Differentiaalvergelijkingen: 220 voorbeelden en opgaven met oplossingen - beknopte theorie

220 voorbeelden en opgaven met oplossingen - beknopte theorie drs. A. Schuitman BIBLIOTHEEK TU Delft P 1741 4303

1111111111111

C 828386 11/11111111111111111111111111111 1111111111111111111 1111111111 1111111111111111111 dl 111 111111

Delftse Uitgevers Maatschappij - 1983

VOORWOORD

Dit boekje behandelt enkele veel gebruikte technieken voor het oplossen van differen-tiaalvergelijkingen. Het is bedoeld als vraagstukkenverzameling naast een college of een leerboek. De meeste vraagstukken zijn voorzien van min of meer uitgebreide uitwerkin-gen. De inrichting is zo gekozen dat een student die voor een tentamen zit, bij het doorwerken in een gecomprimeerde vorm informatie krijgt over de belangrijkste dingen die hij weten moet. Elk hoofdstuk bevat daartoe wat algemene opmerkingen over het betreffende onderwerp en één of meer uitvoerig uitgewerkte voorbeelden. Als er weinig tijd is om te repeteren zal er niet veel anders opzitten dan de algemene tekst te lezen en de voorbeelden globaal door te werken. Veel effectiever is natuurlijk het uitwerken van de opgaven. Voor iemand met weinig ervaring is het daarbij belangrijk om bij de aanpak van een eerste vraagstuk steeds een bijbehorend voorbeeld te raadplegen en te proberen wat daar is gedaan na te doen. Men leert dan vrij snel aanvoelen waar de moeilijkheden zitten en vaak blijkt dat een tweede vraagstuk daarna al veel gemakke-lijker is op te lossen. Het is verder zaak om bij het vergelijken van de verkregen op-lossingen met de opop-lossingen achterin een intelligente en waakzame opstelling te kiezen. In de eerste plaats kunnen antwoorden soms op verschillende manieren worden gegeven, in de tweede plaats is geen antwoordenboek ooit zonder fouten.

Dat brengt me op het volgende: de gebruikers van dit boekje zal ik zeer erkentelijk zijn als ze mij op geconstateerde fouten willen wijzen. De vele studenten die mij wezen op fouten en tekortkomingen in de beide eerder via de VSSD verschenen uitgaven, inmid-dels uitverkocht, ben ik daarvoor eveneens erkentelijk. Hun opmerkingen heb ik verwerkt bij die stukken uit die deeltjès die hier weer verschijnen.

De inzet waarmede medewerkers van de VSSD het zetwerk en wat daarmee samenhangt hebben verzorgd en het geduld dat daarbij ten opzichte van de auteur is opgebracht, ver-dienen een woord van lof.

INHOUD

- 1. Scheiding van de variabelen 7

- 2. Lineaire differentiaalvergelijkingen (eerste orde) 10

- 3. Differentiaalvergelijking van Bernoulli 13

- 4. Exacte differentiaalvergelijkingen 14

~5. Homogene vergelijkingen 17

. / 6. Andere typen 19

..- 7. Invoeren van nieuwe veranderlijken (transformaties) 21

- 8. Lineaire differentiaalvergelijkingen 25

' - 9. Lineaire differentiaalvergelijkingen met constante coëfficiënten 30 10. Oplossingen in de vorm van (gegeneraliseerde) machtreeksen voor 2e-orde

lineaire vergelijkingen 37

r--

11. Stelsels differentiaalvergelijkingen (lineair, constante coëfficiënten, 1 e -orde) 47 ,../12. Stelsels differentiaalvergelijkingen (lineair, constante coëfficiënten,

orde> (;;;;') 1) 67

..--13. Laplace transformaties - 14. Randwaardenproblemen

) 15. Toepassingen op partiële differentiaalvergelijkingen

fl.

)

APPENDICES

A.

B. C. D. E. F. G. H. Complexe getallen 'D' -techniek

Exacte differentiaalvergelijkingen; oplossingen met lijnintegralen Fourier reeksen Goniometrie Laplace transformaties Matrixexponen ten Primitieven Oplossingen Literatuur 72 78 89 96 96 98 101 104 109 lil 116 124 127 160

1. Scheiding van de variabelen

dy

1.1.

Vorm: dx = f(x)·g(y).

Soms moet de vergelijking enigszins herleid worden om de mogelijkheid van scheiden te herkennen.

Oplossen: Alles met x naar één kant, alles met y naar de andere kant.

1.2.

Voorbeeld

dy 1 ) -= xy

dx '

x>O

Oplossing. In differentiaalvorm luidt de vergelijking (x

+

l)dy = xydx.

_______

---

*

I Ij LX-t"I) Scheiden geeft dy x - = - - d x y

*"

O. Y x

+ 1

' Integreren (primitiveren): dy 1

J -

=

JO

-

- - ) d x Y x

+

I '

lnlyl = x - ln(x + 1) + InA, A> O. L::he"

Daaruit komt te voorschijn

Voor elke A > 0 staan hier twee oplossingen, namelijk Aex y = - - en

x + 1

Aex y = - - - . x

+ 1

(1)

Door invullen in de gegeven vergelijking blijkt bovendien dat y = 0 een oplossing is. Samenvattend:

is de algemene oplossing. Opmerkingen.

CE IR

1. Om na te gaan of een bepaalde functie een oplossing is, altijd invullen in de gegeven vergelijking en niet in de één of andere herleide vorm!'

2. Als de vergelijking in differentiaal vorm is gegev~n, (x

+ l)dy - xydx

= 0,

is niet duidelijk of y als functie van x moet worden geïnterpreteerd of omgekeerd. Men onderneemt in zo'n geval meestal geen pogingen om y (of x) expliciet te schrijven en noteert als algemene oplossing

xy + Y - Cex

=

0, C E IR.

Overigens is het lang niet altijd mogelijk zo'n expliciete vorm te verkrijgen.

1.3.

Opgaven. Cl

+

x2

)

Y'

+

xy = 0, (x,y) E IR2

~~

=

J

1

~

y'

°

~

y

< 1

e-YCl

+ d

y )

=

1 dx

Cl

+ x)y + Cl

-

y)x

~~ =

0, x > 0, y >

°

(2) (3) (4) (5) y - xy' = 1 + x2_{y', x> 0, y ~ 1 (6)} dy 2y(x

+

1) dx = x, x> 0, y >

°

(7)

.J1='7

y'

=

2

Vi

Bepaal alle oplossingen die op (-1,1) zijn gedefinieerd. (8)

1.4.

Voorbeeld. Beginwaardenprobleem.

I

_x 2 _Y dy_{dx - 1Txsmx} . _{- 1TCOSX -}

°

_, Oplossing. Scheiden geeft

d ( sinx cosx )d y y

=

1T - -

+ - -

x.

X x2

(9)

Integreren we het linkerlid over [1 ,y I en het rechterlid over

[1-

,x I dan ontstaat de op-lossing die aan de gegeven beginwaarden voldoet:.

Y X ' t t

f

u u d = 1T

f(

- -sm

+ - 2 -

cos)d t.

1 ~ 1T t t

. c o s t .

UItwerken geeft (f-2-dt partIeel): t

2 COSX

Y - 1 = - 2 1 T - -

+ 3

x '

waaruit we weer halen

- (4 2 COSX )Y2

Y - - 1 T - - .

X

. cosx ~ .

Let op: met y = -(4 - 2 1 T - - ) ~ Deze laatste voldoet met aan de beginwaarden. x

Advies: altijd door invullen controleren of de gevonden oplossing voldoet aan de ge-geven beginwaarden.

1.5. Opgaven.

(1 - X2) dy + x(y - a) = 0

dx a is een positieve constante. Bepaal op het interval (- 1,1) de oplossing waarvoor y( 0)

=

O.

rrrr Bepaal de oplossingskromme door ( 4

'2 )

rr y(-) = 0 4 (10)

(11)

(12)

/ '

2. Lineaire differentiaalvergelijkingen (eerste orde)

dy

2.1.

Vorm: f(x) dx + g(x)y = h(x).

Oplossen:

Methode I

1. Bepaal met de methode van het scheiden van de variabelen de algemene oplossing van de bijbehorende homogene (de gereduceerde) vergelijking: r.A d.w.? '. h.t:,d : o

f(x)y'

+

g(x)y = O. .---... ~ h.o,,"",-:::; . - •

2. Bepaal een particuliere oplossing van de gegeven vergelijking. ~

Y

r

_lWC. :: -

-3. De gevraagde oplossing is de 'som' van de beide gevonden oplossingen. "'"" ~ '" ~ Lw_

+

j

r-t

Methode 11

1. Stel: y = u(x~v.(~); dan is y' = u'v + uv' en invullen in de vergelijking geeft . .I

fvu' + (fv' + gv)u = h.

2. Bepaal een v(x) zodanig, dat fv'

+

gv

=

O. (Dit kan met scheiden van de variabelen.) 3. Bepaal u(x) uit fvu' = h.

4. Vergeet niet om de gevonden functies samen te stellen tot de gevraagde oplossing.'. Jo!

e

·

'i -= ~. v

Merk op dat de in punt 2 genoemde vergelijking in feite de gereduceerde vergelijking is, zij het met een andere variabele.

2.2.

Voorbeelden.

I

xy'

+

y = 3x2,

x>O

)

(13)

Oplossing: De bijbehorende homogene vergelijking is /

dy

x -+ Y = O.

dx .

r

Z-Ie 2.3

De algemene oplossing is y =

C/x,

C E IR. Een 12articuliere oplossing is y = x2, zoals door invullen direct is na te gaan. De algemene oplossing van de gegeven vergelijking is dus

C

Y

= -

+

x2 X

I

y'

+

Y = 2sinx (14)

Oplossing. Stel: y = uv, y' = u'v

+

uv'. Dit ingevuld in de gegeven vergelijking geeft u'v

+

u(v'

+

v) = 2sinx.

We zoeken een functie v waarvoor v'

+

v = O. Scheiden en integreren geeft

Aangezien we met één functie v tevreden zijn, nemen we A

=

1. De vergelijking wordt nu gereduceerd tot

/

1

u'e- X = 2sinx,

u(x)

= 2Jexsinxdx

=

eX(sinx - cosx)

+

C, CE

!R.

De algemene oplossing luidt :

~

== IA.. V::o

e

-x

,

t

e)(

l

<rwvx -

w ..

x:

J-t

C

}

y = uv = sinx - cosx

+

Ce-x.

2.3. Bepaling particuliere oplossing.

1. Door raden en proberen.

~en

k

ij

~

t

daarbij in eerste instantie naar het rechterlid van de gegeven vergelijking. \ _ )

2. Met variatie van de constante (zie voorbeeld 15). ---.. M..e.t'twá~ IIOM. ll).~ r~ e.

2.4.

Voorbeeld

I

. x dy dx + 2y = x3 ' x> 0 (15)

Oplossing. De algemene oplossing van de bijbehorende homogene vergelijking is

We vervangen de constante C in deze oplossing door c(x), die we nu zo bepalen dat y

=

c(x)'x-2

een oplossing van de gegeven vergelijking is. Uit (*) volgt y' = c' (x)· X -2 - 2c(x)' X -3. Ingevuld in de vergelijking geeft dat

I 1 2c 2c 3 xc -2 - '2

+

'2 = x . X ./ X / x ~ X.c '. ~ ;

')(

>

~ C'(,<)=- )( Lt .l( Hieruit berekenen we c' (x)

=

x4

, c(x)

=

i

XS , waarbij we geen integratieconstank ver-melden omdat we aan één oplossing c(x) genoeg hebben. Uit (*) volgt nu de

particu-liere oplossing ? I ~ .L '> -~ I ., '1'::c~)().x- ~-~"'s)(,x

"'sx

en de algemene oplossing is C Y(X)=X2+~X3. ~ ,-)L"'):y~..,,+Vjr-l:o .

2.5.

Veel gemaakte fout

Variatie van de constante: nadat c(x) gevonden is, wordt die c(x) zelf aangezien voor een particuliere oplossing.

2.6.

Opgaven

dy x 1

dx + 1 + x2 Y = x(1 + x2 )'

x>o

(16)

(x

+

X2 )y'

+

Y = 1, -1<x<0,y(-%)=2 (18) . dy . 3 smxcosx dx - y = -sm x, 0< x < %1T (19) , ny x n Y - - - = e (x

+

1) x

+

1 ' x>-I,n E IN (20) (xlnx)y' - y = x3(3Inx - 1), x ~ 1, y( 1) = 1 (21)

3. Differentiaalvergelijking van Bernoulli

3.1.

Vorm: p(x)y' + q(x)y = r(x)yn, n E IR

Oplossen: Voor n = 0,1 zijn het reeds bekende typen. Voor andere waarden van n: schrijf de vergelijking als ( VI.=-O : pL)()

'1'

+ ct C)(') ~

=-

r-{xJ ... LW,. 1). V.

y' 1 ( 1'1=-1:

rlxl'j'-+tl~)~;

v-L-xJIj"-+ 2..ie blz._1

p(x) n + q(x)~ = rex).

y y

Door de substitutie z = y-(n- l) wordt de vergelijking lineair.

Het is ook mogelijk om de vergelijking op te lossen via de substitutie y(x) = u(x)v(x).

3.2.

Voorbeeld

x>

0

I

Oplossing. We schrijven de vergelijking als

, 1

x

~

+-=

lnx,

y y y =1= O.

Door de substitutie z = l/y, z' = - y'/y;-komt er

-z'x+z=lnx. ~ X ~'- ~=-l.v.x

De algemene oplossing hiervan is

z = Cx + In x + 1,

x>

Ó, C ç: IR.

De oplossingen van de gegeven vergelijking zijn y = (Cx + lnx + 1)-1.

(23)

(:1:) Door de grafieken van de functies x -+ x en x -+ lnx + 1 te tekenen (ze raken elkaar in (1,1)), zien we dat als C > - 1, door (:1:) een oplossing op x

>

0 wordt gedefinieerd. Voor C :0;;;; - 1 heeft de functie voorgesteld door (:j:) een discontinuïteit (asymptoot) op (0,00). Wegens het gegeven x

>

0 in de opgave wordt er dus voor C :0;;;; - 1 geen oplossing gegeven door (:j:) - hoewel formeel differentiëren en invullen een identiteit geeft - , die geldig is op (0,00).

3.3.

Opgaven , x4 xy - Y = -y' x> a>O x

>

0, y(1) = 1 ~dy

r.

y 1 - x dx - 2xy + 2xyy = 0,

x>

- 1

lxi

<

1, y

>

0 Bepaal alle oplossingen die op (- 1,1) zijn gedefinieerd.

(24)

(25)

(26)

4. Exacte differentiaalvergelijkingen

dy

4.1.

Vorm: P(x,y) + Q(x,y) dx = 0 of P(x,y)dx + Q(x,y)dy = O.

Kenmerk: P, Q, àP/ày en àQ/àx zijn continu op een gebied D in het (x,y)-vlak, waarop de oplossing wordt gevraagd; verder:

Oplossen: Zoek een functie F met dF = Pdx + Qdy, dat wil zeggen:

àF

P(x,y) = àx en Q(x,y) = àF ày .

De algemene oplossing is dan F(x,y) = C en de oplossing is geldig op het gebied D.

4.2.

Voorbeeld

l(x 2

+

y)dx + (x + y2)dy = Ol (28)

Oplossing. P(x,y)

=

x2 + y, Q(x,y)

=

x + y2, àP/ày

=

àQ/àx

=

I zijn continu op het · gehele (x,y)-vlak.

Stel: àF/àx

=

x2 + y, dan is F(x,y)

=

~x3 + xy + C(y). (Bedenk dat à/àx(C(y»

=

0;

een constante C alleen is dus niet algemeen genoeg.) x 'C} _ t Hieruit volgt aF/ay = x + C'(y), waarbij' de afgeleide naar y betekent./" +C '1 - ><;+'1

Uit de vergelijking halen we àF/ày

=

x + y2. Gelijkstellen levert C'(y)

=

y2, C(y)

=

~y3. Bij de laatste integratie vermelden we geen integratieconstante, daar we op zoek zijn naar één functie F(x,y).

We vinden F(x,y) = ~x3 + xy

+

~y3. De algemene oplossing is nu ~x3 + xy +

1

y3 = C.

Met een andere C is die eventueel te schrijven als

4.3

.

Opgaven (sin2x ) ( sin 2 x) dy 0 - - + x

+

y - - - - = y y2 dx

(cosx - xcosy)

~~ -

(siny + ysinx) = 0

(1 - y2)dx + (1 - x2)dy - 0

(l+xy)2

-4.4. Veel gemaakte fouten

•

(29)

(30)

(31)

I. P en Q worden verwisseld, dat wil zeggen dat

~P

=

~Q

wordt onderzocht in plaats

ap aQ x y

van- = -.

ày àx

2. In A(x,y)dx - B(x,y)dy

=

0 wordt vergeten dat nu Q(x,y)

=

-B(x,y).

4.5.

Integrerende factor

Probleemstelling: Gegeven is een niet exacte differentiaalvergelijking Pdx + Qdy = O.

Gevraagd wordt een op een gebied D continue, en naar x en y differentieerbare functie Jl(x,y), zodanig, dat de vergelijking JlPdx

+

JlQdy

=

0 wel exact is .

.1:!:. heet integrerende factor van de gegeven vergelijking.

Oplossing: Jl moet bepaald worden uit

a

(J1P) a(JlQ) ay ax Uitgeschreven: aJl p + ap _ aJl Q aQ ay Jl ay - ax

+

Jl ax .

Het oplossen van deze partiële differentiaalvergelijking voor Jl is meestal moeilijker dan het oorspronkelijke probleem.

In de onderstaande voorbeelden en opgaven heeft Jl altijd een eenvoudige gedaante: Jl = Jl(x), Jl(xy), Jl(x + y), Jl(x/y) en sonr.tgelijke uitdrukkingen.

4.6.

Voorbeelden

Een eerste voorbeeld vormt de vergelijking (1 - y2)dx + (1 - x 2)dy = O. Deze vergelijking heeft als integrerende factor (1

+ xy)-2,

zie (31).

I

(x + y)dx + dy = 0

I

(32)

Oplossing. De vergelijking heeft een integrerende factor die alleen van x afhangt. Die

wordt bepaald uit ((

p

=

)(

t Ij --v.>

~ ~

:;;" I r(

~;

+=

~~

a(Jl(x)·(x

+ y))

aJl(x) , ()Q

I

ay = ~. Q ~ I ~ "Q)< ::-0 ~ ~ €l<6c.-t- . Het linkerlid is Jl(x), het rechterlid is dJl/dx, waarbij nu weer een rechte 'd' is gezet omdat Jl een functie van één veranderlijke is.

Uit Jl' = Jl volgt dat Jl(x) = exp x een integrerende factor is. De vergelijking wordt

- -. .., el<

eX(x

+ y)dx

+ eXdy

= 0

en die is exact. Men vindt op de gebruikelijke manier als algemene oplossing y = 1 - x

+

Ae - x.

Dit is tevens de algemene oplossing van de gegeven vergelijking als er via Jl(x) = 0 geen extra oplossingen zijn ingeslopen. Daar exp x positief is, is dat hier niet het ,geval. Ook l/Jl(x) = 0 geeft geen extra oplossing.

4.7.

Opgaven

2 dy

(1 - xy)

+

(1 - x ) - = 0

dx ' - 1 .;;;;

x.;;;;

1 (33)

/l

=

/lex) (35)

xdx

+

ydy

+

x(xdx - ydy) = 0, (36)

4.8. Integrerende factor voor lineaire vergelijkingen

De lineaire vergelijking

:~

+ p(x)y

=

q(x) kan geschreven worden als dy

dx + p(x)y - q(x) =

o

.

De vergelijking heeft een integrerende factor die alleen van x afhangt. De vergelijking dy

/lex) dx

+

/l(x)(p(x)y - q(x)) = 0 is exact als

d

dx /lex) = /l(x)p(x).

Scheiden geeft /lex) = expP(x) als P(x) een primitieve is van p(x). Bekijk als voorbeeld (32):

dy

dx + Y + x =

o.

(32)

Hier is dus p(x)

= 1 en P(x)

=

x (als voorbeeld; x

+

1 is ook goed). Zoals reeds was gevonden is exp x een integrerende factor.

De vraagstukken van 2.6 kunnen nu op deze manier gemaakt worden, waarbij er op gelet moet worden dat de vergelijking eerst wordt geschreven in de vorm (*), dus met

de coëfficiënt van y' gelijk aan 1. .

4.9.

Exacte vergelijkingen kunnen met behulp van lijnintegralen worden opgelost. Deze methode wordt gedemonstreerd in appendix C.

s.

Homogene vergelijkingen

5.1.

Vorm: 1. y' = f(

2::.)

.

x

2. P(x,y)y'

+

Q(x,y)

=

a,

3. P(x,y)dy + Q(x,y)dx =

a,

waarin P(x,y) en Q(x,y) homogene functies van dezelfde graad zijn.

Oplossen: Stel: y(x) = xu(x). In de gevallen 1 en 2 wordt er ingevuld: y' = u + u'x, in geval 3: dy = udx + xdu. De vergelijkingen die op deze manier ontstaan zijn op te lossen door de variabelen te scheiden.

5.2.

VoorbeeLd.en

I

y' =

~

+

1, (37)

Oplossing. Stel: y = ux. Dan is yjx = u en y' = u'x

+

u. De vergelijking gaat over'Ïn u' x

+

u

=

u

+

1 en na herleiden en scheiden komt er als algemene oplossing

u = C

+

Inlxl.

Zet C

=

InA, A

>

a

,

u

=

yjx. Dat geeft als algemene oplossing van de gegeven verge-lijking

y = xlnAlxl, geldig op elk gebied waar x =1=

a.

I

x(x - ay)dy - y(y - ax)dx =

a,

lal =1= 1

I

(38)

Oplossing. Stel: y = ux, dy = u dx + x duo De vergelijking gaat over in

x2 [x(l - au)du

+

(a

+

1)u(l - u)dxJ =

a

.

Dat geeft x =

a,

of

(a

+

1) dx _x

=

_u(1 au -_{_ u) u}I d _, u =1=

a

,

I ; x =1=

a.

Splitsen in partiële breuken en integreren:

dx I - a I

(a

+

1)-

= ( - -

-

-)du,

x u - I u

A>

a.

Als voorbeeld nemen we nu het gebied waar u

>

1 en x

>

a.

Dat is dus de sector {(x,y)ly

>

x

>

a}. Voor dat gebied komt er

(y - x)l-a = Cxy,

C>

_a

_.

De rand van het gekozen gebied bestaat uit en

{ X

=

a

y>a'

Door invullen in de gegeven vergelijking blijkt dat dit oplossingen zijn. Uiteraard is het mogelijk om andere gebieden te nemen.

5.3.

Opgaven y' = 2(y/X)2 - 1,

x>o

(x

+

2y)dx

+

(2x

+

3y)dy = 0 (39) (40) ( 41)

6. Andere typen

./\..A-.

'P.

V

i.

e

orcle. ~ ~.eve ~i'~

6.1.

Vorm: F(x,y,y')

=

0, waarbij F een veelterm is in y'.

Oplossen: ontbind (zo mogelijk) in

[y' - Fo(x,y)]' ... • [y' - Fn(x,y)] = O.

6.2. Voorbeeld

Oplossing. Door de vergelijking te schrijven als

( 42)

(y')2 _ 2yy' + y2 = (ye X)2 """'"

(

Lj

1_

~

J

a.

=

l

lj

e

X:)

'!...

~

(

y I

_~

)::

±.

lj

e

X'

is snel te zien dat de vergelijking uiteenvalt in

, x

y - y = -ye .

Door de variabelen te' scheiden vindt men als algemene oplossingen respectievelijk y = Aexp(eX + x), y

=

Bexp(x - eX),

waarbij de oplossing y = 0 enig extra denkwerk vraagt.

6.3.

Opgaven ,3 ,2 2 ' 2 Y - yy - x y

+ x Y

= 0 ,2 2 , xy = (x + lnx)y - xlnx, x

>

0 ,2 , 3 2 Y - 2y = x - x - 1, x

>

1

6.4.

Vorm: F(y,y') = O.

Oplossen:

1. oplosbaar naar y': y' = f(y), scheiden.

(43) (44) (45)

2. oplosbaar naar y: y = g(y'), stel y' = p. Er volgt y = g(p) en daaruit dy = g'(p)dp, waarbij de ' differentiëren naar p betekent. Daar ook geldt dy = p dx, volgt x uit

x

=

Jg'(p) dp

p ,

waarmee de oplossing in parametervorm bekend is. 3. moeilijk oplosbaar: probeer een parametervoorstelling:

y = <p(t), y' = iJ;(t) , waa,ruit respectievelijk volgt

dy

=

<p'(t)dt, dy

=

iJ;(t)dx. Voor x komt er

6.5.

Vorm: F(x,y') = O. Oplossen:

1. oplosbaar naar y': y' = f(x), scheiden.

2. oplosbaar naar x: x = g(y'), stel: y' = p, zodat x = g(p). Uit dy = pdx = pg'(p)dp volgt dan

y = Jpg'(p)dp,

waarmee de oplossing in parametervorm (p als parameter) bekend is. 3. moeilijk oplosbaar: probeer een parametervoorstelling:

y' = cp(t), x = l/;(t).

Daaruit volgt dy = cp(t)dx = cp(t)l/;'(t)dt, zodat

y =

J

Ijl (t)·l/;'(t)dt.

De oplossing is dan weer in parametervorm bekend.

6.6.

Opgaven ,2 ' Y = Y eY y,2

+

x2 = r2 y' = y2

+

1 ,2 3

Y

=y ,2 2 Y + cos x = I ,3 , x=y - y - I (46) (47) (48) (49) (50) (51)

7. Invoeren van nieuwe veranderlijken

(tra nsformaties)

7.1.

Door de transformatie { X

=

ep(u,t) y = l/I(u,t) (u

=

u(t»

gaat een gegeven differentiaalvergelijking soms over in een beter te hanteren type. We nemen aan dat in het beschouwde gebied van het XOY -vlak u en t door (*) gedefini-eerd worden als functies van x en y:

{

U

=

f(x,y) t = g(x,y)

Vaak herkent men de transformatie in de vorm (:j:). Uit (*) volgt (y is functie van x),

y(ep(u,t» = l/I(u,t) met u = u(t). Door beide leden te differentiëren naar t komt er

zodat

dy [ aep u' + al/l] = al/l u' + al/l (u' = du)

dx au at au at ' dt al/l u'

+

al/l dy au at dx

=

aep , aep' u + -au at

In het eenvoudige geval dat g(x,y)

=

x, dus

{

U

=

f(x,y) t

=

x

( :j:)

handhaaft men meestal x als veranderlijke en interpreteert men u als functie van x. dy

7.2

.

Vorm: dx = f(A), A= ax

+

by

+

c . px + qy + r

Oplossen: _{_} cl _.1.\J.2:'. ~ _{p=-_v_}b - ,~ _=, ~,·ct....L~s _"'J "~~v ff •

1. ax

+

by

+

c

=

0 }

J

...

CL- ., . . d

b

rI .•

evenwIJdIg: stel u

=

ax

+

by, u

=

u(x). ~ DA-I :0

a.

k -I- ""'J px

+

qy

+

r = 0

M en vm t eenvou . d d' dy 19 dx =

b

1 ( du dx - : . ) D : vana . b 1e en ZIJn " nu te sc el en. h 'd 2. ax

+

by

+

c

=

O}

r

d.W.2 , (f',j::

~

)

{u

=

Yo

+

y

snijden elkaar in xo'y 0 . Substitueer .

px

+

qy

+

r = 0 t = Xo

+

x

Men vindt

~~

=

~~

. De vergelijking wordt door deze substitutie homogeen.

7.3.

Voorbeeld

Oplossing (formeel). De rechten 2x - y - I = 0 en x + y - 2 = 0 snijden elkaar in het punt (1,1). Stel dus

u

=

y + 1 "-I'>

~

ciAj ~

1

1

...

t = x

+

1 . ~

dk/

_d x:" , ')

D an . IS dy dx = (ft' du D e verge l"kIJ mg gaat over m ' .

(2t - u)dt - (t

+

u)du = 0

"-'>

cL..t.

dx.::-

cU;-cl.:!

cLy

cW.

;;r;;=<M:;

en die is homogeen. Door de substitutie u = vt, du = vdt

+

tdv gaat deze vergelijking over in

(t 2

+

2t - 2)dv

+

v(1

+

t)dt = O. Scheiden en integreren geeft

en terug naar x en y de formele oplossing

(y

+

1)2

+

2(x

+

l)(y

+

1) - 2(x

+

1)2

=

B.

(Deze oplossing noemen we formeel omdat is afgezien van onderzoek naar gebieden waar de di-verse vormen in de bovenstaande oplossing betekenis hebben.)

7.4. Voorbeeld

I

(x 2 - y4)y' = xy,

x>

0, y

>

0

I

(53) Oplossing. Door te stellen y2

=

u wordt de vergelijking

Deze vergelijking is homogeen. Stel u = vx, waardoor de vergelijking overgaat in

1 2v dx (- - ~)dv = -. v 1

+

v x Daaruit volgt A> O. Opmerkingen 1. y

=

0 is een oplossing.

2 . Door e su shtuhe x d b · ·

=

t 2 dy , dx

=

dy / dx dt

di

=

dt du /2 t wor t e d d verge l' IJ 'k' mg eveneens

homogeen:

7.5.

Poolcoördinaten

De transformatie naar poolcoördinaten wordt gegeven door Jx = rcostp

ly = rsintp' r

=

r(tp).

dy . . dr

dx Ultdrukken m dtp' r en tp gaat als volgt: stel y = f(x). Dan geldt

rsintp

=

f(rcostp).

Door beide leden naar tp te differentiëren komt er

~

.

M

(~

.

)

dtp smtp + rcostp = dx· dtp costp - rsmtp ,

b·· df d . . dy

waar IJ dx een an ere notatie IS voor dx . Als r' differentiatie naar tp betekent, komt er dus

I r' sin tp + costp

Y = I .

7.6.

Voorbeeld

r costp - smtp

l)(xdy - ydx) = ydy + xdx, x> 0, y> 0, x2 + y2 > 1

(54)

Oplossing. Door het tweede lid te schrijven als '/2d(x 2 + y2) en dan de vergelijking nog eens goed te bekijken, komen we op de gedachte dat poolcoördinaten wellicht voor-delig zijn.

Het tweede lid wordt V2d(x 2 + y2) = V2dr2 = rdr. Het linkerlid gaat snel als volgt:

De vergelijking gaat dus over in

en de variabelen zijn te scheiden. Via

V2 V2 I

( - - + - - - -)dr = dtp

r+l r - l r '

komt men tot de oplossing

7.7.

Opgaven dy (x + y + 1) + (x + y - 1) - =

°

dx A>O. (55)

y'(- I

+

tan(x

+

y)) = 1.

. Bepaal de oplossingen op de stroken die gegeven worden door 0

<

x + Y

<

v,,1T,

respectievelijk v,,1T

<

X

+

Y

<

1T.

x(1

+

xy)y'

+

Y

=

0, x

>

0, y

>

0, y(1) = I

x>

I,

y>

0

(5x - 3y + 11)dx + 3(5x - 3y - I)dy = O.

Bepaal een formele oplossing van de vergelijking.

(56)

(57)

(58) (59)

8. Lineaire differen tiaalvergelijkingen

r»e,t-tM'd:-

eo",,,,t/t...t:t,

C/)~tF

·

8.1.

Vorm: ao(x)y" + al (x)y'

+

_{a2(x)y = b(x)}

ao(x)y'" + al (x)y" + a2(x)y' + a3(x)y = b(x)

(tweede orde), le~v~

(derde orde) l L tivAAvl

- - I J

Als b(x) = 0 (= nulfunctie) noemt men de vergelijking ook wel homogeen. Let echter op het verschil met hoofdstuk 5. ~ 'D. IJ I e Ová~ ) , e Cjof'o;uu:l

De vergelijking die ontstaat door b(x) te vervangen door de nulfunctie wordt aange-duid met gereduceerde vergelijking of bijbehorende homogene vergelijking.

Oplossen:

1. Bepaal twee (drie) onafbankelijke oplossingen van de bijbehorende homogene ver-gelijking, Yl (x), Y2(x), (Y3(x)).

2. Bepaal een particuliere oplossing Yp(x) van de gegeven vergelijking indien b(x) =I=- O. 3. De algemene oplossing is dan

y = Cl Yl (x) + _{C2Y2(x) + Yp(x)},

Y = _{Cl Yl (x) + C2Y2(x) + C3Y3(x) + Yp(x)}

(tweede orde) (derde orde),

waarbij Yp(x) komt te vervallen in het geval van een homogene vergelij~ing. Een particuliere oplossing wordt bepaald door /'V.> U'I!-- 2.3> 6l2... 11.

1. proberen

2. variatie van de constanten.

Als van de bijbehorende homogene vergelijking (de gereduceerde vergelijking) een op

-lossing Yl (x) bekend is, kan men de orde van de vergelijking verlagen door de substi-tutie

11 Y = Yl (x)u(x).11

8.2.

Voorbeelden

Y = x is een oplossing van

x3y"+x/ - y=0, x>O. (60)

Bepaal de algemene oplossing.

Oplossing. Y = ux geeft y' = u'x + u en door nog een keer te differentiëren y" = u"x + 2u'.

De vergelijking gaat over in x4u" + u'(2x3 _{+ x}2

) = 0

(controle: de termen met u vallèn weg). Daar x > 0 krijgen we x2u" + u'(2x + 1) = O.

Stel: u' = v, dan is u" = v' en de vergelijking gaat over in dv

x - + v( 2x + 1) = O. dx

zodat

du C -2 i/x

dx = x e , u = _Cei/X + B.

De gevraagde oplossing is dan (met wat andere constanten) Y = C xe _i i/x + C x _{2 '}

Bij het scheiden moest v =1= 0 gesteld worden, zodat apart onderzocht moet worden u'(x) = 0, u(x) = C₃' Y = C₃ x. Door invullen blijkt dat hierdoor oplossingen van de vergelijking worden gegeven, die overigens in de algemene oplossing zitten voor Cl = O.

Bepaal de algemene oplossing van

d2 d

Cl

+ x 2)--{ - 2x.ï+ 2y = 6(x 2 + 1)2,

dx dx

als bekend is dat x -+ x een oplossing is van de gereduceerde vergelijking.

(61)

Oplossing. De algemene oplossing van de gereduceerde vergelijking wordt op dezelfde manier bepaald als bij het vorige voorbeeld:

We zoeken nu een particuliere oplossing van de vorm

(**) (( **) ontstaat uit (*) door de constanten Cl en C₂ te vervangen door de functies cl (x) en c₂(x), vandaar de naam: variatie van de constanten.)

Uit (*) volgt

Y'=c . I '2x+c 2 +c"(xi 2 - 1)+c'x 2 = 0 stellen. Door (:j:) nogmaals te differentiëren:

" , I Y = 2c_I + cl • 2x + c₂ 6(x2

₊

₁₎₂ x2 + 1 tweede lid "ff " stellen. coe . van y ( :j:) (:j::j:)

Opmerking tussendoor. Om twee functies te bepalen kan men in het algemeen twee voorwaarden opleggen; de eerste voorwaarde in (:j:) vereenvoudigt het rekenwerk aan-merkelijk, de tweede voorwaarde in (:j::j:) ontstaat door substitutie van (:j:) en (:j::j:) in de gegeven vergelijking.

Er zijn nu twee vergelijkingen om c; en c₂' te berekenen. Er komt

,

cl = 6x Cl = 3x2

, 2

C2 = - 6x + 6 c₂ = -2x3 + 6x.

Daar we met één functie cl en één functie c₂ tevreden zijn, vermelden we geen inte-gratieconstanten.

Algemene oplossing:

Opmerking. Door de structuur van de vergelijking komt men op de gedachte om een

particuliere oplossing van de vorm

te zoeken. Invullen in de vergelijking geeft na enig gereken A = 1, B = 0, C

+

E = 3, D = willekeurig.

D = willekeurig is ogenblikkelijk duidelijk, omdat y = x een oplossing is van de gere-duceerde vergelijking. Kiest men C = 3, E = 0, dan komt er de reeds gevonden oplos-sing te voorschijn. Let er op, dat een andere keuze van C en E een particuliere

op-lossing geeft die, door in de gevonden algemene oplossing de constanten geschikt te

kiezen, eveneens tevoorschijn komt uit die algemene oplossing.

I

(2x - 3)y

",

+

(7 - 6x)y

" ,

+

4xy - 4y = 0, _{2x - 3}

_>

°

Oplossing. De som der coëfficiënten is nul, dus is er een oplossing y = exp x.

Stel y = uex. Na invullen en herleiden komt er (2x - 3)ulll

- 2u· - (ix - 5)u' = 0.

u valt er naar behoren uit, en met v = u':

(2x - 3)v" - 2v' - (2x - 5)v = O.

(62)

Weer is de som van de coëfficiënten nul, dus ook deze vergelijking heeft y = exp x als oplossing. Met w = vex en daarna z = w' krijgen we de vergelijking

(2x - 3)z' + (4x - 8)z = O. Scheiden en integreren: Terugwerken:

8.3.

Opgaven w = CoO - x)e-2X + Cl v

=

CoO - x)e-X

+

Cl eX u = Co xe-x

+

Clex

+

_C2 y = Cox

+

Cl e2x

+

_{C2 e}x. x2y"

+

xy' - Y = x3, x> 0 (63)

x -+ x is een oplossing van de gereduceerde vergelijking. Bepaal de algemene oplossing.

(x

+

l)y"

+

(2x

+

l)y'

+

xy

=

0,

x"*

_-1

heeft als oplossing x -+ exp( - x). Bepaal de algemene oplossing. d2_{y dy}

x2(1 - lnx) dx2 + x dx - Y = 0, x> O. Als (63).

d2y 2 dy 2

(tanx) dx2

+

(tan x - 2) dx

+

2(cotx)y

=

tan x, 0

<

x

<

V2n

x -+ sinx is een oplossing van de bijbehorende homogene vergelijking. Bepaal de algemene oplossing.

(64)

(65)

(66)

8.4

.

De oplossingsverzameling van een homogene lineaire vergelijking is een vector-ruimte waarvan de dimensie gelijk is aan de orde van de differentiaalvergelijking. Een basis van die vectorruimte heet in dit verband een integraalbasis (soms fundamenteel stelsel, of fundamentaal stelsel).

De vergelijking

y"+ 2x-I_{y' + Y = 0, x> 0} ,

heeft X-I sinx en x-Icosx als onafhankelijke oplossingen. Deze functies vormen dus een integraalbasis. De oplossingsverzameling kan wat fraaier genoteerd worden als

. in plaats van y = Ax-Isinx

+

Bx-Icosx.

Om na te gaan of een tweetal oplossingen onafhankelijk is (als het om een tweede orde vergelijking gaat), vormt men de Wronskiaan (= determinant van Wronsky). Als we de oplossingen voorstellen door

<PI

en <P₂ is deze gedefinieerd door

Is op het gegeven gebied W

"*

0, dan zijn de betreffende functies onafhankelijk.

(Indien W = 0 in één punt van het gebied, dan geldt overigens dat W op het gehele gebied gelijk is aan nul.)

Voor het voorbeeld is snel te berekenen

8

.

5.

Opgaven

(1 - x)y" + xy' - Y

=

0,

Bepaal een integraalbasis. (x - l)y"

+

y' - xy = 0,

x < 1

x

<

1. Als (67).

voor x > O.

Voor elke a en b in IR is y(x) = x(a

+

blnx) een oplossing van de vergelijking x3_{(lnx - 2)ylll}

₊

_x2_{(lnx - 3)y"}

₊

_{xy' - Y = 0}

op een gebied waar lnx - 2 >

o.

Bepaal een basis voor de oplossingsruimte.

(67)

(68)

d3y d2_{y dy}

(sin2x) dx3 - (sin 2x) dx2 + (1 + cos 2

x) dx = 0 (70)

9.

Lineaire differen tiaalvergelijkingen met

constante coëfficiënten

9.1.

Vorm: aoy(n)

+

aly(n-l)

+

...

+

an_Iy'

+

any = f(x), waarbij de coëfficiënten reëel zijn. De bijbehorende homogene vergelijking heet gereduceerde vergelijking. Met D = d/dx schrijft men ook kort (aoD n

+

al Dn-l

+

...

+

_{an_ l D}

+

an)y = f(x). Oplossing:

I. Bepaal n onafhankelijke oplossingen van de gereduceerde vergelijking, YI' Y2' . . . , _Yn.

2. Bepaal een particuliere oplossing Ypart van de gegeven vergelijking. 3. De algemene oplossing is

Men kan dat ook als volgt uitdrukken: de oplossingsverzameling is de lineaire varië-teit

waarbij L(YI' Y2' . . . _,yn) de vectorruimte is die door YI' . . . , _{Yn wordt}

opge-spannen. Y_p vervalt als f(x) de nulfunctie is.

9.2. Onafhankelijke oplossingen van de gereduceerde vergelijking bepaalt men als volgt:

I. Los de karakteristieke vergelijking op:

aoÀn

+

al Àn-l

+

...

+

_{an_ l À}

+

_an = O. 2. Als Àj een enkelvoudige wortel is, is

y(x) = eÀjX

een (formele) oplossing van de homogene vergelijking.

3. Als Ài een k-voudige wortel is van de karakteristieke vergelijking, zijn

y(x) = eÀiX , y(x) = xèiX , . . . , y(x) = xk-l eÀiX

(formele) oplossingen van de gereduceerde vergelijking. De zo verkregen oplossingen zijn onafhankelijk.

Opmerking. In de voorbeelden wordt de op bovenstaande manier verkregen oplossing

steeds herleid tot een reële vorm als de wortels van de karakteristieke vergelijking complex zijn.

9.3.

Een particuliere oplossing kan als volgt worden bepaald:

I. Door "raden" en proberen.

2. Met behulp van de methode van de variatie van de constanten. Wegens het vaak omvangrijke rekenwerk deze methode niet klakkeloos toepassen.

3. Door (als de omstandigheden het toelaten) de volgende stelling te gebruiken:

Stelling. Als het tweedeîid van de vergelijking in 9.1 de vorm P(x)eÀx heeft, waarin P(x) een veelterm van de graad m is en À een k-voudige wortel is van de karakteris-tieke vergelijking, dan is er een particuliere oplossing in de vorm van

met Q(x) een veelterm van de graad m.

4. Met de operatorenmethode. Deze wordt in appendix B behandeld.

Opmerking. Het "raden" wordt gedaan met behulp van onderstaande tabel.

Ivorm: a

_o/

n)

+

a1y(n-l) +> .. .

+

any = f(x), ai E IR

f(x) heeft de gedaante wortels van de karakteris- particuliere oplossing zoeken van de tieke vergelijking gedaante

a,b,a

1 ,a2, . . .

} ER

alle wortels er is een k- A,B,C,D zijn te bepalen constanten

"',{3 ongelijk aan voudige wor

-tel (k ~ 1) a 0 y=A 0 y = Axk ax

+

b 0 y = Ax

+

B 0 y = xk(Ax

+

B) ax2

+

bx

+

c 0 Y = Ax2

+

Bx

+

C 0 Y = xk(Ax2

+

Bx

+

C) ae"'x

_a

y = Ae"'x

a

y = Axke"'x (ax

+

b)e"'X

a

y = (Ax

+

B)e"'X

a

y = xk(Ax

+

B)e"'X (ax 2

+

bx

+

c)eO<x

a

y = (Ax2

+

Bx

+

C)e"':

a

y = xk(Ax2

+

Bx

+

C)eO<x

acos{3x. bsin{3x

i{3

y = Acos{3x

+

Bsin{3x

of som hiervan

i{3

y = xk(Acos{3x

+

Bsin{3x)

(a1x

+

b1)cos{3x

i{3

y = (Ax

+

B)cos{3x

+

(Cx

+

D)sin{3x (a2 x

+

_{b 2 )s}in{3x

y = xk[(Ax

+

B)cos{3x

+

(Cx

+

D)sin{3xl

of som hiervan

i{3

aeo<xcos{3x, be",x sin{3x

a +

i{3 y = e"'X(Acos{3x

+

Bsin{3x) of som hiervan

a

+

i{3 y = xke"'X(Acos{3x

+

Bsin{3x)

J

(a 1 x

+

bI )e"'x cos{3x

a +

i{3 y = e"'x [(Ax

+

B)cos{3x

+

(Cx

+

D)sin{3xl (a₂x

+

b₂)eo<x sin{3x

y = xke"'x [(Ax

+

B)cos{3x

+

(Cx

+

D)sin{3

of som hiervan

a

+

i{3

combinaties van per term de multipli- overeenkomstige combinaties, elk met bovenstaande citeit van de wortels andere constanten

nagaan 9.4. Voorbeelden

I

~

" ,

+ 2y + 5y = 0 (71)

Oplossing. De karakteristieke vergelijking heeft - I + 2i en -1 - 2i als wortels. De for-mele oplossing is dus

y = Ae(-1+2i)x

+

Be(-l- 2i)x.

Met

é

p = cosl{J + isinI{J komt er

Y = e- x [(A + B)cos2x + i(A - B)sin2x).

Bekijk het stelsel

A+ B=C }

iA_ iB=C I

2

met A en B als onbekenden en Cl en C₂ gegeven. Dit stelsel is oplosbaar (precies één oplossing), zodat

voor elk tweetal Cl en C₂ E IR een oplossing is van de vergelijking. Tevens hebben we

daarmee de algemene oplossing in reële vorm.

Opmerking. Onafhankelijke oplossingen ziet men snel met het schema:

wortels k.v.

schrijf op:

a ± bi e3xcosbx

---- dit zijn onafhankelijke oplossingen e3xsinbx

----y" + 2y' + 4y = 4x2

Oplossing. De oplossing van de gereduceerde vergelijking is

y = Cle-xcosxV3 + C₂e- xsinxV3. Volgens de stelling in 9.3, is er een oplossing van de vorm

y = Ax2 + Bx + C

(72)

(lees het tweede lid als 4x2 eOx en merk op dat 0 geen wortel is van de karakteristieke vergelijking of, anders gezegd, een "nulvoudige" wortel).

Invullen in de gegeven vergelijking geeft

4Ax2 + (4A + 4B)x + (2A + 2B + 4C) = 4x2,

waaruit volgt (links en rechts coëfficiënten gelijkstellen) A=l, B= - l , C=O.

Dus Ypart = x2 - x. De algemene oplossing:

y(x) = e-X(C\ cosxV3 + C₂sinxV3) + x2 - X.

II I e2x

Y - 3y + 2y =

Oplossing. In de algemene oplossing van de gereduceerde vergelijking y = Cl eX + C_{2 e}2x vervangen we Cl en C₂ door Cl (x) resp. _{c2 (x):}

y(x) = Cl (x) eX + _c2 (x) e2x . We vinden

y' (x) = c eX ₁ + 2c ₂ e2x + c' eX + c' e2x _{1 1 2}

..

= 0 stellen, Y"(X) = c eX + 4c e2x + C' eX + 2c' e2x

1 2 1 2

..

stellen

tweede lid = coëfficiënt van y" (dit laatste volgt weer door y, y' en y" in de vergelijking te substitueren). Door c~ en c~ op te lossen en te integreren volgt er

waaruit

cl(x) = - In (ex + 1) c2(x) = x - ln(ex + 1),

De algemene oplossing is nu snel op te schrijven.

9.5.

Opmerkingen over particuliere oplossingen I. Stelling. Stel L(y) = aoy(n) + . .. + any.

Als Yi(x) een oplossing is van L(y) = fi(x) met i = 1,2 , dan is aYI (x) + (3Y2(x) een oplossing van L(y) = af_{l (x) + (3 f2(x).}

Voorbeeld ter toelichting. De vergelijkingen

y" - 4y' + 4y = 3e-t , y" - 4y' + 4y = 2t2 hebben als particuliere oplossing respectievelijk

y(x)=!e-_{I 3} t _' y(X)=!t2+t+3 _{2 2 4·} De functie

is dan een oplossing van de differentiaalvergelijking y" - 4y' + 4y = 3e-t + 2t2 .

2. _{Stelling. Stel ao '} ... _{, an} E IR, L(y) als in 1. Als yp(x) een oplossing is van

L(y) = f(x) + ig(x), waarbij f en g reële functies zijn, geldt:

Re yp(x) is een oplossing van L(y) = f(x) Im yp(x) is een oplossing van L(y) = g(x). Als toelichting zoeken we een particuliere oplossing van

y" + 6y' + l3y = e- 3xcos2x. Bekijk de vergelijking

y" + 6y' + l3y = e-3xe2ix = eC- 3+2i)x.

De karakteristieke vergelijking heeft als wortel -3+2i. Er is dus een oplossing van de vorm

yp(x)

=

AxeC- 3+2i)x.

Door invullen en wat rekenwerk vinden we A =

~i

. Nu is

Reyp(x) = Re li xe- 3X(cos2x + isin2x) = ixe-3Xsin2x, en daarmee is een particuliere oplossing van de gegeven vergelijking bekend.

9.6.

Opgaven. Bepaal de algemene oplossingen van de volgende vergelijkingen.

y" - 2y' + 2y = 0 y" - 4y' + 4y = 0 (D2 - D - 2)y = x2

+

x 2y" - 3y' + Y

=

2xeY2X r- y'" - 2y" + y' = eX + I

(D2 + I)y = cosx

y" - 4y' + 4y = 3e- t + 2t2

y(4) _ y" = (4x + 2)eX

/4) + 8y" + 16y

=

sinx

3 2

d y + d y 2 - 6 -2x

- :-::2- y - - e

dx 3 dx

.r

9.7.

Differentiaalvergelijking van Euler

Vorm: ao(ax + b)nyCn) + al (ax + b)n-IyCn-l) + ... + any

=

f(x).

Oplossing (74) (75) (76) (77) (78) (79) (80) (81 ) (82) (83)

Methode I. Stel ax + b

=

et op het gebied waar ax + b

>

0 en stel ax + b

=

_et op het gebied waar ax + b

<

O. Er komt

2 2

d y _ d dy -t dx _ d y dy -2t d?-ëit(dt e )/dt-(~-dt)e ,enz.

De vergelijking wordt lineair met constante coëfficiënten.

Methode 2. Stel y = (ax + b)À als ax + b >

°

en stel y = (-ax - b)À als ax + b

<

0.

Door invullen in de gegeven vergelijking komt er een vergelijking in ". Een enkelvoudige wortel van deze vergelijking geeft als oplossing (noem die wortel "1):

y(x)

=

(ax

+

bl1 .

Een k-voudige wortel "2 geeft als onafhankelijke oplossingen: y(x) = (ax + bl2 , y(x) = (ax + bl2ln(ax + b) , . . . , y(x)

=

(ax + b) À2 lnk-1(ax + b).

9.8.

Voorbeeld

d3y d2y dy

(x + 1)3_3 - (x + 1)2 - 2 - 4(x + 1) - + 4y = 0, x> - 1 (84)

dx dx dx

Oplossing. x

+

1 = et geeft

en daaruit berekenen we achtereenvolgens dy _ -t dy

dx - e dt'

De gegeven vergelijking gaat over in

y"l - 4y" - y' + 4y = 0,

waarbij I differentiëren naar t betekent. De algemene oplossing is

9.9.

Opgaven d2y dy (2x + 3)2 - 2 - (2x + 3) - + 2y

=

0 x > -~ . dx dx ' 2 (85) x2y" + 2xy' - 6y = 0, x> 0 (86) x2y" - 3xy' + 4y = x, x > 0 (87) (88)

10. Oplossingen in de vorm van (gegeneraliseerde)

machtreeksen voor 2e-orde lineaire vergelijkingen

d2y dy

10.1.

Vorm: P(x) - 2 + Q(x)-d + R(x) = O.

dx x

Gevraagd: Oplossingen in een omgeving van een punt xo.

Indeling:

1 Q(x) R(x) 1 · h .. .

[

gewoon punt a s: P(x) en P(x) ana ytlsc ZIJn lil Xo Xo

. 1· 1 Q(x) f R(x) . t I · h .. .

smgu Ier punt a s: P(x) 0 P(x) me ana ytlsc ZIJn lil Xo

Q(x)

regulier singulier punt als: 1. P(x) heeft pool van hoogstens de eerste orde in Xo

R(x)

2. P(x) heeft pool van hoogstens de tweede orde in Xo

irregulier singulier punt in alle andere gevallen

Oplossing

1. Voer eventueel een nieuwe veranderlijke t = x - Xo in. We bekijken dan verder alleen oplossingen in de omgeving van O.

2. 0 is een regulier (= gewoon) punt. Stel voor x

>

0 ~ y(x) = ~ cnxn, n=O y'(x) =

~

ncnxn-1, n=1 y"(x) =

~

_{n(n-1)c nx}n-2. n=2

Let op de onderschriften bij het ~-teken. Invullen in de vergelijking en gelijke machten van x bij elkaar nemen. Als x

<

0, dan x door -x vervangen. 3. 0 is een regulier singulier punt. Stel voor x

>

0

y(x) =

~

cnxn+r, n=O , ; ( ) n+r-l y (x)

=

~ n + r cnx , n=O " ; ( ) ( 1) n+r-2 y (x) = ~ n + r n + r - cnx . n=O

van de laagste macht van x gelijk stellen aan nul geeft de indexvergelijking in de onbekende r. Als x

<

0, dan in het bovenstaande x door - x vervangen.

4. _{Stel dat rl en r2 de wortels zijn van de indexvergelijking}.

a. Als rl =1= _{r2 en rl} - _r2 ft. Z, dan zijn er met (*) twee onafhankelijke oplossingen bekend.

b. _{Stel rl} - _r2 E Z. _{Laat rl de grootste wortel zijn als rl} =1= _{r2. Dan zijn er}

onafhan-kelijke oplossingen van de vorm ~ Yl (x) = xr, L cnx n n=O ~ Y2 (x) = xr2 L dnxn + AYl (x)ln lxi n=O

voor zeker reëel getal A. Als rl = _{r2, dan is A} zeker ongelijk aan O. _{Als rl} - _r2

een geheel getal is kan A gelijk zijn aan nul.

10.2. Veel gemaakte fout

Er wordt vergeten te kijken naar het singulier zijn van x = 0, waardoor een verkeerde reeks wordt gesubstitueerd.

10.3. Voorbeelden

2 d2y 2 dy

x - + (x + x ) - - y = 0, x> 0

dx2 dx (89)

Opmerking. De onderstaande uitwerking bevat de uitleg van de techniek die wordt

toegepast. Dit voorbeeld dus zeker een keer doornemen voordat de vraagstukken. worden gemaakt.

Oplossing

Daar (x + x2)/x2 en _1/x2 respectievelijk polen hebben van de eerste en tweede orde, is 0 een regulier singulier punt. We stellen dus

Y = ~ a xn+r n . n=O

Om het rekenen wat eenvoudiger te laten verlopen schrijven we hiervoor Y = ; ... a xn+r n _{, an} = 0 I a s n - -- 1 , - , . . 2 . .

n=-oo

Om de notatie nog iets te vereenvoudigen laten we de grenzen voor n bij het L-teken weg. We stellen dus

Door term voor term te differentiëren (binnen het convergentiegebied natuurlijk) komt er

y/ = L an(n + r)xn+r- l

Let er op dat wegens an = 0 voor n

<

0 hier inderdaad y' en y" staan. Invullen in de gegeven vergelijking geeft

~ an(n + r)(n + r - I)xn+r + I; an(n + r)xn+r + + ~ an(n + r)xn+r+1 - ~ anxn+r = O.

De Ie, 2e en 4e som samen nemen (er staan dezelfde machten van x), geeft

Het rechterlid hiervan moet geïnterpreteerd worden als de nulfunctie, zodat alle coëffi-ciënten links gelijk moeten zijn aan nul.

a. Kijk eerst naar de laagste macht van x. Die zit onder het eerste ~-teken voor n = 0; a_I' a__{2 , . .} . _{zijn namelijk gelijk aan O. Er moet dus gelden ao}(r2 - 1) = O. We nemen ao =1= 0 daar we anders de oninteressante nuloplossing krijgen (zie verderop).

Er moet dus voldaan worden aan r2 - 1 = O. Indexvergelijking: r2 - 1 = O.

b. Bij het eerste ~-teken in (t) gaan we nu over van n op n + I. Dat geeft

~ a

n+1 [en + r + 1)2 - 11 xn+r+l + ~ an(n + r)xn+r+l = 0

(eenvoudig is in te zien dat de linkersom dezelfde termen bevat; alleen moet nu bij n = - I _{worden begonnen om de coëfficiënt ao te krijgen).}

We kunnen nu één som schrijven:

(:1:) c. Neem in (t) de grootste wortel van de indexvergelijking. Elke coëfficiënt moet nul

~~~

l i

recurrente betrekking: _{an+1 (n + 3) + an = O}. J. r (...LuJffi

u.c.;

/

t::.

k.

, ".@1 .. tl:. c;:{&~ (Ä

w

~ 0 V'

Terugwerken:

UlIk

I I

':::>

/

_ _I_tea = (_1)2 a = -1 n+l 1

an+1 - - n+3 n (n+3)(n+2) n-l ( ) 3.4 • . . . • (n+3) ao ' Als men liever n in plaats van n + 1 heeft komt er

a = (_1)n 1 a

n 3.4 •. .. ·(n

+

2)

°

en deze uitkomst is geldig voor n = 1, 2, ... . Iets korter genoteerd: ( --1 )n

an :2(n+2)!aO ' n=O,I, . ...

Het voordeel van deze laatste notatie is dat hij inderdaad ook geldt voor n = O. Pe bij r = 1 behorende oplossing is:

~ 2xn+1

Yl(x)=aO

n~o(-I)n(n+2)!'

stelt de reeksontwikkeling zo'n elementaire functie voor!

d. Probeer nu met r = _{-1. De recurrente betrekking wordt an}+_l (n + 1) + an, n = 0, 1, .... Weer met n inplaats van n + 1 leidt men als boven af:

(_l)n

an

= --,-

_{ao '} n

= 0, 1, .

n.

Als tweede oplossing komt er:

Opmerkingen ,

>-f'-

J)(1:..]

"i . 6 1. Begin altijd met de grootste wortel van de indexvergelijking.

2. In bovenstaand voorbeeld is r_l - r₂ geheel. Beide wortels geven (onafhankelijke) oplossingen. We hebben dus het geval A = 0 (paragraaf 9.2, punt 4).

3. Het kenmerk voor regulier singulier punt kan ook als volgt gegeven worden: Q(x) 2 R(x) .. al ' h

x P(x) en x P(x) zIJn an yhsc .

4. Bij punt b van de oplossing hebben we bij het eerste ~-teken de overgang van n op n + 1 gemaakt. Men kan ook onder het tweede ~-teken va~ n op n - 1 overgaan. (*) wordt dan:

an(n + 2) - an-l = 0, n = 1,2, .. ..

5. ao in de oplossing kan eventueel als een integratie constante uit de algemene op-lossing worden beschouwd. Vaak stelt men ao = 1 op het moment dat men ziet dat ao

*

0 genomen moet worden.

6. Men kan proberen de tweede oplossing te krijgen door orde verlaging omdat in dit geval de oplossing in elementaire functies is uit te drukken.

y" + x2y

=

O. Bepaal met reeksontwikkeling onafhankelijke oplossingen in een omgeving van O.

Oplossing. 0 is een regulier punt. Stel daarom

met ~ voor ~ _{en an}

=

0 voor n

<

O. Invullen: n=-oo

Vervang in de eerste som n door n+4 (of in de tweede som n door n- 4):

De recurrente betrekking wordt dus:

~+4(n + 4)(n + 3) + _an = 0, n = -4, -3, .. ..

Let op dat vanaf n = -4 moet worden geteld. n = -4: aan (Q) wordt voldaan,

n = -3: idem,

n=-2 : a₂·2.I+a_₂ =0,dusa₂=0, n = -I : a_{3 •} 3·2 + a_I = 0, dus a₃ = 0.

Samen met (o(r) geven de beide laatste uitkomsten a₂ = a₆ = alO = ... = 0,

a₃ = a₇ = all = ... = 0. Verder

Het beginstuk van de algemene oplossing is dan:

) _ I 4 I 8

y(x - ao(1 -

3-'4

x + 3.4.7.8 x .)+

I 5 I 9

+ al(x -

4-5

x + 4.5.8.9 x - ... ),

waarbij ao en al als integratieconstanten in de algemene oplossing kunnen worden beschouwd.

In het volgende voorbeeld kan de recurrente betrekking "worden vereenvoudigd".

Voorzichtigheid betrachten bij het trekken van conclusies!

Bepaal oplossingen, geldig in de omgeving van 0,

van de vergelijking y" - xy' - y = 0. Oplossing.

°

is een gewoon punt. y = L ~ xn. Invullen:

Lann(n - l)xn-2 - Lannxn - Lanxn = 0. Vervang in de eerste som n door n + 2:

(91)

(0) In (0) moeten alle coëfficiënten nul zijn, te beginnen met n =

°

(laagste macht van x).

De recurrente betrekking is

an+₂ (n + 2) - _an = 0, n = 0, I, .... (0) Indien men hierin invult n = - 2 en n = -I omdat men "n = 0, I, .. . " over het hoofd ziet, zou men ten onrechte besluiten tot al = 0. In (0) ziet men echter direct dat voor

n = -1 de coëfficiënt gelijk is aan nul, zoals trouwens te verwachten is daar x-I niet mag voorkomen bij een gewoon punt. Als _ao gekozen is volgen a₂, _a4, . .. uit (0) en

als al gekozen is volgen a_{3 ,} as' . . ..

Vervangen we in (0) n door 2n - 2, dan krijgen we op de bekende manier:

I

a2n = 2.4.. . .' 2n ao , n = 1, 2, . . ..

Vervangen we n door 2n - 1, dan vinden we:

a = 1

2n+l 3.5.7 •.. . • (2n+ 1) al ' n = 0, 1, . ... Schrijven we de eerste betrekking als

dan geldt die net als de uitdrukking voor a2n+l ook nog voor n = O. De algemene oplossing is:

- x~ x~~

y(x) = ao

n~o

2n n! + al

n~o

1.3 • . . . ·(2n + 1) .

ao en al zijn de gebruikelijke constanten. De eerste som stelt de functie x -+ exp(!x2) voor.

(92)

Oplossing. 0 is een gewoon singulier punt. Stel dus

Invullen geeft

De laagste macht van x zit voor n = 0 in de linker som en de indexvergelijking is dus

r2 -

!

= O.

De grootste wortel is ~ en de daarbij behorende recurrente betrekking is

1 _

ann(n + 1) _{+ an_l (n} - 2) - 0 , n

= 1, 2

, . ...

Na enig rekenwerk komt er

n 1· 3· . . . • (2n - 1)

an

=

(-1) 2n(n!)2(n + 1) ao , n

=

1, 2, .. .. Dat geeft de oplossing

( ) _ '12 1/2~( n 1•3 • .. . ·(2n-1) Xn

Yl x - X + X n=l -1) (n!)2(n + 1) ("2)' (x

>

0, ao = 1).

moeten laten beginnen. Herhalen we de berekening voor r =

-

à,

dan vinden we pre-cies dezelfde oplossing als boven.

We zoeken dus verder naar een oplossing van de vorm

1

Y2(x)

=

x

-ï~dnxn

+ Ayl(x)lnx, _(dn

=

0 voor n

<

0).

Twee keer differentiëren:

3

y;(x) =

~dn(n

- t)x"-2 + Ay; Inx +

A~Yl>

" 1 3 . n-~" I I I

Y2(x) = _1:dn(n - l)(n - l)x + AYt Inx + 2AX:YI - _A2"Yt' x

Dit vullen we in in de gegeven vergelijking. De berekening van de ~-termen gaat als boven. De termen met In x vallen weg omdat YI een oplossing is. Daar r =

i

en r =

-1

dezelfde oplossing gaven, weten we dat A =1= O. ~e stellen A = I. Dat kan altijd omdat met Y2 (x) ook aY2 (x) een oplossing is, a E IR. Resultaat na invullen:

1

~ [dnn(n - I) + _{dn_l (n} - ~)l xn-ï + _{xYI (x)} + 2xy; (x) = O. (t)

We willen enkele termen van Y2 (x) berekenen.

Daaruit volgt

1 3 5 7

XYI + 2xy; = x2 + iX2 + iX2 -

~lX2

+

Dat geeft dan

We vinden door overeenkomstige machten van x samen te voegen vergelijkingen, waar-aan dO' dl' . . . moeten voldoen:

waaruit -!d

_o

+

I = 0 2d 2 + _!dl +

t

= 0 6d 3 +

~d2

+ i = 0 12d₄ +

~d3

-

U

= 0, enz., do

=

2, dl

=

-1 en d2

=

0 _{(bijv.), d3}

=

-

rl;

,

d₄

=

7~78' enz .

.

Het eerste stukje van Y2 (x) is dus

1 1 5 7

Y2(x)

=

2x -ï -1X2

_i6

1 X2 - _{+ 768}37 x 2 _{+ ... +}

1 3 5 7

7: 1 2 1 2 57:

1

+ Inx [x -"4x + gX - 64x +.. . .

Het opstellen van een recurrente betrekking is relatief eenvoudig. Schrijf in (t) voor Y1 (x) de reeks ~anxn+'12. Er verschijnt (uit (t)):

n 1 n+~ n+!

~

[dnn(n - 1) + _dn_₁ (n -

~)l

x -2 +

~anx

2 +

~2an(n

+ !)x 2

=

o

.

In de tweede som n door n - 2 vervangen en in de derde som n door n - I geeft

3 1 n-!

~ [dnn(n - 1) + _{dn_1 (n} - 2) + _{an_ 2} + 2(n - ï)an-1l x 2 =

o.

De vorm tussen de teksthaken 0 stellen voor n = (0), I, 2, . . . geeft de recurrente betrekking.

10.4. Opgaven

2 d2y dy

(4 - x ) - - 2x - + Y =

o

.

dx2 dx (93)

Bepaal beginstukjes van twee onafhankelijke oplossingen in de vorm van machtreeksen in x.

x2y" + (3x - x2)y' + (1 + 2x)y = 0, x>

o.

(94 )

Bepaal één oplossing in de vorm van een gegeneraliseerde machtreeks in x en geef een beginstukje van een tweede oplossing.

y" + 2xy' + 2y = O. (95)

Bepaal onafhankelijke oplossingen in de vorm van machtreeksen in x.

(1 - x2)y" - 2xy'

+

6y

=

O. (96)

Bepaal een tweetal oplossingen in de vorm van een reeks in x.

d2y dy

2x -

+

3 (1

+

x) - - 3y = O.

dx2 dx (97)

Laat zien dat er een oplossing is die voor een omgeving van x geschreven kan worden

3 3

als y(x) = (1 + x)g(x), waarbij g een primitieve is van x -2 (1 + x)-2 e -2x

d2y dy

x - 2 + (1 - x) - + Ày = 0, À E IR.

dx dx (98)

a. Bepaal één oplossing in de vorm van een machtreeks in x. Bepaal het convergentie-gebied.

b. Schrijf die oplossing uit voor À

=

3.

c. Geef de recursieve betrekking tussen de coëfficiënten die optreden in een tweede oplossing, die onafhankelijk is van de eerste.

2 d2y dy

(4 - x ) - - 2x-+ Y =

o.

dx2 _dx (99)

Bepaal van de gegeven vergelijking een oplossing in de vorm van een machtreeks in (x - 2). Geef het convergentiegebied aan.

10.5.

Als alleen naar de indexvergelijking wordt gevraagd kan men ook als volgt te werk gaan. Stel dat 0 een regulier singulier punt is van de vergelijking

p(x)y"

+

q(x)y'

+

r(x)y = O.

Dan is p(O) = 0 en de functies

q/p

en

rlp

hebben in 0 polen van hoogstens de eerste,

respectievelijk de tweede orde: q(x) _ a_I -( ) - - + _ao + al x + .. . p x x rex) _ b_₂ b_₁ - ( ) - -2- + - _{+ bo + bI} X + .. . p x x x Substitueer in de vergelijking " + q(x) , + rex) - 0 y p(x) y p(x) y -de reeks y = ~c xn +r n ' cn = 0 als n

<

O. y = ~cnxn+r b _2x -2 + b -1 X -I + .. . y'= ~cn(n + r)xn+r -1 _{a X-I + a} o + ... -1 y"= ~c (n + r)(n + r - l)xn+r -2 + n 0= co[r(r - I) + ra_I + b_₂1xr-2 + ...

De indexvergelijking is dus kennelijk

r(r - 1) + ra_

1 + b_2 = 0

(de coëfficiënt van de laagste macht van x nul gesteld).

Opmerking. Let erop dat a_lof b_₂ nul kunnen zijn; let weer op: dat houdt in dat ze ook beide nul kunnen zijn.

Opgaven

Bepaal van de volgende vergelijkingen de indexvergelijking in de aangegeven (100) regulier singuliere punten.

a. x2 y" + x(x - I )y' + Y = 0 (0) b. x2y" + x(sinx)y' + y = 0 (0) c. (sinx)y" + y' + x2y = 0 (0 ;rr) d. (sinx)2 y" + y = 0 (rr) " , I e. x(x - I)y + Y - -y = 0 _x (0;1)

10.6.

De convergentiestraal van de oplossingen van y" + a(x)y' + b(x)y = 0 is meestal snel uit de eigenschappen van a(x) en b(x) af te lezen. 0 is een regulier singu-lier punt van de vergelijking

" I , x

y+ y+ y=O

(x - 2)sinx (x - 4)sin2x . (oio)