Oefeningen Wiskunde(2KA) 2de Kandidatuur Industrieel...

Oefeningen Wiskunde(2KA) 2de Kandidatuur

Industrieel Ingenieur (Hogeschool Gent)

cElie De Brauwer

14 februari 2003

1

INHOUDSOPGAVE

Inhoudsopgave

1 About 3

I Differentiaalvergelijkingen 4

2 Herhaling: Integralen 5

3 Inleiding 10

4 Differentiaalvergelijkingen van de 1ste orde en de 1ste graad 15

5 Differentiaalvergelijking van de 1ste orde, niet van de 1ste

graad 36

6 Meetkundige toepassingen 45

7 Fysische Toepassingen 49

8 Differentiaalvergelijkingen van hogere orde 57

9 Lineaire Differentiaalvergelijkingen 58

II Reeksen 71

10 Rijen 72

11 Reeksen:Algemene Begrippen 73

12 Reeksen met uitsluitend positieve termen 74

13 Willekeurige Reeksen 81

14 Reeksen van Functies 89

15 Ontwikkelen van functies in machtreeksen 97

16 Fourierreeksen 103

[email protected] 2

1 About

1 About

De auteur is niet verantwoordelijk voor enige onvolmaaktheden/terkortkomingenin dit document. Gemaakt met emacs in LATEX onder Debian Linux. Bron-nen beschikbaar via www.de-brauwer.be, of na aanvraag via e-mail, meerinformatie:[email protected].

[email protected] 3

Deel I

Differentiaalvergelijkingen

[email protected] 4

2 Herhaling: Integralen


Herhaling: 1

a2x2 dx = Bgsin(xa ) + C

1x2+b

dx = ln |b +

x2 + b|+ C1

x2+a2dx = 1aBgtg

xa + C

1x2a2 dx =

12a ln

xax+a + Csin(x)dx = cos(x) + Ccos(x)dx = sin(x) + C

udv = uv

vdu

1.

ln(x)dx ln(x)dx = x lnx

x

xdx

= x lnx

dx

= x lnx x + C

Partiele integratie (

udv = uv

vdu) met dv = dx en v = ln(x).

2.

udu(u+1)2

udu

(u + 1)2=

(u + 1 1)du

(u + 1)2

=

(u + 1)du(u + 1)2

du

(u + 1)2

= ln(u + 1) + (u + 1)1 + C

Ook mogelijk via splitsen in partieelbreuken.

3.

vdvv2+1

vdv

v2 + 1=

12v

vd(v2 + 1)

v2 + 1

=12

ln(v2 + 1) + C

4.

t1t2+4

dt t 1t2 + 1

dt =

tdt

t2 + 4

dt

t2 + 4

[email protected] 5


=1

2.2t

2t

t2 + 4d(t2 + 4)

dt

t2 + 4

=12

ln(t2 + 4) 12Bgtg

t

2+ C

5.

e2y sin ydye2y sin ydy = e2y cos y + 2

e2y cos ydy

u = e2y

dv = sin y

= e2y cos y + 2e2y sin y 4

e2y sin ydy

u = e2y

dv = cos y

5

e2y sin ydy = e2y cos y + 2e2y sin y + Ce2y sin ydy =

15(2e2y sin y e2y cos y) + C

=e2y

5(2 sin y cos y) + C

n.z.v., deze oplossing gebruikt tweemaal partiele integratie, ook mo-gelijk via complexe functies.

6.

2x+3x22x3dx

2x + 3x2 2x 3

dx =

2x 2(2x 2)(x2 2x 3)

d(x2 2x 3)

+5

dx

x2 2x 3

= ln |x2 2x 3|+ 5

dx

(x 1)2 4

= ln |x2 2x 3|+ 5

d(x 1)(x 1)2 4

= ln |x2 2x 3|+ 54

ln |x 1 2x 1 + 2

|+ C

= ln |x2 2x 3|+ 54

ln |x 3x + 1

|+ C

Komt niet overeen met de oplossing in de cursus.

[email protected] 6


7.

t2dtt6+6t3+10

t2dt

t6 + 6t3 + 10=

x = t3

dt =13x2/3dx

=

x2/3 13x 2

3 dx

x2 + 6x + 10

=13

d(x + 3)

(x + 3)2 + 1

=13Bgtg(x + 3) + C

=13Bgtg(t3 + 3) + C

8.

duu(ln(u)+2)

du

u(ln(u) + 2)=

ud(ln(u) + 2)u(ln(u) + 2)

= ln(ln |u|+ 2) + C

9. v1

v

vdv

v 1v

vdv =

v

v

vdv

dv

v3/2

= ln v +2

v

v+ C

10.

sin(2x)esin(x)dxsin 2xesin(x)dx = 2

sin(x) cos(x)esin(x)dx

= 2

sin(x)esin(x)d(sin(x))

sin(x) =

= 2

ed

u = du = e

[email protected] 7


= 2e 2

ed

= 2e 2e + C= 2esin(x)(sin(x) 1) + C

11.

y3ey2dy

y3ey2dy =

y3

2yey

2dy2

y2 =

=12

ed

u = du = e

=12e 1

2

ed

=12e 1

2e + C

=12e( 1) + C

=12ey

2(y2 1) + C

12.

drr

r21 dr

r

r2 1=

=1r

r =1

dr = 12

=

d

2

12 1

=

d1 2

= Bgsin() + C

= Bgsin(1r) + C

[email protected] 8


En ik heb er geen idee van hoe ze in de cursus tot een Bgtg komen.

13. dy

C21y2+1

dyC21 + 1

=1

C21

dy

y2 + 1C21

=1

C21ln |y +

y2 +

1C21

|+ C

Hier werd verondersteld dat C1 een constante is.

14.

1x(ln |x|+ C1)dx

1x

(ln |x|+ C1)dx =

ln |x|x

dx + C1

1x

dx

=

x ln |x|x

d(ln |x|) + C1 ln |x|

=12(ln |x|)2 + C1 ln |x|+ C

Zelfde veronderstelling als hierboven

15.

16x4+2x3+4x22x5dx Opsplitsen via Horner ... gewoon veel werk

[email protected] 9

3 Inleiding

3 Inleiding

De orde van de DVG is de orde van de hoogste afgeleidedie voorkomt. De graad is de exponent van de macht waarmee de hoog-ste afgeleide voorkomt. De algemene oplossing (AO) van een DVG van den-de orde is een oplossing waarin n integratieconstantenvoorkomen. Een particuliere oplossing (PO) van een DVG van de n-de orde is een oplossing die minder dan n constanten bevaten een bijzonder geval is van de AO. Een singuliere oplossing (SO) is een oplossing die nietuit de AO kan teruggevonden worden door keuze vande in-tegratieconstanten.

1. Bepaal de orde en de graad van de volgende vergelijkingen:

dy + (xy cos(x))dx = 0Orde: 1Graad: 1

Ld2Qdt2

+ RdQdt +QC = 0

Orde: 2Graad: 1

(y)2 + xy + 2y(y)3 + xy = 0Orde: 3Graad 2

d2vdx2

dvdx + x(

dvdx)

3 + v = 0Orde: 2Graad: 1

(d3wdv3

)2 (d2wdv2

)4 + vw = 0Orde: 3Graad: 2

ey xy + y = 0Orde: 3Graad: -

y + x = (y xy)3Orde: 1Graad: 4

2. Toon aan dat volgende families krommen te schrijven zijn met 1 con-stante

[email protected] 10

3 Inleiding

y = x2 + C1 + C2Stel: C = C1 + C2

y = C1ex+C2

y = C1ex+C2

= C1eC2ex

StelC = C1eC2

= Cex

C1 + ln |C2x|

y = C1 + ln |C2x|= C1 + ln |C2|+ ln |x|

StelC = C1 + ln |C2|= C + ln |x|

3. Bepaal de DVG van volgende families krommen

y = C1 cos(x) + C2 sin(x)y = C1 cos(x) + C2 sin(x)y = C1 sin(x) + C2 cos(x)y = C1 cos(x) C2 sin(x)

Uit y en y volgt dat:

y = y

y + y = 0

y = C1e2x + C2ex + C3y = C1e2x + C2ex + C3y = 2C1e2x + C2ex

y = 4C1e2x + C2ex

y = 8C1e2x + C2ex

Uit y volgt dat 2C1e2x = y C2ex, we substitueren dit in y:

y = 2y 2C2ex + C2ex

C2ex = 2y y


3 Inleiding

Eerst substitueren we 2C1ex en vereenvoudigen we y

y = 4y 4C2ex + C2ex

y = 4y 3C2ex

Substitutie van C2ex

y = 4y 3(2y y)y = 4y 6y + 3y

y = 2y + 3y

y 3y + 2y = 0

y = Cx2 + C2 {y = Cx2 + C2

y = 2Cx

Uit y volgt dat C = y

2x , dit substitueren we in y.

y =y

2xx2 +

y2

4x2

y2 + 2yx3 4yx2 = 0

y = C1x2 + C2x + C3y = C1x2 + C2x + C3y = 2C1x + C2y = 2C1y = 0

3 constanten dus 3 maal afleiden, in de derde afgeleide zijn alleconstanten geelimineerd en de derde afgeleide is eveneens de op-lossing. y = 0

4. Toon aan dat y = 2x + Cex de AO is van y y = 2(1x). Bepaal dePO door (0, 3)

y = 2x + Cex

y = 2 + Cex

Deze substitueren we in de DVG en we controleren of we geen contra-dictie bekomen.

2 + Cex 2x Cex = 2(1 x)2(1 x) = 2(1 x)


3 Inleiding

De AO is weldegelijk een AO van deze DVG. We bepalen de PO door(0, 3)

3 = 0 + CC = 3

De PO is dus y = 2x + 3ex.

5. Toon aan dat y = C1ex+C2e2x+x de AO is van y3y+2y = 2x3.

y = C1ex + C2e2x + xy = C1ex + 2C2e2x + 1y = C1ex + 4C2e2x

Deze substitueren we in de DVG en we controleren of we geen contra-dictie bekomen.

C1ex + 4C2e2x 3(C1ex + 2C2e2x + 1) + 2(C1ex + C2e2x + x) = 2x 3

2x 3 = 2x 3

Conclusie: de opgegeven AO is weldegelijk een AO van de DVG. Nubepalen we de PO door (0, 0) en (1, 0).Uit (0, 0) volgt dat C1 + C2 = 0Uit (1, 0) volgt dat C1e + C2e2 + 1 = 0Hieruit volgt dat C1 = C2 = 1e2e . Wanneer we dit substitueren inde AO. Krijgen we y = x + 1

e2e(ex e2x) als PO.

6. Toon aan dat y = C1 cos(x) + C2 sin(x) een AO is van y + y = 0.Bepaal de PO waarvoor y(0) = 0 en y(0) = 1.

y = C1 cos x + C2 sinxy = C1 sinx + C2 cos xy = C1 cos x C2 sin x

Hieruit volgt dat y + y = 0 Uit y(0)= 0 en y(0)=1, volgt dat C1 = 0en C2 = 1 of dat de PO gelijk is aan y = sin(x)

7. Bepaal de DVG van de familie cirkels met straal R en middelpunt opde X-as

(x C)2 + y2 = R2

Dit afleiden geeft2(x C) + 2yy = 0

Of ook


3 Inleiding

x C = yy

Dit in de eerste vergelijking vervangen(yy)2 + y2 = R2

y2(1 + y2) = R2

En dit is ook de DVG.

8. Bepaal de DVG van de familie cirkels met middelpunt op de X-as

(x C1)2 + y2 = = C222(x C1) + 2yy = 02 + 2y2 + 2yy = 0

In deze laatste vergelijking zijn alle constanten reeds verdwenen endeze is dan ook de gevraagde DVG.

9. Bepaal de DVG van alle raaklijnen aan de parabool y2 = 2x

10. Voor elk punt van de kromme K geldt p+q = 2, met (p, 0) het snijpuntvan de raaklijn met de X-as en (0, q) het snijpunt van de raaklijn metde Y-as. Stel de DVG van de kromme op.


4 Differentiaalvergelijkingen van de 1ste orde en de 1ste graad

4 Differentiaalvergelijkingen van de 1ste orde en de1ste graad

Bepaal de AO en indien gevraad de PO van volgende DVG (POs wordenniet bepaald, triviaal)

1. x3dx + (y + 1)2dy = 0

x3dx + (y + 1)2dy = 0x3dx = (y + 1)2dyx3dx =

(y + 1)2dy

x4

4= (y + 1)

3

3+ C

3x4 + 4(y + 1)3 = C

2. x2(y + 1)dx + y2(x 1)dy = 0

x2(y + 1)dx + y2(x 1)dy = 0x2

x 1dx = y

2

y + 1dy

(x2 1) + 1x 1

dx =

(y2 1) + 1y + 1

dy(x + 1)dx +

1

x 1dx =

(y 1)dy

1

y + 1

(x + 1)2

2+ ln |x 1|+ (y 1)

2

2+ ln |y + 1| = 0

(x + 1)2 + (y 1)2 + 2 ln |(x 1)(y + 1)| = C

3. 4xdy ydx = x2dy

4xdy ydx = x2dyydx = (x2 4x)dydx

(x2 4x)= dy

yd(x 2)

(x 2)2 4)=

dy

y

14

ln |x 4x

|+ ln |C|+ ln |y| = 0

ln |x 4x

|+ ln |Cy4| = 0

Cy4(x 4) = x



4. y = 4yx(y3)

y =4y

x(y 3)

dy =4y

x(y 3)dx

(y 3)dy4y

=dx

x(y 3)dy

4y=

dx

x14y 3

4ln |y| = ln |x|+ C

y = 3 ln |y|+ 4 ln |x|+ ln |C|ey = Cy3x4

5. (1 + x3)dy x2ydx = 0

(1 + x3)dy x2ydx = 0dy

y=

x2

1 + x3dx

dy

y=

13

d(1 + x3)1 + x3

3 ln |y| = ln |1 + x3|+ ln |C|Cy3 = 1 + x3

6. (2x3 + 3y)dx + (3x + y 1)dy = 0

(2x3 + 3y)dx + (3x + y 1)dy = 0

Controle voorwaarde van Euler

(2x3 + 3y)y

= 3

(3x + y 1)dyx

= 3

Voorwaarde van Euler is voldaanF : dF (x, y) = M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0

F (x, y)x

= M(x, y) =

(2x3 + 3y)dx + K(y)

=12x4 + 3xy + K(y)



(12x4 + 3xy + K(y))

y= 3x + y 1 = N(xy)

0 + 3x +dK(y)

dy= 3x + y 1

K(y) =

(y 1)dy

K(y) =(y 1)2

2+ C

AO :12x4 + 3xy +

(y 1)2

2= C

7. (y2exy2+ 4x3)dx + (2xyexy

2 3y2)dy = 0

(y2exy2+ 4x3)dx + (2xyexy

2 3y2dy) = 0


(y2exy

2+ 4x3)

y= 2yexy

2+ 2xy2exy

2

(2xyexy2 3y2)x

= 2yexy2+ 2xy2exy

2


F (x, y)x

= M(x, y) =

(y2exy2)dx + K(y)

= exy2+ x4 + K(y)

(exy2+ x4 + K(y))

y= 2xyexy

2 3y2 = N(xy)

2xyexy2+ 0 +

dK(y)dy

= 2xyexy2 3y2

K(y) = 3

y2dy

K(y) = y3 + CAO : exy

2+ x4 y3 = C

8. x3 + y2x + x2 = x2yyEerst herleiden naar standaardvorm M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0

x3 + y2x + x2 = x2yy

x3 + y2x + x2 = x2y dydx

(x3 + y2x + x2)dx = (x2y)dy(x3 + y2x + x2)dx + (x2y)dy = 0




(x3 + y2x + x2)

y= 2yx

(x2y)

x= 2yx

Voorwaarde van Euler is voldaan.F : dF (x, y) = M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0

F (x, y)x

= M(x, y) =

(x3 + y2x + x2)dx + K(y)

=x4

4+

y2x2

2+

x3

3+ K(y)

(x4

4 +y2x2

2 +x3

3 + K(y))y

= x2y = N(xy)

0 + x2y2 + 0 +dK(y)

dy= x2y2

K(y) = 0

K(y) =

0dy

K(y) = C

AO :x4

4+

y2x2

2+

x3

3= C

AO : 3x4 + 6x2y2 + 4x3 = C

9. (1 + y)dx = (1 + x)dy

dx

1 + x=

dy

1 + yln |1 + x| = ln |1 + y|+ ln |C|

1 + x = Cy + Cx Cy + 1 = C

10. (4x3y3 + 1x)dx + (3x4y2 1y )dy = 0

(4x3y3 +1x

)dx + (3x4y2 1y)dy = 0


(4x3y3 + 1x)

y= 12x3y2

(3x4y2 1y )dy

x= 12x3y2



Voorwaarde van Euler is voldaan:F : dF (x, y) = M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0

F (x, y)x

= M(x, y) =

(4x3y3 +1x

)dx + K(y)

= x4y3 + ln |x|+ K(y)(x4y3 + ln |x|+ K(y))

y= 3x4y2 1

y= N(xy)

3x4y2 + 0 +dK(y)

dy= 3x4y2 1

y

K(y) =

dy

y

K(y) = ln |y|+ CAO : x4y3 + ln |x| ln |y| = C

AO : x4y3 + ln |xy| = C

11. (x3 + y3)dx = 3xy2dy

(x3 + y3)dx = 3xy2dyy = ux

dy = udx + xdu(x3 + x3u3)dx = 3xu2x2(udx + xdu)x3dx + x3u3dx = 3x3u3dx + 3x4u2dux3(1 2u3)dx = 3u2x4du

dx

x=

3u2

1 2u3du

ln |x| = 12

d(1 2u3)1 2u3

ln |x| = 12

ln |1 2u3| ln |C|

ln |Cx(1 2u3)12 | = 1

Cx2(1 2y3

x3= 1

x2 2y3

x= C

x3 2y3 = Cx



12. (1 + 2exy )dx + 2e

xy (1 xy )dy = 0

(1 + 2exy )dx + 2e

xy (1 x

y)dy = 0

Stel : u =x

yx = uydx = udy + ydu

(1 + 2eu)udy + (1 + 2eu)ydu = 2eu(u 1)dy(1 + 2euy)du = (2euu 2eu u 2euu)dy

1 + 2eu

u + 2eudu =

dy

y

d(u + 2eu)u + 2eu

=

dy

y

ln |u + 2eu| = ln |y|+ ln |C|1

u + 2eu= Cy

uy + 2yeu = Cx + 2ye

xy = C

13. xy = y +

x2 y2

xy = y +

x2 y2

xdy = (y +

x2 y2)dx

Stel : u =y

xy = uxdy = udx + xdu

x(udx + xdu) = (ux + x

1 u2)dxxdu = (

1 u2)dx

du1 u2

=

dx

x

Bgsin(u) = ln |x|+ C

Bgsin(y

x) = ln |x|+ C



14. (x sin( yx) y cos(yx))dx + x cos(

yx)dy = 0

(x sin(y

x) y cos(y

x))dx + x cos(

y

x)dy = 0

Stel : u =y

xy = uxdy = udx + xdu

(x sin(u) ux cos(u)dx = x cos(u)(udx + xdu)cos(u)(udx + xdu) = (u cos(u) sin(u))dx

x cos(u)du = (u cos(u) sin(u) u cos(u))dx

cos(u)sin(u)

du =dx

x

ln | sin(u)| = ln |x|+ C1

sin(u)= Cx

x sin(y

x) = C

15. cos(y)dx + (1 + ex) sin(y)dy = 0

cos(y)dx + (1 + ex) sin(y)dy = 0cos(y)dx = (1 + ex) sin(y)dy

ex

1 + exdx = sin(y)

cos(y)dy

ln |1 + ex| = ln | cos(y)|+ C1 + ex = C cos(y)

16. (2x 5y + 3)dx (2x + 4y 6)dy = 0

(2x 5y + 3)dx (2x + 4y 6)dy = 0

y =2x 5y + 32x + 4y 6

We zoeken een subsitutie zodat de constanten 3 en -6 wegvallen.{x = X + 1y = Y + 1



y =2X 5Y2X + 4Y

(2X + 4Y )dy = (2X 5Y )dxStel : Y = uX

dY = udX + Xdu(2X + 4uX)(udX + Xdu) = (2X 5uX)dx

(2 + 4u)(udX + Xdu) = (2 5u)dX(2 + 4u)Xdu = (2 5u 2u 4u2)dX2 + 4u

2 7u 4u2du =

dX

XdX

X=

2 + 4u

4u2 7u + 2{d(4u2 7 + 4) = 8u 74u + 2 = (8u + 7) + {

= 12 = 32

ln |X| = 12

ln |4u2 + 7u 2| 32

du

4u2 + 7u 2

2 ln |X| = ln |4u2 + 7u 2| 32

d(2u + 74)

(2u + 74)2 (94)2

2 ln |CX| = ln |4u2 + 7u 2| 13

ln |2u + 74

94

2u + 74 +94

|

2 ln |CX| = ln |4u2 + 7u 2| 13

ln |2u 122u + 4

|

Substituties terug doorlopen.

17. (x + y)dx + (3x + 3y 4)dy = 0

(x + y)dx + (3x + 3y 4)dy = 0Stel : z = x + y

dx = dz dyz(dz dy) + (3z 4)dy = 0

zdz = (4 3z + z)dy

12

zdz

z 2=

dy

12(z 2 ln |z 2|) = y + C



z 2 ln |z 2| = 2y + Cx y 2 ln |x + y 2| = 2y + C

C = 3y + x + 2 ln |x + y 2|

De oplossing uit de notas kan bekomen worden door -1 uit de ln tehalen en in de constante te brengen.

18. (x2 1)(cotg(y))y = 1

(x2 1)(cotg(y))y = 1dy

dx=

tg(y)(x2 1)

cotg(y)dy =dx

x2 1cos(y)sin(y)

dy =12

ln |x 1x + 1

|

ln | sin(y)| = 12

ln |C x 1x + 1

|

sin2(y) = Cx 1x + 1

19. (x + y 1)2dy = 2(y + 2)2dx

(x + y 1)2dy = 2(y + 2)2dx

We zoeken een subsitutie zodat de constanten -1 en +2 wegvallen.{x = X + 3y = Y 2

(X + Y )2dy = 2Y 2dxStel : X = uY

u =X

YdX = udY + Y du

Y (2)(u + 1)2dY = 2Y 2(udY + Y du)(u + 1)2dY = 2(udY + Y du)

(u2 + 2u 2u + 1)dY = 2Y dudY

2Y=

du

u2 + 1ln |Y | = 2Bgtg(u) + C

ln |y + 2| = 2Bgtg(x 3y + 2

) + C



20. cotg()dr + rd = 0

cotg()dr + rd = 0cotg()dr = rd

drr

=d

cotg()

dr

r=

sin dcos

ln |r| = ln |C cos |r = C cos

21. (x2 y2)y = 2xy

(x2 y2)y = 2xyStel : x = uy

u =x

y

dx = udy + ydu(u2y2 y2)dy = 2uy2(udy + ydu)

(u2 1)dy = 2u(udy + ydu)(u2 1 2u2)dy = 2uydu

dy

y=

2uduu2 + 1

ln |y| = ln |u2 + 1|+ CC

y= (u2 + 1)

C

y= ((

x

y)2 + 1)

Cy = x2 + y2

22. y + 2xy = 4x

y + 2xy = 4xLineair in y en y

Stel : y = uvuv + uv + 2xuv = 4x

Nu moet uv + 2xuv = 0dv

dx= 2xv

dv

v=

2xdx



ln |v| = x2

v = ex2

du

dx ex2 = 4x

du =

4xex2dx

u = 2ex2+ C

y = uvy = ex

2(2ex

2+ C)

y = 2 + Cex2

23. xy = y + x3 + 3x2 2x

xy = y + x3 + 3x2 2x

y 1x

y = x2 + 3x 2

Stel : y = uv

vu + vu uvx

= x2 + 3x 2

Bepaal u zodat : vdu

dx=

uv

xln |u| = ln |x|+ C(= 0)

u = xSubstitueren in *

xdv

dx= x2 + 3x 2

dv = (x + 3 2x

))dx

v =x2

2+ 3x 2 ln |x|+ C

y = uv

y =x3

2+ 3x2 2x ln |x|+ xC

24. (x 2)y = y + 2(x 2)3

(x 2)y = y + 2(x 2)3

y 1x 2

y = 2(x 2)2

Stel : y = uv

vu + vu uvx 2

= 2(x 2)2


dx=

uv

x 2



ln |u| = ln |x 2|+ C(= 0)u = x 2

Substitueren in *

(x 2)dvdx

= 2(x 2)2dv =

2(x 2)dx

v = (x 2)2 + Cy = uvy = (x 2)3 + (x 2)C

25. y + ycotg(x) = 5ecos(x)

y + ycotg(x) = 5ecos(x)

Stel : y = uvvu + vu + cotg(x)y = 5ecos(x)


dx= cotg(x)uv

du

u=

cos(x)sin(x)

dx

ln |u| = ln | sin(x)|+ C(= 0)

u =1

sin(x)Substitueren in *

1sin(x)

dv

dx= 5ecos(x)

dv =

5 sin(x)ecos(x)dx

v = 5ecos(x) + C

y =C 5ecos(x)

sin(x)

y sin(x) + 5ecos(x) = C

26. y ln ydx + (x ln y)dy = 0

y ln ydx + (x ln y)dy = 0y ln(y)

ln(y) x=

dy

dx

1y x

y ln(y)= x

x +x

y ln(y)=

1y



Stel : x = uv

vu + uv +1

y ln(y)uv =

1y

We bepalen v zodat :dv

dy= v 1

y ln(y)dv

v=

1

y ln(y)dy

dv

v=

d(ln(y))ln(y)

ln |v| = ln | ln |y||+ C(= 0)

v =1

ln |y|Substitueren in *

1ln |y|

u =1y

du =

ln |y|dyy

u =12

ln2 |y|+ Cx = uv

x =12

ln |y|+ Cln |y|

2x ln |y| = ln2 |y|+ C

27. x3y + (2 3x2)y = x3

x3y + (2 3x2)y = x3

y +(2 3x2)

x3y = 1

Stel : y = uv

vu + vu +(2 3x2)

x3uv = 1

Bepaal u zodat :du

dx= u(2 3x

2)x3

du

u=

3x2

x3dx

2x3

dx

ln |u| = 3 ln |x|+ 1x2

+ C(= 0)

ln |u| = ln |x3e1

x2 |

u = x3e1

x2

Substitueren in *

x3e1

x2dv

dx= 1



dv =

dx

x3e1

x2

v =12

x3d( 1

x2)

x3e1

x2

v =1

2e1

x2

+ C

y = uv

y =x3e

1x2

2e1

x2

+ Cx3e1

x2

2y = x3 + Cx3e1

x2

28. y y = xy5

y y = xy5

Bernoulli herleideny

y5 y4 = x

Stel : z = y4

z = 4 y

y5

* = -4*

4 y

y4+ 4y4 = 4x

z + 4z = 4xLineair in z en z

Stel : z = uvuv + vu + 4uv = 4x

Bepaal u zodat :du

dx= 4u

ln |u| = 4x + C(= 0)u = e4x

Substitueren in **

e4xdv

dx= 4x

dv = 4

xe4xdx

v = xe4x + 14e4x + C

z = uv

z = e4x(xe4x + 14e4x + C)



1y4

= x + 14

+ Ce4x

29. y + 2xy + xy4 = 0

y + 2xy + xy4 = 0y

y4+ 2xy3 = x

Bernoulli, herleiden tot lineair in y en yStel : z = y3

z = 3y4y

* = -3*

3 y

y4 6xy3 = 3x

z 6xz = 3xLineair in z en z

Stel : z = uvuv + uv 6xuv = 3x

Bepaal u zodat :du

dx= 6xu

du

u=

6xdx

u = e3x2

Substitueren in **

e3x2 dv

dx= 3x

dv =

3xdxe3x2

v = 12e3x

2+ C

z = uv

z = 12

+ Ce3x2

1y3

= 12

+ Ce3x2

30. (xy x3 cos(y))y = 2

(x

y x3 cos(y))y = 2

x

2y x

3 cos(y)2

= x

x x2y

= x3 cos(y)

2



x

x3 x

2

2y= cos(y)

2

Stel : z = x2

z = 2x3x

* = -2*

2 x

x3+

x2

y= cos(y)

z +z

y= cos(y)

Stel : z = uvuv + uv +

uv

y= cos(y)

Bepaal v zodat :dv

dy= v

y

ln |v| = ln |y|+ C(= 0)

v =1y

Substitueren in **du

ydy= cos(y)

du =

cos(y)ydy

u = y sin(y) + cos(y) + Cz = uv

z =1y(y sin(y) + cos(y) + C)

y

x2= y sin(y) + cos(y) + C

31. yy xy2 + x = 0

yy xy2 + x = 0

y =x(y2 1)

y

dy

dx=

x(y2 1)y

ydy

y2 1=

xdx

12

ln |y2 1| = 12x2 + C

y2 1 = Cex2

y2 = 1 + Cex2



32. xyy = (y + 1)(1 x)

xyy = (y + 1)(1 x)dy

dx=

(y + 1)(1 x)xy

ydy

y + 1=

1 x

xdx

y ln |y + 1| = ln |x| x + Cy + x = ln |Cx(y + 1)|

33. ydx + (xy + x 3y)dy = 0

ydx + (xy + x 3y)dy = 0dy

dx=

yxy + x 3y

dx

dy=

xy + x 3yy

dx

dy= 3 xy + x

y

dx

dy+

(y + 1)xy

= 3

Stel : x = uv

uv + uv +y + 1

yuv = 3

Bepaal v zodatdv

dy= y + 1

yv

dv

v=

y + 1

ydy

ln |v| = y ln |y|+ C(= 0)

v =ey

y

Substitueren in *ey

y

du

dy= 3

du =

3yeydy

u = 3yey 3

eydy

u = 3yey 3ey + Cx = uv

x =ey

y (3yey 3ey + C)

xy = 3(y 1) + Cey



34. (1 + e2)dr + 2re2d = 0

(1 + e2)dr + 2re2d = 0(1 + e2)dr = 2re2d

dr

r= 2

e2

1 + e2d

ln |r| = ln |1 + e2|+ Cr(1 + e2) = C

35. (x + 2y + 1)dx (2x 3)dy = 0

(x + 2y + 1)dx (2x 3)dy = 0dy

dx=

x + 2y + 12x 3

We zoeken een subsitutie zodat de constanten wegvallen.{x = X + 32y = Y 54

dY

dX=

X + 2Y2X

Stel : Y = uX

u =Y

XdY = udX + Xdu

udX + XdudX

=X + 2uX

2X

u + Xdu

dX=

12

+ u

Xdu

dX=

12

du =12

dX

X

u =12

ln |X|+ C

Y

X=

12

ln |X|+ C

y + 54x 32

=12

ln |x 32|+ C



36. xydx = (x2 y4)dy

xydx = (x2 y4)dyxy

x2 y4=

dy

dx

x2 y4

xy= x

x

y y

3

x= x

x xy

= y3

x

xx x2

y= y3

Stel : z = x2

z = 2xx

*=2*

2xx 2x2

y= 2y3

z 2zy

= 2y3

Stel : z = uvuv + vu 2uv

y= 2y3

We bepalen u zodatdu

dy= 2

u

ydu

u= 2

dy

y

u = y2

Substitueren in **

y2dv

dy= 2y3

dv = 2

ydy

v = y2 + Cz = uvz = y2(y2 + C)

x2 = y4 + Cy2

x2 + y4 = Cy2



37. 2xy = 2y +

x2 + 4y2

2xy = 2y +

x2 + 4y2

2xdy = (2y +

x2 + 4y2)dxStel : y = uxdy = udx + xdu

2x(udx + xdu) = (2ux + x

1 + 4u2)dx

2(udx + xdu) = (2u +

1 + 4u2)dx

2xdu = (2u 2u +

1 + 4u2)dx

2

du1 + 4u2

=

dx

x

22

d2u

1 + 4u2= ln |Cx|

ln |2u +

1 + 4u2| = ln |Cx|2u +

1 + 4u2 = Cx

2y

x+

1 + 4

y2

x2= Cx

2y +

x2 + 4y2 = Cx2

x2 + 4y2 = C2x4 4yCx2 + 4y2

1 = C2x2 4Cy1 + 4Cy = C2x2

38. 2x cos2(y)dx + (2y x2 sin(2y))dy = 0

2x cos2(y)dx + (2y x2 sin(2y))dy = 02x cos2(y)dx + (2y 2x2 sin(y) cos(y))dy = 0

x cos2(y)dx + (y x2 sin(y) cos(y))dy = 0


(x cos2(y))y

= 2x cos(y) sin(y)

(y x2 sin(y) cos(y))x

= 2x sin(y) cos(y)


F (x, y)x

= M(x, y) =

(x cos2(y))dx + K(y)

=12x2 cos2(y) + K(y)



(12x2 cos2(y) + K(y))

y= y x2 sin(y) cos(y) = N(xy)

x2 sin(y) cos(y) + d(K(y))dy

= y x2 sin(y) cos(y)

K(y) =

ydy

K(y) =y2

2+ C

AO :12x2 cos2(y) +

y2

2+ C

AO : x2 cos2(y) + y2 + C


5 Differentiaalvergelijking van de 1ste orde, niet van de 1ste graad

5 Differentiaalvergelijking van de 1ste orde, nietvan de 1ste graad

Bepaal AO en SO van volgende DVG, tenzij anders vermeld

1. y2 = xy + y y

y2 = xy + y yy = xy + y y2

Stel : y = py = xp + p p2()

Afleiden naar xdy

dx= p + (x + 1 2p)dp

dxp = p + (x + 1 2p)p

I:x + 1 = 2px + 1

2= p

Substitueren in (*)

y = xx + 1

2+

x + 12

(x + 12

)2

y =x + 1

2(x + 1) (x + 1

2)2

y =(x + 1)2

2 (x + 1)

2

4SO:4y = (x + 1)2

II:p = 0p = C

Substitueren in (*)AO:y = Cx + C C2

2. y = 1 + yey

y = 1 + yey

y 1 = yey

y 1ey

= y

(y 1)ey = yStel : y = p

(p 1)ep = y()Afleiden naar x



dy

dx= 0 + ep + (p 1)ep dp

dxp = (1 1 + p)epp

p = pepp

I:p = 0Substitueren in (*)

SO:y = 1II:epp = 1

ep = x + Cp = ln |x + C|

Substitueren in (*)(ln |x + C| 1)eln |x+C| = y

AO:(ln |x + C| 1)(x + C) = y

3. y = 2xy yy2 Deze vergelijking is zowel oplosbaar naar x,y, als y.Het is niet aan te raden deze op te lossen naar y want dan krijg je eenvierkantsvergelijking wat een moeilijke DVG geeft.

y = 2xy yy2

2x =y

y+ yy

Stel : y = p

2x =y

p+ yp()

Afleiden naar x

2dx

dy=

1p

+ p + (y yp2

)dp

dy2p

=1p

+ p + (y yp2

)p

1p p = (y y

p2)p

1p p = y

p(1p p)p

I:1p p = 0

1p

= p

1 = p2

p=1 en p=-1 in (*)SO:x2 = y2

II: ypp = 1



dp

p= dy

y

ln |p| = |C

y|

p =1

Cy

Substitueren in (*)

2x = Cy2 +1C

AO:2Cx = C2y2 + 1

4. (3y 1)2y2 = 4y

(3y 1)2y2 = 4y

y = 2

y

3y 1dy

dx= 2

y

3y 13y 1

ydy = 2

dx()

3

ydy

y12 dy = 2

dx

2y32 + 2y

12 = x + C

y32 + y

12 = x + C

AO:

y(y + 1) = (x + C)

De singuliere oplossing y=0, werd in de stap (*) weggedeeld door teveronderstellen dat y 6= 0, maar y = 0 is weldegelijk een oplossing, dieniet volgt uit de AO door aanpassing van de constanten dus y=0 is deSO.

5. xy = y + 1y

xy = y +1y

y = xy 1y

Stel : y = p

y = xp 1p()

Afleiden naar xdy

dx= p + (x +

1p2

)p



p = p + (x +1p2

)p

I:x +1p2

= 0

x = 1p2

p2 = 1x

Substitueren in (*)2

y2 = 1x

x2 2x x

SO:y2 = 4xII:p = 0

p = CSubstitueren in (*)

y = xC 1C

6. xy y = y ln y

xy y = y ln y

y = xy ln y

Stel : y = py = xp p ln p()

Afleiden naar xdy

dx= p + (x ln(p) 1)dp

dxp = p + (x ln(p) 1)p

I:p = 0p = C

Substitueren in (*)AO:y = Cx C ln(C)

II:x ln(p) 1 = 0ln(p) = x 1ex1 = p

Substitueren in (*)y = xex1 ex1 ln(ex1)y = (x (x 1))ex1

y = ex1

SO: ln(y) = x 1



7. cos(y) = y xy

cos(y) = y xy

y = cos(y) + xy

Stel:y = py = cos(p) + xp()

Afleiden naar xdy

dx= p + (x sin(p))dp

dxp = p + (x sin(p))p

I:p = 0p = C

Substitueren in (*)AO:y = cos(C) + Cx

II: sin(p) = xp = Bgsin(x)

Substitueren in (*)y = = cos(Bgsin(x)) + xBgsin(x)

y = xBgsin(x)

1 x2

8. 6y2y2 = y 3yx

6y2y2 = y 3yx

x =y 6y2y2

3y

x =y

3y 2y2y

Stel:y = p

x =y

3p 2y2p()

Afleiden naar ydx

dy= (

13p

4yp) + ( y3p2

2y2)p

1p

= (13p

4yp) + ( y3p2

2y2)p

23p

+ 4yp = yp(

13p

+ 2yp)p

13p

+ 2yp = y2p

(13p

+ 2yp)p

I:13p

= 2yp



16y

= p2

Substitueren in (*)2

x2 =y2

9p2 4

3y3 + 4y4p2

x2 = 6y3

9 4

3y3 4y

3

6

x2 = 83y3

SO:3x2 + 8y3 = 0

II: y2p

p = 1

dp

p= 2dy

y

ln |p| = 2 ln |Cy|

p =1

Cy2

Substitueren in (*)

x =y3C

3 2

C

AO:3x = Cy3 6C

9. Bepaal PO door (0,e) en SO van y = ln(xy y)

y = ln(xy y)ey

= xy y

y = xy ey

Stel:p = y

y = xp ep()Afleiden naar x

p = p + (x ep)p

I:p = 0p = C

Substitueren in (*)AO:y = xC eC

Door (0,e) geeft C=1PO:y = x e

II:x ep = 0x = ep

ln |x| = p



Substitueren in (*)y = x ln |x| eln |x|

SO:y = x ln |x| x

10. (x2 4)y2 = 2xyy + x2

(x2 4)y2 = 2xyy + x2

2xyy = x2y2 4y2 x2

2y = xy 4y

x x

y

Stel:p = y

2y = xp 4px x

p

Deze vergelijking is equivalent met:

2y =(x2 4)p2 x2

xp()

Afleiden naar x

2p = (p +4px2

1p) + (x 4

x+

x

p2)p

(p 4px2

+1p) = (x 4

x+

x

p2)p

(p 4px2

+1p) =

x

p(p 4p

x2+

1p)p

I:p 4px2

+1p

= 0

p2x2 4p2 + x2 = 0p2(x2 4) = x2

p2 =x2

4 x2Substitueren in *

(x2 4) x2x24 x

2

x x

4x2= 2y

x2x2

4x2= y

4 x2 = y4 x2 = y2

SO:y2 + x2 = 4

II:x

pp = 1



dp

p=

dx

xp = Cx

Substitueren in *

2y =(x2 4)C2x2 x2

x2C2yC = (x2 4)C2 1

AO:2yC + 1 = (x2 4)C2

11. Bepaal PO door (0,2) van xy3 2yy2 16x2 = 0

xy 2yy2 16x2 = 0xy3 16x2 = 2yy2

xy 16x2

y2= 2y

Stel:p = y

2p 16x2

p2= 2y()

Afleiden naar x

2p = p 32xp2

+ (x +32x2

p3)p

p +32xp2

=x

p(p +

32x2

p2)p

Nu moet:x

pp = 1

ln |p| = ln |Cx|p = Cx

Substitueren in (*)

Cx2 16x2

x2C2= 2y

Cx2 16C2

= 2y()

We zoeken C voor (0,2)

16C2

= 4

C = 2We subsitueren deze C terug in (**)

4x2 164

= 2y

PO: x2 = 2y + 1



12. 2y2 = 2x2y 3xy

2y2 = 2x2y 3xy32xy = x2y y2

32y = xy y

2

xStel:p = y

32y = xp p

2

x()

Afleiden naar x32p = p +

p2

x2+ (x 2p

x)p

12p p

2

x2= 2

x

p(12p p

2

x2)p

I:12p p

2

x2= 0

12

=p

x2

x2

2= p

Substitueren in (*)32y =

x3

2 x

4

4x32y =

x3

2 x

3

4SO:6y = x3

II:2x

pp = 1

dp

p=

12

dx

x

ln |p| = 12

ln |Cx|

p =

Cx

Substitueren in (*)32y = x

Cx Cx

xAO:(3y + C)2 = Cx3

In de laatste stap werd 12 in C gebracht.


6 Meetkundige toepassingen


Geen oefeningen op raaklijnen en normalen, dus enkel de oefeningen uitreeks 8 en 9.Reeks 8: Bepaal de isogonale krommenbundel van:

1. x2 + y2 = C en = 4

x2 + y2 = C(1)2x + 2yy = 0(2)

C elimineren uit (1) en (2) geeft vgl (2)

Stel:y =y tg(4 )1 + ytg(4 )

2x + 2yy 11 + y

= 0

x(1 + y) + y(y 1) = 0(x y)dx + (x + y)dy = 0homogene vgl, stel:y = ux

dy = udx + xdu(x ux)dx + (x + ux)(udx + xdu) = 0

(1 u)dx + (1 + u)udx + (1 + u)xdu = 0(1 u + u + x2)dx = (1 u)xdu

dx

x=

1 + u1 + u2

du

ln |x| = Bgtg(u) + 12

ln |1 + u2 + c

2 ln |x| = 2Bgtg(u) + ln |1 + y2

x2|+ c

ln |c(x2 + y2)| = 2Bgtg(yx

)

x2 + y2 = ce2Bgtg(yx)

2. x2 = C(y

3x) en = 3

x2 = C(y

3x)(1)2x = C(y

3)(2)

C elimineren uit (1) en (2) geeft (1)(2)x2

2x=

y

3xy

3

x

2(y

3) = y

3x()



Stel:y =y tg(3 )1 + ytg(3 )

y =y

3

1 + y

3

y

3 =y

3

1 +

3y

3

=2y 2

3

1 +

3y

Substitueren in (*)

2x2

y +

31 +

3y

= y

3x

(y +

3)x = (y

3x)(1 +

3y)yx

3x = y

3x +

3yy 3xy

yx = y +

3yy 3xy2xy

3yy = y

Homogene DVG(2x

3y)dy = ydx

ydx + (

3y 2x)dy = 0Stel:x = uy

dx = udy + ydyy(udy + ydu) + (

3y 2uy)dy = 0

udy + ydu + (

3 2u)dy = 0ydu + (

3 u)dy = 0

ydu = (u

3)dydu

u

3=

dy

y

ln |u

3| = ln |y|+ CCy = u

3

Cy =x

y

3

Cy2 = x

3y

Reeks 9: Bepaal de orthogonale krommenbundel van

1. xy = C

xy = Cy + xy = 0

Stel:y = 1y



y xy

= 0

yy = xydy =

xdx

y2 x2 = C

2. y = Ce2x

y = Ce2x

y = 2Ce2x

We delen deze door elkaar om C te eliminereny

y= 1

22y = y

Stel:y = 1y

2y =1y

2ydy =

dx

y2 = x + Cy2 x = C

Dit zijn parabolen.

3. y2 = 2x2(1 Cx)

y2 = 2x2(1 Cx)y2 2x2 = 2Cx3(1)

2yy 4x = 6Cx2(2)(1)(2)

y2 2x2 = 13x(2yy 4x)

3y2 6x2 = 2xyy 4x2

3y2 2x2

xy= 2y

3y

x 2x

y= 2y

Stel:y = 1y

2x

y 3y

x=

2y



2x

y 3y

x=

2dxdy

Homogeen, stel:x = uydx = udy + ydu

2u 3u

= 2udy + ydu

dy

3u

dy = 2ydu

3ydy = 2

udu

3 ln |y|+ C = u2

3 ln |Cy| = x2

y2

x2 + 3y2 ln |Cy| = 0


7 Fysische Toepassingen


1. De desintegratiesnelheid dNdt van radium is evenredig met N, het aantalaanwezig deeltjes. De halveringstijd is 1600 jaar. Bepaal het percent-age dat verdwenen is na 100 jaar.

dN

dt= kN

k is een evenredigheidsfactor, het minteken staat er omdat het hier omafbraak, vermindering gaat.

dN

N= kdt

dN

N= k

dt

ln |N | = kt + CN = Cekt

Op het tijdstip 0 zijn N0 deeltjes aanwezig:

N0 = Ce0

N0 = CN = N0ekt

Als we in deze vergelijking de tweede situatie (1600 jaar geeft N02 deelt-jes) brengen kunnen we de 2de constante k bepalen.

N02

= N0ek1600

ln12

= 1600k

k =ln 21600

PO:N = N0eln21600

t

Nu berekenen we de situatie na 100 jaar:

N = N0eln 216

N = 0.958N0

Er is dus 4.2% verdwenen na 100 jaar.



2. Als de aangroei van een bevolking evenredig is met die bevolking enals de bevolking verdubbelt na 50 jaar, hoelang duurt het voordat debevolking verdrievoudigd is ?

dN

dt= kN

dN

N=

kdt

ln |N | = kt + CN = ekt+C

Op t = 0 bedraagt de bevolking N0

N0 = eC

C = ln |N0

Na 50 jaar verdubbelt de bevolking in N = ekt+ln |N0|

2N0 = e50k+ln |N0|

ln |2N0| = 50k + ln |N0|

ln |2N0N0

= 50k

ln 250

= k

Nu zoeken we t waar N = 3N0 in N = eln 250

t+ln |N0|

3N0 = eln 250

t+ln |N0|

ln |3N0| =ln 250

t + ln |N0|

50ln 3ln 2

= t

t = 79.2481

De bevolking zou verdrievoudigt zijn na 79,2481 jaar.



3. Volgens de wet van Newton koelt een voorwerp in bewegende lucht afmet een snelheid die evenredig is met het temperatuurverschil tussenhet voorwerp en de lucht. Als de temperatuur van de lucht 30Cbedraagt en het voorwerp van 100C tot 70C afkoelt in 15 minuten,bereken dan de tijd waarna het voorwerp afgekoeld is tot 40C.

dT

dt= k(T 30)

ln |T 30| = kt + CT = 30 + Cekt

Op t=0 is T=100.

100 = 30 + Ce0

C = 70

T = 30 + 70ekt

Na 15 minuten is T= 70

70 = 30 + 70ek1547

= e15k

ln 7 ln 415

= k

PO:T = 30 + 70eln 7ln 4

15t

Nu zoeken we de tijd die nodig is om af te koelen tot 40

40 = 30 + 70eln 7ln 4

15t

17

= eln 7ln 4

15t

ln17

= ln 7 ln 415

t

ln 7 = (ln 7 ln 4

15)t

15 ln 7ln 7 ln 4

= t

De afkoeling duurt uiteindelijk zon 52 minuten



4. In een stroomkring is R de weerstand, L de zelfinductie en E de con-stante elektromotorische kracht van de stroombron. Bij het sluitenvan deze RL-keten ontstaat (volgens Kirchhoff) een stroomsterkte idie voldoet aan: Ldidt + Ri = E. Bepaal in functie van t als op t=0 destroomsterkte 0 is

Ldi

dt+ Ri = E

Ldi

dt= E Ri

di

E Ri=

dt

L

1R

ln |E Ri| = tL

+ C

Op t = 0 is i = 0

1R

ln |E| = C

C substitueren en i uitdrukken in functie van t

1R

ln |E Ri| = tL 1

Rln |E|

ln |E Ri| = RtL ln |E|

E Ri = eRtL

+ln |E|

E Ri = EeRtL

Ri = E(1 eRL

t

i =E

R(1 e

RL

t)



5. Een parachutist valt met een beginsnelheid van 55ms . De luchtweer-stand is Gv

2

25 Newton, met G het gewicht van de man. Bepaal desnelheid na een halve minuut.

ma = mg Gv2

25

ma = mg mg v2

25dv

dt= g g v

2

25

25dv

dt= (25 v2)g

25v2 25

dv = gdt

2510

ln |v 5v + 5

| = gt + C

v 5v + 5

= Ce25dt

Op t=0 is v = v0 = 55

56

= Ce0

C =56

v 5v + 5

=56e

25dt

Nu zoeken we de snelheid na 30 seconden.

6(v 5) = 5(v + 5)e25gt

v(6 5e25gt) = 30 + 25e

25gt

v = 56 + 5e

25gt

6 5e25gt

De snelheid bedrgaat 5ms .



6. Een vat met inhoud 20 liter bevat lucht (80%N2, 20%O2). Men pompt0,1 liter stikstof per seconde in het vat, terwijl er een zelfde hoeveel-heid mengsel uit het vat stroomt. Na hoeveel tijd bevat het vat 99%stiktstof ?x = hoeveelheidN20,1dt = N2toename0, 1 x20dt = N2 afname

dx = 0, 1dt 0, 1 x20

dt

dx = 0, 1(1 x20

)dt

dx

1 x20= 0, 1dt

20 ln |C(1 x20

)| = 0, 1t

ln |C(1 x20

)| = 0, 120

t

C(1 x20

= e0,005t

1 x20

= e0,005tx

20= 1 e0,005t

Invoegen van de beginvoorwaarden.

1 Ce0 = 0, 80C = 0, 2

t bepalen in 1 0, 2e0,005t = x20 , waarx20 gelijk is aan 0,99

1 0, 2e0,005t = 0, 990, 005 = e0,005t

ln(0, 05) = 0, 005t

t =ln(0, 005)0, 005

t = 599, 146

Na 10 minuten bedroeg het gehalte aan stikstof 99%.



7. Een tank bevat 450 liter pekel bestaande uit 30 kg zout opgelost inwater. Zout water dat 19kg zout per liter bevat stroomt in de tank meteen snelheid van 9 liter per minuut. De gemengde vloeistof stroomtuit de tank met een snelheid van 13.5 liter per minuut. Hoeveel zoutzit er in de tank op het moment dat de tank 180 liter vloeistof bevat?x=hoeveelheid zout (kg)V=inhoud (l)t=tijd (min)dx = CiV1dt CuVudt, hierin is Cu = hoeveelheid zoutvolume . De hoeveel-heid zout is gegeven door x en het variabele volume is gegeven door450 13, 5t + 9t.Cu wordt dan: x4504,5t .

dx = CiVidtxVu

450 4, 5tdt

dx = dt 13, 5450 4, 5t

xdt

dx = dt 3x100 t

dt

dx =100 t 3x

100 tdt

dx +3x + t 100

100 tdt =

dx

dt=

100 3x t100 t

dx

dt+

3x100 t

= 1

Dit is een lineaire DVGStel : x = uv

dx = udv + vdu

udv + vdu +3

100 tuv = 1

We bepalen u zodat vdu + 3t100uv = 0

du

dt=

3100 t

udu

u= 3

dx

100 tln |u| = ln |(100 t)3|+ C(= 0)

u = (100 t)3

(100 t)3dv = 1dv =

(100 t)3dt



v =12(100 t)2 + C

uv = (100 t)3(12(100 t)2 + C)

x =12(100 t) + C(100 t)3

Op t = 0 is x = 30

30 = 50 + C 1003

C =20106

C =2105

Op het moment dat het volume 180 liter bedraagt is t = 60

x = 18, 72


8 Differentiaalvergelijkingen van hogere orde

8 Differentiaalvergelijkingen van hogere orde

Dit hoofdstukt werd niet behandeld in de theoriecursus.


9 Lineaire Differentiaalvergelijkingen


1. L(D)y = 0 is een lineaire DVG met constante coefficienten. L(D) =(D r)3, r R.

(a) Bepaal 3 lineair onafhankelijke PO vande DVG

(b) Bewijs dat de PO effectief lineasir onafhankelijk zijn

(c) Bepaal de AO van de DVG

(a) We bepalen eerst de oplossingen voor L(D) = 0. Dit geeft voorL(D) = D r)3 de oplossing r met een multipliciteit 3. De POvan de differntiaalvergelijking worden dan erx, xerx en x2erx.

(b) Om aan te tonen dat deze 3 PO lineair onafhankelijk zijn lossenwe de Wronskiaan op

W =

e2x xe2x x2e2x

2e2x e2x + 2xe2x 2xe2x + 2x2e2x

4e2x 2e2x + 2e2x + 4xe2x 2e2x + 4xe2x + 4xe2x + 4x2e2x

=

e2x xe2x x2e2x

2e2x e2x(1 + 2x) e2x(2x + 2x2)4e2x e2x(2 + 2 + 4x) e2x(2 + 4x + 4x + 4x2)

= e6x

1 x x2

2 1 + 2x 2x(1 + x)4 4(1 + x) 2(1 + 4x + 2x2)

{

R2 2R1R3 4R1

= e6x

1 x x2

0 1 2x0 4 2(1 + 4x)

W = e6x((2 + 8x) 8x))W = 2e6x

x R;W 6= 0

(c) De AO is: y = C1erx + C2xerx + C3x2erx

2. L(D)y = 0 is een lineaire DVG met constante coefficienten van dederde orde en L(D) = 0 heeft oplossingen r( R) enj( R0).

(a) Bepaal de AO van deze differentiaalvergelijking.

(b) Toon aan dat de PO die je daarbij gebruikt lineair onafhankelijkzijn



(a) De oplossingen van L(D)y = 0 dat van de derde orde is zijnr, j,j (complex toegevoegde!). Dit resulteert in volgende POvan de DVG y1 = e2x, y2 = cos(x), y3 = sin(x). Deze resul-teren in de AO C1e2x + C2 cos(x) + C3 sin(x) = 0.

(b) Om aan te tonen dat de PO y1 = e2x, y2 = cos(x), y3 = sin(x)lineair onafhankelijk zijn berekenen we nu de Wronskiaan:

W =

erx cos(x) sin(x)rerx sin(x) cos(x)r2erx 2 cos(x) 2 sin(x)

=

1 cos(x) sin(x)r sin(x) cos(x)r2 2 cos(x) 2 sin(x)

{

R3 + 2R1 = e2x

1 cos(x) sin(x)r sin(x) cos(x)

r2 + 2 0 0

= e2x(r2 + 2)( cos2(x) + sin2(x))= e2x(r2 + 2)()

x R, R0;W 6= 0

3. y + y 6y = 0Dit is een homogene lineaire DVG. Bepalen AOH volstaat bij dit type.

L(D)y = 0 y + y 6y = 0L(D)y = 0 (D2 + D 6)y = 0L(D) = 0 D2 + D 6 = 0L(D) = 0 (D 2)(D + 3) = 0

AOH C1e2x + C2e3x = y

4. y 3y + 3y y = 0

L(D)y = 0 y 3y + 3y y = 0L(D)y = 0 (D3 3D2 + 3D 1)y = 0L(D) = 0 D3 3D2 + 3D 1 = 0L(D) = 0 (D 1)(D2 2D + 1) = 0L(D) = 0 (D 1)(D 1)2 = 0L(D) = 0 (D 1)3 = 0

AOH C1ex + C2xex + C3x2ex = y

De oplossing D = 1 heeft multipliciteit 3 in dit voorbeeld.



5. y + 6y + 9y = 0

L(D)y = 0 y + 6y + 9y = 0L(D)y = 0 (D3 + 6D2 + 9D) = 0L(D) = 0 D3 + 6D2 + 9D = 0L(D) = 0 D(D2 + 6D + 9) = 0L(D) = 0 D(D + 3)2 = 0

L(D)y = 0 C1e0x + C2e3x + C3xe3x = 0AOH C1 + C2e3x + C3xe3x = y

6. y 2y + 10y = 0

L(D)y = 0 y 2y + 10y = 0L(D)y = 0 (D2 2D + 10)y = 0L(D) = 0 D2 2D + 10 =L(D) = 0 1 + 3j, 1 3j

AOH C1ex cos(3x) + C2ex sin(3x) = y

7. y + 8y + 16y = 0

L(D)y = 0 y + 8y + 16y = 0L(D)y = 0 (D4 + 8D2 + 16)y = 0L(D) = 0 D4 + 8D2 + 16 = 0

D2

L() = 0 (2 + 8 + 16 = 0L() = 0 ( + 4)2 = 0

4(multipliciteit 2)D 2j(multiplicteit 2)

AOH C1 cos(2x) + C2x cos(2x) + C3 sin(2x) + C3x sin(2x)

8. y + 5y = 36y

L(D)y = 0 y + 5y 36y = 0L(D)y = 0 (D4 + 5D2 36)y = 0L(D) = 0 D4 + 5D2 36 = 0

D2

L() = 0 2 + 5 36 = 0L() = 0 ( 4)( + 9) = 0L(D) = 0 (D 2)(D + 2)(D 3j)(D + 3j) = 0

AOH C1e2x + C2e2x + C3 cos(3x) + C4 sin(3x) = y



9. y 2y 5y + 6y = e4xBepalen AOH

L(D)y = 0 y 2y 5y + 6y = 0L(D)y = 0 (D3 2D2 5D + 6)y = 0L(D) = 0 D3 2D2 5D + 6 = 0L(D) = 0 (D 1)(D + 2)(D 3) = 0

AOH C1ex + C2e2x + C3e3x = y

Bepalen PONH, 1L()ex is oplossing van L(D)y = ex als L() 6= 0.

1(D 1)(D + 2)(D 3)

e4x 3 1(4 1)(4 + 2)(4 3)

e4x

=e4x

3 6 1

PONH =e4x

18

AONH=AOH+PONH

y = C1ex + C2e2x + C3e3x +e4x

18

10. y 2y 5y + 6y = (e2x + 3)2Bepalen AOH


AOH C1ex + C2e2x + C3e3x = 0


PONH =1

(D 1)(D + 2)(D 3)(e2x + 3)2

=1

(D 1)(D + 2)(D 3)(e4x + 6e2x + 9)

=1

(D 1)(D + 2)(D 3)e4x +

1(D 1)(D + 2)(D 3)

6e2x

+1

(D 1)(D + 2)(D 3)9

=1

(D 1)(D + 2)(D 3)e4x + 6

1(D 1)(D + 2)(D 3)

e2x



+ 91

(D 1)(D + 2)(D 3)e0x

= e4x1

3 6 1+ 6e2x

11 4 1

+ 91

1 2 3

PONH =118

e4x 32e2x +

32

AONH=AOH+PONH

y = C1ex + C2e2x + C3e3x +118

e4x 32e2x +

32

11. y 2y 5y + 6y = e3xBepalen AOH


AOH C1ex + C2e2x + C3e3x = 0


PONH =1

(D 1)(D + 2)(D 3)e3x

= e4x1

2 5 0

Deze methode is hier niet toepasbaar want L() = 0! Dus werken weuit via de lange methode

1DaQ(x) = e

ax

eaxQ(x)dx

PONH =1

(D 3)(D + 2) 1(D 1)

e3x

=1

(D 3)(D + 2) ex

exe3xdx

=1

(D 3)(D + 2) ex

e2xdx

1(D 3)(D + 2)

e3x

2

=1

(D 3) e

2x

2

e2xe3xdx

=1

(D 3) e

2x

2

e5xdx



1(D 3)

e3x

10

=e3x

10

e3xe3xdx

3 xe3x

10

y = C1ex + C2e2x + C3e3x +xe3x

10

12. y + 10y + 9y = cos(2x + 3)AOH

L(D)y = 0 y + 10y + 9y = 0L(D)y = 0 (D4 + 10D2 + 9)y = 0L(D) = 0 D4 + 10D2 + 9 = 0

D2

L() = 0 2 + 10 + 9 = 0L() = 0 ( + 1)( + 9) = 0L(D) = 0 (D j)(D + j)(D 3j)(D + 3j) = 0

L(D)y = 0 C1 cos(x) + C2 sin(x) + C3 cos(3x) + C4 sin(3x)

PONH dmv korte methode nummer 1, overgaan op complex notatie

PONH =1

(D j)(D + j)(D 3j)(D + 3j)cos(2x + 3)

=1

(D j)(D + j)(D 3j)(D + 3j)


13. y + 3y 4y = sin(2x)AOH

L(D)y = 0 y + 3y 4y = 0L(D)y = 0 (D2 + 3D 4)y = 0L(D) = 0 D2 + 3D 4 = 0L(D) = 0 (D 1)(D + 4) = 0

AOH C1ex + C2e4x = 0

PONH, overgaan op complexe notatie

PONH =1

(D 1)(D + 4)sin(2x)

=1

(D 1)(D + 4)=e2xj

3 = 1(2j 1)(2j + 4)

e2xj

= = 18 + 6j

e2xj

= =8 + 6j100

(cos(2x) + j sin(2x))

PONH = 1100

(6 cos(2x) + 8 sin(2x))

AONH=AOH+PONH

y = C1ex + C2e4x 1

100(6 cos(2x) + 8 sin(2x))

14. y + 4y = cos(2x) + cos(4x)AOH

L(D)y = 0 y + 4y = 0L(D)y = 0 (D2 + 4)y = 0L(D) = 0 D2 + 4 = 0L(D) = 0 (D 2j)(D + 2j) = 0

AOH C1 cos(2x) + C2 sin(2x) = 0

PONH, een deel lossen we op met de korte methode, het andere deelmoeten we met de lange methode oplossen omdat L() = 0.

PONH =1

(D 2j)(D + 2j)(cos(2x) + cos(4x))

=1

(D 2j)(D + 2j)(


= 1x < 1)x > 2 voldaan is, is de voorwaarde| x2x2 | < 1 ook voldaan. De grensvoorwaarden x = 2, x = 1, x = 1

en x = 2 moeten we nog apart onderzoeken.Voor x = 2 ( 2

2 (2)2

)n=

( 22 4

)n=

(22

)n=

1n

In deze grenswaarde is de reeks divergent.Voor x = 1 ( 1

2 (1)2

)n=

( 12 1

)n=

(11

)n=

(1)n


14 Reeksen van Functies


2 12

)n=

( 12 1

)n=

(11

)n=

1n


2 22

)n=

( 22 4

)n=

( 22

)n=

(1)n

In deze grenswaarde is de reeks divergent.Deze reeks is dus convergent in het gebied ],2[]1, 1[]2,+[.


15 Ontwikkelen van functies in machtreeksen


1.a Stel de Mc-Laurinreeks op voor 11+x .

i f i(x) f (0) xi

i! term0 11+x 1 1 11 1

(1+x)2-1 x -x

2 2(1+x)3

2 x2

2 x2

3 6(1+x)4

6 x3

6 x3

4 24(1+x)5

24 x4

24 x4

11 + x

= 1 x + x2 x3 + x4 . . . + (1)nxn + . . .

=i=0

(1)ixi

Deze reeksontwikkeling is enkel bruikbaar in het gebied waar de reeksconvergeert, in dit geval is dit geldig x;x ] 1, 1[ (als het grondtalvan de exponent absoluut strikt kleiner is dan 1).

1.b Gebruik deze reeks om de Mc-Laurinreeks voor 12x op te stellen.

12 x

=12 11 x2

=12 11 + X

Hierbij is X = x2 , we subsitueren dit in de reeksontwikkeling van1

1+x

maal 12 .

12 x

=12i=0

(1)iXi

=12i=0

(1)i(x

2

)i=

12i=0

(1)i (1)i(x

2

)i=

12i=0

(x2

)i

Deze reeks is convergent x;x ] 2, 2[.



1.c Gebruik vorige reeks om 1(1+x)(2x) in een Mc-Laurinreeks te ontwikke-len.Vermits de reeksen uit 1.a en 1.b beide convergent zijn rond x = 0en de convergentiestralen gelijk zijn aan respectievelijk 1 en 2, volgthieruit en uit de eerste eigenschap dat de productreeks convergent zalzijn rond x = 0 en convergentiestraal 1 zal hebben met andere woor-den zal convergeren x;x ] 1, 1[.Eerst schrijven we een aantal termen van beide reeksen uit en bereke-nen we zo de productreeks.

11 + x

= 1 x + x2 x3 + x4 . . .

12 x

=12

+x

22+

x2

23+

x3

24+ . . .

1(1 + x) (2 x)

=12

+( x

22 x

2

)+(

x2

23 x

2

22+

x2

2

)+(

x3

24 x

3

23+

x3

22 x

3

2

). . .

=12 x

22+

3x2

23 5x

3

24. . .

=13

n=0

((1)n + 1

22n+1

)xn

2.a Ontwikkel f(x) = Bgtx(x2 ) in een Mc-Laurinreeks.

(Bgtg(x

2)) =

12 11 + x24

Bgtg(x

2) =

12

x0

11 + x24

dx

=12

x0

n=0

(1)n (

x2

4

)ndx

=12

n=0

(1)n 14n

x

0x2ndx

=12

n=0

(1)n x2n+1

4n(2n + 1)

Deze reeks is convergent wanneer 2 < x < 2, dit volgt na toepassingvan het convergentiecriterium van DAlembert.



3.a Stel de Mc-Laurinreeks op voor ln(1 + x).i f i(x) f i(0) x

i

i! term0 ln(1 + x) 0 1 01 11+x 1 x x2 1

(1+x)2-1 x

2

2! x2

2

3 2(1+x)3

2 x3

3!x3

3

ln(1 + x) =

n=1

(1)n+1 xn

n

x ] 1, 1]

3.b Gebruik deze reeks om ln(1+x1x) in een Mc-Laurinreeks te ontwikkelen.

ln(1 + x1 x

) = ln(1 + x) ln(1 x)

=

n=1

(1)n+1 xn

n

n=1

(1)n+1 (x)n

n

Als n even is, is de term nul, enkel de oneven waarden van n zijn dusrelevant voor het bepalen van de algemene term.

ln(1 + x1 x

) = 2

n=1

x2n+1

2n + 1

Deze reeks is enkel bruikbaar in het interval ] 1, 1[.

3.c Ontwikkel ln(x) in een Taylorreeks rond x = 2.

ln(x) = ln((x 2) + 2)

= ln(2(1 + (x 2

2)))

= ln(2) + ln(1 + (x 2

2))

= ln(2) +

n=1

(1)n+1 (

x 22

)n 1n

Hierbij moet

1 < x 22

10 < x 4

Dus: x ]0, 4].



4.a Ontwikkel 1(1+x)3

in een Mc-Laurinreeks.

i f i(x) f i(0) xi

i! term0 1

(1+x)31 1 1

1 3(1+x)4

-2 x 2x2 12

(1+x)512 x

2

2! 6x2

3 60(1+x)6

-60 x3

3! 10x3

1(1 + x)3

=

n=1

(1)n (n + 1)(n + 2)2

xn

x ] 1, 1[

5.a Ontwikkel cos(x) in een Taylorreeks rond x = 2 .

i f i(x) f i(2 )(x

2)i

i! term0 cos(x) 0 1 01 sin(x) 1 x 2 x

2

2 cos(x) 0 (x2)2

2! 0

3 sin(x) -1 (x2)3

3! (x

2)3

3!

4 cos(x) 0 (x2)4

4! 0

5 sin(x) 1 (x2)5

5!

(x2)5

5!

cos(x) =

n=0

(1)n+1 (x 2

)2n+1(2n + 1)!

x ],+[

6.0 Bepaal de eerste vier van 0 verschillende termen van de Mc-Laurin-ontwikkeling van ex sin(x):

6.a Door gebruikt te maken van gekende Mc-LaurinreeksenWe schrijven eerst een aantal termen uit van ex en van sin(x) waaruitwe de productreeks proberen te bepalen.

ex = 1 + x +x2

2+

x3

6+

x4

24+

x5

120+ . . .

sin(x) = 0 + x + 0 x3

6+ 0 +

x5

120+ 0 . . .

ex sin(x) = 0 + x + x2 +(

12 1

6

)x3 +

(16 1

6

)x4

+(

124

112

+1

120

)x5 + . . .



= x + x2 +13x3 1

30x5 . . .

6.b Door toepassing van de algemene formulei f i(x) f i(0) x

i

i! term0 ex sin(x) 0 1 01 ex sin(x) + ex cos(x) 1 x x2 2ex cos(x) 2 x

2

2! x2

3 2(ex cos(x) ex sin(x)) 2 x33!x3

3

4 4ex sin(x) 0 x44! 05 4(ex sin(x) + ex cos(x)) -4 x55!

x5

30

ex sin(x) = x + x2 +13x3 1

30x5 . . .

7.a Ontwikkel ex in een Taylorreeks rond x = 4.

ex = e(x4)+4

= e4ex4

= e4

n=0

(x 4)n

n!

x ],+[

8.a Ontwikkel cos2(x) in een Taylorreeks rond x = 4 m.b.v een gekendeMc-Laurinreeks.

cos2(x) =1 + cos(2x)

2

=12

+12

cos(2x)

=12

+12

cos(2((x 4) +

4))

=12

+12

sin(2(

4 x))

=12 1

2sin(2(x

4))

=12 1

2

n=0

(1)n

(2n + 1)!(2(x

4

))2n+1x ],+[

8.b Bepaal de eerste 4 termen door gebruik te maken van de algemeneformule en controleer met het vorige

cos2(x) =12(x

4

)+ 0 +

23

(x

4

)3+ . . .



8.c Gebruik de lineair benadering om cos2(1) te bepalen, geef een boven-grens voor de gemaakte fout.De lineaire benadering van is gegeven door 12

(x 4

), de fout op

deze benadering is < 23(x 4

)3.cos2(1) =

12(1

4

) 2

3

(1

4

)3= 0.285398 0.006589

9.0 Bereken tot op 3 decimalen nauwkeurig

9.a 10 e

x2dx 10

ex2dx =

10

n=0

(1)n (x)2n

n!dx

= 1

0

(1 x2 + x

4

2! x

6

3!+ . . .

)dx

=[x x

3

3+

12! x

5

5 1

3! x

7

7+ . . .

]10

= 1 13

+12! 15 1

3! 17

+ . . .

= 0.742

(Nauwkeurig tot 2 decimalen, om correct te zijn op 3 decimalen moetde volgende term < 0.0005)

9.b 10

x sin(x2)dx

10 Voor welke waarden van x is cos(x) = 1 x22 tot op 5 cijfers na dekomma.


16 Fourierreeksen

16 Fourierreeksen

(x) = a02 +

k=1

(ak cos kxL + bk sin

kxL

)L = ba2a0 = 1L

ba f(x)dx

ak = 1L ba f(x) cos

kxL dx

bk = 1L ba f(x) sin

kxL dx

1. Ontwikkel f(x) = |x| in een fourierreeks over [, ].

2. Ontwikkel f(x) = 0 voor x ] , 0[ en f(x) = x voor x [0, ] ineen fourierreeks.

3. Ontwikkel f(x) = x + 2 over [0, ] in een fourier-cosinusreeks.

4. Ontwikkel f(x) = 2x over [0, ] in

een fourier-sinusreeks een fourier-cosinusreeks

5. Ontwikkel f(x) = x2 in een fourierreeks over [, ].Opmerking: hier bepalen we de fourierreeks over het interval [, ].

L =

Daar dit een even functie is, is de term bk = 0

a0 =1

x2dx

=2

0

x2dx

=2

[x3

3

]0

=22

3

ak =1

x2 coskx

dx

=2

0

x2 cos(kx)dx

=2k

0

x2d (sin (kx))

=2k

[x2 sin(kx)

]0


16 Fourierreeksen

4k

0

x sin(kx)dx

=4

k2

0

xd (cos (kx))

=4

k2[x cos (kx)]0

4k2

0

cos kxdx

=4

k2( cos(k))

(x) =

2

3+

k=1

4k2

(1)k cos(kx)

6. Translatie n.t.k.

7. Bepaal de fourierreeks van de zaagtandspanning zoals gegeven in deinleiding, rekening houdende met 0 = 2T .


Oefeningen Wiskunde(2KA) 2de Kandidatuur Industrieel...

Documents

Transcript of Oefeningen Wiskunde(2KA) 2de Kandidatuur Industrieel...