Difflikninger med løsningsforslag.

Repetisjon i Matematikk : Difflikninger med løsningsforslag. Høgskolen i Gjøvik Avdeling TØL Eksamensrepetisjon REA4 Matematikk Difflikninger med løsningsforslag. Difflikninger med løsningsforslag. Dette er oppgaver ment til egenstudier, med løsningsforslag (men ikke videoer). Oppgave a ) Finn allmenn løsning av den lineære differensiallikninga y + y. Finn partikulær løsning av initialverdiproblemet y + xy x e x, y(0). Oppgave Regn ut allmenn løsning av differensiallikningene a ) y + y + 0y 0 y 3y + y 0 c ) 9y + 6y + y 0 Oppgave 3 Finn allmenn løsning av de separable difflikningene a ) e y y 4x y y x Oppgave 4 Løs initialverdiproblemet y + 4y 0, y(0), y (0) 4 Oppgave 5 Finn allmenn løsning (gyldig for x > 0) av differensiallikningene a ) xy x y xy x + y

Repetisjon i Matematikk : Difflikninger med løsningsforslag. Oppgave 6 Regn ut allmenn løsning av differensiallikningene a ) y + 4y + 5y 0 y + 4y + 5y 0x + x c ) y + 4y + 5y 0e x d ) y + 4y + 5y 8 sin(x) + 6 cos(x) Oppgave 7 Eksamensoppgave 6 fra desember 0 a ) Vis ved integrasjon at xe x / dx e x / + C. Finn allmenn løsning av den lineære differensiallikninga y + xy x. Oppgave 8 Eksamensoppgave 5 fra desember 0 a ) Finn allmenn løsning av differensiallikninga y + 6y + 5y 0. Løs initialverdiproblemet y + 6y + 5y 00e x med initialbetingelser y(0) 5 og y (0) 3. Oppgave 9 Eksamensoppgave 4b og 4c fra august 0 a ) Funksjonen y y(x), 0 < x <, er entydig gitt ved x 3 y dy dx x + 8 0, y() 3 6 Finn et eksplisitt funksjonsuttrykk for y(x) Funksjonen z z(x), x > 4, er entydig gitt ved dz dx + z x 4 9, z(5) x3 5 Finn et eksplisitt funksjonsuttrykk for z(x) 03..4, Hans Petter Hornæs

Repetisjon i Matematikk : Difflikninger med løsningsforslag. 3 Fasit, Difflikninger med løsningsforslag. Oppgave a ) P (x) så P (x) dx dx x. Dermed er den integrerende faktoren ρ(x) e x Multipliserer denne inn i hvert ledd i likningen: e x y + e x y e x (e x y) e x Integrerer så begge sider: e x y e x dx e x y e x + C Dividerer til slutt begge sider med e x, som er det samme som å multiplisere med e x : y (e x + x) e x y e x e x + Ce x y + Ce x Kommenaterer: Likningen er også separabel, men jeg anbefaler å behandle den som lineær. Siden koeffisienten foran y er en konstant, vil tilsvarende metode som for. ordens likninger også virke. Jeg anbefaler ikke å blande dette inn i. ordens difflikninger. Finner først den allmenne løsninga: P (x) dx x dx x så ρ(x) e x Multipliserer den integrerende faktoren inn i hvert ledd: e x y + xe x y x e x x e x ( ) e x y xe x x Integrerer så begge sider: e x y x dx e x y x + C Dividerer med leddet foran y, som er det samme som å multiplisere med e x, på begge sider: ( ) y x + C e x y x e x + Ce x Setter så inn initialbetingelsen x 0, y i den allmenne løsninga: 0 e 0 + Ce 0 0 + C C Setter til slutt inn C i den allmenne løsninga og finner den partikulære: y x e x + e x

Repetisjon i Matematikk : Difflikninger med løsningsforslag. 4 Oppgave a ) Karakteristisk likning λ + λ + 0 0 med røtter (fra "abcformelen): { } { ± 36 ± } { } 36 i ± 6 i { + 3i, 3i} Altså to komplekse røtter med α og β 3, som i løsningsfomelen gir allmenn løsning y e x (C cos(3x) + C sin(3x)) Karakteristisk likning λ 3λ + 0 med røtter { 3 ± } { 5 3 5, 3 + } 5 Dette er to forskjellige reelle røtter, som i løsningsfomelen gir allmenn løsning y C e 3 5 x + C e 3+ 5 x c ) Karakteristisk likning 9λ + 6λ + 0 med røtter { 6 ± } { } { 0 6 } 9 8 3 Dette er bare en rot (en dobbel rot). Fra denne får vi natrulig løsningen e 3 x, og i denne situasjonen den andre som denne løsningen mulitplisert med x, altså x e 3 x : y C e 3 x + C x e 3 x Oppgave 3 a ) Denne er direkte på standardformen F (y)y G(x), som omskives til differensialform: e y dy dx 4x ey dy 4x dx Begge sider integreres (integrasjonskonstanten C taes med på høyresiden): e y dy 4x dx e y x + C For å få denne på eksplisitt form (y alene på venstresiden) tas ln på begge sider, siden ln(e y ) y. Pass på å få med hele høyresiden inni ln: y ln ( x + C ) Vi må føst samle alt med y på venstresiden, og alt med x på høyresiden (og håpe at den er på rett form til å være separabel, da den ikke kan være lineær med et y ledd). Dette får vi til ved å dividere begge sider med y : y y x y dy dx x y dy x dx

Repetisjon i Matematikk : Difflikninger med løsningsforslag. 5 Integrerer på begge sider: y dy x dx y x + C y x + C For å isolere y på en side multipliserer vi begge sider med y og dividerer med høyresiden: (x + C) y x + C y y x + C (Kort kunne vi sagt at vi snudde brøkene både på venstre- og høyresiden opp/ned, og flyttet minusen over på høyresiden.) Oppgave 4 Karakteristisk likning er λ + 4 0 λ {±i} {0 + i, 0 i}. Altså komplekse røtter med α 0 og β, som i løsningsformelen gir allmenn løsning y e 0 (C cos(x) + C sin(x)) y C cos(x) + C sin(x) Initialbetingelsen y(0) betyr at x 0 og y som settes inn i den allmenne løsningen: C cos(0) + C sin(0) C + C 0 C Setter inn C i den allmenne lsøningen. For å bruke den andre initialbetingelsen må vi derivere (med kjerneregelen): y (cos(x) + C sin(x)) sin(x) + C cos(x) Setter så inn initialbetingelsen x 0 og y 4 i den deriverte: 4 sin(0) + C cos(0) 4 0 + C C Når også C settes inn i den allmenne løsningen, har vi den endelige løsningen på initialverdiproblemet: y cos(x) + sin(x) Oppgave 5 a ) Differensiallikningen er lineær, men må først ordnes til standardformen, blant annet med å dividere alle ledd med x: xy x y xy + y x y + x y Nå er P (x) /x, så P (x) dx /x dx ln(x) og den integrerende faktoren er ρ(x) e ln(x) ρ(x) x Multipliseres inn i likningen xy + x x y x (xy) x Integrerer så begge sider, og dividerer med x: xy dx xy x + C y x + C x

Repetisjon i Matematikk : Difflikninger med løsningsforslag. 6 Difflikningen ordnes på samme måte som i a oppgaven, og ser nesten lik ut: y x y. Nå er P (x) /x, så P (x) dx /x dx ln(x). Det ser nesten likt ut med a oppgaven, men den integrerende faktoren er vesentlig forskjellig. Da vil også løsningen bli svært forskjellig: ρ(x) e ln(x) Da ln ikke dekker hele eksponenten, vil ikke e og ln lenger opphev hverandre direkte. Det må litt omskrivning til først: Husk at e u /u (og mer generelt e ku (e u ) k ): Når denne multipliseres inn i likningen får vi ρ(x) e ln(x) e ln(x) x x y x x y x ( ) x y x Integrerer begge sider, og multipliserer begge sider med x: y ln(x) + C y x ln(x) + Cx x Oppgave 6 a ) Karakteristisk likning λ + 4λ + 5 0 med røtter (fra "abcformelen): { } { 4 ± 4 4 ± } 4 i { ± i} { + i, i} Det vil si to komplekse røtter α ± β i med α og β,så løsningsformelen gir y e x (C cos(x) + C sin(x)) Allmenn løsning er y h + y p, der y h (i denne og de to neste oppgavene) er løsning av den tilhørende homogene likninga, dvs. y + 4y + 5y 0. Fra a oppgaven er derfor y h e x (C cos(x) + C sin(x)). Med ubestemte koeffisienters metode gjetter"vi at y p er på samme formensom høyresiden, i dette tilfellet et. grads polynom. Det vil si at vi prøver med y p Ax + Bx + C, og vil (prøve å) tilpasse konstantene A, B og C slik at dette faktisk blir en løsning. Dette gjør vi ves å sette inn y p -forslaget i venstresiden, og tolpasse konstantene så det blir høyresiden. Da må vi regne ut den deriverte og andrederiverte også: y p Ax + Bx + C y p Ax + B y p A Innsatt for y i y + 4y + 5y: A + 4 (Ax + B) + 5 (Ax + Bx + C ) A + 8Ax + 4B + 5Ax + 5Bx + 5C

Repetisjon i Matematikk : Difflikninger med løsningsforslag. 7 5Ax + (8A + 5B)x + (A + 4B + 5C) Når koeffisienten sammenliknes, grad for grad, på høyre og venstresiden får vi: 5A 0 A 8A + 5B 6 + 5B B A + 4B + 5C 4 + 4 + 5C C 4 Dermed er y p x + x + ( 4) x + x 4 og y e x (C cos(x) + C sin(x)) + x + x 4 c ) Samme y h som i forrige oppgave, men nå gjetter vi at y p er en eksponentialfunksjon med samme eksponent som høyresiden: y p Ae x. Da er også y p Ae x og y p Ae x, som settes inn i y + 4y + 5y: Ae x + 4Ae x + 5Ae x 0Ae x Sammenliknet med koeffisienten foran e x på høyresiden får vi 0A 0 A, og dermed y p e x : y e x (C cos(x) + C sin(x)) + e x d ) Nå gjetter vi y p A sin(x) + B cos(x), som deriveres med kjerneregelen: y p A sin(x) + B cos(x) y p A cos(x) B sin(x) y p 4A sin(x) 4B cos(x) Innsatt for y i y + 4y + 5y: 4A sin(x) 4B cos(x) + 4 (A cos(x) B sin(x)) + 5 (A sin(x) + B cos(x)) ( 4A 8B + 5A) sin(x) + ( 4B + 8A + 5B) cos(x) Det vil si at vi må ha A 8B 8 og 8A + B 6. Løser ut B fra den siste og setter inn i andre likning: B 6 8A A 8(6 8A) 8 65A 30 A Dermed er B 6 8 0, og y p sin(x) 0 cos(x): y e x (C cos(x) + C sin(x)) + sin(x) 0 cos(x) Oppgave 7 a ) Substituer med u x /. Da er du/dx x så du x dx, som står ferdig i integranden. xe x / dx e u du e u + C e x / + C

Repetisjon i Matematikk : Difflikninger med løsningsforslag. 8 Integrerende faktor er e F (x) er F (x) P (x) x, så vi kan velge F (x) x. Den integrerende faktoren er dermed e x /, som multipliseres inn i hvert ledd i likningen: e x / y + xe x / x / y xe ( ) e x / y xe x / Integrerer så for å få bort den deriverte på venstre side: e x / y xe x / dx e x / y e x / + C Multipliserer til slutt begge sider med e x / så y blir stående igjen alene på venstresiden: ( ) y e x / + C e x / y + Ce x / Oppgave 8 a ) Karakteristisk polynom er λ + 6λ + 5 med røtter { } { } { } 6 ± 36 4 5 6 ± 64 6 ± 8 { 3 ± 4i} Allmenn løsning er derfor y e 3x (C cos(4x) + C sin(4x)) Når høyresiden er e x prøver vi med partikulære løsninger på formen y p Ke x. Da er y p Ke x og y p Ke x, som settes inn i likningens venstre side: Ke x 6Ke x + 5Ke x 0Ke x Vi får venstresiden 0Ke x lik høyresiden 00e x ved å velge K 5, som gir den partikulære løsningen y p 5e x. Allmenn løsning er da y y h + y p e 3x (C cos(4x) + C sin(4x)) + 5e x Setter inn x 0 i den allemenne løsninga: e 0 (C cos(0) + C sin(0)) + 5e 0 C + 5 y(0)5 5 C 0 Dermed er C -leddet forenklet bort før vi deriverer med produkt- og kjerneregelen: y (x) ( 3e 3x sin(4x) + e 3x 4 cos(4x) ) C 5e x Innsetting av x 0 gir nå y (0) ( 3e 0 sin(0) + e 0 4 cos(0) ) C 5e 0 4C 5 3 C Innsetting av C 0 og C i den allmenne løsninga gir y sin(4x)e 3x + 5e x

Repetisjon i Matematikk : Difflikninger med løsningsforslag. 9 Oppgave 9 a ) x 3 y dy dx x + 8 0 y 3 6 y dy x x 8 x 3 dx [ ] y 3 y3 3 6 [ 4 x x ] x 3 y3 4 x x y 3 6x 6x x y(x) 3 x Integrerende faktor : ρ(x) e P (x) dx e x 4 dx e ln x 4 x 4 x 4 z(x) Q(x)ρ(x) dx ρ(x) (x 4) dx x3 x 4 x 8 dx x 3 x 4 4 x + C x x 4 Cx x + 4 x (x 4) z(5) 9 5 9 5 C 5 5 + 4 5 (5 4) C z(x) x x + 4 x (x 4) Hans Petter Hornæs