1. No category

Matematikprojekt
om
Differentialligninger
Lavet af
Arendse Morsing
Gunilla Olesen
Julie Slavensky
Michael Hansen
5 November 2010
Indhold
I
II
Differentialligninger . . . . . . . . . . . . . .
I
Generelt om differentialligninger . . .
II
Integralkurver . . . . . . . . . . . . .
III
Differentialligningstyper . . . . . . .
dy
= ky
IV
Bevis for differentialligningen dx
V
Begyndelsesværdi . . . . . . . . . . .
VI
Anvendelse af CAS værktøjer . . . .
VII
Differentialligninger i hverdagen . . .
Anvendelse af differentialligninger . . . . . .
I
Epidemi i Danmark . . . . . . . . . .
II
Saltopløsning i vandtanke . . . . . .
III
Newtons afkølingslov . . . . . . . . .
1
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
3
3
3
3
5
6
6
9
10
10
15
21
Figurer
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
Integralkurve for en Rugbybold i vand. . . . . . . . . . . . . .
Indtastning af Maple kommandoer . . . . . . . . . . . . . . .
Rudertasten og F1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Billede af TI-89 Diff. ligningsplot. . . . . . . . . . . . . . . . .
Symbolsk løsning af differentialligning på TI-89. . . . . . . . .
Integralkurveplot af antal smittede under en epidemi. . . . . .
Første-afledte af funktionen S(t). . . . . . . . . . . . . . . . .
Den partikulære løsning til differentialligningen. . . . . . . . .
Den anden-afledte af funktionen S(t). . . . . . . . . . . . . . .
Saltindholdet i tank A. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Saltindhold i tank B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Tankens volumen som funktion af tiden. . . . . . . . . . . . .
Saltindholdet i tank C. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Integralkurveplot af temperaturen som funktion af tiden. . . .
Andens temperatur som funktion af tiden, som integralkurver.
2
4
8
8
9
9
12
13
14
15
17
19
20
22
23
26
I. DIFFERENTIALLIGNINGER
I
Differentialligninger
I
Generelt om differentialligninger
3
En differentialligning er defineret ved at være en ligning, hvori en eller flere afledede af en funktion y = f x indgår. Man kan derfor sige at hvor vi
tidligere har løst ligninger, hvor løsningen er et tal, så skal vi her løse en ligning hvor løsningen er en funktion. Derfor kan der også være ganske mange
løsninger til en differentiallining. Alle de mulige løsninger til en differentialligning kaldes for den generelle løsning og en bestemt løsning kaldes for den
specifikke/partikulære løsning. Dette illustreres mere tydeligt i afsnittet om
integralkurver, som vi behandler senere.
Differentiallininger opskrives typisk på formerne:
•
dy
dx
= et udtryk
• y 0 = et udtryk
• f 0 (x) = et udtryk
Definition 1 (1. ordens differentialligninger)
Man siger, at hvis den højest forekommende afledte funktion er f n (x), kaldes
ligningen en n-te ordens differentialligning. En førsteordens differentialligning er således en differentialligning, som er differentieret én gang.
II
Integralkurver
En integralkurve er en graf for den funktion, som er en løsning til differentialligningen. Integralkurverne skal være defineret i intervaller og desuden være
kontinuerte. Integralkurverne er et udtryk for de funktioner som er løsninger til differentialligningen. Hvis en bestemt kurve er en partikulær løsning,
så er integralkurverne tilsammen et udtryk for den generelle løsning. Dette
kan ses på figur 1.1 Her ses det at de fremhævede funktioner er partikulære
løsninger, mens pilenes retning indikerer alle de mulige løsninger. Figuren på
vores forside viser samme princip.
III
Differentialligningstyper
I denne sektion vil vi give et overblik over de forskellige typer af differentialligninger, samt deres løsninger. Bemærk dog at type-betegnelsen ikke er
1
Dette er et DE plot af en differentialligning vi tidligere har løst. Den viser farten
hvormed en Rugbybold vil falde i vand.
I. DIFFERENTIALLIGNINGER
4
Figur 1: Integralkurve for en Rugbybold i vand.
generel, men vores egen. Da det kun forventes at vi skal kunne løse 1. ordens
differentialligninger, medtager vi kun sådanne i tabel 1.
Tabel 1: Typer af differentialligninger
Type
Form
Løsning
R
0
I
y = g(x)
y = g(x) dx
Ia
y0 = a
y =Rax + c
0
II
y + g(x) · y = h(x) y = e−G(x) · R eG(x) · h(x) dx
IIa
y 0 + ay = h(x)
y = e−ax · h(x) eax dx
IIb
y 0 + ay = b, a 6= 0
y = ab + c · e−ax
0
IIc
y = ky, k 6= 0
y = c · ekx
IIIa
IIIb
y 0 = y(b − ay)
y 0 = ky(m − y)
b
a
y
1+ce−bx
= 1+cem−kmx
Forklaring
Hovedtype I
Undertype af I
Hovedtype II
Undertype af II
Undertype af II
Undertype af II
Undertype af III (logistisk)
Undertype af III (logistisk)
Bemærkning: Man ser et generelt mønster når man kigger ned langs oversigten. Udtrykkenes generalitet falder, jo „længere ned“ i undertype vi kommer. Denne generalitet giver sig udtrykt i at vi altid kan komme fra et mere
generelt til et mindre generelt udtryk. Eksempelvis kan g(x) i y 0 = g(x) reduceres til en konstant, vi kalder a, og derved kommer udtrykket y 0 = a. Denne
I. DIFFERENTIALLIGNINGER
5
tendens gør sig gældende for alle typerne.
y 0 + ay = h(x) „kan reduceres til“
y 0 + ay = b „kan reduceres til“
y 0 = ky
Typerne IIIa og IIIb ser umiddelbart ud til at være ret så forskellige, men
kigger man på deres løsninger ser man at m = ab og km = b.
IV
Bevis for differentialligningen
dy
dx
= ky
Vi har valgt at bevise at den generelle løsning til y 0 = ky (type IIc) er
y = C · ekx , hvor C er en konstant.
Sætning 1 (Differentialligning af typen y 0 = ky)
Hvis vi gives en differentialligning på formen y 0 = ky, hvor k er en given
konstant, vil den have den fuldstændige løsning y = C · ekx , hvor C er en
vilkårlig konstant.
Bevis.
Beviset for denne sætning kommer i 2 dele. Vi skal bevise at hvis y er en
løsning, så er den af formen y = C · ekx og at hvis y er af formen y = C · ekx ,
så er y en løsning. Dette skrives:
y 0 = ky ⇔ y = C · ekx
Vi antager at funktionen y er en løsning til differentialligningen og at der
derfor gælder
y 0 = f 0 (x) = k · f (x)
(1)
Vi benytter os nu af en hjælpefunktion h(x) = f (x)·e−kx . Denne differentierer
vi ved hjælp af produktreglen og får.
h0 (x) = f 0 (x) · e−kx + f (x) · (−k)ekx
Vi indsætter nu (1) i udtrykket for h0 (x) og får
h0 (x) = k · f (x) · e−kx + f (x) · (−k)ekx = 0
Da h0 (x) = 0 for alle x, er h da en konstant, som vi kan betegne med C.
h(x) = C ⇔ f (x) · e−kx = C ⇔ f (x) = y = C · ekx
I. DIFFERENTIALLIGNINGER
6
Vi har nu bevist at hvis y er en løsning, så må den være af denne form. Vi
skal nu bevise at funktioner af typen y = C · ekx vitterlig er løsninger.
Dette gør vi ved at differentiere dette udtryk.
f (x) = C · ekx ⇔ f 0 (x) = C · kekx ⇔ f 0 (x) = k · Cekx
Vi ser at udtrykket Cekx = f (x) og derfor får vi udtrykket
f 0 (x) = k · f (x) ⇔ y 0 = ky
og vi er nu færdige med beviset.2
V
Begyndelsesværdi
En begyndelsesværdi er vigtigt når man ønsker en partikulær løsning til differentialligningen. Med startværdien forsøger man at bestemme den ukendte
konstant C, således at man har et komplet udtryk for en bestemt differentialligning. Konstanten bliver da et udtryk for den partikulære løsnings startværdi.
Begyndelsesværdien kan beskrives udemærket ud fra vores foregående
afsnit om integralkurver, hvor man på figur 1 så at de små hældningspile/vektorer pegede i alle mulige retninger. For at uddybe lidt, så er en sådan
tegning egentlig lidt misvisende. For man fristes til at tro at der kun kan
findes løsninger der hvor pilene er. Men pilene angiver kun en retning og vi
kunne sagtens vælge at tegne endnu flere pile. Vi kunne i princippet tegne
pile for alle de mulige løsninger der findes, men så ville vores tegning blive et
gråt papir med en kurve på. Der hvor startværdien så kommer til sin ret, ser
når vi vil finde en partikulær løsning. Denne ses som en af de sorte kurver.
Startværdien vil på vores koordinatsystem svare til hvilken y og x værdi
vi ønsker at måle fra. Som det ses af figur 1, så kan funktionsgrafen godt
forsvinde om bagved startværdien, men denne værdi er vi så og sige ikke
ikke interesseret i. Og løser vi differentialligningen numerisk, vil startværdien
udgøre den laveste værdi vi kan finde, indenfor funktionens grænseværdier.
VI
Anvendelse af CAS værktøjer
I vores gruppe benytter vi to værktøjer til at arbejde med differentialligninger. Vi benytter matematikprogrammet Maple 13 og grafregneren TI-89. Vi
vil starte med at beskrive anvendelsen af Maple.
2
Man kan også bevise denne sætning ved hjælp af seperation af variable. Regnegennemgangen bliver knap så tung, hvis man har styr på denne teknik, men tilgengæld skal
man bevise sætningen for y > 0 og y < 0
I. DIFFERENTIALLIGNINGER
7
Maple 13
Programmet Maple 13, herefter blot Maple, har en pakke som kaldes DETools. Denne pakke indeholder så funktioner som DESolve og DEPlot. Vi vil
her give en beskrivelse af DEPlot, da løsningen er differentialligninger kan
klares uden DESolve.
I mange tilfælde kan man blot indskrive sin formel/sit udtryk i Maple,
som det står på papiret, vælge Plot og så har man en funktionsgraf. Men
for at plotte denne graf må vi kende differentiallignigen så den fremstår med
konstanten C som kendt. Og da vi ikke er interesseret i én partikulær løsning,
men et plot over mange mulige løsninger, må vi benytte en anden metode.
Og her bliver pakken DEPlot i DETools nyttig.
Maple kan modtage forskellig slags input. Det man typisk benytter er
2D-Math, som betyder at man indskriver sit udtryk som det ser ud og så
kan Maple regne ud hvad der menes. Men oprindeligt fungerede Maple, som
mange andre matematikværktøjer til computeren, som et kommandolinje
system. Man indtaster en kommando og der sker noget. Denne funktion har
Maple stadig. Man vælger blot Maple-Input i toppen.
For at plotte en differentialligning, må man først fortælle Maple at man
vil benytte DETools, så derfor skriver man with(DETools): og trykker Enter. Dernæst skal man fortælle Maple hvilken funktion man ønsker at den
skal arbejde med. Man kan derfor taste eq := diff(v(t), t) = 9.82-5.5*v(t).
Her fortæller vi altså Maple: „definer variablen eq og sæt den lig med udtrykket:’diff(v(t), t) = 9.82-5.5*v(t)’“. Diff betyder naturligvis differentiale
og „(v(t), t)“ betyder at funktionen er v(t) og variablen er t.
Nu skal vi så bede Maple om at plotte denne ligning. Vi indtaster derfor
denne sætning:DEplot(eq, v(t), t = 0 .. 1, [[v(0) = 0], [v(0) = 25], [v(0)
= 10], [v(0) = 2.5]], v = -10 .. 25, title = "Rugbyball in water", arrows
= THIN, color = grey, dirgrid = [30, 30], linecolor = BLACK). Kort står
der at vi vil plotte funktionen eq, hvor v(t) og t er mine parametre. t skal
være i intervallet [0; 1] og y skal være i intervallet [−10; 25]. Alle udtrykkende
inde i [[ og ]] er startværdierne. Title er grafens titel og er derfor valgfri.
Udtrykket arrows definerer hvilken type pile man vil benytte (bl.a. small,
medium, comet, line, curve) og color er deres farve. Dirgrid bestemmer hvor
mange pilenheder der skal være i højden og bredden og linecolor bestemmer
linjens farve. Herefter trykker man blot enter og man skulle nu gerne ende
op med et plot lignende det på figur 1. Selve metoden kan ses på figur 2.
For at løse differentialligninger i Maple er man noget bedre stillet. Givet
Maple’s 2D-Math, kan man blot indskrive differentialligningen på den form
man ønsker. Man skal blot huske at være konsekvent med sin syntaks. Maple
dy
= 4 − 3y“ betyder, mens
vil derfor godt kunne regne ud hvad udtrykket „ dx
I. DIFFERENTIALLIGNINGER
8
Figur 2: Indtastning af Maple kommandoer
d
den vil brokke sig over udtrykket „ dx
y(x) = 4−3y“. Her er det vigtigt at man
huske at alle y skal være på samme form. Hvis man gerne vil være på den
sikre side, benytter man udtrykket y 0 = 4 − 3y. Er man i tvivl om syntaksen
er korrekt, trykker man enter. Her vil Maple give et udryk tilbage hvis det
er korrekt, og ellers give en fejlmeddelelse.
Hvis syntaksen ellers er korrekt, højreklikker man på udtrykket og vælger
„DE Solve“ og trykker på den parameter man ønsker at solve for. Herefter vil
Maple give løsningen med en konstant kaldet C_n, hvor n er nummeringen.
Er der én konstant i udtrykket, kommer C_1, er der to kommer C_2 og
så videre. Med lidt omskrivning og indsættelse af startværdier, kan man
slutteligt hurtigt komme frem til en partikulære løsning.
Grafregner TI-89
For at plotte en graf på TI-89 skal man først definere i grafregneren at man
ønsker at plotte differentialligninger. Dette gør man ved at trykke på Mode og
vælge Diff Equations under punktet Graph. Herefter trykker man på Rudertasten + F1 (figur 3) og skriver den funktion ind man gerne vil plotte. Vi har
prøvet at plotte samme funktion, som i Maple og resultatet ses på figur 4.
Figur 3: Rudertasten og F1.
For at løse differentialligninger, indtaster man blot desolve([funktion der
skal løses], [uafhængig variabel], [afhængig variabel]). For eksempel med vores
I. DIFFERENTIALLIGNINGER
9
Figur 4: Billede af TI-89 Diff. ligningsplot.
differentialligning som vi tidligere plottede. Der vil udtrykket blive desolve(9, 82·
5.5 · y, t, y), som det også ses på figur 5.
Figur 5: Symbolsk løsning af differentialligning på TI-89.
VII
Differentialligninger i hverdagen
Differentialligninger bruges indenfor mange naturvidenskaber, især astronomi, fysik og kemi. De kan eksempelvis bruges i forbindelse med beregning af
II. ANVENDELSE AF DIFFERENTIALLIGNINGER
10
varmeledning i et fast stof, svingninger i mekaniske eller elektriske systemer
og lign. Tit oplever vi at det er lettere at beskrive hvordan et system ændrer
sig over tid, frem for at komme frem med en egentlig funktion der beskriver
denne ændring. Dette er essensen af den praktiske brug af differentialligninger. Det er jo i sagens natur det som udtrykket siger.
dy
dx
er ændringen af y med hensyn til x. Den sætter vi så lig med et eller andet
udtryk. Eksempelvis vores Rugby tilfælde. Vi ved at tyngdekraften får bolden
til at accelerere med 9, 82m/s2 . Dette sætter vi så ind. Her vælger vi dog
ændringen som hastighed v pr. tid t.
dv
= 9.82
dt
men dette kan jo ikke være det hele. Vi ved også at vandet udøver friktion
i form af vandets viskositet, boldens form, turbulens og lign. Dette har man
fundet ud af samlet kan udtrykkes ved skalaren −5.5. Altså kan vi finde at
boldens ændring i hastighed må være givet ved udtrykket 9, 82 − 5.5 · v(t) og
dette sætter vi ind og får
dv
= 9.82 − 5.5 · v(t)
dt
og vi har nu et udtryk for ændringen af boldens hastighed over tid. Naturligvis bør denne hastighed afhænge af hvor stor hastighed bolden har ved
frigivelsestidspunktet. Højden burde intuitivt også spille en rolle, men da vi
kun ønsker at finde hastigheden i vandet, kan vi se bort fra denne. Skulle
vi have et samlet udtryk for boldens hastighed i luften også, måtte vi også
tage højden med. Men i og med at ændringen i hastigheden er afhængig af
starthastigheden, har man også en forklaring på hvorfor der kan være flere
løsninger til samme differentialligning.
II
Anvendelse af differentialligninger
Her vil vi give en række eksempler på den praktiske anvendelse af differentialligninger.
I
Epidemi i Danmark
Under en sygdomsepidemi er det vigtigt at kunne komme med en række
forudsigelser til hvordan sygdommen vil brede sig under bestemte omstændigheder. Under en epidemi under udbrud er der til tiden t = 0 er registreret
II. ANVENDELSE AF DIFFERENTIALLIGNINGER
11
20.000 smittede og at antallet af smittede stiger med 3920 pr. uge. På baggrund af hvordan epidemien breder sig, kan man sige at vi har at gøre med
en logistisk differential ligning. Det karakteristiske ved denne type ligninger
er at de grafisk set, har en fast opbygning. I starten har den en langsom
stigning, for så pludselig at se grafen for ligningen, stige kraftigt og senere
flade ud igen.
Der må gælde at
a>0∧b>0
Vi får at vide at funktionen S svarer til differentialligningen:
S 0 (t) = S(t) · (b − a · S(t))
Denne ligning har to ubekendte og vi finder derfor to ligninger for dette
udtryk. Vi ved at:
S(0) = 20000
S 0 (0) = 3920
Vi starter med at sætte disse værdier ind i vores allerede kendte ligning.
3920 = 20000 · (b − a · 20000)
(2)
M = 1000000
hvor M beskriver antal maks smittede og er vores øvre asymptote, altså vores
maks. M = ab . Vi kan da finde at
M=
b
⇔ b = M · a ⇔ b = 1000000 · a
a
Dette indsætter vi vores udtryk (2) og får ved at solve for a
3920 = 20000 · (b − a · 20000)
3920 = 20000 · (100000 · a − a · 20000)
a = 2 · 10−7
Vi kan nu indsætte vores værdi for a i (2) og solver endnu engang, for b
3920 = 20000 · (b − 2 · 10−7 · 20000)
b = 0.200
Vi er nu klar til at opstille vores endelige udtryk, som bliver
S 0 (t) = S(t) · (0.200 − 2 · 10−7 · S(t))
II. ANVENDELSE AF DIFFERENTIALLIGNINGER
12
og har den generelle løsning
S(t) =
1+
0.200
2·10−7
C · e−0.200 t
⇔ S(t) =
1 · 106
1 + C · e−0.200 t
Vi har lavet et integralkurve plot af differentialligningen på figur (6), hvor
man ser funktionsgraferne for hhv. S(0) = 20000, S(0) = 1000 og S(0) = 2.
Man ser, at selvom der kun er 2 smittede til at starte med, så vil smitten
brede sig relativt hurtigt.
Figur 6: Integralkurveplot af antal smittede under en epidemi.
Vi finder nu den partikulære løsning til differentialligningen hvor vi benytter starttidspunktet S(0) = 20000.
1 · 106
1 + C · e−0.200·0
1 · 106
20000 =
1+C
1000000
C=
20000 − 1
C = 49
20000 =
og vores partikulære løsning bliver da
S(t) =
1 · 106
1 + 49 · e−0.200 t
II. ANVENDELSE AF DIFFERENTIALLIGNINGER
13
For at finde det tidspunkt t0 hvor tilvæksten af smittede overstiger 20000
differentierer vi funktionen for at få et udtryk for funktionens tilvækst.
1 · 106
S(t) =
1 + 49 · e−0.200 t
e−0.200 t
S 0 (t) = 9800000.0
(1 + 49 e−0.200 t )2
Vi sætter nu udtrykket S 0 (t) = 200000 og løser for tiden
20000 = 9800000.0
e−0.200 t
(1 + 49 e−0.200 t )2
t0 = 9.14
Efter 9.14 uger vil tilvæksten da overstige 20000 smittede pr. uge.
Figur 7: Første-afledte af funktionen S(t).
For at finde det tidspunkt t1 hvor antallet af smittede stiger mest, kigger vi først på grafen på figur (8) og ser at tallet må ligget i intervallet
[400000; 600000] og derfor i tidsintervallet [18; 21]. For at finde det præcise
tal differentierer vi funktionen endnu en gang. Det gør vi fordi den første
differentiation fortæller os hvordan S(t) udvikler sig. Da vil det punkt på
denne kurve, hvor hældningen er 0, være det tidspunkt hvor tilvæksten er
II. ANVENDELSE AF DIFFERENTIALLIGNINGER
14
Figur 8: Den partikulære løsning til differentialligningen.
allerstørst. Ved at differentiere endnu engang får vi et udtryk der fortæller os
hvordan S’(t) vil udvikle sig. Da dette udtryk fortæller om S’(t)’s hældning,
vil S 00 (t) = 0 være der hvor S 0 (t) har hældningen 0 og derfor være der hvor
tilvæksten er størst.
2
(e−0.200 t )
e−0.200 t
S (t) = 192080000.0
−
1960000.0
(1 + 49 e−0.200 t )3
(1 + 49 e−0.200 t )2
00
Vi sætter nu S 00 (t) = 0 og løser for t
2
0 = 192080000.0
(e−0.200 t )
e−0.200 t
−
1960000.0
(1 + 49 e−0.200 t )3
(1 + 49 e−0.200 t )2
t1 = 19.46
Altså er tilvæksten af smittede allerstørst til tiden t1 = 19.46.
For at finde ud af hvor mange smittede der kommer pr. uge til dette
tidspunkt, indsætter vi t = 19.46 i S 0 (t) og finder derfor at
S 0 (19.46) = 9800000.0
e−0.200 19.46
(1 + 49 e−0.200 19.46 )2
II. ANVENDELSE AF DIFFERENTIALLIGNINGER
15
Figur 9: Den anden-afledte af funktionen S(t).
S 0 (19.46) = 49999.99962 ≈ 50000
Da S 0 (t) fortæller os hvor meget funktionen stiger til et bestemt tidspunkt,
vil vi kunne sige at til tiden t1 = 19.46 vil antallet af smittede pr uge ca.
være 50000.
Da vi ved at det maksimale antal smittede man forventer er 1000000 vil
vi tage 95% af dette tal.
1000000 · 95% = 950000
Dette tal indsætter vi nu i S(t) og løser for tiden t2
950000 =
1 · 106
1 + 49 · e−0.200 t
t = 34.18
Efter 34.18 uger skulle antallet af smittede altså være på 95% af det maksimalt antal forventede smittede.
II
Saltopløsning i vandtanke
I en række af tanke strømmer der vand ind og ud, og der opløses salt i dem.
Der er fra starten opløst 25 kg salt i alle tre og de har desuden alle tre en
kapacitet på 1000 liter og et startindhold af vand på 500 liter. Vi skal nu
finde ud af hvordan saltindholdet forholder sig i tank A.
II. ANVENDELSE AF DIFFERENTIALLIGNINGER
16
Vandtank A
I denne tank løber der 2 liter rent vand ind og der løber 2 liter saltet vand
ud. Tanken omrøres desuden således at saltindholdet er jævnt fordelt. Vi ved
at saltindholdet i tanken kun afhænger af det vand der løber ud af tanken
vand ud
og derfor må være af formen vand
· saltindhold
i alt
Da der forsvinder 2 liter vand ud af tanken med indholdet 500 liter, kan
vi finde den følgende proportionalitetskonstant.
2
= −0.004
500
og vi er nu klar til at opstille en differentialligning på formen y 0 = ky
dy
= −0.004 · y
dt
Denne differentialligning har den generelle løsning
y = C · e−0.004t
Ved at vælge starttidspunktet y(0) = 25 får man plottet på figur (10) og kan
bestemme konstanten C ved
25 = C · e−0.004·0
C = 25
Vi kan nu opstille den partikulære løsning til differentialligningen som bliver
y = 25 · e−0.004 t
For at finde ud af hvad saltindholdet til tiden t = 20 er, indsætter vi
værdierne i udtrykket og får
y = 25 · e−0.004·20
y = 23.08
Der vil altså være 23.08 kg salt tilbage i tanken, efter 20 minutter.
For at finde ud af hvad saltindholdet er efter 4 timer, omskriver vi først
4 timer om til minutter.
4 · 60 = 240
Vi indsætter tiden i y(t) og får
y = 25 · e−0.004·240
y = 9.57
II. ANVENDELSE AF DIFFERENTIALLIGNINGER
17
Figur 10: Saltindholdet i tank A.
Der vil altså være 9.57 kg salt tilbage efter 4 timer.
For at undersøge hvilket tidspunkt saltindholdet i tanken er 20 kg, sætter
vi y(t) = 20 og løser for tiden
20 = 25 · e−0.004t
20
= e−0.004t
25
20
−0.004t = ln
25
20
1
t = ln
·
25
−0.004
t = 55
Der skal altså forløbe 55 minutter før saltindholdet er nede på 20 kg.
For at undersøge hvilket tidspunkt saltindholdet i tanken er nede på 10
kg, gør vi det samme.
10 = 25 · e−0.004t
10
= e−0.004t
25
10
−0.004t = ln
25
II. ANVENDELSE AF DIFFERENTIALLIGNINGER
t = ln
10
25
·
18
1
−0.004
t = 229
Der skal altså forløbe 229 minutter ≈ 3 timer, før saltindholdet er nede på
10 kg.
Vandtank B
I denne vandtank strømmer der fortsat 2 liter saltholdigt vand ud, men nu
strømmer der samtidig 2 liter vand ind, som indeholder 20 gr. salt pr. liter.
Vores udtryk skal da være på formen (vand + salt ind) − (vand + salt ud).
Vi kan finde ud af at vandet der strømmer ind indeholder 20 · 2 = 40 gr. salt
2
=
i minuttet og vandet der strømmer ud, forsat må være udtrykt ved 500
−0.004. Vi er nu klar til at opstille udtrykket
dy
= 40 − 0.004y
dt
Denne differentialligning er på formen y 0 +ay = b og har den generelle løsning
y(t) =
40
+ C · e−0.004t
0.004
Der er i denne tank også stadig 25 kg salt, men da enhederne nu er skiftet
over til gram, konverterer vi således at vi regner med 25000 g salt. For at
bestemme C
40
+ C · e−0.004t
0.004
40
25000 =
+C
0.004
C = 15000
25000 =
Den partikulære løsning til differentialligningen bliver da
y(t) =
40
+ 15000 · e−0.004t
0.004
Vi skal nu finde det tidspunkt hvor saltindholdet i tanken er 12.5 kg eller
12500 g. Vi sætter y(t) = 12500 og får
12500 =
40
+ 15000 · e−0.004t
0.004
II. ANVENDELSE AF DIFFERENTIALLIGNINGER
19
Ved at solve i Maple kommer vi frem til løsningen
t = 448
Altså vil saltindholdet i tanken være 12500g efter 448 minutter ≈ 7.5 timer.
Hvis vi finder funktionsgrafens minimum (figur 11) vha. Maple, ser vi
at saltindholdet er stabiliseret til tiden t = 7027.4 med 10000 gram salt.
Koncentrationen vil da være
10000
= 20
500
20 gram pr. liter.
Figur 11: Saltindhold i tank B
Vandtank C
I denne tank løber der igen 2 liter rent vand ind i minuttet og er 25 kg salt fra
starten, men denne gang løber der kun 1 liter vand ud i minuttet. Da der løber
en liter ud og to liter ind, kan vi forudsige at det samlede vandgennemløb
må være lineært. Vi kan derfor opstille et lineært funktionsudtryk. Tanken
indeholder stadig 500 liter til tiden t=0 og har en maksimal kapacitet på
II. ANVENDELSE AF DIFFERENTIALLIGNINGER
20
1000 liter.
V (t) = −1 · t + 2 · t + 500
V (t) = 1 · t + 500
V (t) = 1t + 500
V (t) = 500 + t
Vores udtryk for den samlede vandgennemstrømning er givet ved V (t) =
500+t. Da tanken er fyldt op når den er nået 1000 liter, sætter vi V (t) = 1000
og løser for tiden
1000 = 500 + t ⇔ t = 500
Tanken vil altså være fyldt op efter 500 minutter eller ca. 8 timer.
Figur 12: Tankens volumen som funktion af tiden.
Saltindholdet i tanken er fikseret til 25 kg fra starten og den samlede
gennemstrømning er givet ved V (t) = 500 + t. Da indholdet af salt i vandet
er givet ved kg salt pr mængde vand
indhold af salt
kg
=
tid
l
II. ANVENDELSE AF DIFFERENTIALLIGNINGER
21
kan saltindholdet i tanken beskrives ud fra differentialligningen
dy
−y
=
dt
500 + t
hvor −y er ændringen i saltindhold, som fortyndes/forsvinder.
Løsningen til differentialligningen er
dy
−y
−y
1
1
=
⇔ dy =
dt ⇔ dy = −
dt
dt
500 + t
500 + t
y
500 + t
Z
Z
1
1
⇔
dy =
dt ⇔ ln(y) = −ln(500 + t) + k
y
500 + t
⇔ y = e− ln(500+t)+k ⇔ y = e− ln(500+t) · ek ⇔ y = e− ln(500+t) · C
1
C
500 + t
Da saltindholdet ved t = 0 er 25 kg, finder vi den partikulære løsning
⇔y=
25 =
eln(500+t)
·C ⇔y =
C
⇔ C = 500 · 25 ⇔ C = 12500
500 + t
og løsningen bliver da
12500
500 + t
Vi fandt tidligere ud af at tanken er fyldt op efter 500 minutter. Dette indsætter vi nu i vores udtryk og finder at
y(t) =
y(500) =
12500
⇔ y(500) = 12.5
500 + 500
saltindholdet i tanken vil være 12.5 kg når tanken er fyldt op med vand.
Dette ses på figur 13.
III
Newtons afkølingslov
Betydningen af temperaturen T for
dT
dt
Newtons afkølingslov beskriver sammenhængen mellem et legemes temperatur og den tid det tager før det afkøles eller opvarmes. Et legeme kunne være
en ret i ovnen, en kop kaffe eller en varm metal klods. Loven siger følgende:
Tidsændringen af temperaturen, T(t) af et legeme er proportionalt med
temperaturforskellen mellem legemets temperatur, T, og temperaturen af det
omlæggende materiale, A, f.eks. luft, er givet ved:
II. ANVENDELSE AF DIFFERENTIALLIGNINGER
22
Figur 13: Saltindholdet i tank C.
dT
= k · (A − T )
dt
Hvor k er en positiv konstant.
T er som sagt legemets temperatur og A er det omliggende materiales
temperatur. Hvis T er større end A betyder det, at legemet afgiver energi til
det omliggende materiale indtil der er ligevægt. Hvis nu A er større end T
betyder det, at det omliggende materiale afgiver energi til legemet indtil der
er ligevægt.
Le Roastbeef
En roastbeef på 2,27 kg har en stuetemperatur på 10 grader, den sættes ind
i en forvarmet ovn på 190 grader klokken 17. Efter 75 minutter har stegen
en temperatur på 52 grader. Hvor lang tid skal stegen være i ovnen før den
har en temperatur på 66 grader? Det handler om at finde to ligninger med
to ubekendte, og derefter bestemme konstanterne k og c.
T (0) = 10 °C
T (75) = 52 °C
A = 190 °C
II. ANVENDELSE AF DIFFERENTIALLIGNINGER
23
Vi beskriver denne stegning med Newtons afkølingslov og får udtrykket
dT
= k · (190 − T )
dt
Som vi reducerer
dT
= k · (190 − T )
dt
dT
= 190k − kT
dt
dT
+ kT = 190k
dt
Denne differentialligning er på formen y 0 + ay = b og har derfor den generelle
løsning
k · 190
T (t) =
+ C · e−kt ⇔ T (t) = 190 + C · e−kt
k
som kan ses på figur 14 med T (0) = 10, T (0) = −10 og T (0) = 0 indtegnet.
Figur 14: Integralkurveplot af temperaturen som funktion af tiden.
For at finde C og k løser vi to ligninger med to ubekendte
10 = 190 + C · e−k·0
og får
II. ANVENDELSE AF DIFFERENTIALLIGNINGER
24
C = −180
og løser
52 = 190 − 180 · e−k·75
og får
k = 0.003543
Vi kan nu opstille vores partikulære løsning
T (t) = 190 − 180 · e−0.003543t
For at finde den tid hvor stegens temperatur er 66°C, sætter vi T (t) = 66 og
løser for tiden
66 = 190 − 180 · e−0.003543t ⇔ t = 105.2
Bøffen vil altså være 66°C inden i, hvilket svarer til medium stegt, efter 105.2
minutter ≈ 1½ time.
Optøning af en and
En frossen and på 3600 gram tages ud af fryseren og placeres på køkkenbordet
til optøning. Til tiden 0 har anden en indvendig temperatur på -18°C. I køkkenet er temperaturen 22°C. Efter 6 timer har anden en indvendig temperatur
på -5 grader. Vi skal nu finde ud af hvornår andens invendige temperatur har
nået 15°C.
t(0) = -18°C
t(6) = -5°C
Vi benytter Newtons afkølingslov
dT
= k · (A − T )
dt
og med andens data får vi
dT
= k · (22 − T )
dt
II. ANVENDELSE AF DIFFERENTIALLIGNINGER
25
Dette reducerer vi på og får
dT
= k · (22 − T )
dt
dT
= 22k − kT
dt
dT
+ kT = 22k
dt
Denne ligning er også på formen y 0 + ay = b og har derfor den generelle
løsning
22k
T (t) =
+ C · e−kt ⇔ 22 + C · e−kt
k
Vi opskriver igen 2 ligninger med to ubekendte, hvor vi først løser for C ved
at benytte T (−18) = 0
−18 = 22 + C · e−k·0 ⇔ C = −40
Vi har nu C og kan løse for k, ved at benytte T (6) = −5
−5 = 22 − 40 · e−k·6 ⇔ k = 0.0655
Igen har vi lavet et plot der viser integralkurverne, hvor T (0) = −30, T (0) =
−18 og T (0) = 0 er blevet udvalgt. Den ene er naturligvis vores opgivne
startværdi. Disse kan ses på figur 15.
Vi er nu i stand til at opstille vores partikulære løsning, som bliver
T (t) = 22 − 40 · e−0.0655t
For at finde det tidspunkt hvor andens indvendige temperatur er nået 15°C,
sætter vi T (t) = 15 og løser for tiden
15 = 22 − 40 · e−0.0655t ⇔ t = 26.61
Da tiden er opgivet i timer kan vi beregne at andens temperatur indvendig
har nået 15°C efter 26.6 timer.
II. ANVENDELSE AF DIFFERENTIALLIGNINGER
26
Figur 15: Andens temperatur som funktion af tiden, som integralkurver.
Litteratur
[1] Jens Carstensen, Jesper Frandsen og Jens Studsgaard. Mat B (hf ). Systime, 1. udgave, 2007.
[2] Jens Carstensen, Jesper Frandsen og Jens Studsgaard. Mat B til A (stx).
Systime, 2. udgave, 2008.
[3] Claus Jessen, Peter Møller og Flemming Mørk. Integralregning og sandsynlighedsregning. Gyldendal, 1. udgave, 1999.
[4] Tom Lindstrøm. Kalkulus. Universitetsforlaget, 3. udgave, 2006.
[5] Ken Riley, Michael Hobson og Stephen Bence. Mathematical methods for
Physics and Engineering. Cambridge, 3. udgave, 2006.
27