Uitwerking

1. We kunnen de rechterkant van de differentiaalvergelijking ontbinden in factoren: \[\begin{aligned} \varphi(y) &=-9y+y^3\\ &= y\,(y^2-9) \\ &= y\,(y-3)\,(y+3)\end{aligned}\] Dus is \(\varphi\) een derdegraadsveelterm met nulpunten \(-3\), \(0\) en \(3\). De evenwichten van de differentiaalvergelijking zijn dus \(y=-3\), \(y=0\) en \(y=3\). We doen een beperkt functieonderzoek en rekenen daarvoor de afgeleide \(\dfrac{\dd \varphi}{\dd y}\) uit: \[\varphi'(y)=-9+3y^2=3(y^2-3)\] Dan geldt dat \(\varphi'(y)=0\) dan en slechts dan als \(y^2-3=0\), oftewel als \(y=\pm\sqrt{3}\). Omdat \(\dfrac{\dd^2\varphi}{\dd y^2}=6y\), en dus \(\varphi''(\sqrt{3})>0\) en \(\varphi''(-\sqrt{3})<0\), weten we dat \(y=\sqrt{3}\) een maximum van \(\varphi\) is, \(y=\sqrt{3}\) een minimum van \(\varphi\) is, en dat \(y=0\) een buigpunt is. We weten nu voldoende om een schets van de grafiek van \(\varphi\) te maken:

   

2. We bepalen de aard van de evenwichten door lokale linearisatie. Hiervoor hebben we weer de afgeleide \(\dfrac{\dd \varphi}{\dd y}\) nodig: \[\varphi'(y)=3(y^2-3)\] Dus:\[\begin{aligned} \varphi'(0)=-9<0 \quad &\text{zodat}\quad y=0\text{ een aantrekkend evenwicht is en}\\ \varphi'(\pm\sqrt{3})=18>0\quad &\text{zodat}\quad y=\pm\sqrt{3}\text{ een afstotend evenwicht is.}\end{aligned}\] Dit is in overeenstemming met het tekenoverzicht van \(\varphi\)

   en met het faseportret

   

3. Als \(y(0)=0.1\), dan zit de startwaarde in het interval \((0,3)\) waarbinnen het teken van de rechterkant van de differentiaalvergelijking negatief is. Dit is een dalende oplossingskromme die voor grote \(t\) naar \(0\) nadert; dus \(\displaystyle \lim_{t\rightarrow\infty} y(t)=0\).

Uitwerking

1. Om de evenwichten van de differentiaalvergelijking te vinden moeten we de vergelijking \(\varphi(x)=0\) oplossen \[\begin{aligned} \varphi(x)=0 &\iff\frac{2x^2}{1+x^3}-x=0\\ &\iff \frac{2x^2}{1+x^3}=x \\ &\iff x=0\quad\text{of}\quad\frac{2x}{1+x^3}\end{aligned}\] We werken de tweede vergelijking verder uit:\[\begin{aligned}1+x^3=2x &\iff x^3-2x+1=0 \\ &\iff (x-1)(x^2+x-1)=0 \\ &\iff x=1\quad\text{of}\quad x=\dfrac{-1\pm\sqrt{5}}{2}\end{aligned}\] Er zijn dus drie niet-negatieve evenwichten van de differentiaalvergelijking; in opklimmende volgorde zijn het \(x=0\), \(x=\dfrac{-1+\sqrt{5}}{2}\) en \(x=1\).
2. We bepalen de aard van de evenwichten door lokale linearisatie. Hiervoor hebben we de afgeleide \(\dfrac{\dd \varphi}{\dd x}\) nodig. Met de quotiëntregel voor differentiëren krijgen we : \[\begin{aligned}\varphi'(x)&=\frac{4x(1+x^3)-2x^2\cdot 3x^2}{(1+x^3)^2} -1\\ \\ &= \frac{4x-4x^4}{(1+x^3)^2}-1\\ \\ &= \frac{2x(2-x^3)}{(1+x^3)^2}-1\end{aligned}\] Dus: \[\begin{aligned} \varphi'(0)=-1<0 \quad &\text{zodat}\quad x=0\text{ een aantrekkend evenwicht is,}\\ \varphi'(1)=\frac{1}{2}<0 \quad &\text{zodat}\quad x=1\text{ een aantrekkend evenwicht is en} \\ \varphi'\left(\tfrac{-1}{2}+\tfrac{1}{2}\sqrt{5}\right)>0 \quad &\text{zodat}\quad x=\tfrac{-1}{2}+\tfrac{1}{2}\sqrt{5}\text{ een afstotend evenwicht is.}\end{aligned}\] Dit is in overeenstemming met het tekenoverzicht van \(\varphi\) en het daaruit af te leiden faseportret
   

   

3. Als \(x(0)=0.001\), dan zit de beginwaarde in het interval \((0,-\tfrac{1}{2}+\tfrac{1}{2}\sqrt{5})\) waarbinnen het teken van de rechterkant van de differentiaalvergelijking negatief is. Dit is een dalende oplossingskromme die voor grote \(t\) naar \(0\) nadert; dus \(\displaystyle \lim_{t\rightarrow\infty} x(t)=0\) als \(x(0)=0.001\).
4. Als \(x(0)=0.8\), dan zit de beginwaarde in het interval \((-\tfrac{1}{2}+\tfrac{1}{2}\sqrt{5}, 1)\) waarbinnen het teken van de rechterkant van de differentiaalvergelijking positief is. Dit is een stijgende oplossingskromme die voor grote \(t\) naar \(1\) nadert; dus \(\displaystyle \lim_{t\rightarrow\infty} x(t)=1\) als \(x(0)=0.8\).
5. Als \(x(0)=1\), dan is de beginwaarde een evenwichtswaarde; dus \(\displaystyle \lim_{t\rightarrow\infty} x(t)=1\) als \(x(0)=1\).

Uitwerking

1. Om de evenwichten te vinden moeten we de vergelijking \(\varphi(y)=0\) oplossen: \[\begin{aligned} \varphi(y)=0 &\iff \;\;-15+8y-y^2=0\\ &\iff -(y-3)(y-5) =0\end{aligned}\] Er zijn dus twee evenwichten van de differentiaalvergelijking; in opklimmende volgorde zijn het \(y=3\) en \(y=5\) De functie \(\varphi\) een bergparabool en dus is \(\varphi(y)\) positief voor \(y\) in het interval (0,3) en negatief daarbuiten. Dit geeft het onderstaande faseportret:
   

   

   We kunnen de aard van de evenwichten verifiëren via de methode van lokale linearisatie: \(\varphi'(y)=8-2y\) en dus: \[\begin{aligned} \varphi'(3)=\phantom{-}2>0\quad &\text{zodat}\quad y=3\text{ een afstotend evenwicht is en}\\ \varphi'(5)=-2<0\quad &\text{zodat}\quad y=5\text{ een aantrekkend evenwicht is.}\end{aligned}\]Verder geldt dan: \[\begin{aligned} \lim_{t\rightarrow \infty} y(t)=-\infty &\;\;\text{ als }\;y(0)<3\\ \lim_{t\rightarrow \infty} y(t)=3\;\;\;\;\, &\;\;\text{ als }\;y(0)=3 \\ \lim_{t\rightarrow \infty} y(t)=5\;\;\;\;\, &\;\;\text{ als }\;y(0)>3\end{aligned}\]
   
   
2. Om de evenwichten te vinden moeten we de vergelijking \(\varphi(y)=0\) oplossen \[\begin{aligned} \varphi(y)=0 &\iff \;\;\;\;-4+5y-y^2=0\\ &\iff -(y-1)(y-4) =0\end{aligned}\] Er zijn dus twee evenwichten van de differentiaalvergelijking; in opklimmende volgorde zijn het \(y=1\) en \(y=4\) Het gaat om een bergparabool en dus is \(\varphi(y)\) positief voor \(y\) in het interval (1,4) en negatief daarbuiten. Dit geeft het onderstaande faseportret:
   

   

   We kunnen de aard van de evenwichten verifiëren via de methode van lokale linearisatie: \(\varphi'(y)=5-2y\) en dus: \[\begin{aligned} \varphi'(1)=\phantom{-}3>0\quad &\text{zodat}\quad y=1\text{ een afstotend evenwicht is en}\\ \varphi'(4)=-3<0\quad &\text{zodat}\quad y=4\text{ een aantrekkend evenwicht is.}\end{aligned}\]Verder geldt dan: \[\begin{aligned} \lim_{t\rightarrow \infty} y(t)=-\infty &\;\;\text{ als }\;y(0)<1\\ \lim_{t\rightarrow \infty} y(t)=1\;\;\;\;\, &\;\;\text{ als }\;y(0)=1 \\ \lim_{t\rightarrow \infty} y(t)=4\;\;\;\;\, &\;\;\text{ als }\;y(0)>1\end{aligned}\]
   
   
3. Om de evenwichten te vinden moeten we de vergelijking \(\varphi(y)=0\) oplossen: \[\begin{aligned} \varphi(y)=0 &\iff \;\; -y(y^2+y-6)=0\\ &\iff -y\,(y+3)(y-2) =0\end{aligned}\] Er zijn dus drie evenwichten van de differentiaalvergelijking; in opklimmende volgorde zijn het \(y=-3\), \(y=0\) en \(y=2\). We kunnen de aard van de evenwichten verifiëren via de methode van lokale linearisatie: \(\varphi'(y)=-3y^2-2y+6\) en dus: \[\begin{aligned} \varphi'(-3)=-15<0 \quad &\text{zodat}\quad y=-3\text{ een aantrekkend evenwicht is,}\\ \varphi'(0)=\phantom{-1}6>0 \quad &\text{zodat}\quad y=0\text{ een afstotend evenwicht is en} \\ \varphi'(2)=-10<0 \quad &\text{zodat}\quad y=2\text{ een aantrekkend evenwicht is.}\end{aligned}\] Dit geeft het onderstaande faseportret:
   

   

   Verder geldt dan: \[\begin{aligned} \lim_{t\rightarrow \infty} y(t)=-3 &\;\;\text{ als }\;y(0)<0\\ \lim_{t\rightarrow \infty} y(t)=0\;\;\,\, &\;\;\text{ als }\;y(0)=0 \\ \lim_{t\rightarrow \infty} y(t)=2\;\;\,\, &\;\;\text{ als }\;y(0)>0\end{aligned}\]
   
   
4. Om de evenwichten te vinden moeten we de vergelijking \(\varphi(y)=0\) oplossen: \[\begin{aligned} \varphi(y)=0 &\iff \;\;8y-y^2=0\\ &\iff y\,(8-y^2) =0\\ &\iff y\,(2\sqrt{2}-y)(2\sqrt{2}+y) =0 \end{aligned}\] Er zijn dus drie evenwichten van de differentiaalvergelijking; in opklimmende volgorde zijn het \(y=-2\sqrt{2}\), \(y=0\) en \(y=2\sqrt{2}\). We kunnen de aard van de evenwichten verifiëren via de methode van lokale linearisatie: \(\varphi'(y) =8-3y^2\) en dus: \[\begin{aligned} \varphi'(-1\sqrt{2})=-16<0 \quad &\text{zodat}\quad y=-2\sqrt{2}\text{ een aantrekkend evenwicht is,}\\ \varphi'(0)=\phantom{-1}8>0 \quad &\text{zodat}\quad y=0\text{ een afstotend evenwicht is en} \\ \varphi'(2)=-10<0 \quad &\text{zodat}\quad y=2\sqrt{2}\text{ een aantrekkend evenwicht is.}\end{aligned}\] Dit geeft het onderstaande faseportret:
   

   

   Verder geldt dan: \[\begin{aligned} \lim_{t\rightarrow \infty} y(t)=-2\sqrt{2} &\;\;\text{ als }\;y(0)<0\\ \lim_{t\rightarrow \infty} y(t)=0\;\;\;\;\;\;\;\, &\;\;\text{ als }\;y(0)=0 \\ \lim_{t\rightarrow \infty} y(t)=2\sqrt{2}\;\;\,\, &\;\;\text{ als }\;y(0)>0\end{aligned}\]
   
   
5. Om de evenwichten te vinden moeten we de vergelijking \(\varphi(y)=0\) oplossen: \[\begin{aligned} \varphi(y)=0 &\iff \dfrac{3y^2}{2+y^2}-y=0\\ \\ &\iff \dfrac{3y^2}{2+y^2}=y\\ \\ &\iff y =0\quad\text{of}\quad \dfrac{3y}{2+y^2}= 1\end{aligned}\] We werken de tweede vergelijking verder uit:: \[\begin{aligned} \dfrac{3y}{2+y^2}=1 &\iff 3y=2+y^2 \\ &\iff y^2-3y+2=0\\ &\iff (y-2)(y-1)=0\end{aligned}\] Er zijn dus drie evenwichten van de differentiaalvergelijking; in opklimmende volgorde zijn het \(y=0\), \(y=1\) en \(y=2\). We kunnen de aard van de evenwichten verifiëren via de methode van lokale linearisatie: \[\begin{aligned}\varphi'(y) &=\dfrac{6y\cdot (2+y^2)-3y^2\cdot 2y}{(2+y^2)^2}-1 \\ \\ &= \dfrac{12y}{(2+y^2)^2}-1\end{aligned}\] en dus: \[\begin{aligned} \varphi'(0)=\,-1<0 \quad &\text{zodat}\quad y=0\text{ een aantrekkend evenwicht is,}\\ \varphi'(1)=\phantom{-}\tfrac{1}{3}>0 \quad &\text{zodat}\quad y=1\text{ een afstotend evenwicht is en} \\ \varphi'(2)=-\tfrac{1}{3}<0 \quad &\text{zodat}\quad y=2\text{ een aantrekkend evenwicht is.}\end{aligned}\] Dit geeft het onderstaande faseportret:
   

   

   Verder geldt dan: \[\begin{aligned} \lim_{t\rightarrow \infty} y(t)=0 &\;\;\text{ als }\;y(0)<1\\ \lim_{t\rightarrow \infty} y(t)=1 &\;\;\text{ als }\;y(0)=1 \\ \lim_{t\rightarrow \infty} y(t)=2 &\;\;\text{ als }\;y(0)>1\end{aligned}\]