ix. primitiva funktioner och differentialekvationer...ix. primitiva funktioner och di...

Analys 360En webbaserad analyskursGrundbok

IX. Primitiva funktioneroch differentialekvationer

Anders Källén

MatematikCentrum

LTH

[email protected]

IX. Primitiva funktioner och differentialekvationer 1 (22)

Introduktion

Att bestämma de primitiva funktionerna till en given funktion är det omvända problemettill att derivera en funktion: det gäller att hitta de funktioner som har en given derivata.Problemet har tv̊a aspekter: (1) finns det en primitiv funktion till en given funktion och(2) kan vi i s̊a fall ange ett uttryck för denna i v̊ara elementära funktioner? Den förstaav dessa fr̊agor diskuteras i kapitlet Integralkalkyl ; här ska vi se hur vi kan användaräknereglerna för derivation till att bestämma uttryck för primitiva funktioner, när s̊ag̊ar.

En typ av funktioner som vi ofta vill hitta primitiva funktioner till är de rationella funk-tionerna, och här finns det en systematisk metod som gör att vi alltid kan uttrycka dessai de elementära funktionerna. Primitiva funktioner till polynom blir polynom, men pri-mitiva funktioner till rationella funktioner behöver inte vara rationella funktioner. Menlägger vi till den naturliga logaritmen och arctan-funktionen, vilka b̊ada har derivatorsom är rationella funktioner, s̊a kan vi i princip alltid bestämma en primitiv funktion tillen rationell funktion. Vi ska inte g̊a igenom detta fullständigt, men ge de grundläggandeidéerna för hur man gör i konkreta situationer.

Kan vi bestämma primitiva funktioner kan vi ocks̊a lösa vissa första ordningens diffe-rentialekvationer, nämligen de linjära och de separabla. Dessa karakteriseras av att mangenom ett trick kan återföra problemet p̊a att bestämma primitiva funktioner[1]. När vikan lösa linjära ekvationer av första ordningen kan vi ocks̊a lösa linjära ekvationer avandra ordningen, åtminstone om den har konstanta koefficienter. Vi avslutar med att sevilket 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 enfunktion F (x) s̊adan att F ′(x) = f(x) p̊a ett intervall. Denna är nästan entydigt bestämd.Om F (x) och G(x) är tv̊a primitiva funktioner till f(x) p̊a samma intervall, s̊a gäller attskillnaden H(x) = F (x) − G(x) har derivatan H ′(x) = f(x) − f(x) = 0 överallt. Denmåste därför vara en konstant[2], s̊a den primitiva funktionen är entydigt bestämd p̊a enadditiv konstant när.

Exempel 1 En primitiv funktion till f(x) = xα ges, d̊a α 6= −1, av F (x) =xα+1/(α + 1), ty F ′(x) = xα. Varje annan primitiv funktion har därför formenxα+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 kon-stanten C, vilket man måste tänka p̊a när man använder den. Observationen i exempletovan skrivs nu ∫

xαdx =xα+1

α + 1+ C, α 6= −1.


När man bestämmer de primitiva funktionerna till en given funktion, säger man att manintegrerar denna. Detta spr̊akbruk f̊ar en bättre förklaring i kapitlet Integrationskalkyl.

Att bestämma primitiva funktioner innebär att man m̊aste känna till derivatan av devanliga funktionerna och kunna läsa denna “tabell” i omvänd riktning. Till det finns ettantal räkneregler som helt enkelt är omvändningen till v̊ara grundläggande räknereglerför 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 integrationsre-geln ∫

f ′(x)g(x) dx = f(x)g(x)−∫f(x)g′(x) dx,

Regeln innebär att man flyttar över en derivata fr̊an ena faktorn i en produkt tillden 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 enny 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∑k=0

akxk

har formen ∫p(x) dx =

n∑k=0

akxk+1

k + 1+ C.

För detta använder vi de första tv̊a räknereglerna. De primitiva funktionerna tillpolynom är därför ocks̊a polynom.


Nästa exempel handlar om partialintegration.

Exempel 3 För att bestämma en primitiv funktion till x cosx utnyttjar vi attcosx = sin′(x) och partialintegrerar:∫

x cosx dx = x(sinx)−∫

1 · sinx dx = x sinx−∫

sinx dx = x sinx+ cosx+ C.

Jämfört med formeln för partialintegration har vi allts̊a tagit f(x) = sinx och g(x) =x. Idén här är att vi vill flytta över derivatan p̊a sinx (som är cosx) till x, varsderivata är väldigt enkel.

S̊a ett exempel med variabelbyte.

Exempel 4 För att bestämma en primitiv funktion till x/√

1 + x2 observerar vi attom vi sätter g(x) = 1 + x2, s̊a gäller att g′(x) = 2x och därför att

x√1 + x2

=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 f̊ar därför att∫

x dx√1 + x2

=

∫f(g(x))g′(x) dx =

√g(x) + C =

√1 + x2 + C.

Man genomför ofta dessa räkningar p̊a ett lite annat sätt, som använder ett tydligarevariabelbyte. Det innebär att man m̊aste hantera symbolen dx. Om den nya variabelnär y. s̊a m̊aste man i integralen ersätta dx med dy p̊a ett lämpligt sätt. Nästa exempelillustrerar 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 föreg̊aende avsnitt med hjälp av variabel-byte (samma som redan används i exemplet). Vi skriver d̊a∫

x dx√1 + x2

=

{y = 1 + x2

dy = 2xdx

}∫dy/2√y

=√y + C =

√1 + x2 + C.


Anmärkning Här kan det ibland vara lite komplicerat att reda ut variabelbytet ochman kan därför först vilja lösa ut x som funktion av y, därefter beräkna dx/dy föratt slutligen räkna ut vilket uttrycket för integranden blir i y:

y = 1 + x2 ⇔ x = ±√y − 1 ⇒ dx = ± dy

2√y − 1

⇒

xdx√1 + x2

= (±1)2√y − 1 dy

2√y−1√

y=

dy

2√y.

Vi har sett att primitiva funktioner itll polynom är polynom. Varje rationell funktion haremellertid inte en rationell funktion som primitiv funktion. T.ex. finns det ingen rationellfunktion som är primitiv funktion till n̊agon av funktionerna

1

xoch

1

1 + x2.

Vi vet att dessa är derivatan av ln |x| respektive arctan x. Vi ska återkomma till hur manhittar primitiva funktioner till rationella funktioner i ett avsnitt längre fram.

Här är n̊agra exempel p̊a hur man kan integrera vissa trigonometriska funktioner.

Exempel 6 Att bestämma en primitiv funktion till cos3 x görs förslagsvis genomatt göra ett variabelbyte:∫

cos3 x dx =

∫(1− sin2 x) cosx dx =

{y = sinx

dy = cosx dx

}∫(1− y2) dy =

y − y3

3+ C = sinx− sin

3 x

3+ C.

Variabelbytet i detta exempel fungerar i princip när vi vill hitta en primitiv funktion tillcosn x eller sinn x, där n är ett udda heltal. För jämna potenser måste man emellertidgöra p̊a n̊agot annat sätt. Nästa exempel visar hur man kan göra för jämna, positiva,potenser.

Exempel 7 För att hitta en primitiv funktion till cos2 x kan vi använda den trigo-nometriska formeln för halva vinkeln:∫

cos2 x dx =

∫1 + cos(2x)

2dx =

x

2+

sin(2x)

4+ C.

I princip kan vi f̊a primitiva funktioner till cosn x och sinn x för jämna heltal n > 0detta sätt: genom att först skriva om det som en summa av cosinusfunktioner med andra


argument. För detta kan man antingen använda additionsformlerna för sinus och cosinus,eller Eulers formler

cosx =eix + e−ix

2, sinx =

eix − e−ix

2i

Det är nämligen inget problem att integrera eix:∫eix dx =

∫(cosx+ i sinx) dx = − sinx+ i cosx+C = −i(cosx+ i sinx)+C = e

ix

i+C

Exempel 8 Föreg̊aende exempel p̊a detta sätt blir∫cos2 x dx =

∫ (eix + e−ix

2

)2dx =

1

4

∫(e2ix + 2 + e−2ix) dx

=1

4

(e2ix

2i+ 2x− e

−2ix

2i

)+ C =

x

2+

sin(2x)

4+ C.

Om det man integrerar - differentialen av en funktion

När man använder formlerna ovan för att hitta primitiva funktioner är det ofta viktigtatt betrakta hela integranden, allts̊a hela uttrycket f(x)dx. Vi ska därför här försöka ossp̊a en tolkning av detta uttryck som kan hjälpa upp först̊aelsen av vad man gör. Avsnittetär inte viktigt för fortsättningen och kan därför hoppas över.

∆f(a)df(a)

(a, f(a))

dx

Vi vet att tangenten till grafen y = f(x) i punktenx = a ges av ekvationen

y − f(a) = f ′(a)(x− a).

Skriv dy = y − f(a) och dx = x − a, s̊a att dettablir dy = f ′(a)dx. Det innebär att om vi g̊ar dx stegfr̊an a i x-led och följer tangenten, s̊a kommer vi attförflyttas dy steg i höjdled. Vi inför därför begreppetdifferential, definierad av

df(a) = f ′(a)dx.

Tolkningen av differentialen är att df(a) talar om hurmycket vi ändrar y-värdet längs tangenten när vi g̊arfr̊an a till a+ dx i x-led. Värdet av df(a) beror allts̊ab̊ade p̊a punkten a och vilket dx vi väljer. Vi ser att detta utgör en approximation avhur mycket vi ändrar f d̊a vi ändrar x med storleken dx, förutsatt att dx är liten, allts̊aav ∆f(a) = f(a+ dx)− f(a).


Exempel 9 Vi har att cos′(x) = − sinx, vilket betyder att

d(cosx) = − sinx dx.

Vi s̊ag i föreg̊aende avsnitt hur vi räknar med differentialer när vi gör variabelbyten iintegraler. 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∫x2 sinx dx =

∫x2 d(− cosx) = x2(− cosx)−

∫(− cosx) d(x2)

= 2

∫x cosx dx−x2 cosx = 2

∫x d(sinx)−x2 cosx = 2(x sinx−

∫sinx dx)−x2 cosx

= cosx+ 2x sinx− x2 cosx+ C.

Anmärkning Poängen med variabelbyte i integral är nu n̊agot som kallas differenti-alens invarians. L̊at y vara en variabel och antag att den beror p̊a en annan variabelx. Detta genom en funktion f , d.v.s. y = f(x). Antag dessutom att y ocks̊a kan sessom en funktion av en tredje variabel t, y = g(t). Differentialens invarians innebär d̊aatt dy = f ′(x) dx = g′(t) dt.

Annorlunda uttryckt: om vi antar att x = φ(t) s̊a gäller att g(t) = f(φ(t)) och d̊agäller att dy = g′(t) dt = f ′(φ(t))φ′(t) dt = f ′(x) dx. Differentialens invarians är därföringet annat än kedjeregeln, uttryckt p̊a ett alternativt sätt.

Linjära differentialekvationer av första ordningen

Att hitta en primitiv funktion F till en given funktion f innebär att hitta en funktion Fs̊adan att F ′ = f . Kan man det s̊a kan man faktiskt ocks̊a lösa det allmännare problemetatt bestämma de funktioner y som är s̊adana att

(1) y′(t) + a(t)y(t) = f(t),


där a, f är givna funktioner. Om a = 0 innebär det att hitta de primitiva funktionernatill f , om inte är det en första ordningens (linjär) differentialekvation som inneh̊aller b̊adey′ och y.

Innan vi börjar diskutera hur man löser denna ekvation inför vi lite terminologi. Om visätter högerledet i (1) till noll f̊ar vi den homogena ekvationen

y′(t) + a(t)y(t) = 0.

Dess lösning ges i nästa sats.

Sats 1

Ekvationeny′(t) + a(t)y(t) = 0

har den allmänna lösningeny(t) = Ce−A(t)

där A är en primitiv funktion till a och C en godtycklig konstant.

Bevis. Betrakta funktionenz(t) = y(t)eA(t).

Den är s̊adan att

z′(t) = y′(t)eA(t) + y(t)eA(t)a(t) = eA(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 ekva-tionen med yh och kalla detta den homogena lösningen.

Faktum är att beviset visar oss hur vi ska lösa själva ekvationen (1). Om y löser dennaoch vi definierar z(t) som i beviset s̊a f̊ar vi att

z′(t) = eA(t)(y′(t) + a(t)y(t)) = eA(t)f(t).

Om vi löser detta f̊ar vi z och sedan y(t) ur formeln y(t) = z(t)e−A(t).

Anmärkning Praktiskt multiplicerar vi allts̊a ekvationen (1) med eA(t) när denallmänna lösningen till den homogena ekvationen ges av Ce−A(t). Funktionen eA(t)

kallas den integrerande faktorn – att multiplicera med den gör ju att vi f̊ar en jämnderivata – av produkten eA(t) · y(t).

L̊at oss se hur det fungerar p̊a ett enkelt exempel.


Exempel 11 Betrakta ekvationen y′(t) = p − ky(t) där p och k är konstanter.Den homogena ekvationen är d̊a y′(t) = −ky(t) som har den allmänna lösningenyh(t) = Ce

−kt. Skriver vi därför

z(t) = y(t)ekt

f̊ar vi attz′(t) = ekt(y′(t) + ky(t)) = pekt.

Integrerar vi f̊ar vi att

z(t) =p

kekt + C,

fr̊an 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 ochlösningen blir y(t) = p

k(1− e−kt).

Den här ekvationen har vi diskuterat i kapitlet Kvalitativa lösningar till differentialekva-tioner där vi gjorde variabelbytet[3] z = p− ky. Men tekniken i exemplet ovan är mycketmer allmängiltig, därför att varken p eller k behöver vara konstanter. Vi ska nu se p̊an̊agra exempel p̊a detta. Vi börjar med ett där endast p beror p̊a t.

Exempel 12 Vi ska lösa ekvationen

y′(t) + ky(t) = ert,

där k och r är konstanter. Liksom i föreg̊aende exempel, som hade samma homogenaekvation, skriver vi nu z(t) = y(t)ekt. Vi f̊ar d̊a ekvationen

z′(t) = e(r+k)t,

som, om r + k 6= 0, vi integrerar till

z(t) =e(r+k)t

r + k+ C.

Det följer därför att

y(t) =ert

r + k+ Ce−kt.

Om r = −k f̊ar vi istället att z′(t) = 1 och allts̊a z(t) = t + C. Lösningen blir d̊ay(t) = (t+ C)e−kt.

Ett verkligt exempel där detta används ges i följande exempel.


Exempel 13 Uran 239 sönderfaller genom att sända ut β-str̊alning till neptunium239, som i sin tur, återigen genom β-str̊alning, överg̊ar i plutonium 239, som vibetraktar som stabil. Halveringstiden är 23 minuter respektive 56 timmar. Hur storär mängden plutonium efter 12 timmar, om vi startar med 1 kg uran?

Situationen illustreras i figuren nedan

N1 N2 N3λ1N1 λ2N2

där N1 är mängden (kg) uran, N2 mängden neptunium och N3 mängden plutonium.Konstanterna λ1 och λ2 bestäms fr̊an halveringstiderna enligt

λ1 = 60 ln(2)/23 ≈ 1.81, λ2 = (ln 2)/56 ≈ 0.012.

Vi mäter här tiden i timmar och vi har att N1(t) = e−λ1t, eftersom vi startar med 1

kg.

För neptunium är situationen lite mer komplicerad. Sönderfallshastigheten (utflödet)är λ2N2(t), men samtidigt tillförs det nytt neptunium med en hastighet som är−N ′1(t) = λ1N1(t) = λ1e−λ1t. Massbalans ger därför att N2(t) uppfyller differentia-lekvationen

N ′2(t) = λ1e−λ1t − λ2N2(t).

Löser vi den ekvationen som i föreg̊aende exempel f̊ar vi att

N2(t) =λ1

λ2 − λ1e(−λ1)t + Ce−λ2t.

C bestäms genom att utnyttja att vi inte har n̊agot neptunium vid tiden noll, allts̊aatt N2(0) = 0. Det ger oss C = −λ1/(λ2 − λ1) = −λ1/(λ1 − λ2). Vi ser därför tillslut att

N2(t) =λ1

λ1 − λ2(e−λ2t − e−λ1t).

Men det var mängden N3(t) av plutonium vi sökte vid t = 12. Vi antar att plutoniuminte sönderfaller, s̊a att mängden av detta uppfyller differentialekvationen

N ′3(t) = λ2N2(t).

Det följer att

N3(t) =λ1λ2λ2 − λ1

∫(e−λ1t − e−λ2t)dt = 1

λ2 − λ1(−λ2e−λ1t + λ1e−λ2t + C).

Även nu är N3(0) = 0, s̊a vi f̊ar att C = λ2 − λ1 och allts̊a

N3(12) = 1−1

λ1 − λ2(λ1e

−12λ2 − λ2e−12λ1) ≈ 0.13 kg.


De tre funktionerna illustreras i figuren nedan (uran i grönt, neptunium i bl̊att ochplutonium i rött).

0.5

1

5 10 15timmar

I nästa exempel beror b̊ade p och k p̊a t.

Exempel 14 Vi vill lösa ekvationen

y′(t)− 1ty(t) = t2, t > 0.

Vi börjar d̊a 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, s̊a vi tar C = 0 och sätter A(t) = − ln t. Vimultiplicerar nu ekvationen med

eA(t) = e− ln t =1

t

och f̊ar efter integration ekvationen

1

ty(t) =

∫t2

tdt =

∫tdt =

t2

2+ C.

Det följer att

y(t) =t3

2+ Ct.

Om vi tittar p̊a lösningarna till en ekvation av typen y′(t) + a(t)y(t) = f(t) s̊a ser viatt denna kan skrivas y(t) = yp(t) + Cyh(t), där yp är en lösning till ekvationen (kalladpartikulärlösning) och yh är en lösning till den homogena ekvationen. Denna observationgör det möjligt för oss att ibland gissa/prova oss fram till lösningarna till ekvationen.Denna egenskap är ocks̊a skälet till att s̊adana här ekvationer kallas linjära ekvationer.


Exempel 15 Som exempel kan vi se lösningen p̊a ekvationen y′ = p− ky tämligendirekt. Vi ser nämligen att yp(t) = p/k är en partikulärlösning, eftersom b̊ada ledenär noll om y = yp. Den homogena ekvation är y

′ = −ky, vilket vi vet har lösningenCe−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 dettai form av exempel i stigande sv̊arighetsgrad. Det bör dock p̊apekas att vi endast illustrerarhur man kan g̊a tillväga – enskilda problem kan ibland lösas enklast genom andra knep.Ej heller gör vi n̊agon systematisk genomg̊ang, utan ger endast de grundläggande idéerna.

Exempel 16 Vi börjar med att bestämma∫2x dx

(x− 2)(x+ 3)

Att partialbr̊aksuppdela integranden betyder att vi vill hitta konstanter A,B s̊adanaatt

(2)2x

(x− 2)(x+ 3)=

A

x− 2+

B

x+ 3.

Detta g̊ar, ty om vi sätter högerledet p̊a gemensam nämnare ser vi att vi skabestämma konstanterna s̊a att

2x = A(x+ 3) +B(x− 2).

Om denna likhet ska vara sann för alla x, måste den t.ex. gälla d̊a x = −3 och x = 2och sätter vi in dessa i tur och ordning f̊ar vi

−6 = −5B, 4 = 5A, ⇔ A = 45, B =

6

5.

Det vi kommit fram till s̊a här l̊angt är allts̊a att

2x

(x− 2)(x+ 3)=

4

5(x− 2)+

6

5(x+ 3).

Men fr̊an det f̊ar vi direkt att∫2x dx

(x− 2)(x+ 3)=

4

5ln |x− 2|+ 6

5ln |x+ 3|+ C.

Notera att den primitiva funktion till 1/x vi ska använda är ln |x| eftersom vi intehar specificerat vilka x som är aktuella.


Anmärkning Att skriva ∫dx

x= ln |x|+ C

är egentligen lite missvisande. Funktionen 1/x är ju definierad p̊a de tv̊a oändligaintervallen x < 0 och x > 0 och p̊a det vänstra har den allmänn primitiva funktionln(−x) + C1, medan den p̊a den vänstra har lnx + C2. Men de tv̊a konstanternabehöver inte vara desamma! Men det hindrar oss inte fr̊an att skriva som ovan.

Exempel 17 Vi ska nu se hur man partialbr̊aksuppdelar 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 m̊aste vara en konstant, p(x) = A, medan det för q(x)innebär att det ska vara ett andragradspolynom. Här är det dock klokare att skrivaq(x) inte som ett polynom i x, utan som ett polynom i (x− 2):

q(x) = B(x− 2)2 + C(x− 2) +D.

Vi f̊ar d̊a nämligen

x+ 1

(x+ 2)(x− 2)3=

A

x+ 2+

B

x− 2+

C

(x− 2)2+

D

(x− 2)3.

Om vi som i föreg̊aende exempel gör liknämnigt och identifierar täljarna f̊ar vi attdet 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

43, D =

3

4.

För att f̊a de övriga konstanterna flyttar vi nu över de termer vi har identifierat tillvänsterledet:

x+ 1

(x+ 2)(x− 2)3− 1

43(x+ 2)− 3

4(x− 2)3=

43(x+ 1)− (x− 2)3 − 3 · 42(x+ 2)43(x+ 2)(x− 2)3

=

42(x− 2)− (x− 2)3

43(x+ 2)(x− 2)3=

(4− (x− 2))(4 + (x− 2))43(x+ 2)(x− 2)2

=6− x

43(x− 2)2.

I det sista ledet skriver vi om 6− x som 4− (x− 2) vilket ger oss uttrycket[4]

=1

42(x− 2)2− 1

43(x− 2).


Sammanfattningsvis har vi allts̊a att

x+ 1

(x+ 2)(x− 2)3=

1

43(x+ 2)+

1

42(x− 2)− 1

43(x− 2)2+

3

4(x− 2)3,

ur vilket vi sedan drar slutsatsen att∫(x+ 1)dx

(x+ 2)(x− 2)3=

1

64ln |x+ 2|+ 1

16ln |x− 2|+ 1

64(x− 2)− 3

8(x− 2)3+ C.

Här är en annan typ av exempel.

Exempel 18 Vi ska bestämma ∫(4 + x) dx

x2 + 2x+ 5.

Vi börjar d̊a med att observera att x2 + 2x + 5 = (x + 1)2 + 4. Vi gör därförvariabelbytet y = x+ 1 i syfte att förenkla integralen lite:∫

(y + 3) dy

y2 + 4=

∫ydy

y2 + 4+ 3

∫dy

y2 + 4.

De tv̊a integralerna i högerledet behandlas nu p̊a olika sätt:

a) I den första integralen sätter vi t = y2 + 4, vilket är nämnaren. D̊a gäller attdt = 2ydy och integralen blir

1

2

∫dt

t=

1

2ln t+ C =

1

2ln(y2 + 4) + C =

1

2ln((x+ 1)2 + 4) + C.

b) I den andra integralen vill vi ha en 1:a istället för 4:a efter plustecknet inämnaren, s̊a vi bryter ut 4:∫

dy

y2 + 4=

1

4

∫dy

(y/2)2 + 1.

Sedan gör vi variabelbytet t = y/2 för att f̊a

1

4

∫dy

(y/2)2 + 1=

1

4

∫2dt

t2 + 1=

1

2arctan t+ C =

1

2arctan

x+ 1

2+ C

Observera att C här i allmänhet betecknar olika konstanter.

Sammanfattar vi f̊ar vi att∫(4 + x)dx

x2 + 2x+ 5=

1

2ln |x2 + 2x+ 5|+ 3

2arctan

x+ 1

2+ C.


En sista illustration innan vi byter ämne.

Exempel 19 Vi ska bestämma ∫13 dx

x3 + x− 10.

Vi måste d̊a först faktorisera nämnaren. Efter lite provande ser vi att x = 2 ärett nollställe till polynomet i nämnaren, s̊a enligt faktorsatsen är detta delbart med(x− 2). Utför vi polynomdivisionen ser vi att

x3 + x− 10 = (x− 2)(x2 + 2x+ 5) = (x− 2)((x+ 1)2 + 4).

Vi ser att kvoten inte kan faktoriseras vidare, s̊a vi f̊ar göra en partialbr̊aksuppdelningp̊a formen

13

(x− 2)(x2 + 2x+ 5)=

A

x− 2+

Bx+ C

x2 + 2x+ 5.

Här bestämmer vi först A = 1 som tidigare genom att multiplicera ekvationen med(x− 2), varefter vi subtraherar det fr̊an vänsterledet:

13

(x− 2)(x2 + 2x+ 5)− 1x− 2

=8− 2x− x2

(x− 2)(x2 + 2x+ 5)= − 4 + x

x2 + 2x+ 5.

Hur vi bestämmer en primitiv funktion till uttrycket i högerledet diskuterade vi iföreg̊aende exempel, och använder vi det ser vi att∫

13 dx

(x− 2)(x2 + 2x+ 5)= ln |x− 2| − 1

2ln |x2 + 2x+ 5| − 3

2arctan

x+ 1

2+ C

I alla exemplen ovan har gradtalet p̊a täljaren varit lägre än det för nämnaren. Om s̊ainte är fallet gör man först en polynomdivision s̊a att man f̊ar ett polynom plus en restsom 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 finnsfunktioner f(y) och g(t) s̊adana att

y′(t) = f(y(t))g(t).

Finessen är att högerledet är en funktion av y multiplicerat med en funktion av t. Mankan d̊a separera y(t) och t genom att dividera med f(y):

y′(t)

f(y(t))= g(t).


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), s̊abetyder detta att

H(y) = G(t) + C

för n̊agon konstant C. Vi f̊ar allts̊a en ekvation som i princip bestämmer y som funktionav t, även om vi kanske inte kan hitta ett explicit uttryck för y(t)[5]. Vi kallar en s̊adan enimplicit funktion som definierar funktionen y(x) (ibland som en flervärd funktion). L̊atoss se hur detta fungerar i verkligheten.

Exempel 20 Om vi tar f(y) = ky, där k är en konstant, och g(t) = 1, s̊a f̊ar vidifferentialekvationen

y′(t) = ky(t).

Denna är separabel, och ekvivalent med∫dy

y=

∫k dt ⇔ ln |y| = kt+ C,

om vi f̊ar dividerar med y. I det här fallet kan vi lösa ut y: y(t) = ±ekt+C , vilket vihellre skriver y(t) = Cekt genom att l̊ata det nya C st̊a för det gamla ±eC . FalletC = 0 ger lösningen y = 0 som inte kommer fram genom räkningen ovan!

Exempel 21 En med föreg̊aende ekvation närbesläktad differentialekvation är

y′(t) = −ty(t).

Den är ocks̊a separabel (med f(y) = y och g(t) = −t) och ekvivalent med∫dy

y=

∫(−t)dt ⇔ ln |y| = −t

2

2+ C.

Även nu kan vi lösa ut y som funktion av t: y(t) = Ce−t2/2.

Anmärkning B̊ada dessa ekvationer är naturligtvis ocks̊a linjära och vi löste demtidigare.

Exempel 22 En mer komplicerad separabel differentialekvation är

y′(t) =(t− 1)y(t)t(1− y(t))

, t > 0.


Om vi här samlar y i vänsterledet och t i högerledet, ser vi att denna är ekvivalentmed ∫

(1− y)dyy

=

∫(t− 1)dt

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) = y0. Här kommer vi intemycket längre – vi kan inte lösa ut y som en funktion av t.

Ekvationer p̊a formen

(3) y′ = r(a− y)(b− y),

där a, b är konstanter, är viktiga ekvationer inom bl.a. reaktionskemin och ekologin[6]. Deär ocks̊a separabla och vi ska se närmare p̊a deras lösningar. Vi börjar med fallet a = b iett exempel.

Exempel 23 Etylacetat (C2H5COCOCH3) hydrolyseras i basisk lösning till etanoloch acetatjon enligt formeln

C2H5COCOCH3 +OH− → C2H5OH + CH3COO−.

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 vidtiden t.[7] Eftersom koncentrationen av hydroxidjonen är densamma f̊ar vi d̊a att yska lösa differentialekvationen

y′(t) = −ry(t)2, y(0) = 50

för n̊agon hastighetskonstant r. Detta är en separabel differentialekvation, och sepa-reras till ∫

−dyy2

=

∫rdt ⇔ 1

y= rt+ C.

Eftersom y(0) = 50, följer att C = 1/50 och allts̊a

y(t) =50

50rt+ 1.

Differentialekvationen (3) är ekvivalent med∫dy

(a− y)(b− y)=

∫rdt.


För att hitta en primitiv funktion till 1/(a− y)(b− y) när a 6= b partialbr̊aksuppdelar videnna funktion. Vi ser d̊a att föreg̊aende ekvation är ekvivalent med

1

a− b

∫(

1

b− y− 1a− y

)dy = rt+ C.

Integrerar vi f̊ar vi att

1

a− b(− ln |b− y|+ ln |a− y|) = rt+ C ⇔ 1

a− bln

∣∣∣∣a− yb− 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− yb− y∣∣∣∣ = r(a− b)t+ C.

Här kan vi lösa ut y som funktion av t, men precis hur vi gör det beror p̊a hur y förh̊allersig till konstanterna a, b.

Exempel 24 Vi har tidigare stött p̊a ekvationen[8]

y′(t) = − 120

(y(t)− 5)(y(t)− 1), y(0) = 0.8

som beskrivande dynamiken för en f̊agelpopulation efter att ett vulkanutbrott hadereducerat deras antal till 800 (vi mäter y i 1000-tal). Enligt vad vi har ovan geslösningen p̊a differentialekvationen av

(4) ln

∣∣∣∣5− y1− y∣∣∣∣ = − 120(5− 1)t+ C = −t/5 + C.

Konstanten bestäms av att vi sätter y = 0.8 d̊a t = 0:

C = ln

∣∣∣∣4.20.2∣∣∣∣ = 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.

Fr̊an detta ser vi bl.a. att tidpunkten d̊a f̊aglarna dör ut ges av

5− 21e−t/5 = 0 ⇔ t = 5 ln 215≈ 7.2 år.


Detta senare är dock lättare att f̊a ur den implicita ekvationen (4) (med C = ln 21).Om vi nämligen sätter y = 0 i den f̊ar vi att

ln 5 = −t/5 + ln(21),

vilket ger samma lösning.

L̊at oss avsluta med ett exempel som illustrerar att vi även kan lösa en närbesläktad typav ekvationer med hjälp av ett trick.

Exempel 25 Lös ekvationen

y′ =xy

x2 + y2.

Som den st̊ar är den inte separabel, men vi kan skriva om högerledet som

xy

x2 + y2=

yx

1 + ( yx)2

= g(y

x), där g(t) =

t

1 + t2.

Här har vi dividerat med x2 och antar därför att x 6= 0. När s̊a är fallet inför vi enny funktion z genom

y(x) = z(x)x.

D̊a gäller atty′(x) = z′(x)x+ z(x)

och det ska vara lika med g(z(x)). I v̊art fall f̊ar vi

xz′ + z =z

1 + z2⇔ xz′ = − z

3

1 + z2⇔ (1 + z

2)z′

z3= −1

x.

Vi har allts̊a en separabel differentialekvation för z och den kan vi lösa till

ln z − 12z3

= − lnx+ C ⇔ ln y − x2

2y2= C.

Här använde vi att y = xz, s̊a att ln y = ln z + lnx. Än en g̊ang f̊ar vi nöja oss meden lösning p̊a implicit form.

Anmärkning Ekvationer som har formen y′ = g(y/x) kan i princip lösas p̊a dettasätt.

Om andra ordningens differentialekvationer

Vi avslutar detta kapitel med att kort diskutera hur man kan g̊a tillväga för att lösa enandra ordningens differentialekvation med konstanta koefficienter. En s̊adan ekvation har


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). Metodenvi ska illustrera bygger p̊a idén med integrerande faktor och reducerar ekvationen till attlösa en första ordningens ekvation.

Första steget är att hitta en lösning till den homogena ekvationen. För det provar vi medy(t) = ert. Med detta val av y blir den homogena ekvationen (r2 +ar+ b)ert = 0. Vi infördärför

Definition 1

Polynometp(r) = r2 + ar + b

kallas det karakteristiska polynomet till ekvationen (5). Ekvationen p(r) = 0 kallasför den karakteristiska ekvationen och lösningarna till den karakteristiska ekvationenkallas egenvärdena till ekvationen (5)

Det vi har sett ovan är d̊a att om r är ett egenvärde till ekvationen, s̊a gäller att yh(t) = ert

löser den homogena ekvationen.

För att lösa ekvationen (5) inför vi nu funktionen z genom

y(t) = z(t)yh(t) = z(t)ert.

Deriverar vi f̊ar vi att

y′ = z′ert + zrert = (z′ + rz)ert, y′′ = z′′ert + 2rz′ert + r2zert = (z′′ + 2rz′ + r2z)ert,

fr̊an vilket vi ser att

y′′ + ay′ + by = (z′′ + (2r + a)z′ + (r2 + ar + b)z)ert.

Men r var vald som ett egenvärde till ekvationen, s̊a r2 + ar + b = 0, vilket betyder att

y′′ + ay′ + by = (z′′ + (2r + a)z′)ert.

För att lösa (5) har vi allts̊a kommit fram till att vi ska hitta de z som löser

(z′′ + (2r + a)z′)ert = f(t) ⇔

{w = z′

w′ + (2r + a)w = e−rtf(t).

Vi f̊ar en första ordningens ekvation i w, och löser därför den först. Sedan integrerar vilösningen för att f̊a z och slutligen multiplicerar vi med ert för att f̊a y(t).


Anmärkning Om vi vill använda terminologin som användes för första ordningenslinjära differentialekvationer s̊a är allts̊a 1/yh(t) = e

−rt den integrerande faktorn somvi multiplicerar ekvationen med. Skillnaden är att vi nu f̊ar en första ordningensdifferentialekvation i en derivata.

Avslutningen av diskussionen ovan var medvetet kortfattad. Det man lär sig av ovanst̊aendeär nämligen vad man gör, inte att memorera formlerna!

Exempel 26 Betrakta ekvationen

y′′(t) + y′(t)− 2y(t) = 2t+ 1.

Den karakteristiska ekvationen är nu

r2 + r − 2 = (r − 1)(r + 2)

s̊a vi ska välja r som antingen 1 eller −2. Derivationerna blir enklare om vi väljerden förstnämnda, s̊a vi tar yh(t) = e

t. Skriv nu y = zet och derivera[11]:

y′ = (z + z′)et, y′′ = (z′′ + 2z′ + z)et,

vilket ger oss att y′′ + y′ − 2y = (z′′ + 3z′)et. Ekvationen för z blir därför

et(z′′ + 3z′) = (2t+ 1) ⇔

{w = z′

w′ + 3w = (2t+ 1)e−t.

Vi löser nu ekvationen för w t.ex. genom att multiplicera med den integrerandefaktorn e3t:

(e3tw(t))′ = (2t+ 1)e2t ⇔ e3tw(t) =∫

(2t+ 1)e2t = te2t + C.

Det följer attz′(t) = w(t) = te−t + Ce−3t,

och en integration till visar att

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 Cär en godtycklig konstant är det onödigt. Slutresultatet blir

y(t) = z(t)et = −(t+ 1) + Ce−2t +Det.

Anmärkning Här finns en del kommentarer att göra:

a) Lösningen har tv̊a okända konstanter. Dessa bestäms vanligen genom att man


anger begynnelsevärdena y(0) och y′(0).

b) Lösningen kan skrivas yp(t) + yh(t) där yp(t) = −(t+ 1) är en partikulärlösningoch yh(t) = Ce

−2t + Det är den allmänna lösningen till den homogena ekva-tionen (se nedan). Det betyder att liksom för första ordningens linjära ekvatio-ner gäller att man ibland kan bestämma lösningen genom att bestämma denallmänna lösningen till den homogena ekvationen och sedan gissa sig till enpartikulärlösning. I detta fallet kan man ansätta yp(t) = At + B och se om vikan välja A,B s̊a att den löser ekvationen. Vi har d̊a 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 yp(t) = −(t+ 1).

Vi avslutar denna diskussion med att formulera och bevisa

Sats 2

Om r1, r2 är egenvärdena till (5), s̊a ges den allmänna lösningen till dess homogenaekvation av

yh(t) =

{C1e

r1t + C2er2t om r1 6= r2

(C1t+ C2)er1t om r1 = r2

.

Bevis. Beviset använder metoden ovan. Vi skriver y(t) = z(t)er1t. Ekvationen för z blir(se räkningarna ovan) z′′ + (2r1 + a)z

′ = 0. Men vi vet att a = −(r1 + r2), s̊a vi kanskriva denna som z′′ + (r1 − r2)z′ = 0. Om därför r1 = r2 ska z′′(t) = 0 och allts̊az(t) = C1t + C2. Om r1 6= r2 löser vi först ekvationen w′ + (r1 − r2)w = 0. Denna harlösningen w(t) = C2e

(r2−r1)t, och integrerar vi det, f̊ar vi en likadan funktion plus enkonstant C1. Det följer att y(t) = (C2e

(r2−r1)t + C1)er1t = C1e

r1t + C2er2t. �

Mer om andra ordningens linjära differentialekvationer kan läsas i artiklarna Om lösandetav linjära (ordinära) differentialekvationer och Om svängningar och resonans. Den senarediskuterar en del tillämpningar av dessa ekvationer.

Noteringar

1. Även om det ibland blir den inversa funktionen vi f̊ar, eller en implicit definition avfunktionen.

2. Se diskussionen om medelvärdessatsen i kapitlet Analys av polynomfunktioner.

3. Eller snarare, titta p̊a funktionen z istället för funktionen y.

4. Detta är ett trick. Har man sv̊art för det upprepar man vad man redan har. Vi har allts̊akommit fram till att

6− x43(x− 2)2

=B

x− 2+

C

(x− 2)2.


Multiplicera nu detta med (x− 2)2. D̊a f̊ar vi att (6− x)/43 = B(x− 2) + C fr̊an vilket följeratt C = 1/42. Slutligen f̊ar vi B genom att beräkna

6− x43(x− 2)2

− 142(x− 2)2

= − 142(x− 2)

5. Ekvationen kan ha flera lösningar y till ett givet t, och d̊a m̊aste man ocks̊a identifiera vilkenav dessa som hör till en speciell lösning till differentialekvationen.

6. Detta diskuteras i kapitlet Kvalitativa lösningar till differentialekvationer. Dessutom lösesdenna typ av ekvation med en alternativ metod i kapitlet Om exponentialfunktioner ochlogaritmer

7. Istället för att skriva koncentrationen av etylacetatet som 50− y(t) som texten innanexemplet ger.

8. Se kapitlen Kvalitativa lösningar till differentialekvationer och Om exponentialfunktioner ochlogaritmer

9. För s̊adana y är y′ < 0.

10. Detta är viktigt! Vi har att |5−y1−y | =5−y1−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.

ix. primitiva funktioner och differentialekvationer...ix. primitiva funktioner och di...

Documents