1. No category

Differentialligninger – nogle beviser og modeller
Vi skal i dette lille tillæg give elegante beviser for de fuldstændige løsninger til følgende typer af differentialligninger: y′ = k ⋅ y , y ′ = b − a ⋅ y og y′ = y ⋅ (b − a ⋅ y ) .
Sætning 1 (Eksponentiel vækst)
Givet en differentialligning på formen y′ = k ⋅ y , hvor k er en konstant. Den fuldstændige løsning til differentialligningen kan skrives på formen:
f ( x ) = c ⋅ ek ⋅x
hvor c er en arbitrær (vilkårlig) konstant.
Bevis: Vi vil først vise, at en funktion på formen f ( x ) = c ⋅ e k ⋅x virkelig er en løsning til
differentialligningen. Det gøres ved simpel indsættelse. Før vi kan gøre det, får vi brug
for at udregne differentialkvotienten af funktionen f .
(1)
(
y ′ = f ′( x ) = c ⋅ e k ⋅x
)′
( )′
= c ⋅ e k ⋅x
= c ⋅ k ⋅ ek ⋅x
hvor vi i tredje lighedstegn har udnyttet reglen om, at når man differentierer en konstant
gange en funktion, så kan konstanten sættes udenfor. I fjerde lighedstegn er reglen om
differentiation af en sammensat funktion udnyttet. Den indre funktion er i den forbindelse lig med k ⋅ x . Vi kan nu indsætte udtrykkene for y = f ( x ) og y ′ = f ′( x ) i hver
side af differentialligningen y′ = k ⋅ y :
(2)
Venstresiden: y ′ = c ⋅ k ⋅ e k ⋅x
Højresiden: k ⋅ y = k ⋅ c ⋅ e k ⋅x
Vi ser tydeligt, at venstresiden og højresiden er ens, så f ( x ) = c ⋅ e k ⋅x er virkelig en løsning til differentialligningen. Vi mangler at vise, at alle løsninger er på denne form for
en eller anden konstant c. Så antag at f er en løsning til differentialligningen. Herefter
foretager vi et smart trick ved at indføre en hjælpefunktion h ved følgende:
h( x ) = f ( x ) ⋅ e − k ⋅x
(3)
Lad os prøve at differentiere funktionen. Hertil bruges produktreglen for differentiation:
h′( x ) =
( f ( x) ⋅ e )′
− k ⋅x
= f ′( x ) ⋅ e − k ⋅x + f ( x ) ⋅ e − k ⋅x ′
(
(4)
)
= f ′( x ) ⋅ e − k ⋅x + f ( x ) ⋅ ( −k ) ⋅ e − k ⋅x
= k ⋅ f ( x ) ⋅ e − k ⋅ x − f ( x ) ⋅ k ⋅ e − k ⋅x
= 0
I 4. lighedstegn har vi udnyttet, at funktionen f tilfredsstiller differentialligningen, dvs.
at f ′( x ) = k ⋅ f ( x ) . Differentialkvotienten af hjælpefunktionen er altså 0 i alle x-værdier!
2
© Erik Vestergaard – www.matematikfysik.dk
Der er kun én funktion som overalt har differentialkvotienten 0, og det er den konstante
funktion. Lad os kalde konstanten c. Dermed har vi:
1
h ( x ) = c ⇔ f ( x ) ⋅ e − k ⋅ x = c ⇔ f ( x ) ⋅ k ⋅ x = c ⇔ f ( x ) = c ⋅ e k ⋅x
(5)
e
Dermed er det ønskede vist.
□
Sætning 2 (Forskudt eksponentiel vækst)
Givet en differentialligning på formen y ′ = b − a ⋅ y , hvor a ≠ 0 og b er konstanter.
Den fuldstændige løsning til differentialligningen kan skrives på formen:
f ( x ) = b a + c ⋅ e − a⋅x
hvor c er en arbitrær (vilkårlig) konstant.
Bevis: Vi vil foretage nogle fikse omskrivninger af differentialligningen, så vi kan gøre
brug af det resultat, som vi allerede har bevist i sætning 1.
(6)
b ′

 b ′
′
y
−
=
y
−


  = y′ − 0 = y′
a

a
(7)
b

−a ⋅  y −  = − a ⋅ y + b
a

hvor vi i (6) har udnyttet en regneregel for differentiation, samt at man får 0, når man
differentierer en konstant, her b a . I (7) ganger vi blot ind i parentes. (6) og (7) giver:
(8)
y′ = b − a ⋅ y
b ′
b


⇔  y −  = − a ⋅ y − 
a
a


Højresiden i (8) udtrykker, at z = y − b a tilfredsstiller en differentialligning af formen
i sætning 1, nemlig: z ′ = − a ⋅ z . Sidstnævnte har ifølge sætning 1 den fuldstændige løsning z = c ⋅ e − a⋅x , hvor c er en arbitrær konstant. Hvis vi sætter ind hvad z er, får vi:
(9)
y − b a = c ⋅ e − a⋅ x
⇔
y =
b
+ c ⋅ e − a⋅ x
a
Hvorved det ønskede er vist.
□
I den følgende sætning skal vi betragte den såkaldte logistiske differentialligning, som
er på formen y′ = y ⋅ (b − a ⋅ y ) . For ovenfor at bevise sætning 2 omskrev vi problemet,
så vi kunne gøre brug af sætning 1. På analog måde vil vi for at bevise sætning 3 på
næste side omskrive den logistiske differentialligning til en, som er af formen fra sætning 2.
3
© Erik Vestergaard – www.matematikfysik.dk
Sætning 3 (Logistisk vækst)
Givet en differentialligning på formen y′ = y ⋅ (b − a ⋅ y ) , hvor a ≠ 0 og b er konstanter. Den fuldstændige løsning til differentialligningen er følgende:
f ( x ) = 0 og
f ( x) =
b
a
1 + c ⋅ e − b ⋅x
hvor c er en arbitrær (vilkårlig) konstant.
Bevis: For det første ser man hurtigt ved indsættelse på højre og venstre side i differentialligningen, at funktionen f ( x ) = 0 er en løsning. I vores søgen efter andre løsninger
vil vi i det følgende antage, at f ( x ) ≠ 0 for alle x. Under den antagelse kunne vi finde
på at differentiere 1 f ( x ) eller 1 y , som vi vil skrive kort. Vi bemærker, at vi har at
gøre med en sammensat funktion, og skal derfor anvende reglen for differentiation af en
sammensat funktion. Inden vi differentierer, omskriver vi lige 1 y til y −1 . Vi får:
(10)
 1 ′
 y =
 
( y )′
−1
= − 1 ⋅ y −2 ⋅ y ′ = − y −2 ⋅ y ′ = −
y′
y2
Bemærk at y ′ efter det andet lighedstegn svarer til den indre funktion differentieret! Vi
regner videre på højresiden i (10), idet vi i første lighedstegn i (11) udnytter udtrykket
for differentialligningen:
−
(11)
y′
y ⋅ (b − a ⋅ y )
b−a⋅ y
−(b − a ⋅ y )
= −
= −
=
2
2
y
y
y
y
a⋅ y −b
a⋅ y b
1
=
=
− = a − b⋅
y
y
y
y
Til sammen giver (10) og (11):
(12)
 1 ′
1
 y  = a − b⋅ y 
 
 
Sættes z = 1 y ser vi, at vi har at gøre med differentialligningen z ′ = a − b ⋅ z , som er af
typen behandlet i sætning 2. Her er rollen af a og b blot ombyttet. Vi konkluderer, at
den fuldstændige løsning z er på formen g ( x ) = a b + c1 ⋅ e− b⋅x for en arbitrær konstant
c1 . Men vi skal jo tilbage til en løsning y til differentialligningen (12). Vi har altså:
1
= ab + c1 ⋅ e − b⋅x
f ( x)
(13)
⇔
b
1
a ⋅1
f ( x) = a
=
− b⋅ x
b a
+ c1 ⋅ e − b⋅x
a ⋅ b + c1 ⋅ e
b
(
)
=
b
a
1 + ab ⋅ c1 ⋅ e − b⋅x
hvor vi i 2. lighedstegn nederst forlænger brøken med b a . Hvis vi kalder c = ab ⋅ c1 kan
vi se, at vi har vist det ønskede.
□
4
© Erik Vestergaard – www.matematikfysik.dk
Bemærkning 4
Strengt taget har vi ikke undersøgt for løsninger, som måtte være 0 for nogle x-værdier
og forskellig fra nul for andre x-værdier. I teorien for ikke-lineære 1. ordens differentialligninger, som den logistiske differentialligning hører ind under, kan man imidlertid
vise, at der under visse forudsætninger "lokalt set" eksisterer en løsningskurve igennem
ethvert punkt i planen, samt at denne løsning er entydig. Da vi allerede har den løsning,
som er identisk 0 på hele x-aksen, kan der altså ikke være flere løsningskurver, som
rammer x-aksen – på grund af entydigheden. Nævnte sætning er alt for svær til at blive
gennemgået i gymnasiet.
Modeller
Ikke overraskende er de ovennævnte tre modeller interessante fordi de repræsenterer generelle egenskaber, som kan genfindes i mange praktiske situationer. Differentialligningerne udtrykker noget om øjeblikshastigheden til ethvert tidspunkt. I de fleste anvendelser er den ubekendte tiden t fremfor x.
Eksempel 1
Differentialligningen y′ = k ⋅ y kan fortolkes som at øjeblikshastigheden y ′ til ethvert
tidspunkt t er proportional med størrelsen af y. Denne model kommer i sin idéelle form
til anvendelse i væksten af en population. Det er naturligt at antage, at hastigheden,
hvormed for eksempel en bakteriekultur vokser, er proportional med populationens størrelse selv. Hvis der er dobbelt så mange bakterier, så får de også dobbelt så mange
"børn" lidt løst sagt. Vi benytter også betegnelsen konstant relativ vækst fremfor konstant absolut vækst, hvor udviklingen ville have været lineær. Ifølge sætning 1 er en
konstant relativ vækst det samme som en eksponentiel vækst. Lad os se på et eksempel.
Antag at antallet af bakterier n (t ) til tiden t (enhed: timer) adlyder differentialligningen n′(t ) = 0,3 ⋅ n(t ) . Det oplyses,
at der fra begyndelsen er 5000 bakterier.
a) Bestem et udtryk for antallet af bakterier til tidspunktet t.
b) Bestem den øjeblikshastighed, hvormed populationen ændrer sig, til
tidspunktet 3 timer.
c) Med hvor stor hastighed ændrer
populationen sig til det tidpunkt, hvor der er 20000 bakterier?
Løsning:
a) Ifølge sætning 1 er løsningen til differentialligningen n′(t ) = 0,3 ⋅ n(t ) på formen
n(t ) = c ⋅ e0,3⋅ t , hvor c er en arbitrære konstant. Vi benytter begyndelsesbetingelsen
til at fastlægge den arbitrære konstant c:
© Erik Vestergaard – www.matematikfysik.dk
(14)
5
n(0) = 5000 ⇔ c ⋅ e0,3 ⋅0 = 5000 ⇔ c = 5000
Altså er n(t ) = 5000 ⋅ e0,3 ⋅t et udtryk for populationens størrelse til tiden t.
b) Øjeblikshastigheden, hvormed populationen vokser, fås ved at differentiere:
′
(15)
n '(t ) = 5000 ⋅ e0,3 ⋅t = 5000 ⋅ 0,3 ⋅ e0,3 ⋅t = 1500 ⋅ e0,3 ⋅t
(
)
Til tidspunktet 3 timer fås:
(16)
n '(3) = 1500 ⋅ e0,3 ⋅3 = 3689,4
Til tidspunktet t = 3 timer er øjeblikshastigheden, hvormed populationen vokser,
altså lig med 3689 bakterier pr. time. Bemærk at det ikke betyder, at der efter en
time er 3689 bakterier flere, for øjehastigheden ændrer sig hele tiden!
c) Man kunne her naturligvis vælge først at bestemme det tidspunkt, hvor populationen er oppe på 20000 bakterier ved at løse ligningen n(t ) = 20000 og derefter sætte
løsningen for t ind i udtrykket for hastigheden (15). Der er imidlertid en meget
nemmere måde at gøre det på, nemlig ved at bruge vor differentialligning direkte!
(17)
n′ = 0,3 ⋅ n = 0,3 ⋅ 20000 = 6000
idet vi af pædagogiske årsager her har undertrykt den variable t. Vi konkluderer, at
når populationen er nået op på 20000 bakterier, så er øjeblikshastigheden, hvormed
bakterierne formerer sig, lig med 6000 bakterier/time.
□
Eksempel 2
Et godt eksempel på anvendelse af differentialligningen for den forskudte eksponentielle
vækst fra sætning 2 er ved afkøling af kaffe. Ifølge Newtons afkølingslov vil temperaturen T (t ) af kaffen i en kop til tiden t adlyde følgende differentialligning:
(18)
dT
= − k ⋅ (T − Tomg )
dt
6
© Erik Vestergaard – www.matematikfysik.dk
hvor k er en konstant og Tomg er omgivelsernes temperatur. Differentialligningen udtrykker, at hastigheden, hvormed kaffens temperat ændrer sig, er proportional med forskellen i temperatur mellem kaffen og omgivelserne. Dette lyder umiddelbart meget fornuftigt, idet man må forvente, at temperaturen aftager hurtigere, når kaffens temperatur
er meget over omgivelsernes temperatur fremfor når kaffens temperatur er tæt på omgivelsernes temperatur. Ved at gange ind i parentesen i (18) ser man, at der virkelig er
tale om en differentialligning af typen y ′ = b − a ⋅ y . Her svarer b til k ⋅ Tomg og a til k og
y naturligvis til T. Detaljerne gives ikke her, da de er led i en projektopgave. Sætning 2
giver med oversættelserne følgende fuldstændige løsning til (18):
T (t ) = c ⋅ e − k ⋅t + Tomg
(19)
For at bestemme den arbitrære konstant indsættes begyndelsesbetingelsen, at kaffens
temperatur til tidspunktet t = 0 er T0 . Det overlades igen til læseren at vise, at det giver
c = T0 − Tomg . Når denne værdi for c indsættes i (19 fås det endelige udtryk for løsningen til differentialligningen med begyndelsesbetingelser:
T (t ) = (T0 − Tomg ) ⋅ e − k ⋅t + Tomg
(20)
Konstanten k afhænger blandt andet af hvor godt koppen er isoleret. Lad os tegne grafen
for løsningen i tilfældet, hvor kaffens starttemperatur er T0 = 85°C , hvor omgivelsernes
temperatur er Tomg = 20°C og k = 0,038 min −1 .
T (°C)
100
90
80
70
60
50
40
30
20
10
t (min)
0
0
20
40
60
80
100
120
140
160
Som ventet ser vi, at kaffens temperatur aftager mest i begyndelsen, mens den stadig er
meget varm. Når tiden går mod uendelig vil kaffens temperatur nærme sig asymptotisk
til omgivelsernes temperatur. Det er markeret med en vandret stiplet linje ud for 20°C.
Matematisk siger vi: T (t ) → 20 for t → ∞ . og y = 20 siges at være vandret asymptote. I Maple kan grænseværdien bestemmes med kommandoen lim, hvis forskriften for
funktionen i forvejen er defineret:
7
© Erik Vestergaard – www.matematikfysik.dk
Eksempel 3
Vi har tidligere gennemført et matematikprojekt i differentialregning, hvor opgave
35 handlede om en logistisk vækst. I indledningen til opgaven blev det omtalt, at den
angivne formel for den logistiske vækst
stammer fra differentialligningen:
(21)
n′(t ) = k ⋅ n(t ) ⋅ (G − n(t ))
Baggrunden for denne er, at man har forsøgt at foretage nogle korrektioner i forhold
til den eksponentielle model i eksempel 1.
Populationen kan jo ikke blive ved med at
vokse i det uendelige. Ofte vil omgivelserne, fx arealet, eller føden sætte en øvre
grænse for, hvor stor populationen kan blive. Den logistiske model tager hensyn til
dette forhold. Den bygger på at hastigheden, hvormed populationen vokser, ikke
blot er proportional med populationens
egen størrelse, men også er proportional med, hvor megen ”råderum”, der stadig er for
vækst. Her gøres en antagelse om, at populationens grænse er en eller anden værdi G.
Det omtalte "råderum" er leddet G − n(t ) , som kan tolkes som det antal individer, der
yderligere er plads eller råderum til i den aktuelle situation.
For at indse, at den logistiske differentialligning (21) er af samme form som differentialligningen i sætning 3, har vi brug for at omskrive (21) en smule, så den kommer på
formen y′ = y ⋅ (b − a ⋅ y ) . Vi ganger konstanten k ind i parentesen i (21), mens vi lader
n (t ) forblive udenfor parentesen:
(22)
n′( t ) = k ⋅ n( t ) ⋅ (G − n (t )) = n (t ) ⋅ ( k ⋅ G − k ⋅ n( t ) )
Sammenligner vi med y′ = y ⋅ (b − a ⋅ y ) svarer b altså til k ⋅ G og a svarer til k. Ifølge
vores løsningsformel for y′ = y ⋅ (b − a ⋅ y ) i sætning 3, får vi den fuldstændige løsning:
(23)
n (t ) =
b
a
1+ c ⋅e
− b ⋅t
=
(k ⋅ G ) k
G
=
− k ⋅G⋅t
1+ c ⋅e
1 + c ⋅ e − k ⋅G⋅t
Lad os sige, at der sættes 100 fisk af en bestemt art ud i en stor sø. Antag at populationens udvikling adlyder den logiske differentialligning (21) med k = 1,3 ⋅ 10−5 dage −1
og med G = 3200 .
a) Bestem et udtryk for antallet af fisk som funktion af tiden t i dage.
b) Til hvilket tidspunkt vokser populationen af de pågældende fisk kraftigst?
c) Bestem den øvre grænse for fisk i søen.
8
© Erik Vestergaard – www.matematikfysik.dk
Løsning:
a) Vi indsætter først værdierne for parametrene k og G og udnytter derefter begyndelsesbetingelsen til at bestemme den arbitrære konstant c.
(24) n(0) = 100 ⇔
3200
= 100 ⇔
1 + c ⋅ e −0,0416 ⋅ 0
3200
= 100 ⇔ c = 31
1+ c
idet k ⋅ G = 0,0416 . Indsættes værdien for c i (23), fås
3200
1 + 31 ⋅ e −0,0416 ⋅ t
som er det ønskede udtryk for populationens størrelse som funktion af tiden.
n (t ) =
(25)
b) Her er det hastigheden n′(t ) , som skal maksimeres, ikke n (t ) . Opgaven kan klares
ved at sætte f (t ) = n′(t ) og foretage en funktionsundersøgelse af f. Detaljerne overlades til læseren. Det er klart, at funktionen i det ønskede punkt opfylder f ′(t ) = 0 ,
dvs. n′′(t ) = 0 . Man siger, at funktionen n (t ) har en vendetangent i det søgte punkt!
Svaret i opgaven er t = 82,548 dage .
c) Her lader vi tiden gå mod uendelig. Da e −0,0416 ⋅ t → 0 for t → ∞ , vil nævneren i brøken i (25) nærme sig til 1, hvorfor hele brøken vil nærme sig til 3200:
n (t ) =
(26)
3200
3200
3200
→
=
= 3200 for t → ∞
−0,0416 ⋅ t
1 + 31 ⋅ 0
1
1 + 31 ⋅ e
Den øvre grænse af fiskebestanden er altså 3200, hvilket vi egentligt godt vidste i
forvejen, da det var bygget ind i modellen. Lad os til slut tegne grafen for populationens størrelse som funktion af tiden.
4000
Antal fisk i søen
3500
3000
2500
2000
1500
1000
500
0
0
20
40
60
80
100
120
140
160
180
200
220
240
260
280
300
t (dage)
Grafen har en vandret asymptote i y = 3200 , som afspejler påstanden om at populationens størrelse nærmer sig til 3200, når tiden nærmer sig til uendelig. Endvidere er punktet, hvor den største hastighed antages, indtegnet, foruden tangenten til grafen i punktet.
Når populationen nærmer sig til dens grænse på 3200 individer, så vil leddet G − n (T ) i
differentialligningen blive lille. Det forklarer, hvorfor hastigheden kan mindskes.
© Erik Vestergaard – www.matematikfysik.dk
9
Bemærkning (Om modeller)
Det skal siges, at løsningerne til ovenstående logistiske differentialligning naturligvis
forudsætter, at populationen virkelig adlyder den logistiske ligning. Det kan man langt
fra gå ud fra i virkeligheden, og ovenstående eksempel 3 er da også konstrueret. I modeller søger man at tage en række forhold i betragtning, men det er umuligt at tage højde
for alle forhold. Kunsten ved at modellere er netop at tage højde for alle de væsentligste
forhold, men stadig holde antallet af parametre eller variable nede på et acceptabelt
niveau, så man kan regne med det, selv på en computer …
Billeder: Side 4: ©iStock.com/Jezperklauzen, Side 6: ©iStock.com/atese. Resten egne fotos og figurer.