matematikk.net

Oppgåve 7.59 Sigma R2 2015
I del oppgave d) Står det 2/5* f (x) - 1/5* f ' f ( x) + C
I del oppgåve b) står det 5/2
Kva er det riktige talet.
Bruker vel delvis integrasjon i utrekning og brukar f (x) frå del b)

Her er det ikke lett å se hva du spør om.

I oppgåve b) finn eg A = 5/2 i den spesielle løysinga..
I oppgåve d) står det tallet 2/5 framfor f (x) er det riktig?
Skal f (x) = y frå b) brukast i d)?

dahle-g skrev:Oppgåve 7.59 Sigma R2 2015
I del oppgave d) Står det 2/5* f (x) - 1/5* f ' f ( x) + C
I del oppgåve b) står det 5/2
Kva er det riktige talet.
Bruker vel delvis integrasjon i utrekning og brukar f (x) frå del b)

legg heller inn hele oppgava...

Her er heileoppgåva
Har lagt med løysinga på a) og b)
Det er del d) som er tvetydig og kva f (X) på del e) skal ein bruke
er det løysinga i b)

Oppgåve 7.59 Sigma R2 2015
Vi har likninga y ʹʹ + 2y ʹ + 5y = 0.
a) Finn den generelle løysinga.
b) Finn funksjonsuttrykket f (x), der f er ei løysingskurve til likninga gjennom origo, og der
f ʹ (0) = 5
c) Skisser grafen til f.
d) Vis at vi har

∫▒〖f (x)〗 dx = 2/5 · f (x) – 1/5 · f ʹ (x) + C

e) Rekn ut ∫_0^(π/2)▒〖f (0)〗 dx

a) Finn den generelle løysinga.

y ʹʹ + 2y ʹ + 5y = 0.
Den karakteristiske likninga er

r^2 + 2r + 5 = 0

Likninga har løysingane:

r =(- b ± √(b^2-4c))/2 = (- 2 ± √(2^2- 4 · 5))/2 = – 2/2 ± √(4 -20)/2 = – 1 ± √(- 16)/2 =– 1 ± (√16 · √(-1))/2 – 1 ± 4/2 √(- 1)
= – 1 ± 2√(- 1) = – 1 ± 2ὶ

Den karakteristiske likninga har ingen reelle løysingar, men to komplekse løysingar

r = p ± qi

Løysinga til differensiallikninga blir

y = e^px·(A sin⁡〖qx+〗 B cos⁡qx )

Den generelle løysinga blir:

y = e^(-x)·(A sin⁡〖2x+〗 B cos⁡2x )

b) Finn funksjonsuttrykket f (x), der f er ei løysingskurve til likninga gjennom origo, og der
f ʹ (0) = 5

Vi set y (0) = 0

e^(-x)·(A sin⁡〖2x+〗 B cos⁡2x ) = 0
e^(-0)·(A sin⁡〖2·0+〗 B cos⁡〖2 ·0〗 ) = 0
1·(A ·0+B ·1) = 0
1 · (B) = 0
B = 0

Vi finn y ʹ

Y ʹ = (e^(-x)·(A sin⁡〖2x+〗 B cos⁡2x ))^( ʹ)
= – e^(-x)·(A sin⁡〖2x+〗 B cos⁡2x ) + e^(-x)·(2A cosin⁡〖2x-〗 2B sin⁡2x )

Vi ser y ʹ (0) = 5

– e^(- (0))·(A sin⁡〖2 ·0+〗 B cos⁡2 ·0) + e^(-0)·(2A cos⁡〖2 ·0-〗 2B sin⁡2·0) = 5
– 1 · (A · 0 + B · 1) + 1 · (2A · 1 – 2B · 0) = 5
– 1 · (B) + 1· (2A) = 5
– B + 2A = 5
2A = B + 5
A = (B + 5)/2

A = (B + 5)/2
A = (0 + 5)/2
A = 5/2

Den spesielle løysingskurva er

y = 5/2 e^( – x)· sin⁡2x

ang d)

∫〖f (x)〗 dx = 2/5 · f (x) – 1/5 · f ʹ (x) + C

hvis du deriverer begge sider så fås den 2. ordens ODE øverst.

Men med feil fortegn:

f(x) = 0,4*f ' (x) - 0,2*f '' (x)

f ''(x) -2*f ' (x) + 5*f(x) = 0

Her er heileoppgåva
Har lagt med løysinga på a) og b)
Det er del d) som er tvetydig og kva f (X) på del e) skal ein bruke
er det løysinga i b)


Etter å ha funnet $y = \frac{5}{2}e^{-x}sin(2x)$, så finner du y´og y´´.

Legg så sammen $-\frac{2}{5}y´- \frac{1}{5}y´´$. Du skal da få integranden y.

Det er en trykkfeil i min oppgavetekst fra 2008.

Det står $ \frac{2}{5}f(x) -\frac{1}{5}f´(x) + C,\,$ men det skal stå

$ -\frac{2}{5}f(x) -\frac{1}{5}f´(x) + C,\,$

Her har jeg noe hodeløst fulgt hintet fra fasiten og funnet f´(x) og f´´(x). Men resultatet i d) følger direkte fra den opprinnelige differensiallikningen$\, y´´+ 2y´+5y = 0\, => \,y = \frac{-2}{5}y ´- \frac{1}{5}y´´$ Ved å ta integralet på begge sider av likhetstegnet får vi:

$\int{y}dx = -\frac{2}{5}y -\frac{1}{5}y´+ C$

Her er mi løysing på d)
Er dette riktig tenkt

d) Vis at vi har

∫▒〖f (x)〗 dx = – 2/5 · f (x) – 1/5 · f ʹ (x) + C

y ʹʹ + 2y ʹ + 5y = 0

5y = –2y ʹ – y ʹʹ
y = – 2/5 y ʹ – 1/5 y ʹʹ

∫▒〖f (x)〗 dx = ∫▒(– 2/5 · f ʹ (x) – 1/5 · f ʹʹ (x)) dx
∫▒〖f (x)〗 dx = – 2/5 · f (x)– 1/5 · f ʹ (x) + C

Her er mitt svar på e)
Er dette riktig

e) Rekn ut ∫_0^(π/2)▒〖f (x)〗 dx

y = 5/2 e^( – x) · sin⁡2x
y ʹ = – 5/2 e^( – x) · sin⁡2x + 5/2 e^( – x)· 2 cos ⁡2x
= – 5/2 e^( – x) · sin⁡2x + 5 e^( – x)·cos ⁡2x

set inn f(x) f ʹ (x)

∫_0^(π/2)▒〖f (x)〗 dx = – 2/5 · f (x) – 1/5 · f ʹ (x) + C
= – 2/5 · 5/2 e^( – x) · sin ⁡2x – 1/5 · (– 5/2 e^( – x) · sin⁡ 2x + 5 e^( – x)·cos ⁡2x) + C
= – e^( – x) · sin ⁡2x + 1/2 e^( – x)· sin⁡ 2x – e^( – x)·cos⁡ 2x + C
= – 1/2 e^( – x) · sin⁡ 2x – e^( – x)·cos⁡ 2x + C

∫_0^(π/2)▒〖f (x)〗 dx = [– 1/2 e^( – x)· sin⁡2x – e^( – x)·cos⁡2x ] ■(π/2@0)
= –1/2 e^( – π/2)·sin⁡〖2·π/2〗 – e^( – π/2)·cos⁡〖2·π/2〗 – (–1/2 e^( 0 )·sin⁡〖2·0〗 – e^( 0)·cos⁡〖2·0〗 )
= –1/2 e^( – π/2)·sin⁡π – e^( – π/2)·cos⁡π – (–1/2 e^( 0 )·sin⁡〖2·0〗 – e^( 0)·cos⁡〖2·0〗 )
= –1/2 e^( – π/2)·0 – e^( – π/2)·(-1) – (–1/2 e^( 0 )·0 – e^( 0)·1)
= – e^( – π/2)·(-1) – ( – 1·1)
= e^( – π/2) + 1
≈ 0,208 + 1
≈ 1,208

Ser riktig ut både for d) og e)!