3.1 - Theorie: De particuliere en algemene oplossing vervolgd
De particuliere en algemene oplossing vervolgd
In deze sectie bekijken we ingewikkeldere modellen waarvoor we algebraïsch een algemene oplossing kunnen vinden als som van een particuliere en een homogene oplossing. We doen dit aan de hand van een aantal voorbeelden.
| t-as: | tmin | tmax | nt | |||
| x-as: | xmin | xmax | nx |
Functies moeten in Javascript worden geschreven. Speciale wiskundige functies kun je vinden op b.v. w3schools.com.
- Bepaal de algemene oplossing voor: \(\frac{dx}{dt}=-x + t^2\) ;\(x(t_0) =x_0\)
Als je in de applet hierboven het lijnenveld laat zien, door op de knop behorende bij deze vergelijking te drukken, dan lijkt een parabool een mogelijke oplossing te kunnen zijn.
Stel \(x_p(t)=at^2+bt+c\) dan moet gelden:\(\frac{dx_p}{dt}= 2at+b = -x + t^2 \Leftrightarrow \)
\( 2at+b = -(at^2+bt+c) + t^2 \Leftrightarrow \)
\( 2at+b = (1-a)t^2-bt-c \Rightarrow \)
\( 0=1-a\,\,\,\wedge \,\,\,2a=-b\,\,\,\wedge \,\,\,b=-c \Leftrightarrow \)
\( a=1\,\,\,\wedge \,\,\,b=-2\,\,\,\wedge \,\,\,c=2\)
Dus \(x_p(t)=t^2-2t+2\) is een particuliere oplossing. Controleer dit in de applet!
De homogene vergelijking
\(\frac{dx}{dt}=-x \)
heeft als algemene oplossing \(x_h(t)=ce^{-t}\)
De algemene oplossing wordt dan \(x(t)=ce^{-t}+t^2-2t+2 = ce^{-t}+x_p(t)\)
De constante \(c\) lossen we weer op uit de vergelijking \(x(t_0)=ce^{-t_0}+x_p(t_0)\):
\(x(t_0)= c \cdot e^{pt_0} +t_{0}^2-2t_{0}+2 \Rightarrow\)
\( c = \frac{x_0-x_p(t_0)}{e^{-t_0}} = e^{t_0}\left(x_0 - t_0^2+ 2t_0-2 \right)\)
Door \(c\) in te vullen in de algemene oplossing vindt je de oplossing voor een gegeven beginconditie
Controleer dit in de applet voor verschillende begin situties door de oplossing in te vullen. Klik ergens in het tekenveld. Dit geeft een simulatie. Ga naar het \(X(t)\) veld en druk weer enter. Je ziet dan of de oplossing over de simulatie komt te liggen.
- Bepaal de algemene oplossing voor: \(\frac{dx}{dt}= x + t^2\) ;\(x(t_0) =x_0\)
Als je in de applet hierboven het lijnenveld laat zien, door op de knop behorende bij deze vergelijking te drukken, dan lijkt een parabool weer een mogelijke oplossing te kunnen zijn.
Stel \(x_p(t)=at^2+bt+c\) dan moet gelden:\(\frac{dx_p}{dt}= 2at+b = x + t^2 \Leftrightarrow \)
\( 2at+b = at^2+bt+c + t^2 \Leftrightarrow \)
\( 2at+b = (1+a)t^2+bt+c \Leftrightarrow \)
\( 0=1+a\,\,\,\wedge \,\,\,2a=b\,\,\,\wedge \,\,\,b=c \Leftrightarrow \)
\( a=-1\,\,\,\wedge \,\,\,b=-2\,\,\,\wedge \,\,\,c=-2\)
Dus \(x_p(t)=-t^2-2t-2\) is een particuliere oplossing.
Controleer dit in de applet!
De homogene vergelijking
\(\frac{dx}{dt}=x \)
heeft als algemene oplossing \(x_h(t)=ce^{t}\)
De algemene oplossing wordt dan \(x(t)=ce^{t}-t^2-2t-2\)
De constante \(c\) lossen we op uit de vergelijking \(x(t_0)=ce^{t_0}+x_p(t_0)\):
\( c = e^{-t_0}\left(x_0 + t_0^2 + 2t_0 + 2 \right)\)
Door \(c\) in te vullen in de algemene oplossing vindt je de oplossing voor een gegeven beginconditie
Controleer dit in de applet!
- Bepaal de algemene oplossing voor: \(\frac{dx}{dt}= - x + e^{-t}\) ;\(x(t_0) =x_0\)
Als je in de applet hierboven het lijnenveld laat zien, door op de knop behorende bij deze vergelijking te drukken, dan lijkt er niet een voor de hand liggende oplossing te zijn.
Kies een vorm \(x_p(t)=ate^{-t}+be^{-t}\) voor de particuliere oplossing. De waarden voor a en b vinden we als volgt:\(\frac{dx_p}{dt}= ae^{-t}-ate^{-t}-be^{-t} = -(ate^{-t}+be^{-t}) + e^{-t}\)
\( -ate^{-t}+(a-b)e^{-t} = -ate^{-t}+(1-b)e^{-t}\)
Dit moet weer gelden voor alle \(t\) dus
\( -ate^{-t}+(a-b)e^{-t} = -ate^{-t}+(1-b)e^{-t}\)
Hier uit volgt dat \(a=1\). Kies \(b=0\) (andere keuzen ook mogelijk) dan is \(x_p(t)=te^{-t}\)
Controleer dit in de applet!
De homogene vergelijking
\(\frac{dx}{dt}=-x \)
heeft als algemene oplossing \(x_h(t)=ce^{-t}\)
De algemene oplossing wordt dan \(x(t)=ce^{-t}+te^{-t}\).
De constante \(c\) lossen we op uit de vergelijking \(x(t_0)=ce^{-t_0}+x_p(t_0)\):
\( c = e^{t_0}\left(x_0 + t_0e^{-t_0} \right)\)
Door \(c\) in te vullen in de algemene oplossing vindt je de oplossing voor een gegeven beginconditie
Controleer dit in de applet!
- Bepaal de algemene oplossing voor: \(\frac{dx}{dt}= - x + \cos(t)\) ;\(x(t_0) =x_0\)
Als je in de applet hierboven het lijnenveld laat zien, door op de knop behorende bij deze vergelijking te drukken, dan lijkt een goniometrische formule een mogelijke oplossing te kunnen zijn.
Stel \(x_p(t)=a \sin(t) + b \cos(t)\) dan moet gelden:\(\frac{dx_p}{dt}= a \cos(t) - b \sin(t) = -x + \cos(t) \Leftrightarrow \)
\( a \cos(t) - b \sin(t) = - (a \sin(t) + b \cos(t)) + \cos(t) \Leftrightarrow \)
\( - b \sin(t) + a \cos(t) = - a \sin(t) + (1- b)\cos(t)\)
Deze oplossing moet gelden voor alle \(t\). Daarom moeten links en rechts de coëfficienten voor respectievelijk \(sin(t)\) en \(cos(t)\) aan elkaar gelijk zijn. Of wel
\( -b=-a \;\;\wedge\;\; a = 1-b \Leftrightarrow a=1/2 \;\;\wedge\;\; b=1/2\)
De particuliere oplossing is dan:
\(x_p(t)=\frac{1}{2}\sin(t) + \frac{1}{2}\cos(t)\)
Controleer dit in de applet!
De homogene vergelijking
\(\frac{dx}{dt}=-x \)
heeft als algemene oplossing \(x_h(t)=ce^{-t}\)
De algemene oplossing wordt dan \(x(t)=ce^{-t}+\frac{1}{2}\sin(t) + \frac{1}{2}\cos(t)\).
De constante \(c\) lossen we op uit de vergelijking \(x(t_0)=ce^{-t_0}+x_p(t_0)\):
\( c = e^{t_0}\left(x_0 - \frac{1}{2}\sin(t_0) - \frac{1}{2}\cos(t_0) \right)\)
Door \(c\) in te vullen in de algemene oplossing vindt je de oplossing voor een gegeven beginconditie
Controleer dit in de applet!
- Bepaal de algemene oplossing voor: \(\frac{dx}{dt}= \frac{x^2}{4} - \frac{xt}{2} + \frac{t^2}{4}\) ;\(x(t_0) =x_0\)
-
In het lijnenveld nemen we twee rechte lijnen waar. Daar zouden we particuliere oplossingen voor kunnen vinden. Helaas is voor de differentiaalvergelijking in deze vorm geen homogeen deel af te splitsen. De term \(x^2/4-xt/2\) gooit roet in het eten. Toch blijken we hier verder te kunnen komen. We kunnen de differentiaalvergelijking namelijk herleiden tot:
\(\frac{dx}{dt}= \frac{1}{4} \left ( x-t \right )^2\)
Definiëren we nu \(y=x-t\) dan is
\(\frac{dy}{dt}= \frac{dx}{dt}-1 = \frac{1}{4}y^2 - 1\)
Vul in de applet in de plaats voor dx/dt eens in (x^2)/4-1 (y in vullen kan niet). Je ziet dan dat er \(y_p=2\) en \(y_p=-2\) particuliere oplossingen zijn voor \(\frac{dy}{dt}= \frac{1}{4}y^2 - 1\).
De algemene oplossing voor het homogene deel \(\frac{dy}{dt}= \frac{1}{4}y^2 \) is
\(y_h(t)=\frac{-4}{t+c}\)
Opdracht:Controleer dit.De algemene oplossing voor \(y\) zou dan volgens de voorafgaande voorbeelden gelijk zijn aan: \(y(t)=\frac{-4}{t+c}+y_p(t)\)
De constante \(c\) lossen we op uit de vergelijking \(y(t_0)=\frac{-4}{t_0+c}+y_p(t_0)\):
\(c = \frac{-4}{y_0-y_p(t_0)}-t_0\)
De keuze van \(y_0\) zou in dit geval al de juiste particuliere oplossing bepalen. Echter als voor de juiste keuze de oplossing in de applet invoert zul je zien dat dit niet het gewenste resultaat heeft, de algebraïsch gevonden oplossing ligt niet over de numerieke.
Zonder bewijs stellen we: Er is alleen een algemene oplossing te vinden als som van een particuliere en een homogene oplossing als de differentiaalvergelijking een lineaire differentiaalvergelijking is, dus van de vorm: \(\frac{dx}{dt}=x \cdot f(t) + g(t)\).Toch kunnen we wel de exacte oplossing voor \(\frac{dy}{dt}= \frac{1}{4}y^2 - 1 \) vinden met behulp van scheiden van variabelen (zie sectie 1D niet lineair eerste orde). Je kan namelijk de vergelijking herschrijven tot \(\frac{dy}{dt}= (\frac{1}{2}y - 1)(\frac{1}{2}y + 1)\).
De algemene oplossing voor deze vergelijking wordt dan:
\(y(t)=2\frac{1+ce^t}{1-ce^t}\)
De constante \(c\) lossen we op uit de vergelijking \(y(t_0)=2\frac{1+ce^{t_0}}{1-ce^{t_0}}\):
\(c = e^{-t_0}\frac{ \frac{1}{2}y_0-1}{\frac{1}{2}y_0+1}\)
Opdracht: Probeer dit zelf na te rekenen. (Hint: Kijk nog een keer naar de manier waarop we dat voor de logistische vergelijking hebben gedaan.
Aangezien \(y=x-t\) geldt \(x=y+t\) en \(y_0=x_0-t_0\). Substitutie levert de algemene oplossing:
\(x(t)=t+2\frac{1+\frac{x_0-t_0-2}{x_0-t_0+2}e^{(t-t0)}}{1-\frac{x_0-t_0-2}{x_0-t_0+2}e^{(t-t0)}}\)