IX. Primitiva funktioner och differentialekvationer

Transkript

1 Analys 360 En webbaserad analyskurs Grundbok IX. Primitiva funktioner och differentialekvationer Anders Källén MatematikCentrum LTH

2 IX. Primitiva funktioner och differentialekvationer 1 (22) 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 [1]. När vi kan lösa linjära ekvationer av första ordningen kan vi också lösa linjära ekvationer av andra ordningen, åtminstone om den har konstanta koefficienter. Vi avslutar med att se vilket trick man kan använda för att göra det. 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 (x) = f(x) på ett intervall. Denna är nästan entydigt bestämd. Om F (x) och G(x) är två primitiva funktioner till f(x) på samma intervall, så gäller att skillnaden H(x) = F (x) G(x) har derivatan H (x) = f(x) f(x) = 0 överallt. Den måste därför vara en konstant [2], så den primitiva funktionen är entydigt bestämd på en additiv konstant när. Exempel 1 En primitiv funktion till f(x) = x α ges, då α 1, av F (x) = x α+1 /(α + 1), ty F (x) = x α. Varje annan primitiv funktion har därför formen x α+1 /(α + 1) + C där C är en godtycklig konstant. Man inför beteckningen f(x) dx för alla primitiva funktionerna till f(x). Symbolen inrymmer därför i sig den okända konstanten C, vilket man måste tänka på när man använder den. Observationen i exemplet ovan skrivs nu x α dx = xα+1 + C, α 1. α + 1

3 IX. Primitiva funktioner och differentialekvationer 2 (22) 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. 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) = f + g svarar mot integrationsregeln (f(x) + g(x)) dx = f(x) dx + g(x) dx. b) Derivationsregeln (cf) = cf, där c är en konstant, svarar mot integrationsregeln cf(x) dx = c f(x) dx. c) (Partialintegration) Derivationsregeln (fg) = f g + fg svarar mot integrationsregeln f (x)g(x) dx = f(x)g(x) f(x)g (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) (x) = f (g(x))g (x) svarar mot integrationsregeln f (g(x))g (x) dx = f(g(x)) + C. Genom att ersätta f med f och f med en primitiv funktion F till f blir detta f(g(x))g (x) dx = F (g(x)) + C. Denna formel utnyttjas oftast genom att man gör ett variabelbyte, d.v.s. inför en ny variabel y = g(x) i integralen, som kommer att illustreras nedan. Vi ska nu exemplifiera dessa räkneregler. Exempel 2 De primitiva funktionerna till polynomet p(x) = n a k x k k=0 har formen p(x) dx = n k=0 a k x k+1 k C. För detta använder vi de första två räknereglerna. De primitiva funktionerna till polynom är därför också polynom.

4 IX. Primitiva funktioner och differentialekvationer 3 (22) Nästa exempel handlar om partialintegration. Exempel 3 För att bestämma en primitiv funktion till x cos x utnyttjar vi att cos x = sin (x) och partialintegrerar: x cos x dx = x(sin x) 1 sin x dx = x sin x sin x dx = 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. Så ett exempel med variabelbyte. Exempel 4 För att bestämma en primitiv funktion till x/ 1 + x 2 observerar vi att om vi sätter g(x) = 1 + x 2, så gäller att g (x) = 2x och därför att x 1 + x 2 = g (x) 2 g(x). Inför vi vidare f(y) = 1/(2 y) kan detta skrivas f(g(x))g (x). En primitiv funktion till f(y) ges av y, och vi får därför att x dx = f(g(x))g (x) dx = g(x) + C = 1 + x 2 + C. 1 + x 2 Man genomför ofta dessa räkningar på ett lite annat sätt, som använder ett tydligare variabelbyte. Det innebär att man måste hantera symbolen dx. Om den nya variabeln är y. så måste man i integralen ersätta dx med dy på ett lämpligt sätt. Nästa exempel illustrerar detta. Principen är att dy/dx = f(x) är detsamma som att säga dy = f(x)dx. Mer om detta i nästa avsnitt. Exempel 5 Vi ska beräkna integralen i föregående avsnitt med hjälp av variabelbyte (samma som redan används i exemplet). Vi skriver då { } x dx y = 1 + x = 2 dy/2 = y + C = 1 + x 1 + x 2 dy = 2xdx 2 + C. y

5 IX. Primitiva funktioner och differentialekvationer 4 (22) 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 för att slutligen räkna ut vilket uttrycket för integranden blir i y: y = 1 + x 2 x = ± y 1 dx = ± dy 2 y 1 xdx y 1 = 1 + x 2 (±1)2 2 y 1 = dy y 2 y. Vi har sett att primitiva funktioner itll polynom är polynom. 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 x och dy x 2. Vi vet 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 6 Att bestämma en primitiv funktion till cos 3 x görs förslagsvis genom att göra ett variabelbyte: { } y = sin x cos 3 x dx = (1 sin 2 x) cos x dx = (1 y 2 ) dy = dy = cos x dx y y3 3 + C = sin x sin3 x + C. 3 Variabelbytet i detta exempel fungerar i princip när vi vill hitta en primitiv funktion till cos n x eller sin n 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 7 För att hitta en primitiv funktion till cos 2 x kan vi använda den trigonometriska formeln för halva vinkeln: 1 + cos(2x) cos 2 x dx = dx = x sin(2x) + C. 4 I princip kan vi få primitiva funktioner till cos n x och sin n x för jämna heltal n > 0 detta sätt: genom att först skriva om det som en summa av cosinusfunktioner med andra

6 IX. Primitiva funktioner och differentialekvationer 5 (22) argument. För detta kan man antingen använda additionsformlerna för sinus och cosinus, eller Eulers formler cos x = eix + e ix, sin x = eix e ix 2 2i Det är nämligen inget problem att integrera e ix : e ix dx = (cos x + i sin x) dx = sin x + i cos x + C = i(cos x + i sin x) + C = eix i + C Exempel 8 Föregående exempel på detta sätt blir ( e cos 2 ix + e ix x dx = 2 = 1 ( e 2ix 4 2i ) 2 dx = 1 4 (e 2ix e 2ix ) dx ) e 2ix + 2x + C = x 2i 2 + sin(2x) + C. 4 Om det man integrerar - differentialen av en funktion När man använder formlerna ovan för att hitta primitiva funktioner är det ofta viktigt att betrakta hela integranden, alltså hela uttrycket f(x)dx. Vi ska därför här försöka oss på en tolkning av detta uttryck som kan hjälpa upp förståelsen av vad man gör. Avsnittet är inte viktigt för fortsättningen och kan därför hoppas över. Vi vet att tangenten till grafen y = f(x) i punkten x = a ges av ekvationen y f(a) = f (a)(x a). Skriv dy = y f(a) och dx = x a, så att detta blir dy = f (a)dx. Det innebär att om vi går dx steg från a i x-led och följer tangenten, så kommer vi att förflyttas dy steg i höjdled. Vi inför därför begreppet differential, definierad av (a, f(a)) f(a) dx df(a) df(a) = f (a)dx. Tolkningen av differentialen är att df(a) talar om hur mycket vi ändrar y-värdet längs tangenten när vi går från a till a + dx i x-led. Värdet av df(a) beror alltså både på punkten a och vilket dx vi väljer. Vi ser att detta utgör en approximation av hur mycket vi ändrar f då vi ändrar x med storleken dx, förutsatt att dx är liten, alltså av f(a) = f(a + dx) f(a).

7 IX. Primitiva funktioner och differentialekvationer 6 (22) Exempel 9 Vi har att cos (x) = sin x, vilket betyder att d(cos x) = sin x dx. Vi såg i föregående avsnitt hur vi räknar med differentialer när vi gör variabelbyten i integraler. De är även användbara vid partialintegration. Formeln för partialintegration kan skrivas f (x)g(x) dx = f(x)g(x) f(x)g (x) dx, Med hjälp av differentialen kan den alternativt skrivas g(x) df(x) = f(x)g(x) f(x) dg(x), vilket är användbart i räkningarna, som nästa exempel visar. Exempel 10 Vi har att x 2 sin x dx = x 2 d( cos x) = x 2 ( cos x) ( cos x) d(x 2 ) = 2 x cos x dx x 2 cos x = 2 x d(sin x) x 2 cos x = 2(x sin x sin x dx) x 2 cos x = cos x + 2x sin x x 2 cos x + C. Anmärkning Poängen med variabelbyte i integral är nu något som kallas differentialens invarians. Låt y vara en variabel och antag att den beror på en annan variabel x. Detta genom en funktion f, d.v.s. y = f(x). Antag dessutom att y också kan ses som en funktion av en tredje variabel t, y = g(t). Differentialens invarians innebär då att dy = f (x) dx = g (t) dt. Annorlunda uttryckt: om vi antar att x = φ(t) så gäller att g(t) = f(φ(t)) och då gäller att dy = g (t) dt = f (φ(t))φ (t) dt = f (x) dx. Differentialens invarians är därför inget annat än kedjeregeln, uttryckt på ett alternativt sätt. Linjära differentialekvationer av första ordningen Att hitta en primitiv funktion F till en given funktion f innebär att hitta en funktion F sådan att F = f. Kan man det så kan man faktiskt också lösa det allmännare problemet att bestämma de funktioner y som är sådana att (1) y (t) + a(t)y(t) = f(t),

8 IX. Primitiva funktioner och differentialekvationer 7 (22) där a, f är givna funktioner. Om a = 0 innebär det att hitta de primitiva funktionerna till f, om inte är det en första ordningens (linjär) differentialekvation som innehåller både y och y. Innan vi börjar diskutera hur man löser denna ekvation inför vi lite terminologi. Om vi sätter högerledet i (1) till noll får vi den homogena ekvationen Dess lösning ges i nästa sats. y (t) + a(t)y(t) = 0. Sats 1 Ekvationen y (t) + a(t)y(t) = 0 har den allmänna lösningen y(t) = Ce A(t) där A är en primitiv funktion till a och C en godtycklig konstant. Bevis. Betrakta funktionen Den är sådan att z(t) = y(t)e A(t). z (t) = y (t)e A(t) + y(t)e A(t) a(t) = e A(t) (y (t) + a(t)y(t)) = 0, och måste därför vara en konstant. Ur det följer satsen. Anmärkning Det är ofta behändigt att beteckna lösningar till den homogena ekvationen med y h och kalla detta den homogena lösningen. Faktum är att beviset visar oss hur vi ska lösa själva ekvationen (1). Om y löser denna och vi definierar z(t) som i beviset så får vi att z (t) = e A(t) (y (t) + a(t)y(t)) = e A(t) f(t). Om vi löser detta får vi z och sedan y(t) ur formeln y(t) = z(t)e A(t). Anmärkning Praktiskt multiplicerar vi alltså ekvationen (1) med e A(t) när den allmänna lösningen till den homogena ekvationen ges av Ce A(t). Funktionen e A(t) kallas den integrerande faktorn att multiplicera med den gör ju att vi får en jämn derivata av produkten e A(t) y(t). Låt oss se hur det fungerar på ett enkelt exempel.

9 IX. Primitiva funktioner och differentialekvationer 8 (22) Exempel 11 Betrakta ekvationen y (t) = p ky(t) där p och k är konstanter. Den homogena ekvationen är då y (t) = ky(t) som har den allmänna lösningen y h (t) = Ce kt. Skriver vi därför z(t) = y(t)e kt får vi att Integrerar vi får vi att z (t) = e kt (y (t) + ky(t)) = pe kt. z(t) = p k ekt + C, från vilket sedan följer att y(t) = z(t)e kt = p k + Ce kt. Konstanten C bestäms oftast av y(0). Om t.ex. y(0) = 0 ser vi att C = p/k och lösningen blir y(t) = p k (1 e kt ). Den här ekvationen har vi diskuterat i kapitlet Kvalitativa lösningar till differentialekvationer där vi gjorde variabelbytet [3] z = p ky. Men tekniken i exemplet ovan är mycket mer allmängiltig, därför att varken p eller k behöver vara konstanter. Vi ska nu se på några exempel på detta. Vi börjar med ett där endast p beror på t. Exempel 12 Vi ska lösa ekvationen y (t) + ky(t) = e rt, där k och r är konstanter. Liksom i föregående exempel, som hade samma homogena ekvation, skriver vi nu z(t) = y(t)e kt. Vi får då ekvationen som, om r + k 0, vi integrerar till z (t) = e (r+k)t, Det följer därför att z(t) = e(r+k)t r + k + C. y(t) = ert r + k + Ce kt. Om r = k får vi istället att z (t) = 1 och alltså z(t) = t + C. Lösningen blir då y(t) = (t + C)e kt. Ett verkligt exempel där detta används ges i följande exempel.

10 IX. Primitiva funktioner och differentialekvationer 9 (22) Exempel 13 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 λ 1 N 1 λ 2 N 2 N 1 N 2 N 3 där N 1 är mängden (kg) uran, N 2 mängden neptunium och N 3 mängden plutonium. Konstanterna λ 1 och λ 2 bestäms från halveringstiderna enligt λ 1 = 60 ln(2)/ , λ 2 = (ln 2)/ Vi mäter här tiden i timmar och vi har att N 1 (t) = e λ 1t, eftersom vi startar med 1 kg. För neptunium är situationen lite mer komplicerad. Sönderfallshastigheten (utflödet) är λ 2 N 2 (t), men samtidigt tillförs det nytt neptunium med en hastighet som är N 1(t) = λ 1 N 1 (t) = λ 1 e λ 1t. Massbalans ger därför att N 2 (t) uppfyller differentialekvationen N 2(t) = λ 1 e λ 1t λ 2 N 2 (t). Löser vi den ekvationen som i föregående exempel får vi att N 2 (t) = λ 1 λ 2 λ 1 e ( λ 1)t + Ce λ 2t. C bestäms genom att utnyttja att vi inte har något neptunium vid tiden noll, alltså att N 2 (0) = 0. Det ger oss C = λ 1 /(λ 2 λ 1 ) = λ 1 /(λ 1 λ 2 ). Vi ser därför till slut att N 2 (t) = λ 1 λ 1 λ 2 (e λ 2t e λ 1t ). Men det var mängden N 3 (t) av plutonium vi sökte vid t = 12. Vi antar att plutonium inte sönderfaller, så att mängden av detta uppfyller differentialekvationen N 3(t) = λ 2 N 2 (t). Det följer att N 3 (t) = λ 1λ 2 λ 2 λ 1 (e λ 1t e λ 2t )dt = 1 λ 2 λ 1 ( λ 2 e λ 1t + λ 1 e λ 2t + C). Även nu är N 3 (0) = 0, så vi får att C = λ 2 λ 1 och alltså N 3 (12) = 1 1 λ 1 λ 2 (λ 1 e 12λ 2 λ 2 e 12λ 1 ) 0.13 kg.

11 IX. Primitiva funktioner och differentialekvationer 10 (22) De tre funktionerna illustreras i figuren nedan (uran i grönt, neptunium i blått och plutonium i rött) timmar I nästa exempel beror både p och k på t. Exempel 14 Vi vill lösa ekvationen y (t) 1 t y(t) = t2, t > 0. Vi börjar då med att bestämma en primitiv funktion till a(t) = 1/t, nämligen A(t) = dt t = ln t + C, t > 0. Vi behöver bara en primitiv funktion, så vi tar C = 0 och sätter A(t) = ln t. Vi multiplicerar nu ekvationen med e A(t) = e ln t = 1 t och får efter integration ekvationen 1 t 2 t y(t) = t dt = tdt = t2 2 + C. Det följer att y(t) = t3 2 + Ct. Om vi tittar på lösningarna till en ekvation av typen y (t) + a(t)y(t) = f(t) så ser vi att denna kan skrivas y(t) = y p (t) + Cy h (t), där y p är en lösning till ekvationen (kallad partikulärlösning) och y h är en lösning till den homogena ekvationen. Denna observation gör det möjligt för oss att ibland gissa/prova oss fram till lösningarna till ekvationen. Denna egenskap är också skälet till att sådana här ekvationer kallas linjära ekvationer.

12 IX. Primitiva funktioner och differentialekvationer 11 (22) Exempel 15 Som exempel kan vi se lösningen på ekvationen y = p ky tämligen direkt. Vi ser nämligen att y p (t) = p/k är en partikulärlösning, eftersom båda leden är noll om y = y p. Den homogena ekvation är y = ky, vilket vi vet har lösningen Ce kt. Den allmänna lösningen är därför y(t) = p k + Ce kt. 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 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 16 Vi börjar med att bestämma 2x dx (x 2)(x + 3) Att partialbråksuppdela integranden betyder att vi vill hitta konstanter A, B sådana att (2) 2x (x 2)(x + 3) = A x 2 + B 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). Om denna likhet ska vara sann för alla x, måste den t.ex. gälla då x = 3 och x = 2 och sätter vi in dessa i tur och ordning får vi 6 = 5B, 4 = 5A, A = 4 5, B = 6 5. Det vi kommit fram till så här långt är alltså att 2x (x 2)(x + 3) = 4 5(x 2) + 6 5(x + 3). Men från det får vi direkt att 2x dx (x 2)(x + 3) = 4 5 ln x ln x C. 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.

13 IX. Primitiva funktioner och differentialekvationer 12 (22) Anmärkning Att skriva dx x = ln x + C är egentligen lite missvisande. Funktionen 1/x är ju definierad på de två oändliga intervallen x < 0 och x > 0 och på det vänstra har den allmänn primitiva funktion ln( x) + C 1, medan den på den vänstra har ln x + C 2. Men de två konstanterna behöver inte vara desamma! Men det hindrar oss inte från att skriva som ovan. Exempel 17 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): Vi får då nämligen q(x) = B(x 2) 2 + C(x 2) + D. x + 1 (x + 2)(x 2) = A 3 x B x 2 + C (x 2) + D 2 (x 2). 3 Om vi som i föregående exempel gör liknämnigt och identifierar täljarna får vi att det för alla x ska gälla att x + 1 = A(x 2) 3 + B(x + 2)(x 2) 2 + C(x + 2)(x 2) + D(x + 2). Genom att sätta in x = 2 och x = 2 kan vi här identifiera A respektive D: A = 1 ( 4) 3 = 1 4 3, D = 3 4. För att få de övriga konstanterna flyttar vi nu över de termer vi har identifierat till vänsterledet: x + 1 (x + 2)(x 2) (x + 2) 3 4(x 2) = 43 (x + 1) (x 2) (x + 2) = (x + 2)(x 2) (x 2) (x 2) (x + 2)(x 2) 3 = (4 (x 2))(4 + (x 2)) 4 3 (x + 2)(x 2) 2 = 6 x 4 3 (x 2) 2. I det sista ledet skriver vi om 6 x som 4 (x 2) vilket ger oss uttrycket [4] = (x 2) (x 2).

14 IX. Primitiva funktioner och differentialekvationer 13 (22) Sammanfattningsvis har vi alltså att x + 1 (x + 2)(x 2) 3 = (x + 2) (x 2) (x 2) (x 2) 3, ur vilket vi sedan drar slutsatsen att (x + 1)dx (x + 2)(x 2) 3 = 1 64 ln x ln x (x 2) 3 8(x 2) 3 + C. Här är en annan typ av exempel. Exempel 18 Vi ska bestämma (4 + x) dx x 2 + 2x + 5. Vi börjar då med att observera att x 2 + 2x + 5 = (x + 1) Vi gör därför variabelbytet y = x + 1 i syfte att förenkla integralen lite: (y + 3) dy ydy = y y dy y 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 1 dt 2 t = 1 2 ln t + C = 1 2 ln(y2 + 4) + C = 1 2 ln((x + 1)2 + 4) + C. b) I den andra integralen vill vi ha en 1:a istället för 4:a efter plustecknet i nämnaren, så vi bryter ut 4: dy y = 1 4 dy (y/2) Sedan gör vi variabelbytet t = y/2 för att få 1 dy 4 (y/2) = 1 2dt 4 t = 1 2 arctan t + C = 1 2 arctan x C 2 Observera att C här i allmänhet betecknar olika konstanter. Sammanfattar vi får vi att (4 + x)dx x 2 + 2x + 5 = 1 2 ln x2 + 2x arctan x C. 2

15 IX. Primitiva funktioner och differentialekvationer 14 (22) En sista illustration innan vi byter ämne. Exempel 19 Vi ska bestämma 13 dx x 3 + 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 (x 2). Utför vi polynomdivisionen ser vi att x 3 + x 10 = (x 2)(x 2 + 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 (x 2)(x 2 + 2x + 5) = A x 2 + Bx + C x 2 + 2x + 5. Här bestämmer vi först A = 1 som tidigare genom att multiplicera ekvationen med (x 2), varefter vi subtraherar det från vänsterledet: 13 (x 2)(x 2 + 2x + 5) 1 x 2 = 8 2x x 2 (x 2)(x 2 + 2x + 5) = 4 + x x 2 + 2x + 5. Hur vi bestämmer en primitiv funktion till uttrycket i högerledet diskuterade vi i föregående exempel, och använder vi det ser vi att 13 dx (x 2)(x 2 + 2x + 5) = ln x ln x2 + 2x arctan x C 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 (t) = f(y(t))g(t). Finessen är att högerledet är en funktion av y multiplicerat med en funktion av t. Man kan då separera y(t) och t genom att dividera med f(y): y (t) f(y(t)) = g(t).

16 IX. Primitiva funktioner och differentialekvationer 15 (22) Men detta innebär att dy f(y) = g(t)dt. 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) [5]. Vi kallar en sådan en implicit funktion som definierar funktionen y(x) (ibland som en flervärd funktion). Låt oss se hur detta fungerar i verkligheten. Exempel 20 Om vi tar f(y) = ky, där k är en konstant, och g(t) = 1, så får vi differentialekvationen y (t) = ky(t). Denna är separabel, och ekvivalent med dy y = k dt ln y = kt + C, om vi får dividerar med y. I det här fallet kan vi lösa ut y: y(t) = ±e kt+c, vilket vi hellre skriver y(t) = Ce kt genom att låta det nya C stå för det gamla ±e C. Fallet C = 0 ger lösningen y = 0 som inte kommer fram genom räkningen ovan! Exempel 21 En med föregående ekvation närbesläktad differentialekvation är y (t) = ty(t). Den är också separabel (med f(y) = y och g(t) = t) och ekvivalent med dy y = ( t)dt ln y = t2 2 + C. Även nu kan vi lösa ut y som funktion av t: y(t) = Ce t2 /2. Anmärkning Båda dessa ekvationer är naturligtvis också linjära och vi löste dem tidigare. Exempel 22 En mer komplicerad separabel differentialekvation är y (t) = (t 1)y(t) t(1 y(t)), t > 0.

17 IX. Primitiva funktioner och differentialekvationer 16 (22) Om vi här samlar y i vänsterledet och t i högerledet, ser vi att denna är ekvivalent med (1 y)dy (t 1)dt =. y t Detta i sin tur är ekvivalent med att (y 1 1)dy = (1 t 1 )dt ln y y = t ln t + C. Konstanten C bestäms typiskt av ett startvillkor y(0) = y 0. Här kommer vi inte mycket längre vi kan inte lösa ut y som en funktion av t. Ekvationer på formen (3) y = r(a y)(b y), där a, b är konstanter, är viktiga ekvationer inom bl.a. reaktionskemin och ekologin [6]. De är också separabla och vi ska se närmare på deras lösningar. Vi börjar med fallet a = b i ett exempel. Exempel 23 Etylacetat (C 2 H 5 COCOCH 3 ) hydrolyseras i basisk lösning till etanol och acetatjon enligt formeln C 2 H 5 COCOCH 3 + OH C 2 H 5 OH + CH 3 COO. Man gjorde i ordning en lösning vid 30.0 C som 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. [7] Eftersom koncentrationen av hydroxidjonen är densamma får vi då att y ska lösa differentialekvationen y (t) = ry(t) 2, y(0) = 50 för någon hastighetskonstant r. Detta är en separabel differentialekvation, och separeras till dy y = rdt 1 = rt + C. 2 y Eftersom y(0) = 50, följer att C = 1/50 och alltså y(t) = 50 50rt + 1. Differentialekvationen (3) är ekvivalent med dy (a y)(b y) = rdt.

18 IX. Primitiva funktioner och differentialekvationer 17 (22) För att hitta en primitiv funktion till 1/(a y)(b y) när a b partialbråksuppdelar vi denna funktion. Vi ser då att föregående ekvation är ekvivalent med 1 1 ( a b b y 1 )dy = rt + C. a y Integrerar vi får vi att 1 a b ( ln b y + ln a y ) = rt + C 1 a b ln a y b y = rt + C. Genom att byta C mot (a b)c (vilket vi kan göra eftersom C är en godtycklig konstant), kan vi skriva denna ekvation som ln a y b y = r(a b)t + C. 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 24 Vi har tidigare stött på ekvationen [8] y (t) = 1 (y(t) 5)(y(t) 1), y(0) = 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 (4) ln 5 y 1 y = 1 (5 1)t + C = t/5 + C. 20 Konstanten bestäms av att vi sätter y = 0.8 då t = 0: C = ln = ln 21. Eftersom vi vet att y < 1 hela tiden [9] kan vi nu skriva om ekvationen [10] som 5 y(t) 1 y(t) = 21e t/5 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 år.

19 IX. Primitiva funktioner och differentialekvationer 18 (22) Detta senare är dock lättare att få ur den implicita ekvationen (4) (med C = ln 21). Om vi nämligen sätter y = 0 i den får vi att vilket ger samma lösning. ln 5 = t/5 + ln(21), Låt oss avsluta med ett exempel som illustrerar att vi även kan lösa en närbesläktad typ av ekvationer med hjälp av ett trick. Exempel 25 Lös ekvationen y = xy x 2 + y 2. Som den står är den inte separabel, men vi kan skriva om högerledet som xy x 2 + y 2 = y x 1 + ( y = g(y t ), där g(t) = x )2 x 1 + t. 2 Här har vi dividerat med x 2 och antar därför att x 0. När så är fallet inför vi en ny funktion z genom y(x) = z(x)x. Då gäller att y (x) = z (x)x + z(x) och det ska vara lika med g(z(x)). I vårt fall får vi xz + z = z 1 + z 2 xz = z3 1 + z 2 (1 + z2 )z z 3 = 1 x. Vi har alltså en separabel differentialekvation för z och den kan vi lösa till ln z 1 x2 = ln x + C ln y 2z3 2y = C. 2 Här använde vi att y = xz, så att ln y = ln z + ln x. Än en gång får vi nöja oss med en lösning på implicit form. Anmärkning Ekvationer som har formen y = g(y/x) kan i princip lösas på detta sätt. Om andra ordningens differentialekvationer Vi avslutar detta kapitel med att kort diskutera hur man kan gå tillväga för att lösa en andra ordningens differentialekvation med konstanta koefficienter. En sådan ekvation har

20 IX. Primitiva funktioner och differentialekvationer 19 (22) formen (5) y (t) + ay (t) + by(t) = f(t) där a, b är tal (kan vara komplexa, men det är mer sällsynt i praktiska problem). Metoden vi ska illustrera bygger på idén med integrerande faktor och reducerar ekvationen till att lösa en första ordningens ekvation. Första steget är att hitta en lösning till den homogena ekvationen. För det provar vi med y(t) = e rt. Med detta val av y blir den homogena ekvationen (r 2 + ar + b)e rt = 0. Vi inför därför Definition 1 Polynomet p(r) = r 2 + ar + b kallas det karakteristiska polynomet till ekvationen (5). Ekvationen p(r) = 0 kallas för den karakteristiska ekvationen och lösningarna till den karakteristiska ekvationen kallas egenvärdena till ekvationen (5) Det vi har sett ovan är då att om r är ett egenvärde till ekvationen, så gäller att y h (t) = e rt löser den homogena ekvationen. För att lösa ekvationen (5) inför vi nu funktionen z genom Deriverar vi får vi att y(t) = z(t)y h (t) = z(t)e rt. y = z e rt + zre rt = (z + rz)e rt, y = z e rt + 2rz e rt + r 2 ze rt = (z + 2rz + r 2 z)e rt, från vilket vi ser att y + ay + by = (z + (2r + a)z + (r 2 + ar + b)z)e rt. Men r var vald som ett egenvärde till ekvationen, så r 2 + ar + b = 0, vilket betyder att y + ay + by = (z + (2r + a)z )e rt. För att lösa (5) har vi alltså kommit fram till att vi ska hitta de z som löser { (z + (2r + a)z )e rt w = z = f(t). w + (2r + a)w = e rt f(t) Vi får en första ordningens ekvation i w, och löser därför den först. Sedan integrerar vi lösningen för att få z och slutligen multiplicerar vi med e rt för att få y(t).

21 IX. Primitiva funktioner och differentialekvationer 20 (22) Anmärkning Om vi vill använda terminologin som användes för första ordningens linjära differentialekvationer så är alltså 1/y h (t) = e rt den integrerande faktorn som vi multiplicerar ekvationen med. Skillnaden är att vi nu får en första ordningens differentialekvation i en derivata. Avslutningen av diskussionen ovan var medvetet kortfattad. Det man lär sig av ovanstående är nämligen vad man gör, inte att memorera formlerna! Exempel 26 Betrakta ekvationen Den karakteristiska ekvationen är nu y (t) + y (t) 2y(t) = 2t + 1. r 2 + r 2 = (r 1)(r + 2) så vi ska välja r som antingen 1 eller 2. Derivationerna blir enklare om vi väljer den förstnämnda, så vi tar y h (t) = e t. Skriv nu y = ze t och derivera [11] : y = (z + z )e t, y = (z + 2z + z)e t, vilket ger oss att y + y 2y = (z + 3z )e t. Ekvationen för z blir därför { e t (z + 3z w = z ) = (2t + 1). w + 3w = (2t + 1)e t Vi löser nu ekvationen för w t.ex. genom att multiplicera med den integrerande faktorn e 3t : (e 3t w(t)) = (2t + 1)e 2t e 3t w(t) = (2t + 1)e 2t = te 2t + C. Det följer att och en integration till visar att z (t) = w(t) = te t + Ce 3t, z(t) = (t + 1)e t + Ce 3t + D. Här ska vi egentligen skriva C som C/3 för att likheten ska gälla, men eftersom C är en godtycklig konstant är det onödigt. Slutresultatet blir y(t) = z(t)e t = (t + 1) + Ce 2t + De t. Anmärkning Här finns en del kommentarer att göra: a) Lösningen har två okända konstanter. Dessa bestäms vanligen genom att man

22 IX. Primitiva funktioner och differentialekvationer 21 (22) anger begynnelsevärdena y(0) och y (0). b) Lösningen kan skrivas y p (t) + y h (t) där y p (t) = (t + 1) är en partikulärlösning och y h (t) = Ce 2t + De t är den allmänna lösningen till den homogena ekvationen (se nedan). Det betyder att liksom för första ordningens linjära ekvationer gäller att man ibland kan bestämma lösningen genom att bestämma den allmänna lösningen till den homogena ekvationen och sedan gissa sig till en partikulärlösning. I detta fallet kan man ansätta y p (t) = At + B och se om vi kan välja A, B så att den löser ekvationen. Vi har då att y p +y p 2y = A (2At+2B) = 2At+A 2B = 2t+1 A = 1, B = 1. Härmed ser vi att en partikulär lösning är y p (t) = (t + 1). Vi avslutar denna diskussion med att formulera och bevisa Sats 2 Om r 1, r 2 är egenvärdena till (5), så ges den allmänna lösningen till dess homogena ekvation av { C 1 e r1t + C 2 e r 2t om r 1 r 2 y h (t) =. (C 1 t + C 2 )e r 1t om r 1 = r 2 Bevis. Beviset använder metoden ovan. Vi skriver y(t) = z(t)e r1t. Ekvationen för z blir (se räkningarna ovan) z + (2r 1 + a)z = 0. Men vi vet att a = (r 1 + r 2 ), så vi kan skriva denna som z + (r 1 r 2 )z = 0. Om därför r 1 = r 2 ska z (t) = 0 och alltså z(t) = C 1 t + C 2. Om r 1 r 2 löser vi först ekvationen w + (r 1 r 2 )w = 0. Denna har lösningen w(t) = C 2 e (r 2 r 1 )t, och integrerar vi det, får vi en likadan funktion plus en konstant C 1. Det följer att y(t) = (C 2 e (r 2 r 1 )t + C 1 )e r1t = C 1 e r1t + C 2 e r2t. Mer om andra ordningens linjära differentialekvationer kan läsas i artiklarna Om lösandet av linjära (ordinära) differentialekvationer och Om svängningar och resonans. Den senare diskuterar en del tillämpningar av dessa ekvationer. Noteringar 1. Även om det ibland blir den inversa funktionen vi får, eller en implicit definition av funktionen. 2. Se diskussionen om medelvärdessatsen i kapitlet Analys av polynomfunktioner. 3. Eller snarare, titta på funktionen z istället för funktionen y. 4. Detta är ett trick. Har man svårt för det upprepar man vad man redan har. Vi har alltså kommit fram till att 6 x 4 3 (x 2) 2 = B x 2 + C (x 2) 2.

23 IX. Primitiva funktioner och differentialekvationer 22 (22) Multiplicera nu detta med (x 2) 2. Då får vi att (6 x)/4 3 = B(x 2) + C från vilket följer att C = 1/4 2. Slutligen får vi B genom att beräkna 6 x 4 3 (x 2) (x 2) 2 = (x 2) 5. Ekvationen kan ha flera lösningar y till ett givet t, och då måste man också identifiera vilken av dessa som hör till en speciell lösning till differentialekvationen. 6. Detta diskuteras i kapitlet Kvalitativa lösningar till differentialekvationer. Dessutom löses denna typ av ekvation med en alternativ metod i kapitlet Om exponentialfunktioner och logaritmer 7. Istället för att skriva koncentrationen av etylacetatet som 50 y(t) som texten innan exemplet ger. 8. Se kapitlen Kvalitativa lösningar till differentialekvationer och Om exponentialfunktioner och logaritmer 9. För sådana y är y < Detta är viktigt! Vi har att 5 y 1 y = 5 y 1 y om och endast om y < 1 eller y > 5. I annat fall dyker det upp ett minustecken här! 11. Notera binomialkoefficienterna i dessa formler.