Differensiallikning

[ambitiousnoob]

Hei!

Jeg holder på å lese et eksempel i boken, og lurte på om noen hadde mulighet for å utdype dette litt nærmere (antar at det er min forkunnskap som svikter litt akkurat her)

Eksempelet er:

Vis at [tex]y=sinkx[/tex] er en løsning av differensiallikningen [tex]y"+k^2y=0[/tex]

Løsning:

Når vi deriverer y to ganger får vi [tex]y" =-k^2sinkx[/tex] (husk kjerneregelen!). Dette setter vi inn i venstre side av likningen og får: [tex]y"+k^2y=(-k^2sinkx)+(k^2*sinkx)=0[/tex]

Dette er det samme som står på høyre side, og vi har vist at [tex]y=sinkx[/tex] er en løsning av likningen.


Noen som har lyst å utdype denne litt mer?:)

[Vektormannen]

Hva vil du ha utdypt? Er det noe i eksempelet du ikke forstår?

[ambitiousnoob]

Det jeg blant annet lurer på, de skriver: "Når vi deriverer y to ganger får vi.."

Har de da tatt de opprinnelige uttrykket y=sinkx og derivert denne to ganger? Og så satt det inn i uttrykket videre?

Så står det Husk kjerneregelen! Hvorfor skal man huske på denne her?

[Vektormannen]

Jeg kan prøve å forklare dette litt fra grunnen av.

Når man har en ligning, f.eks. [tex]x^2 + 2 = 6[/tex], så uttrykker denne at to størrelser, eller tall, er like. Den sier at tallet [tex]x^2 + 2[/tex] skal være det samme som tallet 6, og ofte er det vår jobb å finne x slik at ligningen er oppfylt, dvs. slik at [tex]x^2 + 2[/tex], når vi setter inn tall for x, blir lik tallet 6.

Når vi har en differensialligning så er vi ikke på samme måte ute etter et tall. Det man er ute etter er en funksjon som er slik at når vi setter denne funksjonen inn i ligningen, så skal ligningen bli oppfylt.

Her har vi ligningen [tex]y^{\prime \prime} + k^2 y = 0[/tex]. Den ligningen er altså oppfylt for alle funksjoner som er slik at hvis du dobbeltderiverer dem og legger til funksjonen selv ganget med [tex]k^2[/tex], så skal resultatet bli 0. Her foreslår de at [tex]y^\prime = \sin kx[/tex] er en slik funksjon. For å teste om den passer må man sette inn for [tex]y^{\prime \prime}[/tex] og [tex]y[/tex], og så se om man får 0. Hvis det blir 0, da må det være en løsning.

For å derivere [tex]y = \sin kx[/tex] må du benytte kjerneregelen, for dette er en sammensatt funksjon. Den er satt sammen av en ytre funksjon sin x og en indre funksjon kx. Når man skal regne ut en funksjonsverdi fra denne funksjonen må man altså først anvende den innerste funksjonen, og altså gange med k, og deretter anvender man den ytre funksjonen, sin, på resulatet. Kjerneregelen sier at når vi har slike funksjoner, skal vi derivere den ytre funksjonen med hensyn på kjernen, det vil si at vi ser på hele kx som én ting, og deretter skal vi gange med den deriverte av kjernen. Sagt med bokstaver så kaller vi kjernen for u = kx, og har da [tex]y^\prime(x) = y^\prime(u) \cdot u^\prime(x) = \cos u \cdot k = \cos kx \cdot k[/tex]. Så skal vi derivere en gang til, og da lar jeg det være opp til deg å sjekke at det (ved å bruke kjerneregelen på nytt) gir [tex]y^{\prime \prime} = -k^2 \sin x[/tex].

Som du ser fra eksempelet får de altså 0 når de setter inn i ligningen, og funksjonen er da en løsning på ligningen.

[ambitiousnoob]

Takk for et godt og utfyllende svar!

Når jeg da prøver å derivere ved bruk av kjerneregelen, setter jeg

[tex]y=coskx[/tex]

[tex]u=kx[/tex]

Hvis jeg da setter det inn i kjerneregelen, kommer jeg fram til

[tex]y=-sinx*kx*k[/tex]

Blir det det samme som du skriver bare i annen form?

[Vektormannen]

Nei, ikke helt. Husk at du hadde med en k fra den første derivasjonen også, så du får [tex]y^\prime = k \cos kx[/tex] som gir [tex]y^{\prime \prime} = k \cdot (-\sin kx) \cdot k = -k^2 \sin kx[/tex].

[ambitiousnoob]

Ah nå ser jeg den, takk skal du ha!

Tar med en liten oppgave til her som er en øvingsoppgave, den går ut på det samme:

Vis at [tex]y=e^(-x)+e^(-3x/2)[/tex] er en løsning av differensiallikningen [tex]2y`+3y=e^(-x)[/tex]

Ville du da brukt kjerneregelen på denne og? Kan man bruke to kjerner, feks -x og -3x/2 ?

EDIT: Så litt rare ut de parentesene, men det som er inni de er de som e er opphøyd i

[Nebuchadnezzar]

Ja, du tenker helt riktig. Det vi ofte sier er at om vi har en funksjon som ser slik ut som dette

[tex]f(x)=e^{g(x)}[/tex]

Så er den deriverte gitt ved

[tex]f^{\tiny\prime}(x)=g^{\tiny\prime}e^{g(x)}[/tex]

Og dette kommer fra kjerneregelen. Vi sier også at

[tex]h(x)=a^{p(x)}[/tex]

[tex]h^{\tiny\prime}(x)=p^{\tiny\prime}a^{p(x)}\cdot\ln(a)[/tex]

[ambitiousnoob]

Supert, takk for hjelpen begge to!:)

[mstud]

Ah nå ser jeg den, takk skal du ha!

Tar med en liten oppgave til her som er en øvingsoppgave, den går ut på det samme:

Vis at [tex]y=e^(-x)+e^(-3x/2)[/tex] er en løsning av differensiallikningen [tex]2y`+3y=e^(-x)[/tex]

Ville du da brukt kjerneregelen på denne og? Kan man bruke to kjerner, feks -x og -3x/2 ?

EDIT: Så litt rare ut de parentesene, men det som er inni de er de som e er opphøyd i

(Hvis ikke de parantesene skal se rare ut, må du skrive {} inni tex-en rundt det e er opphøyd i, slik: y=e^{(-x)}+e^{(-3x/2)} og da blir de "vanlige parantesene" forsåvidt overflødige, fordi vi ser at e er ophøyd i hele uttrykket. )

Det var bare en liten kommentar hvis du ikke har lyst til å skrive slike "rare paranteser" i fremtiden

[ambitiousnoob]

Ah da var det en greil løsning på det også, takk for tipset! (sitter og repeterer exp. funksjoner nå hehe)

[ambitiousnoob]

Jeg blir nødt å løfte denne tråden litt, holder nå på med oppgaven jeg nevnte lenger oppe,


Vis at

[tex]y=e^{-x}+e^{-3x/2}[/tex] er en løsning av differensiallikningen [tex]2y`+3y=e^{-x}[/tex]

Tanken var å bruke kjerneregelen, men klarer alikevel ikke helt se hvordan jeg skal komme igang her...Sånn jeg tenkte, skal man ta hele uttrykket y= og derivere det, så sette det inn med 2* det uttrykket, + 3* det opprinnelige y-uttrykket? Har lest og lest men blir ikke helt klok på dette alikevel

[mstud]

Etter min mening er det ikke nødvendig å bruke kjerneregelen her, fordi vi har at [tex](e^{kx})^,=ke^{kx}[/tex] og i dette tilfellet er k lik -1 og lik -3/2.

Men det er selvsagt mulig å bruke den her også ...

[ambitiousnoob]

Kunne du kanskje forklart hvordan du ville gått fram for å vise at dette er en løsning?:)

[mstud]

Kunne du kanskje forklart hvordan du ville gått fram for å vise at dette er en løsning?:)

Ja, det kan jeg

Det blir slik du skrev over, men jeg vet av erfaring at det føles litt uvant i begynnelsen å gjøre slike oppgaver ...

1. Tenkte bare jeg skulle si at den formelen jeg nevnte over, sannsynligvis er utledet av kjerneregelen, fordi den deriverte av kx, kx'=k. Altså hvis vi f.eks. setter u= 3x/2 i [tex](e^{3x/2})^,=(e^u)^,[/tex] får vi [tex](e^u)^,=e^u \cdot u'=e^{3x/2} \cdot 3/2[/tex]. I ditt tilfelle har k negativt fortegn, så da må det bare tas med begge steder.

2. Oppgaven din var å vise at [tex]y=e^{-x}+e^{\frac {-3x}2}[/tex] er en løsning av differensialligningen [tex]2y^,+3y=e^{-x}[/tex].

Fremgangsmåten blir da omtrent slik du skrev over derivere y, og sette inn y' og y i den ligningen man skal vise at y=... er en løsning av.

Fremgangsmåten min ville altså være:

1. Derivere [tex]y=e^{-x}+e^{\frac {-3x}2}[/tex], kan gjerne skrives[tex]y=e^{-1\cdot x}+e^{\frac {-3}2 \codt x}[/tex] for å gjøre det litt tydeligere at e er opphøyd i x ganget med en konstant.

2. Sette inn den deriverte av y som y' og y=... i ligningen vi skal vise at y er en løsning av. Altså gange ut det som vi har fra den oppprinnelige ligningen at y' og y skal ganges med.

3. Trekke sammen uttrykket på venstreside for å vise at dette blir likt høyresiden i ligningen, i dette tilfellet [tex]e^{-x}[/tex]

(Vanligvis, men selvfølgelig ikke alltid, vil vi få pluss ett ledd som er plusset på en gang og trukket fra engang og altså blir 0 . I denne ligningen skjer det med det siste leddet i løsningen du skal vise at er en løsning, altså får vi bare [tex]e^{-x}[/tex] og ikke noe som har med den [tex]e^{3x/2}[/tex] å gjøre når vi er ferdige)

Dette var den generelle fremgangsmåten, og hvis du lurer på noe mer når du skal følge den, eller hvorfor noe av dette blir slik jeg har sagt, må du bare kjøre på med flere spørsmål...