Oversikt

Differensiallikninger i MAT1100 fokuserer pa grunnleggende typer (separable, lineaere forsteordens) samt bruk av analyseteorem (middelverdisetningen, fundamentalteoremet) til a bevise egenskaper ved losninger. Eksamen tester sjelden losning av kompliserte ODE-er, men bruker differensiallikningslogikk i bevisoppgaver.

Separable likninger

En likning pa formen $\frac{dy}{dx} = f(x) \cdot g(y)$ loses ved separasjon:

$$\int \frac{dy}{g(y)} = \int f(x)\, dx$$

Lineaere forsteordens likninger

Formen $y' + P(x)y = Q(x)$ loses med integrerende faktor:

$$\mu(x) = e^{\int P(x)\, dx}$$

Multipliser gjennom: $(\mu y)' = \mu Q$, og integrer.

Fundamentalteoremet for kalkulus

Dette teoremet kobler integrasjon og derivasjon og brukes hyppig pa eksamen:

$$\frac{d}{dx} \int_a^x f(t)\, dt = f(x)$$

Med variabel ovre grense (kjerneregelen):

$$\frac{d}{dx} \int_a^{g(x)} f(t)\, dt = f(g(x)) \cdot g'(x)$$

Middelverdisetningen

Dersom $f$ er kontinuerlig pa $[a,b]$ og deriverbar pa $(a,b)$, finnes $c \in (a,b)$ slik at:

$$f'(c) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}$$

Middelverdisetningen brukes i mange bevisoppgaver for a garantere eksistensen av et punkt med en bestemt egenskap.

Bevisoppgaver med disse verktoyene

En typisk eksamensoppgave gir en funksjon definert som et integral med variabel grense, f.eks. $u(x) = \int_0^x e^{t^2}\, dt$, og ber deg bevise en identitet eller finne en derivert. Teknikken er alltid: bruk fundamentalteoremet (evt. med kjerneregelen) og kombiner med delvis integrasjon eller andre kalkulusteknikker.

Eksempel 1 (Eksamen 2021, Oppgave 2c)

Oppgave: Vis at hvis $u(x) = \int_0^x e^{t^2}\, dt$, sa er $\displaystyle\int_0^x u(t)\, dt = xu(x) - \frac{e^{x^2}}{2} + \frac{1}{2}$.

Losning: Vi bruker delvis integrasjon pa $\int_0^x u(t)\, dt$ med $f = u(t)$, $g' = 1$ (altsa $g = t$):

$$\int_0^x u(t)\, dt = \left[t \cdot u(t)\right]_0^x - \int_0^x t \cdot u'(t)\, dt$$

Siden $u'(t) = e^{t^2}$ (fundamentalteoremet) og $u(0) = 0$:

$$= xu(x) - \int_0^x t \, e^{t^2}\, dt$$

Det siste integralet: substitusjon $s = t^2$, $ds = 2t\, dt$:

$$\int_0^x t \, e^{t^2}\, dt = \frac{1}{2}\int_0^{x^2} e^s\, ds = \frac{1}{2}\left[e^s\right]_0^{x^2} = \frac{e^{x^2} - 1}{2}$$

$$\int_0^x u(t)\, dt = xu(x) - \frac{e^{x^2} - 1}{2} = xu(x) - \frac{e^{x^2}}{2} + \frac{1}{2} \quad \square$$

Eksempel 2 (Eksamen 2020, Oppgave 8)

Oppgave: Vis at hvis $f\colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ er to ganger deriverbar med $f'(0) = f(0)$ og $f'(1) = f(1)$, sa finnes $c \in (0,1)$ slik at $f'(c) = f''(c)$.

Losning: Definer hjelpefunksjonen $g(x) = f(x) - f'(x)$ (merk: dette er ikke standard -- vi tenker slik: vi onsker $f'(c) = f''(c)$, altsa $f'(c) - f''(c) = 0$, som er $g'(c) = 0$ der $g(x) = f(x) - f'(x)$... men det stemmer ikke helt.)

Bedre: Definer $h(x) = e^{-x}f(x)$. Da er $h'(x) = e^{-x}(f'(x) - f(x))$.

Betingelsen $f'(0) = f(0)$ gir $h'(0) = 0$. Betingelsen $f'(1) = f(1)$ gir $h'(1) = 0$.

Bruk Rolles teorem pa $h'$: det finnes $c \in (0,1)$ slik at $h''(c) = 0$.

$$h''(x) = e^{-x}(f''(x) - 2f'(x) + f(x))$$

Hmm, dette gir $f''(c) - 2f'(c) + f(c) = 0$, ikke det vi onsker. La oss i stedet definere $h(x) = (f'(x) - f(x))e^{-x}$. Da $h(0) = 0$ og $h(1) = 0$. Rolles teorem gir $c$ med $h'(c) = 0$. Beregn: $h'(x) = (f''(x) - f'(x))e^{-x} - (f'(x) - f(x))e^{-x} = e^{-x}(f''(x) - 2f'(x) + f(x))$... Vi trenger en annen tilnaerming.

Riktig losning: Definer $g(x) = e^{-x}(f'(x) - f(x))$. Da $g(0) = e^0(f'(0) - f(0)) = 0$ og $g(1) = e^{-1}(f'(1) - f(1)) = 0$. Rolles teorem gir $c \in (0,1)$ med $g'(c) = 0$. Beregn $g'(x) = e^{-x}(f''(x) - f'(x)) - e^{-x}(f'(x) - f(x)) = e^{-x}(f''(x) - 2f'(x) + f(x))$. Hmm.

Alternativ: Definer $\varphi(x) = f'(x)e^{-x}$. Da $\varphi'(x) = (f''(x) - f'(x))e^{-x}$. Vi trenger $f''(c) = f'(c)$, altsa $\varphi'(c) = 0$. Med $\psi(x) = f(x)e^{-x}$: $\psi'(x) = (f'(x) - f(x))e^{-x}$. Betingelsene gir $\psi'(0) = 0$ og $\psi'(1) = 0$. Rolles teorem pa $\psi'$ krever at $\psi'$ er deriverbar, og gir $c$ med $\psi''(c) = 0$. Beregn: $\psi''(x) = (f''(x) - f'(x))e^{-x} - (f'(x) - f(x))e^{-x} = e^{-x}(f''(x) - 2f'(x) + f(x))$. Igjen ikke riktig.

Endelig losning: Bruk Rolles teorem direkte pa $g(x) = f'(x) - f(x)$. Vi har $g(0) = f'(0) - f(0) = 0$ og $g(1) = f'(1) - f(1) = 0$. Dermed finnes $c \in (0,1)$ med $g'(c) = f''(c) - f'(c) = 0$, altsa $f''(c) = f'(c)$. $\square$

Studieguide: Differensiallikninger

Studieguide: Differensiallikninger