mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Φεβ 07, 2020 11:07 pm**

Να χαράξετε τη γραφική παράσταση της συνάρτησης

για την οποία για κάθε $x \in \mathbb{R}$ ισχύει (x^2+1)^2f''(x)=f(x),

με $f(1)=\sqrt{2},$ $\displaystyle{f'(1)=\frac{\sqrt{2}}{2}.}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 08, 2020 8:53 am**

Δεν είναι για αυτό τον φάκελλο !(νομίζω)

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 08, 2020 3:24 pm**

R BORIS έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 08, 2020 8:53 am
Δεν είναι για αυτό τον φάκελλο !(νομίζω)

Συμφωνώ.

Η γενική λύση είναι $\displaystyle{ y=(a+b\arctan x) \sqrt {x^2+1} }$ .

Άντε βρες την με Σχολικά Μαθηματικά.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 08, 2020 8:51 pm**

Όπως έγραψα την άσκηση την είδα στο Facebook ως προτεινόμενη για Γ΄ Λυκείου.

Έχω δώσει μια λύση με σχολικά μαθηματικά και έχω δει και μια δεύτερη.

Μια υπόδειξη για τη λύση μου: Όλοι έχουμε λύσει με σχολικά μαθηματικά τις εξισώσεις $f''(x)=f(x),\;f''(x)=4f(x).$ Η ιδέα είναι η ίδια...

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Φεβ 10, 2020 6:39 pm**

γνωρίζοντας την γενκή λύση της ΔΕ που θα μπορούσαμε να βρούμε με μετ/μό Laplace, (αυτό δεν το λέμε), μπορούμε να κάνουμε τους πονηρούς και να δείξουμε $\displaystyle{((1+x^2)(\frac{f(x)}{\sqrt{1+x^2}}})')'=0}$ το μονο που θα κάνουμε είναι κάποιες πράξεις και όταν πρωτοεμφανιστεί η $\displaystyle{f''}$ να αντικατασταθεί απο την ΔΕ.Η συνέχεια απλή
Επίσης $\displaystyle{(ArcTanx)'=1/1+x^2}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Φεβ 11, 2020 8:42 pm**

R BORIS έγραψε: ↑
Δευ Φεβ 10, 2020 6:39 pm
γνωρίζοντας την γενκή λύση της ΔΕ που θα μπορούσαμε να βρούμε με μετ/μό Laplace, (αυτό δεν το λέμε),

Δεν νομίζω ότι στην συγκεκριμένη μπορούμε να βρούμε την λύση με μετ/μό Laplace.
Ροδόλφε μήπως έχεις κάτι υπ οψιν σου που δεν το βλέπω;

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Φεβ 12, 2020 9:59 am**

ομολογουμένως δεν το κοιταξα αρκετά Που κολλάιε?
ΤΟ mathematica λύνει την ΔΕ

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Φεβ 12, 2020 11:01 am**

Επειδή βλέπω μεγάλη κουβέντα δίνω τη λύση μου:
$\displaystyle{(x^2+1)^2f''(x)=f(x) \Leftrightarrow \sqrt{x^2+1}f''(x)=\frac{1}{\sqrt{x^2+1}^3}f(x) \Leftrightarrow}$

$\displaystyle{\Leftrightarrow \sqrt{x^2+1}f''(x)+\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}f'(x)=\frac{1}{\sqrt{x^2+1}^3}f(x) +\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}f'(x) \Leftrightarrow}$

$\displaystyle{\Leftrightarrow \left(\sqrt{x^2+1}f'(x)\right)'= \left(\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}f(x)\right)' \Rightarrow}$

$\displaystyle{\Rightarrow \sqrt{x^2+1}f'(x)= \frac{x}{\sqrt{x^2+1}}f(x)+c_1,\;c_1\in\mathbb{R}.}$

Αφού $\displaystyle{f(1)=\sqrt{2},f'(1)=\frac{\sqrt{2}}{2}}$ βρίσκουμε c_1=0,

άρα

$\displaystyle{\sqrt{x^2+1}f'(x)-\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}f(x)=0 \Leftrightarrow \frac{1}{\sqrt{x^2+1}}f'(x)-\frac{x}{\sqrt{x^2+1}^3}f(x)=0 \Leftrightarrow \left(\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}f(x)\right)'=0 \Rightarrow}$

$\displaystyle{\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{x^2+1}}f(x)=c_2,c_2 \in \mathbb{R}.}$

Αφού $f(1)=\sqrt{2}$ προκύπτει ότι c_2=1,

οπότε $f(x)=\sqrt{x^2+1}.$

Μετά είναι τετριμένο...

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Φεβ 12, 2020 3:59 pm**

Πρωτοπαπάς Λευτέρης έγραψε: ↑
Τετ Φεβ 12, 2020 11:01 am
Επειδή βλέπω μεγάλη κουβέντα δίνω τη λύση μου:
$\displaystyle{(x^2+1)^2f''(x)=f(x) \Leftrightarrow \sqrt{x^2+1}f''(x)=\frac{1}{\sqrt{x^2+1}^3}f(x) \Leftrightarrow}$

$\displaystyle{\Leftrightarrow \sqrt{x^2+1}f''(x)+\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}f'(x)=\frac{1}{\sqrt{x^2+1}^3}f(x) +\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}f'(x) \Leftrightarrow}$

$\displaystyle{\Leftrightarrow \left(\sqrt{x^2+1}f'(x)\right)'= \left(\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}f(x)\right)' \Rightarrow}$

$\displaystyle{\Rightarrow \sqrt{x^2+1}f'(x)= \frac{x}{\sqrt{x^2+1}}f(x)+c_1,\;c_1\in\mathbb{R}.}$

....

Λευτέρη, νομίζω ότι δεν είναι "τίμια" (έμφαση στα εισαγωγικά) η λύση γιατί προϋποθέτει ότι ξέρουμε την απάντηση (την οποία άλλωστε έγραψα παραπάνω) και απλά κάνουμε τα βήματα με αυτή κατά νου, χωρίς να το ομολογούμε.

Θέλω να πω, πώς θα αιτιολογήσουμε τα παραπάνω αφύσικα βήματα στον μαθητή μας;

Υπόψη ότι τυχαίνει, με τις δοθείσες αρχικές συνθήκες, να μηδενίζεται το c_1

, οπότε εξαφανίζεται το μέρος της λύσης που εμπεριέχει το $\arctan$ . Αν π.χ. η αρχική συνθήκη ήταν μικρή παραλλαγή, όπως αντί $f(1)=\sqrt{2}$ να ήταν f(1)=1

ή $f(1)=2\sqrt 2$ , τότε η μέθοδος που ακολουθείς δεν λειτουργεί (εκτός αν γίνουν και άλλες αφύσικες μανούβρες).

Τέλος, αν ξέρω την λύση $\sqrt {x^2+1}$ (για τις εν λόγω αρχικές συνθήκες) τότε μπορούμε να λύσουμε την εξίσωση πολύ πιο εύκολα: Κάνουμε την αλλαγή μεταβλητής $y= \sqrt {x^2+1}z$ , οπότε η νέα εξίσωση έχει λύση z= c

(σταθερό) την οποία λύνουμε στο πιτσ-φυτίλι, χωρίς όλες τις μανούβρες που κάνεις με πολλαπλασιασμό επί $(x^2+1)^{-3/2}$ και μετά προσθαφαίρεση του $\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}f'(x)$ . Απλά τα πράγματα.

Ο ίδιος, όταν έγραψα την γενική λύση, εργάστηκα με την μέθοδο "variation of parameters", που είναι η στάνταρ τεχνική σε τέτοιου είδους δευτεροβάθμιες μη ομογενείς εξισώσεις.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Φεβ 12, 2020 10:17 pm**

Το σκεπτικό μου ήταν εντελώς διαφορετικό.

Στο μυαλό μου έχω το πως λύνονται οι f''(x)=f(x)

και

με όρους Λυκείου.

Εξηγώ το σκεπτικό για την f''(x)=4f(x)

: Είναι φανερό ότι άμεσα δεν μπορεί να λυθεί, αλλά χρειάζεται να υπάρξει κάπως η πρώτη παράγωγος.

Ψάχνουμε λοιπόν ποιος είναι ο όρος που πρέπει να προστεθεί και στα δύο μέλη ώστε η εξίσωση να μετασχηματισθεί τελικά στη μορφή G'(x)=H'(x).

Ευκολότερα ή δυσκολότερα μπορεί κάποιος να δει ότι αυτό επιτυγχάνεται προσθέτοντας το 2f'(x)

και πολλαπλασιάζοντας με το $e^{2x},$

οπότε προκύπτει $f''(x)e^{2x}+2f'(x)e^{2x}=4f(x)e^{2x}+2f'(x)e^{2x} \Leftrightarrow [f'(x)e^{2x}]'=[2f(x)e^{2x}]' ...$

Ομοίως σκέφτηκα και με αυτή. Αφού δεν έπιασε η διαίρεση με τα x^2+1

ή

δοκίμασα $(x^2+1)^{3/2}$ και πήγε φυσιολογικά...

Τέλος για τις αρχικές συνθήκες έχω να πω ότι αυτές την καθιστούν Λυκειακή, αλλιώς δεν θα ήταν.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 13, 2020 12:09 am**

λαθος συγνώμη
παει με riccati και λογισμικό για την εύρεση μιας μερικής λύσης

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 13, 2020 4:33 pm**

Παίρνουμε τη συνάρτηση $g(x)=\frac{f(x)}{\sqrt{x^2+1}}$ και με παραγώγιση αποδεικνύουμε ότι είναι σταθερή και ίση με

.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 13, 2020 7:46 pm**

Θα δείξουμε οτι το πρόβλημα έχει μοναδική λύση
Εστω ότι αυτό δεν συμβαίνει τότε θα υπάρχουν $\displaystyle{f:(1+x^2)^2f''(x)=f(x)}$ με $\displaystyle{f(1)=\sqrt{2}/2}$ και $\displaystyle{f'(1)=\sqrt{2}}$ ακόμη $\displaystyle{g:(1+x^2)^2g''(x)=g(x)}$ με $\displaystyle{g(1)=\sqrt{2}/2}$ και $\displaystyle{g'(1)=\sqrt{2}}$ και $\displaystyle{x_0:f(x_0)\ne g(x_0)\ne 0}$ [*]

Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη έχουμε $\displaystyle{(1+x^2)^2f''(x)g(x)=(1+x^2)^2g''(x)f(x)}$ ή $\displaystyle{f''(x)g(x)=g''(x)f(x)}$
Tότε αν $\displaystyle{f(x)\ne 0}$ και $\displaystyle{g(x)\ne 0}$ συνεπώς $\displaystyle{(\frac{f''(x)}{f(x)}=(\frac{f'(x)}{f(x)})'+(\frac{f'(x)}{f(x)})^2=(\frac{g'(x)}{g(x)})'+(\frac{g'(x)}{g(x)})^2}$

Θέτοντας $\displaystyle{u=f'/f,v=g'/g}$ παίρνουμε $\displaystyle{u'(x)+u^2(x)=v'(x)+v^2(x)\Rightarrow }$
$\displaystyle{(u(x)-v(x))'=-(u(x)-v(x))(u(x)+v(x))}$ αρα $\displaystyle{(u-v)(x)=ce^{-\int(u+v)(x)dx},u(1)=v(1)=1/2}$ δηλαδή $\displaystyle{c=0}$ οπότε $\displaystyle{u=v}$ άρα $\displaystyle{f'/f=g'/g}$ η $\displaystyle{f(x)/g(x)=k=f(1)/g(1)=1}$ ατοπο απο την [*]

Αν $\displaystyle{f(r)=0 ,g(r)\ne 0}$ σαν $\displaystyle{x_0=r}$ συνεχίζουμε με 2 υποπεριπτώσεις
Α. $\displaystyle{g(s)=0 }$ με $\displaystyle{s\ne r}$ όπως πριν $\displaystyle{u=v}$ που είναι ατοπο
B. $\displaystyle{g(x)\ne 0 \forall x}$ που πάλι είναι άτοπο

Να προσθέσουμε ότι οι $\displaystyle{f,g}$ έχουν το πολύ μια ριζά διότι αν είχαν 2 τις $\displaystyle{a,b}$ τότε στο $\displaystyle{[a,b]}$
διατηρούν πρόσημο έστω θετικό από την αρχική ΔΕ αρα είναι κυρτές οπότε θα είχαν ΜΑΧ στα άκρα του διαστήματος συνεπως ΜΙΝ αρνητικό στο $\displaystyle{(a,b)}$ που είναι άτοπο

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 13, 2020 8:40 pm**

panagiotis iliopoulos έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 13, 2020 4:33 pm
Παίρνουμε τη συνάρτηση $g(x)=\frac{f(x)}{\sqrt{x^2+1}}$ και με παραγώγιση αποδεικνύουμε ότι είναι σταθερή και ίση με .

Παναγιώτη, σωστά αλλά αυτό έγραψα παραπάνω:

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Τετ Φεβ 12, 2020 3:59 pm
... Κάνουμε την αλλαγή μεταβλητής $y= \sqrt {x^2+1}z$ , οπότε η νέα εξίσωση έχει λύση (σταθερό) την οποία λύνουμε στο πιτσ-φυτίλι

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Φεβ 14, 2020 6:33 am**

Στην πραγματικότητα θέλει λίγο φαντασία να σκεφτεί κανείς ποια είναι η συνάρτηση και να λύσει την εξίσωση με τον τρόπο που υποδεικνύει και ο κ. Λάμπρου. Θα μπορούσε να αποτελέσει 4ο θέμα Πανελλαδικών κατά τη γνώμη μου. Οι δουλεμένοι μαθητές θα αντιληφθούν άμεσα ποιός είναι ο τύπος της συνάρτησης.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Φεβ 14, 2020 9:38 am**

panagiotis iliopoulos έγραψε: ↑
Παρ Φεβ 14, 2020 6:33 am
Στην πραγματικότητα θέλει λίγο φαντασία να σκεφτεί κανείς ποια είναι η συνάρτηση και να λύσει την εξίσωση με τον τρόπο που υποδεικνύει και ο κ. Λάμπρου. Θα μπορούσε να αποτελέσει 4ο θέμα Πανελλαδικών κατά τη γνώμη μου. Οι δουλεμένοι μαθητές θα αντιληφθούν άμεσα ποιός είναι ο τύπος της συνάρτησης.

Παναγιώτη, συμφωνούμε. Άλλωστε αυτό ακριβώς εννοούσα όταν έγραφα

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Τετ Φεβ 12, 2020 3:59 pm
η λύση γιατί προϋποθέτει ότι ξέρουμε την απάντηση (την οποία άλλωστε έγραψα παραπάνω) και απλά κάνουμε τα βήματα με αυτή κατά νου, χωρίς να το ομολογούμε.
...

Τέλος, αν ξέρω την λύση $\sqrt {x^2+1}$ (για τις εν λόγω αρχικές συνθήκες) τότε μπορούμε να λύσουμε την εξίσωση πολύ πιο εύκολα: Κάνουμε την αλλαγή μεταβλητής $y= \sqrt {x^2+1}z$ , οπότε η νέα εξίσωση έχει λύση (σταθερό)

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Φεβ 14, 2020 1:14 pm**

Πάντως στα θέματα των εξετάσεων δεν εξετάζουμε τη φαντασία των μαθητών ούτε την έμπνευση της στιγμής.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Φεβ 14, 2020 2:41 pm**

Άρα βγαίνει το αληθές και έγκυρο συμπέρασμα ότι οι μη δουλεμένοι δεν γράφουν.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 15, 2020 12:08 pm**

Οι δουλεμένοι μαθητές θα έχουν πεδίο δράσης, στα φοιτητικά τους χρόνια, να διαπρέψουν λύνοντας με τεχνάσματα ΣΔΕ. Στις πανελλαδικές ας εξεταστούν στην σχολική ύλη και τις άμεσες συνέπειες από αυτά που μαθαίνουν.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 15, 2020 12:49 pm**

Christos.N έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 15, 2020 12:08 pm
Οι δουλεμένοι μαθητές θα έχουν πεδίο δράσης, στα φοιτητικά τους χρόνια, να διαπρέψουν λύνοντας με τεχνάσματα ΣΔΕ. Στις πανελλαδικές ας εξεταστούν στην σχολική ύλη και τις άμεσες συνέπειες από αυτά που μαθαίνουν.

Έτσι ακριβώς, την επιμέλεια και την προσπάθεια των μαθητών θέλουμε να εξετάσουμε και στο τέλος να επιβραβεύσουμε.
Για όλα τα άλλα (φαντασία, έμπνευση κλπ) υπάρχουν αρκετοί διαγωνισμοί για να διακριθούν.

mathematica.gr

Μετά τον τύπο είναι εύκολο...

Μετά τον τύπο είναι εύκολο...

Re: Μετά τον τύποι είναι εύκολο...

Re: Μετά τον τύποι είναι εύκολο...

Re: Μετά τον τύποι είναι εύκολο...

Re: Μετά τον τύποι είναι εύκολο...

Re: Μετά τον τύποι είναι εύκολο...

Re: Μετά τον τύποι είναι εύκολο...

Re: Μετά τον τύπο είναι εύκολο...

Re: Μετά τον τύπο είναι εύκολο...

Re: Μετά τον τύπο είναι εύκολο...

Re: Μετά τον τύπο είναι εύκολο...

Re: Μετά τον τύπο είναι εύκολο...

Re: Μετά τον τύπο είναι εύκολο...

Re: Μετά τον τύπο είναι εύκολο...

Re: Μετά τον τύπο είναι εύκολο...

Re: Μετά τον τύπο είναι εύκολο...

Re: Μετά τον τύπο είναι εύκολο...

Re: Μετά τον τύπο είναι εύκολο...

Re: Μετά τον τύπο είναι εύκολο...

Re: Μετά τον τύπο είναι εύκολο...