Separable differensialligninger

En første ordens differensialligninger er separabel hvis den kan skrives på formen:

p(y)y’= q(x)

+ Metode for å løse separable differensiallignigner

Steg 1: Skriv den deriverte på formen $y’(x) = \frac{dy}{dx}$

p(y) \frac{dy}{dx} = q(x)

Steg 2: Separer slik at alt med $y$ er på den side og alt med $x$ på den andre siden

\begin{array}{rcl}
p(y) \frac{dy}{dx} &=& q(x) \qquad | \cdot dx \\
\Rightarrow \qquad p(y) dy &=& q(x) dx
\end{array}

Hvis det ikke er mulig å separere $x$ og $y$, er ikke ligningen separabel og vi må bruke en annen metode for å løse den.

Steg 3: Integrer begge sider

\int p(y) dy = \int q(x) dx

Steg 4: Finn et uttrykk for $y$

Steg 5: Bruk eventuell startbegingelser, f.eks. $y(x_0) = y_0$.

Steg 6: Sjekk løsningen ved å derivere og sette inn

+ Eksempel 1: $y’ – x^2 = 0$

Løs differensialligningen:

y’(x) - x^2 = 0

Steg 1: Skriv $y’(x) = \frac{dy}{dx}$

\frac{dy}{dx} - x^2 = 0

Steg 2: Separerer

\begin{array}{rrcll}
&\frac{dy}{dx} - x^2 &=& 0 \qquad & | + x^2 \\
&\frac{dy}{dx} &=& x^2 \qquad & | \cdot dx \\
\Rightarrow & dy &=& x^2 dx
\end{array}

Steg 3: Integrerer begge sider

\int dy = \int x^2 dx \\
\Rightarrow \quad y = \frac{1}{3}x^3 + C

Steg 4: Nå har vi $y$ som en funksjon av $x$

y(x) = \frac{1}{3}x^3 + C

Steg 5: Her har vi ingen startbetingelser og får derfor ikke bestemt $C$.

Steg 6: Sjekk løsningen ved å derivere

y’(x) = x^2

og sette inn

\textcolor{red}{y’} - x^2 = \textcolor{red}{x^2} - x^2 = 0

Og, vips, har vi løsningen på differensialligningen.

+ Eksempel 2: $y’ = x^2 y$

Løs differensialligningen:

y’(x) = x^2 y(x)

Steg 1: Skriv $y’(x) = \frac{dy}{dx}$

\frac{dy}{dx} = x^2 y

Steg 2: Separerer

\begin{array}{rrcll}
&\frac{dy}{dx} &=& x^2y \qquad & | \cdot \frac{1}{y} dx \\
\Rightarrow & \frac{1}{y} dy &=& x^2 dx
\end{array}

Steg 3: Integrerer begge sider

\int \frac{1}{y} dy = \int x^2 dx \\
\Rightarrow \quad \ln |y| = \frac{1}{3}x^3 + C

Steg 4: Finn et uttrykk for $y$ ved å bruke eksponentialfunksjonen på begge sider

e^{\ln |y|} = e^{\frac{1}{3}x^3+ C}

Nå kan vi bruke noe logaritmeregler og potensregler: 

\begin{array}{rclcrcl}
e^{\ln x} &=& x &\Rightarrow & e^{\ln |y |} &=& |y-1| \\
a^{m + n} &=& a^m a^n &\Rightarrow & e^{\frac{1}{3}x^3 + C} &=& e^{\frac{1}{3}x^3} e^C
\end{array}

Dermed får vi:

|y| = e^{\frac{1}{3}x^3}e^C

Nå kan vi definere en ny konstant $K = \pm e^C$ slik at vi kan droppe absoluttverdien og putte fortegnene inn i konstanten:

y = Ke^{\frac{1}{3}x^3}

Steg 5: Her har vi ingen startbetingelser og får derfor ikke bestemt $K$.

Steg 6: Sjekk løsningen ved å derivere $y$ ved hjelp av kjerneregelen

y’(x) = K e^{\frac{1}{3}x^3} \cdot ( \frac{1}{3}x^3 )’ = Kx^2e^{\frac{1}{3}x^3}

og sette inn

\textnormal{Venstre side: } \quad 
\textcolor{red}{y’} = \textcolor{red}{Kx^2 e^{\frac{1}{3}x^3}} \\
\textnormal{Høyre side:} \quad
x^2 \textcolor{blue}{y} = x^2 \cdot Ke^{\frac{1}{3}x^3}

Og, vips, siden de to sidene er like, har vi løsningen på differensialligningen.

+ Eksempel 3: $y’ + \frac{y-1}{x} = 0$

Løs differensialligningen:

y’(x) + \frac{y(x) - 1}{x} = 0

Steg 1: Skriv $y’(x) = \frac{dy}{dx}$

\frac{dy}{dx} + \frac{y - 1}{x} = 0

Steg 2: Separerer

\begin{array}{rrcll}
&\frac{dy}{dx} + \frac{y - 1}{x} &=& 0 \qquad & | - \frac{y - 1}{x} \\
\Rightarrow & \frac{dy}{dx} &=& - \frac{y-1}{x} & | \cdot \frac{dx}{y-1} \\
\Rightarrow & \frac{1}{y-1} dy &=& - \frac{1}{x} dx
\end{array}

Steg 3: Integrerer begge sider

\int \frac{1}{y-1} dy = - \int \frac{1}{x} dx \\
\Rightarrow \quad \ln |y-1| = - \ln |x| + C

Steg 4: Finn et uttrykk for $y$ ved å bruke eksponentialfunksjonen på begge sider

e^{\ln |y-1|} = e^{- \ln |x| + C}

Nå kan vi bruke noe logaritmeregler og potensregler: 

\begin{array}{rclcrcl}
e^{\ln x} &=& x &\Rightarrow & e^{\ln |y - 1|} &=& |y-1| \\
a^{m + n} &=& a^m a^n &\Rightarrow & e^{-\ln |x| + C} &=& e^{- \ln |x|} e^C \\
\log x^y &=& y \log x & \Rightarrow & - \ln |x| &=& \ln |x|^{-1} \\
a^{-n} &=& \frac{1}{a} & \Rightarrow & |x|^{-1} &=& \frac{1}{|x|}
\end{array}

Dermed får vi:

|y-1| = \frac{e^C}{|x|}

Nå kan vi definere en ny konstant $K = \pm e^C$ slik at vi kan droppe absoluttverdien og putte fortegnene inn i konstanten:

y-1 = \frac{K}{x} \\
\Rightarrow \qquad y(x) = \frac{K}{x} + 1

Steg 5: Her har vi ingen startbetingelser og får derfor ikke bestemt $K$.

Steg 6: Sjekk løsningen ved å derivere

y’(x) = - \frac{K}{x^2}

og sette inn

\textcolor{red}{y’} + \frac{\textcolor{blue}{y}-1}{x} = \textcolor{red}{- \frac{K}{x^2}} + \frac{\textcolor{blue}{\frac{K}{x} + 1} - 1}{x} = - \frac{K}{x^2}  + \frac{\frac{K}{x} \cdot x}{x \cdot x} = - \frac{K}{x^2} + \frac{K}{x^2} = 0

Og, vips, har vi løsningen på differensialligningen.

+ Eksempel 4: $\frac{1}{x}y’ = \ln(x)$

Løs differensialligningen:

\frac{1}{x} y’(x) = \ln(x), \qquad x > 0, \quad y(1) = 1

Steg 1: Skriv $y’(x) = \frac{dy}{dx}$

\frac{1}{x}\frac{dy}{dx} = \ln (x)

Steg 2: Separerer

\begin{array}{rrcll}
& \frac{1}{x} \frac{dy}{dx} &=& \ln(x) \qquad & | \cdot x dx\\
\Rightarrow & dy &=& x \ln(x) dx
\end{array}

Steg 3: Integrerer begge sider

\int dy = \int x \ln x\; dx

Venstre side er grei å integrere (husk at det står et skjult ettall mellom integrasjonstegnet og $dy$):

\int dy = y + C_1

For å integrere høyre side, må vi bruke delvis integrasjon. Siden logaritmer er enklere å derivere enn å integrere, derfor velger vi den som $u$.

\textcolor{red}{u = \ln(x)} \\ \textcolor{blue}{v' = x}

$\Rightarrow$

\textcolor{purple}{u' = \frac{1}{x}} \\ \textcolor{green}{v = \frac{1}{2} x^2}

Setter inn i formelen:

\textnormal{Formel:} \int \textcolor{red}{u} \textcolor{blue}{v’} dx =\textcolor{red}{u} \textcolor{green}{v} - \int \textcolor{purple}{u’} \textcolor{green}{v} dx \newline 
\int \textcolor{red}{\ln(x)} \textcolor{blue}{x} dx = \textcolor{red}{\ln(x)} \cdot \textcolor{green}{\frac{1}{2} x^2} - \int \textcolor{purple}{\frac{1}{x}} \cdot \textcolor{green}{\frac{1}{2} x^2} dx

Rydder litt og integrer det siste leddet:

\begin{aligned}
\int x \ln(x) dx & = \frac{1}{2} x^2 \ln(x) - \frac{1}{2} \int x \; dx \\
\Rightarrow \int x \ln(x) dx &= \frac{1}{2} x^2 \ln(x) - \frac{1}{4} x^2 + C_2
\end{aligned}

De to konstantene kan vi slå sammen til en og dermed får vi:

\int dy = \int x \ln x\; dx \\
\Rightarrow \qquad y = \frac{1}{2}x^2 \ln(x) - \frac{1}{4}x^2 + C

Steg 4: Vi har allerede funksjonen til $y$

y(x) = \frac{1}{2}x^2 \ln(x) - \frac{1}{4}x^2 + C

Steg 5: Her har vi en randbetingelse $y(1) = 1$ slik at vi kan bestemme $C$. Setter $y = 1$ og $x=1$:

\begin{aligned}
1 &= \frac{1}{2} \cdot 1^2 \cdot \ln (1) - \frac{1}{4} \cdot 1^2 + C \\
\Rightarrow \quad 1 &= - \frac{1}{4} + C \\
\Rightarrow \quad \frac{5}{4} &= C
\end{aligned}

Og, dermed har vi løsningen:

y(x) = \frac{1}{2}x^2 \ln(x) - \frac{1}{4}x^2 + \frac{5}{4}

Steg 6: Sjekk løsningen ved å derivere ved hjelp av produktregelen

\begin{aligned}
y’(x) &= \frac{1}{2} (x^2)’ \ln(x) + \frac{1}{2} x^2 (\ln x)’ - \frac{1}{4} \cdot (x^2)’ \\
\Rightarrow \quad y’(x) &= x \ln(x) + \frac{1}{2}x - \frac{1}{2}x \\
\Rightarrow \quad y’(x) &= x \ln(x) 
\end{aligned}

og sette inn

\begin{aligned}
\textnormal{Venstre side:} \quad &
\frac{1}{x} \textcolor{red}{y’}  = \frac{1}{x} \cdot \textcolor{red}{x \ln (x)} = \ln(x) \\
\textnormal{Høyre side:} \quad &
\ln (x) \\
\textnormal{Randbetingelse:} \quad & y(1) = \frac{1}{2} \cdot 1^2 \cdot \ln(1) - \frac{1}{4} \cdot 1^2 + \frac{5}{4} = 1
\end{aligned}

Og, vips, siden høyre og venstre side er like og randbetingelsen stemmer, har vi funnet løsningen på differensialligningen.

← Matematikk

↓ Oppgaver

→ Integrerende faktor