Types differentiaal vergelijkingen

Transcriptie

1 1ste Bachelor Wiskunde/Natuurkunde Types differentiaal vergelijkingen Dit semester hebben we veel types differentiaalvergelijkingen gezien. In de WPO sessies was de rode draad: herken de type differentiaalvergelijking en volg gewoon de bijhorende oplossingsmethodologie. In dit document zet ik even alle types op een rijte. Al de types waren: 1. Juiste diff.vgl, orde1 2. Scheiding van veranderlijke, orde 1 3. homogene p en q, orde 1 4. p en q veeltermen van graad 1, orde 1 5. lineaire diff.vgl van orde 1 6. Bernouilli diff vgl, orde 1 7. y ontbreekt, orde 1 8. x ontbreekt, orde 1 9. y kan worden afgezonderd, orde vgl waarin x of y in ontbreekt, orde 2 of groter 11. vgl homogeen y, y,..., y (n), orde 2 of groter 12. diff. vgl met constante coeff, orde 2 of groter 13. Euler diff vgl, orde 2 of groter 14. stelsel diff vgl. Ik ga nu de methodologie van iedere type herhalen. Maar eerst herinner: Definitie 1 Een differentiaalvergelijking is een vergelijking van de vorm F (x, y, y, y,..., y (n) ) = 0. De hoogste afgeleide dat voorkomt heet de orde (hier is dit n en in de oefeningen meestal 1 of 2). Een oplossing van de differentiaalvergelijking heet ook wel een integraal. Indien we de vergelijking kunnen herschijven als y (n) = F (x, y, y, y,..., y (n 1) ) dan heet de differentiaalvergelijking normaal.

2 Merk op dat een oplossing van een differentiaalvergelijking dus een functie y(x) is. Bij het oplossen van een differentiaalvergelijking van orde n zullen we steeds n constantes overhouden. In het praktijk zijn deze constantes bepaald door de randvoorwaarden van het systeem in beschouwing. Er bestaat geen algemene methode om differentiaalvergelijkingen op te lossen... Vandaar dat we veel types beschouwen en bijhorende methodes leren. Differentiaalvergelijkingen zijn dan nog steeds een heel actief en populair onderzoeksgebied. In het eerste deel, reeks 8 in de WPO, lossen we differentiaalvergelijkingen op van de eerste orde. In de reeksen nadien zullen we dikwijls hogere orde differentiaalvergelijkingen reduceren tot differentiaalvergelijkingen van de eerste orde om dan de methode van reeks 8 toe te passen. We beschouwen dus nu even normale differentiaalvergelijkingen van de vorm: F (x, y, y ) = 0. Gezien we de vergelijking normaal veronderstellen dus ook wel, y = f(x, y). Deze kunnen we ook in de volgende vorm schrijven: p(x, y)dx + q(x, y)dy = 0. (1) We gaan het dan ook steeds zo schrijven Type 1, juiste diff. vgl : Veronderstel dat vergelijking (1) kan geschreven worden als d(h(x, y)) = 0. Dan heet de diff vgl juist. Overduidelijk voldoet de functie h(x, y) = c aan deze vergelijking en is dus een oplossing van onze diff.vgl. In dit geval moet je je 2 vragen stellen: hoe weten we dat het juist is? en vervolgens hoe vinden we de functie h?. Ivm vraag 1, Stelling 1 (st , pg 95) Onder een aantal voorwaarden, indien dan is de diff vgl (1) juist. p y = q x Ivm vraag 2: doe zoals de voorbeelden op pg 97-98, namelijk: we weten dat dh(x, y) = hdx + x hdy. Dus: y h h = p(x, y) en = q(x, y). x y Neem dus nu op h = p(x, y) de integraal naar x. Dit geeft u h maar met een constante afhankelijk x van y!. Om de constante te bepalen, integreer dit resultaat dan naar y en gebruik dat h = q(x, y). y Zo zal je alles hebben. (zie verder reeks 8.1) Type 2, scheiding van veranderlijke : Dit zijn diff. vgl p(x, y)dx + q(x, y)dy = 0 dat je kan herschrijven in de vorm f(x)dx = g(y)dy (zoals de naam het deed vermoeden...). Hier nu gewoon de integraal nemen aan de beiden kanten en het eind antwoord eventueel mooi herschrijven. (zie pg 98 voor vb n en reeks 8.2 voor oef) Type 3, homogene diff. vgl : Dit zijn diff. vgl p(x, y)dx + q(x, y)dy = 0 waar de functies p en q homogene veeltermen zijn (i.e veeltermen waarvan de totale exponent van iedere monoom gelijk is, bv x 2 y 3 + 7y 5 2x 4 y). Voor deze type voer de substitutie z = y x 2

3 door (niet vergeten de dy ook te substitueren naar een dz!) en dan krijg je een diff. vgl van Type 2 scheiding van veranderlijke (zie pg voor meer uitleg). Bij het einde moet je de substitutie ook weer ongedaan maken. Type 4, p en q lineaire veeltermen : Zoals de naam het zegt zijn dit diff vgl. p(x, y)dx + q(x, y)dy = 0 waar p en q functies ax + by + cvan de 1ste graad zijn (bv p(x, y) = x + y 1 en q(x, y) = 3x + y + 1). Door de constante termen in p en/of q zijn dit geen diff.vgl van de vorige type. Daarom voeren we een substitutie door om in Type 3 of 2 terecht te geraken. We onderscheiden twee gevallen. (i) stel dat p en q evenwijdig zijn (i.e hun richtingsvectoren zijn een veelvoud van elkaar of dus hun rico s zijn gelijk). Doe dan de volgende substitutie: u = ax + by, waar p(x, y) = ax + by. Dan zal men een diff.vgl krijgen van Type 2, scheiding van veranderlijken, krijgen. (ii) stel dat p en q snijdend zijn in een punt (x 0, y 0 ). Voer dan de volgende substitutie uit: { x = t + x0 y = u + y 0 Na deze substitutie zal men een diff.vgl van Type 3 krijgen. Zie reeks 8.4 voor oef. Type 5, lineaire diff.vgl van 1ste orde : Dit zijn diff. vgl. van de vorm a(x)y + b(x)y = d(x) (2) Voor het oplossen van deze type gaan we eerst de geassocieerde homogene diff. vgl a(x)y + b(x)y = 0 (3) oplossen. Volgende stelling zegt ons dan dat, samen met een particuliere we de algemene oplossing vinden. Stelling 2 (St , pg 102) Zij y h de oplossing van de geassocieerde homogene diff.vgl (3) en y p een particuliere oplossing. Dan is de algemene oplossing van de diff vgl (2): y = y h + y p. De natuurlijke vragen zijn nu: hoe vinden we die y h en y p?. De homogene diff vgl kunnen we steeds met scheiding van veranderlijke oplossen! (zie pg 103). Voor de particuliere oplossing is iedere andere oplossing goed. Maar in praktijk zullen we de zogenaamde techniek van variatie van constantes toepassen. Meer precies, stel dat y h = cf(x) dan proberen we een oplossing te vinden van de vorm y p = c(x)f(x). De vraag is dus: voor welke functie c(x) is bovenstaande y p een oplossing van de diff.vgl (2)?. Hiervoor gaan we gewoon y p invullen in de diff.vgl (en ihb y p berekenen) en proberen c(x) te 3

4 bepalen. In praktijk zal men eerst de afgeleide c(x) van c(x) bepalen en dan door een extra integratie c(x) zelf. Zie reeks 8.5 voor oefeningen en pg voor theorie en vbn. Type 6, Bernoulli diff. vgl : Dit zijn diff.vgl van de vorm a(x)y + b(x)y = d(x)y m (4) Zonder die term y m zouden het dus diff.vgl van de vorige type zijn. Daarom gaan we de beide leden delen door y m en de substitutie z = 1 y m 1 doorvoeren. Na dit zal men een diff.vgl in z en x van de vorm (2) (i.e Type 5). Vergeet, zoals steeds, niet om bij het einde terug naar y en x te gaan. Zie reeks 8.6 voor oef en pg 105 voor theorie en vb. Vanaf nu werken we niet meer automatisch met normale differentiaalvergelijkingen. Tot nu toe was de grootste voorkomende macht van y gelijk aan 1. In het vervolg behandelen we differentiaavergelijkingen van de vorm F (x, y, y ) = 0 waar dus de graad van y groter of gelijk is aan 1. De bedoeling is om te reduceren naar de types 1 t.e.m 6. Een eerste naïve manier is door de diff. vgl te ontbinden: 0 = F (x, y, y ) = F 1 (x, y, y )... F 2 (x, y, y )... F n (x, y, y ) Nu, een product is nul als 1 van de termen nul is. Dus om alle oplossingen te vinden is het voldoende om voor alle 1 i n de vergelijking F i (x, y, y ) = 0 op te lossen. Stel dat we als oplossing G i (x, y, y ) = 0 vinden. Dan is de algemene oplossing: 0 = G 1 (x, y, y )... G 2 (x, y, y )... G n (x, y, y ). Deze methode is natuurlijk onafhankelijk van iedere type. Vandaar dat het hier schuin staat. Type 7, y ontbreekt: Hier is dus de diff. vgl van de vorm F (x, y ) = 0. In dit geval zullen we overstappen naar parametervorm. Er is geen vaste manier om de paramater te kiezen! Maar we zullen de parameter zo kiezen dat we zo gemakkelijk mogelijk x en y in functie van deze kunnen zetten: { x = φ(t) y = ψ(t) We willen x en y in functie van t. Het eerste hebben we al, dus nog de 2de. Hiervoor neem dy uit de 2de vergelijking te halen en daarin dx (i.e de differentiaal van de 1ste vergelijking) in te vullen vinden we dat dy = φ(t) ψ(t)dt en bijgevolg ook y in functie van t. Voor meer detail en vbn zie pg25 oefeningenbundel en reeks 9.1. Type 8, x ontbreekt: Ditmaal hebben we dus F (y, y ) = 0. Het is nu analoog aan het vorige. Voer namelijk een parameter t in: { y = φ(t) y = ψ(t) 4

5 En haal hier dx uit door de differentiaal van de 1ste vergelijking te vergelijken met de 2de vergelijking. Dan zal dx = φ dt en na integreren vindt men x. Alweer voor meer detail en vbn zie pg26 ψ oefeningenbundel en reeks 9.1. Type 8, vergelijking homogeen in x en y: Zoals bij type 3 deel door de hoogste macht van x waardoor men de diff. vgl F ( y x, y ) = 0 krijgt. Voer alweer een paramater t in. { y x = φ(t) y = ψ(t) Haal uit de 2 vergelijkingen dx in functie van t en dt. Deze zal steeds op te lossen zijn via scheiding van veranderlijken! (Type 1). Zie reeks 9.1 en pg oef. bundel voor meer. Type 9, y kan worden afgezonderd: Hier veronderstellen we dat we in de diff. vgl F (x, y, y ) = 0 de y kunnen afzonderen: y = φ(x, y ). (5) Met behulp van de techniek van afleiden en elimineren gaan we dan verder. Zie pg van oef. bundel voor alle details en reeks 9.2. Het idee zal zijn om de substitutie y = p in te voeren en de vergelijking (5) om te vormen naar een vergelijking in x en p. Deze zal van de eerste orde en 1ste graad zijn en zijn bijgevolg Types 1-6 mischien van toepassing. (9.1) vgl van Lagrange: Dit is een vergelijking van de vorm y = xφ(y ) + ψ(y ). Deze kan men steeds oplossen op bovenstaande wijze. Zie pg 31 voor een vb en reeks 9.2 voor oef. (9.2) vgl van Clairaut: Dit is een vetelijking van de vorm y = xy + ψ(y ). Het is dus een vergelijking van Lagrange met φ(y ) = y. Zie pg 32 voor een vb een reeks 9.2 voor een oef. Vanaf nu gaan we differentiaalvergelijkingen van hogere ordes bestuderen. Dus vergelijkingen waar ook y, y (3), etc. voorkomen : F (x, y, y,..., y (n) ) = 0. Hier zal men steeds proberen om de orde te verlagen en zo diff vgl van de vorige types te ontmoeten. Type 10, slechts x en 1 afgeleide: Het is dus een diff. vgl van de vorm y n = f(x). Hier is het voldoende om de vergelijking n keer te integreren. Type 10, vgl waarin x of y in ontbreekt: (10.1) y ontbreekt: Dus stel dat we een diff vgl van de volgende vorm hebben: 0 = F (x, y,..., y (n) ). Om de orde te verlagen voeren we logischer wijze de substitutie y = z in. Zo krijgt men 0 = F (x, z,..., z (n 1) ) en is dit hopelijk een diff vgl dat we reeds kennen. Zie pg oef bundel voor een vb en reeks 10.1 voor oef. 5

6 (10.2) x ontbreekt: Dus stel dat we een diff vgl van de volgende vorm hebben: 0 = F (y, y,..., y (n) ). Om de orde te verlagen veranderen we de rollen van x en y. Pas op bij de substitutie! Want, dan is y = 1 en y = x x. Eenmaal dit gedaan hebben we een diff vgl van de vorige type (x ) 3 (10.1), nl 0 = G(y, x,..., x (n) ). Zie pg oef bundel en reeks 10.1 voor meer. Type 11, vgl homogeen y, y,..., y (n) : In dit geval kunnen we de orde van 1 verlagen door de substitutie z = y y bundel voor een vb en reeks 10.1 voor oef. Type 12, met constance coefficienten: In dit geval worden de volgende differentiaal vergelijkingen bestudeert: te doen. Zie pg 40 in oef a n y (n) + a n 1 y (n 1) a 0 y = b(x) (6) waar a n,..., a 0 reeele constantes zijn. Aangezien deze diff vgl een speciale vorm zijn van Type 5 vindt men ook van de vgl (6) de oplossing door eerst de geassocieerde homogene op te lossen en een particuliere te vinden en ze op te tellen, y = y h + y p. Echter ditmaal zijn andere technieken meer geschikt. Voor de homogene: we associeren met de diff vgl (6) een karakteristieke vergelijking: a n t n + a n 1 t n a 1 t + a 0 = 0. Deze vergelijking heeft n, niet noodzakelijk verschillende, oplossingen t 1,..., t n in C (grondstelling van de algebra) en met ieder van deze oplossingen t i gaan we een oplossing e t ix associeren. Het probleem is dat sommige oplossingen multipliciteit 2 of meer kunnen hebben, bv t 1 = t 3, en dus de bijhorende oplossingen ook. Aangezien we geinteresseerd zijn in een algemene oplossing van (6) hebben we n lineair onafhankelijke oplossingen nodig en gaan we bijgevolg met de multipliciteit rekening moeten houden. Stel dat de karakteristieke vergelijking als, verschillende, oplossingen t 1,..., t l heeft met respectievelijk multipliciteit m 1,..., m l. Dan associeren we met iedere t i de volgende functies: e t ix, xe t ix,..., x m i 1 e t ix. In totaal zijn dit er m m l onafhankelijk zijn. Dus: = n en is bewezen in Gevolg 8.4.3, pg 119 dat ze lineair y h = c 1 e t 1x c m1 x m 1 1 e t 1x + c m1 +1e t 2x +... c n x m l 1 e t lx Merk wel op (pg120 in theorie) dat indien t j = α + iβ een complex getal is dan associeren we met t j en zijn complex toegevoegd t j de oplossingen e αx cos(βx), e αx sin(βx), xe αx cos(βx), xe αx sin(βx),..., x m j 1 e αx cos(βx), x m j 1 e αx sin(βx). De particuliere: Hiervoor kan men alweer variatie van constantes doen (i.e y p is y h maar waar alle c i vervangen worden door functies c i (x) dat men moet bepalen door y p in te vullen en een stelsel op te lossen). Dit is echter heel lang en indien de rechterlid b(x) een bijzondere vorm heeft is er ook korter. 6

7 Stelling 3 (St , pg 124) Indien de rechterlid b(x) = V (x)e µx waar V (x) een veelterm van graad m is, dan proberen we een particuliere oplossing y p van de vorm y p = x m(µ) K(x)e µx waar m(µ) de multipliciteit is van het getal µ als oplossing van de karakteristieke vergelijking (zie homogene deel) en K(x) = a m x m + a m 1 x m a 0 een veelterm is van dezelfde graad als V (x). Dus men probeert een y p van bovenstaande vorm te vinden. De enigste onbekendes in deze oplossing zijn de coefficienten van de veelterm K(x). Aangezien de enigste conditie op y p is dat het een oplossing moet zijn van de diff vgl (6) gaan we y p daarin invullen. Bij het einde krijgen we een veelterm links en in de rechterlid b(x). Nu 2 veeltermen zijn gelijk als al hun coefficienten gelijk zijn. Dus eenmaal we de 2 leden vergelijken vind men de coefficienten van K(x). Tenslotte is de algemene oplossing y = y p + y h. Zie pg voor meer detail en reeks voor oefeningen. Type 13, stelsel van diff vgln : Dit is via de techniek van eigenwaarden en eigenvectore. Zie pg in theorie en reeks 11.5 en 11.6 voor oefeningen. 7