Indholdsfortegnelse

Indledning

I denne emneopgave vil vi kort gennemgå de mest basale elementer i emnet differentialligninger. Vi vil undervejs gennemgå en række teori for differentialligninger, samtidig med at vi undervejs vil løse de i opgaveformuleringen givne opgaver.​​ 

Differentialligninger

Ved en differentialligning forstås en ligning hvor differentialkvotienten indgår som den ubekendte. Ligningen​​ dydx=f(x)​​ kaldes for en differentialligning.

Løsningsprincippet

Man kan altid tjekke om en given funktion er en løsning til en differentialligning ved at sætte løsningen ind på begge sider, og derefter se om det giver det samme.​​ 

Separable differentialligninger

Ved separable differentialligninger forstås ligninger hvor vi kan isolere x og y på henholdsvis den ene og den anden side af lighedstegnet. Der findes tre typer af disse:

Type I:​​ dydx=g(x)

Denne af afhænger kun af x, og den generelle løsning lyder​​ ∫gxdx.

Type II:​​ dydx=g(y)

Denne afhænger kun af y, og den generelle løsning er​​ ∫1g(y)dy=x​​ 

Type III:​​ dydx=hx*g(y)

Her er der tale om, at det både er x og y der er den variable.

Opgave

Find den fuldstændige løsning til nedenstående differentialligninger uden brug af Maple og angiv for I, II og III hvilke typer funktioner, der er løsninger.

Type I

dydx=a​​ 

Vi ganger med dx på begge sider, og får således:

dy = a*dx

Og ved simpel integration fås så:

∫dy= ∫adx​​ 

Vi får så den fuldstændige løsning:

y = ax + c

Hvor meget vokser y med, når x vokser med​​ ∆x?

Vi finder funktionstilvæksten

f(x+Δx)=a(x+Δx)+c

= ax +​​ aΔx + c​​ 

= f(x)+aΔx

Så når x vokser med ​​ Δx, vokser f(x) med aΔx

Type II

dydx=a*y​​ 

Vi ganger med dx på begge sider:

dy = a*y*dx

Vi dividerer med y på begge sider:

1ydy=adx​​ 

Og ved simpel integration fås så:

∫1ydy=∫adx​​ 

Så tager vi stamfunktionen til ovenstående:

lny=ax+c​​ 

Så benytter vi e​​ for at fjerne ln:

y=eax+c1=ec1eax​​ 

Så benytter vi​​ ±​​ for at ophæve y numerisk:

y=± ec1eax= ±c2eax​​ 

Hvor​​ 

c2∈R∖{0}​​ 

Idet​​ ec1​​ aldrig er 0

Sammen med løsningen:

f(x) = 0 = 0eax

ser vi, at samtlige løsninger til differentialligningen netop er funktionerne:

y = f(x) = c*eax, hvor c er en reel konstant

Hvor mange procent vokser y med, når x vokser med​​ ∆x?

Vi starter med at sætte x+Δx på x plads

fx+∆x=c·eax+∆x​​ 

Dernæst ganger vi a ind i parentesen

=c·eax+a∆x​​ 

nu bruger vi potensreglen​​ ax+y=ax·ay

=c·eax·ea∆x​​ 

nu har vi​​ c·eax​​ og da det er lig f(x) erstatter vi​​ c·eax med f(x)

=fx*ea∆x​​ 

Det ses at y vokser med (eaΔx​​ - 1)%, når x vokser​​ med Δx.

Type III

dydx=a*yx​​ 

Vi starter med at dividere med y på begge sider:

dyy=a·1x·dx​​ 
derefter tager vi integralerne på begge sider:

∫dyy=∫a·1x·dx​​ 

Så finder vi stamfunktionerne til begge sider:

ln⁡y=a·ln⁡x+c

Så tager vi ex​​ for at fjerne ln:

y=ec·xa

Nu har kun fundet den numeriskværdi til y, og vi skal​​ finde alle værdier, derfor skal vi tage +- på begge sider:

y=±ec·xa

Nu vil vi tjekke om 0 også er en løsning:

0=a·0x

da 0 også er en løsning kan vi erstatte​​ ±ex​​ med en ny konstant 0:

y=k·xa

Hvor mange procent vokser y med, når x vokser med r procent?

Vi starter med at sætte​​ x·1+r​​ ind​​ på x plads:

fx·1+r=k·x·1+ra​​ 

Vi bruger potensreglen​​ x·ya=xa·ya:

fx·1+r=k·xa·1+ra​​ 

da​​ fx=k·xa​​ erstatter vi​​ k·xa​​ med​​ fx:

fx·1+r=fx·1+ra​​ 

Det kan så ses her at når x stiger med r procent, så stiger y med ((1+r)a-1) %

Type IV

dydx=ax​​ 

Vi starter med at gange med dx på begge sider:

dy=ax·dx​​ 

vi taget integralerne til begge sider:

∫dy=∫ax·dx​​ 

Vi tager​​ stamfunktionerne til begge sider:
y=a·ln⁡x+c​​ 

Hvor meget vokser y med, når x vokser med r procent?

Vi starter med at sætte x*(1+r) in på x plads:

fx·1+r=a·ln⁡x·1+r+c​​ 

Her bruger vi logaritmereglen​​ ln⁡x·y=ln⁡x·ln⁡y:

fx·1+r=a·ln⁡x·ln⁡1+r+c​​ 

Nu har vi a*ln(x)+c og da det er lig med f(x) indsætter vi f(x) i stedet for a*ln(x)+c:

fx·1+r=f(x)·ln⁡(1+r)​​ 

Det ses at når x stiger med r procent så stiger y med (ln(1+r)-1) %

Bestem for a=2 den løsning der går gennem punktet (3,15) for hver af de 4 differentialligninger

Type I

Ved type I fandt vi ud af, at den fuldstændige løsning er y = ax + c. Vi​​ sætter så 2 ind på a’s plads:

y = 2x + c

Herefter kan vi isolere c:

y - 2x = c

Så sætter vi (3,15) ind:

15 - 2 * 3 = c

Vi udregner:

9 = c

Og nu har vi løsning der går gennem punktet (3,15):

f(x) = 2x + 9

Type II

Ved type to fandt vi følgende fuldstændige​​ løsning:

y=c·eax​​ 

Vi indsætter så a = 2 og punktet (3,15) i denne:​​ 
15=c·e2·3​​ 

Vi dividerer med e2*3​​ på hver side af lighedstegnet:

15e6=c​​ 

Herefter kan vi så beregne c:

c=0,03718​​ 

Og nu har vi løsningen der går gennem punktet (3,15):

y=0,03718·e2x​​ 

Type III

Her tager vi udgangspunkt i følgende:

y=k·xa​​ 

Hernæst indsætter vi nok engang 2 på a’s plads samt punktet (3,15) på henholdsvis x og y’s plads.

15=k·32​​ 

Så isolerer vi k:

159=k​​ 

Og vi kan nu finde løsningen:

​​ y=159·x2

Type IV

Ved type IV fandt vi følgende:​​ 

y=a·ln⁡x+c​​ 

Vi indsætter så 2 samt (3,15) heri:

15=2·ln⁡3+c​​ 

Så isolerer vi c:

152·ln⁡3=c​​ 

Vi​​ beregner c:

c=6,8269​​ 

Og dermed har vi løsningen som bliver:

y=2·ln⁡x+6,8269​​