3.1 - Theorie: De particuliere en algemene oplossing
De particuliere en algemene oplossing
In de vorige sectie hebben we gezien dat de differentiaalvergelijking
\(\frac{dx}{dt}=p \cdot x + q \cdot t \,\,\,\,\,\,(1)\)
een rechte lijn \(x=a \cdot t + b\) als oplossing heeft. De vraag is nu hoe kunnen we de parameters \(a\) en \(b\) voor deze lijn krijgen?
Het antwoord op deze vraag is het volgende recept:
Als \(x=a \cdot t + b\) een oplossing is dan geldt:
\(\frac{dx}{dt}=\frac{d(a \cdot t + b)}{dt}=a\).
Daarnaast moet gelden:
\(\frac{dx}{dt}=p \cdot x + q \cdot t = p (a \cdot t + b) + q \cdot t =(a \cdot p + q )t+ b \cdot p \).
De combinatie van deze twee eisen levert:
\(a=(a \cdot p + q )t+ b \cdot p \).
Deze vergelijking moet gelden voor alle \(t\). Dit kan alleen als
\(a \cdot p + q = 0 \;\;\wedge\;\; a = b \cdot p \).
Ofwel:
\(a =-\frac{q}{p} \;\;\wedge\;\; b = -\frac{q}{p^2} \).
De differentiaalvergelijking
\(\frac{dx}{dt}=p \cdot x + q \cdot t\)
heeft de rechte
\(x_p = -\frac{q}{p} t -\frac{q}{p^2}\)
als één van zijn oplossingen.
Deze oplossing \(x_p(t)\) noemen we de particuliere oplossing.
De particuliere oplossing is de lijn: \(x_p(t)= -\frac{-2}{3} t -\frac{-2}{3^2} = \frac{2}{3} t + \frac{2}{9}\)
Schrijf de particuliere oplossingen ergens op, die heb je namelijk nodig in een volgende opdracht.
| t-as: | tmin | tmax | nt | |||
| x-as: | xmin | xmax | nx |
Kunnen we ook een algebraïsche oplossing voor de differentiaalvergelijking (1) vinden als we een startwaarde kiezen die niet op de lijn ligt? Ook hier is voor deze differentiaalvergelijking het antwoord positief. Beschouw het homogene deel van de differentiaalvergelijking
\(\frac{dx}{dt}=p \cdot x\)
De algemene oplossing voor deze homogene lineaire differentiaalvergelijking is
\(x_h(t)= c \cdot e^{pt}\).
De bewering is nu dat de som van de particuliere oplossing \(x_p(t)= -\frac{q}{p} t -\frac{q}{p^2}\) en de algemene oplossing van de homogene differentiaalvergelijking \(x_h(t)= c \cdot e^{pt}\) een algemene oplossing is voor differentiaalvergelijking (1) ofwel
De vergelijking
\(\frac{dx}{dt}=p \cdot x + q \cdot t\) ;\(x(t_0) =x_0\)
heeft als algemene oplossing de oplossing
\(x(t)= c \cdot e^{pt} -\frac{q}{p} t -\frac{q}{p^2} \)
De beginconditie \(x(t_0) =x_0\) bepaalt de waarde van de constante \(c\):
\(x(t_0)= c \cdot e^{pt_0} -\frac{q}{p} t_0 -\frac{q}{p^2} \Rightarrow\)
\( c = \frac{x(t_0) + \frac{q}{p} t_0 + \frac{q}{p^2}}{e^{pt_0}} = e^{-pt_0}\left(x(t_0) + \frac{q}{p} t_0 + \frac{q}{p^2}\right) = e^{-pt_0}\left(x(t_0)-x_p(t_0)\right)\)
Dit geloven we natuurlijk niet zomaar. We controleren dit door deze oplossing weer te differentiëren
\(\begin{array}{lll} \frac{x(t)}{dt} & = & \frac{d \left( c \cdot e^{pt} -\frac{q}{p} t -\frac{q}{p^2} \right)}{dt} \\ & = & p \cdot c \cdot e^{pt} - \frac{q}{p} \\ & = & p \left( c \cdot e^{pt} -\frac{q}{p^2} - \frac{q}{p} t + \frac{q}{p} t \right) \\ & = & p \left( x(t) + \frac{q}{p} t \right) \\ & = & p x(t) + q t \end{array}\)
Dit is inderdaad weer de differentiaalvergelijking waar we mee zijn begonnen.
De particuliere oplossing is de lijn: \(x_p(t)= \frac{2}{3} t + \frac{2}{9}\)
De algemene oplossing voor het homogene deel is de exponentiële functie: \(x_h(t)=ce^{3t}\)
De algemene oplossing is : \(x(t)=ce^{3t}+\frac{2}{3} t + \frac{2}{9}\)
Vervolgens gebruiken we \(x(3)=4\frac{2}{9}\) om \(c\) op te lossen:
\( 4\frac{2}{9} = c \cdot e^{3 \cdot 3} + \frac{2}{3} \cdot 3 - \frac{2}{9} \Rightarrow\)
\( c = \frac{2}{e^{9}} = 2e^{-9}\)
De oplossing van de differentiaalvergelijking is nu:\(x(t)=2e^{3t-9}+\frac{2}{3} t + \frac{2}{9}\)