Differensialligninger - Eksempler
Her finner du eksempler som illustrerer begreper og teoremer introdusert på temasiden Differensialligninger .
En separabel differensialligning
Problem
Et prosjektil med masse \(m_0\) avfyres horisontalt med utgangshastighet \(\nu_0\). Finn prosjektilets horisontale hastighet \(\nu\) som funksjon av tiden \(t\) fra avfyringsøyeblikket.
Løsning
Vi antar at den eneste kraften som virker på prosjektilet i horisontal retning er luftmotstand (gravitasjonskraften virker kun i vertikal retning). La positiv fartsretning være definert som den retningen prosjektilet beveger seg i. Da er luftmotstanden proporsjonal med \(\nu^2\), hvor proporsjonalitetskonstanten \(-k\) \((k>0)\) avhenger av lufttettheten og prosjektilets form. Vi vet at akselerasjon er den deriverte av hastighet, og dermed gir Newtons andre lov
\[-kv(t)^2=m v'(t).\]
Dette er en separabel differensialligning. Den kan skrives på formen
\[\frac{v'(t)}{v(t)^2} = -\frac{k}{m} ,\]
og integrerer vi begge sider av ligningen med hensyn på \(t\) får vi at
\[v(t)^{-1}=\frac{k}{m}t +C \,\, \Longrightarrow \,\, v(t)=\frac{m}{kt+C'}.\]
Vi bruker nå initialverdibetingelsen til å finne konstanten \(C'\). Vi vet at \(v(0)=m/C'=v_0\), og dermed er \(C'=m/v_0\). Altså er hastigheten til prosjektilet som funksjon av tid fra avfyringsøyeblikket
\[v(t)=\frac{v_0m}{v_0kt+m}.\]
En førsteordens, lineær differensialligning
Problem
Finn alle løsninger til differensialligningen
\[\frac{dy}{dx}+\frac{2y}{x}=\frac{1}{x^2}.\]
Løsning
Dette er en førsteordens, lineær differesialligning som kan løses ved bruk av integrerende faktor. Vi finner først en antiderivert til \(\frac{2}{x}\), for eksempel \(2 \ln x\). Dersom vi multipliserer begge sider av ligningen med faktoren
\[e^{2 \ln x} = x^2,\]
får vi at
\[ x^2 \, \frac{dy}{dx} + 2xy = 1 .\]
Vi gjenkjenner venstresiden i denne ligningen som den deriverte av produktet \(x^2y(x)\). Altså har vi
\[ \frac{d}{dx} \left( x^2 y(x) \right) = 1 .\]
Deriverer vi begge sider av denne ligningen med hensyn på \(x\) får vi
\[ x^2 y(x) = x + C . \]
Dermed er den generelle løsningen av differesialligningen
\[ y(x) = \frac{1}{x} + \frac{C}{x^2} . \]
Sammenligning av eksakt og numerisk løsning
Problem
La oss se på initialverdiproblemet
\[\frac{dy}{dx}+\frac{2y}{x}=\frac{1}{x^2} \qquad y_0=y(1)=1.\]
Bruk Eulers metode med skrittlengde \(1/4\) til å finne en tilnærmet verdi for \(y(2)\). Sammenlign denne verdien med den eksakte verdien \(y(2)\) som du finner fra løsningen i forrige eksempel.
Løsning
Vi har initialverdibetingelsen \(x_0=1\), \(y_0=1\), og vet at Eulers metode med skrittlengde \(h=1/4\) gir en tilnærmet løsning \(y_n\) i punktet \(x_n\), hvor
\[\begin{align}
x_n &= x_0 +hn = 1+ \frac{1}{4}n , \\
y_n &= y_{n-1} +hf(x_n, y_n) = y_{n-1} +\frac{1}{4}f(x_n, y_n) ,
\end{align}\]
med \(f(x_n, y_n) = 1/x^2-2y_n/x_n\).
Vi vil finne en tilnærmet løsning for \(y(2)\), og må derfor ta fire skritt med Eulers metode. Dette gir \[x_0 = 1, \quad x_1= \frac{5}{4}, \quad x_2=\frac{3}{2}, \quad x_3=\frac{7}{4}, \quad x_4=2 , \] og ved iterativt å anvende formelen for \(y_n\) finner vi \[\begin{align} y_1&=1-0.25=0.75 ,\\ y_2&=0.75-0.14=0.61,\\ y_3&=0.61-\frac{83}{900}=\frac{233}{450},\\ y_4&=\frac{233}{450}-\frac{731}{11025}=\frac{1991}{4410}. \end{align}\]
Fra forrige eksempel husker vi at den eksakte løsningen av differesialligningen er \(y(x)=1/x+C/x^2\), og fra initialverdibetingelsen \(y(1)=1\) finner vi at \(C=0\). Dermed er \(y(x)=1/x\), og \(y(2)=1/2\). Den tilnærmede verdien \(y_4\) er mindre enn den eksakte verdien \(y(2)=1/2\), og feilen i tilnærmingen er \[ y(2) - y_4 \approx 0.05 .\]