Har ei oppåve 7.63 Sigma R2 2015
Sjå oppgåve nedanfor her er eg heilt blank.
Er det nokon som kan hjelpe meg her
Oppgåve 7.63
Vi har gitt differensiallikning y ʹʹ = y.
a) Vis at f_1 og f_2 er gitt ved
f_1 (x) = (αe^x + 1/α · e^(- x))/2, f_2 (x) = (αe^x - 1/α · e^(- x))/2
Der α > 0 er løysingar til den gitte likninga.
b) Finn den fullstendige løysinga til likninga.
c) Funksjonane g_1 og g_2 er gitt ved
g_1 (x) = (e^x + e^(- x))/2, g_2 (x) = (e^x - e^(- x))/2
Vis at grafane til f_1 og f_2 kan vekse fram av grafane til g_1 og g_2 når vi forskuvar langs
x-aksen.
d) Skisser grafane til g (x).
Differensiallikningar
Moderators: Aleks855, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa, DennisChristensen, Emilga
Hei igjen!
Det er en trykkfeil i teksten her (Sigma 2008) som forandrer meningen til oppgaven. Det står:
a) Vis at $f_1 \,$og $f_2\,$er gitt ved $\,f_1(x)\,= \frac{\alpha e^x + \frac{1}{\alpha}e^{-x}}{2},\,\, f_2(x)\,= \frac{\alpha e^x - \frac{1}{\alpha}e^{-x}}{2}\,$der $\,\alpha > 0$
er løsninger til den gitte likningen. Det burde stå:
a) Vis at $f_1 \,$og $f_2\,$ gitt ved $\,f_1(x)\,= \frac{\alpha e^x + \frac{1}{\alpha}e^{-x}}{2}, \,\,f_2(x)\,= \frac{\alpha e^x - \frac{1}{\alpha}e^{-x}}{2}$ der$\, \alpha > 0$,
er løsninger til den gitte likningen.
Den generelle løsningen til $y´´= y\,\,$ er jo $y = Ae^x + Be^{-x}$. $\,f_1\,$ og $ f_2 \,$fremkommer ved å velge passende verdier for konstantene A og B. Dermed blir altså $f_1\,$ og $\,f_2\,$ spesielle løsninger ut fra konstantvalgene.
Generelt gjelder det at hvis $f(x) = g(x + k)\,$ så vil $\,g(x + k)$ være forskjøvet k enheter til venstre for $f(x)$
Sett $f(x) = g(x + ln\alpha)\,$, så ser du at$\, g_1(x + ln\alpha) = f_1$, og $g_2(x + ln\alpha) = f_2(x)$
Det er en trykkfeil i teksten her (Sigma 2008) som forandrer meningen til oppgaven. Det står:
a) Vis at $f_1 \,$og $f_2\,$er gitt ved $\,f_1(x)\,= \frac{\alpha e^x + \frac{1}{\alpha}e^{-x}}{2},\,\, f_2(x)\,= \frac{\alpha e^x - \frac{1}{\alpha}e^{-x}}{2}\,$der $\,\alpha > 0$
er løsninger til den gitte likningen. Det burde stå:
a) Vis at $f_1 \,$og $f_2\,$ gitt ved $\,f_1(x)\,= \frac{\alpha e^x + \frac{1}{\alpha}e^{-x}}{2}, \,\,f_2(x)\,= \frac{\alpha e^x - \frac{1}{\alpha}e^{-x}}{2}$ der$\, \alpha > 0$,
er løsninger til den gitte likningen.
Den generelle løsningen til $y´´= y\,\,$ er jo $y = Ae^x + Be^{-x}$. $\,f_1\,$ og $ f_2 \,$fremkommer ved å velge passende verdier for konstantene A og B. Dermed blir altså $f_1\,$ og $\,f_2\,$ spesielle løsninger ut fra konstantvalgene.
Generelt gjelder det at hvis $f(x) = g(x + k)\,$ så vil $\,g(x + k)$ være forskjøvet k enheter til venstre for $f(x)$
Sett $f(x) = g(x + ln\alpha)\,$, så ser du at$\, g_1(x + ln\alpha) = f_1$, og $g_2(x + ln\alpha) = f_2(x)$
Hei!
Kan ein berre velje slik då
Løysingsformelen
y ʹʹ = y
y ʹʹ – y = 0
y ʹʹ – k^2y = 0
k = ± √1
= ± 1
Den generelle løysinga til differensiallikninga blir
y = A · e^( k_1 x) + B · e^( - k_2 x)
y = A · e^( x) + B · e^( - x)
b) Finn den fullstendige løysinga til likninga.
A_1 = α/2 ˅ B_1 = α^(-1)/2
f_1 (x) = (αe^x + 1/α · e^(- x))/2
A_2 = α/2 ˅ B_2 = – α^(-1)/2
f_2 (x) = (αe^x - 1/α · e^(- x))/2
Korleis skal ein gå fram for å finn ln α
Kan ein berre velje slik då
Løysingsformelen
y ʹʹ = y
y ʹʹ – y = 0
y ʹʹ – k^2y = 0
k = ± √1
= ± 1
Den generelle løysinga til differensiallikninga blir
y = A · e^( k_1 x) + B · e^( - k_2 x)
y = A · e^( x) + B · e^( - x)
b) Finn den fullstendige løysinga til likninga.
A_1 = α/2 ˅ B_1 = α^(-1)/2
f_1 (x) = (αe^x + 1/α · e^(- x))/2
A_2 = α/2 ˅ B_2 = – α^(-1)/2
f_2 (x) = (αe^x - 1/α · e^(- x))/2
Korleis skal ein gå fram for å finn ln α
Her treng eg hjelp for kome i mål for å finne k
Har prøvd men ser korleis eg skal kome vidare.
(e^x + e^(- x))/2 + k = (αe^x + 1/α · e^(- x))/2
e^x/2 + e^(- x)/2 + k = (αe^x)/2 + (1/α · e^(- x))/2
e^x/2 + 1/〖2e〗^x + k = (αe^x)/2 + (α^(- 1) )/(2 e^x )
k = (αe^x)/2 – e^x/2 + (α^(- 1) )/(2 e^x ) – 1/〖2e〗^x
k = e^x/2 (α – 1) + 1/〖2e〗^x (1/α-1)
Har prøvd men ser korleis eg skal kome vidare.
(e^x + e^(- x))/2 + k = (αe^x + 1/α · e^(- x))/2
e^x/2 + e^(- x)/2 + k = (αe^x)/2 + (1/α · e^(- x))/2
e^x/2 + 1/〖2e〗^x + k = (αe^x)/2 + (α^(- 1) )/(2 e^x )
k = (αe^x)/2 – e^x/2 + (α^(- 1) )/(2 e^x ) – 1/〖2e〗^x
k = e^x/2 (α – 1) + 1/〖2e〗^x (1/α-1)
dahle-g wrote:Her treng eg hjelp for kome i mål for å finne k
Har prøvd men ser korleis eg skal kome vidare.
(e^x + e^(- x))/2 + k = (αe^x + 1/α · e^(- x))/2
e^x/2 + e^(- x)/2 + k = (αe^x)/2 + (1/α · e^(- x))/2
e^x/2 + 1/〖2e〗^x + k = (αe^x)/2 + (α^(- 1) )/(2 e^x )
k = (αe^x)/2 – e^x/2 + (α^(- 1) )/(2 e^x ) – 1/〖2e〗^x
k = e^x/2 (α – 1) + 1/〖2e〗^x (1/α-1)
Husk at det nå er x + k som skal være argumentet i g(x). Så da blir likningen:
$\frac{e^{x + k} + e^{-(x + k)}}{2} = \frac{\alpha e^x + \frac{1}{\alpha} e^{-x}}{2}$
Hei!
Takk for hjelpa
Har prøvd meg her og fått rett svar, men føler at
utrekninga ikkje er riktig løyst.
Sjå nedanfor
(e^(x + k) + e^(- x + k))/2 = (αe^x + 1/α e^(- x))/2
(e^(x + k) + e^(- x + k))/2 = (αe^x + 1/α e^(- x))/2 │· 2
e^(x + k) + e^(- x + k) = αe^x + 1/α e^(- x)
ln^(e^(x + k) ) + ln^(e^(- x + k) ) = ln^(αe^( x) )+ ln^(1/α e^(- x) )
x + k – x + k = x + ln α – (x + ln 1 - ln α)
2k = x + ln α – (x + (ln 1 – ln α)
2k = ln α + ln α
2k = 2 ln α
k = ln α
Takk for hjelpa
Har prøvd meg her og fått rett svar, men føler at
utrekninga ikkje er riktig løyst.
Sjå nedanfor
(e^(x + k) + e^(- x + k))/2 = (αe^x + 1/α e^(- x))/2
(e^(x + k) + e^(- x + k))/2 = (αe^x + 1/α e^(- x))/2 │· 2
e^(x + k) + e^(- x + k) = αe^x + 1/α e^(- x)
ln^(e^(x + k) ) + ln^(e^(- x + k) ) = ln^(αe^( x) )+ ln^(1/α e^(- x) )
x + k – x + k = x + ln α – (x + ln 1 - ln α)
2k = x + ln α – (x + (ln 1 – ln α)
2k = ln α + ln α
2k = 2 ln α
k = ln α
Dette forstår eg ikkje, kva med resten av uttrykket
(e^(x + k) + e^-(x + k))/2 = (αe^x + 1/α e^(- x))/2
(e^(x + k) + e^-(x + k))/2 = (αe^x + 1/α e^(- x))/2 │· 2
e^x· e^k + e^(- x )· e^- k = αe^x + 1/α e^(- x)
Snakker vi om Konstanten A i g (x) og A f (x)
e^x· e^k = αe^x │· 1/e^x
e^k = α
k = ln α
Snakker vi om Konstanten B i g (x) og B f (x)
e^(- x )· e^(- k) = 1/α e^(- x) │· 1/e^(- x)
e^- k = 1/α
- k = - (ln 1 - ln α)
k = ln α
Er eg inne på rett spor her?
(e^(x + k) + e^-(x + k))/2 = (αe^x + 1/α e^(- x))/2
(e^(x + k) + e^-(x + k))/2 = (αe^x + 1/α e^(- x))/2 │· 2
e^x· e^k + e^(- x )· e^- k = αe^x + 1/α e^(- x)
Snakker vi om Konstanten A i g (x) og A f (x)
e^x· e^k = αe^x │· 1/e^x
e^k = α
k = ln α
Snakker vi om Konstanten B i g (x) og B f (x)
e^(- x )· e^(- k) = 1/α e^(- x) │· 1/e^(- x)
e^- k = 1/α
- k = - (ln 1 - ln α)
k = ln α
Er eg inne på rett spor her?
Ja. Den opprinnelige oppgaven var å vise at f(x) er forskjøvet ( langs x-aksen) i forhold til g(x). Da må vi ha at f(x) = g(x + k) hvor k er en konstant. Vi viser at det finnes en slik konstant ved å løse denne likningen med hensyn på k. k viser seg å være lik $ln\alpha$.