Miljövetenskaplig metodkurs Föreläsningsanteckningar i matematik. Hasse Carlsson

Transkript

1 Miljövetenskaplig metodkurs Föreläsningsanteckningar i matematik Hasse Carlsson

2 1 Inledning I den här delen av kursen skall vi lära oss att matematiskt modellera tillväxt (eller avtagande) i enkla typer av populationsmodeller Dessa populationer består av individer som kan vara av många olika slag, tex människor, bakterier, luftföroreningar, pengar, Eftersom matematik är abstrakt och generell går den att använda på alla dessa typer av populationer I de andra avsnitten av modelleringskursen kommer ni att behandla mer komplicerade modeller som kan lösas med olika datorprogram, tex Stella Vi börjar med att studera ett problem som är typiskt för kursen I lösningen av problemet kommer vi att använda en hel del gymnasiematematik och kanske också en del matematik som är ny för er Vi skall ta upp dessa metoder i senare kapitel så fastna inte här, det är bättre att att gå vidare och återvända till exemplet när vi har gått igenom denna matematik Exempel En behållare med förorenat vatten späds ut med rent vatten Hur förändras (minskar) andelen föroreningar? Det finns två principiellt olika sätt att modellera detta exempel Ett sätt är att tänka sig att förändringen sker stötvis vid skilda tidpunkter, tex genom att man vid dessa tidpunkter häller en hink vatten i behållaren Ett sådant förlopp kallas diskret Ett annat sätt är att man tillför vatten hela tiden, tex genom att låta vatten rinna in i behållaren genom en kran Ett sådant förlopp kallas kontinuerligt 11 En diskret modell Exempel En behållare innehåller 100 liter vätska Förutom vatten innehåller vätskan 5% av en viss förorening En gång i minuten häller vi ut en tiolitersspann med vätska och fyller på med 10 liter rent vatten Hur stor är andelen föroreningar i behållaren efter tio minuter? När har koncentrationen sjunkit till 1%? Eftersom 5% av 100 liter är 5 liter finns det från början 5 liter föroreningar i behållaren Den fyllda hinken innehåller 5% av 10 liter, dvs en halv liter föroreningar Så när vi har tömt behållaren på en sådan hink finns det kvar 5 1 = 4,5 liter föroreningar Det betyder att koncentrationen föroreningar 2 nu är 4,5 100 = 0,45 eller 4,5% Nästa gång kommer föroreningarna i spannen att vara 4,5% av 10 liter,dvs 0,45 liter Så nu innehåller behållaren 4,5 0,45 = 4,05 liter föroreningar eller 1

3 4,05% I princip kan vi upprepa dessa kalkyler 10 gånger för att bestämma andelen föroreningar efter tio minuter Ett mycket bättre sätt är att i stället analysera hur mängden (eller koncentrationen) föroreningar i allmänhet förändras vid en hinktömmnning För det behöver vi införa lämpliga beteckningar Vi låter x n och c n vara mängden respektive koncentrationen föroreningar i behållaren efter n minuter Eftersom behållaren innehåller 100 liter gäller c n = xn eller x 100 n = 100c n Vi vet att att c 0 = 0,05 och x 0 = 5 liter Vi skall nu bestämma hur x n förändras efter en ny tömmning Eftersom koncentrationen i behållaren och därmed i hinken är c n innehåller hinken 10c n liter föroreningar Behållarens innehåll av föroreningar har därför minskat från x n liter före tömmningen till x n 10c n liter föroreningar efter tömmningen Vi har alltså x n+1 = x n 10c n Eftersom x n = 100c n ger detta 100c n+1 = 100c n 10c n = 90c n eller c n+1 = 0,9c n Vi kan sammanfatta resonomanget ovan i rekursionsekvationen { c0 = 0,05 c n+1 = 0,9c n,n = 0, 1, 2, Från denna ekvation får vi succesivt c 0 = 0,05 c 1 = 0,9c 0 c 2 = 0,9c 1 = 0,9 0,9c 0 = 0,9 2 c 0 c 3 = 0,9c 2 = 0,9 0,9 2 c 0 = 0,9 3 c 0 c 4 = 0,9c 3 = 0,9 0,9 3 c 0 = 0,9 4 c 0 Vi har alltså allmänt att c n = 0,9 n c 0 och speciellt c 10 = 0,9 10 0,05 0,0174 eller ungefär 1,7% För att besvara den andra frågan skall vi välja n så att c n första gången understiger 0,01 Ekvationen c n = 0,01 ger att 0,05 0,9 n = 0, 01 eller 0, 9 n = 0,01 0,05 = 1 5 Logaritmerar vi denna ekvation får vi n ln 0,9 = ln 0,9n = ln 1 5 som ger n = ln 1 5 ln 0,9 15,2 Så det tar 16 minuter tills koncentrationen har sjunkit till 1% 2

4 12 En kontinuerlig modell I det här avsnittet skall vi behandla en kontinuerlig version av exemplet i avsnitt 11 Exempel En behållare innehåller 100 liter vätska Förutom vatten innehåller vätskan 5% av en viss förorening Vattnet rinner ut genom ett hål i bottnen med en hastighet av 10 liter per minut Samtidigt tillförs rent vatten med samma hastighet genom en kran Hur stor är andelen föroreningar i behållaren efter tio minuter? När har koncentrationen sjunkit till 1%? Nu kommer koncentrationen att variera kontinuerligt med tiden så det är naturligt att betrakta andelen föroreningar som en funktion som beror på tiden Vi låter x(t) vara mängden föroreningar (i liter) efter t minuter och låter c(t) vara koncentrationen föroreningar Som förut har vi sambandet x(t) = 100c(t) Dessutom är x(0) = 5 liter och c(0) = 0,05 Vi skall nu undersöka hur koncentrationen förändras under ett mycket kort tidsintervall Vi antar att vi känner till mängden föroreningar x(t) vid en viss tid och skall försöka bestämma x(t+dt), mängden föroreningar dt minuter senare En svårighet är att koncentration föroreningar i behållaren hela tiden minskar Men om vi antar att tiden dt är mycket kort är koncentrationen föroreningar nästan konstant lika med c(t) under tiden från t till t+dt Under detta tidsintervall rinner det ut 10 dt liter vätska och då koncentrationen föroreningar är nästan c(t) rinner det ut 10c(t)dt liter föroreningar Alltså gäller x(t + dt) x(t) 10c(t)dt Detta kan skrivas om som 100c(t + dt) 100c(t) 10c(t)dt, c(t + dt) c(t) 1 c(t)dt Vi har alltså 10 c(t + dt) c(t) 1 10 c(t)dt, c(t + dt) c(t) 1 10 c(t)dt, och c(t + dt) c(t) dt 1 10 c(t) c(t + dt) c(t) När dt 0 konvergerar mot derivatan c (t) Dessutom dt blir approximationen allt bättre Vi får därför c (t) = 1 c(t) 10 Resonemanget kan sammanfattas i differentialekvationen { c (t) = 1 10 c(t), t 0 c(0) = 0,05 3

5 Längre fram i kursen skall vi se hur man löser en sådan differentialekvation Nu nöjer vi oss med att verifiera att c(t) = Ce 1 10 t är en lösning för varje konstant C Med hjälp av kedjeregeln ser vi att d 1 dt (Ce 10 t ) = Ce 1 10 t d dt ( 1 10 t) = Ce 10 t och alltså är c(t) = Ce 1 10 t en lösning Begynnelsevillkoret c(0) = 0,05 ger C = 0,05 Så koncentrationen föroreningar efter t minuter ges av c(t) = 0, 05e 1 10 t Sätter vi t = 10 får vi att den sökta koncentrationen blir c(10) = 0,05e = 0,05e 1 0,0183 eller cirka 1,8% När koncentrationen har avtagit till 1% gäller c(t) = 0, 05e 1 10 t = 0,01 Detta ger e 1 10 t = 0,01 = 1 1 Logaritmerar vi båda leden får vi t = ln 1, 0, t = 10 ln 1 16,09 Alltså har koncentrationen sjunkit till 1% efter cirka 5 16 minuter 2 Potenser I Exempel 11 fick vi lösningen c n = 0,9 n c 0 Uttrycket 0,9 n kallas för en potens med basen 0,9 Vi skall definiera potenser a x när basen a är ett godtyckligt fixt positivt tal och x ett reellt tal Vi börjar med fallet då x är ett positivt heltal Definition 21 Om n är ett positivt heltal så är a n = a a a a }{{} n stycken Så a n är helt enkelt a multiplicerat med sig själv n gånger Vi har följande Räkneregler 22 a n a m = a n+m, (a n ) m = a nm och a n b n = (ab) n Definition 21 ((forts)) Om n är ett positivt heltal så är a n = 1 a n och a 0 = 1 4

6 Nu har vi alltså definierat a n då n är ett godtyckligt heltal Speciellt har vi att a 1 = 1 a Räknereglerna ovan gäller fortfarande och dessutom har vi Räkneregler 22 ((forts)) Exempel Förenkla a = a n a m = an m Lösning Vi delar upp talen 6, 4 och 12 i primtalsfaktorer Vi har 6 = 2 3, 4 = 2 2 och 12 = 3 4 = Så med hjälp av räknereglerna får vi a = (2 3)8 (2 2 ) 3 (2 2 3) 7 3 = (2 2 ) = = 1 Nästa steg är att definiera a 1/n Idéen är att göra det så att räkneregeln (a n ) m = a nm bevaras Det betyder att vi skall ha (a 1/n ) n = a Betrakta funktionen y = x n Om a > 0 så har ekvationen x n = a precis en positiv rot Definition 21 ((forts)) Vi låter a 1/n vara det positiva tal som uppfyller (a 1 n ) n = a y = x n y = x n y = a y = a x = a 1/n x = a 1/n n jämnt n udda 5

7 Om n är udda är det bara a 1/n som uppfyller x n = a Om n är jämt finns det två sådana tal, a 1/n och a 1/n Tex har ekvationen x 2 = 4 rötterna 4 1/2 = 2 och 4 1/2 = 2 men ekvationen x 3 = 8 har bara lösningen x = 2 Man skriver ofta n a i stället för a 1 n och a = a 1 2 Vi kan nu definiera a r då r är ett rationellt tal Definition 21 ((forts)) a m n = (a 1 n ) m Till sist kan vi definiera a x då x är ett reellt tal Talet x kan approximeras med en följd av rationella tal r n, x = lim n r n, och vi sätter Definition 21 ((forts)) a x = lim a rn n För potenserna a x gäller följande räkneregler Räkneregler 22 ((forts)) Om a och b är positiva reella tal och x, y och z godtyckliga reella tal så gäller a x+y = a x a y och a x y = ax a y a 0 = 1 och a 1 = a a xy = (a x ) y (ab) x = a x b x a x > 0 för alla x Övning 21 Skriv som potenser av 2 (a) 1 64, (b) , (c) Övning 22 Förenkla (a) (2 3 ) 3, (b) (e 3 ) 6 ( e 2 ) 3 6

8 21 Storleksuppskattningar I samband med populationsmodeller kommer antalet individer ofta att växa exponentiellt Den n-te generationen består av a n individer Det är viktigt att ha en grov uppfattning av hur stora sådana tal är Hur stort är 0,9 100, etc? I det är avsnittet skall vi behandla några sådana exempel Exempel 21 Hur långt är en miljon meter? En miljon meter är 10 6 meter En kilometer är 10 3 meter och en mil är 10km= 10 4 meter Så en miljon meter är 10 6 m= m= 10 2 mil=100 mil Exempel 22 Hur många sekunder går det på ett år? Ett år är 365 dygn, ett dygn är 24 timmar, en timme är 60 minuter och en minut är 60 sekunder Vi har alltså 1 år = 365 dygn = timmar = minuter = sekunder För att se ungefär hur stort detta tal är gör vi följande överslagsberäkningar = = = Alltså går det ungefär 30 miljoner sekunder på ett år Anmärkning 21 Min räknedosa ger svaret sekunder Exempel 23 Enligt en av legenderna kring schackspelet uppfanns spelet till en maharadja i Indien Han var inte någon särskilt duglig regent För att taktfullt rikta maharadjans uppmärksamhet på hans fel skapade en av brahmanerna, den vise Sessa, ett spel i vilket den viktigaste pjäsen - kungen - inte kan uträtta något utan hjälp av andra pjäser och bönder Maharadjan fick sig en lektion i schack och spelet lär ha gjort ett starkt intryck på honom För att visa sin tacksamhet lovade maharadjan att Sessa skulle få önska sig vad han ville Sessa önskade sig då en till synes ringa belöning och bad att man ur maharadjans förråd skulle ge honom ris På schackbrädets första fält skulle ett korn placeras, på det andra två korn, på det tredje 4 korn, på det fjärde 8 korn och så vidare på schackbrädets alla 64 rutor, varvid portionen varje gång skulle fördubblas Maharadjan gick villigt med på detta Vad hände när belöningen skulle betalas? Hur många riskorn hamnade på den sista rutan? Om vi låter a n vara antalet korn som hamnar på ruta nummer n så gäller { a1 = 1 a n+1 = 2a n,n = 1, 2, 3,,63 7

9 Från denna ekvation får vi succesivt a 1 = 1 a 2 = 2a 1 = 2 a 3 = 2a 2 = 2 2 = 2 2 a 4 = 2a 3 = = 2 3 a 64 = 2 63 Nu gäller det att uppskatta hur stort 2 63 är Försök I Vi använder att 2 3 = 8 10 och får 2 63 = = (2 3 ) 21 = Försök II Nu använder vi att 2 10 = = 10 3 Så 2 63 = = 2 3 (2 10 ) 6 8 (10 3 ) 6 = Försök III Min räknedosa ger att , Nu har vi räknat ut hur många riskorn som hamnade på den sista rutan Men Sessa skulle ju inte bara ha dessa utan alla riskornen som låg på schackbrädet Detta antal är S = a 1 +a 2 +a 3 ++a 63 = För att beräkna summan S skriver vi upp 2S och S, 2S = S = Dessa summor skiljer sig bara åt i den första och sista termen Så när vi bildar 2S S = S kommer alla utom två av termerna att ta ut varandra och vi får S = Så det blev inte ens dubbellt så många riskorn För att försöka få en mer konkret uppfattning om hur mycket 2 64 riskorn är utgår vi att en liter ris är ungefär riskorn och att Sveriges yta är ungefär km 2 På en kubikmeter ryms det därför = riskorn Eftersom 2 64 = ger detta att = = = kubikmeter riskorn Eftersom 1km 2 = (10 3 ) 2 m 2 = 10 6 m 2 är Sveriges yta ungefär 4, km 2 = 4, m 2 = 4, m 2 Så om vi lägger ut riskornen jämnt över hela Sverige skulle rislagret bli nästan en meter tjockt 22 Förslag till svar 1 (a) 2 6, (b) 2 2, (c) (a) 8, (b) 1 8

10 3 Exponentialfunktioner och logaritmer I inledningen såg vi att man ibland vill lösa ekvationer som 0,9 x = 1 Det kan man göra med hjälp av logaritmer som är inverser till exponentialfunktioner I förra kapitlet definierade vi potenser a b Om vi fixerar basen a och låter b variera får vi en exponentialfunktion Definition 31 Funktionen y = a x kallas för en exponentialfunktion med basen a Speciellt viktig är den exponentialfunktion vars bas är talet e där ( e = lim n n n) Funktionen e x kallas ofta för den naturliga exponentialfunktionen (eller helt enkelt exponentialfunktionen) Den har den viktiga egenskapen att den är sin egen derivata, De x = e x Det kommer att vara viktigt för oss i samband med kontinuerliga populationsmodeller Om n = 100 så är ( 1 + n) 1 n ( = 2,7048 och när n = så är n n) = 2,71815 Decimalutvecklingen av e börjar e = 2, Vi skall strax se att man kan skriva om en godtycklig exponentialfunktion till en med basen e Därför är det tillräckligt att behärska den naturliga exponentialfunktionen För att kunna lösa ekvationerna e x = a inför vi den naturliga logaritmfunktionen Eftersom e x > 0 för alla x måste a > 0, annars saknar ekvationen lösning Eftersom e > 1 är y = e x en växande funktion, och därför har, om a > 0, ekvationen e x = a precis en lösning Den betecknas lna och kallas för a:s naturliga logaritm, eller logaritmen av a Vi sammanfattar Definition 32 Funktionen y = lnx är inversen till funktionen y = e x ln x är definierad för x > 0 Logaritmfunktionen används alltså för att lösa ekvationen e x = a Den har lösningen x = ln a Exempel 31 Lös ekvationen e x = 2 Logaritmering ger x = ln 2 0,693 Med hjälp av räknereglerna för potenser kan man härleda följande regler för den naturliga logaritmen 9

11 Räkneregler 33 och ln xy = lnx + ln y ln x = lnx ln y y ln 1 = 0 och ln e = 1 ln x y = y ln x Exempel 32 Lös ekvationen 10 x = 2 63 Logaritmering ger ln 10 x = ln 2 63 Men eftersom ln 10 x = x ln 10 och ln 2 63 = 63 ln 2 ger detta x ln 10 = 63 ln 2 och x = 63 ln 2 ln 10 18,9 Alltså är ,9 Det är tillräckligt att behärska e x och lnx för att kunna hantera alla exponentialfunktioner Eftersom e x och lnx är inverser till varandra gäller för alla b > 0 att e ln b = b Använder vi detta med b = a x får vi a x = e ln ax = e x ln a Man kan också visa att om log a x är inversen till a x så gäller Exempel 33 Beräkna 2 π Vi har log a x = ln x ln a 2 π = e ln 2π = e π ln 2 8,82 Exempel 34 Beräkna log 2 e Vi har log 2 e = ln e ln 2 = 1 ln 2 1,44 Övning 31 Bestäm alla x så att a) 3 2x 3 1 2x = 2 b) 4 x x = 5 Ledning Sätt t = 3 2x respektive t = 4 x och bestäm t genom att lösa en andragradsekvation Övning 32 Ange följande värden a) lne b) lne 2 c) ln e d) e ln 2 Du bör klara det utan hjälp av räknedosa Övning 33 Lös följande ekvationer a) lnx = 0 b) lnx = 1 c) ln x = 1 d) ln(x 1) 2 ln(x 2 1) = 2 Övning 34 Lös ekvationen ln(x 2 4) 2ln(x + 2) = ln(2/3) Övning 35 För vilka reella x är 10 x = 2 x? Övning 36 Bestäm alla reella rötter till ekvationen 3lnx = 1 + ln(3x) 10

12 31 Förslag till svar 1 a) x = 1 2 b) x = 0 & x = 1 2 a) 1 b) 2 c) 1 2 d) 2 3 a) 1 b) e c) 1 e d) 1 + e2 1 e 2 4 x = 10 5 x = 0 6 3e 11

13 4 Diskreta tillväxtmodeller Eftersom vi nu har tillgång till mer matematiska verktyg kan vi behandla lite mer komplicerade modelleringsproblem Exempel En viss population tillväxer genom att mängden material ökar med 10% per dygn Om det från början fanns 10kg av ämnet, hur mycket finns det då efter 30 dygn? Modell: Vi låter x n vara mängden (i kg) av ämnet efter n dygn När mängden i början på ett dygn är x n så har den ett dygn senare ökat med 10%, dvs med 0,1x n Så x n+1 = x n + 0,1x n = 1,1x n Alltså gäller { x0 = 10 x n+1 = 1,1x n,n = 0, 1, 2, Detta ger x 1 = 1,1x 0 x 2 = 1,1x 1 = 1,1 2 x 0 x 3 = 1,1x 2 = 1,1 3 x 0 x 4 = 1,1x 3 = 1,1 4 x 0 x 30 = 1,1 30 x 0 = 10 1,1 30 Med hjälp av räknedosa ser vi att 10 1, ,5 så det finns alltså ungefär 174,5 kg efter 30 dygn Vad händer om vi skördar 1 kg i slutet av varje dygn? 2 Modell: Nu gäller att x n+1 = 1,1x n 1 2 Så { x0 = 10 x n+1 = 1,1x n 1 2,n = 0, 1, 2, Detta ger x 1 = 1,1x 0 1 2, x 2 = 1,1x = 1,1( 1,1x ) 1 2 = 1,12 x 0 1 (1 + 1,1), 2 x 3 = 1,1x = 1,1( 1,1 2 x (1 + 1,1)) 1 2 = 1,13 x (1 + 1,1 + 1,12 ) Upprepar vi detta ser vi att nu blir x 30 = 1,1 30 x (1 + 1,1 + 1,12 + 1, ,1 29 ) 12

14 Det gäller nu att räkna ut summan S 29 = 1 + 1,1 + 1, , ,1 29 Detta är en geometrisk summa med kvoten 1,1 Definition 41 a+ak+ak 2 +ak 3 ++ak n kallas för en geometrisk summa med kvoten k I en sådan geometrisk summa gäller att kvoten mellan två på varandra följande termer är k Vi har i samband med schackspelet redan räknat ut en sådan summa (med kvoten 2) Vi skall nu göra på samma sätt för att beräkna S 29 Vi har 1,1S 29 = 1,1 + 1, , , ,1 30 S 29 = 1 + 1,1 + 1, , ,1 29 Så 0,1S 29 = 1,1S 29 S 29 = 1, vilket ger S 29 = 1, ,1 = 10(1,1 30 1) Övning 41 Visa att om k 1 så gäller Vad händer om k = 1? a + ak + ak 2 + ak ak n = a kn+1 1 k 1 Stoppar vi in detta i formeln för x 30 får vi x 30 = 1,1 30 x S 29 = 10 1, ( 10(1,1 30 1) ) = 5 1, Detta ger x 30 = 5(1, ) 92,2 kg När blir mängden material vid halvkilosskörd lika stor som när vi inte skördar? Vi skall bestämma n så att x n 174,5 Vi har x n = 5 1,1 n +5 = 5(1,1 n +1) så detta villkor ger x n = 5(1,1 n + 1) = 174,5, 1,1 n = 174,5 5 Så det tar 37 dygn n ln 1,1 = ln 33,9, n = 1, 1,1 n = 33,9, ln 33,9 ln 1,1, n 36,97 13

15 Hur mycket skall vi skörda per dygn för att få störst utbyte? Modell: Om vi skördar a kg per dygn gäller att x n+1 = 1,1x n a Så { x0 = 10 x n+1 = 1,1x n a,n = 0, 1, 2, Detta ger x n = 1,1 n x 0 a(1 + 1,1 + 1, ,1 n 1 ) = 10 1,1 n 10a(1,1 n 1) = 10 (1 a)1,1 n + 10a Den största skörden får vi vid så kallad rovdrift, vi skördar så mycket att allt material är slut efter 30 dygn Det betyder att vi skall välja a så att x 30 = 0 Detta ger 10 (1 a)1, a = 0, (a 1)1,1 30 = a, a(1,1 30 1) = 1,1 30 så a 1,06 Övning 42 Hur mycket har vi skördat vid rovdrift? Svar: 31,8 kg Detta är inte mycket mer än 30 kg, det man får vid ekologisk drift dvs då man bara skördar tillväxten och alltså håller populationen konstant Övning 43 Tanken i denna uppgift är att man succesivt generaliserar sina resultat Det underlättar ofta, speciellt när man stöter på problem med parametrar i Man skall alltså se c) som slutmålet och a) och b) som en väg dit Vi betraktar några talföljder x 0, x 1, x 2, Skriv i vart och ett av fallen upp de fyra första talen i följden och försök sedan skriva upp en formel som anger x n som en funktion av n a) Följden definieras av b) Följden definieras av { x0 = 3 x n+1 = 2x n,n = 0,1,2, c) Följden definieras av { x0 = C x n+1 = 2x n,n = 0,1,2, { x0 = C x n+1 = rx n,n = 0,1,2, 14

16 Övning 44 Antag att man förhandlar till sig ett tioårigt lån på kr till 10% årlig ränta (med kapitalisering bara en gång per år, i slutet av året) Man har också lyckats få lånet helt armorteringsfritt och betalar all ränta när lånet skall betalas tillbaka efter tio år (Gör de följande uppgifterna i den ordning du tycker verkar enklast, ordningen är inte självklar) a) Hur stor skuld har man om tio år? b) Ge en formel för hur stor skulden är efter n år (n 10) c) Försök formulera matematiskt hur skulden växer från ett år till nästa Övning 45 Vi betraktar samma lån som i Uppgift 4 med den enda skillnaden att man nu i slutet av vart och ett av de första nio åren betalar av skulden med ett konstant belopp a kronor a) Försök också nu att ge en matematisk formulering av hur skulden ändras från ett år till nästa b) Ge en formel för hur stor skulden x n ser ut efter vart och ett av de första nio åren c) Hur stor blir den slutbetalning man skall göra det tionde året om a = 1000, a = 1500 respektive a = 500? d) Hur skall man välja a så att man genom att betala a kr även sista gången blir helt skuldfri? (Ett så kallat annuitetslån) Övning 46 (Tentamensuppgift) En tank innehåller 1000 liter förorenat vaten Förorening har koncentrationen 100 gram per liter En gång i minuten tappas 25 liter vätska från tanken och ersätts med 25 liter rent vatten a) Hur stor är koncentrationen föroreningar efter andra påfyllningen? b) När har koncentrationen föroreningar sjunkit till 50 gram per liter c) Hur ändras resultatet i b) om vattnet som fylls på också är förorenat med koncentrationen 10 gram per liter? Övning 47 (Tentamensuppgift) En viss population minskar med 5% årligen a) Hur många individer finns det i populationen efter 20 år om det från början fanns 100 tusen individer? Antag nu att populationen dessutom påverkas av in- och utvandring på så sätt att varje år sker en invandring med 25 tusen individer och en utvandring på 10 tusen individer b) Hur många individer finns det nu efter ett år? c) Hur många individer finns det efter två år? d) Hur lång tid tar det tills populationen har fördubblats? 15

17 41 Förslag till svar 1 a) (n + 1)a 3 a) 3, 6, 12, 24 & x n = 3 2 n, b) C, 2C, 2 2 C, 2 3 C & x n = C 2 n, c) C, Cr, Cr 2, Cr 3 & x n = Cr n, 4 a) , , b) ,1 n, c) x n+1 = 1,1x n 5 a) x n+1 = 1,1x n a, b) ,1 n 10a(1,1 n 1), c) 10000, 2031 resp 17969, d) 1627,5 6 a) 95 g/l, b) Efter 28 min, c) 95,6 g/l resp efter 33 min 7 a) 35850, b)110000, c) , d) 14 år 16

18 5 Derivator Kontinuerliga populationsmodeller leder till differentialekvationer För att kunna lösa sådana måste man kunna en del om derivator Vi börjar med ett exempel Exempel 51 Bestäm riktningskoefficienten för tangenten till kurvan y = x 2 i punkten (1, 1) Betrakta kordan L h genom punkterna (1, 1) och (1 + h, (1 + h) 2 ) (1 + h) 2 1 (1, 1) h Tangenten L är den gränslinje kordan L h närmar sig då h 0 Kordan L h har riktningskoefficienten k h där k h = (1 + h)2 1 h = 1 + 2h + h2 1 h = 2 + h 2 då h 0 Alltså har tangenten L riktningskoefficienten k = lim h 0 k h = 2 och tangentens ekvation blir y = 1 + 2(x 1) eller y = 2x 1 Med ledning från detta exempel definierar vi derivatan av en funktion y = f(x) på följande sätt Definition 51 Funktione f(x) är deriverbar om gränsvärdet f (x) = lim h 0 f(x + h) f(x) h existerar Funktionen y = f (x) kallas för derivatan av f(x) 17

19 I Exempel 1 visade vi att derivatan av x 2 då x = 1 är 2, eller i formler Dx 2 x=1 = 2 Det finns flera olika sätt att beteckna derivatan Vi har redan använt f (x) och Df(x) Några andra är d df dy f(x), och dx dx dx Derivatan kan tolkas som ändringen hos f per tidsenhet Vi har därför att Deriveringsregler 52 om f (x) = 0 så är f(x) konstant, om f (x) 0 så är f(x) växande, om f (x) 0 så är f(x) avtagande D(Cf(x)) = Cf (x) (51) D(f(x) + g(x)) = f (x) + g (x) (52) D ( f(x)g(x) ) = f (x)g(x) + f(x)g (x) (53) D f(x) g(x) = f (x)g(x) f(x)g (x) g 2 (x) (54) Dx α = αx α 1 (55) De x = e x (56) D ln x = 1 x (57) Exempel 52 a) Två specialfall av (5) är Dx 3 = 3x 2 och D x = Dx 1 2 = x 1 2 = 2 x b) D(3x 2 + 2x) = 3Dx 2 + 2Dx = 3 2x + 2 = 6x + 2 c) Enligt (5) gäller Dx 2 = 2x Ett annat sätt att visa detta är att använda produktregeln (3), Dx 2 = D(x x) = Dx x + x Dx = 1 x + x 1 = 2x d) Enligt (5) gäller D 1 x = Dx 1 = 1 x 2 = 1 x 2 Vi kan också härleda detta med hjälp av kvotregeln, D 1 x = 0 x 1 1 x 2 = 1 x 2 Vi behöver också en regel för att derivera sammansatta funktioner 18

20 Kedjeregeln 53 Df(g(x)) = f (g(x))g (x) (58) Exempel 53 a) De 2x = e 2x D(2x) = 2e 2x Mer allmänt gäller D(Ce kx ) = Ce kx D(kx) = Cke kx så y = Ce kx löser differentialekvationen y = ky b) Vi skall beräkna D (3x 2 + 1) 2 på tre sätt D ( 3x ) 2 = D(9x 4 + 6x 2 + 1) = 36x x D ( 3x ) ( 2 (3x = D ) (3x ) ) ( ) = D 3x (3x ) + ( 3x ) D ( 3x ) = 2 6x(3x 2 + 1) = 36x x D ( 3x ) 2 = 2 ( 3x ) D ( 3x ) = 2 ( 3x ) 6x = 36x x c) Härledning av derivatan av lnx Vi har x = e ln x Så x och e ln x har samma derivata Nu är Dx = 1 och med hjälp av kedjeregeln ser vi att De ln x = e ln x D ln x = xd ln x Så alltså gäller 1 = xd ln x vilket ger D ln x = 1 x Övning 51 Derivera följande funktioner a) x 5 3x + 2, b) x 3, c) e 3x, d) 10 x, e) ln(1 + x 2 ), f) ln 1 + x 2 Övning 52 Bestäm ekvationen för tangenten till kurvan y = x 2 i punkten (2,4) Övning 53 Bestäm andraderivatan f av funktionen f(x) = lnx Övning 54 Visa att funktionen y(t) = 5e 1 2 t2 uppfyller differentialekvationen y (t) = ty(t) 19

21 51 Förslag till svar 1 a) 5x 4 3, b) 3/x 4, c) 3e 3x, d) ln x, e) 2x/(1 + x 2 ) f) x/(1 + x 2 ) 2 y = 4x 4 3 1/x 2 20

22 6 Differentialekvationer Exempel 61 Lös differentialekvationen y (t) = 2y(t) Vi skriver ekvationen som y (t) 2y(t) = 0 Funktionen 2t har derivatan 2 som är koefficienten framför y(t) Om vi nu multiplicerar y (t) 2y(t) = 0 med den så kallade integrerande faktorn e 2t får vi e 2t (y (t) 2y(t)) = 0 Nu gäller D ( y(t)e 2t) = y (t)e 2t + y(t)e 2t ( 2) = e 2t( y (t) 2y(t) ) och differentialekvationen kan därför skrivas som D ( y(t)e 2t) = 0 Men att derivatan av en funktion är 0 betyder att funktionen är konstant Alltså har vi att y(t)e 2t = C för någon konstant C Vi får y(t) = C/e 2t = Ce 2t I det här kapitlet skall vi se att lösningsmetoden i Exempel 1 kan användas för att lösa första ordningens ordinära linjära differentialekvationer En ordinär differentialekvation av första ordningen är en ekvation som kan skrivas y (t) = F(t,y(t)) eller kortare y = F(t,y) Här är F en känd funktion och vi skall bestämma kurvan y = y(t) så att riktningskoefficienten för dess tangent i punkten (t, y(t)) är F(t, y) Detta illustreras av följande figur Som i Exempel 1 har ekvationen y = F(t,y) inte en entydig lösning Lösningen bestäms ofta av ett begynnelsevillkor, y(0) = a (I figuren är y(0) = 0,1) I allmänhet kan man inte lösa y = F(t,y) analytiskt (med en formel) utan måste använda någon numerisk metod Vi skall behandla några högerled F då vi kan lösa ekvationen explicit Vi börjar med det enklaste fallet 21

23 61 Primitiva funktioner Den enklaste situationen är när funktionen F inte beror på y, dvs vi har y (t) = f(t) för någon given funktion f Definition 61 F(t) är en primitiv funktion till f(t) om F (t) = f(t) Vi skriver F(t) = f(t)dt Sats 62 Om F(t) är en primitiv funktion till f(t) så kan den allmänna lösningen till differentialekvationen y = f(t) skrivas för någon konstant C y(t) = F(t) + C Bevis Om G(t) = y(t) F(t) så gäller G (t) = y (t) F (t) = f(t) f(t) = 0 Alltså är G en konstant, G(t) = C Så y(t) F(t) = G(t) = C som ger y(t) = F(t) + C Att bestämma en primitiv funktion till f är den omvända operationen till derivering Så det krävs att man är bra på att derivera för att kunna bestämma primitiva funktioner Exempel 62 a) t 3 dt = 1 4 t4 1 b) t 2dt = t 2 dt = t 1 = 1 t c) e t dt = e t d) e 2t dt = 1 2 e2t e) te t2 dt = 1 2 et2 f) t(1 + t 2 ) 2 dt = 1 6 (1 + t2 ) 3 1 g) dt = ln t t Att bestämma en primitiv funktion till en given funktion är svårare än att derivera den Ett exempel på detta är Exempel 2g), den enkla funktionen 1 har den mer komplicerade primitiva funktionen lnt Man kan bevisa t att många funktioner, tex e t2, inte har någon elementär primitiv funktion (Det går inte att integrera e t2 ) 22

24 Övning 61 Bestäm följande primitiva funktioner ( a) x ) dx, b) e 3x dx, c) x x 3 e x4 dx, d) x 1 + x 2 dx 62 Linjära differentialekvationer En differentialekvation som kan skrivas y (t) + f(t)y(t) = g(t) (61) kallas linjär Den kan lösas med samma metod som i Exempel 1 Vi börjar med att bestämma en primitiv funktion F(t) till f(t), F (t) = f(t) Sedan multiplicerar vi (1) med den integrerande faktorn e F(t) Vi får e F(t)( y (t) + f(t)y(t) ) = g(t)e F(t) Eftersom D ( y(t)e F(t)) = y (t)e F(t) + y(t)e F(t) F (t) = e F(t)( y (t) + f(t)y(t) ) får vi D ( y(t)e F(t)) = g(t)e F(t) Om vi beräknar en primitiv funktion H till högerledet, H (t) = g(t)e F(t), har vi y(t)e F(t) = H(t)+C Detta ger y(t) = (H(t)+C))/e F(t) = (H(t)+C))e F(t) och vi har löst (1) Låt oss nu se hur metoden fungerar i ett par exempel Exempel 63 Låt oss betrakta differentialekvationen i exemplet i avsnitt 12, y = 1 10 y Vi skriver först om ekvationen som y y = 0 Eftersom 10 dt = t 10 blir den integrerande faktorn e t/10 Detta ger ekvationen D ( e t/10 y(t) ) = 0 Så e t/10 y(t) = C och y(t) = Ce t/10 Exempel 64 Om vi i stället skall lösa ekvationen y = 1 10 y + 1 får vi y y = 1 och multiplikation med den integrerande faktorn et/10 ger nu D ( e t/10 y(t) ) = e t/10 Integration ger e t/10 y(t) = e t/10 dt = 10e t/10 + C Division med e t/10 ger slutligen y(t) = 10 + Ce t/10 23

25 Exempel 65 Lös begynnelsevärdesproblemet { y = 2ty y(0) = 1 Vi skriver om ekvationen som y 2ty = 0 Eftersom 2tdt = t 2 är den integrerande faktorn e t2 Vi får D(e t2 y) = 0, vilket ger e t2 y = C och y(t) = Ce t2 Begynnelsevillkoret y(0) = 1 ger 1 = C och alltså är lösningen y(t) = e t2 Övning 62 Ange de funktioner y = y(t) som uppfyller differentialekvationerna a) y = 3y b) { y = 3y y(0) = 4 c) { y = 3y y(1) = 4 d) y = 3y + 2 Övning 63 Lös följande differentialekvationer a) y + 6y = 2 b) { 3y + 2y = 1 y(1) = 0 63 Förslag till svar 1 a) x 4 /4 + lnx, b) 1 3 e 3x, c) 1 4 ex4, d) 1 2 ln (1 + x2 ) 2 a) Ce 3t, b) 4e 3t, c) 4e 3(t 1), d) Ce 3t a) 1 + ( 3 Ce 6t, b) e 3 (1 t) ) 24

26 7 Kontinuerliga tillväxtmodeller I det här avsnittet skall vi gå igenom några exempel som leder till differentialekvationer som kan lösas med metoderna Avsnitt 6 Exempel 71 En kastrull med kokande vatten lyfts av spisplattan och ställs in i ett kylskåp som hela tiden håller temperaturen noll grader Efter en minut har temperaturen på vattnet sjunkit till 87 Vilken temperatur har vattnet efter ytterligare fyra minuter För att kunna lösa detta problem måste vi veta hur avkylning går till Newtons lag för avkylning säger att den hastighet med vilken en kropp avkyls är direkt proportionell mot skillnaden i temperatur mellan kroppen och omgivningen Vi låter y(t) vara vattentemperaturen efter t minuter Eftersom y (t) är den hastighet med vilken temperaturen ändras ger Newtons lag att y (t) = ky(t) för någon konstant k (Eftersom temperaturen minskar väljer vi minustecknet i högerledet Detta gör att k blir en positiv konstant) Dessutom vet vi att y(0) = 100 och y(1) = 87 Vår matematiska modell blir alltså y (t) = ky(t) y(0) = 100 y(1) = 87 och vi skall bestämma y(5) För att lösa denna ekvation skriver vi ekvationen som y + ky = 0 Eftersom k har den primitiva funktionen kt är integrerande faktorn e kt Ekvationen kan alltså skrivas D(e kt y(t)) = 0 Detta ger e kt y(t) = C och y(t) = Ce kt De två konstanterna C och k bestäms av villkoren y(0) = 100 och y(1) = 87 y(0) = 100 ger att C = 100 och från y(1) = 87 får vi att 100e k = 87 så e k = 0,87 (Detta ger k 0,139 men vi behöver inte utnyttja det) Så y(5) = 100e 5k = 100(e k ) 5 = 100 0, , 8 Så efter fem minuter har temperaturen sjunkit till 50 Exempel 72 Hur ändras förra exemplet om vi i stället för att ställa kastullen i kylskåpet ställer den i köket som hela tiden håller temperaturen tjugo grader? Med samma beteckningar som i Exempel 1 ger Newtons lag nu i stället y (t) = k ( y(t) 20 ) Så modellen blir y (t) = k ( y(t) 20 ) y(0) = 100 y(1) = 87 25

27 Vi har alltså y (t) + ky(t) = 20k Efter multiplikation med den integrerande faktorn e kt kan detta skrivas D(e kt y(t)) = 20ke kt Så e kt y(t) = 20ke kt dt = 20e kt + C och y(t) = 20 + Ce kt Villkoret y(0) = 100 ger 100 = 20 + C så C = 80 Villkoret y(1) = 87 ger sedan att 87 = e k och alltså gäller e k = 67 Till sist får vi att 80 ( ) 5 67 y(5) = e 5k = (e k ) 5 = ,96 80 Så nu är temperaturen ca 53 efter fem minuter Anmärkning 71 Ett något listigare sätt att lösa Exempel 2 är att låta T(t) vara temperaturskillnaden mellan kastrullen och och köket (Så T(t) = y(t) 20) Då gäller T (t) = kt(t) T(0) = 80 T(1) = 67 Detta ger (Räkna själv!) att T(t) = Ce kt Villkoret T(0) = 80 ger C = 80 och sedan ger T(1) = 67 att 80e k = 67 så e k = 67/80 Alltså blir T(5) = 80 ( ) ,96 80 Detta ger att vattentemperaturen är y(5) = T(5) , 96 dvs ca 53 Exempel 73 I en damm som rymmer m 3 har vattnet på grund av en olycka blivit förorenat så att vattnet innehåller 5 gram per m 3 av föroreningen Vattnet renas succesivt genom att rent vatten tillförs dammen med en hastighet av 10 m 3 per timma och samtidigt töms dammen med samma hastighet (Så dammen innehåller hela tiden m 3 ) Hur lång tid tar det tills föroreningens koncentration har minskat till 1 gram per liter? Vi låter y(t) och c(t) vara mängden (i gram) respektive koncentrationen (i gram per kubikmeter) föroreningar efter t timmar Vi skall bestämma t så c(t) = 1 Eftersom det rinner ut vätska ur dammen med en hastighet på 10 m 3 /tim och koncentrationen är c(t) minskar föroreningarna med en hastighet av 10c(t) g/tim Men y (t) är minskningen per tidsenhet av föroreningen och alltså gäller y (t) = 10c(t) (Minustecknet beror på att 26

28 mängden minskar) Eftersom c(t) = y(t)/ är 10c(t) = 1 y(t) och 1000 y(0) = c(t) = g, så y(t) uppfyller begynnelsevärdesproblemet { y (t) = 1 y(t) 1000 y(0) = Ekvationen kan skrivas y (t) + y(t)/1000 = 0 Multiplikation med den integrerande faktorn e t/1000 ger D(ye t/1000 ) = 0 Så y(t)e t/1000 ) = C och y(t) = Ce t/1000 ) Begynnelsevillkoret ger C = så y(t) = e t/1000 För att y(t) = skall gälla har vi alltså e t/1000 = vilket ger e t/1000 = 1, t/1000 = ln 1 och t = 1000 ln 1 = 1000 ln , Det tar alltså cirka 1610 timmar tills koncentratonen har sjunkit till 1 g/m 3 Antag nu att förutsättningarna ovan ändras så att vattnet som rinner in i dammen innehåller 0, 5 gram per m 3 av föroreningen Hur lång tid tar det nu tills halten föroreningar har minskat till 1 gram per liter? Som förut minskar föroreningarna med en hastighet av 10c(t) g/tim på grund av att vätska rinner ut ur dammen Men dessutom tillförs föroreningar med en hastighet av 10 0,5 = 5 g/tim Så vi får { y (t) = y(t) + 5 y(0) = Detta ger (Kolla det!) D(y(t)e t/1000 ) = 5e t/1000, y(t)e t/1000 = 5e t/1000 dt = 5000e t/ C, Division med e t/1000 ger y(t) = Ce t/1000 Begynnelsevillkoret ger = C så C = Till sist ger villkoret y(t) = att e t/1000 = , e t/1000 = 1 och 9 t = 1000 ln 1 = 1000 ln , 2 Så nu tar det cirka 2200 timmar tills 9 koncentrationen har sjunkit till 1 g/m 3 Övning 71 Ett föremål, uppvärmt till 125 placeras i luft som konstant håller temperaturen 0 Efter en halvtimme har temperaturen sjunkit till 100 Vilken temperatur har det efter ytterligare en halvtimme? Övning 72 Vad händer om lufttemperaturen i förra övningen ändras till 75? Övning 73 Man har en bakterieodling, där man antar att antalet bakterier y växer så att y = ky för någon konstant k Genom observationer har man kommit fram till att om man mäter antalet bakterier vid en tidpunkt och sedan en timme senare så har antalet bakterier ökat med en procent 27

29 a) Vad i modellen går att bestämma med hjälp av informationen om att antalet bakterier ökar med en procent per timme? b) Antag att det från början fanns bakterier Hur länge dröjer det då tills det finns 45000? Övning 74 En tank rymmer 1000 liter vatten Genom ett rör tillförs en saltlösning med koncentrationen 50g/liter Tillförselhastigheten är 60 liter per timme Med samma hastighet tappas vätska från tanken genom ett annat rör a) Härled en differentialekvation för salthalten i tanken b) Försök att få fram koncentrationen som en funktion av tiden efter det att processen börjat Vi antar att det vid starten inte fanns något salt alls 71 Förslag till svar ,5 3 a) Bestämma k, b) ca 151 timmar 4 a) c (t) = 3 0, 06c(t), b) 50(1 e 0,06t ) 28

30 8 Tentamensuppgifter Övning 81 Övning 82 Övning 83 a) Derivera funktionen y(t) = e 3t b) Derivera funktionen y(t) = ln(te t ) c) Lös differentialekvationen { y (t) = 3y(t) y(0) = 4 d) En kaffekopp står utomhus och svalnar i en temperatur som hela tiden är 0 Antag att avkylningen följer Newtons lag som säger att den hastighet som en kropp avkyls med är direkt proportionell mot temperaturskillnaden mellan kroppens och omgivningens temperatur och ange en differentialekvation som beskriver kaffets temperatur som funktion av tiden e) Om kaffet (i förra deluppgiften) från början var 85 varmt och efter 10 minuter hade svalnat till 60 hur varmt är det då efter ytterligare 10 minuter? f) Hur ändras resultatet i (e) om koppen står i ett rum där temperaturen är 20? a) Lös ekvationen ln x = 4 b) Bestäm det minsta heltal n så att 2 n > c) En viss population tillväxer med 5% årligen Hur många individer finns det i populationen efter 10 år om det från början fanns 100 tusen individer? Antag nu (dvs i del (d)-(e)) att populationen dessutom påverkas av en årlig utvandring på tvåtusen individer d) Hur många individer finns det nu efter två år? e) Hur många individer finns det efter tio år? f) Hur lång tid tar det tills populationen har fördubblats? a) Bestäm det minsta heltal n så att ln n 11 b) Derivera funktionen e t2 En tank innehåller 5000 liter förorenat vaten Förorening har koncentrationen 100 gram per liter En gång i minuten tappas 50 liter vätska från tanken och ersätts med 50 liter rent vatten c) Hur stor är koncentrationen föroreningar efter andra påfyllningen? d) När har koncentrationen föroreningar sjunkit till 50 gram per liter e) Hur ändras resultatet i (d) om vattnet som fylls på också är förorenat med koncentrationen 5 gram per liter? 29

31 Övning 84 a) Derivera funktionen y(t) = e 2t+1 b) Bestäm det minsta heltal n så att c) Lös differentialekvationen ( ) n 3 > { y (t) = 2y(t) y(0) = 3 En damm har blivit förorenad genom en olycka Koncentrationen föroreningar i dammen var 1 gram per liter Dammen som rymmer 1000 kubikmeter har ett tillflöde av rent vatten på 1 kubikmeter per timme och ett utflöde med samma hastighet d) Bestäm koncentrationen föroreningar i dammen efter t timmar e) Hur lång tid tar det tills koncentrationen föroreningar har halverats? 81 Förslag till svar 1 a) 3e 3t, b) t, c) 4e 3t, d) Drygt 42, e) Knappt 45 (Koppen i f) är sämre isolerad än den i e)) 2 a) 54,6, b) 20, c) , d) , e) , f) 21 år 3 a) , b) 2te t2, c) 98,01 g, d) 69 min, e) 75 min 4 a) 2e 2t+1, b) 29, c) 3e 2t, d) e t/1000, e) Drygt 693 tim 30