Redegørelse for y = g(x) * y + h(x)

Den generelle løsning er udtrykt i den såkaldte panserligning

y(x) = e^G(x) · (∫ e^-G(x) · h(x) dx + c) ,

hvor G(x) = ∫ g(x) dx , og c er en vilkårlig konstant, hvilket eftervises ved at indsætte løsningen i differentialligningen.

Lad G(x) være en stamfunktion til g(x) løsningerne kan så findes af

y = e^G(x)∫e^-G(x)*h(x)dx formlen kan vises ved differentiation og indsætte resultatet i differentialligningen.

#1: G(x): Det man også kalder den integrerende faktor, gætter jeg på.

Mange tak for svarene #1 samt #2.

Jeg kunne meget godt tænke mig en gennemgang af mellemfasen mellem først at have y = g(x) * y + h(x) til at have                 y(x) = e^G(x) · (∫ e-^G(x) · h(x) dx + c), altså en skridt-for-skridt-gennemgang af panserformlen til løsning af differentialligningen. 

#4

Den integrerende faktor er e^-G(x) . Gang y(x) med e^-G(x) og se så på

(y(x)·e^-G(x))' = y'·e^-G(x) - y·e^-G(x)·g(x) = e^-G(x)·h(x) ,

hvoraf man så får ved integration

y(x)·e^-G(x) = ∫ e^-G(x)·h(x) dx + c .

Heraf følger panserformlen ved at gange tilbage med e^G(x) på hver side.

#4

Det hjalp på det, tak.

For at kunne forstå beviset til redegørelse ved eksamenen har jeg brug for at vide følgende:

#5

Du multiplicerer y(x) med den integrerende faktor. Hvor har du y(x) fra? Er y(x) = y?

Når y(x) ganges med y bruger man produktreglen samt kædereglen, men hvordan kan det give e^-G(x), og hvordan får du, at det efterfølgende kan ganges med h(x)?

Hvad sker der tilsidst, når man ganger med e^G(x) på hver side? 

#7

Ja, y er blot et kortere navn for funktionen y(x), ligesom f er et kortere navn for funktionen f(x).

y(x) ganges ikke med y; y(x) ganges med funktionen e^-G(x) og så differentierer man denne funktion

(y(x)·e^-G(x))' = ...

Det kan ikke efterfølgende ganges med h(x). Man observerer ud fra differentialligningen, at

y'(x) - g(x)·y(x) = h(x),

hvorfor

y'(x)·e^-G(x) - y(x)·e^-G(x)·g(x) = h(x)·e^-G(x) .

Til sidst ganger man med e^G(x) for at komme tilbage til y(x) alene på venstre side.

Endnu engang tak, Andersen.

#7

Til sidst, hvordan kan du gange med e^G(x)? Jeg kan se, at e^G(x)allerede er ganget på, og derfor tænkte jeg på divison.

#9

Man benytter jo, at e^-G(x) = 1 / e^G(x) .

Efter integrationen har man y(x)·e^-G(x) på venstre side. Man finder derfor y(x) selv ved at gange med e^G(x) på hver side.

Man dividerer med e^-G(x) , hvilket er det samme som at gange med e^G(x) .

#10

Mange tak. 

#5

Jeg er næsten indforstået, dog har jeg to spørgsmål:

Når du ganger med y(x) med den integrerende faktor, skal man så ikke også gange med den på den anden side? Eller "rykkes" den over på VS af lighedstegnet? I så fald så er den jo stadig på HS i form af integrand. 

Et andet spørgsmål: 

Hvordan får du alt det der er differentieret vha. produkt- og kæderegel til blot at give y(x) * e^-G(x)?

#12

Du har ikke forstået fremgangsmåden i beviset.

Man ganger y(x) med e^-G(x) og ser på differentialkvotienten af funktionen y(x)·e^-G(x) . Man ser ved udregningen og ved at sammenligne med differentialligningen, at

(y(x)·e^-G(x))'

netop er lig med (y' - y · g)·e^-G(x) og er derfor lig med h·e^-G(x) . Derfor kan man finde y(x)·e^-G(x) ved at integrere h(x)·e^-G(x) .

OK.