Lineære differensiallikninger.

Transkript

1 Ukeoppgaver, uke 47, i Matematikk 0, Lineære differensiallikninger. Høgskolen i Gjøvik Avdeling for teknologi, økonomi og ledelse Matematikk 0 Ukeoppgaver uke 47 Lineære differensiallikninger. Oppgave En. ordens differensiallikning kalles lineær hvis den kan ordnes til formen y + P (x)y = Q(x). a) Hva er P (x) ogq(x) i differensiallikningen y 2y = e 3x? b ) En funksjon ρ(x) =e F (x),derf (x) =P (x), kalles en integrerende faktor for differensiallikningen y + P (x)y = Q(x). Finn ρ(x) for differensiallikningen y 2y = e 3x. c ) Bruk metoden med integrerende faktor til å finne allmenn løsning av y 2y = e 3x. d) Finn partikulær løsning av initialverdiproblemet y 2y = e 3x og y(0) = 5. Oppgave 2 Finn allmenn løsning av følgende lineære differensiallikninger: a) y +2y =4e 2x b) y +2y = e 2x c) y y = d) y y = x e) y + ay = e ax der a er konstant. f) y + ay = e bx der a og b er konstanter, a b. Oppgave 3 Finn partikulær løsning av følgende differensiallikninger med tilleggsbetingeles: a) y 2xy =0,y(0) = 7. b) y 2xy = e x2, y(0) =. c) y + 2x y =3,y(2) = 5. +x2 Oppgave 4 For en lineær differensiallikning gjelder at om P (x) og Q(x) er kontinuerlige på et sammenhengende intervall I finnes kontinuerlige funksjoner som er løsning på dette intervallet, og denne løsningen er entydig når funksjonsverdien er gitt i et punkt i I. Intervallet I er ofte hele den reelle tallinja, men i denne oppgaven skal vi se på eteksempel der vi må gjøre avgrensninger. Eksemplet er differensliallikninga xy + y =3x 2, y() = 2.

2 2 Ukeoppgaver, uke 47, i Matematikk 0, Lineære differensiallikninger. a) Omform difflikningen så den blir på standardformen for lineære difflikninger. Gjelder dette for alle reelle tall x? b ) Finn allmenn løsning. Gjelder denne løsningen for all reelle tall x? c ) Finn partikulær løsning når y() = 2. d ) Hvorfor er ikke den partikulære løsningen entydig for alle x 0? Finnes det noen verdier av C slik at løsningen gjelder for alle reelle tall x? Har difflikningen med initialbetingelsen y() = noen løsning som gjelder for alle x? Har difflikningen med initialbetingelsen y() = 2 noen løsning som gjelder for alle x? e ) Løs også cos(x)y +sin(x)y =sin(x), y(0) = 2. Løsningen skal i første omgang gjelde for π/2 <x<π/2. Gjelder den for alle x? Oppgave 5 En vanntank A inneholder konstant 00 liter vann med oppløst salt. Ved tidspunktet t = 0 er det 20 kg. salt oppløst i tanken. Det renner inn 5 liter per sekund med saltvann med en konsentrasjon på kg per 20 liter. Dette blandes godt, slik at vi antar at saltlaken i tanken hele tiden har samme saltkonsentrasjon overalt. Det renner ut igjen 5 liter per sekund med saltoppløsning. a) La x(t) være massen med salt i tanken ved tidspunkt t (i sekunder, t 0). Sett opp en differensiallikning med initialbetingelse til å bestemme x(t). b ) Løs denne differensiallikningen. c) Hva skjer med x(t) når t går mot uendelig? Besvar først spørsmålet med henvisning til funksjonsuttrykket x(t), deretter med henvisning til den praktiske situasjonen. Oppgave 6 En vanntank B inneholder også konstant 00 liter vann med oppløst salt. Ved tidspunktet t = 0 er det rent vann i tanken. Vannet som renner ut fra tanken i forrige oppgave renner inn i denne tanken, og like mye saltblanding renner ut igjen. a ) Sett opp en differensiallikning til å bestemme y(t), mengden salt i kar B. b ) c ) Løs dette initialverdiproblemet. Hva sjer med saltinnholdet i tank B etter lang tid? Svar igjen både med henvisning til funksjonuttrykket y(t) og til den praktiske situasjonen.

3 Ukeoppgaver, uke 47, i Matematikk 0, Lineære differensiallikninger. 3 d ) Et plot av grafene (f.eks i Maple) for de første 20 sekundene indikerer at x(t) skjærer y(t) dery(t) harsittmaksimum Gi et praktisk argument for hvorfor det forholder seg slik. e ) Hva er det største saltinnholdet som oppnås i tank B? Hint: Du sparer kanskje litt regnearbeid ved å bruke svaret på forrige deloppgave framfor å derivere y. Forsøk å finne t verdien eksakt, men for funksjonsverdien er det naturlig å bruke kalkulator eller Maple for åfåsvaret som desimaltall. Oppgave 7 Følgende differensiallikninger er enten separable eller lineære (eller begge deler). Hvilken av typene det er avhenger av hvilken standardform de kan ordne til. Gjennomfør denne ordningen, og finn allmenn løsning for følgende differensiallikninger (på raskeste måte, uten diverse drøfting av løsning og C): a) y = x 2 y b) y = xe y c) yy =2x +2xy 2 d) y =9x sin(3x)y 4 e) y =(+x 2 )y + f) ( x 2 +3x +2 ) y +(x +3)y =3(x +2) ( x 2 +3x +2 ) der vi forutsetter x , Hans Petter Hornæs

4 4 Ukeoppgaver, uke 47, i Matematikk 0, Lineære differensiallikninger. Fasit, Lineære differensiallikninger. Oppgave a) P (x) = 2 ogq(x) =e 3x. b ) Siden 2 dx = 2x + C kandubrukef (x) = 2x. Den integrerende faktoren er da ρ(x) =e F (x) = e 2x. c ) Multipliserer hvert ledd med ρ(x) og omformer differensiallikningen til e 2x y 2e 2x y = e 3x e 2x Høyresiden omformes til e x ved å multiplisere eksponentialfunksjonene ved å addere eksponentene. Venstresiden kan omformes til (ρ(x)y) ved å bruke produktregelen for derivasjon baklengs. Dette gjelder generelt når ρ(x) er valgt som her, og likningen er lineær. I dette tilfelle gir dette følgende omforming av differensiallikningen: ( e 2x y ) = e x Vi kan så finne e 2x y ved antiderivasjon (ubestemt integrasjon). Nå må den ubestemte integrasjonskonstanten C være med: e 2x y = e x dx e 2x y = e x + C Dividerer så hvertleddmede 2x for å finne y. Divisjon med e 2x er det samme som multiplikasjon med /e 2x = e 2x : y = e 2x e x + e 2x C = Ce 2x + e 3x. d ) Innsetting av x =0ogy = 5 i den allmenne løsningen y(x) =Ce 2x + e 3x gir Det vil si at den parikulære løsningen er 5=Ce 0 + e 0 5=C + C =4 y(x) =4e 2x + e 3x Oppgave 2 a) F (x) = 2 dx =2x, så den integrerende faktoren er ρ(x) =e 2x. e 2x y +2e 2x y =4e 2x e 2x ( e 2x y ) =4 e 2x y = 4 dx e 2x y =4x + C Dividerer begge sider med e 2x, som er det samme som å multiplisere med e 2x : y =(4x + C)e 2x som ikke må, men godt kan regnes sammen til y =4xe 2x + Ce 2x

5 Ukeoppgaver, uke 47, i Matematikk 0, Lineære differensiallikninger. 5 b ) Venstresiden er den samme som i a oppgaven, så fortsatt er ρ(x) =e 2x. e 2x y +2e 2x y = e 2x e 2x ( e 2x y ) = e 4x e 2x y = e 4x dx Substituer med u =4x, du/dx =4så 4 du = dx: e 2x y = e u 4 du e2x y = 4 eu + C e 2x y = 4 e4x + C y = ( ) 4 e4x + C e 2x 4 e4x e 2x + Ce 2x y = y = 4 e2x + Ce 2x Kommentar: Merk at leddet med C en er lik i a) og b) oppgaven. Dette er dessuten den allmenne løsningen av den homogene likningen y +2y =0vifår om høyresiden erstattes med 0 i de to likningene. Dette er en egenskap som gjelder for lineære differensiallikninger generelt (også 2. og høyere ordens lineære difflikninger). c) F (x) = dx = x, så den integrerende faktoren er ρ(x) =e x. e x y e x y = e x ( e x y ) = e x e x y = e x dx Integralet løses med substitusjonen u = x, så dx = du. e x y = e u du e x y = e u + C e x y = e x + C Dividerer begge sider med e x, som er det samme som å multiplisere med e x : y = e x e x + Ce x y = +Ce x d) Vi får fortsatt ρ(x) =e x, siden venstresiden er den samme som i forrige deloppgave. e x y e x y = xe x ( e x y ) = xe x e x y = xe x dx Integralet er litt vanskeligere enn i forrige eksempel, nå trengs delvis integrasjon i tillegg til den samme substitusjonen. Det er ofte lurt å gjøre substitusjonen først: Vi setter u = x så dx = du. Dessuten er x = u når u = x, sådenførstex en kan erstattes med u: e x y = ( u)e u du e x y = ue u du Delvis integrasjon, fg du = fg f gdu.brukerf = u så f =ogg = e u så g = e u : e x y = ue u e u du e x y = ue u e u + C e x y = xe x e x + C y = ( xe x e x + C ) e x y = xe x e x e x e x + Ce x y = Ce x x e) F (x) = adx= ax, så ρ(x) =e ax. e ax y + ae ax = e ax e ax (e ax y) = e ax y = dx e ax y = x + C y = xe ax + Ce ax Argumentet er også gyldigoma =0,så e ax = e 0 =.

6 6 Ukeoppgaver, uke 47, i Matematikk 0, Lineære differensiallikninger. f ) Samme integrerende faktor og innledende omforming som i forrige deloppgave gir e ax y + ae ax = e bx e ax (e ax y) = e (a b)x e ax y = e (a b)x dx Siden a b er a b 0. Substitusjon med u =(a b)x gir dx = e ax y = a b : a b eu du e ax y = a b eu + C e ax y = a b e(a b)x + C y = ( ) a b e(a b)x + C e ax y = a b e(a b)x ax + Ce ax y = a b e bx + Ce ax Oppgave 3 a) F (x) = 2xdx= x 2 så integrerende faktor ρ(x) =e x2. e x2 y 2xe x2 y =0 e x2 ( e x2 y) =0 e x 2 y = C Ikke glem at 0 dx = C, ikke 0, da alle konstanter har derivert 0. Multipliserer begge sider av likhetstegnet med e x2 og får y = Ce x2. Kommentar: Merk at løsningen er på formeny = Ce F (x) (motsatt fortegn på eksponenten enn i ρ(x), og at difflikningener homogen, sombetyratq(x) = 0. Alle homogene lineære difflikninger har løsning etter denne formelen. Initialbetingelsen, med x = 0 og y = 7, settes inn i den allmenne løsningen: 7=Ce 0 C =7 y =7e x2 b) y 2xy = e x2, y(0) =. F (x) = 2xdx = x 2,såden integrerende faktoren er fortsatt e x2 : ( e x2 y 2xe x2 y = e x2 e x2 e y) x2 = e x 2 x 2 e x2 y = dx siden e 0 =. Merk at vi skriver dx for dx. e x2 y = x + C Divisjon med e x2, som er multiplikasjon med e x2 gir den allmenne løsningen: y =(x + C) e x2 y = xe x2 + Ce x2 Initialbetingelsen x =0,y =gir=0e 0 + Ce 0 C =,så partikulær løsning er y = xe x2 + e x2

7 Ukeoppgaver, uke 47, i Matematikk 0, Lineære differensiallikninger. 7 c) y + 2x +x 2 y =4sin(x), y(π/2) =. F (x) = 2x dx som integreres ved å substituere med +x 2 nevneren, u =+x 2.Daerdu/dx =2x og du =2xdx som står ferdig i integranden (2x står i telleren). 2x +x 2 dx = u du =ln u =ln(+x2 ) Vi behøver ikke absoluttverditegnet da + x 2 > 0 for alle x. Dermed er den integrerende faktoren ρ(x) =e ln(+x2) =+x 2. ( + x 2 )y +(+x 2 2x ) +x 2 y =3(+x2 ) ( ( + x 2 )y ) =3+3x 2 ( + x 2 )y =3+3x 2 dx ( + x 2 )y =3x + x 3 + C y = 3x + x3 + C +x 2 Initialbetingelsen x = 2,y = 5 gir 5= C = 4 + C C =25 C = så y = + 3x + x3 +x 2 Oppgave 4 a ) Likningen er ikke på formeny + P (x)y = Q(x) sidendetstår x foran y. Vi kan imidlertid oppnå dette ved å dividere hvert ledd med x: y + x y =3x. Vi kan ikke diidere begge sider av en likning med 0, så dette gjelder bare for x 0.Viser også atp (x) =/x ikke er kontinuerlig (ikke engang definert) for x =0. b) F (x) = x dx =ln x, så den integrerende faktoren er ρ(x) =eln x = x. Absoluttverdi må oftehåndteres som to spesilatillfeller, x = x for x > 0og x = x for x<0. Ser først på tilfellet x>0, slik at ρ(x) =x: xy +x x y =3x2 (xy) =3x 2 (xy) =3x 2 xy = 3x 2 dx xy = x 3 +C Dividerer med x og får y = x3 + C x y = x 2 + C x Hvis x<0erρ(x) = x, ogvifår xy x x y = 3x2 xy + y =3x 2,såden samme allmenne løsningsformen gjelder. Denne løsningen gjelder ikke for x = 0, der har vi 0 i nevner i leddet C/x.

8 8 Ukeoppgaver, uke 47, i Matematikk 0, Lineære differensiallikninger. c ) Setter inn x =ogy = 2 i den allmenne løsningen: 2= 2 + C C = y = x2 + x d ) Den partikulære løsningen gjelder for x > 0,i dette området er både P (x) og Q(x) kontinuerlige, vi kunne allerede før vi løste den visst at det måtte finnes entydig løsning her, ifølge setningen i starten av oppgaveteksten. Denne er imidlertid ikke definert for x =0. Hvis vi tar det usammenhengende området x 0 er dette fortsatt en løsning, men den er ikke lenger entydig. Vi kan nemlig ha en annen verdi av C for x<0, for eksempel y(x) = { x 2 + x for x>0 x x for x<0 Dette er en annen funksjon som også oppfyller initialbetingelsen og difflikninga for alle x 0. Hvis C = 0 er den partikulære løsningen y = x 3 +0/x = x 3, som ihvertfall er definert (og kontinuerlig) også forx =0. For å sjekke om det virkelig er en løsning setter vi inn y = x 2 og y =2x i venstresiden i den opprinnelige likningen: x 2x + x 2 =2x 2 + x 2 =3x 2 som er lik høyresiden, så dette er en løsning. Siden y(x) =x 2 y() = er dette også løsning med initialbetingelsen y() =. Siden dette var eneste mulighet finnes ingen løsning for alle x av xy +y =3x 2, y() = 2. e) Vi må dividere likningen med cos(x) får åbringedenpåformeny + P (x)y = Q(x). Hvis π/2 <x<πer cos(x) > 0, så problemer med divisjon med 0 har vi i så fallikke). y + sin(x) cos(x) y = sin(x). Det er mulig, men ikke hensiktsmessig å skrive sin(x)/ cos(x) =tan(x).) cos(x) sin(x) F (x) = dx = ln(cos(x)), som vi finner via substitusjonen u =cos(x), du = cos(x) sin(x) dx. Igjen uproblematisk å ta ln(cos(x)), da cos(x) > 0. Dermed er den integrerende faktoren ρ(x) =e ln(cos(x)) = e ln(cos(x)) = cos(x) Merk omformingen e ln(u) =/u, unngå den vanlige feilen å omforme dette til u! cos(x) y + sin(x) cos 2 (x) y = sin(x) cos 2 (x) ( ) cos(x) y = sin(x) cos 2 (x) cos(x) y = sin(x) cos 2 (x) dx Dette integralet løses med substitusjonen u =cos(x), som gir du/dx = sin(x) du = sin(x) dx, somstår ferdig i integranden:...= u 2 du = u 2 du = 2+ u 2+ + C = u + C = u + C

9 Ukeoppgaver, uke 47, i Matematikk 0, Lineære differensiallikninger. 9 Dermed er cos(x) y = + C y =+Ccos(x) cos(x) Tilleggsbetingelsen x =0,y =2gir2=+C C =,så partikulær løsning er y =+cos(x) Ved innsetting i den opprinnelige likningen ser vi at løsningen gjelder for alle reelle tall x uten den foreløbige begrensningen på definisjonsområdet. Oppgave 5 a ) Endring av saltinnhold i tanken er den tidsderiverte ẋ(t). Samtidig er endringen salt inn minus salt ut per tidsenhet. Siden konsentrasjonene på saltvannet er /20, og det renner inn 5 liter per tisdenhet (dvs. sekund), renner det inn 20 5=/4 kg per sekund. Konsentrasjonen av salt i karet (og dermed på vannet som renner ut) er ved tidspunktet t lik x(t)/00 kilo per liter per sekund. Dermed renner det ut x(t) 00 5= 20 x(t) kg salt per sekund ved tidspunktet t. Ved å sette de to uttrykkene for masseendring (dvs. den deriverte og salt inn minus salt ut ) like får vi differensiallikningen ẋ = 4 20 x ẋ + 20 x = 4 Initialbetingelsen får vi fra saltinnholdet ved tidspunktet t = 0: x(0) = 20. b) F (t) = 20 dt = 20 t så den integrerende faktoren er et/20. e t/20 ẋ + 20 et/20 x = 4 et/20 d dt ( ) e t/20 x = 4 et/20 e t/20 x = 4 et/20 dt Integralet løses via substitusjonen u = 20 t som gir du/dt =/20 dt =20du: e t/20 x =20 ( ) 4 eu + C x = 5 e t/20 + C e t/20 x =5+Ce t/20 Initialbetingelsen med t = 0 og x = 20 gir 20 = 5 + Ce 0 C =5 x(t) =5+5e t/20 c) Når t går mot uendelig går e t/20 mot 0 så lim x(t) =5. t Når systemet får gå i fred en god stund vil saltkonsentrasjonen stabilisere seg ved /20, konsentrasjonen på saltvannet som renner inn. Da vil saltinnholdet i tanken være = 5 kg.

10 0 Ukeoppgaver, uke 47, i Matematikk 0, Lineære differensiallikninger. Oppgave 6 a ) Salt inn i tank B er konsentrasjonene i tank A multiplisert med vannvolumet som renner ut av A og dermed inn i B: x(t) 00 5=x(t) 20, Salt ut er konsentrasjonen i tank B multiplisert med mengden vann per tidsenhet som renner ut, y(t) y(t) 00 5= 20. Ved å sette ẏ, endringen i saltinnhold i tank B, lik salt inn minus salt ut får vi ẏ = x(t) 20 y(t) 20 Fra forrige oppgave har vi at x(t) =5+5e t/20,så x(t)/20 = e t/20, som settes inn i likningen over, og vi ordner den til ẏ + 20 y = e t/20, y(0) = 0. b ) Integrerende faktor blir den samme som for tank A (siden venstresidene er like, bortsett fra at x er byttet ut med y): d ( ) ( e t/20 y = dt ) 4 e t/20 e t/20 e t/20 y = 4 et/ dt Første ledd er samme integral som det tilsvarende for tank A, og konstnaten 3/4 integreres til 3 4 t,såvifår e t/20 y =5e t/ t + C y =5+3 4 te t/20 + Ce t/20 y(0) = 0 settes inn: 0 = C C = 5. Dermed er løsningen y = te t/20 5e t/20 c ) Begge leddene med e t/20 går mot 0 når t går mot uendelig. For det midterste leddet trenger du kanskje et argument via L Hopitals regel: ) L Hopital = 3 lim t 4 te t/20 = 3 4 lim t t e t/20 = ( 3 4 lim t 20 et/20 = 3 4 =0 Derfor er lim t y(t) =5+0+0=5. Også i dette karet vil det etterhhvert bare være reint sjøvann med saltkonsentrasjon /20, det vil si 5 kg. på 00 liter. d) Sålengex(t) >y(t) er saltkonsentrasjonen på vannet som kommer inn overstige saltkonsentrasjonen i tank B, og konsentrasjonen der vil stige. Men når x(t) <y(t) kommer det inn vann med lavere konsentrasjon enn i tank B, og konsentrasjonen der vil synke. e ) Vi sparer litt regnearbeid hvis vi bruker at x(t) =y(t) dery har sitt maksimum: 5+5e t/20 = te t/20 5e t/20 5e t/20 = 3 4 te t/20 5e t/20 Ved å dividere hvert ledd på begge sider med e t/20 blir vi kvitt eksponentialleddene: 5 = 3 4 t t =5+5 t = 4 3/4 = 80 3

11 Ukeoppgaver, uke 47, i Matematikk 0, Lineære differensiallikninger. Maksimum saltinnhold er da y(80/3) = e 80/60 5e 80/60 =5+20e 4/3 5e 4/3 =8.95 På siste utregning brukes kalkulator eller Maple e.l.. Oppgave 7 a ) Denne omformes til y + y = x 2,ogeraltså lineær med P (x) =,F (x) = dx = x og integrerende faktor ρ(x)e x : e x y + e x y = x 2 e x (e x y) = x 2 e x e x y = x 2 e x dx Dette integralet løses ved to gangers delvis integrasjon, begge ganger med g = e x og dermed g = e x. f er henholdsvis x 2 med f =2x og 2x med f =2: ( ) e x y = x 2 e x 2xe x dx e x y = x 2 e x 2xe x 2e x dx e x y = x 2 e x 2xe x +2e x +C Dermed er y =(x 2 e x 2xe x +2e x + C)e x y = x 2 2x +2+Ce x b ) Denne omformes til e y y = x og er dermed separabel: e y dy = xdx e y = 2 x2 + C e y = 2 x2 + C Tar ln på begge sider: y =ln ( C ) 2 x2 + C y = ln (C 2 ) x2 c ) Denne er separabel: yy =2x( + y 2 ) y =2x +y2 y +y 2 dy = 2xdx Integralet på venstresiden løses ved substitusjonen u =+y 2 du/dy =2y 2 du = ydy: 2 u du = 2xdx 2 ln u = x2 + C ln( + y 2 )=2x 2 + C +y 2 = e 2x2 +C y 2 = e 2x2 e C Tar kvadratrot på begge sider og finner løsningene y = ± Ce 2x2 der C>0 (da dette egentlig er e C ). d ) Denne er separabel, dividerer begge sider med y 4. I x integralet kan vi først substituere med u =3x, slik at du =3dx: 4 y 4 y =9xsin(3x) dy = 9x sin(3x) 3 y 3 = 3x sin(3x)3dx 3 y 3 = u sin(u) du

12 2 Ukeoppgaver, uke 47, i Matematikk 0, Lineære differensiallikninger. Det siste integralet er delvis integrasjon, med f = u, f =,g =sin(u) ogg = cos(u): = u cos(u) cos(u) du = u cos(u)+sin(u)+c 3 y3 3 y3 =9xcos(3x) 3sin(3x)+C y3 Inverterer begge sider (egentlig multipliserer med y 3 og dividerer med høyresiden): y 3 = 9x cos(3x) 3sin(3x)+C y = 3 9x cos(3x) 3sin(3x)+C e) Dividerer med +x 2 og får +x 2 y = y + +x 2 y +x 2 y =,så den er +x2 lineær (den er også separabel, y y = ): +x 2 Da er P (x) = = arctan(x),såf(x) = arctan(x) ogρ(x) =e arctan(x) : +x 2 e arctan(x) y +x 2 e arctan(x) y = +x 2 e arctan(x) e arctan(x) y = +x 2 e arctan(x) dx ( ) e arctan(x) y = arctan(x) e +x2 Integralet løses ved substitusjonen u = arctan(x), som gir du = dx som står ferdig +x 2 i uttrykket: e arctan(x) y = e u du e arctan(x) y = e u + C y = y =+Ce arctan(x) ( ) e arctan(x) + C e arctan(x) f ) Vi dividerer begge sider av likhetstegnet med x 2 +3x + 2. Dette er større enn 0 når x 0, så problemet med divisjon med 0 finnes ikke da vi avgrenser området til x 0: y + x +3 x 2 y =3(x +2) +3x +2 Denne er lineær med P (x) =(x +3)/(x 2 +3x +2)ogQ(x) =3(x +2). For å finne den integrerende faktoren trenger vi delbøksoppspalting, og må faktorisere n- eveneren x 2 +3x+2. F.eks. fra formelen for røttene i 2. gradslikning finner vi at x 2 +3x+2 = 0 for x = ogx = 2, så x 2 +3x +2=(x ( ))(x ( 2)) = (x +)(x +2): A x + + B x +2 x +3 x 2 +3x +2 A(x +2)+B(x +) (x +)(x +2) x +3 (x +)(x +2) Da må Aog B velges slik at telleren er like for alle x, spesieltforx = ogx = 2: A( +2)+B( +)= +3 A =3 A( 2+2)+B( 2+)= 2+3 B = F (x) = x +3 x 2 +3x +2 dx = 2 x + x +2 dx =

13 Ukeoppgaver, uke 47, i Matematikk 0, Lineære differensiallikninger. 3 2ln(x +) ln(x +2)=ln ( ( ) (x +) 2) (x +) 2 ln(x +)=ln x +2 Den integrerende faktoren er da ρ(x) =e F (x) = e ln (x+) 2 x+2 (x +)2 = x +2 Dette gir ( (x +) 2 x +2 ) y (x +)2 (x +)2 = 3(x +2) x +2 x +2 y = 3(x +) 2 dx (x +) 2 x +2 y =(x x +2(x +)3 +)2 ( + C y = (x +) 3 + C ) y = x 2 +3x +2+ x +2 (x +) 2 C Hans Petter Hornæs