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 $g(y) \cdot y’ = h(x)$.

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

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

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

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

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

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

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

$y’ \cdot e^{-4x} – 4y \cdot e^{-4x} = 2 \cdot e^{-4x}$

Som ved hjelp av produktregelen baklengs kan skrives som

$(y \cdot e^{-4x})’ = 2 \cdot e^{-4x}$

Vi integrerer begge sider og får

$y \cdot e^{-4x} = -{\large\frac{1}{2}} \cdot e^{-4x} + C$ (Her benyttet vi at $\int e^{-4x} \, dx= {\large\frac{1}{-4}}e^{-4x}$)

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

$y’ =4 Ce^{4x}$

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 $y’=2\sqrt y$, 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.

i 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

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

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

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,  etter tiden, $t$, målt i minutter.

    • Vi skal forklare at differensiallikningen $V’=4 – kV$ er en modell av vannvolumet i bassenget.

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

$V’=4 – 0{,}005\,V$

Vi flytter leddet med $V$ over til venstre side, og får

$V’ + 0{,}005\,V=4$

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 med integrerende faktor på begge sider:

$V’e^{0{,}005t} + 0{,}005\,Ve^{0{,}005t}=4e^{0{,}005t}$

Vi skriver om venstre side ved hjelp av produktregelen baklengs:

$(Ve^{0{,}005t})’=4e^{0{,}005t}$

Vi integrerer begge sider og får

$Ve^{0{,}005t}=800e^{0{,}005t} + C$

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

$0 = 800+ Ce^0 \Rightarrow C = -800$

Så et uttrykk for volumet som funksjon av tiden blir

$V=800 -800e^{-0,005t}$

  • Vi skal finne ut 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 tar ln på begge sider og får

$-0{,}005t = \ln{\large\frac{1}{2}} \approx -0{,}693$

Som gir

$t \approx 138{,}6$

Det er 400 m3 vann i bassenget etter omlag 139 minutter, altså to timer og 19 minutter.

Tilbake til oppgaven