Διαφορι-Κούλα 20

mathxl · #1

Εντάξει...το ξέρω..εκκρεμούν οι 18-19 αλλά η mathxl productions μέσα στο πνεύμα ενίσχυσης της Ελληνικής μαθηματικής παιδείας, παραθέτει ένα θέμα ακόμη, παρά τις ευρωπαικα δύσπιστα βλέμματα στηρίζοντας τον Έλληνα γδαρμένο μαθηματικό δημόσιο υπάλληλο

Έστω η f συνεχής και δύο φορές παραγωγίσιμη στο (0,+οο) με f(1)=1 , f'(1)=0 είναι τέτοια ώστε
$\displaystyle{{x^2}f''\left( x \right) - 2xf'\left( x \right) + 2f\left( x \right) = x + \ln x}$
, να βρείτε τον τύπο της

papel · #2

mathxl έγραψε: Έλληνα γδαρμένο μαθηματικό δημόσιο υπάλληλο

Συμφωνα με υπεργηρο και ψηλο πολιτικο ο Ελληνας ΔΥ παιρνει πολλα λεφτα και προφανως επειδη του δημιουργουν προβλημα ψυχολογικο
η ΕΕ μας απαλλασει απο το κοστος του ψυχολογου.

#3

Λίγο ''γκαζοζέν''(*) η λύση μου, αλλά δεν παύει να είναι λύση!

Αν διαιρέσουμε με $\displaystyle{ x^2 }$
και τα δύο μέλη, έχουμε:

$\displaystyle{ f''(x) - \frac{2}{x}f'(x) + \frac{2}{{x^2 }}f(x) = \frac{1}{x} + \frac{{\ln x}}{{x^2 }} \Rightarrow f''(x) - \frac{1}{x} - \frac{{\ln x}}{{x^2 }} = \frac{2}{x}f'(x) - \frac{2}{{x^2 }}f(x) }$
ή μετά απο αντιπαραγώγιση:

$\displaystyle{ f'(x) - \ln x + \frac{{\ln x}}{x} + \frac{1}{x} = \frac{2}{x}f(x) + c }$
Για χ=1 έχουμε c=-1, αρα έχω:

$\displaystyle{ xf'(x) - 2f(x) = x\ln x - \ln x - 1 - x }$
Πολλαπλασιάζοντας με χ και διαιρώντας με $\displaystyle{ x^4 }$ (καλό!αλλά θέλω να είμαι ''διδακτικός'')
έχω:

$\displaystyle{ \frac{{x^2 f'(x) - 2xf(x)}}{{x^4 }} = \frac{{\ln x}}{{x^2 }} - \frac{{\ln x}}{{x^3 }} - \frac{1}{{x^2 }} - \frac{1}{{x^3}} }$

δηλαδή:

$\displaystyle{ \left( {\frac{{f(x)}}{{x^2 }}} \right)' = \left( { - \frac{{\ln x}}{x} + \frac{{\ln x}}{{2x^2 }} + \frac{1}{{4x^2 }} + \frac{1}{{2x^2 }}} \right)' }$

Το c που προκύπτει είναι 1/4, αρα τελικά:
$\displaystyle{ f(x) = - x\ln x + \frac{{\ln x}}{2} + \frac{3}{4} + \frac{{x^2 }}{4} }$

(μετά απο πράξεις, ελπίζω οτι τα κατάφερα επιτέλους!!)
Η επαλήθευση σε λίγο...Αν ηρεμήσουν τα νεύρα απο την πληκτρολόγηση.

(*) γκαζοζέν= Παλιά θορυβώδη φορτηγά με 0-100 σε 7,4...(λεπτά)

mathxl · #4

Χρήστο ευχαριστώ για την λύση και τον κόπο συ. Μπορούμε να δώσουμε λύση θέτοντας στην αρχή f(x)=xg(x)

#5

Ας προσθέσω ότι οι εξισώσεις της μορφής

$\displaystyle{a{x^2}f''\left( x \right) +bxf'\left( x \right) + cf\left( x \right) = 0}$

ονομάζονται Διαφορικές Εξισώσεις Euler και υπάρχει γι' αυτές εκτενής βιβλιογραφία. Λύνονται κομψά με την αντικατάσταση y=x^r

.

προσοχή όμως, η δοθείσα είναι μη ομογενής, οπότε η λύση της είναι

(γενική λύση της ομογενούς) + (μία ειδική λύση)

Εδώ η γενική λύση της ομογενούς βγαίνει, αν έκανα σωστά τις πράξεις, y = Ax + Bx^2

.

Για την ειδική λύση πρέπει να προσφύγουμε σε τεχνάσματα, όπως τα ωραία προταθέντα παραπάνω.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

Διαφορι-Κούλα 20

Διαφορι-Κούλα 20

Re: Διαφορι-Κούλα 20

Re: Διαφορι-Κούλα 20

Re: Διαφορι-Κούλα 20

Re: Διαφορι-Κούλα 20

Μέλη σε σύνδεση