Matematik A. Højere teknisk eksamen. Forberedelsesmateriale. htx112-mat/a

Transkript

1 Matematik A Højere teknisk eksamen Forberedelsesmateriale htx112-mat/a Fredag den 26. august 2011

2

3 Forord Forberedelsesmateriale til prøverne i matematik A Der er afsat 10 timer på 2 dage til arbejdet med forberedelsesmaterialet til prøverne i matematik A. Oplægget indeholder teori, eksempler og opgaver i et emne i forlængelse af kernestoffet. Billedmateriale uden noter er opgavekommissionens ejendom. Dele af materialet uddybes i et appendiks. Dette appendiks indgår ikke i den skriftlige prøve. Forberedelse til den 5-timers skriftlige prøve: Nogle af spørgsmålene ved 5-timersprøven tager udgangspunkt i det materiale, der findes i dette oplæg. De øvrige spørgsmål omhandler emner fra kernestoffet. Forberedelse til den mundtlige prøve: Emnet, behandlet i dette materiale, indgår som supplerende stof. Der vil derfor være spørgsmål ved den mundtlige prøve i dette emne. I forberedelsesperioden er alle hjælpemidler er tilladt, og det er tilladt at modtage vejledning.

4 Differentialligninger 1 Indledning I 1687 udkom Sir Isaac Newtons trebinds værk Philosophiæ Naturalis Principia Mathematica i daglig tale kendt som Principia. En oversættelse af Newtons Principia til engelsk, med en illustration der viser forfatteren. Det var her Newtons bevægelsesligning (Newtons 2. lov), der er det fundamentale princip for al bevægelse, blev opstillet for første gang. Astronomen Johannes Kepler havde i 1609 og 1619 formuleret tre love, som planeternes bevægelse opfylder. Dette havde han gjort på grundlag af observationer udført af blandt andre Tycho Brahe, men han kunne ikke give nogen forklaring på, hvorfor lovene gælder. Med sin grundlæggende bevægelsesligning kunne Newton forklare Keplers love, og han kunne vise, at det er de samme love, der gælder for planeternes bevægelse på himlen, som for legemer, der falder til jorden. Der er altså ikke en særlig fysik for de himmelske legemer, som mange ellers mente. Principia har derfor for altid ændret vores opfattelse af verden. Newtons værk var ikke bare en triumf for fysikken, men også for matematikken. Newton påbegyndte arbejdet på en ny matematik, som vi i dag kalder differential- og integralregning. En af Newtons vigtige opdagelser var, at man kan beskrive fysiske størrelser der ændrer sig, ved hjælp af ligninger. Ligningerne sammenknytter de fysiske størrelser med deres differentialkvotienter. Sådanne ligninger betegnes differentialligninger. Ved at opstille og løse differentialligninger for planeternes bevægelse, kunne Newton forklare Keplers love. Det er ikke kun inden for fysikken, man anvender differentialligninger. Differentialligninger har givet indsigt indenfor andre områder såsom biologi, kemi og medicin. De bliver brugt til at beskrive antallet af bakterier i (urent) kød på butikkernes hylder, til at kvantificere hvor hurtigt en kemisk reaktion forløber, og til at modellere bevægelsen af det menneskelige hjerte. I dette forberedelsesmateriale skal vi beskæftige os med nogle simple typer af differentialligninger, og se hvordan de kan bruges til at beskrive en række forskellige konkrete problemstillinger. 1

5 2 Differentialligninger og deres løsninger Lad os først se nogle eksempler på differentialligninger. y (t) = 1 t, t > 0, y (t) = y(t)(1 y(t)), t R, y (t) + sin(y(t)) = 0, t R. I almindelighed er en differentialligning en ligning, hvor der indgår afledede af en ukendt funktion. En løsning til en differentialligning er en funktion defineret på et interval I, hvor funktionen passer ind i ligningen. Så i modsætning til f.eks. en andengradsligning, hvor løsningsmængdens elementer er tal, er løsningsmængden til en differentialligning en mængde af funktioner. For eksempel er y(t) = ln(t), t > 0 en løsning til differentialligningen y (t) = 1, t > 0. Det kan t man se ved indsættelse, for sætter vi ind, bliver venstresiden ln (t) = 1, og det er jo netop lig t højresiden for alle t > 0. Helt generelt kan man eftervise, om en funktion er en løsning ved at indsætte i venstresiden af ligningen og indsætte i højresiden af ligningen, og se at begge dele giver det samme udtryk for alle t I. Eksempel 1 Vi vil vise, at y(t) = e t er en løsning til differentialligningen y (t) = y(t)(1 y(t)), t R. Derfor sætter vi først y(t) = e t = (1 + e t ) 1 ind i venstresiden. Vi finder y (t) = ( 1 + e t) 2 ( e t ) = Sætter vi ind i højresiden af ligningen, får vi y(t)(1 y(t)) = 1 ( 1 + e t 1 1 ) 1 + e t e t (1 + e t ) 2. = 1 ( e t ) 1 + e t 1 + e t = e t (1 + e t ) 2. Så venstresiden er lig højresiden for alle t R når y(t) = 1, og vi har derfor fundet en 1 + e t løsning. Opgave 1 Gør rede for alle mellemregninger i eksempel 1. 2

6 Opgave 2 Vi betragter igen differentialligningen fra eksempel 1 og vil finde nogle flere løsninger. y (t) = y(t)(1 y(t)), a) Vis at er en løsning. b) Vis at er en løsning for alle c 0. y(t) = y(t) = 0, t R ce t, t R Opgave 3 a) Vis at y(t) = sin(t t 0 ), t R er en løsning til (y (t)) 2 + (y(t)) 2 = 1 for alle t 0 R. b) Findes der også konstantløsninger, altså løsninger på formen y(t) = c? 3 Differentialligningen y (t) = q(t) Vi ser først på differentialligningen y (t) = cos(t). Denne ligning har en løsning y(t), hvis den differentierede af y(t) er lig funktionen cos(t) for alle t R. Vi skal altså finde en stamfunktion til cos(t), og det er jo y(t) = sin(t). Hvis vi lægger en konstant til, får vi en ny løsning, og det gælder, at samtlige løsninger er y(t) = sin(t) + c, t R, c R. Vi kan generalisere dette ved at erstatte cos(t) i differentialligningen med en vilkårlig kontinuert funktion q(t) defineret på et interval I. Så bliver ligningen y (t) = q(t), t I. Ligesom før er løsningen en stamfunktion y(t) = q(t)dt, og vi får samtlige løsninger ved at lægge en konstant til, så vi får y(t) = q(t)dt + c. 3

7 Sætning 1 Lad q(t), t I være en kontinuert funktion defineret på et interval I. Samtlige løsninger til differentialligningen y (t) = q(t), t I, er givet ved y(t) = q(t)dt + c, t I, c R. Eksempel 2 Vi vil løse differentialligningen y (t) = sin(2t). Vi ved, at en løsning er sin(2t)dt. Vi ved, at en stamfunktion til sin(t) er cos(t). Ved at gøre prøve kan man se at 1 2 cos(2t) er en stamfunktion til sin(2t), for bruger vi reglen for differentiation af en sammensat funktion, fås ( 1 ) 2 cos(2t) = 1 2 (cos(2t)) = 1 ( 2sin(2t)) = sin(2t). 2 Til sidst bruges sætning 1 til at konkludere, at samtlige løsninger er y(t) = 1 cos(2t) + c, t R, c R. 2 Figur 1 viser nogle løsninger for forskellige værdier af konstanten c. Figur 1. Forskellige løsninger til y (t) = sin(2t). Opgave 4 For et legeme i frit fald gælder differentialligningen v (t) = g. Her betegner v(t) legemets hastighed, regnet positiv opad, og g = 9,8m/s 2 er tyngdeaccelerationen. Bestem alle løsninger til differentialligningen. 4

8 Opgave 5 Find alle løsninger til differentialligningen y (t) = 2te t2, t R. Opgave 6 Denne opgave handler ikke om at opskrive funktionsforskrifter for samtlige løsninger til en differentialligning, men derimod om at tænke over, hvad det betyder, at en funktion y(t) er løsning til en differentialligning. Vis at enhver løsning til differentialligningen er en voksende funktion. y (t) = e sin(t) 4 Lineær differentialligning af 1. orden Vi har set, hvordan man løser differentialligninger, der kan skrives på formen y (t) = q(t). Nu går vi over til lidt mere komplicerede differentialligninger, hvor den ukendte funktion y(t) også indgår. Mere præcist ser vi på ligningen y (t) + py(t) = q(t), t I, (1) hvor p er en konstant, og q er en givet funktion, der er kontinuert på intervallet I. Som sagt er dette en mere generel klasse af differentialligninger, for i tilfældet p = 0 får vi netop den differentialligning, vi så på i sidste afsnit. En ligningen som kan skrives på formen (1), betegnes en lineær differentialligning af 1. orden. Vi vil nu udlede en løsningsformel til differentialligningen (1). Det viser sig at være en god idé at kigge på funktionen h(t) = e pt y(t) i stedet for den oprindelige funktion y(t). Vi bestemmer først et udtryk for h (t). Det nedenstående gælder for alle t I. h (t) = ( e pt y(t) ) = pe pt y(t) + e pt y (t) = e pt (py(t) + y (t)) = e pt q(t). Opgave 7 Gør rede for alle detaljer i udregningen ovenfor. 5

9 Der gælder altså, at funktionen h(t) opfylder differentialligningen h (t) = e pt q(t). Men det er jo en differentialligning af den type vi kiggede på i sidste afsnit, for funktionen på højre side af lighedstegnet er en kendt funktion. Det følger af løsningsformlen, at samtlige løsninger er h(t) = e pt q(t)dt + c. Indsættes definitionen på h(t) fås e pt y(t) = e pt q(t)dt + c. Da e pt aldrig giver nul, uanset hvad p og t er, kan vi dividere med dette på begge sider af lighedstegnet, ( ) y(t) = e pt e pt q(t)dt + c, for vilkårlig c R, og her har vi vores løsningsformel for (1). Vi opsummerer resultatet i følgende sætning. Sætning 2 Lad q(t) være kontinuert på intervallet t I, og lad p være en konstant. Samtlige løsninger til differentialligningen y (t) + py(t) = q(t), t I (1) er givet ved ( ) y(t) = e pt e pt q(t)dt + c, t I, c R. Eksempel 3 Vi løser differentialligningen y (t) + 2y(t) = 1, t R. Man kan se, at differentialligningen er på samme form som den i sætning 2 med p = 2 og q(t) = 1. Derfor er samtlige løsninger ( ) y(t) = e 2t e 2t dt + c ( ) 1 = e 2t 2 e2t + c hvor t R og c R. = ce 2t, Opgave 8 Find samtlige løsninger til differentialligningen y (t) + 2y(t) = e 2t, t R. 6

10 5 Løsninger med begyndelsesbetingelse Det følger af løsningsformlen i sætning 2, at der altid er uendelig mange løsninger til en lineær 1. ordens differentialligning. Tit er man interesseret i at finde en bestemt løsning i løsningsmængden, og det går ofte hånd i hånd med, at vi ved noget mere om den funktion, vi ønsker at bestemme. Vi ser på et eksempel. Eksempel 4 En fyldt tekop står i et godt ventileret rum. Temperaturen af rummet er T r = 19 C og til tiden t = 0 er temperaturen af te og tekop T 0 = 80 C. Newtons afkølingslov er en simpel matematisk model for udviklingen af teens temperatur T (t). Loven siger, at temperaturtilvæksten pr. tidsenhed er proportional med forskellen mellem rummets temperatur og teens temperatur. Skrevet symbolsk svarer dette til: T (t) = K(T r T (t)). Proportionalitetsfaktoren K > 0 afhænger af forskellige ting såsom tekoppens form, og hvor meget te, der er i koppen. Af ligningen fremgår det, at teens temperatur aftager, så længe teen er varmere end omgivelserne, som man også umiddelbart vil forvente. For når teen er varmere end omgivelserne, så er T r T (t) negativ. Det vil sige at højresiden af ligningen er negativ, og når T (t) er negativ, er T (t) aftagende. For at løse differentialligningen, omskriver vi den til T (t) + KT (t) = KT r. Hermed er den på formen (1), hvor y(t) = T (t), p = K og q(t) = KT r er en konstant funktion. Ved hjælp af løsningsformlen finder vi ( ) T (t) = e Kt e Kt KT r dt + c ( ) = e Kt KT r e Kt dt + c ( ) = e Kt 1 KT r K ekt + c = T r + e Kt c. 7

11 Figur 2. Temperaturen af en kop te i C som funktion af tiden i minutter. Her har vi benyttet, at en stamfunktion til e Kt er 1 K ekt. Samtlige løsninger til differentialligningen er altså T (t) = T r + ce Kt, t R, c R. Som forventet er der uendelig mange løsninger, men ikke alle løsningerne beskriver den fysiske situation, for de opfylder ikke alle, at starttemperaturen af teen er T 0. Vi ønsker at finde en løsning, der opfylder T 0 = T (0), altså at T 0 = T r + ce K 0 = T r + c. For at dette skal være opfyldt, må vi vælge c = T 0 T r. Med denne værdi af c bliver løsningen T (t) = T r + (T 0 T r )e Kt. En realistisk værdi for K er 0,06 min 1. Med de kendte størrelser indsat, er løsningen T (t) = e 0,06t, hvor T er angivet i C. Blandt de uendelig mange løsninger har vi fundet netop én, der opfyldte den givne betingelse til t = 0. I figur 2 er denne løsning illustreret. Opgave 9 Teen smager ikke godt, når temperaturen kommer under 55 C. Til hvilket tidspunkt, t, kommer temperaturen ned på 55 C? Opgave 10 I appendikset side 13 er der udledt differentialligningen U C (t) + 1 RC U C(t) = 1 RC U(t), 8

12 for spændingen U C (t) over en kapacitor i et elektrisk kredsløb. I denne opgave skal ligningen løses, når U(t) = sin(t), R = 2000, C = Alle størrelser er i SI-enheder og kan sættes direkte ind i differentialligningen. a) Find samtlige løsninger til differentialligningen. Hvis vi ved at spændingen over kapacitoren U C (t) til tiden 0 er U C (0) = 1, er der præcis en løsning, der opfylder dette krav. b) Bestem denne løsning. c) Bestem spændingen over kapacitoren til tiden t = 10. Vi har set i eksempel 4 og i opgave 10, at hvis man udover differentialligningen har en ekstra betingelse, kan det bestemme en løsning entydigt. Dette gælder helt generelt, så længe betingelsen er, at løsningens værdi er kendt på ét tidspunkt, y(t 0 ) = y 0. Sætning 3 Lad q(t) være en kontinuert funktion defineret på intervallet I. Lad t 0 I og y 0 R være givne konstanter. Så har differentialligningen y (t) + py(t) = q(t), t I (1) én og kun én løsning, der opfylder y(t 0 ) = y 0. Betingelsen y(t 0 ) = y 0 kaldes en begyndelsesbetingelse. Sætningen siger to ting. For det første at der er en løsning, der opfylder begyndelsesbetingelsen. For det andet at der kun er denne ene løsning, der opfylder begyndelsesbetingelsen. Man siger, at begyndelsesbetingelsen bestemmer løsningen entydigt. Bevis. Ifølge sætning 2 er samtlige løsninger givet ved ( ) y(t) = e pt e pt q(t)dt + c, t I, c R. Vi lader igen h(t) betegne en stamfunktion til e pt q(t), altså h(t) = e pt q(t)dt. Så gælder Indsættes t = t 0 fås Da vi kræver, at y(t 0 ) = y 0 giver dette y(t) = e pt (h(t) + c), t I, c R. y(t 0 ) = e pt 0 (h(t 0 ) + c). y 0 = e pt 0 (h(t 0 ) + c). 9

13 Denne ligning løses med hensyn til c, og man finder c = y 0 e pt 0 h(t 0 ). Givet t 0 og y 0 er der altså netop én værdi af konstanten c der sikrer, at begyndelsesbetingelsen y(t 0 ) = y 0 er opfyldt. Sætning 3 kan virke ret teoretisk, men den har en stor betydning, når man benytter differentialligninger som matematiske modeller. Vi har set eksempler på, at lineære differentialligninger af 1. orden kan beskrive variationen af spændingen i et elektrisk kredsløb og udviklingen af temperaturen af en kop te, der køles af. Sætning 3 fortæller os i begge tilfælde, at vi har brug for at vide to ting: Nogle fysiske lovmæssigheder, der beskriver situationen (Kirchoffs love, Newtons afkølingslov) samt kendskab til den fysiske størrelse vi modellerer til bare ét tidspunkt (U C (0) henholdsvis T (0)). Ved hjælp af denne information er systemerne fuldstændigt beskrevet, for de udvikler sig på præcis den måde, som den entydigt bestemte løsning til differentialligningen fortæller os. Der er ikke brug for yderligere information. Desuden er sætningen meget vigtig i den matematiske teori. I næste afsnit finder vi en anden måde at finde løsninger til (1) end ved at bruge sætning 2. Beviset for denne løsningsmetode benytter sig af sætning 3. 6 Gættemetoden Sætning 4 Lad q(t) være en kontinuert funktion på intervallet I. Hvis y p (t), t I er en løsning til differentialligningen y (t) + py(t) = q(t), t I, (1) er samtlige løsninger y(t) = y p (t) + ce pt, t I, c R. Ved første øjekast kan sætningen virke overflødig; vi har jo allerede sætning 2, der giver os alle løsninger. Sætning 4 kræver, at vi på en eller anden måde har fundet en løsning y p (t), men fortæller os ikke, hvordan vi skal gøre det. Men sætningen er nyttig, fordi det meget ofte er muligt at gætte en løsning y p (t), og udregningerne ved at eftervise, at et gæt er en løsning, er som regel meget simplere end at finde en stamfunktion, som sætning 2 kræver. Eksempel 5 Vi vil finde alle løsninger til differentialligningen y (t) + y(t) = t 2, t R ved hjælp af sætning 4, og vil derfor forsøge at gætte en løsning y p (t). Da højresiden er et andengradspolynomium, kan man gætte på, at der også er en løsning, der er et andengradspolynomium. Vi gætter derfor på, at der er en løsning af formen y p (t) = At 2 + Bt +C, 10

14 og vil nu undersøge, om det er muligt at vælge koefficienterne A,B og C så y p (t) opfylder differentialligningen. Vi regner venstresiden ud: y (t) + y(t) = (2At + B) + (At 2 + Bt +C) = At 2 + (2A + B)t + (B +C). Højresiden af differentialligningen er t 2, så der skal gælde At 2 + (2A + B)t + (B +C) = t 2 for alle t R. Dette er sandt, netop hvis koefficienterne i polynomiet på venstre side er lig koefficienterne i polynomiet på højre side, altså når A = 1, 2A + B = 0, B +C = 0, har vi en løsning. Disse tre ligninger er opfyldt for A = 1, B = 2 og C = 2. Det vil sige, at y p (t) = t 2 2t + 2,t R er en løsning. Eftersom vi har fundet en løsning, kan vi bruge sætning 4 til at opskrive samtlige løsninger. De er y(t) = t 2 2t ce t, t R, c R. Vi kunne også have brugt sætning 2, men udregningerne ville blive mere omstændelige, i hvert fald hvis vi skulle regne i hånden. Opgave 11 Bestem samtlige løsninger til differentialligningen y (t) + y(t) = e 2t ved at gætte på en løsning af formen y p (t) = Ae 2t. Opgave 12 Bestem først q(t) så y p (t) = t 2 er en løsning til differentialligningen y (t) + 2y(t) = q(t), t R. Bestem herefter samtlige løsninger. Bestem til slut den løsning der opfylder y(0) = 1. Sætning 4 siger to ting. For det første y(t) = y p (t) + ce pt er løsninger til differentialligningen, og for det andet at der ikke er andre løsninger. Vi beviser her det første udsagn, mens vi viser det andet i appendikset side

15 Bevis. Udgangspunktet er, at vi kender en funktion y p (t),t I som er løsning til differentialligningen (1). Vi viser her at funktionen y(t) = y p (t) + ce pt, t I er løsning til differentialligningen for alle c R, ved at indsætte i differentialligningen. y (t) + py(t) = q(t) y(t) = y p (t) + ce pt y (t) = y p(t) cpe pt y (t) + py(t) = Differentialligningen opskrives Funktionen y(t) opskrives Funktionen y(t) differentieres (y p(t) cpe pt ) + p(y p (t) + ce pt ) = y (t) og y(t) indsættes Venstre side af differentialligningen opskrives (y p(t) + py p (t)) + ( cpe pt + cpe pt ) = Udtrykket omordnes, så leddene med y p (t) samles y p(t) + py p (t) = q(t) Den anden parentes er nul Vi udnytter, at y p (t) er en løsning, så der gælder y p(t) + py p (t) = q(t) Ovenstående udregninger viser, at y (t) + py(t) = q(t), altså er y(t) en løsning til differentialligningen. Opgave 13 I appendiks side 14 er der udledt en differentialligning for temperaturen T (t) i et spabad, der opvarmes ved hjælp af en varmeveksler, nemlig T (t) + ṁ m T (t) = ṁ m T v(t). (2) Her er T (t) temperaturen af vandet i spabadet, m massen af vandet i spabadet og T v (t) temperaturen af vandet i varmeveksleren. Desuden angiver ṁ massen af vandet der løber gennem varmeveksleren per tidsenhed en størrelse der kaldes massestrømmen. I denne opgave skal ligningen løses når m = 2000 kg, ṁ = 1000 kg/time, T v (t) = cos(t). Temperaturen er angivet i C. Vandet i spabadet ønskes opvarmet fra 32 C til 45 C. a) Find én løsning til (2) af formen T p (t) = Acos(t) + Bsin(t) +C. b) Find den fuldstændige løsning til (2). c) Find den løsning til (2) som opfylder T (0) = 32 C. Tegn grafen for denne løsning, og beskriv med ord, hvordan temperaturen udvikler sig. Kan det lade sig gøre at få præcis den ønskede temperatur på 45 C? 12

16 Appendix I dette appendiks vises det, hvordan man på grundlag af fysiske love kan udlede differentialligninger som matematiske modeller. Konkret ser vi på udledningen af de formler, der benyttes i opgaverne 10 og 13. Desuden afslutter vi beviset af sætning 4. Elektrisk kredsløb En kapacitor (en elektrisk kondensator) er en elektrisk komponent, der kan opbevare elektrisk ladning. Den beskrives ved sin kapacitet C. I kredsløbet på figuren er en resistor (modstand) R og en kapacitor C forbundet i serie med en spændingskilde, hvor der er påtrykt en spænding U(t). R + U R (t) U(t) + + U C (t) C I(t) Vi vil ved hjælp af Kirchoffs love opskrive en differentialligning der beskriver strømmen gennem resistoren og kapacitoren og spændingsfaldene over dem. Kirchoffs 1. lov siger at den strøm der løber til et knudepunkt, er lig den strøm, der løber fra knudepunktet. Det betyder, at den strøm, der løber gennem resistoren, er lige så stor som den, der løber gennem kapacitoren. Strømmen betegnes I(t). Kirchoffs 2. lov siger, at summen af spændingsfaldene over en lukket kreds er nul. Hvis spændingsfaldet over resistoren betegnes U R (t), og spændingsfaldet over kapacitoren betegnes U C (t) gælder For spændingen over resistoren gælder Ohms 1. lov, U(t) = U R (t) +U C (t). (3) U R (t) = RI(t). (4) Den sidste ligning vi har brug for, er ligningen for strømmen gennem en kapacitor. Den elektriske ladning Q(t) i en kapacitor kan beskrives ved Q(t) = CU C (t). Differentieres denne ligning fås Q (t) = CU C (t). 13

17 Da ændringen af elektrisk ladning pr. tidsenhed pr. definition er elektrisk strøm, Q (t) = I(t), fås I(t) = CU C (t) (5) Sættes udtrykket (4) for U R (t) ind i (3) fås Herefter kan udtrykket (5) for I(t) indsættes, U(t) = RI(t) +U C (t). U(t) = RCU C (t) +U C(t). Ved at dividere på begge sider af lighedstegnet med RC og omordne leddene får vi endelig U C (t) + 1 RC U C(t) = 1 RC U(t). Dette er en lineær differentialligning af 1. orden af samme form som (1), hvor Opvarmning af spabad y(t) = U C (t), p = 1 1 og q(t) = RC RC U(t). Vi betragter et spabad fyldt med vand, der skal opvarmes ved hjælp af en varmeveksler. Vi vil opstille en differentialligningsmodel for udviklingen af vandets temperatur T (t). Massen af vandet i spabadet betegnes m. Et spabad. Billedet er taget af Erik Bjerregaard Christensen. For at varme vandet i spabadet op, ledes der varmt vand med en temperatur på T v (t) ind i varmeveksleren. Det varme vand bliver afkølet, mens det løber i røret, og vi regner med, at varmeveksleren er så effektiv, at det er blevet kølet helt ned til spavandets temperatur T (t) ved udløbet. Den fysiske lov vi vil benytte er energibevarelse, idet den energi, der afgives af vandet i varmeveksleren, antages at blive optaget af vandet i spabadet. Desuden får vi brug for, at ændringen 14

18 af varmeenergien E i en mængde vand med masse m, hvor temperaturen øges med T er E = mc T, hvor c er vandets specifikke varmekapacitet. Massestrømmen gennem varmeveksleren, altså hvor meget masse der strømmer gennem pr. tidsenhed, betegnes ṁ. Vi betragter nu energiafgivelsen fra varmeveksleren i tidsintervallet mellem t og t + t, hvor t er lille. Massen af vand, der løber gennem varmeveksleren i dette tidsinterval er ṁ t, så den afgivne energi er E = ṁ t c(t v (t) T (t)) Denne energi optages af spavandet, hvorved temperaturen stiger fra T (t) til T (t + t), så der gælder også E = mc(t (t + t) T (t)). Sættes de to udtryk sammen fås mc(t (t + t) T (t)) = ṁ t c(t v (t) T (t)), og divideres der med m, c og t på begge sider af lighedstegnet finder man T (t + t) T (t) t = ṁ m (T v(t) T (t)). Hvis t går mod 0, går venstresiden mod T (t). Omordnes leddene giver dette T (t) + ṁ m T (t) = ṁ m T v(t). Dette er en lineær differentialligning af 1. orden af samme form som (1), hvor Bevis af sætning 4 y(t) = T (t), p = ṁ m og q(t) = ṁ m T v(t). Vi har allerede bevist at y(t) = y p (t)+ce pt er en løsning til differentialligningen for alle c R. Nu fører vi beviset til ende ved at vise at der ikke er andre løsninger. Bevis. At der ikke er flere løsninger er det samme som at sige, at hvis y 1 (t),t I er en vilkårlig løsning, kan vi finde en konstant c, så y(t) = y p (t) + ce pt er den samme funktion som y 1 (t) for alle t I. Ideen i beviset er at vise, at vi kan vælge c så y 1 og y p (t) + ce pt stemmer overens for én værdi t 0 af t, og derefter bruge sætning 3 til at vise at de to funktioner er lig hinanden for alle t. Vælg et t 0 I. Hvis y 1 (t) = y p (t) + ce pt da gælder specielt y 1 (t 0 ) = y p (t 0 ) + ce pt 0, og derfor c = (y 1 (t 0 ) y p (t 0 ))e pt 0. Men der gælder også omvendt, at hvis c = (y 1 (t 0 ) y p (t 0 ))e pt 0 så er y 1 (t 0 ) = y p (t 0 ) + ce pt 0. De to funktioner y 1 (t) og y(t) = y p (t) +ce pt er begge løsninger til differentialligningen, og de antager med det angivne valg af c samme værdi når t = t 0. Det følger nu fra sætning 3, at de to funktioner er ens for alle t I. Og det var netop hvad der skulle vises. 15

19

20 Undervisningsministeriet Opgaven er produceret med anvendelse af kvalitetsstyringssystemet ISO 9001 og miljøledelsessystemet ISO 14001