Differensiallikningar

Her kan du stille spørsmål vedrørende problemer og oppgaver i matematikk for videregående skole og oppover på høyskolenivå. Alle som føler trangen er velkommen til å svare.

Differensiallikningar

Innlegg geil » 19/02-2021 12:07

Hei!
Oppgåve 7.58
a) Løys likninga y ʹʹ + 2yʹ + 2y = 0.
b) Bestemm integrasjonskonstantane slik at y (0) = 1 og y ʹ (0) = 0. Vis at løysinga er

y = e^(- x) · (sin x + cos x)

c) Skriv løysinga på forma

y = R · e^(- x) · sin (x + φ)

d) Finn koordinatane til toppunkt, botnpunkt og vendepunkt nå.
e) Finn fellespunkta med kurvene

y = ± √2 · e^(- x)

f) Vis at kurvene i kvart av desse punkta har felles tangent, og at fellespunkta er vendepunkt.
Skisser grafen.

Denne oppgåve kjem eg ikkje heilt i mål med.
a, b og c er greitt.
Det er d, e og f eg slit med.
Det eg har gjort på d og e har eg vist nedafor er heilt blank på f.

d) Korleis får ein dette uttrykket for y på vendepunkta, korleis
blir dette null når ein set inn verdiar for n.
(- 1)^n · √2 e^(- (π/4 +n · π)

e) Koreleis kjem ein fram til y = ± √2 · e^(- x)
f) Forstår ikkje spørsmålet.

MIN LØYSING
d) Finn koordinatane til toppunkt, botnpunkt og vendepunkt nå.

y ʹ = e^( – x)· (sin⁡〖 x+cos⁡〖 x〗 〗 )^( ʹ)
= – e^( – x) · (sin⁡〖 x+cos⁡〖 x〗 〗 ) + e^( – x)· (cos⁡〖 x-sin⁡〖 x〗 〗 )
= e^( – x) · (cos⁡〖 x-sin⁡x 〗 ) –e^( – x)· (sin⁡〖 x+cos⁡〖 x〗 〗 )

y ʹ = 0

e^( – x) · (cos⁡〖 x-sin⁡x 〗 ) –e^( – x)· (sin⁡〖 x+cos⁡〖 x〗 〗 ) = 0
e^( – x) · (cos⁡〖 x-sin⁡x 〗 ) –e^( – x)· (sin⁡〖 x+cos⁡〖 x〗 〗 ) = 0 │: e^( – x)
cos⁡〖 x-sin⁡x 〗 - sin⁡〖 x-cos⁡〖 x〗 〗
– 2 sin x = 0 2x = sin – 1 (0) = 0

2x = 0 + n · 2π
x = 0 + n · 2π/2
x = 0 + n · π ˄ x = π + n · π

Ein funksjon veks visst den deriverte er positiv (+), og avtek visst den deriverte er negativ (–). Dette betyr at når den deriverte skifter forteikn frå pluss til minus, har vi her eit toppunkt og eit botnpunkt når den skifter forteikn frå minus til pluss.

Toppunkt:

y = e^( – (0 + 2 · π)) (sin⁡〖 (0 + 2 · π)+〗 cos⁡〖( 0 + 2 · π)〗 )
= e^( – (0 + 2 · π)) (0+ 1)
= e^( – (0 + 2 · π))

(x = π + 2 · π,e^( - (0 + n · 2π)) )
(0,1) ˅ (2π,0,0019)

Botnpunkt:

y = e^( – (π + 2 · π)) (sin⁡〖(π + 2 · π)+〗 cos⁡〖(π + 2 · π)〗 )
= e^( – (π + 2 · π)) (0-1)
= – e^( – (π + 2 · π))

(x = π + 2 · π,〖- e〗^(- (π+n · 2π)) )
(π,- 0,0432) ˅ (3π,- 0,0001)

y ʹ = –e^( – x)· (sin⁡〖 x+cos⁡〖 x〗 〗 ) + e^( – x) · (cos⁡〖 x-sin⁡x 〗 )
y ʹʹ = e^( – x) (sin⁡〖 x+cos⁡x 〗 )-e^( – x) (cos⁡〖 x-sin⁡x 〗 )-e^( – x) (cos⁡〖 x-sin⁡x 〗 )+e^( – x) (-sin⁡〖 x-cos⁡x 〗 )



= - 2e^( – x) (cos⁡〖 x-sin⁡x 〗 ) + e^( – x) (sin⁡〖 x+cos⁡x 〗 ) - e^( – x) (sin⁡〖 x+cos⁡x 〗 )
= - 2e^( – x) (cos⁡〖 x-sin⁡x 〗 )

cos x-sin x = 0 cos x ≠ 0
(sin x)/(cos x ) = (cos x)/(cos x )
tan 3x = 1 x = tan – 1 (1) = π/4

x = π/4 + n · π

Vendepunkt:
(π/4 + n · π , (- 1)^n · √2 e^(- (π/4 +n · π))),
(π/4,0), (5π/4,0), (9π/4,0), (13π/4,0)

e) Finn fellespunkta med kurvene

y = ± √2 · e^(- x)

– 2e^( – x) (cos⁡〖 x-sin⁡x 〗 ) = e^( – x) · (cos⁡〖 x-sin⁡x 〗 ) –e^( – x)· (sin⁡〖 x+cos⁡〖 x〗 〗 )
–2e^( – x) cos x + 2e^( – x) sin x = e^( – x) cos x – e^( – x) sin x – e^( – x) sin x – e^( – x) cos x
–2e^( – x) cos x + 2e^( – x) sin x = – 2e^( – x) sin x
–2e^( – x) cos x + 4e^( – x) sin x = 0

–2e^( – x) cos x + 4e^( – x) sin x =e^( – x)·〖(sin〗⁡〖 x〗+ cos⁡〖 x)〗
–2e^( – x) cos x + 4e^( – x) sin x =e^( – x)·sin⁡x + e^( – x)·cos⁡x
–2e^( – x) cos x + 4e^( – x) sin x – e^( – x)·sin⁡x – e^( – x)·cos⁡x = 0
–3e^( – x) cos x + 3e^( – x) sin x = 0
3e^( – x) sin x = 3e^( – x) cos x
(〖3e〗^( – x) sin x )/(〖3e〗^( – x) cos x) = (3e^( – x) cos x)/(3e^( – x) cos x)
tan x = 1 x = tan – 1 (1) = π/4

x = π/4 + n · π

y = ± √2 · e^(- ( π/4 + n · π))

f) Vis at kurvene i kvart av desse punkta har felles tangent, og at fellespunkta er vendepunkt.
Skisser grafen.
geil offline

Re: Differensiallikningar

Innlegg josi » 19/02-2021 17:15

Hei igjen!

Her er det feil i min fasit (fra Sigma utg.1 2008) på spørsmål c, og det skulle ikke forundre meg om denne feilen, som så mange andre, ikke er rettet opp i senere utgaver. Funksjonen skal være:
$ y = \sqrt{2}e^{-x}sin(x +\frac{ \pi}{4})\,$ og ikke

$ y = \sqrt{2}e^{-x}sin(x +\frac{ \pi}{2})$

som det står i fasiten fra 2008.

Topp- og bunnpunkter finnes ved å derivere og finne hvilke x-verdier som gjør den deriverte lik 0.

$y´= \sqrt{2}e^{-x}(cos(x + \frac{\pi}{4}) - sin(x + \frac{\pi}{4}))$

$y´= 0$ for $x = 0 + n2\pi\,$ eller $ x = \pi + n2\pi$

Ved å sette inn disse x-verdiene i den opprinnelige funksjonen, finnes
y - koordinatene til disse ekstrempunktene.
Den annenderiverte blir:

$y´´= -2\sqrt{2}e^xcos(x + \frac{\pi}{4})$ som er lik 0 for

$ x = \frac{\pi}{4} + n\pi\,$ eller $\frac{5\pi}{4} + n\pi\,$ som gir x-koordinatene for vendepunktene. De respektive y-verdiene finnes ved innsetting i den opprinnelige funksjonen.
Til spørsmål e).
Vi har de to funksjonene:
$ y = \sqrt{2}e^{-x}sin(x +\frac{ \pi}{4})\,$ og
$ y = +/- \sqrt{2}e^{-x}$

Her ser vi at når

$x = \frac{\pi}{4} + 2n\pi\,$ eller $ \frac{5\pi}{4} + 2n\pi\,$ så vil y-verdiene i de to funksjonene være de samme.

Til f)
Vi har allerede vist at disse x-verdiene angir vendepunkter, og det er lett å vise at den deriverte av funksjonene gir samme verdi for disse x-verdiene. Da må tangentene i disse punktene være sammenfallende, altså fellestangenter.
josi offline

Re: Differensiallikningar

Innlegg geil » 23/02-2021 10:21

Hei!
forstår ikkje del oppgåve e)
kva for kurver skal ein finn fellespunkter for.
geil offline

Re: Differensiallikningar

Innlegg josi » 23/02-2021 14:45

geil skrev:Hei!
forstår ikkje del oppgåve e)
kva for kurver skal ein finn fellespunkter for.


Det er kurvene til funksjonene:

$y =\sqrt{2}e^{-x}sin(x + \frac{\pi}{4})$ og
$y =+/-\sqrt{2}e^{-x}$

Sett
$x = \frac{\pi}{4} + n\pi\,$ inn for x i den første funksjonen.
Da får du
$y = +/-\sqrt{2}e^{-(\frac{\pi }{4} + n\pi )}$ etter som n løper over alle naturlige tall.
josi offline

Re: Differensiallikningar

Innlegg geil » 23/02-2021 17:51

Takk for det, men kan ein ikkje sette funksjonane
lik kvarandre? må gjere den i to reknestykke først med
minus √2 · e^(- x) også med pluss √2 · e^(- x)

√2 · e^(- x) · sin (x+π/4) = - √2 · e^(- x)
√2 · e^(- x) · sin (x+π/4) + √2 · e^(- x) = 0
sin (x+π/4) + 1 = 0
sin (x+π/4) = – 1

x + π/4 = ± 3π/2 + n · 2π

x = – 3π/2 – π/4 + n · 2π
x = – (2 · 3π)/(2 · 3) – π/4 + n · 2π
x = – 6π/4 – π/4 + n · 2π
x = – 7π/4 + n · 2π

x = – 7π/4 + 1 · 2π
x = – 7π/4 + 8π/4
x = π/4

x = 3π/2 – π/4 + n · 2π
x = (2 · 3π)/(2 · 3) – π/4 + n · 2π
x = 6π/4 – π/4 + n · 2π
x = 5π/4 + n · 2π
x = 5π/4 + 0 · 2π
x = 5π/4

Det gir generell x = π/4 + n · π

√2 · e^(- x) · sin (x+π/4) = √2 · e^(- x)
√2 · e^(- x) · sin (x+π/4) - √2 · e^(- x) = 0
sin (x+π/4) - 1 = 0
sin (x+π/4) = 1

x + π/4 = ± π/2 + n · 2π

x = – π/2 – π/4 + n · 2π
x = – (2 · π)/(2 · 2) – π/4 + n · 2π
x = – 2π/4 – π/4 + n · 2π
x = – 3π/4 + n · 2π

x = – 3π/4 + 1 · 2π
x = – 3π/4 + 8π/4
x = 5π/4

x = – 3π/4 + 2 · 2π
x = – 3π/4 + 16π/4
x = 13π/4

Det gir generell x = π/4 + n · π
geil offline

Re: Differensiallikningar

Innlegg josi » 23/02-2021 18:35

Ja, her viser du at $ \sqrt{2}e^{-x}sin(x + \frac{\pi}{4}) = +/- \sqrt{2}e^{-x}\,$ hvis og bare hvis $ x = \frac{\pi}{4} + n\pi$
josi offline

Re: Differensiallikningar

Innlegg josi » 23/02-2021 18:39

P.S. Jeg har også et svar på ditt innlegg fra 10.2. Du finner det på forumet for videregående.
josi offline

Hvem er i forumet

Brukere som leser i dette forumet: Ingen registrerte brukere og 90 gjester