Viikko 19 - Practice 14 answers PDF

Preview

Summary

Practice 14 answers...

Description

Matematiikan perusteet taloustieteilijöille II Harjoitusten malliratkaisut, viikko 19, kevät 2014 46. Nyt 2 dy + 2xy = 2xe−x dx

(1)

(∗)

on täydellinen 1. kertaluvun lineaarinen differentiaaliyhtälö. Kerrotaan (∗) puolittain lausekkeella

R

e

2x dx

2

= ex ,

jolloin saadaan tulon derivoimissäännöstä

⇔ ⇔

  x2  ·e 

2 dy + 2xy = 2xe−x dx dy x2 2 2 2 · e + 2xy · ex = 2xe−x · ex dx d x2 (e · y) = 2x. dx

Edelleen integroimalla puolittain saadaan Z Z d x2 (e · y) = 2x dx dx x2

  x2  :e 

2

⇔

e

⇔

y=

⇔

y = x2 e−x + Ce−x ,

·y = x +C C x2 + 2 ex ex2 2

2

C ∈ R.

47. a) Ratkaistaan differentiaaliyhtälö ilman alkuehtoa. Nyt    : dx (x + y )dx + (x − y)dy = 0  ⇔

(x + y) + (x − y)

⇔

(y − x)

⇔

dy =0 dx

dy = x+y dx x + y merk. dy = f (x, y). = y−x dx

(1)    : (y − x) 6= 0  (∗)

1

Olkoon λ ∈ R, λ 6= 0. Koska f (λx, λy) =

λx + λy λ(x + y) x+y = f (x, y), = = λy − λx λ(y − x) y − x

niin differentiaaliyhtälö (∗) on homogeeninen. Tehdään sijoitus y x

u=

⇔

y = ux,

jolloin

du dy = · x+ u. Tällöin differentiaaliyhtälö (∗) saadaan muotoon dx dx

⇔

1+ y dy x+y = y x = y−x dx −1 x 1 + u du ·x+u = dx u−1 1+u −u2 + 2u + 1 du ·x= −u= u−1 dx u−1

⇔ ⇔ ⇔

x(u − 1)du = (−u2 + 2u + 1)dx −u2

1 u−1 du = dx x + 2u + 1

     · dx  · (u − 1)        : x 6= 0  : (−u2 + 2u + 1) 6= 0  

(∗∗).

Nyt differentiaaliyhtälö (∗∗) on separoituva, joten puolittain integroimalla saadaan Z

⇔

Z u−1 1 du = dx 2 −u xZ Z + 2u + 1 −2u + 2 1 1 du = dx − 2 −u + 2u + 1 2 x 1 − ln | − u2 + 2u + 1| = ln |x| + C 2

⇔

ln | − u2 + 2u + 1| = −2 ln |x| + C

⇔

eln |−u

⇔

2

| − u + 2u + 1| = e

⇔

| − u2 + 2u + 1| = |x|−2 |C| =

⇔

C |C| − u + 2u + 1 = ± 2 = 2 . x x

⇔

2

2 +2u+1|

= e−2 ln |x|+C ln |x|−2

C

· |{z} e =|C|

|C| x2

   huom. |C| > 0     merk. ± |C| = C 6= 0  2

⇔ ⇔ ⇔ ⇔

C − u2 + 2u + 1 − 2 = 0 x q 2 −2 ± 2 − 4 · (−1) · (1 − xC2 ) u= 2 · (−1) q q C 2 ± 2 2 − xC2 2 ± 4(2 − x2 ) = u= 2 2 r C u = 1± 2+ 2 x

Tehdään takaisin sijoitus u = xy, jolloin saadaan r C y = 1± 2+ 2 x x r r C C ⇔ y = x ± x 2 + 2 = x ± x2 (2 + 2 ) x x √ ⇔ y = x ± 2x2 + C, C ∈ R \ {0}.

   ·x  (2)

Tutkitaan vielä aiemmin poissuljetut tapaukset. Olkoon ensin y − x = 0 eli y = x, jolloin

dy dx

= 1. Tällöin alkuperäinen

differentiaaliyhtälö (1) on muotoa (x + x) + (x − x) · 1 = 0

⇔

2x = 0.

Tämä pätee vain, kun x = 0, joten y = x ei ole yleinen ratkaisu. Olkoon sitten −u2 +2u+1 = 0. Aiemmin lasketun nojalla tämän yhtälön

ratkaisu saadaa yhtälöstä (2) vakion C arvolla 0. Tutkitaan, onko √ √ √ y = x ± 2x2 + 0 = x ± |x| 2 = x(1 ± 2) √ yhtälön (∗) ratkaisu. Sijoittamalla y = x(1 + 2) yhtälöön (∗) saadaan √ √ √ x(2 + 2 √ x + x(1 + 2) √ √ = 2+1 = 1+ 2= x 2 x(1 + 2) − x √ eli y = x(1 + 2) on differentiaaliyhtälön (∗) ratkaisu. Vastaavasti las√ kemalla nähdään, että myös y = x(1 − 2) on ratkaisu. Siispä differen√ tiaaliyhtälön (1) yleinen ratkaisu on y = x ± 2x2 + C, C ∈ R. 3

b) Ratkaistaan differentiaaliyhtälö (x + y )dx + (x − y)dy = 0

( ∗)

toisella tavalla. Nyt M(x, y) = x + y ja N (x, y) = x − y. Tällöin ∂N (x, y) ∂M (x, y) , =1= ∂x ∂y joten (∗) on eksakti differentiaaliyhtälö. Etsitään g(x, y), jolle M(x, y) ja

∂g(x,y) ∂y

Z

∂g (x,y ) = ∂x

= N (x, y). Nyt Z

1 (x + y) dx = x2 + yx, 2 Z Z 1 N (x, y) dy = (x − y) dy = − y 2 + xy, 2 joten g(x, y) =

M(x, y) dx =

1 x2 2

+ xy − 21 y 2 + C, missä C ∈ R on vakio. Näin ol-

len differentiaaliyhtälön (∗) ratkaisu saadaan ratkaisemalla y yhtälöstä g(x, y) = 0. Siispä 1 1 2 x + xy − y 2 + C = 0 2 2 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

y 2 − 2xy − x2 + C = 0 p 2x ± (−2x)2 − 4 · (−x2 + C) y= 2 √ 2 2x ± 4x + 4x2 − 4C y= p 2 2x ± 4(2x2 − C ) y= 2 √ 2 y = x ± 2x + C, C ∈ R.

   · (−2), merk. − 2C = C 

4...