• No results found

P ( y ) dy  Q ( x ) dx

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2021

Share "P ( y ) dy  Q ( x ) dx"

Copied!
12
0
0

Loading.... (view fulltext now)

Full text

(1)

Sida 1 av 12 SEPARABLA DIFFERENTIALEKVATIONER

Viktiga begrepp: den allmänna lösningen, en partikulär lösning, en singulär lösning, existensintervall.

---

En differentialekvation (DE) av första ordningen sägs vara separabel om den kan skrivas på formen ( ) Q(x)

dx y dy

P  eller ekvivalent

P ( y ) dyQ ( x ) dx

. (1) (med andra ord om vi kan separera variabler).

Den allmänna lösningen till (1) erhålles genom att integrera båda leden i (1)

P ( y ) dy Q ( x ) dx

. (2)

Förklaring: Anta att yh(x) är en lösning till ( ) Q(x) dx

y dy

P  . Då gäller

) )) (

( )) ( (

( Q x

dx x h x d h

P  . Om vi integrerar på x båda leden i sista ekvationen får vi

P(h(x))dxd (h(x))dx Q(x)dx

och, genom att använda substitutionen h(x) yh(x)dxdy , får vi

P(y)dy

Q(x)dx dvs (2) .

Omvänt, anta att en funktion yy( x)uppfyller (2). Derivering av (2) på x ger )

( )

( Q x

dx y dy

Pdvs (1).

För att kolla om en differentialekvation av första ordningen L(x,y,y' ) = R(x,y,y' ) är separabel (och därefter lösa den) gör vi följande enkla steg:

STEG 1. Lös ut explicit första derivatan y'=F(x,y)

STEG 2. Faktorisera högerledet i faktorer som innehåller endast en variabel x eller y , om detta är möjligt:

t ex y f(x)g(y) eller

) ( ) (

) ( ) (

y k x h

y g x

y f

Om det är omöjligt att faktorisera F(x,y) i faktorer med endast en variabel då är ekvationen inte separabel.

STEG 3. Ersätt y med dx

dy och separera variabler dvs flytta "y-faktorer" till vänster och "x- faktorer" till häger och ange ekvationen på formen

dx x B dy y

A( )  ( )

(2)

Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR, SF1676 Separabla differentialekvationer

Sida 2 av 12

Den delen ska man hantera försiktigt. När man delar en ekvation med ett uttryck som innehåller en obekant, måste man kolla om uttrycket som man delar med innehåller en eller flera lösningar till ekvationen. Annars kan man tappa några lösningar.

STEG 4. Du får lösningen genom att integrera båda leden C dx x B dy y

A

( ) ( )

(Det räcker att addera konstanten C till högerleden)

STEG 5. Förenkla lösningen och, om möjlig, ange y på explicit form yf( x). STEG 6. Kolla om ekvationen har singulära lösningar.

Exempel 1. a) Lös ekvationen 10yx3y2 4x3. b) Är ekvationen yy2x3 separabel?

Lösning 1a:

STEG 1. Vi löser ut y':

10 4 4

10

2 3 3 3

2

3 x x y

y x y x

y    

STEG 2. Vi faktorisera högerledet i faktorer som innehåller endast en variabel x eller y ( om detta är möjligt):

10 ) 4

( 2

3 y

y x

STEG 3. Vi ersätter y med dx

dy , separerar variabler och får

 

 10

) 4

( 2

3 y

x dx

dy (separera var.) x dx

y dy

10 4

3

2

 (notera att 4 y2 0) STEG 4. Integrera båda leden

4dyy2 10x3 dx (formelsamling)

y x C

 40 2) ( arctan 2

1 4

den allmänna lösningen på implicit form.

STEG 5. Vi anger y på explicit form y=y(x) :

) 20 2 tan(

2 )

20 2 2 tan(

20 2 2) ( arctan ) 40

(2 arctan 2

1 4 4 4 4

x C y

x C C y

x C y

x

y           

(3)

Sida 3 av 12

Svar 1a: 2 )

tan(20 2

4

x C

y   den allmänna lösningen på explicit form.

Anmärkning: Eftersom 2C är ett konstant tal (som ligger mellan  och ) kan vi byta 2C mot D och skriva lösningen som )

tan(20 2

4

x D

y  .

Lösning 1b: Är ekvationen y y2x3 separabel?

Steg 1 y x3y2 . Vi kan inte faktorisera x3y2 i en sådan produkt att varje faktor innehåller endast en variabel x eller y, Därför är ekvationen INTE separabel.

Svar 1b: Nej

Exempel 2.

Bestäm alla lösningar till ekvationen 4 2

3 y

y  . (*) Lösning:

a) Först ersätter vi y med dx dy

4 2

3 y

dx

dy   .

Vi separerar variabler genom att dela ekvationen med 4y2 .

När man delar en ekvation med et uttryck som innehåller en obekant måste man kolla om uttrycket som man delar med innehåller en eller flera lösningar till ekvationen.

Annars kan man tappa några lösningar.

För att separera variabler delar vi föregående ekvation med 4y2 och därför antar att 0

4 y2  . Alltså fortsättning gäller om y 2. Men vad gäller i fallet y 2 eller y 2?

Omedelbart inses att de två konstanta funktioner satisfierar ekvationen (*).

( t ex y2 y0 båda leden i ekvationen (*) är lika med 0) Alltså har vi fått två ”speciella” lösningar.

Om de inte omfattas av den allmänna lösningen då kallas sådana ”speciella” lösningar för singulära lösningar.( Detta kolar vi när vi bestämmer den allmänna lösningen.)

Vi fortsätter med separation och integration för att få den allmänna lösningen.

 

) 3 2 sin(

3 2) arcsin(

3

4 2

C y x

C y x

dx y

dy

) 3 sin(

2 x C

y  ( Den allmänna lösningen).

(4)

Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR, SF1676 Separabla differentialekvationer

Sida 4 av 12

De två ”speciella” lösningary 2 , y2 finns inte bland de allmänna lösningar, ( Det finns inte något C-värde sådant att y 2sin(3xC) blir y 2 eller y 2 och därför kallas de för singulära lösningar.)

Svar: Ekvationen har följande lösningar:

) 3 sin(

2 x C

y  ( Den allmänna lösningen),

2

y , (singulär lösning)

2

y (singulär lösning)

Exempel 3. Betrakta ekvationen

0

 yy

x .

a) Bestäm den allmänna lösningen till ekvationen .

b) Bestäm (på explicit form) den lösning som satisfierar begynnelsevillkoret y(3) =4.

Ange existensintervall (det största definitionsintervallet) för denna lösning.

c) Bestämden lösning som satisfierar begynnelsevillkoret y(3) = – 4. Ange existensintervall för denna lösning.

Lösning:

a) Från x yy 0har vi

y x dx dy y

y x

 

 dvs

xdx ydy .

Vi integrerar båda leden

ydy (x)dx

och får C x

y2  2 eller C

y

x22 (den allmänna lösningen på implicit form). Relationen x2y2C, om C>0 definierar en cirkel.

Från relationen x2y2C där C>0 får vi två explicita lösningar x2

C

y  (övre och nedre halvan av cirkeln x2y2C).

Svar a) x2y2C eller y Cx2

b) Vi substituerar y(3) =4 i lösningen y Cx2 (eftersom y(3) = +4 är positivt) och får 25

9 16

9

4 C  C C . Alltså y 25x2 är den lösning som går genom punkten (3,4).

Uttrycket 25x2 är definierad om 25x2 025x2 dvs 5x5. Existensintervallet blir därmed (–5,5).

Anmärkning: Normalt väljer vi ett öppet existensintervall eftersom i ändpunkterna finns endast ensidiga derivator (vänster- eller högerderivatan).

Svar b) y 25x2 , x(5,5)

(5)

Sida 5 av 12

c) Vi substituerar y(3) = – 4 i lösningen y Cx2 (eftersom y(3) = – 4 är positivt) och får

25 9

16 9

4 C  C C . Alltså y 25x2 är den lösning som går genom punkten (3,4).

Uttrycket  25x2 är definierad om 25x2 025x2 dvs 5x5. Existensintervallet blir därmed (–5,5).

Vi väljer ett öppet existensintervall eftersom i ändpunkterna finns endast ensidiga derivator (vänster- eller högerderivatan).

Svar c) y 25x2 , x(5,5)

Exempel 4. Bestäm två lösningar till begynnelsevärdesproblemet

) 3 ( ) 3

(yyx y , y(1)3 Lösning:

Först noterar vi att y30uppenbart ger en lösning y3 , för alla x, ( eftersom, om y=3 då är VL=HL=0). Denna lösning uppfyller kravet y(1)3 (eftersom

3

y , för alla x).

För att finna andra lösningar delar vi ekvationen med (y3) och får följande (väldigt enkel) ekvation

x y .

Härav x C

y  2

2

är den allmänna lösningen.

Villkoret 3y(1) ger 2

 5 C . Alltså är

2 5 2

2

x

y en lösning som uppfyller y(1)3.

Därmed har vi funnit två lösningar till DE som går genom punkten (1,3):

3

y och

2 5 2

2

x

y .

(6)

Armin Ha

======

ÖVNIN Uppgift

y y (x

Lösning Först er

x dx dy (

 och däre

y y ( 3 Slutlige

(y3

y  y 2 4

4

Svar:

Uppgift a) Lös f (x2 y

alilovic: EXTR

=========

NGAR t 1. Lös föl

y y

x cos 3 5

3 2

g:

rsätter vi y

y y

x x

co 3 5

3 2

efter separe dy y)

cos

en integrerar

y d

y cos ) y

sin 2

2

y y  s

2 4

2 4

t 2.

följande diff

2 3

e x 

RA ÖVNINGA

=========

ljande differ

y e x s

8 )

 .

med dx dy

y e x os

8 )

 ,

erar variable x

x 5

( 2

r vi båda led

x

dy ( 2 x

x  

2 5 3

2 3

yx  sin 3

3

fferentialekv ) 1 )( 2

5 y

e x

AR, SF1676

S

========

rentialekvat

er

dx e x) 3 8

 den:

e

x 3 x

5 8

x e

x

 8 3

8

x x

 3

2 5 2

vation med .

Sida 6 av 12

=========

tion med av

x

x dx )

C , den e x C

 8

8

avseende p

2

=========

vseende på

allmänna l

y( x)

Separabl

=

) ( x y

lösningen (p

la differentiale

(på implicit

ekvationer

form).

(7)

Sida 7 av 12 b) Ange lösningen på explicit form.

Lösning:

Först ersätter vi y med dx

dy och därefter separerar variabler:

dx e x y x

dy

y e

x dx x

dy

x x

) 3 1 (

) 1 )(

3 (

5 2

2

2 5

2

 

Vi har separerat variabler. Det kvarstår att integrera båda leden:

 

1dyy2 (x2 x 3 e5x)dx

e C x x

y x

x

 3 5

2 ) 3

arctan(

5 2

3

(den allmänna lösningen på implicit form).

b) Explicit form:

Vi löser ut y ur föregående ekvation och får 5 )

2 3 tan( 3

5 2

3

e C x x

y x

x

(den allmänna lösningen på explicit form).

Svar: a) e C

x x y x

x

 3 5

2 ) 3

arctan(

5 2

3

b) )

3 5 2 tan( 3

5 2

3

e C x x

y x

x

Uppgift 3. a) Bestäm den allmänna lösningen till ekvationen 3

2 8

1

x y

y

 .

b) Ange lösningen på explicit form.

c) Bestäm en partikulär lösning som satisfierar

2 ) 1 0

( 

y (begynnelsevillkoret).

d) Bestäm det största exsistensintervall för lösningen i c-delen. ( Tips: ekvationen dx

x y

dy 3

2 8

1

  inte är definierad om y1.)

Lösning:

a) Notera att ekvationen inte är definierad för y1. Först ersätter vi y med

dx

dy och därefter separerar variabler:

dx x y

dy 3

2 8

1

  .

Vi integrerar båda leden och får

 

x dx

y

dy 3

2 8

1

(formelsamling)

(8)

Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR, SF1676 Separabla differentialekvationer

Sida 8 av 12

 arcsiny2x4C (den allmänna lösningen på implicit form).

b) Explicit form: Vi löser ut y ur föregående ekvation och får )

2 sin( x4 C

y   (den allmänna lösningen på explicit form).

c) Vi använder villkoret

2 ) 1 0

( 

y för att bestämma C i den allmänna lösningen,

2 ) 1 0

sin(  C  . Härav

6



C . (Anmärkning: Man kan använda ett av värdena   k

C 2

6 

 .)

och )

2 6 sin( 4

x

y är en partikulär lösning som satisfierar givet villkor.

d) Notera igen att ekvationen x dx y

dy 3

2 8

1

  inte är definierad om y1 dvs om

1 6) 2

sin( 4 

x .

Eftersom 4 4 4 4

2 6 2

6 2

2 6 1 6) 2

sin(        k

k x x

k x

x             , där kär

ett hel tal, inser vi att lösningen ) 2 6

sin( 4

x

y , som går genom punkten (0, ½) , dvs är definierad för x=0, kan utvidgas maximalt till punkterna 4

6

  och 4 6

 .

Därför är )

, 6 (4 6 4

I det största existensintervall.

Uppgift 4.

Betrakta ekvationen (1x)y y3.

a) Bestäm den allmänna lösningen till ekvationen .

b) Skriv lösningen på explicit form d v s på formen yf(x). c) Bestäm den lösning som satisfierar begynnelsevillkoret y(0) =0.

d) Bestäm också (det största) existensintervallet för denna lösning.

Lösning:

a)

3 )

1

( x y y  (1 )  y3 dx

x dy

( Vi delar med (y-3) och antar att y 3. Omedelbart inses att funktioneny 3 är en lösning till ekvationen )

x dx y

dy

 

3 1 

ydy3

1dxx

 ln|y3|ln|1x|C (den allmänna lösningen på implicit form ).

b) Från föregående ekvation får vi

(9)

Sida 9 av 12 C

e

x

y  3 | 

ln|1 |

|

y  3   e

C

e

ln|1x|

(Vi förenklar

 

) 1 (

1

| 1

| 1

| 1 1

| ln

| 1

| ln

x e x

e x x

 

 

)

) 1 ( 3 1

e x

y

C

 

Vi betecknar konstanten eCD



 1

1 och får

x y D

 

 3 1

x

y D

 

3 1 (den allmänna lösningen på explicit form som dessutom inkluderar den ”speciella” lösningen y=3 som vi får om vi väljer D=0)

c) y(0)0  D3 y x

 

 1

3 3

1 3

  x

y x .

d) Uttrycket 1 3

x

x är definierad för x1. Lösningskurvan går genom (0,0) dvs är definierad för x0 som ligger till vänster om punktenx1. Därför är (det största) existensintervallet (,1).

Svar: a) ln|y3|ln|1x|C b)

x y D

 

3 1 c)

1 3

  x

y x d) (,1)

Uppgift 5. Hastigheten v(t) för ett fallande föremål uppfyller följande DE 9 v2

dt

dv   , där v(0)=0.

Bestäm v(t). Ange lösning på explicit form.

Lösning:

För att separera variabler delar vi ekvationen med 9 under antagande v2 0

9 v2v dt dv

2

9 , dvs v3. Anmärkning:

Funktionerna v3 och v 3, uppenbart satisfierar ekvationen 9 v2 dt

dv   , men inte villkoret v(0)=0, alltså är de INTE lösningar till vårt begynnelsevärdesproblem.

(10)

Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR, SF1676 Separabla differentialekvationer

Sida 10 av 12 Vi integrerar ekvationen:

9dvv2 dt 16ln(33vv)tC (Den allmänna lösningen på implicit form).

Vi löser ut v.

t C

v

v) 6 6 3

ln(3  

  e t C

v

v 6 6

3

3 

De t

v

v 6

3

3 

  3v(3v)De6tvvDe6t 33De6t )

1 ( 3 ) 1

( De6t De6t

v     

) 1

(

) 1

( 3

6 6

t t

De v De

  (Den allmänna lösningen på explicit form).

Slutligen bestämmer vi D, v(0)=0

) 1 (

) 1 ( 0 3

D D

   D=1 

) 1 (

) 1 ( 3

6 6

t t

e v e

  ( den partikulära lösningen som satisfierar begynnelsevillkoret).

Svar:

) 1 (

) 1 ( 3

6 6

tte v e

Uppgift 6.

Betrakta ekvationen:

) 1 cos(

2

  x y y

a) Bestäm den allmänna lösningen till ekvationen . b) Bestäm den lösning som satisfierar y(0)1.

c) Skriv lösningen på explicit form dvs på formen yf(x).

Lösning:

a) 1

) cos(

2

  x y

yy(y2 1)cosxxdx y

dy cos

2 1

y2dy1 cosxdx

C x y sin 

arctan (Den allmänna lösningen på implicit form).

(samma lösning på explicit form: y tan(sin(x)C).

b) y(0)1arctan1sin0C  C 4

(11)

Sida 11 av 12

sin 4

arctan

x

y .

c) Explicit form: )

tan(sin 4

x

y

Svar: a) arctany sinxC b)

sin 4

arctan

x

y c) )

tan(sin 4

x

y

Uppgift 7. Lös följande differentialekvation 1

3 

 y y

x .

Ange lösningen på explicit form. Har ekvationen någon singulär lösning?

Lösning:

Vi separerar variabler: Notera att 3y10 dvs y1/3 är en lösning.

(Substitutionen 3y 1/ , y0 i ekvationen visar att den konstanta funktionen är också en lösning.) En sådan lösning kallas singulär om den inte kan fås ur den allmänna lösningen.

 

 

yy dx xdx

x y

y

1 1

3

1 1 3

 

C y x

|

| 3 ln

| 1 3

|

ln (den allmänna lösningen på implicit form)

C x y

C x y

3

|

| ln

| 1 3

| ln

3

|

| ln 3

| 1 3

| ln

3

3 1

1 3

| 1 3

|

3

|

| ln 3

3

|

| ln

3 3

y Dx

e e y

e y

x C

C x

 

Formeln innehåller också den konstanta lösningen y=1/3; alltså ingen singulär lösning för den här DE )

Svar:

3 1 Dx3

y  är den allmänna lösningen på explicit form. Ingen singulär lösning.

Uppgift 8. Lös följande differentialekvation

2 5

2

2 1 y x 1 y

x

y    .

Bestäm även eventuella singulära lösningar.

Lösning:

(12)

Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR, SF1676 Separabla differentialekvationer

Sida 12 av 12

2 5

2

2 5

2 2

2 5

2 2

1 ) (

1 1

1 1

y x

dx x dy

y x

y dx x

dy

y x

y x

y



( Vi delar ekvationen med 1 y2 om uttrycket är skilt från 0. Substitutionen

1

y ,y0 i ekvationen visar att de två konstanta funktioner är också

lösningar till ekvationen. En sådan lösning kallas singulär om den inte kan fås ur den allmänna lösningen.)

6 ) sin( 3

6 arcsin 3

) (

1

) (

1

6 3

6 3 5

2 2

5 2 2

x C y x

x C y x

dx x x y

dy

dx x x y dy

 

 

Den allmänna lösningen är alltså )

6 sin( 3

6 3

x C

yx   .

Dessutom har vi två singulära lösningar y1 eftersom de inte kan fås ur den allmänna lösningen. (Oavsett hur vi väljer konstanten C i )

6 sin( 3

6 3

x C

yx   får vi aldrig 1y eller 1y )

Svar : Den allmänna lösningen är ) 6 sin( 3

6 3

x C

yx   .

Ekvationen har dessutom två singulära lösningar är y 1 och y 1.

References

Related documents

[r]

[r]

Varje punkt p˚ a x− axeln ¨ar

[r]

Detta innebärr att origo är en asymptotiskt stabil jämviktspunkt

Maxpoäng för varje uppgift anges inom parantes.. Lösningarna skall vara åtföljda av

Show that the intersection of arbitrary many compacts sets in a metric space X is

Hemarbete A ¨ ar gemensamt f¨ or alla och g˚ ar ut p˚ a att implementera en numeriskt v¨ alarbetande utbytesalgoritm i det kontinuerliga fallet.. Implemen- teringen kan g¨ oras