INFINITESIMALREGNING del 3 Differentialligninger Funktioner af flere variable Differentialligningssystemer x-klasserne Gammel Hellerup Gymnasium

Transkript

1 INFINITESIMALREGNING del 3 Differentialligninger Funktioner af flere variable Differentialligningssystemer x-klasserne Gammel Hellerup Gymnasium Februar 09 ; Michael Szymanski ; mz@ghg.dk

2 Indholdsfortegnelse DIFFERENTIALLIGNINGER... 3 Lineære.ordens differentialligninger... 4 Polynomier som løsninger... Separation af de variable... 3 Logistisk vækst ordens differentialligninger... Numerisk løsning af differentialligninger FUNKTIONER AF FLERE VARIABLE... 4 Snitkurver og niveaukurver Partielt afledede Dobbeltafledede Stationære punkter Regression Integration af funktioner af flere variable DIFFERENTIALLIGNINGSSYSTEMER Radioaktiv henfaldskæde SIR-modellen Michaelis-Menten Lotka-Volterra... 7

3 DIFFERENTIALLIGNINGER Da vi nu er i stand til at differentiere og integrere mange funktionstyper og sammensætninger af disse, kan vi tage hul på at løse differentialligninger. Vi skal lære to metoder (hvoraf vi egentlig kender den første se Sætning 4 - allerede), men oftest løser man ikke differentialligninger med metoder. Det mest almindelige er, at man genkender differentialligningen som en bestemt type differentialligning, som man kender den fuldstændige løsning til. Det er udledningen af disse fuldstændige løsninger, der vil blive fokuseret mest på her. Sætning 4: Den fuldstændige løsning til differentialligningen g( x) dx =, hvor g er en kontinuert funktion, er funktionsfamilien : f x g x dx c Bevis 4: Det følger direkte af Infinitesimalregningens Fundamentalsætning og Definition 7. Dette er den simpleste form for differentialligning, og vi ser, at vi allerede kender metoden til at løse den, da vi bare skal integrere funktionen g (hvis vi kan). Det er også den differentialligning, hvor det nok er tydeligst at se sammenhængen mellem den konstant, vi introducerede i forbindelse med ubestemte integraler, og den konstant, vi hele tiden støder på i forbindelse med fuldstændige løsninger til.ordens differentialligninger. Det er den samme konstant. Eksempel 87: Vi ser på differentialligningen y' = x, x 0. Vi ønsker at bestemme den fuldstændige løsning til differentialligningen samt den partikulære løsning f, for hvilken det gælder, at f ( 9) = 8. Den fuldstændige løsning består af alle funktionerne i funktionsfamilien f c : 3 fc ( x) = xdx = x + c ; x 0 3 Vi skal være opmærksomme på, at disse funktioner også er differentiable i 0 (med differentialkvotienten 0), så vi skal ikke indskrænke definitionsmængden. For at bestemme den partikulære løsning f indsættes det kendte punkt. Dvs. at: = 9 + c 8 = 9 + c 8 = 3 + c 8 = 8 + c c = f x = x 0 ; x 0 3 Vi kan tjekke med Maple: Opgaverne 00* 3

4 Lineære.ordens differentialligninger Den generelle form for en lineær.ordens differentialligning er: h( x) y g ( x) dx + = Dvs. eksempler, der falder ind under denne form, er: y ' + e x y = x x y sin ( x) 0 dx + = 7 5y dx = y' = 9y Øvelse 8: Tjek, at du kan se, hvordan alle 4 differentialligninger ovenfor falder ind under den generelle form, dvs. tjek, at du kan se, hvad h( x) og g x svarer til. Ordet lineær er et matematisk begreb, der anvendes inden for mange forskellige områder, og her henviser det til venstresiden i differentialligningen, der opfylder de to linearitetsbetingelser: d ( y + y) + h( x) ( y + y ) = + h( x) y + + h( x) y og d ( k y) + h( x) ( k y) = k + h( x) y dx dx dx dx dx Hvis g( x ) = 0, kaldes differentialligningen homogen, og ellers kaldes den inhomogen. Øvelse 9: Er y = 0en løsning til en homogen, lineær.ordens differentialligning? Da nulfunktionen x 0 er en løsning til alle homogene, lineære.ordens (og. ordens) differentialligninger samt en række andre differentialligninger, og da den som udgangspunkt er en bt uinteressant løsning, kaldes den når den er en løsning for den trivielle løsning. Sætning 5 (Lineære. ordens differentialligninger ; Panserformlen): Differentialligningen h( x) y g ( x) dx + =, hvor h og g er kontinuerte funktioner, har den fuldstændige løsning : e H x H x f x g x e dx eller f : x c e H x + p x hvor H er en vilkårlig stamfunktion til h, c en reel konstant og p en vilkårlig, partikulær løsning. Specialtilfælde: g ( x) = 0og h( x) = k : kx = k y har den fuldstændige løsning f : x c e dx ; c g ( x) = bog h( x) = a : b ax = b a y har den fuldstændige løsning: f : x + c e dx a ; c I det sidste tilfælde skal a 0. Hvis a = 0, har man et (simpelt) specialtilfælde af Sætning 4. Der er mange kommentarer at knytte til indholdet af Sætning 5, men vi begynder med beviset: 4

5 + =, hvor h og g er kontinuerte funktioner. dx Vores mål er at få omskrevet venstresiden til én differentialkvotient, mens højresiden skal vedblive med at være en funktion af x, da vi så kan bruge Sætning 4. Der er to led på venstresiden, hvilket vi kender fra produktreglen. Men der mangler noget Bevis 5: Vi ser på differentialligningen h( x) y g ( x) Da h er kontinuert, har den en stamfunktion H, og vi kan forlænge ligningen med e H x, så vi får: e H x h( x) e H x y g ( x) e H x dx + = Husk, at man kan forlænge ligninger, så længe man ikke forlænger med 0. Og det er en meget vigtig pointe. Vi kan forlænge ligningen med e H x, fordi eksponentialfunktioner aldrig antager værdien 0. Vi kunne ikke have forlænget med f.eks. H( x) eller g( x ), da der kunne være x- værdier, hvor disse størrelser antog værdien 0. Det er altså tilladt at forlænge med e H x. Vi skal nu se, hvorfor det også er smart: Vi er nemlig i stand til at omskrive venstresiden til differentiation af et produkt (tjek selv efter!): H( x) ( e ) d y H( x) = g( x) e dx Da højresiden er en funktion af x, er dette en differentialligning af typen fra Sætning 4, og vi har altså: H ( x) H ( x) H y e = g ( x) e dx eller ( x) H ( x) H ( x) y = g ( x) e dx e g ( x) e dx H x = e Vi har hermed fundet det første af de to angivne udtryk for den fuldstændige løsning. Det er dette udtryk, der kaldes Panserformlen (ingen ved hvorfor). Vi skal nu vise to ting: ) At udtrykket består af summen af ce H x og noget, der er en (partikulær) løsning. ) At en sum af ce H x og en partikulær løsning er en løsning til differentialligningen. Hvis vi ikke viste ), kunne man forestille sig, at der fandtes en sum af ce H x og en partikulær løsning, der ikke var en løsning til differentialligningen, selvom vi i ) havde vist, at alle løsninger var summen af ce H x og en partikulær løsning. Tjek, at du kan se, at det er forskellige ting, der vises. ) Vi husker integrationskonstanten, der her betegnes c, og omskriver vores løsningsudtryk til: ( ) H x H x H x H x H x y = e g x e dx + c = c e + e g x e dx Vi skal så vise, at leddet med integraltegnet er en løsning til differentialligningen. Dette gøres ved at indsætte i differentialligningen og tjekke, at vi får en identitet: H ( x) H ( x) ( e e ) d g x dx H ( x) ( e ) dx g( x) ( x) H ( x) H( x) ( x) H( x) ( e ) ( x) H x H + h x e g x e dx = g x d d dx H g ( x) e dx + e dx dx ( x) H x H x + h x e g x e dx = g x H x H x H x H x H h x e g x e dx + e g e + h x e g x e dx = g x g x = g x Da vi får en identitet, har vi vist, at leddet med integraltegnet er en løsning til differentialligningen. 5

6 ) Vi ser nu på f : x c e H x + p x, hvor vi antager, at p er en (partikulær) løsning til differentialligningen. Vi skal så vise, at f også er en løsning til differentialligningen. Vi indsætter i differentialligningen: H( x) ( e + p( x) ) d c dx H( x) ( e ) + h x c + p x = g x H ( x) H ( x) ( ) e ' e ' + = = c h x + p x + h x c + h x p x = g x p x h x p x g x g x g x Det sidste skridt følger af, at da p er en løsning til differentialligningen, gælder p'( x) + h( x) p( x) = g ( x), og dermed har vi opnået den ønskede identitet, der viser, at f er en løsning til differentialligningen. Vi har hermed vist de generelle løsningsudtryk og bruger nu dette til at vise specialtilfældene: k y dx = : Her gælder g ( x) 0og h( x) k løsningsudtryk giver: = =, dvs. H ( x) k x c = +, og vores generelle y = dx = dx = c + c = c = c k x+ c k x+ c kx c kx c kx kx e 0 e e 0 e e 3 e e b a y dx = : Her gælder g ( x) = bog h( x) = a, dvs. H ( x) = a x + c, og det generelle løsningsudtryk giver os så: ( a x+ c ) a x+ c c b a x+ c b c c c b y = e b e dx = e e e + c= e e e e + ce e = + ce a a a ax ax ax ax ax = k y med den fuldstændige løsning f : x c ekx dx Vi ser først på det simpleste af de to specialtilfælde. Eksempel 88: Vi ser på differentialligningen = 8 y. Vi vil gerne finde den fuldstændige løsning dx samt den partikulære løsning, hvis graf går gennem punktet P ( 0,). Vi genkender vores differentialligning som en ligning på formen k y dx =, hvor k = 8. Dermed er den fuldstændige løsning ifølge Sætning 5 funktionerne f c med forskrifterne: 8 f x = ce x ; x c c for den partikulære løsning findes ved at indsætte P s koordinater i funktionsudtrykket: 8 Dvs. den partikulære løsning er: 80 = c e = c c = x f x = e ; x 6

7 Eksempel 89: Vi ser på differentialligningen y' + 3y= 0. Vi vil gerne finde den fuldstændige løsning samt den partikulære løsning f, hvor f ( 4) = 9. Vi genkender differentialligningen som en ligning på formen = k y, hvor udtrykket på dx højresiden bare er flyttet over på venstresiden. Dvs. vi har k = 3 (husk fortegnsskiftet). Hermed er den fuldstændige løsning ifølge Sætning 5: c for den partikulære løsning findes: f x c x 3 : e x c ; 9 = c e 9 = c e c = 9 e Dvs. forskriften for den partikulære løsning f er: x x+ f x = 9e e = 9e ; x Opgaverne 0* Vi ved allerede, at løsningerne til y ' = k y er eksponentielle udviklinger, så vi kender løsningskurvernes udseende, men lad os se på, hvordan dette kan skitseres alene ud fra differentialligningen. Man kan kalde det en slags målrettet anvendelse af linjeelementer, hvor vi ikke bare finder linjeelementer i tilfældige punkter, men lader retningen fra et linjeelement føre os frem til et nyt punkt. På figuren til højre er med markeret fire forskellige startpunkter. De to røde punkter er knyttet til tilfælde, hvor k 0, mens de to blå er knyttet til k 0. Et Startpunkt skal ikke forstås på den måde, at grafen begynder her. Det er bare her, vi begynder analysen. Vi ser først på det blå startpunkt i. kvadrant. Blå, start i. kvadrant: Da k er negativ, og y-værdien er positiv, vil væksthastigheden dvs. tangenthældningen - være negativ. Når vi bevæger os til højre, skal det næste punkt derfor placeres længere nede. Dermed bliver dette punkts y-værdi mindre end startpunktets, og dermed bliver den negative væksthastighed numerisk mindre, dvs. vi skal følge en mindre stejl linje hen til næste punkt. Og sådan fortsættes. Når vi nærmer os x-aksen, nærmer y-værdien sig 0, og dermed nærmer væksthastigheden sig også 0, dvs. grafen flader mere og mere ud og lægger sig tættere og tættere til x-aksen uden nogensinde at røre eller skære denne. Rød, start i. kvadrant: Da k og y-værdien begge er positive, er væksthastigheden (tangenthældningen) positiv, dvs. funktionen er voksende på dette stykke (faktisk er den voksende i hele, men det ses ikke endnu). I næste punkt til højre er y-værdien derfor større, og væksthastigheden er dermed også større, dvs. vores tangent er stejlere. Sådan fortsætter det med højere og højere væksthastighed. Blå, start i 4. kvadrant: Da både k og y-værdien er negative, er væksthastigheden positiv, dvs. funktionen er voksende her. I næste punkt til højre er y-værdien numerisk mindre, dvs. tangenthældningen bliver mindre stejl ved de næste punkter, og når man kommer tæt på x- aksen, vil væksthastigheden nærme sig 0, således at grafen lægger sig lige under x-aksen. Rød, start i 3. kvadrant: Tjek, om du kan argumentere for udseendet af denne graf. De to sidste af ovenstående grafer svarer godt nok ikke til eksponentielle udviklinger, da vi har defineret disse til at have positive begyndelsesværdier. Men vi husker, at det var os selv og ikke en matematisk nødvendighed der lagde denne begrænsning på begyndelsesværdien. 7

8 Dette er en meget simpel differentialligning, men den kan faktisk beskrive mange fænomener, da det ikke er usædvanligt, at væksthastigheden for en størrelse er proportional med værdien af størrelsen. F.eks. vil antallet af radioaktive kerner, der henfalder inden for et vist tidsrum, være proportional med antallet af radioaktive kerner, da hver kerne har samme sandsynlighed for at dn henfalde. Dette giver differentialligningen = k N med løsningen 0 dt e N t N kt = ( c= N0 ). Inden for reaktionskinetik er der situationer, hvor reaktionshastigheden er proportional med d A koncentrationen af reaktanten A, dvs. = k Amed løsningen A A dt 0 e kt =. Det kan t forekomme, da antallet af molekylsammenstød, der kan føre til en reaktion, er proportional med antallet af molekyler. Væksthastigheden af en befolkning vil også som udgangspunkt være proportional med befolkningens størrelse, for både antallet af fødsler og antallet af dødsfald vil alt andet lige være proportional med befolkningens størrelse. Nu er det dog med befolkninger ikke så tit, at alt andet er lige, og derfor er det kun i nogle af verdens lande og i nogle perioder, at befolkningstallet vokser (eller aftager) eksponentielt. Oftest anvender man kaniner på en ø uden rovr og med rigelig føde eller bakterier i en næringssuppe som eksempler på noget, hvor antallet af individer indtil en vis grænse vil vokse eksponentielt. Man kan også vende det om og sige, at når vi hvilket ofte hænder - oplever sammenhænge, der kan beskrives ved eksponentielle udviklinger, så er det ovenstående differentialligning, der ligger til grund for dette, dvs. man skal som forklaring finde begrundelser for proportionaliteten mellem væksthastigheden for størrelsen og værdien af størrelsen. dx b ax = b a y med den fuldstændige løsning f : x + c e a Vi begynder med vores målrettede anvendelse af linjeelementer, så vi kan få en idé om, hvordan løsningskurverne ser ud. Vi ser på en situation, hvor både a og b er positive. Da fortegnet for væksthastigheden er vigtigt i vores analyse, ser vi først på højresiden i differentialligningen: b b a y = 0 b = a y y = a b b a y 0 b a y y a b b a y 0 b a y y a b Vi ser altså, at når y, er væksthastigheden negativ. Dvs. når startpunktet ligger over linjen a b med ligningen y =, er tangenthældningen negativ (se det røde startpunkt på figuren ovenfor). Når a y-værdien bliver mindre, bliver det negative led i udtrykket b ay mindre, dvs. den negative væksthastighed bliver numerisk mindre, dvs. tangenten bliver mindre stejl ved næste punkt. 8

9 Når y-værdien kommer tæt på b, kommer væksthastigheden tæt på 0, og derfor flader grafen ud a og lægger sig lige over linjen med ligningen b y =. a Øvelse 0: Tjek, at du kan analyse dig frem til forløbet af den brune graf på figuren. Øvelse : Foretag analysen, når det antages, at b0og a 0. Øvelse : Vis, at konstantfunktionen f : x b er en løsning til differentialligningen. a Vi ser nu på to konkrete eksempler. Et rent matematisk og et fra fysik. Eksempel 90: Vi ser på differentialligningen y' + 4y=. Vi ønsker at bestemme den fuldstændige løsning samt de to partikulære løsninger, hvis grafer går igennem henholdsvis punkterne P( 0,9) og Q( 0, 5). Vores skarpe blik genkender differentialligningen som en ligning på formen b a y dx =, hvor a= 4og b=, dvs. Sætning 5 fortæller os, at den fuldstændige løsning f c er: 4x 4x fc ( x) = + c e = 3+ ce ; x 4 c for den partikulære løsning med løsningskurven gennem P bestemmes: 4 Dvs. at: f x = 3+ 6e x ; x P 40 9 = 3+ c e 9 3 = c c = 6 c for den partikulære løsning med løsningskurven gennem Q bestemmes: 4 Dvs. at: f x = 3 8e x ; x Q = + = = c e 5 3 c c 8 De to løsningskurver er: 9

10 Eksempel 9 (Newtons afkølingslov): Hvis et glas vand med temperaturen T placeres i nogle omgivelser med den konstante temperatur T O, kan man med god tilnærmelse regne med, at den hastighed dt, hvormed vandets temperatur ændrer sig, er proportional med forskellen dt mellem omgivelsernes og vandets temperatur. Vi får altså differentialligningen: dt k ( TO T ) ; k 0 dt = dt Vi ser, at hvis T TO, vil vandets temperatur falde 0 dt. Vi genkender dette som en differentialligning af typen b a y dx =, hvor b = k TO og a= k, dvs. Sætning 5 fortæller os, at den fuldstændige løsning er: kt O kt kt T : t + c e = TO + c e ; t 0 k kt Da k 0, vil ce 0 for t, uanset om c er positiv eller negativ. Dvs. temperaturen vil med tiden nærme sig omgivelsernes temperatur. Vi ser også, at funktionen T : t TO er en løsning til differentialligningen (tjek selv!) Opgaverne 0* h( x) y g( x) dx + = med den fuldstændige løsning H( x) H( x) : e e f x g x dx Den fuldstændige løsning til den generelle lineære. ordens differentialligning adskiller sig væsentligt fra de to specialtilfælde, vi netop har gennemgået. For det er ikke et løsningsudtryk, vi bare kan sætte ind i. Det indeholder for det første stamfunktionen H til h, og selvom vi ved, at h da den er kontinuert har en stamfunktion, er det jo ikke sikkert, at vi kan finde denne eller angive den ved et simpelt funktionsudtryk. For det andet indeholder udtrykket et ubestemt integral, og her ser integranden som udgangspunkt endnu værre ud, da vi har et produkt af to funktioner, hvoraf den ene, e H x, oftest vil være en sammensætning af mindst to funktioner. Det er derfor langt fra sikkert, at man kan løse en konkret differentialligning på denne form. Hvis man kan finde H, men har problemer med integralet, kan man sommetider gætte en partikulær løsning og anvende f : x c e H x + p x. Men inden vi ser på dette, ser vi på selve det matematiske udtryk e H x H x g x e dx : I både H, der er en vilkårlig stamfunktion, og det ubestemte integral ligger en konstant gemt. Vi har bevist sætningen, så vi ved, at vi frit kan vælge H blandt h s stamfunktioner, men lad os alligevel se, hvordan det også fremgår af udtrykket. Vi indsætter H ( x) + c i stedet for H( x) for at se, hvad der sker, hvis vi vælger en anden stamfunktion end H( x ) (de afviger jo kun fra hinanden med en konstant): ( ) + H x + c H x H x c H x H x c H x H x c c c H x e g x e dx = e g x e e dx = e e e g x e dx = e g x e dx Vi får også en konstant c, når der integreres, og hvis den multipliceres med e c c e H x ( c ) e H x +, får vi, hvor det med rødt markerede blot er en ny konstant. H kan altså vælges frit. 0

11 Lad os se på nogle oplagt konstruerede eksempler: y + = sin ; x 0. dx x Vi ønsker at bestemme den fuldstændige løsning til differentialligningen samt den partikulære Eksempel 9: Vi ser på differentialligningen ( x) løsning, hvis løsningskurve indeholder punktet P(,). Vi genkender straks differentialligningen som en generel. ordens differentialligning med h( x) = og g ( x) = sin ( x). Da x 0, er H ( x) = ln ( x) uden numerisk tegn omkring x. Vi har x valgt den simpleste stamfunktion dvs. den uden konstant for at gøre det nemmere for os selv. Hermed bliver den fuldstændige løsning f c ifølge Sætning 5: ( x) ( x) ln ( x) ln( x) ( e ) ln ln fc x e sin x e dx e sin x x dx = = = ( cos x x cos x dx) = sin + c x ( x cos( x) + sin ( x) + c) = cos ( x) + x ; x 0 c for den partikulære løsning bestemmes: sin ( ) + c 0 + c c = cos( ) + = ( ) + 0 = c = 0 Dvs. den partikulære løsning er: f : x sin cos ( x) + x ; x 0 x dx =. Vi ønsker at bestemme den fuldstændige løsning til differentialligningen. Vi genkender differentialligningen som en generel. ordens differentialligning med Eksempel 93: Vi ser på differentialligningen cos ( x) y cos ( x) = cos( x) og g ( x) = cos ( x). Vi vælger H ( x) sin ( x) h x ( ) ( x) ( x) ( x) ( x) ( x) =. Så er den fuldstændige løsning: ( ) sin x sin x sin x sin x sin x sin x f : x e cos x e dx = e e d sin x = e e + c = c sin sin sin sin e + c e = + ce ; x Opgaverne 03* e x dx + = + +. Vi ønsker at bestemme den fuldstændige løsning. Vi genkender straks dette som en generel. ordens lineær differentialligning, men højresiden gør os straks skeptiske med hensyn til, om vi kan bestemme det ubestemte integral. Eksempel 94: Vi ser på differentialligningen x y ( x x ) Vi har h( x) = x, så vi kan uden problemer vælge H ( x) = x. Vi forsøger derefter at finde den fuldstændige løsning på sædvanlig vis: x x x x + x x f : x e x + x + e e dx = e x + x + e dx c Men her går vi i stå. Vores integrand er for kompliceret, så dette er en blindgyde.

12 Vi er altså nødt til at forsøge os med metoden med at gætte en partikulær løsning. Når man inden for matematik taler om at gætte løsninger, er det underforstået, at man kommer med kvalificerede gæt, dvs. man gætter ikke bare ud i luften. Med differentialligninger består gæt altid af kombinationer af de funktionstyper, der indgår i differentialligningen. Dvs. hvis f.eks. sinusfunktionen indgår, vil man forsøge sig med forskellige kombinationer af sinusfunktionen og cosinusfunktionen (ikke tangensfunktionen, da den opfører sig helt anderledes, selvom det også er en trigonometrisk funktion). I vores tilfælde består et kvalificeret gæt af en kombination af den naturlige eksponentialfunktion og nogle polynomier. n x Vi forsøger os først med x e (hvis dette ikke virker, vil vi efterfølgende forsøge os med et førstegradspolynomium eller et andengradspolynomium multipliceret med e x ): n x n x n x x n x e + x e + x x e = x + x + e n x n n n n+ n n + x + x x = x + x + x + x + n x = x + x+ Ih, hvor var vi heldige! Vi ser, at vi får en identitet, hvis n =, dvs. x e x er en partikulær løsning til differentialligningen, og dermed er den fuldstændige løsning ifølge Sætning 5: x x f : x c e + x e ; x c Polynomier som løsninger En variation af at gætte løsninger er, at man af opgavestilleren får oplyst, at f.eks. et polynomium er en løsning til en given differentialligning, hvorefter man skal bestemme hvilket polynomium, der er tale om. Det virker naturligvis meget kunstigt, men pointen er, at i nogle sammenhænge nemlig hvis der kun optræder polynomier i differentialligningen så ER polynomier det oplagte gæt. Eksempel 95: Vi ønsker at bestemme den fuldstændige løsning til differentialligningen y y x x ' = Vi kan godt se, at det er en lineær. ordens differentialligning, men vi kan også se, at vores integral i den generelle løsningsformel bliver ret grimt og ville kræve gentagen brug af partiel integration. Så vi vælger metoden med at gætte en partikulær løsning p, og vi vælger at se på et andengradspolynomium. Når vi ikke vælger f.eks. et tredjegradspolynomium, skyldes det, at vi kan se, at venstresiden i så fald ville komme til at indeholde et tredjegradsled, hvilket ikke optræder på højresiden. Dvs. vi har: p x = a x + b x + c p ' x = a x + b Vi skal så se, om vi kan finde koefficienter a, b og c, så p er en løsning til differentialligningen: ax + b ax + bx + c = 4x + 4x ax + a b x + b c = 4x + 4x Og nu skal vi huske på pointen med løsninger til differentialligninger. Udsagnet skal være en identitet, dvs. det skal være sandt for alle x-værdier, hvilket vil sige, at polynomierne på hver side af lighedstegnet skal være identiske, dvs. de skal have ens koefficienter. Derfor skal a = 4 a =. Og så har man a b = 4 b = 4 b = 5. Og dette giver os: b c = c = 5 + c = 3. Vi har hermed bestemt p, og da h( x ) = og dermed H ( x) H x x f : x c e + p x = c e + x 5x + 3 = x, er den fuldstændige løsning: Opgaverne 04*

13 Separation af de variable Vi skal nu se på en metode til at løse visse. ordens differentialligninger. Begrænsningerne ved metoden er, at den kun kan benyttes på visse typer, samt at den (igen) kræver, at vi er i stand til at bestemme nogle stamfunktioner. Metoden kaldes separation af de variable og har navn efter den omskrivning, der optræder i følgende sætning: Sætning 6 (Separation af de variable): Lad h være en funktion af x, der er kontinuert i intervallet I, og lad g være en funktion af y, der er kontinuert og forskellig fra 0 i intervallet J. Så gælder: = h( x) g ( y) = h( x) dx, dx g y hvor løsningskurverne for løsningerne y = f ( x) ligger i intervallet I J. Sætningen fortæller os altså, at en funktion f er en løsning til differentialligningen, netop hvis den er en løsning til integralligningen. Integralligningen indeholder to ubestemte integraler, og man kan altid ved at vælge upassende konstanter sørge for, at udsagnet ikke er en identitet, men pointen er, at en funktion er en løsning, hvis man kan få en identitet ved at vælge passende konstanter (i praksis arbejder man kun med én konstant, da konstanterne på hver side af lighedstegnet kan sættes sammen til én). Eksempel 96: Først ses på, hvornår sætningen kan anvendes: = sin : Her kan sætningen anvendes med h( x) = x og g ( y) sin ( y) interval J, hvor sin ( y) 0. y ' x y y x ' e ln ( y) = i et passende = + : Her kan sætningen ikke anvendes, for vi kan ikke omskrive udtrykket på højresiden, så det bliver et produkt af funktioner af henholdsvis x og y. Opgaverne 05* =, hvor h og g opfylder betingelserne dx angivet i sætningen, og vi arbejder herefter i området I J. Da g er forskellig fra 0 i J, kan vi omskrive differentialligningen: = h( x) g ( y) = h( x) h( x) = 0 dx dx g y dx g y Bevis 6: Vi ser på differentialligningen h( x) g ( y) Vi husker på, at vi søger løsninger y = f ( x), der er funktioner af x, og ved at udnytte Sætning 8 (rød), ledvis integration (blå) og integration ved integrationsvariabelskift (violet) fås h( x) = 0 h( x) dx k dx h( x) dx k dx g ( y) dx g ( y) = = dx g ( y) = h( x) dx g y I sidste skridt er det også udnyttet, at konstanten k kan gemmes i integraltegnet. Da vi i det røde trin integrerede hele udtrykket med hensyn til x, udnyttede vi kommentaren til Sætning om sammensatte funktioner. 3

14 Bemærk, at det i Bevis 6 er et integrationsvariabelskift, der sker i det violette skridt, dvs. man har ikke behandlet som en brøk, hvor nævneren er gået ud med dx (selvom man kan bruge dette som dx huskeregel ved den slags integration, da vi jo har bevist, at det gælder). Som første eksempel på metodens anvendelse ses på differentialligningen dx allerede kender den fuldstændige løsning. = k y, hvor vi Eksempel 97: Vi vil bestemme den fuldstændige løsning til differentialligningen k y dx =. Vi kan se, at dette er en differentialligning af typen h( x) g ( y) dx =, hvor h( x) g ( y) = k og = y, så vi vil benytte metoden Separation af de variable. Vi ser, at h er kontinuert i. Det er g også, men g skal desuden være forskellig fra 0 i det interval, vi løser inden for, så vi er nødt til at dele vores behandling op i de tre scenarier: y 0, y = 0og y 0. y 0: Vi benytter Sætning 6 og separerer vores variable, så alle vores y er kommer på venstreside og alle x er på højreside: = k y = k dx. dx y Vi udregner integralerne og udnytter ved fjernelsen af numerisktegnet, at y 0: k x+ c = k dx ln y = k x + c ln ( y) = k x + c y = e y y = y = c x c c kx kx e e e,, 0 c er positiv, da c = e c. Der er ikke opstået begrænsninger i definitionsmængden undervejs. y = 0: Her kan vi ikke benytte separation af de variable, da betingelsen for g ikke er opfyldt, men vi kan ved at indsætte i differentialligningen se, at f : x 0er en løsning til differentialligningen (den trivielle løsning). y 0: Vi benytter igen separation af de variable. Bemærk, hvad der pga. forudsætningen y 0 sker ved fjernelsen af numerisktegnet: k x+ c = k dx ln y = k x + c ln ( y) = k x + c y = e y y = y = c x c c kx kx e e e,, 0 c er negativ, da c = e c. Da vi kan fortolke y = 0som y c e kx = med c = 0, har vi altså bestemt den fuldstændige løsning til: kx f : x c e, Dm f =, c Vi har nu fundet den fuldstændige løsning til en differentialligning. Hvis man kun skal finde en partikulær løsning, slipper man for at skulle igennem (næsten) den samme udregning flere gange, da man kun behøver at kigge på det område, hvor den konkrete løsningskurve ligger. 4

15 Eksempel 98: Vi ønsker at finde den løsning til differentialligningen = x, hvis løsningkurve dx y går igennem punktet P ( 3,4). Vi genkender dette som en differentialligning af typen h( x) g ( y) dx =, hvor h( x) g y =, så vi vil benytte metoden Separation af de variable. y = xog h er en kontinuert funktion og defineret for alle tal. g er godt nok også både kontinuert og forskellig fra 0, men ikke i et interval, da g ikke er defineret i 0 (et interval må ikke indeholde huller). Vi skal derfor finde et interval, hvor g er kontinuert, og her kan vi vælge mellem y 0 og y 0. Da punktet P ligger i førstnævnte, vælger vi dette: y 0: x = y = x dx y = x + c y = c x y = c x dx y Betingelsen y 0blev benyttet i sidste skridt, hvor vi ellers normalt skulle huske. Vi kan bestemme c for vores partikulære løsning ved at indsætte P s koordinater i 4 = c 3 c = = 5 y = c x : Dvs. den søgte løsning er: f x x x : 5 ; 5 5 Bemærk definitionsmængden. Vi havde ikke oprindeligt nogen begrænsning på vores x- værdier, men vi kan se på udtrykket, at hvis x ikke ligger inden for det angivne interval, vil vores kvadratrod enten ikke være defineret (for reelle tal) eller hvis x = 5eller x = 5 - føre til, at vores y-værdi bliver 0, og så kommer vi uden for vores område. Eksempel 99: Vi skal finde den løsning til differentialligningen x y y ' =, y 0 y, hvis ln løsningskurve indeholder punktet P 5, e. Betingelserne på y skyldes den naturlige logaritme, der kun er defineret for positive tal, og som i antager værdien 0 (hvilket ikke er tilladt i nævneren). ( h : x x er defineret i hele ). Vi kigger på punktet og ser, at vi skal arbejde i 0, x y 0 y : ln y ( ) ( ) y ' = = x dx ln y d ln y = x dx ln y = x + c ln y y Vi bestemmer c-værdien ved at indsætte punktets koordinater: ( ) ( y) 5 5 ln 5 ln e e = + c = + c = + c c = Vi isolerer nu y og husker undervejs, at 0 y : ( ln ( y) ) = x ( ln ( y) ) = x 4 ln ( y) = x 4 y = e Vi skal nu både sikre os, at kvadratroden er defineret, og at 0 y. Det gør vi med: x 4 x 4 f : x e ; 4 x (da P ligger på grafen, kan x 4 ikke bruges) Opgaverne 06* 5

16 Logistisk vækst I 845 navngav Pierre François Verhulst i en artikel omhandlende vækst en logistisk funktion, der var løsning til den type differentialligning, vi derfor nu kalder den logistiske ligning, og som vi i det danske gymnasium oftest skriver som: a y dx = M y a M Man kunne også angive den som y ' b ( y a y), 0, 0 = eller på anden vis (Verhulst anvendte ingen af disse skrivemåder i sin artikel). Men alt sammen er blot omskrivninger af den samme ligning. Vi skal senere bestemme den fuldstændige løsning til den logistiske ligning, men først skal vi se på, hvad man kan ræsonnere sig frem til alene ud fra differentialligningen og det er ikke så lidt. For det første er den logistiske ligning ikke en lineær differentialligning. Ligesom mange af de differentialligninger, vi har set på i forbindelse med Separation af de variable, opfylder den ikke de to betingelser, der blev angivet lige efter Øvelse 8 (side 4), og ligesom disse skal vi løse den ved separation af de variable. Øvelse 3: Vis, at den logistiske ligning IKKE er lineær. Vi kan ved indsættelse se, at f : x 0og f : x M begge er løsninger til den logistiske ligning. Den første er den trivielle løsning, mens begge er bt uinteressante, når det kommer til vækst, da de som konstantfunktioner jo ikke leverer nogen form for vækst ( nul-vækst er vist ikke et matematisk, men et ikke særlig veldefineret - økonomisk begreb). Øvelse 4: Vis, at f : x 0og f : x M begge er løsninger til den logistiske ligning. Vi kan ved vores målrettede anvendelse af linjeelementer danne os et billede af, hvordan løsningskurverne vil se ud. På figuren nedenfor er med violette punkter vist tre forskellige startpunkter. De er placeret i de tre områder dannet af linjerne med ligningerne y = 0og y = M og med god plads til linjerne. Med sorte linjestykker er linjeelementer angivet: 6

17 Argumentationen i kræver noget udbning: Når punkterne kommer tæt på og nærmer sig y = 0, flader tangenterne ud, for godt nok øges faktoren ( M y), men faktoren y bliver mindre, og pointen er, at selvom de absolutte ændringer er lige store, er den relative ændring som jo er det væsentlige, når man arbejder med produkter M y. større for y end for Antag f.eks., at 00 M =, og y-værdien for to punkter ændrer sig fra til. Så vil ( M y) ændre sig fra 98 til 99. Dvs. både y og( M y) ændrer sig med (absolut ændring), men y mindskes med 50% og ( M y) øges med godt % (relative ændringer). Og hvis vi ser på deres produkt, bliver det endnu tydeligere: 98 = 96 ændrer sig til 99 = 99. Når punkterne nedefra kommer tæt på og nærmer sig y = M, sker der det samme, bortset fra at y og ( M y) har byttet roller. Som skrevet på figuren, er det i området, dvs. mellem linjerne y = 0og y = M, at det, vi kalder logistisk vækst, optræder. Dvs. herefter ser vi kun på dette område. Man kan se på figuren på foregående side, at der må være et eller andet sted, hvor væksthastigheden har et maksimum. Når vi har fundet en partikulær løsning, kan vi altid bestemme et lokalt (og her det globale) maksimumssted for væksthastigheden ved at finde et sted, hvor den anden afledede er 0, og her tjekke, at den tredje afledede er negativ. Men netop med logistisk vækst kan vi gøre noget andet. Se på differentialligningen a y ( M y), a 0, M 0 dx =, hvor 0 y M. er væksthastigheden, og vi kan se, at den er en funktion af y, dvs. x-værdierne har ikke dx direkte nogen indflydelse på væksthastigheden (de har selvfølgelig indirekte, da der til hver x- værdi vil svare en y-værdi). Vi kan derfor tegne en y, -graf, dvs. på figuren nedenfor ses dx grafen for som funktion af y. Læg godt mærke til dette, dvs. bemærk, hvad der er ud af dx akserne: 7

18 Højresiden i den logistiske ligning er et polynomium i variablen y, og grafen er en parabel, hvor grenene vender nedad. Polynomiets rødder aflæses (altid!) nemmest på den faktoriserede form, hvor vi ser, at de er y = 0 og y = M. Vi vil aldrig opnå disse y-værdier, med mindre vi arbejder med løsningerne y = 0 og y = M (Øvelse 4), fordi væksthastigheden kommer tættere og tættere på 0, når y-værdien kommer tættere og tættere på 0 eller M. Førstekoordinaten for parablens toppunkt er midt mellem de to rødder, dvs. i M. M Vi ser altså, at man i logistisk vækst har den største væksthastighed, når y = Vi ved altså allerede en hel del om den logistiske ligning, og vi vil nu bestemme en del af den fuldstændige løsning ved Separation af de variable. = har for 0 y M dx Sætning 7: Den logistiske ligning a y ( M y), a 0, M 0 løsningerne: fc har en maksimal væksthastighed M fc : x ; c 0 am x + c e dx M = a max 4, der antages i punktet ln ( c) 0 er infimum (nedre grænse) for fc ( x ), og M er supremum (øvre grænse) for c f ( x) M for x og f ( x) 0 for x c c M,. a M f x. I beviset får vi undervejs brug for et par udregninger, som vi med fordel kan se på inden beviset, så de ikke fjerner fokus fra pointerne i beviset. Vi skal bl.a. bruge = +. y ( M y) M y M y Øvelse 5: Vis ved at tage udgangspunkt i højresiden og reducere udtrykket, at udsagnet er sandt. I beviset får vi brug for at integrere venstresiden i ovenstående ligning, men nævneren driller. Ideen er derfor at omskrive brøken til summen af to brøker med simplere nævnere. Denne idé opstår, da vi ved, at når to brøker lægges sammen, skal de have en fælles nævner, der altid kan dannes ved at multiplicere de to nævnere med hinanden, og vores nævner er netop et produkt. Man kan godt se, at udsagnet er sandt, men det er måske mere interessant at se på, hvordan man kunne være kommet frem til det, hvis venstresiden var udgangspunktet, da det er en matematisk tankegang, der kan bruges i andre sammenhænge. Vores to brøker skal altså have nævnerne y og M y, og vi har altså: = + y M y y M y Vi skal finde og, så udsagnet bliver sandt. Vi skal være opmærksomme på, at der må være uendelig mange muligheder, da vi kan begynde med at vælge og efterfølgende fastsætte, så det passer. Men pointen er, at vi skal finde nogle simpleog, så vores højreside bliver nemmere at arbejde med end venstresiden. 8

19 Vi griber nu sagen an ligesom i Øvelse 5, dvs. vi udregner højresiden: M y y M y + y M + y + = + = = y M y y M y y M y y M y y M y Der skal altså gælde: y M + = Vi kan undgå variablen y i voresog, hvis vi vælger og vi kan så sætte =. M =, for så forsvinder leddet ( ) y, Den anden specielle udregning, vi får brug for undervejs i beviset, er (det er antaget, at 0 y M ): = d M = M y = M y M y M y ( y) ln ln Numerisktegnene fjernes, da argumentet er positivt pga. antagelsen 0 y M. Undervejs laves et integrationsvariabelskift (markedet med rødt), der fører til et fortegnsskift, fordi Bevis 7: Vi anvender separation af de variable og husker, at 0 y M : = a y ( M y) = a dx + = a dx dx y ( M y) M y M y ( y) d M =. + = a M dx ln y ln M y = a M x + c ln ( y) ln ( M y) = a M x + c y M y M y M ln ( M y) ln ( y) = a M x c ln = a M x c ln = a M x c y y M M e a M x c c am x M = = + e e y =, c 0 am x y y + c e Konstanten c er positiv, da den svarer til e c. M Vi har allerede vist, at væksthastigheden for funktionerne er størst, når y =. Derfor kan vi finde den største væksthastighed ved at indsætte i differentialligningen: M M M M M = a M = a = a dx max 4 Og vi kan finde det sted, hvor den største væksthastighed antages, ved at indsætte i løsningen: M e e = M am x am x c am x + ce = = c ln ( c) a M x = ln a M x = ln ( c) x = c a M am x M Da a, M og c er positive, har man for x : a M x, dvs. e 0, dvs. M e am x + am x M For x har man: a M x, dvs. e, dvs. 0 am x + e 9

20 En oversigt over de centrale egenskaber ved logistisk vækst er vist på nedenstående figur bestående af to grafer, hvor den røde er grafen for en løsning, mens den blå er en graf over væksthastigheden som funktion af funktionsværdien: a y M y dx = Eksempel 00: En flok på 5 mus slår sig ned på en mark. Antallet N af mus på marken følger en udvikling beskrevet ved differentialligningen dn 6 = 50 N( 6000 N), dt hvor t er tiden målt i uger efter indtagelsen af marken. a) Bestem den løsning til differentialligningen, der beskriver antallet N af mus som funktion af t. 6 Vi bestemmer først den fuldstændige løsning ved at aflæse a= 5 0 og M = 6000 fra c e e = = t + c differentialligningen, hvorved vi får funktionsforskriften 6 0,03t Vi udnytter så, at ifølge opgaveteksten er N ( 0) = 5. Det kan bruges til at bestemme c: = 5 = + c = + c = 400 c = 399 0,030 + c e + c Dvs. at den søgte løsning er: N ( t) = ; t 0 0,03t + 399e b) Bestem den øvre grænse for populationen. Vi kan aflæse den øvre grænse til 6000 mus i differentialligningen eller løsningens tæller. c) Bestem den maksimale væksthastighed for populationen af mus. Da vi kender a og M, har vi dx max N t M = a = 50 = 45, dvs. 45 mus om ugen. 4 4 d) Bestem, hvor mange mus der er i populationen, når væksthastigheden er størst. Den maksimale væksthastighed opnås halvvejs til den øvre grænse, dvs. der er 3000 mus.. 0

21 Eksempel 00 (udvidet og med Maple): Vi ser nu på, hvordan man også kan løse opgaven i Maple med vores generelle viden om afledede funktioner, og desuden udregner vi nu nogle flere størrelser: Opgaverne 07* Advarsel: Når du skal bestemme den øvre grænse, er det sikrest at aflæse direkte fra differentialligningen. Maple angiver nogle gange løsningen, så brøken er forkortet, og man derfor ikke kan aflæse M i tælleren. Man kan kun aflæse M i tælleren, hvis nævneren indeholder +. Logistisk vækst er en form for vækst, hvor man tager hensyn til, at der også er begrænsninger for væksten ofte i form af pladsmangel eller fødemangel, når det drejer sig om r. Denne begrænsning er angivet i faktoren ( M y). Det betyder, at logistisk vækst til at begynde med ligner eksponentiel vækst (se figuren over Eksempel 00), men på et tidspunkt aftager væksten, og til sidst flader den ud. Opgaverne 09*

22 . ordens differentialligninger Vi indleder med en meget simpel form for. ordens differentialligning, der har stor betydning inden for fysik, nemlig følgende differentialligning, hvor g er en kontinuert funktion: d y dx = Dvs. den anden afledede af vores løsninger skal svare til funktionen g. Integrationsprøven fortæller os så, at den (første) afledede af funktionen skal være en stamfunktion til g, dvs.: g ( x) dx dx = Og integrationsprøven anvendt endnu engang giver os, at den fuldstændige løsning er: g x ( ) f : x g x dx dx Det er værd at bemærke, at vores inderste integration giver os en konstant, og vores yderste integration giver os endnu en konstant, dvs. vi får to konstanter at arbejde med. Inden for fysik optræder denne type differentialligning, når vi kender accelerationen a som funktion af tiden. For sammenhængen mellem accelerationen a, hastigheden v og stedet s er: = ' = '' a t v t s t Eksempel 0: Vi ser først på situationen, hvor accelerationen er 0, dvs. hvor den resulterende kraft på det objekt, vi kigger på, er 0 (Newtons. lov): Hermed er: d s 0 dt =. v t = s ' t = 0dt = k, dvs. hastigheden er konstant. Desuden er så: s( t) = k dt = k t + k, dvs. grafen for stedfunktionen er en ret linje. Man vil typisk betegne den konstante hastighed v 0, dvs. hastigheden fra start. Og man vil typisk anvende betegnelse 0 s om positionen fra start, dvs. s( t) = v0 t + s0 s = s 0 = v 0+ k = k. Altså er: 0 0 Hvis accelerationen er konstant (konstant kraft), vil man typisk betegne den a 0, og man får: ' 0 0 v t = s t = a dt = a t + k, dvs. grafen for hastighedsfunktionen er en ret linje. s( t) = ( a0 t + k ) dt = a0 t + k t + k, dvs. grafen for stedfunktionen er en parabel. v = v 0 og s = s 0 ender man op med: Med betegnelserne 0 0 s( t) = a t + v t + s Et eksempel, hvor accelerationen er et funktionsudtryk, er: = cos ( t), hvilket giver v( t) = s '( t) = cos ( t) dt = sin ( t) + k s( t) = ( sin ( t) + k ) dt = cos ( t) + k t + k a t og dermed

23 Den generelle form for lineære. ordens differentialligninger er: ' y '' + j x y + h x y = g x Øvelse 6: Vis, at dette er en lineær differentialligning. Som udgangspunkt er det ikke muligt at finde (pæne) fuldstændige løsninger til denne form, så når man snakker om lineære. ordens differentialligninger, er det næsten altid med konstante koefficienter, hvor man beskæftiger sig med den homogene og den inhomogene ligning: y '' + a y ' + b y = 0 homogene y '' + a y ' + b y = g x inhomogene Vi skal snart finde den fuldstændige løsning til den homogene ligning (hvor vi nok lidt overraskende får brug for vores viden om andengradsligninger). Den inhomogene ser vi ikke på her. Den kunne evt. inddrages i et SRP. Vi skal først se på det vigtige specialtilfælde y '' + b y = 0, som vi dog vælger at angive på formen: y '' = m y, m Dette specialtilfælde er (en omskrivning af) en lineær, homogen. ordens differentialligning, og den følgende sætning gælder sådan set generelt for sådanne, men vi viser den kun i dette tilfælde. Sætning 8: Enhver linearkombination af to løsninger f og g til differentialligningen selv en løsning til denne. Dvs. for ethvert sæt (, ) en løsning til y '' = m y, når f og g er løsninger. y '' = my er c c af konstanter er c f + c g Bevis 8: Lad f og g være løsninger til y '' = m y. Så gælder f ' = m f og g '' = m g. Vi ser nu på en vilkårlig linearkombination af f og g og indsætter i differentialligningen for at se, om det er en løsning, dvs. om vi får en identitet: '' c f + c g = m c f + c g c f '' + c g ' = c m f + c m g c m f + c m g = c m f + c m g Vi får en identitet og kan altså konkludere, at vores linearkombination er en løsning til y '' = m y. Øvelse 6.a: Vis, at Sætning 8 også gælder for y '' + a y ' + b y = 0, men ikke for y '' + a y ' + b y = g ( x) Vi har hermed taget hul på vores søgen efter den fuldstændige løsning til differentialligningen y '' = m y, og undervejs får vi brug for følgende begreb: Definition 5: Givet to funktioner f og g, er Wroński-determinanten W (, ) f g W ( f, g) = = f g ' f ' g f ' g' f g defineret som: Wroński-determinanten er opkaldt efter den polske matematiker og filosof Józef Maria Hoene- Wroński (ikke at forveksle med den polske quidditch-søger Josef Wronski, der har lagt navn til Wronski-finten). 3

24 Eksempel 0: Givet følgende par af funktioner udregnes Wroński-determinanten: 3 f : x x og g : x ln x ( x) 3 x ln f ( x) g ( x) 3 W ( f, g ) = = 3 ln 3 ln = x x x = x x f '( x) g '( x) 3x x x f : t 3sin k t g : t 6cos k t ( ) f t g t 3sin k t 6cos k t W f g k k t k k t k, = = = 8 sin + 8 cos = 8 f' t g' t 3k cos k t 6k sin k t W f g e 5e f : x e g : x 5 e 5x 5x 5x 5x 5x 5x 5x 5x 0 0, = = 50e e 50e e = 50e 50 e = 00 5x 5x 0e 5e W f g f : x e g : x 5 e 5x 5x 3 3 e 5e 5x 5x 5x 5x 5x 5x 3, 3 = = 50e e 50e e = 0 5x 5x 0e 5e Opgaverne 0* Når man har udregnet en Wroński-determinant, er det oplagte spørgsmål, hvad man skal bruge denne størrelse til, og hvad den har med vores differentialligning at gøre? Det skal snart vise sig. Til at begynde med skal det blot bemærkes, at Wroński-determinanten kan blive 0, en konstant eller et funktionsudtryk, hvor variablen indgår (se Eksempel 0). Prøv at tænke over, hvornår Wroński-determinanten giver 0. Vi skal nu med to sætninger se, hvordan Wroński-determinanten kommer ind i billedet i forbindelse med løsning af differentialligningen y '' = m y : Sætning 9: Hvis funktionerne f og g er løsninger til differentialligningen y '' = m y, m, er Bevis 9: Antag, at f og g er løsninger til W ( f, g) = k, hvor k er en konstant (evt. 0). Vi udregner nu den afledede af Wroński-determinanten: y '' = m y. Så gælder: f '' = m f og g '' = m g. (, )' ( ' ' )' ( ')' ( ' )' ( ' ' '') ( '' ' ') f g '' f '' g = f ( m g) ( m f ) g = 0 W f g = f g f g = f g f g = f g + f g f g + f g = Da den afledede af Wroński-determinanten er 0, ved vi ifølge Sætning 8, at Wrońskideterminanten i sig selv er en konstant, dvs. W ( f, g) = k. Sætning 30: Lad funktionerne f, g og h være løsninger til differentialligningen y '' = m y, hvor W g, h 0. Så kan f skrives som en linearkombination af g og h, dvs. der findes konstanter cog c, så: f = c g + c h 4

25 Bevis 30: Det antages, at funktionerne f, g og h er løsninger til Da alle tre funktioner er løsninger til y '' y '' = m y, giver Sætning 9 os: = m y, og at W ( g, h) 0. W f, g = k f g ' f ' g = k g ' f g f ' = k W f, h = k f h' f ' h = k h' f h f ' = k Vi bemærker, at vi har fået et ligningssystem, hvor vi kan betragte f og f ' som vores variable. Fra Grundlæggende matematiske begreber del 3 Definition 5 og Sætning ved vi, at da g ' g g h d = = g ' h + h' g = g h' g ' h = = W ( g, h) 0, h' h g ' h' så er vores funktion f givet ved: k g d k h k h + k g d W g h x f = = = = g + h = c g + c h Sætningerne 8, 9 og 30 gælder for (, ) W ( g, h) W ( g, h) W ( g, h) y '' k k = m y uanset fortegnet på m. Men i det følgende er vi nødt til at opdele efter fortegn, dvs. vi ser nu på følgende differentialligninger, hvor k 0 : y k y m y m y k y m '' = ( 0) '' = 0 ( = 0) '' = 0 Vi kender sådan set allerede den fuldstændige løsning til y '' = 0, da vi behandlede den som en bevægelse med accelerationen 0, men vi tager den alligevel med i det følgende. Sætning 30 lægger op til, at vi blot behøver at finde to løsninger til differentialligningen y '' = m y, hvis Wroński-determinant ikke er 0, før vi kan finde resten. Vi går derfor videre til følgende øvelse: kx Øvelse 7: Vis, at f: x e og f: x e og at W f, f = k. kx Vis, at g: x sin ( k x) og g : x cos ( k x) differentialligningen y '' = k y, og at W ( g, g ) begge er løsninger til differentialligningen y '' = k y, begge er løsninger til = k. Vis, at h: x x og h : x begge er løsninger til differentialligningen y '' = 0, og at W h, h =. Sætning 3: De fuldstændige løsninger y '' = k y f til følgende differentialligninger, hvor k 0, er: c, c y '' = k y f : x c e + c e f : x c sin k x + c cos k x f : x c x + c kx kx c, c c, c c, c hvor cog cer vilkårlige, reelle konstanter. y '' = 0 Bevis 3: I Øvelse 7 er der fundet to løsninger til hver af de tre differentialligninger, og Sætning 8 fortæller os derfor, at samtlige tre linearkombinationer i Sætning 3 også er løsninger til deres respektive differentialligning. Da vi i Øvelse 7 desuden har vist, at når k 0, er Wroński-determinanterne konstante, så fortæller Sætning 30 os, at enhver løsning kan skrives som de angivne linearkombinationer. 5

26 Da vi nu arbejder med. ordens differentialligninger, hvor de fuldstændige løsninger indeholder to vilkårlige konstanter, vil det ikke være nok at kende ét punkt på en graf for at finde en partikulær løsning. Man skal kende to. Eller også skal man på anden vis have to informationer, hvilket f.eks. kunne være et linjeelement, da det både angiver funktionsværdien og differentialkvotienten det pågældende sted. Eksempel 03: Vi ønsker at bestemme den løsning til differentialligningen y'' + 49 y= 0, hvis løsningskurve går gennem punkterne Vi genkender differentialligningen som en omskrivning af fuldstændige løsning er: c, c 0,5 og, 3 4. =, hvor k = 7, dvs. den y '' k y f : x c sin 7 x + c cos 7 x For at bestemme værdierne af de to konstanter indsættes hvert af de to punkter: 5 = c sin c cos 70 5 = c sin 0 + c cos 0 5 = c 0 + c c = 5 3 = c sin 7 + c cos7 3 = c sin + c cos c = Dvs. den søgte løsning er: f : x 3sin ( 7 x) + 5cos ( 7 x) I Maple indtastes følgende for at bestemme den partikulære løsning: Løsningskurven har følgende udseende: Og her udbryder du jo: Hov, denne graf er da ikke anderledes end en ren sinusgraf, selvom udtrykket indeholder både sinus og cosinus! Det er korrekt set, og det vender vi tilbage til. Bemærk, at vi i dette eksempel var så heldige, at vores c forsvandt, da vi satte vores første punkt ind, så vi fik c direkte, og omvendt med det andet punkt. Så nemt går det ikke altid. Man kan også ende ud med to ligninger med to ubekendte. 6

27 Eksempel 04: Vi ønsker at bestemme den partikulære løsning til differentialligningen der indeholder linjeelementet ( 0,;4 ). Vi genkender differentialligningen som y '' k y d y 4 y dx =, =, hvor k =, dvs. den fuldstændige løsning er: f : x c e + c e x x c, c Da vi har fået oplyst et linjeelement og dermed en tangenthældning, skal vi også kende forskriften for den afledede funktion af f : Linjeelementet fortæller os, at f c c f ' x = c e c e x x c, c, 0 =, så vi får: = c e + c e = c + c = c + c Linjeelementet fortæller os også, at 0 0 f, ' 0 = 4, så vi får: c c 4 = c e c e 4 = c c 7 = c c Lægges de to gule ligninger sammen, får man: Trækkes de fra hinanden, får man: Dvs. at den søgte løsning er: = c + c + c c 8 = c c = 4 7 = c + c c c 6 = c c = 3 f : x 4e 3 e x x I Maple indtastes informationerne fra linjeelementet i to ligninger: Løsningskurven er: Vi bemærker, at dette IKKE er løsningskurven for en enkelt eksponentiel udvikling. I Eksempel 03 så vi, at grafen for løsningskurven lignede grafen for en sinusfunktion (eller cosinusfunktion). Vi skal nu se, at det helt generelt gælder, at vi til y '' k y Opgaverne * = kan angive den fuldstændige løsning og altså også enhver partikulær løsning med en enkelt sinusfunktion: 7

28 Sætning 3: Der gælder følgende sammenhæng: ( ) = + c c sin k x + c cos k x = Asin k x +, hvor A c c = = For c 0 : = tan + For c 0og c 0 : = For c = 0og c 0 : c og c For c > 0: = tan c Bevis 3: Vi skal altså vise, at man ved at vælge A og som angivet i sætningen får en identitet. Vi har brug for additionsformlen sin ( v u) sin ( v) cos ( u) cos ( v) sin ( u) + = +, der blev introduceret bagest i Geometri og trigonometri del, og som bliver bevist under emnet Vektorgeometri. Med denne formel kan vi nemlig omskrive højresiden: ( ) ( ) ( ) Acos sin ( k x) + Asin cos( k x) Asin k x + = A sin k x cos + cos k x sin = For at få en identitet skal vi altså have valgt A og, så vi har: ( ) ( ) A cos = c A sin = c Hvis vi kvadrerer alle fire udtryk i de to ligninger, får vi: ( ) ( ) A cos = c A sin = c Problemet ved dette er, at vi hermed får øget løsningsmængden, for * ** A cos = c og A sin = c ville også kunne omskrives til **. Men dette problem ser vi bort fra i første omgang, for vi kan senere få styr på fortegnene, når vi vender tilbage til *. Vi lægger de to ligninger ** sammen: ( ) ( ) ( ) ( ) A cos + A sin = c + c A cos + sin = c + c A = c + c A = c + c I sidste trin vælger vi at lade A være positiv. Vi kunne også have valgt at lade A være negativ. I så fald ville vi bare have fået nogle andre udtryk for i sidste ende. Vi dividerer nu den nederste ligning i * med den øverste. Det er kun tilladt, hvis c 0, dvs. cos 0. Vi skal derfor være opmærksomme på, at vi også særskilt skal overveje tilfældet c = 0, men i første omgang får vi altså: Asin c sin c c = = tan ( ) = Acos c cos c c Vi ved nu, at hvis A og opfylder disse betingelser, så gælder: A cos = c og A sin = c. Dvs. vi har de rigtige numeriske størrelser, men vi har endnu ikke styr på fortegnene, så det skal vi se på nu. Vi husker, at tangens til en vinkel er defineret som andenkoordinaten til skæringspunktet mellem den lodrette linje med ligningen x = og linjen gennem origo og retningspunktet for vinklen. Men dermed vil der være to forskellige retningspunkter med ens tangensværdi. 8

29 Dette gælder for punkterne P og P samt P3og P 4(se figuren til venstre nedenfor). Men disse retningspunkter med ens tangensværdi har kun numerisk ens cosinusværdier og numerisk ens sinusværdier. Som angivet på figuren ovenfor til højre afhænger fortegnene på c cosinus- og sinusværdierne af, hvilken kvadrant retningspunktet ligger i. Når vi har tan ( ) =, c er det altså væsentligt at vide, hvilken kvadrant retningspunktet for ligger i, for det fremgår ikke c af udtrykket. Hvis vi skriver = tan, får vi vinklerne svarende til retningspunkterne i. c eller 4. kvadrant (markeret med gult på figuren til venstre ovenfor). Hvis vi derimod er interesserede i vinklerne i. og 3. kvadrant, skal vi lægge til vores vinkel ( v = v + og v4 = v3 + ). Med disse overvejelser er vi klar til at få løst fortegnsproblemet. Vi ser altså igen på: c A cos ( ) = c, A sin ( ) = c og tan ( ) = c c 0og c 0 : Så skal både cos og sin ( ) være positive, dvs. retningspunktet skal ligge i første c kvadrant og vi skal altså anvende = tan. c c 0og c 0 : Så skal cos 0 c 0og c 0 : Så skal cos 0 c 0og c 0 : Så skal cos 0 og og og c sin 0, dvs. 4. kvadrant, dvs. = tan. c c sin 0, dvs.. kvadrant, dvs. = tan +. c c sin 0, dvs. 3. kvadrant, dvs. = tan +. c Øvelse 8: Tjek selv, at de angivne udtryk for passer for tilfældene ( c = 0 og c 0) og ( c = 0 og c 0) 9

30 Eksempel 05: Vi vil gerne omskrive udtrykket 5 sin ( 7 x) cos ( 7 x) Asin ( k x + ). Vi aflæser k = 7, samt c = 5og c =. Vi kan så udregne: + til formen A = c + c = 5 + = = 69 = 3 c Da c 0, får vi: tan = + = tan + =, c 5 Dvs. vores omskrivning bliver: 5sin ( 7 x) + cos ( 7 x) = 3sin ( 7 x +, ) Vi kan tjekke vores resultat ved i Maple at plotte graferne oven i hinanden med forskellig tykkelse (den første tykkest) og farve: Omskrivningen til formen A sin ( k x ) Opgaverne * + kan f.eks. være smart, hvis man har brug for at kende amplituden. Vi har jo i forbindelse med trigonometriske funktioner lært, at A står for amplituden (det halve af forskellen mellem maksimums- og minimumsværdien). Eksempel 06: Et lod med massen m = 00g = 0,00kg sættes til at svinge i en fjeder med fjederkonstanten N k fjeder = 5,0. Man kan vise, at dette fører til kg differentialligningen s ''( t) 5 s( t) =, som stedfunktionen s skal opfylde. Men der er uendelig mange løsninger (der jo udgør den fuldstændige løsning), for selve stedfunktionen afhænger af, hvornår vi sætter svingningen i gang (faseforskydning), og hvor kraftigt vi sætter den i gang (amplitude). Vi regner strækninger i meter og tider t i sekunder, og vi måler så to sammenhørende værdier af tid og sted: (.3,0.74 ) og ( 4.6, 0.). Vi ønsker nu at bestemme amplitude og svingningstid for bevægelsen og løser derfor først differentialligningen med de to betingelser i Maple: 30

31 Vi skal nu se på den generelle homogene, lineære andenordensdifferentialligning med konstante koefficienter: y '' + a y ' + b y = 0 ; a, b Hvis der skulle være en koefficient foran y '', kan ligningen forkortes med denne, så man kan bringe den på ovenstående form. I forhold til differentialligningen fra Sætning 3 ses det, at der er kommet et ekstra led med, nemlig leddet med den første afledede. Når vi skal finde den fuldstændige løsning til ovenstående differentialligning, skal vi i høj grad trække på Sætning 3. Men først skal vi have indført et nyt begreb: Definition 5.a: Givet differentialligningen y'' + a y' + b y = 0 ; a, b, kaldes + a + b= 0 for karakterligningen og + a + bfor det karakteristiske polynomium. Øvelse 8.a: ) Vis, at karakterligningens diskriminant d er givet ved ) Vis, at a a b 0 d 0, at b 0 d 0 og at 4 4 d a 4b =. a b= 0 d = 0 4 3) Vis, at hvis d 0, har det karakteristiske polynomium de to rødder 4) Vis, at hvis d = 0, har det karakteristiske polynomium én rod 5) Vis, at hvis d 0, er a b 0 4 Ovenstående definition og øvelse får vi brug for, når vi skal bevise følgende sætning: a a a b 4 Sætning 3.a: Den fuldstændige løsning f til differentialligningen y'' + a y' + b y = 0 ; a, b afhænger af karakterligningens diskriminant d og er givet ved: x d f x c c x 0 : = e + e, hvor og er rødderne i det karakteristiske polynomium. 0x 0x d = 0 : f ( x) = c x e + c e, hvor 0 er (dobbelt-)roden i det karakteristiske polynomium. a x a a d 0 : f ( x) e = c sin b x c cos b x En central ting at forstå: I beviset for ovenstående sætning skal vi anvende en metode, der tit tages i brug i forbindelse med differentialligninger (vi kunne have anvendt den i flere af vores beviser, men der gik vi andre veje), og som er baseret på noget, der gælder generelt. Vi vil udnytte, at en hvilken som helst funktion f kan angives ved forskriften f ( x) e x g ( x) hvor g er en passende funktion, og hvor er en vilkårlig konstant. Bemærk, at der ikke er noget som helst underligt i dette, for hvis f.eks. f ( x) cos ( x) x være givet ved g ( x) = cos ( x) e, og hvis f x x 5x 7 =, =, så skal g = +, så skal g ( x) ( x x ) x = e. x Bemærk også, at det kun gælder, fordi e 0for alle x-værdier. Vi kunne f.eks. ikke generelt have angivet f ved f ( x) x g ( x) x = 0, og hvis f ( 0) 0, har man altså ikke f ( x) x g ( x) =, for uanset hvad g er for en funktion, vil højresiden give 0, når =. Tænk grundigt over alt dette! 3

32 Bevis 3.a: Givet er differentialligningen y'' + a y' + b y = 0 ; a, b () med tilhørende karakterligning + a + b= 0 (). Vi ønsker at bestemme den fuldstændige løsning til () og lader nu f være en løsning til (). Vi angiver f ved forskriften f ( x) e x g ( x) =, hvor til at begynde med er en vilkårlig konstant, som vi om lidt kan se, at vi kan vælge på en smart måde. For bemærk, at vi kan frit vælge, og vi skal så finde ud af, hvad g skal være for en funktion, hvis f er en løsning til (). Øvelse 8.b: ) Bestem f '( x ). ) Bestem f ''( x ). 3) Vis, at hvis man indsætter f i (), får man differentialligningen: x e ( g ''( x) + g '( x) ( + a) + g ( x) ( + a + b) ) = 0 4) Begrund, at ovenstående svarer til g ( x) g ( x) ( a) g ( x) ( a b) '' + ' = 0 a Vi kan nu se, at hvis vi vælger at arbejde med =, vil vi få en differentialligning på formen fra Sætning 3. a Øvelse 8.c: Vis, at hvis =, kan differentialligningen fra Øvelse 8.b.4) skrives som: Fra Sætning 3 ved vi altså: a g '' x b g x 4 = Hvis Hvis Hvis a a a b x b x 4 4 b 0, er g ( x) = c e + c e. 4 a b = 0, er g ( x) = c x + c. 4 a b 0, er 4 hvor vi altså har a a b 0, og vi omskriver differentialligningen til g ''( x) = b g ( x), 4 4 a a g x = c sin b x + ccos b x. 4 4 I øvelse 8.a.) er fortegnene for karakterligningens diskriminant d knyttet sammen med fortegnet a a a for udtrykket b, og da vi med vores valg = har x f x = e g ( x), fremkommer Sætning 4 3.a, når vi udnytter det karakteristiske polynomiums rødder (Øvelse 8.a. 3) og 4)). 3

33 Eksempel 06.a: Vi ønsker at bestemme den fuldstændige løsning til differentialligningen y '' + 3 y ' 0 y = 0 Denne differentialligning har karakterligningen = 0 med diskriminanten d = = = Det karakteristiske polynomium har altså to rødder, der er, = = = 5 x 5 Dermed er den fuldstændige løsning til differentialligningen: Der tjekkes med Maple: f x = c e + c e x Eksempel 06.b: Vi skal bestemme den fuldstændige løsning til differentialligningen y '' + y ' + 36 y = 0 Denne differentialligning har karakterligningen = 0 med diskriminanten d = 4 36 = = 0. Det karakteristiske polynomium har altså én rod, der er 0 = = 6 6x 6 Dermed er den fuldstændige løsning til differentialligningen: Der tjekkes med Maple: f x = c x e + c e x Eksempel 06.c: Vi ønsker at bestemme den partikulære løsning til differentialligningen y '' + y ' + 0 y = 0, der går gennem punkterne 0, 7 og,5 6. Denne differentialligning har karakterligningen = 0 med diskriminanten d = 4 0 = 4 40 = Dermed er den fuldstændige løsning til differentialligningen: f x c x c x c x c x 4 4 x x = e sin 0 + cos 0 = e sin ( 3 ) + cos( 3 ) Da den partikulære løsning skal gå gennem ( 0,7 ), har man: ( ) 0 7 = e c sin c cos 30 7 = c 0 + c c = 7 Da den partikulære løsning også skal gå gennem,5, har man: 6 5 = e sin 3 + cos3 5 = e + 0 = 5e c c ( c c ) c x 6 Dvs. den søgte partikulære løsning er: f ( x) = e 5e sin ( 3 x) + 7cos( 3 x) Opgaverne 3* 33

34 Numerisk løsning af differentialligninger Vi har allerede beskæftiget os med numerisk løsning af differentialligninger i begyndelsen af emnet Infinitesimalregning, hvor vi anvendte differensligninger som tilnærmelser til differentialligninger. Den metode, der blev anvendt her, kaldes Eulers metode (Leonhard Euler, , endnu engang). Vi skal nu også se på Heuns metode (Karl Heun, ) og Den klassiske Runge-Kutta metode alias RK4 (Carl Runge, og Martin Kutta, ). Der findes et hav af metoder til numerisk løsning af differentialligninger, herunder en hel del Runge-Kutta-metoder (f.eks. hører både Eulers og Heuns metoder ind under den generelle Runge- Kutta-metode), og der er forskellige fordele og ulemper ved de enkelte. Overordnet set drejer det sig om to ting: Beregningsmængden og præcisionen. Det gælder om at opnå så høj præcision som muligt med så lille beregningsmængde som muligt. Numeriske metoder anvendes, når man ikke er i stand til at løse de pågældende differentialligninger analytisk (dvs. finde funktionsudtryk). Metoderne er IKKE eksakte, men det er som udgangspunkt ikke noget problem, når man anvender dem inden for fysik, kemi, datalogi, ingeniørarbejde eller andre områder. Her er det væsentlige, at de er præcise nok. Vi har i forbindelse med taylorrækker set, at man kunne sætte tal på, hvor stor afvigelsen mellem den rigtige og den tilnærmede værdi højst kunne være. 4-tallet i RK4 står for fjerde orden, og det er netop et udtryk for afvigelsens såkaldte størrelsesorden i de enkelte skridt (hvilket vi ikke kommer mere ind på her). Som nævnt skal vi se på tre metoder her (Euler, Heun, RK4). De to første er mest for at introducere tankegangen, så RK4 bliver nemmere at forstå, for det er RK4, der er den mest benyttede metode, da man med en given beregningsmængde opnår den største præcision, og den vil kunne indgå i SRP-opgaver inden for en del forskellige områder. Numerisk løsning af. ordens differentialligninger Vores udgangspunkt er, at vi har en differentialligning g ( x, y) dx =, hvor vi kender ét punkt på løsningskurven for den partikulære løsning f, som vi ønsker at finde en række tilnærmede funktionsværdier for. De to centrale størrelser inden for numerisk løsning af differentialligninger er skridtlængden x og parameteren k (se nedenstående figur). 34

35 Skridtlængden x fastsætter vi selv. Den fortæller os, hvor langt der skal være mellem de argumenter, hvor vi beregner tilnærmede funktionsværdier. Jo mindre skridtlængden er, jo mere præcise bliver vores tilnærmede funktionsværdier, men samtidig øges beregningsmængden. Parameteren k beregnes ved hjælp af differentialligningen, men det kan gøres på flere måder, og det er her, de forskellige metoder afviger fra hinanden. Dvs. når vi taler om Eulers metode, Heuns metode, RK4, osv., er det metoder til at beregne k, vi taler om. Parameteren k er i modsætning til skridtlængden ikke den samme i hvert skridt. Den skal beregnes for hvert skridt. Parameteren k er hældningen for det rette linjestykke, man skal følge, når man bevæger sig fra ét punkt til det næste (f.eks. fra man generelt finder hældningen n ( 0, 0 ) til (, ) x f x x y som vist på figuren på forrige side). Vi ved, at k for en ret linje gennem punkterne ( x, y ) og ( x, y ) k n y = x n+ n+ Da x = xn+ xn, kan man omskrive ovenstående til: y x y = n y + + n k n x n n n n n n + + ved: Og dette er altså måden, hvorpå man kommer fra ét beregnet punkt til det næste. Lad os nu se på de enkelte metoder, der, som nævnt, fortæller os, hvordan vi skal beregne k. De er alle baseret på differentialligningen g ( x, y) dx = : Eulers metode (, ) k = g x y n n n Heuns metode ln, + ln, kn =, hvor ( +, ) l = g x y og n, n, n l = g x y + l x n, n n n, På figuren nedenfor er en grafisk illustration af Eulers og Heuns metode. Bemærk, hvordan man i Heuns metode bygger videre på Eulers metode, og tænk over, hvorfor det øger nøjagtigheden. k n Klassisk Runge-Kutta ln, + ln, + ln,3 + ln,4 =, hvor 6 l g x y n, = n, n x x ln, = g xn +, yn + ln, x x ln,3 = g xn +, yn + ln, ( +, ) l = g x y + l x n,4 n n n,3 35

36 Eksempel 07: Vi ser på differentialligningen dx x y =. Her er altså g ( x, y) x =. Normalt vil y man ikke anvende numeriske metoder på denne differentialligning, da vi allerede ved, at den kan løses analytisk og har halvcirkler som løsningskurver, men netop derfor kan den bruges som eksempel, da vi kan sammenligne vores metoder med den rigtige løsning. Vi anvender skridtlængden x 0, x, f x = 0,0. = og tager udgangspunkt i punktet ( 0 ( 0) ) Eulers metode: Vi har altså ( x, y ) = ( 0,0) skridt: k0 = g ( x0, y0 ) = = 0 y = y0 + k0 x = , = 0 ( x, y ) = ( 0.,0) 0 0,. skridt: k = g ( x, y ) = = 0, 0 y = y + k x = 0 0,0 0, = 9,996 ( x, y ) = ( 0.4,9.996 ) 0 0,4 3. skridt: k = g ( x, y ) = = 0, y3 = y + k x = 9,996 0, , =... 9,996 Heuns metode: Vi har altså (, ) ( 0,0). skridt: l g ( x y ) k l 0, 0 0 x y = , 0 0 = = = l0, g ( x y0 l0, x) 0, =, + = = 0, , + l 0 0,0 = + = = ( x, y ) = ( 0., 9.998) 0, 0,4, =, = = 0, l, = g ( x, y0 + l, x) = =... 9,998 9,998 0, , 0, 0, 0 = = = 0,0 y y0 k0 x 0 0, 0 0, 9,998. skridt: l g ( x y ) Vi stopper her midt i en udregning, da systemet er vist, og da det ses, at vi får brug for flere og flere cifre, hvilket er besværligt at indtaste og gør opskrivningen uoverskuelig. Da det er de samme udregninger, der skal foretages igen og igen, er det oplagt at programmere en algoritme til det eller anvende Excel. Vi skal gøre sidstnævnte. Opgaverne 6* 36

37 Hvis man laver et Excel-ark med formlerne som i Eksempel 07, kan man ved at ændre skridtlængden få følgende grafer, hvor nogle væsentlige pointer er angivet: Som man kan få en fornemmelse for ud fra figurerne ovenfor, er det sværest at få gode tilnærmelser, når hældningerne bliver numerisk meget store. Hvis man kigger på de fire figurer ovenfor samt resultaterne i opgaverne 60 og 6, kan man se, at Heuns metode er stærkere end Eulers metode. For godt nok kræver den pr. skridt dobbelt så mange udregninger (fire mod to), men hvis man som i de nævnte opgaver i Eulers metode gør skridtlængden ti gange mindre end i Heuns (og dermed øger antal beregninger med en faktor 0), så giver Eulers metode stadig mindre præcise resultater. Vi kan altså se, at det godt kan betale sig at bruge nogle udregninger på at finde en god værdi for parameteren k. Og det er præcis det, man gør i den klassiske Runge-Kutta metode, som vi nu skal se på. 37

38 Den klassiske Runge-Kutta metode (RK4) Vi har allerede set algoritmen til at bestemme parameteren k i RK4. På figuren nedenfor ses en grafisk illustration af algoritmen: k n Klassisk Runge-Kutta g ( x, y) dx = ln, + ln, + ln,3 + ln,4 =, hvor 6 l g x y n, = n, n x x ln, = g xn +, yn + ln, x x ln,3 = g xn +, yn + ln, ( +, ) l = g x y + l x n,4 n n n,3 l : n, På figuren ovenfor ses, hvordan l 0, ( 0, ( 0) ) er hældningen for tangenten til grafen for f i punktet x f x. Det er denne blå rette linje, vi ville følge med Eulers metode. l : n, Vi følger nu den blå rette linje en halv skridtlængde og kommer til det blå punkt x x x0 +, f ( x0 ) + l0,. Dette punkt ligger ikke på grafen for f, men på grafen for en anden partikulær løsning f 0,, og når vi indsætter punktets koordinater i differentialligningen, er det altså tangenthældningen l 0, for grafen for 0, x x x0 + f x0 + l0,, vi finder. Men denne f i, løsning er ikke interessant for os. Det er kun selve tallet l 0,, vi skal bruge til noget, og derfor bliver der i det følgende snakket om tangenthældningen i et punkt, hvor det er underforstået, at det er tangenten til grafen for lige netop den partikulære løsning til differentialligningen, hvis løsningskurve indeholder det pågældende punkt. l : n,3 Den brune rette linje gennem det blå punkt og med hældningen l 0, parallelforskydes nu, så den i stedet går gennem det sorte punkt (se den stiplede brune linje). Denne linje følges nu en halv skridtlængde frem til det brune punkt. I dette punkt bestemmes tangenthældningen l 0,3. l : n,4 Den grønne rette linje gennem det brune punkt og med hældningen l 0,3 parallelforskydes nu til den stiplede grønne linje, der går gennem det sorte punkt. Man følger den stiplede grønne linje en hel skridtlængde til det grønne punkt, hvor man bestemmer tangenthældningen l 0,4. Vi har nu fire væksthastigheder l 0,, l 0,, l 0,3 og l 0,4, og når vi skal bestemme vores parameter k, vægtes de to midterste dobbelt så meget som den første og den sidste, dvs. l 0, og l 0,4 vægtes med 6, mens l 0, og l 0,3 vægtes med. Lad os se på nogle eksempler, der viser styrken i denne metode: 3 38

39 Eksempel 08 (halvcirklen igen): Vi ser igen på dx Klassisk Runge-Kutta: (, ) ( 0,0) x y = l0, = g ( x0, y0 ) = = 0 0 x x 0, l0, = g x0 +, y0 + l0, = = 0, , x y = med ( 0, ( 0) ) ( 0,0) x x 0, l0,3 = g x0 +, y0 + l0, = = 0, , 00, 0, l0,4 = g ( x0 + x, y0 + l0,3 x) = = 0, , , k l + l + l + l 0 + 0, 0 + 0, , , 0, 0,3 0,4 0 = = = 6 6 y = y0 + k0 x = 0 0, , = 9, ( x, y ) = ( 0., ) x f x = og x = 0,. 0, Hvis du sammenligner dette med. skridt i Heuns metode i Eksempel 07, kan du se, at der er en meget lille forskel i y-værdierne. Vi er gået fra fire til seks beregninger pr. skridt, så spørgsmålet er, om det kan betale sig? Vi undersøger dette ved igen at kigge på Excel-grafer. Opgaverne 7* 39

40 Eksempel 08 illustrerer endnu engang, at det godt kan betale sig at bruge ekstra udregninger på at finde gode værdier for parameteren k. Lad os se på nogle flere eksempler med differentialligninger, som vi har løst analytisk og derfor kender den rigtige løsning til: Eksponentiel vækst: Klassisk Runge-Kutta og Heun Vi ser igen, at RK4 er mere nøjagtig end Heuns metode, og igen ser vi, at selvom vi halverer skridtlængden, kommer Heuns metode ikke tættere på den rigtige værdi end RK4. Bemærk, at disse eksempler er konstrueret for at vise afvigelser mellem metoderne indbyrdes og metoderne vs. den analytiske (rigtige) løsning. Det har derfor været nødvendigt at anvende relativt store skridtlængder. Normalt arbejder man med mindre skridtlængder, og så er begge metoder så gode, at vi ville have svært ved at skelne dem fra den rigtige løsning. Også i næste eksempel har det været nødvendigt med store skridtlængder for at opnå nogle afvigelser, der viser nogle pointer. På ovenstående figur ser vi, at selv med den store skridtlængde x = 00 (der kun giver os ca. 5 punkter i det område mellem y-værdierne 0000 og 0000, hvor væksten er markant) skal man kigge godt efter for at se forskel på de rigtige punkter og RK4-punkterne. Og vi ser igen, at Heuns metode ikke kommer lige så tæt på den rigtige løsning, selvom man halverer skridtlængden. Bemærk også på den venstre figur, at Heuns metode lægger sig under den rigtige graf på det første, konvekse stykke, mens den kommer tættere på igen på det sidste konkave stykke. Med skridtlængden x = er den største absolutte afvigelse mellem den rigtige løsning og RK4- løsningen på 0, (hvor y-værdien er lige godt 60000), og den største relative afvigelse findes, hvor y-værdien er knap 0000, og er på 0, %. Dette skulle gerne give en idé om, hvor stærk en metode RK4 er, og samtidig vise, at numeriske metoder kan anvendes til praktiske formål. 40

41 FUNKTIONER AF FLERE VARIABLE Når man ser på funktioner af flere variable, menes funktioner med mere end én variabel, og dem er du allerede stødt på mange gange. I forrige afsnit så vi på en differentialligning g ( x, y) dx =, hvor g er en funktion af de to variable x og y. Og fra fysik kender vi f.eks. den kinetiske energi, der er en funktion af de to variable masse m og fart v ( Ekin = m v ), accelerationen a, der i Newtons Fres. lov ( a = ) er en funktion af den resulterende kraft Fres og massen m, og m temperaturtilvæksten T, der, når vi opvarmer uden faseovergang, er en funktion af de tre Q variable Q (tilført varme), m (masse) og c (specifik varmekapacitet) ( T = ). Fra kemi kender mc vi tilsvarende sammenhænge (formler). Og også i matematik er vi stødt på funktioner af flere variable. Rumfanget V af en kasse er en funktion af de tre variable højde h, bredde b og længde l, og overfladearealet af en cylinder er en funktion af variablerne højde h og radius r. Men hvorfor kommer der så først en teoretisk behandling nu, og hvorfor er det overhovedet nødvendigt med en sådan? Pointen er, at vi enten blot har behandlet sammenhængene som ligninger med flere variable, hvor vi har kunnet indsætte nogle kendte værdier og udregne en ukendt, eller også har vi inden for naturvidenskaberne sørget for at holde alle variable bortset fra én konstante (variabelkontrol), så vi har kunnet betragte sammenhængen som en funktion af én variabel. Når vi f.eks. har opvarmet en bestemt mængde vand, har vi ved at holde os til vand gjort den specifikke varmekapacitet til en konstant, og ved at holde vandmængden fast er massen gjort til en konstant, og således er temperaturtilvæksten T blevet til en funktion af én variabel Q, og vi har måske tegnet en graf for denne funktion. Og inden for matematik har vi i forbindelse med optimering også sørget for at få omdannet funktioner af flere variable til funktioner af én variabel ved at sætte nogle betingelser på situationen eller angive nogle sammenhænge mellem variablerne. F.eks. bliver rumfanget V = hbl til en funktion af én variabel h, hvis vi siger, at b = h og l = 3 h +, og hvis vi for en cylinder angiver det rumfang, den skal have, kan vi gøre overfladearealet til en funktion af én variabel, hvor vi kan finde et globalt minimum. Vi skal snart se, hvordan man også kan finde lokale og globale ekstremumssteder for funktioner af flere variable. Men først skal vi se på noget notation herunder hvordan man differentierer. Definition 6: En (reel) funktion f af n (reelle) variable x, x, x3,..., xn kan angives ved: n f : X, hvor X. Hermed fortælles, at argumenterne kan betragtes som punkter eller vektorer med n koordinater, og værdimængden f ( X) er en del af de reelle tal. f : x, x, x,..., x f x, x, x,..., x. Her angives funktionsforskriften, der fortæller, hvad vi 3 n 3 3 n skal gøre med argumenterne. f x, x, x,..., x =.... En anden måde at angive det udtryk, der fortæller, hvad f skal gøre ved n argumenterne. 4

42 Eksempel 09: Hvis vi ser bort fra enheder (alt regnes i SI-enheder), kan vi sige, at Ekin :( m, v) m v eller Ekin ( m, v) = m v Og vi kan udregne: E kin ( 4,5) = 4 5 = 50. Rumfanget V af en kasse kan angives ved: V :( h, b, l) h b l Og vi kan udregne: V (,7,3) = 7 3 = 4 eller V ( h, b, l) En funktion f er givet ved: f : ( x, y, z) sin ( z) y eller f ( x, y, z) = sin ( z) y Og vi kan udregne: f 4, 3, = sin = = x x = hb l. I Maple kan funktioner af flere variable defineres og anvendes ligesom funktioner af én variabel: Opgaverne 8* Man kan ikke generelt tegne grafer for funktioner af flere variable, men hvis der kun er to variable, kan man tegne grafen i et tredimensionalt koordinatsystem (se evt. Grundlæggende Matematiske Begreber del 3 om planer i rummet). Punkternes to første koordinater svarer så til argumenternes værdier, mens den tredje koordinat svarer til funktionsværdien. I Maple foregår det ved: 4

43 Øvelse 9: Lav et 3-D-plot af f :( x, y) sin ( x) sin ( y). Tjek, at du kan genkende saddelpunkterne, de globale minimumspunkter og de globale maksimumspunkter. g : x, y 7 sin x + y (bortset fra maksimumspunkter). Gør det samme med Find saddelpunktet for h : x, y x x y y. Snitkurver og niveaukurver Vi har tidligere lært, at en plan i rummet kan angives med ligningen a x + b y + c z + d = 0; G = Dette kan generaliseres til n-dimensionale rum, hvor en hyperplan kan angives med ligningen a x + a x + a3 x an xn + k = 0 ; G = hvor a i erne er koefficienter (svarende til a, b, c) og x i erne variable (svarende til x, y, z), og k er en konstant. Hvis man har en funktion f af n variable, kan man tale om snitkurven mellem funktionen og en given hyperplan. Denne snitkurve er det geometriske sted for punkterne der opfylder ligningen ( x, x, x3,..., xn, f ( x, x, x3,..., xn )) a x + a x + a x a x + a f x, x, x,..., x + k = 0 ; G = 3 3 n n n 3 n Hvis vi holder os til funktioner af to variable, hvis grafer kan tegnes i tredimensionale koordinatsystemer, kommer snitkurverne altså til at bestå af skæringspunkterne mellem grafen for en funktion og en given plan, og vores definition bliver: Definition 7: For en funktion f : ( x, y) f ( x, y) af to variable er snitkurven med en given plan 3 : a x + b y + c z + d = 0 ; G = det geometriske sted for de punkter (,, ) der ligger i planen og opfylder betingelsen z f ( x, y) Klassiske eksempler på snitkurver er keglesnit: 3 =. n n x y z, Her er de gule snitkurver mellem den røde omdrejningskegleflade og de blå planer henholdsvis en parabel, en cirkel, en ellipse og en hyperbel. Hvis man snitter med en vandret plan, dvs. en plan parallel med xy-planen, kaldes snitkurven for en konturkurve, og hvis denne konturkurve projiceres ned i xy-planen får man en niveaukurve: 43

44 Definition 8: For en funktion f : ( x, y) f ( x, y) af to variable er en niveaukurve det geometriske sted for de punkter ( xy,, ) der opfylder (, ) f x y = k, hvor k er en konstant. Niveaukurver kendes fra landkort, hvor de kaldes højdekurver: Her en tegnet en masse niveaukurver, hvor konstanten svarer til højden over havet (målt i meter). Der, hvor niveaukurverne ligger tættest, er bakkerne stejlest. Eksempel 0: Vi ser på funktionen f : x, y x + y : Vi ser på niveaukurven bestemt ved f ( x, y ) = 9. Det er altså det geometriske sted for de punkter, der opfylder 9 = x + y. Vi genkender dette som en cirkel med centrum i origo og radius 3. Hvis vi snitter med planen givet ved x = 4 (en plan parallel med yz-planen), bliver vores snitkurve det geometriske sted for de punkter ( 4, yz,, ) der opfylder ligningen som en parabel. z = 4 + y. Dette genkendes 44

45 Eksempel : Vi ser på funktionen :(, ) y x f x y. Vi ser på niveaukurven bestemt ved f ( x, y ) = 0. Det er det geometriske sted for de punkter y x ( xy,, ) der opfylder 0 =. I Grundlæggende matematiske begreber del 3 Eksempel 4 så vi, at dette er ligningen for en hyperbel. Hvis vi snitter med planen givet ved ligningen x = (en plan parallel med yz-planen), får vi y snitkurven bestemt ved ligningen z = z = y. Dvs. vi får en parabel med grenene opad. Hvis vi snitter med planen givet ved ligningen y = 6 (en plan parallel med xz-planen), får vi 6 x = = + 8. Dvs. vi får en parabel med snitkurven bestemt ved ligningen z z x grenene nedad. Tjek, at du kan genkende niveaukurven og snitkurverne på figuren. Partielt afledede Opgaverne 9* Vi ved fra funktioner af én variabel, at den afledede funktion i x0 angiver væksthastigheden (tangenthældningen) for funktionen i punktet. Vi kan også finde afledede funktioner og dermed væksthastigheder for funktioner af flere variable, men her er vi nødt til at beslutte, hvilken retning vi skal bevæge os i. Se på figuren nedenfor. Hvis vi befinder os i det røde punkt ( 4,3,7 ) og bevæger os (i positiv retning) parallelt med y-aksen angivet med en grøn pil er væksthastigheden negativ. Men hvis vi bevæger os parallelt med x-aksen angivet med en brun pil er væksthastigheden positiv (du skal følge den bløde kurve på grafen dvs. den femte kurve fra bunden som ses at bue opad). I det blå punkt(, 3,5) vil vi parallelt med x-aksen (igen den brune pil) have en negativ væksthastighed, mens vi parallelt med y-aksen (grøn pil) har væksthastigheden 0. At den præcis er 0, kan selvfølgelig ikke ses på figuren. Det skal beregnes. Lad os se på, hvordan vi beregner disse væksthastigheder i forskellige retninger: 45

46 Definition 9: Lad f være en funktion af de n variable x, x, x 3,..., x n. Den partielt afledede af f med hensyn til xi skrives df ( x ) dx i i f eller x i f x, x, x3,..., xn x i og svarer til, hvor man har betragtet alle variable bortset fra x i som konstanter og derfor set på en funktion f af én variabel x i. Når man finder afledede for funktioner af flere variable anvendes altså bløde d er. Symbolet findes i Maple under Calculus : Bemærk altså, at pointen er, at man holder alle variable konstant bortset fra den ene variabel, man differentierer med hensyn til. På den måde sikrer man sig, at man med differentialkvotienten i det pågældende punkt får angivet funktionens væksthastighed i forhold til en ændring af denne ene variabel. Vi ser på nogle eksempler. Husk, at når man betragter variable som konstanter, så gælder reglerne for differentiation af konstanter og funktioner ganget med en konstant. 46

47 Eksempel : Vi ser på funktionen f f f ( x, y, z) sin f : x, y, z sin z x e y. Vi udregner: y ( e ) y ( x, y, z) ( x, y, z) z x d x y y = = sin ( z) e = sin ( z) e x x x dx y sin z x e d e = = = y y y sin z x sin z x e y ( sin z x e ) d( sin ( z) ) = = = z z dz ( x, y, z) ( x, y, z) ( x, y, z),, = 3,0, ( x y z),, = 3,0, ( x y z),, = 3,0, ( x y z) y y x e x e cos z f = = = x 0 sin e f = = = y 0 sin 3 e 9 9 f = = = z 0 3 e cos I Maple er indtastningerne: Egentlig fungerer og d (så vidt jeg kan se) ens i Maple, så udregningerne kan også foretages med vores almindelige d, men brug, da det er den korrekte notation for partielt afledede. Eksempel 3: For y f : x, y x + y, x 0 fås: f x Tjek selv med Maple. f y y y = y x = x x + ln Opgaverne 0* 47

48 Eksempel 4: Vi ser på en gas, der opfører sig som en idealgas. Så er trykket p en funktion af temperaturen T, stofmængden n og rumfanget V: nr T J p( n, T, V ) = ; R = 8,345 (R er gaskonstanten) V mol K Man har så: p R T p n R p n R T = = = n V T V V V 3 Hvis n =,3mol, T = 95K og V = 0,050 m, og vi indsætter alt i SI-enheder og således regner med rene tal, får vi: p p p 6 = = 38 =,30 n T V Dette fortæller os, at i dette punkt (dvs. med disse værdier for n T og V), vil trykket p stige, hvis stofmængden eller temperaturen øges, mens det vil falde, hvis rumfanget øges (den afledede funktion har negativt fortegn her). Vi kan også se, at vi får en mindre ændring ved at øge temperaturen med én grad end ved at øge stofmængden med ét mol eller rumfanget med én kubikmeter. Dette er dog ikke så overraskende, da 95 er et langt større tal end,3 og 0,05, og derfor vil en ændring af T med én enhed ikke svare til en så stor procentvis ændring som det vil for n og V. Med andre værdier for n, T og V kan billedet være et helt andet. Dobbeltafledede Vi kan også aflede funktioner af flere variable to (eller flere) gange, f.eks. eller generelt m (,,,..., ) f x x x x 3 m xi n (, ) (, ) f x y f x y, x y. Men vi har jo også den mulighed at aflede med hensyn til forskellige variable. Dvs. vi kunne f.eks. aflede med hensyn til x første gang og med hensyn til y anden gang, hvilket skrives f ( x, y) yx 5y 4 Eksempel 5: Vi ser på 5y 4 ( x, y) ( e x + 7 x y) f x x x x (eller lidt længere, men mere tydeligt: f : x, y e x + 7 x y, og vi udregner nu: y = = ( 4e x + 7 y) = e x 5y 4 ( x, y) ( e x + 7 x y) f y y y y y y = = ( 5e x + 7x) = 5e x 5y 4 ( x, y) ( e x + 7 x y) f y 4 y = = ( + ) = + xy x y x 5y 4 ( x, y) ( e x + 7 x y) f y 3 5 e x 7x 0 e x 7 y = = ( + ) = + yx y x y y 3 4 e x 7 y 0 e x 7 f y ( x, y) x ). Opgaverne * 48

49 I Maple findes symbolerne for dobbelt partiel afledning under Calculus, og beregningerne i Eksempel 5 kan altså tjekkes ved: Det er ikke tilfældigt, at vi i Eksempel 5 og opgaverne får (, ) (, ) f x y f x y = xy yx : Sætning 33 (Schwarz sætning uden bevis): Hvis funktionen f af de n variable x, x, x 3,..., xn har kontinuerte partielt anden afledede, gælder: f f = i, j n x x x x i j j i Stationære punkter For funktioner af én variabel har vi set, hvordan man kan bruge. og. afledede til at bestemme lokale ekstremumssteder og steder med vandret vendetangent. Vi skal nu udvide dette til funktioner af flere variable (vi holder os dog i eksemplerne til to variable). Vi indleder med en definition: Definition 30: For en funktion f : X af de n variable x, x, x 3,..., xn er et stationært punkt et punkt( a, a, a3,..., an ) X, hvor samtlige partielle afledede har værdien 0, dvs. det er en løsning til ligningssystemet Den n-dimensionelle vektor skrives f eller f f f f f = 0 = 0 = 0... = 0 x x x x 3 f f f f,,,..., x x x3 x n kaldes gradienten i punktet og, og man kan altså også sige, at et punkt er et stationært punkt, hvis gradienten i punktet er nulvektoren. Opgaverne * I det følgende anvendes begreber som tangent og omegn, som vi kender og har defineret i forbindelse med funktioner af én variabel, uden at de bliver defineret for funktioner af flere variable, da det skulle være muligt ud fra sammenhængen og figurerne at se, hvordan de skal forstås i to dimensioner (og en omegn er nok endda nemmere at forstå som en udfyldt cirkel i to dimensioner end vores interval fra én dimension, da det ligger tættere op ad dagligdags sprogbrug). n 49

50 Lad os se på, hvad det vil sige, at samtlige partielt afledede skal give 0, hvis et punkt skal være et stationært punkt, og hvilken slags stationære punkter, der findes (se figuren nedenfor): Det gule, det blå og det orange punkt er hver især et stationært punkt. Uanset hvilken retning (angivet som en pil i xy-planen), vi bevæger os i, vil tangenten i punktet i denne retning være f f vandret, dvs. Gult punkt = 0 og Gult punkt = 0 x y Blåt punkt Orange punkt Blåt punkt Orange punkt Det gule punkt er et lokalt maksimumspunkt. Ingen punkter i en tilpas lille omegn om dette punkt har større funktionsværdier. Det blå punkt er et lokalt minimumspunkt. Det orange punkt er et saddelpunkt. Hvis vi bevæger os parallelt med y-aksen, vil vi opleve punktet som et lokalt minimumspunkt, mens det vil opleves som et lokalt maksimumspunkt, hvis vi bevæger os parallelt med x-aksen. Det hvide punkt er ikke et stationært punkt. Godt nok vil vi, hvis vi bevæger os parallelt med y- aksen, opleve det som et lokalt maksimumspunkt, dvs. f y Hvidt punkt = 0, men hvis vi bevæger os parallelt med x-aksen, vil det hvide punkt blot være et punkt på et stykke, hvor funktionen er f voksende, dvs. 0. x Hvidt punkt Det grønne punkt er heller ikke et stationært punkt. Det vil godt nok opleves som et lokalt maksimumspunkt, når vi bevæger os parallelt med x-aksen, men parallelt med y-aksen ligger punktet på et voksende stykke. Det sorte punkt ligger parallelt med x-aksen på et voksende stykke og parallelt med y-aksen på et aftagende stykke og er altså ikke et stationært punkt. Vi ved fra funktioner af én variabel, at vi kan skelne mellem minimumssteder, maksimumssteder og steder med vandret vendetangent ved at kigge på den anden afledede. Vi skal også bruge dobbeltafledede for funktioner af flere variable, men her bliver det lidt mere kompliceret. Vi begynder med at få begrebet saddelpunkt på plads: Definition 3: Et saddelpunkt for en funktion f af n variable er et stationært punkt, der ikke er et lokalt ekstremumspunkt. For funktioner af én variabel genkender vi dette som et punkt, hvor der er vandret vendetangent. Vores metode til at finde lokale ekstremumssteder og saddelpunkter involverer den såkaldte Hesse-matrix. Matricer anvendes til en masse forskellige ting inden for matematik, men vi kommer ikke til at beskæftige os med dem, bortset fra nogle få anvendelser. 50

51 En matrix (eller matrice) er en tabel med rækker og søjler, hvor der på hver plads i tabellen står en matematisk størrelse (f.eks. et tal, et polynomium eller en funktion). En nm-matrix består af n rækker og m søjler. Et eksempel på en 35-matrix med tal på alle pladser er: Generelt for funktioner af n variable er en Hesse-matrix en n n-matrix, hvor pladserne indeholder dobbeltafledede af den pågældende funktion. Vi skal kun regne på funktioner af to variable, så f x y en -matrix: vores Hesse-matrix bliver for vores sædvanlige (, ) Det er determinanten -Hesse-matrix: f x f yx f xy f y det H af denne matrix, vi skal bruge, og determinanten for en -matrix udregnes på samme måde, som vi kender det fra andre sammenhænge, nemlig ved: det ( H ) f f f f x xy x xy f f f f f f f = det = = = f f f f x y yx xy x y yx y x y yx y I sidste skridt har vi udnyttet Schwarz sætning (Sætning 33), dvs. vi går ud fra, at de funktioner, vi kigger på, opfylder betingelserne for sætningen (hvilket de gør). Vores metode bliver så: Metode til at bestemme lokale ekstremumssteder og saddelpunkter for f ( x, y ): f ( x, y) f ( x, y) ) Bestem de stationære punkter ved at løse ligningssystemet ) Udregn determinanten det ( H ) af Hesse-matricen i hvert stationært punkt. 3) Der gælder nu følgende: a) Hvis b) Hvis det H 0, er punktet et saddelpunkt. x = 0 = 0. y det H 0, er punktet et lokalt ekstremumspunkt. Og så gælder: I. Hvis II. Hvis c) Hvis f ( x, y) x f ( x, y) x 0, er det et lokalt maksimumspunkt. 0, er det et lokalt minimumspunkt. det H = 0, kan der ikke konkluderes noget (jf. vores behandling af funktioner af én variabel) uden videre undersøgelser (se Eksempel 9). 5

52 Eksempel 6: Vi ser på funktionen f : x, y x y + x 4y + 35, hvor vi ønsker at bestemme lokale ekstremumssteder og/eller saddelpunkter. Vi anvender vores metode: ) Vi bestemmer de partielle afledede og løser det angivne ligningssystem: f ( x, y) f ( x, y) = x+ = y 4 x y (, ) (, ) f x y f x y = 0 = 0 x + = 0 y 4 = 0 x = y = x y (Funktionsværdien bestemmes: Dvs. punktet (, ) er et stationært punkt. f, = = 40 ) ) Vi bestemmer de dobbeltafledede for at kunne beregne Hesse-matricen: (, ) (, ) (, ) f x y f x y f x y = = = 0 x y xy f f f det = = 0 = 4 0 Så får vi: ( H ) x y yx ( x, y) f 3) Da det ( H ) 0, og 0 x Vi ser det grafisk på nedenstående figur:, er (, ) et lokalt maksimumspunkt. Udregningerne i Maple er: Definition 30 (og dermed også Definition 3) anvender betegnelsen punkt om ( xyog, ) ikke (,, (, )) x y f x y, der ellers er det punkt i det tredimensionale koordinatsystem, der ligger på grafen. Mit gæt er, at det kan skyldes, at man ikke generelt for funktioner af n variable arbejder med grafer, og det er i første omgang kun værdierne af variablerne, der er væsentlige. Funktionsværdien kan man altid finde ved indsættelse i funktionsforskriften, hvis man får brug for den. En anden mulighed er, at man jo også med funktioner af én variabel kan opleve ordet punkt x, f x. anvendt om både steder (funktioners nulpunkter ) og rigtige punkter ( 0 ( 0) ) 5

53 Eksempel 7: Vi ser på funktionen f : x, y x y, hvor vi ønsker at bestemme lokale ekstremumssteder og/eller saddelpunkter. Vi anvender vores metode: ) Vi bestemmer de partielle afledede og løser det angivne ligningssystem: f ( x, y) f ( x, y) = x = y x y (, ) (, ) f x y f x y = 0 = 0 x = 0 y = 0 x = 0 y = 0 x y Dvs. punktet ( 0,0) er et stationært punkt. ) Vi bestemmer de dobbeltafledede for at kunne beregne Hesse-matricen: (, ) (, ) (, ) f x y f x y f x y = = = 0 x y xy f f f det = = 0 = 4 0 Så får vi: ( H ) x y yx 3) Da det ( H ) 0, er ( 0,0) et saddelpunkt. Vi ser det grafisk på nedenstående figur: I både Eksempel 6 og Eksempel 7 fik vi f ( x, y) xy = 0, så man kunne måske få det indtryk, at denne dobbelte afledede altid giver 0, og at al besværet med Hesse-matricen er unødvendigt, og at man blot kan klare sig med de dobbelte afledede (, ) (, ) f x y f x y og x y fortolkninger af dobbeltafledede fra funktioner af én variabel. Men, nej. Resultatet og anvende vores f ( x, y) xy skyldes, at vores grafer følger x- og y-aksen. Vi skal nu se, hvordan vi ved at rotere ovenstående graf kan opnå f ( x, y) xy 0 og dermed vise, at metoden med Hesse-matricen er nødvendig. = 0 53

54 Fra vores behandling af isometrier ved vi, at vi kan rotere med 30 omkring origo ved alle steder at erstatte x med x cos + ysin og y med ycos xsin. Når vi gør dette med f : x, y x y leddet med x y og reducerer funktionsudtrykket, får vi funktionen i næste eksempel (bemærk, der straks fortæller os, at vi kan få f ( x, y) xy 0 ) : f : x, y x + 3 x y y, hvor vi ønsker at bestemme lokale ekstremumssteder og/eller saddelpunkter. Vi anvender vores metode: ) Vi bestemmer de partielle afledede og løser det angivne ligningssystem: f ( x, y) f ( x, y) = x + 3 y = 3 x y x y Eksempel 8: Vi ser på funktionen (, ) (, ) f x y f x y = 0 = 0 x + 3 y = 0 3 x y = 0 x y Den sidste ligning forlænges med 3, så man får numerisk lige store koefficienter foran y, og når ligningerne lægges sammen, fås: Indsat i en af ligningerne giver dette: y = 0. Dvs. punktet ( 0,0) er et stationært punkt. x + 3 y + 3 x 3 y = x = 0 x = 0. ) Vi bestemmer de dobbeltafledede for at kunne beregne Hesse-matricen: (, ) (, ) (, ) f x y f x y f x y = = = 3 x y xy f f f det = = = x y yx Så får vi: ( H ) 3) Da det ( H ) 0, er ( 0,0) et saddelpunkt. 54

55 Eksempel 9 ( Abe-sadlen ): Vi ser på funktionen 3 f : x, y x 3 x y, hvor vi ønsker at bestemme lokale ekstremumssteder og/eller saddelpunkter. Vi anvender vores metode: ) Vi bestemmer de partielle afledede og løser det angivne ligningssystem: f ( x, y) f ( x, y) = 3x 3y = 6x y x y (, ) (, ) f x y f x y = 0 = 0 3x 3y = 0 6 x y = 0 x y = 0 x y = 0 x y Den sidste af de to ligninger fortæller os, at x, y eller begge skal være 0 (nulreglen). Og da den første af ligningerne fortæller os, at hvis den ene af x og y er 0, så er den anden også, kan vi konkludere, at løsningen på ligningssystemet er x= 0 y= 0. Dvs. punktet ( 0,0) er et stationært punkt. ) Vi bestemmer de dobbeltafledede for at kunne beregne Hesse-matricen: Dvs. at i punktet ( 0,0) har vi (, ) (, ) (, ) f x y f x y f x y = 6x = 6x = 6y x y xy (, ) (, ) (, ) f x y f x y f x y = = = 0, og dermed er også x y xy determinanten for Hesse-matricen 0. 3) Dermed har vores undersøgelse ikke givet noget svar. Når vi kigger på grafen, kan vi se hvorfor: Dette er en abe-sadel, hvor der er plads til både ben og hale, dvs. vi kan se på grafen, at der er tale om et saddelpunkt (det røde punkt). Men hvordan ses det på de afledede funktioner? Hvis vi kigger på nogle tredjeafledede, ser vi, at 3 f ( x, y) = 6, og fra vores arbejde med 3 x funktioner af én variabel ved vi, at det betyder, at når vi bevæger os langs x- aksen, vil det røde punkt optræde som et punkt med vandret vendetangent. Og dette er jo nok til at sikre, at punktet er et saddelpunkt, for så vil der være funktionsværdier over og under 0 i enhver omegn om ( 0,0 ). Men lad os se på en detalje mere: Vi har n f ( x, y) y n = 0 for n, og dermed vil vi opleve en vandret linje (alle funktionsværdier er 0), når vi bevæger os langs y-aksen. Det ses både på grafen og ud fra funktionsudtrykket. Også langs linjerne med ligningerne y = x og y = x vil man opleve vandrette linjer (det ses ud fra funktionsudtrykket, og når 3 3 man ved det, kan man måske også se det på grafen). Opgaverne 4* 55

56 Vi får ikke bevist, hvorfor Hesse-matrix-metoden virker. Men vi kan godt se nogle pointer ved metoden: Vi skal nu anvende vores viden om funktioner af flere variable til at forstå regression: Regression Vi begynder med lineær regression. Situationen er, at vi har indsamlet noget data (de blå punkter på figuren nedenfor). Vi ønsker at finde den lineære model, der passer bedst til disse data. Vi skal derfor først have defineret, hvad vi mener med bedst. På figuren er med rødt tegnet en ret linje med ligningen y = a x + b. Bemærk, at vi egentlig ikke kan tegne den bedste rette linje fra start, for det er netop a og b for denne, vi skal ende med at bestemme, men pointen med metoden illustreres nemmest, når man tager udgangspunkt i en linje, så du skal tænke på den røde linje som et udkast til vores søgte linje: For hvert blå punkt kan vi ved at indsætte x-værdien i ligningen for vores model finde de punkter x, a x + b, vi ifølge modellen burde have fået (de sorte punkter på figuren). Vi tager nu de i i lodrette afstande mellem de blå og sorte punkter (angivet med grønt på figuren) og kvadrerer dem, dvs. ( a x b y ) +. På denne måde sikrer vi os, at vi kommer til at regne med positive størrelser. i i Men det kunne vi også have gjort med numerisk tegn, så det er altså et valg, vi træffer. Vi siger nu: 56

57 Definition 3: Vi ser på punkterne (, ),(, ),(, ),...,(, ) x y x y x y x y, som vi ønsker at tilnærme 3 3 med en lineær model. Den bedste rette linje er linjen med ligningen y = a0 x + b0, hvor ( a, b ) 0 0 er det globale minimumspunkt for funktionen f med forskriften: n (, ) = ( + ) f a b a x b y i= Denne metode til at finde den bedste rette linje kaldes mindste kvadraters metode, fordi vi ser på de kvadrerede afstande og sørger for at gøre summen af dem så lille som muligt. Som nævnt kunne vi også have valgt en metode uden kvadrater, men med numeriske værdier. I vores metode med kvadrater vil store afstande mellem målte punkter og modellens punkter komme til at vægte højt, dvs. vores bedste rette linje vil for at undgå en stor afvigelse acceptere flere små afvigelser. i i n n Vi skal nu have fundet det globale minimumspunkt ( a, b ) for f :( a, b) ( a x + b y ) Vi husker, at vi differentierer ledvist, så sumtegnene beholdes: n n f ( a, b) = x a x + b y = x a x + b y 0 0 i i i i i i a i= i= (, ) f a b Vi skal have løst ligningssystemet n ( a x b y ) ( a x b y ) = + = + i i i i b i= i= (, ) f ( a, b) f a b a n n i i. i= = 0 = 0for at finde stationære punkter: b n n n n (, ) a i= i= i= i= n n n (, ) = 0 ( a x + b y ) = 0 a x + bn y = 0 f a b f a b = 0 x a x + b y = 0 a x + b x x y = 0 i i i i i i i i i i i b i= i= i= Dette er et lineært ligningssystem bestående af to ligninger med to ubekendte. For at gøre det mere overskueligt indføres følgende betegnelser: n n n n x = i, y = i, xx = og i xy = i i i= i= i= i= S x S y S x S x y Hermed kan vi skrive ligningssystemet som: S a + S b = S xx x xy S a + n b = S x Fra vores viden om lineære ligningssystemer løst med determinantmetoden ved vi altså: Sxy Sx Sxx Sxy S y n Sx S y Sxy n S y Sx Sxx S y Sx Sxy ( a0, b0) =,, Sxx Sx Sxx S = x Sxx n Sx Sx Sxx n Sx Sx Sx n Sx n Dette gælder dog kun under forudsætning af, at S n S S 0. Men her ville en fysiker sige, at y xx x x den problemstilling, vi har stillet op, har netop én løsning, og derfor har ligningssystemet netop én løsning, og det stationære punkt må nødvendigvis være et globalt minimumspunkt. 57

58 Vi kan dog godt vise, både at S n S S 0, og at vi har at gøre med et lokalt minimumspunkt. xx x x For det viser sig at komme ud på ét, da det samme udtryk dukker op, når vi anvender vores metode til at afgøre, om det stationære punkt er et lokalt ekstremumspunkt eller saddelpunkt: Vi finder de dobbeltafledede og udregner determinanten for Hesse-matricen. n (, ) (, ) (, ) f a b f a b f a b n = xi = Sxx = n = x i = Sx a i= b ab i= (, ) (, ) (, ) f a b f a b f a b det ( H ) = S n S 4 S n S = = a b ab (, ) xx x xx x f a b Da xi 0 for alle i og kun 0 for x i = 0, er 0, og hvis vi kan vise, at S xx n Sx 0, a har vi både vist, at vores ligningssystem har netop én løsning Sxy n S y Sx Sxx S y Sx Sxy ( a0, b0) =,, der er et stationært punkt, samt at det er et lokalt Sxx n Sx Sx Sxx n Sx Sx minimumspunkt. Det vises ved følgende omskrivning: n n n n i S n S S = n x x x = x x 0 xx x x i i i i j i= i= i= i= j= Når man ikke er vant til sumtegn, kan det være meget svært at se, hvordan den sidste omskrivning fremkommer. Man kan kontrollere det ved at tjekke, at det er de samme led, der optræder i begge udtryk. Eksempel 0: Vi har indsamlet dataene ( 3,8 ),(,3 ),( 0, ),(, 4) og ( 5, ). Vi viser de S S S x y xx 5 i= 5 i= 5 i= 5 udregninger, der foretages i en lineær regression, og tjekker efterfølgende med Maple. = x = = 3 = y = = 4 xy i i i= i i i = x = = = 39 S = x y = = = 95 Og så er: Sxy n S y Sx Sxx S y Sx Sxy ( a0, b0) =, =, = Sxx n Sx Sx Sxx n Sx Sx , = (.4895, ) Maple giver: 58

59 Eksempel 0 (revisited): Når vi har Maple til rådighed, kan vi selvfølgelig også blot anvende den generelle Hesse-matrix-metode på funktionen, der angiver summen af kvadraterne på afstandene: Opgaverne 5* Når Maple s Gym-pakke, Geogebra, Excel og Texas Instruments lommeregnere og programmer skal lave eksponentiel- eller potensregression, udnyttes de grafiske egenskaber, vi så i forbindelse med Funktioner, hvor vi kom frem til, at grafen for en eksponentiel udvikling er en ret linje i et x enkeltlogaritmisk koordinatsystem, fordi vi kan omskrive y b a log y = log a x + log b, = til mens grafen for en potensvækst giver en ret linje i et dobbeltlogaritmisk koordinatsystem, fordi vi a kan omskrive y b x log y = a log x + log b. Programmerne gør altså det, at de ved hjælp = til af logaritmer (der er frit valg på alle hylder blandt logaritmefunktionerne) omskriver til udtryk, der opfører sig lineært, hvorefter metoden fra lineær regression anvendes. Metoderne illustreres med eksempler: Eksempel (Eksponentiel regression): Vi vil lave eksponentiel regression på dataene: x y Vi omskriver y x b a log y log a x log b log y og ikke y, vi skal = til = +, dvs. det er arbejde med. Vi kan nu vælge at benytte metoden fra Eksempel 0 og udregne,, og log a og log b, der så kan omregnes til a og b. S S S S. Dette vil give os x log( y) xx xlog( y) Men vi benytter metoden fra Eksempel 0 (revisited): 59

60 Eksempel (Potensregression): Vi vil lave potensregression på følgende data: x 5 7 y Vi omskriver y a b x ln y = a ln x + ln b. Vi anvender her den naturlige logaritme for = til afvekslingens skyld og ikke fordi, det har nogen betydning. Det er altså ln ( x) og ln og y, vi skal arbejde med: y og ikke x Opgaverne 6* Hvis du forsøger at lave de samme regressioner i Logger Pro (under Kurvetilpasning ), opdager du, at du får nogle andre resultater. Det skyldes, at Logger Pro ikke først omskriver til en lineær form og anvender lineær regression, men arbejder direkte med funktionsudtrykkene, f.eks. med f : a, b b xi yi. a potensvækst: n i= Dette giver nogle andre værdier for konstanterne. Styrken ved ikke at omskrive til en lineær form, men at arbejde direkte med funktionsudtrykkene, er, at man kan anvende (næsten) ethvert funktionsudtryk (og Logger Pro lader dig vælge mellem en masse forskellige udtryk eller endda selv definere udtryk). Svagheden er, at lige netop eksponentielle udviklinger faktisk ikke fungerer med denne metode (prøv selv at benytte Hesse-matrix-metoden og opdag, hvor det går galt!). Jeg ved ikke, om dette er grunden til, at lige netop eksponentielle udviklinger ikke indgår i Logger Pros udvalg af funktioner, og jeg ved ikke, hvordan Logger Pro rent faktisk kommer frem til værdier for konstanter, hvis man selv definerer en eksponentiel udvikling som funktionsudtryk. Integration af funktioner af flere variable Man kan også integrere funktioner af flere variable. Lige som ved differentiation foregår det ved, at man integrerer med hensyn til en variabel ved at betragte alle andre variabler som konstanter og dermed integrere, som om det var en funktion af én variabel. Ved integration bruger man ikke bløde d er, men vores almindelige d er. Der er altså som sådan ikke noget nyt i at integrere en funktion én gang. Det er først, når vi efterfølgende differentierer med hensyn til en anden variabel, at det bliver interessant. Vi skal se på sådanne dobbeltintegraler og også tripleintegraler (og derefter kan du selv fortsætte tankegangen og integrere en funktion af n variable n gange). Man læser dobbelt- og triple-integralerne på den måde, at man integrerer indefra og ud. Ligesom med funktioner af én variabel begynder vi med bestemte integraler, da de kan defineres som grænseværdier for summer. Men med funktioner af flere variable går vi ikke videre til ubestemte integraler (integrationskonstanten generer). 60

61 Eksempel 3: Vi udregner forskellige integraler: x sin y dx = x sin y 9 sin ( y) cos ( y) ( ) 0 3 = = = = x sin y dx = x cos y dx = x + x dx = x = 9 = z z z x cos y e dxdz = x cos y e dz = 0cos y e dz = z z z 0 ( y) dz dz 0sin e = 40 e = 40 e = 40e 40 e = 40e 40 = 40 e 0 0 I Maple under Calculus findes også dobbelt- og tripleintegraler, og nogle af ovenstående udregninger samt nogle ekstra ses her udført i Maple: 0 3 Opgaverne 7* Det er ikke tilfældigt, at vi får det samme uanset rækkefølgen af integrationerne. Det gælder for alle funktioner, der ikke opfører sig ekstremt i det område, der integreres inden for (Fubinis sætning, Guido Fubini ). Vi indfører derfor nogle nye notationer, der udnytter, at integrationsrækkefølgen er ligegyldig: Definition 33: Lad M a, b c, dog N a, b c, d e, f N = =. Så gælder: d b b d f ( x, y) da = (, ) (, ) (, ) (, ) M f x y d x y = f x y dx f x y dx M = og c a a c (,, ) = (,, ) (,, ) = (,, ) = (,, ) N f f d b b d g x y z dv g x y z d x y z g x y z dxdz g x y z dzdx e c a a e c 6

62 x y da for et Det er de to første udtryk på hver linje, der defineres. Man kalder (, ) planintegral og (,, ) g x y z dv for et rumintegral. N Vi kan bruge planintegraler til at bestemme rumfang (regnet med fortegn) mellem grafer for funktioner af to variable og den plan, der integreres over: Eksempel 4: Vi vil finde rumfanget under grafen for 5,5 5,5. Vi udregner i Maple: M f f : x, y x y + 5i området Og vi finder også rumfanget under grafen for g : ( x, y) 8 ( x y ) + i 3,3 3,3 : Man kan også anvende rumintegralet til at finde rumfang: Eksempel 5: Vi vil bestemme rumfanget af en kasse med højden 4, bredden 7 og længden 5. Vi gør det på følgende måde: V = dh db dl = h db dl = 4 db dl = 4b dl = 8 dl = 8l = 40 kasse Opgaverne 8* Ovenstående er nok ikke en hensigtsmæssig måde at bestemme rumfanget af en kasse. Jeg kan i hvert fald finde mindst én metode, der er væsentlig simplere. Men hvis man f.eks. har en kasse med ujævn massefordeling, hvor man kender densiteten som funktion af koordinaterne, kan man finde massen af kassen ved m (,, ) l b h = x y z dxdz. Og ved at skifte til såkaldte polære koordinater, cylindriske koordinater eller sfæriske koordinater, kan man få meget ud af disse dobbelt- og triple-integraler. Men det kommer vi ikke ind på her. Det er metoder, der kan inddrages i et SRP

63 DIFFERENTIALLIGNINGSSYSTEMER Vi har lært om ligninger og ligningssystemer, hvor løsningerne til sidstnævnte er sæt af variabelværdier, der gør samtlige ligninger til sande udsagn. Vi har også lært om differentialligninger, hvor den fuldstændige løsning er mængden af funktioner, der indsat i differentialligningen giver en identitet, og hvor en partikulær løsning er en funktion, der desuden opfylder én eller flere begyndelsesbetingelser. Vi skal nu se på differentialligningssystemer eller koblede differentialligninger, hvorom det gælder: Der er mindst to differentialligninger, og der indgår mindst to forskellige funktioner, der skal bestemmes. Den fuldstændige løsning til systemet er mængden af sæt af funktioner, der indsat gør samtlige af systemets differentialligninger til identiteter. Der kan være knyttet en eller flere betingelser til systemet (begyndelsesværdier, bestemte punkter som løsningskurverne skal indeholde, væksthastigheder bestemte steder, osv.), således at man kan bestemme den partikulære løsning, der er det sæt af funktioner, der indsat gør samtlige differentialligninger til identiteter, og som opfylder alle de fastsatte betingelser. Differentialligningerne er koblede ved, at samtlige differentialligninger indeholder en funktion, der også optræder i en anden differentialligning. Det sidste punkt er ikke helt dækkende. Pointen er, at man fra den første differentialligning skal kunne komme hen til alle de andre differentialligninger ved hele tiden at gå hen til en ny differentialligning, der indeholder en af de funktioner, der indgår i den differentialligning, man går fra (se evt. eksemplet nederst på siden). Men vi skal ikke gå op i det formelle her. Det, som det gælder om i dette kapitel, er at få en fornemmelse og forståelse for, hvordan differentialligningssystemer fungerer, og det gør vi gennem en række eksempler. Vi kommer til at se et eksempel på et system, der kan løses analytisk, og systemer, som vi er nødt til at løse med numeriske metoder, og vi får set eksempler, der bevæger sig fremad, og eksempler, der bevæger sig i ring. Radioaktiv henfaldskæde Vi forestiller os en simpel henfaldskæde, hvor den radioaktive isotop A henfalder til den radioaktive isotop B (med henfaldskonstant k A ), der igen henfalder til den radioaktive isotop C (med henfaldskonstant k B ), der igen henfalder til den stabile isotop D (med henfaldskonstant k C ): k A kb k A B C C D dn Vi anvender N om antallet af kerner af en isotop, og da = k N gælder for alle henfald af én dt type isotop, giver dette os følgende differentialligningssystem: 63

64 Dette er et simpelt differentialligningssystem i den henseende, at vi kan begynde fra oven og arbejde os nedad. Hvis f.eks. der havde været et, der optrådte i sidste og første ligning, så alle N D fire ligninger havde haft identisk opbygning (hvilket selvfølgelig ikke giver mening rent fysisk), ville vi ikke have haft et sted at begynde, da det hele i så fald kørte i ring. Vi kan godt finde den fuldstændige løsning til dette differentialligningssystem, men vi er interesseret i den situation, hvor vi fra start udelukkende har kerner af typen A. Vi siger, at vi har N kerner, og vores begyndelsesbetingelser er altså: N 0 = N, N 0 = 0, N 0 = 0, N 0 = 0 A B C D Vi begynder altså med den øverste ligning, som vi genkender fra Sætning 5 (specialtilfælde), og med begyndelsesbetingelsen N ( 0) A = Nfår vi: A k = e A t N t N Hertil er der jo intet nyt, for vi har blot løst en enkelt differentialligning, vi kender. Men dette funktionsudtryk kan vi jo så indsætte i den næst øverste differentialligning i systemet, der dermed bliver til: dnb k e A t = ka N kb NB dt Hvis vi kigger godt på denne differentialligning, kan vi se, at det er en generel lineær. ordens differentialligning (Sætning 5; Panserformlen), hvor den fuldstændige løsning er: ( k k ) t B A k e B t ka t kb t kb t kb ka t kb t ka N NB ( t) = e ka N e e dt = e ka N e dt = e + c = kb k A kb ka t kat ka N e ka N e e + e c= + ce k k k k kb t kb t kb t B A B A Udnyttes begyndelsesbetingelsen ka N N B 0 = 0, får man c = k k N B k k A kat kbt ( t) = ( e e ) B N k Dette funktionsudtryk indsættes nu i den tredje differentialligning, så vi får: dnc ka N kat kbt = kb ( e e ) kc NC dt k k B A A B A, og dermed bliver: Det ser efterhånden ret voldsomt ud, men ved at kigge nøje efter, kan vi se, at vi igen har at gøre med ligningen fra Sætning 5 (Panserformlen), så den partikulære løsning bliver: kc t kan ka t kb t kc t kc t kan ka t kc t kb t kc t NC ( t) = e kb ( e e ) e dt = e kb ( e e e e ) dt = k k k k B A B A ( kc ka ) t ( kc kb ) kc t ka N e kb e e dt = k k B A kb ka N kat kb ka N kbt kbkan e e + k k ( k k ) ( k k ) ( k k ) ( k k ) ( k k ) e C B A C A B A C B C A Det røde udtryk er konstanten, der er fremkommet ud fra begyndelsesbetingelsen (en del mellemregninger er sprunget over). Dette udtryk kan nu indsættes i den sidste differentialligning, der således er den simpleste type differentialligning (Sætning 4), der løses ved integration af udtrykket. C B k t 64

65 Det skulle gerne fremgå af udregningerne, at vi også kunne have set på flere end 4 kernetyper og stadig været i stand til at løse ligningssystemet analytisk (selvom udtrykkene bliver længere og længere). Maple kan også løse differentialligningssystemer (med eller uden betingelser). Alle ligninger og betingelser opskrives adskilt af kommaer. Lad os se på Maples løsning af vores differentialligningssystem med fire ligninger: Vi kan nu med forskellige værdier for N og de tre henfaldskonstanter få tegnet grafer: Kig på graferne og se, at de giver mening i forhold til situationen (henfaldskæde). Det kan være interessant at se på aktiviteten fra den radioaktive klump: A = k N + k N + k N Vi ser nogle eksempler: A A B B C C 65

66 Se på graferne ovenfor. Bemærk, at aktiviteten ikke er størst fra start. Kig på forholdene mellem henfaldskonstanterne og tjek, at du kan få det til at passe med grafernes udseende. Kig på graferne ovenfor. Igen er aktiviteten voksende i det første interval. Kan du se, hvorfor den grønne graf (stof C) er så flad? Kig på graferne ovenfor. Hvorfor er stof C dominerende i en periode? Bemærk også aktiviteten. Den er aftagende hele tiden, men det er ikke en eksponentiel vækst. 66

67 Kig på graferne ovenfor. Kan du forklare udseendet af den blå graf? Opgaverne 30* SIR-modellen SIR-modellen anvendes til at beskrive forskellige epidemier (af sygdomme). Det er en såkaldt compartment-model, hvilket vil sige, at den er baseret på, at man opdeler den undersøgte population i forskellige grupper. I SIR-modellen opdeler man i modtagelige (Susceptible), Inficerede og fjernede (Removed). Sidstnævnte er en lidt speciel kategori, da den indeholder både raske, der har overlevet sygdommen og nu er immune, og dem, der er døde af sygdommen. Det antages, at der under epidemien ikke sker til- eller fraflytning, ingen børn fødes og ingen mennesker dør af andet end den pågældende sygdom. I den konkrete situation f.eks. hvis det indgår i et SRP om pest, mæslinger eller en anden sygdom er det selvfølgelig antagelser, man skal forholde sig til, men vi skal kun se på matematikken, og vores antagelser fortæller så, at hvis populationen fra start er på N individer, gælder S ( t) + I ( t) + R( t) = N, og dermed behøver man kun at finde to af de tre funktionsværdier, da den sidste så kan beregnes ud fra denne sammenhæng. Vores situation giver os følgende differentialligningssystem: Der er altså to konstanter, og. Den første har noget at gøre med, hvor smitsom sygdommen er, og hvor meget folk mødes (befolkningstæthed og vaner), mens den anden afhænger af sygdommen. Men igen er det noget, man skal prøve at forholde sig til i den konkrete situation, og ikke noget, vi skal se på her. 67

68 Vi kan ikke komme i gang med ligningssystemet, da ingen af de tre differentialligninger udelukkende beskæftiger sig med én af funktionerne. Og faktisk har vi her et differentialligningssystem, der ikke kan løses analytisk. Hvis vi prøver at anvende Maple, får vi: Der er altså ingen anden udvej end at løse det numerisk. Vi har set, at det godt kan betale sig at bruge nogle udregninger på at bestemme en god værdi for parameteren k (hældningen for det rette linjestykke, man vil bruge for at komme fra et punkt til det næste), da man dermed kan tillade sig at anvende større skridtlængder. Vi anvender derfor den klassiske Runge-Kutta-metode. Når vi skal anvende den på dette differentialligningssystem, skal vi være opmærksomme på, at der indgår to funktionsudtryk i hver af de to differentialligninger, vi skal arbejde med. Vi er derfor nødt til at flette vores parameterudregninger sammen. Vi skal nu se, hvordan det foregår: De to differentialligninger, vi skal arbejde med, er: S '( t) = I ( t) S ( t) I '( t) = I ( t) S ( t) I ( t) Den sidste differentialligning skal vi ikke bruge, da vi udregner Rtmed S t + I t + R t = N. Vi kalder skridtlængden for t og får så følgende algoritme til udregning af parametrene og de næste S- og I-værdier: l = I t S t S n n l = I t S t I t I n n n t t ls = I ( tn ) + li S ( tn ) + ls t t t li = I ( tn ) + li S ( tn ) + ls I ( tn ) + li t t ls 3 = I ( tn ) + li S ( tn ) + ls t t t li 3 = I ( tn ) + li S ( tn ) + ls I ( tn ) + li ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) l = I t + t l S t + t l S 4 n I 3 n S 3 l = I t + t l S t + t l I t + t l I 4 n I 3 n S 3 n I 3 l + l + l + l ks = 6 l + l + l + l ki = 6 S t = S t + k t S S S 3 S 4 I I I 3 I 4 ( + ) n n S I t = I t + k t n+ n I Denne algoritme er anvendt i Excel: Her ses, hvorfor vi er nødt til at flette beregningerne af l-værdierne. Vi skal bruge den første l-værdi for både S og I til at udregne de næste. 68

69 Her ses fire forskellige forløb for epidemien baseret på forskellige værdi forog. I alle situationerne begynder man med en population på 0000 og 0 inficerede. Der er anvendt forskellige t -værdier, men det er blot for at få hele forløbet af epidemien med. Dvs. du skal ikke bruge denne værdi til noget, når du kigger på graferne. På de to øverste figurer ses det, at alle i populationen bliver ramt af sygdommen. På den øverste højre figur sker det endda meget hurtigt, og derfor er den orange graf (de syge) omtrent grafen for en eksponentielt aftagende funktion (andet led i differentialligningen med I' t dominerer totalt). På de to nederste figurer når epidemien at tage af, inden alle i populationen har fået sygdommen. Forholdet mellemog er afgørende for de tre kurvers udseende. Dvs. hvis man i den øverste graf til venstre havde valgt = 0,000og = 0,(dvs. begge parametre ti gange større og dermed deres forhold det samme), ville man have fået præcis samme udvikling bare 0 gange så hurtigt, dvs. der ville stå 50 i stedet for 500 på tidsaksen. En sygdom, hvor man enten dør eller kommer sig tilpas hurtigt, vil altså kunne forsvinde fra en population, uden at alle i populationen har været ramt af sygdommen. SIR-modellen kan udbygges og justeres på mange måder. Det kan evt. ske i et SRP. Opgaverne 3* 69

70 Michaelis-Menten Michaelis-Menten modellen er en model inden for biokemi, der beskriver en reaktionsproces, hvor der indgår et enzym. Den er opkaldt efter Leonor Michaelis ( ) og Maud Menten ( ). Den beskæftiger sig med et enzym (E), der binder sig til et substrat (S) og dermed danner et kompleks (C). Komplekset kan enten spaltes tilbage til E og S, eller det kan spaltes til E og et produkt P. Dvs. samlet har man fået omdannet S til P uden at forbruge E (hvilket jo er enzymers karakteristiske egenskab). Reaktionsskemaet er: k k3 E + S C E + P k Det giver følgende differentialligningssystem (der anvendes den kemiske notation E i stedet for E( t) for den aktuelle koncentration, dvs. det er underforstået, at den er en funktion af tiden): de = k E S+ k C+ k C 3 dt ds = k E S+ kc dt dc = k ES k C k3 C dt dp = k3 C dt Igen har vi et differentialligningssystem, der ikke kan løses analytisk. Og i praksis er der problemer med at bestemme værdier for k, k og k 3. Hvis Michaelis-Menten er involveret i et SRP, vil der derfor være masser at arbejde med. Her ser vi kun på selve den numeriske løsning ved hjælp af RK4. Igen skal man flette udregningerne af parametrene sammen, og denne gang er der fire differentialligninger, man skal have fat i. Så i Excel får skemaet følgende udseende: På figuren nedenfor ses et eksempel på en omdannelse af substrat til produkt: 70

71 Man ser, at S forsvinder, og P dannes. Men man ser også, at E først forsvinder, samtidig med at C dannes (de to grafer er hinandens spejlbilleder i den vandrette linje med koncentrationen 0,5 overvej selv hvorfor ved at kigge på differentialligningssystemet!), men efter et stykke tid gendannes E, og C forsvinder igen. Det samme gør sig gældende på figuren nedenfor, men her er k 3 så meget større end k, at enzymet gendannes næsten i samme øjeblik, det forsvinder, hvilket passer med, at der hele tiden er meget lidt af komplekset. Øvelse 0: Anvend RK4 på differentialligningssystemet og tjek, at du kan få ovenstående grafer, når du anvender de angivne værdier for størrelserne. Lotka-Volterra Det sidste differentialligningssystem, vi skal se på, er et system, hvor løsningerne er periodiske funktioner, dvs. man kan sige, at systemet kører i ring. Sådanne systemer kendes inden for kemi i forbindelse med oscillerende reaktioner som f.eks. iodklokken og BZ-reaktionen (mulige emner til SRP). Oscillerende reaktioner er noget mere komplicerede end vores eksempel. Vi skal se på et differentialligningssystem med to differentialligninger, der angiver en såkaldt Rovr-byttermodel, dvs. det er et ret simpelt forsøg på at beskrive et økosystem. Det er baseret på, at rovret (næsten) udelukkende lever af det pågældende bytter. Modellen kaldes Lotka-Volterra-modellen efter Alfred J. Lotka ( ) og Vito Volterra ( ), der uafhængigt af hinanden kom frem til den omkring 95. B : t B t være funktionen, der angiver antallet af bytter (selvom et sådant antal i Vi lader praksis selvfølgelig kun kan være et heltal), mens antallet af rovr bliver angivet ved R : t R( t ). Modellen bliver bygget op af dele, vi kender i forvejen, nemlig delen dn = k N, som vi kender dt fra udviklingen af en bakteriekultur eller en repopulation, hvor der er plads og føde til alle, og delen dn = k N M fra SIR-modellen, hvor antallet af møder mellem to populationer eller grupper dt er proportionalt med begge populationers størrelse. Det giver os følgende model: 7

72 Alle koefficienterne,, og er positive, og funktionsværdierne er ikke-negative, så fortegnene på leddene i differentialligningerne svarer til det fortegn, der er angivet. Vi kan ikke løse systemet analytisk, men vi kan godt finde nogle mere eller mindre interessante løsninger. F.eks. kan vi se (tjek selv!), at følgende er løsninger til differentialligningssystemet: ( ) t t ( 0 ) ( 0 ) B t = 0, R t = 0, B t = 0, R t = R e og B t = B e, R t = 0 Vi er ikke interesserede i disse løsninger, da ingen af dem beskriver en situation med individer af begge rearter. Men den første af de tre er interessant på den måde, at den repræsenterer en stationær løsning, dvs. en løsning hvor populationerne ikke ændrer sig over tid. Og spørgsmålet er så, om der findes andre stationære løsninger? db( t) dr( t) Lad os se på det. Stationære løsninger skal opfylde betingelserne = 0 og = 0, dvs. det dt dt giver os ligningerne: ( ) B t B t R t = 0 B t R t = 0 B t = 0 R t = 0 R t + B t R t = 0 R t + B t = 0 R t = 0 + B t = 0 De to ligninger yderst til højre fortæller os altså, at B( t) =, R( t) = er en stationær løsning. Dvs. ifølge modellen ville man kunne have en stabil situation med konstante antal bytter og rovr, hvis de antog disse værdier. Det fortæller os, at når vi skal vælge værdierne for vores koefficienter, skal de vælges, så de to brøker og giver tilpas store værdier. Vi løser igen differentialligningssystemet numerisk med den klassiske Runge-Kutta-metode: I de følgende figurer er den stationære løsning angivet med et rødt punkt, så man kan se, hvordan man i fasediagrammet bevæger sig rundt om dette. 7