1. No category

1
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Tillämpningar av differentialekvationer
TILLÄMPNINGAR AV DIFFERENTIAL EKVATIONER
Följande uttryck används ofta i olika problem som leder till differentialekvationer:
Text
A är proportionell mot B
Formell beskrivning
det finns ett tal k så att
A=kB
k
A=
(för ett tal k)
B
A är omvänt proportionell mot B
A är proportionell mot
summan,
differensen ,
produkten,
kvoten,
av B och C
A= k ( B + C )
A= k ( B − C )
A= kBC
B
A= k ⋅
(för ett tal k)
C
y ′(t )
(eller y ′(x ) )
y ′(t ) =A
y ′(t ) =kA
Funktionens förändringshastighet
Funktionen förändras med hastigheten A
Funktionen förändras med hastigheten som
är proportionell mot A
Funktionen förändras med hastigheten som
är omvänt proportionell mot A
Funktionens förändras med hastigheten
som är proportionell mot produkten mellan A
och (B – C)
k
A
y ′(t ) = kA( B − C )
y ′(t ) =
Uppgift 1. Ställ upp en differential ekvation för funktionen y (t ) om
a) Funktionen y (t ) förändras med hastigheten (som är lika med) 5 y (t ) .
b) Funktionen y (t ) förändras med hastigheten som är proportionell mot y (t ) .
c) Funktionen y (t ) förändras med hastigheten som är proportionell mot t .
d) Funktionen y (t ) förändras med hastigheten som är omvänt proportionell mot y (t ) .
e) Funktionen y (t ) förändras med hastigheten som är proportionell mot differensen mellan
t och y (t ) .
Svar:
k
a) y ′(t ) = 5 y (t ) , b) y ′(t ) = ky (t ) c) y ′(t ) = kt d) y ′(t ) =
e) y ′(t ) = k (t − y (t ))
y (t )
Uppgift 2. Ett radioaktivt ämne sönderfaller med hastigheten som är proportionell mot den
mängd av ämnet som finns kvar.
a) Ställ upp en differentialekvation som beskriver förloppet.
b) Av 125 gram blir det kvar 121. 9 gram efter 100 år.
Hur många gram blir kvar efter 330 år.
1
2
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Tillämpningar av differentialekvationer
dy
= ky (t )
dt
b) den allmänna lösningen är y = Cekt .
Villkoret y (0) = 125 ⇒ C = 125 och därmed y = 125e kt
1
121.9
ln(
) ≈ −0.000251 .
Från y (100) = 121.9 har vi 121.9 = 125e100 k ⇒ k =
100
125
Alltså y = 125e −0.000251t .
Härav y (330) ≈ 115.1
Svar b) 115.1
Svar a)
Uppgift 3.
En sfärisk snöboll med radien l m smälter på ett dygn till den mindre snöbollen med radien
0.8 m. Vi antar, att volymen av snöbollen minskar med en hastighet, som är proportionell mot
snöbollens area. Vi förutsätter, att bollen behåller sin sfäriska form under hela smältperioden.
a) Bestäm en differentialekvation för radien R som funktion av tiden t
b) Lös differentialekvationen med avseende på R(t)
c) Beräkna efter hur lång tid snöbollen är helt borta.
4
(Tips: volymen V= R 3π , arean A= 4R 2π )
3
Lösning:
dV
4
dR
dR
= kA ⇒ 3R 2π
= 4kR 2π ⇒
=k
dt
3
dt
dt
Svar: a) R ′(t ) = k
b) R(t ) = kt + C
R(0) = 1
⇒ C = 1 och k = −0.2
R(1) = 0.8
alltså R(t ) = −0.2t + 1
c) − 0.2t + 1 = 0 ⇒ t = 5
I följande uppgift används Newtons avsvalningslag: Om en kropp med temperaturen T0
placeras i en omgivning med temperaturen TR, kommer kroppens temperaturer y(t) att
förändras med hastigheten som är proportionell mot skillnaden mellan föremålets temperatur
och omgivnings temperatur. Med andra ord har vi följande ekvation
y ′(t ) = k ( y (t ) − TR )
med beggynelsevillkor :
y (0) = T0
Uppgift 4.
Ett föremål med temperaturen 200° C har efter en minut i rumstemperatur (22° C) svalnat till
140° Hastigheten med vilken temperaturen sjunker är proportionell mot skillnaden mellan
föremålets temperatur och rumstemperaturen.
a) Bestäm föremålets temperatur som funktion av tiden
2
3
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Tillämpningar av differentialekvationer
b) Efter hur lång tid blir föremålets temperatur 30°?
Lösning:
dy
dy
dy
= k ( y (t ) − 22) ⇒
= kdt ⇒ ∫
= kdt ⇒
dt
y − 22
y − 22 ∫
ln | y − 22 |= kt + C1 ⇒
y = 22 + D ⋅ e kt
Startvillkoret y (0) = 200 ⇒ D = 178 ⇒
⇒ y = 22 + 178 ⋅ e kt
118
118
= e k ⇒ k = ln
≈ − 0.411
Villkoret y (1) = 140 ⇒ 140 = 22 + 178 ⋅ e k ⇒
178
178
Svar a) y = 22 + 178 ⋅ e kt ≈ y = 22 + 178 ⋅ e −0.411t
ln(8 / 178)
b) y (t ) = 30 ⇒ 22 + 178 ⋅ e kt = 30 ⇒ e kt = 8 / 178 ⇒ kt = ln(8 / 178) ⇒ t =
k
t ≈ 7.546 min
Svar b) t ≈ 7.546 min
Uppgift 5. (Ten1 aug 2013)
En behållare har formen av en kon med spetsen nedåt enligt figuren. Från början är behållaren
fylld med vatten till höjden 15,0 cm. Vattnet rinner ut genom ett litet hål i botten. Utflödet är
10,0 h cm3/s, där h är vattnets höjd i cm. Hur lång tid tar det innan behållaren är tom?
45,0°
h
Lösning:
Vattenvolymen V(t) uppfyller ekvationen blir
dV
= −10,0 h
dt
(*)
Ekvationen (*) har två obekanta funktioner V(t) och h(t). För att lösa ekvationen måste vi
πr 2 h
, där r är vattenytans
eliminera en av dem. Formeln för volymen av en kon ger V =
3
radie. På grund av 45°-vinkeln gäller r = h och alltså
πh 3
V =
.
3
3
4
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Tillämpningar av differentialekvationer
Metod 1. Vi eliminerar V.
Vi deriverar sambandet V (t ) =
π (h(t )) 3
3
och får ( med hjälp av kedjeregeln )
dV 3πh 2 dh
dh
=
= πh 2
som vi substituerar i ekv (*) :
dt
3 dt
dt
dh
(ekv 1)
πh 2
= −10,0 h
dt
Vi separerar variabler ( h och t ) och får
3
10,0
(ekv 2).
h 2 dh = −
dt
π
3
10
Integrera: ∫ h 2 dh = − ∫ dt
π
eller
5
2
2h
10
= − t + C1
π
5
(**)
5
2 ⋅ 15 2
Från h(0)=15 får vi C1 =
≈ 348.5685 och därmed
5
5
2h 2
10
= − t + 348.5685
5
π
Behållaren är tom om h=0 dvs −
10
Svar: 110 s
π
t + C1 =0 . Härav t =
Metod 2. Vi eliminerar h ur ekvationen
πh 3
C1π
≈ 110
10
dV
= −10,0 h .
dt
1
1
1
dV
⎛ 3V ⎞ 3
⎛ 3 ⎞6
⇒ h = ⎜ ⎟ . Insättning ekvationen ger
V =
= −10,0⎜ ⎟ V 6 , dvs
3
dt
⎝π ⎠
⎝π ⎠
1
dV
= −9,92.V 6
dt
6
Differentialekvationen kan separeras: V −1 6 dV = −9.92 dt . Integration ger V 5 6 = −9.92t + C .
5
Vid tiden 0 är volymen V =
π ⋅ 15,0
3
3
. Detta ger C =
tömmas får vi genom att sätta V = 0 ⇒ t =
6 ⎛ π ⋅ 15,0
⎜
5 ⎜⎝
3
3
5
6
⎞
⎟⎟ . Tiden för behållaren att
⎠
C
≈ 110 s.
0.92
Uppgift 6..
Det har regnat under en längre tid. Vatten har helt fyllt ett 100 m långt och 2 m brett dike.
Dikets vertikala genomskärningsprofil har V-form, i form av en halv kvadrat, delad längs en
horisontell diagonal, 2 m lång. Regnet har upphört vid tidpunkten t = 0.
a) Antag att diket nedtill är helt tät så att vattnet endast kan försvinna genom avdunstning
4
5
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Tillämpningar av differentialekvationer
uppåt. Låt V(t) vara vattenvolymen vid tiden t > 0, med t mätt i dagar.
Visa att V(t) uppfyller en differentialekvation på formen
dV
= −k V
dt
k =positiv konstant, om avdunstningshastigheten(i m3/dag) är proportionell mot
den fria vattenytans area.
b) Bestäm V(t) om V(0) =100m3 (=helt fyllt dike) och V(1)=99m3.
c) När är diket torrlagt?
a) Låt A(t) = den fria vattenytans area.
Enligt förutsättningarna gäller
dV
= −k1 A (*)
dt
Om h betecknar vattnets höjd då gäller
2h ⋅ h
V
V (t ) =
⋅ 100 = 100h 2 ⇒ h =
10
2
och
V
= 20 V
A = 2h ⋅ 100 = 200h = 200 ⋅
10
Detta substituerar vi i ekvationen(*) och får
dV
= −20k1 V Vi kan byta 20k1 med en ny koefficient k. Då kan vi skriva ekvationen på
dt
formen
dV
= −k V . VS V
dt
5
6
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Tillämpningar av differentialekvationer
b) Vi separerar variabler.
(Den triviala lösningen V ≡ 0 satisfierar inte andra begynnelse villkoret )
dV
−
1
2
= −kdt ⇒ ∫ V dV = − ∫ kdt ⇒
V
2 V = −kt + C
V(0)=100 ⇒ C = 20
V(1)=99 ⇒ 2 99 = −k + 20 ⇒ k = 20 − 2 99 ≈ 0.10025126
2 V = −kt + C ⇒ 2 V = −(20 − 2 99 )t + 20 ⇒
V = [−(10 − 99 )t + 10] 2
Svar b) V (t ) = [−(10 − 99 )t + 10] 2
c) V (t ) = 0 ⇒ [−(10 − 99 )t + 10] 2 = 0 ⇒ − (10 − 99 )t + 10 = 0
10
⇒ t=
≈ 199.5 dagar
(10 − 99 )
Uppgift 7.
I nedanstående vattentank finns 200 liter vatten. Vid t=0 finns det 2500 g salt i
tanken. Tanken tillförs vatten med hastigheten 20 liter per timme och saltinnehåll 4 g
per liter. Efter ordentlig mixning förs ut vatten med hastigheten 20 liter per timme.
Låt y (t ) beteckna antalet g salt i tanken vid tiden t (d v s efter t timmar).
a) Ställ upp en differentialekvation för y (t ) och bestäm y (t ) .
b) Hur mycket salt finns i tanken efter 13 timmar och 30 min.
Svara i antalet gram (avrunda till heltal gram).
Lösning:
a)
Ekvationen:
y ′(t ) = 20 ⋅ 4 − 20 ⋅
y (t )
⇒
200
y ′(t ) + 0.1y (t ) = 80 .
(*)
Begynnelsevillkoret:
y (0) = 2500 .
Den karakteristiska ekvationen för den homogena delen:
r + 0.1 = 0 ⇒ r = −0.1
Härav y H (t ) = Ce − t / 10
Vi ansätter y p (t ) = A och därmed y ′p (t ) = 0 .
6
7
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Tillämpningar av differentialekvationer
Substitution i (*) ger
0.1A = 80 ⇒ A = 800 och därmed y p (t ) = 800 .
Den allmänna lösningen är y (t ) = Ce −t / 10 + 800
Villkoret y (0) = 2500 medför C=1700
och y (t ) = 1700e − t /10 + 800 .
Svar a) y (t ) = 1700e −t / 10 + 800
b) y(13.5)= y (t ) = 1700e −1.35 + 800 ≈ 1241
Uppgift 8.
Ett mekaniskt system med en fjäder och en dämpare kan beskrivas med följande ekvation,
med avseende på y(t)
my ′′(t ) + by ′(t ) + ky (t ) = F (t ) .
a) Bestäm den allmänna lösningen för y(t) då
m = 1, b = 5, k = 6, F = 5 sin(t ) + 5 cos(t ) .
b) Bestäm den lösning som satisfierar y (0) = 0 , y ′(0) = 1 .
Svar a)
Ekvationen: y ′′(t ) + 5 y ′(t ) + 6 y (t ) = 5 sin t + 5 cos t
Lösning: y ( x) = C1e −2t + C 2 e −3t + sin t
Svar b)
y ( x) = sin t
================================================
Hastighet och acceleration vid en rätlinjig rörelse.
Låt s(t ) beskriva position av ett objekt som rör sig rätlinjig längs s-axeln (t ex x-axeln yaxeln eller z-axeln) . Då har vi följande formler för hastigheten v (t ) , farten | v (t ) | och
accelerationen :
Positionen vid tiden t: s = s(t )
Hastigheten : v (t ) = s ′(t )
Farten: | v (t ) |=| s ′(t ) |
Accelerationen: a (t ) = s ′′(t )
den totala längden av vägen som objekt passerar under tidsintervall t1≤ t ≤ t2 är
t2
L = ∫ | v (t ) | dt .
t1
7
8
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Tillämpningar av differentialekvationer
Härav kan vi beräkna positionen s(t ) om hastigheten v (t ) är känd:
s (t ) = ∫ v (t )dt + C
Om vi vet accelerationen a (t ) då kan vi beräkna
hastigheten v (t ) = ∫ a (t )dt + C1
och därefter integrera en gång till för att få positionen s(t ) = ∫ v (t )dt + C2
Uppgift 9.
En partikel rör sig längs y-axeln med accelerationen a (t ) = −5 ( i lämpliga enheter t
ex m/s2). Vid tidpunkten t betecknar vi partikelns position med y(t) och partikelns
hastighet med v(t).
Bestäm partikelns position y(t) och v(t) om y(0) =100 och v (0) = 10
Tips: y′(t ) = v(t ) , y′′(t ) = v′(t ) = a (t )
Lösning:
Från y′′(t ) = a(t ) har vi y ′′(t ) = −5 .
Därför ( efter en integration)
y ′(t ) = ∫ ( −5)dt = − 5t + C ,
Alltså v (t ) = y ′(t ) = −5t + C
Från v (0) = 10 nar vi 0 + C = 10 dvs C=10 och därmed
y ′(t ) = −5t + 10 .
Vi integrerar en gång till och får
t2
y (t ) = ∫ ( −5t + 10)dt = −5 + 10t + D .
2
2
t
Alltså y (t ) = −5 + 10t + D
2
Villkoret y (0) = 100 ger D=100.
Därmed y (t ) = −5
Svar: y (t ) = −5
t2
+ 10t + 100
2
t2
+ 10t + 100 och v(t ) = −5t + 10 .
2
Uppgift10. En partikel rör sig längs y-axeln med accelerationen a(t ) = −5 sin t ( i
lämpliga enheter t ex m/s2). Vid tidpunkten t betecknar vi partikelns position med
y(t) och partikelns hastighet med v(t).
a) Bestäm partikelns position y(t) vid tidpunkten t om y(0) =2 och v(0)= 5.
b) I vilken position befinner sig partikeln vid tidpunkten t = 2π .
c) Bestäm ( den totala) längden av vägen som partikeln passerar i tidsintervallet 0 ≤ t ≤ 2π
Tips: y’(t)= v(t),
v’(t)=a(t) .
Lösning:
a)
Från v’(t)=a(t) får vi v(t ) = ∫ a(t )dt = ∫ (−5 sin t )dt =5 cos t + C .
Eftersom v(0)= 5 har vi C=0
och därmed blir hastigheten
8
9
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Tillämpningar av differentialekvationer
v(t ) = 5 cos t
Från y’(t)= v(t) får vi y (t ) = ∫ v(t )dt = ∫ (5 cos t )dt =5 sin t + D .
Eftersom y(0)= 2 har vi D=2 och därför blir partikelns position (vid tidpunkten t)
y (t ) = 5 sin t + 2
b) y (2π ) = 2 , partikeln befinner sig igen i startpunkten ( y (0) = y (2π ) = 2 )
c) Den totala längden av vägen som partikeln passerar i tidsintervallet
2π
s = ∫ | v(t ) |dt =
0
π /2
3π / 2
2π
∫ 5 cos tdt + π∫ (−5 cos t )dt + π∫ (5 cos t )dt = 5 + 10 + 5 = 20
0
/2
0 ≤ t ≤ 2π är
(meter)
3 /2
0 ≤ t ≤π /2
⎧ 5 cos t för
⎪
Anmärkning: | v(t ) |=| cos t |= ⎨− 5 cos t för π / 2 ≤ t ≤ 3π / 2
⎪ 5 cos t för 3π / 2 ≤ t ≤ 2π
⎩
Lägg märke till att partikeln först rör sig mot punkten 7 på y-axeln, sedan motsatt riktning till
-3 och därefter till 2.
Svar:
a) y (t ) = 5 sin t + 2
b) y (2π ) = 2
c) 20
Uppgift 11. Om vi använder följande egenskaper :
spänningsfallet över en spole med induktansen L är lika med L ⋅ i ′(t ) ,
spänningsfallet över ett motstånd med resistansen R är lika med R ⋅ i (t ) .
kan vi med följande ekvation beskriva nedanstående LR-krets
di (t )
L⋅
+ R ⋅ i (t ) = u (t ) .
dt
Bestäm strömmen i(t) i nedanstående LR- krets om
a) L=2 henry , R= 8 ohm , u(t ) = 12 volt. Vid t=0 är strömmen i(0)=0 ampere.
b) L=2 henry , R= 8 ohm, u(t ) = 12e
−2 t
V och i(0)=0 A.
Lösning:
a) Från kretsen får vi följande diff. ekv.
di (t )
L⋅
+ R ⋅ i (t ) = u(t ) (ekv1)
dt
( efter subst. L och R)
2i ′(t ) + 8i (t ) = 12
( dela med 2)
i ′(t ) + 4i (t ) = 6
(ekv 2)
9
10
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Tillämpningar av differentialekvationer
Härav iH (t ) = C1e −4 t
Partikulärlösning :
i p (t ) = A ⇒
′
i p (t ) = 0 ⇒
4A = 6 ⇒ A = 3/ 2
i p (t ) = 3 / 2
Alltså:
i (t ) = i H (t ) + i p (t ) ⇒
3
2
För att bestämma C1 använder vi begynnelsevillkoren i (0) = 0
och får
3
3
i (t ) = C1e −4 t + ⇒ C1 = −
2
2
3
3
och i (t ) = − e −4 t +
2
2
3
3
Svar a) i (t ) = − e −4 t +
2
2
−4 t
Svar b) i (t ) = −3e + 3e −2 t
i (t ) = C1e −4 t +
10