[tex]\sqrt{1-x^2}\frac{dy}{dx}+y=x[/tex] [tex]y(0)=-1[/tex]
Jeg har gjort den om til formen:
[tex]\frac{dy}{dx}+q(x)y=r(x)[/tex]
og brukt formelen:
[tex]y=e^{-\int{q(x)}dx}\left({e^{\int{q(x)}dx}\cdot{r(x)}+C}\right)[/tex]
men får da et helt annet resultat en fasiten, som dessverre mangler utregningen.
Førsteordensdifferensialligning, ikke-homogen
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
-
meCarnival
- Riemann
- Innlegg: 1686
- Registrert: 07/09-2007 19:12
- Sted: Trondheim
Hva er fasiten sitt svar?
Du bruker integrerende faktor på denne som er [tex]I(x) = e^{ \int q(x) dx}[/tex] i følge ditt eksempel...
[tex]\sqrt{1-x^2}y^, + y = x\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, y(0) = 1[/tex]
[tex]y^, + \frac{y}{\sqrt{1-x^2}} = \frac{x}{\sqrt{1-x^2}}[/tex]
[tex]I(x) = e^{ \int \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} dx} = e^{arcsin(x)}[/tex]
[tex]\int (I(x) \cdot y)^, =\int \frac{x}{\sqrt{1-x^2}} dx[/tex]
[tex]arcsin(x) \cdot y =-\sqrt{1-x^2} + C[/tex]
[tex]y=\frac{-\sqrt{1-x^2} + C}{arcsin(x)}[/tex]
Du bruker integrerende faktor på denne som er [tex]I(x) = e^{ \int q(x) dx}[/tex] i følge ditt eksempel...
[tex]\sqrt{1-x^2}y^, + y = x\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, y(0) = 1[/tex]
[tex]y^, + \frac{y}{\sqrt{1-x^2}} = \frac{x}{\sqrt{1-x^2}}[/tex]
[tex]I(x) = e^{ \int \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} dx} = e^{arcsin(x)}[/tex]
[tex]\int (I(x) \cdot y)^, =\int \frac{x}{\sqrt{1-x^2}} dx[/tex]
[tex]arcsin(x) \cdot y =-\sqrt{1-x^2} + C[/tex]
[tex]y=\frac{-\sqrt{1-x^2} + C}{arcsin(x)}[/tex]
Sist redigert av meCarnival den 26/07-2009 22:35, redigert 1 gang totalt.
Høgskolen i Sør-Trøndelag, Logistikkingeniør
Ingeniørmatematikk IV
Ingeniørmatematikk IV
-
meCarnival
- Riemann
- Innlegg: 1686
- Registrert: 07/09-2007 19:12
- Sted: Trondheim
Er oppgaven skrevet riktig eller? Får det ikke til å stemme med mitt formelhefte... =/... Får titte mer på denne i morgen...
Høgskolen i Sør-Trøndelag, Logistikkingeniør
Ingeniørmatematikk IV
Ingeniørmatematikk IV
hvis du følger stegene som beskrives her får du:
[tex]y(x) = \int\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}e^{\arcsin(x)}\mathrm{d}x\cdot e^{-\arcsin(x)}+Ce^{-\arcsin(x)}[/tex]
integralet kan løses med litt partytricks, og du får at
[tex]y(x) = \frac{1}{2}e^{\arcsin(x)}\left(x-\sqrt{1-x^2}\right)\cdot e^{-\arcsin(x)}+Ce^{-\arcsin(x)} \Leftrightarrow \frac{1}{2}\left(x-\sqrt{1-x^2}\right)+Ce^{-\arcsin(x)}[/tex]
[tex]y(0) = -1 \Rightarrow -1 = -\frac{1}{2}+C \Leftrightarrow C = -\frac{1}{2}[/tex]
som gir
[tex]y(x) = \frac{1}{2}\left(x-sqrt{1-x^2}\right) - \frac{1}{2}e^{-\arcsin(x)[/tex]
[tex]y(x) = \int\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}e^{\arcsin(x)}\mathrm{d}x\cdot e^{-\arcsin(x)}+Ce^{-\arcsin(x)}[/tex]
integralet kan løses med litt partytricks, og du får at
[tex]y(x) = \frac{1}{2}e^{\arcsin(x)}\left(x-\sqrt{1-x^2}\right)\cdot e^{-\arcsin(x)}+Ce^{-\arcsin(x)} \Leftrightarrow \frac{1}{2}\left(x-\sqrt{1-x^2}\right)+Ce^{-\arcsin(x)}[/tex]
[tex]y(0) = -1 \Rightarrow -1 = -\frac{1}{2}+C \Leftrightarrow C = -\frac{1}{2}[/tex]
som gir
[tex]y(x) = \frac{1}{2}\left(x-sqrt{1-x^2}\right) - \frac{1}{2}e^{-\arcsin(x)[/tex]
Sist redigert av drgz den 28/07-2009 10:41, redigert 2 ganger totalt.
så over igjen nå, og du har rett i at det skal være et minustegn derNassern skrev:Kan du vise partytriksene? Har nå funnet en feil jeg har gjort, men sitter fortsatt fast.
Forresten, skal det ikke være [tex]Ce^{-arcsinx}[/tex] ?
Sist redigert av drgz den 28/07-2009 10:40, redigert 2 ganger totalt.
her har du utregningen av integralet. prøvde å ta med så mange detaljer som mulig, men i korte trekk er det bare et par substitusjoner og to ganger delvis integrasjon
[tex]I = \int \frac{x}{\sqrt{1-x^2}}e^{\arcsin(x)}\mathrm{d}x \quad u = x \quad u^{\prime} = 1 \quad v^{\prime} = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}e^{\arcsin(x)} \quad v = e^{\arcsin(x)} \\ I = u\cdot v - \int v\cdot u^{\prime}\mathrm{d}x = xe^{\arcsin(x)} - \int exp^{\arcsin(x)}\mathrm{d}x \\ I_1 = \int e^{\arcsin(x)}\mathrm{d}x \quad u = \arcsin(x) \quad \mathrm{d}u = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\mathrm{d}x\Rightarrow \mathrm{d}x = \sqrt{1-x^2}\mathrm{d}u = \sqrt{1-\sin^2(u)}\mathrm{d}u = \cos(u)\mathrm{d}u \\ I_1 = \int e^{u}\cos(u)\mathrm{d}u \quad u_1 = e^u \quad u_1^{\prime} = e^{u} \quad v_1^{\prime} = \cos(u) \quad v_1 = \sin(u) \\ I_1 = u_1\cdot v_1 - \int v_1\cdot u_1^{\prime}\mathrm{d}u = e^u\sin(u) - \int e^{u}\sin(u)\mathrm{d}u \\ I_2 = \int e^{u}\sin(u)\mathrm{d}u \quad u_2 = e^{u} \quad u_2^{\prime} = e^{u} \quad v_2^{\prime} = \sin(u) \quad v_2 = -\cos(u) \\ I_2 = -e^{u}\cos(u) + \int e^{u}\cos(u)\mathrm{d}u \\ I_1 = \int e^{u}\cos(u)\mathrm{d}u = e^{u}\sin(u)-\int e^{u}\sin(u)\mathrm{d}u = e^{u}\sin(u) - \left[-e^{u}\cos(u) + \int e^{u}\cos(u)\mathrm{d}u\right] \\ 2\cdot \int e^{u}\cos(u)\mathrm{d}u = e^{u}\left(\sin(u) + \cos(u)\right) \Rightarrow I_1 = \int e^{u}\cos(u)\mathrm{d}u = \frac{1}{2}e^{u}\left(\sin(u)+\cos(u)\right) = \frac{1}{2}e^{u}\left(\sin(u) + \sqrt{1-\sin^2(u)}\right) \\ u = \arcsin(x) \Leftrightarrow x = \sin(u) \\ I_1 = \frac{1}{2}e^{\arcsin(x)}\left(x + \sqrt{1-x^2}\right) \\ I = xe^{\arcsin(x)} - I_1 = xe^{\arcsin(x)} - \frac{1}{2}e^{\arcsin(x)}\left(x + \sqrt{1-x^2}\right) = \frac{1}{2}e^{\arcsin(x)}\left(x - \sqrt{1-x^2}\right)[/tex]
som du skjønner var det litt av en fest i går
[tex]I = \int \frac{x}{\sqrt{1-x^2}}e^{\arcsin(x)}\mathrm{d}x \quad u = x \quad u^{\prime} = 1 \quad v^{\prime} = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}e^{\arcsin(x)} \quad v = e^{\arcsin(x)} \\ I = u\cdot v - \int v\cdot u^{\prime}\mathrm{d}x = xe^{\arcsin(x)} - \int exp^{\arcsin(x)}\mathrm{d}x \\ I_1 = \int e^{\arcsin(x)}\mathrm{d}x \quad u = \arcsin(x) \quad \mathrm{d}u = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\mathrm{d}x\Rightarrow \mathrm{d}x = \sqrt{1-x^2}\mathrm{d}u = \sqrt{1-\sin^2(u)}\mathrm{d}u = \cos(u)\mathrm{d}u \\ I_1 = \int e^{u}\cos(u)\mathrm{d}u \quad u_1 = e^u \quad u_1^{\prime} = e^{u} \quad v_1^{\prime} = \cos(u) \quad v_1 = \sin(u) \\ I_1 = u_1\cdot v_1 - \int v_1\cdot u_1^{\prime}\mathrm{d}u = e^u\sin(u) - \int e^{u}\sin(u)\mathrm{d}u \\ I_2 = \int e^{u}\sin(u)\mathrm{d}u \quad u_2 = e^{u} \quad u_2^{\prime} = e^{u} \quad v_2^{\prime} = \sin(u) \quad v_2 = -\cos(u) \\ I_2 = -e^{u}\cos(u) + \int e^{u}\cos(u)\mathrm{d}u \\ I_1 = \int e^{u}\cos(u)\mathrm{d}u = e^{u}\sin(u)-\int e^{u}\sin(u)\mathrm{d}u = e^{u}\sin(u) - \left[-e^{u}\cos(u) + \int e^{u}\cos(u)\mathrm{d}u\right] \\ 2\cdot \int e^{u}\cos(u)\mathrm{d}u = e^{u}\left(\sin(u) + \cos(u)\right) \Rightarrow I_1 = \int e^{u}\cos(u)\mathrm{d}u = \frac{1}{2}e^{u}\left(\sin(u)+\cos(u)\right) = \frac{1}{2}e^{u}\left(\sin(u) + \sqrt{1-\sin^2(u)}\right) \\ u = \arcsin(x) \Leftrightarrow x = \sin(u) \\ I_1 = \frac{1}{2}e^{\arcsin(x)}\left(x + \sqrt{1-x^2}\right) \\ I = xe^{\arcsin(x)} - I_1 = xe^{\arcsin(x)} - \frac{1}{2}e^{\arcsin(x)}\left(x + \sqrt{1-x^2}\right) = \frac{1}{2}e^{\arcsin(x)}\left(x - \sqrt{1-x^2}\right)[/tex]
som du skjønner var det litt av en fest i går
Takk for hjelpen.
Har metoden der du får det samme integralet som du startet med på den andre siden av likhetstegnet, og dermed kan sette den over er navn? (så det blir litt lettere å finne den i læreboka
, helst på engelsk også, hvis du kan det)
I hvilke tilfeller vil jeg kunne få bruk for den?
Der det dukker opp integraler av trigonometriske funksjoner og eksponensialer?
Har metoden der du får det samme integralet som du startet med på den andre siden av likhetstegnet, og dermed kan sette den over er navn? (så det blir litt lettere å finne den i læreboka
, helst på engelsk også, hvis du kan det)I hvilke tilfeller vil jeg kunne få bruk for den?
Der det dukker opp integraler av trigonometriske funksjoner og eksponensialer?