Mathematics · Boek 2 · Grades 10–12

Wiskunde bovenbouw

Wiskunde bovenbouw · Grades 10–12

26Differentiaalvergelijkingen

Een differentiaalvergelijking verbindt een functie met haar afgeleiden. De natuurkunde, de scheikunde, de biologie en de economie drukken hun wetten in die vorm uit: de afkoelsnelheid van een lichaam, het verval van een radioactieve kern en de groei van een populatie zijn alle uitspraken over y′y'. Dit hoofdstuk lost de lineaire vergelijkingen van de eerste orde met constante coëfficiënten volledig op.

26.1 De vergelijking y′=ayy' = ay

Definitie 26.1 (Differentiaalvergelijking)

Een differentiaalvergelijking is een vergelijking met een functie yy als onbekende, waarin yy en haar afgeleiden voorkomen. Een oplossing op een interval II is een differentieerbare functie die in elk punt van II aan de vergelijking voldoet.

Stelling 26.2 (Oplossingen van y′=ayy' = ay)

Zij a∈Ra \in \R. De oplossingen op R\R van de vergelijking y′=ayy' = ay zijn precies de functies

y(x)=C eax,C∈R.y(x) = C\,\eu^{ax}, \qquad C \in \R .

Voor elk paar (x0,y0)(x_0, y_0) is er precies één oplossing met y(x0)=y0y(x_0) = y_0.

Bewijs. Elke y=Ceaxy = C\eu^{ax} voldoet aan y′=Ca eax=ayy' = Ca\,\eu^{ax} = ay. Omgekeerd, zij yy een willekeurige oplossing en stel z(x)=y(x) e−axz(x) = y(x)\,\eu^{-ax}. Dan is

z′(x)=y′(x) e−ax−a y(x) e−ax=(y′(x)−ay(x))e−ax=0,z'(x) = y'(x)\,\eu^{-ax} - a\,y(x)\,\eu^{-ax} = \bigl(y'(x) - a y(x)\bigr)\eu^{-ax} = 0,

dus is zz constant, zeg CC, en y(x)=Ceaxy(x) = C\eu^{ax}. De beginvoorwaarde y(x0)=y0y(x_0) = y_0 legt C=y0e−ax0C = y_0 \eu^{-a x_0} ondubbelzinnig vast. ∎

Opmerking 26.3

De exponentiële functie wordt dus gekenmerkt door de eenvoudigste van alle differentiaalvergelijkingen: groei evenredig met de omvang. Daarom duikt ze overal in de natuur op.

De vergelijking y' = y schrijft in elk punt van het vlak een richtingscoëfficiënt voor (de grijze streepjes). De oplossingen C x — hier C = 1 (blauw), C = 0.3 (rood) en C = -0.5 (oranje) — zijn precies de krommen die dat veld van richtingen volgen.
De vergelijking y′=yy' = y schrijft in elk punt van het vlak een richtingscoëfficiënt voor (de grijze streepjes). De oplossingen CexC\eu^{x} — hier C=1C = 1 (blauw), C=0.3C = 0.3 (rood) en C=−0.5C = -0.5 (oranje) — zijn precies de krommen die dat veld van richtingen volgen.

Voorbeeld 26.4 (Radioactief verval)

Een radioactieve hoeveelheid voldoet aan N′=−λNN' = -\lambda N met λ>0\lambda > 0, dus N(t)=N0 e−λtN(t) = N_0\,\eu^{-\lambda t}; zie Voorbeeld 23.9 voor de halveringstijd.

26.2 De vergelijking y′=ay+by' = ay + b

Stelling 26.5 (Oplossingen van y′=ay+by' = ay + b)

Zij a≠0a \neq 0 en b∈Rb \in \R. De oplossingen op R\R van y′=ay+by' = ay + b zijn precies de functies

y(x)=C eax−ba,C∈R.y(x) = C\,\eu^{ax} - \frac{b}{a}, \qquad C \in \R .

De constante functie yp=−bay_p = -\frac ba is de evenwichtsoplossing. Voor elke (x0,y0)(x_0, y_0) is er precies één oplossing met y(x0)=y0y(x_0) = y_0; en is a<0a < 0, dan streeft elke oplossing voor x→+∞x \to +\infty naar het evenwicht −ba-\frac ba.

Bewijs. De constante yp=−bay_p = -\frac{b}{a} voldoet aan yp′=0=ayp+by_p' = 0 = a y_p + b. Nu is yy een oplossing dan en slechts dan als

(y−yp)′=y′=ay+b=a(y−yp)+ayp+b⏟= 0=a(y−yp),(y - y_p)' = y' = ay + b = a(y - y_p) + \underbrace{a y_p + b}_{=\,0} = a (y - y_p),

dus dan en slechts dan als z=y−ypz = y - y_p voldoet aan z′=azz' = az. Volgens Stelling 26.2 is z=Ceaxz = C\eu^{ax}, waaruit de formule, het bestaan en de uniciteit volgen. Is a<0a < 0, dan is eax→0\eu^{ax} \to 0 voor x→+∞x \to +\infty, dus y(x)→−bay(x) \to -\frac ba. ∎

Methode 26.6 (y′=ay+by' = ay + b met een beginvoorwaarde oplossen)

  1. Zoek de evenwichtsoplossing yp=−bay_p = -\frac{b}{a} (los y′=0y' = 0 op).
  2. Schrijf de algemene oplossing y=Ceax+ypy = C\eu^{ax} + y_p op.
  3. Bepaal CC uit de beginvoorwaarde.
  4. Toets het gedrag op lange termijn aan de fysische intuïtie (convergeert de oplossing naar het evenwicht?).

Dezelfde strategie — een particuliere oplossing plus de algemene oplossing van de homogene vergelijking — gaat door voor y′=ay+f(x)y' = ay + f(x): zie Propositie 26.8.

Voorbeeld 26.7 (Afkoelingswet van Newton)

Een kop koffie van 80 ∘80\,^\circC staat in een kamer van 20 ∘20\,^\circC. De wet van Newton zegt dat de temperatuur TT voldoet aan T′=−k(T−20)T' = -k(T - 20) voor een zekere k>0k > 0, dus T′=−kT+20kT' = -kT + 20k. Het evenwicht is 2020, en T(t)=20+60 e−ktT(t) = 20 + 60\,\eu^{-kt}: de koffie koelt exponentieel snel af tot kamertemperatuur.

Wat hun begintemperatuur ook is, alle oplossingen van T' = -k(T - 20) convergeren exponentieel naar het evenwicht T = 20.
Wat hun begintemperatuur ook is, alle oplossingen van T′=−k(T−20)T' = -k(T - 20) convergeren exponentieel naar het evenwicht T=20T = 20.

26.3 De vergelijking y′=ay+f(x)y' = ay + f(x)

Propositie 26.8 (Structuur van de oplossingsverzameling)

Zij ff continu op een interval II en zij ypy_p één particuliere oplossing van

y′=ay+f(x)y' = ay + f(x)

op II. Dan zijn de oplossingen op II precies de functies y=Ceax+ypy = C\eu^{ax} + y_p met C∈RC \in \R.

Bewijs. Zoals in Stelling 26.5: yy is een oplossing dan en slechts dan als z=y−ypz = y - y_p voldoet aan z′=(ay+f)−(ayp+f)=azz' = (ay + f) - (ay_p + f) = az, dus dan en slechts dan als z=Ceaxz = C\eu^{ax}. ∎

Methode 26.9 (Een particuliere oplossing raden)

Zoek een particuliere oplossing van dezelfde gedaante als ff:

  • is ff een veelterm van graad nn: probeer een veelterm van graad nn;
  • is f(x)=α ekxf(x) = \alpha\,\eu^{kx} met k≠ak \neq a: probeer yp=β ekxy_p = \beta\,\eu^{kx};
  • is f(x)=α eaxf(x) = \alpha\,\eu^{ax} (het resonante geval): probeer yp=βx eaxy_p = \beta x\,\eu^{ax}.

Vul in de vergelijking in en stel de coëfficiënten gelijk.

Voorbeeld 26.10

Los y′=2y+4xy' = 2y + 4x op. Probeer yp=αx+βy_p = \alpha x + \beta: uit α=2(αx+β)+4x\alpha = 2(\alpha x + \beta) + 4x voor alle xx volgt 2α+4=02\alpha + 4 = 0 en α=2β\alpha = 2\beta, dus α=−2\alpha = -2 en β=−1\beta = -1. Algemene oplossing: y=Ce2x−2x−1y = C\eu^{2x} - 2x - 1.

26.4 Oefeningen

Oefening 26.1 ★

Los op op R\R: (a) y′=3yy' = 3y met y(0)=2y(0) = 2; (b) 2y′+y=02y' + y = 0 met y(0)=−1y(0) = -1; (c) y′=−y+5y' = -y + 5 met y(0)=0y(0) = 0.

Oplossing

Oplossing van Oefening 26.1.

(a) y=Ce3xy = C\eu^{3x}; y(0)=2y(0) = 2 geeft y=2e3xy = 2\eu^{3x}.

(b) y′=−12yy' = -\frac12 y, dus y=Ce−x/2y = C\eu^{-x/2}; y(0)=−1y(0) = -1 geeft y=−e−x/2y = -\eu^{-x/2}.

(c) Evenwicht yp=5y_p = 5; y=Ce−x+5y = C\eu^{-x} + 5; y(0)=0y(0) = 0 geeft C=−5C = -5: y=5(1−e−x)y = 5\left(1 - \eu^{-x}\right).

Oefening 26.2 ★

Een bacteriepopulatie groeit met een snelheid evenredig met haar omvang en verdubbelt elke 33 uur. Schrijf de differentiaalvergelijking op waaraan de populatie N(t)N(t) voldoet, en bepaal de evenredigheidsconstante.

Oplossing

Oplossing van Oefening 26.2.

N′=kNN' = kN, dus N(t)=N0ektN(t) = N_0 \eu^{kt}. Verdubbelen in 33 uur betekent e3k=2\eu^{3k} = 2, dus

k=ln⁡23≈0.231 u−1.k = \frac{\ln 2}{3} \approx 0.231\ \text{u}^{-1}.

Oefening 26.3 ★

Ga na dat yp(x)=x exy_p(x) = x\,\eu^{x} een oplossing is van y′=y+exy' = y + \eu^x, en geef alle oplossingen op R\R.

Oplossing

Oplossing van Oefening 26.3.

yp′(x)=ex+xex=yp(x)+exy_p'(x) = \eu^x + x\eu^x = y_p(x) + \eu^x: ypy_p is een particuliere oplossing (het resonante geval van Methode 26.9). Volgens Propositie 26.8 zijn de oplossingen y=Cex+xex=(C+x) exy = C\eu^{x} + x\eu^{x} = (C + x)\,\eu^x met C∈RC \in \R.

Oefening 26.4 ★★

Los y′=−2y+exy' = -2y + \eu^{x} op met y(0)=1y(0) = 1. (Tip: zoek een particuliere oplossing van de vorm β ex\beta\,\eu^{x}.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 26.4.

Probeer yp=βexy_p = \beta\eu^x: uit βex=−2βex+ex\beta\eu^x = -2\beta\eu^x + \eu^x volgt 3β=13\beta = 1, dus yp=13exy_p = \frac13\eu^x. Algemene oplossing y=Ce−2x+13exy = C\eu^{-2x} + \frac13\eu^{x}; de voorwaarde y(0)=1y(0) = 1 geeft C=23C = \frac23:

y(x)=23 e−2x+13 ex.y(x) = \frac{2}{3}\,\eu^{-2x} + \frac{1}{3}\,\eu^{x}.

Oefening 26.5 ★★

Koolstof-14 vervalt met een halveringstijd van 57305730 jaar. Een archeologisch monster bevat 60%60\% van de koolstof-14 van een levend organisme. Schat zijn ouderdom.

Oplossing

Oplossing van Oefening 26.5.

N(t)=N0 e−λtN(t) = N_0\,\eu^{-\lambda t} met λ=ln⁡25730\lambda = \frac{\ln 2}{5730} (Voorbeeld 23.9). We lossen e−λt=0.6\eu^{-\lambda t} = 0.6 op:

t=ln⁡(1/0.6)λ=5730 ln⁡(5/3)ln⁡2≈5730×0.51080.6931≈4220 jaar.t = \frac{\ln(1/0.6)}{\lambda} = 5730\,\frac{\ln(5/3)}{\ln 2} \approx 5730 \times \frac{0.5108}{0.6931} \approx 4220 \text{ jaar}.

Oefening 26.6 ★★

Een tank bevat 100100 L zuiver water. Pekel met 0.20.2 kg zout per liter stroomt binnen met 55 L/min, en het (voortdurend gemengde) mengsel stroomt met dezelfde snelheid weg. Zij m(t)m(t) de massa zout in de tank op tijdstip tt (in minuten).

  1. Verantwoord dat m′=1−m20m' = 1 - \dfrac{m}{20}.
  2. Los op, en bepaal de limiet van m(t)m(t) voor t→+∞t \to +\infty. Duid het resultaat.
Oplossing

Oplossing van Oefening 26.6.

1. Er stroomt 0.2×5=10.2 \times 5 = 1 kg zout per minuut binnen. De uitstroom voert een concentratie m100\frac{m}{100} kg/L af met 55 L/min, dus m20\frac{m}{20} kg/min. Bijgevolg is m′=1−m20m' = 1 - \frac{m}{20}.

2. Evenwicht mp=20m_p = 20; m(t)=20+Ce−t/20m(t) = 20 + C\eu^{-t/20}, en m(0)=0m(0) = 0 geeft C=−20C = -20:

m(t)=20(1−e−t/20)→t→+∞20 kg.m(t) = 20\left(1 - \eu^{-t/20}\right) \xrightarrow[t\to+\infty]{} 20 \text{ kg}.

Op lange termijn is de concentratie in de tank gelijk aan die van de binnenstromende pekel: 0.20.2 kg/L ×\times 100100 L =20= 20 kg.

Oefening 26.7 ★★

Een parachutespringster van 8080 kg valt onder invloed van de zwaartekracht (g=9.8 m/s2g = 9.8\ \text{m/s}^2) en van luchtweerstand evenredig met de snelheid, zodat haar snelheid voldoet aan v′=g−kmvv' = g - \frac{k}{m}v met k=16k = 16 kg/s.

  1. Los de vergelijking op met v(0)=0v(0) = 0.
  2. Bereken de eindsnelheid lim⁡t→+∞v(t)\lim_{t\to+\infty} v(t), en de tijd die nodig is om 95%95\% ervan te bereiken.
Oplossing

Oplossing van Oefening 26.7.

1. v′=g−kmvv' = g - \frac{k}{m} v met km=1680=0.2\frac km = \frac{16}{80} = 0.2. Evenwicht v∞=mgk=9.80.2=49v_\infty = \frac{mg}{k} = \frac{9.8}{0.2} = 49 m/s; v(t)=49+Ce−0.2tv(t) = 49 + C\eu^{-0.2t}, en v(0)=0v(0) = 0 geeft

v(t)=49(1−e−0.2t).v(t) = 49\left(1 - \eu^{-0.2 t}\right).

2. Eindsnelheid 4949 m/s (≈176\approx 176 km/u). We willen 1−e−0.2t=0.951 - \eu^{-0.2t} = 0.95, dus e−0.2t=0.05\eu^{-0.2t} = 0.05:

t=ln⁡200.2≈3.000.2≈15 s.t = \frac{\ln 20}{0.2} \approx \frac{3.00}{0.2} \approx 15 \text{ s}.

Oefening 26.8 ★★★

(Logistische vergelijking.) Een populatie y(t)∈(0, 1)y(t) \in \intoo{0}{1} (uitgedrukt als fractie van de maximale populatie) voldoet aan

y′=y(1−y).y' = y(1 - y).
  1. Zij z=1yz = \dfrac{1}{y}. Toon aan dat zz voldoet aan de lineaire vergelijking z′=−z+1z' = -z + 1.
  2. Los op naar zz, en daarna naar yy, met y(0)=110y(0) = \frac{1}{10}.
  3. Toon aan dat y(t)→1y(t) \to 1 voor t→+∞t \to +\infty en schets de vorm van de oplossingskromme.
Oplossing

Oplossing van Oefening 26.8.

1. z=1yz = \frac1y geeft z′=−y′y2=−y(1−y)y2=−1−yy=−1y+1=−z+1z' = -\frac{y'}{y^2} = -\frac{y(1-y)}{y^2} = -\frac{1-y}{y} = -\frac1y + 1 = -z + 1.

2. Evenwicht zp=1z_p = 1, dus z(t)=1+Ce−tz(t) = 1 + C\eu^{-t}. Uit y(0)=110y(0) = \frac{1}{10} volgt z(0)=10z(0) = 10, dus C=9C = 9 en

y(t)=11+9 e−t.y(t) = \frac{1}{1 + 9\,\eu^{-t}} .

3. Voor t→+∞t \to +\infty is 9e−t→09\eu^{-t} \to 0 en y(t)→1y(t) \to 1. De kromme is de klassieke S-vormige (sigmoïde) logistische kromme: eerst trage groei (yy klein, y′≈yy' \approx y), de snelste groei bij y=12y = \frac12 (waar y′=y(1−y)y' = y(1-y) maximaal is), en daarna verzadiging naar de draagkracht 11.

Oefening 26.9 ★★★

Zij yy een oplossing van y′=ay+by' = ay + b en zij un=y(n)u_n = y(n) voor n∈Nn \in \N. Toon aan dat (un)(u_n) voldoet aan een affiene recursie un+1=qun+ru_{n+1} = q u_n + r, en druk qq en rr uit in aa en bb. Waarmee stemt de voorwaarde ∣q∣<1\abs{q} < 1 overeen voor de differentiaalvergelijking?

Oplossing

Oplossing van Oefening 26.9.

Volgens Stelling 26.5 is y(x)=Ceax−bay(x) = C\eu^{ax} - \frac ba. Bijgevolg is

un+1=Cea(n+1)−ba=ea(Cean−ba)+ba(ea−1)=q un+ru_{n+1} = C\eu^{a(n+1)} - \frac ba = \eu^{a}\left(C\eu^{an} - \frac ba\right) + \frac ba\left(\eu^a - 1\right) = q\,u_n + r

met q=eaq = \eu^{a} en r=ba(ea−1)r = \frac{b}{a}\left(\eu^{a} - 1\right). De voorwaarde ∣q∣<1\abs q < 1 betekent ea<1\eu^a < 1, dus a<0a < 0: precies de voorwaarde waaronder de oplossingen van de differentiaalvergelijking naar het evenwicht −ba-\frac ba convergeren — en inderdaad is het vaste punt van de recursie r1−q=−ba\frac{r}{1 - q} = -\frac{b}{a}.

26.5 Opgave: de klok in de dingen

Probleem 26.1

Weekendopgave — koolstof-14 dateert de grotten, de afkoelingswet van Newton klokt een misdaad, en één kleine vergelijking draagt vier kostuums

Een differentiaalvergelijking is een wet van verandering; haar oplossen maakt van die wet een klok. Diezelfde kleine vergelijking y′=ay+by' = ay + b (Stelling 26.5) tikt in prehistorische houtskool, in afkoelende koffie, in vallende regendruppels en in ziekenhuisinfusen — en die klokken aflezen is het werk van deze opgave: ze dateert de schilderingen van Lascaux, legt een tijdstip van overlijden vast, en controleert haar eigen aannames zoals een goede wetenschapper betaamt.

Deel I — Vlot rekenen.

  1. Los y′=3yy' = 3y met y(0)=2y(0) = 2 op; en daarna y′=−2y+6y' = -2y + 6 met y(0)=0y(0) = 0 (Methode 26.6).
  2. Leid de uniciteitstruc achter Stelling 26.2 opnieuw af: bereken voor y′=ayy' = ay de afgeleide van y(t) e−aty(t)\,\eu^{-at} en besluit dat elke oplossing CeatC\eu^{at} is.
  3. Zoek voor y′=−2y+6y' = -2y + 6 de evenwichtsoplossing, en beschrijf het lot van elke andere oplossing voor t→+∞t \to +\infty. (De vaste punten van de recursies uit Probleem 13.1, maar dan continu.)
  4. Toon voor de vervalwet y′=−yτy' = -\frac{y}{\tau} aan dat de halveringstijd t1/2=τln⁡2t_{1/2} = \tau \ln 2 is.
  5. Schets (of beschrijf) de familie oplossingen van y′=−2y+6y' = -2y + 6: wat doen de oplossingen die boven 33 starten? En die eronder? En die op 33?

Deel II — Koolstof-14. Levend weefsel houdt een constante verhouding radioactieve koolstof-14 aan; bij het overlijden stopt de opname en vervalt de voorraad: N′=−λNN' = -\lambda N, met halveringstijd 5 7305\,730 jaar.

  1. Bereken λ\lambda (per jaar).
  2. Een bot bevat nog 20 %20\,\% van de verhouding van levend weefsel: hoe oud is het?
  3. Houtskool uit de beschilderde grotten van Lascaux bevat er nog ongeveer 15 %15\,\%: dateer de schilderingen.
  4. De ijsmummie Ötzi, gevonden in een Alpengletsjer, mat ongeveer 53 %53\,\%: dateer hem (de archeologen zeggen ongeveer 5 3005\,300 jaar — hoe deed jij het?).
  5. Waarom kan koolstof-14 geen dinosauriërs dateren? Bereken de fractie die na tien halveringstijden overblijft, geef de fractie na 6565 miljoen jaar als een macht van 22, en besluit.
  6. Foutenmarges: is de 53 %53\,\% van Ötzi slechts tot op ±1 %\pm 1\,\% bekend, bereken dan het ouderdomsbereik. Welke nauwkeurigheid in het labo koopt welke nauwkeurigheid in de datering?

Deel III — De afkoeling van Newton, en een misdaad. Een lichaam met temperatuur TT in een omgeving met constante TaT_a koelt af volgens T′=−k (T−Ta)T' = -k\,(T - T_a).

  1. Los de vergelijking op (substitueer z=T−Taz = T - T_a):

    T(t)=Ta+(T0−Ta) e−kt.T(t) = T_a + (T_0 - T_a)\,\eu^{-kt} .
  2. Koffie die op 90 ∘90\,^\circC wordt uitgeschonken in een kamer van 20 ∘20\,^\circC staat na 55 minuten op 70 ∘70\,^\circC. Bepaal kk, en daarna de wachttijd tot de drinkbare 55 ∘55\,^\circC.
  3. De melkvraag: om over tien minuten de warmst mogelijke koffie te drinken, moet de koude melk er nu in of pas op het laatste ogenblik? Antwoord met de vergelijking (wat doet melk toevoegen met het verschil T−TaT - T_a, en hoe stuurt dat verschil het verlies aan?).
  4. Forensisch onderzoek: om middernacht wordt een lichaam gevonden van 30 ∘30\,^\circC in een kamer van 20 ∘20\,^\circC; een uur later meet het 28 ∘28\,^\circC. Neem 37 ∘37\,^\circC aan op het ogenblik van overlijden, haal kk uit de twee metingen, en bereken daarna het tijdstip van overlijden.
  5. Controleer de klok van de wetsdokter: noem drie manieren waarop de werkelijkheid de aannames van het model schendt, en de richting waarin elk het geschatte tijdstip van overlijden zou vertekenen.

Deel IV — Vier kostuums en een S-kromme.

  1. De logistische vergelijking van Oefening 26.8, y′=y(1−y)y' = y(1 - y) met y(0)=0.1y(0) = 0.1: leid met de substitutie van die oefening af dat y(t)=11+9e−ty(t) = \dfrac{1}{1 + 9\eu^{-t}}, en zoek het tijdstip van het buigpunt y=12y = \frac12 — de datum van de epidemioloog uit Probleem 22.1, nu berekenbaar.
  2. Een regendruppel voldoet aan v′=10−v2v' = 10 - \frac v2 (zwaartekracht min weerstand) met v(0)=0v(0) = 0. Zoek de eindsnelheid, los op naar v(t)v(t), en bereken wanneer de druppel 95 %95\,\% van de eindsnelheid haalt.
  3. Een ziekenhuisinfuus dient een geneesmiddel toe met een constant debiet terwijl het lichaam het evenredig verwijdert: c′=4−0.5cc' = 4 - 0.5c met c(0)=0c(0) = 0. Zoek de evenwichtsconcentratie en de tijd om de helft ervan te bereiken. Formuleer in één zin de overeenkomst met de leningrecursies uit Oefening 26.9.
  4. Slotstuk — één vergelijking, vier kostuums: verval, afkoeling, vallen en doseren, alle y′=ay+by' = ay + b met andere tekens en andere namen. Herhaal de modelleerlus die deze opgave vier keer doorliep (wet →\to vergelijking →\to oplossing →\to ijking →\to voorspelling →\to controle), en noem het verschijnsel dat y′′y'' nodig heeft — en welke opgave het al ontmoette.
Oplossing

Oplossing van Probleem 26.1.

1. y=2e3ty = 2\eu^{3t}. Voor de tweede: evenwicht 33, dus y=3+Ce−2ty = 3 + C\eu^{-2t} met y(0)=0y(0) = 0, waaruit C=−3C = -3: y=3(1−e−2t)y = 3\left(1 - \eu^{-2t}\right).

2. (ye−at)′=y′e−at−aye−at=(y′−ay)e−at=0\left(y\eu^{-at}\right)' = y'\eu^{-at} - ay\eu^{-at} = (y' - ay)\eu^{-at} = 0: het product is een constante CC, dus y=Ceaty = C\eu^{at} — geen enkele oplossing ontsnapt.

3. Evenwicht: y≡3y \equiv 3. Elke andere oplossing is 3+Ce−2t3 + C\eu^{-2t} met C≠0C \neq 0: de exponentiële term sterft uit en de oplossing glijdt naar 33 — een stabiel vast punt, de continue tweelingbroer van de vaste punten van de recursies uit Probleem 13.1.

4. y=y0e−t/τy = y_0\eu^{-t/\tau} halveert wanneer e−t/τ=12\eu^{-t/\tau} = \frac12: t=τln⁡2t = \tau\ln 2.

5. Alle oplossingen zijn verticale verschuivingen van het verval naar 33: die erboven starten zakken naar 33, die eronder starten stijgen naar 33, en de constante oplossing 33 blijft liggen — een trechter rond het evenwicht.

6. λ=ln⁡25730≈1.21×10−4\lambda = \frac{\ln 2}{5730} \approx 1.21 \times 10^{-4} per jaar.

7. e−λt=0.2\eu^{-\lambda t} = 0.2: t=ln⁡5λ≈13 300t = \frac{\ln 5}{\lambda} \approx 13\,300 jaar.

8. t=ln⁡(1/0.15)λ≈15 700t = \frac{\ln(1/0.15)}{\lambda} \approx 15\,700 jaar: de stieren van Lascaux dateren uit de late ijstijd.

9. t=ln⁡(1/0.53)λ≈5 250t = \frac{\ln(1/0.53)}{\lambda} \approx 5\,250 jaar: binnen een mensenleven van de waarde van de archeologen — de klok werkt.

10. Tien halveringstijden laten 2−10≈0.1 %2^{-10} \approx 0.1\,\% over: aan de rand van het meetbare. Na 6565 miljoen jaar is de fractie 2−65 000 000/5 730≈2−11 3442^{-65\,000\,000/5\,730} \approx 2^{-11\,344}: van de oorspronkelijke voorraad blijft in geen enkel fossiel één atoom over — dinosauriërs worden met tragere klokken gedateerd (kalium-argon en verwanten).

11. 52 %52\,\% geeft ongeveer 5 4055\,405 jaar en 54 %54\,\% ongeveer 5 0955\,095: de ±1 %\pm 1\,\% van de scheikunde wordt ruwweg ±155\pm 155 jaar geschiedenis — nauwkeurigheid in het labo is nauwkeurigheid op het bordje in het museum.

12. z=T−Taz = T - T_a voldoet aan z′=−kzz' = -kz: z=(T0−Ta)e−ktz = (T_0 - T_a)\eu^{-kt}, en T=Ta+zT = T_a + z.

13. Het beginverschil is T0−Ta=70T_0 - T_a = 70; na vijf minuten is het verschil 70−20=5070 - 20 = 50, dus 50=70e−5k50 = 70\eu^{-5k}: k=ln⁡(70/50)5≈0.067k = \frac{\ln(70/50)}{5} \approx 0.067 per minuut. Drinkbaar: 55−20=35=70e−kt55 - 20 = 35 = 70\eu^{-kt}, dus t=ln⁡2k≈10.3t = \frac{\ln 2}{k} \approx 10.3 minuten.

14. De snelheid van het verlies is evenredig met het verschil T−TaT - T_a: gloeiend hete koffie bloedt het snelst warmte weg. De melk nu toevoegen snijdt het verschil meteen weg, zodat er over de tien minuten minder warmte verloren gaat; ze op het einde toevoegen laat de koffie eerst op volle snelheid afkoelen. Voor de warmste kop: eerst de melk. (Ongeduldige gastheren hebben de thermodynamica omgekeerd.)

15. Verschillen met de omgeving: om middernacht 1010, een uur later 88: e−k=0.8\eu^{-k} = 0.8, dus k=ln⁡108≈0.223k = \ln\frac{10}{8} \approx 0.223 per uur. Bij het overlijden was het verschil 1717; het zakte tot 1010 tegen middernacht: s=ln⁡(17/10)k≈2.4s = \frac{\ln(17/10)}{k} \approx 2.4 uur. Tijdstip van overlijden: rond 21.40 uur.

16. Een verwarmde of tochtige kamer (TaT_a niet constant) buigt de klok naar beide kanten; kleding of lichaamsmassa verandert kk (de tabellen van de wetsdokter corrigeren daarvoor) — een verkeerde kk schaalt het hele interval; en een lichaam dat elders vandaan komt zet TaT_a halverwege het verval opnieuw, wat een vroeger of later overlijden voorspiegelt. De vergelijking is eerlijk; het risico zit in de aannames.

17. z=1yz = \frac1y voldoet aan z′=1−zz' = 1 - z: z=1+9e−tz = 1 + 9\eu^{-t} (uit z(0)=10z(0) = 10), dus y=11+9e−ty = \frac{1}{1 + 9\eu^{-t}}. Buigpunt in y=12y = \frac12: 9e−t=19\eu^{-t} = 1, dus t=ln⁡9≈2.2t = \ln 9 \approx 2.2 — de keerdatum van de epidemie, rechtstreeks uit de formule.

18. Eindsnelheid: v′=0v' = 0 in v=20v = 20 m/s. Oplossing: v(t)=20(1−e−t/2)v(t) = 20\left(1 - \eu^{-t/2}\right). Dan 0.950.95: e−t/2=0.05\eu^{-t/2} = 0.05, dus t=2ln⁡20≈6t = 2\ln 20 \approx 6 s — regendruppels halen hun kruissnelheid binnen enkele seconden, en daarom is regen niet dodelijk.

19. Evenwicht: c=8c = 8. De helft ervan: 4=8(1−e−t/2)4 = 8\left(1 - \eu^{-t/2}\right), dus e−t/2=12\eu^{-t/2} = \frac12 en t=2ln⁡2≈1.4t = 2\ln 2 \approx 1.4 uur. Het infuus is de continue tweelingbroer van de lening: een constante instroom en een evenredige uitstroom — Oefening 26.9 maakt het woordenboek exact.

20. Verval (a<0a < 0, b=0b = 0), afkoeling (y=T−Tay = T - T_a), vallen (a<0a < 0, b>0b > 0: het evenwicht van onderaf naderen) en doseren (hetzelfde, in een ader): één vergelijking, vier werelden. De lus: formuleer de wet van verandering; schrijf de vergelijking op; los ze op (Methode 26.6); ijk de constanten op metingen; voorspel; en controleer daarna de aannames (vraag 16). Een trilling vraagt y′′=−ω2yy'' = -\omega^2 y — ontmoet, opgelost en aan het schommelen gebracht in Probleem 24.1.

Begrippen gedefinieerd in dit hoofdstuk

Bekijk alle 395 begrippen in de begrippenlijst