Primitiva funktioner

Primitiva funktioner och differentialekvationer

Analys360 (Grundkurs) Instuderingsuppgifter

Dessa övningar är det tänkt du ska göra i anslutning till att du läser huvudtexten. De flesta av övningarna har, om inte lösningar, så i varje fall anvisningar till hur uppgiften kan lösas. Ha dock inte för bråttom att titta på lösningarna – det är inte så man lär sig. Du måste först noga fundera ut vad det du inte förstår.

Glöm inte att hela tiden reflektera kring vad du lär dig. Saker som är svåra att förstå kräver ibland att man tänker under en längre period.

Ibland måste man bara lära sig hur man gör, för att förstå lite senare (när hjärnan fått mer att arbeta med).

Primitiva funktioner

Första uppgiften är alla exempel på samma formel för primitiva funk- tioner. Vilken?

Övning 1 Bestäm alla primitiva funktioner till

a) x³, b)

√

x³, c) √¹

x, d) ¹ x√

x. Vilken är den allmänna formeln som används i dessa exempel?

En metod när man ska beräkna en primitiv funktion är helt enkelt att prova sig fram. Mer precist: gissa på något rimligt och derivera det för att se hur du eventuellt bör modifiera din gissning.

Övning 2 Beräkna

Z √ 1 2x+₁^dx.

Anmärkning Du har säkert identifierat den allmänna formeln (divi- dera med den inre derivatan). Tänk dock inte så! Risken är att du använder “regeln” även då den inte gäller. Se nästa övning.

Övning 3 Kalle förslår att en primitiv funktion till√

x²+1 ges av (x²+1)^3/2/3x. Hur tänkte han då? Är det korrekt?

Övning 4 Bestäm en primitiv funktion till

a) ¹

x², b) ¹

(x−₂)^{2, c}) ²

(2x+1)^{2, d}) ² (1−_3x)³

I nästa övning använder vi också räkneregeln Z

(f(x) +g(x))dx= Z

f(x)dx+ Z

g(x)dx.

Övning 5 Bestäm alla primitiva funktioner till

a) ¹ x²− ¹

x³+ ¹

x⁴, b) √ x+√¹

x, c) ³+5x^2/3 x³ .

Nästa fråga är om du kommer ihåg derivatorna av de elementära funktionerna och kan “vända på dem” för att få deras primitiva funk- tioner.

Övning 6 Bestäm alla primitiver till

a) ¹

x, b) e^x, c) cos x d) sin x, e) ¹ cos²x,

f) ¹

1+x², g) √ ¹ 1−x²

Övning 7 Bestäm en primitiv funktion till

a) _{sin 2x,} b) _sin^x

3, c) _sin(_2x+^π

3, d) _cos(₁−x)

e) cos2x

3, f) 3e^2x, g) e^−x, h) e^2x+1.

Gemensamt för följande tre övningar är att de använder kedjeregeln (f(g(x))⁰= f⁰(g(x))g⁰(x). Din uppgift i var och en av övningarna är att avgöra vilka funktionerna f och g är och sedan ange svaret.

Övning 8 Bestäm en primitiv funktion till var och en av följande funktioner.

a)xe^x2, b)_{x cos}(x²)_{, c})x²cos(x³)_{, d}) ¹ x²cos(¹

x)_{, e})_2x(x²+₅)⁸ Övning 9 Bestäm en primitiv funktion till var och en av följande funktioner.

a) sin²x cos x, b) cos x sin³x, c)sin x cos x, d)^{cos x}

sin x, e)tan x Övning 10 Bestäm en primitiv funktion till var och en av följande funktioner.

a) ^2x

x²+₁^{, b}) ^x

x²+₁^{, c}) ^x

2

x³+₁^{, d}) ^e

x

e^x+1. Övning 11 Bestäm en primitiv funktion till var och en av följande funktioner.

a) (ln x)²

x , b) ^{ln x}

x , c) ¹ x ln x

I det här sammanhanget är det ofta bra att istället använda sig av variabelbyte. Det handlar här om att öva på själva skrivsättet!

Övning 12 Gör den sista delövningen i var och en av föregående öv- ningar men nu genom att istället göra ett variabelbyte. Funktionerna som ska integreras är:

a) _{tan x,} b) ^e

x

e^x+1, c) ¹ x ln x. Övning 13 Beräkna

Z

e^x(e^x+5)⁸dx.

Övning 14 Vilka variabelbyten är lämpliga att göra för att beräkna primitiva funktioner till

a) ¹

x ln x, b) sin(x)cos^−4/3(x) c) ^sin

√x

√x ?

Bestäm de primitiva funktionerna.

Övning 15 Bestäm med hjälp av ett variabelbyte samtliga primitiver till

a) ¹

e^x+e^−x, b) x√

x+1, c) √ ^x

2x+5, d) ¹ x+x^1/3.

Den andra grundläggande tekniken för att bestämma primitiver är partialintegration. Börja med följande övning.

Övning 16 Bestäm med hjälp av partialintegration samtliga primiti- ver till

a) x²ln x, b) xe^−x, c) √

x ln x, d) x²sin x

e) x arctan x, f) x√

x+1, g) √ ^x 2x+5.

Anmärkning Notera att de två sista övningarna har du redan löst, fast då med variabelbyte. Samma problem kan ofta lösas på flera olika sätt (vilket ibland också kan ge olika uttryck för svaret där det ibland inte är helt lätt att se att de är lika).

Följande övningar är också övningar på partialintegration. Vilket är tricket?

Övning 17 Bestäm de primitiva funktionerna till

a) ln x, b) arctan x, c) ln(x+1).

Ibland får man kombinera variabelbyte och partialintegration:

Övning 18 Beräkna följande primitiva funktioner:

a) Z

x³sin(x²)dx, b) Z

e^xln(1+e^x)dx, c) Z

e

√xdx.

Slutligen behöver vi känna till metoder att hantera potenser av trigo- nometriska funktioner

Övning 19 Bestäm alla primitiva funktioner till

a) sin⁵x, b) sin⁴x.

Differentialen av en funktion

I vissa sammanhang med primitiva funktioner är det bekvämt att ar- beta med differentialer. Det är dock inte nödvändigt, men det kan ändå vara värt att göra följande övningar.

Den första illustrera hur kedjeregeln fungerar på ett naturligt sätt när man beräknar differentialer.

Övning 20 Bestäm differentialen av följande funktioner

a) cos(x³), b) e^2xsin(3x), c) x²ln x.

Övning 21 Förklara varför

xd(sin x) =d(x sin x) −sin x dx.

Hur använder man det till att beräkna Z

x cos x dx?

Övning 22 Om vi sätter x=t², vad blir då differentialformen e

√xdx?

Hur används det till att beräkna Z

e

√xdx?

Följande övning har du gjort, men ska nu göras med hjälp av parti- alintegration och differentialräkning. Det handlar alltså bara om att skriva räkningarna lite annorlunda än vad du gjorde tidigare.

Övning 23 Bestäm med hjälp av partialintegration samtliga primiti- ver till

a) x²ln x, b) xe^−x, c) √

x ln x, d) arctan x

Integrerande faktor

Övning 24 Lös följande tre ekvationer med hjälp av integrerande fak- tor.

a) y⁰+xy=x,

b) y⁰+ (cos x)y=4 cos x, c) (1+x²)y⁰−xy=x.

Övning 25 Lös differentialekvationerna i föregående uppgift genom att först bestämma den allmänna homogena lösningen och sedan se en partikulärlösning.

Tro nu bara inte att alla ekvationer kan lösas med den andra av dessa metoder. Om man inte kan se någon partikulärlösning går det inte.

Nästa övning är en förståelseövning. Förhoppningsvis hjälper den till för förståelsen av hur lösningarna till en första ordningens linjär dif- ferentialekvation ser ut.

Övning 26 Vilken linjär differentialekvation av första ordningen har följande allmänna lösning:

y(x) =Cx+x ln x ?

Rationella funktioner

Att hitta de primitiva funktionerna följer en tydlig algoritm. Följande övningar tar dig igenom de olika stegen. Första steget är polynomdi- vision.

Övning 27 Bestäm samtliga primitiver till följande rationella funktio- ner

a) ^x

2+4

x+1, b) ^x

3+5x²+2x−₁

x+3 .

Andra steget är att jobba vidare med rest-delen. Då gäller det att fak- torisera och partialbråksuppdela. Om det går!

Övning 28 Bestäm samtliga primitiver till följande rationella funktio- ner.

a) ¹

x²−₄^{, b}) ^x+13 x²−_4x−₅

Det här med att partialbråksuppdela blir lite mer komplicerat om man har dubbelrötter (vi antar att nämnaren kan faktoriseras i förstagradsfaktorer).

Övning 29 Bestäm samtliga primitiver till följande rationella funktio- ner

a) ¹

x(x−₃)^{2, b}) ^3x+11 (x+₂)^2.

Ibland går det inte att faktorisera i förstagradsfaktorer, men det går alltid att faktorisera i andragradsfaktorer. För att hantera sådana pro- blem är det klokt att göra ett antal variabelbyten och sedan använda följande oändligt viktiga övning. Memorera den!

Övning 30 Bestäm

Z x+1 x²+1dx.

Nu ska inte följande övning bereda några problem.

Övning 31 Bestäm alla primitiver till följande rationella funktioner

a) ¹

x²+9, b) ^x+1

x²−2x+5, c) ² (x²+1)(x−1)^.

Separabla differentialekvationer

Övning 32 Lös följande separabla differentialekvationer a) 2yy⁰=3x², y(1) =2, b) 4xy⁰y³=1, y(1) =1,

c) y⁰=y², y(₁) =₁ d) y⁰=y², y(₁) =_0,

e) xy⁰+y²=1, x>0, .

Övning 33 Ange för var och en av nedanstående differentialekvatio- ner om den är linjär och/eller separabel. Notera att vissa ekvationer kan vara bäggedelar och att många inte är varken det ena eller det andra.

a) y⁰+y=3, b) y⁰y=3, c) y⁰+x²y=3

d) y⁰+y²=3, e) xyy⁰=x²+y², f) xyy⁰=e^ysin x.

Övning 34 Lös ekvationen

y⁰=y(1−y), y(0) 6=0, 1,

genom att

a) göra variabelbytet z=1/y,

b) använda att det är en separabel differentialekvation och par- tialbråksuppdela,

c) använda att det är en separabel differentialekvation men istäl- let göra ett lämpligt variabelbyte i integralen. (a)-delen är en ledning.)

Om andra ordningens differentialekvationer

Första steget för att hantera andra ordningens differentialekvationer med konstanta koefficienter är att kunna lösa den homogena ekva- tionen. När man gör det är det viktigt att tänka på att man ska ange lösningen som en reell funktion, även om man på vägen har räknat med komplexa tal.

Övning 35 Lös följande ekvationer

a)y⁰⁰−_3y⁰+2y=0, b)y⁰⁰−_4y⁰+4y=0, c)y⁰⁰−_6y⁰+10y=0.

Övning 36 Lös begynnelsevärdet

y⁰⁰−_4y=0, y(0) =0, y⁰(0) =1.

Övning 37 Lös randvärdesproblemet

y⁰⁰+4y=0, y(0) =y(^π 2) =0.

Sedan bestämmer vi den allmänna lösningen till några inhomogena ekvationer, alltså ekvationer med ett högerled som inte är noll.

Övning 38 Lös ekvationen

y⁰⁰−_3y⁰+2y=6+x²

Övning 39 Lös ekvationen

y⁰⁰+2y⁰+y=e^x+e^−x.

Slutligen ett trick för vissa, speciella, ekvationer.

Övning 40 Lös den komplexa differentialekvationen

y⁰⁰+4y=e^ix.

Hur kan man använda lösningen till den för att nästan direkt se vad lösningen är till följande två differentialekvationer?

a) y⁰⁰+4y=sin x, b) y⁰⁰+4y=2 sin x−_{cos x.}

Att på detta sätt använda komplexa tal när sinus och cosinus är in- blandade är ofta användbart.

Svar och anvisningar

Övning 1 Den allmänna formeln är att Z

x^αdx= ^x

α+1

α+1+C, α6= −1.

Den används i tur och ordning för α=3, 3/2,−_{1/2 och}−_{3/2 och vi} får alltså

a) ^x

4

4 +C, b) ^2x

5/2

5 +C, c) 2√

x, d) −√² x+C.

Övning 2 Vi vet att 1/√

x har den primitiva funktionen 2√

x. Det kan därför vara värt att gissa på 2√

2x+1 som primitiv funktion. Vi deri- verar den därför för att se hur nära vi kommer. Enligt kedjeregeln är derivatan

√ 1

2x+1·_2,

alltså en faktor 2 för stor. Vi dividerar därför vårt förslag med 2 och ser då att

Z √ 1

2x+1dx=√

2x+1+C.

Övning 3 Förmodligen tänkte Kalle så att√

x har primitiv funktion 2x^3/2/2, så då stoppar vi in x²+1 istället för x och dividerar med den inre derivatan(x²+1)⁰=2x. För att se om det stämmer deriverar vi förslaget

D((x²+1)^3/2

3x ) =D((x²+1)^3/2) ¹

3x+ (x²+1)^3/2D(¹ 3x)

= (³

2(x²+1)^1/22x)¹

3x− (x²+1)^{3/2 1}

3x² =^px²+1−(x²+1)^3/2 2x² . Resultatet stämmer alltså inte!

Övning 4 Här behövs endast svaren

a) −¹

x, b) − ¹

x−₂^{, c}) − ¹

1+_2x^{, d}) ¹ 3(1−_3x)² Notera den inre derivatan i de två sista fallen.

Övning 5 a) −¹ x+ ¹

2x²− ¹ 3x³+C b) x^3/2

3/2+^x

1/2

1/2 +C= ²

3x^3/2+2√ x+C c) Integralen är

Z (³

x³+ ⁵

x^7/3)dx=3 Z dx

x³ +5 Z dx

x^7/3 = − ³ 2x²− ¹⁵

4x^4/3+C Lägg märke att så länge det finns ett integraltecken med i räkningarna ska inte en godtycklig konstant läggas till!

Övning 6 Här räcker svaren: a)ln x, b)e^x, c) sin x d) −cos x, e)tan x, f)arctan x, g) arcsin x.

Övning 7 Även här räcker svaren:

a) −¹

2cos 2x, b) −3 cosx

3, c) −¹

2cos(2x+^π

3, d) −sin(1−x)

e) ³ 2sin2x

3, f) ³

2e^2x, g) −e^−x, h)¹ 2 e^2x+1. Övning 8 a) Tag g(x) =x². Då gäller att g⁰(x) =2x och alltså

xe^x2=¹

2e^x2·_2x= ¹

2e^g(x)g⁰(x)_.

Det betyder att f⁰(y) = ¹₂e^yoch integrerar vi det får att f(y) = e^y/2+C. Svaret är därför f(g(x)) =e^x2/2+C.

b) Igen är g(x) =x²och nu f⁰(y) = (cos y)/2 Svaret bär därför

sin(x²) 2 +C.

c) Nu är g(x) = x³, för vilken g⁰(x) = 3x², och f(y) = (sin y)/3+C. Svaret är alltså^sin(₃^x3)+C.

d) g(x) = 1/x och f⁰(y) = −cos y eftersom g⁰(x) = −1/x². Svaret är alltså−_sin¹_x+C.

e) Nu är g(x) =x²+5 och f⁰(y) =y⁸. Svaret blir(x²+5)⁹/9+ C.

Övning 9 a) a) Med g(x) = sin x och f⁰(y) = y² får vi att sin²x cos x = f⁰(g(x))g⁰(x). En primitiv ges därför av

f(g(x)) = (sin³x)/3

b) Som i a) (om vi byter plats på faktorerna) men nu är f⁰(y) = y³så svaret är(sin⁴x)/4

c) Vi kan göra som a) och b) och få(sin²x)/2. Vi kan också ta g(x) =cos x och f⁰(y) =y. Då blir svaret−(_cos²x)/2. Slutli- gen kan vi observera att sin x cos x= (sin 2x)/2 och alltså att en primitiv är−_cos(2x)/4. Tre olika svar! Men de är alla kor- rekta, eftersom olika primitiver kan skilja sig på en konstant och vi har att

sin²x=1−cos²x=¹

2(1−cos(2x). Tänk igenom detta!

d) Med g(x) =sin x och f⁰(y) =1/y får vi primitiven ln|_{sin x}|_. e) Med g(x) = cos x och f⁰(y) = −1 blir tan x = (sin x)/ cos x= −f⁰(g(x))g⁰(x)så en primitiv är−_ln|_{cos x}|_. Övning 10 a) Med g(x) = x²+1 och f⁰(y) = 1/y står här f⁰(g(x))g⁰(x), så svaret är f(g(x)) =ln(x²+1).(Lägg märke till att vi inte behöver absolutbelopp här.)

b) Denna är hälften av a), alltså svaret¹₂ln(x²+1).

c) Med g(x) =x³+1 och f⁰(y) =1/3y står här f⁰(g(x))g⁰(x), så svaret är f(g(x)) =¹₃ln|x³+1|_.

d) Med g(x) = e^x+_{1 och f}⁰(y) = 1/y står här f⁰(g(x))g⁰(x)_, så svaret är f(g(x)) =ln(e^x+1). (Lägg märke till att vi inte behöver absolutbelopp här.)

Övning 11 a) Med g(x) = ln x och f⁰(y) = y² står här f⁰(g(x))g⁰(x), så svaret är f(g(x)) =^{(ln x}₃⁾³.

b) Som i a) får vi svaret ^{(ln x}₂⁾².

c) Med g(x) =ln x och f⁰(y) = 1/y står här f⁰(g(x))g⁰(x), så svaret är ln|_{ln x}|. Lägg märke till absolutbeloppet!

Övning 12 a) Vi har att Z

tan x dx= Z sin x

cos xdx=

 y=cos x dy= −_{sin x dx}

Z −dy y

= −ln|y| +C= −ln|cos x| +C b) Vi har att

Z e^x e^x+1dx=

 y=e^x+₁ dy=e^xdx

Z dy y

=ln|y| +C=ln(e^x+1) +C c) Vi har att

Z dx x ln xdx=

 y=ln x dy=dx/x

Z dy y

=ln|y| +C=ln|_{ln x}| +C

Övning 13 Här är det lämpligt att göra ett variabelbyte, antingen t= e^xeller t=e^x+5. I båda fallet får vi att dt=e^xdx. Vi väljer det andra förslaget och får då

Z

e^x(e^x+5)⁸dx=

 t=e^x+5 dt=e^xdx

Z

t⁸dt= ^t

9

9 +C= (e^x+5)⁹

9 +C.

Övning 14 Variabelbytena är i tur och ordning t=ln x, t=cos x och t=√

x. De primitiva funktionerna blir då

Z 1

x ln xdx= Z dt

t =ln t+C=ln|_{ln x}| +_C, Z

sin x(cos x)^−4/3dx= − Z

t^−4/3dt=3t^−1/3+C=3 cos^−1/3(x) +C,

Z sin√

√ x

x dx=2 Z

sin t dt= −2 cos t+C= −2 cos√ x+C.

Övning 15 a) Med variabelbytet y=e^xfår vi

Z dx

e^x+e^−x = Z e^xdx

e^2x+1 = Z dy

y²+1

=arctan y+C=arctan(e^x) +C.

b) Med variabelbytet y=√

x+1 får vi x=y²−1 och alltså att dx=2ydy. Detta ger

Z x√

x+1dx=2 Z

(y⁴−y²)dy=2(^y

5

5 −^y3 3) +C 2

5(x+1)^5/2−²

3(x+1)^3/2+C= ¹

15(x+1)^3/2(6x−₄) +C.

c) Med variabelbytet y = √

2x+5 har vi x = (y²−₅)/2 och alltså dx=ydy. Vi får

Z x

√2x+5dx=

Z y²−5 2y ydy=¹

2 Z

(y²−₅)dy

=¹ 2(^y

3

3 −_5y) +C= ¹

6y(y²−₁₅) +C= ¹ 3

√

2x+5(x−₅) +C

d) Med y=x^1/3har vi x=y³och dx=3y²dy och därför

Z dx

x+x^1/3 =

Z 3y²dy y³+y

=3

Z y

y²+1dy= ³

2ln(y²+1) +C=³

2ln(1+x^2/3) +C.

Övning 16 a) Vi tar f(x) = x²och g(x) =ln x. Då är F(x) = x³/3 och g⁰(x) =1/x och vi får

Z

x²ln x dx= ¹ 3x³ln x−

Z x³ 3

1 xdx=¹

3x³ln x−^x3 9 +C.

b) Med f(x) =e^−xoch g(x) =x får vi Z

xe^−xdx= −e^−xx+ Z

e^−xdx= −(x+1)e^−x+C.

c) Med f(x) =√

x och g(x) =ln x får vi Z √

x ln x dx= ²

3x^3/2ln x−² 3

Z √ xdx

= ²

3x^3/2ln x−⁴

9x^3/2+C.

d) Nu tar vi f(x) =sin x och g(x) =x². Då får vi Z

x²sin x dx=x²(−cos x) − Z

(−cos x)2x dx

= −x²cos x+2 Z

x cos x dx.

Här ser vi att vi måste partialintegrera en gång till:

Z

x cos x dx=x sin x− Z

sin x dx=x sin x+cos x+C.

Samlar vi termerna får vi Z

x²sin x dx= (2−x²)cos x+2x sin x+C.

e) Vi tar f(x) =x och g(x) =arctan x. Det ger

Z

x arctan x dx= ^x

2

2 arctan x− Z x²

2 1 1+x²dx

= ^x

2

2 arctan x−¹ 2

Z x² 1+x²dx.

Den återstående integralen ser här problematisk ut, men den löser sig lätt om vi observerar att

x²

1+x² =1− ¹ 1+x²

för vilken en primitiv funktion är x−arctan x. Samlar vi ter- merna får vi därför att

Z

x arctan x dx= ¹

2((x²+1)arctan x−x) +C.

f) Vi tar f(x) =√

x+1 och g(x) =x. Då får vi Z

x√

x+_1dx= ²

3(₁+x)^3/2x−² 3 Z

(₁+x)^3/2dx=

2

3x(x+1)^3/2− ⁴

15(x+1)^5/2+C= ¹

15(x+1)^3/2(6x−₄) +C.

g) Vi tar f(x) = (2x+5)^−1/2och g(x) = x. Partialintegration ger då

Z x

√2x+5dx=x√ 2x+5−

Z √ 2x+5

=x√

2x+5−¹

3(2x+5)^3/2+C= ¹

3(x−₅)√

2x+5+C

Övning 17 Tricket är att skriva integranden f(x)som 1·f(x):

a) Z

ln x dx=x ln x− Z

x1

xdx=x ln x−x+C,

b) Z

arctan x dx=x arctan x−

Z x

1+x²dx

=x arctan x−¹

2ln(1+x²) +C,

Ibland kan det dock vara värt att observera att det finns fler primitiva funktioner till 1 än x. I c) blir det t.ex. enklare om vi använder x+₁ som primitiv funktion:

c) Z

ln(x+1)dx= (x+1)ln(x+1) − Z x+1

x+1dx

= (x+1)ln(x+1) −x+C.

Här kan man alternativt först göra variabelbytet t=x+1 och sedan använda a). Gör man det får man svaret(x+1)ln(x+1) − (x+1) + C, vilket ser annorlunda ut. Men 1:an ska man låta ingå i den allmän- na konstanten C.

Övning 18 a) Vi gör först variabelbytet y=x², för vilken dy= 2xdx, och partialintegrerar sedan:

Z

x³sin(x²)dx=¹ 2 Z

x²sin(x²)2xdx= ¹ 2 Z

y sin(y)dy=

1

2(−y cos y+ Z

cos ydy) =¹

2(sin y−_{y cos y}) +C

= ¹

2(sin x²−x²cos x²) +C.

b) Vi gör först variabelbytet y = e^x, för vilket dy = e^xdx och partialintegrerar sedan:

Z

e^xln(1+e^x)dx= Z

ln(1+y)dy= (1+y)ln(1+y) − Z

dy

= (1+e^x)ln(1+e^x) −e^x+C.

Notera här att vi “bakat” in en 1:a i den allmänna konstanten!

c) Vi börjar med variabelbytet y=√

x, som betyder x=y²och alltså dx=2ydy, och partialintegrerar sedan:

Z e

√xdx= Z

e^y2ydy=_2ye^y−₂ Z

e^ydy

=₂(y−₁)e^y+C=₂(√ x−₁)e

√x+C.

Övning 19 Vi kan lösa dessa uppgifter på två sätt: antingen genom att använda trigonometriska formler eller genom att använda Eulers formler (och därmed räkna komplext). Vi visar båda sätten:

a) Eftersom sin⁵x=sin⁴x sin x= (1−_cos²x)²sin x gör vi först variabelbytet y=cos x:

Z

sin⁵xdx= − Z

(₁−y²)²dy= − Z

(₁−_2y²+y⁴)dy

= −y+² 3y³−¹

5y⁵+C

= −cos x+²

3cos³x−¹

5cos⁵x+C.

Alternativet är att använda Eulers formler tillsammans med binomialteoremet på följande sätt:

sin⁵x=^{ e}

ix−e^−ix 2i

5

= ¹

2⁵i(e^i5x−_5e^i3x+10e^ix−_10e^ix+5e^−i3x−e^−i5x)

= ¹ 2⁴(^e

i5x−e^−i5x

2i −₅^ei3x−e^−i3x

2i +10e^ix−e^ix 2i )

= ¹

16(_sin(_5x) −_{5 sin}(_3x)) +_{10 sin x.}) Integrerar vi får vi därför svaret

1 16(−¹

5cos(5x) +⁵

3cos(3x) −10 cos x) +C Vi ser att svaren ser helt olika ut, men det går att visa att de är identiska med hjälp av additionsformlerna för de trigono- metriska funktionerna.

b) Här lämpar sig inte ett variabelbyte utan istället måste vi skri- va sin⁴x som ett uttryck i trigonometriska funktioner utan potenser. Vi kan antingen göra detta med hjälp av formeln för halva vinkeln sin²x= (1−_cos(2x))/2 på följande sätt:

sin⁴x= (¹−cos(2x) 2 )²= ¹

4(1−_{2 cos}(2x) +cos²(2x)). Sedan får vi använda motsvarande formel för cosinus, som ger oss att

cos²(2x) = ¹+cos(4x) 2 och alltså att

sin⁴x= ¹ 4(³

2−_{2 cos}(2x) +^cos(4x) 2 ). Det följer att

Z

sin⁴xdx= ^3x 8 −¹

4sin(2x) + ¹

32sin(4x) +C.

Här kan formeln som användes för sin⁴x med fördel härledas med hjälp av Eulers formler såsom i a) (Gör detta!).

Övning 20 a) I räkningen nedan är y=x³.

d(_cos(x³)) =d(_{cos y}) = −_{sin ydy}= −_sin(x³)d(x³)

= −sin(x³)3x²dx= −3x²sin(x³).

Här behöver man inte skriva ut stegen som involverar y. Men det kan vara bra de första gångerna.

b) Nu skriver vi inte ut några y-steg och använder formeln för hur man deriverar en produkt:

d(e^2xsin(3x)) =d(e^2x)sin(3x) +e^2xd(sin(3x))

=e^2xd(2x)sin(3x) +e^2xcos(3x)d(3x)

=e^2x(2 sin(3x) +3 cos(3x))dx.

c) Produktregeln igen:

d(x²ln x) =d(x²)ln x+x²d(ln x) =2xdx ln x+x²dx x

= (2x ln x+x)dx

Övning 21 Eftersom sin x är en primitiv funktion till cos x gäller att

d(x sin x) =dx sin x+xd(sin x) =sin x dx+xd(sin x).

Omflyttning ger resultatet. Resultatet används till Z

x cos x dx= Z

xd(sin x) = Z

d(x sin x) − Z

sin x dx

=x sin x+_{cos x}+C.

Övning 22

e

√xdx=e^td(t²) =2te^tdt.

Det betyder att Z

e

√xdx=2 Z

te^tdt=2(t−₁)e^t+C=2(√ x−₁)e

√x+C.

Övning 23 Vi använder nu differentialräkning.

a) Z

x²ln x dx= Z

ln x d(^x

3

3) = ¹ 3x³ln x−

Z x³ 3 d(ln x)

= ¹ 3x³ln x−

Z x³ 3

1 xdx= ¹

3x³ln x− Z x²

3 dx= ¹

3x³ln x−^x3 9 +C.

b) Z

xe^−xdx= − Z

xd(e^−x) = −xe^−x+ Z

e^−xdx= −(x+1)e^−x+C.

c) Z √

x ln x dx=² 3 Z

ln x d(x^3/2) =²

3(x^3/2ln x− Z

x^3/2d(ln x))

= ²

3x^3/2ln x−⁴

9x^3/2+C.

d) Z

arctan x dx=x arctan x− Z

xd(arctan x)

=x arctan x−

Z x

1+x²dx=x arctan x−¹

2ln(1+x²) +C.

Övning 24 a) Den homogena ekvationen har den allmänna lös- ningen Ce^−x2/2. Vi multiplicerar därför ekvationen med den integrerande faktorn e^A(x)=e^x2/2och får då att

(e^x2/2y)⁰=e^x2/2x ⇔e^x2/2y= Z

e^x2/2xdx=e^x2/2+C,

dvs y=1+Ce^−x2/2där C är en integrationskonstant.

b) Den integrerande faktorn är e^sinx. Multiplicerar vi med den och integrerar får vi att

e^{sin x}y= Z

e^{sin x}4 cos x dx=4e^{sin x}+C,

så y=4+Ce^−sinx.

c) Vi dividerar först ekvationen med(1+x²):

y⁰− ^x

1+x²y= ^x 1+x². Den integrerande faktorn är

e^K(x)= (e^ln(1+x2))^−1/2= √ ¹ 1+x². Multiplicerar vi därför ekvationen med detta får vi

(√ ^y

1+x²)⁰= ^x

(1+x²)^3/2 ⇔

√ y 1+x² =

Z xdx

(1+x²)^3/2 = −(1+x²)^−1/2+C

⇔ y= −1+Cp 1+x².

Övning 25 a) Den homogena ekvationen är y⁰+xy = 0, dvs y⁰= −xy som har lösningen yh(x) =Ce^−x2/2. Om vi tar y=1 så gäller att y⁰+xy=x eftersom y⁰=0. En partikulärlösning är alltså yp(x) =1 och den allmänna lösningen därför y(x) = y_p(x) +y_h(x) =₁+Ce^−x2/2.

b) Den homogena ekvationen y⁰= −(cos x)y har den allmänna lösningen yh=Ce^−sinx. Nu är yp=4 en partikulärlösning, så den allmänna lösningen är y=4+Ce^{−sin x}.

c) Den homogena ekvationen y⁰ = xy/(1+x²) har den all- männa lösningen Ce^G(x) där G(x) är en primitiv funktion till x/(1+x²). Vi tar G(x) = ¹₂ln(1+x²)och får att yh = C√

1+x². Vidare ser vi att yp = −1 är en partikulärlösning så den allmänna lösningen är y= −1+C√

1+x².

Övning 26 Kalla ekvationen y⁰(x) +a(x)y(x) = h(x). Då ska den homogena ekvationen, vars lösning vi vet har formen Ce^−A(x), där A⁰(x) =a(x), ha lösningen Cx. Alltså

e^−A(x)=x ⇔ A(x) = −ln x ⇔ a(x) = −¹ x. Ekvationen är alltså på formen

y⁰(x) −^y(x) x =h(x).

Vidare är yp(x) =x ln x en partikulärlösning enligt uppgiften, vilket betyder att

h(x) =y⁰_p(x) −^yp(x)

x =ln x+1−^{x ln x} x =1.

Så vi ser att ekvationen ifråga är

y⁰(x) −¹

xy(x) =1.

Övning 27 a) Polynomdivision ger att

x²+4

x−1 =x+1+ ⁵ x−1 så de primitiva funktionerna är

x²

2 +x+5 ln|x−₁| +_C.

b) Nu ger en polynomdivision att

x³+5x²+2x−₁

x+3 =x²+2x−₄+ ¹¹ x+3 så de primitiva funktionerna är

x³

3 +x²−_4x+11 ln|x+3| +_C.

Övning 28 a) Eftersom x²−₄ = (x−₂)(x+2)ska vi partial- bråksuppdela som

1

x²−₄= ^A x−₂+ ^B

x+2.

För att bestämma A och B gör vi liknämnigt. Täljarna blir då

1=A(x+2) +B(x−₂)

och eftersom detta ska gälla för alla x ser vi att om vi sätter x=_{2 så ska 1}=4A medan om vi sätter x= −2 så får vi att 1= −4B. Vi har alltså

1

x²−₄ = ¹

4(x−₂)− ¹ 4(x+2)^.

Kontrollera genom att sätta högerledet på gemensamt bråk- streck. Det följer att

Z dx x²−₄ =¹

4( Z dx

x−₂− Z dx

x+2)

= ¹

4(ln|x−₂| −_ln|x+2|) +C=¹ 4ln

x−₂ x+₂    

+C.

Den sista omskrivningen är ofta lämplig!

b) Nu har vi att x²−4x−5) = (x−5)(x+1)så partialbråksupp- delningen är

x+13

x²−_4x−₅ = ^A x−₅+ ^B

x+1. Det som ska gälla nu är att

x+13=A(x+1) +B(x−₅)

och genom att sätta in x=5 får vi att A=18/6=3 och med x= −1 får vi B= −12/6= −2. Svaret blir därför

3 ln|x−₅| −_{2 ln}|x+1| +_C.

Övning 29 a) Här ska vi partialbråksuppdela enligt 1

x(x−₃)² = ^A

x + ^B

x−₃+ ^C (x−₃)^2.

Kom ihåg att vi ska ha lika många konstanter som gradtalet på polynomet i nämnaren! Sätter vi på gemensam nämnare får vi att det ska gälla att

1=A(x−₃)²+Bx(x−₃) +Cx.

Sätter vi x=0 här ser vi att 1=9A och sätter vi x=3 får vi att 1=3C. Men vi kan inte bestämma B på detta sätt. Därför stoppar vi in A och C i uttrycket och flyttar om

1

x(x−₃)² = ¹ 9x+ ^B

x−₃+ ¹

3(x−₃)² ⇔

B

x−₃ = ¹

x(x−₃)²− ¹

9x− ¹

3(x−₃)² = ⁹− (x−3)²−3x 9x(x−₃)²

= ^x(3−x)

9x(x−₃)² = −₁ 9(x−₃)^. Med andra ord: B= −1/9 och vi har

Z 1

x(x−₃)^2dx= ¹ 9

Z dx x −¹

9 Z dx

x−₃+¹ 3

Z dx

(x−₃)²

=¹ 9ln

x x−3

− ¹

3(x−3)+C.

b) Nu ska vi göra en partialbråksuppdelning 3x+11

(x+2)² = ^A

x+2+ ^B (x+2)^2.

Vi kan då göra som tidigare (gör det), men det är lättare att göra omskrivningen

3x+11

(x+2)² = ³(x+2) +5 (x+2)² = ³

x+2+5 1 (x+2)^2. Detta är ett användbart trick, så tänk igenom det. Vi får nu

Z 3x+11

(x+2)^2dx=3 ln|x+2| − ⁵ x+₂+C.

Övning 30 Denna integral är enkel om man delar upp den i två:

Z x+1 x²+1dx=

Z x

x²+1dx+ Z dx

x²+1 = ¹

2ln(x²+1) +arctan x+C.

Försäkra dig om att du fullständigt förstår denna lösning!

Övning 31 a) Här gäller det att få 9:an till en 1:a och det fixar vi med ett variabelbyte:

Z dx x²+₉ = ¹

9

Z dx

(^x₃)²+₁ = ¹ 3

Z dy y²+₁ = ¹

3arctan y+C

= ¹ 3arctanx

3+C.

Variabelbytet är alltså y=x/3 som ger att dx=3dy.

b) Vi börjar med att kvadratkomplettera nämnaren:

x²−_2x+5= (x−₁)²+4.

Det är därför naturligt att börja med att göra variabelbytet y=x−_1:

Z x+1 x²−2x+5dx=

Z y+2 y²+4dy=

Z ydy y²+4+2

Z dy y²+4 Notera sista uppdelningen. De här två integralerna ska inte- greras på olika sätt. I den första gör vi variabelbytet t=y²+4 och får

Z ydy y²+4 = ¹

2ln t+C= ¹

2ln(y²+4) +C.

I den andra bryter vi ut 4:an och gör variabelbytet t=y/2:

Z dy y²+4 = ¹

4 Z 2t

t²+1 = ¹ 2arctany

2+C.

Sammanfattningsvis har vi alltså Z (x+1)dx

x²−_2x+5 = ¹

2ln(y²+4) +arctany 2+C= 1

2ln(x²−_2x+5) +arctanx−1 2 +C.

Glöm inte att du måste svara med en funktion i x!

c) Nu blir partialbråksuppdelningen 2

(x²+1)(x−₁) = ^A

x−₁+^Bx+C x²+1 och gör vi liknämnigt får vi att

2=A(x²+₁) + (Bx+C)(x−₁)_. Sätter vi x=1 ser vi att A=1, så då subtraherar vi den:

2

(x²+1)(x−₁)− ¹

x−₁ = ¹−x²

(x²+1)(x−₁)= − ^x+₁ x²+1 från vilket vi ser att B = −1 och C = −1. Upprepar vi räk- ningarna ovan får vi att de primitiva funktionerna är

ln|x−₁| −¹

2ln(x²+1) −arctan x+C.

Övning 32 a) Differentialkvationen innebär att Z

2ydy= Z

3x²dx ⇔ y²=x³+C.

C bestäms av att 2² = 1³+C, alltså C= 3. Det betyder att y= ±√

x³+3, där vi ska välja plustecknet eftersom y(₁) =_2.

Så svaret är

y=^px³+3.

b) Vi separerar variableran:

4y³y⁰= ¹

x ⇔

Z

4y³dy= Z dx

x ⇔ y⁴=ln|x| +C.

Eftersom y(1) =1 ska här C =1, så vi har y = p1⁴ +ln|x|_. Men här blir 1+ln|x| =_{0 då x}=1/e, så lösningen är bara giltig så länge x>1/e. Med andra ord

y=√⁴

1+ln x, x>1/e.

c) Det är en separabel differentialekvation:

y⁰=y² ⇔ Z dy

y² = Z

dx ⇔ −¹

y =x+C.

C bestäms av att y(1) =1, alltså−₁=1+C, dvs C= −2. Så svaret är

y= ¹ 2−x.

d) Nu kan vi inte dividera med y eftersom y(1) =0. Men y=0 är en (jämvikts)lösning till ekvationen, så det är svaret.

e) För att få en separabel differentialekvation måste vi skriva om den som

xy⁰=1−y² ⇔ ^y

0 1−y² = ¹

x ⇔

Z dy 1−y² =

Z dx x =ln x (kom ihåg att x>0). Integralen i vänsterledet är en rationellt funktion så har

Z dy 1−y² = ¹

2 Z

( ¹ 1−y+ ¹

1+y)dy= ¹ 2ln

1+y 1−y    

+C.

Med andra ord,

ln    

1+y 1−y    

=2 ln x+C=ln Ax², C=ln A.

Exponentierar vi detta får vi att (där nu A kan vara både po- sitiv och negativ, men inte noll, eftersom vi tog bort absolut- beloppet i vänsterledet)

1+y

1−y =Ax² ⇔ ₁+y=Ax²(₁−y) ⇔ y= ^Ax

2−₁ Ax²+1. MENvi har slarvat här! I ett tidigt stadium delade vi med 1− y², och det får vi bara göra om y²6=1. Från ekvationen xy⁰= 1−y²ser vi att y = ±1 också är lösningar till ekvationen.

y= −1 får vi genom att ta A=0 i formeln ovan, men y=1 får vi inte genom den (svarar mot att A=∞. Med andra ord är lösningarna

y= ^Ax

2−₁

Ax²+1 och y=1.

Övning 33 a) Både linjär och separabel (kan skrivas y⁰/(3− y) =1).

b) Inte linjär, men separabel (variablerna är redan separerade).

c) Linjär, men inte separabel.

d) Inte linjär, men separabel (kan skrivas y⁰/(₃−y²) =_1).

e) Varken linjär eller separabel

f) Inte linjär, men separabel (kan skrivas ye^−yy⁰= (sin x)/x).

Övning 34 a) Ekvationen för z blir

−^z

0

z² = (z−₁)

z² ⇔ z⁰=1−z

vilken vi vid det här laget ska kunna se har lösningen z = 1+Ce^−x. Det följer att

y= ¹

1+Ce^−x.

b) Separerar vi variabler får vi att y⁰/y(1−y) =1. Integrerar vi får vi att

Z dy

y(1−y) = Z

(¹ y+ ¹

1−y)dy=ln    

y 1−y

+C

så vi får att

ln    

y 1−y

=x+C.

Det följer att y/(1−y) =Ce^x(för en annan konstant C) och alltså

y= ^Ce

x

1+Ce^x = ¹ 1+De^−x (där D=1/C).

c) Skillnaden här är att vi beräknar integralen genom att göra variabelbytet z=1/y:

Z dy

y(1−y) = Z z²

z−₁^d(¹ z) = −

Z dz

z−₁ = −ln|z−₁| +C Det följer att

ln|¹

y−₁| = −x+C ⇔ ¹

y =1+Ae^−x ⇔ y= ¹ 1+Ae^−x. Övning 35 Här gäller det att först bestämma den karakteristiska ek- vationen, sedan lösa den och slutligen skriva upp den homogena lös- ningen.

a) Det karakteristiska polynomet är r²−_3r+2 = (r−₂)(r− 1)så den karakteristiska ekvationen har lösningarna 1 och 2.

Den homogena lösningen ges därför av y_h(x) =Ae^x+Be^2x.

b) Det karakteristiska polynomet är nu r²−_4r+4 = (r−₂)², vilket har dubbelroten 2. Det betyder att den homogena lös- ningen är

y_h(x) = (Ax+B)e^2x. c) Det karakteristiska polynomet är nu

r²−6r+10= (r−3)²+1,

vilket har två komplexkonjugat som lösning, nämligen 3±_i.

Vi kan därför skriva upp den homogena lösningen som y_h(x) =C₁e^(3+i)x+C₂e^(3−i)x.

Men vi vill inte ange lösningen på det sättet eftersom den re- fererar till komplexa tal. Vi skriver därför om den så att

yh(x) =e^3x(C₁e^ix+C₂e^−ix)

=e^3x(C₁(cos x+i sin x) +C₂(cos x−_{i sin x})

e^3x((C₁+C₂)cos x+i(C₁−C₂)sin x=e^3x(A cos x+B sin x). Från början har vi här räknat med komplexa tal, så C1, C2är komplexa tal. Talen

A=C₁+C₂, B=i(C₁−C₂)

är därför från början också komplexa tal. Men vi har använt komplexa tal i räkningarna endast som ett hjälpmedel, och för att få en reell lösning väljer vi A, B som reella tal. Med andra ord, från början valde vi

C₁= ¹

2(A−iB) och C₂= ¹

2(A+iB).

Men detta behöver du bara förstå! Inte upprepa varje gång.

Istället kan vi gå direkt och säga att eftersom den karakteris- tiska ekvationen har lösningarna 3±i så gäller att den homo- gena lösningen ges av

y_h(x) =e^3x(A cos x+B sin x),

där A och B är godtyckliga reella konstanter.

Övning 36 Vi bestämmer först den allmänna lösningen. Den karakte- ristiska ekvationen är r²−₄=0 så den allmänna homogena lösning- en är yh(x) =Ae^2x+Be^−2x. Vi ska sedan använda de två begynnelse- villkoren till att bestämma konstanterna A och B. Vi har att

y₍0) =A+B, y⁰_h(x) =2Ae^2x−_2Be^−2x_, y⁰_h(0) =2A−_2B,

så vi ska lösa ekvationssystemet (A+B=0

2A−_2B=1 ⇔

(A=¹₄ B= −¹₄ ^.

Den sökta lösningen är därför

y(x) = ¹

4(e^2x−e^−2x) (=¹

2sinh(2x)). Övning 37 Vi bestämmer först den allmänna lösningen till

y_h(x) =A cos(2x) +B sin(2x).

Villkoret y(0) =0 innebär att A=0. Villkoret y(^π₂) =0 innebär i sin tur att A cos(π) =0, och alltså också att A=0. Vi får inget villkor på B så den allmänna lösningen är

y(x) =B sin(2x)

där B är en godtycklig konstant.

Övning 38 Vi börjar med att bestämma en lösning till den homo- gena ekvationen. Det karakteristiska polynomet är r²−_3r+₂ = (r−₂)(r−₁), så vi har väsentligen att välja mellan yh(x) = e^xoch y_h(x) = e^2x. Vi väljer den första (det lär förenkla räkningarna lite – varför?).

Skriv nu y(x) =z(x)y_h(x) =z(x)e^x. Då gäller att

y⁰=z⁰e^x+ze^x, y⁰⁰=z⁰⁰e^x+2z⁰e^x+ze^x

så vi får att

y⁰⁰−_3y⁰+_2y=e^x(z⁰⁰+_2z⁰+z−₃(z⁰+z) +_2z) =e^x(z⁰⁰−z⁰)_.

Lägg märke till att här inte är någon z-term: det kan användas om kontroll på att man har räknat rätt att den saknas.

Ekvationen blir nu

e^x(z⁰⁰−z⁰) =6+x² ⇔ z⁰⁰−z⁰= (6+x²)e^−x.

Men här sätter vi w=z⁰och ekvationen för w blir då

w⁰−w= (6+x²)e^−x.

Detta är en första ordningens differentialekvation, och den löser vi med t.ex. integrerande faktor. Den integrerande faktorn är e^−xså ek- vationen blir

(we^−x)⁰= (₆+x²)e^−2x ⇔ we^−x= Z

(₆+x²)e^−2xdx=

−^e

−2x

4 (13+2x+2x²) +C₁. Multiplicerar vi med e^xså följer att

w(x) = −^e

−x

4 (13+2x+2x²) +C₁e^x. Men w=z⁰, så integrerar vi får vi att

z(x) =^e

−x

4 (19+6x+2x²) +C₁e^x+C₂ där C1, C2är godtyckliga konstanter. Det följer att

y(x) =z(x)e^x= ^x

2

2 +³ 2x+¹⁹

4 +C₁e^2x+C₂e^x

Anmärkning Vi kan också lösa denna genom att använda att den all- männa lösningen är summan av den (allmänna) homogena ekvatio- nen och en partikulärlösning. Den homogena lösningen är

y₍x) =C₁e^2x+C₂e^x,

och för att hitta en partikulärlösning ansätter vi

yp(x) =Ax²+Bx+C.

Går det så går det! Eftersom y⁰p(x) =2Ax+B och y⁰⁰p(x) =2A ska det gälla att

y⁰⁰_p−_3yp+2yp=2A−₃(2Ax+B) +2(Ax²+Bx+C)

=2Ax²+ (2B−_6A)x+2C−_3B+2A

ska vara lika med 6+x². Det betyder att A=1/2 och B=3A=3/2 och slutligen 2C=3B−_2A+6=9/2−₁+6=19/2. Lägger vi ihop yp+y_hfår vi samma svar som tidigare.

Detta är naturligtvis enklare om man kan hitta en partikulärlösning.

Om inte får man gå den långa vägen ovan.

Övning 39 En lösning till den homogena ekvationen är yh(x) =e^−x. Med y(x) =z(x)y_h(x)får vi att ekvationen blir då

z⁰⁰e^−x=e^x+e^−x ⇔ z⁰⁰=e^2x+1.

En integration ger

z⁰= ^e

2x

2 +x+C₁ och en ytterligare att

z= ^e

2x

4 +^x

2

2 +C₁x+C₂. Den allmänna lösningen till ekvationen är därför

y(x) =z(x)e^−x= ^e

x

4 + (^x

2

2 +C₁x+C₂)e^−x.

Anmärkning I detta fall är det påtagligt enklare att göra på detta sätt jämfört med att leta en partikulärlösning. Prova det!

Övning 40 För att lösa den komplexa ekvationen gör vi inget annat än vad vi gjort hittills. En lösning till den homogena ekvationen är e^2ix, och vi skriver y(x) =z(x)e^2ix. Då gäller att

y⁰=z⁰e^2ix+2ize^2ix, y⁰⁰=z⁰⁰e^2ix+4iz⁰e^2ix−_4ze^2ix och ekvationen blir

e^2ix(z⁰⁰+4iz⁰) =e^ix ⇔ w⁰+4iw=e^−ix

där w=z⁰. Multiplikation med integrerande faktor ger(e^4ixw)⁰=e^3ix och alltså

w(x) =e^−4ix(^e

3ix

3i +C₁) = −ⁱ

3e^−ix+Ce^−4ix.

Ur detta får vi sedan att z(x) =¹₃e^−ix+C₁e^−4ix+C₂och därför att

y(x) = ^e

ix

3 +C₁e^−2ix+C₂e^2ix.

Detta är svaret på vad lösningen på den komplexa ekvationen är.

För att se vad lösningarna till ekvationerna i a) och b) är, noterar vi att båda ekvationerna har samma homogena lösning A cos(2x) + B sin(2x). Det gäller att hitta en partikulärlösning till de båda ekvatio- nerna.

Använder vi här formeln e^iθ =cos θ+i sin θ på detta ser vi att ekva- tionen y⁰⁰+4y=e^ixhar partikulärlösningen

yp(x) = ¹

3(cos x+i sin x).

Men om y=y₁+iy₂där y₁och y₂är reellvärda funktioner och y löser ekvationen

y⁰⁰+4y=h₁+ih₂,

där h₁och h2är reellvärda, så gäller (tänk igenom) att y⁰⁰₁+4y=h₁, y⁰⁰₂+4y2=h₂.

Det betyder att ekvationen y⁰⁰+4y = cos x har partikulärlösningen

1

3cos x medan ekvationen y⁰⁰+4y = sin x har partikulärlösningen

13sin x. Vidare gäller att y=2y2−y₁Löser ekvationen

y⁰⁰+_4y=₂(y⁰⁰₂+_4y2) − (y⁰⁰₁+_4y1) =_2h2−h₁,

så en partikulärlösning på b) är²₃sin x−¹₃cos x. Sammanfattningsvis a) ¹₃sin x+A cos(2x) +B sin(2x)

b) ²₃sin x−¹

3cos x+A cos(2x) +B sin(2x)