Side 2 - Hjælp til at beregne en fuldstændig kompleks løsning til en differentialligning

#20

Jo, det gør. Det er vist i #1. Man har

1/(-15 + 15i) = -(1/15) · 1/(1-i) = -(1/15) · (1+i)/((1-i)(1+i)) = -(1/15)·(1+i)/2 = -(1/30)·(1+i) .

Jeg fik k til (-60-60*i)*(1/1800) som er forkortet til -1/30-(1/30)*i

Hvordan forsvinder -1/30 

#22

Man sætter den fælles faktor -(1/30) uden for en parentes.

Så (-1/30)*1/30-(1/30)*i ?

#24

Nej. Man sætter den fælles faktor -(1/30) uden for parentes

        -1/30-(1/30)·i = -(1/30)·(1+i)

Ok har en lignende differentialligning, som er

Jeg kan bruge den partikulære løsning og den homogene, og så addere dem, men maple får det vedhæftede. Jeg har jo ikke to komplekse rødder til at kunne bruge den homogene ligning, der bliver brugt i Maple

#26

Man skal prøve med en partikulær løsning af formen

        y_part(t) = a·sin(6t) + b·cos(6t)

Du mener y_hom ikke? Men hvordan kan man bare gøre det? I min bog, er der kun to former for partikulære løsninger. Kommer an på om r+i+w er rod i polynomiet

#28

Nej, det er den partikulære løsning, jeg mener. Man er nødt til at prøve med to lineært uafhængige funktioner af formen på højre side. jeg ved ikke, hvad du mener med r+i+w . Hvis du mener r+iw, hvor w = 6, fanger man jo netop både sin(6t) og cos(6t) med e^i6t .

Hvordan er det man får -(1/30)*cos(6*t)-(1/30)*sin(6*t)+i(-(1/30)*cos(6*t)-(1/30)*sin(6*t))

til -(1/30)*cos(6*t)-(1/30)*sin(6*t) 

Jeg har prøvet at gange parenteserne ud med hinanden. Jeg startede med at have 

(-1/30-1/30*I)*(cos(6*t)+I*sin(6*t)) 

og så dette

-(1/30)*cos(6*t)-(1/30)*sin(6*t)+i(-(1/30)*cos(6*t)-(1/30)*sin(6*t))

#30

Det gør man da heller ikke. Indsætter man en funktion af formen   c₁·cos(6t) + c₂·sin(6t) i den inhomogene ligning får man

        (-36c₁ + 30c₂ + 6c₁)·cos(6t) + (-36c₂ -30c₁ + 6c₂)·sin(6t) = 2·sin(6t)

hvoraf man ser

        -30c₁ + 30c₂ = 0
        -30c₂ -30c₁ = 2

dvs.

         c₁ = -1/30   og c₂ = -1/30

Jo

#32

Her løser du for en anden højreside, nemlig 2·e^i6t , i stedet for 2·sin(6t) .

Glemte at tage noget med i billedet

#34

Der er vel ingen grund til at tjekke, om 6i er rod i polynomiet z² + 5z + 6 . Du har allerede fundet, at dette polynomium har rødderne -2 og -3 , så der er ikke flere rødder.

Svaret på dit spørgsmål i #30 har du så selv givet, nemlig at man tager realdelen af udtrykket.

Så det er rigtigt, men mit spørgsmål var, om dette er rigtigt regnet ud

#36

Hvad skal pilen betyde?

Det skal vist være 

        -(1/30)·(cos(6t) - sin(6t)) -i·(1/30)·(cos(6t) + sin(6t))

som der så tages realdel af.

Det er nemmere at bruge løsningen fra det foregående spørgsmål.

2e^i6t = 2cos(6t) +2i*sin(6t) så den imaginære del af løsningen i den foregående opgave er løsningen til den nye opgave

Det er formodentlig også det der er tænkt på af opgavestilleren

# 37

Dette får jeg ved at gange parenteserne ud med hinanden, altså:

#39

Ja, og som præciseret i #38 skal der så tages imaginærdelen af det, udtrykket i #37.