matematikk.net

Heisann
Mitt første emne her på mattesiden. Sliter med en diffligning. Håper noen har innspill på denne:

y"+2y'+5y=0
y(3)=2
y'(3)=0

Har omformet vhja av r, laget et uttrykk for Y, derivert denne ( dvs Y') og jobbet gjennom hele tre håndskrevne A-4 ark sider med uttrykk. Før gæli å slippe denne uten å få en endelig avklaring på hvor problemet ligger.......

tah

Ehm, hva er egentlig problemet her? Løs [tex]r^2 + 2r + 4 + 1 = 0[/tex]

[tex]r^2 + 2r + 4 = -1 \Rightarrow (r+1)^2 = -1[/tex].

Magnus wrote:Ehm, hva er egentlig problemet her? Løs [tex]r^2 + 2r + 4 + 1 = 0[/tex]

[tex]r^2 + 2r + 4 = -1 \Rightarrow (r+1)^2 = -1[/tex].

Nå er vel [tex](r+1)^2=r^2+2r+1[/tex] ?

Fremgangsmåten fungerer imidlertid hvis du heller skriver:
[tex](r+1)^2=-4[/tex], og så løser for r.

Hmm dette virker på meg som noe enkelt!
Trodde at vi her måtte bruke "quadratic formula" i denne sammenheng. C overgår jo også a+b i sum og da har vi jo et spesifikt case her. Kalt komplekse tall (?).
r=(-b [symbol:plussminus] [symbol:rot] (b*b-4*a*c))/2*a
Får ut =k [symbol:plussminus] i*(omega), hvor så k og omega puttes inn i formel under:

Så sette inn for Y=Ae[sup]kt[/sup]cos(omega*t)+Be[sup]kt[/sup]sin(omega*t)

Deriverer Y og får Y' som blir likt et kjempegrisete uttrykk med sin og cos alle veier.
Jeg imøteser gjerne ehem et uttrykk for Y her. Venter i spenning!

mvh Tah[/sup]

Du kan enten se på det som et spesialtilfelle og huske det som en regel, eller du kan forstå hva som egentlig skjer.

Det første du gjør er å gjette på en løsning [tex]e^{rt}[/tex], og ønsker å finne r.
Du deriverer og finner at [tex]r^2+2r+5=0[/tex], siden [tex]e^{rt}[/tex] ikke kan være null.

Du må så løse likningen for r, dette kan gjøre på flere måter; for eksempel måten Magnus foreslår eller ved å bruke formelen din. Resultatet skal uansett blir det samme, og på formen [tex]r=a\pm bi[/tex].

Dermed vet du at løsningene er på formen [tex]y(t)=e^{(a\pm bi)t}=e^{at}e^{\pm ibt}[/tex].
Siden [tex]e^{ix}=\cos x + i\sin x[/tex], kan du skrive y(t) om til [tex]y(t)=Ae^{at}\cos{bt}+Be^{at}\sin{bt}[/tex].

jo, men nå har du nesten fått alt på sølvfat;
se på Truls' forslag som gir:

[tex]r=-1\pm 2i[/tex]

[tex]y(x)=Ae^{-x}\cos(-2x)\,+\,Be^{-x}\sin(-2x)[/tex]

osv.

Janhaa wrote:jo, men nå har du nesten fått alt på sølvfat;
se på Truls' forslag som gir:

[tex]r=-1\pm 2i[/tex]

[tex]y(x)=Ae^{-x}\cos(-2x)\,+\,Be^{-x}\sin(-2x)[/tex]

osv.

Jupp! Så langt stemmer det overens med det jeg har fått også.
Muligens har jeg leifet med derivasjonen fra Y til Y' siden jeg har endt opp i en sauset grøt av sinus og cosnus ledd som ikke går opp!

mvh Tah

TrulsBR wrote:Du kan enten se på det som et spesialtilfelle og huske det som en regel, eller du kan forstå hva som egentlig skjer.

Det første du gjør er å gjette på en løsning [tex]e^{rt}[/tex], og ønsker å finne r.
Du deriverer og finner at [tex]r^2+2r+5=0[/tex], siden [tex]e^{rt}[/tex] ikke kan være null.

Du må så løse likningen for r, dette kan gjøre på flere måter; for eksempel måten Magnus foreslår eller ved å bruke formelen din. Resultatet skal uansett blir det samme, og på formen [tex]r=a\pm bi[/tex].

Dermed vet du at løsningene er på formen [tex]y(t)=e^{(a\pm bi)t}=e^{at}e^{\pm ibt}[/tex].
Siden [tex]e^{ix}=\cos x + i\sin x[/tex], kan du skrive y(t) om til [tex]y(t)=Ae^{at}\cos{bt}+Be^{at}\sin{bt}[/tex].

Jepp! Ser den og e aldeles enig. Forstår det bedre allerede.
Toppers.

mvh Tah