Kapittel 4: Differensiallikninger

Transkript

1 4.. Innledning og objekter i bevegelse. 57 Kapittel 4: Differensiallikninger 4.. Innledning og objekter i bevegelse. Oppgave 4..: (NY.) a) Vi har slik at venstre side er lik y + xy = xe x + x y(x) = e x + y (x) = e x ( x) + 0 som er lik høyre side av differensiallikningen. ( e x + ) = xe x + xe x + x = x b) Vi har y(x) = sin x + cos x y (x) = (cos x) + ( sin x) = cos x sin x y (x) = ( sin x) (cos x) = 4 sin x 4 cos x slik at venstre side er lik y + 4y = 4 sin x 4 cos x + 4(sin x + cos x) = 0 som er lik høyre side av differensiallikningen. c) Vi har y(x) = sin x + x y (x) = cos x + y (x) = sin x

2 4.. Innledning og objekter i bevegelse. 58 slik at venstre side er lik y + y x = sin x + sin x + x x = 0 som er lik høyre side av differensiallikningen. d) Vi har slik at venstre side er lik y(x) = ln x + 3 y (x) = /x y (x) = /x xy + y = x + x = 0 som er lik høyre side av differensiallikningen. e) Vi har slik at venstre side er lik y(x) = tan x y (x) = sec x = / cos x y y = cos x tan x = cos x som er lik høyre side av differensiallikningen. ( ) sin x = sin x cos x cos = cos x x cos x = Oppgave 4..: (NY.) a) Vi har y(x) = e x y (x) = e x = e x slik at y y = e x e x = 0. y(x) er derfor en løsning av differensiallikningen. b) Vi har y(x) = x + y (x) = x

3 4.. Innledning og objekter i bevegelse. 59 slik at xy y = x x (x + ) = x x =. y(x) er derfor en løsning av differensiallikningen. c) Vi har slik at y(x) = sin x y (x) = cos x y + 3y = cos x + 3 sin x e x. y(x) er derfor ikke en løsning av differensiallikningen. (Husk at likheten skal gjelde for alle x i et åpent intervall.) d) Vi har y(x) = cos x y (x) = sin x y (x) = cos x slik at y + y = cos x + cos x = 0. y(x) er derfor en løsning av differensiallikningen. e) Vi har y(x) = e x y (x) = e x x = xe x slik at y xy = xe x xe x = 0. y(x) er derfor en løsning av differensiallikningen. f) Vi har slik at y(x) = arctan x y (x) = + x y + xy = + x + x tan x x 3. y(x) er derfor ikke en løsning av differensiallikningen. (Husk at likheten skal gjelde for alle x i et åpent intervall.)

4 4.. Innledning og objekter i bevegelse. 60 Oppgave 4..3: (NY.) a) Vi har slik at y(x) = sin x y (x) = cos x (y ) + ay = cos x + a sin x = a = b) Vi har slik at y(x) = e x e 3x y (x) = e x e 3x ( 3) = e x + 6e 3x y (x) = e x + 6e 3x ( 3) = 4e x 8e 3x y + y + ay = 4e x 8e 3x + e x + 6e 3x + a(e x e 3x ) = (6 + a)e x (6 + a)e 3x = 0 a = 6. Oppgave 4..4: (Tidl.: 4...) a) Vi setter funksjonen inn i likningen og kontrollerer: y + yx = ( x)ce x + (Ce x + )x = x for alle x R. Altså er y(x) en løsning av likningen uansett verdi av konstanten C. b) Skal kurvene tangere eller skjære hverandre, må det finnes minst ett punkt (x, y) som passer i begge likningene y = C e x + og y = C e x +. Vi subtraherer de to likningene. Spesielt må da 0 = (C C )e x for en eller annen x-verdi. Det er umulig når C C. Altså har de to grafene ingen felles punkter. Oppgave 4..5: (NY.) a) Vi har y(x) = + 6e x/4 y (x) = 6e x/4 4 = 3 e x/4

5 4.. Innledning og objekter i bevegelse. 6 der og y(0) = + 6e 0 = + 6 = 8 y + 4 (y ) = 3 e x/4 + ( ) + 6e x/4 = 4 for alle x R. y(x) er derfor en løsning av initialverdiproblemet. ( ) e x/4 = 0 4 b) Vi har y(x) = e x cos x + e x sin x y (x) = e x cos x + e x ( sin x) + e x sin x + e x cos x = e x cos x y (x) = e x cos x + e x ( sin x) = e x cos x e x sin x der og y(0) = e 0 cos 0 + e 0 sin 0 = og y (0) = e 0 cos 0 = y y + y e x cos x =e x cos x e x sin x e x cos x + e x cos x + e x sin x e x cos x = 0 for alle x R. y(x) er derfor en løsning av initialverdiproblemet for x I. c) Vi har der og y(x) = x ln x y (x) = ln x + x x = ln x + y() = ln = 0 xy y = x(ln x + ) x ln x = x for alle x > 0. y(x) er derfor en løsning av initialverdiproblemet for x > 0. (NY.) Oppgave 4..6: Identiteten holder dersom den deriverte av høyre side er lik integranden på venstre side for alle x i et åpent intervall. a) d ( ln cos x + C) = dx cos x ( sin x) + 0 = tan x for alle x ( π, π ).

6 4.. Innledning og objekter i bevegelse. 6 b) d (x ln x x+c) = ln x+x +0 = ln x+ = ln x for alle x > 0. dx x c) ( ) d dx ex + C = ex x + 0 = xe x for alle x R. d) d (sin x x cos x+c) = cos x cos x x( sin x)+0 = cos x cos x+x sin = x sin x for alle x R. dx e) d (ln tan x+c) = dx tan x sec x+0 = cos x sin x cos x = sin x cos x for alle x (0, π ). f) (Trykkfeil i boken. Se feillisten.) d ( x 4 x dx + sin x ) + C = 4 x + x for alle x (, ). 4 x ( x) + = 4 x x 4 x + 4 x = 4 x + 4 x 4 x = 4 x + 4 x = 4 x ( x ) + 0 Oppgave 4..7: (Tidl.:.3.4 a.) Vi lar opp være positiv vertikalretning med t = 0 idet steinen slippes. Utgangshastigheten er v(0) = 0. Videre setter vi s(0) = 0. Steinen når bakken ved tidspunkt t = 3 sekunder. Tilbakelagt veilengde er da y = s(0) + v(0) t g t = = 44. meter.

7 4.. Innledning og objekter i bevegelse. 63 Høyden av stupet er derfor cirka 44 meter. Oppgave 4..8: (Tidl.:.3.4 b.) La v 0 betegne utgangshastigheten med t = 0 idet lavastrålen skytes ut. Idet lavastrålen snur, er hastigheten v = v 0 g t = 0 og tilbakelagt veilengde h = 0 + v 0 t g t = 650. Av den første likningen følger at t = v 0 /g. Innsatt i den andre likningen, gir det v 0 v0 g gv 0 g = v 0 g = 650. Derved er v 0 = 650 g 0 m/s = km/time 400 km/time. Oppgave 4..9: (Tidl.:.3.4 c.) a) v = v 0 + gt der v 0 = 0 og t er gitt ved at s = = v 0 t + g t. Det vil si, t = 4/g = / g, og v = g t = g 6.3 m/s. b) Hastigheten ˆv 0 idet den spretter opp igjen er akkurat høy nok til at ballen går 3 4 meter opp i luften. Det vil si, 3 4 = ˆv 0t g t og v = ˆv 0 gt = 0 på toppen. Vi eliminerer t ved den siste likningen, t = ˆv 0 /g, og setter inn i den første: som gir ˆv 0 = 3g 5.4 m/s. 3 = ˆv 0 g ˆv 0 g = ˆv 0 g c) Hastigheten er mindre fordi ballen mister litt av energien i sammenstøtet med bakken. Oppgave 4..0: (Tidl.:.3.4 d.) La v 0 betegne utgangshastigheten. På jorden snur ballen etter.5 sekunder. (Siden vi ser bort fra luftmotstanden, har vi ikke noe energitap, så ballen

8 4.. Innledning og objekter i bevegelse. 64 bruker like lang tid på bevegelsen opp som på bevegelsen ned.) Det vil si: v = v 0 gt = v 0 g.5 = 0, slik at v 0 =.5 g 4.7 m/s. På steder med annen g-verdi når derfor ballen høyden h = v 0 t g t, der t = v 0 /g, i.e., h = v 0/g v 0/g = v 0/(g). På jorden: tid: t = 4.7 g = 3 s, høyde: h 4.7 /( 9.8).0 m. På månen: tid: t = 4.7 g 9.4/ s, høyde: h 4.7 /(.6) 67.5 m. På Mars: tid: t = 4.7 g 30/ s, høyde: h 4.7 /( 3.7) 9. m. På Venus: tid: t = 4.7 g 30/ s, høyde: h 4.7 /( 8.5).7 m. Oppgave 4..: (NY.) Vi velger rett opp som positiv retning. Da er akselerasjonen lik a = g = 9.8 m/s. a) Det er klart at ballens hastighet t sekunder etter kastet er gitt ved v = a, slik at v(t) = a(t) dt = at + C = 9.8t + C der konstanten C er gitt ved at v(0) = C = 4 m/s. Ballen når sitt høyeste punkt idet v(t) = 9.8t + 4 = 0, altså etter t = t 0 = 4/9.8 = 0/7 s. Tilbakelagt veilengde s(t), t sekunder etter kastet, er gitt ved s (t) = v(t), slik at s(t) = v(t)dt = ( 9.8t + 4)dt = 9.8 t + 4t + C = 4.9t + 4t + C der konstanten C er gitt ved at s(0) = C = 0. Spesielt er derfor ballens høyeste punkt s(t 0 ) = 4.9t 0 + 4t 0 = 4.9 ( ) = 0 m. 7 7 b) Ballen starter med hastighet 0 fra sitt høyeste punkt og tilbakelegger en avstand på s = = 0 m før den når bakken. Hastigheten på

9 4.. Innledning og objekter i bevegelse. 65 turen ned er gitt ved at v (t) = g, det vil si, v (t) = a(t) dt = ( 9.8) dt = 9.8t + C t sekunder etter at den var på sitt høyeste punkt, der konstanten C er gitt ved at v(0) = C = 0. Tiden den brukte på veien ned er gitt ved at s (t)0v (t), det vil si, s (t) = v(t) dt = 4.9t + C 3 = 0 der konstanten C 3 er gitt ved at s (0) = C 3 = 0. Det vil si, C 3 = 0 og 0 t = 4.9 = sekunder. 7 I tillegg kommer tiden den brukte på vei opp. Vi fant i a) at den var 0/7 s. Total tid i luften er derfor 0 ( ) + s 8.0 s. 7 c) Hastigheten idet ballen lander er gitt ved v ( 0 7 ) = = 4 64 m/s = 3 km/t. 7 Det vil si, ballen lander med fart 3 km/t. (Svaret er negativt fordi vi har valgt opp som positiv vertikalretning.) Oppgave 4..: (NY.) a) Vi har a(t) = t + slik at farten er gitt ved v (t) = a = t +. Det vil si, v(t) = a(t) dt = (t + )dt = t + t + C der konstanten C er gitt ved at v(0) = C = 0. Derfor er v(t) = t /+t+0. Tilbakelagt veilengde s(t) ved tidspunkt t er gitt ved s (t) = v(t), altså ( ) t s(t) = v(t) dt = + t + 0 dt = t t + 0t + C der konstanten C er gitt ved at s(0) = C = 0. Altså er s(t) = t3 6 + t +0t.

10 4.. Innledning og objekter i bevegelse. 66 b) Vi har a(t) = t t + slik at farten v(t) ved tidspunkt t er gitt ved at v = a = t t +. Det vil si, v(t) = a(t) dt = (t t + )dt = t3 3 t + t + C der konstanten C er gitt ved at v(0) = C =. Derfor er v(t) = t 3 /3 t / + t +. Tilbakelagt veilengde s(t) ved tidspunkt t er gitt ved at s (t) = v(t), altså s(t) = ( ) t 3 v(t) dt = 3 t + t + dt = t t t + t + C der konstanten C er gitt ved at s(0) = C = 0. Altså er s(t) = t4 6 t3 6 +t +t.

11 4.. Modellering Modellering. Oppgave 4..: (NY.) ( ) 70 t/5 T (t) = + 78 = + 78e rt 78 ( ) 70 t/5 y = = e rt 78 ln y = t 70 ln 5 78 = rt r = 70 ln T (t) = + 78e 0.06t. Oppgave 4..: (NY.) P (t) P (t) = P (0)e kt som for P (0) = 5 gir P (t) = 5e kt. For k = 0.3 blir P (0) = 5e = 5e For k = 0.4 blir P (0) = 5e = 5e 0.4. Oppgave 4..3: (Tidl.: 4..3.) La P (t) betegne antall mennesker ved tidspunkt t målt i antall år. Da er differensiallikningen P (t) =.5 P (t) = 0.05P (t). 00 Den har løsning på formen P (t) = P (0)e 0.05t. La t = 0 være tidspunktet da befolkningen passerte 5 millioner. 00 år etter dette tidspunktet er da befolkningen vokst til P (00) = 5e = 5e.5.4 millioner.

12 4.. Modellering. 68 Oppgave 4..4: (Tidl.: 4..4.) La P (t) betegne antall mennesker i byen ved tidspunkt t målt i antall år. a) dp dt = P (t). b) dp dt = P (t). Oppgave 4..5: (Tidl.: 4...) a) Newtons avkjølingslov sier at temperaturen avtar med en hastighet som er proporsjonal med temperaturdifferansen til omgivelsene. Her betyr det at T (t) = k(t (t) ( )) = k(t (t) + ) der proporsjonalitetskonstanten k må være < 0 siden temperaturen T (t) i grøten avtar med tiden t. Siden temperaturen var 00 idet grøten ble satt til avkjøling ved tidspunkt t = 0, er T (0) = 00. b) For å løse differensiallikningen, bruker vi substitusjonen U(t) = T (t)+. Da er U (t) = T (t) + 0 = T (t) slik at differensiallikningen får formen U = ku, og det er en likning vi kjenner løsninger av: U(t) = U(0)e kt. Vi setter inn at U(t) = T (t) + og får at T (t) + = (T (0) + )e kt T (t) = + 0e kt. Ifølge oppgaven var T (3) = 90 når vi regner tiden t i minutter. Det vil si, Derved er T (3) = + 0e 3k = 90 0e 3k = 9 e 3k = 9 0 = T (t) = + 0e kt = + 0(e 3k ) t/3 = + 0 ( ) 46 t/3 5

13 4.. Modellering. 69 t minutter etter at den ble satt til avkjøling. Spesielt er T (t) = 0 når ( ) 46 t/3 T (t) = + 0 = 0 5 ( ) 46 t/3 = 5 0 = 7 t 46 ln 3 5 = ln 7 ln(/7) t = 3 6 min = t og min. ln(46/5) (Feil i fasit.) Oppgave 4..6: (Tidl.: 4..7.) La N(t) være lik antall celler i svulsten ved tidspunkt t. a) dn dt = kn der k > 0 er proporsjonalitetskonstanten. b) I modellen dn dt = ke pt N kan man oppfatte ke pt som en,,avtakende proporsjonalitetskonstant. Etterhvert som tiden går, og derved svulsten blir større og større, så deler hver celle seg sjeldnere og sjeldnere. c) Differensiallikningen N = kn har løsning N(0)e kt. Spesielt er ifølge oppgaven N(0) = N(0) ( + 0/00) =.N(0) slik at N(0)e 0k =.N(0) e 0k =. ( Derfor er N(t) = N(0)e kt = N(0) e 0k) t/0 = N(0). t/0. Derfor gjelder N(t) = N(0) N(0). t/0 = N(0). t/0 = t ln. = ln 0 ln t = døgn. ln. (Feil i fasit.)

14 4.. Modellering. 70 Oppgave 4..7: (NY.) La P (t) betegne antall elg ved tidspunkt t målt i år, slik at P ( ) = 300 og P (0) = 700. a) Elgbestanden øker med tre år er bestanden økt til % = ( P (3) = ) dyr. 3 % i året. I løpet av b) Vi skal vise at P (t) = Ce kt er en løsning av likningen P (t) = k P (t). Vi setter uttrykket inn i likningen for å se om det passer: P (t) = C(e kt ) = Ck e kt = k(c e kt ) som stemmer. Altså er det en løsning. Her er P (0) = C e 0 = C = 700 så P (t) = 700 e kt. Videre er P ( ) = 700 e k = 300, så e k = (300/700) = (3/7), det vil si, e k = 7/3, og derved P (t) = 700 e kt = 700(e k ) t = 700(7/3) t. Det gir ( 7 ) 3 P (3) = dyr 3 også med denne modellen. ( ) n ( c) Fra a) følger at P (n) = = 7 n. 3) Fra b) følger det også at P (n) = 700( 7 n. 3) De to modellene gir derfor samme verdi for P (n) for heltalls n K t

15 4.. Modellering. 7 Oppgave 4..8: (Tidl.: 4...) La V (t) og A(t) og r(t) betegne volumet av vanndråpen, arealet av overflaten og radien i vanndråpen ved tidspunkt t. Ifølge oppgaven er dv dt = ka(t), men dette er ikke en ordinær differensiallikning, for A(t) er avhengig av V (t). Faktisk, siden V (t) = 4 3 πr(t)3 og A(t) = 4πr(t), finner vi V som funksjon av A ved å eliminere r fra disse to likningene: r(t) = 3 3V (t) 4π ( ) 3 3V (t) A(t) = 4π. 4π Dette gjør at differensiallikningen for V (t) kan skrives som ( ) V 3 3V (t) = k4π = k 4π 4π 3/3 (4π) /3 V (t)/3 = k (4π) /3 3 /3 V (t) /3, altså V = k(36πv ) /3. Oppgave 4..9: (Tidl.: 4..5.) La P (t) betegne antall medlemmer i klubben ved tidspunkt t. a) dp dt = kp for en positiv konstant k (proporsjonalitetskonstant). b) dp dt = cp (50 P ) for en positiv konstant c (proporsjonalitetskonstant). Oppgave 4..0: (Tidl.: 4..6.) La V (t) være volumet av vanninnholdet i tanken ved tidspunkt t, der V (t) er målt i liter og t i minutter. dv dt = 00 + k V (t) for en negativ konstant (proporsjonalitetskonstant) k.

16 4.. Modellering. 7 For å løse likningen, bruker vi substitusjonen U(t) = 00 + kv (t). Da er U (t) = kv (t), og differensiallikningen får formen k U = U U = ku som er en likning med løsning U(t) = U(0)e kt. Derfor er 00 + kv (t) = (00 + kv (0))e kt = 00e kt V (t) = ( ) 00e kt 00. k Oppgave 4..: (Tidl.: 4..8.) La m(t) (målt i liter) betegne mengde avfall i bassenget ved tidspunkt t. Bassenget innholder hele tiden liter. Konsentrasjonen av avfall i bassenget ved tidspunkt t er derfor a(t)/0 000 (der vi forutsetter at mengden avfall er forsvinnende liten i forhold til mengden med vann). I løpet av ett minutt tilføres det 30% avfall av 00 liter, det vil si 3 liter avfall, og det pumpes ut 00 a(t) liter avfall. Netto endring i konsentrasjonen er derfor da dt = 30 00a = a 00. Oppgave 4..: (Tidl.: 4..9.) La N(t) betegne antall bakterier ved tidspunkt t. I løpet av et tidsintervall [t, t + t] danner det seg cirka k N(t) t nye individer. Samtidig dør det cirka c N(t) t individer. Her er k og c proporsjonalitetskonstanter. Endring av antall individer i intervallet er derfor N = k N t c N t. Vi dividerer identiteten med t og lar t 0: N lim t 0 t = lim (k N c N) dvs., N (t) = kn(t) c N(t). t 0

17 4.. Modellering. 73 Oppgave 4..3: (NY) a) Vi skal vise at T (t) = + 6e t/4 er en løsning av likningen T = k(t ) som tilfredsstiller kravet T () 8 3. = 4.8. Substitusjonen U(t) = T (t) i likningen gir U = ku som har løsninger U(t) = U(0)e kt, slik at T (t) = + (T (0) )e kt der T (0) = 8, altså T (t) = + 6e kt. Siden T () = 4.8, må proporsjonalitetskonstanten k være slik at Derfor er T () = + 6e k = 4.8 e k 4.8 = = ( T (t) = + 6 e k) t/ = t/. b) Svaret i a) viser at temperaturen etter 4 timer er sunket til T (4) = / 3. C.

18 4.3. Antiderivasjon Antiderivasjon. Oppgave 4.3.: (NY.) Se fasit. Oppgave 4.3.: (NY.) Løsningsforslag unødvendig. Oppgave 4.3.3: (Tidl.: 4..8.) En differensiallikning har normalt uendelig mange løsninger, gjerne én for hver verdi av den vilkårlige konstanten C. Løsningen til et initialverdiproblem vil ofte ha en spesiell verdi for denne konstanten C. Dersom løsningen gjelder på flere intervaller som ikke henger sammen, kan vi ikke vite at den samme C-verdien gjelder på alle disse intervallene. Oppgave 4.3.4: (Tidl.: 4.3..) a) Det er klart at F (x) er deriverbar for alle x 0 med derivert F (x) = x sin ( x + x cos ) ( x ) x = x sin x cos for x 0. x For x = 0 har vi F F (0 + h) F (0) h sin h (0) = lim = lim 0 = lim h sin h 0 h h 0 h h 0 h = 0 ved skviseloven. Det vil si, F (0) = 0. b) For x 0 er ifølge a) F (x) = x sin x cos x. Nå x 0 vil det første leddet i denne differansen gå mot 0 (skviseloven), mens det andre leddet vil oscillere mellom og. Grenseverdien eksisterer derfor ikke, og F (x) er derved ikke kontinuerlig i x = 0.

19 4.3. Antiderivasjon. 75 Oppgave 4.3.5: (Tidl.: ) La P (t) betegne folketallet etter t år. Siden P (t) er proporsjonal med t /0, gjelder P (t) = k t /0 for en proporsjonalitetskonstant k. Derfor er P (t) = k t (/0)+ (/0) + + C = 0k t/0 + C. Siden P (0) = 0 + C = , er C = Siden P () = 0k er 0k/ = Derfor er = P (t) = t /0. Etter 5 år er derved befolkningen vokst til P (5) = / Oppgave 4..6: (NY.) La T (t) betegne temperaturen i bassenget ved tidspunkt t. Siden T (t) er proporsjonal med sin t, gjelder T (t) = k sin t for en proporsjonalitetskonstant k. Derfor er T (t) = k cos t + C. Siden T (0) = k + C = 5, er C = 5 + k. Videre er T () = k cos + C = k cos +5+k = 8, slik at k = 3/( cos ) og derved C = 5+3/( cos ). Ved tidspunkt t = 3 er derfor 3 T (3) = cos cos cos = cos 3 cos 8 C. Oppgave 4.3.7: (NY.) Vi lar rett nedover (mot jordens sentrum) være positiv retning. Da er akselerasjonen lik g = 9.8 m/s. Hastigheten t sekunder etter starten på svevet er derfor en løsning av initialverdiproblemet v = g, v(0) = 0,

20 4.3. Antiderivasjon. 76 det vil si v(t) = gt + C = 9.8t + C der v(0) = 0 + C = C = 0. For å bestemme hastigheten idet du treffer vannet, må vi vite hvor lang tid du bruker ned. Vi vet at tilbakelagt veilengde er s(t) = 0 m der s er en løsning av initialverdiproblemet det vi si, s = v = 9.8t, s(0) = 0, s(t) = 9.8 t + C = 4.9t + C der s(0) = 0 + C = C = 0. Altså er tiden t som svevet tar, en løsning av likningen s(t) = 0, altså 4.9t = 0 t = = = 0 7 sekunder, og hastigheten idet du treffer vannet er v(0/7) = ( ) = 4 m/s = km/t 50 km/t Oppgave 4.3.8: (NY.) a) Vi setter uttrykket for y = f(t) inn i hver side av likningen separat, og sjekker om de er like: Venstre side: Høyre side: y = 0 (kt + C) k = k (kt + C) ( k(y ) = k ) kt + C = k (kt + C). Altså er y = f(t) en løsning av differensiallikningen på et t-intervall der nevneren er 0. b) Differensiallikningen er som i a) med k = /4. Den har derfor løsninger y = f(t) = kt + C = + 4 t + C

21 4.3. Antiderivasjon. 77 der C = 4C er en vilkårlig konstant siden C er en vilkårlig konstant. Initialkravet f(0) = 8 stemmer når y(0) = + 4 C = 8 4 C = 8 = 6 C = 4 6 = 3. Løsningen av initialverdiproblemet er derfor Spesielt gjelder y = f(t) = + 4 t + 3/. f(0) = = + = + 6 = 8 3/ 3 f() = = + =.6 + 3/ 5 f() = = / 7 f(3) = = / 9 Temperaturen ser ut til å avta alt for fort i modellen. Det vil si, den negative deriverte til f(t) er valgt for stor i tallverdi. c) Oppgaven foreslår å endre modellen slik at den også stemmer helt med den målte verdien f() = f() = 7.3, altså slik at f(0) = 0k + C Det første kravet leder til Det andre kravet leder til slik at modellen blir = 8 og f() = k + C = 7.3. C = (8 ) = 6 slik at C = 6. y = f(t) = k /6 = 7.3 = (7.3 ) = 5.3 k /6 k = t /6 = t + /6.

22 4.3. Antiderivasjon. 78 Det gir spesielt at f(0) = + 6 = 8 f() = /6 7.3 f() = + f(3) = + f(4) = / / /6 5.5 Denne modellen passer altså aldeles ypperlig med de målte verdiene.

23 4.4. Flere antiderivasjonsregler Flere antiderivasjonsregler. Oppgave 4.4.: (NY.) a) Substitusjonen u = x gir du = dx, slik at y(x) = sin x dx = sin u du = ( cos u) + C = cos x + C. Gyldighetsområde: x R. b) Sammenhengen sin x = ( cos x) gir at ( ) y(x) = sin cos x x dx = dx = x cos x dx. Substitusjonen u = x der du = dx gir derfor y(x) = x cos u du = x sin u + C = x sin x + C. 4 Gyldighetsområde: x R. c) Substitusjonen u = sin x der du = cos x dx gir y(x) = Gyldighetsområde: x R. sin x cos x dx = u du = u + C = sin x + C. Denne oppgaven kan også løses ved å benytte at sin x cos x = sin x, slik at y(x) = sin x dx = ( 4 cos x + C = cos x ) 4 + C som er det samme svaret, til tross for at det ser anderledes ut. (Husk at C er en vilkårlig konstant og cos x = sin x.) d) Substitusjonen u = x + der du = x dx gir at y(x) = ln u / du = ln u / du = ln u du.

24 4.4. Flere antiderivasjonsregler. 80 For å finne denne antideriverte, bruker vi delvis integrasjon der vi tenker integranden ln u som et produkt ln u: y(x) = ln u du = ( u ln u u ) 4 4 u du = 4 u ln u du 4 = 4 (u ln u u) + C = ( ) (x + ) ln(x + ) (x + ) + C. 4 Gyldighetsområde: x R. e) Her kan vi utnytte at sin x = ( cos x)/ og bruke substitusjonen u = x og delvis integrasjon: y(x) = x sin x dx = x dx x cos x dx = x u cos u du = x 4 u cos u du = x 8 4 ( ) u sin u sin u du 8 = x 4 (u sin u + cos u) + C 8 = x 4 x sin x 4 Gyldighetsområde: x R. cos x 8 + C. f) Substitusjonen u = x + med du = x dx gir at x y(x) = x + dx = du u = ln u + C = ln(x + ) + C. Gyldighetsområde: x R. g) Knepet her er at 4 x = 4 x /4 = (x/), slik at substitusjonen u = x/ med du = dx/ gir at y = u du = du = arcsin u + C = arcsin x u + C. Gyldighetsområde: x (, ) som kan utvides til [, ]. h) Substitusjonen u = t med du = t dt gir at y(t) = t sec (t ) dt = sec u du = tan u + C = tan t + C. Gyldighetsområde: x ( π, π ).

25 4.4. Flere antiderivasjonsregler. 8 Oppgave 4.4.: (Tidl.: 4.3..) a) Substitusjonen u = x + 3 gir du = dx og derved dx du x + 3 = = ln u + C = ln x C. u b) (7x+3x / cos x)dx = 7 x +3x3/ 3/ sin x+c = 7 x +x 3/ sin x+c. c) Substitusjonen u = x gir du = dx og derved dx + x = + u du = tan u + C = tan ( x) + C. d) ( 8e 7x + )dx = 8 x i det første integralet gir ( 8 e 7x + ) dx = 8 x 7 e 7x dx+ x / dx der substitusjonen u = 7x e u du+ x/ / = 8 7 eu + x+c = 8 7 e7x + x+c. e) Substitusjonen u = x gir du = dx og derved cosh(x)dx = cosh u du = sinh u + C = sinh(x) + C. f) Substitusjonen u = x/ 7 gir du = dx/ 7 og derved 4 dx = 7 x 4 7 du = 4 7 7u du u = 4 sin u+c = 4 sin (x/ 7)+C. g) Substitusjonen u = t 3 + med du = 3t dt gir at y(t) = u 5 du 3 = u C = (t 3 + ) 4 + C.

26 4.4. Flere antiderivasjonsregler. 8 h) Substitusjonen u = + 4 sin θ med du = 4 cos θ dθ gir at (+4 sin θ) 5/ cos θ dθ = u 5/ du 4 = 4 u7/ 7/ +C = 4 (+4 sin θ)7/ +C. Oppgave 4.4.3: (Tidl.: ) a) Substitusjonen u = 7x gir du = 7dx og derved 4 du/7 sin dx = 4 (7x) sin = 6 cot u + C = 6 cot(7x) + C. u b) Substitusjonen u = 4 + x gir du = x dx og derved 6x 8 du dx = = 8 u / du = 8u/ 4 + x u / + C = x + C. c) Substitusjonen u = x gir du = x dx og derved x e x dx = e u du = eu + C = e x + C. d) Substitusjonen u = e x gir du = e x dx og derved e x cos(e x )dx = cos u du = sin u + C = sin(e x ) + C. e) Substitusjonen u = x gir du = dx/( x) og derved dx x cos ( x) = du cos u = tan u + C = tan( x) + C. f) + x + x dx = dx + x + x + x dx = tan x + ln + x + C

27 4.4. Flere antiderivasjonsregler. 83 der vi har brukt substitusjonen u = + x i det siste integralet, som gir du = x dx og derved x + x dx = du u = ln u + C = ln u + C = ln + x + C. Oppgave 4.4.4: (Tidl.: ) a) Substitusjonen u = sin x gir du = dx/ x og derved sin x x dx = u / du = u3/ 3/ + C = 3 (sin x) 3/ + C. b) Substitusjonen u = cos x gir du = sin x dx og derved sin x ecos x e dx = sin x e cos x sin x dx = sin x e cos x dx sin x = e u du = eu + C = ecos x + C. c) Substitusjonen u = x gir du = /( x)dx og derved dx du = x( + x) + u = tan u + C = tan ( x) + C. d) Substitusjonen u = x gir du = x dx og derved 7x = 7 x dx dx = 7 u / du sin x + C x x x = 7 u/ / sin x + C = 7 x sin x + C. e) Substitusjonen u = x/ gir du = dx/ og derved dx = 4 x dx (x/) = du u = sin u + C = sin x + C.

28 4.4. Flere antiderivasjonsregler. 84 f) Substitusjonen u = x/ gir du = dx/ og derved dx 4 + x = dx 4 + (x/) = du + u = tan u+c = x tan +C. Oppgave 4.4.5: (Tidl.: ) a) x sin x dx = x cos x + cos x dx = x cos x + sin x + C. b) x ln x dx = x x ln x x x dx = ln x x 4 + C. c) x e x dx = x e x + e x dx = x e x e x + C. d) x e x dx = x e x x e x dx = x e x x e x + e x dx = e x (x x + ) + C. e) arctan x dx = arctan x dx = x arctan x x + x dx. Substitusjonen u = + x gir du = x dx. Derved er arctan x dx = x arctan x du u = x arctan x ln u + C = x arctan x ln u + C = x arctan x ln + x + C. f) arcsin x dx = arcsin x dx = x arcsin x x x dx. Substitusjonen u = x gir du = x dx. Derved er arcsin x dx = x arcsin x + u / du = x arcsin x + u + C = x arcsin x + x + C.

29 4.4. Flere antiderivasjonsregler. 85 g) (x + x) sin x dx = (x + x) cos x + (x + ) cos x dx = (x + x) cos x + (x + ) sin x sin x dx = (x + x) cos x + (x + ) sin x + cos x + C = ( x x ) cos x + (x + ) sin x + C. h) x cosh x dx = x sinh x sinh x dx = x sinh x cosh x + C. Oppgave 4.4.6: (Tidl.: ) a) To ganger delvis integrasjon gir I := e x cos x dx = e x cos x e x sin x dx = e x cos x + e x sin x e x cos x dx = e x cos x + e x sin x I som er en likning for I. Vi løser denne likningen og får I = e x (sin x cos x) + C. b) Ved delvis integrasjon får vi I := sin x dx = cos x sin x + cos x dx = cos x sin x + ( sin x)dx = cos x sin x + x I som er en likning for I. Vi løser denne likningen og får I = (x cos x sin x) + C. Alternativt kan man bruke at sin x = ( cos x)/ og substitusjonen u = x. c) e x sinh x dx = e x ex e x dx = (e x )dx = ) ( ex x + C.

30 4.4. Flere antiderivasjonsregler. 86 d) e cosh x + + e x x dx = dx = ex e x 4 8 +x 4 8 +C = (x+sinh x)+c. 4 e) I := sin 3 x cos x dx = ( cos x) sin x cos x dx. Substitusjonen u := cos x gir du = sin x dx og derved I = ( u )u du = u3 3 + u5 5 + C = 3 cos3 x + 5 cos5 x + C. f) I := cos 0 x sin x dx. Substitusjonen u := cos x gir du = sin x dx og derved I = u 0 du = u + C = cos x + C. g) I := sin x cos x dx. Siden sin x = sin x cos x og sin u = ( cos u)/, er I = sin x dx = ( cos 4x)dx = x sin 4x + C h) Siden cos x = (+cos x)/, er cos 4 x = (+cos x) /4 = (+ cos x+ cos x)/4 = ( + cos x + ( + cos 4x)/)/4, og derved cos 4 x dx = x 4 + sin x 4 + x 8 + sin 4x 3 + C = 3x 8 + sin x 4 + sin 4x 3 + C. Oppgave 4.4.7: (Tidl.: ) Ved delvis integrasjon får vi I n = (ln x) n dx = (ln x) n dx = x(ln x) n x n(ln x) n x dx = x(ln x)n ni n.

31 4.4. Flere antiderivasjonsregler. 87 Vi bruker rekursjonsformelen til å bestemme I 3 : I 0 = dx = x + C I = x ln x (x + C ) = x ln x x + C I = x(ln x) (x ln x x + C ) = x(ln x) x ln x + x + C 3 I 3 = x(ln x) 3 3(x(ln x) x ln x + x + C 3 ) = x(ln x) 3 3x(ln x) + 6x ln x 6x + C. Oppgave 4.4.8: (Tidl.: ) I n := x n sin x dx, J n := x n cos x dx a) Ved delvis integrasjon får vi: I n = x n cos x + n x n cos x dx = x n cos x + nj n og J n = x n sin x n x n sin x dx = x n sin x ni n. b) I n = x n cos x + nj n = x n cos x + n(x n sin x (n )I n ) = x n cos x + nx n sin x n(n )I n J n = x n sin x ni n = x n sin x n( x n cos x + (n )J n ) = x n sin x + nx n cos x n(n )J n c) Vi bruker rekursjonsformelene fra a) og b) til å beregne I 3 = x 3 sin x dx og J 4 = x 4 cos x dx: I = x cos x + J 0 = x cos x + sin x + C, I 3 = x 3 cos x + 3x sin x 3 I = x 3 cos x + 3x sin x + 6x cos x 6 sin x + C, J 0 = sin x + C J = x sin x + x cos x J 0 = (x ) sin x + x cos x + C J 4 = x 4 sin x + 4x 3 cos x 4 3J = (x 4 x + 4) sin x + (4x 3 4x) cos x + C.

32 4.4. Flere antiderivasjonsregler. 88 Oppgave 4.4.9: (Tidl.: ) a) I n = sin n x dx = sin n x sin x dx = = I n sin n x cos x dx. sin n x( cos x)dx b) Substitusjonen u = sin x gir du = cos x dx og derved sin n x cos x dx = u n du = un n + C = sinn x n + C. c) Ved delvis integrasjon og bruk av a) og b) over, følger at I n = sin n x sin x dx = sin n x cos x + (n ) sin n x cos x dx = sin n x cos x + (n )( I n + I n ). Vi løser denne likningen med hensyn på I n : ni n = sin n x cos x + (n )I n I n = n sinn x cos x + n n I n. d) Vi bruker rekursjonsformelen fra c) til å beregne I 6 = I 0 = dx = x + C sin 6 x dx: I = sin x cos x + I 0 = (x sin x cos x) + C I 4 = 4 sin3 x cos x I = 4 sin3 x cos x 3 8 sin x cos x + 3x 8 + C I 6 = 6 sin5 x cos x I 4 = 5x ( sin x sin3 x + ) 6 sin5 x cos x + C. e) Ved delvis integrasjon følger at J n = cos n x cos x dx = cos n x sin x (n ) cos n x( sin x) dx = cos n x sin x + (n ) (cos n x)( cos x) dx = cos n x sin x + (n )( J n + J n ).

33 4.4. Flere antiderivasjonsregler. 89 Vi løser denne likningen med hensyn på J n : nj n = cos n x sin x + (n )J n J n = n cosn x sin x + n n J n. Oppgave 4.4.0: (Tidl.: ) Ved formel () er I n = x n e x ni n. For n = 0 er I 0 = e x dx = e x + C som stemmer med formelen. La k N være valgt slik at formelen gjelder for n =,,..., k. Ved delvis integrasjon gjelder I k = x k e x dx = x k e x dx = x x k e x x(kx k e x + x k e x )dx Det vil si, = x k+ e x ki k I k+. Formelen følger derfor ved induksjon. I k+ = x k+ e x (k + )I k. Oppgave 4.4.: (Tidl.: 4.3..) Bilens hastighet er v(t) = s (t) = 360t sin(πt), der s(t) er tilbakelagt veilengde med s(0) = 0. Derfor er s(t) = 360t sin(πt)dt = 360t cos(πt) π π cos(πt)dt = 360t π cos(πt) (π) sin(πt) + C der konstanten C må være slik at s(0) = 0, det vil si, s(0) = π (π) 0 + C = 0 + C = 0. Altså er C = 0, og den tilbakelagte veilengden er s( ) = 80 π 80 cos π + 0 = π = km. π

34 4.4. Flere antiderivasjonsregler. 90 Oppgave 4.4.: (NY.) (i) Substitusjonen u = + at, der du = a dt gir at P (t) = + at dt = du u a = a ln u + C = ln( + at) + C a der konstanten C er bestemt ved at P (0) = ln + C = 0 + C = C =. a Derved er P (t) = ln( + at) +, og a lim P (t) =. t (ii) Substitusjonen u = + at, der du = a dt gir at P (t) = ( + at) dt = der konstanten C er bestemt ved at u du a = a u + C = a( + at) + C P (0) = a + C = altså C = + a = a + a. Derved er P (t) = a( + at) + a + a, og lim P (t) = 0 + a + = a + t a a. Forskjellen mellom de to resultatene skyldes at P (t) er mye mindre i tilfelle (ii) enn i tilfelle (i) for store t, slik at P (t) vokser mye senere i tilfelle (ii) enn i tilfelle (i) for store t.

35 4.5. Delbrøkoppspalting Delbrøkoppspalting. Oppgave 4.5.: a) Uttrykket er på redusert form. Det har oppspaltning på formen f(x) = A x + Ved teorem er A = og B =, slik at B x. x x(x ) = x + x. b) Uttrykket er på redusert form. Det har oppspaltning på formen f(x) = A x + B x +. Ved teorem er A = og B =, slik at x x = x (x )(x + ) = x + x +. c) Uttrykket er på redusert form. Det har oppspaltning på formen f(x) = A x + B (x ) + C x +. Ved teorem er C =. For å bestemme A og B, setter vi høyre side på felles brøkstrek. Telleren blir da A(x )(x+)+b(x+) (x ) = (A )x +(A+B +)x A+B. Siden oppspaltingen skal gjelde for alle x,, må dette polynomet være akkurat likt x 7. Det vil si, A = og B =, og derved x 7 (x ) (x + ) = x (x ) x +. d) Uttrykket er på redusert form. Det har oppspaltning på formen f(x) = C x + Ax + B x +.

36 4.5. Delbrøkoppspalting 9 Ved teorem er C =. For å bestemme A og B, setter vi høyre side på felles brøkstrek. Telleren blir da (x + ) + x(ax + B) = (A + )x + Bx +. Siden oppspaltingen skal gjelde for alle x 0, må dette polynomet være akkurat likt x x +. Det vil si, A = 0 og B =, og derved x x + x(x + ) = x x +. e) Uttrykket er på redusert form. Det har oppspaltning på formen f(x) = C x Ax + B x + x +. Ved teorem er C =. For å bestemme A og B, setter vi høyre side på felles brøkstrek. Telleren blir da (x + x + ) + (Ax + B)(x + 3) = (A )x + (3A + B )x + 3B. Siden oppspaltingen skal gjelde for alle x 3, må dette polynomet være akkurat likt x. Det vil si, A = og B = 3, og derved x (x + x + )(x + 3) = x x 3 x + x +. f) Uttrykket er på redusert form. Siden (x + x + ) = (x + ), har det oppspaltning på formen f(x) = A x + + B (x + ) + C x + 3. Ved teorem er C =. For å bestemme A og B, setter vi høyre side på felles brøkstrek. Telleren blir da A(x+)(x+3)+B(x+3)+C(x+) = (A )x +(4A+B )x+3a+3b. Siden oppspaltingen skal gjelde for alle x, 3, må dette polynomet være akkurat likt x 7. Det vil si, A = og B = 3, og derved x 7 (x + x + )(x + 3) = x + 3 (x + ) x + 3. g) Uttrykket er på redusert form. Det har oppspaltning på formen f(x) = Ax + B x + + Cx + D (x + ) + Ex + F (x + ) 3.

37 4.5. Delbrøkoppspalting 93 For å bestemme A, B, C, D, E og F, setter vi høyre side på felles brøkstrek. Telleren blir da (Ax + B)(x 4 + x + ) + (Cx + D)(x + ) + Ex + F. Siden oppspaltingen skal gjelde for alle x, må dette polynomet være akkurat likt x 3 x + x. Det vil si, A = 0, B = 0, C =, D =, E = og F =, og derved x 3 x + x (x + ) 3 = x (x + ) + x + (x + ) 3. h) Uttrykket er på redusert form. Siden x = (x + )(x ), har det oppspaltning på formen f(x) = A x + B (x ) + C (x ) 3 + D x + + E (x + ) + F (x + ) 3. For å bestemme A, B, C, D, E og F, setter vi høyre side på felles brøkstrek. Telleren blir da A(x ) (x+)+b(x )(x+) +C(x+) 3 +D(x ) (x )+E(x )(x ) +F (x ) 3. Siden oppspaltingen skal gjelde for alle x ±, må dette polynomet være akkurat likt x 4 + x + 4. Det vil si, A =, B = 0, C = 3, D =, E = 0 og F = 3, og derved x 4 + x + 4 (x ) 3 = 3 (x ) 3 x 3 (x + ) 3 + x +. Oppgave 4.5.: (Tidl.: 4.4..) a) Vi skriver først funksjonen på redusert form: f(x) = x + x = x + + x = + x = + (x )(x + ). Brøken har da en delbrøkoppspalting slik at f(x) = + A x + B x + der A = og B = ved Setning Derfor gjelder f(x) = + x x +.

38 4.5. Delbrøkoppspalting 94 b) Vi skriver først funksjonen på redusert form: f(x) = x x + = x + x = + x + som ikke kan spaltes opp ytterligere. c) Vi skriver først funksjonen på redusert form. Ved polynomdivisjon får vi (x 6 80x + 6x 9) : (x 3 9x) = x 3 + 9x + x + 6x 9 x 3 9x x 6 9x 4 9x 4 80x 9x 4 8x x + 6x 9 Funksjonen kan derfor skrives på formen f(x) = x 3 + 9x + x + 6x 9 x(x 3)(x + 3) = x3 + 9x + A x + B x 3 + der A =, B = og C = ved teorem Derfor gjelder C x + 3 f(x) = x 3 + 9x + x + x 3 x + 3. (Feil i fasit.) d) Vi skriver først funksjonen på redusert form: f(x) = x4 (x + ) x 3 x x (x + ) = x x3 + x + x (x + ) = x + A x + B x + Cx + D x +. For å bestemme A, B, C, og D, setter vi høyre side på felles brøkstrek. Telleren blir da x (x 4 + x ) + A(x 3 + x) + B(x + ) + Cx 3 + Dx. Siden likheten skal holde for alle x 0, må dette polynomet være identisk lik x 6 + x 4 x 3 x. Det vil si, A =, B =, C = 0 og D =, og derved f(x) = x x x + x +.

39 4.5. Delbrøkoppspalting 95 Oppgave 4.5.3: (Tidl.: ) a) Her er så f(x) = x + x 3 x + f(x)dx = x = (x + ) 4 x + = x + 4 x + + x 4 ln x + + C. b) Her er f(x) = x 4 = (x )(x + ) = /4 x /4 x + og derved f(x)dx = 4 ln x 4 ln x + + C = 4 ln x + C. x + c) 3x x + dx = 3x x + dx dx x + = 3 ln(x + ) tan x + C der vi har brukt substitusjonen u = x + i det nest siste integralet. d) Her er x f(x) := x + 3x + = x ( x + 3 ) = 4 som kan delbrøkoppspaltes til slik at ( x + 3 f(x) = 3 x + x +, f(x)dx = 3 ln x + ln x + = ln x )( x x + 3 (x + ) + C. ) = x (x + )(x + ), e) Substitusjonen u = x + x + gir du = (x + )dx. Vi skriver derfor integranden som får vi 4x + (x + ) du x + x + dx = x + x + dx = u dx (x + ) +.

40 4.5. Delbrøkoppspalting 96 I det siste integralet kan vi bruke substitusjonen v = x + som gir dv = dx og derved 4x + x + x + dx = ln u tan v+c = ln(x +x+) tan (x+)+c. f) Substitusjonen u = (x )(x + ) = x 3 + x x gir du = (3x + x )dx. Vi skriver derfor integranden som f(x) = 3x + x (x )(x + ) = 3x + x x + (x )(x + ) = 3x + x x 3 + x x (x + ). Derved er du f(x)dx = u dx = ln u + (x + ) x + +C = ln x3 +x x + x + +C. g) Integranden er på redusert form, og kan derfor skrives f(x) = x + x (x + )(x + ) = C x + + Ax + B x + der C = ved Setning Ved å sette høyre side på felles brøkstrek, og sammenligne tellerne, får vi at A = og B =. Derved er ( f(x)dx = x + + x x + + ) x dx. + Vi bruker substitusjonen u = x + i det andre leddet i integranden, og får f(x)dx = ln x+ + + x ln(x +)+tan x+c = ln (x + ) +tan x+c. h) Substitusjonen u = x + x + gir du = (x + )dx, og derved er x + I := (x + x + ) dx = du u + dx (x + x + ) = u + I der I = dx (x + x + + ) = dx ((x + ) + ) = dv (v + ) når vi bruker substitusjonen v = x+. Vi kjenner igjen dette siste integralet fra den siste formelen i Seksjon 4.5 med k=. Derfor er v/ I = (v dv = + ) + v + tan v + C.

41 4.5. Delbrøkoppspalting 97 Sammenholdt gir dette I = = (x + x + ) + x + (x + x + ) + tan (x + ) + C x (x + x + ) + tan (x + ) + C. Oppgave 4.5.4: (Tidl.: ) a) Vi setter først integranden f(x) på redusert form. Ved polynomdivisjon får vi (x 5 + 4x 4 + ) : (x + x + ) = x 3 + 3x 4x + + 3x + x + x + x 5 + x 4 + x 3 3x 4 x 3 + 3x 4 + 3x 3 + 3x 4x 3 3x + 4x 3 4x 4x x + 4x + x + x + 3x + Nevneren er et irredusibelt polynom. Substitusjonen u = x + x + gir du = (x + )dx. Vi skriver derfor f(x) = x 3 + 3x 4x (x + ) x + x + slik at integralet blir f(x)dx = x4 4 + x3 x + x + 3 du u = x4 4 + x3 x + x + 3 ln u 3 dx (x + ) dx ( x+ 3 ) +. Med substitusjonen v = (x + )/ 3 i det siste integralet får vi dv = (/ 3)dx og derved f(x)dx = x4 4 + x3 x + x + 3 ln(x + x + ) 3 dv v + = x4 4 + x3 x + x + 3 ln(x + x + ) 3 tan ( x + 3 ) + C.

42 4.5. Delbrøkoppspalting 98 b) Integranden f(x) er på redusert form, og kan derfor delbrøkoppspaltes: f(x) = x (x 3) = C x 3 + A x + B x der C = /9 ved Setning Ved å sette høyre side på felles brøkstrek og sammenligne koefisientene i telleren med de på venstre side, får vi A = /9 og B = /3. Integralet blir derfor f(x)dx = ( 9 x 3 x 3 )dx x = ( ln x 3 ln x + 3 ) + C 9 x = 9 ln x 3 + x 3x + C. c) Integranden f(x) er på redusert form, og kan derfor delbrøkoppspaltes: f(x) = x (x + ) = A x + + B (x + ) der beregninger viser at A =, B =. Integralet er derfor ( f(x)dx = x + ) (x + ) dx = ln x + + x + + C. d) Integranden f(x) er på redusert form, og kan derfor delbrøkoppspaltes. Nevneren kan faktoriseres: x 4x+3 = (x 4x+4) = (x ) = (x +)(x ) = (x )(x 3). Derfor er f(x) = x + x 4x + 3 = A x 3 + B x der A = 7/ og B = 3/ ved Setning Integralet er derfor f(x)dx = 7 dx x 3 3 dx x = 7 ln x 3 3 ln x + C. e) Legg merke til at nevneren er et fjerdegradspolynom, og kan derfor faktoriseres. (Det er bare første- og andregradspolynom som kan være irredusible.) Det er klart at nevneren har ingen reelle nullpunkter. Faktoriseringen må derfor lede til to faktorer som begge er irredusible andregradspolynom. Faktorisering: x 4 + = (x 4 +x +) x = (x +) ( x) = (x x+)(x + x+)

43 4.5. Delbrøkoppspalting 99 som angitt i oppgaveteksten. Integranden f(x) er på redusert form og kan derfor delbrøkoppspaltes på formen f(x) = Ax + B x x + + Cx + D x + +. Standard sammenligning av koefisienter viser at A = /, B = /, C = / og D = /, slik at f(x)dx = ( x + x x + + x + ) x + dx. x + Substitusjonen u = x x + gir du = (x )dx og substitusjonen v = x + x + gir dv = (x + )dx. Vi skriver derfor integralet f(x)dx = = 4 4 (x ) 4 + x x + du u + 4 dx (x ) + = 4 ln(x x + ) dx + (x + ) 4 + x + x dx dv v + 4 ( x ) + 4 ln(x + x + ) + dx ( x + ) + = 4 ln x + x + x x + + dx (x + ) + ( tan ( x ) + tan ( x + ) dx ) + C. cos x f) (NY.) Siden cot x = cos x/ sin x, kan integranden skrives som (sin x)( sin 3 x). Vi bruker derfor substitusjonen u = sin x der du = cos x dx, slik at cot x sin 3 x dx = u( u 3 ) du. En delbrøkoppspalting av den nye integranden gir slik at u( u 3 ) = u( u)( + u + u ) = u + /3 u 3 u + + u + u cot x sin 3 x dx = u du + 3 u du 3 u + + u + u du. Det første leddet i summen på høyre side er lik ln u +C. For det neste leddet bruker vi substitusjonen t = u slik at dt = du og derved er leddet lik 3 ln u + C. For det siste leddet bruker vi substitusjonen s = + u + u

44 4.5. Delbrøkoppspalting 300 slik at ds = (u + )du og leddet kan skrives 3 ln + u + u + C. Derved gjelder: cos x (sin x)( sin 3 x) dx = ln u 3 ln u 3 ln + u + u + C ( ln( sin x) + ln( + sin x + sin x) ) + C = ln sin x 3 = ln sin x (( sin x)( + sin x + sin x)) /3 = ln sin x ( sin 3 + C. x) /3 Oppgave 4.5.5: (NY.) a) Substitusjonen u = x gir du = x dx = du slik at dx = u du og u derved ( u + F (x) = u du = du = ) du u + u + u + = u ln u + + C = x ln( x + ) + C. b) Substitusjonen u = x + gir du = x dx = dx slik at (u ) dx = (u )du og derved du F (x) = (u )du = du = (u ln u ) + C u u = ( x + ln( x + )) + C = x + ln( x + ) + C. c) De to svarene adskiller seg tilsynelatende ved et ledd av størrelse. Men dette tallet kan trekkes inn i den vilkårlige konstanten, så svarene er like.

45 4.5. Delbrøkoppspalting 30 Oppgave 4.5.6: (Tidl.: ) Ved delvis integrasjon følger det at dt I n = ( + t ) n = = t ( + t ) n ( + t ) n dt t( n)( + t ) n t dt t + t = ( + t ) n + n ( + t dt ) n+ t = ( + t ) n + ni n ni n+. Når vi løser denne likningen med hensyn på I n+, får vi I n+ = n t ( + t ) n + n n I n. Alternativ løsning som krever kjennskap til analysens fundamentalteorem: Vi beviser påstanden ved å bevise at den deriverte av venstre side er lik den deriverte av høyre side: Videre er d (høyre side) = dt k d dt d dt (venstre side) = d dt I k+ = t ( + t ) k + k k ( + t ) k+. d dt I k = ( + t ) k t k( + t ) k t k ( + t ) k + k k ( + t ) k + t kt k ( + t ) k+ + k k ( + t ) k = k + t kt + (k )( + t ) ( + t ) k+ = ( + t ) k+ Oppgave 4.5.7: (Tidl.: ) Polynomet P (x) = x + ax + b er irredusibelt hvis og bare hvis det ikke har noen reelle nullpunkter. (Har det et reelt nullpunkt x 0, er (x x 0 ) en faktor i P (x) som derved kan faktoriseres.) Eventuelle nullpunkter for P (x) finner vi ved å løse annengradslikningen P (x) = 0: x, = a ± a 4b.

46 4.5. Delbrøkoppspalting 30 Løsningene eksisterer hvis og bare hvis uttrykket under rottegnet er 0. Derfor er P (x) irredusibelt hvis og bare hvis (a 4b) < 0, det vil si, hvis og bare hvis b a /4 > 0. For b a /4 0 kan P (x) skrives ( P (x) = (x x )(x x ) = x a + a 4b )( x a a 4b ).

47 4.6. Tilnærmet løsning av første ordens differensiallikninger Tilnærmet løsning av første ordens differensiallikninger. Oppgave 4.6.: (Tidl.: 4..3.) a) Vi setter funksjonen inn i likningen og kontrollerer: y + y = Ce x + Ce x = 0 for alle x. Altså er y(x) en løsning av likningen uansett verdi av konstanten C. b) Feltet tegnet med Maple: y K K 0 x K K c) y K K 0 x K K

48 4.6. Tilnærmet løsning av første ordens differensiallikninger 304 Oppgave 4.6.: (Tidl.: 4..4.) a) Vi setter funksjonen inn i likningen og kontrollerer: y x + y = ( Ce x ) x + (x + Ce x ) = 0 for alle x. Altså er y(x) en løsning av likningen uansett verdi av konstanten C. b) Feltet tegnet med Maple: y K K 0 x K K c) y K K 0 x K K Oppgave 4.6.3: (Tidl.: 4..6.) a) Vi setter funksjonen inn i likningen og kontrollerer: y x y = (Ce x ) x (Ce x x ) = 0 for alle x.

49 4.6. Tilnærmet løsning av første ordens differensiallikninger 305 Altså er y(x) en løsning av likningen uansett verdi av konstanten C. Vi vil ha y(0) = Ce 0 0 = C = 0. Da må C =. Løsningen blir da y = e x x. b) Her er y = F (x, y) = x + y, slik at y n = y n + (x n + y n )h = y n ( + h) + x n h. Med y(0) = y 0 = 0 og h = /5 gir det y(0) = y 0 = 0 y(/5) y = 0( + /5) + 0/5 = y(/5) y = 0( + /5) = (/5) (/5) = /5 = y(3/5) y 3 = = 6 5 = y(4/5) y 4 = = 7 65 = y() y 5 = = = c) Ved Eulers midtpunktsmetode er der y n = y n + F ( x n, ŷ n )h og slik at x n = x n + h ŷ n = y n + h ( (x n + y n ) = y n + h ) h + x n y n = y n + ( x n + ŷ n )h (( = y n + x n + h ( = y n + h + h ) + y n ( + h ) h + x n ) + x n (h + h ) + h. ) h

50 4.6. Tilnærmet løsning av første ordens differensiallikninger 306 Med y(0) := y 0 := 0 og h = /5 gir det y(0) = y 0 = y(/5) y = 50 = y(/5) y = = 500 = y(3/5) y 3 = = = y(4/5) y 4 = = y() y 5 = = d) Vi har x n = nh og y 0 = 0. Videre er der y n = y n + (m,n + m,n + m 3,n + m 4,n )h/6 m,n = x n + y n ( m,n = x n + h ) h + y n + m,n m 3,n = = x n + h + y n + (x n + y n ) h ( = x n + h ) ( + y n + h ) + h, ( x n + h = x n + h + y n + ) h + y n + m,n (x n ( + h ( = x n + h ) + h + y n ( + ) ( + y n + h ) + h ) h ) h h h h m 4,n = (x n + h) + y n + m 3,n h ) h h = x n + h + y n + (x n ( y n ( + ( ) ) = x n + h + h + h3 + y n ( + h + h + h3 4 + h + h + h3 3. ) h h ) h h + h 4

51 4.6. Tilnærmet løsning av første ordens differensiallikninger 307 Det gir y n = y n + (m,n + m,n + m 3,n + m 4,n )h/6 = y n + (x n + y n + x n ( + h) + y n ( + h) + h ( ) + x n ( + h + h ) + y n + h + h + h + h ( ) + x n + h + h + h3 + y n ( + h + h + h3 4 ) +h + h + h3 4 ( = x n 6 + 3h + 3h + (3h + h + h3 4 + h3 ) h 6 = x n ( h + h + h3 6 + h4 ) ( h 6 + y n + Når vi lar h = /5 = 0., blir rekursjonen slik at y(0) = y 0 = 0 ) (6 + 3h + h + h3 4 ) ) h 6 ) ) + y n ( + h + h + h3 6 + h4 + h 4 + h3 6 + h4 4. y n =.4 x n +.4 y n , y(0.) y = = 0.04 y(0.4) y = = y(0.6) y 3 = = y(0.8) y 4 = = y(.0) y 5 = = e) Sammenligning av verdien vi få for y() ved de tre metodene: Eksakt løsning: y() = e Eulers metode: y() = Eulers midtpunktmetode: y() Runge-Kutta: y() 0.785

52 4.6. Tilnærmet løsning av første ordens differensiallikninger 308 Oppgave 4.6.4: (Tidl.: 4..7.) a) y = y + x, y(0) =, h = /0, x n = n/0 ( Euler: y n = y n + yn + n ) 0 0. y0 = y(0) = y = y(0.) = + /0 = y = y(0.) =.4 + (.h + 0.)0. = y 3 = y(0.3) = ( )0. = ( Euler midtpunkt: y n = y n + ŷn + n ) 0 0 ( der ŷ n = y n + yn + n ) 0 0. Altså: y n = y n + (( ) y n + (yn n ) + (n )/0)/ y 0 = y(0) = y = y(0.) = y = y(0.) = y 3 = y(0.3) = b) y = e y + x, y(0) =, h = 0, x n = n 0 ( ( Euler: y n = y n + e y n n ) ) y 0 = y(0) = y = y(0.) = y = y(0.) = y 3 = y(0.3) = Euler midtpunkt: y n = y n + ( e (y n +(e y n +((n )/0) /0)) + 0 y 0 = y(0) = y = y(0.) y = y(0.) y 3 = y(0.3) ( n 0 ) ).

53 4.6. Tilnærmet løsning av første ordens differensiallikninger 309 c) y = y + e x, y(0) = 4, h = /0, x n = n/0 ( yn Euler: y n = y n + + e (n )/0) 0. y 0 = y(0) = y = y(0.) y = y(0.) y 3 = y(0.3) Euler midtpunkt: y n = y n + ( ŷn + e (n )/0) 0 0 ( yn der ŷ n = y n + + e (n )/0) 0. Altså: y n = y n + ( y n + ( y n + e 0 (n )/0 )/0 + e (n )/0). y 0 = y(0) = y = y(0.) y = y(0.) y 3 = y(0.3) Oppgave 4.6.5: (Tidl.: 4..9.) a) y = y x, y(0) = y 0 = y(0) = y (x) = + y (x) = + y 3 (x) = + x 0 x 0 x 0 x (y 0 (t) t)dt = + ( t)dt = + x x 0 ( + t t ) t dt = + x + x x3 6 ( + t + t t36 t ) dt = + x + x + x3 6 x4 4

54 4.6. Tilnærmet løsning av første ordens differensiallikninger 30 b) y = (y + ), y(0) = y 0 = y(0) = y = + y = + y 3 = + x 0 x 0 x 0 ( + )dt = + 4x ( + 4t + )dt = + (x + x ) ( + 4t + 4t + )dt = + 4x + 4x + 8x3 3 c) y = x( + y), y(0) = 0 y 0 (x) = y(0) = 0 y (x) = 0 + y (x) = 0 + y 3 (x) = 0 + x 0 x 0 x 0 t( + 0)dt = x t( + t )dt = x + x4 ( t + t + t4 ) dt = x + x4 + x6 6 d) y = + y, y(0) = 0 y 0 (x) = y(0) = 0 y (x) = y (x) = y 3 (x) = x 0 x 0 x 0 ( + 0)dt = x ( + t )dt = x + x3 3 ( ( ) ) + t + t3 dt = 3 x 0 ) ( + t + t4 3 + t6 dt = x + x x5 5 + x7 63

55 4.6. Tilnærmet løsning av første ordens differensiallikninger 3 e) y = x + y, y(0) = 0 y 0 (x) = y(0) = 0 y (x) = y (x) = y 3 (x) = x 0 x 0 x 0 (t + 0 )dt = x ( ( ) t ) t + dt = t44 t7 (t t0 400 x 0 ( ) t + t4 dt = x 4 + x5 0 ) dt = x + x5 0 + x x 4400 f) y = xy, y() = y 0 (x) = y() = x y (x) = + ( t )dt = [t ] x = x + = x y (x) = + = + y 3 (x) = + x ( t)( t )dt = + [ t + t4 x ( t) ] x ( 5 t + t4 x ( 4t + t 3 )dt = x + x4 + = 5 x + x4 ) x dt = + ( 5t + 4t 3 t 5 )dt = 5x + x4 x6 5x ( ) = x4 x6 6.

56 4.7. Separable differensiallikninger Separable differensiallikninger. Oppgave 4.7.: (Tidl.: 4.6..) (Oppgaven står som nummer 4.7. i fasiten.) a) y = 3xy, y(0) = 4. Vi løser først differensiallikningen. Vi ser først på tilfellet y(x) 0: dy y = 3 x dx ln y = 3 x + C y = C e 3x /. Initialkravet y(0) = 4 gjør at y(0) = C = 4. Løsningen av initialverdiproblemet er derfor y = 4 e 3x / for x R, noe som enkelt kontrolleres ved innsetting i den opprinnelige likingen. (Oppgaven står som nummer 4.7. a) i fasiten.) b) y = x y, y() = 4. Her må y(x) 0. Vi ser først på tilfellet y(x) > 0: dy = x dx y y = x + C ( x ). y = 4 + C Initialkravet y() = 4 gjør at y() = ( + C) = 4, det vil si, C = eller C = 3. Initialverdiproblemet ser derfor ut til å ha to ulike løsninger ( x ) ( x ). y = 4 + og y = 4 3 Vi sjekker om de virkelig er løsninger ved å sette dem inn i den opprinnelige likningen. For y (x) ser vi at ( ) x y (x) = 4 + x ( ) x = x 4 + = x y

57 4.7. Separable differensiallikninger 33 for alle x R. For y (x) er ( ) x y (x) = 4 3 x ( ) x = x 4 3 = x y bare når (x /4 3) 0, altså for x 3 eller for x 3. Men ingen av disse to intervallene inneholder initialpunktet x =. Altså er y (x) ikke en løsning av initialverdiproblemet på noe intervall. Løsningen av initialverdiproblemet er derfor ( x ) y = 4 + for alle x R. (Oppgaven står som nummer 4.7. b) i fasiten.) c) y = y + x + dy y + = dx x + tan y = tan x + C. Initialkravet y(0) = gjør at tan = tan 0 + C = C. Løsningen av initialverdiproblemet er derfor tan y = tan x + tan y = tan(tan ) tan(tan x) + tan(tan ) tan(tan x) = x + x for x. Siden x = 0 skal høre til gyldighetsintervallet, må i alle fall x >. Ved innsetting i likningen, er y = ( + x) ( x) ( + x) = y + 4 4x+x x + = + +4x+4x x + = 5 ( + x) 5 5x ( + x) (x + ) = 5 ( + x) = 4 4x + x + + 4x + 4x ( + x) )(x + ) for alle x > x. Løsningen av initialverdiproblemet er derfor y(x) = + x for x >. (Oppgaven står som nummer 4.7. c) i fasiten.)

58 4.7. Separable differensiallikninger 34 d) (x + x 6)y = y, y(0) =. Vi ser først paa tilfellet der y(x) 0 og x + x 6 0, altså x 3 og x. Da er dy y = dx x + x 6 = dx (x + 3)(x ) = ( 5 x ) dx x ln y = ln x ln x C. Initialkravet y(0) = gjør at 5 ln = ln ln 3+C, det vil si, C = ln(3/). Løsningen av initialverdiproblemet er derfor 5 ln y = ln x ln x ln 3 ( ) 3 x /5 y(x) =. x + 3 = ln 3 x x + 3 Det er klart at denne løsningen ikke gjelder for x = 3. Siden gyldighetsintervallet for løsningen skal inneholde x = 0, må altså x > 3. Det er også klart at løsningen har et problem for x = der den ikke er deriverbar. Det er derfor fristende å fjerne absoluttverditegnet i telleren. Det gir de to mulighetene y (x) = ( ) 3(x ) /5 ( ) 3(x ) /5 og y (x) =. (x + 3) (x + 3) Vi tester ved innsetting i den opprinnelige likningen: ( ) 3(x ) 4/5 3 x + 3 (x ) (x + 3) (x + 3) = (x )(x + 3) ( ) 3 /5 5 (x ) 4/5 (x + 3) 4/5 ( ) 3 /5 = (x ) /5 (x + 3) /5 = y (x + x 6)y (x) = (x + x 6) 5 5 (x + 3) som holder for alle x > 3. Innsetting av y (x) i likningen gjør at fortegnet skifter på begge sider av likhetstegnet, slik at også denne løsningen passer for x > 3. Men siden y (0) = ( ) 6 /5 = mens y (0) = 6 er løsningen av initialverdiproblemet y(x) = y (x) = ( ) 6 /5 =, 6 ( ) 3(x ) /5 for x > 3. (x + 3) (Oppgaven står som nummer 4.7. d) i fasiten. Feil i fasit.)