Løsningsforslag, differensiallikninger

Om differensiallikninger

Oppgave 1:

Vi skal vise at $y = 3x − {\large \frac{3}{2}} +Ce^{−2x}$ er en løsning til differensiallikningen y′ + 2y − 6x = 0.

Vi deriverer $y = 3x − {\large \frac{3}{2}} +Ce^{−2x}$ . Dette er en rett-fram operasjon der vi deriverer ledd for ledd, vi må bare huske på å bruke kjerneregelen på siste ledd, noe som gjør at vi får konstanten −2 som en faktor:

$y′ = 3− 2Ce^{−2x}$

Vi setter dette og

$y = 3x − {\large \frac{3}{2}} +Ce^{−2x}$

inn i

$y′+2y−6x$

og får 

$3 −2Ce^{−2x} + 2(3x − {\large \frac{3}{2}} + Ce^{−2x}) −6x = 3 −2Ce^{−2x} + 6x −3 + 2Ce^{−2x} −6x = 0$.

Siden det også står 0 på høyre side av likhetstegnet i differensiallikningen, er løsningen er riktig.

Tilbake til oppgaven

Separable differensiallikninger

Oppgave 1:

Vi skal vise at differensiallikningen y′ = xy + 3x er separabel, det vil si at den kan skrives på formen g(y) · y′ = h(x).

Vi setter x utenfor parentes og får

y′ = x(y + 3)

Vi dividerer med y + 3 på begge sider av likhetstegnet og får

${\large\frac{1}{y+3}}y′=x$

Nå ser vi at det er en separabel differensiallikning med $g(y) = {\large\frac{1}{y+3}}$ og $h(x) = x$.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal løse differensiallikningen $y′=2\sqrt y$, og sette prøve på svaret.

Vi dividerer med $\sqrt y$ på begge sider av likhetstegnet og får

${\large\frac{1}{\sqrt y}}y′ = 2$

Vi ser at likningen har form som en separabel differensiallikning.

Vi skriver om til potensform, og erstatter $y′$ med ${\Large \frac{dy}{dx}}$

$y^{−\Large\frac{1}{2}}{\Large\frac{dy}{dx}}=2$

Vi multipliserer med $dx$ på begge sider, og setter på integrasjonstegn:

$\int y^{−\Large\frac{1}{2}}dy=\int2\, dx$

Vi utfører integrasjonene, og får

$2y^{\Large\frac{1}{2}} + C_1= 2x + C_2$

(Utregningen av uttrykket på venstre side er: $\int y^{−\large \frac{1}{2}} dy= {\large\frac{1}{−\frac{1}{2}+1}} y^{−\large\frac{1}{2} + 1} + C_1= {\large\frac{1}{\frac{1}{2}}} y^{\large\frac{1}{2}} + C_1 = 2 y^{\large\frac{1}{2}} + C_1$)

Vi dividerer med 2 på begge sider, og slår sammen integrasjonskonstantene:

$y^{\Large\frac{1}{2}} = x + C$

Vi opphøyer begge sider i andre, og får

$y=(x+ C)^2$

Så skal vi sette prøve på svaret. Vi deriverer og får

$y′=2(x+C)$

Setter vi inn i den opprinnelige differensiallikningen, $y′=2\sqrt y$, får vi

Venstre side:

$y′ =2(x+C)$

Høyre side:

$2\sqrt y = 2 \sqrt{(x+C)^2} = 2(x+C)$

Høyre og venstre side er like, så likningen er løst riktig.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Vi skal løse differensiallikningen $y′ = \frac{\displaystyle 2x−3}{\displaystyle 2y}$, og sette prøve på svaret.

Vi multipliserer begge sider med 2y:

$2y y′=2x−3$

Vi erstatter $y′$ med ${\Large \frac{dy}{dx}}$:

$2y{\Large \frac{dy}{dx}} = 2x−3$

Vi multipliserer på begge sider med dx, og setter integrasjonstegn på begge sider:

$\int 2y \, dy = \int (2x−3) \, dx$

Vi utfører integrasjonene og slår sammen integrasjonskonstantene:

$y^2 = x^2 − 3x + C$

Vi trekker ut kvadratrota på begge sider:

$y=\pm\sqrt{x^2 − 3x + C}$

Så skal vi sette prøve på svaret. Vi sjekker løsningen med positivt fortegn først.

Vi deriverer ved hjelp av kjerneregelen med g = x2 3x + C som kjerne. Når g = x2 3x + C , er g′ = 2x 3.

$y′ = \big(\sqrt{x^2 − 3x + C}\big)′ = (\sqrt g )′ \cdot g′ = \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 2\sqrt{g}}g′$

Vi setter inn for g og g′:

$y′  = \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 2\sqrt{g}}g′ = \frac{\displaystyle 2x − 3}{\displaystyle 2\sqrt{x^2 − 3x + C}}$

Setter vi inn i den opprinnelige differensiallikningen, $y′ = \frac{\displaystyle 2x−3}{\displaystyle 2y}$, får vi

Venstre side:

$\frac{\displaystyle 2x − 3}{\displaystyle 2\sqrt{x^2 − 3x + C}}$
 

Høyre side:

$\frac{\displaystyle 2x−3}{\displaystyle 2y} = \frac{\displaystyle 2x − 3}{\displaystyle 2\sqrt{x^2 − 3x + C}}$

Høyre og venstre side er like, så likningen er løst riktig.

Tar vi for oss løsningen med negativt fortegn, vil vi få samme deriverte med negativt fortegn. Vi får et fortegnsskifte på begge sider av likhetstegnet, slik at venstre og høyre side da også er like. Løsningen med negativt fortegn er derfor også riktig.

Tilbake til oppgaven

Lineære differensiallikninger

Oppgave 1:

Vi skal løse den lineære differensiallikningen y′ − 4y = 2

Vi har p(x) = −4, så vi får

$P(x) = \int −4 dx = −4x + C$

Integrerende faktor blir

e−4x

Vi multipliserer på begge sider av likningen med integrerende faktor og får

y′ · e−4x − 4y · e−4x = 2 · e−4x

Siden (e−4x)′ = −4e−4x, kan dette skrives som

y′ · e−4xy · (e−4x)′ = 2 · e−4x

Som ved hjelp av produktregelen baklengs kan skrives som

(y · e−4x)′ = 2 · e−4x

Vi integrerer begge sider

$\int (y \cdot e^{−4x})′ \, dy = \int2 · e^{−4x} \, dx$

$\Downarrow$

$y \cdot e^{−4x} = 2 \cdot {\large\frac{1}{−4}}e^{−4x} + C$

$\Downarrow$

$y \cdot e^{−4x} = −{\large\frac{1}{2}} \cdot e^{−4x} + C$

Så dividerer vi med integrerende faktor og får

$y = {\large −\frac{1}{2}}+ {\large \frac{C}{e^{−4x}}} = {Ce^{4x} − \large \frac{1}{2}}$

Så skal vi sette prøve på svaret.

Vi deriverer, og får

y′ =4 Ce4x

Setter vi inn i den opprinnelige differensiallikningen, y′ − 4y = 2, får vi

Venstre side:

$4 Ce^{4x} − 4\big({Ce^{4x} − \large \frac{1}{2}}\big) = 2$
 

Høyre side:

2

Høyre og venstre side er like, så likningen er løst riktig.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal løse differensiallikningen $y′ +6y=3$, og sette prøve på svaret.

Vi har $p(x) = 6$, så vi får

$P(x) = \int 6 \, dx = 6x + C$

Integrerende faktor blir

$e^{6x}$

Vi multipliserer på begge sider av likningen med integrerende faktor og får

$y′ \cdot e^{6x} +6y \cdot e^{6x} = 3 \cdot e^{6x}$

Siden $(e^{6x})′ = 6e^{6x}$, kan dette skrives som

$y′ \cdot e^{6x} +y \cdot (e^{6x})′ = 3 \cdot e^{6x}$

Som ved hjelp av produktregelen baklengs kan skrives som

$(y \cdot e^{6x})′ = 3 \cdot e^{6x}$

Vi integrerer begge sider

$\int (y \cdot e^{6x})′ \, dy = \int 3 \cdot e^{6x} \, dx$

$\Downarrow$

$y \cdot e^{6x} = 3 \cdot {\large \frac{1}{6}}e^{6x} + C$

$\Downarrow$

$y \cdot e^{6x} = {\large \frac{1}{2}}e^{6x} + C$

Så dividerer vi på begge sider med integrerende faktor og får

$y = {\large \frac{1}{2}}+{\large \frac{C}{e^{6x}}} = {Ce^{−6x} + \large \frac{1}{2}}$

Så skal vi sette prøve på svaret. Vi deriverer og får

$y′ =−6 Ce^{−6x}$

Setter vi inn i den opprinnelige differensiallikningen, $y′ +6y=3$, får vi

Venstre side:

$−6Ce^{−6x} + 6\big({Ce^{−6x} + \large \frac{1}{2}}\big) = 3$

Høyre side:

$3$

Høyre og venstre side er like, så likningen er løst riktig.

Tilbake til oppgaven

Modellere med differensiallikninger

Oppgave 1:

Vi fyller vann i et basseng med en hastighet på 4 m3/min. Samtidig lekker det vann ut med en hastighet som er proporsjonal med vannvolumet i bassenget.

V(t) er vannvolumet i bassenget, målt i m3, som funksjon av tiden, t, målt i minutter.

    • Vi skal forklare at differensiallikningen V′(t) = 4 − kV er en modell av vannvolumet i bassenget.
       
      I denne likningen er volumet, V, den avhengige variabelen, og tiden, t, den uavhengige variabelen.
       
      På venstre side av likningen har vi V′, som betyr endring i volum. Endringen i volum er også det som står på høyre side, fordi 4 representerer den mengden vann som fylles på, og kV, som trekkes fra, representerer den mengden vann som renner ut. Denne mengden er proporsjonal med volumet, V, som forutsatt. Proporsjonalitetskonstanten k er foreløpig ukjent. 
       
    • Vi har at k = 0,005/min, bassenget er i utgangspunktet tomt, og vi skal finne et uttrykk for vannvolumet i bassenget som funksjon av tiden.
       
      Vi har
      V′ =4 − 0,005V
       
      Vi flytter leddet med V over til venstre side, og får
      V′ + 0,005V = 4
       
      Dette gjenkjenner vi som en lineær differensiallikning med p(t) = 0,05 og q(t) = 4, som vi kan løse med metoden vi har lært for dette.
       
      Vi får $P(t) = \int 0{,}005 \, dt = 0{,}005\,t + C$. Integrerende faktor blir $e^{0{,}005t}$.
       
      Vi multipliserer likningen med integrerende faktor på begge sider:
      $V′e^{0,005t} + 0,005V e^{0,005t} = 4e^{0,005t}$
       
      Siden $(e^{0,005t})′ = 0,005e^{0,005t}$, kan dette skrives som
       
      $V′e^{0,005t} + V( e^{0,005t})′ = 4e^{0,005t}$
       
      Vi skriver om venstre side ved hjelp av produktregelen baklengs:
      $(Ve^{0,005t})′= 4e^{0,005t}$
       
      Vi integrerer begge sider og får
      $\int (Ve^{0,005t})′ \, dV = \int 4e^{0,005t} \, dt$
       
      $\Downarrow$
       
      $Ve^{0,005t}= 4 \cdot {\large \frac{1}{0,005}} e^{0,005t} + C$
       
      $\Downarrow$
       
      $Ve^{0,005t}= 800e^{0,005t} + C$
        
      Så dividerer vi begge sider med integrerende faktor:
      $V = 800 + Ce^{−0,005t}$
       
      For å bestemme konstanten C benytter vi oss av initialbetingelsen at bassenget var tomt til å begynne med. Så vi har
      0 = 800+ Ce0C = −800
       
      Så et uttrykk for volumet som funksjon av tiden blir
      V = 800 − 800 e−0,005t
       
    • Vi skal beregne hvor lang tid det tar før det er 400 m3 vann i bassenget.
       
      Vi har da at
      400 = 800 − 800e−0,005t
       
      Vi bytter om på leddene og dividerer med 800 på begge sider av likhetstegnet og får
      $e^{−0,005t} = {\large \frac{1}{2}}$
       
      Vi beregner ln på begge sider og får
      $−0{,}005t = \ln{\large\frac{1}{2}} \approx −0{,}693$
       
      Som gir
      t ≈ 138,6
       
      Det er 400 m3 vann i bassenget etter om lag 139 minutter, altså to timer og 19 minutter.

Tilbake til oppgaven

Modellere med differensiallikninger

Vi skal nå se et eksempel på bruk av en differensiallikning til å løse et problem fra virkeligheten.

Vi setter ei skål suppe som holder 90° til avkjøling, og skal regne ut når suppa holder 50°.

Sette opp likningen

Hadde temperaturen sunket med konstant hastighet, ville dette vært en enkel utregning. Sank den med for eksempel 8° per minutt, ville det tatt ${\large \frac{90 − 50}{8}} = 5$ minutter før suppa holdt 50°.

Men vi vet av erfaring at avkjøling ikke skjer på den måten. Suppa avkjøles fort når den er veldig varm, og så langsommere og langsommere ned mot omgivelsestemperaturen.

Avkjølingen skjer i henhold til Newtons avkjølingslov, som er slik:

T′(t) = −k(T(t) − To)

Her er T temperaturen til objektet som kjølner, To er omgivelsestemperaturen, t er tiden, og k en positiv konstant, som vil variere fra materiale til materiale. Enheten til k vil være den inverse av enheten til t. For eksempel 1/sekund, altså s−1, hvis tiden måles i sekunder.

Tolke likningen

På venstre side av likhetstegnet står T′, den deriverte av temperaturen, altså endring i temperatur. På høyre side har vi et minus-tegn foran produktet av k, som er oppgitt å være positiv, og T − To, som er positiv fordi objektets temperatur alltid vil være høyere enn omgivelsestemperaturen. T′ er derfor alltid negativ, noe som betyr at temperaturen alltid avtar.

Videre ser vi at T′ er proporsjonal med differansen mellom objektets og omgivelsenes temperatur, T − To. Det betyr at jo nærmere T kommer To, jo nærmere kommer T′ null, og jo langsommere synker temperaturen.

Vi ser at likningen

T′(t) = −k(T(t) − To)

er en differensiallikning fordi den inneholder både en funksjon, T(t), og funksjonens deriverte, T′(t). Den er av første orden fordi den bare inneholder første ordens deriverte.

For å kunne regne ut temperaturen på et gitt tidspunkt, må vi løse denne differensiallikningen.

For oversiktens skyld dropper vi å ta med t i det følgende. Vi lar det være underforstått at tiden, t, er den uavhengige variabelen, og skriver bare

T′ = −k(T − To)

Løse likningen

Hvis vi multipliserer −k inn i parentesen og flytter leddet −kT over på venstre side, får vi

T′ + kT = kTo

I artikkelen om lineære differensiallikninger lærte vi at en lineær differensiallikning var på formen

y′ + p(x) · y = q(x)

Vi ser at Newtons avkjølingslov er på denne formen, forskjellen er bare at vi har erstattet y med T og x med t. Vi har p(t) = k og q(t) = kT0

Vi ser at begge funksjonene er konstantfunksjoner, og egentlig uavhengige av t.

Siden p(t) = k, får vi $P(t) = \int k \, dt = kt + C$. Integrerende faktor blir ekt.

Vi multipliserer T′ + kT = kTo med integrerende faktor på begge sider, og får

$T′e^{kt} + kTe^{kt} = kT_0e^{kt}$

Siden (ekt)′ = kekt  kan dette skrives som

$T′e^{kt} + T(e^{kt})′ = kT_0e^{kt}$

Vi bruker produktregelen baklengs på venstre side:

$(Te^{kt})′ = kT_0e^{kt}$

Vi integrerer begge sider, med hensyn på den avhengige variabelen T på venstre side, og med hensyn på den uavhengige variabelen t på høyre side:

$\int (Te^{kt})′ \, dT = \int kT_0e^{kt} \, dt$

$\Downarrow$ (Vi setter konstantene k og T0 utenfor integrasjon)

$\int (Te^{kt})′ \, dt = kT_0\int e^{kt} \, dt$

$\Downarrow$

$Te^{kt}= kT_0 {\large \frac{1}{k}}e^{kt}$

$\Downarrow$

$Te^{kt}= T_0e^{kt}$

Så dividerer vi begge sider med integrerende faktor, og får et uttrykk for temperaturen som funksjon av tiden:

$T = T_o + \frac{\displaystyle C}{\displaystyle e^{kt}} = T_o + Ce^{−kt}$

Denne formen med e opphøyd i minus en positiv konstant ganger tiden er typisk for en mengde fenomener i naturen.

Vi ser at når t → ∞, vil Ce−kt → 0, og vi står igjen med T = To. Temperaturen nærmer seg altså omgivelsestemperaturen når tiden går mot uendelig. To er en grenseverdi for T(t).

Initialbetingelse

Helt i starten, når t = 0, har vi T = To + Ce0 = To + C. Vi har altså en ukjent verdi i uttrykket, nemlig C. Det er naturlig, for temperaturen underveis vil jo ikke bare være avhengig av hvor lang tid som er gått, den vil også være avhengig av hvilken temperatur vi har til å begynne med.

Vi skal nå bruke likningen T = To + Ce−kt til å beregne temperaturen i suppa på noen forskjellige tidspunkter:

Eksempel 1:

Vi antar at vi har funnet ut at konstanten, k, for suppe er 0,1/minutt, og omgivelsestemperaturen er 20°.

Suppas temperatur som funksjon av tiden blir da:

T = 20° + Ce−0,1t

For å bestemme konstanten, C, benytter vi at vi har sagt at suppas temperatur i utgangspunktet er 90°.

Det betyr at når t = 0, har vi T = 90°. Dette kaller vi en initialbetingelse.

Setter vi inn t = 0 og T = 90° i funksjonen, får vi

90° = 20°+ Ce0 = 20° + CC = 70°

Så i vårt tilfelle blir funksjonen for suppas temperatur

T = 20° + 70° · e−0,1t

Etter t = 5 minutter er temperaturen T = 20° + 70° e−0,1·5 ≈ 62°

Siden k har enhet 1/minutt, måler vi tiden i minutter.

Etter t = 10 minutter er temperaturen T = 20° + 70° e−0,1·10 ≈ 46°

Etter t = 15 minutter er temperaturen T = 20° + 70° e−0,1·15 ≈ 36°

Etter t = 20 minutter er temperaturen T = 20° + 70° e−0,1·20 ≈ 29°

Skal vi finne ut hvor lang tid det tar før temperaturen er 50°, som var spørsmålet vi startet med, må vi løse likningen

50° = 20° + 70° · e−0,1t

Vi ordner leddene, dividerer med 70° på begge sider og får

$e^{−0{,}1t} = {\large \frac{30}{70}} \approx 0{,}429$

Vi beregner ln på begge sider og får

−0,1t ≈ ln 0,429 ≈ −0,85 ⇒ t ≈ 8,5.

 Det tar om lag 8,5 minutter før suppa er avkjølt til 50°.

Oppgave 1:

Vi fyller vann i et basseng med en hastighet på 4 m3/min. Bassenget har en vertikal sprekk som gjør at det lekker vann ut med en hastighet som er proporsjonal med vannvolumet i bassenget.

Vi lar V(t) være vannvolumet i bassenget, målt i m3, som funksjon av tiden, t, målt i minutter.

    • Forklar at differensiallikningen V′(t) = 4 − kV er en modell av vannvolumet i bassenget.

Vi har at k = 0,005/min, og bassenget er i utgangspunktet tomt.

    • Finn et uttrykk for vannvolumet i bassenget som funksjon av tiden.
       
    • Beregn hvor lang tid det tar før det er 400 m3 vann i bassenget.

Se løsningsforslag

Kilder

    • Boyce, W.E, DiPrima, R.C. (1992) Elementary Differential Equations and Boundary Value Problems. JohnWiley & Sons

Lineære differensiallikninger

Hva er en lineær differensiallikning?

I artikkelen om separable differensiallikninger så vi på differensiallikninger på formen

g(y) · y′ = h(x)

der g(y) og h(x) er vilkårlige funksjoner av henholdsvis y og x.

I denne likningen tillater vi en funksjon av y, for eksempel $g(y) = y^2$ eller $g(y) = \sqrt y$.

En første ordens lineær differensiallikning er på formen

$\fbox{$y′ + p(x) · y = q(x)$}$

der p(x) og q(x) er vilkårlige funksjoner av x.

Løse lineære differensiallikninger

I lineære differensiallikninger tillater vi ingen funksjoner av y, vi har bare y i første potens, derav navnet lineær. Likningene kan være separable, men de trenger ikke være det. Vi har derfor behov for en annen løsningsmetode enn den vi lærte for separable likninger.

Eksempel 1:

y′ = 2x er en lineær differensiallikning med p(x) = 0 og q(x) = 2x.

Dette er en enkel variant, siden p(x) = 0, og vi kan løse den direkte ved å erstatte y′ med ${\large \frac{dy}{dx}}$, multiplisere begge sider med dx, og integrere:

${\Large \frac{dy}{dx}}=2x$

$\int 1 \,dy = \int 2x \, dx$

$y = x^2 + C$

Eksempel 2:

y′ + y = 6 er en lineær differensiallikning med p(x) = 1 og q(x) = 6.

Her kan vi ikke bare gyve løs med integrering på grunn av leddet y på venstre side. Vi gjør derfor et lite triks og multipliserer begge sider med ex:

y′ · ex + y · ex = 6 · ex

Foreløpig er det ikke så lett å se hvor vi vil med dette, men la oss gjøre en liten omforming til:

y′ · ex + y · (ex) = 6 · ex

Her har vi erstattet ex med (ex)′, og det er jo riktig, siden ex er sin egen deriverte.

Nå later det til at alt vi har oppnådd, er å gjøre det hele mer komplisert, men ser vi nøye på uttrykket på venstre side av likhetstegnet, oppdager vi at det er på formen (u)′v + u(v)′, altså resultatet av produktregelen for derivasjon. Med andre ord kan vi bruke produktregelen baklengs og skrive det som (uv)′, altså (y · ex). Og likningen blir

(y · ex)= 6 · ex

Hvis vi nå integrerer på begge sider av likhetstegnet, vil integrasjonen oppheve derivasjonen på venstre side. På høyre side har vi en konstant multiplisert med ex, noe som ikke endrer seg under integrasjon, vi må bare huske å ta med integrasjonskonstanten. Så vi får

y · ex = 6 · ex + C

Til slutt dividerer vi på begge sider med ex

$y = 6 + \frac{\displaystyle C}{\displaystyle e^x}$.

Svaret blir litt mer oversiktlig hvis vi flytter ex opp fra nevneren, noe vi kan gjøre hvis vi samtidig skifter fortegn på eksponenten:

y = Ce−x + 6

Her flyttet vi også 6-tallet bakerst, fordi det er vanlig å ha konstantledd i et uttrykk til slutt.

Eksempel 2 var imidlertid en nokså enkel differensiallikning fordi funksjonen sammen med ex var p(x) = 1. Å multiplisere på begge sider med ex vil ikke fungere som en generell metode.

Eksempel 3:

Vi skal løse den lineære differensiallikningen y′ + 2y = 6.

Multipliserer vi med ex på begge sider, får vi

y′ · ex + 2y · ex = 6 · ex

Her hjelper det lite å erstatte ex med (ex)′, fordi vi da får (u)′v + 2u(v)′, og ikke kan bruke produktregelen baklengs.

Multipliserer vi derimot med e2x på begge sider, får vi

y′ · e2x + 2y · e2x = 6 · e2x

Og siden (e2x )′ = 2e2x, ser vi at vi kan skrive dette som

y′ · e2x + y · (e2x)′ = 6 · e2x

Vi ble kvitt det brysomme 2-tallet. Nå har vi (u)′v + u(v)′, kan bruke produktregelen baklengs på venstre side, og får (y · e2x)′. Og likningen blir

(y · e2x)′ = 6 · e2x

Vi integrerer begge sider, og får

$\int (y \cdot e^{2x})′ \, dy = \int 6 \cdot e^{2x} \, dx$

$\Downarrow$  (Setter konstanten 6 utenfor integrasjon)

$\int (y \cdot e^{2x})′ \, dy = 6 \int e^{2x} \, dx$

$\Downarrow$

$y \cdot e^{2x} = 6 \cdot {\large \frac{1}{2}}e^{2x} + C$

$\Downarrow$

$y \cdot e^{2x} = 3e^{2x} + C$

Til slutt dividerer vi på begge sider med e2x

$y = {\large \frac{C}{e^{2x}}} = 3 + Ce^{−2x} + 3$

I eksempel 2 var trikset å multiplisere med ex på begge sider av likhetstegnet, i eksempel 3 var trikset å multiplisere med e2x på begge sider av likhetstegnet. Det gjelder altså å finne riktig faktor å multiplisere med, og denne faktoren avhenger av funksjonen p(x), som står sammen med y.

Trinnvis løsningsmetode

Den generelle regelen for å løse en lineær differensiallikning, y′ + p(x) · y = q(x) er slik:

  1. Beregn $P(x) = \int p(x) \, dx$. Sett integrasjonskonstanten, C, til 0. (Metoden er gyldig for alle C, men C = 0 gir jo det enkleste uttrykket.)
     
  2. Multipliser med eP(x) på begge sider av likhetstegnet. eP(x) kalles likningens integrerende faktor.
     
  3. Skriv om venstre side av likningen ved å bruke produktregelen for derivasjon baklengs.
     
  4. Integrer begge sider av likningen. På venstre side av likhetstegnet betyr det å annullere derivasjonen.
     
  5. Divider på med integrerende faktor på begge sider, så det bare står y på venstre side av likhetstegnet.

Vi ser at det var dette vi gjorde i eksemplene. I eksempel 2 hadde vi p(x) = 1, så vi fikk P(x) = x, og integrerende faktor ble eP(x) = ex. I eksempel 3 hadde vi p(x) = 2, så vi fikk P(x) = 2x, og integrerende faktor ble eP(x) = e2x.

Eksempel 4:

Vi skal løse differensiallikningen $y′+2xy=e^{−x^2}$

Dette er en lineær differensiallikning med $p(x) = 2x$ og $q(x) = e^{−x^2}$

Vi beregner

$P(x) = \int 2x \, dx = x^2+C$

Så integrerende faktor blir

$e^{x^2}$

Vi multipliserer med integrerende faktor på begge sider:

$y′ \cdot e^{x^2} + 2xy\cdot e^{x^2}=e^{−x^2}\cdot e^{x^2}=1$

Siden $2x\cdot e^{x^2} = \big(e^{x^2}\big)′$, kan dette skrives som

$y′ \cdot e^{x^2}+ y\cdot (e^{x^2})′=1$

Vi bruker produktregelen baklengs:

$(y \cdot e^{x^2})′=1$

Vi integrerer begge sider, og får 

$\int (y \cdot e^{x^2})′\, dy = \int 1 \, dx$

$\Downarrow$

$y \cdot e^{x^2}= x + C$

Til slutt dividerer vi på begge sider med integrerende faktor og får

$y = {\Large \frac{x + C}{e^{x^2}}} =( x + C)e^{−x^2}$

I eksempel 4 ble høyre side av likningen lett å integrere fordi vi sto igjen med 1 når vi hadde multiplisert med integrerende faktor. Men ofte vil vi få uttrykk som er vanskelige eller umulige å integrere. Skal metoden virke, må jo også $\int p(x) \, dx$ la seg beregne, og det er heller ikke alltid tilfelle. Så vi skjønner at det vil være mange lineære differensiallikninger som er vanskelige eller umulige å løse for hånd.

Oppgave 1:

Løs den lineære differensiallikningen y′ − 4y = 2, og sett prøve på svaret.

Se løsningsforslag

Oppgave 2:

Løs den lineære differensiallikningen y′ + 6y = 3, og sett prøve på svaret.

Se løsningsforslag

Kilder

    • Boyce, W.E, DiPrima, R.C. (1992) Elementary Differential Equations and Boundary Value Problems. JohnWiley & Sons

Separable differensiallikninger

Hva er en separabel differensiallikning?

En første ordens separabel differensiallikning kan skrives på formen

$\fbox{$g(y) · y^\prime = h(x)$}$

der g(y) og h(x) er vilkårlige funksjoner av henholdsvis y og x. Den kalles separabel fordi leddene er separert ut fra variablene x og y. Vi har alt som er knyttet til y, på venstre side av likhetstegnet, og alt som er knyttet til x, på høyre. På venstre side har vi produktet av funksjonen g(y) og y′, og på høyre side funksjonen h(x).

Eksempel 1:

${\Large \frac{y}{3}} y′= x^2+x$ er en separabel differensiallikning, med $g(y) = {\Large \frac{y}{3}}$ og $h(x) = x^2 + x$.

Eksempel 2:

(y2 + y2x2)y′= 2x er en separabel differensiallikning. Den passer ikke umiddelbart inn i malen, men kan skrives om slik at den gjør det:

Vi setter y2 utenfor parentes og får

y2(1 + x2)y′=2x

Så dividerer vi med (1 + x2) på begge sider av likhetstegnet og får

$y^2y′ = \frac{\displaystyle 2x}{\displaystyle 1+x^2}$

Nå ser vi at det er en separabel differensiallikning med $g(y) = y^2$ og $h(x) = \frac{\displaystyle 2x}{\displaystyle 1+x^2}$.

Oppgave 1:

Vis at differensiallikningen y′ = xy + 3x er separabel, det vil si at den kan skrives på formen g(y) · y′ = h(x).

Se løsningsforslag

Løse separable differensiallikninger

I artikkelen om integrasjon ved substitusjon så vi at en annen måte å skrive y′ på var ${\Large \frac{dy}{dx}}$, altså endring i y i dividert med endring i x. Vi så også at dy og dx var faktorer som vi kunne manipulere ved hjelp av algebra. Det får vi bruk for når vi skal løse separable differensiallikninger.

Hvis vi i eksempel 1 erstatter y′ med ${\Large \frac{dy}{dx}}$, får vi

${\Large \frac{y}{3}} {\Large \frac{dy}{dx}}= x^2+x$

Så multipliserer vi med dx på begge sider av likhetstegnet:

${\Large \frac{y}{3}} \, dy = (x^2+x) \,dx$

Deretter setter vi integrasjonstegn på begge sider av likhetstegnet:

$\int {\Large \frac{y}{3}} \, dy = \int (x^2+x)\,dx$

Dette er jo bare grunnleggende uttrykk vi lærte å integrere i artikkelen om ubestemte integraler. Det eneste som kanskje er fremmed, er at vi har y som variabel, men det er bare et navn, det spiller ingen rolle for reglene. Vi utfører integrasjonene og får

${\Large \frac{1}{2}}{\Large \frac{y^2}{3}} + C_1 = {\Large \frac{1}{3}}x^3 + {\Large \frac{1}{2}}x^2 + C_2$

Vi multipliserer med 6 på begge sider av likhetstegnet og får

$y^2 + 6 \cdot C_1 = 2x^3 + 3x^2 + 6 \cdot C_2$

Siden integrasjonskonstantene er vilkårlige tall, kan vi slå dem sammen til en felles konstant, som vi kaller C:

$y^2 = 2x^3 + 3x^2 + C$

Så tar vi kvadratrota på begge sider og får

$y = \pm \sqrt{2x^3 + 3x^2 + C}$

Teknikken er altså å organisere likningen slik at vi har g(y)y′ på venstre side og h(x) på høyre. (Hvis det ikke lar seg gjøre, er likningen ikke separabel, og kan ikke løses på denne måten.) Deretter erstatter vi $y′$ med ${\Large \frac{dy}{dx}}$, multipliserer med $dx$ på begge sider av likhetstegnet, og setter på integrasjonstegn på begge sider. Vi får da et uttrykk på formen

$\int g(y) \, dy = \int h(x) \, dx$

Deretter integrerer vi på begge sider av likhetstegnet, og løser den resulterende likningen med hensyn på y. Integrasjonskonstanter kan slås sammen underveis for å forenkle uttrykket.

Eksempel 3:

Vi skal løse differensiallikningen $\sqrt y y′ = 4x$.

Vi erstatter y′ med ${\Large \frac{dy}{dx}}$ og skriver $\sqrt y$ som $y^{\Large\frac{1}{2}}$:

$y^{\Large\frac{1}{2}}{\Large\frac{dy}{dx}}= 4x$

Vi multipliserer begge sider med dx og setter integrasjonstegn på begge sider av likhetstegnet:

$\int y^{\Large\frac{1}{2}} dy= \int 4x \, dx$

Vi utfører integrasjonen og får

${\Large \frac{2}{3}}y^{\Large\frac{3}{2}} + C_1 =2x^2 + C_2$

Vi multipliserer med ${\large \frac{3}{2}}$ på begge sider av likhetstegnet og slår sammen integrasjonskonstantene:

$y^{\Large\frac{3}{2}} =3x^2 + C$

Vi opphøyer begge sider i andre og trekker vi ut tredjerota, slik at y blir stående alene på venstre side:

$y = \sqrt[{\Large 3}]{(3x^2+C)^2}$

Sette prøve på svaret

Når vi har funnet løsningen(e) til en differensiallikning, kan vi sette prøve på svaret ved å sette y og y′ inn i den opprinnelige likningen, regne ut, og se om vi får det samme på venstre og høyre side.

Eksempel 4:

Vi har tidligere funnet at løsningen til differensiallikningen ${\Large \frac{y}{3}} y′= x^2+x$ er

$y = \pm \sqrt{2x^3 + 3x^2 + C}$

Vi har altså to løsninger, vi sjekker den med positivt fortegn først.

Vi deriverer, bruk av kjerneregelen med $g = 2x^3 + 3x^2 + C$ gir

$y′ = \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 2\sqrt{g}}g′ = \frac{\displaystyle 6x^2 + 6x}{\displaystyle 2\sqrt{2x^3 + 3x^2 + C}} = \frac{\displaystyle 3x^2 + 3x}{\displaystyle \sqrt{2x^3 + 3x^2 + C}}$

Setter vi uttrykkene for $y$ og $y′$ inn i den opprinnelige differensiallikningen, ${\Large \frac{y}{3}} y′= x^2+x$, får vi

Venstre side:
 
${\Large \frac{y}{3}} y′={\Large \frac{ \sqrt{2x^3 + 3x^2 + C} }{3}} \cdot {\Large\frac{3x^2 + 3x}{ \sqrt{2x^3 + 3x^2 + C}}} = {\Large\frac{3x^2 + 3x}{3}} = x^2 + x$

Høyre side:
 
$x^2 + x$

 Høyre og venstre side er like, så likningen er løst riktig.

Tar vi for oss løsningen med negativt fortegn, vil vi få samme deriverte med negativt fortegn. Det negative fortegnet kan forkortes bort når vi setter inn i den opprinnelige likningen, så vi får samme resultat når vi regner ut. Løsningen med negativt fortegn er derfor også riktig.

Oppgave 2:

Løs differensiallikningen $y′=2\sqrt y$, og sett prøve på svaret.

Se løsningsforslag

Oppgave 3:

Løs differensiallikningen $y′ = \frac{\displaystyle 2x−3}{\displaystyle 2y}$, og sett prøve på svaret.

Se løsningsforslag

Kilder

    • Boyce, W.E, DiPrima, R.C. (1992) Elementary Differential Equations and Boundary Value Problems. JohnWiley & Sons

Om differensiallikninger

Differensiallikninger er likninger som inneholder funksjoner og en eller flere av funksjonenes deriverte. Løsningen til en differensiallikning er også en funksjon. Det er vanlig å kalle denne funksjonen y(x), og de deriverte blir y′(x), y′′(x) og så videre. For enkelhets skyld skriver vi imidlertid ofte bare y, y′, y′′ og så videre, det er underforstått at y er en funksjon av x.

Eksempel 1:

Likningen y′ + 2y − 6x = 0 er en differensiallikning.

Likningens løsning er $y = 3x − {\large \frac{3}{2}} + Ce^{−2x}$, der C er en vilkårlig konstant. Det finnes altså uendelig mange løsninger til likningen, avhengig av verdien til C.

Differensiallikninger kan ha forskjellig orden, der ordenen er den høyeste ordenen til den deriverte til y. Inneholder likningen bare første ordens deriverte, altså y′, er den av første orden, inneholder den andre ordens deriverte, altså y′′ er den av andre orden, og så videre. Likningen i eksempel 1 er av første orden.

Det finnes ingen generell metode til å løse alle differensiallikninger. Det finnes imidlertid en del undergrupper som kan løses ved forskjellige metoder. På dette nettstedet ser vi på to slike grupper: Første ordens separable, og første ordens lineære differensiallikninger.

Differensiallikninger som ikke kan løses, kan vi finne tilnærmede løsninger til ved å bruke numeriske metoder på en datamaskin.

Differensiallikninger er helt nødvendige for å kunne beskrive mange fenomener i naturen, for eksempel temperaturen til et objekt som avkjøles og halveringstid for radioaktive materialer. I økonomifaget trenger vi for eksempel differensiallikninger for å kunne beregne beløp på en konto med kontinuerlig forrentning.

På dette nettstedet arbeider vi bare med første ordens differensiallikninger. Hvis vi i andre artikler bare sier «differensiallikning», er det underforstått at den er av første orden.

I GeoGebra kan vi løse differensiallikninger i CAS med kommandoen løsode, som har syntaks løsode(<likning>, <avhengig variabel>, <uavhengig variabel>). Skriver vi for eksempel løsode(y’ + 2y – 6x = 0, y, x) i CAS, løser GeoGebra differensiallikningen i eksempel 1, og svarer $y = c_1e^{−2x} + 3x − {\large \frac{3}{2}}$. Dette er samme svar som i eksempel 1, bortsett fra at rekkefølgen på leddene er annerledes, og at GeoGebra kaller konstanten C for c1.

Oppgave 1:

I eksempel 1 har vi en differensiallikning og løsningen til likningen. Sett prøve på løsningen, det vil si, gitt $y = 3x − {\large \frac{3}{2}} +Ce^{−2x}$, beregn y′, og sett y og y′ inn i likningen, og vis at venstre side blir lik høyre side.

Se løsningsforslag

Kilder

    • Boyce, W.E, DiPrima, R.C. (1992) Elementary Differential Equations and Boundary Value Problems. JohnWiley & Sons