Hei! Jeg står helt fast med dette.
$p'(t) = 0.56p(t) - 4 \cdot 10^{-8}p(t)^2 - 16 \cdot 10^5$
Jeg kommer frem til denne ligningen:
$\frac{dp}{(\frac{0.0002p-1400}{-600})^2+1} = -3.6 \cdot 10^5 dt$
som man vel kan løse med substitusjon. Det jeg får da, er:
$p(t) = -3 \cdot 10^6 \tan{(\frac{3.6}{30}t+C)}+7 \cdot 10^6$
Men det er åpenbart helt feil, da det er meningen at $p(t)$ skal være kontinuerlig på større intervaller.
Separabel differensialligning
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
-
Determined
- Dirichlet
- Innlegg: 194
- Registrert: 25/01-2013 17:58
Ehhhh... stryk dette. Jeg kom frem til:
$|\frac{p-10^7}{p-4 \cdot 10^6}| = Ee^{-0.24t}$
Men det blir vel feil dette og, siden jeg ikke får noe eksplisitt utrykk for $p(t)$...
Kom til å tenke over at jeg kan jo like gjerne stryke absoluttverdifunksjonen. Det blir jo uansett bare å forandre fortegnet på en ukjent konstant.
Nei, da tror jeg jeg har fått taket på denne.
Skjønner dog ikke hvorfor det blir to helt forskjellige løsninger; en med eksponentialfunksjonen og en med tangens. Trodde man fant alle løsningene i denne regningen jeg.
$|\frac{p-10^7}{p-4 \cdot 10^6}| = Ee^{-0.24t}$
Men det blir vel feil dette og, siden jeg ikke får noe eksplisitt utrykk for $p(t)$...
Kom til å tenke over at jeg kan jo like gjerne stryke absoluttverdifunksjonen. Det blir jo uansett bare å forandre fortegnet på en ukjent konstant.
Nei, da tror jeg jeg har fått taket på denne.
Skjønner dog ikke hvorfor det blir to helt forskjellige løsninger; en med eksponentialfunksjonen og en med tangens. Trodde man fant alle løsningene i denne regningen jeg.
Sist redigert av Determined den 03/07-2013 01:14, redigert 1 gang totalt.
Dette blir vel en Riccati-likning, om jeg ikke ser feil.
$\displaystyle p'(t) = ap(t)^2+bp(t) + c \Rightarrow p'-bp-ap^2-c=0$
Vet ikke om dette er pensum eller vanlig regnemetode, men løsninga er generelt gitt ved:
$\displaystyle p(t) = \frac{\sqrt{4ac-b^2} \tan(\frac12(k_1\sqrt{4ac-b^2}+x\sqrt{4ac-b^2}))-b}{2a}$
Helt ABC!
$\displaystyle p'(t) = ap(t)^2+bp(t) + c \Rightarrow p'-bp-ap^2-c=0$
Vet ikke om dette er pensum eller vanlig regnemetode, men løsninga er generelt gitt ved:
$\displaystyle p(t) = \frac{\sqrt{4ac-b^2} \tan(\frac12(k_1\sqrt{4ac-b^2}+x\sqrt{4ac-b^2}))-b}{2a}$
Helt ABC!
-
Determined
- Dirichlet
- Innlegg: 194
- Registrert: 25/01-2013 17:58
Hehe! Godt mulig det gjøres sånn... men jeg fant ut at hvis jeg stryker absoluttverditegnet i min post #2, så kan man si dette som:
$p(t) = 4 \cdot 10^6 + \frac{6 \cdot 10^6}{1+Ee^{-0.24t}}$
Dette stemmer jo med fasiten.
Det jeg ikke skjønner, er hvordan man får to løsninger. Jeg var jo på sporet av den med tangens og, så det er merkelig...
Det andre jeg ikke skjønner er vel at man får logaritmer etter integrering ved det jeg gjorde, slik at man må anta at $p > 10^7$... noe som ikke gir mening i forhold til oppgave mi!
Men takk for svaret.
$p(t) = 4 \cdot 10^6 + \frac{6 \cdot 10^6}{1+Ee^{-0.24t}}$
Dette stemmer jo med fasiten.
Det jeg ikke skjønner, er hvordan man får to løsninger. Jeg var jo på sporet av den med tangens og, så det er merkelig...
Det andre jeg ikke skjønner er vel at man får logaritmer etter integrering ved det jeg gjorde, slik at man må anta at $p > 10^7$... noe som ikke gir mening i forhold til oppgave mi!
Men takk for svaret.