Samenvattingen · Wiskunde DNL · VWO

Continue dynamische systemen (differentiaalvergelijkingen)

Waar een discreet systeem met vaste stappen verandert, verandert een continu systeem op elk moment: dat leg je vast met een differentiaalvergelijking (DV), een vergelijking tussen een functie en haar afgeleide, zoals $\frac{dy}{dt}=f(t,y)$ . Een oplossing is een functie die aan de DV voldoet; je controleert dat door in te vullen. Kun je de DV niet exact oplossen, dan benader je haar numeriek met de methode van Euler $y(t+h)=y(t)+h\cdot f(t,y)$ ; kun je de variabelen scheiden, dan vind je exponentiële groei $y=y_0e^{kt}$ of de logistische kromme met asymptoot $y=K$ . Ten slotte bepalen de evenwichtsoplossingen ( $\frac{dy}{dt}=0$ ) en het teken van $f'$ de stabiliteit. Wiskunde D is een schoolexamenvak (SE) zonder centraal examen; dit onderwerp hoort bij domein C.

4 Onderdelen~17 min leestijd4 VaardighedenNiveau Basis 1 · Standaard 1 · Verdieping 2

T·101010 / 19

Examenprofiel

Nagaan of een functie voldoet aan een differentiaalvergelijkingEen richtingsveld interpreteren en een DV numeriek oplossen met de methode van EulerEen DV oplossen met scheiden van variabelen (exponentiële en logistische groei)Evenwichtsoplossingen bepalen en hun stabiliteit onderzoeken

Operatoren:bepaalberekenlos opga natoon aanbenaderonderzoekbeschrijf

basisniveau

Schoolexamenstof (SE) domein C: het begrip differentiaalvergelijking, nagaan of een functie een oplossing is, de methode van Euler, en scheiden van variabelen bij $\frac{dy}{dt}=k\,y$ .

verhoogd niveau

Verdieping: de logistische DV met scheiden van variabelen naar de logistische kromme brengen, evenwichtsoplossingen classificeren met het teken van $f'(y^*)$ , en het verschil met het discrete stabiliteitscriterium $|f'|<1$ doorzien.

Diepte

Tekst

Inhoud · 4 onderdelen

Continue dynamische systemen (differentiaalvergelijkingen)

Differentiaalvergelijkingen: begrip en oplossing#

Basisexamenblad-wiskunde-d-domein-C

Een „differentiaalvergelijking" (DV) is een vergelijking waarin niet alleen een onbekende functie

y(t)

voorkomt, maar ook haar afgeleide

\frac{dy}{dt}

. Ze legt het „veranderingstempo" van

y

vast in plaats van

y

zelf: de DV

\frac{dy}{dt}=f(t,y)

zegt „hoe snel

y

verandert, hangt op deze manier af van de tijd

t

en de huidige waarde

y

". Dat is de continue tegenhanger van de discrete recursie

u(n+1)=f(u(n))

— daar bepaalt

f

de volgende toestand, hier bepaalt

f

de helling van de oplossingskromme in elk punt. Veel natuurwetten hebben deze vorm, omdat ze een groeisnelheid, afkoelsnelheid of reactiesnelheid beschrijven.

De eenvoudigste en belangrijkste DV is

\frac{dy}{dt}=k\,y

: de verandering is evenredig met de aanwezige hoeveelheid. Bij

k>0

hoort groei, bij

k<0

verval. De oplossing is de exponentiële functie

y(t)=y_0\,e^{kt}

, waarin

y_0=y(0)

de beginwaarde is. Dat dit klopt zie je door in te vullen: uit

y=y_0e^{kt}

volgt

\frac{dy}{dt}=k\,y_0e^{kt}=k\,y

, precies de DV. Deze ene DV verklaart waarom exponentiële functies overal opduiken waar iets in verhouding tot zichzelf groeit of afneemt.

Een „oplossing" van een DV is een functie die, ingevuld, de vergelijking waar maakt voor alle

t

. Je toetst een kandidaat door haar afgeleide te berekenen en linker- en rechterlid te vergelijken. Wil je nagaan of

y=3e^{2t}

voldoet aan

\frac{dy}{dt}=2y

, dan reken je

\frac{dy}{dt}=6e^{2t}

2y=2\cdot 3e^{2t}=6e^{2t}

: gelijk, dus

y=3e^{2t}

is een oplossing. Deze controle-vaardigheid is essentieel — vaak vraagt een opgave niet om zelf op te lossen, maar om te verifiëren dat een gegeven functie voldoet.

Een DV heeft niet één, maar oneindig veel oplossingen: samen vormen ze de „algemene oplossing", een familie krommen met een vrije constante

C

. Voor

\frac{dy}{dt}=k\,y

is dat

y=C\,e^{kt}

; elke waarde van

C

geeft een andere kromme. In Afb. 1 zie je zo'n familie voor

\frac{dy}{dt}=0{,}5\,y

: de krommen

y=C\,e^{0{,}5t}

voor

C=1,\,2,\,3

lopen evenwijdig omhoog en verschillen alleen in hun starthoogte. Pas een „beginvoorwaarde" zoals

y(0)=2

prikt er één kromme uit — de „particuliere oplossing" — door

C

vast te leggen.

Afb. 1 — Oplossingskrommen als familie

Afb. 1Afb. 1 — De algemene oplossing y=C·e^{0,5t} van dy/dt=0,5y is een familie krommen; de beginvoorwaarde (bijv. y(0)=2) kiest één particuliere oplossing.

De beginvoorwaarde speelt dus dezelfde rol als de startwaarde

u(0)

bij een recursie: zonder haar ligt de oplossing niet vast. Meetkundig kun je de DV lezen als een „richtingsveld": in elk punt

(t,y)

schrijft

f(t,y)

voor met welke helling een oplossingskromme daar loopt. Een oplossing is dan een kromme die overal netjes met die voorgeschreven hellingen meebeweegt, en de beginvoorwaarde kiest het punt waar je die kromme laat beginnen. Dit beeld — de DV geeft de hellingen, de oplossing volgt ze — is de sleutel tot de numerieke methode van Euler in de volgende paragraaf.

\frac{dy}{dt}=f(t,y)

Algemene eerste-orde DV

De afgeleide (het veranderingstempo) wordt voorgeschreven door een functie van $t$ en $y$ .

\frac{dy}{dt}=k\,y\ \Rightarrow\ y(t)=y_0\,e^{kt}

Exponentiële-groei-DV en haar oplossing

Verandering evenredig met de hoeveelheid; $y_0=y(0)$ is de beginwaarde, $k$ de groeiconstante.

y=C\,e^{kt}\ \Rightarrow\ \tfrac{dy}{dt}=kC\,e^{kt}=k\,y

Controle door invullen

Een functie is een oplossing als haar afgeleide het rechterlid van de DV oplevert.

Uitgewerkt voorbeeld

Nagaan of een functie een oplossing is

Ga na of $y=3e^{2t}$ een oplossing is van $\frac{dy}{dt}=2y$ . Bepaal daarna de particuliere oplossing met beginvoorwaarde $y(0)=5$ .

Bereken de afgeleide
Differentieer de kandidaatoplossing naar $t$ .
$\frac{dy}{dt}=3\cdot 2\,e^{2t}=6e^{2t}$
Vergelijk met het rechterlid
Reken $2y$ uit en vergelijk met de afgeleide.
$2y=2\cdot 3e^{2t}=6e^{2t}=\frac{dy}{dt}\ \checkmark$
Particuliere oplossing
De algemene oplossing is $y=C\,e^{2t}$ ; vul $y(0)=5$ in om $C$ te bepalen.
$y(0)=C=5\ \Rightarrow\ y=5e^{2t}$

Resultaat: Ja: $y=3e^{2t}$ voldoet want $\frac{dy}{dt}=6e^{2t}=2y$ . De particuliere oplossing met $y(0)=5$ is $y=5e^{2t}$ .

Veelgemaakte fouten

Bij het controleren alleen $y$ invullen en de afgeleide $\frac{dy}{dt}$ vergeten te berekenen; een DV vergelijkt juist de afgeleide met het rechterlid.
De integratieconstante $C$ (of de beginwaarde $y_0$ ) weglaten, waardoor je maar één in plaats van de hele familie oplossingen beschrijft.

Actieve herhaling

Ga na of $y=4e^{-3t}$ een oplossing is van $\frac{dy}{dt}=-3y$ . Bepaal vervolgens de particuliere oplossing met $y(0)=10$ en bereken $y(2)$ .

Actief ophalen

Haal de kernpunten op — onthul ze daarna.

Bronnen: Examenblad.nl — examenprogramma wiskunde D (VWO) (CvTE / DUO)

Richtingsveld en de methode van Euler#

Standaardexamenblad-wiskunde-d-domein-C

Afb. 1 — Euler-benadering versus exacte oplossing

Afb. 2Afb. 1 — De exacte oplossing y=e^{0,5t} van dy/dt=0,5y en de Euler-benadering met één grote stap (de raaklijn y=1+0,5t). Euler onderschat; kleinere stappen kruipen dichter langs de kromme.

Lang niet elke DV is met een formule op te lossen, maar je kunt de oplossing altijd „numeriek" benaderen. Het idee steunt op de betekenis van de DV:

\frac{dy}{dt}=f(t,y)

geeft in elk punt de helling van de oplossingskromme. Verdeel je het vlak in een rooster en teken je in elk roosterpunt een kort lijnstukje met die helling, dan krijg je een „richtingsveld": een veld van pijltjes dat laat zien welke kant de oplossingen op stromen. Een oplossingskromme is een kromme die overal met de pijltjes meebeweegt; door met je pen de pijltjes te volgen, schets je bij benadering de oplossing die door een gekozen startpunt gaat.

De „methode van Euler" giet dit volgen van pijltjes in een rekenregel. Je begint in het startpunt

(t_0,y_0)

, berekent daar de helling

f(t_0,y_0)

, en zet een rechte stap ter grootte

h

(de stapgrootte) in die richting. De nieuwe waarde is

y(t+h)=y(t)+h\cdot f(t,y)

, waarna je in het nieuwe punt de helling opnieuw berekent en de volgende stap zet. Zo bouw je een „veelhoekslijn" (een aaneenschakeling van rechte stukjes) die de gladde oplossingskromme benadert. Elke stap gebruikt alleen informatie uit het huidige punt — precies zoals een recursie de volgende term uit de huidige maakt.

In Afb. 1 zie je de methode voor

\frac{dy}{dt}=0{,}5\,y

met

y(0)=1

. De exacte oplossing is

y=e^{0{,}5t}

(de gebogen kromme). Eén Euler-stap met

h=1

volgt de „raaklijn" in het startpunt:

y=1+0{,}5t

, de rechte lijn onder de kromme. Omdat de oplossing bol staat (steeds steiler), loopt die raaklijn eronderdoor en „onderschat" Euler de echte waarde. Bij

t=2

geeft de raaklijn

2

, terwijl de exacte waarde

e\approx 2{,}72

is. Neem je kleinere stappen, dan corrigeert de methode de helling vaker en kruipt de veelhoekslijn dichter langs de kromme.

De „stapgrootte"

h

regelt de nauwkeurigheid. Grote stappen geven een grove benadering die flink kan afwijken; kleine stappen geven een fijnere, nauwkeuriger benadering, maar kosten meer rekenwerk. Als vuistregel halveert het halveren van

h

ruwweg de fout van de methode van Euler. In de praktijk maak je een tabel met kolommen voor

t

y

en de helling

f(t,y)

, en werk je rij voor rij naar beneden. Rond tussenresultaten niet te vroeg af, want afrondfouten stapelen zich over veel stappen op.

De methode van Euler is krachtig omdat ze bij élke DV werkt, ook als er geen formule-oplossing bestaat (zoals bij veel logistische of gekoppelde modellen). Ze is tegelijk de brug tussen het continue en het discrete: door de tijd in stapjes

h

te hakken, maak je van de continue DV in feite een recursie

y_{n+1}=y_n+h\cdot f(t_n,y_n)

. Daarmee komt de hele gereedschapskist van discrete systemen — termen uitrekenen, gedrag volgen — beschikbaar voor continue modellen. Het nadeel is dat het slechts een benadering blijft; voor een exacte oplossing heb je scheiden van variabelen nodig (volgende paragraaf).

y(t+h)=y(t)+h\cdot f(t,y)

Methode van Euler (één stap)

Zet vanuit het huidige punt een rechte stap $h$ in de richting van de helling $f(t,y)$ .

\text{helling in }(t,y)=\frac{dy}{dt}=f(t,y)

Richtingsveld

De DV schrijft in elk punt de helling voor; de oplossing volgt die hellingen.

Uitgewerkt voorbeeld

Euler-stappen uitrekenen en vergelijken

Gegeven is $\frac{dy}{dt}=0{,}5\,y$ met $y(0)=1$ . Benader $y(2)$ met de methode van Euler en stapgrootte $h=1$ , en vergelijk je uitkomst met de exacte waarde.

Stap 1 (van t=0 naar t=1)
Helling in het startpunt is $f=0{,}5\cdot 1=0{,}5$ .
$y(1)=y(0)+h\cdot f=1+1\cdot 0{,}5=1{,}5$
Stap 2 (van t=1 naar t=2)
Nieuwe helling is $f=0{,}5\cdot 1{,}5=0{,}75$ .
$y(2)=y(1)+h\cdot f=1{,}5+1\cdot 0{,}75=2{,}25$
Vergelijk met exact
De exacte oplossing is $y=e^{0{,}5t}$ , dus $y(2)=e^{1}\approx 2{,}72$ .
$\text{Euler }2{,}25\ <\ 2{,}72\text{ (exact)}$

Resultaat: Euler geeft $y(2)\approx 2{,}25$ , terwijl de exacte waarde $e\approx 2{,}72$ is. De benadering onderschat door de grote stap $h=1$ ; met kleinere $h$ wordt ze nauwkeuriger.

Veelgemaakte fouten

De helling maar één keer berekenen en bij elke stap hergebruiken; bij Euler herbereken je $f(t,y)$ in elk nieuw punt.
De stap $h$ vergeten mee te vermenigvuldigen ( $y+f$ in plaats van $y+h\cdot f$ ), of tussenresultaten te vroeg afronden zodat de fout oploopt.

Actieve herhaling

Gegeven is $\frac{dy}{dt}=y-t$ met $y(0)=2$ . Benader met de methode van Euler en stapgrootte $h=0{,}5$ de waarde $y(1{,}5)$ door een tabel met $t$ , $y$ en $f(t,y)$ in te vullen.

Actief ophalen

Haal de kernpunten op — onthul ze daarna.

Bronnen: Examenblad.nl — examenprogramma wiskunde D (VWO) (CvTE / DUO)

Scheiden van variabelen: exponentiële en logistische groei#

Verdiepingexamenblad-wiskunde-d-domein-C

Afb. 1 — Logistische groei naar de draagkracht

Afb. 3Afb. 1 — De logistische kromme y=100/(1+9e^{-0,8t}) (oplossing van dy/dt=0,8·y(1−y/100)) start bij 10, buigt bij de halve draagkracht 50 en vlakt af naar de asymptoot y=K=100.

Sommige DV's kun je exact oplossen met „scheiden van variabelen". Dat lukt wanneer je de DV in de vorm

\frac{dy}{dt}=g(t)\cdot h(y)

kunt brengen, waarin de

t

-afhankelijkheid en de

y

-afhankelijkheid uit elkaar te halen zijn. Je brengt dan alle

y

-termen naar de ene kant en alle

t

-termen naar de andere, en integreert beide kanten apart:

\int\frac{dy}{h(y)}=\int g(t)\,dt

. De

\frac{dy}{dt}

mag je hierbij als een breuk behandelen (

dy

naar links,

dt

naar rechts) — een rekentruc die voor dit soort DV's tot de juiste oplossing leidt.

Voor de groei-DV

\frac{dy}{dt}=k\,y

werkt dit direct. Scheiden geeft

\frac{dy}{y}=k\,dt

; integreren levert

\ln|y|=kt+C

; en terugrekenen met de

e

-macht geeft

y=e^{kt+C}=e^{C}\cdot e^{kt}

. De constante

e^{C}

is niets anders dan de beginwaarde

y_0

, zodat

y=y_0\,e^{kt}

— dezelfde oplossing die je in paragraaf 1 door invullen controleerde, nu van de grond af afgeleid. Zo verklaart scheiden van variabelen wáárom de oplossing exponentieel is, in plaats van dat je haar uit de hoge hoed hoeft te toveren.

Ongeremde exponentiële groei is onrealistisch: middelen, ruimte en voedsel raken op. Het „logistische model" corrigeert dit met een remterm:

\frac{dy}{dt}=r\,y\bigl(1-\frac{y}{K}\bigr)

. Hierin is

r

de groeisnelheid bij lage aantallen en

K

de „draagkracht" — het maximale aantal dat de omgeving aankan. Zolang

y

klein is ten opzichte van

K

is de factor

\bigl(1-\frac{y}{K}\bigr)\approx 1

en groeit

y

vrijwel exponentieel; nadert

y

de draagkracht

K

, dan gaat de factor naar

0

en dooft de groei uit. Ook deze DV is met scheiden van variabelen (en breuksplitsen) op te lossen.

De oplossing van de logistische DV is de „logistische kromme"

y(t)=\dfrac{K}{1+A\,e^{-rt}}

, met

A=\dfrac{K-y_0}{y_0}

uit de beginwaarde. In Afb. 1 staat het geval

K=100

r=0{,}8

y_0=10

, dus

A=9

y(t)=\dfrac{100}{1+9e^{-0{,}8t}}

. De kromme heeft de karakteristieke S-vorm: eerst een versnelde (bijna exponentiële) groei, dan een buigpunt bij de halve draagkracht

y=\tfrac{1}{2}K=50

, en ten slotte een afvlakking naar de horizontale asymptoot

y=K=100

. Die asymptoot is de draagkracht: op lange termijn stabiliseert het aantal daar.

Bij het oplossen met scheiden van variabelen let je op twee dingen. Ten eerste: houd de „integratieconstante"

C

bij en bepaal hem uit de beginvoorwaarde — vergeet je

C

, dan mis je juist de informatie over de starttoestand. Ten tweede: controleer je gevonden oplossing door haar in de oorspronkelijke DV in te vullen (de vaardigheid uit paragraaf 1). Deze twee gewoontes — constante meenemen, uitkomst terugcontroleren — maken het verschil tussen een formeel correcte afleiding en een oplossing waar je op kunt vertrouwen.

\frac{dy}{dt}=g(t)\,h(y)\ \Rightarrow\ \int\frac{dy}{h(y)}=\int g(t)\,dt

Scheiden van variabelen

Breng alle $y$ -termen naar links en alle $t$ -termen naar rechts en integreer beide kanten.

\frac{dy}{dt}=k\,y\ \Rightarrow\ \ln|y|=kt+C\ \Rightarrow\ y=y_0\,e^{kt}

Exponentiële groei afgeleid

Scheiden, integreren en de $e$ -macht nemen; $e^{C}=y_0$ is de beginwaarde.

\frac{dy}{dt}=r\,y\Bigl(1-\frac{y}{K}\Bigr)\ \Rightarrow\ y(t)=\frac{K}{1+A\,e^{-rt}},\ A=\frac{K-y_0}{y_0}

Logistische DV en logistische kromme

Begrensde groei met draagkracht $K$ ; de oplossing heeft een S-vorm met asymptoot $y=K$ .

Uitgewerkt voorbeeld

Exponentiële groei met scheiden van variabelen

Los de differentiaalvergelijking $\frac{dy}{dt}=0{,}3\,y$ op met scheiden van variabelen en beginvoorwaarde $y(0)=20$ . Bereken daarna $y(5)$ .

Scheid de variabelen
Breng alle $y$ naar links en alle $t$ naar rechts.
$\frac{dy}{y}=0{,}3\,dt$
Integreer beide kanten
Links de standaardprimitieve $\ln|y|$ , rechts $0{,}3t$ plus constante.
$\ln|y|=0{,}3t+C$
Los y op en bepaal C
Neem de $e$ -macht; $e^{C}=y_0=20$ volgt uit $y(0)=20$ .
$y=e^{0{,}3t+C}=20\,e^{0{,}3t}$
Bereken y(5)
Vul $t=5$ in; $e^{1{,}5}\approx 4{,}48$ .
$y(5)=20\,e^{1{,}5}\approx 89{,}6$

Resultaat: De oplossing is $y=20\,e^{0{,}3t}$ , en $y(5)=20e^{1{,}5}\approx 89{,}6$ .

Veelgemaakte fouten

De integratieconstante $C$ vergeten of pas na het nemen van de $e$ -macht willen toevoegen; $C$ hoort erbij vóór je $y$ vrijmaakt en volgt uit de beginwaarde.
Bij de logistische kromme de asymptoot verwarren met de groeisnelheid: $K$ is het eindniveau (draagkracht), $r$ regelt hoe snel de S-kromme daar naartoe loopt.

Actieve herhaling

Los $\frac{dy}{dt}=-0{,}2\,y$ op met scheiden van variabelen en $y(0)=50$ ; bereken $y(10)$ . Ga daarna na dat $y=\frac{100}{1+9e^{-0{,}8t}}$ voldoet aan $\frac{dy}{dt}=0{,}8\,y\bigl(1-\frac{y}{100}\bigr)$ door de asymptoot en de startwaarde te controleren.

Actief ophalen

Haal de kernpunten op — onthul ze daarna.

Bronnen: Examenblad.nl — examenprogramma wiskunde D (VWO) (CvTE / DUO)

Evenwichtsoplossingen en stabiliteit#

Verdiepingexamenblad-wiskunde-d-domein-C

Afb. 1 — Stabiliteit van het evenwicht y = K

Afb. 4Afb. 1 — Oplossingen die onder (y0=10) én boven (y0=180) de draagkracht starten, naderen allebei y=K=100: dat evenwicht is stabiel (f'(100)<0), terwijl y=0 instabiel is (f'(0)>0).

Een „evenwichtsoplossing" van een autonome DV

\frac{dy}{dt}=f(y)

is een constante oplossing: een waarde

y^*

waarbij niets meer verandert, dus

\frac{dy}{dt}=0

. Je vindt de evenwichten door

f(y^*)=0

op te lossen. Voor de logistische DV

\frac{dy}{dt}=0{,}8\,y\bigl(1-\frac{y}{100}\bigr)

geeft

f(y)=0

de evenwichten

y^*=0

(uitsterven) en

y^*=100

(de draagkracht

K

). Een evenwichtsoplossing is de continue tegenhanger van het vaste punt bij een discreet systeem: als je er precies op start, blijf je er, want de verandering is nul.

Net als bij discrete systemen is de vraag of zo'n evenwicht „stabiel" (aantrekkend) of „instabiel" (afstotend) is. Het criterium is voor continue systemen echter anders: hier telt het „teken" van de afgeleide

f'(y^*)

, niet of

|f'|

onder

1

ligt. Is

f'(y^*)<0

, dan is het evenwicht stabiel — een kleine afwijking wordt teruggeduwd, want net boven

y^*

\frac{dy}{dt}<0

(het zakt terug) en net eronder

\frac{dy}{dt}>0

(het stijgt terug). Is

f'(y^*)>0

, dan is het instabiel: afwijkingen worden juist versterkt. Dit tekencriterium is het eerste dat je toepast bij een continu model.

Pas dit toe op de logistische DV met

f(y)=0{,}8\,y-0{,}008\,y^{2}

, waarvoor

f'(y)=0{,}8-0{,}016\,y

. In

y^*=0

f'(0)=0{,}8>0

: het evenwicht

0

is instabiel, dus een kleine startpopulatie groeit weg van

0

. In

y^*=100

f'(100)=0{,}8-1{,}6=-0{,}8<0

: de draagkracht is stabiel, dus elke populatie wordt naar

100

toe getrokken. Afb. 1 laat dit zien met twee oplossingskrommen: één die onder

K

start (bij

10

) en stijgend

100

nadert, en één die boven

K

start (bij

180

) en dalend

100

nadert. Van beide kanten trekt het evenwicht

y=K

aan.

Het is belangrijk het continue tekencriterium niet te verwarren met het discrete. Bij een discrete recursie

u(n+1)=f(u(n))

is een vast punt stabiel als

|f'(u^*)|<1

; bij een continue DV

\frac{dy}{dt}=f(y)

is een evenwicht stabiel als

f'(y^*)<0

. De reden voor het verschil is de aard van het systeem: discreet vergelijk je de nieuwe toestand met de oude (een factor per stap), continu kijk je of de stroom naar het evenwicht toe of ervan weg wijst (een teken). Verwissel de criteria niet — het is een klassieke valkuil op het schoolexamen.

Evenwichten en hun stabiliteit geven, net als bij discrete systemen, in één analyse het lange-termijngedrag zonder de DV volledig op te lossen. De aanpak bij een continu model is: bepaal alle evenwichten uit

f(y)=0

, bepaal bij elk het teken van

f'(y^*)

, en teken zo nodig een „faselijn" — een verticale of horizontale as met daarop de evenwichten en pijltjes die aangeven waar

\frac{dy}{dt}>0

(naar boven) en waar

\frac{dy}{dt}<0

(naar beneden). Uit die pijltjes lees je meteen af naar welk stabiel evenwicht een oplossing met een gegeven startwaarde toe stroomt, en welke instabiele evenwichten juist grenzen tussen twee gedragingen vormen.

\frac{dy}{dt}=0\ \Rightarrow\ f(y^*)=0

Evenwichtsoplossing

Een constante oplossing; los $f(y^*)=0$ op om alle evenwichten te vinden.

f'(y^*)<0\ \text{stabiel},\qquad f'(y^*)>0\ \text{instabiel}

Stabiliteitscriterium (continu)

Het teken van de afgeleide beslist; let op: dit verschilt van het discrete $|f'|<1$ .

Uitgewerkt voorbeeld

Evenwichten en hun stabiliteit bij het logistische model

Bepaal de evenwichtsoplossingen van $\frac{dy}{dt}=0{,}8\,y\bigl(1-\frac{y}{100}\bigr)$ en onderzoek voor elk de stabiliteit met het teken van $f'(y^*)$ .

Zoek de evenwichten
Stel $f(y)=0$ ; een product is nul als een van de factoren nul is.
$0{,}8\,y\Bigl(1-\tfrac{y}{100}\Bigr)=0\ \Rightarrow\ y^*=0\ \text{of}\ y^*=100$
Bepaal de afgeleide
Schrijf $f(y)=0{,}8\,y-0{,}008\,y^{2}$ en differentieer.
$f'(y)=0{,}8-0{,}016\,y$
Toets y^*=0
Vul in en bekijk het teken.
$f'(0)=0{,}8>0\ \Rightarrow\ \text{instabiel}$
Toets y^*=100
Vul in en bekijk het teken.
$f'(100)=0{,}8-1{,}6=-0{,}8<0\ \Rightarrow\ \text{stabiel}$

Resultaat: Evenwichten $y^*=0$ (instabiel, $f'(0)=0{,}8>0$ ) en $y^*=100$ (stabiel, $f'(100)=-0{,}8<0$ ): elke positieve startpopulatie groeit weg van $0$ en nadert de draagkracht $K=100$ .

Veelgemaakte fouten

Het discrete criterium $|f'(u^*)|<1$ toepassen op een continue DV; bij een DV telt het teken van $f'(y^*)$ , dus stabiel als $f'(y^*)<0$ .
Bij $f(y)=0$ het evenwicht $y^*=0$ over het hoofd zien door door $y$ te delen; behandel het als een product en hou beide oplossingen.

Actieve herhaling

Gegeven is $\frac{dy}{dt}=y(2-y)$ . Bepaal de evenwichtsoplossingen en onderzoek met het teken van $f'(y^*)$ welke stabiel is. Beschrijf naar welke waarde een oplossing met $y(0)=0{,}5$ op lange termijn stroomt.

Actief ophalen

Haal de kernpunten op — onthul ze daarna.

Bronnen: Examenblad.nl — examenprogramma wiskunde D (VWO) (CvTE / DUO)

Referenties en bronnen

Bronnen

CvTE / DUO

Examenblad.nl — examenprogramma wiskunde D (VWO)

Continue dynamische systemen (differentiaalvergelijkingen)

Kernpunten

Nagaan of een functie een oplossing is

Kernpunten

Euler-stappen uitrekenen en vergelijken

Kernpunten

Exponentiële groei met scheiden van variabelen

Kernpunten

Evenwichten en hun stabiliteit bij het logistische model

Bronnen