ALLMÄNNA PARTIELLA LÖSNINGENS METOD — UNIVERSUMS HISTORIA | a production 2008XII22 | Efter sammanställningar från 1997IX27 | Senast uppdaterade version: 2011-10-10 · Universums Historia

 

innehåll denna sida · webbSÖK äMNESORD på denna sida Ctrl+F · sök ämnesord överallt i  SAKREGISTER  ·  förteckning över alla webbsidor

 

 

 

ALLMÄNNA partikulära LÖSNINGSMETODEN |  |  i sammanställning för Universums Historia

 

exempel

 

 ELEMENTÄRA GRÄNSSNITTETS Metod för PARTIKULÄRA LÖSNINGAR till givna inhomogena varianter, eller

 allmänna

PARTIKULÄRA LÖSNINGSMETODEN (PALM)

 DEL I

 

med fortsättning från — bihang till — DEN HÖGRE ANALYSENVarianter och Universaler

 

 

 

 

Inledning

 

 

Med varianten y’ = f(x) = dy/dx skrivs vanligen variantens integral F(x) = ò ydx = ò f(x) dx.

För begreppen differential, derivata (samma som variant) och integral, se nollformsalgebran för grunderna, samt vidare den Högre analysen för bakgrunden till det här avsnittet.

I kalkylen används främst frekvent från Formlagarna

 

(AB)’ = AB’ + A’B  .....................        produktderivatan

Dn(P)n = n(P)n–1Dn(P)  ...............        exponentialderivatan

Dn ln(P) = Dn(P)/(P)  ....................       logaritmderivatan

Dn e(P) = Dn(P)e(P)   ......................        exponentderivatan

 

 

 

 

 

 

 PARTIKULÄRA

Lösningarna Till

INhomogena VARIANTER

 

partikulära lösningarnas allmänna metod

 

 

 

 

MPcExempel.wps s49

 

 

 

 

 

Lösningar till Inhomogena varianter

Se grundbeskrivning från Allmän klassifikation av Varianter

 

I DEN FULLSTÄNDIGA VARIANTENS TECKNING V=[·] ges variantens homogena lösning yH genom att sätta [·]=0. Den inhomogena lösningen ges av den Partikulära lösningen yP genom [·]¹0. Totala lösningen till V är y=yH+yP. Även om yH i de allra enklaste varianterna av första och andra ordningen kan betraktas som (i princip) exakt lösbara är det även för dessa de allra enklaste fallen inte alltid en helt enkel uppgift att få fram motsvarande partikulära lösning.

 

ALLMÄN KLASSIFIKATION AV PARTIKULÄRA LÖSNINGAR

Partikulära lösningar till inhomogena varianter kan (främst) klassificeras av varianter i två grundläggande (elementära) kategorier:

 

·          HomogenPREFIXADE varianter  .......................   alltid inhomogena varianter

·          Alla andra inhomogena varianter

 

Den första kategorin täcker alla varianter (V) med den homogena lösningen (yH) innefattad i den inhomogena varianten på den fullständiga formen V=yH.

Exempel:

V=y+ay=Ce–ax. Lösningen till HomogenVarianten y+ay=0 är yH=Ce–ax. Lösningen yP till en InHomogenVariant av typen y+ay=e–ax kan alltså inte vara yH. Genom grundläggande kunskaper i Elementära Gränssnittet finner vi att lösningen ska genomföras med införandet av ett högre gränssnitt.

   Termen ”homogen-prefixad” refererar helt enkelt till likheten mellan en variants normala form (V) och dess homogena lösning, V=yH, vilken likhet därmed bildar en speciell — en homogen-prefixad — in-homogen variant från en given homogen.

   EFTERSOM HOMOGENVARIANTERNA SAMTLIGA i sina lösningar yH har rangtermerna enx och/eller sin|cos-rangerna kan vi alltid utesluta möjligheten med prefixade homogener för inhomogena varianter om nämnda ranger inte ingår i [·].

   För att undvika att nybörjaren helt och hållet bryter ihop inför dessa formidabla logiska formelberg, ingår ovanstående delar överhuvud taget inte i de mest grundläggande och elementära basövningarna i ämnet varianter och deras universaler. Som nybörjare i ämnet, kan man alltså, tills vidare, betrakta ovanstående delar som ovidkommande. De behandlas först längre fram (så småningom), sedan man blivit mera bekant med grunderna (nämligen basrangen xn). Omnämnandet av ovanstående är dock viktigt som en grundläggande orientering i själva landskapet.

 

 

 

 

 

KAN-formen i PREFIXxSIN

VISSA ENKLARE TRIGONOMETRISKA INHOMOGENA VARIANTER av typen

             y’’+Ay=a·[sin|cos]nx

högerledet får bara innehålla en term, antingen en sinus eller en cosinus

kan lösas enligt

             yP = K·[sin|cos]nx  .........................        KAN-formens Partikulär

             K = a/(A–n2)  ..................................       KAN-formen

Förklaring

Alla sin|cos alternerar i varandra i successiva deriveringar, se exempel i Tablå 0. En tvåstegs derivering från y till y’’ ger alltså ursprungsordningen åter.

Med x=[sin|cos] och yP=y=K·xnx insatt i varianten y’’+Ay=a·xnx ges

y=nK·[cos|sin]nx och y’’=n2K·[sin|cos]nx=–n2K·[sin|cos]nx=–n2K·xnx. Då är

             y’’+Ay=a·xnx = –n2K·xnx + AK·xnx =K·xnx(A–n2). Dvs., a·xnx=K·xnx(A–n2) som ger a=K(A–n2) och därmed K=a/(A–n2).

Exempel 1:

Bestäm Partikulären till nedanstående variant.

             y’’ + 4y = 3 sinx

Lösning:

             y’’ + Ay = a sinx

             A=4, a=3 ger via K=a/(A–n2), K=3/(41) = 1. Partikulären i KAN-formen är

             yP = K sinx. Och alltså gäller

Svar:      yP = sin x

Exempel 2:

Bestäm Partikulären till nedanstående variant.

             y’’ + 4y = cos 3x

Lösning:

             y’’ + Ay = a cos nx

             A=4, a=1, n=3 ger K = a/(A–n2) = –1/5.

             yP = K cos nx

Svar:      yP = –0,2 cos 3x

NOTERA fallen A=n2: Dessa kan inte ge en inhomogen variant; en sådan tvingas automatiskt homogen om man försöker sätta yP på formen [sin|cos]nx.

Jämför

             yP = a · sin nx ;  y’’ + n2y = –an2sin nx + an2sin nx = 0.

Andra, liknande enkelformer för trigonometriska inhomogena varianter kan utformas på samma modell som ovan genom derivatakunskapen;

— Se grunderna i Bastablån och Tablå 0.

 

 

 

 

 

ALLMÄNNA

PARTIKULÄRA LÖSNINGSALGORITMEN

härledningar

ALLMÄNNA LÖSNINGAR till InHomogena varianter — Partikulärlösningarna

¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

I det centrala ledet till utvecklingen av första ordningens variant, Fundamentalvarianten dy/dx=y=y,

             eF(x)y +  f (x)eF(x)y = 0 · eF(x)  .....           eF(x) är optimal i HL för vilken som helst homogen variant ;

ges med 0 ersatt av en godtycklig funktion, den okända [·], en fundamentalintegral

             eF(x)y +  f (x)eF(x)y = eF(x)[·]       =          [eF(x)y]’ =  [ ò eF(x)[·] dx ]’ ;

                                                                             eF(x)y    =    ò eF(x)[·] dx

GENERALISERING av fundamentalintegralen ger universalen

             eF(x)y                 =  ò eF(x)[·] dx + C ; lösningen för y blir

             y                        =  e–F(x) ò eF(x)[·] dx   +   C e–F(x)

             y                        =                   yP             +       yH

Om [·]=0=yP kallas varianten homogen, annars inhomogen [konv. fullständig differentialekvation].

 

 

 

MODERN AKADEMI KAN INTE HÄRLEDA METODEN

—————————————————————————————————————

Vi observerar att ò 0 dx = 0 ò dx = 0x = 0  i enlighet med IntegralFunktionsIdentitetsKriteriet.

—————————————————————————————————————

MODERN AKADEMI har här tydligen FUNDAMENTALA SVÅRIGHETER i ämnets blotta beskrivning;

Om vi, likt modern akademi, inför ò 0dx = konstant har vi bara att konstatera faktum:

Ingen förstår, än mindre kan förklara den ovanstående ytterst enkla MYCKET BETYDELSEFULLA matematiken. Den blir fullkomligt obegriplig;

ÄR nämligen [·]=0 är också hela termen noll; Därmed kan ledet inte härledas, beskrivas eller förklaras i modern akademi.

 

 

 

Universalen kan då skrivas totalt

 

             y           = yP + yH  ......................................        variantens Universal

             yP         = e–F(x) ò eF(x)[ · ] dx  ......................        universalens Partikulär, eller integralkvoten

             yH         = C e–F(x)  ......................................        universalens Homogen

             [·]         den okända, kan vara vilken som helst funktion [g(x)]

 

HOMOGENEN yH har en egen, fast, lösningsalgoritm som bestäms av variantens transform. Speciella härledningar visar hur yH fås för de olika varianttyperna;

— Se från Lösningarna.

— PARTIKULÄREN yP däremot är av en mera komplicerad art.

 

 

 

Alternativ teckning (enklare):

 

             eF(x)y +  f (x)eF(x)y  =  eF(x)[ · ]                       [ · ], en godtycklig funktion (den okända)

             eF(x)y +  f (x)eF(x)y  =  eF(x)[ · ]  .................         eF(x) är transformatorn i universalen

             ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯   ¯¯¯¯¯¯¯¯¯

                       [eF(x)y]’    =   [ ò eF(x)[ · ] dx]  ...........      erinra exponentderivatan

                       [eF(x)y]’    =   [ ò eF(x)[ · ] dx] ;  generaliseringen av fundamentalintegralen ger ;

                       [eF(x)y]’    =   [ ò eF(x)[ · ] dx]+  C  .....     C  är ekvationskonstanten i universalen

                       [eF(x)y]’    =   [ ò eF(x)[ · ] dx                                                                       .

                       [eF(x)y]’    =   [—————— ]+  C e–F(x)

                                                  eF(x)

                                      partikulärlösningen      homogenen

                                         ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯     ¯¯¯¯¯¯¯¯¯

                       [eF(x)y]’    =          yP ]         +        yH

                                        ———————

                                         fundamentalintegralen

                                       den är 0 om också [ · ] = 0

 

I fallet första ordningens varianter är alltså lösningen till  yP  exakt förutsatt att integralkvoten kan lösas. Detta är emellertid inte alltid fallet

[Jämför t ex  eF(x) ò eF(x)xn dx ] varför även för varianter av första ordningen en mera systematisk metod är av nöden. En sådan metod realiseras (superbt) genom följande analys av integralkvoten.

 

 

 

Fundamentaltermen

FUNDAMENTALINTEGRALENS SÖNDERDELNING

Partikulärlösningen — yP=e–F(x)òeF(x)[·]dx — gäller oberoende av variantens grad

 

GENOM PARTIALINTEGRALENS METOD 1 tillsammans med högsta rangens term [Grundläggande Rangkunskap tillhör derivatakunskapens elementära grunder] gäller lösningen till yP för alla typer av varianter enligt följande.

   DEN OKÄNDA [·] är principiellt skriven med avsikten att indikera djupare liggande nivåer (punkten gömmer linjen) enligt

[·]=[·]1+[·]2+[·]3+ … PARTIALMETODEN underförstår alltid fokus på just den av termerna i [·] som för tillfället motsvarar högsta rangens främsta term eller fundamentaltermen. Följande beskrivning klargör hur den identifieras.

 

Differentialtransformation i yP, från dx till d(eF(x)), genomförs först via ExponentDerivatan Dn e(P)=e(P)Dn(P) enligt

 

             d(eF(x))/dx = Dn eF(x) = eF(x) Dn F(x) = eF(x) f (x) ;  dx = d(eF(x)) / eF(x) f (x) ;  Insättning med

 

                                                   Partiell Integration Metod 1  .....................................    Från EXP(5) i Formlagarna

                                                                             se efterföljande mera utförliga förklaring

ger (Se systemuppställningen för Partiella Integrationen Metod 1 om ej redan bekant, hela upplösningen hänger på den byggnaden)

 

         ò eF(x)[·] dx              ò [ f (x)]–1[·] d(eF(x))                =  [ f (x)]–1[·] eF(x)

yP =[———————  =  ——————————           =  

             eF(x)                       eF(x)                                        högsta ­ rangens term i [·]

Resultat:

               [·]      

yPF = ————   ......................................................        fundamentaltermen [Reguljären]

              f (x)

Faktorn eF(x), delen övreHöger yP, elimineras

— via PartialIntegralen-Metod1 av kvotens nämnare eF(x); I slutledet finns bara [·][ f (x)]–1.

— Varför har man inte uppmärksammat den galanta lösningen — rena självserveringen — inom modern akademi?

— Läroböckerna omnämner ingenting i saken. Eleverna uppmanas: ”gissa lösning” — trots att det, tydligen som det får förstås, finns en metod.

 

Återstår

 

             [ f (x)]–1[ · ]   .......................................       Reguljären

 

PARTIKULÄRA METODENS LÖSNING grundas heltanvändbarheten i den så erhållna reguljära fundamentalen.

 

 

 

 

 

EGENSKAPER

[ref. UniVar.s16]

 

Om förstaderivatan ( y’) ingår men  f (x) är noll övergår  yP i det enklare 

yP = e–0ò e0[ · ] dx = ò [ · ] dx. Integralkvoten kan alltså användas även om grundtermen y saknas, dock utan 1. ovanstående utvidgning via partialintegralen (resultatet skulle då ge division med noll), samt 2. utan direkt giltighet om även y’ saknas. För fallen med  f (x) = 0 tillämpas därför speciella integralkopplingar.

 

Integralkvotens giltighet även då  y= 0

Därmed upphör alltså integralkvoten att fungera helt och hållet om förstaderivatan y’ saknas? Är förstaderivatan noll, är också  eF(x)y’ noll, och därmed blir också  yP noll.

Nej. Inte obetingat. Så länge nämligen f (x)¹0 gäller likväl integralkvoten, och därmed även reguljären (!). Vi studerar den ”paradoxala” förklaringen till det.

 

HUR KAN integralkvoten gälla även  y= 0 ???!

För n:te gradens inhomogena varianter, och Förutsatt  f (x) ¹ 0, gäller integralkvoten alltid (främst) högsta rangens högstagradsterm. Eftersom denna alltså inte avser hela inhomogenen (variantens HL, analogt den okända funktionen [ · ]), utan endast den term i [ · ] som har koppling till y-termen [det är därför som integralkvoten inte fungerar (med koppling till y) om  f (x) = 0], har det ingen betydelse om första, andra eller [t o m alla utom!] (n–1):te derivatan saknas. Detaljen för fundamentaltermens bestämning är, t.ex. utan  y’, exakt densamma som att vi felaktigt tar med [resultatet av]  y’ i HL, utnyttjar integralkvoten, och sedan tar bort  y’ igen. Nämligen därför att denna ”virtuella operation” inte alls påverkar högsta rangens term, vilken alltid avser termen för funktionsvärdet, den oderiverade grundtermen y, aldrig dess derivator [y’ kan inte påverka y, finns inga planer].

Resonemanget kan emellertid inte tillämpas på goniometrerna sin|cos

 

I det följande genomgås mera ingående metodens detaljer samt exakt i vilka fall och under vilka förhållanden den enkla (mest begärliga) fundamentaltermen kan nås på via den ovan extraherade (reguljära) formen  yPF= [ · ]/f (x).

 

yP =  e–F(x) ò eF(x)[ · ] dx  ......................   Originalet, IntegralKvoten

PARTIKULÄRLÖSNINGENhögsta rangens term

Om den okända funktionen [ · ] innehåller flera termer gäller naturligtvis integralkvoten i  yP  för var och en av dessa enligt 

yP = yP1 + yP2 + yP3 +…+ yPn . För att finna partikulärlösningen räcker det följaktligen med att av de givna termerna ta ut högsta rangens högstagradsterm eller fundamentaltermen motsvarande den aktuella funktionens deriverande karaktär. I förekommande fall divideras denna med  f (x).

   För basfunktionerna (axn) blir fundamentaltermen potensen med högsta gradtalet om  f (x)  är multiplicerande, i annat fall potensen med lägsta gradtalet, se vidare i metodbeskrivningen nedan.

   Genom att insätta den så bestämda fundamentaltermen  yPF  i varianten och syntetisera summan med den givna inhomogenen ges partikulärlösningen yP ; antingen direkt som den uttagna fundamentaltermen (yPF) eller, om resttermer finns, via en upprepning av principen med högsta rangens högstagradsterm och ytterligare synteser. För att finna partikulärlösningen räcker det alltså med att arbeta metodiskt på enbart en term i taget.

 

Se vidare nedan i den sammanställda metodbeskrivningen Partikulära Metodformens allmängiltighet.

Där ges också INLEDANDE EXEMPEL.

 

 

 

Partikulära Metodformens allmängiltighet — kontra gängse referenser

Partikulära Metodformens allmängiltighet

 

För varje fundamental rang i metodvarianten

 f (x)y  +  A y  +  B y’’ +  C y’’’ +  D y’’’’ +…   = [·]

f (x) y + Ca y(a) ++  Cm y(m)                            = [·]

finns tre individuella typfall för  f (x):

 

1.          f (x) = 0

2.          f (x) = konstant

3.          f (x) = variabel                                                                                                              

 

Om funktionsrangen för fundamentaltermen i fallet (2) är basfunktionen xn, anger man i (vissa) gängse verk ”en allmän metod” som »utpekar ansatsen» till ett polynom för x. Detta grepp kan ha sina fördelar, men är från den här beskrivna generella metodens perspektiv sett mindre lämplig. Metoden i denna behandling inkluderar den aktuella polynomformen explicit i singulära steg då termerna utkristalliseras sekventiellt automatiskt med syntesens utveckling. Den nämnda konventionella polynommetoden blir (nämligen) fullkomligt otillämplig i fallen (1) och (3) och kan därför inte användas genomgående. Metoden i denna presentation har inga sådana begränsningar, den behandlar samtliga fall på samma sätt och framstår därigenom suverän.

 

Koefficienternas Multiplicitet, Anonymen A

Alla funktionsranger genererar multipla koefficienter i successiva deriveringar. I många fall (i det manuella arbetet) kan man inte säkert avgöra koefficientens identitet med en gång inom den aktuella fundamentaltermen (yPF). Generellt måste därför fundamentaltermen associeras med en anonym koefficient (A) som sedan (automatiskt) erhåller sin bestämning från syntesen.

Resttermer:

extrahera högsta termrangen från VLHL, skifta dess polaritet (tecken) [eller ta den direkt om resten beräknas från VLHL],

referera den till variantens lägsta derivata [om y är lägst behöver termen inte integreras, dividera i förekommande fall med f(x)]

och insätt resultatet i varianten antingen tillsammans med resten [med upprepad koll på alla termer], eller som en ny restvariant med resttermen i HL [genom att ta en term i taget]. Repetera syntesen tills resten = 0. Om syntesen ger monotont växande variabla potenser är lösningen en oändlig serie.

 

Elementära Gränssnittets begränsning:

Eftersom vi inte kan bestämma en allmän sammansättning av olika ranger från föreställningen om en given rang och enbart med hjälp av de operativa funktionerna, kan PartikulärMetoden i denna framställning med tillämpning på det elementära gränssnittet inte komma ifråga för partikulära universaler med andra sammansättningar än just rena rangtermer. Vi frånser då vissa enklare fall med exponentfunktioner och som direkt ansluter till den fullständiga lösningen till första ordningens varianter. Utan att här närmare precisera saken, finner vi emellertid genom de olika delarna att det förekommer en naturlig flora av olika förgreningar som leder direkt på högre gränssnitt. Dessa speciella aspekter ligger emellertid utanför metodens elementära område.

 

En mera utförlig sammanställning med vidare utvidgning av metoden finns i ALLMÄN METOD FÖR PARTIKULÄRA LÖSNINGAR.

 

Praktiska exempel ges nedan från INLEDANDE EXEMPEL.

 

Den reguljära formen reguljären

DEN MEST BEGÄRLIGA PÅ GRUND AV DESS ENKELHET

Om exponentfunktioner inte förekommer i variantens HL (högerled) över huvud taget ingår heller ingen förutsättning för en rangbestämning med hänsyn till exponentfunktioner (typen Aea(x)).

I dessa fall — men förutsatt att  f (x) ¹ 0 — tillämpar vi den allra enklaste och mest bekväma eller den reguljära formen för fundamentaltermens bestämning enligt

             yPF = [ · ]/f (x)

Denna form är, som vi minns, resultatet av en sönderdelning av originalets mera sammansatta integralkvot

             ( ò eF(x)[ · ] dx) / eF(x)

genom partialintegralen och som ger dess första (mest fundamentala) term enligt den enkla eller reguljära formen för  yPF . Eftersom exponentfunktionen inte förekommer i variantens HL, kan vi därmed helt säkert använda den så sönderdelade fundamentalintegralen på dess partialform enligt den ovan nämnda reguljära formen.

Vi observerar dock att reguljären kräver att  f (x) ¹ 0; Är f (x) = 0 uppstår division med noll och därmed fel om reguljären används.

 

 

 

INLEDANDE EXEMPEL

 

 

 

I SKOLBÖCKERNA (Exempel: Gymnasiets matematik M2000 1991 [NT]L3, samt nyare) förekommer knappast [dvs., inte alls] exempel eller övningar av nedanstående art [ y’’ och högre]; Uppgifter med  f (x)y  omspänner i gymnasiematematiken tydligtvis endast första ordningens varianter. Men även i uppgifter [Exemplets läromedel ovan] där första ordningens inhomogena varianter förekommer vidrörs över huvud taget ingenting av någon allmän metod [av den typ som här avhandlas] för partikulära lösningar till inhomogena varianter [det talas endast allmänt och vagt om att ”pröva med termer av liknande typ som högerledets”]. Uppläggningen i läromedlet M2000 är här också synnerligen anmärkningsvärd: man har sist förlagt behandlingen av det verktyg [transformatorn enx] med vars hjälp alla föregående övningar LÄTT hade kunnat lösas — blott förklarat och beskrivet; eleverna är alltså helt chanslösa redan från första sidan; Eleven anmanas (följdriktigt) i läromedlet — faktiskt, sidan 208 — att begrunda alternativet gissa lösning, eftersom tydligen ingen känner till någon metod. Notera också nomenklaturen: ”differentialekvation” i relaterad matematik är en likhet (mellan minst två delar) som innehåller differentialer: i modern akademi används emellertid inte differentialer utan derivator, i relaterad matematik varianter;

 

Differentialekvationen y’ = ay = 0

Att bestämma den fullständiga lösningen till en differentialekvation är i allmänhet en svår uppgift. I de flesta fall är de funktioner som behandlas i gymnasiekursen — de s k elementära funktionerna — inte tillräckliga för att ange den exakta lösningen.” … ,

Gymnasiets matematik MATEMATIK 2000 | Natur och Kultur 1991 | NT | Naturvetenskapsprogrammet Lärobok 3 s208

 

Jämför även:

 

I UPPSLAGET till den analys som lett fram till den allmänna lösningsmetoden i den här presentationen,

 

”Vi hoppas att MATEMATIK 2000 uppfyller vår grundläggande målsättning förståelse och

problemlösning …”

MATEMATIK 2000, Lärobok 3, Björk · Borg · Brolin · Ljungström, Natur och Kultur 1991, s5n

Innehåll och uppgifter är desamma som i den senare läroboken

MATEMATIK 2000, Kurs E, Björk · Brolin, Natur och Kultur 1996

 

finns totalt 12 upptagna exempel, övningar och uppgifter som berör inhomogena andra ordningens varianter (»V2:or») [dock samtliga med konstanta koefficienter] enligt följande uppställning:

 

UPPTAGNA EXEMPEL PÅ inhomogena V2:or i källan [M2000 1991 [NT]L3 s223] i konv. PREFIXxCOS

Andra ordningens linjära differentialekvationer med konstanta koefficienter (icke konstanta koefficienter behandlas inte algebraiskt i läromedlet)

 

1.          y’’ 3y + 2y   = 2x – 3            utvecklingsexempel s222           yP anges = x

2.          y’’  y              = 40e3x             uppgift 5257 s224                      yP anges = 5e3x

3.          y’’ +   y           = x2                   uppgift 5258 s224                      yP anges = x3/3 – x2 + 2x

4.          y’’ 5y + 4y   = 8                    uppgift 5259 s224                      yP anges = k (ledd intuitionsövning)

5.          y’’ 2y           = 4                    uppgift 5260 s224                      yP anges = kx (ledd intuitionsövning)

6.          y’’ +  4y            = sin 3x            uppgift 5263 s224                      yP anges = A sin 3x (ledd intuitionsövning)

7.          y’’ 2y           = 2                    uppgift 5264a s225                    yP anges = kx (ledd intuitionsövning)

8.          y’’ +  3y +  2y = 3e–2x              uppgift 5264b s225                    yP anges = axe–2x (ledd intuitionsövning)

9.          y’’ 5y +  4y = 2                    uppgift *5265 s225                    yP anges inte (självst. intuitionsövning)

10.        y’’ 4y 5y = 10x + 3         uppgift *5266a s225                  yP anges inte (självst. intuitionsövning)

11.        y’’ +  y              = 0,5 cos 2x      uppgift *5266b s225                  yP anges inte (självst. intuitionsövning)

12.        q’’ +  q/LC       = U/L               uppgift **5269 s225                  yP anges inte (självst. intuitionsövning)

 

Läroboken anger som sagt ingen som helst allmän metod för partikulärlösningarna. Men partikulärerna till samtliga ovanstående exempel kan lösas (galant) med den här presenterade (synnerligen enkla) metoden utan bokens vägledning — Och som dessutom ingår explicit i bokens eget material

— Tydligen UTOM författarnas vetskap …:

1 löses direkt med huvudräkningen (högsta rangens term är 2x) enligt 2x/2=x via reguljären [ · ]/ f(x).

2 löses via integralkvoten ehuru exponentfunktion och med resultat i anonymen exò e–x40e3x dx = Ae3x som efter insättning i VL (9Ae3x–Ae3x=40e 3x, 8A=40) ger A=5.

3 löses via yP1= x3/3 med efterföljande rest och syntes som ger x3/3 – x2 + 2x.

4 löses som 1 med huvudräkning via reguljären [ · ]/ f(x) = 2.

5 löses via integralkvoten eftersom f(x)=0, anonymen ger Ax som efter insättning i VL (0 –2A=4) ger A= –2.

6 löses direkt genom KAN-formen K=a/(A–n2)=1/(432)=–1/5 och därmed –0,2 sin 3x.

7 löses via integralkvoten eftersom f(x)=0, anonymen ger Ax som efter insättning i VL (0 –2A=2) ger A= –1.

8 löses som 2 via integralkvoten med resultat i anonymen e–2xò e2x3e–2x dx = Axe–2x, insättningen i VL är i detta fall mera utrymmeskrävande, efter förenklingarna (Axe-termerna tar ut varandra, endast Ae-termer återstår) får man A=–3.

9 löses direkt via reguljären [ · ]/ f(x) = 2/4 = 1/2.

10 löses på samma sätt (högsta rangens term är 10x) enligt [ · ]/ f(x) = 10x/–5 = –2x, resten (restsatsen) ger den andra termen +1, totalt yP = –2x+1.

11 löses som 6, K blir =–1/6 och därmed lösningen –1/6 cos 2x .

12 löses direkt med insatta värden för LC och UL motsvarande reguljärens [ · ]/ f(x) = (U/L)/(1/LC) = UC; Exempel: q’’ +  q/2 = 5, 5·2=10=q.

 

 

 

För att få en inledande känsla för satsernas soliditet ges här några (relativt enkla men) utförliga exempel. Ytterligare exempel kommer att behandlas i den vidare beskrivningen.

 

 

SÄRSKILDA EXEMPEL

 

Exempel 1:

Bestäm partikulärlösningen till varianten

             y’’ +  2x–2y = 14x2  ..........................................  varianten

Lösning:

f (x) = 2x–2 ;  F(x) = –2/x ;  transformatorn eF(x) = e–2/x ; 

f (x) är inte noll varför det reguljära elementet [ · ]/f (x) via integralkvotens partialintegral kan användas för fundamentaltermens bestämning ;

Det finns bara en term att välja på i HL som fundamentalterm; 14x2 ; Vi får alltså via reguljären

yPF = [ · ]/f (x) = 14x2/2x–2 = 7x4 .

Här är det uppenbart att koefficienten är sammansatt. Vi inför anonymen

yPF = Ax4 och får efter insättning i variantens VL ;

12Ax2 + 2x–2Ax4 = 12Ax2 + 2Ax2 = 14Ax2 ;  vi bestämmer A via VL = HL som ger

14Ax2 = 14x2 ;  14A = 14 ;  A = 1.

Svar:    yP = x4 .

Notering

Även mera komplicerade varianter av typen

             g(x)y(n) +  h(x)y             = [ ·· ]

kan lösas med ovanstående metod [ beteckningen  y(n) anger n:te derivatan]. Reducera först enligt

             y(n) +  h(x)y/g(x)            = [ ·· ]/g(x)

             y(n) +  f (x)y                   = [ ·· ]/g(x)

             y(n) +  f (x)y                   = [ · ]

och utför sedan syntesen på vanligt sätt.

JÄMFÖR uppgiften ovan ;

             y’’   +  2x–2y                  = 14x2  .............................         bryt ut 1/x från VL och kolla ;

             xy’’ +  2x–1y                  = 14x3  .............................         exakt samma variant

 

 

Det finns inhomogena varianter vars partikulära lösningar inte kan lösas på ändlig form [det kan å andra sidan inte sinus heller i generell mening, för att exemplifiera paralleller].

   Exempel : medan varianten  y’’ + 2xy = x2  har  yP = x/2 (reguljären [ · ]/f (x) ger direkt x2/2x=x/2) , finns för  varianten  y’ + 2xy = x2  ingen motsvarande (enkel) lösning [lösningen kräver  e–x^2 ò x2ex^2 dx]. Om man kommer på en sådan »omöjlig» variant visar den sig genom att resultatet av syntesen upprepas monotont med växande variabelpotenser.

   Vi studerar först ett exempel med ändlig lösning, sedan ett par exempel som ger oändliga serier.

 

Exempel 2:

Bestäm partikulärlösningen till varianten

             y’’ +   y = x2

Lösning:

f (x) = 0 ;  F(x) = 0 ;  transformatorn  eF(x) = e0 = 1 ; 

Integralkvoten gäller eftersom förstaderivatan ingår, dock gäller inte reguljären eftersom  f (x)=0.

Vi söker fundamentaltermen till  yP via integralkvoten eftersom  f (x) = 0 ;

yP= e–F(x) ò eF(x)[ · ] dx ;  insättningar ger ;

yP= 1 ò 1[ x2 ] dx  =  x3/3 ;  vi genomför första syntesen ;

             y = x3/3                          y = x2               y’’ = 2x

synt.     x2 + 2x                           efter insättning i VL.

HL        x2                                   (första termen bestämd  y1 = x3/3 ;

Rest:     2x                                  VLHL .

Restens högstagradsterm [här x] måste i alla hänseenden alltid tillhöra y (om y inte finns med måste resttermen integreras motsvarande variantens lägsta derivataterm, dess teckenpol måste vara omvänd restens) ;  vi genomför andra syntesen ;

H i resten = 2x, återförs teckenvänd på y’ ;  ò 2x dx = –x2 ;  syntesen ger ;

             y = x3/3 – x2                   y = x2 – 2x                    y’’ = 2x – 2

synt.     x2 2x                          efter insättning i VL (y’’ +   y’);

             + 2x – 2

=           x2         – 2

HL        x2                                   (andra termen bestämd  y2 = –x2 ;

Rest:                 – 2                     VLHL .

Vi genomför tredje syntesen efter samma metod som ovan ;

H i resten =  –2, återförs teckenvänd på y’ ;  ò 2 dx = 2x ;  syntesen ger ;

             y = x3/3 – x2 + 2x           y = x22x + 2             y’’ = 2x – 2

synt.     x22x + 2                     efter insättning i VL ;

             + 2x – 2

=           x2

HL        x2                                   (tredje termen bestämd  y3 = 2x ;

Rest:     0                                    VLHL .

Svar:    yP = x3/3 – x2 + 2x .

 

Följande uppgift ur läroboksserien M2000 är framställd på formen ”Vilket högerled måste du finna en primitiv funktion till om metoden med integrerande faktor ska fungera?”.

Vi ska här genomföra en fullständig algebraisk bestämning [läroboken berör över huvud taget ingenting om detta eller något liknade].

 

Exempel 3:

[5280 a  M2000 1991 [NT]L3 s229].

Bestäm partikulärlösningen till varianten

             y’ + 2xy = x2 .

Lösning:

f (x) = 2x ;  F(x) = x2 ;  transformatorn  eF(x) = ex^2 ;

Varianten är av första ordningen och har alltså den exakta partikulära lösningen via

yPF = e–F(x) ò eF(x)[ · ] dx  som efter insättning ger

yPF = ex^2 ò ex^2[ x2 ] dx .

Vi känner emellertid inte till någon integral för  x2ex^2. Men vi kan ”titta lite på lösningen” om vi utnyttjar den mera optimala integralkvotens partialintegral via reguljären

yPF = [ · ]/f (x) . Vi tillämpar denna och får ;

x2/2x = x/2 ;       y1 = x/2 ; 

                                                   y   = x/2 ;

                                                   y = 1/2 ;  insättning i varianten ger ;

1/2 + x2 = x2 ;  Rest:  1/2

Resten återförs direkt på y med polväxling och division med 2x, vi får 

                          y2 = 1/4x ;

                                                   y = x/2 1/4x    2xy = x2 1/2 ;

                                                   y = 1/2 + 1/4x2 ;  insättning i varianten ger ;

1/2 + 1/4x2 + x2 1/2 = x2 ;  Rest:  1/4x2

Resten återförs direkt på y med polväxling och division med 2x, vi får 

                          y3 = 1/8x3 ;

                                                   y = x/2 1/4x – 1/8x3    2xy = x2 1/2 1/4x2 ;

                                                   y = 1/2 + 1/4x2 + 3/8x4 ;  insättning i varianten ger ;

1/2 + 1/4x2 + 3/8x4 + x2 1/2 1/4x2 = x2 ;  Rest:  3/8x4 ;

Och så vidare. Lösningen innefattar tydligen en oändlig serie. Resultatet avspeglar en ordning ur vars rum vi kan sluta oss till den fortsatta serien genom att studera hur koefficienterna bildas [exponent · täljare = efterföljande täljare, samma form som semifakulteten för de udda talen (1!!=1)]. Vi får alltså

             y = x/21/4x 1/8x3 3/16x515/32x7105/64x9

Dvs., densamma som lösningen till  ex^2 ò x2ex^2 dx .

Svar:    yP         = x/21/4x1/8x33/16x515/32x7105/64x9efter mellanräkningar (i bekantskap med summeringar) …

                                        n         (2n–5)!!

             = x/2               å  ———————

                                      n=2       2nx(2n–3)

 

Följande uppgift ur läroboksserien M2000 är framställd i avsnittet Numeriska lösningsmetoder. Man övar här på lösning via Eulers stegmetod (delvis uppskattning genom funktionens indelning i räta linjestycken). Källan 5312 M2000 1991 [NT]L3 s235 skriver på sidan 235

”5312  Problemet i föregående uppgift kan faktiskt inte lösas exakt, trots att ekvationen ser enkel ut! Här måste man lita till numeriska metoder. Det bästa fyrsiffriga närmevärdet till  y(2) är 0,3013.”.

Vi genomför här en fullständig algebraisk bestämning.

 

Exempel 4:

[3411 M2000 KursE 1996 s133, 5311/5312 M2000 1991 [NT]L3 s235]

Bestäm partikulärlösningen till varianten

             y’ + 2xy = 1 .

Lösning:

f (x) = 2x ;  F(x) = x2 ;  transformatorn  eF(x) = ex^2 ;

Villkoren är desamma som i föregående exempel :

Varianten är av första ordningen och har alltså den exakta partikulära lösningen via

yPF = e–F(x) ò eF(x)[ · ] dx  som efter insättning ger

yPF = ex^2 ò ex^2[ 1 ] dx .

Vi tillämpar reguljären

yPF = [ · ]/f (x) och får då direkt ;

y1 = 1/2x ; 

                                                   y   = 1/2x ;         2xy = 1 ;

                                                   y = –1/2x2 ;  insättning i varianten ger ;

1/2x2 + 1 = 1               ;  Rest:  1/2x2

Restens högsta rangterm  1/2x2  återförs direkt på y med polväxling och division med 2x, vi får 

y2 = 1/4x3 ;

                                                   y = 1/2x + 1/4x3            2xy = 1 + 1/2x3 ;

                                                   y = –1/2x23/4x4 ;  insättning i varianten ger ;

1/2x23/4x4 + 1 + 1/2x3 = 1 ;  Rest:  3/4x4

Restens högsta rangterm  3/4x4  återförs direkt på y med polväxling och division med 2x, vi får 

y3 = 3/8x5 ;

Och så vidare. Lösningen innefattar även här tydligen en oändlig serie. Resultatet avspeglar en ordning ur vilken vi kan sluta oss till den fortsatta serien genom att studera hur koefficienterna bildas [exponent · täljare = efterföljande täljare, samma form som semifakulteten för de udda talen (1!!=1)]. Vi får alltså

             y = 1/2x + 1/4x3 + 3/8x5 + 15/16x7 + 105/32x9

Dvs., densamma som lösningen till  e–x^2 ò ex^2 dx .

Svar:    yP         = 1/2x + 1/4x3 + 3/8x5 + 15/16x7 + 105/32x9

                           n          (2n–3)!!

             =          å  ———————

                          n=1           2nx(2n–1)

Se även i Seriesummor och Binomialteoremet för grundbeskrivning med praktiska exempel på hur ändlösa serier kan skrivas som ovan, om ej redan bekant.

 

Exempel 5:

BLANDADE RANGER

Bestäm partikulärlösningen till varianten

             y’’’ +   y = 50e2x + 4x3 + 24x + 5(5x+1)–1 + 250(5x+1)–3

Lösning:

f (x) = 0 ;  F(x) = 0 ;  transformatorn  eF(x) = e0 = 1 ; 

Integralkvoten gäller, eftersom förstaderivatan ingår. Emellertid kan inte reguljären tillämpas eftersom f(x) är noll (som ger division med noll).

Vi söker fundamentalen till  yP via integralkvoten eftersom [ f (x) = 0] Ï (inte tillhör) yPF ;

Genom TABLÅ 0 och beskrivningen i Rangläran finner vi att högsta rangtermen (H) i HL blir 50e2x ; Vi får ;

yPF= e–F(x) ò eF(x)[ · ] dx ;  insättning med  H=50e2x ger ;

yPF= 1 ò 1[ 50e2x ] dx  =  25e2x ; 

Anonymen ger oss  Ae2x ;  vi bestämmer A ;

y = Ae2x             y’ = 2Ae2x          y’ = 4Ae2x        y’’’ = 8Ae2x ;

                          2Ae2x                 +                       8Ae2x = 10Ae2x ,  efter insättning i VL .

10Ae2x = 50e2x ;  10A = 50 ;  A = 5 ;                   första termen bestämd  y1 = 5e2x ;

HL visar att denna termrang inte förekommer mera, vi frånser den och fortsätter syntesen :

Rest : [            4x3 + 24x + 5(5x+1)–1 + 250(5x+1)–3   VLHL .

H i resten =  4x3, återförs teckenvänd på y’ ;  ò 4x3 dx = x4 ;  syntesen ger ;

y = x4    y = 4x3             y’’ = 12x2         y’’’ = 24x ;

                          4x3        +                       24x       ,  efter insättning i VL .

HL        + 4x3 + 24x       + 5(5x+1)–1 + 250(5x+1)–3

synt.–[ + 4x3 + 24x                                             andra termen bestämd  y2 = x4 ;

Rest: –[                          + 5(5x+1)–1 + 250(5x+1)–3       VLHL .

H i resten =  5(5x+1)–1, återförs teckenvänd på y’ ;  ò 5(5x+1)–1 dx = ln (5x+1) ; syntesen ger ;

y = ln (5x+1)    y = 5(5x+1)–1  y’’ = –25(5x+1)–2         y’’’ = 250(5x+1)–3 ;

                                  5(5x+1)–1              +                       250(5x+1)–3,  efter insättning i VL .

HL        + 5(5x+1)–1 + 250(5x+1)–3

synt.–[ + 5(5x+1)–1 + 250(5x+1)–3                     tredje termen bestämd  y3 = ln (5x+1) ;

Rest:     0                                                                          VLHL .

Svar:    yP = 5e2x + x4 + ln(5x+1) .

 

 

den speciella exponentintegralens metod

Metoden med fundamentaltermens bestämning eliminerar vissa svårigheter i exakta lösningar

UPPTÄCKTEN AV DEN SPECIELLA EXPONENTINTEGRALENS METOD

UniVar.wps s27 2000XI2

 

Metoden med fundamentaltermens bestämning leder till en speciell metod för integrala lösningar som normalt sett måste uppfattas omöjliga. [Det finns i följande exempel med största sannolikhet en allmän metod för att lösa den aktuella integralen, men den är här inte känd].

 

För att belysa metodens effektivitet ska vi studera hur även en (relativt) enkel variant enbart i integralkvotens användning kan ställa till med avsevärda svårigheter vid bestämningen av en partikulärlösning  yP till en given variant. Vi beaktar alltså, till att börja med, enbart sambandet för  yP utan hänsyn till någon annan »metod» än vad den själv anvisar i sin egen integralform.

 

Exempel:

Bestäm metodiskt partikulärlösningen till varianten (inte gissa!)

          y + (1/x2)y = 2x + 1 .

f (x) = x–2 ;  F(x) = –x–1 ;  transformatorn  eF(x) = e–1/x ; 

Varianten är av första ordningen och har alltså en exakt partikulär lösning via integralkvoten ;

insättning i integralkvoten

yP = e–F(x) ò eF(x)[ · ] dx  ger ;

yP = e1/x ò e–1/x[ 2x + 1 ] dx

 

För att kunna utföra denna lösning via integralkvoten måste vi uppenbarligen känna fundamentalintegralen till varianten 

e–1/x[2x + 1]. Vi känner dock ingen (enkel, på metod grundad) lösning till denna integrand. Försöker vi dela upp integranden i de bägge separata delintegranderna 

[2xe–1/x + e–1/x], i tanken om att på den vägen lösa deras integraler, har vi definitivt hamnat i djupa svårigheter;

 

Vi vet att integraler till exponentfunktioner av typen e(P) kan lösas obehindrat enligt  ò e(P) dx = e(P)/(P)  förutsatt (P)’ konstant.

             ò emx dx = emx/m

             ÅterDERIVERING Ger :

             Dn eax/a = aeax/a = eax

             Således INTEGRANDEN ÅTER.

Detta är emellertid inte fallet i ovanstående exempel    Med (P) = –1/x, derivatan blir 1/x2, finns ingen exakt lösning (den ges i detta fall som en oändlig serie, se Allmänna Exempel, Exempel 2 i artikeln om Den speciella exponentintegralens metod).

 

Låt oss därmed se hur problemet löses (galant) med metoden för fundamentaltermens hjälp

— se explicit den särskilda metoduppställningen i De tre typfallen för f(x) i fallet f(x)=variabel.

Lösningen:

  f (x)  är en reducerande variabel;

Termen med lägsta grad och sammansättning i HL:s  2x + 1 är 1;

yPF = [ · ]/f (x) = 1/(1/x2) = x2 .  Vi utför syntesen genom att sätta in  yPF  i varianten ;

2x + (1/x2)x2 = 2x + 1 ; Rest  0 .

Svar:  yP = x2 .

Bonus:

             ò e–1/x[ 2x + 1 ] dx = x2e–1/x

ÅterDERIVERINGEN Ger (se produktderivatan) :

Dn x2e–1/x = 2xe–1/x + x2(–1· –x–2)e–1/x = 2xe–1/x + e–1/x = e–1/x(2x + 1)

Således INTEGRANDEN ÅTER.

 

 

Därmed har tydligen en särskild integral metod utkristalliserats som berör integrander som är sammansatta av rangerna ex och xn.

 

Se vidare särskild beskrivning i DEN SPECIELLA EXPONENTINTEGRALENS METOD.

 

 

 

 

 

 

Förklaring

 

OM VI FÖLJER ordningen i ovanstående härledning till fundamentaltermen ser vi strax att sista termledet i yP-ekvivalenterna (via partialen i Metod 1) ger en enda singulär SPECIELL term. Nämligen den, längst till vänster i högerdelen, som motsvarar en högsta rangens term [vi förutsätter här förtrogenhet med detta viktiga och grundläggande begrepp som berör derivatakunskapens elementa]. Att den mest högra delen i yP-ledet sträcker sig ytterligare längre ut åt höger för ett godtyckligt innehåll i den okända [·] och därmed innehåller andra termer, det kan vi fullständigt strunta i eftersom vi enbart intresserar oss för en funktionsrang i taget.

 

Lösningstillämpbarheten i de n:te ordningens varianterna

Med införande av högre ordningens derivator i den elementära första ordningens inhomogena linjära variant

             [eF(x)y]’ =   [ ò eF(x)[·] dx] 

ges principformen

             [eF(x)y]’             + [ ò y’’ ]         + [ ò y’’’ ]       + [ ò y’’’’ ]’       + …     =  [ ò eF(x)[·] dx ]’ ;

             [ eF(x)y               +  ò y’’              +  ò y’’’             +  ò y’’’’            + … ]’ =  [ ò eF(x)[·] dx ]’ ;

med den allmänna lösningen

             eF(x)y                 +  ò y               +  ò y’’             +  ò y’’’           + …     =  ò eF(x)[·] dx  ;

             eF(x)y                                                                                                          =  ò eF(x)[·] dx      [ ò y’ + ò y’’’ + ò y’’’’ + … ]  +  C  ;

 

[Ytterligare konstanter i universalen associerade med integralerna uppträder — beroende på termer som anknyter till lösningarna från Homogenernas transformer — men denna detalj är här av underordnad vikt då vi endast fokuserar på de partikulära lösningarna i den generella metodformen].

 

Den partikulära lösningen till universalen erhåller då formen

             yP = e–F(x) ò eF(x)[·] dx        e–F(x)[…]

med den mest fundamentala termen i integralkvoten

             yPF = e–F(x) ò eF(x)[·] dx

SOM VI SER ÄR SLUTRESULTATET exakt samma som i fallet med första ordningens varianter.

 

Slutsats:

 

Partikulärlösningens Metod via fundamentaltermen blir totalt oberoende av magnituden för variantens ordningstal.

 

Partikulärlösningens metod

via fundamentaltermen

— är helt oberoende av

magnituden för variantens ordningstal

 

Metoden för partikulära lösningar som ovan gäller — tydligen — för varje n:te ordningens linjära variant.

Komplexiteten spelar ingen roll.

PARTIKULÄRLÖSNINGARNA till varianter av varje n:te ordning kan därmed i analogi med första ordningens varianter studeras främst på den allmänna formen eller »metodvarianten»

 

             f (x)y  +  A y  +  B y’’ +  C y’’’ +  D y’’’’ +    = )[ · ]  ................      allmän metodform

 

 

Se även separat (vidare) metodsammanställning i separat dokument i

partikulära lösningsmetoden DEL II

 

 

 

 

 

 

 

PARTIELL INTEGRATION

INTEGRALKALKYLENS I SÄRKLASS MEST KRAFTFULLA METOD

 

 

 

 

 

ò f (x) d[·]          = [·]f (x)ò [·]d[f (x)]  ........................   METOD 1

ò [·] f (x) dx        = [·] ò f (x) dx    òò f (x) dx d[·]  .........   METOD 2

[·] den okända, betecknar en godtycklig insättningsfunktion

(inte nödvändigtvis, men vanligen av typen x)

 

Vad används partialen till?

Sammansatta funktionsranger, typ ”lös integralen för integranden x f (x) dx”.

 

 

 

 

 

Förklaring

 

RELATERAD MATEMATIK: integration kan INTE verkställa samma operativa verksamhet som vanliga operativa funktioner genom × ÷. Integraler och derivator är operativt begränsade till olika gränssnitt (”matematiskt kablage”, ju fler ledningar desto högre komplexitet). Basfunktionerna markerar elementära gränssnittet där varje basfunktion (t.ex. xn) betecknar en rang. Sammansatta funktioner bildar högre gränssnitt (t.ex. xnex).

 

Se grundbegreppen i Begreppet gränssnitt, om ej redan bekant.

 

 

Av stor betydelse för integralkalkylen är PRODUKTDERIVATAN (EXP5 i Bastablån i Formlagarna). Frånsett dess allmänna användbarhet vid alla prövande återderiveringar, ger den också den kraftfulla partialintegralen. Vi studerar hur.

 

Härledning

             (AB) = AB+ BA  ...........................   produktderivatan

Eftersom bägge leden innehåller samma DERIVATAKONSTANT (dx), analogt

 

d(AB)  =   AdB    +    BdA

———     ———        ———

   dx             dx               dx

 

elimineras denna och man får motsvarande DIFFERENTIALEKVATION

             d(AB) = AdB + BdA  ......................     produktderivatans differentialekvation

 

Omflyttning ger  d(AB) BdA = AdB  och man har

 

                          AdB = d(AB) BdA   ......................    produktderivatans differentialekvation

                          AdB = AB’dx ;  d(AB) = (AB)’dx ;  BdA = BA’dx.

Alla tre termer är differentialer och leden kan därmed bilda en integral genom multiplikation av ¥ (Se Den Mängdoberoende)

            

¥AdB = ¥d(AB) ¥BdA

             ò AdB   = ò d(AB)  ò BdA

             ò AdB   =      AB    ò BdA ;  Jämför

 

ò AB’dx = ò (AB)’dx – ò BA’dx

 

Den fullständigt tecknade differentialekvationen till ovanstående led blir alltså I RELATERAD MATEMATIK

             AB’dx = (AB)’dx – BA’dx.

Differentialekvationens integral således  ò AdB = ò d(AB) ò BdA . Mittintegralen ges direkt som AB.

Resultat:

             ò AdB = AB ò BdA   .....................      partialintegralen (”partialen”)

 

Vi studerar vidare nedan hur detta resultat kan användas praktiskt.

 

 

 

 

 

INTEGRALKALKYLEN partiell integration i PREFIXxSIN

—————————————————————————————————————————————————————

 

TILLÄMPNINGAR

Den partiella integrationens två metoder

 

Det finns för fundamentalintegralerna två skilda sätt att använda ‘partial’en’ på, beroende på vilket objekt eller syfte man utgår ifrån. De skilda sätten kallas här för Metod 1 (den enklaste) och Metod 2 (den krångligaste).

De olika metoderna fyller (väsentligen) olika (ej samma) uppgifter — men den partiella integrationen beskrivs (här veterligt) inte så i moderna referenskällor: man tycks bara känna till ”en allmän metod” och som beskrivs ”lika illa i samliga fall”. Jämför följande:

 

METOD 1 — Utan ekvivalent :

             ò AdB = AB ò BdA En given integralform betraktas som ena (vänstra) ledet i partialintegralen:

             ò AdB = AB ò BdA  ............    partialintegralen, Metod 1; Memoreras enklast

             ò f (x) d[·]   =  [·] f (x)ò [·]d[f (x)]

             [·] den okända, betecknar en godtycklig insättningsfunktion

 

METOD 2 — Med ekvivalent :

             ò AdB =  AòdB    òò dB dA En given derivataintegral betraktas som den ena av partialintegralens faktorer:

             ò AdB = AB ò BdA  ..............  partialintegralen, Metod 2; Memoreras enklast (via B = ò dB = ò f (x) dx)

             ò [·] f (x) dx   =   [·] ò f (x) dx    òò f (x) dx d[·]

             [·] den okända, betecknar en godtycklig insättningsfunktion

 

I bägge fallen handlar den partiella integrationen (i princip) om sammansatta funktionsranger. Vi ser det direkt genom

f (x)[·] i metod 1 och [·]ò f (x) i metod 2 .

— Vi betraktar med andra ord ETT HÖGRE GRÄNSSNITT än det enkla elementära vid all användning av partiella integraler (OM bägge [·]f (x) är annat än differentialer).

 

Vi studerar några (enkla, grundläggande) exempel:

 

 

 

 

 

Integraler genom derivator

METOD 1 — partiell integration

lämpar sig bäst generellt för SINGULÄRA INTEGRALA LÖSNINGAR med genomgående deriveringar.

(Differentialtransformationer är mera regel än undantag i Metod 1 typ dx2/dx = Dn x2 = 2x ;  dx2 = 2x dx).

Ett typiskt fall är utvecklingen av integralen för cirkelns ekvation som inte finns med i grundtablån:

 

Exempel 1:       Bestäm fundamentalintegralen till integranden Ö 1–x2.

Lösning:           ò f (x) d[·]   =   f (x)[·]ò [·]d[f (x)]  .............................   Partiell integration, Metod 1

             [·]  .......................................................   = x

             f (x)  ....................................................   = R = Ö1–x2

             ò R dx   =   xRò x dR ;  DIFFERENTIALTRANSFORMATION, högerintegralen :

dR = Dn R dx = (1/2)(2x)/R dx = –x/R dx ; insättning ger x dR = x(–x/R dx)=–x2/R dx;

             ò R dx   =   xR + ò x2/R dx

Högerintegrandens x2/R visar: R=Ö 1–x2; R2=1–x2; x2=1–R2; x2/R = (1–R2)/R = 1/R – R;

Insättningen ger

             ò R dx   =   xR  +  ò 1/R dx  ò R dx

             2ò R dx =   xR  +  ò 1/R dx

Högerintegralen tillhör grundintegralerna via  ò 1/R dx = acosx. Vi får alltså lösningen

ò R dx   =   (1/2)(xR +  acosx) ;

ÅterDERIVERINGEN Ger :

Dn (1/2)(xR +  acosx) = (1/2)(x(–x/R) + R + 1/R) = (1/2)(–x2/R + R2/R + 1/R)

= (1/2)(–x2 + 1–x2 + 1)/R = (1/2)2(1–x2)/R = R2/R = R

Således INTEGRANDEN ÅTER.

Svar:                 ò R dx   =   (1/2)(xR +  acosx),  R=Ö 1–x2

 

 

 

 

 

 

Integraler genom integraler

METOD 2  partiell integration

lämpar sig bäst generellt för (kontroll och) utveckling av systemintegraler (n:te integralen för …), typ

ò xn/(Ö a–x)  dx = –2(Ö a–x)[ xn + m=1®n å xn–m(a–x)m2m[ (n–t)t! ]/(2m+1)!! ]  ; t = m–1

 

Metod 2 kan uppfattas som ”klumpig” om uppgiften enbart gäller att lösa enskilda sammansatta integrander. Man måste då (i allmänhet) lösa en dubbelintegral vilket kan innebära formidabla problemberg. Metod 2 lämpar sig (därför) bättre om det gäller att finna mera övergripande systemintegraler av typen xn(P)m. Metoden visar sig (också genomgående) för just sådana fall vara (synnerligen) effektiv.

 

Utveckling av systemintegraler är (ytterst) utrymmeskrävande och visas därför inte exemplifierat i denna korta presentation. Genom min egen erfarenhet är (vissa av dem) t.o.m. SÅ utrymmeskrävande att DATORN-ordbehandlingsprogrammet TAPPAR FORMATERINGSKONCEPTET PER RAD genom mängden indexeringar och prefix. Det finns dock även i fallet Metod 2 enklare (ytterst trevliga, mycket klargörande) exempel:

 

 

Exempel 1:       Bestäm  ò x

Lösning:           ò  [·] f (x) dx = [·] ò f (x) dx    òò f (x) dx d[·]  .............     Partiell integration, Metod 2

             [·]  .......................................................   = x

             f (x)  ....................................................   = 1  ...............   ò 1 dx = 1 ò dx = 1x = x ;

ò x 1dx  =   x(x)ò (x) dx

ò x dx    =   (x2)ò x dx  ......................   VL och HL innehåller samma integralform ;

2ò x dx  =   x2

ò x dx    =   x2/2

ÅterDERIVERINGEN Ger :

Dn x2/2 = 2x1/2 = x

Således INTEGRANDEN ÅTER.

Svar:                 ò x dx    =   x2/2

Exempel 2:       Bestäm  ò xex

Lösning:           ò  [·] f (x) dx = [·] ò f (x) dx    òò f (x) dx d[·]  .............     Partiell integration, Metod 2

             [·]  .......................................................   = x

             f (x)  ....................................................   = ex  .............    integralen för ex=ex  från Bastablån ;

ò x ex dx  =   xexò ex dx

ò xex dx   =   xex – ex

ò xex dx   =   ex(x – 1)

ÅterDERIVERINGEN Ger :

Dn ex(x – 1) = ex + ex(x – 1) = xex

Således INTEGRANDEN ÅTER.

Svar:                 ò xex dx   =   ex(x – 1)

 

 

 

END.

 

 

 

 

 

 

 

Allmänna Partiella Lösningsmetoden

 

innehåll: SÖK på denna sida Ctrl+F · sök alla ämnesord överallt i SAKREGISTER  ·  förteckning över alla webbsidor

 

 

 

Allmänna Partiella Lösningsmetoden

ämnesrubriker

                                     

 

innehåll

              ALLMÄNNA partikulära LÖSNINGSMETODEN

 

                                                         Inledning

 

                       Partikulära lösningar till inhomogena varianter

 

                                                         Lösningar till Inhomogena varianter

 

                                                         KAN-formen

 

                                                         Allmänna partikulära lösningsalgoritmen

 

                                                                            Fundamentaltermen

 

                                                                            Reguljären

 

                                                                            Bestämda fundamentaltermen

 

                                                                            Partikulära Metodformens allmängiltighet

 

                                                                            Reguljära formen

 

                       INLEDANDE EXEMPEL

 

                                                         Serien M2000

 

                                                         SÄRSKILDA EXEMPEL

 

                                                         Speciella exponentintegralens metod

 

                       Förklaring

 

                                                         Lösningstillämpbarheten i de n:te ordningens varianterna

 

                       PARTIELL INTEGRATION

 

                                                         Förklaring

 

                                                         Härledning

 

                                                         Tillämpningar

 

                                                                            Metod 1

 

                                                                            Metod 2

 

referenser

 

 

[M2000].

MATEMATIK 2000, Lärobok 3, Björk · Borg · Brolin · Ljungström, Natur och Kultur 1991

Innehåll och uppgifter är desamma som i den senare läroboken

MATEMATIK 2000, Kurs E, Björk · Brolin, Natur och Kultur 1996

 

t för 10, T för 10+, förenklade exponentbeteckningar

 

TNED (Toroid Nuclear Electromechanical Dynamics), eller Toroidnukleära Elektromekaniska Dynamiken är den dynamiskt ekvivalenta resultatbeskrivning som följer av härledningarna i Planckringen h=mnc0rn, analogt Atomkärnans Härledning. Beskrivningen enligt TNED är relaterad, vilket innebär: alla, samtliga, detaljer gör anspråk på att vara fullständigt logiskt förklarbara och begripliga, eller så inte alls. Med TNED förstås (således) också RELATERAD FYSIK OCH MATEMATIK. Se även uppkomsten av termen TNED i Atomkärnans Härledning.

 

 

Senast uppdaterade version: 2011-10-10

*END.

Stavningskontrollerat 2009-01-10.

 

rester

*

åter till portalsidan   ·   portalsidan är www.UniversumsHistoria.se 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

PNG-justerad 2011-10-10

åter till portalsidan   ·   portalsidan är www.UniversumsHistoria.se