Ordinär differentialekvation

Du har nog inte fått rörelseekvationen rätt. Om bollens läge beskrivs av koordinaten y, så är hastigheten $\frac{dy}{dt}=\stackrel{.}{y}$ och accelerationen sedan $\stackrel{..}{y}$. Du bör alltså få m$\stackrel{..}{y}$= mg - k${\stackrel{.}{y}}^2$ som rörelseekvation.

Du kan skriva om diffekvationen som $y\text{'} = g - \frac{y^2}{2}$, och sedan $\frac{y\text{'}}{g - {\displaystyle \frac{y^2}{2}}} = 1$ (det kallas en separabel diffekvation, och det står lite om det under Mattespecialicering i matteboken.se). Kan du fortsätta därifrån?

Laguna skrev:

Du kan skriva om diffekvationen som $y\text{'} = g - \frac{y^2}{2}$, och sedan $\frac{y\text{'}}{g - {\displaystyle \frac{y^2}{2}}} = 1$ (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:

$y\text{'}\frac{1}{g-{\displaystyle \frac{y^2}{2}}}=1$

$\int \frac{1}{g-{\displaystyle \frac{y^2}{2}}}dy=\int 1dx$              där y = v(t) och x =t

HL = x + C där C är e konstant

Men hur räknar man ut den primitiva funktionen av:

$\frac{1}{g-{\displaystyle \frac{y^2}{2}}}$

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

$y\text{'}\frac{1}{g-{\displaystyle \frac{y^2}{2}}}=1$

$\int \frac{1}{g-{\displaystyle \frac{y^2}{2}}}dy=\int 1dx$              där y = v(t) och x =t

HL = x + C där C är e konstant

Men hur räknar man ut den primitiva funktionen av:

$\frac{1}{g-{\displaystyle \frac{y^2}{2}}}$

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

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

Moffen skrev:

 

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

$y\text{'}\frac{1}{g-{\displaystyle \frac{y^2}{2}}}=1$

$\int \frac{1}{g-{\displaystyle \frac{y^2}{2}}}dy=\int 1dx$              där y = v(t) och x =t

HL = x + C där C är e konstant

Men hur räknar man ut den primitiva funktionen av:

$\frac{1}{g-{\displaystyle \frac{y^2}{2}}}$

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

 $\frac{1}{g-{\displaystyle \frac{y^2}{2}}}=\frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle \frac{{\displaystyle 2g}}{2}-\frac{y^2}{2}}}=\frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle \frac{{\displaystyle 2g-y^2}}{2}}}=\frac{2}{2g-y^2} ?$

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?

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.

AlvinB skrev:

Zeshen skrev:

Visa föregående citat

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.

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:

$\dfrac{2}{2g-y^2}=\dfrac{A}{\sqrt{2g}+y}+\dfrac{B}{\sqrt{2g}-y}$

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

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

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?

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:

$\dfrac{2}{2g-y^2}=\dfrac{A}{\sqrt{2g}+y}+\dfrac{B}{\sqrt{2g}-y}$

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

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

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.

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:

$\dfrac{2}{2g-y^2}=\dfrac{A}{\sqrt{2g}+y}+\dfrac{B}{\sqrt{2g}-y}$

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

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

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?

 $$\begin{gathered} \frac{2}{2g-y^2}=\frac{A}{\sqrt{2g}{\displaystyle -}{\displaystyle y}}+\frac{B}{\sqrt{2g}{\displaystyle +}{\displaystyle y}}=\frac{A\left(\sqrt{2g}+y\right)+B\left(\sqrt{2g}-y\right)}{2g-y^2}=\frac{{\displaystyle A\sqrt{2g}+Ay +B\sqrt{2g}-By}}{2g-y^2}=\frac{(A+B)\sqrt{2g}+(A-B)y}{2g-y^2} \\ \iff \\ 2 = (A+B)\sqrt{2g}+(A-B)y \end{gathered}$$

Vi kan nu ställa upp:

$$\begin{gathered} 2 =(A+B)\sqrt{2g} \left(1\right) \\ 0=(A-B) \left(2\right) \end{gathered}$$  

(2)  A = B

(1):

$$\begin{gathered} 2 =\hspace{0.17em}2A\sqrt{2g} \\ 1 =\hspace{0.17em}A\sqrt{2g} \\ A =\hspace{0.17em}\frac{1}{\sqrt{2g}} \end{gathered}$$

$\frac{2}{2g-y^2}=\frac{{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2g}}}}{\sqrt{2g}{\displaystyle -}{\displaystyle y}}+\frac{{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2g}}}}{\sqrt{2g}{\displaystyle +}{\displaystyle y}}$

$\int \frac{2}{2g-y^2} dy=\int \frac{{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2g}}}}{\sqrt{2g}{\displaystyle -}{\displaystyle y}}+\frac{{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2g}}}}{\sqrt{2g}{\displaystyle +}{\displaystyle y}} dy =\frac{1}{\sqrt{2g}}\ln (\sqrt{2g}-y) +\frac{1}{\sqrt{2g}}\ln (\sqrt{2g}+y)$

$$\begin{gathered} VL =\hspace{0.17em}HL ger: \\ \frac{1}{\sqrt{2g}}\ln (\sqrt{2g}-y) +\frac{1}{\sqrt{2g}}\ln (\sqrt{2g}+y) = x + C \end{gathered}$$

$\frac{1}{\sqrt{2g}}\left(\ln \right(\sqrt{2g}-y) +\ln (\sqrt{2g}+y\left)\right) = x +C$

$\ln (\sqrt{2g}-y) +\ln (\sqrt{2g}+y) = x\sqrt{2g} +C$  C är fortfarande en konstant $C\sqrt{2g}$ byts med C

$$\begin{gathered} e^{\ln (\sqrt{2g}-y) +\ln (\sqrt{2g}+y)} = e^{ x\sqrt{2g} +C } \\ {e}^{\ln (\sqrt{2g}-y)} e^{\ln (\sqrt{2g}+y)} = e^{ x\sqrt{2g} +C } \\ (\sqrt{2g}-y)(\sqrt{2g}+y) = e^{ x\sqrt{2g} +C } \\ 2g-y^2 =\hspace{0.17em} e^{ x\sqrt{2g} +C } \\ {y}^2=2g -\hspace{0.17em} e^{ x\sqrt{2g} +C } \\ y = \sqrt{2g -\hspace{0.17em} e^{ x\sqrt{2g} +C }} \end{gathered}$$

y = v(t)

och x = t

$v = \sqrt{2g -\hspace{0.17em} e^{ t\sqrt{2g} +C }}$

v(0) = 0

$$\begin{gathered} 0= \sqrt{2g -\hspace{0.17em} e^{ 0\sqrt{2g} +C }} \\ 0 =\hspace{0.17em}\sqrt{2·9.82-e^{ C}} \\ 0 =\hspace{0.17em}2·9.82-e^{ C} \\ {e}^C=2·9.82 \\ C =\hspace{0.17em}\ln (2·9.82) \\ C\approx 2,98 \end{gathered}$$

$v = \sqrt{2g -\hspace{0.17em} e^{ t\sqrt{2g} +2,98 }}$  där g = 9,82

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

Snubblande nära! Din partialbråksuppdelning är korrekt:

$\dfrac{2}{2g-y^2}=\dfrac{\frac{1}{\sqrt{2g}}}{\sqrt{2g}+y}\dfrac{\frac{1}{\sqrt{2g}}}{\sqrt{2g}-y}=\dfrac{1}{\sqrt{2g}}\left(\dfrac{1}{\sqrt{2g}+y}+\dfrac{1}{\sqrt{2g}-y}\right)$

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

Det är nämligen så att:

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

Minustecknet kommer av att faktorn framför $y$ i nämnaren är $-1$ 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 $\frac{1}{x}$ egentligen är $\ln|x|$ (med absolutbelopp), vilket ger att vår egentliga primitiva funktion blir:

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

När vi tar bort absolutbeloppen antar vi att det som står i dem är större än eller lika med noll, d.v.s. att $\sqrt{2g}+y\geq0$ och $\sqrt{2g}-y\geq0$ vilket ger att $-\sqrt{2g}\leq y\leq\sqrt{2g}$. 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.

AlvinB skrev:

Snubblande nära! Din partialbråksuppdelning är korrekt:

$\dfrac{2}{2g-y^2}=\dfrac{\frac{1}{\sqrt{2g}}}{\sqrt{2g}+y}\dfrac{\frac{1}{\sqrt{2g}}}{\sqrt{2g}-y}=\dfrac{1}{\sqrt{2g}}\left(\dfrac{1}{\sqrt{2g}+y}+\dfrac{1}{\sqrt{2g}-y}\right)$

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

Det är nämligen så att:

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

Minustecknet kommer av att faktorn framför $y$ i nämnaren är $-1$ 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 $\frac{1}{x}$ egentligen är $\ln|x|$ (med absolutbelopp), vilket ger att vår egentliga primitiva funktion blir:

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

När vi tar bort absolutbeloppen antar vi att det som står i dem är större än eller lika med noll, d.v.s. att $\sqrt{2g}+y\geq0$ och $\sqrt{2g}-y\geq0$ vilket ger att $-\sqrt{2g}\leq y\leq\sqrt{2g}$. 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.

 $\frac{1}{\sqrt{2g}}(\ln \left(\sqrt{2g}+y\right)-\ln \left(\sqrt{2g}-y\right)) + C$

Hur tänker man när man integrerar $\frac{1}{\sqrt{2g}-y}$

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

 $-\ln (\sqrt{2g}-y)$

Då vi kan kalla u = $\sqrt{2g }-y$

$-\ln (\sqrt{2g}-y) =\hspace{0.17em}-\ln \left(u\right)$

derivatan blir då (inrederivata * yttrederivatan):

$u\text{'}\frac{-1}{u} =\hspace{0.17em}-\frac{-1}{\sqrt{2g}{\displaystyle -}{\displaystyle y}} =\hspace{0.17em}\frac{1}{\sqrt{2g}{\displaystyle -}{\displaystyle y}}$            då u' = -1

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

Zeshen skrev:

[...]

 $\frac{1}{\sqrt{2g}}(\ln \left(\sqrt{2g}+y\right)-\ln \left(\sqrt{2g}-y\right)) + C$

Hur tänker man när man integrerar $\frac{1}{\sqrt{2g}-y}$

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

 $-\ln (\sqrt{2g}-y)$

 

Då vi kan kalla u = $\sqrt{2g }-y$

$-\ln (\sqrt{2g}-y) =\hspace{0.17em}-\ln \left(u\right)$

 

derivatan blir då (inrederivata * yttrederivatan):

$u\text{'}\frac{-1}{u} =\hspace{0.17em}-\frac{-1}{\sqrt{2g}{\displaystyle -}{\displaystyle y}} =\hspace{0.17em}\frac{1}{\sqrt{2g}{\displaystyle -}{\displaystyle y}}$            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 $t=\sqrt{2g}-y\Rightarrow dt=-dy$.

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 $-1$ och att eftersom kedjeregeln kommer multiplicera uttrycket med den inre derivata måste vi lägga till ett minustecken för att bli av med det.

EDIT: $dt=-dt$ skall så klart vara $dt=-dy$.

AlvinB skrev:

Zeshen skrev:

Visa föregående citat

[...]

 $\frac{1}{\sqrt{2g}}(\ln \left(\sqrt{2g}+y\right)-\ln \left(\sqrt{2g}-y\right)) + C$

Hur tänker man när man integrerar $\frac{1}{\sqrt{2g}-y}$

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

 $-\ln (\sqrt{2g}-y)$

 

Då vi kan kalla u = $\sqrt{2g }-y$

$-\ln (\sqrt{2g}-y) =\hspace{0.17em}-\ln \left(u\right)$

 

derivatan blir då (inrederivata * yttrederivatan):

$u\text{'}\frac{-1}{u} =\hspace{0.17em}-\frac{-1}{\sqrt{2g}{\displaystyle -}{\displaystyle y}} =\hspace{0.17em}\frac{1}{\sqrt{2g}{\displaystyle -}{\displaystyle y}}$            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 $t=\sqrt{2g}-y\Rightarrow dt=-dt$.

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 $-1$ 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 $\sqrt{2g} -y$och integrerar funktionen med avseende på t ? Alltså $\frac{1}{t} dt$? Men varför kan du i så fall sätta upp likheten dt = -dt ? Och vad gör du med $\sqrt{2g} +y$?

Hej!

Differentialekvationen som du vill lösa kan skrivas

    $\displaystyle\frac{dy}{dx} = a^2-b^2y^2$

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

    $a^2-b^2y^2 = (a-by)(a+by),$

så att differentialekvationen kan skrivas

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

Integrera nu detta med avseende på $x$ för att få ekvationen 

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

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

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

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

så att integralen blir 

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

som också kan skrivas

    $\ln |a^2-b^2y^2|^{1/2a}$.

Albiki skrev:

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

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

så att integralen blir 

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

som också kan skrivas

    $\ln |a^2-b^2y^2|^{1/2a}$.

 Saknas inte någon faktor b på slutet?

Sätt in detta i differentialekvationen för att få det sökta sambandet mellan $y$ och $x$.

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

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

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

Fall 1. När $9.82 > 0.5y^2$ så säger resultatet att sambandet mellan $x$ och $y$ är

    $\displaystyle 9.82 - 0.5 y^2 = 9.82 e^{2ax} \iff y^2 = 2 \cdot 9.82(1-e^{2ax})$

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

Fall 2. När $9.82 <>$ så säger resultatet att sambandet mellan $x$ och $y$ är

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

vilket är okej för alla $x$. 

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

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

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 skrev:

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

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

så att integralen blir 

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

som också kan skrivas

    $\ln |a^2-b^2y^2|^{1/2a}$.

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

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

vilket även kan skrivas

    $\displaystyle\frac{1}{2ab} \ln |\frac{a+by}{a-by}|$.

Tack till Trinity för att du upptäckte misstaget.

Sambandet mellan $x$ och $y$ blir därför

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

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

    $\displaystyle |\frac{a+by}{a-by}| = e^{2abx} = e^{9.82 x}\ , \quad x \geq 0.$

Albiki skrev:

Sambandet mellan $x$ och $y$ blir därför

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

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

    $\displaystyle |\frac{a+by}{a-by}| = e^{2abx} = e^{9.82 x}\ , \quad x \geq 0.$

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

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 $\sqrt{2g} -y$och integrerar funktionen med avseende på t ? Alltså $\frac{1}{t} dt$? Men varför kan du i så fall sätta upp likheten dt = -dt ? Och vad gör du med $\sqrt{2g} +y$?

 Det finns en mycket specifik metod vid just variabelsubstitution när man integrerar. Det blir nämligen så att man måste trixa med differentialerna ($dx$ och $dt$) 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 $t=\sqrt{2g}-y$ och sedan deriveras båda led så att man får differentialerna $dt=-dy$ (skrev fel i förra inlägget) vilket är ekvivalent med $dy=-dt$. Det ger:

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

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

Tänkte bygga vidare på AlvinBs lösning med ett påtagligt exempel av variabelsubstitution
$$\begin{gathered} \int \frac{1}{x\ln \left(x\right)}dx \\ Variabelsubstitution: \\ Sätt: \ln \left(x\right)\hspace{0.17em}=\hspace{0.17em}t \\ Vilket ger att \frac{dt}{dx}=\frac{1}{x}\Rightarrow dt =\hspace{0.17em}\frac{1}{x}dx \\ Nu matchar vi termer: \\ \int \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle \ln \left(x\right)}}·\frac{1}{x}dx kan alltså skrivas om som: \\ \int \frac{1}{t}dt \\ där dt =\hspace{0.17em}\frac{1}{x}dx och t =\hspace{0.17em}\ln \left(x\right) \end{gathered}$$
Resultatet blir en mer lätthanterlig integrand.

Tigster skrev:

Tänkte bygga vidare på AlvinBs lösning med ett påtagligt exempel av variabelsubstitution
$$\begin{gathered} \int \frac{1}{x\ln \left(x\right)}dx \\ Variabelsubstitution: \\ Sätt: \ln \left(x\right)\hspace{0.17em}=\hspace{0.17em}t \\ Vilket ger att \frac{dt}{dx}=\frac{1}{x}\Rightarrow dt =\hspace{0.17em}\frac{1}{x}dx \\ Nu matchar vi termer: \\ \int \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle \ln \left(x\right)}}·\frac{1}{x}dx kan alltså skrivas om som: \\ \int \frac{1}{t}dt \\ där dt =\hspace{0.17em}\frac{1}{x}dx och t =\hspace{0.17em}\ln \left(x\right) \end{gathered}$$
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?

$\frac{1}{\sqrt{2g}}\int (\frac{1}{\sqrt{2g}{\displaystyle +}{\displaystyle y}}+\frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle \sqrt{2g}-y}})dy =\hspace{0.17em}\frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle \sqrt{2g}}}(\int \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle \sqrt{2g}+y}}dy+\int \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle \sqrt{2g}-y}}dy)$

Nu kan vi byta ut $\sqrt{2g}+y$ mot t             ($t =\hspace{0.17em}\sqrt{2g}+y$)

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:

$$\begin{gathered} \frac{dt}{dy}=1 \\ dt=dy \end{gathered}$$

Vi byter nu ut $\sqrt{2g}+y$ och dy mot t och dt:

$\frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle \sqrt{2g}}}(\int \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle \sqrt{2g}+y}}dy+\int \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle \sqrt{2g}-y}}dy) =\frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle \sqrt{2g}}}(\int \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle t}}dt+\int \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle \sqrt{2g}-y}}dy)$

Nu gör vi samma sak för andra termen:

t =$\sqrt{2g}-y$

 $$\begin{gathered} \frac{dt}{dy}=-1 \\ dt = -dy \\ -dt =\hspace{0.17em}dy \end{gathered}$$

Vi byter ut $\sqrt{2g}-y$ med t och dy med -dt:

$\frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle \sqrt{2g}}}(\int \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle t}}dt+\int \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle \sqrt{2g}-y}}dy) =\frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle \sqrt{2g}}}(\int \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle t}}dt+\int \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle t}}(-dt\left)\right)=\frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle \sqrt{2g}}}(\int \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle t}}dt+\int -\frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle t}}dt)$

Nu integrerar vi termerna och får:

$\frac{1}{\sqrt{2g}}\left(\ln \right(t) -\ln (t) +C) =\hspace{0.17em}\frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle \sqrt{2g}}}\left(\ln \right(\sqrt{2g}+y) -\ln (\sqrt{2g}-y\left)\right) +C$

Kan man kalla t för både $\sqrt{2g}+y$ och för $\sqrt{2g}-y$eller

integrerar vi separat och vi kallar de för olika variabler  $t_1$ och $t_2$?

Zeshen skrev:

[...]

Kan man kalla t för både $\sqrt{2g}+y$ och för $\sqrt{2g}-y$eller

integrerar vi separat och vi kallar de för olika variabler  $t_1$ och $t_2$?

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

AlvinB skrev:

Zeshen skrev:

[...]

Kan man kalla t för både $\sqrt{2g}+y$ och för $\sqrt{2g}-y$eller

integrerar vi separat och vi kallar de för olika variabler  $t_1$ och $t_2$?

 Det blir lite rörigt om du använder $t$ 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:

 $\int (\frac{1}{x+1}+\frac{1}{x-2})dx =\int \frac{1}{x+1}dx + \int \frac{1}{x-2}dx$

Albiki skrev:

Albiki skrev:

Sambandet mellan $x$ och $y$ blir därför

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

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

    $\displaystyle |\frac{a+by}{a-by}| = e^{2abx} = e^{9.82 x}\ , \quad x \geq 0.$

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

 Men om a =$\sqrt{9.82}$ och b = $\sqrt{\frac{1}{2}}$

2ab = $2·\sqrt{9.82}·\sqrt{\frac{1}{2}}=\sqrt{2}·\sqrt{2}·\sqrt{\frac{9.82}{2}}=\sqrt{\frac{4·9.82}{2}}=\sqrt{2·9.82}$

exponenten bör vara $\sqrt{2·9.82}$ ?

AlvinB skrev:

Zeshen skrev:

[...]

Kan man kalla t för både $\sqrt{2g}+y$ och för $\sqrt{2g}-y$eller

integrerar vi separat och vi kallar de för olika variabler  $t_1$ och $t_2$?

 Det blir lite rörigt om du använder $t$ 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: 

 $\frac{1}{\sqrt{2g}}\left(\ln \right(\sqrt{2g}+y)-\ln (\sqrt{2g}-y\left)\right) =\hspace{0.17em}x +C$

$$\begin{gathered} \ln (\sqrt{2g}+y)-\ln (\sqrt{2g}-y)=\hspace{0.17em}x\sqrt{2g} +C \\ {e}^{\ln (\sqrt{2g}+y)-\ln (\sqrt{2g}-y)}=e^{x\sqrt{2g} +C} \\ \frac{e^{\ln (\sqrt{2g}+y)}}{e^{\ln (\sqrt{2g}-y)}}=e^{x\sqrt{2g} }·e^C \\ \frac{\left|\sqrt{2g}+y\right|}{\left|\sqrt{2g}-y\right|}=C{e}^{x\sqrt{2g}} \end{gathered}$$

Men det skiljer sig från Albiki.

då a = $\sqrt{g}$ och b = $\sqrt{\frac{1}{2}}$

Albiki skrev:

Sambandet mellan $x$ och $y$ blir därför

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

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

    $\displaystyle |\frac{a+by}{a-by}| = e^{2abx} = e^{9.82 x}\ , \quad x \geq 0.$

 Du har rätt Zeshen om att $2b = 2/\sqrt{2}$ och inte $1$ som jag skrev. Jag väntar därför med att sätta in $a$ och $b$ förrän till slutet av beräkningarna.

Jag går därför tillbaka till sambandet

    $\displaystyle|\frac{a+by}{a-by}|=e^{2abx}$. 

Detta indikerar att två fall kan uppstå:

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

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

Hastigheten växer stadigt mot det asymptotiska värdet

    $a/b = \sqrt{a^2/b^2} = \sqrt{2 \cdot 9.82} \approx 4.43$ meter per sekund.

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

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

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

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

Albiki skrev:

Albiki skrev:

Sambandet mellan $x$ och $y$ blir därför

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

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

    $\displaystyle |\frac{a+by}{a-by}| = e^{2abx} = e^{9.82 x}\ , \quad x \geq 0.$

 Du har rätt Zeshen om att $2b = 2/\sqrt{2}$ och inte $1$ som jag skrev. Jag väntar därför med att sätta in $a$ och $b$ förrän till slutet av beräkningarna.

Jag går därför tillbaka till sambandet

    $\displaystyle|\frac{a+by}{a-by}|=e^{2abx}$. 

Detta indikerar att två fall kan uppstå:

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

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

Hastigheten växer stadigt mot det asymptotiska värdet

    $a/b = \sqrt{a^2/b^2} = \sqrt{2 \cdot 9.82} \approx 4.43$ meter per sekund.

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

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

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

Detta scenario är omöjligt här eftersom starthastigheten var specificerad till att vara låg, $y(0) = 0$ 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?

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

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

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

Vi vet att:

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

Det är relativt lätt att anpassa vår integral

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

till denna form om vi hittar en substitution sådan att:

$y^2=2gt^2$

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

$y=\sqrt{2g}t$

vilket ger differentialen:

$dy=\sqrt{2g}\ dt$

och då blir integralen:

$\displaystyle\int\frac{2}{2g-y^2}\ dy=\int\frac{2}{2g-2gt^2}\cdot\sqrt{2g}\ dt=\frac{2\sqrt{2g}}{2g}\int\frac{1}{1-t^2}\ dt=$

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

Sätter man sedan VL=HL erhålles:

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

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

Tar man sedan hyperbolisk tangens på båda sidor får man:

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

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

Villkoret $y(0)=0$ ger:

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

$\tanh(C)=0$

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

således blir lösningen:

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

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

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 $y$. När man har löst ut för $y$ så att man kan skriva $y=...$ 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.

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-$\epsilon$)% av eleverna. Någonstans på vägen här spårade det kanske rejält ur, som du själv skriver?

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-$\epsilon$)% 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.

AlvinB skrev:

Trinity skrev:

Visa föregående citat

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-$\epsilon$)% 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. 

AlvinB skrev:

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

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

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

Vi vet att:

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

Det är relativt lätt att anpassa vår integral

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

till denna form om vi hittar en substitution sådan att:

$y^2=2gt^2$

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

$y=\sqrt{2g}t$

vilket ger differentialen:

$dy=\sqrt{2g}\ dt$

och då blir integralen:

$\displaystyle\int\frac{2}{2g-y^2}\ dy=\int\frac{2}{2g-2gt^2}\cdot\sqrt{2g}\ dt=\frac{2\sqrt{2g}}{2g}\int\frac{1}{1-t^2}\ dt=$

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

Sätter man sedan VL=HL erhålles:

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

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

Tar man sedan hyperbolisk tangens på båda sidor får man:

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

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

Villkoret $y(0)=0$ ger:

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

$\tanh(C)=0$

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

således blir lösningen:

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

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

 Jag verkar inte kunna få $y\left(x\right) = \sqrt{2g}-\frac{2\sqrt{2g}}{e^{\sqrt{2g}x}+1}$

$$\begin{gathered} \left|\frac{\sqrt{2g}+y}{\sqrt{2g}-y}\right| = C{e}^{x\sqrt{2g}} \\ y\left(0\right) =\hspace{0.17em}0 , C=1 \\ \left|\frac{\sqrt{2g}+y}{\sqrt{2g}-y}\right| = e^{x\sqrt{2g}} \\ \sqrt{2g}+y =(\sqrt{2g}-y) e^{x\sqrt{2g}} \\ \sqrt{2g}+y =\sqrt{2g}{e}^{x\sqrt{2g}}-y{e}^{x\sqrt{2g}} \\ y +y{e}^{x\sqrt{2g}} =\sqrt{2g}{e}^{x\sqrt{2g}}-\sqrt{2g} \\ y(1+e^{x\sqrt{2g}} ) = \sqrt{2g}(e^{x\sqrt{2g}}-1) \\ y\left(x\right) =\hspace{0.17em}\frac{\sqrt{2g}(e^{x\sqrt{2g}}-1)}{1+e^{x\sqrt{2g}}}=-\sqrt{2g}\left(\frac{1-e^{x\sqrt{2g}}}{1+e^{x\sqrt{2g}}}\right) \end{gathered}$$