Tentamenopgaven over hfdst. 1 t/m 4

Transcriptie

1 Ttamopgav over hfdst. 1 t/m 4 1. donderdag 31 oktober 1996 Bepaal de oplossing van het beginwaardeprobleem y + 4y = 4 cos 2x, y(0) = 1, y (0) = donderdag 31 oktober 1996 Bepaal de algeme oplossing van de differtiaalvergelijking y + y = 1 cos x. 3. donderdag 9 januari 1997 Bepaal de algeme oplossing van de differtiaalvergelijking y 2x x y = + 1 x2 x donderdag 9 januari 1997 Bepaal de algeme oplossing van de differtiaalvergelijking y 4y = 8x donderdag 9 januari 1997 Bepaal de algeme oplossing van de differtiaalvergelijking [Gegev is dat y + y = tan x. ( ) dx cos x cos x = ln.] 1 sin x 6. donderdag 22 januari 1998 Bepaal met behulp van de methode van variatie van constant de algeme oplossing van de differtiaalvergelijking x 2 y + xy y = 4x. Gegev is dat y 1 (x) = x y 2 (x) = 1 x homoge differtiaalvergelijking. twee basisoplossing zijn van de bijbehorde 7. wosdag 18 maart 1998 Bepaal de algeme oplossing van de differtiaalvergelijking xy (x + 1)y = x 2 x 3. 1

2 8. wosdag 18 maart 1998 Bepaal met behulp van de methode van variatie van constant de algeme oplossing van de differtiaalvergelijking x 2 y 2xy + 2y = x 2. Gegev is dat y 1 (x) = x y 2 (x) = x 2 twee basisoplossing zijn van de bijbehorde homoge differtiaalvergelijking. 9. maandag 14 december 1998 Bepaal met behulp van de methode van variatie van constant de algeme oplossing van de differtiaalvergelijking (1 + x 2 )y 2xy + 2y = 6(x 2 + 1) 2. Gegev is dat y 1 (x) = x y 2 (x) = x 2 1 twee basisoplossing zijn van de bijbehorde homoge differtiaalvergelijking. 10. maandag 20 december 1999 Bepaal de oplossing van het beginwaardeprobleem dy dx = 2xy2 + 3x 2 y 2, x > 1 y(1) = maandag 20 december 1999 Bepaal de oplossing van het beginwaardeprobleem y 3y + 2y = e 2t + 10 cos t + 4 y(0) = 5, y (0) = maandag 20 december 1999 Bepaal de algeme oplossing van de differtiaalvergelijking y + y = 6 sin 2 t. 13. wosdag 1 maart 2000 Bepaal de oplossing van het beginwaardeprobleem y 4y + 4y = 4e 2t + 25 sin t + 4t y(0) = 3, y (0) = wosdag 1 maart 2000 Bepaal met behulp van de methode van variatie van constant de algeme oplossing van de differtiaalvergelijking y + 4y = 4t. [Gegev is dat t cos t dt = cos t + t sin t t sin t dt = sin t t cos t.] 2

3 15. maandag 22 januari 2001 Bepaal de algeme oplossing van de differtiaalvergelijking y (t) 2y (t) + y(t) = et t, t > 0. 3

4 Uitwerking van de opgav over hfdst. 1 t/m 4 1. donderdag 31 oktober 1996 De karakteristieke vergelijking is : r = 0. y h (x) = c 1 cos 2x + c 2 sin 2x. Voor e particuliere oplossing prober we dus : y p (x) = Ax cos 2x + Bx sin 2x. Dan volgt : y p(x) = A( 4x cos 2x 4 sin 2x) + B( 4x sin 2x + 4 cos 2x). Invull geeft dan 4A sin 2x+4B cos 2x = 4 cos 2x, dus : A = 0 B = 1. De algeme oplossing is dus : y(x) = x sin 2x + c 1 cos 2x + c 2 sin 2x. Uit y(0) = 1 y (0) = 0 volgt dan dat c 1 = 1 c 2 = 0. De oplossing van het beginwaardeprobleem is dus : y(x) = x sin 2x + cos 2x. 2. donderdag 31 oktober 1996 De karakteristieke vergelijking is : r = 0. y h (x) = c 1 cos x + c 2 sin x. We gebruik nu de methode van variatie van constant (zie : 3.7) : Differtiër geeft : Invull geeft dan y(x) = u 1 (x) cos x + u 2 (x) sin x. y (x) = u 1(x) cos x + u 2(x) sin x u }{{} 1 (x) sin x + u 2 (x) cos x y (x) = u 1(x) sin x + u 2(x) cos x u 1 (x) cos x u 2 (x) sin x. u 1(x) sin x + u 2(x) cos x = 1 cos x. u 1 (x) cos x + u 2 (x) sin x = 0 Hieruit volgt dus : De oplossing is dus : u 1 (x) sin x + 1 u 2 (x) cos x = cos x. u 1(x) = sin x cos x u 2(x) = 1, u 1 (x) = ln cos x + c 1 u 2 (x) = x + c 2. y(x) = (cos x) ln cos x + x sin x + c 1 cos x + c 2 sin x. 3. donderdag 9 januari 1997 Merk op, dat de differtiaalvergelijking lineair is. E integrerde factor is 1/(x 2 +1). Dan volgt (zie : 2.1) : ( ) d y(x) dx x 2 = x 5 = y(x) x = 1 4x 4 + C = y(x) = x x 4 + C(x 2 + 1). 4

5 Het kan ook met de methode van variatie van constant (zie : 2.1, opgave 35 op blz. 39). Los eerst de bijbehorde homoge differtiaalvergelijking op : y 2x dy x 2 y = 0 = + 1 y = 2x x dx. Hieruit volgt : ln y = ln(x 2 + 1) + K, dus : y h (x) = C(x 2 + 1). Stel nu y(x) = (x 2 + 1)A(x), dan volgt y (x) = (x 2 + 1)A (x) + 2xA(x). Invull geeft dan : (x 2 + 1)A (x) = x2 + 1 x 5 = A (x) = 1 x 5 = A(x) = 1 4x 4 + C. y(x) = x x 4 + C(x 2 + 1). 4. donderdag 9 januari 1997 De karakteristieke vergelijking is : r 3 4r = 0 r(r 2 4) = 0. y h (x) = c 1 + c 2 e 2x + c 3 e 2x. Voor e particuliere oplossing prober we (zie : 4.3, methode van onbepaalde coëfficiënt) Invull geeft dan : y p (x) = Ax 2 + Bx = y p(x) = 2Ax + B y p (x) = 0. 8Ax 4B = 8x + 4 = A = 1 B = 1. y p (x) = x 2 x de algeme oplossing is y(x) = x 2 x + c 1 + c 2 e 2x + c 3 e 2x. 5. donderdag 9 januari 1997 De karakteristieke vergelijking is : r = 0. y h (x) = c 1 cos x + c 2 sin x. Stel nu y(x) = u 1 (x) cos x + u 2 (x) sin x (zie : 3.7, methode van variatie van constant). Dan volgt : y (x) = u 1(x) cos x + u 2(x) sin x u }{{} 1 (x) sin x + u 2 (x) cos x y (x) = u 1(x) sin x + u 2(x) cos x u 1 (x) cos x u 2 (x) sin x. Invull geeft dan : u 1 (x) sin x + u 2 (x) cos x = tan x. Hieruit volgt : u 1 (x) cos x + u 2 (x) sin x = 0 u 1 (x) sin x + u 2 (x) cos x = tan x. u 1(x) = sin2 x cos x = 1 cos x + cos x u 2(x) = sin x. ( ) cos x u 1 (x) = ln + sin x + c 1 u 2 (x) = cos x + c 2. 1 sin x De algeme oplossing is dus : y(x) = (cos x) ln ( ) cos x + c 1 cos x + c 2 sin x. 1 sin x 5

6 6. donderdag 22 januari 1998 Stel (zie : 3.7, methode van variatie van constant) dat dan volgt y(x) = xu 1 (x) + u 2(x) x, y (x) = xu 1(x) + u 2 (x) x } {{ } y (x) = u 1(x) u 2 (x) x 2 Invull geeft dan x 2 u 1 (x) u 2 (x) = 4x. Hieruit volgt : xu 1(x) + u 2 (x) x = 0 of x 2 u 1 (x) u 2 (x) = 4x De algeme oplossing is dus : +u 1 (x) u 2(x) x u 2(x) x 3. xu 1(x) + u 2 (x) x u 1(x) = 2 x u 2(x) = 2x. = 0 u 1(x) u 2 (x) x 2 = 4 x. u 1 (x) = 2 ln x + c 1 u 2 (x) = x 2 + c 2. y(x) = 2x ln x x + c 1 x + c 2 x of y(x) = 2x ln x + k 1 x + k 2 x. 7. wosdag 18 maart 1998 Merk op, dat de differtiaalvergelijking lineair (zie : 2.1) is. M kan dus volgs de methode van 2.1 e integrerde factor bepal. Schrijf daarvoor de differtiaalvergelijking in de vorm Voor de integrerde factor vind we dan y (1 + 1 x )y = x x2. µ (x) = (1 + 1 e x )µ(x) = µ(x) = x x. We vind dan ( ) d e x dx x y(x) = (1 x)e x = e x x y(x) = xe x + C = y(x) = x 2 + Cxe x. Het kan uiteraard ook met behulp van de methode van variatie van constant (zie : 2.1, opgave 35 op blz. 39). Los daarvoor eerst de bijbehorde homoge differtiaalvergelijking xy (x + 1)y = 0 op. We vind dan x dy dy = (x + 1)y = dx y = (1 + 1 )dx = ln y = x + ln x + K. x 6

7 y h (x) = Cxe x. We zoek vervolgs e oplossing van de vorm y(x) = u(x)xe x van de inhomoge differtiaalvergelijking. Invull geeft dan u (x)x 2 e x = x 2 x 3 = u (x) = (1 x)e x = u(x) = xe x + C. We vind dus : y(x) = x 2 + Cxe x. 8. wosdag 18 maart 1998 Stel y(x) = xu 1 (x) + x 2 u 2 (x), dan volgt (zie : 3.7) volgs de methode van variatie van constant y (x) = xu 1(x) + x 2 u }{{ 2(x) +u } 1 (x) + 2xu 2 (x) y (x) = u 1(x) + 2xu 2(x) + 2u 2 (x). Invull geeft dan x 2 u 1 (x) + 2x3 u 2 (x) = x2. xu 1 (x) + x2 u 2 (x) = 0 Hieruit volgt : dus : x 2 u 1 (x) + 2x3 u 2 (x) = x2 De algeme oplossing is dus : u 1(x) = 1 u 2(x) = 1 x xu 1 (x) + x2 u 2 (x) = 0 u 1 (x) + 2xu 2 (x) = 1. u 1 (x) = x + c 1 u 2 (x) = ln x + c 2. y(x) = x 2 + x 2 ln x + c 1 x + c 2 x 2 of evtueel y(x) = x 2 ln x + c 1 x + c 3 x maandag 14 december 1998 Stel y(x) = xu 1 (x) + (x 2 1)u 2 (x), dan volgt (zie : 3.7) volgs de methode van variatie van constant y (x) = xu 1(x) + (x 2 1)u }{{ 2(x) +u } 1 (x) + 2xu 2 (x) y (x) = u 1(x) + 2xu 2(x) + 2u 2 (x). Invull geeft dan (1 + x 2 )u 1 (x) + 2x(1 + x2 )u 2 (x) = 6(x2 + 1) 2. xu 1 (x) + x2 u 2 (x) = 0 (1 + x 2 )u 1 (x) + 2x(1 + x2 )u 2 (x) = 6(1 + x2 ) 2 oftewel xu 1 (x) + x2 u 2 (x) = 0 u 1 (x) + 2xu 2 (x) = 6(1 + x2 ) = u 1(x) = 6x u 2(x) = 6x 7

8 dus : u 1 (x) = 2x 3 + 6x + c 1 u 2 (x) = 3x 2 + c 2. De algeme oplossing is dus : y(x) = 2x 4 + 6x 2 + 3x 2 (x 2 1) + c 1 x + c 2 (x 2 1) oftewel y(x) = x 4 + 3x 2 + c 1 x + c 2 (x 2 1). 10. maandag 20 december 1999 De differtiaalvergelijking is separabel (zie : 2.2), want : dy dx = (2x + 3x2 )y 2 = dy y 2 = (2x + 3x2 )dx = 1 y = x2 + x 3 + C. Uit de voorwaarde y(1) = 1 volgt C = 1. De oplossing is dus : y(x) = 1 1 x 2 x maandag 20 december 1999 De karakteristieke vergelijking is : r 2 3r + 2 = 0 (r 1)(r 2) = 0. y h (t) = c 1 e t + c 2 e 2t. Voor e particuliere oplossing gebruik we de methode van onbepaalde coëfficiënt (zie : 3.6) : Dan volgt : y p (t) = Ate 2t + B cos t + C sin t + D. y p(t) = A(2t + 1)e 2t B sin t + C cos t y p(t) = A(4t + 4)e 2t B cos t C sin t. Invull geeft dan : Ae 2t + (B 3C) cos t + (3B + C) sin t + 2D = e 2t + 10 cos t + 4. Hieruit volgt : A = 1, B = 1, C = 3 D = 2. y(t) = te 2t + cos t 3 sin t c 1 e t + c 2 e 2t y (t) = (2t + 1)e 2t sin t 3 cos t + c 1 e t + 2c 2 e 2t. Uit de beginvoorwaard y(0) = 5 y (0) = 0 volgt dan : c 1 + c 2 = 2 = c 1 = 1 c 2 = 0. c 1 + 2c 2 = 2 De oplossing is dus : y(t) = te 2t + cos t 3 sin t + 2(1 + e t ). 12. maandag 20 december 1999 De karakteristieke vergelijking is : r = 0. y h (t) = c 1 cos t + c 2 sin t. We gebruik nu de methode van variatie van constant (zie : 3.7) : y(t) = u 1 (t) cos t + u 2 (t) sin t. 8

9 Differtiër geeft : Invull geeft dan Hieruit volgt dus : y (t) = u 1(t) cos t + u 2(t) sin t u }{{} 1 (t) sin t + u 2 (t) cos t y (t) = u 1(t) sin t + u 2(t) cos t u 1 (t) cos t u 2 (t) sin t. u 1 (t) = 6 u 1(t) sin t + u 2(t) cos t = 6 sin 2 t. u 1 (t) cos t + u 2 (t) sin t = 0 u 1 (t) sin t + u 2 (t) cos t = 6 sin2 t. u 1(t) = 6 sin 3 t u 2(t) = 6 sin 2 t cos t, sin 3 t dt = 6 (1 cos 2 t) d cos t = 6 cos t 2 cos 3 t + c 1 u 2 (t) = 6 sin 2 t cos t dt = 6 sin 2 t d sin t = 2 sin 3 t + c 2. De oplossing is dus : y(t) = 6 cos 2 t 2 cos 4 t + 2 sin 4 t + c 1 cos t + c 2 sin t. Deze oplossing blijkt ook geschrev te kunn word als y(t) = 2 cos 2 t c 1 cos t + c 2 sin t. Dit betekt dat de (overigs slechte) poging om e particuliere oplossing van de vorm y p (t) = A cos 2 t + B sin 2 t te vind succesvol blijkt te zijn. M vindt dan : A = 4 B = 2. y p (t) = 4 cos 2 t + 2 sin 2 t = 2 cos 2 t + 2. Beter is om op te merk dat 6 sin 2 t = 3 3 cos 2t vervolgs e particuliere oplossing van de vorm y p (t) = A + B cos 2t + C sin 2t te zoek. Invull levert dan A = 3, B = 1 C = 0. y p (t) = 3 + cos 2t. De oplossing kan dus ook geschrev word als y(t) = 3 + cos 2t + c 1 cos t + c 2 sin t. 13. wosdag 1 maart 2000 De karakteristieke vergelijking is : r 2 4r + 4 = 0 (r 2) 2 = 0. y h (t) = c 1 e 2t + c 2 te 2t. Voor e particuliere oplossing gebruik we de methode van onbepaalde coëfficiënt (zie : 3.6) : y p (t) = At 2 e 2t + B cos t + C sin t + Dt + E. Dan volgt : y p(t) = A(2t 2 +2t)e 2t B sin t+c cos t+d y p(t) = A(4t 2 +8t+2)e 2t B cos t C sin t. Invull geeft dan : 2Ae 2t + (3B 4C) cos t + (4B + 3C) sin t + 4Dt 4D + 4E = 4e 2t + 25 sin t + 4t. 9

10 Hieruit volgt : A = 2, B = 4, C = 3, D = 1 E = 1. y(t) = 2t 2 e 2t + 4 cos t + 3 sin t + t c 1 e 2t + c 2 te 2t y (t) = (4t 2 + 4t)e 2t 4 sin t + 3 cos t c 1 e 2t + c 2 (2t + 1)e 2t. Uit de beginvoorwaard y(0) = 3 y (0) = 0 volgt dan : c 1 = 2 = c 1 = 2 c 2 = 0. 2c 1 + c 2 = 4 De oplossing is dus : y(t) = 2(t 2 1)e 2t + 4 cos t + 3 sin t + t wosdag 1 maart 2000 De karakteristieke vergelijking is : r = 0. y h (t) = c 1 cos 2t + c 2 sin 2t. Stel nu : y(t) = u 1 (t) cos 2t + u 2 (t) sin 2t, dan volgt volgs de methode van variatie van constant (zie : 3.7) : Invull geeft dan y (t) = u 1(t) cos 2t + u 2(t) sin 2t 2u }{{} 1 (t) sin 2t + 2u 2 (t) cos 2t y (t) = 2u 1(t) sin 2t + 2u 2(t) cos 2t 4u 1 (t) cos t 4u 2 (t) sin t. 2u 1(t) sin 2t + 2u 2(t) cos 2t = 4t. u 1 (t) cos 2t + u 2 (t) sin 2t = 0 Hieruit volgt dus : 2u 1 (t) sin 2t + 2u 2 (t) cos 2t = 4t. u 1(t) = 2t sin 2t u 2(t) = 2t cos 2t, u 1 (t) = 1 2 sin 2t + t cos 2t + c 1 u 2 (t) = 1 2 cos 2t + t sin 2t + c 2. De oplossing is dus : y(t) = 1 2 sin 2t cos 2t + t cos2 2t sin 2t cos 2t + t sin2 2t + c 1 cos 2t + c 2 sin 2t = t + c 1 cos 2t + c 2 sin 2t. 15. maandag 22 januari 2001 De karakteristieke vergelijking is : r 2 2r + 1 = 0 (r 1) 2 = 0. r = 1 (2 ). y h (t) = c 1 e t + c 2 te t. Stel nu y(t) = u 1 (t)e t + u 2 (t)te t (methode van variatie van constant), dan volgt : y (t) = u 1(t)e t + u 2(t)te t +u }{{} 1 (t)e t + u 2 (t)(t + 1)e t 10

11 y (t) = u 1(t)e t + u 2(t)(t + 1)e t + u 1 (t)e t + u 2 (t)(t + 1)e t. Invull geeft dan : u 1 (t)et + u 2 (t)(t + 1)et = et t. u 1 (t)et + u 2 (t)tet = 0 u 1 (t)et + u 2 (t)(t + 1)et = et t Veg : 1 t 1 t + 1 oftewel 0 1 t 1/t 0 1 u 1 (t) + tu 2 (t) = 0 u 1 (t) + (t + 1)u 2 (t) = 1 t /t 0 1 Hieruit volgt dat u 1 (t) = 1 u 2 (t) = 1/t. u 1(t) = t + c 1 u 2 (t) = ln t + c 2. De algeme oplossing is dus : y(t) = te t +c 1 e t +te t ln t+c 2 te t (= te t ln t+a 1 e t +a 2 te t ). 1 1/t. 11