Lineære førsteordensdifferentialligninger
Førsteordensdifferentialligninger = ligninger hvor der altid kun er et mærke (eks $y'$ og ikke $y''$)
Linæredifferentialligninger = alle differentialligninger, der kan beskrives med den generelle løsningsformel.
1. Generel løsningsformel
$$y' + p(x) \cdot y = q(x) \arrows y' = q(x) - p(x) \cdot y \arrows \frac{dy}{dx}+p(x) \cdot y=q(x)$$
Variabler (disse funktioner kan godt være konstanter) $p(x)$: en funktion af $x$ $q(x)$: en anden funktion af $x$
Hvis $q(x) = 0$: homogen. Hvis $q(x) \ne 0$: inhomogen.
Løsning (panserformlen)
$$f(x) = e^{-P(x)} \cdot \int e^{P(x)} \cdot q(x)dx$$ Husk integrationskonstanten når du integrere
Variabler $P(x)$: en stamfunktion for $p(x)$
Hvis ligningen er HOMOGEN så er dette løsningen. $$f(x) = e^{-P(x)}$$
[!example]- Opgaver [[Aflevering 2 - rettet.pdf#page=2]]
[!Example]- Eksempler
Eksempel 1
$$y' = \frac{1}{x} \cdot y = 5x^3$$
Løsning:
$a(x) = \frac{1}{x}$ $b(x) = 5x^3$
Jeg skal finde $A(x)$, hvilket jeg gør ved at integere $a(x)$ $$A(x) = \int \frac{1}{x}dx = ln(x)$$
Sætter $A(x)$ ind $$f(x) = e^{-ln(x)} \cdot \int e^{ln(x)} \cdot 5x^3dx$$
Simplificerer første led: $e^{-ln(x)} = \frac{1}{e^{ln(x)}} = \frac{1}{x}$
Sætter det ind $$f(x) = \frac{1}{x} \cdot \int e^{ln(x)} \cdot 5x^3dx$$
Reducerer andet led: $e^{ln(x)} = x$
$$f(x) = \frac{1}{x} \cdot \int x \cdot 5x^3dx \Arrows f(x) = \frac{1}{x} \cdot \int 5x^4dx$$
Integrerer $$\frac{1}{x} \cdot (x^5 + k) \s = \s x^4 + \frac{k}{x}$$
Altså er løsningen $$f(x) = x^4 + \frac{k}{x}$$
Eksempel 2
$$\frac{dy}{dx} - \frac{2}{x} \cdot y = e^x$$
Eksempel 3
$$y' = \sin(x) - 5y$$
2. Løsningsformel
$$y' = k \cdot y \arrows f(x)=C \cdot e^{k \cdot x}$$
Løsningerne til differentialligningen vil altid være [[Eksponentielle Funktioner]].
$y'$ er ligefrem proportional med $y$.
$k$-værdien
$k$ er en konstant, og kan derfor ikke indeholde $x$. Den har altid enheden $\frac{1}{[\text{tidsenhed}]}$.
$$\frac{y'}{y} = k$$
Dette er den relative væksthastighed. Viser hvor stor væksthastigheden er i forhold til
Eks. Smittemodel : $s(t)$
$$\frac{s'(3)}{s(3)} = 0.25 \arrows \frac{s'(t)}{s(t)} = 0.25$$
hver person smitter $0.25$ personer.
[!Note]- Bevis
![[Bevis for 2. Løsningsformel]]
Løsninger
[!Note]- Eksempel 1
En simpel differentialligning kunne for eksempel være $y'=8$. Måden vi løser sådan en ligning, er ved at [[Integraler|integrere]] på begge sider af ligningen. Hvis vi gør det, ser ligningen ud sådan . $$y=8x$$
Dette er dog ikke den eneste løsning, for man kan faktisk lægge en vilkårlig konstant til $y$, og differentialligningen vil stadig være sand, fordi de reelle y-værdier går tabt, når man differentiere. Den fuldstændige løsning kan altså skrives således.
$$y=8x+c$$
Vi kan nu vælge at definere vores $c$-værdi for at finde den partikulære løsning. Eksempelvis: $y=8x+10$. En grund til at definere $c$ kunne være at man på forhånd kender et punkt, som funktionen skærer, for så kan man indsætte punktet i formlen og isolere $c$. Hvis vi for eksempel ved, at $y$ skærer punktet $(-2,5)$, kan vi skrive formlen op på denne måde. $$5=8 \cdot (-2) + c \s 5=-16 + c \s 21=c $$ Vi har nu fundet vores $c$-værdi, og kan sætte den ind i vores funktion. Funktionen ender altså med at hedde: $$y=8x+21$$.
[!Note]- Eksempel 2
Find den fuldstændige løsning til $f'(x) = 3,5 \cdot f(x)$
Vi bruger [[#Løsningsformlen|løsningsformlen]] til at finde $k$ of opstille en forskrift for $f(x)$
$$k = 3,5$$
Med denne $k$-værdi kan vi opskrive $f(x)$
$$f(x) = C \cdot e^{3,5x}$$
Dette er den fuldstændige løsning
Find den partikulære løsning til $f'(t) = -0.12 \cdot f(t), \text{idet} f(0) = 20$ Tegn løsningskurven.
Igen bruger vi [[#Løsningsformlen|løsningsformlen]] til af finde $f(x)$
$$f(x) = C \cdot e^{-0.12x}$$
For at finde den fuldstændige løsning sætter vi punktet $(0,20)$ ind i formlen
$$20 = C \cdot e^{-0.12 (0)} = C \cdot e^0 = C \s \Leftrightarrow \s C = 20$$
Ved at sætte $C$ ind i formlen for $f(x)$ får vi den patikulære løsning
$$f(x) = 20 \cdot e^{-0.12x}$$
3. Løsningsformel ([[Newtons Afkølingslov]])
$$y'=b-a \cdot y \Arrows f(x) = \frac{b}{a} + C \cdot e^{-ax}, \s a \neq0$$ $a$ : En konstant. $b$ : En anden konstant. $C$ : Integrationskonstanten.
$f(x)$ vil altid gå mod $y$-værdien $\frac{b}{a}$, retningen er forekellig alt efter forteget på $a$.
$$\lim\limits_{x \to \infty}(f(x)) = \frac{b}{a}, \s 0<a$$
$$\lim\limits_{x \to -\infty}(f(x)) = \frac{b}{a}, \s a<0$$
[!Note]- Bevis
Bevis
Fuldstændig løsning: $f(x)=\frac{b}{a} + C \cdot e^{-ax}$
$a$, $b$ og $c$ er konstanter og $a \neq 0$
Hvis $f(x)$ er løsning til differentialligningen $y'=b-a \cdot y$, så må dette være sandt
$$f'(x) = b-a \cdot f(x)$$
vi sætter $-a$ uden for parantesen
$$f'(x) = -a \left(f(x)-\frac{b}{a} \right)$$
God ide
$$g(x) = f(x) - \frac{b}{a}, \s \text{der kan differentieres til } f'(x)$$
Vi sætter $g(x)$ ind i stedet for $f(x) - \frac{b}{a}$
$$g'(x) = -a \cdot g(x)$$
Hvis vi siger at $-a = k$, kan vi se at $g(x)$ er løsningen på differentialligningen $y'=k \cdot y$.
Den fuldstændige løsning på differentialligningen ([[#2 Løsningsformel]]) er $g(x) = C \cdot e^{-ax}$
Vi vender tilbage til den gode ide
$$g(x) = f(x) - \frac{b}{a}$$
Nu kan vi erstatte det med løsningen for $g(x)$
$$C \cdot e^{-ax} = f(x) - \frac{b}{a}$$
vi isolerer $f(x)$
$$f(x) = \frac{b}{a} + C \cdot e^{-ax}$$
4. løsningsformel - Separation af de variable
Man “separerer” $x$ og $y$.
Kan bruges når en differentialligning har formen $\frac{dy}{dx} = g(x) \cdot h(y)$.
[!Note]- Eksempler
Eksemper på egnede differentialligninger
$y'=3 \cdot y \cdot \sin(x)$ $y'=x \cdot y-\sqrt{x} \cdot y = y \cdot (\cdot x-\sqrt{x})$
ikke-eksempler $y'=x^2-2y$ $y'=cos(x-y)$
Eksempelløsning
Løs differentialligningen $y'=e^{-y} \cdot 2x$ (da der ikke er noget punkt eller lignende, finder jeg den fuldstændige løsning).
Vi sætter alt med $y$ over på ventre, og alt med $x$ til højre.
$$y'=e^{-y} \cdot 2x \arrows dy = \frac{1}{e^y} \cdot 2x \cdot dx \arrows e^y \cdot dy = 2x \cdot dx$$
Vi kan nu integrere på begge sider
$$\int e^y \cdot dy = \int 2x \cdot dx \arrows e^y + k_1 = x^2 + k_2 \arrows e^y = x^2+k_1-k_2$$
Laver en ny konstant $c$ der summen af de andre konstanter
$$c=k_1-k_2$$
Sætter $c$ ind og reducerer videre
$$e^y = x^2+c = ln(e^y) = ln(x^2+c) \arrows y = ln(x^2+c)$$
#matematik #differentialligninger
- Opgaver Aflevering 2 - rettet.pdf>page=2
Eksempel 1
$$y' = \frac{1}{x} \cdot y = 5x^3$$
Løsning: $a(x) = \frac{1}{x}$ $b(x) = 5x^3$ Jeg skal finde $A(x)$, hvilket jeg gør ved at integere $a(x)$ $$A(x) = \int \frac{1}{x}dx = ln(x)$$ Sætter $A(x)$ ind $$f(x) = e^{-ln(x)} \cdot \int e^{ln(x)} \cdot 5x^3dx$$ Simplificerer første led: $e^{-ln(x)} = \frac{1}{e^{ln(x)}} = \frac{1}{x}$ Sætter det ind $$f(x) = \frac{1}{x} \cdot \int e^{ln(x)} \cdot 5x^3dx$$ Reducerer andet led: $e^{ln(x)} = x$ $$f(x) = \frac{1}{x} \cdot \int x \cdot 5x^3dx \Arrows f(x) = \frac{1}{x} \cdot \int 5x^4dx$$ Integrerer $$\frac{1}{x} \cdot (x^5 + k) \s = \s x^4 + \frac{k}{x}$$ Altså er løsningen $$f(x) = x^4 + \frac{k}{x}$$
Eksempel 2
$$\frac{dy}{dx} - \frac{2}{x} \cdot y = e^x$$
Eksempel 3
$$y' = \sin(x) - 5y$$
2. Løsningsformel
$$y' = k \cdot y \arrows f(x)=C \cdot e^{k \cdot x}$$
Løsningerne til differentialligningen vil altid være Eksponentielle Funktioner.
$y'$ er ligefrem proportional med $y$.
$k$-værdien
$k$ er en konstant, og kan derfor ikke indeholde $x$. Den har altid enheden $\frac{1}{[\text{tidsenhed}]}$.
$$\frac{y'}{y} = k$$
Dette er den relative væksthastighed. Viser hvor stor væksthastigheden er i forhold til
Eks. Smittemodel : $s(t)$
$$\frac{s'(3)}{s(3)} = 0.25 \arrows \frac{s'(t)}{s(t)} = 0.25$$
hver person smitter $0.25$ personer.
Løsninger
En simpel differentialligning kunne for eksempel være $y'=8$. Måden vi løser sådan en ligning, er ved at integrere på begge sider af ligningen. Hvis vi gør det, ser ligningen ud sådan . $$y=8x$$ Dette er dog ikke den eneste løsning, for man kan faktisk lægge en vilkårlig konstant til $y$, og differentialligningen vil stadig være sand, fordi de reelle y-værdier går tabt, når man differentiere. Den fuldstændige løsning kan altså skrives således. $$y=8x+c$$ Vi kan nu vælge at definere vores $c$-værdi for at finde den partikulære løsning. Eksempelvis: $y=8x+10$. En grund til at definere $c$ kunne være at man på forhånd kender et punkt, som funktionen skærer, for så kan man indsætte punktet i formlen og isolere $c$. Hvis vi for eksempel ved, at $y$ skærer punktet $(-2,5)$, kan vi skrive formlen op på denne måde. $$5=8 \cdot (-2) + c \s 5=-16 + c \s 21=c $$ Vi har nu fundet vores $c$-værdi, og kan sætte den ind i vores funktion. Funktionen ender altså med at hedde: $$y=8x+21$$. [!Note]- Eksempel 2
Find den fuldstændige løsning til $f'(x) = 3,5 \cdot f(x)$
Vi bruger [[#Løsningsformlen|løsningsformlen]] til at finde $k$ of opstille en forskrift for $f(x)$
$$k = 3,5$$
Med denne $k$-værdi kan vi opskrive $f(x)$
$$f(x) = C \cdot e^{3,5x}$$
Dette er den fuldstændige løsning
Find den partikulære løsning til $f'(t) = -0.12 \cdot f(t), \text{idet} f(0) = 20$ Tegn løsningskurven.
Igen bruger vi [[#Løsningsformlen|løsningsformlen]] til af finde $f(x)$
$$f(x) = C \cdot e^{-0.12x}$$
For at finde den fuldstændige løsning sætter vi punktet $(0,20)$ ind i formlen
$$20 = C \cdot e^{-0.12 (0)} = C \cdot e^0 = C \s \Leftrightarrow \s C = 20$$
Ved at sætte $C$ ind i formlen for $f(x)$ får vi den patikulære løsning
$$f(x) = 20 \cdot e^{-0.12x}$$
3. Løsningsformel ([[Newtons Afkølingslov]])
$$y'=b-a \cdot y \Arrows f(x) = \frac{b}{a} + C \cdot e^{-ax}, \s a \neq0$$ $a$ : En konstant. $b$ : En anden konstant. $C$ : Integrationskonstanten.
$f(x)$ vil altid gå mod $y$-værdien $\frac{b}{a}$, retningen er forekellig alt efter forteget på $a$.
$$\lim\limits_{x \to \infty}(f(x)) = \frac{b}{a}, \s 0<a$$
$$\lim\limits_{x \to -\infty}(f(x)) = \frac{b}{a}, \s a<0$$
[!Note]- Bevis
Bevis
Fuldstændig løsning: $f(x)=\frac{b}{a} + C \cdot e^{-ax}$
$a$, $b$ og $c$ er konstanter og $a \neq 0$
Hvis $f(x)$ er løsning til differentialligningen $y'=b-a \cdot y$, så må dette være sandt
$$f'(x) = b-a \cdot f(x)$$
vi sætter $-a$ uden for parantesen
$$f'(x) = -a \left(f(x)-\frac{b}{a} \right)$$
God ide
$$g(x) = f(x) - \frac{b}{a}, \s \text{der kan differentieres til } f'(x)$$
Vi sætter $g(x)$ ind i stedet for $f(x) - \frac{b}{a}$
$$g'(x) = -a \cdot g(x)$$
Hvis vi siger at $-a = k$, kan vi se at $g(x)$ er løsningen på differentialligningen $y'=k \cdot y$.
Den fuldstændige løsning på differentialligningen ([[#2 Løsningsformel]]) er $g(x) = C \cdot e^{-ax}$
Vi vender tilbage til den gode ide
$$g(x) = f(x) - \frac{b}{a}$$
Nu kan vi erstatte det med løsningen for $g(x)$
$$C \cdot e^{-ax} = f(x) - \frac{b}{a}$$
vi isolerer $f(x)$
$$f(x) = \frac{b}{a} + C \cdot e^{-ax}$$
4. løsningsformel - Separation af de variable
Man “separerer” $x$ og $y$.
Kan bruges når en differentialligning har formen $\frac{dy}{dx} = g(x) \cdot h(y)$.
[!Note]- Eksempler
Eksemper på egnede differentialligninger
$y'=3 \cdot y \cdot \sin(x)$ $y'=x \cdot y-\sqrt{x} \cdot y = y \cdot (\cdot x-\sqrt{x})$
ikke-eksempler $y'=x^2-2y$ $y'=cos(x-y)$
Eksempelløsning
Løs differentialligningen $y'=e^{-y} \cdot 2x$ (da der ikke er noget punkt eller lignende, finder jeg den fuldstændige løsning).
Vi sætter alt med $y$ over på ventre, og alt med $x$ til højre.
$$y'=e^{-y} \cdot 2x \arrows dy = \frac{1}{e^y} \cdot 2x \cdot dx \arrows e^y \cdot dy = 2x \cdot dx$$
Vi kan nu integrere på begge sider
$$\int e^y \cdot dy = \int 2x \cdot dx \arrows e^y + k_1 = x^2 + k_2 \arrows e^y = x^2+k_1-k_2$$
Laver en ny konstant $c$ der summen af de andre konstanter
$$c=k_1-k_2$$
Sætter $c$ ind og reducerer videre
$$e^y = x^2+c = ln(e^y) = ln(x^2+c) \arrows y = ln(x^2+c)$$
#matematik #differentialligninger
- Eksempel 2
Find den fuldstændige løsning til $f'(x) = 3,5 \cdot f(x)$ Vi bruger løsningsformlen til at finde $k$ of opstille en forskrift for $f(x)$ $$k = 3,5$$ Med denne $k$-værdi kan vi opskrive $f(x)$ $$f(x) = C \cdot e^{3,5x}$$ Dette er den fuldstændige løsning
Find den partikulære løsning til $f'(t) = -0.12 \cdot f(t), \text{idet} f(0) = 20$ Tegn løsningskurven. Igen bruger vi løsningsformlen til af finde $f(x)$ $$f(x) = C \cdot e^{-0.12x}$$ For at finde den fuldstændige løsning sætter vi punktet $(0,20)$ ind i formlen $$20 = C \cdot e^{-0.12 (0)} = C \cdot e^0 = C \s \Leftrightarrow \s C = 20$$ Ved at sætte $C$ ind i formlen for $f(x)$ får vi den patikulære løsning $$f(x) = 20 \cdot e^{-0.12x}$$
3. Løsningsformel (Newtons Afkølingslov)
$$y'=b-a \cdot y \Arrows f(x) = \frac{b}{a} + C \cdot e^{-ax}, \s a \neq0$$ $a$ : En konstant. $b$ : En anden konstant. $C$ : Integrationskonstanten.
$f(x)$ vil altid gå mod $y$-værdien $\frac{b}{a}$, retningen er forekellig alt efter forteget på $a$.
$$\lim\limits_{x \to \infty}(f(x)) = \frac{b}{a}, \s 0<a$$
$$\lim\limits_{x \to -\infty}(f(x)) = \frac{b}{a}, \s a<0$$
Bevis
Fuldstændig løsning: $f(x)=\frac{b}{a} + C \cdot e^{-ax}$
$a$, $b$ og $c$ er konstanter og $a \neq 0$
Hvis $f(x)$ er løsning til differentialligningen $y'=b-a \cdot y$, så må dette være sandt $$f'(x) = b-a \cdot f(x)$$ vi sætter $-a$ uden for parantesen $$f'(x) = -a \left(f(x)-\frac{b}{a} \right)$$ God ide $$g(x) = f(x) - \frac{b}{a}, \s \text{der kan differentieres til } f'(x)$$ Vi sætter $g(x)$ ind i stedet for $f(x) - \frac{b}{a}$ $$g'(x) = -a \cdot g(x)$$ Hvis vi siger at $-a = k$, kan vi se at $g(x)$ er løsningen på differentialligningen $y'=k \cdot y$. Den fuldstændige løsning på differentialligningen (>2 Løsningsformel) er $g(x) = C \cdot e^{-ax}$ Vi vender tilbage til den gode ide $$g(x) = f(x) - \frac{b}{a}$$ Nu kan vi erstatte det med løsningen for $g(x)$ $$C \cdot e^{-ax} = f(x) - \frac{b}{a}$$ vi isolerer $f(x)$ $$f(x) = \frac{b}{a} + C \cdot e^{-ax}$$
4. løsningsformel - Separation af de variable
Man “separerer” $x$ og $y$.
Kan bruges når en differentialligning har formen $\frac{dy}{dx} = g(x) \cdot h(y)$.
Eksemper på egnede differentialligninger
$y'=3 \cdot y \cdot \sin(x)$ $y'=x \cdot y-\sqrt{x} \cdot y = y \cdot (\cdot x-\sqrt{x})$
ikke-eksempler $y'=x^2-2y$ $y'=cos(x-y)$
Eksempelløsning
Løs differentialligningen $y'=e^{-y} \cdot 2x$ (da der ikke er noget punkt eller lignende, finder jeg den fuldstændige løsning).
Vi sætter alt med $y$ over på ventre, og alt med $x$ til højre. $$y'=e^{-y} \cdot 2x \arrows dy = \frac{1}{e^y} \cdot 2x \cdot dx \arrows e^y \cdot dy = 2x \cdot dx$$ Vi kan nu integrere på begge sider $$\int e^y \cdot dy = \int 2x \cdot dx \arrows e^y + k_1 = x^2 + k_2 \arrows e^y = x^2+k_1-k_2$$ Laver en ny konstant $c$ der summen af de andre konstanter $$c=k_1-k_2$$ Sætter $c$ ind og reducerer videre $$e^y = x^2+c = ln(e^y) = ln(x^2+c) \arrows y = ln(x^2+c)$$
#matematik #differentialligninger