Wolfram Alpha dropper absoluttverdi i difflikning

Her kan du stille spørsmål vedrørende problemer og oppgaver i matematikk på høyskolenivå. Alle som har kunnskapen er velkommen med et svar. Men, ikke forvent at admin i matematikk.net er spesielt aktive her.

Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa

Svar
Aleks855
Rasch
Rasch
Innlegg: 6625
Registrert: 19/03-2011 15:19
Sted: Trondheim
Kontakt:

Betrakt den generelle likninga for eksponentiell vekst, der vi har $$y' = ky$$

Løser vi denne som en separabel likning, og jukser litt med dy/dx-"brøken" får vi:

$$\int \frac 1y \mathrm dy = \int k \mathrm dx$$

og fortsetter

$$\ln|y| = kx + C$$

Wolfram Alpha dropper absoluttverditegnet her, men vil ikke det endre løsninga?

Utregninga med absoluttverditegnet tilstede gir

$$|y| = e^Ce^{kx}$$

og la $D = e^C$. Dersom $C$ er en arbitrær konstant, så vil $D$ være en arbitrær positiv konstant. Men når vi oppløser absoluttverditegnet, så får vi $\pm D$ på høyre side, som gjør at vi har en arbitrær konstant uten restriksjon på fortegnet igjen.

Utregninga uten absoluttverditegnet fortsetter i stedet:

$$y = De^{kx}$$

der $D$ nå må være positiv.

Siden $x=0 \Rightarrow y=D$ ser vi at funksjonen $y$ krysser y-aksen i $y = D$, som betyr at utregninga uten absoluttverditegn har avgjort at denne funksjonen ikke kan brukes på negative funksjoner som synker eksponentielt. Men det virker å være en feilaktig antakelse.

Hva mener dere?
Bilde
Gustav
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4475
Registrert: 12/12-2008 12:44

D kan vel godt være negativ. Det kommer an på hva oppgaveteksten sier.
Aleks855
Rasch
Rasch
Innlegg: 6625
Registrert: 19/03-2011 15:19
Sted: Trondheim
Kontakt:

Så gitt at likninga ikke har noen initialbetingelser, så burde strengt tatt absoluttverditegnet tas i betraktning, ikke sant?

Slik jeg ser det så har WA antatt at $y(0) > 0$ når de lar være å bruke det, men det nevnes ikke som et kriterie verken av inputen eller utregninga.

Ref: https://www.wolframalpha.com/input/?i=y%27+%3D+ky
Bilde
Gustav
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4475
Registrert: 12/12-2008 12:44

Fra $|y| = e^Ce^{kx}$ så må $y=\pm e^C e^{kx}$ (1), men siden det ligger implisitt i den opprinnelige ligningen, $y'=ky$, at $y$ er kontinuerlig (fordi y er deriverbar), så kan ikke fortegnet på løsningen endres for ulike x-verdier. Dermed vil (1) redusere seg til familien av løsninger på formen $y=De^{kx}$ for alle reelle $D$.
Aleks855
Rasch
Rasch
Innlegg: 6625
Registrert: 19/03-2011 15:19
Sted: Trondheim
Kontakt:

Det er et argument for å ha med absoluttverdi i utregninga ikke sant?

For $y = 2e^{5x}$ og $y = -2e^{5x}$ skal visstnok være med i løsningsmengden. Men slik WA gjør utregninga så virker det for meg som at $e^C$ blir en strengt positiv konstant og det innføres aldri $\pm$, og dermed utelukkes positive funksjoner.
Bilde
Gustav
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4475
Registrert: 12/12-2008 12:44

Aleks855 skrev:Det er et argument for å ha med absoluttverdi i utregninga ikke sant?

For $y = 2e^{5x}$ og $y = -2e^{5x}$ skal visstnok være med i løsningsmengden. Men slik WA gjør utregninga så virker det for meg som at $e^C$ blir en strengt positiv konstant og det innføres aldri $\pm$, og dermed utelukkes positive funksjoner.
Ja, man må ta hensyn til absoluttverditegnet som du sier.
Emilga
Riemann
Riemann
Innlegg: 1552
Registrert: 20/12-2006 19:21
Sted: NTNU

En bemerkning: når vi bruker variabelseparasjon her, så deler vi på $y$. Altså antar vi at $y(x) \neq 0$ for alle $x$. Altså antar vi at $y$ alltid har samme fortegn. Og da mister vi allerede den trivielle løsningen $y(x) \equiv 0$ ved bruk av denne metoden. (Vi må sjekke denne løsningen separat.)

(Dersom vi hadde løst difflikningen ved bruk av integrerende faktor, så deler vi aldri på $y$ og slipper dermed å gjøre denne antagelsen. (Dvs. flytt alt over til venstre side, multipliser med $e^{-kx}$, bruk produktregel baklengs, og integrer begge sider fra $x_0$ til $x_1$.))

I stedet for å gjøre "variabelseparasjon", der vi putter $dx$ og $dy$ på hver side av likhetstegnet, og så finner de anti-deriverte, så foretrekker jeg å beregne det bestemte integralet (med grenser!) med hensyn på $x$ på begge sider, og så gjennomføre variabelskifte inni det ene integralet.

Da får vi uttrykt løsningen ved initialbetingelsene, i stedet for "arbitrære" konstanter (som vi uansett må relatere til initialbetingelsene dersom vi vil ha en spesiell løsning).

Altså:

Gitt $y^\prime(x) = k y(x)$, der $k \in \mathbb{R}$, med initialbetingelse $y(x_0) = y_0 \in \mathbb{R} \setminus \{0\}$.

Anta (eller bevis?) at vi også da har $y(x) \neq 0$ for alle $x \in \mathbb{R}$.

$$y^\prime(x) = k y(x)$$

Nå har vi lov til å dele på $y(x)$:

$$\frac{y^\prime(x)}{y(x)} = k $$

Integrer fra $x_0$ til $x_1$:

$$ \int_{x_0}^{x_1} \frac{y^\prime(x)}{y(x)} dx = \int_{x_0}^{x_1} k\, dx$$

Gjennomfør et variabelskifte i første integral. Da må vi også endre grensene:

$$ \int_{y(x_0)}^{y(x_1)} \frac 1{y(x)} dy =k(x_1 - x_0)$$

For å beregne integralet på venstre side, må vi ta hensyn til to tilfeller: når $y$ alltid er positiv, eller når $y$ alltid er negativ. Vi kan ta hensyn til begge tilfellene ved å bruke absoluttverditegn:

$$ \Big[ \ln |y(x)| \Big]_{y(x_0)}^{y(x_1)} = k(x_1 - x_0)$$

$$ \ln |y(x_1)| - \ln |y(x_0)| = k(x_1 - x_0)$$

Logaritmeregel:

$$ \ln \left| \frac{y(x_1)}{y(x_0)} \right| = k (x_1 - x_0)$$

Men siden $y$ alltid har samme fortegn, så er brøken alltid positiv. Altså kan vi droppe absoluttverditegn:

$$ \ln \frac{y(x_1)}{y(x_0)} = k (x_1 - x_0)$$

$$ \frac{y(x_1)}{y(x_0)} = e^{k(x_1 - x_0)}$$

$$ y(x_1) = y(x_0)e^{k(x_1 - x_0)}$$

Med $y(x_0 = 0) = y_0 \in \mathbb{R} \setminus \{0\}$ og $x_1 = x$ får vi da: $y(x) = y_0 e^{kx}$.

(Med $y_0 = 0$ er det enkelt å sjekke at løsningen vår også passer inn i difflikningen.)
Gustav
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4475
Registrert: 12/12-2008 12:44

Emilga skrev: Gitt $y^\prime(x) = k y(x)$, der $k \in \mathbb{R}$, med initialbetingelse $y(x_0) = y_0 \in \mathbb{R} \setminus \{0\}$.

Anta (eller bevis?) at vi også da har $y(x) \neq 0$ for alle $x \in \mathbb{R}$.
Bevis ved motsigelse: La $y_1(x)$ være en løsning av initialverdiproblemet $y'=ky, y(x_0)=y_0\neq 0$, og anta det fins en $x=x_1$ slik at $y_1(x_1)=0$. Da er $y_1(x)$ en løsning av initialverdiproblemet $y'=ky, y(x_1)=0$. Av Picard-Lindeløf må derfor $y_1(x)=0$ for alle $x$ (siden $y$ identisk lik $0$ er en unik, triviell løsning), så vi har en motsigelse.
Svar