6.2 Lineære førsteordens differensiallikninger

Integrerende faktor som standardmetode, med variasjon av parameter som alternativ — det andre beinet i avslutningsoppgaven.

50 min

14 oppgaver

Lineære førsteordens differensiallikninger

Din fremgang i kapitlet

0 / 14 oppgaver

Kapitlets plass i kurset

Bygger på

6.1Separable differensiallikninger

Brukes videre i

6.3Drill: anvendt differensiallikning (modelleringskjeden)

Lineære førsteordens likninger er det andre beinet i avslutningsoppgaven (sjanger A, 97 %-blokken).

- Når avslutningsoppgavens likning ikke er separabel, er den så godt som alltid lineær: $y' + p(x)y = q(x)$ . Standardvåpenet er integrerende faktor $\mu(x)=e^{\int p\,dx}$ — og løsningsforslagene fører gjerne variasjon av parameter som likeverdig alternativ («Alternativt:»). Kan du begge, kan du velge den som gir minst regning.
- Poengene sitter i tre gjenkjennelige ledd: riktig $\mu$ (fortegn og koeffisient i $\int p\,dx$ !), gjenkjenningen $(\mu y)' = \mu q$ uttalt eksplisitt, og konstanten bestemt etter at $y$ er isolert.
- Temaet har høyeste prioritet: sammen med kap. 6.1 dekker det løsningsteknikken i nesten hvert eneste sett — og kap. 6.3 setter teknikken inn i de anvendte kontekstene (saltvannstanker og avkjøling er typisk lineære).
- Blandingsspørsmålet «separabel eller lineær?» er en egen liten ferdighet — noen likninger er begge deler, og da honoreres begge veier. Egen løkke om det nederst.

Forkunnskaper. Du trenger føringsmalen og konstant-løsningsdisiplinen fra kap. 6.1, og integrasjonsteknikkene fra Del 5 (spesielt antideriverte av standardfunksjoner). Møter du lineære differensiallikninger for første gang, gir Lineære differensiallikninger (S2 2.3) en roligere førstegjennomgang.

Sist du var her — to regler du bruker hele tiden i dag:

$\frac{d}{dx}\big(u\,v\big) = u'v + uv' \qquad \text{(produktregelen — baklengs!)}, \qquad e^{a+b} = e^a e^b,\quad \frac{d}{dx}e^{G(x)} = G'(x)e^{G(x)}.$

Likningen $y' + 2y = e^{-x}$ er ikke separabel — høyresiden og venstresiden lar seg ikke faktorisere i en ren $x$ -del og en ren $y$ -del. Men den har en annen struktur: $y$ og $y'$ opptrer lineært, hver med sin kjente koeffisient.

Trikset som løser alle slike likninger er nesten frekt: gang hele likningen med en smart valgt faktor $\mu(x)$ , slik at venstresiden blir den deriverte av produktet $\mu y$ . Da kollapser likningen til $(\mu y)' = \mu q$ — og å løse den er ren integrasjon.

Kapitlet har tre læringsløkker: (1) standardformen og den integrerende faktoren, (2) variable koeffisienter og resonans-tilfellet, med variasjon av parameter som alternativ metode, og (3) valget «separabel eller lineær?». Beregnet tid ~50 min — ta pause mellom løkkene.

Løkke 1 — Standardform og integrerende faktor (~20 min)

Lineær førsteordens differensiallikning

y' + p(x)\,y = q(x),

Standardformen

y' + p(x)y = q(x)

Koeffisientfunksjonen

p

og høyresiden

q

y' + p(x)y = q(x)

Homogen og inhomogen likning

q \equiv 0

Integrerende faktor

y' + p(x)y = q(x)

📜Gjenkjenningen

(\mu y)' = \mu q

Med

\mu = e^{\int p\,dx}

\mu' = p\,\mu

(kjerneregelen). Gang standardformen med

\mu

$\mu y' + \mu p\,y = \mu q \quad\Longleftrightarrow\quad \mu y' + \mu' y = \mu q \quad\Longleftrightarrow\quad (\mu y)' = \mu q.$

Intuisjon: $\mu$ er skreddersydd slik at venstresiden blir nøyaktig produktregelen for $\mu y$ — lest baklengs. Derfra er alt integrasjon:

$\mu y = \int \mu q\,dx + C \qquad\Longrightarrow\qquad y = \frac{1}{\mu}\left(\int\mu q\,dx + C\right).$

Føringskravet: skriv linjen « $(\mu y)' = \mu q$ » eksplisitt — det er selve gjenkjenningen løsningsforslagene ser etter, ikke bare sluttformelen.

✏️Eksempel 1: Konstant koeffisient med full føring

Løs initialverdiproblemet $y' + 3y = 6$ , $\quad y(0)=1$ .

Steg 1 — standardform og $p$ , $q$ . Likningen er allerede på standardform med

p(x)=3

q(x)=6

Steg 2 — integrerende faktor.
$\mu(x) = e^{\int 3\,dx} = e^{3x}.$

Steg 3 — gang gjennom og kjenn igjen. $e^{3x}y' + 3e^{3x}y = 6e^{3x}$ , altså

$(e^{3x}y)' = 6e^{3x}.$

Steg 4 — integrer. $e^{3x}y = \displaystyle\int 6e^{3x}\,dx = 2e^{3x} + C.$

Steg 5 — løs for $y$ , så konstanten. $y = 2 + Ce^{-3x}$ . Initialbetingelsen: $y(0) = 2 + C = 1$ , så $C=-1$ .

$\boxed{\,y = 2 - e^{-3x}.\,}$

Kontroll: $y' = 3e^{-3x}$ og $3y = 6 - 3e^{-3x}$ ; summen er $6$ ✓, og $y(0)=1$ ✓. (Tolkningsblikk: løsningen glir mot likevektsnivået $y=2$ når $x$ vokser — typisk for $q$ konstant.)

📝Oppgave 1

Løs initialverdiproblemet $y' + y = 2$ , $\quad y(0)=0$ .

📝Oppgave 2

Løs initialverdiproblemet $y' + 2y = 4$ , $\quad y(0)=3$ .

Løkke 2 — Variable koeffisienter, resonans og variasjon av parameter (~20 min)

Med $p$ avhengig av $x$ endres ingenting i malen — men to nye ting krever presisjon: likningen må på standardform først (del på koeffisienten foran $y'$ ), og $\int p\,dx$ må regnes riktig (her kommer $\ln$ -uttrykk ofte inn, og $e^{\ln x} = x$ forenkler $\mu$ ). Intuisjon: $\mu$ er fortsatt bare den funksjonen som gjør venstresiden til $(\mu y)'$ — sjekk gjerne med produktregelen at det stemmer før du integrerer.

✏️Eksempel 2: Variabel koeffisient

Løs initialverdiproblemet $y' + \dfrac{1}{x}\,y = x^2$ for $x>0$ , $\quad y(1)=1$ .

Standardform: allerede klar;

p(x) = \dfrac1x

q(x)=x^2

Integrerende faktor: $\displaystyle \displaystyle\int \frac{dx}{x} = \ln x$ (for $x>0$ ), så

$\mu(x) = e^{\ln x} = x.$

Gang gjennom og kjenn igjen: $x y' + y = x^3$ , altså $(x y)' = x^3$ . (Sjekk med produktregelen: $(xy)' = y + xy'$ ✓.)

Integrer: $x y = \dfrac{x^4}{4} + C$ .

Løs for $y$ , så konstanten: $y = \dfrac{x^3}{4} + \dfrac{C}{x}$ . $y(1) = \dfrac14 + C = 1 \Rightarrow C = \dfrac34$ .

$\boxed{\,y = \frac{x^3}{4} + \frac{3}{4x}, \qquad x>0.\,}$

Kontroll: $y' = \dfrac{3x^2}{4} - \dfrac{3}{4x^2}$ og $\dfrac{y}{x} = \dfrac{x^2}{4} + \dfrac{3}{4x^2}$ ; summen er $x^2$ ✓, og $y(1)=1$ ✓.

📝Oppgave 3

Løs initialverdiproblemet $x\,y' + 2y = 4x^2$ for $x>0$ , $\quad y(1)=2$ .

Resonans-tilfellet (

q

på samme form som den homogene løsningen)

q

Variasjon av parameter

y_h = Ce^{-\int p\,dx}

✏️Eksempel 3: Resonans — med variasjon av parameter som alternativ

Løs initialverdiproblemet $y' + 2y = e^{-2x}$ , $\quad y(0)=3$ .

Med integrerende faktor.

p=2

q=e^{-2x}

;

\mu = e^{2x}

. Gang gjennom:

$(e^{2x}y)' = e^{2x}\,e^{-2x} = 1.$

Høyresiden ble konstant — det er resonans-signalet. Integrer: $e^{2x}y = x + C$ , så $y = (x+C)e^{-2x}$ . Konstanten: $y(0)=C=3$ .

$\boxed{\,y = (x+3)e^{-2x}.\,}$

Kontroll: $y' = e^{-2x} - 2(x+3)e^{-2x}$ , så $y' + 2y = e^{-2x} - 2(x+3)e^{-2x} + 2(x+3)e^{-2x} = e^{-2x}$ ✓; $y(0)=3$ ✓.

Alternativt (variasjon av parameter): homogen løsning $y_h = Ce^{-2x}$ . Sett $y = u(x)e^{-2x}$ ; da er $y' = u'e^{-2x} - 2ue^{-2x}$ , og innsetting gir

$u'e^{-2x} - 2ue^{-2x} + 2ue^{-2x} = e^{-2x} \;\Longrightarrow\; u' = 1 \;\Longrightarrow\; u = x + C.$

Samme svar: $y = (x+C)e^{-2x}$ , $C=3$ . Begge føringer gir full uttelling — velg den du regner tryggest.

📝Oppgave 4

Løs initialverdiproblemet $y' + 2xy = x$ , $\quad y(0)=0$ . (Merk at $p$ avhenger av $x$ , men likningen er også separabel — løs den her med integrerende faktor.)

Løkke 3 — Separabel eller lineær? (~10 min)

Separabel-eller-lineær-sjekken

y'=f(x,y)

✏️Eksempel 4: Én likning, to gyldige veier

Løs initialverdiproblemet $y' = 2 - y$ , $\quad y(0)=0$ , både som separabel og som lineær likning.

Vei 1 — separabel. Konstante løsninger:

h(y)=2-y=0

gir

y\equiv 2

; avvises siden

y(0)=0\neq 2

. Separér:

\dfrac{dy}{2-y} = dx

. Integrer:

-\ln|2-y| = x + C

. For vår løsning er

y<2

nær start (og den kan ikke krysse

y\equiv 2

), så

|2-y| = 2-y

\ln(2-y) = -x - C

, altså

2-y = Ae^{-x}

. Initialbetingelsen:

2-0 = A = 2

$y = 2 - 2e^{-x}.$

Vei 2 — lineær. Standardform: $y' + y = 2$ ; $\mu = e^x$ ; $(e^x y)' = 2e^x$ ; $e^x y = 2e^x + C$ ; $y = 2 + Ce^{-x}$ ; $y(0)=0$ gir $C=-2$ — samme svar.

Kontroll: $y' = 2e^{-x}$ og $2-y = 2e^{-x}$ ✓.

Fasitpraksis: begge føringer får full uttelling; forslagene viser gjerne begge og merker den andre «Alternativt:». Velg den som gir deg minst integrasjonsstrev — og merk at den separable veien krever konstant-løsnings-setningen, mens den lineære slipper.

Typiske feil

- Feil integrerende faktor. Fortegn eller koeffisient mistes i $\int p\,dx$ : for $y' - 3y = x$ er $\mu = e^{-3x}$ , ikke $e^{3x}$ . Og $p$ kan ikke leses av før likningen er på standardform (delt på koeffisienten foran $y'$ ).
- Glemme å gange HELE likningen med $\mu$ . Høyresiden skal også ganges — ellers stemmer ikke $(\mu y)' = \mu q$ .
- Ikke kjenne igjen $(\mu y)'$ . Uten gjenkjenningslinjen blir venstresiden stående som to ledd, og mange integrerer dem hver for seg — feil. Skriv $(\mu y)' = \mu q$ eksplisitt; det er også der føringspoenget sitter.
- Konstanten bestemt før $y$ er isolert. Å sette inn initialbetingelsen i $\mu y = \int \mu q\,dx + C$ er mulig, men feilutsatt (husk $\mu(x_0)\neq 1$ generelt!); standardføringen isolerer $y$ først.
- Integrasjonskonstanten glemt i $\int \mu q\,dx$ — da forsvinner hele løsningsfamilien, og initialbetingelsen «passer ikke». Én $C$ , plassert idet du integrerer.

Flere øvingsoppgaver

Stigende drill. Skriv gjenkjenningslinjen $(\mu y)' = \mu q$ i hver oppgave.

📝Oppgave 5

Finn den integrerende faktoren til hver likning (ikke løs dem):

a) $y' - 4y = e^{x}$

b) $y' + \dfrac{3}{x}y = 1$ (for $x>0$ )

c) $2y' + 6y = x$

📝Oppgave 6

Løs initialverdiproblemet $y' + 5y = 10$ , $\quad y(0)=0$ .

📝Oppgave 7

Løs initialverdiproblemet $y' + 3x^2\,y = x^2$ , $\quad y(0)=1$ .

📝Oppgave 8

Løs initialverdiproblemet $y' + y = \sin x$ , $\quad y(0)=0$ . Du kan bruke at $\displaystyle \displaystyle\int e^{x}\sin x\,dx = \frac{e^{x}(\sin x - \cos x)}{2} + C$ (utledet med delvis integrasjon to ganger i kap. 5.2).

📝Oppgave 9

Løs initialverdiproblemet $y' + y\tan x = \cos x$ for $|x| < \dfrac{\pi}{2}$ , $\quad y(0)=0$ .

📝Oppgave 10

Løs initialverdiproblemet $y' - \dfrac{2}{x}\,y = x^3$ for $x>0$ , $\quad y(1)=\dfrac12$ , med integrerende faktor — og gjennomfør deretter variasjon av parameter som alternativ kontroll.

Begrepsbank til eksamen

Kortform av begrepsapparatet — repetisjons- og flashcard-stoff. Hopp trygt over ved førstegangslesing.

Homogenløsningen

y_h

y'+p(x)y=0

Partikulærløsning

y_p

y = 2 + Ce^{-3x}

Strukturen generell løsning

= y_p + y_h

y'+py=q

Valget av antiderivert i

\int p\,dx

\mu = e^{\int p\,dx}

Forenklingene

e^{a\ln x} = x^a

\int p\,dx

Likevektsløsningen

q/p

(konstante koeffisienter)

y' + py = q

Tidskonstanten

1/p

\displaystyle y = \frac{q}{p} + Ce^{-px}

Hvorfor «førsteordens» er hele pensum her

y'

Gjenkjenningslinjen

(\mu y)' = \mu q

Pådraget (kildeleddet)

q(x)

q

Repetisjonsoppgaver

Din fremgang

0 / 4 oppgaver

Symbol- og formelliste

Dette kapitlet er skrevet av Anthropics toppmodeller (Claude Opus og Claude Fable) og er foreløpig ikke manuelt gjennomgått — kvalitetskontrollen gjøres av uavhengige KI-agenter, og innmeldte feil rettes fortløpende. Funnet en feil? Meld fra, så retter vi den. Les mer om hvordan innholdet lages.

Skolesaga er en uavhengig læringsressurs og er ikke tilknyttet eller godkjent av Universitetet i Bergen. Dette er ikke offisielt studiemateriell. Les mer.