Differensiallikninger

[Nibiru]

1)
[tex]y''\cdot{y'}=8\cdot{y^3y'}[/tex]

Kapitel "Separable Differensiallikninger". Står fast her. What to do?

2)
[tex]xy=(-1-x^2)y'[/tex]

[tex]\frac{x}{-1-x^2}=\frac{y'}{y}[/tex]

[tex]\int{\frac{x}{-1-x^2}}=\int{\frac{1}{y}}\cdot{\frac{dy}{dx}\cdot{dx}}[/tex]

[tex]\int{\frac{x}{-1-x^2}}=ln|y|[/tex]

[tex]-\frac{1}{2}ln|-1-x^2|+C=ln|y|[/tex]

[tex]-ln\sqrt{-1-x^2}+C=ln|y|[/tex]

[tex]e^{-ln\sqrt{-1-x^2}+C}=e^{lny}[/tex]

[tex]y=\frac{C}{\sqrt{-1-x^2}}=\frac{C}{\sqrt{-(x^2+1)}}[/tex]

Fasit: [tex]y=\frac{C}{\sqrt{1}}+x^2[/tex]. Wolfram: [tex]y=\frac{C}{\sqrt{(x^2+1)}}[/tex]

Jeg skjønner ikke fasiten til boka, og hva gjør jeg feil?

[Nebuchadnezzar]

Sikker på du har skrevet oppgaven av rett?

På første oppgave kan du faktorisere slik at du får
$$y' \cdot (y'' - 8y^3) = 0$$
Slik at enten så er $y' =0$ eller så er $y'' = 8 y^3$.

Neste oppgave er vel ikke så vanskelig ? Wolfram har rett

[Nibiru]

Snakker du om 1)?

Her er oppgaven:

Vi har differensiallikningen [tex]y''=8y^3[/tex]. Multipluser med [tex]y'[/tex] i likningen og løs den.

[espen180]

Her kommer du overraskende langt med produktregelen og kjerneregelen for derivasjon.

[Nebuchadnezzar]

Integrerer du 1) tvert får du

\[ \frac{1}{2}\left( y' \right)^2 = 2 y^4 + \mathcal{C} \]

Så er det bare løse likningen for $y'$ og integrere igjen =)

[Nibiru]

Jeg var litt opptatt tidligere idag, men er tilbake nå.

Her kommer du overraskende langt med produktregelen og kjerneregelen for derivasjon.

Hva mener du med det?

Jeg har ikke kommet så langt med det nebu. Her er det jeg prøvd på 1):

[tex]y''=8y^3[/tex]

[tex]y''y'=8y^3y'[/tex]

[tex]\int{y''}\frac{dy}{dx}dx=\int{8}y^3\frac{dy}{dx}dx[/tex]

[tex]\int{y''}dy=2y^4+C[/tex]

[tex]y'=\frac{2}{5}y^5+C[/tex]

[tex]y=\frac{1}{15}y^6+C[/tex]

[tex]1=\frac{1}{15}y^5+C[/tex]

[tex]y^5=15-C[/tex]

[tex]y=\sqrt[5]{15-C}[/tex]

Men det blir jo bare tull? Det står helt annet i fasiten. Jeg tror at denne oppgaven må løses vha noen enkelt triks som jeg ikke ser for meg. Og jeg føler at jeg har kanskje ikke forstått noe viktig når det gjelder separable differensiallikninger.

Når det gjelder 2). Er det feil i fasit da? Men jeg vil også gjerne vite hva gjør jeg feil?

[Vektormannen]

Fasiten er gal på 2 ja. Ser ut som en skrivefeil siden det står [tex]\sqrt{1}[/tex] i nevneren, som jo ikke akkurat er vanlig å skrive . Var vel meningen at det [tex]x^2[/tex]-leddet også skulle være under rottegnet. Det ser ut som det går galt for deg når du skriver om 1/2 foran logaritmen til kvadratrot. Da glemmer du at det er absoluttverditegn! ([tex]|-1-x^2| = |-(1+x^2)| = 1+x^2[/tex].)

Edit: I forsøket på 1) ovenfor så virker det som du tenker at [tex]\int y^{\prime \prime} dy = y^\prime[/tex]. Det stemmer ikke (det hadde stemt om det var dx, altså antiderivert med hensyn på x!) Det som derimot stemmer er det som Nebu sier. Det ser du om du forsøker å derivere [tex]\frac{1}{2}(y^\prime)^2[/tex] (kjerneregel). Substitusjonen [tex]u = y^\prime[/tex] viser også at det må være sånn, for da får vi [tex]du = y^{\prime \prime} dx[/tex] som gir integralet [tex]\int u du[/tex] når vi substituerer. Videre ser det ut som du har integrert høyresiden en gang for mye. Jeg er ikke helt sikker på hvordan fortsettelsen fra Nebus ligning blir selv, kanskje det er et smart triks eller noe som må til for å integrere?

[Nibiru]

Ok, jeg skjønte 2). Skal se på 1) imorgen igjen. Takk takk.

[Nibiru]

Jeg har prøvd å fortsette litt, men jeg kommer ikke fram til et svar.

[tex]y''=8y^3[/tex]

[tex]y''y'=8y^3y'[/tex]

[tex]\int{y''}\frac{dy}{dx}dx=\int{8}y^3\frac{dy}{dx}dx[/tex]

[tex]\int{y''}dy=2y^4+C[/tex]

[tex]\frac{1}{2}(y')^2=2y^4+C[/tex]

[tex](y')^2=4y^4+C[/tex]

[tex]y'=\sqrt{4y^4+C}[/tex]

[tex]\int{y'}dy=\int({\sqrt{4y^4+C}})dy[/tex]

Så har jeg prøvd å spille litt med dette integralet, men jeg tror ikke at dette her er den riktige veien. Her er vi langt ifra det fasitsvaret: [tex]y=\frac{1}{C\pm{2x}}[/tex]

[Vektormannen]

Ok, hvis det er fasitsvaret ser det ut som fasiten rett og slett har antatt at C = 0 og fortsatt derfra. Da får du [tex]y^\prime = \pm 2y^2[/tex] og videre derfra er resten relativt greit (det dukker opp en ny konstant når du fortsetter). For å løse oppgaven må vi nesten gjøre den antagelsen. Hvis ikke får vi såvidt jeg er kjent et uløselig integral -- i alle fall noe som er langt utenfor VGS-nivå å håndtere. Det virker litt rart at de ikke har gitt noe hint om dette i oppgaveteksten. Er det kanskje noen lignende eksempler i boken?

[Nibiru]

Såvidt jeg kan seg så er det ikke noen lignende eksempler i boka. Nå får jeg samme svaret som boka bare med minus fortegn:


[tex]y'=\pm\sqrt{4y^4+C}[/tex]

[tex]y'=\pm\sqrt{4y^4}[/tex]

[tex]y'=\pm2y^2[/tex]

[tex]\frac{y'}{y^2}=\pm2[/tex]

[tex]\int\frac{y'}{y^2}dx=\pm\int2dx[/tex]

[tex]\int{y^{-2}}\frac{dy}{dx}dx=\pm2x+C[/tex]

[tex]\int{y^{-2}}dy=\pm2x+C[/tex]

[tex]-\frac{1}{y}=\pm2x+C[/tex]

[tex]y=-\frac{1}{C\pm2x}[/tex]

Er der fasitfeil igjen, eller er det noe feil i det jeg gjør?

[Vektormannen]

Neida, ser vi bort fra en konstant så er svaret ditt akkurat det samme. Vi har at [tex]y = -\frac{1}{C\pm 2x} = \frac{1}{-(C\pm 2x)} = \frac{1}{-C \pm 2x}[/tex]. Dette uttrykket gir akkurat de samme funksjonene y som fasitens uttrykk gjør -- her må vi bare velge konstanten med motsatt fortegn for å få ut samme løsning som fasiten.

[Nibiru]

Den skjønte jeg ikke helt. [tex]y=\frac{1}{-C\pm2x}[/tex] er vel ikke det samme som [tex]y=\frac{1}{C\pm2x}[/tex]? Hvis jeg må prøve tilpasse løsningen min(velge riktige C-verdier) for å få det til å stemme med fasiten, så er det noe feil her som ligger i grunnen.

[fuglagutt]

De er like C endres etter initialopplysninger, derfor spiller ikke fortegn noen rolle:)

[Nibiru]

Vel, ok. Tusen takk