Hei, jeg sliter litt med separable differensiallikninger. Denne oppgaven her står jeg fast på:
2xy'+y=1, y<1
Jeg skjønner ikke helt hvordan jeg skal bruke y<1, eller hva den forteller meg. Her er det jeg har gjort:
y'+y/2x=1/2x Så ganger jeg med den integrerende faktor e^1/2(lnx)=sqrt(x).
Jeg finner da ut at svaret er y=1+c/sqrt(x), men svaret skal være y=1-c/sqrt(x). Hva er det jeg gjør feil?
Separable differensiallikninger
Moderatorer: Aleks855, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa, DennisChristensen, Emilga
Hvis du skal løse den som en seperabel differensiallikning, kan du gjøre følgende:
$2xy'+y=1 \enspace \to \enspace 2xy'=1-y \enspace \to \enspace y'=\frac{1-y}{2x} \enspace \to \enspace \frac{y'}{1-y} = \frac{1}{2x}$ Dermed har vi fått separert de to variablene, og du er sikkert kjent med at denne resulterer i følgende integraler: $$\int \frac{1}{1-y} \, \text{d}y = \int \frac{1}{2x}$$ Dermed får vi ved å integrere at $-\ln(1-y) = \frac{1}{2} \ln(x) + \mathcal{C}_1$. Herifra får vi da at $$\begin{alignat*}{2} -\ln(1-y)&=\frac{1}{2}\ln(x)+ \mathcal{C}_1 \\ \ln \left( \frac{1}{1-y} \right) &= \ln(\sqrt{x})+\mathcal{C}_1 \\ e^{\ln \left( \frac{1}{1-y} \right)} &= e^{\ln(\sqrt{x})+\mathcal{C}_1} \\ \frac{1}{1-y} &= \mathcal{C}_2\sqrt{x} \\ 1-y &= \frac{1}{\mathcal{C}_2} \frac{1}{\sqrt{x}} = \frac{\mathcal{C}_3}{\sqrt{x}} \end{alignat*} $$ Så dermed er $y=1-\frac{\mathcal{C}}{\sqrt{x}}$. Det at $y<1$ sier oss at $\mathcal{C}>0$, siden $\sqrt{x}$ alltid er positiv på sitt naturlige definisjonsområde i $\mathbb{R}$.
$2xy'+y=1 \enspace \to \enspace 2xy'=1-y \enspace \to \enspace y'=\frac{1-y}{2x} \enspace \to \enspace \frac{y'}{1-y} = \frac{1}{2x}$ Dermed har vi fått separert de to variablene, og du er sikkert kjent med at denne resulterer i følgende integraler: $$\int \frac{1}{1-y} \, \text{d}y = \int \frac{1}{2x}$$ Dermed får vi ved å integrere at $-\ln(1-y) = \frac{1}{2} \ln(x) + \mathcal{C}_1$. Herifra får vi da at $$\begin{alignat*}{2} -\ln(1-y)&=\frac{1}{2}\ln(x)+ \mathcal{C}_1 \\ \ln \left( \frac{1}{1-y} \right) &= \ln(\sqrt{x})+\mathcal{C}_1 \\ e^{\ln \left( \frac{1}{1-y} \right)} &= e^{\ln(\sqrt{x})+\mathcal{C}_1} \\ \frac{1}{1-y} &= \mathcal{C}_2\sqrt{x} \\ 1-y &= \frac{1}{\mathcal{C}_2} \frac{1}{\sqrt{x}} = \frac{\mathcal{C}_3}{\sqrt{x}} \end{alignat*} $$ Så dermed er $y=1-\frac{\mathcal{C}}{\sqrt{x}}$. Det at $y<1$ sier oss at $\mathcal{C}>0$, siden $\sqrt{x}$ alltid er positiv på sitt naturlige definisjonsområde i $\mathbb{R}$.
Wow, tusen takk for hjelpen! Jeg skjønner alt, bortsett fra det siste leddet der. Hvordan kan man gjøre om 1/C2*sqrt(x) til C3/sqrt(x)?Markus skrev:Hvis du skal løse den som en seperabel differensiallikning, kan du gjøre følgende:
$2xy'+y=1 \enspace \to \enspace 2xy'=1-y \enspace \to \enspace y'=\frac{1-y}{2x} \enspace \to \enspace \frac{y'}{1-y} = \frac{1}{2x}$ Dermed har vi fått separert de to variablene, og du er sikkert kjent med at denne resulterer i følgende integraler: $$\int \frac{1}{1-y} \, \text{d}y = \int \frac{1}{2x}$$ Dermed får vi ved å integrere at $-\ln(1-y) = \frac{1}{2} \ln(x) + \mathcal{C}_1$. Herifra får vi da at $$\begin{alignat*}{2} -\ln(1-y)&=\frac{1}{2}\ln(x)+ \mathcal{C}_1 \\ \ln \left( \frac{1}{1-y} \right) &= \ln(\sqrt{x})+\mathcal{C}_1 \\ e^{\ln \left( \frac{1}{1-y} \right)} &= e^{\ln(\sqrt{x})+\mathcal{C}_1} \\ \frac{1}{1-y} &= \mathcal{C}_2\sqrt{x} \\ 1-y &= \frac{1}{\mathcal{C}_2} \frac{1}{\sqrt{x}} = \frac{\mathcal{C}_3}{\sqrt{x}} \end{alignat*} $$ Så dermed er $y=1-\frac{\mathcal{C}}{\sqrt{x}}$. Det at $y<1$ sier oss at $\mathcal{C}>0$, siden $\sqrt{x}$ alltid er positiv på sitt naturlige definisjonsområde i $\mathbb{R}$.
Først: Merk at når du skriver 1/C2*sqrt(x) så skriver du [tex]\frac{1}{C_2}\sqrt{x}[/tex], mens 1/(C2*sqrt(x)) = [tex]\frac{1}{C_2\sqrt{x}}[/tex]. Dette er viktig for å unngå misforståelser når man poster uten LaTeX på forumet. Grunnen til at Mattem skriver om:
[tex]\frac{1}{C_2}\frac{1}{\sqrt{x}} = \frac{C_3}{\sqrt{x}}[/tex] er bare for å få uttrykket til å ligne svaret ditt. Begge uttrykkene er ekvivalente siden det er konstanter. På samme måte er det også brukt at [tex]\mathrm{e}^{C_1} = C_2[/tex] slik at:
[tex]\mathrm{e}^{-C_1}\frac{1}{\sqrt{x}} = \frac{1}{C_2}\frac{1}{\sqrt{x}} = \frac{C_3}{\sqrt{x}}[/tex]. Disse uttrykkene er like fordi det som egentlig står er "en eller annen konstant" delt på roten av x.
[tex]\frac{1}{C_2}\frac{1}{\sqrt{x}} = \frac{C_3}{\sqrt{x}}[/tex] er bare for å få uttrykket til å ligne svaret ditt. Begge uttrykkene er ekvivalente siden det er konstanter. På samme måte er det også brukt at [tex]\mathrm{e}^{C_1} = C_2[/tex] slik at:
[tex]\mathrm{e}^{-C_1}\frac{1}{\sqrt{x}} = \frac{1}{C_2}\frac{1}{\sqrt{x}} = \frac{C_3}{\sqrt{x}}[/tex]. Disse uttrykkene er like fordi det som egentlig står er "en eller annen konstant" delt på roten av x.
zell skrev:Først: Merk at når du skriver 1/C2*sqrt(x) så skriver du [tex]\frac{1}{C_2}\sqrt{x}[/tex], mens 1/(C2*sqrt(x)) = [tex]\frac{1}{C_2\sqrt{x}}[/tex]. Dette er viktig for å unngå misforståelser når man poster uten LaTeX på forumet. Grunnen til at Mattem skriver om:
[tex]\frac{1}{C_2}\frac{1}{\sqrt{x}} = \frac{C_3}{\sqrt{x}}[/tex] er bare for å få uttrykket til å ligne svaret ditt. Begge uttrykkene er ekvivalente siden det er konstanter. På samme måte er det også brukt at [tex]\mathrm{e}^{C_1} = C_2[/tex] slik at:
[tex]\mathrm{e}^{-C_1}\frac{1}{\sqrt{x}} = \frac{1}{C_2}\frac{1}{\sqrt{x}} = \frac{C_3}{\sqrt{x}}[/tex]. Disse uttrykkene er like fordi det som egentlig står er "en eller annen konstant" delt på roten av x.
Tusen takk for svar og en god forklaring! Ser hva du mener med at det kan misforstås slik jeg skrev det og skal prøve å huske det til neste gang!
-
Viktoria
Hei. Har et spm om dette temaet og tenkte ikke det er noe vist å lage ny tråd.
Jeg har blitt bra på alle integrasjonsmetodene og har også jobbet med noe diff. Har kommet meg gjennom det meste der også, men sliter litt mer der.
Har noen huske regel gående når man skal bruke hva. Altså hvis det er + i difflilningen så bruker man integrerende faktor og hvis det er mulxpilkasjon f.eks (altså y'*y'=e^x osv) så bruker man dy/dx. Prøver å få tenke litt sånn, mulig jeg er helt på bærtur
Jeg har blitt bra på alle integrasjonsmetodene og har også jobbet med noe diff. Har kommet meg gjennom det meste der også, men sliter litt mer der.
Har noen huske regel gående når man skal bruke hva. Altså hvis det er + i difflilningen så bruker man integrerende faktor og hvis det er mulxpilkasjon f.eks (altså y'*y'=e^x osv) så bruker man dy/dx. Prøver å få tenke litt sånn, mulig jeg er helt på bærtur
-
Gjest
Noen som kan si hvordan integralet av 1/y^2 dy blir til -1/y+c?
altså steget i å løse diff.Liksom integralet av 1/x er jo lnx.
https://sinus-r2.cappelendamm.no/binfil ... id=1725200
oppgave 1b hvis man ikke skjønte spm.
altså steget i å løse diff.Liksom integralet av 1/x er jo lnx.
https://sinus-r2.cappelendamm.no/binfil ... id=1725200
oppgave 1b hvis man ikke skjønte spm.
$\int \frac 1x \mathrm dx = \ln|x| + C$ fordi $\frac{\mathrm d}{\mathrm dx} \ln|x| = \frac1x$
Vi vet fra derivasjon at $\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}x^{n} = nx^{n-1}$, eller med andre ord, $\frac{\mathrm d}{\mathrm dx} x^{n+1} = (n+1)x^n$.
Herfra, hvis vi deler på $n+1$ på begge sider, og integrerer begge sider, så får vi at $\int x^n \mathrm dx = \frac{x^{n+1}}{n+1} +C$
Vi vet fra derivasjon at $\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}x^{n} = nx^{n-1}$, eller med andre ord, $\frac{\mathrm d}{\mathrm dx} x^{n+1} = (n+1)x^n$.
Herfra, hvis vi deler på $n+1$ på begge sider, og integrerer begge sider, så får vi at $\int x^n \mathrm dx = \frac{x^{n+1}}{n+1} +C$
