• No results found

L¨osning: Ekvationen ¨ar separabel ty den kan skrivas om som: y y + 1· y0= x + 1 x ⇔ Z y y + 1dy = Z x + 1 x dx ⇔ Z  1 − 1 y + 1  dy = Z  1 + 1 x  dx ⇔ y − ln(y + 1

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2021

Share "L¨osning: Ekvationen ¨ar separabel ty den kan skrivas om som: y y + 1· y0= x + 1 x ⇔ Z y y + 1dy = Z x + 1 x dx ⇔ Z  1 − 1 y + 1  dy = Z  1 + 1 x  dx ⇔ y − ln(y + 1"

Copied!
4
0
0

Loading.... (view fulltext now)

Full text

(1)

UPPSALA UNIVERSITET L¨osningar till rekommenderade MATEMATISKA INSTITUTIONEN uppgifter till lektion 1

Pepe Winkler Ordin¨ara differentialekvationer

Civilingenj¨orsutbildning

2.1(j) Verifiera att funktionen y(x) (given i implicit form) ¨ar l¨osningen till differentiallekvationen:

x2 = 2y2log y y0= xy x2+ y2 .

L¨osning: Derivera m.a.p. x sambandet x2 = 2y2log y . Man f˚ar:

2x = 2(2y · y0log y + y2· 1

y · y0) ⇔ y0= x

2y log y + y ⇔ y0 = xy

2y2log y + y2 ⇔ y0= xy

x2+ y2 ty 2y2log y = x2.

2.4(f) Best¨am f¨or f¨oljande differentialekvationen, den l¨osningskurva som g˚ar genom given punkt:

xyy0= (x + 1)(y + 1) , (1, 0) .

L¨osning: Ekvationen ¨ar separabel ty den kan skrivas om som: y

y + 1· y0= x + 1 x

Z y

y + 1dy =

Z x + 1 x dx ⇔

Z 

1 − 1 y + 1

 dy =

Z  1 + 1

x

 dx ⇔ y − ln(y + 1) = x + ln x + C .

Obs: i en omgivning av punkten (1 , 0) b˚ade 1 + y och x ¨ar positiva.

Ins¨attningen av begynnelsev¨arden ger 0 − ln 1 = 1 + ln 1 + C ⇔ C = −1 , allts˚a Kurvan y − ln(y + 1) = x − 1 + ln x ¨ar l¨osningen till problemet.

7.1(e) Verifiera att f¨oljande ekvationen ¨ar homogen och l¨os den:

xy0 = y + 2xeyx .

L¨osning: xy0= y + 2xexy ⇔ y0 = y

x + 2eyx . Funktionen f (x, y) = y

x + 2eyx

¨ar homogen av graden 0, allts˚a differentialekvationen ¨ar homogen.

S¨att z = y

x ⇔ y = x · z . Man f˚ar: y0 = z + x · z0 och z + x · z0 = z + 2e−z ⇔ ez · z0= 2

x ⇔ ez = ln x2+ C ⇔ z = ln(ln x2+ C) ⇔ y = x ln(ln x2+ C) . 8.3 Best¨am om f¨oljande ekvationen ekvationen ¨ar exakt och l¨os den i s˚a fall:

(y − x3) dx + (x + y3) dy = 0 .

(2)

L¨osning: L˚at M (x, y) = y − x3 och N (x, y) = x + y3. My= 1 och Nx= 1 , allts˚a ekvationen ¨ar exakt.

f (x, y) = Z

(y − x3) dx = xy − x4

4 + g(y) , fy= x + g0(y) = x + y3 ⇔ g0(y) = y3 ⇒ g(y) = y4

4 + c , allts˚a xy + y4 4 −x4

4 = C ger alla l¨osningskurvor i implicit form.

9.2(b) L¨os ekvationen:

(xy − 1) dx + (x2− xy) dy = 0 genom att f¨orst finna en integrerande faktor.

L¨osning: L˚at µ(x, y) vara en integrerande faktorn till ekvationen.

Ekvationen µ(x, y)(xy − 1) dx + µ(x, y)(x2− xy) dy = 0 ¨ar exakt

⇔ ∂

∂y(µ·(xy−1)) = ∂

∂x(µ·(x2−xy)) ⇔ µy(xy−1)+xµ = µxx(x−y)+µ(2x−y) ⇔ µy(xy − 1) − xµx(x − y) = µ(x − y) .

Om man s¨oker µ(x, y) = µ(x) , dvs. s˚a att µy= 0 f˚ar man ekvationen

−xµx= µ ⇔ µx

µ = −1

x ⇒ ln µ(x) = − ln x ⇒ µ(x) = 1 x. Ekvationen xy − 1

x dx + x2− xy

x dy = 0 ¨ar exakt.

xy − 1

x dx +x2− xy

x dy = 0 ⇔

 y − 1

x



dx + (x − y) dy = 0 , f (x, y) =

Z

(x − y) dy = xy −y2

2 + h(x) och fx = y + h0(x) = y − 1 x ⇔ h0(x) = −1

x ⇔ h(x) = − ln |x| + c . Allts˚a xy − y2

2 − ln |x| = C ¨ar den allm¨anna l¨osningen till ekvationen. (Obs: xy −y2

2 − ln |x| = C ⇔ 2xy − y2− ln x2 = C1.) 11.1(a) L¨os andra ordningens differentialekvation:

yy00+ (y0)2 = 0

L¨osning: I ekvationen upptr¨ader inte x , allts˚a substitutionen y0= p(y) ¨overf¨or ekvationen till en ekvation av f¨orsta ordningen. y0 = p(y) ⇒ y00 = d

dxy0 = d

dxp(y) = dp dy · dy

dx = p0· p , d¨ar p0 betecknar derivatan av p(y) m.a.p. y .

Ins¨attningen i ekvationen ger yy00+(y0)2 = 0 ⇔ y ·p0p+p2 = 0 ⇔ p(yp0+p) = 0 , allts˚a p = 0 eller yp0+ p = 0 . F¨orsta ekvationen ger y0= 0 ⇔ y(x) = C . Andra ekvationen yp0+ p = 0 ¨ar separabel och ⇔ p0

p = −1

y ⇔ ln p = − ln y + C1

⇔ ln p = lnD

y ⇔ p = D

y ˚Atersubstitutionen ger y0= D

y ⇔ y · y0= D ⇔ y2 = D1x + E , d¨ar C , C1, D , D1 och E ¨ar konstanter.

(3)

11.2(b) Finn den l¨osning till differentialekvationen:

yy00= y2y0+ (y0)2 f¨or vilken y = −1

2 och y0= 1 d˚a x = 0 .

L¨osning: Med samma substitutionen som i f¨orra uppgiften f˚ar man:

y · pp0 = y2p + p2 ⇔ p(p0y − p − y2) = 0 ⇔ p = 0 eller p0y − p = y2. F¨orsta ekvationen ger att y0= 0 , allts˚a ¨ar inte l¨osningen till problemet.

Ekvationen p0y − p = y2 ⇔ p0− 1

yp = y ¨ar linj¨ar av f¨orsta ordningen med integrerande faktorn µ(y) = e− ln y = 1

y, allts˚a  1 yp

0

= 1 ⇔ 1

yp = y + C ⇔ p = y2+ Cy . Nu l¨oses ekvationen y0= y2+ Cy som ¨ar separabel.

y0 = y2+ Cy ⇔ y0

y(y + C) = 1 . S¨att in y0 = 1 och y = −1

2 f¨or att best¨amma konstanten C . Man f˚ar 1 =



−1 2

2

−1

2C ⇔ C = −3 2. Allts˚a nu vill man l¨osa ekvationen y0

y(y − 32) = 1 ⇔

Z 1

y(y − 32)dy = Z

1 dx ⇔ Z 2

3

 1 y −32 − 1

y

 dy =

Z

dx ⇔ 2

3lny − 32

y = x + D ⇔

 1 − 3

2y

23

= Eex ⇔ 1 − 3

2y = F e32x ⇔ 1 y = 2

3 − Ge32x ⇔ y = 3

2 − He32x . Ins¨attningen av x = 0 och y = −1

2 ger −1

2 = 3

2 − H ⇔ H = 8 , allts˚a den s¨okta l¨osningen till problemet ¨ar:

y = 3

2 − 8e32x ⇔ (2 − 8e32x)y = 3 ⇔ 2y − 3 = 8ye32x.

11.2(c) L¨os f¨oljande begynnelsev¨ardesproblem: y00= y0ey, y(0) = 0 och y0(0) = 2.

L¨osning: Vi b¨orjar med att g¨ora substitutionen y0 = p(y) (det ¨ar l¨ampligt att g¨ora d˚a en differentialekvation antingen inte beror av x . Det ger

y00= dp dx = dp

dy dy

dx = pdp dy, s˚a vi f˚ar f¨oljande ekvation

pdp

dy = pey eller, efter division med p,dp dy = ey.

Ekvationen ¨ar separabel, s˚a vi ”multiplicerar b˚ada sidor med dy ” och integrerar:

R dp = R eydy . Det ger p = ey+ c , och eftersom p = y0 f˚ar vi den nya separabla ekvationen dxdy = ey+ c , s˚a

Z dy ey+ c =

Z dx .

(4)

Vi integrerar v¨ansterledet med hj¨alp av ett v¨al valt variabelbyte:

Z 1

ey+ cdy =

Z e−y/2

ey/2+ ce−y/2 dy =

u = e−y/2 du = −(1/2)u dy dy = −(2/u) du

=

Z −2u

u−1+ cu du

u =

= −1 c

Z 2cu

1 + cu2 du = −1

cln(1 + cu2) = −1

c ln(1 + ce−y).

Vi f˚ar allts˚a

−1

cln(1 + ce−y) = x + d, (∗)

och nu ˚aterst˚ar endast att best¨amma konstanterna c och d s˚a att begynnelse- villkoren blir uppfyllda. Vi deriverar b˚ada sidorna i (∗) med avseende p˚a x:

−1

c · −ce−yy0

1 + ce−y = 1 ⇐⇒ e−yy0

1 + ce−y = 1. (∗0) y(0) = 0 , och y0(0) = 2 insatt i (∗0) ger

e−0· 2

1 + ce−0 = 1, allts˚a c = 1 . c = 1, och villkoret y(0) = 0 insatt i (∗) ger att

− ln(1 + e−0) = d, allts˚a d = − ln 2 .

F¨or att v˚ar l¨osning (∗) ska uppfylla begynnelsevillkoret, ska vi allts˚a ha (c, d) = (1, − ln 2) :

− ln(1 + e−y) = x − ln 2 ⇐⇒ ln 2

1 + e−y = x ⇐⇒ 2

1 + e−y = ex

⇐⇒ e−y = 2 − ex ex

Vi f˚ar allts˚a (genom att logaritmera och multiplicera med −1 )

y = − ln(2 − ex) + ln(ex) = −(ln(2 − ex) − ln(ex)) = − ln(2e−x− 1) SVAR: y = − ln(2e−x− 1) .

References

Related documents

Lösningar kommer på kursens hemsida: http://www.math.chalmers.se/Math/Grundutb/CTH/mve035/1415 Skriv program och inskrivningsår på omslaget, skriv personliga koden på samtliga

du behöver inte konstruera h explicit, utan endast visa dess existens och räkna ut derivatan vid värdet 1.. Här är integranden en godtycklig kontinuerlig funktion f

Ange n˚ agon l¨ osning till

[r]

[r]

(Ledning: G¨ or ett l¨ ampligt variabelbyte, utnyttja sedan symmetri hos integranden med avseende p˚ a integrationsomr˚ adet och bilda en l¨ amplig utt¨ ommande f¨

En sportbilstillverkare begränsar prestandan för en av modellerna genom att vid full gas styra bränsletillförseln så att accelerationen i varje ögonblick är proportionell

När man räknar härleds detta samband relativt enkelt med implicit derivering och kedjeregeln som på följande