Integration

Der kommer kun én konstant for hver gang, der integreres. Løsningen er så

        u(x) = -(1/6)k₀x³ - (1/2)k₁x² - k₂x - k₃

der jo ligeså godt kan skrives

        u(x) = k₀x³ + k₁x² + k₂x + k₃

#1

Godt. Hvad med 2)?

Jeg får:

u''''(x) = -κ

u'''(x) + k₀^* = -κx + k₀

u''(x) + k₀^*x + k₁^* = -1/2κx² + k₀x + k₁

u'(x) + 1/2k₀^*x² + k₁^*x + k₂^* = -1/6κx³ + 1/2k₀x² + k₁x + k₂

u(x) + 1/6k₀^*x³ + 1/2k₁x² + k₂^*x + k₃^* = -1/24κx⁴ + 1/6k₀x³ + 1/2k₁x² + k₂x

1) og 2) er jo i modstrid med hinanden. Hvis u'''(x) = 0 gælder der u''''(x) = 0. Senere får du u'''(x)+k₀=0 Det gælder jo kun hvis k₀=0 Jeg kan ikke se, der noget der siger at u''(x) = u'(x) = u(x) =0

#2

Hold konstanterne på højre side.

        u'''(x) = -κx + k₀

        u''(x) = -(1/2)κx² + k₀x + k₁

        u'(x) = -(1/6)κx³ + (1/2)k₀x² + k₁x + k₂

        u(x) = -(1/24)κx⁴ + (1/6)k₀x³ + (1/2)k₁x² + k₂x + k₃ .

Det er unødvendigt, og kun forvirrende, at slæbe rundt med konstanter på venstre side.

#3

Der er tale om to forskellige ligninger, der betragtes hver for sig.

#3

1) og 2) har ikke noget med hinanden at gøre. Det er to uafhængige spørgsmål.

#4

Er det ikke korrekt udført i #2 bortset fra at jeg har glemt k₃ på højresiden?

#7

Jo, men det er jo unødvendigt og forvirrende. Leddene på venstre side kan jo lige så godt kombineres med leddene på højre side. Der er jo ikke flere frihedsgrader, fordi du tilføjer led på både venstre og højre side.

#8

Ja, det er meget forvirrende. Kan man så argumentere på den måde, at man har indregnet alle de koefficienter fra venstresiden i koefficienterne k₀-k₃ på højresiden?

Man kan i øvrigt ikke sige at 1/6k₀^*x₃ går ud med 1/6k₀x³, vel?

#9

Nej, de går da ikke ud mod hinanden, for k₀^* og k₀ er to arbitrære konstanter, der tilsammen kan kombineres til et enkelt led k₀x³ . Faktoren 1/6 er jo også unødvendig som faktor i den arbitrære konstant. Løsningen skrives mest enkelt

        u(x) = -(1/24)κx⁴ + k₀x³ + k₁x² + k₂x + k₃

#10

Tak for den gode forklaring.

Jeg har også et problem med at isolere β i det følgende:

β⁴ = k⁴. Det skal åbenbart give β = ±k og β = ±ik. Hvordan kan man "vise" det?

#11

Man faktoriserer ligningen

        β⁴ - k⁴ = 0

        (β² - k²)(β² + k²) = 0

        (β - k)(β + k)(β - ik)(β + ik) = 0

#12

Hvad hvis man ikke kendte til svaret først. Hvad ville man så have gjort? Jeg kan ikke "bare" se faktoriseringen som en løsning til problemet, når jeg får stillet sådan en opgave.

#13

Du må da kunne se faktoriseringen fra

        (β²)² - (k²)² = 0        til

        (β² - k²)(β² + k²) = 0   ?

Resten burde så være ligetil.

#13

Ellers kan man skrive ligningen, under antagelsen, at k ≠ 0,

        (β/k)⁴ = 1

og dermed er β/k en af de fire 4. enhedsrødder, dvs

        β/k = e^i·p·2π/4 , p = 0, 1, 2, 3

#14

Jeg forstår godt din fremgangsmåde, men det ville ikke være det første jeg ville tænke, hvis jeg fik sådan en opgave. Hvad med:

β⁴ = k⁴

⇓

β² = ±k²

⇓

β² = k²

∨

β² = -k²

⇓

β = ±k

∨

β = ±ik

Hvorfor har man ikke ± tegn foran β, når man tager kvadratrod?

Man har ikke ± på begge side, ligesom man ikke har integrationskonstanterne hængende på begge sider.

Grunden til, at du kan gå fra β⁴ = k⁴ til β² = ±k² er jo netop gennem faktoriseringen (β² - k²)(β² + k²) = 0 og benyttelsen af nulreglen.

I din argumentation har du kun ⇒ , så er du sikker på, at du har fundet alle løsningerne?

Du skal også være forsigtig med at tage kvadratrod. I den stillede opgave kan k være et vilkårligt komplekst tal. Kvadratroden af et ikke-negativt reelt tal er et ikke-negativt reelt tal. Ved kvadratroden af et negativt eller komplekst tal forstår man løsningerne til en vis algebaraisk ligning.

Husk, at hvis k er et reelttal, er  √(k²) = |k| .

#17

Så vidt jeg ved, så er k⁴ positiv og reel.

Jeg kunne ikke finde et (lodret) biimplikationstegn, hvorfor jeg endte med at bruge ⇓.

Siger du, at man ikke har ± på begge sider af lighedstegnet, selvom jeg tager kvadratrod på begge sider?

#18

Ja. Det drejer sig om at løse ligningen

        x² = k²   (k reel)

der jo giver

        (x-k)(x+k) = 0

dvs

        x = ±k .

Det giver ikke mening at skrive   ±x = ±k .

#19

Det er rigtigt. Et sidste spørgsmål er, at jeg nu har løsningerne:

F₁(x) = e^kx , F₂(x) = e^-kx , F₃(x) = e^ikx og F₄(x) = e^-ikx

Men vi kan åbenbart skrive det hele som en linearkombination af hinanden og vi vil få:

F(x) = Acos(kx) + Bsin(kx) + Ccosh(kx) + Dsinh(kx)

med A-D som konstanter.

Hvordan kan man gøre dette trick?