D 1 u(x, y) = e x (1 + x + y 2 ), D 2 u(x, y) = 2ye x + 1, (x, y) R 2.

Transkript

1 Differentialekvationer I Modellsvar till räkneövning 4 De frivilliga uppgifterna U1 och U2 påminner om nyttiga kunskaper, och räknas inte för extrapoäng (fråga vid behov). U1. Sök en potentialfunktion u = u(x, y) i R 2 för vilken D 1 u(x, y) = e x (1 + x + y 2 ), D 2 u(x, y) = 2ye x + 1, (x, y) R 2. Vilken exakt differentialekvation kan lösas med hjälp av u? Svar: u(x, y) = xe x + e x y 2 + y, och e x (1 + x + y 2 ) + (2ye x + 1)y = 0. U2. Derivera f(x) = ln(x + x 2 + 1) där x R. Svar: f (x) = 1 x (Kommentar: f(x) = arsinh(x) = ln(x + x 2 + 1) är den inversa funktionen till hyperboliska sinus sinh(x) = (1/2)(e x + e x ) i R.) xxx xxx 1. Sök ekvationen för den kurva y = y(x) som har följande egenskap: tangenten till kurvan i en godtycklig punkt (x 0, y(x 0 )) skär x-axeln i punkten (x 0 + kx 2 0, 0), där k > 0 är en konstant, och kurvan löper genom punkten (1, e). Lösning: Låt y vara den efterfrågade funktionen. Tangenten t till y vid punkten (x 0, y 0 ) är en linje som går genom punkten (x 0, y 0 ), ekvationen för sådana linjer l är, k(x x 0 ) + y 0 = l(x), där k är riktningskoefficienten 0och y 0 = y(x 0 ). Eftersom tangenten för y vid punkten (x 0, y 0 ) har y (x 0 ) som riktningskoefficient är, t(x 0 ) = y (x 0 )(x x 0 ) + y 0. Vi vet att tangenten korsar x-axeln vid punkten (x 0 + kx 2 0, 0), dvs. t(x 0 + kx 2 0) = 0. Närmare bestämt är, 0 = t(x 0 + kx 2 0) = y (x 0 )(x 0 + kx 2 0 x 0 ) + y(x 0 ) = y (x 0 )kx y(x 0 ) = y (x 0 ) + 1 y(x kx 2 0 ). 0

2 Detta ger alltså en homogen differentialekvation y (x)+ 1 y(x) för y = y(x). kx 2 Välj integreringsfaktorn f(x) = e 1 kx, så att f (x) = 1 f(x), och lös kx 2 y f + 1 kx 2 fy = y f + f y = (yf) = 0 y(x) = C f(x) = Ce 1 kx Begynnelsevärdesproblemet y(1) = e löser sig nu med, e = Ce 1 k Lösningen är alltså, 2. Lös differentialekvationen C = e 1 1 k y(x) = e 1 1 k + 1 kx. y = x + y 1 x y + 3 med hjälp av den metod som beskrivs i kapitel i kompendiet. En implicit lösning y = y(x) räcker. Lösning: Idén är att gömma konstanten i täljaren och nämnaren, eftersom om vi klarar detta behöver vi endast lösa en homogen differentialekvation. Närmare bestämt söker vi att göra substitutioner x = t + α, y = z(t) + β för vilka Och på samma sätt för x y 3, x + y 1 = t + α + z + β 1 = t + z + (α + β 1) = t + z x y + 3 = t + α + z β + 3 = t + z + (α β + 3) = t + z

3 Vi får på så sätt ett lineärt ekvationssystem med avseende på α, β. I matris form, ( ) ( ) ( ) 1 1 α 1 = 1 1 β 3 Vi ser att systemet går att lösa eftersom determinanten för koefficientmatrisen inte är noll. Lösning av ekvationssystemet ger oss att β = 2 och α = 1. Eftersom z(x α) = (y(x)) = y kan vi nu skriva om differentialekvationen i formen, t + z t z = z Eftersom differentialekvationen nu är homogen (begreppet homogen i bemärkelsen från kapitel 1.5.2) utför vi standardsubstitutionen z(t)/t = w(t). Märk att z = (wt) = w + w t, så att w + w t = z = t + z 1 t z = t Hyfsa och lös: w + w t = 1+w 1 w ger 1 t t + z t z = 1 + z t 1 z t w t = 1 + w 1 w w = 1 + w w + w2 1 w Detta ger efter integrering att w 1 + w dt 2 = 1 + w 1 w. = 1 + w2 1 w. 1 w 1 + w 2 w = 1 t ww w dt = 2 t dt arctan(w(t)) 1 2 ln 1 + w(t)2 = ln t + C arctan(z(t)/t) 1 2 ln 1 + (z(t)/t)2 = ln t + C arctan( y(x) + 2 x 1 ) ln 1 + (y(x) 2 x 1 )2 = ln x 1 + C. Detta är en implicit formel för y = y(x). 3. Sök en approximation med Eulers metod med steglängden h = 1 4 y(1) för lösningen y = y(x) av begynnelsevärdesproblemet till värdet y = y x, y(0) = 2.

4 Vilket är det exakta värdet y(1)? Lösning: Exakta lösningen: Vi börjar med att ta reda på exakta lösningen, dvs. att lösa begynnelsevärdesproblemet. Välj integreringsfaktor f(x) = e x, f = f. (Notera: Vi kommer att partialintegrera, dvs. vi kommer använda oss av hg = hg h g. Orsaken till detta är att vi måste integrera xe x.) Lös, y y = x y f fy = y f + f y = (fy) = xf fy = x( f)dx = xf dx fy = xf x fdx = xf f dx fy = xf + fdx = xf + f dx partialintegrering fy = xf + f + C y(x) = x C f(x) = x Cex Vi löser ut värdet för C med att lösa y(0) = 2. 2 = y(0) = Ce 0 = 1 + C dvs. C = 1. Exakta värdet för y(1) är alltså y(1) = e 1 = 2 + e. Eulers metod: Eulers metod går ut på att avända sig av rekursionsformeln y n = f(y n 1, x 0 + (n 1)h)h + y n 1, y 0 = y(x 0 ). Ovan är h steglängden, som är 1 i denna uppgift, och f(y, x) = y x, eftersom 4 y = y x. I vår fall är x 0 = 0, och y 0 = 2. Approximativa värdet för y(1) fås nu med att i rekursionsformeln iterera (1 x 0 )/h = 4 gånger. På så sätt får vi tabellen

5 n y n Tillväxten av en bakteriepopulation beskrivs av den exponentiella tillväxtmodellen. Vid tidpunkten t 0 = 0 är massan av populationen 1 mg och efter en vecka 20 g. (i) Bestäm Malthus parameter r > 0 (i lämplig tidsenhet). (ii) Vid vilken tidpunkt är storleken av populationen 1000 gånger den ursprungliga? Lösning: Den exponentiella modellen har formen y(x) = y 0 e kx. Eftersom populationens massa är 1 mg = 10 3 g vid tiden x = 0, så är y 0 = 10 3 g. Av uppgiftens formulering ser det ut som att veckor vore en lämplig enhet. Vi väljer alltså veckor som enhet för x och k har därmed enheten 1/vck.. (i) Vi vet att y(1vck.) = 20 g, dvs. y(1vck.) = 20 g 10 3 ge k vck. = 20 g e k vck. = k = ln( )/vck. = (ln ln 10)/vck. Malthus konstant är alltså k = ln ln 10. (ii) Bakteriepopulationen är tusen gånger större än den ursprungligen var när y(t) = 1 g. Detta ger att y(t) = 1 g y 0 e kt = 1 g e kt = g y 0 kt = ln(y 0 ). t = 1 k ln(y 0) = vck. ln( ) ln 10 3 = ln 103 ln( ) vck. = ( ln 2 4 ln ln 10 3 ln 10 ) 1 vck. = ( ln 2 3 ln ) 1 vck.

6 5. I en cylinder finns 1 kg salt upplöst i 100 liter vatten. In i cylindern börjar man pumpa en vätska, som innehåller 5 gr salt per liter, med hastigheten 10 liter/min. Från cylindern avrinner fullt utblandad vätska med samma hastighet. Hur mycket salt finns det i cylindern efter 20 minuter? Påminnelse: motsvarande differentialekvation härleds i kapitel 2.1 i kompendiet. Lösning: Vi väljer g som enhet för saltet och min för tiden. Observera att vattenmängden hålls konstant. Nämligen det flöder in vatten i samma takt som det flöder ut. Vi behöver alltså endast tänka på saltet. Låt s(t) beteckna mängden salt i systemet vid tidpunkten t. Hastigheten med vilken det kommer in salt i systemet med inkommande vattnet är 5 g 10 l = 5 g. Hastigheten med vilken det flöder ut salt ur systemet är = s. Totala 10 2 l min 100min l min min s 10 l förändringen i saltmängden s är alltså, som en funktion av tiden t, s (t) = 5 g min s(t) 10min. Låt a, b stå för 5 g och 1. Vi hyfsar och löser differentialekvationen, min 10min samt väljer integreringsfaktorn e bt = f(t), så att bf = f. s(t) = a b + Cebt = g min min s = a + bs s bs = a s f bfs = s f f s = af (sf) = af = ae bt sf = af = a e bt dt sf = a b ebt + C + Ce bt = 500 g + Ce bt. Konstanten får vi genom att lösa begynnelsevärdesproblemet s(0) = 1kg = 1000g. 1000g = s(0) = 500 g + Ce b 0 = 500 g + C, dvs. C = 500 g. Vår ekvation för mängden salt (g) med avseende på tid (min) är därmed, s(t) = 500 g(1 + e t 10min ). Notera att lösningen är resonlig, eftersom salthalten närmar sig den inkommande saltlösningens salthalt då t växer obegränsat.

7 Saltmängden efter 20min är s(20) = 500 g(1 + e ) = 500 g(1 + e 2 ). 6. Sök den explicita lösningen y = y(x) till begynnelsevärdesproblemet α(a x)y (x) = β 1 + y(x) 2, y(0) = 0, där α > β > 0 och a > 0 är givna konstanter. Lösning: Märk att sinh(arsinh(x)) = x och att (1 + x 2 ) 1 2 dx = arsinh(x) + C enligt U2. Hyfsa och lös: α(a x)y = β(1 + y 2 )) 1/2 y (1 + y 2 ) = β 1 1/2 α a x arsinh(y) = β ln a x + C α y(x) = sinh(arsinh(y(x))) = sinh( β ln a x + C) α Lös begynnelsevärdesproblemet y(0) = 0. (Notera: sinh(x) = 1 2 (ex e x )) Börja med att öppna upp uttrycket för sinh. Hyfsa och lös: 0 = y(0) = sinh( β α ln a + C) = 1 2 (ec e β α ln a e C e β α ln a ). Lösningen är alltså 1 2 (ec e β α ln a e C e β α ln a ) = 0 e C e β α ln a e C e β α ln a ) = 0 e 2C e 2 β α ln a = 0 e C, e β α ln a e 2C = e 2 β α ln a ln( ) 2C = 2 β ln a α C = β α ln(a) y(x) = sinh( β α (ln a x + ln a )) = sinh( β α (ln a2 ax )).