Van differentievergelijking naar differentiaalvergelijking

Van differentievergelijking
n a a r d i ffe r e n ti a a l v e r g e l i j k i n g
Philip Bogaert
van differentievergelijking
naar differentiaalvergelijking
1. Inleiding
Bij de behandeling van differentiaalvergelijkingen onderscheiden we duidelijk
twee deelprocessen die ofwel apart, ofwel geïntegreerd kunnen behandeld
worden.
Een differentiaalvergelijking is meestal afkomstig van een probleemstelling.
De omzetting (modelleren & mathematiseren) van deze probleemstelling naar
de bijbehorende differentiaalvergelijking is een niet altijd zo eenvoudig
wiskundig proces.
Eenmaal de differentiaalvergelijking opgesteld, kan men vanuit standaardmodellen en rekentechnieken proberen deze vergelijking op te lossen.
Probleemstelling
modelleren & mathematiseren
Differentiaalvergelijking
controleren &
demathematiseren
berekenen, oplossen
Oplossing
-1-
2. Discrete dynamische systemen
2.1.
Recursievergelijkingen
In november 2007 heeft een boomkweker 2500 dennenbomen op zijn terrein
staan. Elk jaar verkoopt hij 20% van deze bomen. Om de voorraad op peil te
houden, plant hij elk jaar in november 600 nieuwe bomen. Hij plant meer dan
dat hij verkoopt omdat er op zijn terrein plaats is voor 3500 bomen.
•
•
•
•
Hoeveel bomen staan er één jaar later op het terrein? En twee jaar later?
Onderzoek hoe het aantal bomen op dit terrein de volgende jaren
evolueert.
Staat het terrein na een tijd vol?
Op een gegeven moment lijkt er een evenwicht te ontstaan. Hoeveel
bomen staan er dan op het terrein van de boomkweker?
Het is niet eenvoudig om een direct verband te vinden tussen het aantal
bomen A en de tijd t (in jaren). We kunnen A(t) wel schrijven in functie van
A(t-1).
A(t ) = 0,8. A(t − 1) + 600
Samen met de beginwaarde A(0) = 2500 geeft deze formule een model voor
het verloop van het aantal dennenbomen op dit terrein. Het complete model
voor het aantal bomen op dit terrein is dus:
⎧ A(0) = 2500
⎨
⎩ A(t ) = 0,8. A(t − 1) + 600
De tijd wordt hierin in vaste stappen van 1 jaar doorlopen. Men noemt zo’n
model een discreet dynamisch model. Het woord ‘dynamisch’ slaat daarbij op
de verandering. Het woord ‘discreet’ slaat op het feit dat het aantal bomen niet
voortdurend verandert, maar met vaste tussenstappen. Het model houdt enkel
rekening met jaarlijkse momentopnames; wanneer de bomen in de loop van
het jaar precies gekapt of bijgeplant worden, vertelt dit model niet.
De formule waarmee je de nieuwe waarde uitdrukt in functie van zijn
voorganger, wordt een recurrente betrekking of recursief voorschrift genoemd.
-2-
2.2.
Recurrente betrekkingen en de TI-84
Recurrente betrekkingen kan je gebruiken om iets over een evenwicht te
weten te komen. Door voldoende door te rekenen vind je dat het aantal
dennenbomen op het terrein naar een evenwicht evolueert: ongeveer 3000
bomen.
Een evenwicht betekent dat het aantal bomen niet meer verandert:
A(t ) = A(t − 1)
⇔ A(t ) = 0,8. A(t ) + 600
⇔ 0, 2 A(t ) = 600
⇔ A(t ) = 3000
Op het terrein is er nu plaats voor 3500 bomen. Kan je er voor zorgen dat het
evenwicht op 3500 komt te liggen door …
-3-
… een verandering aan te brengen in het aantal nieuwe bomen dat
aangeplant wordt (en verder alles ongewijzigd te laten)
… een verandering aan te brengen in het percentage dat gekapt wordt
(en verder alles ongewijzigd laten).
2.3.
Recurrente betrekkingen en Excel
In stripotheek Thorgal zijn ze een paar jaar geleden gestart met 7000 strips.
Elk trimester worden de strips gecontroleerd en worden 4% van de strips uit
de bibliotheek gehaald wegens ‘in te slechte staat’. Tevens worden elk
trimester 500 nieuwe strips aangekocht.
Schets de evolutie van het aantal strips in de stripotheek in de tijd.
Dit probleem leidt tot de recurrente betrekking:
⎧ A(0) = 7000
⎨
⎩ A(t ) = 0,96. A(t − 1) + 500
Voer deze betrekking in je rekentoestel in en onderzoek het verloop. Evolueert
A(t) naar een evenwichtswaarde?
-4-
2.4.
Opgaven
(1) In een visvijver leven op zeker moment ongeveer 6000 exemplaren van
een zekere soort zoetwatervis. Door natuurlijke sterfte en de hengelsport
neemt dat aantal jaarlijks met 20% af. Een sportvisclub die het recht op
visvangst in die vijver heeft gepacht, besluit om jaarlijks 400 vissen uit te
zetten in die vijver.
(a) Stel het aantal vissen na t jaar voor door N(t) en stel een recurrente
betrekking (differentievergelijking) op voor de rij N(t).
(b) Teken een tijdgrafiek en onderzoek of het aantal vissen na verloop
van jaren een bepaald evenwicht bereikt. Bepaal deze
evenwichtswaarde.
(c) Na verloop van tijd merkt men dat het visbestand gehalveerd is (3000
exemplaren). Men wijt dit o.a. aan overbevissing. De sportclub besluit
daarom om vanaf nu jaarlijks 800 vissen uit te zetten. Maak voor deze
nieuwe situatie een tijdgrafiek.
Bereken tevens de nieuwe evenwichtswaarde.
(2) In een vijver verdampt jaarlijks 8% van de hoeveelheid aanwezige water.
Jaarlijks komt er via neerslag ook 900 liter water bij.
(a) Stel de recurrente betrekking op die bij deze situatie hoort.
(b) Vertrek van een zelfgekozen hoeveelheid water en visualiseer d.m.v.
een tijdgrafiek het verloop in de tijd.
(c) Bereken de evenwichtswaarde.
(3) In een groot vat is 8 kg chemische stof opgelost in water. In een uur tijd
wordt 15% van de aanwezige chemische stof weggespoeld, terwijl er om
het uur 5 kg van deze stof wordt toegevoegd.
(a) Stel de differentievergelijking op die bij deze situatie hoort.
(b) Hoeveel kg van de chemische stof is na 10 uur in het vat aanwezig?
Rond af op twee decimalen.
(c) Plot de tijdgrafiek. Treedt er verzadiging op? Zo ja, geef in één
decimaal nauwkeurig het verzadigingsniveau.
-5-
(4) De begindosis van een bepaalde medicatie bedraagt 100 mg. Per dag
wordt 30% door het lichaam afgebroken en dagelijks 50 mg in één keer
extra toegediend.
(a) Stel de recurrente betrekking op die bij deze situatie hoort.
(b) Naar welk stabiel evenwicht evolueert dit proces?
(c) Dit evenwicht blijkt voor de bestrijding van een ziekte onvoldoende te
zijn. Blijkbaar is een evenwicht van 200 mg vereist. Hoe kan men
deze dosis opbouwen met een minimale inname per dag?
(d) Na een tijdje blijkt dat het lichaam dagelijks slechts 20% meer van de
medicatie afbreekt. Hoe zal men de dosis nu aanpassen?
(5) Beschouw de recurrente betrekking
A(t ) = 1, 2 A(t − 1) − 2
Stel nu achtereenvolgens A(0) = 10, A(0) = 11, A(0) = 9 . Wat stel je vast?
(6) Maxim heeft 120.000 euro uitstaan op een effectenrekening die hem
jaarlijks 5% opbrengt.
(a) Hoeveel kan Maxim jaarlijks opnemen zodat zijn kapitaal ongewijzigd
blijft?
(b) Beschrijf deze situatie (intrest opbrengen + geld opnemen) d.m.v. een
recurrente betrekking.
(c) Wat gebeurt er als Maxim iets meer/minder opneemt? Illustreer deze
situatie a.d.h. van een tijddiagram.
(d) Wat gebeurt er als de intrestvoet wijzigt en de opname hetzelfde blijft?
Illustreer a.d.h. van een tijddiagram.
(7) Van een middel tegen hooikoorts is de aanbevolen dosis 20 mg, om de
vier uur in te nemen. Uit de bijsluiter valt op te maken dat na vier uur een
kwart van de in het lichaam aanwezige hoeveelheid is afgebroken dan wel
langs natuurlijke weg is verwijderd.
(a) Stel de differentievergelijking op. Hoeveel medicijn is er maximaal in
het lichaam aanwezig bij iemand die zich strikt aan de voorschriften
houdt?
(b) Iemand vindt om de vier uur iets innemen wel erg lastig, vooral ’s
nachts en besluit een dubbele dosis om de acht uur in te nemen. Zoek
uit wat de verschillen zijn met de andere methode.
(8) Toon aan dat de recurrente vergelijking A(t ) = a. A(t − 1) + b ( 0 < a < 1 )
b
.
uiteindelijk convergeert naar
1− a
-6-
3. Differentiaalvergelijkingen
3.1.
Probleemstelling
Door een technische defect is de chloorconcentratie van het zwembad twee
keer zo hoog als toegestaan. De meest voor de hand liggende oplossing: de
helft van het water eruit laten stromen en daarna aanvullen met schoon water,
is niet bruikbaar vanwege de tijdsduur. In het zwembad zit 1000 m³ water en
omdat de maximale toevoer- en afvoersnelheid 1 m³ per minuut is, duurt dit
ongeveer 17 uur. Deze oplossing is ook vrij inefficiënt. Je laat immers pas
schoon water erbij stromen na ongeveer 8,5 uur. Je kan echter tijd besparen
als je tegelijkertijd water erin en water eruit laat stromen. Bij deze manier van
werken verandert op elk moment de chloorconcentratie in het zwembad. Een
dergelijk systeem noem je een continu dynamisch model.
De chloorconcentratie was twee keer zo hoog als toegestaan. De vraag is dus:
na hoeveel uur is de chloorconcentratie gehalveerd? Eigenlijk is het niet juist
om te spreken over dé chloorconcentratie. Dicht bij de instroomopening is de
concentratie veel hoger dan dicht bij de uitstroomopening. Je kunt veel beter
spreken over de gemiddelde chloorconcentratie. Tijdens het spoelproces zal
deze concentratie ergens in het midden van het zwembad bereikt worden. Als
er een goede ‘snelle’ menginstallatie is, zal de concentratie in de rest van het
bad niet zoveel van het gemiddelde verschillen.
Voor de oplossing van dit probleem moeten we nagaan hoe de gemiddelde
chloorconcentratie in de tijd verandert.
3.2.
Een discreet model : differentievergelijking
Om vat te krijgen op wat er precies gebeurt, bekijken we het spoelproces in
vaste tijdseenheden. Je kan dan de verandering van de chloorconcentratie in
die tijdseenheid bij benadering uitrekenen. Op die manier krijg je een discreet
dynamisch model.
Stel:
tijdseenheid = ∆t
concentratie chloor aan het begin = C (0)
concentratie chloor op tijdstip t = C (t )
hoeveelheid chloor op tijdstip t = H (t ) = 1000.C (t )
In ∆t minuten loopt ∆H liter chloor weg. Bij benadering bevindt zich in elke m³
ongeveer C (t ) liter chloor. Er stroomt in dat interval dus ∆H = C (t ).∆t liter
chloor weg, zodat:
H (t + ∆t ) = H (t ) − C (t ).∆t
-7-
En voor de concentratie geldt:
C (t + ∆t ) =
H (t + ∆t ) H (t ) C (t ).∆t
=
−
= C (t ) − 0, 001.C (t ).∆t
1000
1000 1000
De recursieve formule:
C (t + ∆t ) = C (t ) − 0, 001.C (t ).∆t
noemt men een differentievergelijking.
Het woord differentie betekent ‘verschil’ en slaat op de te kiezen stapgrootte
∆t , het vaste tijdsverschil van elk interval.
3.3.
Een continu model : differentiaalvergelijking
Nu is:
C (t + ∆t ) = C (t ) − 0, 001.C (t ).∆t
⇔ C (t + ∆t ) − C (t ) = −0, 001.C (t ).∆t
⇔
C (t + ∆t ) − C (t )
= −0, 001.C (t )
∆t
In principe kun je het tijdsinterval ∆t zo klein maken als je wilt. Als ∆t naar 0
gaat dan gaat de linkerkant van de laatste formule over in de afgeleide van
C (t ) .
De differentievergelijking gaat dan over in een vergelijking die
differentiaalvergelijking (D.V.) heet. In dit geval wordt deze D.V. dus:
C '(t ) = −0, 001.C (t )
Een differentiaalvergelijking is een vergelijking waarin een functie en een
afgeleide van de functie staan.
-8-
4. Oplossingstechnieken
4.1.
Differentiaalvergelijkingen van eerste orde : scheiden van veranderlijken
Voorbeeld 1
y ' = −0, 001 y
dy
⇔
= −0, 001 y
dx
dy
⇔
= −0, 001dx
y
dy
⇔∫
= −0, 001dx
y ∫
⇔ ln y = −0, 001 x + k
⇔ y = e −0,001x + k
⇔ y = K .e −0,001x
Toegepast op het probleem uit de inleiding:
C (t ) = K .e −0,001t
De concentratie chloor voor t = 0 bedraagt : C (0) = K .e0 = K
De tijd nodig om deze concentratie te halveren halen we uit de vergelijking:
C (t ) =
K
2
⇔ K .e −0,001t =
⇔ e −0,001t =
K
2
1
2
⇔ −0, 001t = ln
1
2
⇔ 0, 001t = ln 2
⇔ t = 1000.ln 2
⇔ t = 693,147
Antwoord : na 693,15 minuten is de chloorconcentratie gehalveerd.
Dit is na 11 uur 33 minuten 9 seconden.
-9-
Voorbeeld 2
y ' = 2 x ∧ y (2) = 8
y (2) = 8 noemen we een randvoorwaarde van de D.V.
Lossen we eerst de D.V. op zonder randvoorwaarde:
y ' = 2x
dy
= 2x
dx
⇔ dy = 2 x d x
⇔
⇔ ∫ dy = ∫ 2 x d x
⇔ y = x2 + C
y = x 2 + C noemen we de algemene oplossing (A.O.) van de D.V. ,
hier staan eigenlijk oneindig veel oplossingen, elke waarde van C levert een
andere oplossing op.
We gaan nu op zoek naar die oplossing die aan de randvoorwaarde voldoet.
Eén oplossing uit de verzameling van oplossingen noemen we een particuliere
oplossing (P.O.) van de D.V.
y (2) = 8
⇔ 8 = 22 + C
⇔C=4
of de gevraagde P.O. luidt : y = x 2 + 4
4.2.
Lijnelementenveld
De grafiek van een oplossing van een D.V. heet een oplossingskromme.
Een lijnelement bij een D.V. is een lijnstukje dat een punt van een
oplossingskromme bevat en een stukje van de raaklijn van de
oplossingskromme in dat punt. Zo hoort bij de D.V. y ' = 2 x in het punt (2,3)
een lijnelement met richtingscoëfficiënt 4.
Door meer lijnelementen te tekenen ontstaat een lijnelementenveld.
In een lijnelementenveld kun je soms kenmerkende eigenschappen van
oplossingskrommen herkennen. Ook kun je hierin oplossingskrommen
schetsen.
- 10 -
Nog enkele voorbeelden:
dy
=y
dx
Je herkent gemakkelijk de
oplossing y = C.e x
dy 2 − x
=
dx y + 1
De oplossingskrommen van
deze D.V. zijn (delen van)
cirkels.
- 11 -
4.3.
Opgaven
(1)
Los volgende differentiaalvergelijkingen op:
(a) y ' =
(2)
4y
x( y − 3)
(b) y ' = −
x 2 ( y + 1)
y 2 ( x − 1)
(c) y '+ xy + x = 0
(d) y ' = e x + y
(e) x 4 y ' = 3 y 2
(f) y ' = x y
(g) xy ' = 3 y
(h) (e x + e − x ) y '+ y 2 = 0
(i) (tan x) y ' = y
(j) y − xy ' = 2(1 + x 2 y ')
(k) x dx + y dy = 0
(l) xyy ' = 1 − x 2
Bij roofvissen is het jachtgedrag afhankelijk van de hoeveelheid voedsel,
die de vis nog in de maag heeft. Een hongerige vis jaagt uiteraard
actiever dan een vis met volle maag, die een tijdje rust neemt. Men heeft
in verband hiermee onderzocht met welke snelheid de maaginhoud na
een maaltijd de maag weer verlaat. Voor zekere roofvissen bleek te
gelden: V ' ( t ) = k . V ( t ) , waarbij V het volume van het voedsel in de
maag is; de tijd t is gemeten in uren.
•
•
•
(3)
Geef de oplossing van de differentiaalvergelijking die voldoet aan
V ( 0 ) = 1 (volle maag). In deze oplossing komt nog de parameter k
voor.
Na twee uur blijkt de maaginhoud nog ¼ te bedragen. Bepaal hieruit
k.
Na hoeveel tijd is de maaginhoud tot de helft gedaald?
Een bolvormige regendruppel verdampt met een snelheid die evenredig
is met zijn oppervlakte. Waargenomen wordt dat de straal r van een
druppel in 5 minuten afneemt van 3 mm tot 2 mm. Geef een uitdrukking
voor r(t).
- 12 -
(4)
(5)
Teken het lijnelementenveld dat hoort bij volgende D.V.
(a)
dy x + y
=
(draaikolk)
dx x − y
(d)
dy
= esin x +sin y
dx
(b)
dy sin x
=
dx sin y
(e)
dy
= ln(sin x + sin y )
dx
(c)
dy y − x 2
=
dx
10
(f)
dy
y2
=
dx 1 + x 2
Gegeven is de D.V.
dy 1
= x + y +1
dx 2
(a) Teken bijbehorend lijnelementenveld.
(b) Grafisch zie je dat een van de oplossingskrommen een rechte is.
Welke rechte wordt bedoeld?
(c) Toon aan dat de vergelijking van deze rechte inderdaad voldoet aan
de gegeven D.V.
- 13 -
4.4.
Exacte differentiaalvergelijkingen
Inleiding
Gegeven een functie f ( x, y ) in twee veranderlijken x en y:
f ( x, y ) = 2 x 2 y + 3 xy − 4 x + y + 1
de functie (partieel) afleiden naar x geeft:
∂f
= 4 xy + 3 y − 4
∂x
de functie (partieel) afleiden naar y geeft:
∂f
= 2 x 2 + 3x + 1
∂y
de totale differentiaal van f in (x,y) wordt gegeven door:
df ( x, y ) =
∂f ( x, y )
∂f ( x, y )
dx +
dy
∂x
∂y
= (4 xy + 3 y − 4) dx + (2 x 2 + 3 x + 1) dy
Veronderstel gegeven de D.V. van eerste orde:
y'= −
−4 xy + 3 y − 4
2 x 2 + 3x + 1
dan kan deze geschreven worden als:
(4 xy + 3 y − 4) dx + (2 x 2 + 3 x + 1) dy = 0
⇔ d(2 x 2 y + 3 xy − 4 x + y ) = 0
met als oplossingen:
f ( x, y ) = 2 x 2 y + 3 xy − 4 x + y = C
- 14 -
Definitie
We noemen een D.V. van de eerste orde van de vorm:
P ( x , y ) dx + Q ( x , y ) d y = 0
een exacte differentiaalvergelijking als het linkerlid de totale differentiaal
df ( x, y ) =
∂f ( x, y )
∂f ( x, y )
dx +
dy
∂x
∂y
is van de functie f ( x, y ) .
oplossingsmethode
Als P ( x, y ) dx + Q( x, y ) dy de totale differentiaal is in (x,y) van een functie f, dan:
P ( x , y ) dx + Q ( x , y ) d y = 0
⇔ df ( x, y ) = 0
⇔ f ( x, y ) = C
Bijgevolg resten ons twee problemen:
•
•
hoe een exacte D.V. herkennen?
hoe f ( x, y ) vinden?
Oplossing
Het antwoord op de eerste vraag wordt gegeven aan de hand van een stelling
(stelling van Clairaut) die we hier vermelden zonder bewijs:
P ( x, y ) dx + Q( x, y ) dy is een totale differentiaal
8
∂P( x, y ) ∂Q( x, y )
=
∂y
∂x
Het zoeken naar f ( x, y ) lichten we toe aan de hand van een voorbeeld.
Gegeven de D.V.
(2 xy − 2 y 2 + 2 x) dx + ( x 2 − 4 xy − 1) dy = 0
- 15 -
∂P
= 2x − 4 y
∂y
∂Q
⇒
= 2x − 4 y
∂x
P ( x, y ) = 2 xy − 2 y 2 + 2 x ⇒
Q( x, y ) = x 2 − 4 xy − 1
De D.V. is dus exact en we weten dat voor een zekere f ( x, y ) geldt:
∂f
= 2 xy − 2 y 2 + 2 x
∂x
(1)
∂f
= x 2 − 4 xy − 1
∂y
(2)
Uit (1) volgt:
f ( x, y ) = ∫ (2 xy − 2 y 2 + 2 x) dx = x 2 y − 2 xy 2 + x 2 + C ( y )
We integreren immers naar x, de integratieconstante kan dus een uitdrukking
in y bevatten!
Substitutie van de gevonden uitdrukking in (2) geeft:
x 2 − 4 xy + C '( y ) = x 2 − 4 xy − 1
⇔ C '( y ) = −1
⇔ C ( y ) = ∫ −1dy
⇔ C ( y) = − y + D
De algemene oplossing van de D.V. luidt dus:
f ( x, y ) = x 2 y − 2 xy 2 + x 2 − y = C
- 16 -
4.5.
Opgaven
Los volgende differentiaalvergelijkingen op:
(a) ( x + y ) dx + ( x − y ) dy = 0
(b) (2 x − 4 y + 1) dx + (−4 x + 2 y + 1) dy = 0
(c) (2 x − 2) dx + (2 y − 4) dy = 0
(d) ( y − cos x) dx + ( x + 1) dy = 0
(e) (1 + e3 y ) dx + 3x.e3 y dy = 0
(f) ( x − sin y ). y '+ y = 0
(g)
1
x
dx − 2 dy = 0
y
y
(h) cos x cos y dx − sin x sin y dy = 0
- 17 -
4.6.
Lineaire differentiaalvergelijkingen van eerste orde
Een D.V. van de eerste orde heet lineair als deze in de gedaante
y '+ f ( x) y = g ( x)
kan geschreven worden.
De kenmerken van een eerste orde lineaire D.V. zijn : y en y ' treden lineair,
dit is tot de eerste macht, op en een gemengd product yy ' is niet toegestaan.
De functie g ( x) in het rechterlid wordt de storingsfunctie genoemd. Ontbreekt
het storingslid, m.a.w. is g ( x) = 0 , dan spreekt men van een gereduceerde
lineaire D.V. of ook wel van een homogene lineaire D.V..
Oplossen van de gereduceerde vergelijking
Een gereduceerde lineaire D.V. van eerste orde y '+ f ( x) y = 0 kan opgelost
worden door scheiding van de veranderlijken.
y '+ f ( x) y = 0
dy
⇔
+ f ( x) y = 0
dx
dy
⇔
= − f ( x ) dx
y
dy
⇔ ∫ = − ∫ f ( x ) dx
y
⇔ ln y = − ∫ f ( x) dx + ln C
y
= − ∫ f ( x ) dx
C
− f ( x )dx
⇔ y = ±C e ∫
⇔ ln
− f ( x )dx
⇔ y=Ke ∫
Oplossen van de volledige (= niet-gereduceerde) vergelijking
Het zoeken van de algemene oplossing van een niet-gereduceerde lineaire
D.V. van eerste orde berust op volgende eigenschap:
De algemene oplossing y van de volledige D.V. y '+ f ( x) y = g ( x) kan
geschreven worden als de som van de algemene oplossing y g van de
bijhorende gereduceerde vergelijking y '+ f ( x) y = 0 en een willekeurige
particuliere oplossing y p van de volledige vergelijking. M.a.w. y = yg + y p
- 18 -
Bewijs:
Omdat y g oplossing is van y '+ f ( x) y = 0 geldt : y 'g + f ( x) y g = 0
Omdat y p oplossing is van y '+ f ( x) y = g ( x) geldt : y ' p + f ( x) y p = g ( x)
Zodat voor y = yg + y p geldt :
( y g + y p ) '+ f ( x) ( y g + y p )
= y 'g + y ' p + f ( x) yg + f ( x) y p
= y 'g + f ( x) y g + y ' p + f ( x) y p
= 0 + g ( x)
= g ( x)
of de som y g + y p is een oplossing van de niet-gereduceerde D.V.
Dat het de algemene oplossing is, volgt uit het feit dat de term y g als
algemene oplossing van de gereduceerde vergelijking één arbitraire
integratieconstante bevat, zodat dit ook het geval is voor y g + y p .
Dankzij deze eigenschap volstaat het dus om één enkele particuliere
oplossing te bepalen van de niet-gereduceerde vergelijking die dan opgeteld
bij de algemene oplossing van de gereduceerde, de algemene oplossing van
de niet-gereduceerde oplevert.
Methode voor het bepalen van een particuliere oplossing
− f ( x ) dx
In de algemene oplossing y g = K e ∫
van de bijhorende gereduceerde
vergelijking vervangen we de integratieconstante K door een functie K ( x) en
− f ( x )dx
een oplossing kan zijn van de volledige D.V.
gaan na of y = K ( x) e ∫
Uit
− f ( x )dx
y = K ( x) e ∫
volgt
− f ( x )dx
− f ( x )dx
− K ( x) f ( x) e ∫
y ' = K '( x) e ∫
substitutie in de D.V. geeft :
− f ( x )dx
− f ( x )dx
− f ( x )dx
− K ( x) f ( x) e ∫
+ f ( x) K ( x) e ∫
= g ( x)
K '( x) e ∫
− f ( x )dx
⇒ K '( x) e ∫
= g ( x)
- 19 -
f ( x )dx
⇒ K '( x) = g ( x) e ∫
f ( x )dx
⇒ K ( x) = ∫ g ( x) e ∫
dx
− f ( x )dx
f ( x )dx
.∫ g ( x) e ∫
dx een particuliere oplossing is van
We besluiten dat y p = e ∫
de D.V.
Besluit
De algemene oplossing van de niet-gereduceerde lineaire D.V. van de eerste
orde kan dus als volgt geschreven worden:
− f ( x )dx ⎡
∫ f ( x )dx dx + K ⎤
y = yg + y p = e ∫
⎢⎣ ∫ g ( x) e
⎥⎦
Voorbeeld
y '+
1
y = x2
x
Oplossen van de gereduceerde vergelijking:
y '+
1
y=0
x
⇔ y = K .e
−
1
∫ x dx
⇔ y = K .e − ln x
⇔ y = K .x −1
K
⇔ y=
x
Bepalen van een particuliere oplossing:
yp = e
−
1
∫ x dx
.∫ x 2 e
1
∫ x dx
dx
1
= .∫ x 2 .x dx
x
1 x4
= .
x 4
x3
=
4
- 20 -
De algemene oplossing van de volledige D.V. wordt gegeven door:
y=
4.7.
K x3
+
x 4
Opgaven
Los volgende differentiaalvergelijkingen op:
(a) y '− 2 xy = 2 xe x
4.8.
2
(d) y '+
2y
= x2 − x
2x + 3
y
6x2 + x + 5
=
(b) y '+
x −1
x −1
(e) y '+ y.sin x = sin 2 x
(c) ( x 2 + 1) y '+ 2 xy = 1
(f) tan x. y '+ y = sec x
Lineaire differentiaalvergelijkingen van eerste orde met constante
coëfficiënt
Als de functie f(x) die optreedt als coëfficiënt van y in de D.V. een constante
functie is, m.a.w. als de D.V. de gedaante y '+ ay = g ( x) heeft (met a ≠ 0 ) dan
spreekt men over een eerste orde lineaire D.V. met constante coëfficiënt.
Voor de algemene oplossing van de bijhorende gereduceerde vergelijking
y '+ ay = 0 vindt men: y g = K .e − ax .
Is het storingslid g ( x) van een bijzondere gedaante, dan is de gedaante van
een particuliere oplossing voorspelbaar. De vooropgestelde gedaante van y p
bevat dan nog één of meer constanten die door invullen in de vergelijking
zullen bepaald worden.
storingslid g ( x)
gedaante van y p
veeltermfunctie van graad n
veeltermfunctie van graad n
sin mx en/of cos mx
A.cos mx + B.sin mx
e mx (m ≠ −a )
A.e mx
e mx (m = − a )
A.xe mx
Is het storingslid niet van een “geschikte vorm”, dan zal men een particuliere
oplossing bepalen via de algemene methode.
- 21 -
Voorbeeld
y '+ 2 y = x 2
Oplossen van de gereduceerde vergelijking:
y '+ 2 y = 0
⇔ y = K .e −2 x
Bepalen van een particuliere oplossing:
Omdat het storingslid van een geschikte vorm is, is de gedaante van y p
voorspelbaar.
y p = Ax 2 + Bx + C
⇒ y ' p = 2 Ax + B
⇒ 2 Ax + B + 2( Ax 2 + Bx + C ) = x 2
⇒ 2 Ax 2 + (2 A + 2 B) x + B + 2C = x 2
⎧2 A = 1
⎪
⇒ ⎨2 A + 2 B = 0
⎪ B + 2C = 0
⎩
1
⎧
⎪A = 2
⎪
1
⎪
⇒ ⎨B = −
2
⎪
1
⎪
⎪C = 4
⎩
1
1
1
⇒ y p = x2 − x +
2
2
4
De algemene oplossing van de volledige D.V. wordt gegeven door:
y = Ke −2 x +
1 2 1
1
x − x+
2
2
4
- 22 -
4.9.
Opgaven
Los volgende differentiaalvergelijkingen op:
(a) y '+ 4 y = 2 x 2 + 15 x − 3
(b) y '− 3 y = 4e − x − e 2 x
(c) y '+ y = cos 2 x − 2sin 2 x
(d) y '− y = 2sin x
(e) y '− 2 y = e x ( x 2 − 1)
(f) y '+ 2 y = e − x + x.e− x
(g) y '+ 3 y = 3sin 2 x + 2 cos 2 x − (3 x 2 + 2 x)
(h) y '− 4 y = −5e x (cos x + sin x)
4.10. Onvolledige differentiaalvergelijkingen van de tweede orde
De algemene vorm van een differentiaalvergelijking van de tweede orde is
F ( x, y, y ', y ") = 0 . We noemen een dergelijke DV onvolledig als hierin x, y of y’
ontbreken. Er zijn dan zeven mogelijkheden:
F ( y, y ', y ") = 0 (1)
F ( x, y ', y ") = 0 (2)
F ( x, y, y ") = 0 (3)
F ( y ', y ") = 0 (4)
F ( y, y ") = 0 (5)
F ( x, y ") = 0 (6)
F ( y ") = 0 (7)
We kunnen voor deze gevallen, op uitzondering van (3), een methode geven
die deze vergelijkingen herleidt tot een vergelijking van de eerste orde. Deze
zes gevallen worden daartoe ondergebracht in drie types:
type I :
type II :
type III :
y en y’ ontbreken
y ontbreekt, maar y’ niet
x ontbreekt, maar y of y’ niet
(6) en (7)
(2) en (4)
(1), (4) en (5)
Voor het geval (4) kun je kiezen. Meestal neemt men type II.
- 23 -
Type I : y en y’ ontbreken
Voorbeeld:
y "− 6 x + 2 = 0
⇔ y " = 6x − 2
⇔ y ' = ∫ (6 x − 2)dx = 3 x 2 − 2 x + C1
⇔ y = ∫ (3x 2 − 2 x + C1 )dx = x 3 − x 2 + C1 x + C2
Type II : y ontbreekt, maar y’ niet
Voorbeeld:
xy "− y ' = x 2 e x
Oplossing:
stel y ' = p , waaruit y " = p ' , dan wordt de DV:
xp '− p = x 2 e x ⇔ p '−
1
p = xe x
x
dit is nu een lineaire DV van eerste orde met als oplossing
1
p=e
∫ x dx
.∫ e
−
1
∫ x dx
xe x dx = x ∫ e x dx = x ( e x + C )
waaruit
y ' = p = x (ex + C )
en na verdere integratie
y = ∫ xe x dx + C ∫ xdx
⎛ x2
⎞
⇔ y = xe − e + C ⎜ + C ' ⎟
⎝ 2
⎠
2
x
x
⇔ y = xe − e + C1 x + C2
x
x
- 24 -
Type III : x ontbreekt, maar y of y’ niet
Voorbeeld:
y ". y = y '2
Oplossing:
we stellen opnieuw y ' = p maar vervangen nu y " door :
dy ' dp dp dy dp
y" =
=
= . = .p
dx dx dy dx dy
de vergelijking wordt
dp
. p. y = p 2
dy
⇔ p=0 ∨
dp
.y = p
dy
de eerste mogelijkheid levert:
p=0
⇔ y'= 0
⇔ y=C
de tweede mogelijkheid levert:
dp
.y = p
dy
dp
dy
⇔∫
=∫
p
y
⇔ ln p = ln y + ln C1
⇔ p = C1 y
⇔ y ' = C1 y
⇔∫
dy
= C1dx
y ∫
⇔ ln y = C1 x + C2
- 25 -
4.11. Opgaven
Los volgende differentiaalvergelijkingen op:
(a) y "− sin x = 0
(i) y ".sin x − y '.cos x + 1 = 0
(b) e 2 x . y " = 4.(e 4 x + 1)
(j) x 2 y "+ x.ln x = xy '− 2
2
(c) xy "− y ' = − − ln x
x
(k) y "+ y ' = y '2
(d) xy "− y ' = 8 x
(l) (1 + 2 x) y "+ 2 y '+ 2 x = 0
3
(m) yy "+ y '2 = 2 yy '
(e) xy "− 3 y '+ 4 x = 0
(n) yy "+ y '2 + 1 = 0
(f) y "+ 2 y '− 3e = 0
x
(o) y 2 y " = y '
(g) y " = y ' +1
2
(p) y "+ y '2 = 2.e − y
(h) ( x 2 + 1) y "+ 2 x. y ' =
2
x +1
2
- 26 -
5. Toepassingen
5.1.
Groeimodel van Malthus (ongeremde groei)
voorbeeld
Een watermeloen weegt 200 gram. De massa van de meloen neemt per dag
toe met 15%. Bepaal de verdubbelingstijd.
oplossing 1 : discreet
Stellen we het gewicht van de watermeloen (in gram) voor door G(t) (t = de tijd
uitgedrukt in dagen), dan is:
⎧⎪G ( 0 ) = 200
⎨
⎪⎩G ( t + 1) = G ( t ) + 0,15.G ( t ) = 1,15.G ( t )
Na iets minder dan 5 dagen is het gewicht van de watermeloen verdubbeld.
oplossing 2 : continu
De groei van de watermeloen is echter geen discreet maar een continu
proces. In een tijdsinterval [t , t + ∆t ] zal de meloen groeien. Voor kleine ∆t
mogen we stellen dat deze groeit afhangt van het huidig gewicht van de
meloen en de grootte van het beschouwde tijdsinterval. M.a.w.
∆G ( t ) = G ( t + ∆t ) − G ( t ) = α .G ( t ) .∆t
hierbij is α een nog nader te bepalen evenredigheidsfactor.
Brengen we de vergelijking in de vorm
G ( t + ∆t ) − G ( t )
∆t
= α .G ( t )
dan krijgen we in de limiet ∆t → 0
- 27 -
G ' ( t ) = α .G ( t )
lossen we deze differentiaalvergelijking op:
G ' ( t ) = α .G ( t )
⇔
dG ( t )
G (t )
= α dt
⇔ ln G ( t ) = α t + C te
⇔ G ( t ) = eα t +C = b.eα t = b.a t
houden we rekening met de randvoorwaarden G ( 0 ) = 200 en
G (1) = 200 + 0,15.200 = 230 vinden we:
G ( t ) = 200. (1,15 )
t
De verdubbelingstijd halen we uit de exponentiële vergelijking
400 = 200. (1,15 )
t
⇔ t = 4,96 ≈ 4 dagen 23uur 2 minuten
algemeen
Bij het groeiproces van Malthus is de toename recht evenredig met de
populatieomvang. Bij dit groeimodel hoort een D.V. van de vorm:
dy
= ky
dt
(a) Toon aan dat de algemene oplossing van deze D.V. gegeven wordt door
y = b.a t met b = y (0) en a = e k .
- 28 -
toepassingen
(b) Een verdovingsmiddel bij operaties wordt door de organen van een patiënt
opgenomen met een snelheid die evenredig is met de hoeveelheid
verdovingsmiddel in de bloedstroom.
Een patiënt heeft voor een operatie een hoeveelheid verdovingsmiddel
nodig die gelijk is aan 25 mg per kg gewicht.
Van het verdovingsmiddel is bekend dat de concentratie in het bloed
afneemt met 14% per uur.
•
•
Geef de groeifactor per uur.
De afname van het middel in het bloed kan beschreven worden met de
dH
= aH . Bepaal de waarde van a.
D.V.
dt
• Een patiënt met een gewicht van 60 kg ondergaat een operatie die een
half uur gaat duren. Hoeveel mg van het verdovingsmiddel moet er aan
het begin van de operatie worden toegediend?
dN
= 0, 05 N
dt
met N(0) = 10630. Hierbij is t in jaren en t = 0 op 1 januari 2006. Geef een
schatting van het aantal inwoners op 1 februari 2006. En op 1 januari 2012.
(c) Het aantal inwoners N van een stad groeit volgens het model
(d) In de glasbouw is bekend dat licht aan intensiteit verliest bij het doorlopen
van een glaslaag. Als het invallend licht een intensiteit I ( 0 ) heeft en s is
de afgelegde weg door het glas, dan voldoet de overgebleven intensiteit
I ( s ) aan I ' ( s ) = − k .I ( s ) met k de uitdovingscoëfficiënt. Dit verschijnsel is
genoemd naar de natuurkundigen Lambert en Beer.
Een glasplaat met een dikte van 3 mm laat 40% van het licht door. Bepaal
de uitdovingscoëfficiënt.
(e) In rauwe melk komen bacteriën voor die de houdbaarheid nadelig
beïnvloeden, en ondanks alle voorzorgen, ook ziekteverwekkende
bacteriën. Door pasteuriseren kan het aantal van dergelijke bacteriën
worden verminderd.
Het gemiddeld aantal (per liter) van een bepaalde bacterie in
ongepasteuriseerde melk duiden we aan met P ( 0 ) . Als men bij 73°C
pasteuriseert geldt voor het gemiddelde aantal P ( t ) : P ' ( t ) = −k .P ( t ) .
De waarde van k hangt af van de soort bacterie. Voor de gevaarlijke
bacterie staphylococcus aureus, die voedselvergiftiging kan veroorzaken,
geldt k = 0,18 per sec.
Veronderstel dat P ( 0 ) = 1 . Hoelang moet men dan pasteuriseren opdat het
gemiddeld aantal bacteriën staphylococcus aureus per m³ minder dan 0,01
is?
- 29 -
(f) Een goed ingeschonken glas bier heeft een mooie schuimkraag van 2 cm.
Meteen na het inschenken neemt de hoogte van de kraag af met 25% per
minuut. Na hoeveel tijd is de kraag minder dan 5 mm hoog?
(g) Het aantal salmonellabacteriën op een stukje vlees is een voorbeeld van
het groeimodel van Malthus. Op t = 3 zijn er 6000 bacteriën en op t = 8 zijn
er 13000 bacteriën. Hierbij is t de tijd in uren.
•
•
•
•
Geef de groeifactor per uur (rond af op drie decimalen).
Geef het groeipercentage per uur.
Geef de formule voor het aantal bacteriën N na t uur.
Hoeveel bacteriën zijn er na 24 uur?
(h) Bij een temperatuur van 37°C telt een laborant 24 melkzuurbacteriën. Na 1
uur is het aantal verdrievoudigd. Bepaal de verdubbelingstijd.
(i) In helder water vermindert de lichtintensiteit met de helft telkens we 5
meter dieper duiken. Aan de oppervlakte is de lichtintensiteit 100%.
•
•
Bereken de lichtintensiteit op 12 m diepte.
Tot op welke diepte kunnen we met een onderwatercamera nog goede
foto’s maken als we minstens 25% daglicht nodig hebben?
• Onderwaterplanten hebben 0,0001% daglicht nodig om te overleven.
Tot op welke diepte kunnen we nog planten aantreffen?
5.2.
Ouderdomsbepaling met behulp van de C14 –methode
Er komt in de lucht een kleine hoeveelheid koolstofisotoop C14 voor, waarvan
de atoomkern onstabiel is. De C14 verdwijnt spontaan, maar het wordt ook
voortdurend bijgemaakt door reacties van kosmische stralingen met de
atmosfeer. Daardoor blijft in de lucht een zekere (lage) concentratie C14
aanwezig. Dit isotoop wordt door alle levende organismen (planten, dieren,
mensen) opgenomen.
Zodra het organisme sterft, neemt de concentratie ten gevolge van radioactief
verval geleidelijk af met een halveringstijd van 5750 jaar.
In de archeologie is de C14 –methode een veel gebruikte methode om de
ouderdom van organisch materiaal te bepalen.
Veronderstel dat op een tijdstip t (in jaren) het aantal radioactieve deeltjes
koolstof C14 in een stuk dood organisch materiaal gelijk is aan N(t), en dat op
tijdstip 0 (het tijdstip waarop het organisch materiaal doodging) het aantal
deeltjes C14 gelijk is aan N(0) = N0. Daar een constant deel van de isotoop C14
vervalt in C12 geldt:
dN
ln 2
=−
.N
dt
5750
- 30 -
opgaven
(a) Toon aan dat de algemene oplossing van deze D.V. gegeven wordt door
1
N
⎛ 1 ⎞ 5750
= a t met a = ⎜ ⎟ .
N (0)
⎝2⎠
(b) Veronderstel dat bij opgravingen fundamenten van hout gevonden worden
die 75% C14 hebben ten opzichte van eenzelfde nu nog levende houtsoort.
Het tijdstip t = 0 nemen we als tijdstip waarop het hout in de fundamenten
werd verwerkt. Hoe lang is het dan geleden dat deze fundamenten werden
neergelegd?
(c) In 1991 ontdekten bergwandelaars in de Alpen een gemummificeerd lijk.
Uit onderzoek bleek dat deze “ijsman van de Alpen”, die later Ötzi werd
gedoopt, al duizenden jaren oud was. Via de C14 -methode ontdekten men
dat de concentratie C14 in het lichaam van Ötzi ongeveer 53% bedroeg van
de normale concentratie. Wanneer leefde deze man ongeveer?
(d) In 1988 stelden een groep wetenschappers een grondig onderzoek in naar
de authenticiteit van de Lijkwade van Turijn met behulp van de Koolstof 14methode. Zij vonden een % C14 tussen de 91,7% en 93,0% t.o.v. de
normale concentratie.
Geef een schatting over de ouderdom van de Lijkwade in de
veronderstelling dat deze wetenschappers gelijk hebben.
(Dit onderzoek werd door andere wetenschappers bestreden. Zij zeiden
dat de datering geen rekening had gehouden met de brand van 1532 in
een Frans klooster, waardoor de Lijkwade beschadigd was geraakt. Rook
en gesmolten metaal zouden de moleculaire toestand van de Lijkwade
zodanig hebben veranderd, dat de C14 –methode tot andere conclusies had
kunnen komen).
5.3.
Begrensde groei
Exponentiële groei is onbegrensd, de differenties zijn evenredig met de oude
waarde en groeien zelf ook exponentieel. Groei die als maar door blijft gaan is
niet realistisch. In de praktijk zijn er grenzen aan de groei, bijvoorbeeld omdat
er beperkingen aan de ruimte of de bronnen is. Zo’n grens aan de groei wordt
aangeduid als capaciteit, verzadigingsniveau of maximum al naar gelang de
context waarbinnen de groei zich afspeelt.
voorbeeld
Een patiënt krijgt via een infuus een medicijn toegediend met een constante
snelheid. De concentratie C zou hierdoor elk uur met 6 mg/l stijgen als er geen
afbraak zou zijn. Door het lichaam wordt het medicijn echter per uur met 10%
weer afgebroken. Wat is in dit geval het verzadigingsniveau?
- 31 -
oplossing 1 : discreet
Stellen we de concentratie medicijn in het bloed voor door C(t) (t = de tijd
uitgedrukt in uren), dan is:
⎧⎪C ( 0 ) = 0
⎨
⎪⎩C ( t + 1) = 0,9.C ( t ) + 6
Er treed verzadiging op als C ( t + 1) = C ( t ) m.a.w. als:
C ( t ) = 0,9.C ( t ) + 6
⇔ 0,1.C ( t ) = 6
⇔ C (t ) = 60
oplossing 2 : continu
De verandering van concentratie medicijn in het bloed is echter geen discreet
maar een continu proces. In een tijdinterval [t , t + ∆t ] zal de concentratie
medicijn veranderen. Voor kleine ∆t kunnen we deze verandering schrijven
als
C ( t + ∆t ) = C ( t ) + 6.∆t − 0,1.C ( t ) .∆t
hetgeen we kunnen schrijven als
∆C ( t ) = C ( t + ∆t ) − C ( t ) = ( 6 − 0,1.C ( t ) ) .∆t
⇔
C ( t + ∆t ) − C ( t )
∆t
= 6 − 0,1.C ( t )
dan krijgen we in de limiet ∆t → 0
C ' ( t ) = 6 − 0,1.C ( t )
⇔ C ' ( t ) + 0,1.C ( t ) = 6
d.i. een lineaire D.V. van eerste orde met constante coëfficiënten.
De oplossing, rekening houdend met C ( 0 ) = 0 , wordt gegeven door (ga dit
na):
en
C ( t ) = 60 (1 − e −0,1t )
C ( ∞ ) = 60 .
- 32 -
algemeen
Bij begrensde groei houdt men rekening met een maximale populatieomvang.
Bij dit model hoort een D.V. van de vorm:
dy
= a (b − y )
dt
(a) Toon aan dat de algemene oplossing van deze D.V. gegeven wordt door
y = b + c.e − at .
toepassingen
(b) De snelheid waarmee een gerucht zich verspreidt in een school is
evenredig met het aantal leerlingen dat het gerucht nog niet heeft gehoord.
dN
De D.V. die hierbij hoort heeft de vorm
= a.(b − N ) , met N het aantal
dt
leerlingen dat het gerucht heeft vernomen en t in dagen.
In een school van 1500 leerlingen hebben op een dag 10 leerlingen een
gerucht vernomen. Een dag later waren dat er al 85.
•
•
•
•
Geef de bijbehorende D.V. Wat is hier de randvoorwaarde N(0) ?
Geef de oplossing bij deze randvoorwaarde.
Hoeveel leerlingen hebben het gerucht na 5 dagen vernomen?
Na hoeveel dagen kent 90% van de leerlingen het gerucht?
(c) De groeisnelheid van de biomassa van een gesloten groen gewas
(suikerbieten, maïs, aardappelen) wordt, bij aanwezigheid van voldoende
water en voedingsstoffen, voornamelijk bepaald door de assimilatie.
Gedurende de zomermaanden geldt voor maïs in onze streken :
y '(t ) = 720 − 0, 03. y (t )
waarin t de tijd is in dagen en y de biomassa in kg/ha.
Er geldt y(0) = 4000 kg/ha.
•
•
•
Bepaal y (t ) .
Hoe groot is de groeisnelheid van de biomassa op t = 0?
Wanneer is de biomassa nog maar 5% van zijn maximum
verwijderd?
- 33 -
(d) Het water in een elektrische boiler wordt op een temperatuur van 80°C
gebracht.
Daarbij is de snelheid waarmee de temperatuur stijgt evenredig met het
verschil tussen de watertemperatuur T en de eindtemperatuur van 80°C.
Als randvoorwaarde geldt dat de begintemperatuur van het water 30°C is
en de snelheid waarmee de temperatuur toeneemt op t = 0 gelijk is aan
5°C per minuut, met t in minuten.
•
•
•
Geef de bijbehorende D.V. en bereken de oplossing.
Bereken het tijdstip waarop de temperatuur 75°C is.
Bereken het tijdstip waarop de temperatuur toeneemt met een
snelheid van 3°C per minuut.
(e) Een vijver met een oppervlakte van 256 m² is voor een deel bedekt met
kroos. De snelheid waarmee het kroos groeit is evenredig met de
hoeveelheid onbedekt water.
dO
Hierbij hoort de differentiaalvergelijking
= 0, 65 ( 256 − O ) , met O de
dt
oppervlakte van het door kroos bedekte gedeelte in m² en t in weken.
Na hoeveel weken is 80% van de vijver bedekt met kroos als op tijdstip
t = 0 20% van de vijver bedekt is met kroos.
(f) Wanneer suiker in water gestrooid wordt, zal dit langzaam oplossen. De
snelheid waarmee dit gebeurt kan beschreven worden met de volgende
dM
differentiaalvergelijking:
= −0,3 ( M − 1) . Hierbij is M het gedeelte van de
dt
suiker dat opgelost is en t de tijd in minuten.
Bereken met randvoorwaarde M ( 0 ) = 0,1 het gedeelte opgeloste suiker na
5 minuten.
5.4.
Warmtewet van Newton
Experimenteel heeft men vastgesteld dat de snelheid waarmee de
temperatuur van een voorwerp verandert (bij afkoeling of opwarming)
evenredig is met het verschil tussen de constant veronderstelde
omgevingstemperatuur A en de ogenblikkelijke temperatuur T van het
voorwerp.
Dus :
dT
= k(A −T )
dt
met T (t ) de temperatuur van het voorwerp in functie van de tijd, A de
omgevingstemperatuur en k een constante.
- 34 -
opgaven
(a) Toon aan dat de oplossing van de D.V. gegeven wordt door
T (t ) = A + (T0 − A).e − kt
(b) Verklaar waarom de warmtewet van Newton een voorbeeld is van
begrensde groei.
(c) Stel dat de begintemperatuur van de koffie die men in de kantine schenkt
90°C is. De temperatuur in de kantine is 20°C en k = 0,1. Na hoeveel
minuten bedraagt de temperatuur van de koffie dan 50°C ?
(d) In een kamer met temperatuur 21°C vindt men een lijk. De
lichaamstemperatuur op dat ogenblik is nog 29°C. Eén uur later is de
lichaamstemperatuur nog slechts 27°C. Wanneer overleed het slachtoffer?
(lichaamstemperatuur bij overlijden was dan 37°C).
(e) Een ei wordt op t = 0 uit een pannetje kokend water gehaald en onder een
straal water van 12°C gehouden. Na 10 seconden is de temperatuur van
het ei gedaald tot 94°C.
Stel een dynamisch model op bij de temperatuur T in °C van het ei.
(op t = 0 heeft het ei een temperatuur van 100°C).
(f) In een koelkast houdt de thermostaat de temperatuur constant op 4°C. Een
pan met soep wordt in de koelkast gezet. De temperatuur van de soep is
op dat moment 60°C. Na 8 minuten is de temperatuur van de soep 6
graden gedaald.
Stel bij de temperatuur T van de soep een dynamisch model op. Neem
hierbij de tijd t in minuten.
(g) Een fles cola wordt uit de koelkast gehaald en op het aanrecht gezet. Bij
dT
de temperatuur van de cola hooft het dynamisch model
= 1 − 0, 05 T met
dt
T(0) = a. Hierbij is de temperatuur T in °C en de tijd t in minuten.
•
•
•
5.5.
Bereken de temperatuur in de keuken
Geef in het geval a = 7 de temperatuur van de cola na 20 minuten.
Bepaal de waarde van a in het geval de temperatuur van de cola na
10 minuten 15°C is.
Logistische groei (groeimodel van Verhulst / geremde groei)
voorbeeld
In een nieuw wildreservaat is er voldoende nestruimte voor maximaal 320
arenden. In het begin wanneer er nog voldoende ruimte is, verloopt de
toename van het aantal arenden exponentieel.
- 35 -
Op den duur wordt het aantal arenden in het reservaat zo groot dat de
individuen elkaar gaan beconcurreren, de omstandigheden worden minder
gunstig en de groei N(t) vertraagt. Het afnemen van de groeisnelheid met
toenemende N(t) kunnen we modelleren door een remfactor in te bouwen in
de differentiaalvergelijking.
dN
= constante . N .remfactor
dt
De remfactor is van de vorm: 1 −
huidig aantal
verzadigingsniveau
Uit waarnemingen blikt dat de constante = 0,36 zodat we de populatie arenden
kunnen beschrijven door het model:
dN
N ⎞
⎛
= 0,36.N . ⎜ 1 −
⎟
dt
⎝ 320 ⎠
(t in jaren)
Bij de opening van het reservaat waren er 40 arenden.
Hoeveel arenden telt het reservaat bij zijn vijfjarig bestaan volgens dit model?
oplossing
y ⎞
⎛
y ' = 0,36 y ⎜ 1 −
⎟
⎝ 320 ⎠
y ( 320 − y )
dy
⇔
= 0,36.
320
dt
320 dy
⇔
= 0,36 dt
y ( 320 − y )
⎛1
1 ⎞
⇔⎜ +
⎟ dy = 0,36 dt
⎝ y 320 − y ⎠
⎛
y ⎞
⇔ ln ⎜
⎟ = 0,36t + K
⎝ 320 − y ⎠
⇔
y
= e0,36t + K
320 − y
⇔ y = ( 320 − y ) .k e0,36t
320 k e0,36t
1 + k e0,36t
320
⇔ y=
1 + c e −0,36t
k = eK
⇔ y=
c=
1
k
- 36 -
rekening houdend met N(0)=40 vinden we N (t ) =
320
1 + 7.e −0,36t
N (5) ≈ 148
algemeen
Een groeiproces dat wordt beschreven door een D.V. van de vorm:
dy
⎛ y⎞
= ay ⎜1 − ⎟ wordt logistische groei genoemd.
dt
⎝ b⎠
dy
afhankelijk van zowel de aanwezige
dt
⎛ y⎞
hoeveelheid y als ook van de remfactor ⎜1 − ⎟ .
⎝ b⎠
Hierbij is de groeisnelheid
(a) Toon aan dat de algemene oplossing van deze D.V. gegeven wordt door
b
.
y=
1 + c.e − at
toepassingen
(b) Voor de groei van een bepaald ras bamboeplanten geldt de volgende D.V.:
dy
y ⎞
⎛
= 0,5 y ⎜1 −
⎟ met y de lengte in cm en t de tijd in weken.
dt
⎝ 250 ⎠
•
•
Wat is de maximale lengte die deze planten kunnen bereiken?
Geef de oplossing van deze D.V. ; y(0) = 10 cm.
(c) Een forellenkwekerij heeft een vijver laten aanleggen waarin plaats is voor
maximaal 4800 forellen. Men zet 800 forellen uit die na 3 maanden in
aantal toegenomen zijn tot 1200. Er wordt verondersteld dat de groei
logistisch zal zijn.
•
•
•
Geef de bijbehorende D.V.
Geef de formule voor het aantal forellen in functie van de tijd.
Er mag in de vijver gevist worden zodra het aantal forellen 70% van
het maximum aantal bedraagt. Na hoeveel maanden is dit?
- 37 -
(d) De groei van een populatie zeeotters wordt beschreven door een logistisch
model.
De grenswaarde van de populatie is N = 10000.
Verder is gegeven dat de grootte van de populatie op t = 0 gelijk is aan N =
800 en dat op t = 0 de groeisnelheid gelijk is aan 350 zeeotters per jaar.
•
•
•
Stel een dynamisch model op bij N. Neem hierbij t in jaren.
Bereken de populatiegrootte op t = 20.
Bereken vanaf welke t er minstens 5000 zeeotters zijn.
(e) Het verloop van een griepepidemie laat zich beschrijven via het model van
logistisch groei.
Onderstel dat op het ogenblik dat in een bepaalde stad griep ontdekt wordt
al 100 mensen aangestoken zijn. Na 20 dagen is dit aantal al opgelopen
tot 1100.
Een onderzoeker beschrijft de groei van het aantal griepgevallen met de
dA
⎛ A⎞
D.V.
= 0,12 A ⎜1 − ⎟ , met A het aantal griepgevallen op tijdstip t en t in
dt
⎝ b⎠
dagen.
•
•
Verklaar de factor 0,12 die door de onderzoeker gekozen is.
Stel de formule op die het aantal griepgevallen weergeeft in functie
van de tijd en bereken de waarde van b en de integratieconstante c.
• Bij welk aantal patiënten is volgens het model de stijging in aantal
zieken het grootst? Op welk tijdstip is dat?
• Op dat tijdstip blijkt in werkelijkheid echter het aantal zieken gelijk te
zijn aan 62000. Tot welke waarde moet b dan worden aangepast in het
model? Moeten a en c ook veranderen?
(f) Brandnetels kunnen zich in zeer korte tijd snel verspreiden. Een
onderzoeker vraagt zich af hoe het groeiproces verloopt. In het begin van
de lente plant hij 25 brandnetels op een proefveldje. Na een week telt hij
15 nieuwe brandnetels op het proefveldje. In eerste instantie denkt hij dat
de brandnetels zich verspreiden volgens het groeimodel van Malthus.
•
Schat de groeifactor g voor het aantal brandnetels als die aanname
juist is. Neem als tijdseenheid een week.
• Voorspel het aantal brandnetels gedurende de eerste acht weken in de
lente volgens het Malthusiaanse model.
In werkelijkheid groeien de brandnetels niet volgens het model van
Malthus. Aan het einde van de zesde week blijken er op het proefveldje
namelijk net zoveel brandnetels te zijn als aan het einde van de vijfde
week, 225. De bioloog neemt daarom aan dat de groei logistisch is en dat
de groei stopt als er 225 brandnetels op het proefveldje staan.
•
Bepaal het logistisch model en voorspel de aantallen brandnetels
gedurende de eerste acht weken.
- 38 -
5.6.
Mengproblemen
Een rivier mondt uit in een meer. Aan de andere kant van het meer begint de
loop van een andere rivier die het water van het meer meevoert.
We maken nu enkele bijkomende veronderstellingen die het wiskundig model
zullen vereenvoudigen. Aanvankelijk (t = 0) is het water in het meer niet
verontreinigd; het binnenstromend rivierwater heeft een debiet van R liter per
minuut en de concentratie van de vervuiling in dat water bedraagt a kg per
liter. Door stromingen in het meer is de vervuiling op alle plaatsen even sterk.
Het wegstromend water heeft een debiet van S liter per minuut.
Gevraagd wordt om na te gaan hoe de waterkwaliteit in het meer evolueert in
de tijd.
Stellen we de hoeveelheid (in kg) verontreiniging in het meer op ieder ogenblik
voor door x(t ) en het volume water in het meer door V (t ) . De concentratie
x(t )
.
van de vervuiling in het meer is dan op ieder ogenblik
V (t )
We gaan nu na wat er zich afspeelt in een klein tijdsinterval [t , t + ∆t ] .
De hoeveelheid vervuiling die binnenstroomt is : a.R.∆t
x(t )
en de hoeveelheid vervuiling die wegstroomt is :
.S .∆t
V (t )
Daarbij hebben we verondersteld dat de concentratie van vervuiling in het
meer gedurende de kleine tijd ∆t nagenoeg constant is gebleven.
Zodat:
x(t + ∆t ) = x(t ) + a.R.∆t −
⇔
x(t )
.S .∆t
V (t )
x(t + ∆t ) − x(t )
x(t )
= a.R −
.S
∆t
V (t )
of na limietovergang voor ∆t → 0 :
dx
x(t )
= aR −
.S
dt
V (t )
hierin is V (t ) = V0 + ( R − S )t als V0 het volume water in het meer is op het
begintijdstip.
Zo bekomen we de lineaire D.V. van eerste orde:
- 39 -
dx
S
+
x = aR
dt V0 + ( R − S )t
bijzonder geval : R = S
Als het debiet van het binnenstromend water gelijk is aan het debiet van het
wegstromend water, dan blijft het volume water in het meer op ieder ogenblik
hetzelfde, dus V (t ) = V0 . De D.V. wordt er dan een met constante coëfficiënt.
dx R
+ x = aR
dt V0
in dit geval luidt de oplossing (reken na) : x(t ) = aV0 (1 − e
−
R
t
V0
)
De vervuiling zal dus toenemen volgens een exponentiële verzadigingsfunctie.
De concentratie van de vervuiling zal na lange tijd gelijk worden aan de
concentratie a van de vervuiling in de instromende rivier.
opgaven
(a) Een tank van 120 liter bevat 90 liter water waarin 5 kg zout is opgelost.
Een zoutoplossing van 0,2 kg/l stroomt in de tank met een debiet van 4
l/min. Een mengmechanisme verzekert op elk ogenblik een homogene
samenstelling van de vloeistof. De vloeistof stroomt uit de tank met een
debiet van 3 l/min.
• Stel de D.V. op die toelaat om de hoeveelheid zout (in kg) in de tank te
bepalen op ieder ogenblik.
• Hoeveel zout bevat de tank op het ogenblik dat ze volledig gevuld is?
(b) Twee cilindrische vaten staan boven mekaar opgesteld en zijn allebei
volledig gevuld.
Het bovenste vat heeft een volume van 100 liter en het onderste van 200
liter. Op het tijdstip t = 0 bevat het bovenste vat 5 kg zout en het onderste 0
kg.
Drie kraantjes, elk met een debiet van 5 l/min worden gelijktijdig
opengedraaid. Uit het eerste kraantje stroom zuiver water in het bovenste
vat. De vloeistof in het bovenste vat stroomt via het tweede kraantje in het
onderste vat en de vloeistof in het onderste vat stroomt weg via het derde
kraantje.
•
•
•
Bereken de hoeveelheid zout x(t) in het bovenste vat.
Bereken de hoeveelheid zout y(t) in het onderste vat.
Wanneer is de hoeveelheid zout in het onderste vat maximaal en
hoeveel bedraagt deze hoeveelheid?
- 40 -
(c) Een kweekbak bevat 1000 liter zoet water. Men laat water, dat 5 g zout per
liter bevat, de bak inlopen met een snelheid van 2 liter per minuut. Een
zelfde hoeveelheid loopt gelijktijdig door een overloop de bak uit. Het water
in de bak wordt ondertussen goed geroerd. Na een half uur wordt er geen
zout water meer naar binnen gepompt, maar gewoon zoet water. Na
nogmaals een half uur wordt de pomp afgezet.
Bereken de uiteindelijke concentratie van het zout in de bak.
(d) Een waterzuiveringstank bevat 500 liter slijk dat bestaat uit 90% water en
10% zand. Tegen een snelheid van 4 liter per minuut wordt slijk in de tank
gestort dat bestaat uit 50% water en 50% zand. Het slijk in de tank wordt
onophoudelijk gemengd. Gelijktijdig loopt er ook 5 liter per minuut van dit
mengsel uit de tank. Hoeveel zand zal er in de tank zitten na 1 uur?
bibliografie
Getal & Ruimte, wiskunde vwo voor de tweede fase: vwo NG/NT4, NG/NT5,
EM4 en EM5 (EPN – Nederland, 2000)
Wiskunde in werking (Epsilon uitgaven nr 28, 2001)
Uitwiskeling, jaargang 20 (mei 2004) en jaargang 13 (oktober 1997)
- 41 -