1
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Separabla differentialekvationer
SEPARABLA DIFFERENTIALEKVATIONER
En differentialekvation (DE) av första ordningen sägs vara separabel om den kan skrivas på
dy
formen P( y ) = Q ( x ) eller ekvivalent
dx
P( y )dy = Q ( x )dx
.
(1)
Den allmänna lösningen till (1) erhålles genom att integrera båda leden i (1)
∫ P( y )dy = ∫ Q( x )dx .
(2)
Förklaring: Anta att y ( x ) = h( x ) är en lösning till P( y )
dy
= Q ( x ) . Då gäller
dx
d ( h( x ))
= Q ( x ) . Om vi integrerar på x båda leden i sista ekvationen får vi
dx
d
∫ P(h( x )) dx (h( x ))dx = ∫ Q( x )dx och genom att använda substitutionen
h( x ) = y ⇒ h′( x )dx = dy får vi ∫ P( y )dy = ∫ Q ( x )dx dvs (2) .
P( h( x ))
För att kolla om en differentialekvation av första ordningen L(x,y,y' ) = R(x,y,y' ) är
separabel, och därefter lösa den, gör vi följande enkla steg:
STEG 1. Lös ut explicit första derivatan y'=F(x,y)
STEG 2. Faktorisera högerledet i faktorer som innehåller endast en variabel x eller y , om
detta är möjligt:
f ( x) g ( y)
t ex y ′ = f ( x ) g ( y ) eller y ′ =
h ( x )k ( y )
Om det är omöjligt att faktorisera i faktorer med endast en variabel då är ekvationen inte
separabel.
dy
STEG 3. Ersätt y ′ med
och separera variabler dvs flytta "y-faktorer" till vänster och "xdx
faktorer" till häger och ange ekvationen på formen
A( y )dy = B( x )dx
Den delen ska man hantera försiktigt. När man delar en ekvation med ett uttryck som
innehåller en obekant, måste man kolla om uttrycket som man delar med innehåller en
eller flera lösningar till ekvationen. Annars kan man tappa några lösningar.
STEG 4. Du får lösningen genom att integrera båda leden
∫ A( y )dy = ∫ B( x )dx + C
(Det räcker att addera konstanten C till högerleden)
Sida 1 av 9
2
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Separabla differentialekvationer
STEG 5. Förenkla lösningen och, om möjlig, ange y på explicit form y = f (x ) .
STEG 6. Kolla om ekvationen har singulära lösningar.
Uppgift 1 a) Lös ekvationen 10 y ′ − x 3 y 2 = 4 x 3 .
b) Är ekvationen y ′ − y 2 = x 3 separabel?
Lösning 1a:
STEG 1. Vi lös ut y':
4x3 + x3 y2
10
STEG 2. Vi faktorisera högerledet i faktorer som innehåller endast en variabel x eller y ( om
detta är möjligt):
10 y ′ − x 3 y 2 = 4 x 3 ⇒ y ′ =
y′ =
x 3 (4 + y 2 )
10
dy
, separerar variabler och får
dx
dy
x3
dy x 3 ( 4 + y 2 )
(notera att 4 + y 2 ≠ 0 )
⇒ (separera var.)
=
=
dx
10
dx
4 + y 2 10
STEG 3. Vi ersätter y ′ med
STEG 4. Integrera båda leden
dy
x3
=
∫ 4 + y 2 ∫ 10 dx
⇒
(formelsamling)
y
x4
1
+ C den allmänna lösningen på implicit form.
arctan ( ) =
2
2
40
STEG 5. Vi anger y på explicit form y=y(x) :
1
y
x4
x4
y
x4
y
x4
arctan ( ) =
+ 2C ⇒ = tan( + 2C ) ⇒ y = 2 tan( + 2C )
+ C ⇒ arctan ( ) =
20
20
2
20
2
2
40
2
4
x
Svar 1a: y = 2 tan( + 2C ) den allmänna lösningen på explicit form.
20
Lösning 1b: Är ekvationen y ′ − y 2 = x 3 separabel?
Steg 1 y ′ = x 3 + y 2 . Vi kan inte faktorisera x 3 + y 2 i produkt av faktorer som innehåller
endast en variabel x eller y, Därför är ekvationen INTE separabel.
Svar 1b: Nej
Sida 2 av 9
3
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Separabla differentialekvationer
Uppgift 2.
Lös följande differentialekvation med avseende på y (x )
( x 2 + 5x + 3 + e8 x )
.
y 3 + y + cos y
y′ =
Lösning:
Först ersätter vi y ′ med
dy
dx
dy ( x 2 + 5 x + 3 + e 8 x )
,
=
dx
y 3 + y + cos y
och därefter separerar variabler
( y 3 + y + cos y )dy = ( x 2 + 5 x + 3 + e 8 x )dx
Slutligen integrerar vi båda leden:
∫(y
3
+ y + cos y )dy = ∫ ( x 2 + 5 x + 3 + e 8 x )dx
y4 y2
x 3 5x 2
e8 x
, den allmänna lösningen (på implicit form).
+
+ sin y =
+
+ 3x +
+C
4
2
3
2
8
y4 y2
x 3 5x 2
e8 x
Svar:
+
+ sin y =
+
+ 3x +
+C
4
2
3
2
8
Uppgift 3.
a) Lös följande differentialekvation med avseende på y (x )
y ′ = ( x 2 + x + 3 + e 5 x )(1 + y 2 ) .
b) Ange lösningen på explicit form.
Lösning:
Först ersätter vi y ′ med
dy
och därefter separerar variabler:
dx
dy
= ( x 2 + x + 3 + e 5 x )(1 + y 2 ) ⇒
dx
dy
= ( x 2 + x + 3 + e 5 x )dx
(1 + y 2 )
Vi har separerat variabler. Det kvarstår att integrera båda leden:
dy
∫ (1 + y
2
)
= ∫ ( x 2 + x + 3 + e 5 x )dx ⇒
x3 x2
e5 x
+ + 3x +
+ C (den allmänna lösningen på implicit form).
3 2
5
b) Explicit form:
Vi löser ut y ur föregående ekvation och får
arctan( y ) =
y = tan(
x3 x2
e5x
+ C ) (den allmänna lösningen på explicit form).
+
+ 3x +
3
2
5
Sida 3 av 9
4
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Separabla differentialekvationer
Uppgift 4. Partikulär lösning
a) Bestäm den allmänna lösningen till ekvationen
y′
= 8x3 .
2
1− y
b) Ange lösningen på explicit form.
c) Bestäm den lösning som satisfierar
1
(begynnelsevillkoret).
y ( 0) =
2
Lösning:
a) Notera att ekvationen är inte definierad för y = ±1 .
dy
och därefter separerar variabler:
Först ersätter vi y ′ med
dx
dy
= 8 x 3dx .
2
1− y
Vi integrerar båda leden och får
∫
dy
1− y
= ∫ 8 x 3dx ⇒ (formelsamling)
2
⇒ arcsin y = 2 x 4 + C
(den allmänna lösningen på implicit form).
b) Explicit form:
Vi löser ut y ur föregående ekvation och får
y = sin(2 x 4 + C ) (den allmänna lösningen på explicit form).
1
c) Vi använder villkoret y (0) = för att bestämma C i den allmänna lösningen,
2
1
sin(0 + C ) = .
2
Härav C =
π
6
.
(Anmärkning: Man kan använda ett av värdena C =
π
π
6
+ 2kπ .)
och y = sin( 2 x 4 + ) är den partikulära lösningen som satisfierar givet villkor.
6
dy
Notera igen att ekvationen
= 8 x 3dx är inte definierad om y = ±1 dvs om
2
1− y
π
sin( 2 x 4 + ) .
6
Uppgift 5. Singulära lösningar
a) Bestäm alla lösningar till ekvationen
y′ = 3 4 − y 2 .
(*)
Lösning:
Sida 4 av 9
5
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
a) Först ersätter vi y ′ med
Separabla differentialekvationer
dy
dx
dy
= 3 4 − y2 .
dx
När man delar en ekvation med et uttryck som innehåller en obekant måste man kolla
om uttrycket som man delar med innehåller en eller flera lösningar till ekvationen.
Annars kan man tappa några lösningar.
För att separera variabler delar vi föregående ekvation med
4 − y 2 och därför antar att
4 − y 2 ≠ 0 . Alltså fortsättning gäller om y ≠ ±2 .
Men vad gäller i fallet y = 2 eller y = −2 ?
Omedelbart inses att de två konstanta funktioner satisfierar ekvationen (*).
( t ex y = 2 ⇒ y ′ = 0 ⇒ båda leden i ekvationen (*) är lika med 0)
Alltså har vi fått två ”speciella” lösningar.
Om de inte omfattas av den allmänna lösningen då kallas sådana ”speciella” lösningar för
singulära lösningar.
Vi fortsätter med separation och integration för att få den allmänna lösningen.
dy
= 3dx ⇒
4 − y2
y
arcsin( ) = 3x + C ⇒
2
y
= sin(3x + C ) ⇒
2
y = 2 sin(3x + C ) ( Den allmänna lösningen).
De två ”speciella” lösningar y = 2 , y = −2 finns inte bland de allmänna lösningar,
( Det finns inte något C-värde sådant att y = 2 sin(3x + C ) blir y = 2 eller y = −2
och därför kallas de för singulära lösningar.)
Svar: Ekvationen har följande lösningar:
y = 2 sin(3x + C ) ( Den allmänna lösningen),
(singulär lösning)
y = 2,
(singulär lösning)
y = −2
Uppgift 6.
Betrakta ekvationen
(1 − x) y ′ = y − 3 .
a) Bestäm den allmänna lösningen till ekvationen .
b) Skriv lösningen på explicit form d v s på formen y = f (x) .
c) Bestäm den lösning som satisfierar begynnelsevillkoret y(0) =0.
Lösning:
a)
Sida 5 av 9
6
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Separabla differentialekvationer
dy
= y −3 ⇒
dx
( Vi delar med (y-3) och antar att y ≠ 3 . Omedelbart inses att funktionen y = 3 är en
lösning till ekvationen )
(1 − x) y ′ = y − 3 ⇒ (1 − x)
dy
dx
dy
dx
⇒ ∫
=
=∫
y − 3 1− x
y −3
1− x
⇒ ln | y − 3 |= − ln | 1 − x | +C (den allmänna lösningen på implicit form ).
b) Från föregående ekvation får vi
| y − 3 |= e − ln|1− x|+ C ⇒ y − 3 = ± eC e − ln|1− x|
(Vi förenklar e
) = | 1 −1 x | = ± (11− x ) )
= (e
ln |1− x | −1
− ln |1− x |
y − 3 = ± eC ⋅
1
± (1 − x )
Vi betecknar konstanten ± eC ⋅
y −3=
⇒
⇒
y = 3+
1
= D och får
±1
D
1− x
D
.
1− x
(den allmänna lösningen på explicit form som
dessutom inkluderar den ”speciella” lösningen y=3 )
c)
y (0) = 0 ⇒ D = −3 ⇒
y=
y = 3−
3
⇒
1− x
3x
x −1
Svar: a) ln | y − 3 |= − ln | 1 − x | +C
b) y = 3 +
D
1− x
c) y =
3x
x −1
Uppgift 7.
Lös ekvationen med avseende på v(t)
dv
= 9 − v2
dt
v(0)=0.
Ange lösning på explicit form.
Lösning:
För att separera variabler
9 − v2 ≠ 0
delar vi ekvationen med 9 − v 2 under antagande
Sida 6 av 9
7
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Separabla differentialekvationer
dv
= dt , dvs v ≠ ±3.
9 − v2
Anmärkning:
dv
= 9 − v 2 , men
dt
inte villkoret v(0)=0, alltså är de INTE lösningar till vår begynnelsevärdesproblem.
Funktionerna v = 3 och v = −3 , uppenbart satisfierar ekvationen
Vi integrerar ekvationen:
dv
∫9−v
2
= ∫ dt ⇒
1 3+v
ln(
) = t + C (Den allmänna lösningen på implicit form).
6 3−v
Vi löser ut v.
⇒ ln(
3+v
3+ v
= e 6t + 6C
) = 6t + 6C ⇒
3− v
3−v
3+v
= De 6t ⇒ 3 + v = (3 − v) De 6t ⇒ v + vDe 6t = −3 + 3De 6t
3−v
v(1 + De 6 t ) = 3( −1 + De 6 t ) ⇒
⇒
3(−1 + De 6t )
(Den allmänna lösningen på explicit form).
(1 + De 6t )
Slutligen bestämmer vi D,
3( −1 + D )
v(0)=0 ⇒ 0 =
⇒ D=1 ⇒
(1 + D )
v=
3(−1 + e 6t )
( den partikulära lösningen som satisfierar begynnelsevillkoret).
v=
(1 + e 6t )
Svar: v =
3( e 6t − 1)
( e 6t + 1)
Uppgift 8.
Betrakta ekvationen:
y′
= y2 + 1
cos( x )
a) Bestäm den allmänna lösningen till ekvationen .
b) Bestäm den lösning som satisfierar y (0) = 1 .
c) Skriv lösningen på explicit form d v s på formen y = f (x) .
Lösning:
Sida 7 av 9
8
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Separabla differentialekvationer
y′
dy
= y 2 + 1 ⇒ y ′ = ( y 2 + 1) cos x ⇒ 2
= cos xdx ⇒
y +1
cos( x )
dy
∫ y 2 + 1 = ∫ cos xdx ⇒
arctan y = sin x + C (Den allmänna lösningen på implicit form).
(samma läsningen på explicit form: y = tan(sin( x ) + C ) .
a)
b)
y (0) = 1 ⇒ arctan 1 = sin 0 + C ⇒
⇒
arctan y = sin x +
π
4
π
=C
4
.
c) Explicit form: y = tan(sin x +
Svar: a) arctan y = sin x + C
π
4
)
b) arctan y = sin x +
π
4
c) y = tan(sin x +
π
4
)
Uppgift 9.
a) (2p) Lös följande differentialekvation
3y − 1
.
y′ =
x
Ange lösningen på explicit form.
b) (2p) Lös följande differentialekvation
y′ − x 2 1 − y 2 = x5 1 − y 2 .
Bestäm även eventuella singulära lösningar.
Lösning:
a)
3y − 1
y′ =
x
( Anmärkning: Vi delar ekvationen med 3 y − 1 om uttrycket är skilt från 0.
Substitutionen y = 1 / 3 , y ′ = 0 i ekvationen visar att den konstanta funktionen är
också en lösning. En sådan lösning kallas singulär om den inte kan fås ur den
allmänna lösningen.)
y′
1
= ⇒
3y − 1 x
y′
1
∫ 3 y − 1 dx = ∫ x dx ⇒
ln | 3 y − 1 |
= ln | x | +C ⇒
3
ln | 3 y − 1 |= 3 ln | x | +3C ⇒
ln | 3 y − 1 |= ln | x |3 +3C ⇒
Sida 8 av 9
9
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Separabla differentialekvationer
| 3 y − 1 |= e ln|x| +3C ⇒
3
3 y − 1 = ± e 3C e ln|x| ⇒
3
y=
1 + Dx 3
3
1 + Dx 3
är den allmänna lösningen på explicit form.
3
(Anmärkning: Formeln innehåller också den konstanta lösningen y=1/3; alltså ingen
singulär lösning i detta fall)
b)
Svar a: y =
y′ − x 2 1 − y 2 = x5 1 − y 2 ⇒
dy
= x2 1 − y 2 + x5 1 − y 2 ⇒
dx
dy
= ( x2 + x5 ) 1 − y 2
dx
( Vi delar ekvationen med 1 − y 2 om uttrycket är skilt från 0. Substitutionen
y = ±1 , y ′ = 0 i ekvationen visar att de två konstanta funktioner är också
lösningar till ekvationen. En sådan lösning kallas singulär om den inte kan fås ur den
allmänna lösningen.)
dy
= ( x 2 + x 5 )dx ⇒
2
1− y
∫
x3 x6
= ∫ ( x + x )dx ⇒ arcsin y =
+
+C ⇒
3
6
1 − y2
dy
y = sin(
2
5
x3 x6
+
+ C)
3
6
x3 x6
Den allmänna lösningen är alltså y = sin( + + C ) .
3
6
Dessutom har vi två singulära lösningar y = ±1 eftersom de inte kan fås ur den
allmänna lösningen.
x3 x6
Svar b: Den allmänna lösningen är y = sin( + + C ) .
3
6
Ekvationen har dessutom två singulära lösningar är y = 1 och y = −1 .
Sida 9 av 9
