opl oefenzitting 10 (1ste orde DV)

Commentaren

Transcriptie

opl oefenzitting 10 (1ste orde DV)
ANALYSE : OPLOSSINGEN OEFENZITTING 10
c juni 2004
opgesteld door D. Keppens 10–1 Lossen we deze D.V. op in het geval van afkoeling (dan is T (t) > A voor elke t ):
dT
dt
dT
A−T
− ln |A − T |
ln |A − T | + ln C
C|A − T |
= k(A − T )
= kdt
= kt + ln C
= −kt
= e−kt
1 −kt
T −A =
e
C
De integratiekonstante C bepalen we uit de beginvoorwaarde T = T0 op het tijdstip
t = 0. Men vindt:
1
= T0 − A
C
De oplossing van de D.V. luidt dus:
T (t) = A + (T0 − A)e−kt
Bij afkoeling zal de temperatuur van het voorwerp dus exponentieel afnemen om na
lange tijd gelijk te worden aan de omgevingstemperatuur, of wiskundig:
lim T (t) = lim A + (T0 − A)e−∞ = A
t→+∞
t→+∞
10–2 De oplossing wordt gevonden door scheiding van veranderlijken :
dV
dt
dV
V
ln V
= 2e−t V
= 2e−t dt
= −2e−t + C
Uit de beginvoorwaarde V = V0 op het tijdstip t = 0 halen we de integratiekonstante:
ln V0 = −2 + C ⇔ C = ln V0 + 2
Zo bekomen we:
ln V
V
ln
V0
V
V0
V
= −2e−t + ln V0 + 2
= 2(1 − e−t )
−t )
= e2(1−e
−t )
= V0 e2(1−e
1
De limiet van V (t) voor t → +∞ bedraagt:
lim V (t) =
t→+∞
−t )
lim V0 e2(1−e
t→+∞
V0 e2
=
≈ 7, 4 V0
Zoeken we tenslotte na hoeveel tijd het beginvolume verdubbeld is:
−t
2V0 = V0 e2(1−e )
−t
2 = e2(1−e )
ln 2 = 2(1 − e−t )
1
e−t = 1 − ln 2
2
1
t = − ln 1 − ln 2
2
≈ 0, 42
10–3 Lossen we de D.V. op door scheiding van veranderlijken, dan verkrijgen we:
dI
dx
dI
I
ln |I|
I
= −kI
= −kdx
= −kx + ln C
= +Ce−kx
want I > 0
De integratiekonstante C bepalen we uit de beginvoorwaarde I = I0 bij x = 0. Men
vindt dat I0 = C.
De oplossing van de D.V. luidt dus:
I = I0 e−kx
Bepalen we de evenredigheidskonstante k als we weten dat intensiteit op een diepte
van x = 1 m slechts 75 % bedraagt van I0 :
3
I0 = I0 e−k
4
3
k = − ln
4
Met behulp van de oplossing van de D.V. met gekende evenredigheidskonstante k,
kunnen we nu uitrekenen op welke diepte x de intensiteit tot de helft is afgenomen,
2
namelijk:
3
1
I0 = I0 eln( 4 )x
2
3
1
= ln
x
ln
2
4
ln 1/2
x =
ln 3/4
≈ 2, 4 m
10–4 We lossen de D.V. op door scheiding van veranderlijken:
dq
1
+
q = 0
dt RC
dq
1
= −
q
dt
RC
dq
1
= −
dt
q
RC
1
t+C
ln q = −
RC
Invullen van de beginvoorwaarde q = q0 op het tijdstip t = 0 levert de integratiekonstante:
C = ln q0
De oplossing q(t) luidt dus:
1
t + ln q0
RC
1
= −
t
RC
ln q = −
ln
q
q0
t
q
= e− RC
q0
t
q(t) = q0 e− RC
Het tijdstip waarop de lading de helft is van de beginlading:
t
q0
= q0 e− RC
2
1
t
ln
= −
2
RC
t
− ln 2 = −
RC
t = RC ln 2
3
10–5 De gegeven D.V. is separabel.
dx
x
= k(2 − x)(2 − )
dt
2
Z
Z
dx
k
=
=⇒
dt
(2 − x)(4 − x)
2
De integraal in het linkerlid wordt berekend door splitsing in partieelbreuken:
A
B
1
=
+
(2 − x)(4 − x)
2−x 4−x
A(4 − x) + B(2 − x)
=
(2 − x)(4 − x)
waarbij we A en B vinden door volgend stelsel op te lossen:
4A + 2B = 1
A = 12
⇔
−A − B = 0
B = − 12
Integratie levert dus:
Z
Z
dx
k
=
dt
(2 − x)(4 − x)
2
1
k
1
t+C
=⇒ − ln |2 − x| + ln |4 − x| =
2
2 2
k
1 4 − x =
t+C
=⇒ ln 2
2−x
2
Uit de beginvoorwaarde x = 0 op het tijdstip t = 0 halen we de integratiekonstante:
C=
1
ln 2
2
Zodoende kunnen we het verloop van de koncentratie x(t) op eenvoudige wijze
bepalen:
k
1 4 − x 1
ln − ln 2 =
t
2
2−x
2
2
1 4 − x k
=⇒ ln =
t
2
2(2 − x) 2
4−x
=⇒ ekt =
2(2 − x)
kt
=⇒ 2(2 − x)e
= 4−x
kt
=⇒ 4e − 4 = −x + 2ekt x
4(ekt − 1)
=⇒ x(t) =
2ekt − 1
4
10–6 De normaal in een willekeurig punt (x0 , y0 ) van een kromme heeft een vergelijking
1
van de gedaante y − y0 = − 0 (x − x0 ). Drukken we uit dat deze rechte steeds door
y0
1
de oorsprong gaat, dan is −y0 = 0 x0 en dit voor ieder punt (x0 , y0 ). Aldus bekomt
y0
x
men de differentiaalvergelijking y 0 = − .
y
Oplossing van de D.V. luidt:
x
y
dy
x
= −
dx
y
ydy = −xdx
Z
Z
y dy = − x dx
y0 = −
y2
x2
= − +C
2
2
2
2
x + y = 2C
Dit stelt een familie cirkels voor met middelpunt in (0, 0) en willekeurige straal.
10–7 Nemen we een willekeurig punt P (x0 , y0 ) van zo’n kromme en beschouwen we de
raaklijn in dat punt :
y − y0 = y00 (x − x0 )
De koördinaten van het snijpunt S van deze raaklijn met de x-as is oplossing van
volgend stelsel:
y − y0 = y00 (x − x0 )
y = 0
y0
We vinden dus : S(x0 − 0 , 0)
y0
Vertolken we nu de eigenschap waaraan de kromme volgens het gegeven moet voldoen:
|OP | = |P S|
s
2
p
y0
2
2
(x0 − 0) + (y0 − 0) =
x0 − x0 + 0
+ (y0 − 0)2
y0
y02
+ y02
y002
y2
= 020
y0
x20 + y02 =
x20
5
Aangezien deze eigenschap geldt voor alle punten van de krommen, stellen we:
y2
y 02
y2
= 2
x
y
= ±
x
x2 =
y 02
y0
Behandelen we vooreerst de uitdrukking met het plusteken:
dy
y
ln |y|
|y|
ln
C
y
y
dx
x
= ln |x| + ln C
=
= ln |x|
= ±C x
= Kx
Dit stelt een familie rechten voor.
Behandelen we vervolgens de D.V. met het minteken:
dx
dy
= −
y
x
ln |y| = − ln |x| + ln C
C
ln |y| = ln
|x|
C
|y| =
|x|
C
y = ±
|x|
K
y =
|x|
Deze vergelijking stelt een familie hyperbolen voor.
6
10–8 Beschouw de raaklijn in een willekeurig punt P (x0 , y0 ) van zo’n kromme:
y − y0 = y00 (x − x0 )
De koördinaten van het snijpunt A van de raaklijn met de y-as vindt men door x
nul te stellen en men bekomt : A(0, y0 − x0 y00 )
De koördinaten van het snijpunt B van de raaklijn met de x-as vindt men door y
y0
nul te stellen en men bekomt : B(x0 − 0 , 0)
y0
Vertalen we nu de eigenschap (A is midden van [B, P ], of dus |P A| = |AB|)
wiskundig:
s
2
p
y0
0 2
0
2
2
(x0 − 0) + (y0 − y0 + x0 y0 ) =
(y0 − x0 y0 − 0) + 0 − x0 + 0
y0
Vermits dit moet gelden voor ieder punt van de kromme, kunnen we de indices
weglaten en we bekomen:
1
x2 + x2 y 02 = (y − xy 0 )2 + 02 (y − xy 0 )2
y
1
2
02
0 2
=⇒ x (1 + y ) = (y − xy ) 1 + 02
y
1
= (y − xy 0 )2 02 (1 + y 02 )
y
2 02
0 2
=⇒ x y = (y − xy )
= y 2 − 2xyy 0 + x2 y 02
=⇒ 2xyy 0 = y 2
y
=⇒ y 0 =
2x
Deze D.V. lost men op door scheiding van veranderlijken :
dy
dx
=
y
2x
1
ln y =
ln x + C
2
We weten dat het punt (3, 1) tot de kromme behoort, dus:
C=−
Invullen en uitwerken levert:
7
ln 3
2
1
ln 3
ln x −
2
2
x
2 ln y = ln
3
x
y2 =
3
ln y =
alternatieve oplossing
Het punt A is het midden van [BP ] als de koördinaten van dat punt gelijk zijn
P
aan het gemiddelde van de koördinaten van B en P . Dus : xA = xB +x
of dus
2
y0
x0 − y 0 + x0
y0
0
0=
waaruit volgt : y00 =
2
2x0
P
levert hetzelfde op. Het vervolg is nu zoals hierboven
De voorwaarde yA = yB +y
2
(separabele d.v. oplossen)
10–9 De raaklijn in een willekeurig punt P (x0 , y0 ) van de kromme wordt gegeven door:
y − y0 = y00 (x − x0 )
Het snijpunt met de y-as is het punt (0, y0 − x0 y00 )
Vertolken we de beschreven eigenschap, dan verkrijgen we:
p
p
(x0 − 0)2 + (y0 − 0)2 =
(0 − 0)2 + (y0 − x0 y00 )2
x20 + y02 = (y0 − x0 y00 )2
Aangezien deze eigenschap geldt voor alle punten van die kromme, hebben we:
p
y − xy 0 = ± x2 + y 2
y
1p 2
y0 =
±
x + y2
x r
x
y
y2
=
± 1+ 2
x
x
Dit is een D.V. die kan herleid worden naar een separabele m.b.v. een geschikte
substitutie.
y
Stellen we immers u = of dus y = ux, dan bekomt men door afleiding naar x dat
x
8
y 0 = u + xu0 waardoor de D.V. overgaat in:
u + xu0
xu0
du
√
1 + u2
Z
du
√
1 + u2
√
ln | 1 + u2 + u|
√
= u ± 1 + u2
√
= ± 1 + u2
dx
= ±
x
Z
dx
=
±
x
= ± ln x + ln C
√
Beschouwen
we
de
uitdrukking
met
het
plusteken:
1 + u2 + u = Cx of nog
r
2
y
y
1 + 2 + = Cx
x
x
Door uit te drukken dat het punt (1, 0) op de kromme ligt, vindt men dat C = 1
Verdere uitwerking:
p
x2
(x2 − y)2
x4 − 2x2 y + y 2
x2 (x2 − 2y)
x2 − 2y
1 2
y =
(x − 1)
2
x2 + y 2 + y
x2 + y 2
x2 + y 2
x2
1
=
=
=
=
=
1
Analoog leidt de uitdrukking met het minteken tot de oplossing y = − (x2 − 1)
2
10–10 De raaklijn in een willekeurig punt (x0 , y0 ) van zo’n kromme is:
y − y0 = y00 (x − x0 )
Het snijpunt met de y-as is (0, y0 − x0 y00 )
Vertalen we het gegeven naar wiskundige vorm, geldend voor alle punten van de
kromme:
y − xy 0 = x
−xy 0 = x − y
y
y0 =
−1
x
Dit is een D.V. die door substitutie kan herleid worden naar een separabele D.V.:
y
u =
x
y = xu
y 0 = u + xu0
9
Invullen in de oorspronkelijke D.V.:
u + xu0 = u − 1
1
u0 = −
x
dx
du = −
Z
Zx
dx
du = −
x
u = − ln |x| + C
y
= − ln |x| + C
x
y = Cx − x ln |x|
10–11 Zij x(t) de hoeveelheid zout (in kg) in de tank op het tijdstip t.
Invullen van de getalwaarden in de bijhorende differentiaalvergelijking geeft :
3x
dx
+
= 0, 8
dt
90 + t
met x(0) = 0,5.
Dit is lineaire 1ste orde D.V. met variabele koëfficiënt. De oplossing wordt gegeven
door:
x = xg + xp
met xg de algemene oplossing van de gereduceerde vergelijking:
3x
dx
+
dt
90 + t
dx
x
ln |x|
ln |x|
xg
xg
= 0
dt
90 + t
−3 ln |90 + t| + ln C
ln(C(90 + t)−3 )
±C(90 + t)−3
K(90 + t)−3
= −3
=
=
=
=
en xp een partikuliere oplossing van de volledige vergelijking, hier bekomen door
variatie van de konstante. Stel hiervoor:
xp = K(t) · (90 + t)−3
x0p = K 0 (t) · (90 + t)−3 + K(t).(−3)(90 + t)−4
Invullen in de D.V. geeft:
10
K 0 (t).(90 + t)−3 − 3K(t) · (90 + t)−4 +
=⇒ K 0 (t) = 0, 8(90 + t)3
4
=⇒ K(t) = 0, 8 (90+t)
4
3
K(t)
90+t
· (90 + t)−3 = 0, 8
We vinden voor xp = 0, 2(90 + t). Alle mogelijke oplossingen die voldoen aan de
D.V. (de algemene oplossing) zijn:
x(t) = K(t) · (90 + t)−3 + 0, 2(90 + t)
Door de beginvoorwaarde, op t = 0 is x = 5, vinden we K:
5 = 90−3 K + 0, 2 · 90 ⇒ K = −13 · 903
De partikuliere oplossing beantwoordend aan de beginvoorwaarde is dus:
x(t) = −13 · 903 (90 + t)−3 + 0, 2(90 + t)
De tank is vol als en slechts als V = 120 l, of ook:
V = V0 + Rt − St ⇒ 120 = 90 + t ⇒ t = 30
De hoeveelheid zout op dat moment bedraagt aldus:
x(30) = −13.903 · 120−3 + 0, 2 · 120 ≈ 18, 5 kg
10–12 Stellen we eerst de D.V. op voor het bovenste vat:
x(t + ∆t) = x(t) +
1
x(t)
· 3 · ∆t −
· 2 · ∆t
3
V1 (t)
Na herschrijven en het nemen van de limiet voor ∆t gaande naar nul, verkrijgen we:
2
dx
+
x=1
dt
V1 (t)
met V1 (t) = 5 + (3 − 2)t = 5 + t en beginvoorwaarde x(0) =
Voor de oplossing van deze D.V. bepalen we vooreerst xg :
dx
2
+
x
dt
5+t
dx
x
ln |x|
xg
= 0
2dt
5+t
= −2 ln |5 + t| + ln C
= K(5 + t)−2
= −
Bepalen we vervolgens xp met variatie van de konstante.
11
5
3
Stel hiervoor xp = K(t)(5 + t)−2 en vul in in de vergelijking :
K 0 (t)(5 + t)−2 − 2K(t)(5 + t)−3 +
2
K(t)(5 + t)−2 = 1
5+t
K 0 (t) = (5 + t)2
(5 + t)3
K(t) =
3
⇓
1
xp =
(5 + t)
3
Dus:
1
x(t) = K(5 + t)−2 + (5 + t)
3
5
Bepalen we K uit de beginvoorwaarde x(0) = 3 kg:
K
5
5
=
+ ⇒K=0
3
25 3
De oplossing van de D.V. van het bovenste vat luidt dus:
1
x(t) = (5 + t)
3
Stellen we de D.V. op voor het onderste vat:
y(t + ∆t) = y(t) +
y(t)
x(t)
· 2 · ∆t −
· 1 · ∆t
V1 (t)
V2 (t)
Na herschrijven en het nemen van de limiet voor ∆t gaande naar nul, verkrijgen we:
dy
y
x
+
=2
dt V2 (t)
V1 (t)
met V1 (t) = 5 + t (zie hoger) en V2 (t) = 5 + (2 − 1)t = 5 + t en beginvoorwaarde
y(0) = 0
We herschrijven:
dy
y
2(5 + t)
+
=
dt 5 + t
3(5 + t)
dy
y
2
+
=
dt 5 + t
3
Oplossing van deze D.V., beginnende met yg :
yg = K(5 + t)−1
We zoeken een partikuliere oplossing van de D.V. met variatie van de konstante.
12
Hiertoe stellen we yp = K(t)(5 + t)−1 en vervangen dit in de D.V.:
K 0 (t)(5 + t)−1 − K(t)(5 + t)−2 +
1
2
K(t)(5 + t)−1 =
5+t
3
2
K 0 (t) =
(5 + t)
3
2 (5 + t)2
K(t) =
3
2
⇓
1
yp =
(5 + t)
3
Dus:
1
y(t) = K(5 + t)−1 + (5 + t)
3
Bepalen we de integratiekonstante K uit de beginvoorwaarde y(0) = 0 kg:
0=
25
K 5
+ ⇒K=−
5
3
3
De oplossing van de D.V. van het onderste vat:
y(t) = −
25
1
(t + 5)−1 + (5 + t)
3
3
Om het aantal kg zout te bepalen in het onderste vat wanneer het bovenste volloopt,
moeten we eerst berekenen na hoeveel tijd het bovenste zal vollopen:
V1 (t) = 10
5 + t = 10
t = 5
De hoeveelheid zout in het onderste vat bedraagt dus:
1
25
(5 + 5)−1 + (5 + 5)
3
3
25 10
− +
30
3
−25 + 100
30
75
30
2, 5 kg
y(5) = −
=
=
=
=
13
10–13 Zij x(t) de hoeveelheid zout (in kg) in het vat op het tijdstip t. We gaan na wat er
gebeurt in het tijdsinterval [t, t + ∆t].
De in- respektievelijk uitstroom bedraagt:
a
kg
l
·2
· ∆t min = 2(1 + t)∆t kg
l
min
x(t) kg
l
x
·1
.∆t min =
∆t kg
V (t) l
min
V
met
x(t)
V (t)
de koncentratie van de uitstroom.
We verkrijgen dus:
x(t)
∆t
V (t)
x(t)
= x(t) + 2(1 + t)∆t −
∆t
1+t
x(t + ∆t) = x(t) + 2(1 + t)∆t −
of herschreven:
x(t + ∆t) − x(t)
x(t)
= 2(1 + t) −
∆t
1+t
We nemen de limiet voor ∆t gaande naar nul en verkrijgen de D.V.:
x(t)
dx
= 2(1 + t) −
dt
1+t
x
0
x +
= 2(1 + t)
1+t
Lossen we deze lineaire niet–gereduceerde D.V. op, dan is x(t) = xg + xp met xg de
algemene oplossing van de bijhorende gereduceerde vergelijking.
Er geldt :
R
dt
xg = C e− 1+t
= C e− ln |1+t|
C
=
1+t
Om een partikuliere oplossing xp van de volledige vgl. te vinden, gebruikt men de
methode van variatie van de konstante. Reken zelf na dat xp = 23 (1 + t)2 .
C
2
Aldus is x =
+ (1 + t)2 .
1+t 3
Nu is eveneens de gemiddelde hoeveelheid zout in het vat gegeven over het tijdsinterval [0, 4]:
Z
1 4
< x(t) > =
x(t)dt
4 0
62
=
kg
9
14
Vervangen we x(t) in voorgaande uitdrukking, dan
Z 1 4
2
C
2
+ (1 + t) dt =
4 0 1+t 3
Z 4
2
C
2
+ (1 + t) dt =
1+t 3
0
4
2
3
=
C ln |1 + t| + (1 + t)
9
0
2 · 53
2·1
C ln 5 +
− C ln 1 −
=
9
9
hebben we:
62
9
248
9
248
9
248
h9
C =
248+2
9
−
2·53
9
i
ln 5
= 0
De hoeveelheid zout in het vat op het tijdstip t bedraagt:
2
x(t) = (1 + t)2
3
Hieruit bepalen we de oorspronkelijk hoeveelheid zout:
x(0) =
2
kg
3
10–14 Zij x(t) de hoeveelheid zout (in kg) in het bovenste cilindrische vat op het tijdstip
t. We gaan na wat er gebeurt in het tijdsinterval [t, t + ∆t].
De in- respektievelijk uitstroom bedraagt:
0
kg
l
· 5 · ∆t s = 0 kg
l
s
x(t) kg
l
x
· 5 · ∆t s = 5
∆t kg
V (t) l
s
100
met Vx(t)
de koncentratie van de uitstroom van het bovenste vat.
(t)
We verkrijgen dus:
x(t + ∆t) = x(t) + 0 − 5
x(t)
∆t
100
x(t + ∆t) − x(t)
5
= −
x(t)
∆t
100
We nemen de limiet voor ∆t gaande naar nul en verkrijgen de gereduceerde lineaire
D.V.:
dx
1
1
= − x(t) of dus x0 + x = 0
dt
20
20
15
met als oplossing:
t
x = Ce− 20
Uit de beginvoorwaarde x(0) = 5 kg halen we de integratiekonstante, namelijk
C = 5. Invullen geeft ons:
t
x(t) = 5e− 20
Zij y(t) de hoeveelheid zout (in kg) in het onderste cilindrische vat op het tijdstip
t. We gaan na wat er gebeurt in het tijdsinterval [t, t + ∆t].
De in- respektievelijk uitstroom bedraagt:
l
x(t)
x(t) kg
· 5 · ∆t s =
∆t kg
100 l
s
20
y(t) kg
l
y(t)
· 5 · · ∆t s =
∆t kg
V (t) l
s
40
met Vy(t)
de koncentratie van de uitstroom van het onderste vat.
(t)
We verkrijgen dus:
y(t + ∆t) = y(t) + 5∆t
x(t)
y(t)
− 5∆t
100
200
of herschreven:
x(t)
y(t)
y(t + ∆t) − y(t)
= 5∆t
− 5∆t
∆t
100
200
We nemen de limiet voor ∆t gaande naar nul en verkrijgen de D.V.:
x(t)
y(t)
dy
= 5
−5
dt
100
200
y
1 −t
0
y +
= = e 20
40
4
waarbij gebruik gemaakt werd van de hoger gevonden oplossing voor x(t)
Oplossing van deze D.V.: y = yg + yp
met yg (t) = K e−
R
dt
40
t
= K e− 40
We kunnen de gedaante van yp voorspellen. Omdat het storingslid een exponentiële
funktie is die niet voorkomt in de hogergevonden oplossing yg kunnen we stellen :
t
yp = A e− 20 .
Bijgevolg is yp0 = −
A −t
e 20 .
20
t
A − 20
Substitutie in de DV. geeft : − 20
e
+
16
A
40
t
t
e− 20 = 14 e− 20 .
waaruit A = −10
t
We vinden dus dat yp (t) = −10 e− 20 .
De algemene oplossing luidt dus:
t
t
y(t) = K e− 40 − 10 e− 20
Bepalen van de integratiekonstante uit de beginvoorwaarde y(0) = 0 kg, namelijk
K = 10.
De hoeveelheid zout in het onderste vat bedraagt dus:
t
t
y(t) = 10 e− 40 − e− 20
Om de maximale hoeveelheid zout in het onderste vat te bepalen, bepalen we de
nulpunten van de eerste afgeleide:
1 −t
1 −t
0
y (t) = 10 − e 40 + e 20
40
20
1 −t
1 −t
= − e 40 + e 20
4
2
Nu is:
y0 = 0
⇐⇒
t
1 −t
1
e 40 − e− 20
4
2
t
e− 40
⇐⇒ − t
e 20
t
⇐⇒ e 40
t
⇐⇒
40
⇐⇒ t
= 0
4
2
= 2
=
= ln 2
= 40 ln 2
≈ 28
Hebben we te maken met een maximum?
t
y0
y
+
%
40 ln 2
0
M
−
&
De maximale hoeveelheid zout in het onderste vat is dan:
ymax = 10 eln 2 − e−2 ln 2
1 1
= 10
−
2 4
= 2, 5 kg
17
10–15 Zij x(t) de hoeveelheid zout (in kg) in het vat op het tijdstip t. We gaan na wat er
gebeurt in het tijdsinterval [t, t + ∆t].
De in- respektievelijk uitstroom bedraagt:
0, 1
kg
l
·1
· ∆t min = 0, 1∆t kg
l
min
x(t) kg
l
x(t)
·2
· ∆t min = 2
∆t kg
V1 (t) l
min
10 − t
met Vx(t)
de koncentratie van de uitstroom van het bovenste vat.
1 (t)
We verkrijgen dus:
x(t + ∆t) = x(t) + 0, 1∆t − 2∆t
x(t)
10 − t
x(t + ∆t) − x(t)
x(t)
= 0, 1 − 2
∆t
10 − t
We nemen de limiet voor ∆t gaande naar nul en verkrijgen de D.V.:
dx
x
+2
= 0, 1
dt
10 − t
2
x0 +
x = 0, 1
10 + t
De oplossing van deze D.V. is x = xg + xp
met
R
2
xg = K e− 10−t dt
= K, e2 ln(10−t)
= K (10 − t)2
en met xp = K(t) · (10 − t)2 (methode variatie van de konstante). Substitutie in de
0,1
D.V. geeft K 0 (t) · (10 − t)2 = 0, 1 waaruit K(t) = 10−t
zodat xp = 0, 1 · (10 − t)
De algemene oplossing is dus : x(t) = K (10 − t)2 + 0, 1 (10 − t)
Uit de beginvoorwaarde x(0) = 0 kg halen we de integratiekonstante:
0 = 100 K + 1 ⇒ K = −
1
100
De hoeveelheid zout op het tijdstip t in het bovenste vat bedraagt dus:
x(t) = −
(10 − t)2 10 − t
+
100
10
Bepalen we nu eveneens de D.V. en bijhorende oplossing van het onderste vat. Zij
y(t) de hoeveelheid zout (in kg) in het vat op tijdstip t. We gaan na wat er gebeurt
18
in het tijdsinterval [t, t + ∆t].
De in- respektievelijk uitstroom bedraagt:
x(t) kg
l
·2
· ∆t min =
V1 (t) l
min
10 − t 1
−
+
50
5
∆t kg
y(t) kg
l
y(t)
·2
· ∆t min =
∆t kg
V2 (t) l
min
5
met
y(t)
V2 (t)
de koncentratie van de uitstroom van het onderste vat.
We verkrijgen dus:
1
y(t)
10 − t
∆t + ∆t −
∆t
50
5
5
10 − t 1 y
y(t + ∆t) − y(t)
= −
+ −
∆t
50
5 5
y(t + ∆t) = y(t) −
We nemen de limiet voor ∆t gaande naar nul en verkrijgen de D.V.:
10 − t 1
dy y
+
= −
+
dt 5
50
5
y
t
y0 +
=
5
50
Dit is een lineaire D.V. met konstante koëfficiënt waarvan het storingslid van geschikte
vorm is om een partikuliere oplossing te voorspellen.
Men vindt achtereenvolgens:
yg = K e−
R
dt
5
t
= K e− 5
Voor yp voorpellen we A + B t.
A B
t
A
B
1
Invullen geeft : B + + t =
waaruit B + = 0 en
=
zodat A = − 12
5
5
50
5
5
50
1
en B = 10
t
1
t
Dus is x = xg + xp = K e− 5 − +
2 10
De integratiekonstante bepalen we uit de beginvoorwaarde y(0) = 0 kg:
0=K−
1
1
⇒K=
2
2
De hoeveelheid zout in het onderste vat bedraagt op het tijdstip t:
t
e− 5
t
1
y(t) =
+
−
2
10 2
19
Nu kunnen we op eenvoudige wijze het aantal kg zout van het onderste vat berekenen
op het ogenblik dat het bovenste vat leeg is, namelijk:
e−2
1
y(10) =
+ 1 − ≈ 0, 57 kg
2
2
10–16 We herschrijven de Bernouillivergelijking: y 0 = εy − σy 3 =⇒ y 0 · y −3 − εy −2 = −σ
0
en maken de substitutie z = y −2 waaruit − z2 = y 0 y −3
De differentiaalvergelijking gaat nu over in een lineaire D.V. met konstante koëfficiënt,
dewelke eenvoudig kan worden opgelost: z 0 + 2 εz = 2 σ
z = zg + zp met zg = C e−2εt
zp kan voorspeld worden. Omdat het storingslid een konstante is (een veeltermfunktie van graad nul) is de gedaante die we voorspellen ook van die vorm. Stel dus
zp = A
Dan is zp0 = 0 en invullen in de D.V. geeft 2εA = 2σ waaruit A =
σ
ε
σ
ε
Terugkeren naar de veranderlijke y:
We besluiten : y = C e−2εt +
y2 =
1
1
⇒ y = ±pσ
z
+ Ce−2εt
ε
10–17 Zij P (x0 , y0 ) een willekeurig punt op de kromme K, dan is de raaklijn respektievelijk
de normaal gegeven door:
y − y0 = y00 (x − x0 )
y − y0 = −
1
(x − x0 )
y00
De loodlijn uit de oorsprong O op de normaal heeft als vergelijking:
y = y00 x
Het voetpunt N bepalen we door volgend stelsel op te lossen:

x0 + y0 y00


x
=

1
N
y − y0 = − y0 (x − x0 )
...
y002 + 1
0
⇔
⇔
0
0
...

y = y0 x
0 x0 + y0 y0

 yN = y0 02
y0 + 1
20
Berekenen we vooreerst de afstand |ON |:
q
2
|ON | =
x2N + yN
s
=
(1 + y002 )
=
|x0 + y0 y00 |
p
y002 + 1
(x0 + y0 y00 )2
(y002 + 1)2
Vertalen we de gegeven eigenschap analytisch, dan moet gelden:
|ON | = ordinaat van P (x0 , y0 )
|x0 + y0 y00 |
p
= y0
y002 + 1
Kwadrateren we het geheel:
x20 + 2x0 y0 y00 + y002 y02 = y02 (y002 + 1)
x20 + 2x0 y0 y00 = y02
Aangezien dit moet gelden voor ieder punt op de kromme K, bekomen we na
omvorming de D.V.:
x2 + 2xyy 0 = y 2
1
x 1
y0 − y = − .
2x
2 y
Dit is een D.V. van het Bernouilli–type.
Oplossen van de D.V.:
yy 0 −
x
1 2
y =−
2x
2
0
We substitueren y 2 = z ⇒ z 0 = 2yy 0 ⇒ z2 = yy 0 .
De D.V. wordt:
z0
1
x
− z = −
2
2x
2
1
z 0 − z = −x
x
Dit is uiteindelijk een lineaire D.V.
Zoeken we eerst zg :
1
z = 0
x
1
z0 =
z
x
dz
1
=
dx
z
x
ln |z| = ln |x| + ln C
zg = Kx
z0 −
21
Zoeken we zp door middel van variatie van de konstante.
Stel zp = K(x).x:
1
K 0 (x).x + K(x) − K(x).x
x
K 0 (x)
K(x)
=⇒ zp
= −x
= −1
= −x
= −x2
Dus hebben we:
z = K.x − x2
y 2 = K.x − x2
De kromme moet bovendien door het punt (1, 2) gaan:
4 = K.1 − 1 ⇒ K = 5
Dus:
x2 + y 2 − 5x = 0
10–18 De vergelijking van de raaklijn aan een punt P (x0 , y0 ) van de kromme is gegeven
door:
y − y0 = y00 (x − x0 )
De eigenschap wiskundig uitgedrukt:
p
(0 − 0)2 + (y0 − x0 y00 − 0)2 = y02
y0 − x0 y00 = y02
1
1
y00 − y0 = − y02
x0
x0
Aangezien deze eigenschap moet gelden voor elk punt van de kromme, bekomen we
de D.V. van Bernouilli-type:
1
1
y0 − y = − y2
x
x
1 −1
1
−2 0
y y − y
= −
x
x
Voeren we volgende substitutie door:
z = y −1
z 0 = −y −2 y 0
−z 0 = y −2 y 0
22
Invullen geeft dan:
1
1
1
1
−z 0 − z = − ⇔ z 0 + z =
x
x
x
x
Oplossing van de D.V.:
z =
=
=
=
Z
1
e
C+ e
dx
x
Z
ln x 1
− ln x
C+ e
e
dx
x
Z
1
C + dx
x
1
(C + x)
x
−
R
1
dx
x
R
1
dx
x
Terugsubstitutie naar de oorspronkelijk veranderlijke:
z = y −1
C +x
=
x
m
x
y =
C +x
10–19 We herschrijven de Bernouillivergelijking (door beide leden te delen door y 2 ) als
1
y0
+ = −et .
2
y
y
1
Substitueren we hierin z = dan is z 0 = −y −2 y 0 dan gaat de differentiaalvergelijy
king over in de lineaire 1ste orde d.v. −z 0 + z = −et of nog z 0 − z = et
De algemene oplossing van deze vergelijking is z = zg + zp met zg de algemene oplossing van de bijhorende gereduceerde vergelijking z 0 − z = 0 en zp een partikuliere
oplossing van z 0 − z = et
Men vindt zg = K et .
De partikuliere oplossing zp kan voorspeld worden. Omdat het storingslid een exponentiële funktie is, die reeds voorkomt in de oplossing van de gereduceerde vergelijking, is de voorspelde gedaante van zp gegeven door A t et
Substitueren we deze uitdrukking in de d.v. dan komt er A et + A t et − A t et = et
waaruit A = 1 en dus zp = t et
Zo bekomen we dus z(t) = zg + zp = K et + t et
23
Keren we terug naar de oorspronkelijke veranderlijke, dan bekomen we :
1
1
=
y(t) =
t
z(t)
K e + t et
De konstante K bepalen we nog uit de beginvoorwaarde y(0) = 1. Dus 1 =
waaruit K = 1.
1
We besluiten : y(t) = t
e (1 + t)
1
K
benadering voor kleine waarden van t
1
We kunnen y(t) nog schrijven als e−t ·
1+t
Voor beide faktoren beschikken we over de reeksontwikkeling van Maclaurin.
t2
1
We hebben namelijk e−t = 1 − t + − . . . en
= 1 − t + t2 − . . . (voor |t| < 1)
2
1+t
zodat
t2
5
y(t) = (1 − t + − . . .) · (1 − t + t2 − . . .) = 1 − 2t + t2 + . . . voor |t| < 1
2
2
Voor kleine waarden van t kan de oplossing y(t) dus benaderd worden door de
tweedegraadsfunktie 1 − 2t + 25 t2
24