54 svar
772 visningar
Zeshen är nöjd med hjälpen
Zeshen 619
Postad: 13 nov 2018 15:17 Redigerad: 13 nov 2018 16:28

Ordinär differentialekvation

 

Hur löser man differential ekvationen: 

y’-9,82+0,5y² = 0

 

y(0) = 0

y(t)=v(t)

För att få ut hastigheten på b delen.

 

HT-Borås 1560
Postad: 13 nov 2018 16:36

Du har nog inte fått rörelseekvationen rätt. Om bollens läge beskrivs av koordinaten y, så är hastigheten dydt=y. och accelerationen sedan y... Du bör alltså få my..= mg - ky.2 som rörelseekvation.

Laguna Online 14485
Postad: 13 nov 2018 16:36

Du kan skriva om diffekvationen som y' = g - y22, och sedan y'g - y22 = 1 (det kallas en separabel diffekvation, och det står lite om det under Mattespecialicering i matteboken.se). Kan du fortsätta därifrån?

Zeshen 619
Postad: 13 nov 2018 17:45
Laguna skrev:

Du kan skriva om diffekvationen som y' = g - y22, och sedan y'g - y22 = 1 (det kallas en separabel diffekvation, och det står lite om det under Mattespecialicering i matteboken.se). Kan du fortsätta därifrån?

Då kan man väl ta de primitiva funktionen på båda sidor:

y'1g-y22=1

1g-y22dy=1dx              där y = v(t) och x =t

HL = x + C där C är e konstant

 

Men hur räknar man ut den primitiva funktionen av:

1g-y22

Moffen 1284
Postad: 13 nov 2018 17:47

 

Då kan man väl ta de primitiva funktionen på båda sidor:

y'1g-y22=1

1g-y22dy=1dx              där y = v(t) och x =t

HL = x + C där C är e konstant

Men hur räknar man ut den primitiva funktionen av:

1g-y22

 Börja med att förenkla bråket, exempelvis genom att skriva nämnaren med gemensam nämnare och sedan fortsätta därifrån.

Laguna Online 14485
Postad: 13 nov 2018 17:52

Kan du integrera 1/(x^2-1)?

Zeshen 619
Postad: 13 nov 2018 17:53
Moffen skrev:

 

Då kan man väl ta de primitiva funktionen på båda sidor:

y'1g-y22=1

1g-y22dy=1dx              där y = v(t) och x =t

HL = x + C där C är e konstant

Men hur räknar man ut den primitiva funktionen av:

1g-y22

 Börja med att förenkla bråket, exempelvis genom att skriva nämnaren med gemensam nämnare och sedan fortsätta därifrån.

 1g-y22=12g2-y22=12g-y22=22g-y2  ?

Zeshen 619
Postad: 13 nov 2018 18:02
Laguna skrev:

Kan du integrera 1/(x^2-1)?

Jag tror inte vi har gått igenom hur man integrerar en sammansatt funktion i nämnaren.

Behöver man använda sig av partiell integration eller variabelsubstitution?

AlvinB 3987
Postad: 13 nov 2018 18:17
Zeshen skrev:
Laguna skrev:

Kan du integrera 1/(x^2-1)?

Jag tror inte vi har gått igenom hur man integrerar en sammansatt funktion i nämnaren.

Behöver man använda sig av partiell integration eller variabelsubstitution?

 Främst behöver du partialbråksuppdelning. Om du partialbråksuppdelar kan du få två olika integraler som löses enkelt med variabelsubstitution.

Zeshen 619
Postad: 13 nov 2018 18:20
AlvinB skrev:
Zeshen skrev:
Laguna skrev:

Kan du integrera 1/(x^2-1)?

Jag tror inte vi har gått igenom hur man integrerar en sammansatt funktion i nämnaren.

Behöver man använda sig av partiell integration eller variabelsubstitution?

 Främst behöver du partialbråksuppdelning. Om du partialbråksuppdelar kan du få två olika integraler som löses enkelt med variabelsubstitution.

 Hur använder man sig av partialbråkuppdelning? Har inte använt det förut.

AlvinB 3987
Postad: 13 nov 2018 18:45 Redigerad: 13 nov 2018 18:50

Du kan läsa på om partialbråksuppdelning här:

https://sv.wikipedia.org/wiki/Partialbr%C3%A5ksuppdelning

Det går ut på att du kan dela upp bråket i två olika bråk och på så sätt integrera mycket enklare:

22g-y2=A2g+y+B2g-y\dfrac{2}{2g-y^2}=\dfrac{A}{\sqrt{2g}+y}+\dfrac{B}{\sqrt{2g}-y}

Ett annat alternativ är att med hjälp av variabelsubstitution få integralen på formen:

11-x2 dx=tanh-1x+C\displaystyle\int\frac{1}{1-x^2}\ dx=\tanh^{-1}\left(x\right)+C

EDIT: Inser själv att detta troligen är lite väl avancerat för Matte 5. Är det kanske tänkt att man ska lösa differentialekvationen numeriskt med Eulers stegmetod?

Zeshen 619
Postad: 13 nov 2018 19:02
AlvinB skrev:

Du kan läsa på om partialbråksuppdelning här:

https://sv.wikipedia.org/wiki/Partialbr%C3%A5ksuppdelning

Det går ut på att du kan dela upp bråket i två olika bråk och på så sätt integrera mycket enklare:

22g-y2=A2g+y+B2g-y\dfrac{2}{2g-y^2}=\dfrac{A}{\sqrt{2g}+y}+\dfrac{B}{\sqrt{2g}-y}

Ett annat alternativ är att med hjälp av variabelsubstitution få integralen på formen:

11-x2 dx=tanh-1x+C\displaystyle\int\frac{1}{1-x^2}\ dx=\tanh^{-1}\left(x\right)+C

EDIT: Inser själv att detta troligen är lite väl avancerat för Matte 5. Är det kanske tänkt att man ska lösa differentialekvationen numeriskt med Eulers stegmetod?

Läser ju matte 5 för att jag är nyfiken! Så det är ju kul att se hur man löser DE:n med partialbråkuppdelning. Jag kan försöka lösa uppgiften med metoden och se om jag kommer fram till något.

Zeshen 619
Postad: 13 nov 2018 22:48 Redigerad: 13 nov 2018 23:02
AlvinB skrev:

Du kan läsa på om partialbråksuppdelning här:

https://sv.wikipedia.org/wiki/Partialbr%C3%A5ksuppdelning

Det går ut på att du kan dela upp bråket i två olika bråk och på så sätt integrera mycket enklare:

22g-y2=A2g+y+B2g-y\dfrac{2}{2g-y^2}=\dfrac{A}{\sqrt{2g}+y}+\dfrac{B}{\sqrt{2g}-y}

Ett annat alternativ är att med hjälp av variabelsubstitution få integralen på formen:

11-x2 dx=tanh-1x+C\displaystyle\int\frac{1}{1-x^2}\ dx=\tanh^{-1}\left(x\right)+C

EDIT: Inser själv att detta troligen är lite väl avancerat för Matte 5. Är det kanske tänkt att man ska lösa differentialekvationen numeriskt med Eulers stegmetod?

 22g-y2=A2g-y+B2g+y=A2g+y+B2g-y2g-y2=A2g+Ay +B2g-By2g-y2=(A+B)2g+(A-B)y2g-y22 = (A+B)2g+(A-B)y

Vi kan nu ställa upp:

2 =(A+B)2g          (1)0=(A-B)                     (2)  

 

(2)  A = B

 

(1):

2 =2A2g1 =A2gA =12g

 

22g-y2=12g2g-y+12g2g+y

 

22g-y2 dy=12g2g-y+12g2g+y dy =12gln(2g-y) +12gln(2g+y)

 

VL =HL ger:12gln(2g-y) +12gln(2g+y) = x + C

 

12g(ln(2g-y) +ln(2g+y)) = x +C

 

ln(2g-y) +ln(2g+y) = x2g +C     C är fortfarande en konstant C2g byts med C

 

eln(2g-y) +ln(2g+y) = e x2g +C   eln(2g-y) eln(2g+y)  = e x2g +C   (2g-y)(2g+y) = e x2g +C   2g-y2 = e x2g +C   y2=2g - e x2g +C   y = 2g - e x2g +C   

y = v(t)

och x = t

 

v = 2g - e t2g +C   

 

v(0) = 0

 

0= 2g - e 02g +C   0 =2·9.82-e C0 =2·9.82-e CeC=2·9.82C =ln(2·9.82)C2,98

v = 2g - e t2g +2,98     där g = 9,82

 

 

Är det så här man gör eller är det här helt fel?

AlvinB 3987
Postad: 14 nov 2018 15:58 Redigerad: 14 nov 2018 16:11

Snubblande nära! Din partialbråksuppdelning är korrekt:

22g-y2=12g2g+y12g2g-y=12g12g+y+12g-y\dfrac{2}{2g-y^2}=\dfrac{\frac{1}{\sqrt{2g}}}{\sqrt{2g}+y}\dfrac{\frac{1}{\sqrt{2g}}}{\sqrt{2g}-y}=\dfrac{1}{\sqrt{2g}}\left(\dfrac{1}{\sqrt{2g}+y}+\dfrac{1}{\sqrt{2g}-y}\right)

Men när du beräknar integralen gör du ett teckenfel som får en kaskadeffekt och gör tyvärr svaret fel.

Det är nämligen så att:

12g12g+y+12g-y dy=12gln2g+y-ln2g-y+C\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2g}}\int\frac{1}{\sqrt{2g}+y}+\dfrac{1}{\sqrt{2g}-y}\ dy=\frac{1}{\sqrt{2g}}\left(\ln\left(\sqrt{2g}+y\right)\color{red}-\color{black}\ln\left(\sqrt{2g}-y\right)\right)+C

Minustecknet kommer av att faktorn framför yy i nämnaren är -1-1 i det högra bråket. Om man i Matte 5 ser på det som att man kompenserar för inre derivata eller som en regelrätt variabelsubstitution vet jag inte.

Räkna om ditt svar med detta minustecken och se vad du får.

Ett sidospår som kanske är lite överkurs är att integralen av 1x\frac{1}{x} egentligen är ln|x|\ln|x| (med absolutbelopp), vilket ger att vår egentliga primitiva funktion blir:

12gln2g+y-ln2g-y+C\dfrac{1}{\sqrt{2g}}\left(\ln\left|\sqrt{2g}+y\right|-\ln\left|\sqrt{2g}-y\right|\right)+C

När vi tar bort absolutbeloppen antar vi att det som står i dem är större än eller lika med noll, d.v.s. att 2g+y0\sqrt{2g}+y\geq0 och 2g-y0\sqrt{2g}-y\geq0 vilket ger att -2gy2g-\sqrt{2g}\leq y\leq\sqrt{2g}. När du tar fram lösningen ser du att denna olikhet stämmer överens med resultatet så den ger oss inga problem, men kan ändå vara värt att nämna.

Zeshen 619
Postad: 14 nov 2018 21:10
AlvinB skrev:

Snubblande nära! Din partialbråksuppdelning är korrekt:

22g-y2=12g2g+y12g2g-y=12g12g+y+12g-y\dfrac{2}{2g-y^2}=\dfrac{\frac{1}{\sqrt{2g}}}{\sqrt{2g}+y}\dfrac{\frac{1}{\sqrt{2g}}}{\sqrt{2g}-y}=\dfrac{1}{\sqrt{2g}}\left(\dfrac{1}{\sqrt{2g}+y}+\dfrac{1}{\sqrt{2g}-y}\right)

Men när du beräknar integralen gör du ett teckenfel som får en kaskadeffekt och gör tyvärr svaret fel.

Det är nämligen så att:

12g12g+y+12g-y dy=12gln2g+y-ln2g-y+C\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2g}}\int\frac{1}{\sqrt{2g}+y}+\dfrac{1}{\sqrt{2g}-y}\ dy=\frac{1}{\sqrt{2g}}\left(\ln\left(\sqrt{2g}+y\right)\color{red}-\color{black}\ln\left(\sqrt{2g}-y\right)\right)+C

Minustecknet kommer av att faktorn framför yy i nämnaren är -1-1 i det högra bråket. Om man i Matte 5 ser på det som att man kompenserar för inre derivata eller som en regelrätt variabelsubstitution vet jag inte.

Räkna om ditt svar med detta minustecken och se vad du får.

Ett sidospår som kanske är lite överkurs är att integralen av 1x\frac{1}{x} egentligen är ln|x|\ln|x| (med absolutbelopp), vilket ger att vår egentliga primitiva funktion blir:

12gln2g+y-ln2g-y+C\dfrac{1}{\sqrt{2g}}\left(\ln\left|\sqrt{2g}+y\right|-\ln\left|\sqrt{2g}-y\right|\right)+C

När vi tar bort absolutbeloppen antar vi att det som står i dem är större än eller lika med noll, d.v.s. att 2g+y0\sqrt{2g}+y\geq0 och 2g-y0\sqrt{2g}-y\geq0 vilket ger att -2gy2g-\sqrt{2g}\leq y\leq\sqrt{2g}. När du tar fram lösningen ser du att denna olikhet stämmer överens med resultatet så den ger oss inga problem, men kan ändå vara värt att nämna.

 12g(ln2g+y-ln2g-y) + C

Hur tänker man när man integrerar 12g-y

Det är lätt att inse att det är ett minus tecken där om man deriverar:

 -ln(2g-y)

 

Då vi kan kalla u = 2g -y

-ln(2g-y) =-ln(u)

 

derivatan blir då (inrederivata * yttrederivatan):

u'-1u =--12g-y =12g-y            då u' = -1

Men hur går vi åt andra hållet när det är primitiva funktioner?

AlvinB 3987
Postad: 14 nov 2018 21:18 Redigerad: 14 nov 2018 22:54
Zeshen skrev:
[...]

 12g(ln2g+y-ln2g-y) + C

Hur tänker man när man integrerar 12g-y

Det är lätt att inse att det är ett minus tecken där om man deriverar:

 -ln(2g-y)

 

Då vi kan kalla u = 2g -y

-ln(2g-y) =-ln(u)

 

derivatan blir då (inrederivata * yttrederivatan):

u'-1u =--12g-y =12g-y            då u' = -1

Men hur går vi åt andra hållet när det är primitiva funktioner?

 Har du lärt dig om variabelsubstitution än? I sådana fall faller resultatet ut rätt enkelt då t=2g-ydt=-dyt=\sqrt{2g}-y\Rightarrow dt=-dy.

Om inte blir det lite mer svårförståeligt. En vanlig metod på gymnasiet är att man "kompenserar" för inre derivata, d.v.s. vi ser att den inre derivatan (derivatan av nämnaren) kommer att bli -1-1 och att eftersom kedjeregeln kommer multiplicera uttrycket med den inre derivata måste vi lägga till ett minustecken för att bli av med det.

EDIT: dt=-dtdt=-dt skall så klart vara dt=-dydt=-dy.

Zeshen 619
Postad: 14 nov 2018 22:19
AlvinB skrev:
Zeshen skrev:
[...]

 12g(ln2g+y-ln2g-y) + C

Hur tänker man när man integrerar 12g-y

Det är lätt att inse att det är ett minus tecken där om man deriverar:

 -ln(2g-y)

 

Då vi kan kalla u = 2g -y

-ln(2g-y) =-ln(u)

 

derivatan blir då (inrederivata * yttrederivatan):

u'-1u =--12g-y =12g-y            då u' = -1

Men hur går vi åt andra hållet när det är primitiva funktioner?

 Har du lärt dig om variabelsubstitution än? I sådana fall faller resultatet ut rätt enkelt då t=2g-ydt=-dtt=\sqrt{2g}-y\Rightarrow dt=-dt.

Om inte blir det lite mer svårförståeligt. En vanlig metod på gymnasiet är att man "kompenserar" för inre derivata, d.v.s. vi ser att den inre derivatan (derivatan av nämnaren) kommer att bli -1-1 och att eftersom kedjeregeln kommer multiplicera uttrycket med den inre derivata måste vi lägga till ett minustecken för att bli av med det.

Har inte riktigt gått igenom variabelsubstitution. Men jag har själv kollat upp det förut och använt det när jag ska derivera. Dock har jag inte använt det vid integration. Men byter du  ut 2g -y och integrerar funktionen med avseende på t ? Alltså 1t dt ? Men varför kan du i så fall sätta upp likheten dt = -dt ? Och vad gör du med 2g +y ?

Albiki 5320
Postad: 15 nov 2018 00:03 Redigerad: 15 nov 2018 00:04

Hej!

Differentialekvationen som du vill lösa kan skrivas

    dydx=a2-b2y2\displaystyle\frac{dy}{dx} = a^2-b^2y^2

där a2=9.82a^2 = 9.82 och b2=1/2b^2 = 1/2. Med hjälp av Konjugatregeln kan ekvationens högerled faktoriseras

    a2-b2y2=(a-by)(a+by),a^2-b^2y^2 = (a-by)(a+by),

så att differentialekvationen kan skrivas

    1(a-by)(a+by)·dydx=1.\displaystyle\frac{1}{(a-by)(a+by)} \cdot \frac{dy}{dx} = 1.

Integrera nu detta med avseende på xx för att få ekvationen 

    1(a-by)(a+by)·dydxdx=1dx+C1(a-by)(a+by)dy=x+C\displaystyle\int \frac{1}{(a-by)(a+by)}\cdot \frac{dy}{dx} \, dx = \int 1\, dx + C \iff \int \frac{1}{(a-by)(a+by)}\,dy = x + C

där CC betecknar en konstant som bestäms av villkoret att när x=0x = 0 så är y(x)=0y(x) = 0.

Albiki 5320
Postad: 15 nov 2018 00:22 Redigerad: 15 nov 2018 00:22

Integranden 1/(a-by)(a+by)1/(a-by)(a+by) kan skrivas som en summa, vilket underlättar beräkningen av integralen.

    1(a-by)(a+by)=12a·(1a-by+1a+by)\displaystyle\frac{1}{(a-by)(a+by)} = \frac{1}{2a} \cdot (\frac{1}{a-by} + \frac{1}{a+by})

så att integralen blir 

    12a1a-by+1a+bydy=12a(ln|a-by|+ln|a+by|)\displaystyle\frac{1}{2a}\int \frac{1}{a-by} + \frac{1}{a+by} \, dy = \frac{1}{2a} (\ln |a-by| + \ln |a+by|)

som också kan skrivas

    ln|a2-b2y2|1/2a\ln |a^2-b^2y^2|^{1/2a}.

Trinity 197
Postad: 15 nov 2018 00:29
Albiki skrev:

Integranden 1/(a-by)(a+by)1/(a-by)(a+by) kan skrivas som en summa, vilket underlättar beräkningen av integralen.

    1(a-by)(a+by)=12a·(1a-by+1a+by)\displaystyle\frac{1}{(a-by)(a+by)} = \frac{1}{2a} \cdot (\frac{1}{a-by} + \frac{1}{a+by})

så att integralen blir 

    12a1a-by+1a+bydy=12a(ln|a-by|+ln|a+by|)\displaystyle\frac{1}{2a}\int \frac{1}{a-by} + \frac{1}{a+by} \, dy = \frac{1}{2a} (\ln |a-by| + \ln |a+by|)

som också kan skrivas

    ln|a2-b2y2|1/2a\ln |a^2-b^2y^2|^{1/2a}.

 Saknas inte någon faktor b på slutet?

Albiki 5320
Postad: 15 nov 2018 00:33 Redigerad: 15 nov 2018 00:39

Sätt in detta i differentialekvationen för att få det sökta sambandet mellan yy och xx.

    ln|a2-b2y2|1/2a=x+C|9.82-0.5y2|=e2a(x+C).\displaystyle\ln |a^2-b^2y^2|^{1/2a} = x+C \iff |9.82-0.5y^2| = e^{2a(x+C)}.

Villkoret y(0)=0y(0) = 0 ger 9.82=e2aC9.82 = e^{2aC} så att

    |9.82-0.5y2|=9.82e2ax ,  x0.\displaystyle|9.82-0.5y^2| = 9.82 e^{2ax}\ , \quad x\geq 0.

Fall 1. När 9.82>0.5y29.82 > 0.5y^2 så säger resultatet att sambandet mellan xx och yy är

    9.82-0.5y2=9.82e2axy2=2·9.82(1-e2ax)\displaystyle 9.82 - 0.5 y^2 = 9.82 e^{2ax} \iff y^2 = 2 \cdot 9.82(1-e^{2ax})

och eftersom y20y^2 \geq 0 så ställer detta kravet på xx att 1-e2ax0x<01-e^{2ax} \geq 0 \iff x <> vilket är omöjligt. 

Fall 2. När 9.82<0.5y29.82 <> så säger resultatet att sambandet mellan xx och yy är

    9.82-0.5y2=-9.82e2axy2=2·9.82(1+e2ax),\displaystyle 9.82-0.5y^2 = -9.82e^{2ax} \iff y^2 = 2\cdot 9.82(1+e^{2ax}),

vilket är okej för alla xx

Albiki 5320
Postad: 15 nov 2018 00:36 Redigerad: 15 nov 2018 00:41

Resultat: Hastigheten y(x)y(x) ges av sambandet

    y(x)=2·9.82(1+e29.82·x) ,  x0.\displaystyle y(x) = \sqrt{2\cdot 9.82 (1+e^{2\sqrt{9.82} \cdot x})}\ , \quad x \geq 0.

Trinity 197
Postad: 15 nov 2018 00:46 Redigerad: 15 nov 2018 00:52

Nej, din primitiva funktion ett par inlägg upp är fel. Du saknar en faktor b.

Dessutom har du ett teckenfel som ger följdfel.

Edit: Din funktion är obegränsad. En fallrörelse har en "terminal velocity" vilket skall återspeglas i funktionen i form av en asymptot.

Albiki 5320
Postad: 15 nov 2018 01:02
Albiki skrev:

Integranden 1/(a-by)(a+by)1/(a-by)(a+by) kan skrivas som en summa, vilket underlättar beräkningen av integralen.

    1(a-by)(a+by)=12a·(1a-by+1a+by)\displaystyle\frac{1}{(a-by)(a+by)} = \frac{1}{2a} \cdot (\frac{1}{a-by} + \frac{1}{a+by})

så att integralen blir 

    12a1a-by+1a+bydy=12a(ln|a-by|+ln|a+by|)\displaystyle\frac{1}{2a}\int \frac{1}{a-by} + \frac{1}{a+by} \, dy = \frac{1}{2a} (\ln |a-by| + \ln |a+by|)

som också kan skrivas

    ln|a2-b2y2|1/2a\ln |a^2-b^2y^2|^{1/2a}.

 Jag missade en inre derivata på den första termen, så det ska istället vara 

    12a1a-by+1a+bydy=12ab(-ln|a-by|+ln|a+by|)\displaystyle \frac{1}{2a}\int \frac{1}{a-by}+\frac{1}{a+by}\,dy = \frac{1}{2ab} (-\ln|a-by|+\ln|a+by|)

vilket även kan skrivas

    12abln|a+bya-by|\displaystyle\frac{1}{2ab} \ln |\frac{a+by}{a-by}|.

Tack till Trinity för att du upptäckte misstaget.

Albiki 5320
Postad: 15 nov 2018 01:07 Redigerad: 15 nov 2018 01:07

Sambandet mellan xx och yy blir därför

    12abln|a+bya-by|=x+C|a+bya-by|=e2ab(x+C)\frac{1}{2ab}\ln |\frac{a+by}{a-by}| = x+C \iff |\frac{a+by}{a-by}| = e^{2ab(x+C)}

och y(0)=0y(0) = 0 ger 1=e2abC1 = e^{2abC} så att den sökta hastigheten y(x)y(x) är implicit given av sambandet

    |a+bya-by|=e2abx=e9.82x ,  x0.\displaystyle |\frac{a+by}{a-by}| = e^{2abx} = e^{9.82 x}\ , \quad x \geq 0.

Albiki 5320
Postad: 15 nov 2018 11:53
Albiki skrev:

Sambandet mellan xx och yy blir därför

    12abln|a+bya-by|=x+C|a+bya-by|=e2ab(x+C)\frac{1}{2ab}\ln |\frac{a+by}{a-by}| = x+C \iff |\frac{a+by}{a-by}| = e^{2ab(x+C)}

och y(0)=0y(0) = 0 ger 1=e2abC1 = e^{2abC} så att den sökta hastigheten y(x)y(x) är implicit given av sambandet

    |a+bya-by|=e2abx=e9.82x ,  x0.\displaystyle |\frac{a+by}{a-by}| = e^{2abx} = e^{9.82 x}\ , \quad x \geq 0.

 Jag satte ju a2=9.82a^2=9.82 så exponenten i det sista uttrycket ska vara 9.82x\sqrt{9.82}x och inte 9.82x9.82 x; då blir exponenten dimensionslös så som den ska vara.

AlvinB 3987
Postad: 15 nov 2018 15:46 Redigerad: 15 nov 2018 16:06

Albiki skrev:

[...]

Ursäkta om jag är oförskämd nu, men jag måste ifrågasätta dina inlägg i denna tråd Albiki. Du ger en i stora drag komplett lösning och ignorerar tidigare inlägg i tråden fullständigt. TS har kommit en bra bit på vägen med lösningen och du börjar om från början. Du gör samma teckenfel som TS redan gjort i sina egna beräkningar och som senare uppmärksammats vilket leder mig till att tro att du inte över huvud taget läst de senare inlägg i tråden.

Dessutom har TS ställt en fråga om just hur man kommer fram till att det blir ett minustecken i den ena integralen. Detta har du inte berört alls. Du är en fantastisk matematiker Albiki (mycket bättre än mig själv), men jag tycker att du kan hjälpa folk bättre genom att läsa tidigare diskussion i tråden och utelämna vad som redan avklarats och istället svara på följdfrågorna som ställts. En sammanfattning av lösningen är inte fel, men det kanske ska tas först efter att TS känner sig bekväm med metoden.

Zeshen skrev:
AlvinB skrev:
[...]

Har inte riktigt gått igenom variabelsubstitution. Men jag har själv kollat upp det förut och använt det när jag ska derivera. Dock har jag inte använt det vid integration. Men byter du  ut 2g -y och integrerar funktionen med avseende på t ? Alltså 1t dt ? Men varför kan du i så fall sätta upp likheten dt = -dt ? Och vad gör du med 2g +y ?

 Det finns en mycket specifik metod vid just variabelsubstitution när man integrerar. Det blir nämligen så att man måste trixa med differentialerna (dxdx och dtdt) för att få byta integrationsvariabel. Man kan se på det som ett sätt att kompensera för kedjeregeln. Läs igenom detta och se om det kanske blir mer begripligt:

https://sv.wikipedia.org/wiki/Integration_genom_substitution

I vårt fall inför vi variabeln t=2g-yt=\sqrt{2g}-y och sedan deriveras båda led så att man får differentialerna dt=-dydt=-dy (skrev fel i förra inlägget) vilket är ekvivalent med dy=-dtdy=-dt. Det ger:

12g-y dy=1t- dt=-lnt+C=-ln2g-y+C\displaystyle\int\frac{1}{\sqrt{2g}-y}\ dy=\int\frac{1}{t}-\ dt=-\ln\left(t\right)+C=-\ln\left(\sqrt{2g}-y\right)+C

Det andra bråket integreras på samma sätt, fast där blir dt=dydt=dy och således får vi inget minustecken.

Tigster 252
Postad: 16 nov 2018 01:03

Tänkte bygga vidare på AlvinBs lösning med ett påtagligt exempel av variabelsubstitution
1xlnxdx Variabelsubstitution:Sätt: ln(x)=tVilket ger att dtdx=1xdt =1xdx Nu matchar vi termer:1lnx·1xdx kan alltså skrivas om som:1tdtdär dt =1xdx och t =lnx
Resultatet blir en mer lätthanterlig integrand.

Zeshen 619
Postad: 16 nov 2018 07:45
Tigster skrev:

Tänkte bygga vidare på AlvinBs lösning med ett påtagligt exempel av variabelsubstitution
1xlnxdx Variabelsubstitution:Sätt: ln(x)=tVilket ger att dtdx=1xdt =1xdx Nu matchar vi termer:1lnx·1xdx kan alltså skrivas om som:1tdtdär dt =1xdx och t =lnx
Resultatet blir en mer lätthanterlig integrand.

Okej, nu har jag kollat på olika exempel på tillämpningar. Om jag har förstått rätt så gör man så här?

12g(12g+y+12g-y)dy =12g(12g+ydy+12g-ydy) 

 

Nu kan vi byta ut 2g+y mot t             (t =2g+y)

 

Men då  måste vi byta ut derivatan med avseende på y mot derivatan med avseende på t.

Detta gör vi genom att derivera t med avseende på y:

dtdy=1dt=dy

 

Vi byter nu ut 2g+y  och dy mot t och dt:

12g(12g+ydy+12g-ydy) =12g(1tdt+12g-ydy) 

 

Nu gör vi samma sak för andra termen:

 

t =2g-y

 dtdy=-1dt = -dy-dt =dy

 

Vi byter ut 2g-y med t och dy med -dt:

12g(1tdt+12g-ydy) =12g(1tdt+1t(-dt))=12g(1tdt+-1tdt)  

 

Nu integrerar vi termerna och får:

12g(ln(t) -ln(t) +C) =12g(ln(2g+y) -ln(2g-y)) +C

 

Kan man kalla t för både 2g+y  och för 2g-y eller

integrerar vi separat och vi kallar de för olika variabler  t1 och t2?

AlvinB 3987
Postad: 16 nov 2018 08:00
Zeshen skrev:

[...]

Kan man kalla t för både 2g+y  och för 2g-y eller

integrerar vi separat och vi kallar de för olika variabler  t1 och t2?

 Det blir lite rörigt om du använder tt i båda fallen, jag skulle föredra olika variabler eftersom de representerar olika saker. Nu har du rätt svar på integralen i alla fall.

Zeshen 619
Postad: 16 nov 2018 11:31
AlvinB skrev:
Zeshen skrev:

[...]

Kan man kalla t för både 2g+y  och för 2g-y eller

integrerar vi separat och vi kallar de för olika variabler  t1 och t2?

 Det blir lite rörigt om du använder tt i båda fallen, jag skulle föredra olika variabler eftersom de representerar olika saker. Nu har du rätt svar på integralen i alla fall.

Men man får 2 dy som man kan byta ut för att man separerar integralerna eller?

Exempel:

 (1x+1+1x-2)dx = 1x+1dx +  1x-2dx

Zeshen 619
Postad: 16 nov 2018 11:55
Albiki skrev:
Albiki skrev:

Sambandet mellan xx och yy blir därför

    12abln|a+bya-by|=x+C|a+bya-by|=e2ab(x+C)\frac{1}{2ab}\ln |\frac{a+by}{a-by}| = x+C \iff |\frac{a+by}{a-by}| = e^{2ab(x+C)}

och y(0)=0y(0) = 0 ger 1=e2abC1 = e^{2abC} så att den sökta hastigheten y(x)y(x) är implicit given av sambandet

    |a+bya-by|=e2abx=e9.82x ,  x0.\displaystyle |\frac{a+by}{a-by}| = e^{2abx} = e^{9.82 x}\ , \quad x \geq 0.

 Jag satte ju a2=9.82a^2=9.82 så exponenten i det sista uttrycket ska vara 9.82x\sqrt{9.82}x och inte 9.82x9.82 x; då blir exponenten dimensionslös så som den ska vara.

 Men om a =9.82 och b = 12

2ab = 2·9.82·12=2·2·9.822=4·9.822=2·9.82

exponenten bör vara 2·9.82 ?

Zeshen 619
Postad: 16 nov 2018 12:04 Redigerad: 16 nov 2018 12:05
AlvinB skrev:
Zeshen skrev:

[...]

Kan man kalla t för både 2g+y  och för 2g-y eller

integrerar vi separat och vi kallar de för olika variabler  t1 och t2?

 Det blir lite rörigt om du använder tt i båda fallen, jag skulle föredra olika variabler eftersom de representerar olika saker. Nu har du rätt svar på integralen i alla fall.

 

Nu kan vi ställa upp: 

 12g(ln(2g+y)-ln(2g-y)) =x +C

 

ln(2g+y)-ln(2g-y)=x2g +Celn(2g+y)-ln(2g-y)=ex2g +Celn(2g+y)eln(2g-y)=ex2g ·eC2g+y2g-y=Cex2g

Men det skiljer sig från Albiki.

då a = g och b = 12

Albiki 5320
Postad: 16 nov 2018 15:35 Redigerad: 16 nov 2018 15:38
Albiki skrev:

Sambandet mellan xx och yy blir därför

    12abln|a+bya-by|=x+C|a+bya-by|=e2ab(x+C)\frac{1}{2ab}\ln |\frac{a+by}{a-by}| = x+C \iff |\frac{a+by}{a-by}| = e^{2ab(x+C)}

och y(0)=0y(0) = 0 ger 1=e2abC1 = e^{2abC} så att den sökta hastigheten y(x)y(x) är implicit given av sambandet

    |a+bya-by|=e2abx=e9.82x ,  x0.\displaystyle |\frac{a+by}{a-by}| = e^{2abx} = e^{9.82 x}\ , \quad x \geq 0.

 Du har rätt Zeshen om att 2b=2/22b = 2/\sqrt{2} och inte 11 som jag skrev. Jag väntar därför med att sätta in aa och bb förrän till slutet av beräkningarna.

Jag går därför tillbaka till sambandet

    |a+bya-by|=e2abx\displaystyle|\frac{a+by}{a-by}|=e^{2abx}

Detta indikerar att två fall kan uppstå:

Fall 1. Starthastigheten är låg (lägre än a/ba/b) så att för alla tider är a-by>0.a-by > 0. Då är sambandet

    a+by=(a-by)e2abxy(x)=ab·1-e-2abx1+e-2abx=ab·(1-21+e2abx).\displaystyle a+by = (a-by)e^{2abx} \iff y(x) = \frac{a}{b} \cdot \frac{1-e^{-2abx}}{1+e^{-2abx}} = \frac{a}{b} \cdot (1-\frac{2}{1+e^{2abx}}).

Hastigheten växer stadigt mot det asymptotiska värdet

    a/b=a2/b2=2·9.824.43a/b = \sqrt{a^2/b^2} = \sqrt{2 \cdot 9.82} \approx 4.43 meter per sekund.

Fall 2. Starthastigheten är hög (större än a/ba/b) så att för alla tider är a-by<0a-by<> Då är sambandet

    a+by=-(a-by)e2abxy(x)=ab·(1+2e2abx-1).\displaystyle a+by = -(a-by)e^{2abx} \iff y(x) = \frac{a}{b} \cdot (1+\frac{2}{e^{2abx}-1}).

Hastigheten avtar stadigt mot det asymptotiska värdet a/b4.43a/b \approx 4.43 meter per sekund.

Detta scenario är omöjligt här eftersom starthastigheten var specificerad till att vara låg, y(0)=0y(0) = 0 meter per sekund.

Zeshen 619
Postad: 16 nov 2018 16:22 Redigerad: 16 nov 2018 16:22
Albiki skrev:
Albiki skrev:

Sambandet mellan xx och yy blir därför

    12abln|a+bya-by|=x+C|a+bya-by|=e2ab(x+C)\frac{1}{2ab}\ln |\frac{a+by}{a-by}| = x+C \iff |\frac{a+by}{a-by}| = e^{2ab(x+C)}

och y(0)=0y(0) = 0 ger 1=e2abC1 = e^{2abC} så att den sökta hastigheten y(x)y(x) är implicit given av sambandet

    |a+bya-by|=e2abx=e9.82x ,  x0.\displaystyle |\frac{a+by}{a-by}| = e^{2abx} = e^{9.82 x}\ , \quad x \geq 0.

 Du har rätt Zeshen om att 2b=2/22b = 2/\sqrt{2} och inte 11 som jag skrev. Jag väntar därför med att sätta in aa och bb förrän till slutet av beräkningarna.

Jag går därför tillbaka till sambandet

    |a+bya-by|=e2abx\displaystyle|\frac{a+by}{a-by}|=e^{2abx}

Detta indikerar att två fall kan uppstå:

Fall 1. Starthastigheten är låg (lägre än a/ba/b) så att för alla tider är a-by>0.a-by > 0. Då är sambandet

    a+by=(a-by)e2abxy(x)=ab·1-e-2abx1+e-2abx=ab·(1-21+e2abx).\displaystyle a+by = (a-by)e^{2abx} \iff y(x) = \frac{a}{b} \cdot \frac{1-e^{-2abx}}{1+e^{-2abx}} = \frac{a}{b} \cdot (1-\frac{2}{1+e^{2abx}}).

Hastigheten växer stadigt mot det asymptotiska värdet

    a/b=a2/b2=2·9.824.43a/b = \sqrt{a^2/b^2} = \sqrt{2 \cdot 9.82} \approx 4.43 meter per sekund.

Fall 2. Starthastigheten är hög (större än a/ba/b) så att för alla tider är a-by<>a-by<> Då är sambandet

    a+by=-(a-by)e2abxy(x)=ab·(1+2e2abx-1).\displaystyle a+by = -(a-by)e^{2abx} \iff y(x) = \frac{a}{b} \cdot (1+\frac{2}{e^{2abx}-1}).

Hastigheten avtar stadigt mot det asymptotiska värdet a/b4.43a/b \approx 4.43 meter per sekund.

Detta scenario är omöjligt här eftersom starthastigheten var specificerad till att vara låg, y(0)=0y(0) = 0 meter per sekund.

 

Har aldrig stött på en implicit funktion så jag vet inte vilka egenskaperna som ändras i funktionen. Är det därför vi får 2 fall? Hur får man funktionen? Är det genom att testa om uttrycket innanför absolutbeloppet är positiv eller negativ och endast välja en av de och det är därför funktionen är implicit och man får 2 fall?

AlvinB 3987
Postad: 16 nov 2018 16:46

Nu är vi nog alla överens om att lösningen på differentialekvationen är:

yx=2g-22ge2gx+1y\left(x\right)=\sqrt{2g}-\dfrac{2\sqrt{2g}}{e^{\sqrt{2g}x}+1}

Låt mig nu presentera ett kanske lite effektivare lösningsförslag med hyperboliska trigfunktioner:

Vi vet att:

11-x2 dx=tanh-1x+C\displaystyle\int\dfrac{1}{1-x^2}\ dx=\tanh^{-1}\left(x\right)+C

Det är relativt lätt att anpassa vår integral

22g-y2 dy\displaystyle\int\dfrac{2}{2g-y^2}\ dy

till denna form om vi hittar en substitution sådan att:

y2=2gt2y^2=2gt^2

dras roten ur på båda sidor får man att substitutionen blir:

y=2gty=\sqrt{2g}t

vilket ger differentialen:

dy=2g dtdy=\sqrt{2g}\ dt

och då blir integralen:

22g-y2 dy=22g-2gt2·2g dt=22g2g11-t2 dt=\displaystyle\int\frac{2}{2g-y^2}\ dy=\int\frac{2}{2g-2gt^2}\cdot\sqrt{2g}\ dt=\frac{2\sqrt{2g}}{2g}\int\frac{1}{1-t^2}\ dt=

=22g2gtanh-1t+C=22g=22gtanh-1y2g+C\displaystyle=\frac{2\sqrt{2g}}{2g}\tanh^{-1}\left(t\right)+C=\frac{2}{\sqrt{2g}}=\frac{2}{\sqrt{2g}}\tanh^{-1}\left(\frac{y}{\sqrt{2g}}\right)+C

Sätter man sedan VL=HL erhålles:

22gtanh-1y2g=x+C1\dfrac{2}{\sqrt{2g}}\tanh^{-1}\left(\dfrac{y}{\sqrt{2g}}\right)=x+C_1

tanh-1y2g=2gx2+C2\tanh^{-1}\left(\dfrac{y}{\sqrt{2g}}\right)=\dfrac{\sqrt{2g}x}{2}+C_2

Tar man sedan hyperbolisk tangens på båda sidor får man:

y2g=tanh2gx2+C2\dfrac{y}{\sqrt{2g}}=\tanh\left(\dfrac{\sqrt{2g}x}{2}+C_2\right)

y=2gtanh2gx2+Cy=\sqrt{2g}\tanh\left(\dfrac{\sqrt{2g}x}{2}+C\right)

Villkoret y(0)=0y(0)=0 ger:

0=2gtanhC0=\sqrt{2g}\tanh\left(C\right)

tanh(C)=0\tanh(C)=0

C=tanh-1(0)=0C=\tanh^{-1}(0)=0

således blir lösningen:

y=2gtanh2gx2y=\sqrt{2g}\tanh\left(\dfrac{\sqrt{2g}x}{2}\right)

Man kan visa med definitionen för tanh att detta är ekvivalent med svaret vi fick med partialbråksuppdelningsintegralen.

AlvinB 3987
Postad: 16 nov 2018 16:58
Zeshen skrev:
[...]

Har aldrig stött på en implicit funktion så jag vet inte vilka egenskaperna som ändras i funktionen. Är det därför vi får 2 fall? Hur får man funktionen? Är det genom att testa om uttrycket innanför absolutbeloppet är positiv eller negativ och endast välja en av de och det är därför funktionen är implicit och man får 2 fall?

 Implicit funktion betyder bara att vi inte har löst ut för yy. När man har löst ut för yy så att man kan skriva y=...y=... kallas det för explicit funktion.

Och ja, de olika fallen fås genom att testa ifall uttrycket i absolutbeloppet är positivt eller negativt. Bara ett av fallen stämmer överens med våra villkor.

Trinity 197
Postad: 17 nov 2018 01:15
AlvinB skrev:

Nu är vi nog alla överens om att lösningen på differentialekvationen är:......

 

Jo, så är det nog, men ingår detta i Matematik 5 idag? Det var ett tag sedan jag gick i gymnasiet. Mycket kanske har ändrats. Vore intressant att veta.

Är det på denna nivå idag kan man lätt addera många intrikata uppgifter, tveksamt dock om det hade klarats av (100-ϵ\epsilon)% av eleverna. Någonstans på vägen här spårade det kanske rejält ur, som du själv skriver?

AlvinB 3987
Postad: 17 nov 2018 10:39
Trinity skrev:
AlvinB skrev:

Nu är vi nog alla överens om att lösningen på differentialekvationen är:......

 

Jo, så är det nog, men ingår detta i Matematik 5 idag? Det var ett tag sedan jag gick i gymnasiet. Mycket kanske har ändrats. Vore intressant att veta.

Är det på denna nivå idag kan man lätt addera många intrikata uppgifter, tveksamt dock om det hade klarats av (100-ϵ\epsilon)% av eleverna. Någonstans på vägen här spårade det kanske rejält ur, som du själv skriver?

 Jo, troligen är detta rätt så mycket överkurs. Jag tror själv att det är tänkt att differentialekvationen skall lösas digitala verktyg. "Användning och lösning av differentialekvationer med digitala verktyg" står nämligen i det centrala innehållet för Matte 5, men så vitt jag kan förstå går man inte igenom några mer avancerade metoder för att beräkna integraler, typ substitution eller partialbråk.

Däremot sa TS att hen var intresserad av att försöka lösa uppgiften själv oavsett om det är överkurs, vilket var varför vi fortsatte på partialbråksspåret.

Zeshen 619
Postad: 17 nov 2018 13:47
AlvinB skrev:
Trinity skrev:
AlvinB skrev:

Nu är vi nog alla överens om att lösningen på differentialekvationen är:......

 

Jo, så är det nog, men ingår detta i Matematik 5 idag? Det var ett tag sedan jag gick i gymnasiet. Mycket kanske har ändrats. Vore intressant att veta.

Är det på denna nivå idag kan man lätt addera många intrikata uppgifter, tveksamt dock om det hade klarats av (100-ϵ\epsilon)% av eleverna. Någonstans på vägen här spårade det kanske rejält ur, som du själv skriver?

 Jo, troligen är detta rätt så mycket överkurs. Jag tror själv att det är tänkt att differentialekvationen skall lösas digitala verktyg. "Användning och lösning av differentialekvationer med digitala verktyg" står nämligen i det centrala innehållet för Matte 5, men så vitt jag kan förstå går man inte igenom några mer avancerade metoder för att beräkna integraler, typ substitution eller partialbråk.

Däremot sa TS att hen var intresserad av att försöka lösa uppgiften själv oavsett om det är överkurs, vilket var varför vi fortsatte på partialbråksspåret.

Jag försökte först lösa det med CAS- fönstret i geogebra 5 men det gick inte. Vi har inte läst något om partialbråkuppdelning, substitutionsmetoden eller hyperboliska trigfunktioner men vi har gått igenom separabla ODE. Fast jag kommer ändå läsa envariabelsanalys sen så det är bra att ha stött på det. 

Zeshen 619
Postad: 17 nov 2018 13:57
AlvinB skrev:

Nu är vi nog alla överens om att lösningen på differentialekvationen är:

yx=2g-22ge2gx+1y\left(x\right)=\sqrt{2g}-\dfrac{2\sqrt{2g}}{e^{\sqrt{2g}x}+1}

Låt mig nu presentera ett kanske lite effektivare lösningsförslag med hyperboliska trigfunktioner:

Vi vet att:

11-x2 dx=tanh-1x+C\displaystyle\int\dfrac{1}{1-x^2}\ dx=\tanh^{-1}\left(x\right)+C

Det är relativt lätt att anpassa vår integral

22g-y2 dy\displaystyle\int\dfrac{2}{2g-y^2}\ dy

till denna form om vi hittar en substitution sådan att:

y2=2gt2y^2=2gt^2

dras roten ur på båda sidor får man att substitutionen blir:

y=2gty=\sqrt{2g}t

vilket ger differentialen:

dy=2g dtdy=\sqrt{2g}\ dt

och då blir integralen:

22g-y2 dy=22g-2gt2·2g dt=22g2g11-t2 dt=\displaystyle\int\frac{2}{2g-y^2}\ dy=\int\frac{2}{2g-2gt^2}\cdot\sqrt{2g}\ dt=\frac{2\sqrt{2g}}{2g}\int\frac{1}{1-t^2}\ dt=

=22g2gtanh-1t+C=22g=22gtanh-1y2g+C\displaystyle=\frac{2\sqrt{2g}}{2g}\tanh^{-1}\left(t\right)+C=\frac{2}{\sqrt{2g}}=\frac{2}{\sqrt{2g}}\tanh^{-1}\left(\frac{y}{\sqrt{2g}}\right)+C

Sätter man sedan VL=HL erhålles:

22gtanh-1y2g=x+C1\dfrac{2}{\sqrt{2g}}\tanh^{-1}\left(\dfrac{y}{\sqrt{2g}}\right)=x+C_1

tanh-1y2g=2gx2+C2\tanh^{-1}\left(\dfrac{y}{\sqrt{2g}}\right)=\dfrac{\sqrt{2g}x}{2}+C_2

Tar man sedan hyperbolisk tangens på båda sidor får man:

y2g=tanh2gx2+C2\dfrac{y}{\sqrt{2g}}=\tanh\left(\dfrac{\sqrt{2g}x}{2}+C_2\right)

y=2gtanh2gx2+Cy=\sqrt{2g}\tanh\left(\dfrac{\sqrt{2g}x}{2}+C\right)

Villkoret y(0)=0y(0)=0 ger:

0=2gtanhC0=\sqrt{2g}\tanh\left(C\right)

tanh(C)=0\tanh(C)=0

C=tanh-1(0)=0C=\tanh^{-1}(0)=0

således blir lösningen:

y=2gtanh2gx2y=\sqrt{2g}\tanh\left(\dfrac{\sqrt{2g}x}{2}\right)

Man kan visa med definitionen för tanh att detta är ekvivalent med svaret vi fick med partialbråksuppdelningsintegralen.

 Jag verkar inte kunna få y(x) = 2g-22ge2gx+1

 

2g+y2g-y = Cex2gy(0) =0   , C=12g+y2g-y = ex2g2g+y =(2g-y) ex2g2g+y =2gex2g-yex2gy +yex2g =2gex2g-2gy(1+ex2g ) = 2g(ex2g-1)y(x) =2g(ex2g-1)1+ex2g=-2g(1-ex2g1+ex2g) 

 

Det liknar Albikis fall 1 men att jag  fick  negativ -2g  istället för aboch positiv exponent 2gx istället för -2ab.

AlvinB 3987
Postad: 17 nov 2018 14:16 Redigerad: 17 nov 2018 14:19

Albiki hoppar över en massa svårbegripliga mellansteg (bl.a. har han e-2abe^{\color{red}-\color{black}2ab} och sedan förlänger bråket med e2abxe^{2abx}). Ditt svar är rätt. Om du gör så här ser du att det är samma svar som jag och Albiki fått:

-2g(1-e2gx1+e2gx)=2g(e2gx-1e2gx+1)=-\sqrt{2g}(\dfrac{1-e^{\sqrt{2g}x}}{1+e^{\sqrt{2g}x}})=\sqrt{2g}(\dfrac{e^{\sqrt{2g}x}-1}{e^{\sqrt{2g}x}+1})=

=2g(e2gx+1-1-1e2gx+1)=2g(e2gx+1e2gx+1-2e2gx+1)==\sqrt{2g}(\dfrac{e^{\sqrt{2g}x}+1-1-1}{e^{\sqrt{2g}x}+1})=\sqrt{2g}(\dfrac{e^{\sqrt{2g}x}+1}{e^{\sqrt{2g}x}+1}-\dfrac{2}{e^{\sqrt{2g}x}+1})=

=2g(1-2e2gx+1)=2g-22ge2gx+1=\sqrt{2g}(1-\dfrac{2}{e^{\sqrt{2g}x}+1})=\sqrt{2g}-\dfrac{2\sqrt{2g}}{e^{\sqrt{2g}x}+1}

Angående ditt försök att lösa differentialekvationen med geogebra kan jag säga att geogebra klarar inte av just denna differentialekvation, men det finns andra sidor som gör det:

Symbolab (behövde byta ut gg mot kk av någon anledning):

https://www.symbolab.com/solver/equation-calculator/y'%3Dk-%5Cfrac%7By%5E%7B2%7D%7D%7B2%7D

Wolfram Alpha (ger lösningen med hyperbolisk tangens):

https://www.wolframalpha.com/input/?i=y%27(x)%3Dg-y(x)%5E2%2F2

Trinity 197
Postad: 17 nov 2018 16:41
AlvinB skrev:
Trinity skrev:
AlvinB skrev:

Nu är vi nog alla överens om att lösningen på differentialekvationen är:......

 

Jo, så är det nog, men ingår detta i Matematik 5 idag? Det var ett tag sedan jag gick i gymnasiet. Mycket kanske har ändrats. Vore intressant att veta.

Är det på denna nivå idag kan man lätt addera många intrikata uppgifter, tveksamt dock om det hade klarats av (100-ϵ\epsilon)% av eleverna. Någonstans på vägen här spårade det kanske rejält ur, som du själv skriver?

 Jo, troligen är detta rätt så mycket överkurs. Jag tror själv att det är tänkt att differentialekvationen skall lösas digitala verktyg. "Användning och lösning av differentialekvationer med digitala verktyg" står nämligen i det centrala innehållet för Matte 5, men så vitt jag kan förstå går man inte igenom några mer avancerade metoder för att beräkna integraler, typ substitution eller partialbråk.

Däremot sa TS att hen var intresserad av att försöka lösa uppgiften själv oavsett om det är överkurs, vilket var varför vi fortsatte på partialbråksspåret.

Jag gissar då att avsikten i boken är att formulera diff.ekv. och sedan låta något program lösa den. Verkar rimligare.

Integraler kan man göra orimligt svåra bara man vill… Håller själv på att sammanställa en del mycket svåra integraler. De är 'enkla' när man väl vet 'vägen'. Det är lite som schack.

Zeshen 619
Postad: 17 nov 2018 17:46 Redigerad: 17 nov 2018 17:50
AlvinB skrev:

Albiki hoppar över en massa svårbegripliga mellansteg (bl.a. har han e-2abe^{\color{red}-\color{black}2ab} och sedan förlänger bråket med e2abxe^{2abx}). Ditt svar är rätt. Om du gör så här ser du att det är samma svar som jag och Albiki fått:

-2g(1-e2gx1+e2gx)=2g(e2gx-1e2gx+1)=-\sqrt{2g}(\dfrac{1-e^{\sqrt{2g}x}}{1+e^{\sqrt{2g}x}})=\sqrt{2g}(\dfrac{e^{\sqrt{2g}x}-1}{e^{\sqrt{2g}x}+1})=

=2g(e2gx+1-1-1e2gx+1)=2g(e2gx+1e2gx+1-2e2gx+1)==\sqrt{2g}(\dfrac{e^{\sqrt{2g}x}+1-1-1}{e^{\sqrt{2g}x}+1})=\sqrt{2g}(\dfrac{e^{\sqrt{2g}x}+1}{e^{\sqrt{2g}x}+1}-\dfrac{2}{e^{\sqrt{2g}x}+1})=

=2g(1-2e2gx+1)=2g-22ge2gx+1=\sqrt{2g}(1-\dfrac{2}{e^{\sqrt{2g}x}+1})=\sqrt{2g}-\dfrac{2\sqrt{2g}}{e^{\sqrt{2g}x}+1}

Angående ditt försök att lösa differentialekvationen med geogebra kan jag säga att geogebra klarar inte av just denna differentialekvation, men det finns andra sidor som gör det:

Symbolab (behövde byta ut gg mot kk av någon anledning):

https://www.symbolab.com/solver/equation-calculator/y'%3Dk-%5Cfrac%7By%5E%7B2%7D%7D%7B2%7D

Wolfram Alpha (ger lösningen med hyperbolisk tangens):

https://www.wolframalpha.com/input/?i=y%27(x)%3Dg-y(x)%5E2%2F2

Jaha! Nu ser jag hur ni har tänkt, det svåra här är väl att inse att man kan addera och subtrahera med 1 så att man kan dividera bort uttrycket e2gx+1

 

Stegen för Albikis uträkning är alltså:

ab·1-e-2abx1+e-2bx=ab·e2abx(1-e-2abx)e2abx(1+e-2bx)=ab·e2abx-1+1-1e2abx+1=ab·e2abx+1e2abx+1-2e2abx+1=ab·(1-21+e2abx)

 

Men jag förstår fortfarande inte hur dessa ekvationer är ekvivalenta:

a+by = (a-by)e2abxy(x) =ab·1-e-2abx1+e-2bx

Wolfram Alpha har jag stött på förut men inte Symbolab. Tack för rekommendationer till dessa sidor!

 

Nu kan jag kolla hur du använde dig av hyperboliska funktioner.

AlvinB 3987
Postad: 17 nov 2018 18:20 Redigerad: 17 nov 2018 18:22

Om du tänker enligt följande:

a+by=(a-by)e2abxa+by=(a-by)e^{2abx}

e-2abx(a+by)=e-2abx(a-by)e2abxe^{-2abx}(a+by)=e^{-2abx}(a-by)e^{2abx}

e-2abx(a+by)=a-bye^{-2abx}(a+by)=a-by

ae-2abx+bye-2abx=a-byae^{-2abx}+bye^{-2abx}=a-by

bye-2abx+by=a-ae-2abxbye^{-2abx}+by=a-ae^{-2abx}

y(be-2abx+b)=a-ae-2abxy(be^{-2abx}+b)=a-ae^{-2abx}

y=a-ae-2abxbe-2abx+by=\dfrac{a-ae^{-2abx}}{be^{-2abx}+b}

y=ab·1-e-2abx1+e-2abxy=\dfrac{a}{b}\cdot\dfrac{1-e^{-2abx}}{1+e^{-2abx}}

Dock tycker jag att detta är krångligare jämfört med vad du gjorde.

Zeshen 619
Postad: 22 nov 2018 19:17 Redigerad: 22 nov 2018 21:57
AlvinB skrev:

Nu är vi nog alla överens om att lösningen på differentialekvationen är:

yx=2g-22ge2gx+1y\left(x\right)=\sqrt{2g}-\dfrac{2\sqrt{2g}}{e^{\sqrt{2g}x}+1}

Låt mig nu presentera ett kanske lite effektivare lösningsförslag med hyperboliska trigfunktioner:

Vi vet att:

11-x2 dx=tanh-1x+C\displaystyle\int\dfrac{1}{1-x^2}\ dx=\tanh^{-1}\left(x\right)+C

Det är relativt lätt att anpassa vår integral

22g-y2 dy\displaystyle\int\dfrac{2}{2g-y^2}\ dy

till denna form om vi hittar en substitution sådan att:

y2=2gt2y^2=2gt^2

dras roten ur på båda sidor får man att substitutionen blir:

y=2gty=\sqrt{2g}t

vilket ger differentialen:

dy=2g dtdy=\sqrt{2g}\ dt

och då blir integralen:

22g-y2 dy=22g-2gt2·2g dt=22g2g11-t2 dt=\displaystyle\int\frac{2}{2g-y^2}\ dy=\int\frac{2}{2g-2gt^2}\cdot\sqrt{2g}\ dt=\frac{2\sqrt{2g}}{2g}\int\frac{1}{1-t^2}\ dt=

=22g2gtanh-1t+C=22g=22gtanh-1y2g+C\displaystyle=\frac{2\sqrt{2g}}{2g}\tanh^{-1}\left(t\right)+C=\frac{2}{\sqrt{2g}}=\frac{2}{\sqrt{2g}}\tanh^{-1}\left(\frac{y}{\sqrt{2g}}\right)+C

Sätter man sedan VL=HL erhålles:

22gtanh-1y2g=x+C1\dfrac{2}{\sqrt{2g}}\tanh^{-1}\left(\dfrac{y}{\sqrt{2g}}\right)=x+C_1

tanh-1y2g=2gx2+C2\tanh^{-1}\left(\dfrac{y}{\sqrt{2g}}\right)=\dfrac{\sqrt{2g}x}{2}+C_2

Tar man sedan hyperbolisk tangens på båda sidor får man:

y2g=tanh2gx2+C2\dfrac{y}{\sqrt{2g}}=\tanh\left(\dfrac{\sqrt{2g}x}{2}+C_2\right)

y=2gtanh2gx2+Cy=\sqrt{2g}\tanh\left(\dfrac{\sqrt{2g}x}{2}+C\right)

Villkoret y(0)=0y(0)=0 ger:

0=2gtanhC0=\sqrt{2g}\tanh\left(C\right)

tanh(C)=0\tanh(C)=0

C=tanh-1(0)=0C=\tanh^{-1}(0)=0

således blir lösningen:

y=2gtanh2gx2y=\sqrt{2g}\tanh\left(\dfrac{\sqrt{2g}x}{2}\right)

Man kan visa med definitionen för tanh att detta är ekvivalent med svaret vi fick med partialbråksuppdelningsintegralen.

Hmm ok, denna metod verkar vara effektivare men det kanske är svårt att komma på substitutionen ibland. Dock i denna fall kan man bryta ut 2g och på så sätt förutsäga vad substitutionen borde vara då vi vet att nämnaren ska vara på formen1-x2

22g-y2=22g(1-y22g)y22g =t2y2=2gt2

 

Så denna metod kan användas om formen av uttrycket liknar 11-x2, finns det några nackdelar med metoden?

AlvinB 3987
Postad: 22 nov 2018 20:29
Zeshen skrev:
AlvinB skrev:

 

[...]

Hmm ok, denna metod verkar vara effektivare men det kanske är svårt att komma på substitutionen ibland. Dock i denna fall kan man bryta ut 2g och på så sätt förutsäga vad substitutionen borde vara då vi vet att nämnaren ska vara på formen1-x2

22g-y2=22g(1-y22g)y22g =t2y2=2gt2

 

Så denna metod kan användas om formen av uttrycket likna 11-x2, finns det några nackdelar med metoden?

 Ja, det är ju så att tanh-1(x)\tanh^{-1}(x) har en ganska begränsad definitionsmängd (-1<x<1-1<><>) vilket gör att du inte kan beskriva lösningen som skulle varit om du haft en hög starthastighet (Albikis fall 2, där y>2gy>\sqrt{2g} vilket därmed ligger utanför definitionsmängden för lösningsfunktionen med tanh-1\tanh^{-1}). Det gäller att vara noggrann med vilka intervall de primitiva funktionerna är giltiga i.

Albiki 5320
Postad: 22 nov 2018 21:19

Hej!

Jag skulle inte kalla en lösningsmetod som helt missar vissa lösningar effektiv AlvinB.

Din metod med tangenshyperbolikusfunktionen hanterar inte fallet med hög starthastighet, vilket metoden jag använt gör; att den visade sig vara överflödig i detta fall gör inte lösningsmetoden mindre värd för det. Sedan är tangenshyperbolicus förmodligen en ganska okänd funktion för ganska många utanför den "inre cirkeln" på Pluggakuten och något som endast har kuriosavärde för gemene man här.

Zeshen 619
Postad: 22 nov 2018 22:15 Redigerad: 22 nov 2018 23:06
Albiki skrev:

Hej!

Jag skulle inte kalla en lösningsmetod som helt missar vissa lösningar effektiv AlvinB.

Din metod med tangenshyperbolikusfunktionen hanterar inte fallet med hög starthastighet, vilket metoden jag använt gör; att den visade sig vara överflödig i detta fall gör inte lösningsmetoden mindre värd för det. Sedan är tangenshyperbolicus förmodligen en ganska okänd funktion för ganska många utanför den "inre cirkeln" på Pluggakuten och något som endast har kuriosavärde för gemene man här.

 När får man lära sig om de hyperboliska trigfunktionerna? Jag kan inte så mycket om dem men dem är väl definierade efter Eulers formel när man skriver om cos θ och sin θ med eiθ och sedan tar bort den imaginära delen i  i exponenten. Det finns väl även en likande variant av enhetscirkeln där man byter ut cirkeln med med hyperbel och punkterna på hyperbeln kan beskrivas med cosh och sinh? 

AlvinB 3987
Postad: 22 nov 2018 23:00
Albiki skrev:

Hej!

Jag skulle inte kalla en lösningsmetod som helt missar vissa lösningar effektiv AlvinB.

Din metod med tangenshyperbolikusfunktionen hanterar inte fallet med hög starthastighet, vilket metoden jag använt gör; att den visade sig vara överflödig i detta fall gör inte lösningsmetoden mindre värd för det. Sedan är tangenshyperbolicus förmodligen en ganska okänd funktion för ganska många utanför den "inre cirkeln" på Pluggakuten och något som endast har kuriosavärde för gemene man här.

 Ja, det beror ju på vad du menar med "missar vissa lösningar". Hade uppgiften varit sådan att starthastigheten hade varit större än 2g\sqrt{2g} hade det inte gått att lösa uppgiften på detta vis, men nu är den ju inte det. Att en metod är dålig för att den missar en viktig del av lösningen kan jag köpa, men att en metod är dålig för att det inte går att lösa en helt annan uppgift med den har jag svårt att hålla med om.

Att hyperbolisk tangens är relativt okänd för vanliga matematikstuderande kan jag hålla med om, men däremot finns det mer än ett kuriosavärde i att bekanta sig med dem. De kan nämligen medföra avsevärt förenklade beräkningar vid olika typer av integraler och differentialekvationer (lös integralen av 1+x2\sqrt{1+x^2} utan hyperboliska trigfunktioner så får du se hur kul det blir).

Dessutom förekommer just hyperbolisk tangens i Wolfram Alphas lösning på denna differentialekvation. Jag är tämligen säker på att differentialekvationen skall lösas med digitala verktyg, och då kan det vara bra att i alla fall ha hört talas om hyperboliska trigfunktioner eftersom vissa digitala verktyg bevisligen använder sig av dem.

Zeshen skrev:

När får man lära sig om de hyperboliska trigfunktionerna? Jag kan inte så mycket om dem men dem är väl definierade efter Eulers formel när man skriver om cos θ och sin θ med eiθe^{i\theta} och sedan tar bort den imaginära delen i i exponenten. Det finns väl även en likande variant av enhetscirkeln där man byter ut cirkeln med med hyperbel och punkterna kan på hyperbeln kan beskrivas med cosh och sinh?

Just det, likt med cos och sin beskriver cosh och sinh en enhetshyperbel (x2-y2=1x^2-y^2=1).

När eller om man lär sig detta vet jag inte exakt. Jag skulle tro att det eventuellt tas upp i envariabelanalys under integraler eller differentialekvationer.

Trinity 197
Postad: 22 nov 2018 23:26

Kort fråga (i denna f.ö. intressanta diskussion) - är Wolfram Alpha = digitalt verktyg enl. svensk skolplan idag?

W.A. kan ibland ge 'speciella' svar som inte är direkt uppenbara. Prova sinx1+sinxdx\displaystyle\int\!\frac{\sin x}{1+\sin x}\,\mathrm{d}x. Fast det kanske beror på vilken favoritsubstitution man använder…

AlvinB 3987
Postad: 23 nov 2018 08:31
Trinity skrev:

Kort fråga (i denna f.ö. intressanta diskussion) - är Wolfram Alpha = digitalt verktyg enl. svensk skolplan idag?

W.A. kan ibland ge 'speciella' svar som inte är direkt uppenbara. Prova sinx1+sinxdx\displaystyle\int\!\frac{\sin x}{1+\sin x}\,\mathrm{d}x. Fast det kanske beror på vilken favoritsubstitution man använder…

 Det är nog upp till läraren att bestämma. Allt som står i kursplanen för Matte 5 är:

"Användning och lösning av differentialekvationer med digitala verktyg inom olika områden som är relevanta för karaktärsämnena."

Men i och med att Wolfram Alpha är ett av de kraftfullaste Computer Algebra-systemen som finns skulle jag ha svårt att se varför man inte skulle använda det.

Angående din sinusintegral:

Wolfram Alpha ser ut att använda sig av halva-vinkeln-tangens-tricket, vilket jag nog också skulle använda på något sådant. Dock ser det ut att gå att lösa genom att multiplicera med konjugatet till nämnaren. Det kanske är snabbare.

Trinity 197
Postad: 23 nov 2018 15:01
AlvinB skrev:
Trinity skrev:

Kort fråga (i denna f.ö. intressanta diskussion) - är Wolfram Alpha = digitalt verktyg enl. svensk skolplan idag?

W.A. kan ibland ge 'speciella' svar som inte är direkt uppenbara. Prova sinx1+sinxdx\displaystyle\int\!\frac{\sin x}{1+\sin x}\,\mathrm{d}x. Fast det kanske beror på vilken favoritsubstitution man använder…

 Det är nog upp till läraren att bestämma. Allt som står i kursplanen för Matte 5 är:

"Användning och lösning av differentialekvationer med digitala verktyg inom olika områden som är relevanta för karaktärsämnena."

Men i och med att Wolfram Alpha är ett av de kraftfullaste Computer Algebra-systemen som finns skulle jag ha svårt att se varför man inte skulle använda det.

Angående din sinusintegral:

Wolfram Alpha ser ut att använda sig av halva-vinkeln-tangens-tricket, vilket jag nog också skulle använda på något sådant. Dock ser det ut att gå att lösa genom att multiplicera med konjugatet till nämnaren. Det kanske är snabbare.

Intressant ang. digitala verktyg. Inget sådant på "min tid". Tycker kanske W.A. är lite för kraftfullt för att det skall vara meningsfullt (det är som att kalla på en snickare när man inte kan slå in en spik själv). Någon numerisk metod hade jag gissat på, men tiderna förändras. Det är bara att anpassa sig.

Ang. integralen så finns det många vägar att gå (t.ex. 1 = 1+sin x – 1 vilket leder till en annan, lättare, integral, eller som du säger, förlänga med konjugatet). Det är dock inte helt uppenbart att svaren är "lika" (beräknat och W.A.:s svar) utan lite trigonometriexercis. (Men nu avvek jag från diff-ekv-ämnet, Skärpning!)

AlvinB 3987
Postad: 23 nov 2018 17:34

Jo, men det kanske är bra med kraftfulla digitala verktyg. Eftersom integreringsmetoderna som krävs för att ta fram svaret inte lärs ut ligger väl fokuset på att formulera ekvationen och använda sig av lösningen snarare än att kunna ta fram lösningen.

En annan möjlig variant är kanske att man själv skall inse att ekvationen är separabel och låta något algebrasystem enbart beräkna integralen. Då är en sida som denna kanske mer passande:

https://www.integral-calculator.com/#expr=2%2F%282g-y%5E2%29&intvar=y

Zeshen 619
Postad: 9 jan 2019 22:37

Tack så mycket för alla lösningsförslag, tips och hjälp!

Svara Avbryt
Close