Oplossen van lineaire eerste-orde GDV's

Utwente POC: Eerste orde differentiaalvergelijkingen

Oplossen van lineaire eerste-orde GDV's

De algemene lineaire eerste-orde differentiaalvergelijking heeft de volgende vorm. $a_1(t)\cdot y'(t)+a_0(t)\cdot y(t)+b(t)=0$ Omdat de orde van de GDV gelijk is aan $1$ , kan $a_1(t)$ niet de constante functie $0$ zijn. Zonder al te groot verlies van algemeenheid (we zullen ons soms moeten beperken tot een kleiner domein voor de betrokken functies), kunnen we de termen van de vergelijking door $a_1(t)$ delen, zodat de vergelijking de vorm $y'+p(t)\cdot y = q(t)$ heeft, die we de standaardvorm zullen noemen. We laten zien hoe de oplossing van deze GDV te vinden is.

Oplossingen van lineaire eerste-orde GDV's

Stel dat $p(t)$ en $q(t)$ continue functies zijn en dat $P(t)$ een primitieve is van $p(t)$ . Dan is de algemene oplossing van de GDV

$y'+p(t)\cdot y = q(t)$ gelijk aan $y(t)=\e^{-P(t)}\cdot(F(t)+C)$ waarbij $C$ een constante is en $F(t)$ een primitieve van $\e^{P(t)}\cdot q(t)$ .

Specifieke en particuliere oplossingen

In het geval dat er een beginvoorwaarde $y(t_0)=y_0$ is, correspondeert de specifieke oplossing met de keuze $C= \e^{P(t_0)}\cdot y_0 - F(t_0)$

De functie $y_{\text{part}} = \e^{-P(t)}\cdot F(t)$ is een particuliere oplossing en de functie $y_{\text{hom}} = C\cdot \e^{-P(t)}$ doorloopt alle homogene oplossingen als $C$ varieert.

Integrerende factor

Om het bewijs van de uitspraak voor te bereiden, vermenigvuldigen we alle termen van de GDV met $\e^{P(t)}$ , waarbij $P(t)$ een primitieve is van $p(t)$ . Het idee is dat we dan de termen $y'$ and $p(t)\cdot y$ samen kunnen brengen tot een enkele afgeleide $z'(t)$ , waarbij $z(t) =\e^{P( t)}\cdot y$ . De factor $\e^{P(t)}$ heet een integrerende factor.

Met behulp van deze integrerende factor, kunnen we de homogene oplossingen schrijven als $y_{\text{part}}(t) = \e^{-P(t)}\cdot C$ , waarbij $C$ een integratieconstante is. Al wat daarna nog nodig is om de algemene oplossing te vinden is een particuliere oplossing $y_{\text{part}}$ , want dan

$y (t ) = y_{\text{part}}+\e^{-P(t)}\cdot C$

We zoeken een integrerende factor $g(t)$ . Daartoe vermenigvuldigen we alle termen van de vergelijking met deze factor.

$\begin{array}{rcl} g(t)\cdot y'+g(t)\cdot p(t)\cdot y &=& g(t)\cdot q(t)\\ &&\phantom{xx}\color{blue}{\text{vermenigvuldigd met nog te bepalen}}\\ &&\phantom{xx}\color{blue}{\text{integrerende factor }g(t)}\\ g(t)\cdot y'+g'(t) \cdot y &=& g(t)\cdot q(t)\quad \text{ en } \quad g'(t)=g(t)\cdot p(t)\\ &&\phantom{xx}\color{blue}{g(t)\text{ te vinden want } g'(t)= g(t)\cdot p(t)\text{ is scheidbaar}}\\ \frac{\dd}{\dd t}\left(g(t)\cdot y\right)&=& g(t)\cdot q(t)\text{ en } g(t)=\e^{P(t)}\\ &&\phantom{xx}\color{blue}{\text{productregel voor differentiëren }}\\ &&\phantom{xx}\color{blue}{g(t)=\e^{P(t)} \text{ is een oplossing van }g'= g\cdot p(t)} \\\e^{P(t)}\cdot y &=&\displaystyle\int\e^{P(t)}\cdot q(t)\,\dd t\\ &&\phantom{xx}\color{blue}{\text{geprimitiveerd en }g(t)=\e^{P(t)}\text{ ingevuld}}\\ y &=&\displaystyle\e^{-P(t)} \cdot \int\e^{P(t)}\cdot q(t)\,\dd t\\ &&\phantom{xx}\color{blue}{\text{gedeeld door }\e^{P(t)}}\\ y &=&\e^{-P(t)} \cdot \left(F(t)+C\right)\\ &&\phantom{xx}\color{blue}{\text{primitieve }F(t)\text{ van }\e^{P(t)}\cdot q(t)\text{ gebruikt}} \end{array}$

De functie $g(t)=\e^{P(t)}$ blijkt dus een goede integrerende factor te zijn.

Oplossingsmethode

De stelling suggereert een algemene methode voor het vinden van de oplossing: zoek eerst een primitieve $P(t)$ van $p(t)$ en dan een primitieve $F(t)$ van $\e^{P(t)}\cdot q(t)$ . Met behulp van deze functies is de oplossing dan te schrijven als $y(t)=\e^{-P(t)}\cdot(F(t)+C)$ , waarbij $C$ een integratieconstante is.

Vaak zijn er andere methoden, zoals scheiding van variabelen als $q(t)$ het product is van een functie van $y$ en een functie van $t$ , of het vinden van een particuliere oplossing en het oplossen van de homogene vergelijking.

De formule geeft het resultaat van het proces om eerst een integrerende factor te vinden en vervolgens een primitieve naar $t$ van een functie in $y$ te vinden. Hieronder zijn voorbeelden te vinden van zowel berekening van de algemene oplossing via het proces als aan de hand van de formule.

Los het volgende beginwaardeprobleem op. $\frac{\dd y}{\dd t}-2 y=4\e^{3 t},\qquad y(0)=6$

$y(t)=$ $4 \euler^{3 t }+2 \euler^{2 t }$

Beide zijden vermenigvuldigen met de integrerende factor $\e^{-2 t}$ levert $\e^{-2 t}\, y'-2 y\cdot\e^{-2 t}=4\e^{3t}\cdot\e^{-2 t}$ Dankzij de productregel voor differentiëren kunnen we het linker lid herschrijven als één afgeleide. $\frac{\dd\left(y\cdot\e^{-2 t}\right)}{\dd t}=4\e^t$ Linker en rechter zijde integreren geeft $y\cdot\e^{-2 t}=4\e^t+C$ waarbij $C$ de integratieconstante is. Hieruit volgt de algemene oplossing $y=4\e^{3 t}+C\cdot\e^{2 t}$ Substitutie van de beginwaarde $y(0)=6$ geeft de vergelijking $4+C=6$ met als oplossing $C=2$ . De oplossing van het beginwaardeprobleem is dus $y(t)=4\e^{3 t}+2\e^{2 t}$

Met behulp van de kettingregel voor differentiatie controleren we dat $y(t)=4\e^{3t}+2\e^{2 t}$ inderdaad aan de differentiaalvergelijking voldoet: $\frac{\dd}{\dd t}y(t) =\frac{\dd}{\dd t}\left(4\e^{3t}+2\e^{2 t}\right) =4\e^{3t}\cdot 3+2\e^{2 t}\cdot 2 =2 \cdot\left(4\e^{3t}+2\e^{2 t}\right)+4\cdot\e^{3 t} =2 y+4\cdot\e^{3 t}$
Ook is eenvoudig na te gaan dat $y(0)=6$ :
$y(0)=4\e^{3\cdot 0}+2\e^{2 \cdot 0}=4+2 = 6$

In de figuur hieronder is het richtingsveld van de GDV getekend. De beginvoorwaarde is terug te vinden in het linker rode punt $\rv{0,6}$ . De integraalkromme vanuit dit punt naar het punt $\rv{1,4\cdot \euler^3+2\cdot \euler^2}$ , het rechter rode punt, is blauw getekend.

Nieuw voorbeeld

Utwente POC: Eerste orde differentiaalvergelijkingen

Oplossen van lineaire eerste-orde GDV's

Waarmee kan de AI Bot je helpen?