MATHHX A
2.6 Beviser - Differentialligninger
-
\[y'=b- a \cdot y.\]
Vi lægger \(a \cdot y\) til på begge sider
\[y'+a \cdot y =b,\]
og ganger med \(e^{a\cdot x}\) på begge sider
\[y'\cdot e^{a\cdot x} + a \cdot y \cdot e^{a\cdot x} =b \cdot e^{a\cdot x} .\]
Vi ændrer på faktorernes rækkefølge i bageste led på venstresiden
\[y'\cdot e^{a\cdot x} + y \cdot a \cdot e^{a\cdot x} =b \cdot e^{a\cdot x} .\]
Vi genkender \(a \cdot e^{a\cdot x} \) som værerende differentialkvotienten af \(e^{a\cdot x}\)
\[y'\cdot e^{a\cdot x} + y \cdot (e^{a\cdot x})' =b \cdot e^{a\cdot x} ,\]
og vi genkender nu venstresiden som værende differentialkvotienten af \(y\cdot e^{a\cdot x}\)
\[(y\cdot e^{a\cdot x})' =b \cdot e^{a\cdot x}.\]
Vi integrerer på begge sider
\[y\cdot e^{a\cdot x}=\int b \cdot e^{a\cdot x}\, dx ,\]
og får
\[y\cdot e^{a\cdot x}=b \frac {1}{a} \cdot e^{a\cdot x} +c .\]
Til sidst reducerer vi højresiden og ganger vi med \(e^{-a\cdot x}\) på begge sider
\[y\cdot e^{a\cdot x} \cdot e^{-a\cdot x} = \frac {b}{a} \cdot e^{a\cdot x}\cdot e^{-a\cdot x} +c\cdot e^{-a\cdot x}.\]
Da \(e^{a\cdot x}\cdot e^{-a\cdot x}=1\) får vi
\[y=\frac {b}{a} + c\cdot e^{ -a\cdot x}.\]
Vi har nu vist, at hvis vi har en løsning til differentialligningen har den formen \(y=\frac {b}{a} + c\cdot e^{ -a\cdot x}\). I princippet mangler vi at vise at enhver funktion på formen \(y=\frac {b}{a} + c\cdot e^{ -a\cdot x}\) er en løsning til differentialligningen, men da ovenstående argumenter virker i begge retninger kan vi bare gentage dem baglæns. Med ”baglæns” mener jeg at vi går fra den nederste ligning til den næstnederste osv. – ikke at vi siger ordene baglæns. Det ville være skørt. På den måde får vi at enhver funktion på formen \(y=\frac {b}{a} + c\cdot e^{ -a\cdot x}\) opfylder ligningen \(y'=b- a \cdot y\), hvilket er det samme som at sige at enhver funktion på formen \(y=\frac {b}{a} + c\cdot e^{ -a\cdot x}\) er løsning til ligningen \(y'=b- a \cdot y\).
Vi vil lave to beviser for sætningen. Det første er nemt at forstå men problematisk, mens det andet er mere abstrakt men solidt.
-
Bevis
Antag \(y'=h(x)\cdot g(y)\) og at \(g(y)\neq 0\). Vi skriver \(y'\) som \(\frac {dy}{dx}\):\[\frac {dy}{dx}=h(x)\cdot g(y)\]
Vi ganger med \(dx\) på begge sider:
\[dy=h(x)\cdot g(y)\, dx,\]
og da \(g(y)\neq 0\) kan vi dividere med \(g(y)\) på begge sider af ligningen:
\[\frac {dy}{g(y)}=h(x)\, dx.\]
Vi omskriver venstresiden
\[\frac {1}{g(y)}\, dy=h(x)\, dx.\]
og integrere på begge sider
\[\int \frac {1}{g(y)}\, dy=\int h(x)\, dx.\]
-
Bevis
Antag \(y'=h(x)\cdot g(y)\) og at \(g(y)\neq 0\). Da \(g(y)\neq 0\) kan vi dividere med \(g(y)\) på begge sider af ligningen.\[\frac {y'}{g(y)}=h(x)\]
Vi omskriver venstresiden
\[\frac {1}{g(y)}y'=h(x)\]
og integrere med hensyn til \(x\) på begge sider
\[\int \frac {1}{g(y)}y'\, dx=\int h(x) \, dx\]
Afsluttende bruger vi nu substitutionsformlen til at omskrive venstresiden (forklaring følger)
\[\int \frac {1}{g(y)}\, dy=\int h(x) \, dx\]
Forklaring: Substitutionsformlen kan bruges når integranden har formen: \(f(g(x))\cdot g'(x)\). Det passer med vores udtryk. Vi har nemlig en indre funktion \(y\) i en ydre funktion \(f(y)=\frac {1}{g(y)}\), med den indres differentialkvotient \(y'\) ganget på. Bemærk at det \(g\) som optræder i differentialligningen er et andet \(g\) end det fra substitutionsformlen (hvor det betyder den indre funktion). Substitutionsformlen siger nu at \(\int f(g(x))g'(x)\, dx = \int f(t)\, dt\), hvor \(t\) er den indre funktion. I vores tilfælde hedder den indre funktion \(y\), og derfor får vi altså at \(\int \frac {1}{g(y)}y'\, dx= \int \frac {1}{g(y)}\, dy\).