---
title: "Lineaire differentiaalvergelijkingen"
book: "Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 1"
subject: math
language: nl
chapter: 5
exercises: 12
source: https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/5-lineaire-differentiaalvergelijkingen
---

# Hoofdstuk 5 — Lineaire differentiaalvergelijkingen

Differentiaalvergelijkingen kwamen voor het eerst voor in het bovenbouwvolume; hier worden ze met volledige bewijzen en in grotere algemeenheid behandeld: lineaire vergelijkingen van de eerste orde met variabele coëfficiënten (volledig opgelost met de methode van de [variatie van constanten](#thm-b1-diffeq-voc)) en lineaire vergelijkingen van de tweede orde met constante coëfficiënten, het model voor oscillaties. Beide gevallen vertonen dezelfde structuur: *algemene oplossing $=$ één particuliere oplossing $+$ algemene oplossing van de homogene vergelijking*.

## 5.1 Lineaire vergelijkingen van de eerste orde

**Definitie 5.1.**

Zij $I$ een interval en zij $a, b \colon I \to \R$ (of $\C$) continu. De vergelijking

$$
(E)\colon\quad y' + a(x)\,y = b(x),
$$

in de onbekende afleidbare functie $y \colon I \to \R$ (of $\C$), heet een *lineaire differentiaalvergelijking van de eerste orde*. De vergelijking $(H)\colon y' + a(x) y = 0$ is haar *homogene* vergelijking.

**Stelling 5.2 (De homogene vergelijking oplossen).**

Zij $A$ een primitieve functie van $a$ op $I$ (die bestaat: [Hoofdstuk 15](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/15-integratie-op-een-segment#ch-b1-integration)). De oplossingen van $(H)$ op $I$ zijn precies de functies

$$
y(x) = \lambda\, \eu^{-A(x)}, \qquad \lambda \in \R \text{ (of } \C).
$$

**Bewijs.** Deze functies zijn oplossingen: $y' = -\lambda A' \eu^{-A} = -a y$. Omgekeerd, zij $y$ een oplossing van $(H)$ en zet $z(x) = y(x)\,
\eu^{A(x)}$. Dan is

$$
z' = y' \eu^{A} + y\, a\, \eu^{A} = (y' + ay)\, \eu^{A} = 0 ,
$$

zodat $z$ constant is op het interval $I$, zeg $z = \lambda$: $y = \lambda
\eu^{-A}$. (Let op de logica: er gaat geen oplossing verloren, want *elke* oplossing is in de aangekondigde vorm geschreven.) ∎

**Voorbeeld 5.3 (Een homogene vergelijking met variabele coëfficiënt).**

Los $y' + (\cos x)\,y = 0$ op op $\R$. Een primitieve functie van $a(x)
= \cos x$ is $A(x) = \sin x$, dus de oplossingen zijn

$$
y(x) = \lambda\,\eu^{-\sin x}, \qquad \lambda \in \R .
$$

Twee lezingen. Elke oplossing is periodiek (periode $2\pi$) en wordt nooit nul tenzij $\lambda = 0$ — het teken van $\lambda$ is voor altijd het teken van $y$, want een exponentiële kan de nul niet oversteken. En de oplossing door $y(0) = y_0$ is $y_0\eu^{-\sin x}$: precies één kromme van de familie door elk beginpunt, het eendimensionale beeld van [Stelling 5.4](#thm-b1-diffeq-voc) (2).

**Stelling 5.4 (Variatie van constanten; Cauchy-probleem).**

Met bovenstaande notaties:

1. De oplossingen van $(E)$ op $I$ zijn precies $$y(x) = \Bigl(\lambda + \int_{x_0}^{x} b(t)\, \eu^{A(t)} \dd t  \Bigr)\, \eu^{-A(x)},  \qquad \lambda \in \R,$$ met $x_0 \in I$ vast. Equivalent: algemene oplossing van $(H)$ plus één particuliere oplossing van $(E)$.
2. Voor elke $x_0 \in I$ en elke $y_0$ heeft het *Cauchy-probleem* “ $(E)$ en $y(x_0) = y_0$ ” precies één oplossing op $I$ .

**Bewijs.** (1) Volgens de methode die *variatie van constanten* heet, zoeken we oplossingen van de vorm $y = \mu(x)\, \eu^{-A(x)}$ met $\mu$ afleidbaar — daarbij gaat geen algemeenheid verloren, want elke functie op $I$ laat zich zo schrijven ($\mu = y\,\eu^{A}$). Substitutie geeft

$$
y' + ay = \mu' \eu^{-A} - \mu a \eu^{-A} + a\mu\eu^{-A}
= \mu'\, \eu^{-A},
$$

zodat $y$ een oplossing van $(E)$ is dan en slechts dan als $\mu'(x) =
b(x)\,\eu^{A(x)}$, dan en slechts dan als $\mu(x) = \lambda +
\int_{x_0}^x b(t)\eu^{A(t)}\dd t$ voor een zekere constante $\lambda$ (twee primitieve functies van dezelfde continue functie op een interval verschillen een constante).

(2) In de formule is $y(x_0) = \lambda\,\eu^{-A(x_0)}$: de voorwaarde $y(x_0) = y_0$ legt $\lambda = y_0 \eu^{A(x_0)}$ ondubbelzinnig vast. ∎

**Voorbeeld 5.5.**

Los $y' + \dfrac{y}{x} = x^2$ op op $I = \intoo{0}{+\infty}$. Hier is $a(x) = \frac 1x$, $A(x) = \ln x$ en $\eu^{-A(x)} = \frac 1x$. Homogene oplossingen: $\frac{\lambda}{x}$. [Variatie van constanten](#thm-b1-diffeq-voc): $\mu'(x) = x^2
\cdot x = x^3$, dus $\mu = \frac{x^4}{4} + \lambda$, en

$$
y(x) = \frac{x^3}{4} + \frac{\lambda}{x}, \qquad \lambda \in \R .
$$

Met de beginvoorwaarde $y(1) = 0$ is $\lambda = -\frac14$. *Controle:* $y' + \frac yx = \frac{3x^2}{4} - \frac{\lambda}{x^2} +
\frac{x^2}{4} + \frac{\lambda}{x^2} = x^2$.

**Voorbeeld 5.6 (Raden verslaat integreren).**

Los $y' + 2x\,y = x$ op op $\R$. [Variatie van constanten](#thm-b1-diffeq-voc) werkt ($A =
x^2$, $\mu' = x\,\eu^{x^2}$, $\mu = \frac12\eu^{x^2} + \lambda$), maar opmerken dat de *constante* $y_p = \frac12$ de vergelijking oplost ($0 + 2x\cdot\frac12 = x$) gaat sneller. Met de homogene oplossingen $\lambda\,\eu^{-x^2}$:

$$
y(x) = \frac12 + \lambda\,\eu^{-x^2}, \qquad \lambda \in \R .
$$

Elke oplossing convergeert bijzonder snel naar $\frac12$ als $x \to
\pm\infty$: de constante particuliere oplossing is een *evenwicht* waar alle oplossingen bij aansluiten. Het inzicht: vóór je de algemene methode start, besteed je tien seconden aan het zoeken naar een voor de hand liggende particuliere oplossing (een constante, een monoom, een veelvoud van het rechterlid); de structuurstelling maakt het werk dan af.

**Opmerking 5.7 (Intervallen doen ertoe).**

De stelling leeft op een *interval* waar $a$ en $b$ continu zijn. Voor $y' + \frac yx = 0$ op $\R^*$ zijn de oplossingen $\frac{\lambda}{x}$ op $\intoo{0}{+\infty}$ en $\frac{\mu}{x}$ op $\intoo{-\infty}{0}$ met *onafhankelijke* constanten: er is geen reden waarom één formule over de singulariteit in $0$ heen zou lijmen.

**Voorbeeld 5.8 (Eén complex rechterlid, twee reële antwoorden).**

Los $y' - y = \cos x$ en $y' - y = \sin x$ in één beweging op. Werk in $\C$ met het rechterlid $\eu^{\iu x}$: de poging $y_p = c\,\eu^{\iu x}$ geeft $c(\iu - 1)\eu^{\iu x} = \eu^{\iu x}$, dus

$$
c = \frac1{\iu - 1} = \frac{-1 - \iu}2,
\qquad
y_p = -\frac{(1 + \iu)(\cos x + \iu\sin x)}2
= \frac{\sin x - \cos x}2 + \iu\,\frac{-\sin x - \cos x}2 .
$$

Omdat de vergelijking reële coëfficiënten heeft, splitsen reëel en imaginair deel: $\frac{\sin x - \cos x}2$ lost $y' - y = \cos x$ op, en $-\frac{\sin x + \cos x}2$ lost $y' - y = \sin x$ op (controleer de eerste: de afgeleide $\frac{\cos x + \sin x}2$ min de functie geeft $\cos x$). Eén complexe regel verving twee keer [variatie van constanten](#thm-b1-diffeq-voc) — dezelfde zuinigheid die [Methode 5.13](#met-b1-diffeq-particular) voor de tweede orde systematiseert, en een terugkerend dividend van [Hoofdstuk 3](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/3-complexe-getallen#ch-b1-complex).

## 5.2 Lineaire vergelijkingen van de tweede orde met constante coëfficiënten

**Definitie 5.9.**

Zij $a, b \in \R$ en zij $f \colon I \to \R$ continu. De vergelijking

$$
(E)\colon\quad y'' + a\,y' + b\,y = f(x)
$$

heet een *lineaire vergelijking van de tweede orde met constante coëfficiënten*; $(H)\colon y'' + ay' + by = 0$ is haar homogene vergelijking en $\chi(r) = r^2 + ar + b$ haar *karakteristieke veelterm*.

**Stelling 5.10 (Homogene oplossingen).**

Zij $\Delta = a^2 - 4b$ de discriminant van $\chi$. De reële oplossingen van $(H)$ op $\R$ zijn:

1. als $\Delta > 0$ , met $r_1 \neq r_2$ de twee reële wortels: $\;y = \lambda\, \eu^{r_1 x} + \mu\, \eu^{r_2 x}$ ;
2. als $\Delta = 0$ , met $r_0$ de dubbele wortel: $\;y = (\lambda + \mu x)\, \eu^{r_0 x}$ ;
3. als $\Delta < 0$ , met wortels $\alpha \pm \iu\omega$ ( $\omega > 0$ ): $\;y = \eu^{\alpha x} (\lambda \cos\omega x + \mu  \sin\omega x)$ ;

telkens met $(\lambda, \mu)$ dat $\R^2$ doorloopt.

**Bewijs.** Merk eerst op dat voor $r \in \C$ de functie $x \mapsto \eu^{rx}$ een oplossing van $(H)$ is dan en slechts dan als $\chi(r) = 0$ (substitutie: $(r^2 + ar + b)\eu^{rx} = 0$). Daarom zijn exponentiëlen de natuurlijke eerste gok: differentiëren werkt op $\eu^{rx}$ als vermenigvuldigen met het getal $r$, zodat de differentiaalvergelijking de numerieke vergelijking $\chi(r) = 0$ wordt — het hele analytische probleem wordt samengeperst tot het vinden van de wortels van één vierkantsvergelijking.

De sleutelstap is een verandering van onbekende die de orde verlaagt. Zij $r$ een (eventueel complexe) wortel van $\chi$ en schrijf $y = z\,
\eu^{rx}$, waarbij geen algemeenheid verloren gaat. Dan is

$$
y'' + ay' + by
= \bigl(z'' + (2r + a) z' + \chi(r) z\bigr)\eu^{rx}
= \bigl(z'' + (2r + a) z'\bigr)\eu^{rx},
$$

zodat $(H)$ de vergelijking $u' + (2r + a) u = 0$ van de *eerste orde* wordt voor $u = z'$.

*Geval $\Delta \neq 0$:* kies $r = r_1$; dan is $2r_1 + a = r_1 -
r_2$ (want $r_1 + r_2 = -a$). Volgens [Stelling 5.2](#thm-b1-diffeq-homogeneous1) is $z' = c\,\eu^{(r_2 - r_1)x}$ voor een zekere constante $c$; integreren op $\R$ geeft $z = \mu\, \eu^{(r_2 -
r_1)x} + \lambda$ met $\mu = \frac{c}{r_2 - r_1}$, en dus $y = z\,
\eu^{r_1 x} = \lambda\,\eu^{r_1x} + \mu\,\eu^{r_2x}$. Is $\Delta < 0$, dan zijn de wortels $\alpha \pm \iu\omega$ en zijn de complexe oplossingen $y = c_1\eu^{(\alpha+\iu\omega)x} +
c_2\eu^{(\alpha-\iu\omega)x}$ met $c_1, c_2 \in \C$. Welke daarvan zijn reëelwaardig? Omdat $\conj{\eu^{(\alpha+\iu\omega)x}} =
\eu^{(\alpha-\iu\omega)x}$, is de toegevoegde van $y$ gelijk aan $\conj{c_2}\, \eu^{(\alpha+\iu\omega)x} +
\conj{c_1}\,\eu^{(\alpha-\iu\omega)x}$, en $y = \conj y$ voor alle $x$ dwingt $c_2 = \conj{c_1}$ af (de twee exponentiëlen zijn lineair onafhankelijk: evalueer in twee punten, of vergelijk in $x=0$ na deling door $\eu^{\alpha x}$). Schrijven we $c_1 = \frac{\lambda - \iu\mu}2$ met reële $\lambda, \mu$, dan is

$$
y = 2\,\Re\Bigl(c_1\,\eu^{\alpha x}(\cos\omega x +
\iu\sin\omega x)\Bigr)
= \eu^{\alpha x}\bigl(\lambda\cos\omega x + \mu\sin\omega
x\bigr),
$$

en omgekeerd is elke zo’n functie een oplossing (reëel deel van een complexe oplossing van een reële vergelijking): de reële oplossingsruimte is zoals aangekondigd.

*Geval $\Delta = 0$:* $r = r_0$ en $2r_0 + a = 0$, dus $z'' = 0$: $z
= \lambda + \mu x$ en $y = (\lambda + \mu x)\eu^{r_0 x}$. ∎

**Voorbeeld 5.11 (Een Cauchy-probleem van begin tot eind).**

Los $y'' - 3y' + 2y = 0$ op met $y(0) = 0$ en $y'(0) = 1$. De [karakteristieke veelterm](#def-b1-diffeq-linear2) $r^2 - 3r + 2 = (r - 1)(r - 2)$ heeft de reële wortels $1$ en $2$: de algemene oplossing is $y = \lambda\eu^{x} +
\mu\eu^{2x}$. De twee voorwaarden geven het lineaire stelsel

$$
\lambda + \mu = 0, \qquad \lambda + 2\mu = 1 ,
$$

dus $\mu = 1$ en $\lambda = -1$:

$$
y(x) = \eu^{2x} - \eu^{x} .
$$

Controle: $y(0) = 0$; $y' = 2\eu^{2x} - \eu^x$ geeft $y'(0) = 1$; en $y''
- 3y' + 2y = (4 - 6 + 2)\eu^{2x} + (-1 + 3 - 2)\eu^x = 0$. Let op de vorm van het antwoord: bij $-\infty$ overheerst de trage mode $-\eu^x$, bij $+\infty$ de snelle mode $\eu^{2x}$. Oplossingen lezen als superposities van modes met verschillende afname- of groeisnelheden is de lonende gewoonte — zo is ook de splitsing tussen inschakelverschijnsel en regime in de weekendopgave georganiseerd.

![De drie regimes van y'' + ay' + by = 0 met afnemende oplossingen: gedempte oscillatie (complexe wortels), kritieke terugkeer (dubbele wortel), overgedempte afname (twee reële wortels). Welk regime optreedt lees je af aan het teken van = a2 - 4b alleen — nog vóór je iets oplost.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-3/b1-diffeq/fig-a3c10f724079.svg)

*De drie regimes van $y'' + ay' + by = 0$ met afnemende oplossingen: gedempte oscillatie (complexe wortels), kritieke terugkeer (dubbele wortel), overgedempte afname (twee reële wortels). Welk regime optreedt lees je af aan het teken van $\Delta = a^2 - 4b$ alleen — nog vóór je iets oplost.*

**Stelling 5.12 (Structuur en Cauchy-probleem).**

1. Is $y_p$ één particuliere oplossing van $(E)$ , dan zijn de oplossingen van $(E)$ precies $y_p + y_h$ , waarbij $y_h$ de oplossingen van $(H)$ doorloopt.
2. (Superpositie) Lost $y_1$ de vergelijking $y'' + ay' + by =  f_1$ op en $y_2$ die met rechterlid $f_2$ , dan lost $y_1 + y_2$ de vergelijking met rechterlid $f_1 + f_2$ op.
3. Voor alle $x_0 \in I$ en $(y_0, y_0')$ heeft het [Cauchy-probleem](#thm-b1-diffeq-voc) “ $(E)$ , $y(x_0) = y_0$ , $y'(x_0) = y_0'$ ” precies één oplossing op $I$ . *(Bestaan onder voorbehoud van een particuliere oplossing; uniciteit volledig.)*

**Bewijs.** (1) $y$ lost $(E)$ op precies wanneer $y - y_p$ de vergelijking $(H)$ oplost, wegens de lineariteit van $y \mapsto y'' + ay' + by$. (2) is dezelfde lineariteit.

(3) Wegens (1) volstaat het te bewijzen dat de constanten $(\lambda,
\mu)$ altijd, en op één manier, aan willekeurige gegevens $(y_0, y_0')$ aangepast kunnen worden. Na verschuiving van de variabele mogen we $x_0 =
0$ aannemen. In geval (1) van [Stelling 5.10](#thm-b1-diffeq-homogeneous2) geeft $y = \lambda\eu^{r_1x} +
\mu\eu^{r_2x}$

$$
y(0) = \lambda + \mu, \qquad y'(0) = r_1\lambda + r_2\mu :
$$

een lineair stelsel in $(\lambda, \mu)$ met determinant $r_2 - r_1 \neq
0$; expliciet oplossen geeft $\mu = \frac{y_0' - r_1y_0}{r_2 - r_1}$ en $\lambda = y_0 - \mu$: precies één oplossing. In geval (2) is $y(0) =
\lambda$ en $y'(0) = r_0\lambda + \mu$: het stelsel is driehoekig met determinant $1$, met oplossing $\lambda = y_0$ en $\mu = y_0' - r_0y_0$. In geval (3) is $y(0) = \lambda$ en $y'(0) = \alpha\lambda + \omega\mu$: determinant $\omega \neq 0$, met oplossing $\lambda = y_0$ en $\mu =
\frac{y_0' - \alpha y_0}\omega$. In elk geval is de [afbeelding](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/1-logica-verzamelingen-en-afbeeldingen#def-b1-logic-map) $(\lambda,
\mu) \mapsto (y(x_0), y'(x_0))$ een lineaire bijectie — de taal van [Hoofdstuk 20](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/20-lineaire-afbeeldingen#ch-b1-linmaps) zal dit gevalsonderzoek tot één zin samenpersen. ∎

**Methode 5.13 (Particuliere oplossing bij f(x)=P(x) eγxf(x) = P(x)\,\eu^{\gamma x}f(x)=P(x)eγx).**

Is het rechterlid $P(x)\,\eu^{\gamma x}$ met $P$ een veelterm en $\gamma
\in \R$ (dat dekt veeltermen, exponentiëlen, en via complexe $\gamma$ of superpositie ook $\cos$ en $\sin$), zoek dan een particuliere oplossing van de vorm

$$
y_p(x) = x^{m}\, Q(x)\, \eu^{\gamma x},
\qquad
m = \text{multipliciteit van } \gamma \text{ als wortel van } \chi
\ (m = 0, 1 \text{ of } 2),
$$

met $Q$ een veelterm van dezelfde graad als $P$, waarvan je de coëfficiënten vindt door substitutie en gelijkstelling. Voor $f =
K\cos\omega x$ (of $\sin$) los je op met rechterlid $K\eu^{\iu\omega x}$ en neem je het reële (respectievelijk imaginaire) deel.

**Voorbeeld 5.14 (Superpositie in actie).**

Los $y'' - y = \eu^{x} + 4$ op op $\R$. Homogeen: $\chi(r) = r^2 - 1$ met wortels $\pm1$, dus $y_h = \lambda\eu^x + \mu\eu^{-x}$. Splits het rechterlid en behandel elk stuk met het methodekader. *Stuk $\eu^x$:* hier is $\gamma = 1$ een enkelvoudige wortel van $\chi$, dus probeer $y_1 = c\,x\,\eu^x$: dan is $y_1'' - y_1 = c(x + 2)\eu^x -
cx\eu^x = 2c\,\eu^x$, wat $c = \frac12$ geeft. *Stuk $4$:* $\gamma =
0$ is geen wortel; de constante $y_2 = -4$ voldoet. Met de superpositie ([Stelling 5.12](#thm-b1-diffeq-structure2) (2)):

$$
y = \frac{x\,\eu^x}2 - 4 + \lambda\,\eu^x + \mu\,\eu^{-x},
\qquad (\lambda, \mu) \in \R^2 .
$$

Merk op hoe de twee stukken *verschillende* vormen eisten ($m = 1$ tegenover $m = 0$): de multipliciteitstoets pas je op elke exponent afzonderlijk toe, en dat is de hele reden om het rechterlid te splitsen vóór je gaat raden.

**Voorbeeld 5.15 (De multipliciteitsregel aan het werk).**

Los $y'' + y' = x$ op op $\R$. Het rechterlid is $P(x)\eu^{0 \cdot x}$ met $P(x) = x$, en $\gamma = 0$ is een *enkelvoudige* wortel van $\chi(r) = r^2 + r = r(r + 1)$: dus $m = 1$, en de juiste gok is $y_p =
x\,(\alpha x + \beta) = \alpha x^2 + \beta x$, één graad hoger dan $P$. Substitutie geeft

$$
y_p'' + y_p' = 2\alpha + (2\alpha x + \beta)
= 2\alpha x + (2\alpha + \beta) ,
$$

en gelijkstellen met $x$ levert $\alpha = \frac12$ en $\beta = -1$: $y_p
= \frac{x^2}2 - x$. Algemene oplossing: $y = \frac{x^2}2 - x + \lambda +
\mu\,\eu^{-x}$. Hadden we $y_p = \alpha x + \beta$ gegokt (met verwaarlozing van de multipliciteit), dan zou substitutie $y_p'' + y_p' =
\alpha$ geven, een constante — geen enkele keuze van $\alpha, \beta$ kan $x$ evenaren, en dat falen is structureel: constanten lossen de homogene vergelijking al op en zijn dus onzichtbaar voor het linkerlid. De factor $x^m$ bestaat juist om uit de homogene oplossingsruimte te klimmen.

**Opmerking 5.16 (De verzekeringspolis van dertig seconden).**

Elke opgeloste vergelijking in dit hoofdstuk eindigt met een controle door substitutie, en dat is niet ter versiering. Een berekening aan een differentiaalvergelijking rijgt vele kleine stappen aaneen (een primitieve functie, een productregel, twee constanten), en één tekenfout plant zich onzichtbaar voort; de eindformule terug in de vergelijking invullen vangt er vrijwel alle op, tegen de kostprijs van één keer differentiëren. Kweek de reflex in drie lagen: controleer de *particuliere oplossing* apart (het homogene deel valt toch weg), controleer de *beginvoorwaarden* op de volledige oplossing, en controleer, wanneer er een parameter in het spel is, een *ontaarde waarde* (levert de formule voor algemene $\Omega$ het bekende antwoord in $\Omega = 0$?). De gewoonte kost een halve minuut en zet “waarschijnlijk juist” om in “geverifieerd”.

**Opmerking 5.17 (Veelgemaakte fouten).**

1. *Normaliseer eerst.* De formules gaan ervan uit dat de vergelijking $y' + a(x)y = b(x)$ luidt — met coëfficiënt $1$ bij $y'$ . Voor $xy' - 2y = x^3$ deel je eerst door $x$ (op een interval dat $0$ mijdt) vóór je $a$ en $b$ afleest, zoals in [Oefening 5.2](#exo-b1-diffeq-2) .
2. *Eén constante per dimensie, pas op het eind vastgelegd.* De algemene oplossing van de eerste orde draagt één constante, die van de tweede orde twee; beginvoorwaarden leg je op aan de *volledige* oplossing $y_p + y_h$ , nooit aan $y_h$ alleen — ze opleggen vóór het optellen van $y_p$ is de meest voorkomende structurele fout.
3. *Let op de multipliciteit.* Een gok voor de particuliere oplossing die de homogene vergelijking oplost, is onzichtbaar voor het linkerlid; de factor $x^m$ van [Methode 5.13](#met-b1-diffeq-particular) is niet vrijblijvend ( [Voorbeeld 5.15](#ex-b1-diffeq-multiplicity) ).
4. *Intervallen horen bij het antwoord.* Oplossingen leven op intervallen waar de coëfficiënten continu zijn; over een singulariteit heen lijmen kan valse constanten scheppen ( [Oefening 5.12](#exo-b1-diffeq-12) ) of de uniciteit vernietigen. “Los op op $\R^*$ ” betekent twee onafhankelijke problemen.

**Voorbeeld 5.18 (Aandrijving buiten resonantie).**

Los $y'' + 4y = \sin x$ op op $\R$. Eigenfrequentie $2$, aandrijffrequentie $1$: omdat $\iu$ *geen* wortel van $\chi(r) = r^2 + 4$ is, is de multipliciteit $m = 0$ en volstaat een gewone sinusoïde. De poging $y_p =
\alpha\sin x$ (een cosinus is niet nodig: de vergelijking heeft geen $y'$-term, en $\sin$ brengt weer $\sin$ voort) geeft

$$
y_p'' + 4y_p = -\alpha\sin x + 4\alpha\sin x = 3\alpha\sin x ,
$$

dus $\alpha = \frac13$, en de algemene oplossing is

$$
y = \frac{\sin x}3 + \lambda\cos 2x + \mu\sin 2x .
$$

Elke oplossing blijft begrensd: een superpositie van twee oscillaties met de frequenties $1$ (opgelegd) en $2$ (eigen). Vergelijk met het volgende voorbeeld, waar aandrijving *op* de eigenfrequentie de vorm van het antwoord zelf verandert.

**Voorbeeld 5.19 (Een aangedreven oscillatie).**

Los $y'' + y = \cos x$ op met $y(0) = 0$ en $y'(0) = 0$.

*Homogeen:* $\chi(r) = r^2 + 1$ met wortels $\pm\iu$: $y_h =
\lambda\cos x + \mu \sin x$.

*Particulier:* het rechterlid is $\Re(\eu^{\iu x})$ met $\gamma =
\iu$ een enkelvoudige wortel van $\chi$: probeer $z_p = c\, x\, \eu^{\iu
x}$ met $c \in \C$. Dan is $z_p'' + z_p = c\,(2\iu)\eu^{\iu x}$, wat gelijk is aan $\eu^{\iu x}$ voor $c = \frac{1}{2\iu} = -\frac\iu2$. Dus $z_p = -\frac{\iu}{2} x (\cos x + \iu \sin x)$ en $y_p = \Re(z_p) =
\frac{x \sin x}{2}$.

*Algemene oplossing:* $y = \frac{x\sin x}{2} + \lambda\cos x +
\mu\sin x$. Voorwaarden: $y(0) = \lambda = 0$; en $y' = \frac{\sin x + x\cos
x}{2} + \mu\cos x$, dus $y'(0) = \mu = 0$. Antwoord: $y = \frac{x\sin
x}{2}$ — een oscillatie waarvan de amplitude lineair groeit: het verschijnsel *resonantie*, veroorzaakt door het systeem op zijn eigenfrequentie aan te drijven.

![Resonantie: de oplossing y = x x/2 van y'' + y = x oscilleert tussen de rechten y = ± x2 (streepjeslijn), met een steeds groeiende amplitude.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-3/b1-diffeq/fig-7a7af5de9757.svg)

*[Resonantie](#ex-b1-diffeq-oscillation): de oplossing $y = \frac{x \sin x}{2}$ van $y'' + y =
\cos x$ oscilleert tussen de rechten $y = \pm\frac x2$ (streepjeslijn), met een steeds groeiende amplitude.*

**Opmerking 5.20 (Tussenspel: lineariteit is een meetkunde).**

Kijk nog eens naar de vorm van elke oplossingsverzameling in dit hoofdstuk: één bijzondere oplossing plus een ruimte homogene oplossingen met één vrije constante (eerste orde) of twee (tweede orde). De hoofdstukken over lineaire algebra (Hoofdstukken [18](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/18-vectorruimten#ch-b1-vspaces), [19](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/19-eindige-dimensie#ch-b1-findim) en [20](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/20-lineaire-afbeeldingen#ch-b1-linmaps)) zullen het exacte vocabulaire leveren: de [afbeelding](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/1-logica-verzamelingen-en-afbeeldingen#def-b1-logic-map) $L(y) = y'' + ay' + by$ is *lineair*, haar homogene oplossingen vormen de *kern* van $L$, een vectorruimte waarvan de *dimensie* gelijk is aan de orde van de vergelijking — dat is de eerlijke inhoud van “één constante per orde” — en de oplossingsverzameling van $L(y) = f$ is een *affiene deelruimte*, een verschuiving van de kern. Zelfs de [Cauchy-afbeelding](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/1-logica-verzamelingen-en-afbeeldingen#def-b1-logic-map) $(\lambda, \mu) \mapsto (y(x_0), y'(x_0))$ van [Stelling 5.12](#thm-b1-diffeq-structure2) is een lineaire bijectie tussen twee vlakken, dat wil zeggen een inverteerbaar $2 \times 2$-stelsel ([Hoofdstuk 21](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/21-matrices#ch-b1-matrices)). Niets in dit hoofdstuk zal overgedaan hoeven worden — het zal alleen hernoemd worden, en dat hernoemen is de best denkbare opwarming voor de lineaire algebra: elke abstracte definitie daar heeft hier haar brood al verdiend.

**Opmerking 5.21 (Waar dit hoofdstuk gebruikt wordt).**

De structuurstelling — de oplossingen van $(E)$ vormen “één particuliere oplossing plus de oplossingen van $(H)$” — is de eerste verschijning van een patroon dat Hoofdstukken [18](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/18-vectorruimten#ch-b1-vspaces) en [20](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/20-lineaire-afbeeldingen#ch-b1-linmaps) zullen benoemen: de oplossingsverzameling van $(H)$ is de *kern* van de lineaire [afbeelding](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/1-logica-verzamelingen-en-afbeeldingen#def-b1-logic-map) $y \mapsto y'' + ay' + by$, en die van $(E)$ is een affiene verschuiving ervan. De [karakteristieke veelterm](#def-b1-diffeq-linear2) keert terug als de [karakteristieke veelterm](#def-b1-diffeq-linear2) van een matrix in [Hoofdstuk 21](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/21-matrices#ch-b1-matrices): een vergelijking van de tweede orde is een vermomd $2 \times 2$-stelsel van de eerste orde, een standpunt dat het volume van bachelorjaar 2 systematiseert. De integralen die de [variatie van constanten](#thm-b1-diffeq-voc) vergt worden geleverd door [Hoofdstuk 15](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/15-integratie-op-een-segment#ch-b1-integration), en de weekendopgave hieronder — de aangedreven gedempte oscillator — is het modelgeval voor elke oscillatievraag in de wetenschappen, van schakelingen tot hangbruggen.

## 5.3 Oefeningen

**Oefening 5.1 ★.**

Los op op $\R$: $\;y' + 2y = \eu^{3x}$; en vervolgens het [Cauchy-probleem](#thm-b1-diffeq-voc) $y(0) = 1$.

**Oplossing van Oefening 5.1.**

Homogeen: $y_h = \lambda\,\eu^{-2x}$. Particulier: probeer $y_p =
c\,\eu^{3x}$ ($3$ is geen wortel van $r + 2$): $3c + 2c = 1$, dus $c =
\frac15$. Algemene oplossing: $y = \frac{\eu^{3x}}{5} +
\lambda\,\eu^{-2x}$. Met $y(0) = 1$ is $\frac15 + \lambda = 1$, dus $\lambda = \frac45$ en $y = \frac{\eu^{3x} + 4\,\eu^{-2x}}{5}$.

**Oefening 5.2 ★.**

Los op op $\intoo{0}{+\infty}$: $\;x y' - 2y = x^3$ *(breng de vergelijking eerst in genormaliseerde vorm)*.

**Oplossing van Oefening 5.2.**

Deel op $\intoo{0}{+\infty}$ door $x$: $y' - \frac{2}{x}\,y = x^2$. Hier is $A(x) = -2\ln x$ en $\eu^{-A(x)} = x^2$: homogene oplossingen $\lambda
x^2$. [Variatie van constanten](#thm-b1-diffeq-voc): $\mu'(x) = x^2 \cdot x^{-2} = 1$, dus $\mu
= x + \lambda$ en

$$
y(x) = x^3 + \lambda x^2, \qquad \lambda \in \R .
$$

*Controle:* $x(3x^2 + 2\lambda x) - 2(x^3 + \lambda x^2) = x^3$.

**Oefening 5.3 ★.**

Los op op $\R$ en geef de reële algemene oplossing: $\;y'' - 3y' + 2y = 0$; $\;y'' + 4y' + 4y = 0$; $\;y'' - 2y' + 5y = 0$.

**Oplossing van Oefening 5.3.**

$y'' - 3y' + 2y = 0$: wortels $1$ en $2$; $\;y = \lambda\,\eu^{x} +
\mu\,\eu^{2x}$.

$y'' + 4y' + 4y = 0$: dubbele wortel $-2$; $\;y = (\lambda + \mu
x)\,\eu^{-2x}$.

$y'' - 2y' + 5y = 0$: wortels $1 \pm 2\iu$; $\;y = \eu^{x}(\lambda\cos
2x + \mu\sin 2x)$.

**Oefening 5.4 ★.**

Los $y'' - y = x^2$ op op $\R$, en vervolgens het [Cauchy-probleem](#thm-b1-diffeq-voc) $y(0) =
0$, $y'(0) = 1$.

**Oplossing van Oefening 5.4.**

Homogeen: wortels $\pm 1$, dus $y_h = \lambda\,\eu^x + \mu\,\eu^{-x}$. Particulier bij een veelterm als rechterlid ($\gamma = 0$ is geen wortel): $y_p = ax^2 + bx + c$; substitutie geeft $2a - (ax^2 + bx + c) =
x^2$, dus $a = -1$, $b = 0$ en $c = 2a = -2$: $y_p = -x^2 - 2$. Algemene oplossing: $y = -x^2 - 2 + \lambda\eu^x + \mu\eu^{-x}$.

Cauchy: $y(0) = -2 + \lambda + \mu = 0$ en $y'(0) = \lambda - \mu = 1$, dus $\lambda = \frac32$ en $\mu = \frac12$. Bijgevolg is $y = -x^2 - 2 +
\frac{3\eu^x + \eu^{-x}}{2}$.

**Oefening 5.5 ★★.**

Los op op $\intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$: $\;y' + y\tan x = \sin 2x$.

**Oplossing van Oefening 5.5.**

$a(x) = \tan x$, $A(x) = -\ln(\cos x)$ (geldig: $\cos > 0$ op het interval) en $\eu^{-A} = \cos x$: homogene oplossingen $\lambda\cos x$. [Variatie van constanten](#thm-b1-diffeq-voc): $\mu'(x) = \sin 2x \cdot \frac{1}{\cos x} =
2\sin x$, dus $\mu = -2\cos x + \lambda$ en

$$
y(x) = -2\cos^2 x + \lambda \cos x .
$$

*Controle:* $y' = 4\cos x \sin x - \lambda\sin x$ en $y\tan x =
-2\cos x\sin x + \lambda \sin x$; hun som is $2\cos x\sin x = \sin 2x$, zoals gevraagd.

**Oefening 5.6 ★★.**

Los $y'' - 4y' + 3y = (2x + 1)\,\eu^{x}$ op op $\R$. *(Let op de multipliciteit: is $1$ een wortel van de [karakteristieke veelterm](#def-b1-diffeq-linear2)?)*

**Oplossing van Oefening 5.6.**

$\chi(r) = r^2 - 4r + 3 = (r-1)(r-3)$: $\gamma = 1$ is een enkelvoudige wortel ($m = 1$). Probeer $y_p = x(ax + b)\,\eu^x$. Met $u = ax^2 + bx$ is

$$
y_p'' - 4y_p' + 3y_p = \bigl(u'' + (2 - 4)u' + \chi(1) u\bigr)\eu^x
= \bigl(2a - 2(2ax + b)\bigr)\eu^x .
$$

Gelijkstellen met $(2x + 1)\eu^x$ geeft $-4a = 2$ en $2a - 2b = 1$, dus $a = -\frac12$ en $b = -1$. Algemene oplossing:

$$
y = -\Bigl(\frac{x^2}{2} + x\Bigr)\eu^{x} + \lambda\,\eu^{x} +
\mu\,\eu^{3x}, \qquad (\lambda, \mu) \in \R^2 .
$$

**Oefening 5.7 ★★.**

Los $y'' + 4y = \sin 2x + x$ op op $\R$ *(superpositie; behandel elk rechterlid apart)*.

**Oplossing van Oefening 5.7.**

Homogeen: $y_h = \lambda\cos 2x + \mu\sin 2x$.

Rechterlid $x$ ($\gamma = 0$ geen wortel): $y_1 = ax + b$ met $4(ax + b)
= x$, dus $y_1 = \frac x4$.

Rechterlid $\sin 2x = \Im(\eu^{2\iu x})$, met $2\iu$ een enkelvoudige wortel van $r^2 + 4$: probeer $z = c\,x\,\eu^{2\iu x}$; dan is $z'' + 4z
= 4\iu c\,\eu^{2\iu x}$, gelijk aan $\eu^{2\iu x}$ voor $c =
\frac{1}{4\iu} = -\frac{\iu}{4}$. Dus $z = -\frac{\iu x}{4}(\cos 2x + \iu
\sin 2x)$ en $y_2 = \Im(z) = -\frac{x\cos 2x}{4}$.

Met superpositie:

$$
y = \frac{x}{4} - \frac{x\cos 2x}{4} + \lambda\cos 2x + \mu\sin 2x .
$$

**Oefening 5.8 ★★.**

Een kop koffie met temperatuur $T_0 = 80\,^\circ$C staat in een kamer van $20\,^\circ$C. De afkoelingswet van Newton luidt $T' = -k\,(T - 20)$ met $k > 0$. Los op naar $T(t)$ en bepaal, gegeven dat de koffie na $10$ minuten $50\,^\circ$C is, wanneer ze $25\,^\circ$C bereikt.

**Oplossing van Oefening 5.8.**

De vergelijking $T' + kT = 20k$ heeft de constante particuliere oplossing $20$ en de homogene oplossingen $\lambda\eu^{-kt}$: $T(t) = 20
+ \lambda\,\eu^{-kt}$, en $T(0) = 80$ geeft $\lambda = 60$:

$$
T(t) = 20 + 60\,\eu^{-kt} .
$$

Uit $T(10) = 50$ volgt $\eu^{-10k} = \frac12$, dus $k = \frac{\ln
2}{10}$. Vervolgens vergt $T(t) = 25$ dat $\eu^{-kt} = \frac{5}{60} =
\frac{1}{12}$, oftewel

$$
t = \frac{\ln 12}{k} = 10\,\frac{\ln 12}{\ln 2} \approx 35.8
\text{ minuten.}
$$

**Oefening 5.9 ★★★.**

(Gedempte oscillator) Beschouw voor $\varepsilon \geq 0$ de vergelijking $y'' + 2\varepsilon y' + y = 0$.

1. Los op voor $\varepsilon \in \intco{0}{1}$ , voor $\varepsilon =  1$ en voor $\varepsilon > 1$ .
2. Toon aan dat voor $\varepsilon > 0$ elke oplossing naar $0$ gaat in $+\infty$ , en dat de oplossingen ongelijk aan nul dat voor $\varepsilon = 0$ niet doen.
3. Toon voor $\varepsilon \in \intoo{0}{1}$ aan dat de nulpunten van een oplossing ongelijk aan nul regelmatig verdeeld liggen, met onderlinge afstand $\frac{\pi}{\sqrt{1 - \varepsilon^2}}$ .

**Oplossing van Oefening 5.9.**

1. $\chi(r) = r^2 + 2\varepsilon r + 1$ met $\Delta =  4(\varepsilon^2 - 1)$ . Voor $\varepsilon \in \intco{0}{1}$ : wortels $-\varepsilon \pm  \iu\sqrt{1 - \varepsilon^2}$ , dus $y = \eu^{-\varepsilon  t}\bigl(\lambda\cos\omega t + \mu\sin\omega t\bigr)$ met $\omega = \sqrt{1 - \varepsilon^2}$ . Voor $\varepsilon = 1$ : dubbele wortel $-1$ , dus $y = (\lambda +  \mu t)\,\eu^{-t}$ . Voor $\varepsilon > 1$ : reële wortels $r_\pm = -\varepsilon \pm  \sqrt{\varepsilon^2 - 1}$ , beide $< 0$ , en $y =  \lambda\eu^{r_+t} + \mu\eu^{r_-t}$ .
2. Voor $\varepsilon \in \intoo{0}{1}$ is $\abs y \leq  \eu^{-\varepsilon t}(\abs\lambda + \abs\mu) \to 0$ . Voor $\varepsilon = 1$ gaat $(\lambda + \mu t)\eu^{-t} \to 0$ (de exponentiële verslaat de veelterm, [Propositie 4.6](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/4-standaardfuncties#prop-b1-functions-powerrules) ). Voor $\varepsilon > 1$ dempen beide exponentiëlen uit, want $r_\pm < 0$ (immers $\sqrt{\varepsilon^2 - 1} < \varepsilon$ ). Voor $\varepsilon =  0$ heeft $y = \lambda\cos t + \mu\sin t$ de constante amplitude $\sqrt{\lambda^2 + \mu^2} \neq 0$ , tenzij $y = 0$ .
3. Schrijf $\lambda\cos\omega t + \mu\sin\omega t = R\cos(\omega t  - \varphi)$ met $R = \sqrt{\lambda^2 + \mu^2} > 0$ . De nulpunten van $y$ zijn die van $\cos(\omega t - \varphi)$ (de factor $\eu^{-\varepsilon t}$ wordt nooit nul): $\omega t -  \varphi \equiv \frac\pi2 \pmod \pi$ , een rekenkundige rij met verschil $\frac{\pi}{\omega} = \frac{\pi}{\sqrt{1 -  \varepsilon^2}}$ .

**Oefening 5.10 ★★★.**

Bepaal alle tweemaal afleidbare functies $f \colon \R \to \R$ met

$$
\forall x, y \in \R, \qquad f(x + y) + f(x - y) = 2 f(x) f(y),
$$

waarbij $f(0) \ne 0$ en $f$ niet constant is. *Aanwijzing: leg $y$ vast, differentieer tweemaal naar $x$ in $0$; toon aan dat $f(0) = 1$ en $f'' = c f$ voor een zekere constante $c$; los daarna op naar het teken van $c$ en ga na welke oplossingen aan de functievergelijking voldoen.*

**Oplossing van Oefening 5.10.**

Stel $x = y = 0$: $2f(0) = 2f(0)^2$, en $f(0) \neq 0$ geeft $f(0) = 1$. Leg $x$ vast en differentieer de vergelijking tweemaal naar $y$:

$$
f''(x+y) + f''(x-y) = 2 f(x) f''(y) .
$$

Stellen we $y = 0$, dan is $\;2f''(x) = 2 f(x) f''(0)$, dat wil zeggen

$$
f''(x) = c\,f(x), \qquad c = f''(0).
$$

*Geval $c = \omega^2 > 0$:* $f(x) = \lambda\cosh\omega x +
\mu\sinh\omega x$; $f(0) = 1$ geeft $\lambda = 1$. Invullen in de functievergelijking en de somformules gebruiken ([Propositie 4.18](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/4-standaardfuncties#prop-b1-functions-hyprules)) dwingt $\mu = 0$ af (vergelijk de coëfficiënten van $\sinh\omega x \sinh\omega y$, of evalueer in $x = y$): $f = \cosh\omega x$, dat inderdaad voldoet aan $\cosh(x+y) + \cosh(x-y) =
2\cosh x\cosh y$.

*Geval $c = -\omega^2 < 0$:* analoog $f(x) = \cos\omega x$ met $\omega \neq 0$, dat aan de vergelijking voldoet.

*Geval $c = 0$:* $f$ is affien met $f(0) = 1$: $f(x) = 1 + \mu x$; de vergelijking dwingt $\mu = 0$ af, wat uitgesloten is ($f$ is niet constant).

Besluit: de oplossingen zijn $f(x) = \cos\omega x$ en $f(x) =
\cosh\omega x$ met $\omega > 0$.

**Oefening 5.11 ★★.**

(Vergelijking van Euler) Los $x^2 y'' - x y' + y = 0$ op op $\intoo{0}{+\infty}$. *Aanwijzing: zet $z(t) = y(\eu^t)$, substitueer dus $x = \eu^t$, en toon aan dat $z$ aan een lineaire vergelijking met constante coëfficiënten voldoet.*

**Oplossing van Oefening 5.11.**

Zet $z(t) = y(\eu^t)$, zodat $y(x) = z(\ln x)$ voor $x > 0$. Dan is

$$
y'(x) = \frac{z'(\ln x)}x,
\qquad
y''(x) = \frac{z''(\ln x) - z'(\ln x)}{x^2} ,
$$

en substitutie in de vergelijking geeft

$$
x^2y'' - xy' + y = \bigl(z'' - z'\bigr) - z' + z
= z'' - 2z' + z = 0 .
$$

[Karakteristieke veelterm](#def-b1-diffeq-linear2) $(r - 1)^2$: dubbele wortel $1$, dus $z(t) =
(\lambda + \mu t)\,\eu^t$, en terug in de variabele $x = \eu^t$:

$$
y(x) = (\lambda + \mu\ln x)\,x,
\qquad \lambda, \mu \in \R .
$$

**Oefening 5.12 ★★★.**

Beschouw de vergelijking $x\,y' = 2y$ op de hele reële rechte, in de onbekende afleidbare functie $y \colon \R \to \R$.

1. Los op op $\intoo{0}{+\infty}$ en op $\intoo{-\infty}{0}$ .
2. Toon aan dat voor *willekeurige* constanten $a, b \in \R$ de functie die gelijk is aan $ax^2$ voor $x \geq 0$ en aan $bx^2$ voor $x < 0$ afleidbaar is op $\R$ en de vergelijking overal oplost.
3. Besluit dat de oplossingsverzameling op $\R$ een familie met twee parameters is, en leg uit waarom dat de uniciteit in [Stelling 5.4](#thm-b1-diffeq-voc) niet tegenspreekt.

**Oplossing van Oefening 5.12.**

1. In genormaliseerde vorm $y' - \frac2x\,y = 0$ op elk interval: $A(x) = -2\ln\abs x$ , zodat de oplossingen $y = a x^2$ op $\intoo0{+\infty}$ en $y = b x^2$ op $\intoo{-\infty}0$ zijn, met onafhankelijke constanten ( [Stelling 5.2](#thm-b1-diffeq-homogeneous1) ).
2. Zij $y = ax^2$ voor $x \geq 0$ en $bx^2$ voor $x < 0$ . Op elke open halfrechte is $y$ afleidbaar met $xy' = 2y$ . In $0$ : de differentiequotiënten $\frac{y(h) - y(0)}h = ah$ of $bh$ gaan naar $0$ , dus bestaat $y'(0) = 0$ , en in $x = 0$ luidt de vergelijking $0 \cdot y'(0) = 2y(0) = 0$ : voldaan. Dus lost $y$ de vergelijking op heel $\R$ op.
3. De oplossingen op $\R$ zijn precies deze aaneengelijmde functies: een familie met *twee* parameters voor een vergelijking van de eerste orde. Er is geen tegenspraak met [Stelling 5.4](#thm-b1-diffeq-voc) , waarvan de hypothesen hier falen: geschreven als $y' + a(x)y = 0$ is de coëfficiënt $a(x) =  -\frac2x$ niet continu in $0$ — zelfs niet gedefinieerd — zodat $\R$ geen interval is waarop de stelling van toepassing is. De singulariteit in $0$ koppelt de twee halfrechten los, en de waarde $y(0) = 0$ is afgedwongen en draagt geen informatie over. Elk Cauchy-gegeven in $x_0 \neq 0$ legt de oplossing alleen op de halfrechte door $x_0$ vast.

## 5.4 Opgave: de aangedreven gedempte oscillator

**Probleem 5.1.**

Eén vergelijking beheerst een massa aan een veer in een stroperig medium, de lading in een RLC-kring en een gebouw dat in de wind zwaait:

$$
(E_\Omega)\colon\quad
x'' + 2\lambda x' + \omega_0^2\,x = A\cos(\Omega t),
$$

met $\lambda \geq 0$ de demping, $\omega_0 > 0$ de eigenfrequentie, en $A > 0$ en $\Omega > 0$ de amplitude en de frequentie van de aandrijving. Deze opgave haalt het volledige gedrag naar boven: het uitdoven van het inschakelverschijnsel, het unieke periodieke regime, de resonantiekromme en haar scherpte (de *kwaliteitsfactor*), de [zwevingen](#pb-b1-diffeq-1) in het ongedempte geval, en de energiebalans die de oscillatie in stand houdt. Tenzij anders vermeld is $0 < \lambda < \omega_0$ (onderkritisch gedempt regime) en schrijven we $\omega_d = \sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}$.

**Deel I — De vrije oscillator.** Hier is $A = 0$.

1. Los de homogene vergelijking $(H)$ op voor $0 < \lambda <  \omega_0$ en voor $\lambda = 0$ . (De regimes $\lambda \geq  \omega_0$ zijn in [Oefening 5.9](#exo-b1-diffeq-9) behandeld; citeer ze.)
2. Toon aan dat voor elke $\lambda > 0$ alle oplossingen van $(H)$ naar $0$ gaan in $+\infty$ — in alle drie de regimes.
3. Definieer de energie $\mathcal E(t) = \frac12 x'(t)^2 +  \frac12\omega_0^2\,x(t)^2$ langs een oplossing van $(H)$ . Toon aan dat $\mathcal E'(t) = -2\lambda\,x'(t)^2 \leq 0$ , en leid daaruit af (zonder iets op te lossen) dat het [Cauchy-probleem](#thm-b1-diffeq-voc) “ $(H)$ , $x(t_0) = x'(t_0) = 0$ ” alleen de nuloplossing heeft, voor elke $\lambda \geq 0$ .
4. Schrijf voor $0 < \lambda < \omega_0$ de oplossing ongelijk aan nul als $x(t) = R\,\eu^{-\lambda t}\cos(\omega_d t - \varphi)$ en zij $T_d = \frac{2\pi}{\omega_d}$ de pseudoperiode. Toon aan dat $x(t + T_d) = \eu^{-\lambda T_d}\,x(t)$ : elke slingering is de vorige, gekrompen met de constante factor $\eu^{-\delta}$ met $\delta = \frac{2\pi\lambda}{\omega_d}$ (het *logaritmische decrement* ). Bereken $\delta$ voor $\omega_0 = 1$ en $\lambda = 0.1$ .
5. Definieer de *kwaliteitsfactor* $Q =  \dfrac{\omega_0}{2\lambda}$ . Toon aan dat de oscillator na de tijd $\frac1\lambda$ (één keer de amplitude met een factor $\eu$ zien slinken) $\frac{\omega_d}{2\pi\lambda}$ pseudoperiodes heeft afgelegd, wat bij zwakke demping ( $\lambda \ll \omega_0$ ) ongeveer $\frac Q\pi$ is: de kwaliteitsfactor telt, op een factor $\pi$ na, het aantal oscillaties dat overleeft vóór de amplitude met een factor $\eu$ afneemt.

**Deel II — Het regime.** Nu is $A > 0$ en $\lambda > 0$.

6. Zoek een particuliere oplossing als reëel deel van $z\,\eu^{\iu\Omega t}$ met $z \in \C$ ([Methode 5.13](#met-b1-diffeq-particular)). Toon aan dat dit werkt met $$z = \frac{A}{\omega_0^2 - \Omega^2 + 2\iu\lambda\Omega} .$$
7. Leid het regime af in amplitude-fasevorm: $x_p(t) =  R(\Omega)\cos\bigl(\Omega t - \varphi(\Omega)\bigr)$ met $$R(\Omega) = \frac{A}{\sqrt{(\omega_0^2 - \Omega^2)^2 +  4\lambda^2\Omega^2}},  \qquad  \tan\varphi = \frac{2\lambda\Omega}{\omega_0^2 -  \Omega^2},  \quad \varphi \in \intoo0\pi .$$
8. Duid de twee uiterste regimes: bereken de limieten van $R$ en $\varphi$ voor $\Omega \to 0^+$ (quasistatisch antwoord $A/\omega_0^2$ , fase $0$ ) en voor $\Omega \to +\infty$ ( $R \sim  A/\Omega^2 \to 0$ , fase $\to \pi$ : de massa beweegt tegengesteld aan een te snelle aandrijving).
9. Toon aan dat *elke* oplossing van $(E_\Omega)$ gelijk is aan $x_p$ plus een oplossing van $(H)$ , en dus naar het regime $x_p$ convergeert als $t \to +\infty$ , wat de beginvoorwaarden ook zijn: zodra het inschakelverschijnsel is uitgestorven, herinnert de oscillator zich niets meer van zijn start.
10. Toon aan dat $x_p$ de *enige* periodieke oplossing van $(E_\Omega)$ is.
11. Werk één [Cauchy-probleem](#thm-b1-diffeq-voc) tot het einde uit: toon voor $x'' + 2x'  + 2x = \cos t$ met $x(0) = x'(0) = 0$ aan dat de oplossing $$x(t) = \frac{\cos t + 2\sin t}5  - \eu^{-t}\,\frac{\cos t + 3\sin t}5$$ is, en wijs het inschakel- en het regimedeel aan.

**Deel III — De resonantiekromme.** Studie van $\Omega
\mapsto R(\Omega)$ op $\intoo0{+\infty}$.

12. Zet $u = \Omega^2$ en $g(u) = (\omega_0^2 - u)^2 + 4\lambda^2 u$, en toon aan: is $2\lambda^2 < \omega_0^2$, dan bereikt $R$ een strikt maximum in de *resonantiefrequentie* $\Omega_r =  \sqrt{\omega_0^2 - 2\lambda^2}$, met $$R_{\max} = R(\Omega_r)  = \frac{A}{2\lambda\sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}} .$$
13. Toon aan dat $\dfrac{R_{\max}}{R(0)} = Q\,\bigl(1 -  \tfrac{\lambda^2}{\omega_0^2}\bigr)^{-1/2} \geq Q$ : in [resonantie](#ex-b1-diffeq-oscillation) wordt de aandrijving (in wezen) met de kwaliteitsfactor versterkt.
14. Bewijs dat de amplitude van de *snelheid* $V(\Omega) =  \Omega\,R(\Omega)$ precies in $\Omega = \omega_0$ maximaal is (en niet in $\Omega_r$ ), en dat de fase daar $\varphi(\omega_0)  = \frac\pi2$ is: in $\Omega = \omega_0$ loopt de snelheid precies in fase met de kracht.
15. (Bandbreedte) Los $g(u) = 2\,g(u_r)$ exact op, met $u_r =  \omega_0^2 - 2\lambda^2$ , en leid af dat de twee frequenties $\Omega_\pm$ waar $R = R_{\max}/\sqrt2$ voldoen aan $\Omega_+^2  - \Omega_-^2 = 4\lambda\sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}$ ; besluit dat de bandbreedte bij zwakke demping $\Omega_+ - \Omega_-  \approx 2\lambda$ is, oftewel $Q \approx  \frac{\omega_0}{\Omega_+ - \Omega_-}$ : scherpe resonantiepieken horen bij systemen met hoge $Q$ .
16. Numeriek portret voor $\omega_0 = 1$ , $\lambda = 0.05$ ( $Q =  10$ ) en $A = 1$ : bereken $\Omega_r$ , $R_{\max}$ , het statische antwoord $R(0)$ en de benaderde bandbreedte.
17. Toon aan dat $R$ strikt dalend is op $\intoo0{+\infty}$ zodra $2\lambda^2 \geq \omega_0^2$ : sterk gedempte systemen hebben in het geheel geen resonantiepiek.

**Deel IV — Zonder demping: [zwevingen](#pb-b1-diffeq-1) en [resonantie](#ex-b1-diffeq-oscillation).** Hier is $\lambda = 0$.

18. Bepaal voor $\Omega \neq \omega_0$ de algemene oplossing van $x'' + \omega_0^2 x = A\cos(\Omega t)$ .
19. Los het [Cauchy-probleem](#thm-b1-diffeq-voc) $x(0) = x'(0) = 0$ op en breng het antwoord in de productvorm $$x(t) = \frac{2A}{\omega_0^2 - \Omega^2}\,  \sin\Bigl(\frac{(\omega_0 - \Omega)t}2\Bigr)  \sin\Bigl(\frac{(\omega_0 + \Omega)t}2\Bigr) .$$
20. Lees het product voor $\Omega$ dicht bij $\omega_0$ als een snelle oscillatie met frequentie $\frac{\omega_0 + \Omega}2$ , gemoduleerd door een trage omhullende met frequentie $\frac{\abs{\omega_0 - \Omega}}2$ : de *zwevingen* . Geef de periode van de omhullende en de maximale amplitude, en merk op hoe beide exploderen als $\Omega \to \omega_0$ .
21. Leg $t$ vast en laat $\Omega \to \omega_0$ gaan in de formule van vraag 19: toon aan dat de limiet $$x_\infty(t) = \frac{A\,t\,\sin(\omega_0 t)}{2\omega_0}$$ is, en ga rechtstreeks na dat $x_\infty$ de resonante vergelijking $x'' + \omega_0^2 x = A\cos(\omega_0 t)$ oplost met $x(0) = x'(0) = 0$ (vergelijk [Voorbeeld 5.19](#ex-b1-diffeq-oscillation)): [resonantie](#ex-b1-diffeq-oscillation) is de limiet van steeds tragere, steeds grotere [zwevingen](#pb-b1-diffeq-1).
22. Zet de twee lotgevallen van [resonantie](#ex-b1-diffeq-oscillation) tegenover elkaar: lineaire groei $\frac{At}{2\omega_0}$ zonder demping, tegenover verzadiging bij $R_{\max} \approx Q\,\frac{A}{\omega_0^2}$ met zwakke demping. In één zin: welk fysisch mechanisme zet het eerste om in het tweede?

**Deel V — Energiebalans en synthese.**

23. Bereken in het regime van Deel II het gemiddelde over één periode $\frac{2\pi}\Omega$ van (a) het vermogen dat de aandrijving levert, $P_{\mathrm{in}}(t) = A\cos(\Omega t) \cdot  x_p'(t)$ , en (b) het vermogen dat de demping verbruikt, $P_{\mathrm{diss}}(t) = 2\lambda\,x_p'(t)^2$ . Toon aan dat beide gemiddelden gelijk zijn aan $\lambda\,R^2\Omega^2$ : de aandrijving voert precies aan wat de demping opstookt — en daarom is het regime stationair.
24. Waar precies gebruikte de opgave: (i) de structuurstelling [Stelling 5.12](#thm-b1-diffeq-structure2) ; (ii) de methode van de complexe exponentiële; (iii) een functiestudie in reële variabele in de stijl van [Hoofdstuk 4](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/4-standaardfuncties#ch-b1-functions) ? Eén zin per onderdeel.
25. Synthese: beschrijf het volledige gedrag van $(E_\Omega)$ — vrij tegenover aangedreven, gedempt tegenover ongedempt, de rol van $Q$ als de ene dimensieloze knop die piekhoogte, bandbreedte en levensduur van het inschakelverschijnsel afstemt — en vermeld waar het verhaal verdergaat: $2 \times  2$ -stelsels van de eerste orde ( [Hoofdstuk 21](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/21-matrices#ch-b1-matrices) en het volume van bachelorjaar 2) en de ontbinding van een algemene periodieke aandrijving in sinusoïden (fourierreeksen, in het volume van bachelorjaar 3), waarvoor het sinusoïdale geval van deze opgave de fundamentele bouwsteen is.

**Oplossing van Probleem 5.1.**

**1.** $\chi(r) = r^2 + 2\lambda r + \omega_0^2$ met $\Delta =
4(\lambda^2 - \omega_0^2) < 0$ voor $0 < \lambda < \omega_0$: wortels $-\lambda \pm \iu\omega_d$, dus volgens [Stelling 5.10](#thm-b1-diffeq-homogeneous2)

$$
x(t) = \eu^{-\lambda t}\bigl(\lambda_1\cos\omega_d t +
\mu_1\sin\omega_d t\bigr), \qquad (\lambda_1, \mu_1) \in \R^2 .
$$

Voor $\lambda = 0$: $x = \lambda_1\cos\omega_0 t + \mu_1\sin\omega_0 t$. Het kritieke ($\lambda = \omega_0$) en het overgedempte regime ($\lambda
> \omega_0$) zijn die van [Oefening 5.9](#exo-b1-diffeq-9) (na herschaling van de tijd): $(\lambda_1 + \mu_1 t)\eu^{-\lambda t}$, respectievelijk combinaties van $\eu^{r_\pm t}$ met $r_\pm = -\lambda \pm
\sqrt{\lambda^2 - \omega_0^2}$.

**2.** Onderkritisch: $\abs x \leq \eu^{-\lambda t}(\abs{\lambda_1}
+ \abs{\mu_1}) \to 0$. Kritiek: $(\lambda_1 + \mu_1 t)\eu^{-\lambda t}
\to 0$, want exponentiëlen verslaan veeltermen ([Propositie 4.6](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/4-standaardfuncties#prop-b1-functions-powerrules)). Overgedempt: $r_- < r_+ =
-\lambda + \sqrt{\lambda^2 - \omega_0^2} < 0$ omdat $\sqrt{\lambda^2 -
\omega_0^2} < \lambda$; beide exponentiëlen dempen uit.

**3.** Langs een oplossing van $(H)$ is, met $x'' = -2\lambda x' -
\omega_0^2 x$,

$$
\mathcal E'(t) = x'x'' + \omega_0^2 x x'
= x'\bigl(-2\lambda x' - \omega_0^2 x\bigr) + \omega_0^2 xx'
= -2\lambda\,x'^2 \leq 0 .
$$

Is $x(t_0) = x'(t_0) = 0$, dan is $\mathcal E(t_0) = 0$; $\mathcal E$ is niet-negatief en niet-stijgend, dus $\mathcal E \equiv 0$ op $\intco{t_0}{+\infty}$, wat $x \equiv 0$ daar afdwingt; voor $t \leq t_0$ voer je hetzelfde argument uit op $\tilde x(t) = x(2t_0 - t)$, die de vergelijking met demping $-\lambda$ oplost maar nog steeds $\tilde{\mathcal
E}(t_0) = 0$ heeft en $\tilde{\mathcal E}' = +2\lambda\tilde x'^2 \geq 0$ met $\tilde{\mathcal E} \geq 0$; niet-negatief, niet-dalend en nul aan de rechterrand van $\intoc{-\infty}{t_0}$ betekent overal nul. Dus $x \equiv
0$ op $\R$ — een energiebewijs van de uniciteit, geldig voor elke $\lambda \geq 0$.

**4.** $x(t + T_d) = R\,\eu^{-\lambda t}\eu^{-\lambda
T_d}\cos(\omega_d t + 2\pi - \varphi) = \eu^{-\lambda T_d}x(t)$. De krimpfactor per pseudoperiode is $\eu^{-\delta}$ met $\delta = \lambda
T_d = \frac{2\pi\lambda}{\omega_d}$. Voor $\omega_0 = 1$ en $\lambda =
0.1$ is $\omega_d = \sqrt{0.99} = 0.99499$, dus $\delta =
\frac{0.62832}{0.99499} = 0.6315$: elke slingering behoudt $\eu^{-0.63} \approx 53\%$ van haar amplitude.

**5.** De amplitudefactor is $\eu^{-\lambda t}$, die over $t =
\frac1\lambda$ met een factor $\eu$ afneemt. Dat interval bevat $\frac{1/\lambda}{T_d} = \frac{\omega_d}{2\pi\lambda}$ pseudoperiodes. Voor $\lambda \ll \omega_0$ is $\omega_d \approx \omega_0$ en is dat $\approx \frac{\omega_0}{2\pi\lambda} = \frac Q\pi$. Een gitaarsnaar met $Q = 300$ klinkt zo’n honderd perioden na; een deurdemper met $Q = 1$ maakt er niet één af.

**6.** Substitutie van $z\,\eu^{\iu\Omega t}$ in het linkerlid geeft $z\,(-\Omega^2 + 2\iu\lambda\Omega + \omega_0^2)\,\eu^{\iu\Omega t}$, wat precies gelijk is aan $A\,\eu^{\iu\Omega t}$ voor $z =
\frac{A}{\omega_0^2 - \Omega^2 + 2\iu\lambda\Omega}$ (de noemer is niet nul: haar imaginaire deel is $2\lambda\Omega > 0$). Omdat de coëfficiënten reëel zijn, lost het reële deel $x_p =
\Re\bigl(z\eu^{\iu\Omega t}\bigr)$ de vergelijking op met rechterlid $\Re\bigl(A\eu^{\iu\Omega t}\bigr) = A\cos\Omega t$.

**7.** Schrijf $\omega_0^2 - \Omega^2 + 2\iu\lambda\Omega =
\sqrt{D}\,\eu^{\iu\varphi}$ met $D = (\omega_0^2 - \Omega^2)^2 +
4\lambda^2\Omega^2$ en $\varphi \in \intoo0\pi$ (het imaginaire deel $2\lambda\Omega$ is positief), zodat $\tan\varphi =
\frac{2\lambda\Omega}{\omega_0^2 - \Omega^2}$. Dan is $z = \frac{A}{\sqrt
D}\eu^{-\iu\varphi}$ en

$$
x_p(t) = \Re\Bigl(\frac A{\sqrt D}\,\eu^{\iu(\Omega t -
\varphi)}\Bigr) = R\cos(\Omega t - \varphi),
\qquad R = \frac A{\sqrt D} .
$$

**8.** Voor $\Omega \to 0^+$ gaat $D \to \omega_0^4$, dus $R \to
A/\omega_0^2$, en $\tan\varphi \to 0^+$ met $\varphi \in
\intoo0{\frac\pi2}$: $\varphi \to 0$. De massa volgt de kracht quasistatisch, verplaatst over kracht gedeeld door stijfheid. Voor $\Omega \to +\infty$ is $D \sim \Omega^4$, dus $R \sim A/\Omega^2 \to 0$, en $\varphi \to \pi$ (het complexe getal $\omega_0^2 - \Omega^2 +
2\iu\lambda\Omega$ zwenkt naar het tweede kwadrant met argument $\to
\pi$): de massa beweegt nauwelijks, en in tegenfase — de traagheid overheerst.

**9.** Volgens [Stelling 5.12](#thm-b1-diffeq-structure2) (1) is elke oplossing $x = x_p + x_h$ met $x_h$ een oplossing van $(H)$; volgens vraag 2 gaat $x_h(t) \to 0$, dus $x(t) - x_p(t) \to 0$: alle oplossingen convergeren naar hetzelfde regime. De beginvoorwaarden bepalen alleen de vorm van het inschakelverschijnsel.

**10.** Is $x$ een periodieke oplossing, dan is $x - x_p = x_h$ een periodieke oplossing van $(H)$ die naar $0$ gaat in $+\infty$; een periodieke functie met limiet $0$ is identiek nul (haar waarden op één periode herhalen zich voor altijd, zodat elke waarde de limiet van een deelrij is die naar $0$ gaat). Bijgevolg is $x = x_p$.

**11.** Hier is $\lambda = 1$, $\omega_0^2 = 2$, $\Omega = 1$ en $A
= 1$: $z = \frac1{2 - 1 + 2\iu} = \frac{1 - 2\iu}5$, dus

$$
x_p = \Re\Bigl(\frac{(1 - 2\iu)(\cos t + \iu\sin t)}5\Bigr)
= \frac{\cos t + 2\sin t}5 .
$$

Homogeen: de wortels van $r^2 + 2r + 2$ zijn $-1 \pm \iu$, dus $x_h =
\eu^{-t}(C\cos t + S\sin t)$. Voorwaarden: $x(0) = \frac15 + C = 0$ geeft $C = -\frac15$; differentiëren geeft $x'(0) = \frac25 - C + S = 0$, dus $S
= C - \frac25 = -\frac35$. Bijgevolg is

$$
x(t) = \underbrace{\frac{\cos t + 2\sin t}5}_{\text{regime}}
- \underbrace{\eu^{-t}\,\frac{\cos t + 3\sin
t}5}_{\text{inschakelverschijnsel}} ,
$$

waarbij het inschakelverschijnsel als $\eu^{-t}$ uitsterft.

**12.** Uitwerken geeft $g(u) = u^2 - 2(\omega_0^2 - 2\lambda^2)u +
\omega_0^4 = (u - u_r)^2 + g(u_r)$ met $u_r = \omega_0^2 - 2\lambda^2$ en

$$
g(u_r) = \omega_0^4 - u_r^2 = (\omega_0^2 - u_r)(\omega_0^2 +
u_r) = 2\lambda^2\bigl(2\omega_0^2 - 2\lambda^2\bigr) =
4\lambda^2(\omega_0^2 - \lambda^2) .
$$

Is $2\lambda^2 < \omega_0^2$, dan is $u_r > 0$ een toelaatbare gekwadrateerde frequentie: $g$ heeft daar een strikt minimum, zodat $R =
A/\sqrt g$ een strikt maximum heeft in $\Omega_r = \sqrt{u_r} =
\sqrt{\omega_0^2 - 2\lambda^2}$, met $R_{\max} = A/\sqrt{g(u_r)} =
\frac{A}{2\lambda\sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}}$.

**13.** Er is $R(0) = A/\omega_0^2$, dus

$$
\frac{R_{\max}}{R(0)}
= \frac{\omega_0^2}{2\lambda\sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}}
= \frac{\omega_0}{2\lambda}\cdot
\frac{\omega_0}{\sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}}
= Q\,\Bigl(1 - \frac{\lambda^2}{\omega_0^2}\Bigr)^{-1/2}
\geq Q .
$$

Bij zwakke demping ligt de correctiefactor dicht bij $1$: [resonantie](#ex-b1-diffeq-oscillation) vermenigvuldigt de statische verplaatsing in wezen met $Q$.

**14.** $V(\Omega)^2 = \frac{A^2 u}{g(u)}$ met $u = \Omega^2$. De afgeleide heeft het teken van $g(u) - u\,g'(u) = (\omega_0^2 - u)^2 +
4\lambda^2 u - u\bigl(2(u - \omega_0^2) + 4\lambda^2\bigr) = (\omega_0^2
- u)^2 + 2u(\omega_0^2 - u) = (\omega_0^2 - u)(\omega_0^2 + u)$, positief voor $u < \omega_0^2$ en negatief daarboven: een strikt maximum precies in $\Omega = \omega_0$, bij elke demping. Daar explodeert $\tan\varphi$ met $\varphi \in \intoo0\pi$: $\varphi = \frac\pi2$, en $x_p'(t) =
-R\Omega\sin(\Omega t - \frac\pi2) = R\Omega\cos(\Omega t)$ loopt precies in fase met de kracht: optimale vermogensoverdracht.

**15.** $R = R_{\max}/\sqrt2 \iff g(u) = 2g(u_r) \iff (u - u_r)^2 =
g(u_r) = 4\lambda^2(\omega_0^2 - \lambda^2)$, wat

$$
u_\pm = u_r \pm 2\lambda\sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2},
\qquad
\Omega_+^2 - \Omega_-^2 = 4\lambda\sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}
$$

geeft. Verder is $\Omega_+ - \Omega_- = \frac{\Omega_+^2 -
\Omega_-^2}{\Omega_+ + \Omega_-}$, en voor $\lambda \ll \omega_0$ is $\Omega_\pm \approx \omega_0$: $\Omega_+ - \Omega_- \approx
\frac{4\lambda\omega_0}{2\omega_0} = 2\lambda$, zodat $\frac{\omega_0}{\Omega_+ - \Omega_-} \approx \frac{\omega_0}{2\lambda} =
Q$. De breedte van een resonantiepiek meten is de kwaliteitsfactor meten.

**16.** $Q = 10$; $\Omega_r = \sqrt{1 - 2(0.05)^2} = \sqrt{0.995} =
0.9975$; $R_{\max} = \frac1{2 \times 0.05 \sqrt{1 - 0.0025}} = \frac1{0.1
\times 0.99875} = 10.01$; statisch antwoord $R(0) = 1$; bandbreedte $\approx 2\lambda = 0.1$. Een hoge, dunne piek van hoogte $\approx Q$ boven een plateau van hoogte $1$.

**17.** Is $2\lambda^2 \geq \omega_0^2$, dan is $u_r \leq 0$ en $g'(u) = 2(u - u_r) > 0$ voor alle $u > 0$: $g$ stijgt strikt op $\intoo0{+\infty}$, zodat $R = A/\sqrt g$ strikt daalt vanaf $R(0) =
A/\omega_0^2$: het antwoord is het grootst bij frequentie nul en er is geen piek.

**18.** $\gamma = \iu\Omega$ is geen wortel van $r^2 + \omega_0^2$ (want $\Omega \neq \omega_0$), dus geeft [Methode 5.13](#met-b1-diffeq-particular) met $m = 0$ de oplossing $x_p =
\frac{A\cos\Omega t}{\omega_0^2 - \Omega^2}$ (substitueer en controleer: $-\Omega^2 + \omega_0^2$ maal de cosinus). Algemene oplossing:

$$
x(t) = \frac{A\cos\Omega t}{\omega_0^2 - \Omega^2}
+ \lambda_1\cos\omega_0 t + \mu_1\sin\omega_0 t .
$$

**19.** $x(0) = 0$ dwingt $\lambda_1 = -\frac A{\omega_0^2 -
\Omega^2}$ af en $x'(0) = 0$ dwingt $\mu_1 = 0$ af:

$$
x(t) = \frac{A}{\omega_0^2 - \Omega^2}\,
\bigl(\cos\Omega t - \cos\omega_0 t\bigr)
= \frac{2A}{\omega_0^2 - \Omega^2}\,
\sin\Bigl(\frac{(\omega_0 - \Omega)t}2\Bigr)
\sin\Bigl(\frac{(\omega_0 + \Omega)t}2\Bigr) ,
$$

met de productformule $\cos a - \cos b = 2\sin\frac{b - a}2\sin\frac{b +
a}2$ toegepast met $a = \Omega t$ en $b = \omega_0 t$.

**20.** Voor $\Omega$ dicht bij $\omega_0$ oscilleert de tweede sinus met de snelle frequentie $\frac{\omega_0 + \Omega}2 \approx
\omega_0$, terwijl de eerste een trage omhullende met frequentie $\frac{\abs{\omega_0 - \Omega}}2$ is: de amplitude van de snelle oscillatie zwelt aan en weer af, met omhullende periode $\frac{2\pi}{\abs{\omega_0 - \Omega}}$ (twee [zwevingen](#pb-b1-diffeq-1) per periode van de omhullende) en maxima $\frac{2A}{\abs{\omega_0^2 - \Omega^2}}$. Als $\Omega \to \omega_0$ worden de [zwevingen](#pb-b1-diffeq-1) zowel trager (periode $\to
\infty$) als hoger (amplitude $\to \infty$).

**21.** Leg $t$ vast. Voor $\Omega \to \omega_0$ is

$$
\frac{2A}{\omega_0^2 - \Omega^2}\sin\Bigl(\frac{(\omega_0 -
\Omega)t}2\Bigr)
= \frac{2A}{\omega_0 + \Omega}\cdot
\frac{\sin\bigl(\frac{(\omega_0 - \Omega)t}2\bigr)}
{\omega_0 - \Omega}
\longrightarrow \frac{2A}{2\omega_0}\cdot\frac t2
= \frac{At}{2\omega_0} ,
$$

terwijl $\sin\bigl(\frac{(\omega_0 + \Omega)t}2\bigr) \to \sin(\omega_0
t)$: de limiet is $x_\infty(t) = \frac{At\sin\omega_0 t}{2\omega_0}$. Rechtstreekse controle: met $C = \frac A{2\omega_0}$ is $x_\infty =
Ct\sin\omega_0 t$ en $x_\infty'' = 2C\omega_0\cos\omega_0 t -
C\omega_0^2 t \sin\omega_0 t$, dus $x_\infty'' + \omega_0^2 x_\infty =
2C\omega_0\cos\omega_0 t = A\cos\omega_0 t$, met $x_\infty(0) = 0$ en $x_\infty'(0) = C\sin 0 + C\omega_0 \cdot 0 \cdot \cos 0 = 0$ — voor $\omega_0 = A = 1$ is dat precies [Voorbeeld 5.19](#ex-b1-diffeq-oscillation). [Resonantie](#ex-b1-diffeq-oscillation) is de ontaarding van [zwevingen](#pb-b1-diffeq-1): de eerste zwelling van de omhullende, uitgerekt tot oneindige lengte.

**22.** Zonder demping groeit de resonante amplitude lineair en onbegrensd; met demping $\lambda > 0$ verzadigt die groei bij $R_{\max}
\approx Q\,\frac A{\omega_0^2}$. Het mechanisme: de dissipatie onttrekt energie met een tempo dat met de amplitude meegroeit (vraag 23), zodat de opbouw precies stopt wanneer de demping even snel energie opstookt als de aandrijving haar aanvoert.

**23.** Met $x_p' = -R\Omega\sin(\Omega t - \varphi)$ geven de gemiddelden over één periode $\langle\cos^2\rangle =
\langle\sin^2\rangle = \frac12$ en $\langle\sin\cos\rangle = 0$:

$$
\langle P_{\mathrm{diss}}\rangle
= 2\lambda\,R^2\Omega^2\,\langle\sin^2(\Omega t -
\varphi)\rangle = \lambda R^2\Omega^2 ;
$$

en uitwerken van $\sin(\Omega t - \varphi) = \sin\Omega t\cos\varphi -
\cos\Omega t\sin\varphi$ geeft

$$
\langle P_{\mathrm{in}}\rangle
= -AR\Omega\,\bigl\langle\cos\Omega t\,\sin(\Omega t -
\varphi)\bigr\rangle
= AR\Omega\,\frac{\sin\varphi}2 .
$$

Omdat $\sin\varphi = \frac{2\lambda\Omega}{\sqrt D} =
\frac{2\lambda\Omega R}A$, is dat $\frac{AR\Omega}2 \cdot
\frac{2\lambda\Omega R}A = \lambda R^2\Omega^2$: het aangevoerde en het gedissipeerde vermogen houden elkaar exact in evenwicht — de definiërende eigenschap van een stationair regime.

**24.** (i) De structuurstelling splitste elke oplossing in regime plus inschakelverschijnsel (vragen 9–11) en herleidde de uniciteit tot het homogene probleem. (ii) De complexe methode maakte van het zoeken naar een particuliere oplossing één deling van complexe getallen (vraag 6), met amplitude en fase afgelezen uit een [modulus](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/3-complexe-getallen#def-b1-complex-field) en een argument. (iii) De resonantiekromme is een zuivere functiestudie — een tweedegraadsuitdrukking in $u = \Omega^2$, haar minimum, haar niveauverzamelingen — in de stijl van [Hoofdstuk 4](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/4-standaardfuncties#ch-b1-functions) (vragen 12–17).

**25.** Vrij en gedempt: uitdovende pseudo-oscillaties, levensduur $\frac1\lambda$, ongeveer $\frac Q\pi$ slingeringen. Aangedreven en gedempt: het inschakelverschijnsel sterft uit en er blijft één sinusoïdaal regime over op de aandrijffrequentie, met een amplitude die vlak bij $\omega_0$ piekt (hoogte $\approx Q \times$ statisch, breedte $\approx \frac{\omega_0}Q$) en een fase die van $0$ naar $\pi$ zwenkt, door $\frac\pi2$ in $\omega_0$. Vrij en ongedempt: eeuwigdurende oscillatie. Aangedreven en ongedempt: [zwevingen](#pb-b1-diffeq-1), die bij exacte afstemming ontaarden in lineair groeiende [resonantie](#ex-b1-diffeq-oscillation). Eén dimensieloos getal, $Q = \frac{\omega_0}{2\lambda}$, stemt alles af — piekhoogte, bandbreedte en levensduur van het inschakelverschijnsel zijn drie aflezingen van dezelfde knop. Het vervolg: $x'' + 2\lambda x' +
\omega_0^2x$ als stelsel van de eerste orde herschrijven opent de matrixmethoden van [Hoofdstuk 21](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/21-matrices#ch-b1-matrices) en het volume van bachelorjaar 2, en een willekeurige periodieke aandrijving in sinusoïden ontbinden (fourierreeksen, volume van bachelorjaar 3) maakt van de analyse met één frequentie uit deze opgave de universele bouwsteen: los op per frequentie en superponeer.