Universitetseksamen etter tema

Dette er en lineær førsteordens differensiallikning. Vi samler \( y \)-leddene på venstre side, og bruker integrerende faktor.

1. Finn den integrerende faktoren Vi flytter \( xy \) over, så likningen får formen \( {y' + \textcolor{blue}{P(x)}y = Q(x)}\text{:} \) \[ y' + \textcolor{blue}{x}y = 2xe^{-\tfrac{1}{2}x^2} \]

Den integrerende faktoren er gitt ved formelen fra videoen Integrerende faktor: \[ \textcolor{red}{f(x)} = e^{\int \textcolor{blue}{P(x)}\,dx} \]

Her er \( {\textcolor{blue}{P(x)} = \textcolor{blue}{x}}\text{,} \) så \( {\int x\,dx = \dfrac{1}{2}x^2} \) gir: \[ \textcolor{red}{f(x)} = \textcolor{red}{e^{\tfrac{1}{2}x^2}} \]

2. Gang med faktoren og integrer Vi ganger begge sider med \( \textcolor{red}{f(x)}\text{.} \) På høyre side er \( {e^{\tfrac{1}{2}x^2} \cdot e^{-\tfrac{1}{2}x^2} = 1}\text{:} \) \[ \textcolor{red}{e^{\tfrac{1}{2}x^2}}y' + x\textcolor{red}{e^{\tfrac{1}{2}x^2}}y = 2x \]

Venstre side er nå produktregelen brukt på \( {\textcolor{red}{f(x)} \cdot y}\text{,} \) siden \( {\textcolor{red}{f'(x)} = x\textcolor{red}{e^{\tfrac{1}{2}x^2}}}\text{:} \) \[ \left(\textcolor{red}{e^{\tfrac{1}{2}x^2}}\,y\right)' = 2x \]

Integrerer vi begge sider, får vi: \[ \textcolor{red}{e^{\tfrac{1}{2}x^2}}\,y = x^2 + C \]

Dette gir den generelle løsningen: \[ y = (x^2 + C)e^{-\tfrac{1}{2}x^2} \]

3. Bruk startverdien Vi setter inn \( {y(1) = \dfrac{1}{\sqrt{e}} = e^{-\tfrac{1}{2}}}\text{:} \) \[ e^{-\tfrac{1}{2}} = (1 + C)e^{-\tfrac{1}{2}} \]

Det betyr at \( {C = 0}\text{.} \)

Vi sammenligner linja i løkka med formelen for Eulers metode. Det som står ganget med steglengden, er høyresiden i differensiallikningen.

1. Finn høyresiden Eulers metode for \( {y' = \textcolor{blue}{f(t, y)}} \) forteller oss at: \[ y_{i+1} = y_i + \textcolor{red}{h} \cdot \textcolor{blue}{f(t_i, y_i)} \]Hvis du er usikker på Eulers metode, kan du se videoen Eulers metode.

Linja i løkka sier: \[ y_{i+1} = y_i + \textcolor{red}{h} \cdot \textcolor{blue}{y_i(1 - y_i)} \]

Det betyr at \( {\textcolor{blue}{f(t, y) = y(1 - y)}}\text{,} \) og likningen er: \[ y'(t) = y(t)(1 - y(t)) \]Steglengden \( \textcolor{red}{h} \) hører til metoden, ikke til likningen, så C, D og E faller bort.

2. Finn intervallet og startverdien Koden tar \( N \) steg med lengde \( \textcolor{red}{h}\text{,} \) så den ender i: \[ t = N\textcolor{red}{h} = t_{\text{end}} = 10 \]\( {N = 10000} \) er antall steg, ikke sluttiden, så B faller bort.

Den første verdien i lista er startverdien: \[ y(0) = y_0 = 0{,}1 \]

Dette er en homogen andreordens differensiallikning. Vi finner derfor røttene til den karakteristiske likningen og bruker startverdiene til å finne konstantene.

1. Finn røttene Den karakteristiske likningen er: \[ \textcolor{blue}{1} \cdot r^2 + \textcolor{red}{6}r + \textcolor{green}{9} = 0 \]

abc-formelen forteller oss at: \[ r = \dfrac{-\textcolor{red}{b} \pm \sqrt{\textcolor{red}{b}^2 - 4\textcolor{blue}{a}\textcolor{green}{c}}}{2\textcolor{blue}{a}} \]Hvis du er usikker på abc-formelen, kan du se videoen Andre ordens homogene diff ligninger TEORI.

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{a} &= \textcolor{blue}{1} \\ \textcolor{red}{b} &= \textcolor{red}{6} \\ \textcolor{green}{c} &= \textcolor{green}{9} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn i abc-formelen, får vi: \[ \begin{aligned} r &= \dfrac{-\textcolor{red}{6} \pm \sqrt{\textcolor{red}{6}^2 - 4 \cdot \textcolor{blue}{1} \cdot \textcolor{green}{9}}}{2 \cdot \textcolor{blue}{1}} \\ &= \dfrac{-6 \pm 0}{2} \\ &= -3 \end{aligned} \]

2. Skriv opp den generelle løsningen Vi får bare én rot, altså en dobbel rot. Da må den andre løsningen ha med en ekstra \( x\text{,} \) som i videoen Differensiallikning med dobbel rot: \[ y = C_1e^{rx} + C_2xe^{rx} \]

Med \( {r = -3} \) får vi: \[ y = C_1e^{-3x} + C_2xe^{-3x} \]

3. Bruk startverdiene Setter vi inn \( {y(0) = 1}\text{,} \) får vi: \[ C_1 \cdot 1 + C_2 \cdot 0 = 1 \quad \Rightarrow \quad C_1 = 1 \]

Vi trenger \( y'\text{.} \) Med kjerneregelen er \( {(e^{-3x})' = -3e^{-3x}}\text{,} \) som i videoen Kjerneregelen. Det andre leddet er et produkt, så produktregelen forteller oss at: \[ (\textcolor{red}{u}\textcolor{blue}{v})' = \textcolor{red}{u'}\textcolor{blue}{v} + \textcolor{red}{u}\textcolor{blue}{v'} \]Hvis du er usikker på produktregelen, kan du se videoen Produktregelen.

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{C_2x} & \textcolor{red}{u'} &= \textcolor{red}{C_2} \\ \textcolor{blue}{v} &= \textcolor{blue}{e^{-3x}} & \textcolor{blue}{v'} &= \textcolor{blue}{-3e^{-3x}} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} y' = {} & -3C_1e^{-3x} + \textcolor{red}{C_2}\textcolor{blue}{e^{-3x}} \\ & + \textcolor{red}{C_2x}\textcolor{blue}{(-3e^{-3x})} \end{aligned} \]

Setter vi inn \( {y'(0) = 1} \) og \( {C_1 = 1}\text{,} \) får vi: \[ -3 + C_2 = 1 \quad \Rightarrow \quad C_2 = 4 \]

Vi går fra \( {x = -1} \) til \( {x = 0} \) med to Euler-steg. Skissen starter i \( {(-1, 0)} \) og følger linjestykkene begge veier.

1. Skriv opp Eulers metode Eulers metode forteller oss at: \[ \textcolor{red}{y_{n+1}} = \textcolor{blue}{y_n} + h \cdot \textcolor{green}{y'(x_n, y_n)} \]Hvis du er usikker på metoden, kan du se videoen Eulers metode.

Her er: \[ \begin{aligned} x_0 &= -1, \quad \textcolor{blue}{y_0} = \textcolor{blue}{0}, \quad h = 0{,}5 \\ \textcolor{green}{y'} &= \textcolor{green}{x^2 - 0{,}3y^2} \end{aligned} \]

2. Ta to steg Første steg går fra punktet \( {(-1, 0)} \) til \( {x_1 = -0{,}5}\text{:} \) \[ \begin{aligned} \textcolor{green}{y'} &= \textcolor{green}{(-1)^2 - 0{,}3 \cdot 0^2 = 1} \\ \textcolor{red}{y_1} &= \textcolor{blue}{0} + 0{,}5 \cdot \textcolor{green}{1} = \textcolor{red}{0{,}5} \end{aligned} \]

Andre steg går fra punktet \( {(-0{,}5;\ 0{,}5)} \) til \( {x_2 = 0}\text{:} \) \[ \begin{aligned} \textcolor{green}{y'} &= \textcolor{green}{(-0{,}5)^2 - 0{,}3 \cdot 0{,}5^2} \\ &= \textcolor{green}{0{,}25 - 0{,}075 = 0{,}175} \\ \textcolor{red}{y_2} &= \textcolor{blue}{0{,}5} + 0{,}5 \cdot \textcolor{green}{0{,}175} = \textcolor{red}{0{,}5875} \end{aligned} \]

3. Skisser løsningen Vi starter i \( {(-1, 0)} \) og tegner en kurve som hele veien følger linjestykkene i feltet, både til høyre og til venstre:

Fra startpunktet stiger kurven mot \( {y\text{-aksen.}} \) Der flater den ut, siden \( y' \) er nær \( 0 \) rundt \( {x = 0}\text{,} \) og så stiger den bratt igjen. Avlest fra feltet passerer kurven \( {x = 0} \) nær \( {y = 0{,}3}\text{,} \) altså under \( y_2\text{.} \) To så lange Euler-steg bommer her, fordi stigningen endrer seg raskt mellom \( {x = -1} \) og \( {x = 0}\text{.} \)

Vi kan samle \( y \) på den ene siden og \( x \) på den andre, så likningen er separabel. Vi integrerer begge sider og finner konstanten fra \( {y(0) = 1}\text{.} \)

1. Separer likningen Vi skriver \( {y' = \dfrac{dy}{dx}} \) og samler \( y \) på én side og \( x \) på den andre, som i videoen Seperable diff-ligninger: \[ \dfrac{\textcolor{red}{dy}}{\textcolor{red}{y}} = \dfrac{\textcolor{blue}{dx}}{\textcolor{blue}{3(1 + x)}} \]

2. Integrer begge sider Vi integrerer begge sider. Siden \( {x > -1}\text{,} \) er \( {1 + x > 0}\text{,} \) og vi trenger ingen absoluttverdi der: \[ \textcolor{red}{\ln|y|} = \textcolor{blue}{\dfrac{1}{3}\ln(1 + x)} + C \]

3. Finn konstanten Vi setter inn \( {x = 0} \) og \( {y = 1}\text{:} \) \[ \ln 1 = \dfrac{1}{3}\ln 1 + C \quad \Rightarrow \quad C = 0 \]

4. Løs for y Logaritmeregelen forteller oss at: \[ a \ln b = \ln\left(b^a\right) \]Du ser regelen i videoen Naturlige Logaritmer.

Her er \( {a = \dfrac{1}{3}} \) og \( {b = 1 + x}\text{.} \) Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{\ln|y|} &= \ln\left((1 + x)^{\tfrac{1}{3}}\right) \\ |y| &= (1 + x)^{\tfrac{1}{3}} \end{aligned} \]

\( |y| \) blir aldri \( 0\text{,} \) så \( y \) skifter ikke fortegn. Med \( {y(0) = 1} \) er \( y \) positiv, og: \[ y = (1 + x)^{\tfrac{1}{3}} \]

Vi deriverer begge sider, så integralet forsvinner og vi står igjen med en separabel differensiallikning. Startverdien får vi ved å sette inn \( {x = 0}\text{.} \)

1. Deriver begge sider Når vi deriverer et integral med \( x \) i øvre grense, bytter vi \( t \) med \( x \) i funksjonen under integraltegnet: \[ \left( \int_0^x h(t)\,dt \right)' = h(x) \]Det er slik vi starter i videoen Løs integralligningen - Generell løsning - 6 - Del 1.

Her er \( {h(t) = e^{t + y(t)}}\text{,} \) så vi får: \[ y'(x) = e^{x + y(x)} \]

Setter vi inn \( {x = 0} \) i likningen fra oppgaven, går integralet fra \( 0 \) til \( 0\text{.} \) Det gir startverdien: \[ y(0) = \int_0^0 e^{t + y(t)}\,dt = 0 \]

2. Separer og integrer Vi deler potensen i to, så vi kan samle \( \textcolor{red}{y} \) på én side og \( \textcolor{blue}{x} \) på den andre, som i videoen Seperable diff-ligninger: \[ \begin{aligned} \dfrac{dy}{dx} &= \textcolor{blue}{e^x} \cdot \textcolor{red}{e^y} \\ \textcolor{red}{e^{-y}\,dy} &= \textcolor{blue}{e^x\,dx} \end{aligned} \]

Regelen for å integrere \( e \) opphøyd i noe forteller oss at: \[ \int e^{ny}\,dy = \dfrac{1}{n}e^{ny} + C \]Du ser den i videoen Basic integrasjonsregler/​formler.

På venstre side er \( {n = -1}\text{.} \) Vi integrerer begge sider og får: \[ \textcolor{red}{-e^{-y}} = \textcolor{blue}{e^x} + C \]

3. Finn konstanten og løs for y Vi setter inn startverdien \( {y(0) = 0}\text{:} \) \[ \begin{aligned} -e^0 &= e^0 + C \\ -1 &= 1 + C \\ C &= -2 \end{aligned} \]

Det gir oss: \[ \begin{aligned} -e^{-y} &= e^x - 2 \\ e^{-y} &= 2 - e^x \end{aligned} \]

Vi tar \( \ln \) på begge sider og får: \[ \begin{aligned} -y &= \ln(2 - e^x) \\ y &= -\ln(2 - e^x) \end{aligned} \]For \( {0 \le x < \ln(2)} \) er \( {e^x < 2}\text{,} \) så \( {2 - e^x > 0} \) og logaritmen finnes.

Her står \( x \) i den øvre grensen, så vi deriverer begge sider og blir kvitt integralet. Da får vi en separabel differensiallikning, og startverdien får vi ved å sette inn \( {x = 0}\text{.} \)

1. Finn startverdien Setter vi inn \( {x = 0}\text{,} \) går integralet fra \( 0 \) til \( 0 \) og blir \( 0\text{:} \) \[ f(0) = 1 - \int_0^0 f(t)\,dt = 1 - 0 = 1 \]

2. Deriver begge sider Analysens fundamentalteorem forteller oss at: \[ \left(\int_0^x \textcolor{red}{f(t)}\,dt\right)' = \textcolor{red}{f(x)} \]Det forklares i videoen Løs integralligningen - Generell løsning - 6 - Del 1.

Konstanten \( 1 \) deriveres til \( 0\text{,} \) så vi får: \[ f'(x) = 0 - \textcolor{red}{f(x)} = -\textcolor{red}{f(x)} \]

3. Løs differensiallikningen Vi skriver \( {y = f(x)}\text{.} \) Siden \( {f(0) = 1}\text{,} \) kan ikke \( {y = 0} \) være løsningen, og vi samler \( y \) på én side og \( x \) på den andre, som i videoen Seperable diff-ligninger: \[ \begin{aligned} \dfrac{dy}{dx} &= -y \\ \dfrac{1}{y}\,dy &= -dx \end{aligned} \]

Vi integrerer begge sider, som i videoen Basic integrasjonsregler/​formler, og får: \[ \ln|y| = -x + C \]

Vi opphøyer \( e \) i begge sider, og samler konstanten i en ny konstant \( \textcolor{blue}{A}\text{:} \) \[ y = \textcolor{blue}{A}\,e^{-x} \]

4. Finn konstanten Startverdien \( {f(0) = 1} \) gir: \[ \textcolor{blue}{A}\,e^{0} = 1 \quad \Rightarrow \quad \textcolor{blue}{A} = 1 \]

Stigningen er \( y'\text{,} \) så dette er en differensiallikning. Vi ser at vi kan skille \( y \) og \( x\text{,} \) og bruker derfor separasjon av variabler.

1. Separer variablene Stigningen er \( {y' = \dfrac{dy}{dx}}\text{,} \) så: \[ \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{e^{-x}}{1 + \cos(y)} \]

Vi samler \( \textcolor{red}{y} \) på én side og \( \textcolor{blue}{x} \) på den andre, som i videoen Seperable diff-ligninger: \[ \textcolor{red}{(1 + \cos(y))\,dy} = \textcolor{blue}{e^{-x}\,dx} \]

2. Integrer begge sider Vi integrerer hver side for seg: \[ \begin{aligned} \int \textcolor{red}{(1 + \cos(y))\,dy} &= \int \textcolor{blue}{e^{-x}\,dx} \\ \textcolor{red}{y + \sin(y)} &= \textcolor{blue}{-e^{-x}} + \textcolor{green}{C} \end{aligned} \]

3. Finn konstanten Kurven går gjennom \( (\ln(2), 0)\text{,} \) så vi setter inn \( {x = \ln(2)} \) og \( {y = 0}\text{:} \) \[ 0 + \sin(0) = -e^{-\ln(2)} + \textcolor{green}{C} \]

Her er \( {e^{-\ln(2)} = \dfrac{1}{e^{\ln(2)}} = \dfrac{1}{2}}\text{,} \) så: \[ 0 = -\dfrac{1}{2} + \textcolor{green}{C} \quad \Rightarrow \quad \textcolor{green}{C} = \textcolor{green}{\dfrac{1}{2}} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ y + \sin(y) = -e^{-x} + \textcolor{green}{\dfrac{1}{2}} \]

Dette er en lineær førsteordens differensiallikning, så vi bruker en integrerende faktor. Til slutt finner vi konstanten fra \( {y(0) = 5}\text{.} \)

1. Finn den integrerende faktoren Likningen har formen \( {y' + \textcolor{magenta}{P(x)}y = Q(x)}\text{.} \) Den integrerende faktoren er: \[ \textcolor{darkorange}{I(x)} = e^{\int \textcolor{magenta}{P(x)}\,dx} \]Hvis du er usikker på metoden, kan du se videoen Integrerende faktor.

Her er \( {\textcolor{magenta}{P(x)} = \textcolor{magenta}{-2x}}\text{,} \) så: \[ \begin{aligned} \int \textcolor{magenta}{(-2x)}\,dx &= -x^2 \\ \textcolor{darkorange}{I(x)} &= \textcolor{darkorange}{e^{-x^2}} \end{aligned} \]

2. Gang inn faktoren Vi ganger begge sider med \( {\textcolor{darkorange}{e^{-x^2}}}\text{.} \) Høyre side forenkles, siden \( {e^{-x^2} \cdot e^{x^2} = 1}\text{:} \) \[ \textcolor{darkorange}{e^{-x^2}}y' - 2x\textcolor{darkorange}{e^{-x^2}}y = \dfrac{1}{(x + 1)^2} \]

Produktregelen forteller oss at: \[ (\textcolor{red}{u}\textcolor{blue}{v})' = \textcolor{red}{u'}\textcolor{blue}{v} + \textcolor{red}{u}\textcolor{blue}{v'} \]Den finner du i videoen Produktregelen.

Her er \( \textcolor{red}{u} \) den integrerende faktoren. Den deriverer vi med kjerneregelen, som i videoen Derivasjonsregler/​Formler: \[ \left(e^{\textcolor{green}{k}}\right)' = \textcolor{green}{k'}e^{\textcolor{green}{k}} \]

Med kjernen \( {\textcolor{green}{k} = \textcolor{green}{-x^2}} \) og \( {\textcolor{green}{k'} = \textcolor{green}{-2x}} \) er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{e^{-x^2}} & \textcolor{red}{u'} &= \textcolor{red}{-2xe^{-x^2}} \\ \textcolor{blue}{v} &= \textcolor{blue}{y} & \textcolor{blue}{v'} &= \textcolor{blue}{y'} \end{aligned} \]

Venstre side er altså den deriverte av et produkt: \[ \left(\textcolor{red}{e^{-x^2}}\textcolor{blue}{y}\right)' = \dfrac{1}{(x + 1)^2} \]

3. Integrer begge sider Vi skriver \( {\dfrac{1}{(x + 1)^2} = (x + 1)^{-2}} \) og bruker potensregelen fra videoen Basic integrasjonsregler/​formler: \[ \int x^n\,dx = \dfrac{x^{n+1}}{n+1} + C \]

Kjernen \( {x + 1} \) har derivert \( 1\text{,} \) så: \[ \begin{aligned} \int (x + 1)^{-2}\,dx &= \dfrac{(x + 1)^{-1}}{-1} + C \\ &= -\dfrac{1}{x + 1} + C \end{aligned} \]

Det gir oss: \[ e^{-x^2}y = C - \dfrac{1}{x + 1} \]

Ganger vi begge sider med \( e^{x^2}\text{,} \) får vi: \[ y = e^{x^2}\left(C - \dfrac{1}{x + 1}\right) \]

4. Bruk initialbetingelsen Vi setter inn \( {x = 0} \) og \( {y = 5}\text{:} \) \[ \begin{aligned} 5 &= e^0\left(C - \dfrac{1}{0 + 1}\right) \\ 5 &= C - 1 \\ C &= 6 \end{aligned} \]