Differentiaalvergelijkingen
- Exponentiële groei/afname
- dy/dt = ky → y = y0ekt
- Halveringstijd
- k = ln 2 / t½
- Afkoelingswet van Newton
- T(t) = Ta + (T0 − Ta)e−kt
- Integrerende factor
- y′ + p(x)y = q(x): μ = e∫p dx, (μy)′ = μq
- Mengtank
- dm/dt = r·c − (r/V)·m
Formuleoverzichten, de belangrijkste methodestappen voor elk onderwerp en 8 oefenopgaven, met volledige oplossingen achterin.
Een blikje frisdrank van 4 °C wordt uit de koelkast in een kamer van 28 °C gezet. Het volgt de afkoelingswet van Newton, dT/dt = −k·(T − Tₐ). Bereken met k = 0,03 min⁻¹ de temperatuur T na 18 min.
Los y″ + 4y′ + 13y = 0 op met y(0) = 2 en y′(0) = 0 (losgelaten uit rust). Bepaal y(0,75); hoeken in radialen.
Bereken I = ∫13 5/x dx.
Bereken I = ∫₀0,5 x²·eˣ dx.
Gegeven f(x) = (4x + 3)4. Bereken f′(0).
Gegeven f(x) = x3 + 3x2 − 9x − 1. Bereken de x-coördinaat x van het lokale minimum.
Benader ∫01 1/(1 + x³) dx met de trapeziumregel met n = 6 stroken. Geef T.
Zet één stap van de klassieke Runge–Kutta-methode (RK4) met h = 0,2 voor y′ = e−ty, y(0) = 0,5. Bepaal y₁ ≈ y(0,2).
Antwoord: T = 14,01 °C
Eerste-orde differentiaalvergelijkingen: dy/dt = k·y heeft de oplossing y = y₀·ekt (groei voor k > 0, afname voor k < 0); een halveringstijd T geeft k = ln 2/T. De afkoelingswet van Newton, dT/dt = −k·(T − Tₐ), geeft T(t) = Tₐ + (T₀ − Tₐ)·e−kt. Een lineaire vergelijking y′ + p(x)·y = q(x) los je op met de integrerende factor μ = e∫p dx: (μy)′ = μq, dus μy = ∫μq dx + C.
Antwoord: y(0.75) = −0,04885
Lineaire tweede-ordevergelijkingen: probeer voor y″ + b·y′ + c·y = 0 y = ert: dit geeft de karakteristieke vergelijking r² + b·r + c = 0. Twee reële wortels r₁ ≠ r₂ geven y = A·er₁t + B·er₂t (overgedempt); een dubbele wortel r geeft y = (A + Bt)·ert (kritisch gedempt); complexe wortels −α ± jω geven y = e−αt(A cos ωt + B sin ωt) (ondergedempt, oscillerend). De beginwaarden y(0) en y′(0) leggen A en B vast. Geschreven als y″ + 2ζωny′ + ωn²y = 0 is ωn de eigenfrequentie en ζ de dempingsfactor: bij ζ < 1 oscilleert de oplossing. Bij een constante ingang, y″ + by′ + cy = c·K, is de oplossing de eindwaarde K plus de vrije respons.
Antwoord: I = 5,493
Bepaalde integralen: ∫ₐᵇ f(x) dx is de georiënteerde oppervlakte tussen de grafiek en de x-as van a tot b. Zoek een primitieve F (met F′ = f) en bereken F(b) − F(a). Machtsregel: ∫xⁿ dx = xⁿ⁺¹/(n + 1). De oppervlakte tussen twee krommen is ∫(bovenste − onderste) dx.
Antwoord: I = 0,0609
Partiële integratie: ∫u·dv = u·v − ∫v·du, afgeleid uit de productregel. Kies voor u de factor die eenvoudiger wordt als je hem differentieert (een macht van x, of ln x), en voor dv de factor die je kunt integreren (eˣ, sin x, cos x, of x als u = ln x). Bereken bij een bepaalde integraal u·v op beide grenzen: ∫ₐᵇ u dv = [u·v]ₐᵇ − ∫ₐᵇ v du. Een factor x² vraagt om twee rondes.
Antwoord: f′(0) = 432
Differentiëren: de afgeleide f′(x) is de helling van de grafiek in x. Machtsregel: (xⁿ)′ = n·xⁿ⁻¹. Productregel: (uv)′ = u′v + uv′. Kettingregel: (f(g(x)))′ = f′(g(x))·g′(x). Waar f′(x) = 0 heeft de grafiek een horizontale raaklijn: een maximum, minimum of zadelpunt.
Antwoord: x = 1
Differentiëren: de afgeleide f′(x) is de helling van de grafiek in x. Machtsregel: (xⁿ)′ = n·xⁿ⁻¹. Productregel: (uv)′ = u′v + uv′. Kettingregel: (f(g(x)))′ = f′(g(x))·g′(x). Waar f′(x) = 0 heeft de grafiek een horizontale raaklijn: een maximum, minimum of zadelpunt.
f″(x) = 6x + 6: negatief in een maximum, positief in een minimum.
Antwoord: T = 0,8339
Numerieke integratie: verdeel [a, b] in n stroken van breedte h = (b − a)/n met knooppunten x₀ … xₙ. Trapeziumregel: T = (h/2)[f₀ + 2f₁ + 2f₂ + … + 2fn−1 + fₙ]. Regel van Simpson (n even): S = (h/3)[f₀ + 4f₁ + 2f₂ + 4f₃ + … + 4fn−1 + fₙ]. De fout van de trapeziumregel neemt af als h² (grens (b − a)h²·M/12 met M = max|f″|), die van Simpson als h⁴, dus Simpson is voor dezelfde knooppunten meestal veel nauwkeuriger.
Deze integraal heeft geen elementaire primitieve, en juist dan is een numerieke regel nodig.
Antwoord: y1 = 0,688
Numerieke oplossing van y′ = f(t, y): de methode van Euler stapt langs de helling aan het begin van elke stap: yn+1 = yₙ + h·f(tₙ, yₙ). De methode van Heun (verbeterde Euler) middelt de helling aan het begin en bij een Euler-voorspelling: k₁ = f(tₙ, yₙ), k₂ = f(tₙ + h, yₙ + h·k₁), yn+1 = yₙ + (h/2)(k₁ + k₂). De klassieke Runge–Kutta-methode (RK4) combineert vier hellingen: yn+1 = yₙ + (h/6)(k₁ + 2k₂ + 2k₃ + k₄). De globale fout van Euler is evenredig met h, die van Heun met h², die van RK4 met h⁴.
ExamProblems · examproblems.com/courses/differential-equations