Differentialligninger

Matematikprojekt om Differentialligninger Lavet af Arendse Morsing Gunilla Olesen Julie Slavensky Michael Hansen 5 November 2010

Indhold I Differentialligninger........................ 3 I Generelt om differentialligninger............. 3 II Integralkurver....................... 3 III Differentialligningstyper................. 3 IV Bevis for differentialligningen dy dx V Begyndelsesværdi..................... 6 VI Anvendelse af CAS værktøjer.............. 6 VII Differentialligninger i hverdagen............. 9 II Anvendelse af differentialligninger................ 10 I Epidemi i Danmark.................... 10 II Saltopløsning i vandtanke................ 15 III Newtons afkølingslov................... 21 1

Figurer 1 Integralkurve for en Rugbybold i vand.............. 4 2 Indtastning af Maple kommandoer............... 8 3 Rudertasten og F1......................... 8 4 Billede af TI-89 Diff. ligningsplot................. 9 5 Symbolsk løsning af differentialligning på TI-89......... 9 6 Integralkurveplot af antal smittede under en epidemi...... 12 7 Første-afledte af funktionen S(t)................. 13 8 Den partikulære løsning til differentialligningen......... 14 9 Den anden-afledte af funktionen S(t)............... 15 10 Saltindholdet i tank A....................... 17 11 Saltindhold i tank B....................... 19 12 Tankens volumen som funktion af tiden............. 20 13 Saltindholdet i tank C....................... 22 14 Integralkurveplot af temperaturen som funktion af tiden.... 23 15 Andens temperatur som funktion af tiden, som integralkurver. 26 2

I. DIFFERENTIALLIGNINGER 3 I Differentialligninger I Generelt om differentialligninger En differentialligning er defineret ved at være en ligning, hvori en eller flere afledede af en funktion y = fx indgår. Man kan derfor sige at hvor vi tidligere har løst ligninger, hvor løsningen er et tal, så skal vi her løse en ligning hvor løsningen er en funktion. Derfor kan der også være ganske mange løsninger til en differentiallining. Alle de mulige løsninger til en differentialligning kaldes for den generelle løsning og en bestemt løsning kaldes for den specifikke/partikulære løsning. Dette illustreres mere tydeligt i afsnittet om integralkurver, som vi behandler senere. Differentiallininger opskrives typisk på formerne: dy dx = et udtryk y = et udtryk f (x) = et udtryk Definition 1 (1. ordens differentialligninger) Man siger, at hvis den højest forekommende afledte funktion er f n (x), kaldes ligningen en n-te ordens differentialligning. En førsteordens differentialligning er således en differentialligning, som er differentieret én gang. II Integralkurver En integralkurve er en graf for den funktion, som er en løsning til differentialligningen. Integralkurverne skal være defineret i intervaller og desuden være kontinuerte. Integralkurverne er et udtryk for de funktioner som er løsninger til differentialligningen. Hvis en bestemt kurve er en partikulær løsning, så er integralkurverne tilsammen et udtryk for den generelle løsning. Dette kan ses på figur 1. 1 Her ses det at de fremhævede funktioner er partikulære løsninger, mens pilenes retning indikerer alle de mulige løsninger. Figuren på vores forside viser samme princip. III Differentialligningstyper I denne sektion vil vi give et overblik over de forskellige typer af differentialligninger, samt deres løsninger. Bemærk dog at type-betegnelsen ikke er 1 Dette er et DE plot af en differentialligning vi tidligere har løst. Den viser farten hvormed en Rugbybold vil falde i vand.

I. DIFFERENTIALLIGNINGER 4 Figur 1: Integralkurve for en Rugbybold i vand. generel, men vores egen. Da det kun forventes at vi skal kunne løse 1. ordens differentialligninger, medtager vi kun sådanne i tabel 1. Tabel 1: Typer af differentialligninger Type Form Løsning Forklaring I y = g(x) y = g(x) dx Hovedtype I Ia y = a y = ax + c Undertype af I II y + g(x) y = h(x) y = e G(x) e G(x) h(x) dx Hovedtype II IIa y + ay = h(x) y = e ax h(x) e ax dx Undertype af II IIb y + ay = b, a 0 y = b + c a e ax Undertype af II IIc y = ky, k 0 y = c e kx Undertype af II b a 1+ce bx IIIa y = y(b ay) IIIb y m = ky(m y) y = 1+ce kmx Undertype af III (logistisk) Undertype af III (logistisk) Bemærkning: Man ser et generelt mønster når man kigger ned langs oversigten. Udtrykkenes generalitet falder, jo længere ned i undertype vi kommer. Denne generalitet giver sig udtrykt i at vi altid kan komme fra et mere generelt til et mindre generelt udtryk. Eksempelvis kan g(x) i y = g(x) reduceres til en konstant, vi kalder a, og derved kommer udtrykket y = a. Denne

I. DIFFERENTIALLIGNINGER 5 tendens gør sig gældende for alle typerne. y + ay = h(x) kan reduceres til y + ay = b kan reduceres til y = ky Typerne IIIa og IIIb ser umiddelbart ud til at være ret så forskellige, men kigger man på deres løsninger ser man at m = a og km = b. b IV Bevis for differentialligningen dy dx = ky Vi har valgt at bevise at den generelle løsning til y y = C e kx, hvor C er en konstant. = ky (type IIc) er Sætning 1 (Differentialligning af typen y = ky) Hvis vi gives en differentialligning på formen y = ky, hvor k er en given konstant, vil den have den fuldstændige løsning y = C e kx, hvor C er en vilkårlig konstant. Bevis. Beviset for denne sætning kommer i 2 dele. Vi skal bevise at hvis y er en løsning, så er den af formen y = C e kx og at hvis y er af formen y = C e kx, så er y en løsning. Dette skrives: y = ky y = C e kx Vi antager at funktionen y er en løsning til differentialligningen og at der derfor gælder y = f (x) = k f(x) (1) Vi benytter os nu af en hjælpefunktion h(x) = f(x) e kx. Denne differentierer vi ved hjælp af produktreglen og får. h (x) = f (x) e kx + f(x) ( k)e kx Vi indsætter nu (1) i udtrykket for h (x) og får h (x) = k f(x) e kx + f(x) ( k)e kx = 0 Da h (x) = 0 for alle x, er h da en konstant, som vi kan betegne med C. h(x) = C f(x) e kx = C f(x) = y = C e kx

I. DIFFERENTIALLIGNINGER 6 Vi har nu bevist at hvis y er en løsning, så må den være af denne form. Vi skal nu bevise at funktioner af typen y = C e kx vitterlig er løsninger. Dette gør vi ved at differentiere dette udtryk. f(x) = C e kx f (x) = C ke kx f (x) = k Ce kx Vi ser at udtrykket Ce kx = f(x) og derfor får vi udtrykket f (x) = k f(x) y = ky og vi er nu færdige med beviset. 2 V Begyndelsesværdi En begyndelsesværdi er vigtigt når man ønsker en partikulær løsning til differentialligningen. Med startværdien forsøger man at bestemme den ukendte konstant C, således at man har et komplet udtryk for en bestemt differentialligning. Konstanten bliver da et udtryk for den partikulære løsnings startværdi. Begyndelsesværdien kan beskrives udemærket ud fra vores foregående afsnit om integralkurver, hvor man på figur 1 så at de små hældningspile/vektorer pegede i alle mulige retninger. For at uddybe lidt, så er en sådan tegning egentlig lidt misvisende. For man fristes til at tro at der kun kan findes løsninger der hvor pilene er. Men pilene angiver kun en retning og vi kunne sagtens vælge at tegne endnu flere pile. Vi kunne i princippet tegne pile for alle de mulige løsninger der findes, men så ville vores tegning blive et gråt papir med en kurve på. Der hvor startværdien så kommer til sin ret, ser når vi vil finde en partikulær løsning. Denne ses som en af de sorte kurver. Startværdien vil på vores koordinatsystem svare til hvilken y og x værdi vi ønsker at måle fra. Som det ses af figur 1, så kan funktionsgrafen godt forsvinde om bagved startværdien, men denne værdi er vi så og sige ikke ikke interesseret i. Og løser vi differentialligningen numerisk, vil startværdien udgøre den laveste værdi vi kan finde, indenfor funktionens grænseværdier. VI Anvendelse af CAS værktøjer I vores gruppe benytter vi to værktøjer til at arbejde med differentialligninger. Vi benytter matematikprogrammet Maple 13 og grafregneren TI-89. Vi vil starte med at beskrive anvendelsen af Maple. 2 Man kan også bevise denne sætning ved hjælp af seperation af variable. Regnegennemgangen bliver knap så tung, hvis man har styr på denne teknik, men tilgengæld skal man bevise sætningen for y > 0 og y < 0

I. DIFFERENTIALLIGNINGER 7 Maple 13 Programmet Maple 13, herefter blot Maple, har en pakke som kaldes DE- Tools. Denne pakke indeholder så funktioner som DESolve og DEPlot. Vi vil her give en beskrivelse af DEPlot, da løsningen er differentialligninger kan klares uden DESolve. I mange tilfælde kan man blot indskrive sin formel/sit udtryk i Maple, som det står på papiret, vælge Plot og så har man en funktionsgraf. Men for at plotte denne graf må vi kende differentiallignigen så den fremstår med konstanten C som kendt. Og da vi ikke er interesseret i én partikulær løsning, men et plot over mange mulige løsninger, må vi benytte en anden metode. Og her bliver pakken DEPlot i DETools nyttig. Maple kan modtage forskellig slags input. Det man typisk benytter er 2D-Math, som betyder at man indskriver sit udtryk som det ser ud og så kan Maple regne ud hvad der menes. Men oprindeligt fungerede Maple, som mange andre matematikværktøjer til computeren, som et kommandolinje system. Man indtaster en kommando og der sker noget. Denne funktion har Maple stadig. Man vælger blot Maple-Input i toppen. For at plotte en differentialligning, må man først fortælle Maple at man vil benytte DETools, så derfor skriver man with(detools): og trykker Enter. Dernæst skal man fortælle Maple hvilken funktion man ønsker at den skal arbejde med. Man kan derfor taste eq := diff(v(t), t) = 9.82-5.5*v(t). Her fortæller vi altså Maple: definer variablen eq og sæt den lig med udtrykket: diff(v(t), t) = 9.82-5.5*v(t). Diff betyder naturligvis differentiale og (v(t), t) betyder at funktionen er v(t) og variablen er t. Nu skal vi så bede Maple om at plotte denne ligning. Vi indtaster derfor denne sætning:deplot(eq, v(t), t = 0.. 1, [[v(0) = 0], [v(0) = 25], [v(0) = 10], [v(0) = 2.5]], v = -10.. 25, title = "Rugbyball in water", arrows = THIN, color = grey, dirgrid = [30, 30], linecolor = BLACK). Kort står der at vi vil plotte funktionen eq, hvor v(t) og t er mine parametre. t skal være i intervallet [0; 1] og y skal være i intervallet [ 10; 25]. Alle udtrykkende inde i [[ og ]] er startværdierne. Title er grafens titel og er derfor valgfri. Udtrykket arrows definerer hvilken type pile man vil benytte (bl.a. small, medium, comet, line, curve) og color er deres farve. Dirgrid bestemmer hvor mange pilenheder der skal være i højden og bredden og linecolor bestemmer linjens farve. Herefter trykker man blot enter og man skulle nu gerne ende op med et plot lignende det på figur 1. Selve metoden kan ses på figur 2. For at løse differentialligninger i Maple er man noget bedre stillet. Givet Maple s 2D-Math, kan man blot indskrive differentialligningen på den form man ønsker. Man skal blot huske at være konsekvent med sin syntaks. Maple vil derfor godt kunne regne ud hvad udtrykket dy = 4 3y betyder, mens dx

I. DIFFERENTIALLIGNINGER 8 Figur 2: Indtastning af Maple kommandoer den vil brokke sig over udtrykket d y(x) = 4 3y. Her er det vigtigt at man dx huske at alle y skal være på samme form. Hvis man gerne vil være på den sikre side, benytter man udtrykket y = 4 3y. Er man i tvivl om syntaksen er korrekt, trykker man enter. Her vil Maple give et udryk tilbage hvis det er korrekt, og ellers give en fejlmeddelelse. Hvis syntaksen ellers er korrekt, højreklikker man på udtrykket og vælger DE Solve og trykker på den parameter man ønsker at solve for. Herefter vil Maple give løsningen med en konstant kaldet C_n, hvor n er nummeringen. Er der én konstant i udtrykket, kommer C_1, er der to kommer C_2 og så videre. Med lidt omskrivning og indsættelse af startværdier, kan man slutteligt hurtigt komme frem til en partikulære løsning. Grafregner TI-89 For at plotte en graf på TI-89 skal man først definere i grafregneren at man ønsker at plotte differentialligninger. Dette gør man ved at trykke på Mode og vælge Diff Equations under punktet Graph. Herefter trykker man på Rudertasten + F1 (figur 3) og skriver den funktion ind man gerne vil plotte. Vi har prøvet at plotte samme funktion, som i Maple og resultatet ses på figur 4. Figur 3: Rudertasten og F1. For at løse differentialligninger, indtaster man blot desolve([funktion der skal løses], [uafhængig variabel], [afhængig variabel]). For eksempel med vores

I. DIFFERENTIALLIGNINGER 9 Figur 4: Billede af TI-89 Diff. ligningsplot. differentialligning som vi tidligere plottede. Der vil udtrykket blive desolve(9, 82 5.5 y, t, y), som det også ses på figur 5. Figur 5: Symbolsk løsning af differentialligning på TI-89. VII Differentialligninger i hverdagen Differentialligninger bruges indenfor mange naturvidenskaber, især astronomi, fysik og kemi. De kan eksempelvis bruges i forbindelse med beregning af

II. ANVENDELSE AF DIFFERENTIALLIGNINGER 10 varmeledning i et fast stof, svingninger i mekaniske eller elektriske systemer og lign. Tit oplever vi at det er lettere at beskrive hvordan et system ændrer sig over tid, frem for at komme frem med en egentlig funktion der beskriver denne ændring. Dette er essensen af den praktiske brug af differentialligninger. Det er jo i sagens natur det som udtrykket siger. dy dx er ændringen af y med hensyn til x. Den sætter vi så lig med et eller andet udtryk. Eksempelvis vores Rugby tilfælde. Vi ved at tyngdekraften får bolden til at accelerere med 9, 82m/s 2. Dette sætter vi så ind. Her vælger vi dog ændringen som hastighed v pr. tid t. dv dt = 9.82 men dette kan jo ikke være det hele. Vi ved også at vandet udøver friktion i form af vandets viskositet, boldens form, turbulens og lign. Dette har man fundet ud af samlet kan udtrykkes ved skalaren 5.5. Altså kan vi finde at boldens ændring i hastighed må være givet ved udtrykket 9, 82 5.5 v(t) og dette sætter vi ind og får dv = 9.82 5.5 v(t) dt og vi har nu et udtryk for ændringen af boldens hastighed over tid. Naturligvis bør denne hastighed afhænge af hvor stor hastighed bolden har ved frigivelsestidspunktet. Højden burde intuitivt også spille en rolle, men da vi kun ønsker at finde hastigheden i vandet, kan vi se bort fra denne. Skulle vi have et samlet udtryk for boldens hastighed i luften også, måtte vi også tage højden med. Men i og med at ændringen i hastigheden er afhængig af starthastigheden, har man også en forklaring på hvorfor der kan være flere løsninger til samme differentialligning. II Anvendelse af differentialligninger Her vil vi give en række eksempler på den praktiske anvendelse af differentialligninger. I Epidemi i Danmark Under en sygdomsepidemi er det vigtigt at kunne komme med en række forudsigelser til hvordan sygdommen vil brede sig under bestemte omstændigheder. Under en epidemi under udbrud er der til tiden t = 0 er registreret

II. ANVENDELSE AF DIFFERENTIALLIGNINGER 11 20.000 smittede og at antallet af smittede stiger med 3920 pr. uge. På baggrund af hvordan epidemien breder sig, kan man sige at vi har at gøre med en logistisk differential ligning. Det karakteristiske ved denne type ligninger er at de grafisk set, har en fast opbygning. I starten har den en langsom stigning, for så pludselig at se grafen for ligningen, stige kraftigt og senere flade ud igen. Der må gælde at a > 0 b > 0 Vi får at vide at funktionen S svarer til differentialligningen: S (t) = S(t) (b a S(t)) Denne ligning har to ubekendte og vi finder derfor to ligninger for dette udtryk. Vi ved at: S(0) = 20000 S (0) = 3920 Vi starter med at sætte disse værdier ind i vores allerede kendte ligning. 3920 = 20000 (b a 20000) (2) M = 1000000 hvor M beskriver antal maks smittede og er vores øvre asymptote, altså vores maks. M = b. Vi kan da finde at a M = b a b = M a b = 1000000 a Dette indsætter vi vores udtryk (2) og får ved at solve for a 3920 = 20000 (b a 20000) 3920 = 20000 (100000 a a 20000) a = 2 10 7 Vi kan nu indsætte vores værdi for a i (2) og solver endnu engang, for b 3920 = 20000 (b 2 10 7 20000) b = 0.200 Vi er nu klar til at opstille vores endelige udtryk, som bliver S (t) = S(t) (0.200 2 10 7 S(t))

II. ANVENDELSE AF DIFFERENTIALLIGNINGER 12 og har den generelle løsning S(t) = 0.200 2 10 7 1 + C e 0.200 t S(t) = 1 10 6 1 + C e 0.200 t Vi har lavet et integralkurve plot af differentialligningen på figur (6), hvor man ser funktionsgraferne for hhv. S(0) = 20000, S(0) = 1000 og S(0) = 2. Man ser, at selvom der kun er 2 smittede til at starte med, så vil smitten brede sig relativt hurtigt. Figur 6: Integralkurveplot af antal smittede under en epidemi. Vi finder nu den partikulære løsning til differentialligningen hvor vi benytter starttidspunktet S(0) = 20000. 20000 = 1 10 6 1 + C e 0.200 0 20000 = 1 106 1 + C C = 1000000 20000 1 C = 49 og vores partikulære løsning bliver da S(t) = 1 10 6 1 + 49 e 0.200 t

II. ANVENDELSE AF DIFFERENTIALLIGNINGER 13 For at finde det tidspunkt t 0 hvor tilvæksten af smittede overstiger 20000 differentierer vi funktionen for at få et udtryk for funktionens tilvækst. S(t) = 1 10 6 1 + 49 e 0.200 t e 0.200 t S (t) = 9800000.0 (1 + 49 e 0.200 t ) 2 Vi sætter nu udtrykket S (t) = 200000 og løser for tiden e 0.200 t 20000 = 9800000.0 (1 + 49 e 0.200 t ) 2 t 0 = 9.14 Efter 9.14 uger vil tilvæksten da overstige 20000 smittede pr. uge. Figur 7: Første-afledte af funktionen S(t). For at finde det tidspunkt t 1 hvor antallet af smittede stiger mest, kigger vi først på grafen på figur (8) og ser at tallet må ligget i intervallet [400000; 600000] og derfor i tidsintervallet [18; 21]. For at finde det præcise tal differentierer vi funktionen endnu en gang. Det gør vi fordi den første differentiation fortæller os hvordan S(t) udvikler sig. Da vil det punkt på denne kurve, hvor hældningen er 0, være det tidspunkt hvor tilvæksten er

II. ANVENDELSE AF DIFFERENTIALLIGNINGER 14 Figur 8: Den partikulære løsning til differentialligningen. allerstørst. Ved at differentiere endnu engang får vi et udtryk der fortæller os hvordan S (t) vil udvikle sig. Da dette udtryk fortæller om S (t) s hældning, vil S (t) = 0 være der hvor S (t) har hældningen 0 og derfor være der hvor tilvæksten er størst. S (t) = 192080000.0 Vi sætter nu S (t) = 0 og løser for t 0 = 192080000.0 (e 0.200 t ) 2 (1 + 49 e 0.200 t ) 3 1960000.0 e 0.200 t (1 + 49 e 0.200 t ) 2 (e 0.200 t ) 2 (1 + 49 e 0.200 t ) 3 1960000.0 e 0.200 t (1 + 49 e 0.200 t ) 2 t 1 = 19.46 Altså er tilvæksten af smittede allerstørst til tiden t 1 = 19.46. For at finde ud af hvor mange smittede der kommer pr. uge til dette tidspunkt, indsætter vi t = 19.46 i S (t) og finder derfor at S (19.46) = 9800000.0 e 0.200 19.46 (1 + 49 e 0.200 19.46 ) 2

II. ANVENDELSE AF DIFFERENTIALLIGNINGER 15 Figur 9: Den anden-afledte af funktionen S(t). S (19.46) = 49999.99962 50000 Da S (t) fortæller os hvor meget funktionen stiger til et bestemt tidspunkt, vil vi kunne sige at til tiden t 1 = 19.46 vil antallet af smittede pr uge ca. være 50000. Da vi ved at det maksimale antal smittede man forventer er 1000000 vil vi tage 95% af dette tal. 1000000 95% = 950000 Dette tal indsætter vi nu i S(t) og løser for tiden t 2 950000 = 1 10 6 1 + 49 e 0.200 t t = 34.18 Efter 34.18 uger skulle antallet af smittede altså være på 95% af det maksimalt antal forventede smittede. II Saltopløsning i vandtanke I en række af tanke strømmer der vand ind og ud, og der opløses salt i dem. Der er fra starten opløst 25 kg salt i alle tre og de har desuden alle tre en kapacitet på 1000 liter og et startindhold af vand på 500 liter. Vi skal nu finde ud af hvordan saltindholdet forholder sig i tank A.

II. ANVENDELSE AF DIFFERENTIALLIGNINGER 16 Vandtank A I denne tank løber der 2 liter rent vand ind og der løber 2 liter saltet vand ud. Tanken omrøres desuden således at saltindholdet er jævnt fordelt. Vi ved at saltindholdet i tanken kun afhænger af det vand der løber ud af tanken vand ud og derfor må være af formen saltindhold vand i alt Da der forsvinder 2 liter vand ud af tanken med indholdet 500 liter, kan vi finde den følgende proportionalitetskonstant. 2 500 = 0.004 og vi er nu klar til at opstille en differentialligning på formen y = ky dy dt = 0.004 y Denne differentialligning har den generelle løsning y = C e 0.004t Ved at vælge starttidspunktet y(0) = 25 får man plottet på figur (10) og kan bestemme konstanten C ved 25 = C e 0.004 0 C = 25 Vi kan nu opstille den partikulære løsning til differentialligningen som bliver y = 25 e 0.004 t For at finde ud af hvad saltindholdet til tiden t = 20 er, indsætter vi værdierne i udtrykket og får y = 25 e 0.004 20 y = 23.08 Der vil altså være 23.08 kg salt tilbage i tanken, efter 20 minutter. For at finde ud af hvad saltindholdet er efter 4 timer, omskriver vi først 4 timer om til minutter. 4 60 = 240 Vi indsætter tiden i y(t) og får y = 25 e 0.004 240 y = 9.57

II. ANVENDELSE AF DIFFERENTIALLIGNINGER 17 Figur 10: Saltindholdet i tank A. Der vil altså være 9.57 kg salt tilbage efter 4 timer. For at undersøge hvilket tidspunkt saltindholdet i tanken er 20 kg, sætter vi y(t) = 20 og løser for tiden 20 = 25 e 0.004t 20 25 = e 0.004t ( ) 20 0.004t = ln t = ln t = 55 25 ) ( 20 25 1 0.004 Der skal altså forløbe 55 minutter før saltindholdet er nede på 20 kg. For at undersøge hvilket tidspunkt saltindholdet i tanken er nede på 10 kg, gør vi det samme. 10 = 25 e 0.004t 10 25 = e 0.004t ( ) 10 0.004t = ln 25

II. ANVENDELSE AF DIFFERENTIALLIGNINGER 18 t = ln t = 229 ( ) 10 1 25 0.004 Der skal altså forløbe 229 minutter 3 timer, før saltindholdet er nede på 10 kg. Vandtank B I denne vandtank strømmer der fortsat 2 liter saltholdigt vand ud, men nu strømmer der samtidig 2 liter vand ind, som indeholder 20 gr. salt pr. liter. Vores udtryk skal da være på formen (vand+salt ind) (vand+salt ud). Vi kan finde ud af at vandet der strømmer ind indeholder 20 2 = 40 gr. salt i minuttet og vandet der strømmer ud, forsat må være udtrykt ved 2 = 500 0.004. Vi er nu klar til at opstille udtrykket dy dt = 40 0.004y Denne differentialligning er på formen y +ay = b og har den generelle løsning y(t) = 40 0.004 + C e 0.004t Der er i denne tank også stadig 25 kg salt, men da enhederne nu er skiftet over til gram, konverterer vi således at vi regner med 25000 g salt. For at bestemme C 25000 = 40 0.004 + C e 0.004t 25000 = 40 0.004 + C C = 15000 Den partikulære løsning til differentialligningen bliver da y(t) = 40 + 15000 e 0.004t 0.004 Vi skal nu finde det tidspunkt hvor saltindholdet i tanken er 12.5 kg eller 12500 g. Vi sætter y(t) = 12500 og får 12500 = 40 + 15000 e 0.004t 0.004

II. ANVENDELSE AF DIFFERENTIALLIGNINGER 19 Ved at solve i Maple kommer vi frem til løsningen t = 448 Altså vil saltindholdet i tanken være 12500g efter 448 minutter 7.5 timer. Hvis vi finder funktionsgrafens minimum (figur 11) vha. Maple, ser vi at saltindholdet er stabiliseret til tiden t = 7027.4 med 10000 gram salt. Koncentrationen vil da være 20 gram pr. liter. 10000 500 = 20 Figur 11: Saltindhold i tank B Vandtank C I denne tank løber der igen 2 liter rent vand ind i minuttet og er 25 kg salt fra starten, men denne gang løber der kun 1 liter vand ud i minuttet. Da der løber en liter ud og to liter ind, kan vi forudsige at det samlede vandgennemløb må være lineært. Vi kan derfor opstille et lineært funktionsudtryk. Tanken indeholder stadig 500 liter til tiden t=0 og har en maksimal kapacitet på

II. ANVENDELSE AF DIFFERENTIALLIGNINGER 20 1000 liter. V (t) = 1 t + 2 t + 500 V (t) = 1 t + 500 V (t) = 1t + 500 V (t) = 500 + t Vores udtryk for den samlede vandgennemstrømning er givet ved V (t) = 500+t. Da tanken er fyldt op når den er nået 1000 liter, sætter vi V (t) = 1000 og løser for tiden 1000 = 500 + t t = 500 Tanken vil altså være fyldt op efter 500 minutter eller ca. 8 timer. Figur 12: Tankens volumen som funktion af tiden. Saltindholdet i tanken er fikseret til 25 kg fra starten og den samlede gennemstrømning er givet ved V (t) = 500 + t. Da indholdet af salt i vandet er givet ved kg salt pr mængde vand indhold af salt tid = kg l

II. ANVENDELSE AF DIFFERENTIALLIGNINGER 21 kan saltindholdet i tanken beskrives ud fra differentialligningen dy dt = y 500 + t hvor y er ændringen i saltindhold, som fortyndes/forsvinder. Løsningen til differentialligningen er dy dt = y 500 + t 1 y dy = y dy = 500 + t dt 1 y dy = 1 500 + t dt 1 dt ln(y) = ln(500 + t) + k 500 + t y = e ln(500+t)+k y = e ln(500+t) e k y = e ln(500+t) C 1 y = e C y = C ln(500+t) 500 + t Da saltindholdet ved t = 0 er 25 kg, finder vi den partikulære løsning 25 = C 500 + t C = 500 25 C = 12500 og løsningen bliver da y(t) = 12500 500 + t Vi fandt tidligere ud af at tanken er fyldt op efter 500 minutter. Dette indsætter vi nu i vores udtryk og finder at y(500) = 12500 y(500) = 12.5 500 + 500 saltindholdet i tanken vil være 12.5 kg når tanken er fyldt op med vand. Dette ses på figur 13. III Newtons afkølingslov Betydningen af temperaturen T for dt dt Newtons afkølingslov beskriver sammenhængen mellem et legemes temperatur og den tid det tager før det afkøles eller opvarmes. Et legeme kunne være en ret i ovnen, en kop kaffe eller en varm metal klods. Loven siger følgende: Tidsændringen af temperaturen, T(t) af et legeme er proportionalt med temperaturforskellen mellem legemets temperatur, T, og temperaturen af det omlæggende materiale, A, f.eks. luft, er givet ved:

II. ANVENDELSE AF DIFFERENTIALLIGNINGER 22 Figur 13: Saltindholdet i tank C. dt dt = k (A T ) Hvor k er en positiv konstant. T er som sagt legemets temperatur og A er det omliggende materiales temperatur. Hvis T er større end A betyder det, at legemet afgiver energi til det omliggende materiale indtil der er ligevægt. Hvis nu A er større end T betyder det, at det omliggende materiale afgiver energi til legemet indtil der er ligevægt. Le Roastbeef En roastbeef på 2,27 kg har en stuetemperatur på 10 grader, den sættes ind i en forvarmet ovn på 190 grader klokken 17. Efter 75 minutter har stegen en temperatur på 52 grader. Hvor lang tid skal stegen være i ovnen før den har en temperatur på 66 grader? Det handler om at finde to ligninger med to ubekendte, og derefter bestemme konstanterne k og c. T (0) = 10 C T (75) = 52 C A = 190 C

II. ANVENDELSE AF DIFFERENTIALLIGNINGER 23 Vi beskriver denne stegning med Newtons afkølingslov og får udtrykket Som vi reducerer dt dt dt dt = k (190 T ) dt dt = k (190 T ) dt = 190k kt dt + kt = 190k Denne differentialligning er på formen y + ay = b og har derfor den generelle løsning T (t) = k 190 + C e kt T (t) = 190 + C e kt k som kan ses på figur 14 med T (0) = 10, T (0) = 10 og T (0) = 0 indtegnet. Figur 14: Integralkurveplot af temperaturen som funktion af tiden. For at finde C og k løser vi to ligninger med to ubekendte 10 = 190 + C e k 0 og får

II. ANVENDELSE AF DIFFERENTIALLIGNINGER 24 C = 180 og løser 52 = 190 180 e k 75 og får k = 0.003543 Vi kan nu opstille vores partikulære løsning T (t) = 190 180 e 0.003543t For at finde den tid hvor stegens temperatur er 66 C, sætter vi T (t) = 66 og løser for tiden 66 = 190 180 e 0.003543t t = 105.2 Bøffen vil altså være 66 C inden i, hvilket svarer til medium stegt, efter 105.2 minutter 1½ time. Optøning af en and En frossen and på 3600 gram tages ud af fryseren og placeres på køkkenbordet til optøning. Til tiden 0 har anden en indvendig temperatur på -18 C. I køkkenet er temperaturen 22 C. Efter 6 timer har anden en indvendig temperatur på -5 grader. Vi skal nu finde ud af hvornår andens invendige temperatur har nået 15 C. t(0) = -18 C t(6) = -5 C Vi benytter Newtons afkølingslov og med andens data får vi dt dt = k (A T ) dt dt = k (22 T )

II. ANVENDELSE AF DIFFERENTIALLIGNINGER 25 Dette reducerer vi på og får dt dt dt dt = k (22 T ) dt = 22k kt dt + kt = 22k Denne ligning er også på formen y + ay = b og har derfor den generelle løsning T (t) = 22k k + C e kt 22 + C e kt Vi opskriver igen 2 ligninger med to ubekendte, hvor vi først løser for C ved at benytte T ( 18) = 0 18 = 22 + C e k 0 C = 40 Vi har nu C og kan løse for k, ved at benytte T (6) = 5 5 = 22 40 e k 6 k = 0.0655 Igen har vi lavet et plot der viser integralkurverne, hvor T (0) = 30, T (0) = 18 og T (0) = 0 er blevet udvalgt. Den ene er naturligvis vores opgivne startværdi. Disse kan ses på figur 15. Vi er nu i stand til at opstille vores partikulære løsning, som bliver T (t) = 22 40 e 0.0655t For at finde det tidspunkt hvor andens indvendige temperatur er nået 15 C, sætter vi T (t) = 15 og løser for tiden 15 = 22 40 e 0.0655t t = 26.61 Da tiden er opgivet i timer kan vi beregne at andens temperatur indvendig har nået 15 C efter 26.6 timer.

II. ANVENDELSE AF DIFFERENTIALLIGNINGER 26 Figur 15: Andens temperatur som funktion af tiden, som integralkurver.

Litteratur [1] Jens Carstensen, Jesper Frandsen og Jens Studsgaard. Mat B (hf). Systime, 1. udgave, 2007. [2] Jens Carstensen, Jesper Frandsen og Jens Studsgaard. Mat B til A (stx). Systime, 2. udgave, 2008. [3] Claus Jessen, Peter Møller og Flemming Mørk. Integralregning og sandsynlighedsregning. Gyldendal, 1. udgave, 1999. [4] Tom Lindstrøm. Kalkulus. Universitetsforlaget, 3. udgave, 2006. [5] Ken Riley, Michael Hobson og Stephen Bence. Mathematical methods for Physics and Engineering. Cambridge, 3. udgave, 2006. 27