Hoofdstuk 6 - Differentiaalvergelijkingen oplossen

er sb v

Hoofdstuk 6 - Differentiaalvergelijkingen oplossen 6.1 Scheiden van variabelen bladzijde 132 1a

(

y = 2 t + 2, 25 ⇒ y = 2 ⋅ t + 2, 25 2= 2 = y 2 t + 2, 25

)

1 2

dus

dy = 2 ⋅ 12 t + 2, 25 dt

(

)

b

2a

Het onderste deel van de kromme vanaf punt (−2, 25; 0). Als je

1 2

1 2

=

1 t + 2, 25

1 dus voldoet. De kromme gaat door (0, 3) dus t + 2, 25

t = 0 ⇒ y = 2 2, 25 = 3, klopt.

−

y2 + a differentieert, dan krijg je

⋅ 2y

dy dy +0= y dt dt

Ui tg

De afgeleide van 2t + b is 2.

1 2

ev

y2 + a = 2t + b ⇒ y2 = 4t + 2(b − a) ⇒ y2 = 4t + c ⇒ y = 4t + c of y = − 4t + c

b

1 2

c

y = 2 t + 2, 25 = 4 ⋅ t + 2, 25 = 4t + 9 dus c = 9.

d

y(20) = 10 invullen geeft 10 = 4 ⋅ 20 + c ⇒ c = 20 De oplossing is y = 4t + 20 = y = 2 t + 5.

3a

dy 6 dy = ⇒y =6 dt y dt 1 2 y = 6t + C ⇒ y2 = 12t + 2C ⇒ y = 12t + 2C of y = − 12t + 2C door (0, 4) geeft 2

off

C = 8

b

y=

1 −5t +

1 2

⇒y=

1

( −5t + ) 1 2

2

or

Dus

dh

y = 12t + 16 = 2 3t + 4 dy 11 −1 1 dy = 10 y y = 10 y 2 ⇒ y 2 = 10 dt dt 1 1 − − 1 −2 y 2 = 10t + C ⇒ y 2 = −5t − 12 C ⇒ 1 = −5t − 12 C ⇒ y = −5t − 12 C y met y(0) = 4 geeft 4 = 11 ⇒ − 12 C = 12 ⇒ C = −1 − 2C

bladzijde 133 4a

V = πr 2 ⋅ h = 900 π ⋅ h ⇒ dV = 900 π dh en dV = c h (gegeven) dt dt dt

No

900 π dh = c h ⇒ dh = c h dt dt 900 π

©

Randvoorwaarde h(0) = 120 .

© Noordhoff Uitgevers bv

1COLOR_INF_9789001701680_Uitw.indd 101

⁄ 101 11-06-09 14:03

b

−0, 1 h c = −0, 1 invullen geeft dh = ⇒ 1 ⋅ dh = −1 ⇒ 2 h = −1 t + C 9000 π dt 900 π h dt 9000 π Randvoorwaarde h(0) = 120 geeft 2 120 = C . ⇒2 h =

−1 t + 2 120 ⇒ h = −1 t + 120 ⇒ h =  −1 t + 120    18000 π 9000 π 18000 π 2

c

  h(t ) = 30 geeft 30 =  −1 t + 2 30  ⇒ 30 = −1 t + 2 30  18000 π  18000 π 1 t = 30 ⇒ t = 18000 π 30 ≈ 309730 sec 18000 π Na ongeveer 86 uur is de hoogte nog 30 cm.

De snelheid dM waarmee de massa afneemt is negatief en R 2 is positief dus moet c dt negatief zijn.

Ui tg

5a

2

ev

⇒

er sb v

Moderne Wiskunde Uitwerkingen bij vwo D deel 3 Hoofdstuk 6 Differentiaalvergelijkingen oplossen

1

b

 3 3 3 M ⇒R= ⋅ M M = 0, 962 ⋅ πR ⇒ R =  0, 962 ⋅ 4 π  0, 962 ⋅ 4 π

c

2 3 3 3M  3 = c  dM = cR 2 ⇒ dM = c  ⋅M3      0, 962 ⋅ 4 π   0, 962 ⋅ 4 π  dt dt

d

4 3

3

3

2

2

2

2

1

)

(0, 8) invullen geeft 8 =

( C) 1 3

3

⇒ C = 6 , dus M =

(25, 1) invullen geeft 1 = ( 13 k ⋅ 25 + 2)3 , dus

(

⇒ M = −0, 04t + 2

Cirkel

)

3

kt + 2

25 3

)

3

k + 2 = 1 ⇒ k = −251 = −0, 12 3

= 0 ⇒ t = 50 . Na 50 weken is het gehele bolletje verdampt.

b

dy dy = −t ⇒ 12 y2 = − 12 t 2 + C =−t ⇒y dt dt y y(1) = 1 geeft C = 1 ⇒ t 2 + y2 = 2 dy y ⇒ 1 dy = − 1 dt ⇒ ln | y |= − ln | t | +C ⇒ ln | y | + ln | t |= C ⇒ yt = K =− y t dt t y(1) = 1 geeft yt = 1, dit zijn hyperbolen.

©

No

or

6a

(

M = −0, 04t + 2

3

1 3

dh

e

)

(

off

(

1

dM = k ⋅ M 3 ⇒ M − 3 dM = k ⇒ 3M 3 = kt + C ⇒ M 3 = 1 kt + 1 C 3 3 dt dt 3 ⇒ M = 13 kt + 13 C

c

⁄ 102



11-06-09 14:03

er sb v


6.2 Lineaire differentiaalvergelijkingen bladzijde 134

b

d

8a

b

c

a = t ⋅ (at + b) + 3t 2 + 2t − 3 ⇒ a = at 2 + bt + 3t 2 + 2t − 3 ⇒ (a + 3)t 2 + (b + 2)t − 3 − a = 0 ⇒ a = −3 en b = −2 F ′(t ) = t ⋅ F (t ) + 3t 2 + 2t − 3 P ′(t ) = t ⋅ P (t ) + 3t 2 + 2t − 3 F ′(t ) − P ′(t ) = t ⋅ F (t ) − P (t )

(

c

d

)

u = F − P ⇒ du = F '− P ' = t ⋅ ( F − P ) = t ⋅ u dt 1 du = t dt ⇒ ln | u |= 1 t 2 + C ⇒ u = Ke 12 t 2 2 u 1 2 t F (t ) = −3t − 2 + Ke 2 dan y(0) = 0 invullen geeft 0 = 0 − 2 + K ⋅ 1 ⇒ K = 2 1 2 t De oplossing is F (t ) = −3t − 2 + 2e 2

bladzijde 135 9a

y = at + b proberen

dh

ev

y = t −1 y = Ce− t dy y = t − 1 + Ce− t ⇒ = 1 − Ce− t dt − y + t = −(t − 1 + Ce− t ) + t = 1 − Ce− t Linker- en rechterkant zijn gelijk. Het is een combinatie van de antwoorden van a en b. Door (0, 1) geeft 1 = −1 + C ⇒ C = 2 De oplossing is y = t − 1 + 2e− t

Ui tg

7a

off

b

or

a = 3(at + b) + 4 ⇒ 3at + 3b + 4 − a = 0 ⇒ a = 0 en b = − 43 dy Gereduceerde vergelijking = 3 y ⇒ y = Ce3t dt De oplossing is y = − 43 + Ce3t y = at + b proberen

c

No

a = 2 + t − at − b ⇒ t (1 − a) − b + 2 − a = 0 ⇒ a = 1 en b = 1 dy Gereduceerde vergelijking = − y ⇒ y = Ce− t dt De oplossing is y = t + 1 + Ce− t y = at + b proberen

©

a + t ⋅ (at + b) = 1 + t 2 ⇒ t 2 (a − 1) + t ⋅ b + a − 1 = 0 ⇒ a = 1 en b = 0 dy − 1t2 Gereduceerde vergelijking = − yt ⇒ y = Ce 2 dt − 1t2 De oplossing is y = t + Ce 2



⁄ 103 11-06-09 14:04

d

er sb v


y = at 2 + bt + c proberen

2 at + b + t ⋅ (at 2 + bt + c) = t 3 + 4t ⇒ t 3 (a − 1) + t 2 ⋅ b + t (2 a + c − 4) + b = 0 ⇒ a = 1 en b = 0 en c = 2 dy − 1t2 = − yt ⇒ y = Ce 2 dt − 1t2 De oplossing is y = t 2 + 2 + Ce 2 Gereduceerde vergelijking

10a

− a sin t = (a cos t + b + 1) ⋅ sin t + 2 sin t cos t

ev

⇒ − a = a cos t + b + 1 + 2 cos t

⇒ (a + 2) cos t + a + b + 1 = 0 ⇒ a = −2 en b = 1 dy dy = y ⋅ sin t + sin t + 2 sin t cos t = ( y + 1) ⋅ sin t + 2 sin t cos t ⇒ dt dt dy Gereduceerde vergelijking is = y ⋅ sin t en b(t ) = sin t + 2 sin t cos t dt ⇒ 1 dy = sin t dt ⇒ ln | y |= − cos t + C y ⇒ y = C1e− cos t

b

c

11a

b

c

3 pt 2 + 2qt = pt 2 + qt + r + t 2 + 1 t t 1 2 ⇒ t (2 p − 1) + qt + (− r − 1) = 0 ⇒ p = 12 en q = 0 en r = −1 t dy 1 dy y ⇒1⋅ = ⇒ ln | y |= ln | t | +C ⇒ ln | y | − ln | t |= C = y dt t dt t y ⇒ = K ⇒ y = Kt t y = 12 t 3 − 1 + Kt

d

t = 0 invullen geeft y = −1

Ui tg

dh

off

y = −2 cos t + 1 + C1e− cos t

6.3 Richtingsvelden nader bekeken

b

c

d

e

f

g

dy = −3 − 1 = −4 = −2 dt −(−1) + 1 2 t = 1

−y + 1 = 0 ⇒ y = 1 dy nee, want is onbepaald dt dy = t − 1 ⇒ (− y + 1) dy = (t − 1)dt dt − y + 1 ⇒ − 12 (− y + 1)2 = 12 (t − 1)2 + C ⇒ (t − 1)2 + ( y − 1)2 = K

No

12a

Cirkels met middelpunt (1, 1) In punt (1, 1) is de oplossingskromme een cirkel met straal 0.

©

or

bladzijde 136

⁄ 104



11-06-09 14:04

13a

b

c

d

e

f

t = 1 en t = −1 dy In (1, 0) is onbepaald dt (−1, 0) 1 − t2 = 3 ⇒ 6y = 1 − t2 ⇒ y = − 1 t2 + 1 6 6 2y 2 2 1 3 2 ydy = (1 − t )dt ⇒ y = t − 3 t + C y(0) = 2 invullen geeft 2 = C De oplossing is y2 = t − 13 t 3 + 2 y(3) = 0 invullen geeft 0 = 3 − 9 + C ⇒ C = 6 De oplossing is y2 = t − 13 t 3 + 6

Ui tg

bladzijde 137

ev

er sb v


14a

b

y = t en y = −2t Bij de horizontale lijnelementen hoort y = t Bij de verticale lijnelementen hoort y = −2t

c

Voor het bovenste gebied geldt: y > t en y > −2t , dus daar is

d

15a

b

c d

off

dy 2 + 4 ⋅ −1 = = −2 dt 2−1 lijn y = −2t + b door (1, − 1) is y = −2t + 1. 2t 3 + 4 y = 0 ∧ 2t + y = 0 2t 3 − 8t = 0 ⇒ t = −2 ∨ t = 0 ∨ t = 2 De singuliere punten zijn (−2, 4), (0, 0) en (2, − 4) y = − 12 t 3 (zie figuur) y = −2t (zie figuur)

e

y 5

–

4

or

+

dh

e

dy > 0. dt dy > 0. Voor het onderste gebied geldt: y < t en y < −2t , dus ook daar is dt In het witte deel. (0, 0)

3

+

2

–

+

No

1

–3

–2

–1

+

1

0

–1

2

3

x

+

–

–2

©

–3

+

–4 –5



–

⁄ 105 11-06-09 14:04

f

g

16a

b

c

d

3 2 y = a t 2 invullen geeft 2 at = 2t + 4 at2 ⇒ 2 at (2t + at 2 ) = 2t 3 + 4 at 2 2t + at

⇒ t 3 (2 a 2 − 2) + t 2 (4 a − 4 a) = 0 ⇒ a = −1 ∨ a = 1 De oplossingsfuncties zijn y = −t 2 en y = t 2 . Zie figuur. Nee, er is geen singulier punt. y=t dy 1 2 1 = t − 2 ty + 14 y2 = 14 (t − y)2 is nooit negatief. dt 4  dy 1 dy  = (t − y)2 ⇒ y′′ = 14 ⋅ 2(t − y)  1 −  dt 4 dt  

(

ev

)

f

g

h

17a

Voor punten op de lijn y = t is y′′ = 0 en er tekenwisseling. dy 1 = ⇒ (t − y)2 = 1 ⇒ t − y = 1 ∨ t − y = −1 ⇒ y = t − 1 ∨ y = t + 1 dt 4 dy = a ⇒ (t − y)2 = 4 a ⇒ t − y = 2 a ∨ t − y = −2 a ⇒ y = t − 2 a ∨ y = t + 2 a dt Dus alle isoclinen zijn evenwijdig aan y = t . y = t + c invullen geeft 1 = 14 ⋅ (t − t − c)2 ⇒ 1 = 14 c 2 ⇒ c = −2 ∨ c = 2 3

y

off

e

Ui tg

⇒ y′′ = 12 (t − y) 1 − 14 (t − y)2 = 12 (t − y) − 18 (t − y)3

er sb v


2

1

–2

–1

dh

0 –3

0

1

2

3

x

–1

or

–2

–3

b

Oplossingskromme raakt de cirkel t 2 + y2 = 1, dy dus punt ligt op die cirkel, dus = 1. dt Raaklijn aan de cirkel heeft ook rc = 1. dy dy −2t dy 2t + 2 y =0⇒ = ⇒ = − t , dus y = −t dt dt 2y dt y Invullen in t 2 + y2 = 1 geeft 2t 2 = 1 ⇒ t = − 12 2 ∨ t =

No

©

Dus de punten zijn (− 12 2 ,

⁄ 106


1 2

2 ) en ( 12 2 , −

1 2

1 2

2.

2 ).


11-06-09 14:04

6.4 Logistische groei bladzijde 138 18a

b

Op de lijnen N = 0 en N = 330 zijn de lijnelementen horizontaal.

(

dN = −330 ⋅ 1 + ae− ct dt

)

−2

− ct ⋅ ae− ct . − c = 330cae 2 1 + ae− ct

  cN  1 − N  = c ⋅ 330− ct  330  1 + ae

(

)

  1 330 ⋅1 −  = c⋅  1 + ae− ct  1 + ae− ct

− ct − ct   1 ⋅  1 + ae− ct − = c ⋅ 330− ct ⋅ ae − ct − ct   1 + ae 1 + ae  1 + ae 1 + ae

beide uitdrukkingen zijn gelijk.

c

(0, 30) invullen geeft 30 = 330 ⇒ a = 10. 1+ a

d

 dN   dt        N N d N ′′ = c ⋅ 1⋅1 − ⇒ N ′′ = c dN  1 − N − N  = c dN  1 − 2 N   + cN  −  dt  330 330  dt  330  330  330  dt  

Ui tg

ev

er sb v


  Dus N ′′ = 0 geeft  1 − 2 N  = 0 ⇒ N = 165.  330  165 =

330 ⇒ 1 + 10e−0 ,3818 t = 2 ⇒ 10e−0 ,3818 t = 1 ⇒ −0, 3818t = ln 0, 1 ⇒ t ≈ 6, 03 1 + 10e−0 ,3818 t

Het buigpunt is dus (6, 03; 165) . 19a

b

Er zijn twee factoren met y. dy y = 1 en = − 12 ⋅ dz invullen geeft z dt z dt

off

    − 12 ⋅ dz = 0, 4 ⋅ 1 ⋅  1 − 1  ⇒ dz = −0, 4 ⋅ z ⋅  1 − 1  ⇒ dz = −0, 4 z + 0, 05    dt 8z 8z  z dt z dt c

Gereduceerde differentiaalvergelijking is dz = −0, 4 z , die heeft als oplossing dt z = Ce−0 ,4 t .

dh

or

Probeer als bijzondere oplossing z = at + b ⇒ dz = a . dt Invullen geeft a = −0, 4(at + b) + 0, 05 ⇒ −0, 4 at + 0, 05 − 0, 04b − a = 0 ⇒ a = 0 ∧ 0, 05 − 0, 04b = 0 ⇒ a = 0 ∧ b =

−0 ,05 −0 ,4

=

1 8

De oplossing van de differentiaalvergelijking is z = 18 + Ce−0 ,4 t . d

y=

1 8

1 8 = + Ce−0 ,4 t 1 + 8C ⋅ e−0 ,4 t

No

y(0) = 2 geeft 2 =

8 ⇒ 1 + 8C = 4 ⇒ C = 83 . 1 + 8C ⋅ 1

©

De oplossing is y =



8 1 + 3 ⋅ e−0 ,4 t

⁄ 107 11-06-09 14:04

er sb v


bladzijde 139 20a

b

 dy y 25 . = 0, 7 y(1 − 0, 04 y) = 0, 7 y  1 −  heeft als oplossing y = dt 25   1 + a ⋅ e−0 ,7 t y(0) = 5 geeft 5 = 25 ⇒ 1 + a = 5 ⇒ a = 4 . 1 + a ⋅1 25 De oplossing is y = 1 + 4 ⋅ e−0 ,7 t Het buigpunt ligt bij y = 12 M = 12, 5 1 + 4 ⋅ e−0 ,7 t = 2 ⇒ 4 ⋅ e−0 ,7 t = 1 ⇒ t =

(

ln 14 ≈ 1, 98 −0, 7

)

b

c

d

e

22a

  250 L′(t ) = 0, 5L  1 − L  heeft als oplossing L =  250  1 + a ⋅ e−0 ,5 t L(0) = 10 geeft 10 = 250 ⇒ 1 + a = 25 ⇒ a = 24 1 + a ⋅1 250 De oplossing is L = 1 + 24 ⋅ e−0 ,5 t De groeisnelheid is maximaal bij L = 125.

ln 250 = 125 ⇒ 1 + 24 ⋅ e−0 ,5 t = 2 ⇒ 24 ⋅ e−0 ,5 t = 1 ⇒ t = 24 ≈ 6, 36 −0 ,5 t −0, 5 1 + 24 ⋅ e   125 125 De groeisnelheid is dan L′(t ) = 0, 5 ⋅ 125  1 − = 31, 25 =  250  4 250 gaat door (4; 125). De grafiek van L = 1 + 24 ⋅ e− c⋅t ln 1 250 125 = ⇒ 1 + 24 ⋅ e−4 c = 2 ⇒ 24 ⋅ e−4 c = 1 ⇒ c = 24 ≈ 0, 79 − c⋅4 −4 1 + 24 ⋅ e 250 De oplossing is dus L = 1 + 24 ⋅ e−0 ,79⋅t 1

Los op

off

De maximale lengte is 250 centimeter.

dh

21a

 dy y 5 = 0, 3 y(1 − 0, 2 y) = 0, 3 y ⋅  1 −  heeft als oplossing y = dt 5  1 + a ⋅ e−0 ,3t 5 ⇒ 1 + a = 50 ⇒ a = 49 y(0) = 0, 1 geeft 0, 1 = 1 + a ⋅1

or

De oplossing is y =

b

Ui tg

Het buigpunt is dus 1, 98; 12, 5 .

ev

5 1 + 49 ⋅ e−0 ,3t

 dy y = 1, 5 y − 0, 03 y2 = 1, 5 y(1 − 0, 02 y) = 1, 5 y ⋅  1 −  heeft als oplossing dt 50  

No

50 1 + a ⋅ e−1,5 t y(0) = 2 geeft 2 = y=

50 ⇒ 1 + a = 25 ⇒ a = 24 1 + a ⋅1

©

De oplossing is y =

⁄ 108


50 1 + 24 ⋅ e−1,5 t


11-06-09 14:05

c

 dy y 50 = 2, 5 y − 0, 05 y2 = 2, 5 y(1 − 0, 02 y) = 2, 5 y  1 −  heeft als oplossing y = dt 50   1 + a ⋅ e−2 ,5 t y(0) = 10 geeft 10 = De oplossing is y =

50 ⇒ 1 + a = 5 ⇒ a = 4 1 + a ⋅1

50 1 + 4 ⋅ e−2 ,5 t

6.5 Hogere afgeleiden bladzijde 140

b

c

24a

b

c

e

d

d

dz = 2 z ⇒ z = Ae2 t dt y′ = Ae2 t ⇒ y = 12 Ae2 t + B y′ = Ae2 t ⇒ y′′ = 2 Ae2 t invullen in de differentiaalvergelijking geeft: 2 Ae2 t = 2 Ae2 t , dus is een oplossing.

Ui tg

z = y′ ⇒ z′ = y′′ de differentiaalvergelijking wordt: z′ = 2 z

Dat komt door de term −3y. y = ekt ⇒ y′ = k ⋅ ekt ⇒ y′′ = k 2 ⋅ ekt invullen geeft k 2 ⋅ ekt + 2 k ⋅ ekt − 3 ⋅ ekt = 0 ⇒ k 2 + 2 k − 3 = 0 (k + 3)(k − 1) = 0 ⇒ k = −3 ∨ k = 1 , dus f (t ) = e−3t en g (t ) = et . h(t ) = e−3t + et ⇒ h′(t ) = −3e−3t + et ⇒ h′′(t ) = 9e−3t + et invullen geeft 9 ⋅ e−3t + et + 2 ⋅ (−3 ⋅ e−3t + et ) − 3 ⋅ (e−3t + et ) = 0 dat klopt. y = C1e−3t + C2 et ⇒ y′ = −3C1e−3t + C2 et ⇒ y′′ = 9C1e−3t + C2 et invullen geeft 9 ⋅ C1e−3t + C2 et + 2 ⋅ (−3 ⋅ C1e−3t + C2 et ) − 3 ⋅ (C1e−3t + C2 et ) = 0 dat klopt.

bladzijde 141

b

c

or

De karakteristieke vergelijking is k 2 − 1 = 0 ⇒ k = −1 ∨ k = 1 . Een bijzondere oplossing is P (t ) = −3t . De oplossing is y = −3t + C1et + C2 e− t . De karakteristieke vergelijking is k 2 − 16 = 0 ⇒ k = −4 ∨ k = 4 . Probeer P (t ) = at 2 + bt + c ⇒ P ′(t ) = 2 at + b ⇒ P ′′(t ) = 2 a . Invullen geeft 2 a − 16(at 2 + bt + c) = 8t 2 ⇒ − t 2 (8 + 16 a) − 16bt + 2 a − 16c = 0 ⇒ a = − 12 ∧ b = 0 ∧ c = − 161 Een bijzondere oplossing is P (t ) = − 12 t 2 − 161 . . De oplossing is y = − 12 t 2 − 161 + C1e4 t + C2 e−4 t. De karakteristieke vergelijking is k 2 − 14 k + 45 = 0 ⇒ (k − 5)(k − 9) = 0 ⇒ k = 5 ∨ k = 9. Probeer P (t ) = at 2 + bt + c ⇒ P ′(t ) = 2 at + b ⇒ P ′′(t ) = 2 a . Invullen geeft 2 a − 14(2 at + b) + 45(at 2 + bt + c) = 90t 2 + 79t + 7 ⇒ t 2 (45a − 90) + t (45b − 28 a − 79) + 2 a − 14b + 45c − 7 = 0 a = 2 ∧ b = 3 ∧ c = 1 Een bijzondere oplossing is P (t ) = 2t 2 + 3t + 1. De oplossing is y = 2t 2 + 3t + 1 + C1e5 t + C2 e9 t

No

25a

©

off

23a

dh

ev

er sb v




⁄ 109 11-06-09 14:05

De karakteristieke vergelijking is k 2 + 3k − 4 = 0 ⇒ (k + 4)(k − 1) = 0 ⇒ k = −4 ∨ k = 1. Probeer P (t ) = at 2 + bt + c ⇒ P ′(t ) = 2 at + b ⇒ P ′′(t ) = 2 a . Invullen geeft 2 a + 3(2 at + b) − 4(at 2 + bt + c) = 8t ⇒ −4 at 2 + t 6 a − 4b − 8 + 2 a + 3b − 4c = 0 ⇒ a = 0 ∧ b = −2 ∧ c = − 23 Een bijzondere oplossing is P (t ) = −2t − 23 . De oplossing is y = −2t − 23 + C1e−4 t + C2 et

(

b

d

e

27a

b

28a

b

c

d

c

e

(

)

y = C1e−6 t + C2 ⋅ t ⋅ e−6 t De karakteristieke vergelijking is k 2 − 6 k + 9 = 0 ⇒ (k − 3)2 = 0 ⇒ k = 3. Probeer P (t ) = aet ⇒ P ′(t ) = aet ⇒ P ′′(t ) = aet . Invullen geeft aet − 6 aet + 9 aet = et ⇒ a − 6 a + 9 a = 1 ⇒ 4 a = 1 ⇒ a = 14 De oplossing is y = 14 et + C1e3t + C2 ⋅ t ⋅ e3t .

y = sin t ⇒ y′ = cos t ⇒ y′′ = − sin t invullen in de differentiaalvergelijking geeft: − sin t + sin t = 0, klopt y = cos t ⇒ y′ = − sin t ⇒ y′′ = − cos t invullen in de differentiaalvergelijking geeft: − cos t + cos t = 0, klopt y = p sin t + q cos t ⇒ y′ = p cos t − q sin t ⇒ y′′ = − p sin t − q cos t invullen in de differentiaalvergelijking geeft: − p sin t − q cos t + p sin t + q cos t = 0, klopt k 2 + 1 = 0 ⇒ k = i of k = −i y = C1 ⋅ ei t + C2 ⋅ e− i t Met eit = cos t + i sin t en e− it = cos t − i sin t kun je cos t = 12 eit + e− it en sin t = 21i eit − e− it schrijven. y = sin t krijg je met C1 = 21i en C2 = − 21i y = cos t krijg je met C1 = C2 = 12

(

)

(

)

or

f

De karakteristieke vergelijking is k 2 − 2 k + 1 = 0 ⇒ (k − 1)2 = 0 ⇒ k = 1 . y = Cet y = t ⋅ et ⇒ y′ = et + t ⋅ et ⇒ y′′ = et + et + t ⋅ et = 2et + t ⋅ et . Invullen geeft 2et + t ⋅ et − 2(et + t ⋅ et ) + t ⋅ et = 0 dit klopt. y = C1et + C2 ⋅ t ⋅ et ⇒ y′ = C1et + C2 (et + t ⋅ et ) ⇒ y′′ = C1et + C2 (22et + t ⋅ et ). Invullen geeft C1et + C2 (2et + t ⋅ et ) − 2 C1et + C2 (et + t ⋅ et ) + C1et + C2 ⋅ t ⋅ et = 0. Dit klopt. Probeer P (t ) = ae3t ⇒ P ′(t ) = 3ae3t ⇒ P ′′(t ) = 9 ae3t . Invullen geeft 9 ae3t − 2 ⋅ 3ae3t + ae3t = e3t ⇒ 9 a − 6 a + a = 1 ⇒ a = 14 De oplossing is y = 14 e3t + C1et + C2 ⋅ t ⋅ et

Ui tg

26a

off

)

ev

d

dh

er sb v


No

6.6 Orthogonale trajectoriën bladzijde 142

29a

dy =a dt dy y a elimineren geeft = dt t y = a ⋅t ⇒

©

⁄ 110



11-06-09 14:05

b

c

De orthogonale trajectoriën hebben als differentiaalvergelijking y dy = − t , want − t ⋅ = −1 y t dt y dy = − t ⇒ 2 y dy = −2tdt ⇒ y2 = −t 2 + C dt y t 2 + y2 = C zijn cirkels met middelpunt (0, 0).

b

c

dy y = A ⋅ sin t ⇒ = A ⋅ cos t dt y dy y ⋅ cos t A= invullen geeft = sin t dt sin t y ⋅ cos t − sin t ⋅ = −1 sin t y ⋅ cos t dy − sin t = ⇒ y dy = − sin t dt ⇒ 12 y2 = ln | cos t | +C ⇒ y2 = ln cos 2 t + 2C dt y ⋅ cos t cos t

ev

30a

(

y(π) = 1 geeft 1 = ln 1 + 2C ⇒ 2C = 1

(

)

)

Ui tg

er sb v


(

)

De oplossing is y2 = ln cos 2 t + 1 ofwel y = ± ln cos 2 t + 1 .

bladzijde 143

c

32a

b

c

d

e

dy = − 4t = − 2t , dus de orthogonale trajectoriën hebben als differentiaaldt 2y y dy y = vergelijking dt 2t 1 dy = 1 ⋅ 1 dt ln | y |= 1 ln | t | +C ⇒ 2 ln | y |= ln | t | +2C ⇒ y2 = t ⋅ C 2 2 1 y t De oplossingskrommen zijn (liggende) parabolen.

off

b

dy =0 dt

dh

4t + 2 y

(0, 12 ) invullen geeft 14 = a 2 ⇒ a = − 12 ∨ a = 12 . dy dy 2 2y =4⇒ = dt dt y dy (0, 2) invullen geeft = 1, de raaklijn is y = t + 2. dt Bij a = −2 hoort de parabool y2 = −4t + 4 dy dy −2 2y = −4 ⇒ = dt dt y dy (0, 2) invullen geeft = −1, de raaklijn is y = −t + 2. dt De twee raaklijnen snijden elkaar loodrecht. dy dy y2 = 2 at + a 2 ⇒ 2 y = 2a ⇒ a = y ofwel a = y ⋅ y′ dt dt 2 a = y ⋅ y′ invullen in y2 = 2 at + a 2 geeft y2 = 2 y ⋅ y′ ⋅ t + y ⋅ y′ , dus

or

31a

No

( )

f

)

(

y = 2t ⋅ y′ + y ⋅ y′ . 2 2   y = 2t ⋅ −1 + y ⋅  −1  ⇒ y ⋅ y′ = −2t ⋅ y′ + y ⇒ 2t ⋅ y′ + y ⋅ y′ y′  y′  Dit is differentiaalvergelijking van de familie parabolen.

©

(



)

2

( )

( )

2

=y

⁄ 111 11-06-09 14:05

33a

b

c

d

e

dy y 2 y = = dt 12 t t 1 dy = 2 dt ⇒ ln | y |= 2 ln | t | +C ⇒ ln | y | = ln t 2 + ln K ⇒ y = K t 2 y t y(4) = 2 invullen geeft 2 = K ⋅ 16 ⇒ K = 18

De oplossing is y = 18 t 2 . dy = − t ⇒ 2 y dy = −t dt ⇒ y2 = − 12 t 2 + C ⇒ t 2 + 2 y2 = 2C , dit zijn ellipsen. dt 2y dy Lijn AS heeft als helling = − 4 = −1 en gaat door (4, 2). 2⋅2 dt De vergelijking van AS is dan y = −t + 6. Dus S is punt (0, 6). Dan is TS = 4.

ev

er sb v


Een willekeurig punt B op de kromme k is (t B , yB ) . De loodlijn heeft als helling t dy =− B 2 yB dt t t De vergelijking van BS is dan y − yB = − B t − t B ⇒ y = − B t − t B + yB. 2 yB 2 yB t2 t = 0 geeft yS = B + yB . Ook is yT = yB . 2 yB t2 t2 t B2 ⇒ ST = yS − yT = B + yB − yB = B = = 11 = 4 2 yB 2 yB 2 ⋅ 18 t B2 4

6.7 Gemengde opdrachten

)

(

)

Ui tg

(

34a

off

bladzijde 144 dy c = invullen in de differentiaalvergelijking dt 2 (ct + 2, 25) c c = klopt. geeft 2 (ct + 2, 25) 2 (ct + 2, 25) − 1 + 1 y = (ct + 2, 25) − 1 ⇒

(

b

c

c Omdat het ijs aangroeit is c > 0 en y > 0 , dan geldt c > . 2 y 2( y + 1) Dus in het tweede model is de groeisnelheid groter. dy = c ⇒ 2 y dy = c dt ⇒ y2 = ct + K . randvoorwaarde y(0) = 0, 5 . Invullen geeft dt 2 y K = 14 .

or

Dus de oplossing is y2 = ct + d

1 4

Met c = 0, 375 geeft het eerste model op t = 30 als ijsdikte

No

2, 25 − 1 = 1, 5 − 1 = 0, 5 klopt.

dh

Nu nog controleren dat y(0) = 0, 5 :

)

y = (0, 375 ⋅ 30 + 2, 25) − 1 ≈ 2, 674

Met c = 0, 375 geeft het tweede model op t = 30 als ijsdikte y = (0, 375 ⋅ 30 + 0, 25) ≈ 3, 391

Het verschil tussen beide modellen is 3, 391 − 2, 674 ≈ 0, 717

e

212 − 2, 25 = 1170 uur. 0, 375 Invullen in het tweede model geeft y = (0, 375 ⋅ 1170 + 0, 25) ≈ 20, 95 20 = (0, 375t + 2, 25) − 1 ⇒ 0, 375t + 2, 25 = 212 ⇒ t =

©

⁄ 112



11-06-09 14:06

35a

b

S is de verhouding tussen het instromende water uit de IJssel ten opzichte van de V totale hoeveelheid water in het IJsselmeer.

Z = 0, 1 + 5, 8e−0 ,8 t ⇒ dZ = 5, 8e−0 ,8 t ⋅ (0, 8) = −4, 64e−0 ,8 t invuldt len in de differentiaalvergelijking dZ = 0, 8 ⋅ (0, 1 − Z ) geeft dt 0, 8 ⋅ (0, 1 − Z ) = 0, 8 ⋅ 0, 1 − 0, 1 + 5, 8e−0 ,8 t = 0, 8 ⋅ −5, 8e−0 ,8 t = −4, 64e−0 ,8 t klopt. December 1934 betekent t = 2 12 , dan is het zoutgehalte −0 ,8⋅ 5 Z = 0, 1 + 5, 8e 2 = 0, 1 + 5, 8e−2 ≈ 0, 88 kg/m3. Uit de grafiek volgt een zoutgehalte van ongeveer 1,2 kg/m3, dat is een afwijking van 0,32 kg/m3.

d

e

36a

b

)

S wordt kleiner dus S ook. Door voor S ongeveer 0,65 te nemen, komt het model V V beter overeen met de werkelijke waarde in december 1934. Dus dZ = 0, 65 ⋅ (0, 1 − Z ). dt bladzijde 145

(

Ui tg

c

))

(

ev

(

er sb v


VR + VL = 12 geeft 100 I + 2 dI = 12 ⇒ dI = 6 − 50 I dt dt dI = 50(0, 12 − I ) ⇒ I = 0, 12 + ae−50 t dt I(0) = 12 invullen geeft 12 = 0, 12 + a ⇒ a = 11, 88

c

off

De oplossing is I = 0, 12 + 11, 88e−50 t

Los op I = 0, 8 ⋅ 12 = 9, 6 ⇒ 0, 12 + 11, 88e−50 t = 9, 6

9, 48 ln 0, 79798 ≈ 0, 79798 ⇒ t = ≈ 0, 0045 −50 11, 88 Na 0,0045 milliseconde is de stroomsterkte op 80% van het maximum.

b

a( y + 1) + b( y − 3) 4 4 = = a + b ⇒ ( y − 3)( y + 1) ( y − 3)( y + 1) ( y − 3)( y + 1) y − 3 y + 1 ⇒ y(a + b) + a − 3b = 4 ⇒ a = −b ⇒ −4b = 4 ⇒ b = −1 ∧ a = 1   De differentiaalvergelijking is te schrijven als  1 + −1  dy = 1 dt t  y − 3 y + 1 y−3 y−3 ln | y − 3 | − ln | y + 1 |= ln | t | +C ⇒ ln = ln | Kt | ⇒ = Kt y+1 y+1

or

37a

dh

⇒ e−50 t =

38a

b

No

y(1) = −2 invullen geeft −2 − 3 = K ⇒ K = 5 −2 + 1 y−3 = 5t ofwel y − 3 = 5t ⋅ ( y + 1) De oplossing is y+1

Karakteristieke vergelijking is k 2 + 4 = 0 ⇒ k = 2i of k = −2i e2 it = cos 2t + i sin 2t en e−2 it = cos 2t − i sin 2t geeft

©

e2 it + e−2 it = 2 cos 2t ⇒ cos 2t = e2 it − e−2 it = 2i sin 2t ⇒ sin 2t =



1 2

(e (e

1 2i

2 it 2 it

+ e−2 it

) )

− e−2 it

⁄ 113 11-06-09 14:06

c

y = C1 ⋅ e−2 it + C2 ⋅ e2 it ⇒ y = C1 (cos 2t − i sin 2t ) + C2 (cos 2t + i sin 2t )

er sb v


⇒ y = (iC2 − iC1 ) sin 2t + (C1 + C2 ) cos 2t ⇒ y = C3 ⋅ sin 2t + C4 ⋅ cos 2t met C3 = i(C2 − C1 ) en C4 = C1 + C2 39a

b

Karakteristieke vergelijking is k 2 + 9 = 0 ⇒ k = 3i of k = −3i . De oplossing is ⇒ y = C1 ⋅ sin 3t + C2 ⋅ cos 3t . Karakteristieke vergelijking is k 2 + 81 = 0 ⇒ k = 9i of k = −9i . De oplossing is ⇒ y = C1 ⋅ sin 9t + C2 ⋅ cos 9t .

ev

Test jezelf

b

c

d

e

f

Probeer y = at 2 + bt + c ⇒ y′ = 2 at + b .

or

T-2a

off

dy = 4t ⇒ y = 2t 2 + C dt y(1) = 2 invullen geeft C = 0. De oplossing is dan y = 2t 2 . dy = 3t 2 ⇒ y = t 3 + C dt y(0) = 0 invullen geeft C = 0. De oplossing is dan y = t 3 . dy = 2 y ⇒ y = Ce2 t dt y(0) = 2 invullen geeft C = 2. De oplossing is dan y = 2e2 t . dy t = 3 y ⇒ 1 dy = 3 dt ⇒ ln | y | = 3 ln | t | +C ⇒ ln | y | = ln t 3 + ln K ⇒ y = Kt 3 dt y t y(1) = 1 invullen geeft K = 1. De oplossing is dan y = t 3 . dy t = 2 y ⇒ 1 dy = 2 dt ⇒ ln | y | = 2 ln | t | +C ⇒ ln | y | = ln t 2 + ln K ⇒ y = Kt 2 dt y t y(2) = 8 invullen geeft K = 2. De oplossing is dan y = 2t 2 . dy = 2e 2 t ⇒ y = e 2 t + C dt invullen geeft C = 1. De oplossing is dan y = e2 t + 1.

dh

T-1a

Ui tg

bladzijde 148

Invullen geeft t 2 ⋅ (2 at + b) − (at 2 + bt + c) = (4t 2 − 2)t ⇒ t 3 (2 a − 4) + t 2 (b − a) + t (−b + 2) − c = 0 ⇒ a = 2 ∧ b = 2 . De bijzondere oplossing is

b

c

No

y = 2t 2 + 2t , klopt met de tekening. dy dy dy y (4t 2 − 2)t t2 ⋅ − y = (4t 2 − 2)t ⇒ t 2 ⋅ = y + (4t 2 − 2)t ⇒ = + dt dt dt t 2 t2 dy y 1 1 = 2 ⇒ dy = 2 dt ⇒ ln | y | = − 1 + C De gereduceerde vergelijking is t d t y t t 1 − ⇒ y = Ke t .

De oplossing van de differentiaalvergelijking is dan y = 2t (t + 1) + Ke

−

1 t

©

y(−1) = e invullen geeft e = 0 + Ke ⇒ K = 1. −

1

De oplossing van de differentiaalvergelijking is dan y = 2t (t + 1) + e t .

⁄ 114



11-06-09 14:06

c

Het richtingsveld hoort bij (2), want die heeft horizontale lijnelementen bij t = −1 en t = 1 . (1) Singuliere punten als t 3 − y = 0 ∧ y = t ⇒ t 3 − t = 0 ⇒ t (t + 1)(t − 1) = 0 ⇒ t = −1 ∨ t = 0 ∨ t = 1 De punten zijn (−1, − 1) , (0, 0) en (1, 1). (2) Singuliere punten als 1 − t 2 = 0 ∧ 1 − y = 0 ⇒ −(t + 1)(t − 1) = 0 ∧ y = 1 ⇒ (t = −1 ∨ t = 1) ∧ y = 1 De punten zijn (−1, 1) en (1, 1). 3

y

ev

T-3a b

er sb v


2

0 –3

–2

–1

0

1

2

–1

verticaal

–2

horizontaal –3

d

e

3

x

1 − t2 = 1 ⇒ 1 − t2 = 1 − y ⇒ y = t2 1− y dy 1 − t 2 ⇒ (1 − y) dy = (1 − t 2 ) dt ⇒ y − 12 y2 = t − 13 t 3 + C = dt 1 − y y(3) = 4 geeft 4 − 12 ⋅ 4 2 = 3 − 13 ⋅ 33 + C ⇒ −4 = −6 + C ⇒ C = 2

off

Ui tg

1

bladzijde 149

b

c

(

or

  f ′(t )  f (t )  f ′′(t ) = 2, 4 f ′(t ) ⋅  1 − + 2, 4 f (t ) ⋅  − 8  8    f (t ) ⇒ f ′′(t ) = 2, 4 f ′(t ) − 2 ⋅ 2, 4 ⋅ f ′(t ) ⋅ 8 ⇒ f ′′(t ) = 2, 4 f ′(t ) − 0, 6 ⋅ f ′(t ) ⋅ f (t )

)

f ′′(t ) = 2, 4 − 0, 6 f (t ) ⋅ f ′(t ) = 0 ⇒ f (t ) = 4 als f ′(t ) ≠ 0 . Er is sprake van logistische groei, dus de oplossing is f (t ) =

No

T-4a

dh

De oplossing is y − 12 y2 = t − 13 t 3 + 2

(2, 3) invullen geeft 3 =

8 . 1 + ae−2 ,4 t

8 ⇒ 1 + ae−4 ,8 = 83 ⇒ a = 53 e4 ,8 ≈ 202, 52 −4 ,8 1 + ae

8 . 1 + 202, 52e−2 ,4 t Buigpunt bij f (t ) = 4 geeft

De oplossing is f (t ) =

d

©

ln 0, 004938 1 + ae−2 ,4 t = 2 ⇒ e−2 ,4 t = 1 ≈ 0, 004938 ⇒ t = ≈ 2, 21 . a −2, 4 De coördinaten van het buigpunt zijn (2,21; 4)



⁄ 115 11-06-09 14:06

b

c

De karakteristieke vergelijking is k 2 − 3k + 2 = 0 ⇒ (k − 1)(k − 2) = 0 ⇒ k = 1 ∨ k = 2 De oplossing is y = C1et + C2 e2 t De karakteristieke vergelijking is 2 k 2 + 18 k + 27 = 0 ⇒ 3(k + 3)2 = 0 ⇒ k = −3 De oplossing is y = C1e−3t + C2 te−3t De karakteristieke vergelijking is k 2 − 4 = 0 ⇒ (k + 2)(k − 2) = 0 ⇒ k = −2 ∨ k = 2 Probeer P (t ) = at 2 + bt + c ⇒ P ′(t ) = 2 at + b ⇒ P ′′(t ) = 2 a . 2 a − 4 at 2 + bt + c = 12t 2 − 28t − 6 ⇒ t 2 (−4 a − 12) + t (−4b + 28) + 2 a − 4c + 6 = 0 ⇒ a = −3 ∧ b = 7 ∧ c = 0 De oplossing is y = −3t 2 + 7t + C1e−2 t + C2 e2 t

T-6a b

c

d

Bijna alle krommen zijn hyperbolen, maar de lijn y = 0 voldoet ook. dy dy y = − A2 met y = A dan A elimineren geeft =− t dt dt t t dy t Bij de orthogonale trajectoriën hoort de differentiaalvergelijking = dt y y dy = t dt ⇒ 12 y2 = 12 t 2 + C ⇒ y2 = t 2 + 2C De lijnen y = −t en y = t .

©

No

or

dh

off

)

ev

(

Ui tg

T-5a

er sb v


⁄ 116



11-06-09 14:07

Hoofdstuk 6 - Differentiaalvergelijkingen oplossen

Recommend Documents