Primitiva funktioner

Analys 360
En webbaserad analyskurs
Grundbok
Primitiva funktioner
Anders Källén
MatematikCentrum
LTH
[email protected]
Primitiva funktioner
1 (15)
Introduktion
Att bestämma de primitiva funktionerna till en given funktion är det omvända problemet
till att derivera en funktion: det gäller att hitta de funktioner som har en given derivata.
Problemet har två aspekter: (1) finns det en primitiv funktion till en given funktion och
(2) kan vi i så fall ange ett uttryck för denna i våra elementära funktioner? Den första
av dessa frågor diskuteras i kapitlet Integralkalkyl ; här ska vi se hur vi kan använda
räknereglerna för derivation till att bestämma uttryck för primitiva funktioner, när så
går.
En typ av funktioner som vi ofta vill hitta primitiva funktioner till är de rationella funktionerna, och här finns det en systematisk metod som gör att vi alltid kan uttrycka dessa
i de elementära funktionerna. Primitiva funktioner till polynom blir polynom, men primitiva funktioner till rationella funktioner behöver inte vara rationella funktioner. Men
lägger vi till den naturliga logaritmen och arctan-funktionen, vilka båda har derivator
som är rationella funktioner, så kan vi i princip alltid bestämma en primitiv funktion till
en rationell funktion. Vi ska inte gå igenom detta fullständigt, men ge de grundläggande
idéerna för hur man gör i konkreta situationer.
Kan vi bestämma primitiva funktioner kan vi också lösa vissa första ordningens differentialekvationer, nämligen de linjära och de separabla. Dessa karakteriseras av att man
genom ett trick kan återföra problemet på att bestämma primitiva funktioner.
Primitiva funktioner
Att finna en primitiv funktion till en given funktion f (x) innebär att vi ska hitta en
funktion F (x) sådan att F 0 (x) = f (x). Denna är nästan entydigt bestämd. Om F (x) och
G(x) är två primitiva funktioner till f (x) så gäller att skillnaden H(x) = F (x) − G(x)
har derivatan H 0 (x) = f (x) − f (x) = 0 överallt. Den måste därför vara en konstant,[1] så
den primitiva funktionen är entydigt bestämd på en additiv konstant när.
Exempel 1 En primitiv funktion till f (x) = xα ges, då α 6= −1, av F (x) =
xα+1 /(α + 1), ty F 0 (x) = xα . Varje annan primitiv funktion har därför formen
xα+1 /(α + 1) + C där C är en godtycklig konstant.
Man inför beteckningen
Z
f (x) dx
för alla primitiva funktionerna till f (x). Symbolen inrymmer i sig därför den okända konstanten C, vilket man måste tänka på när man använder den. Observationen i exemplet
ovan skrivs nu
Z
xα+1
α
+ C,
α 6= −1.
x dx =
α+1
När man bestämmer de primitiva funktionerna till en given funktion, säger man att man
integrerar denna. Detta språkbruk får en bättre förklaring i kapitlet Integrationskalkyl.
Primitiva funktioner
2 (15)
Att bestämma primitiva funktioner innebär att man måste känna till derivatan av de
vanliga funktionerna och kunna läsa denna “tabell” i omvänd riktning. Till det finns ett
antal räkneregler som helt enkelt är omvändningen till våra grundläggande räkneregler
för derivation.
a) Derivationsregeln (f + g)0 = f 0 + g 0 svarar mot integrationsregeln
Z
Z
Z
(f (x) + g(x))dx = f (x)dx + g(x)dx.
b) Derivationsregeln (cf )0 = cf , där c är en konstant, svarar mot integrationsregeln
Z
Z
cf (x)dx = c f (x)dx.
c) (Partialintegration) Derivationsregeln (f g)0 = f 0 g + f g 0 svarar mot integrationsregeln
Z
Z
0
f (x)g(x)dx = f (x)g(x) − f (x)g 0 (x)dx,
Regeln innebär att man flyttar över en derivata från ena faktorn i en produkt till
den andra. Detta kan ofta leda till en enklare integral.
d) Kedjeregeln (f ◦ g)0 (x) = f 0 (g(x))g 0 (x) svarar mot integrationsregeln
Z
f 0 (g(x))g 0 (x)dx = f (g(x)) + C.
Genom att ersätta f 0 med f och f med en primitiv funktion F till f får denna
formel utseendet
Z
f (g(x))g 0 (x)dx = F (g(x)) + C.
Denna formel utnyttjas oftast genom att man gör ett variabelbyte, såsom illustreras
nedan.
Vi ska nu exemplifiera dessa räkneregler.
Exempel 2 De primitiva funktionerna till polynomet
p(x) =
n
X
ak x k
k=0
har formen
Z
p(x)dx =
n
X
k=0
ak
xk+1
+ C.
k+1
För detta använder vi de första två räknereglerna. De primitiva funktionerna till
polynom är därför också polynom.
Primitiva funktioner
3 (15)
Exempel 3 För att bestämma en primitiv funktion till x cos x utnyttjar vi att
cos x = sin0 (x) och partialintegrerar:
Z
Z
Z
x cos xdx = x(sin x) − 1 · sin xdx = x sin x − sin xdx = x sin x + cos x + C.
Jämfört med formeln för partialintegration har vi alltså tagit f (x) = sin x och g(x) =
x. Idén här är att vi vill flytta över derivatan på sin x (som är cos x) till x, vars
derivata är väldigt enkel.
√
Exempel 4 För att bestämma en primitiv funktion till x/ 1 + x2 observerar vi att
om vi sätter g(x) = 1 + x2 , så gäller att g 0 (x) = 2x och därför att
x
g 0 (x)
√
= p
.
1 + x2
2 g(x)
√
Inför vi vidare f (y) = 1/(2 y) kan detta skrivas f (g(x))g 0 (x). En primitiv funktion
√
till f (y) ges av y, och vi får därför att
Z
Z
p
√
xdx
√
= f (g(x))g 0 (x)dx = g(x) + C = 1 + x2 + C.
1 + x2
Dessa är de sökta primitiva funktionerna.
Man gör ofta dessa räkningar med variabelbyten istället, där man tar y = g(x) som
ny variabel. Vi skriver då
Z
Z
√
dy/2 √
xdx
y = 1 + x2
√
=
= y + C = 1 + x2 + C.
√
dy = 2xdx
y
1 + x2
Anmärkning Här kan det ibland vara lite komplicerat att reda ut variabelbytet och
man kan därför först vilja lösa ut x som funktion av y, därefter beräkna dx/dy och
slutligen räkna ut vilket uttrycket för integranden blir i y:
y = 1 + x2 ⇔ x = ±
p
y−1
⇒
dy
dx = ± √
2 y−1
⇒
√
y − 1 2√dy
xdx
dy
y−1
2
√
= (±1)
= √ .
√
2
y
2 y
1+x
Det första exemplet visar att varje polynom har ett polynom som primitiv funktion. Varje
rationell funktion har emellertid inte en rationell funktion som primitiv funktion. T.ex.
finns det ingen rationell funktion som är primitiv funktion till någon av funktionerna
1
1
och
.
x
1 + x2
Primitiva funktioner
4 (15)
Vi har sett i tidigare kapitel att dessa är derivatan av ln |x| respektive arctan x. Vi ska
återkomma till hur man hittar primitiva funktioner till rationella funktioner i ett avsnitt
längre fram.
Här är några exempel på hur man kan integrera vissa trigonometriska funktioner.
Exempel 5 Att bestämma en primitiv funktion till cos3 x görs förslagsvis genom
att göra ett variabelbyte:
Z
Z
Z
y = sin x
3
2
cos x dx = (1 − sin x) cos x dx =
(1 − y 2 )dy =
dy = cos x dx
y−
sin3 x
y3
+ C = sin x −
+ C.
3
3
Variabelbytet i detta exempel fungerar i princip när vi vill hitta en primitiv funktion till
cosn x eller sinn x, där n är ett udda heltal. För jämna potenser måste man emellertid
göra på något annat sätt. Nästa exempel visar hur man kan göra för jämna, positiva,
potenser.
Exempel 6 För att hitta en primitiv funktion till cos2 x måste vi gå tillväga lite
annorlunda. Ett alternativ är att använda den trigonometriska formeln för halva
vinkeln:
Z
Z
x sin(2x)
1 + cos(2x)
2
dx = +
+ C.
cos x dx =
2
2
4
I princip kan vi få primitiva funktioner till cosn x och sinn x för jämna heltal n > 0
detta sätt: genom att först skriva om det som en summa av cosinusfunktioner med andra
argument. För detta kan man antingen använda additionsformlerna för sinus och cosinus,
eller Eulers formler
eix + e−ix
eix − e−ix
cos x =
, sin x =
2
2i
ix
Det är nämligen inget problem att integrera e :
Z
Z
eix
ix
e dx = (cos x + i sin x)dx = − sin x + i cos x + C = −i(cos x + i sin x) + C =
+C
i
Integrerande faktor
Att hitta en primitiv funktion F till en given funktion f innebär att hitta en funktion F
sådan att F 0 = f . Kan man det så kan man faktiskt också lösa det allmännare problemet
att bestämma de funktioner y som är sådana att
y 0 (t) + a(t)y(t) = f (t),
Primitiva funktioner
5 (15)
där a, f är givna funktioner. Om a = 0 är det problemet att hitta de primitiva funktionerna, om inte är det en första ordningens (linjär) differentialekvation.
Allt som behövs är ett litet trick. För att illustrera detta börjar vi med ett enkelt exempel.
Exempel 7 Betrakta ekvationen
y 0 (t) = p − ky(t),
där p, k är konstanter. Om vi skriver om den som y 0 + ky = p och sedan multiplicerar
ekvationen med ekt så får vi att högerledet är en derivata:
ekt y 0 (t) + kekt y(t) = pekt
⇔
(ekt y(t))0 = pekt .
Men om vi nu integrerar de två leden i den sista ekvationen får vi att
Z
ekt
kt
e y(t) = pekt dt = p
+ C.
k
R
Vi behöver bara lägga till en konstant C på ena sidan och så länge vi har ett -tecken
finns den inbakad i den symbolen. Om vi nu dividerar med ekt så får vi att
y(t) =
p
+ Ce−kt .
k
Konstanten C bestäms oftast av y(0). Om t.ex. y(0) = 0 ser vi att C = −p/k och
lösningen blir y(t) = kp (1 − e−kt ).
Den här ekvationen har vi diskuterat i kapitlet Kvalitativa lösningar till differentialekvationer där vi gjorde då variabelbytet z = p − ky. Men tekniken i exemplet ovan är mycket
mer allmängiltig, därför att varken p eller k behöver vara konstanter.
Exempel 8 Om vi ersätter högerledets konstant p med en godtyckligt (kontinuerlig)
funktion f (t), så ändras ingenting i vad vi gör :
y 0 (t) + ky(t) = f (t)
⇔
ekt (y 0 (t) + ky(t) = f (t)ekt
och resultatet blir
−kt
y(t) = e
Z
⇔
(ekt y(t))0 = f (t)ekt ,
f (t)ekt dt.
Om vi kommer vidare från detta beror helt och hållet på om vi kan hitta en primitiv
funktion till f (t)ekt .
Vi tar en tillämpning på detta.
Primitiva funktioner
6 (15)
Exempel 9 Uran 239 sönderfaller genom att sända ut β-strålning till neptunium
239, som i sin tur, återigen genom β-strålning, övergår i plutonium 239, som vi
betraktar som stabil. Halveringstiden är 23 minuter respektive 56 timmar. Hur stor
är mängden plutonium efter 12 timmar, om vi startar med 1 kg uran?
Situationen illustreras i figuren nedan
N1
λ1 N1
λ2 N2
N2
N3
där N1 är mängden (kg) uran, N2 mängden neptunium och N3 mängden plutonium.
Hastighetskonstanterna λ1 och λ2 bestäms från halveringstiderna enligt
λ1 = 60 ln(2)/23 ≈ 1.81,
λ2 = (ln 2)/56 ≈ 0.012.
Vi mäter här tiden i timmar och vi har att
N1 (t) = e−λ1 t ,
eftersom vi startar med 1 kg.
För neptunium är situationen lite mer komplicerad. Sönderfallshastigheten (utflödet)
är λ2 N2 (t), men samtidigt tillförs det nytt neptunium med en hastighet som är
−N10 (t) = λ1 N1 (t) = λ1 e−λ1 t . Massbalans ger därför att N2 (t) uppfyller differentialekvationen
N20 (t) = λ1 e−λ1 t − λ2 N2 (t).
För att lösa den flyttar vi över sista termen till vänsterledet och multiplicerar ekvationen med den integrerarnde faktorn eλ2 t . Detta ger oss
(eλ2 t N2 (t))0 = λ1 e(λ2 −λ1 )t .
Integrerar vi denna ekvationen får vi att
eλ2 t N2 (t) =
λ1
e(λ2 −λ1 )t + C.
λ2 − λ1
C bestäms genom att utnyttja att vi inte har något neptunium vid tiden noll, alltså
N2 (0) = 0. Det ger oss C = −λ1 /(λ2 − λ1 ) = −λ1 /(λ1 − λ2 ). Vi ser därför till slut
att
λ1
N2 (t) =
(e−λ2 t − e−λ1 t ).
λ1 − λ2
Primitiva funktioner
7 (15)
Men det var mängden N3 (t) av plutonium vi sökte vid t = 12. Vi antar att plutonium
inte sönderfaller, och då gäller att mängden av detta uppfyller differentialekvationen
N30 (t) = λ2 N2 (t).
Denna integreras till
λ1 λ2
N3 (t) =
λ2 − λ1
Z
(e−λ1 t − e−λ2 t )dt =
1
(−λ2 e−λ1 t + λ1 e−λ2 t + C).
λ2 − λ1
Även nu är N3 (0) = 0, så vi får att C = λ2 − λ1 och alltså
N3 (12) = 1 −
1
(λ1 e−12λ2 − λ2 e−12λ1 ) ≈ 0.13 kg.
λ1 − λ2
De tre funktionerna illustreras i figuren nedan (uran i grönt, neptunium i blått och
plutonium i rött).
1
0.5
5
10
15
timmar
Om vi låter k bero av t också måste vi ändra lite. Funktionen vi multiplicerade med för
att få en jämn derivata i vänsterledet, alltså ekt , var vald så därför att dess derivata är
kekt (titta igenom argumentet). Om vi därför istället har en ekvation
y 0 (t) + k(t)y(t) = f (t)
så tar vi en primitiv funktion K till k. Då gäller nämligen att (eK(t) )0 = k(t)eK(t) , så om
vi multiplicerar differentialekvationen med eK(t) så får vi
eK(t) y 0 (t) + k(t)eK(t) y(t) = f (t)eK(t)
Lösningen ges därför av
y(t) = e
−K(t)
Z
⇔
(eK(t) y(t))0 = f (t)eK(t) .
eK(t) f (t)dt.
Primitiva funktioner
8 (15)
Anmärkning Detta är ingen formel att lära sig. Man lär sig härledningen! Funktionen eK(t) kallas den integrerande faktorn (till ekvationen), eftersom multiplikation
med den gör det möjligt att integrera ekvationen.
Exempel 10 Vi vill lösa ekvationen
1
y 0 (t) − y(t) = t2 .
t
Vi börjar då med att bestämma en primitiv funktion till k(t) = −1/t, nämligen
Z
dt
= − ln t + C.
K(t) = −
t
Vi behöver bara en primitiv funktion, så vi tar C = 0 och sätter K(t) = − ln t. Vi
multiplicerar nu ekvationen med
eK(t) = e− ln t =
1
t
och får efter integration ekvationen
Z 2
Z
1
t
t2
y(t) =
dt = tdt = + C.
t
t
2
Det följer att
y(t) =
t3
+ Ct.
2
Anmärkning Om vi tittar på lösningarna till en ekvation av typen y 0 (t)+a(t)y(t) =
f (t) så ser vi att denna kan skrivas y(t) = yp (t) + Cyh (t), där yp är en lösning till
ekvationen (kallad partikulärlösning) och yh är en lösning till den s.k. homogena
ekvationen, där högerledet sätts lika med noll:
y 0 (t) + a(t)y(t) = 0.
Denna observation gör det möjligt för oss att ibland gissa/prova oss fram till lösningen
på ekvationen. Denna egenskap är också skälet till att sådana här ekvationer kallas
linjära ekvationer.
Primitiva funktioner till rationella funktioner
Vi ska nu se hur man kan finna primitiva funktioner till rationella funktioner. Vi gör detta
i form av exempel i stigande svårighetsgrad. Det bör dock påpekas att vi endast illustrerar
Primitiva funktioner
9 (15)
hur man kan gå tillväga – enskilda problem kan ibland lösas enklast genom andra knep.
Ej heller gör vi någon systematisk genomgång, utan ger endast de grundläggande idéerna.
Exempel 11 Vi börjar med att bestämma
Z
2xdx
(x − 2)(x + 3)
Att partialbråksuppdela integranden betyder att vi vill hitta konstanter A, B sådana
att
(1)
2x
A
B
=
+
.
(x − 2)(x + 3)
x−2 x+3
Detta går, ty om vi sätter högerledet på gemensam nämnare ser vi att vi ska
bestämma konstanterna så att
2x = A(x + 3) + B(x − 2)
⇔
2x = (A + B)x + 3A − 2B.
Om denna likhet ska vara sann för alla x, måste det gälla att
(
(
(
A=
5A = 4
A+B =2
⇔
⇔
B = 3A/2
3A − 2B = 0
B=
4
5
6
5
.
Det vi kommit fram till så här långt är alltså att
4
6
2x
=
+
.
(x − 2)(x + 3)
5(x − 2) 5(x + 3)
Men från det får vi direkt att
Z
4
6
2xdx
= ln |x − 2| + ln |x + 3| + C.
(x − 2)(x + 3)
5
5
Notera att den primitiva funktion till 1/x vi ska använda är ln |x| eftersom vi inte
har specificerat vilka x som är aktuella (i detta fall x 6= 0).
Anmärkning Det finns dock en enklare metod att hitta konstanterna i partialbråksuppdelningen i exemplet. Multiplicerar vi originalekvationen med (x − 2) och
sedan sätter x = 2, ser vi att A = 4/5. Multiplicerar vi sedan samma ekvation
med (x + 3) och sätter x = −3, ser vi att B = (−3)/(−5) = 3/5. Detta kallas
handpåläggningsmetoden och tillgår så att man, för att bestämma A i (1) håller över
(x − 2) i vänsterledet och räknar ut vad man får om man sätter in x = 2. På samma
sätt håller man över (x + 3) och beräknar uttrycket då x = −3 för att få B.
Primitiva funktioner
10 (15)
Exempel 12 Vi ska nu se hur man partialbråksuppdelar den rationella funktionen
x+1
.
(x + 2)(x − 2)3
Idén är att vi ska göra en uppdelning av funktionen som p(x)/(x + 2) + q(x)/(x − 2)3 ,
där polynomen i täljaren är av ett gradtal som är ett mindre än det i nämnaren.
För p(x) betyder det att det måste vara en konstant, p(x) = A, medan det för q(x)
innebär att det ska vara ett andragradspolynom. Här är det dock klokare att skriva
q(x) inte som ett polynom i x, utan som ett polynom i (x − 2):
q(x) = B(x − 2)2 + C(x − 2) + D.
Vi får då nämligen
B
C
A
D
x+1
+
+
=
+
.
(x + 2)(x − 2)3
x + 2 x − 2 (x − 2)2 (x − 2)3
Om vi multiplicerar denna ekvation med (x + 2) och sedan sätter x = −2, så ser vi
att
1
−1
= 3.
A=
3
(−4)
4
Om vi istället multiplicerar ekvationen med (x − 2)3 och sedan sätter x = 2 får vi
att
3
D= .
4
Vi har nu bestämt två konstanter, och om vi flyttar över de termerna till vänsterledet
får vi att
x+1
1
3
43 (x + 1) − (x − 2)3 − 3 · 42 (x + 2)
−
−
=
=
(x + 2)(x − 2)3 43 (x + 2) 4(x − 2)3
43 (x + 2)(x − 2)3
(4 − (x − 2))(4 + (x − 2))
6−x
42 (x − 2) − (x − 2)3
=
= 3
3
3
3
2
4 (x + 2)(x − 2)
4 (x + 2)(x − 2)
4 (x − 2)2
=
1
1
− 3
.
− 2) 4 (x − 2)2
42 (x
Sammanfattningsvis har vi alltså att
x+1
1
1
1
3
= 3
+ 2
− 3
+
,
3
2
(x + 2)(x − 2)
4 (x + 2) 4 (x − 2) 4 (x − 2)
4(x − 2)3
ur vilket vi sedan drar slutsatsen att
Z
(x + 1)dx
1
1
1
3
=
ln |x + 2| +
ln |x − 2| +
−
+ C.
3
(x + 2)(x − 2)
64
16
64(x − 2) 8(x − 2)3
Innan vi går vidare med ytterligare partialbråksuppdelningar går vi emellan med ett
närliggande exempel.
Primitiva funktioner
11 (15)
Exempel 13 Vi ska bestämma
Z
(4 + x)dx
.
x2 + 2x + 5
Vi börjar då med att observera att x2 + 2x + 5 = (x + 1)2 + 4. Vi gör därför
variabelbytet y = x + 1 i syfte att förenkla integralen lite:
Z
Z
Z
(y + 3)dy
ydy
dy
=
+3
.
2
2
2
y +4
y +4
y +4
De två integralerna i högerledet behandlas nu på olika sätt:
a) I den första integralen sätter vi t = y 2 + 4, vilket är nämnaren. Då gäller att
dt = 2ydy och integralen blir
Z
1
dt
1
1
1
= ln t + C = ln(y 2 + 4) + C = ln((x + 1)2 + 4) + C.
2
t
2
2
2
b) I den andra integralen vill vi ha en 1:a istället för 4:a efter plustecknet i
nämnaren, så vi bryter ut 4:
Z
Z
1
dy
dy
=
.
2
y +4
4
(y/2)2 + 1
Sedan gör vi variabelbytet t = y/2 för att få
Z
Z
1
dy
1
2dt
1
1
x+1
=
= arctan t + C = arctan
+C
2
2
4
(y/2) + 1
4
t +1
2
2
2
Sammanfattar vi får vi att
Z
(4 + x)dx
1
3
x+1
= ln |x2 + 2x + 5| + arctan
+ C.
2
x + 2x + 5
2
2
2
En sista illustration innan vi byter ämne.
Exempel 14 Vi ska bestämma
Z
x3
13dx
.
+ x − 10
Vi måste då först faktorisera nämnaren. Efter lite provande ser vi att x = 2 är
ett nollställe till polynomet i nämnaren, så enligt faktorsatsen är detta delbart med
Primitiva funktioner
12 (15)
(x − 2). Utför vi polynomdivisionen ser vi att
x3 + x − 10 = (x − 2)(x2 + 2x + 5) = (x − 2)((x + 1)2 + 4).
Vi ser att kvoten inte kan faktoriseras vidare, så vi får göra en partialbråksuppdelning
på formen
13
A
Bx + C
=
+
.
2
(x − 2)(x + 2x + 5)
x − 2 (x + 1)2 + 4
Här bestämmer vi först A = 1 som tidigare genom att multiplicera ekvationen med
(x − 2), varefter vi subtraherar det från vänsterledet:
13
1
8 − 2x − x2
4+x
−
=
=− 2
.
2
2
(x − 2)(x + 2x + 5) x − 2
(x − 2)(x + 2x + 5)
x + 2x + 5
Men hur vi bestämmer en primitiv funktion till uttrycket i högerledet diskuterade
vi i föregående exempel, och använder vi det ser vi att
Z
13dx
1
3
x+1
= ln |x − 2| − ln |x2 + 2x + 5| − arctan
+C
2
(x − 2)(x + 2x + 5)
2
2
2
I alla exemplen ovan har gradtalet på täljaren varit lägre än det för nämnaren. Om så
inte är fallet gör man först en polynomdivision så att man får ett polynom plus en rest
som är en rationell fuktion för vilken nämnaren har högre gradtal än täljaren.
Separabla differentialekvationer
Funktionen y(t) uppfyller en separabel differentialekvation om det gäller att det finns
funktioner f (y) och g(t) sådana att
y 0 (t) = f (y(t))g(t).
Finessen är att högerledet är en funktion av y gånger en funktion av t. Man kan då
separera variablerna genom att dividera med f (y):
y 0 (t)
= g(t).
f (y(t))
Ett annat, ekvivalent, sätt att skriva detta är som
Z
Z
dy
= g(t)dt.
f (y)
Om G(t) är en primitiv funktion till g(t) och H(u) är en primitiv funktion till 1/f (u), så
betyder detta att
H(y) = G(t) + C
för någon konstant C. Vi får alltså en ekvation som i princip bestämmer y som funktion
av t, även om vi kanske inte kan hitta ett explicit uttryck för y(t)[2] . Låt oss se hur detta
fungerar i verkligheten.
Primitiva funktioner
13 (15)
Exempel 15 Om vi tar f (y) = ky, där k är en konstant, och g(t) = 1, så får vi
differentialekvationen
y 0 (t) = ky(t).
Denna är separabel, och ekvivalent med
Z
Z
dy
= k dt ⇔
y
ln |y| = kt + C.
I det här fallet kan vi lösa ut y: y(t) = ±ekt+C , vilket vi hellre skriver y(t) = Cekt
genom att låta det nya C stå för det gamla ±eC .
Exempel 16 En med föregående ekvation närbesläktad differentialekvation är
y 0 (t) = −ty(t).
Den är också separabel (med f (y) = y och g(t) = −t) och ekvivalent med
Z
Z
dy
t2
= (−t)dt ⇔ ln |y| = − + C.
y
2
2 /2
Även nu kan vi lösa ut y som funktion av t: y(t) = Ce−t
.
Anmärkning Båda dessa ekvationer är naturligtvis också linjära och kan därför även
lösas med integrerande faktor.
Exempel 17 En mer komplicerad separabel differentialekvation är
y 0 (t) =
(t − 1)y(t)
.
t(1 − y(t))
Om vi här samlar y i vänsterledet och t i högerledet, ser vi att denna är ekvivalent
med
Z
Z
(1 − y)dy
(t − 1)dt
=
.
y
t
Detta i sin tur är ekvivalent med att
Z
Z
−1
(y − 1)dy = (1 − t−1 )dt
⇔
ln |y| − y = t − ln t + C.
Konstanten C bestäms typiskt av ett startvillkor y(0) = y0 . Här kommer vi inte
mycket längre – vi kan inte lösa ut y som en funktion av t.
Primitiva funktioner
14 (15)
Ekvationer på formen
y 0 = r(a − y)(b − y),
(2)
där a, b är konstanter, är viktiga ekvationer inom bl.a. reaktionskemin och ekologin. De
är också separabla och vi ska se närmare på deras lösningar. Vi börjar med fallet a = b i
ett exempel.
Exempel 18 Etylacetat (C2 H5 COCOCH3 ) hydroliseras i basisk lösning till etanol
och acetatjon enligt formeln
C2 H5 COCOCH3 + OH − → C2 H5 OH + CH3 COO− .
Man gjorde i ordning en lösning vid 30.0◦ C höll 50 mM ester och 50 mM OH − .
Antag att reaktionen följer massverkans lag.
I det här fallet väljer vi att ta y(t) som koncentrationen (mM) av etylacetatet vid
tiden t.[3] Då ska enligt antagandet y lösa differentialekvationen
y 0 (t) = −ry(t)2 , y(0) = 50
för någon hastighetskonstant r. Detta är en separabel differentialekvation, och separeras till
Z
Z
1
dy
= rt + C.
− 2 = rdt ⇔
y
y
Eftersom y(0) = 50, följer att C = 1/50 och alltså
y(t) =
50
.
50rt + 1
Differentialekvationen (2) är ekvivalent med
Z
Z
dy
= rdt.
(a − y)(b − y)
För att hitta en primitiv funktion till 1/(a − y)(b − y) när a 6= b partialbråksuppdelar vi
denna funktion. Vi ser då att föregående ekvation är ekvivalent med
Z
1
1
1
(
−
)dy = rt + C.
a−b
b−y a−y
Integrerar vi får vi att
1
(− ln |b − y| + ln |a − y|) = rt + C
a−b
⇔
a − y 1
= rt + C.
ln a − b b − y
Genom att byta C mot (a−b)C (vilket vi kan göra eftersom C är en godtycklig konstant),
kan vi skriva denna ekvation som
a − y = r(a − b)t + C.
ln b−y
Primitiva funktioner
15 (15)
Här kan vi lösa ut y som funktion av t, men precis hur vi gör det beror på hur y förhåller
sig till konstanterna a, b.
Exempel 19 Vi har tidigare stött på ekvationen
y 0 (t) = −
1
(y(t) − 5)(y(t) − 1),
20
y(0) = 0.8
som beskrivande dynamiken för en fågelpopulation efter att ett vulkanutbrott hade
reducerat deras antal till 800 (vi mäter y i 1000-tal). Enligt vad vi har ovan ges
lösningen på differentialekvationen av
5 − y = − 1 (5 − 1)t + C = −t/5 + C.
ln 1 − y
20
Konstanten bestäms av att vi sätter y = 0.8 då t = 0:
4.2 C = ln = ln 21.
0.2
Eftersom vi vet att y < 1 hela tiden kan vi nu skriva om ekvationen som
5 − y(t)
= 21e−t/5
1 − y(t)
⇔
y(t) =
21e−t/5 − 5
.
21e−t/5 − 1
Från detta ser vi bl.a. att tidpunkten då fåglarna dör ut ges av
5 − 21e−t/5 = 0
⇔
t = 5 ln
21
≈ 7.2 år.
5
Detta senare är dock lättare att få ur den implicita ekvationen. Om vi nämligen
sätter y = 0 i den får vi att
ln 5 = −t/5 + ln(21),
vilket ger samma lösning.
Noteringar
1. Se diskussionen om medelvärdessatsen i kapitlet Analys av polynomfunktioner.
2. Ekvationen kan ha flera lösningar y till ett givet t, och då måste man också identifiera vilken
som hör till en speciell lösning.
3. Istället för att skriva koncentrationen av etylacetatet som 50 − y(t) som texten innan
exemplet ger.