Matematik
Differentialligninger ;-)
03. september 2005 af
Liv2004 (Slettet)
Er der ikke nogen som kan tage et hurtigt kig på disse opgaver: jeg har lavet størstedelen af dem.
Opgave 1)
Bestem til differentialligningen
dy/dx = -2x*y^2 , y>0
den løsning hvis graf indeholder punktet P(0,2)
Tegn grafen for den løsning.
Beregn et gradtal for den spidse vinkel, der dannes af grafens tangenter i de to punkter, hvis førstekoordinater er henholdsvis -1 og 1
Bestemmelse af løsningen af grafen som indeholder punktet p:
dy/dx = -2x*y^2
fra teorien haves:
y`= g(y)*h(x) = G^-1 * (H(x)+c)
vi skal bemærke at G(f(x))=H(x)+c også kan skrives som S [1/g(y) *dy] = S [h(x) *dx +c]
S [1/y^2 *dy ] = S [-2x * dx] <=>
S [y^-2 *dy] = S [-2x * dx] <=>
-y^-1 = -x^2 +c<=>
- (1/y) = -x^2 +c<=>
1/y = -(-x^2 + c) <=>
1/y = x^2 - c <=>
y = 1 / (x^2 –c)
vi kan finde c ved at indsætte punktet p i udtrykket for y:
2 = 1 / (0^2 - c)
2 = 1 / -c
-2c = 1
c = -(½)
Ved at indsætte den fundene værdi for c kan vi bestemme funktionen for den graf som indeholder punktet p:
y = 1 / (x^2 + 1/2)
Dvs. at løsningen til grafen er:
f(x)= 1 / (x^2 + 1/2) , x ER
har tegnet grafen:
bestemmelse af gradtallet:
er ikke sikker kan det gøres på denne her måde:
f `(x) =a
f ` af 1 og -1 kan findes ved indsættelse af punktet i følgende formel:
f`(x) = -2x * y^2 hvor y =1 / (x^2 + 1/2)
f `(1) = -2 * 1 * ( 1 / (1^2+1/2))^2 = -8/9
f `(-1) = -2 * -1 * ( 1 / (1^2+1/2))^2 = 8/9
for at finde vinklen skal vi tage tan af a:
V = tan^-1(l -8/9 l) + tan^-1(l 8/9 l) = 83,27 grader.
-------------------------------------------
Opgave 2)
Gør rede for at funktionen
f(x) = -x-1+e^x
er en løsning til differentilalligningen
dy/dx = x + y
grafen for en anden løsning g til defferentialligningen går gennem puntet p(1,2)
bestem en ligning for tangenten til grafen for g i punktet P.
løsning:
f(x) = -x-1+e^x
f `(x)= -1+e^x
så ved jeg ikke helt hvad man kan gøre videre
bestemmelse af tangenten som går gennem punktet p:
ved at finde stamfunktionen til y` kan vi finde y:
y`= x+y
y = (½)x^2 + (1/2)y^2
Så ved jeg ikke hvordan jeg kan komme videre.
-------------------------------------------
Opgave 3)
En tragt indeholder væske. Væskehøjden i tragten er 25 cm. På et tidspunkt åbnes for en ventil i bunden af tragten hvorved væsken løber ud.
Under udløbet er væskehøjden h, målt i cm, fastlagt ved
dh/dt = -k*h ^(-3/2)
hvor t angiver tiden, målt i sekunder efter ventilens åbning, og hvor k er en konstant, hvis værdi bl.a. afhænger af væskens viskositet og ventilåbningens størrelse.
Det antages at k har værdien 20
Bestem en forskrift for h som funktion af t.
Hvor lang tid er væsken om at løbe ud af tragten.?
Den her opgave forstår jeg slet ikke:
Jeg tror at man skal bruge følgende formel:
f(x)=c * e^(k*x)
men ved slet ikke om det er rigtigt.
-------------------------------------------
Opgave 4)
En integralkurve til differentialligningen
dy/dx = y / (y-1) , y>1
går gennem punktet P(1,2)
bestem en ligning for tangenten til denne kurve i punktet P.
løsning:
en integralkurve til differentialligningen er bestemt ved:
dy/ dx = y / (y-1) <=>
y` = y / (y-1)
ved at finde stamfunktionen til y` kan vi finde y:
y`= y / (y-1) <=>
y` = y*(y-1)^-1
S[y*(y-1)^-1 *dy] = y + ln(y-1)
Ved at bruge følgende formel kan vi finde den ønskede tangent:
Y=y(yo) + y`(yo) * (x-xo)
Y=yo+ln(yo-1) + (yo/(yo-1)) * (x-xo)
Y=2+ln(2-1) (2/(2-1)) * (x-1)
Y=2+0+2*(x-1)
Y=2+2x-2
Y=2x
Dvs. at tangenten er y=2x
på forhånd tak
med venlig hilsen
liv rasmussen
Opgave 1)
Bestem til differentialligningen
dy/dx = -2x*y^2 , y>0
den løsning hvis graf indeholder punktet P(0,2)
Tegn grafen for den løsning.
Beregn et gradtal for den spidse vinkel, der dannes af grafens tangenter i de to punkter, hvis førstekoordinater er henholdsvis -1 og 1
Bestemmelse af løsningen af grafen som indeholder punktet p:
dy/dx = -2x*y^2
fra teorien haves:
y`= g(y)*h(x) = G^-1 * (H(x)+c)
vi skal bemærke at G(f(x))=H(x)+c også kan skrives som S [1/g(y) *dy] = S [h(x) *dx +c]
S [1/y^2 *dy ] = S [-2x * dx] <=>
S [y^-2 *dy] = S [-2x * dx] <=>
-y^-1 = -x^2 +c<=>
- (1/y) = -x^2 +c<=>
1/y = -(-x^2 + c) <=>
1/y = x^2 - c <=>
y = 1 / (x^2 –c)
vi kan finde c ved at indsætte punktet p i udtrykket for y:
2 = 1 / (0^2 - c)
2 = 1 / -c
-2c = 1
c = -(½)
Ved at indsætte den fundene værdi for c kan vi bestemme funktionen for den graf som indeholder punktet p:
y = 1 / (x^2 + 1/2)
Dvs. at løsningen til grafen er:
f(x)= 1 / (x^2 + 1/2) , x ER
har tegnet grafen:
bestemmelse af gradtallet:
er ikke sikker kan det gøres på denne her måde:
f `(x) =a
f ` af 1 og -1 kan findes ved indsættelse af punktet i følgende formel:
f`(x) = -2x * y^2 hvor y =1 / (x^2 + 1/2)
f `(1) = -2 * 1 * ( 1 / (1^2+1/2))^2 = -8/9
f `(-1) = -2 * -1 * ( 1 / (1^2+1/2))^2 = 8/9
for at finde vinklen skal vi tage tan af a:
V = tan^-1(l -8/9 l) + tan^-1(l 8/9 l) = 83,27 grader.
-------------------------------------------
Opgave 2)
Gør rede for at funktionen
f(x) = -x-1+e^x
er en løsning til differentilalligningen
dy/dx = x + y
grafen for en anden løsning g til defferentialligningen går gennem puntet p(1,2)
bestem en ligning for tangenten til grafen for g i punktet P.
løsning:
f(x) = -x-1+e^x
f `(x)= -1+e^x
så ved jeg ikke helt hvad man kan gøre videre
bestemmelse af tangenten som går gennem punktet p:
ved at finde stamfunktionen til y` kan vi finde y:
y`= x+y
y = (½)x^2 + (1/2)y^2
Så ved jeg ikke hvordan jeg kan komme videre.
-------------------------------------------
Opgave 3)
En tragt indeholder væske. Væskehøjden i tragten er 25 cm. På et tidspunkt åbnes for en ventil i bunden af tragten hvorved væsken løber ud.
Under udløbet er væskehøjden h, målt i cm, fastlagt ved
dh/dt = -k*h ^(-3/2)
hvor t angiver tiden, målt i sekunder efter ventilens åbning, og hvor k er en konstant, hvis værdi bl.a. afhænger af væskens viskositet og ventilåbningens størrelse.
Det antages at k har værdien 20
Bestem en forskrift for h som funktion af t.
Hvor lang tid er væsken om at løbe ud af tragten.?
Den her opgave forstår jeg slet ikke:
Jeg tror at man skal bruge følgende formel:
f(x)=c * e^(k*x)
men ved slet ikke om det er rigtigt.
-------------------------------------------
Opgave 4)
En integralkurve til differentialligningen
dy/dx = y / (y-1) , y>1
går gennem punktet P(1,2)
bestem en ligning for tangenten til denne kurve i punktet P.
løsning:
en integralkurve til differentialligningen er bestemt ved:
dy/ dx = y / (y-1) <=>
y` = y / (y-1)
ved at finde stamfunktionen til y` kan vi finde y:
y`= y / (y-1) <=>
y` = y*(y-1)^-1
S[y*(y-1)^-1 *dy] = y + ln(y-1)
Ved at bruge følgende formel kan vi finde den ønskede tangent:
Y=y(yo) + y`(yo) * (x-xo)
Y=yo+ln(yo-1) + (yo/(yo-1)) * (x-xo)
Y=2+ln(2-1) (2/(2-1)) * (x-1)
Y=2+0+2*(x-1)
Y=2+2x-2
Y=2x
Dvs. at tangenten er y=2x
på forhånd tak
med venlig hilsen
liv rasmussen
Svar #2
04. september 2005 af Epsilon (Slettet)
ad 1)
Den fundne partikulære løsning er korrekt; dog er det bestemt ikke en løsning til grafen men derimod en løsning til differentialligningen!
Den spidse vinkel er rigtigt nok omtrent 83,3grader; men der savnes et lille argument for, hvorfor man uden videre kan addere vinklerne, som hver af tangenterne danner med førsteaksen.
ad 2)
Er ikke løst korrekt.
Vis, at f'(x) = x + f(x), thi så har du jo eftervist, at den forelagte funktion er en løsning til differentialligningen.
Du kan ikke integrere på den måde; y er en _funktion_ af x, ikke et førstegradspolynomium, som x er. Du skal tænke i lidt andre baner; fra første spørgsmål vides, at
f(x) = exp(x) - x - 1
er en løsning; f er med andre ord en stamfunktion til x + f(x). Enhver anden løsning til differentialligningen må ligeledes være en stamfunktion til x + f(x). Udnyt dette.
ad 3)
Hvad er det mere præcist, du ikke forstår?
ad 4)
Korrekt, men opgaven løses langt lettere, hvis du gør dig klart, hvilke oplysninger, man kan hente i en differentialligning.
En ligning for tangenten til integralkurven i P(1,2) er
y = f(1) + dy/dx|_x=1 *(x-1)
hvis vi lader f betegne løsningen, hvis graf er integralkurven. Her betegner
dy/dx|_x=1
tangenthældningen evalueret i x = 1, som netop er førstekoordinat til P. Benyt differentialligningen til at bestemme dy/dx|_x=1.
Der er intet galt i din metode som sådan; du kommer igennem med den, fordi differentialligningen umiddelbart er separabel. Metoden ovenfor har imidlertid den fordel, at den kun kræver kendskab til differentialligningen samt information om punktet, i hvilket tangentligningen ønskes bestemt. Den kan således også benyttes til ikke-separable differentialligninger, som undertiden forekommer i prøver uden hjælpemidler.
//Epsilon
Den fundne partikulære løsning er korrekt; dog er det bestemt ikke en løsning til grafen men derimod en løsning til differentialligningen!
Den spidse vinkel er rigtigt nok omtrent 83,3grader; men der savnes et lille argument for, hvorfor man uden videre kan addere vinklerne, som hver af tangenterne danner med førsteaksen.
ad 2)
Er ikke løst korrekt.
Vis, at f'(x) = x + f(x), thi så har du jo eftervist, at den forelagte funktion er en løsning til differentialligningen.
Du kan ikke integrere på den måde; y er en _funktion_ af x, ikke et førstegradspolynomium, som x er. Du skal tænke i lidt andre baner; fra første spørgsmål vides, at
f(x) = exp(x) - x - 1
er en løsning; f er med andre ord en stamfunktion til x + f(x). Enhver anden løsning til differentialligningen må ligeledes være en stamfunktion til x + f(x). Udnyt dette.
ad 3)
Hvad er det mere præcist, du ikke forstår?
ad 4)
Korrekt, men opgaven løses langt lettere, hvis du gør dig klart, hvilke oplysninger, man kan hente i en differentialligning.
En ligning for tangenten til integralkurven i P(1,2) er
y = f(1) + dy/dx|_x=1 *(x-1)
hvis vi lader f betegne løsningen, hvis graf er integralkurven. Her betegner
dy/dx|_x=1
tangenthældningen evalueret i x = 1, som netop er førstekoordinat til P. Benyt differentialligningen til at bestemme dy/dx|_x=1.
Der er intet galt i din metode som sådan; du kommer igennem med den, fordi differentialligningen umiddelbart er separabel. Metoden ovenfor har imidlertid den fordel, at den kun kræver kendskab til differentialligningen samt information om punktet, i hvilket tangentligningen ønskes bestemt. Den kan således også benyttes til ikke-separable differentialligninger, som undertiden forekommer i prøver uden hjælpemidler.
//Epsilon
Svar #3
04. september 2005 af Liv2004 (Slettet)
Den spidse vinkel er rigtigt nok omtrent 83,3grader; men der savnes et lille argument for, hvorfor man uden videre kan addere vinklerne, som hver af tangenterne danner med førsteaksen
havd kunne man skrive som argument har ingen idee.
har lavet opgave 2) nu
havd kunne man skrive som argument har ingen idee.
har lavet opgave 2) nu
Svar #4
04. september 2005 af chrisjorg (Slettet)
Jeg vil ikke lyde dum, men kunne nogen af jer forklare mig hvad en differentialregning er?
Svar #5
05. september 2005 af Epsilon (Slettet)
#3: Jeg mener såmænd, at man bør give et kort argument for, hvorfor vinklerne blot skal adderes.
Tegn den vandrette linje gennem tangenternes indbyrdes skæringspunkt. Vinklerne mellem denne linje og hver af tangenterne, må nødvendigvis være vinklerne, som hver af tangenterne danner med førsteaksen, thi de er ensliggende ved parallelle linjer. Summen af disse, som er 83,3grader (
//Epsilon
Tegn den vandrette linje gennem tangenternes indbyrdes skæringspunkt. Vinklerne mellem denne linje og hver af tangenterne, må nødvendigvis være vinklerne, som hver af tangenterne danner med førsteaksen, thi de er ensliggende ved parallelle linjer. Summen af disse, som er 83,3grader (
//Epsilon
Skriv et svar til: Differentialligninger ;-)
Du skal være logget ind, for at skrive et svar til dette spørgsmål. Klik her for at logge ind.
Har du ikke en bruger på Studieportalen.dk?
Klik her for at oprette en bruger.