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

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 + 2xe^−yx .

L¨osning: xy⁰= y + 2xe^−xy ⇔ y⁰ = y

x + 2e^−yx . Funktionen f (x, y) = y

x + 2e^−yx

¨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 ⇔ e^z · z⁰= 2

x ⇔ e^z = 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 .

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) ⇔ µ_y(xy − 1) − xµ_x(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.

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

= Ee^x ⇔ 1 − 3

2y = F e^32x ⇔ 1 y = 2

3 − Ge^32x ⇔ y = 3

2 − He^32x . 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 − 8e^32x ⇔ (2 − 8e^32x)y = 3 ⇔ 2y − 3 = 8ye^32x.

11.2(c) L¨os f¨oljande begynnelsev¨ardesproblem: y⁰⁰= y⁰e^y, 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 = pe^y eller, efter division med p,dp dy = e^y.

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

R dp = R e^ydy . Det ger p = e^y+ c , och eftersom p = y⁰ f˚ar vi den nya separabla ekvationen _dx^dy = e^y+ c , s˚a

Z dy e^y+ c =

Z dx .

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

Z 1

e^y+ cdy =

Z e^−y/2

e^y/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 = e^x

⇐⇒ e^−y = 2 − e^x e^x

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

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