\require{AMSmath}

Dit is een reactie op vraag 83083

Re: Diferentiaalvergelijking en goniometrie

Dag Klaas Pieter ,
Graag mijn verontschuldiging voor de verkeerde formulering van de opgave DV
Ik heb mij vergist in de opgave die moet zijn:
cosc(t)tg(t)dr-(rcosec(t)+tg²(t))dt=0
Na wegdelen krijg ik dan
dr-(rcotg(t)+tg(t)sin(t)=0
Part(M)/dt=0 en Part DN/dr =cotg(t) en het verschil der partiële afgeleiden geeft=-cotg(t)
-Cotg (t) is dus ene integratiefactor
INtegraal e^-cotg(t)dt= integraal e^-d(sin(t)/sin(t) en
Nu is Întegraal(e^-cotg(t)dt=1/sin(t).
Introducerend in de DV vindne we:µ
dr/sin(t)-(rcotg(t)/sint +tg(t)sin(t)=0
cosec(t)dr-(rcotg(t)cosec(t) +tg(t))dt=0
cosec(t)dr-(rcotg(t)cosec(t)+tg(t))dt=0
En hoe moet het nu verder...??
Ik hoop da tik nu foutenvrij heb gewerkt...

Nogmaals sorry voor de tikfout in de opgave.
De oplossing zou zijn :
rcosec(t)-ln(sec(t))=C
Groetjes,
Rik

Rik Le
Iets anders - maandag 24 oktober 2016

Antwoord

[MATHJAX]Na delen krijg je dus
$$
dr-(r\mathop{\mathrm{cotan}} t+\tan t\cdot\sin t)dt=0
$$of ook
$$
\frac{d}{dt}r - r\mathop{\mathrm{cotan}} t = \frac{\sin^2t}{\cos t}
$$De laatste is een lineaire differentiaalvergelijking en een integrerende factor is niet $-\mathop{\mathrm{cotan}} t$ maar $e^{f(t)}$ met $f(t)$ een primitieve van $-\mathop{\mathrm{cotan}} t$; zo'n primitieve is $-\ln\sin t$, en zijn $e$-macht is $\frac1{\sin t}$. Als je daar mee vermenigvuldigt komt er
$$
\frac1{\sin t}r'-\frac{\cos t}{\sin^2t}r=\tan t
$$Wegens de productregel kun je dat ook schrijven als
$$
\left(\frac1{\sin t}\cdot r\right)'=\tan t
$$Dus moeten we $\tan t$ primitiveren: $-\ln\cos t$ of $\ln\sec t$. Nu krijg je
$$
\frac1{\sin t}\cdot r = \ln\sec t +C
$$en dat is inderdaad de gegeven oplossing.

kphart
dinsdag 25 oktober 2016

©2001-2023 WisFaq