Analys 360 En webbaserad analyskurs Grundbok VI. Om exponentialfunktioner och logaritmer Anders Källén MatematikCentrum LTH anderskallen@gmail.com
VI. Om exponentialfunktioner och logaritmer 1 (16) Introduktion I det här kapitlet ska vi införa exponentialfunktionen e x och diskutera dess egenskaper. Vi definierade den redan i kapitlet Kvalitativa lösningar till differentialekvatoner som lösningen på differentialekvationen y = y med startvillkoret y(0) = 1. I det här kapitlet ska vi se vilka egenskaper denna får som en konsekvens av att detta problem endast har en lösning. Diskussionen brister i det att vi egentligen inte visar att exponentialfunktionen verkligen finns, men det kommer vi att visa i kapitlet Integralkalkyl, dock på ett annat sätt. Slutligen ska vi se vilka egenskaper exponentialfunktionen för vidare till sin invers, den naturliga logaritmen. Efter att ha diskuterat några sammanhang där denna naturligt dyker upp, inklusive den s.k. allometrilagen, ska vi avsluta kapitlet med att studera den relativa hastighet med vilken exponential, potens och logaritmfunktioner går mot oändligheten. Exponentialfunktionen och dess egenskaper Vi definierar exponentialfunktionen exp(x) som den entydigt bestämda lösningen till y (x) = y(x), y(0) = 1. Denna funktion kan aldrig bli noll och är därför alltid positiv [1]. Om k är en konstant, ser vi nu lätt att funktionen y(x) = C exp(kx) för varje konstant C är sådan att y (x) = ky(x). Mer allmänt har vi följande viktiga sats. Sats 1 Varje lösning till differentialekvationen y (x) = ky(x) har formen där C är en konstant. y(x) = C exp(kx) Bevis. Om y(x) är en lösning till differentialekvationen och vi sätter z(x) = y(x)/ exp(kx), så får vi att z (x) = exp(kx)y (x) k exp(kx)y(x) exp(kx) 2 för alla x, så z(x) är en konstant. = exp(kx)ky(x) k exp(kx)y(x) exp(kx) 2 = 0 Exempel 1 Uran 239 sönderfaller genom att sända ut β-strålning, till neptunium 239. Halveringstiden är 23 minuter. Vi ska ange en funktion som beskriver sönderfallet. För ett radioaktivt sönderfall gäller att antalet atomer y(t) som inte sönderfallit uppfyller en ekvation y (t) = λy(t). Lösningen till den är y(t) = y(0)e λt. För att
VI. Om exponentialfunktioner och logaritmer 2 (16) bestämma λ använder vi att halveringstiden T1 är sådan att y(t 1 ) = y(0)/2, vilket 2 2 betyder att y(0)e λt 1 2 = y(0) 2 λ = ln 2 T 1 2 = ln 2 23/60 = 1.81 per timme. Den del av ursprungsmängden Uran 239 som ännu inte sönderfallet efter t timmar ges därför av e 1.81t. Satsen ovan gör att vi kan härleda några viktiga egenskaper hos exponentialfunktionen. Den första egenskapen vi ska härleda är att (1) exp(x + y) = exp(x) exp(y). Speciellt är exp( x) = 1/ exp(x), vilket vi får genom att sätta y = x och använda att exp(0) = 1. För att bevisa (1) sätter vi z(x) = exp(x + y). Då gäller att z (x) = exp(x + y) = z(x) och Sats 1 säger att då måste z(x) = C exp(x) för någon konstant C. Denna bestämmer vi genom att sätta x = 0. Vi får då att C = C exp(0) = z(0) = exp(y). Därmed har vi visat att z(x) = exp(y) exp(x), och alltså (1). Den andra egenskapen [2] är (2) exp(x) y = exp(xy). För att visa den sätter vi z(x) = exp(x) y där y även nu är en konstant. Då gäller, enligt kedjeregeln, att z (x) = y exp(x) y 1 exp (x) = y exp(x) y 1 exp(x) = y exp(x) y. z(x) löser alltså ekvationen z (x) = yz(x). Men enligt Sats 1 betyder det att z(x) = C exp(yx) där vi ser att C = 1 eftersom z(0) = 1 y = 1. Om vi i (2) sätter x = 1 och y = x får vi att [3] exp(x) = exp(1) x. Vi inför därför talet e = exp(1), som kallas Eulers tal, och det vi har visat är att exp(x) = e x. Räknereglerna (1) och (2) får då de välkända formerna e x+y = e x e y respektive (e x ) y = e xy. Exponentialfunktionen blir en strängt växande funktion, derivatan är ju alltid positiv, sådan att lim x ex =, lim x ex = lim e y 1 = lim y y e = 0. y Vi ser alltså att e x då x. Faktum är att exponentialfunktionen går väldigt snabbt mot oändligheten. Nästa exempel ger ett lite svagare resultat.
VI. Om exponentialfunktioner och logaritmer 3 (16) Exempel 2 Vi ska först visa att e x 1 + x då x 0. Vi kan notera att tangenten till y = e x i x = 0 har precis ekvationen y = x + 1 (lämnas som övning), så olikheten betyder att grafen till y = e x ligger över kurvans tangent i punkten (0, 1) då x 0. Att olikheten gäller ser vi genom att skriva f(x) = e x 1 x. Då gäller att f(0) = 0 och f (x) = e x 1 0, vilket betyder att f är en växande funktion som startar i origo. Alltså gäller att f(x) 0 då x 0, vilket är olikheten. Men vi kan säga mer. Eftersom e x > x då x > 0 (vi slänger ettan) så får vi och dividerar vi med x följer att e x = (e x/2 ) 2 > ( x 2 )2 = x2 4, e x x > x 4 då x > 0. Speciellt ser vi att e x /x då x, något vi ska återkomma till. Anmärkning En annan observation som är mycket viktig är följande. Vi har att derivatan av exp(x) i origo är ett, vilket betyder att Detta är ett ofta använt gränsvärde. e x 1 lim x 0 x Vi avslutar detta avsnitt med en annan formel för exponentialfunktionen som mycket användbar i många sammanhang. Den bygger på att vi beräknar Maclaurinutvecklingen av e x. Eftersom alla derivator av e x är lika med e x och funktionen är 1 då x = 0, får vi att e x = p n (x) + R n+1 (x), där och p n (x) = Vi har nu följande observation. n k=0 = 1. x k k! = 1 + x + x2 2 + x3 3! +... + xn n! R n+1 (x) = e θx x n+1 (n + 1)!. (3) lim n a n n! = 0.
VI. Om exponentialfunktioner och logaritmer 4 (16) Bevis. Tag ett heltal m sådant att m > a och skriv a n n! = a m m! }{{} en konstant a n m 1 (m + 1)... (n 1) }{{} 1 a n }{{} 0 då n. Här gäller att den första faktorn i högerledet är en konstant, i den andra faktorn är alla faktorer i täljaren mindre än de i nämnaren och den sista går mot noll då n. Detta visar att a n /n! 0 då n, och alltså (3). Med hjälp av (3) ser vi nu att R n+1 (x) 0 då n, och vi ser alltså att vi kan skriva e x = k=0 x k k!. Den naturliga logaritmen Vi såg i föregående avsnitt att funktionen e x är en strängt växande funktion som närmar sig noll i minus oändligheten men växer obegränsat i plus oändligheten. Det betyder att ekvationen e x = y har precis en lösning för alla y > 0. Med andra ord, exponentialfunktionen har en invers som är definierad för alla positiva, reella, tal. Denna invers kallar vi den naturliga logaritmen och betecknar med ln. Dess graf får vi genom att spegla y = e x i linjen y = x. Denna är utritad i figuren till höger. Vi ser att även logaritmen är en växande funktion. Den är noll då x = 1, d.v.s. ln(1) = 0, och går mot då x 0 + och mot då x. Observera också den grundläggande formeln ln(e) = 1. Eftersom ln är invers till exponentialfunktionen ärver den naturliga logaritmen diverse egenskaper från denna. Den mest grundläggande räkneregeln är y 6 5 4 y = e x 3 2 1 y = ln x 1 1 2 3 4 5 6 x 1 2 y y 1 y 2 ln(xy) = ln x + ln y. Varför det är så illustreras i figuren till höger. Den visar att om f(x) = e x, så gäller att y = f(x) f(x 1 + x 2 ) = f(x 1 )f(x 2 ) y 2 f 1 (y 1 ) + f 1 (y 2 ) = f 1 (y 1 y 2 ), vilket är påståendet [4], eftersom f 1 (y) = ln y. y 1 x 1 x 2 x 1 + x 2 x
VI. Om exponentialfunktioner och logaritmer 5 (16) På motsvarande sätt får vi att villkoret (e t ) s = e st svarar mot logaritmlagen ln(x y ) = y ln x. Vidare är ln x en deriverbar funktion och dess derivata får vi i en punkt y = e x genom eftersom derivatan av e x är e x. ln (y) = 1 e x = 1 y, En konsekvens av detta är att ln (1) = 1, vilket utskrivet som gränsvärde innebär att 1 = ln (1) = lim h 0 ln(1 + h) ln(1) h 1 = lim ln(1 + h). h 0 h Gör nu variabelbytet h = 1/n (där n inte behöver vara ett heltal för en gångs skull). Om vi låter h 0 + gäller att n, medan om h 0, så gäller att n, och vi ser därför att 1 = lim n ln(1 + 1 n ± n ) = lim ln[(1 + 1 n ± n )n ]. Men logaritmen är en kontinuerlig funktion [5], och eftersom e är det tal som är sådant att ln(e) = 1, så följer att e = lim n ± (1 + 1 n )n. Genom att ta n = 10 5 får vi här närmevärdet e 2.7183. Talet e kallas, som tidigare berättats, Eulers tal (inte att blanda ihop med Eulers konstant, som är något annat). En följd av detta är att vi också har [6] Sats 2 e x = lim n (1 + x n )n. Bevis. (1 + x n )n = ( (1 + x ) x n ) n x e x då n. Anmärkning Notera att vi har att ln(1 + x) x = 1 e y, 1 y om vi sätter y = ln(1+x) x = e y 1. Detta förklarar varför de två gränsvärden ovan båda är ett, och varför det ena medför det andra. Detta är en allmän relation mellan ett gränsvärde för en funktion och ett motsvarande gränsvärde för dess invers [7].
VI. Om exponentialfunktioner och logaritmer 6 (16) En tillämpning av detta uttryck handlar om begreppet ränta på ränta. Exempel 3 Antag att en årsränta är 100p%. Om räntan läggs till kapitalet en gång, vid årets slut, växer kapitalet med en faktor 1+p på ett år. Om däremot halva räntan läggs på efter ett halvår och man sedan lägger på en lika stor ränta vid året slut, så har kapitalet vuxit med faktorn (1 + p/2) 2 på ett år. Fortsätter vi resonemanget ser vi att om kapitalet på detta sätt förräntas n gånger per år, jämnt utspritt under året, växer kapitalet med faktorn (1 + p/n) n på ett år. Om vi låter n, får vi en kontinuerlig förräntning av kapitalet. Det innebär att det växer med faktorn e p per år. Man säger att man får ränta på ränta. Slutligen måste vi påpeka de självklara, men oerhört viktiga, formlerna e ln x = x, ln(e x ) = x, vilka båda följer av att ln x och e x är inversa funktioner. En konsekvens av detta är att om α är ett irrationellt tal, så kan vi definiera Deriverar vi detta, får vi att formeln x α = e α ln x. (x α ) = αx α 1, gäller för godtyckliga reella tal α, helt enkelt därför att (e α ln x ) = e α ln x α x = xα α x. Exempel 4 Ett annat sätt att skriva samma sak, som troligen är lite enklare, är som följer. Vi ska derivera funktionen f(x) = x α. Då gäller att ln f(x) = ln x α = α ln x och deriverar vi det får vi att f (x) f(x) = α x f (x) = αf(x)/x = αx α 1. Detta kan med fördel användas på mer komplicerade funktion. Om vi t.ex. vill derivera funktionen f(x) = x x så gör vi på samma sätt: ln f(x) = x ln x f (x) f(x) = ln x +1 f (x) = f(x)(ln x +1) = x x (ln x +1). Vi avslutar med en annan observation, som kanske är lite överraskande. Funktionen f(x) = ln x
VI. Om exponentialfunktioner och logaritmer 7 (16) är definierad för alla x 0. Då x > 0 är f(x) = ln x och alltså f (x) = 1/x. Då x > 0 är f(x) = ln( x) vars derivata är f (x) = 1 x ( 1) = 1 x, alltså samma uttryck[8]. Med andra ord: (ln x ) = 1 x, x 0. Detta är viktigt att tänka på när man sysslar med det omvända problemet, att hitta en funktion vars derivata är 1/x. Svaret ln x duger bara om x > 0. Några tillämpningar av logaritmer Vi ska här diskutera några problem som leder till användandet av logaritmer. De handlar om hur ett fysiologiskt svar R beror av vilken stimulering S vi ger. Tanken är att vi ska formulera villkor som leder till hur denna funktion ser ut. En enkel relation mellan respons och stimuli kan beskrivas som Den absoluta ändringen i svaret är proportionell mot den relativa ökningen i stimuleringen. Matematiskt svarar detta mot att vi antar att dr = k ds S, som innebär att ändringen ds i stimuli leder till ändringen dr i svaret. Vi kan skriva detta alternativt som [9] dr ds = k S, vilket innebär att [10] R = k ln S + A för någon konstant A. Denna ersätts gärna med ett annat begrepp, detektionsgränsen. Mer precist, låt S 0 vara sådant att R(S 0 ) = 0. Då gäller att k ln S 0 + A = 0, och alltså att Denna lag kallas Weber-Fechners lag. R = k ln S S 0. Exempel 5 Ett exempel på en situation med Weber-Fechners lag är ljudintensitet. Ljud transporterar energi och en ljudvågs intensitet är ett mått på hur stor effekt som transporteras per kvadratmeter (mäts i t.ex. W/m 2 ). Den mänskliga hörseln spänner över tre tiopotenser i frekvens- och tolv tiopotenser i intensitetsvariation. För att kunna täcka så stora områden reagerar hörseln olinjärt på både frekvensoch intensitetsändringar.
VI. Om exponentialfunktioner och logaritmer 8 (16) A tminstone till en god approximation ga ller att den intensitet som o rat uppfattar fo ljer Weber-Fechners lag. Mer precist definierar vi ljudintenstitetsniva n L vid en viss intensitet I genom I L = 10 lg, I0 da r I0 = 1.0 10 12 W/m2 a r ho rseltro skeln vid 1 khz. Denna dimensionslo sa storhet kallas decibel, fo rkortat db. Pa grund av logaritmlagarna beho ver man inte anva nda sig av I0 na r man pratar om o kningar eller minskningar av ljudintensiteten, eftersom skillnaden L i ljudintensitet na r man o kar (eller minskar) fra n intensiteten I1 till I2 ges av L = 10 lg I2. I1 En fo rdubbling av intensiteten ger da rfo r alltid en a ndring av ljudintensiteten pa ma ttliga 3 db; det spelar ingen roll om vi effekten gra fra n 1 till 2 W/m2 eller fra n 50 till 100 W/m2. En alternativ modell, som sta mmer ba ttre med vissa data, inneba r att vi ista llet antar att Den relativa o kningen i svaret a r proportionellt mot den relativa o kningen i stimulit. Matematiskt blir detta eller, om man sa vill, dr ds =k, R S 1 dr k =. R ds S
VI. Om exponentialfunktioner och logaritmer 9 (16) Detta i sin tur betyder att ln R = k ln S + A, för någon konstant A. Om vi skriver A = ln K så får vi att vilket betyder att ln R = ln S k + ln K = ln KS k, R = KS k eftersom ln är en strängt växande funktion. Denna lag kallas Stevens Potenslag. En tillämpning på Stevens potenslag är Keplers tredje lag, som man kan läsa om i artikeln Om logaritmer och potensfunktioner: Keplers tredje lag. En annan tillämpning är på växande organismer. När en organism växer är det sällan så att alla delar växer med samma relativa hastighet. Detta får till följd att organismens form ändrar sig med åldern och en sådan tillväxt kallas allometrisk tillväxt (i motsats till isometrisk tillväxt då formen inte ändrar sig). Låt y(t) vara storleken på ett visst organ vid tiden t och låt x(t) vara hela organismens storlek vid samma tidpunkt. Om vi då antar att den relativa tillväxthastigheten för organet är proportionell mot den relativa tillväxthastigheten för hela organismen: så följer som ovan den s.k. allometrilagen dy y = k dx x, y = cx k. Här gäller att konstanten c är en storhet vars värde beror av vilka måttenheter vi använder, medan konstanten k är oberoende av dessa. Man kallar k för allometrikonstanten. Exempel 6 Biologin är full av samband som åtminstone approximativt följer en allometrilag. Som exempel har vi Kleiber s lag från 1930-talet som säger att det för en stor mängd djur gäller att metabolismen Q i kroppen sker med en hastighet som är proportionell mot kroppsvikten M upphöjt till 3/4: Q = km 3/4. Om vi säger att en katt väger 100 gånger så mycket som en mus, så sker dess metabolism 32 gånger så snabbt. Ett annat exempel är att både andningsfrekvens och hjärtfrekvens är ungefär omvänt proportionell mot kroppsvikten upphöjt till 1/4. Vad växer snabbast? Att exponentialfunktionen växer snabbare mot oändligheten än identitetsfunktionen x x, som i sin tur växer snabbare än logaritmfunktionen torde vara ganska självklart från diskussionen i detta kapitel. Åtminstone intuitivt. Men hur förhåller sig t.ex. exponentialfunktionen till en potensfunktion?
VI. Om exponentialfunktioner och logaritmer 10 (16) Exempel 7 Om vi skriver ut de första 10 termerna i sviten så får vi a n = n100 1.1 n 0.91, 1.05 10 30, 3.87 10 47, 1.10 10 60, 4.90 10 69, 3.69 10 77, 1.66 10 84, 9.50 10 89, 1.13 10 95, 3.86 10 99. Det är naturligt att dra slutsatsen att a n då n. Konstigt nog är slutsatsen i exemplet fel. Det gäller nämligen att Sats 3 Om r > 1 gäller för varje tal k att r x då x. xk I ord (om x är heltal): En geometrisk talföljd med en kvot som är större än ett, växer fortare än varje fix potens av x. Ur detta följer speciellt att 1.1 n /n 100 då n, och alltså att talen a n i exemplet ovan går mot noll då n. Bevis. Vi har sett ett specialfall tidigare, nämligen att e x då x. x Men detta specialfall leder till den allmänna slutsatsen i satsen. Ett tal r > 1 kan ju skrivas r = e a där a > 0 och alltså gäller att r x x = eax x = aeax ax då x. Slutligen har vi att, för k > 0, r x x = k (qx x )k där q = k r > 1, och detta går mot oändligheten då x. En ofta använd konsekvens av denna sats är observationen att för alla k > 0. lim x xk e x x k = lim x e = 0 x Följande är en nära släkting till ovanstående sats.
VI. Om exponentialfunktioner och logaritmer 11 (16) Sats 4 Om α > 0 gäller att Ett ekvivalent påstående är att ln x lim x x = 0. α lim tα ln t = 0. t 0 + Anmärkning Här kan vi naturligtvis byta den naturliga logaritmen mot vilken logaritm som helst, eftersom två logaritmfunktioner med olika baser är proportionella [11]. Bevis. Skriv x = e y. Vi vet då att x y så ln x x α ln ey = (e y ) = y α r, där r = y eα > 1. Härur följer det första gränsvärdet. Ekvivalensen mellan de två gränsvärdena fås med hjälp av variabelbytet t = 1/x: lim tα ln t = lim ( 1 t 0 + x x )α ln 1 x = lim ln x x x. α Anmärkning Om vi ska sammanfatta gränsvärdena ovan så kan vi göra det i följande logaritmer << potensfunktioner << exponentialfunktioner där varje << betyder att det till höger växer mycket snabbare mot oändligheten än det till vänster. Vi avslutar med att använda flera av observationerna ovan till att skissera grafen till en funktion som innehåller exponentialfunktionen. Exempel 8 Vi ska skissera grafen till funktionen f(x) = xe 1/x. Vi ser då att denna funktion inte är definierad då x = 0. När x 0 + gäller att y = 1/x och vi ser att vi får ett gränsvärde av typen 0. Ett sådant uttryck kan vara vad som helst, så vi måste därför vara noggrannare när vi beräknar gränsvärdet. Det gör vi som följer: lim x 0 + xe1/x = lim y e y y =.
VI. Om exponentialfunktioner och logaritmer 12 (16) Samtidigt gäller att e y lim xe1/x = lim x 0 y y = 0. När vi närmar oss origo från vänster närmar sig funktionsvärdet också origo, och inte någon oändlighet! Linjen x = 0 är därför en asymptot, men bara i ena riktningen. Nästa fråga är vad som händer då x ±. Vi har att och vi ser att xe 1/x = x + x(e 1/x 1) e y 1 lim x ± x(e1/x 1) = lim. y 0 y Men detta gränsvärde känner vi igen som derivatan e x i origo, och är 1. Det följer att kurvan y = f(x) har asymptoten y = x + 1 i både plus och minus oändligheten. Det återstår att se om det finns några lokala extrempunkter. Vår analys så här långt säger att det måste finnas minst en (tänk efter varför). För att bestämma de stationära punkterna deriverar vi funktionen: f (x) = e 1/x x 1 x. Vi har därför precis en stationär punkt, i x = 1, och en teckentabell visar att den är ett lokalt minimum. Det följer att grafen till funktionen ser ut som i figuren nedan. y 10 8 6 4 2 10 5 5 10 2 x 4 6 8 10 Lösningen av några differentialekvationer Vi kan inte bara lösa ekvationen y = ky med hjälp av exponentialekvationen, utan även ekvationer av typen y = A + By. Följande exempel illustrerar hur:
VI. Om exponentialfunktioner och logaritmer 13 (16) Exempel 9 Vi vill lösa problemet m (t) = 6 0.03m(t), m(0) = 0. Vi skriver då y(t) = 6 0.03m(t). Dess derivata är y (t) = 0.03m (t) = 0.03y(t), och vi har att y(0) = 6. Vi vet därför från ovan att y(t) = 6e 0.03t m(t) = 6 y(t) 0.03 = 200(1 e 0.03t ). Vi ser att m(t) 200 då t. Här är ett annat exempel av stor praktisk betydelse. Det handlar om kol-14-metoden, som är en metod att datera äldre föremål. Metoden utvecklades av den amerikanska kemisten W.F. Libby på 1940-talet (han fick Nobelpriset i kemi 1960 för detta) och har hjälpt arkeologer och historiker att datera många historiska föremål. Kol-14-metoden bygger på följande observationer. Jordens atmosfär bombarderas ständigt av kosmisk strålning. Detta leder till att fria neutroner i atmosfären, vilka fångas upp av kolatomer som då blir radioaktivt kol-14 ( 14 C). Detta sönderfaller sedan till vanligt kol ( 12 C) med en halveringstid på 5568 år. Så länge organismen lever sker det ett kontinuerligt utbyte av kol med omgivningen, så proportionen 14 C/ 12 C i organismen är samma som proportionen i atmosfären. När organismen dör, slutar den att ta upp radioaktivt kol och det som finns i den börjar sönderfalla. Man gör nu vissa grundantaganden. Intensiteten av den kosmiska strålningen antas alltid ha varit konstant. Om vi betraktar levande träd gäller då, för antalet 14 C-atomer N(t) vid tidpunkten i t i ett gram av träet, att där N = p λn, λ = ln 2 5568 = 1.245 10 4 per år. Konstanten p representerar upptaget av kol-14 per år i ett gram trä. Notera att så länge trädet lever, så ändras inte 14 C-mängden och det gäller då att N = p/λ. Antalet sönderfall
VI. Om exponentialfunktioner och logaritmer 14 (16) per gram och år blir därför lika med λn = p. Detta är experimentellt bestämt till p = 6.68 sönderfall per gram per år. När trädet dör (t.ex. huggs ner för att bli hus eller möbler) tillkommer inget nytt kol-14. Ekvationen för antalet kol-14-atomer blir då N = λn. Om vi nu mäter så gäller att R(t) = sönderfallshastigheten vid tiden t = N (t) R(t) = λn(t) = λn 0 e λt = R 0 e λt, där R 0 = 6.68. Genom att bestämma R(t) i ett fossilt föremål kan vi därför bestämma hur gammalt det är. Vi har sett ovan att vi med hjälp av exponentialfunktionen lätt kan lösa en linjär differentialekvation på formen y = A+ky, där A och k är konstanter. Andra differentialekvationer av stor praktiskt betydelse är de som har formen y = k(y a)(b y) [12]. Även dem kan vi lösa genom ett trick. Vi illustrerar detta i två exempel. Tricket består i att en ekvation på formen y = ky(a y) blir en linjär ekvation i z = 1/y. Exempel 10 Vi ska lösa differentialekvationen y (t) = 0.2y(t)(1 y(t) ) = 0.2y(t)(4 y(t))/4. 4 För att göra det sätter vi z(t) = 1/y(t). Då är z (t) = y (t)/y(t) 2 och uttryckt i z får vi ekvationen z = 0.2(1 4z)/4, ty z 0.2y(t)(4 y(t)) (t) = = 0.2(1 4 )/4 = 0.2(1 4z(t))/4. 4y(t) 2 y(t) Denna har vi lärt oss lösa ovan. Vi sätter w(t) = 0.2(1 4z(t))/4 och får då att w (t) = 0.2z (t) = 0.2w(t), och alltså att w(t) = Ce 0.2t. Nu går vi baklänges z(t) = 1 4 5w(t) = 1 4 Ce 0.2t. Här är det ett nytt C jämfört med det förra! Det är ju en helt okänd konstant, och det är praktiskt att låta en sådan betecknas med en allmän bokstav C. Egentligen borde det stått 5C för att likheterna ska vara 100% korrekt, men denna frihet kan man ta sig. Slutligen har vi att y(t) = 1/z(t), och alltså y(t) = 1 1 = 4 4 Ce 0.2t 1 Ce, 0.2t där vi än en gång har ett nytt C. Konstanten bestäms vanligtvis av att vi vet vad y(0) är. En lite allmännare ekvation kan vi återföra på det vi just lärt oss.
VI. Om exponentialfunktioner och logaritmer 15 (16) Exempel 11 Vi ska lösa differentialekvationen y (t) = 0.05(y(t) 1)(y(t) 5), y(0) = 0.8. Vi börjar då med att sätta z(t) = y(t) 1. Då blir ekvationen för z(t) lika med z (t) = 0.05z(t)(4 z(t)) = 0.2z(t)(4 z(t))/4. Men denna ekvation löste vi i föregående exempel, och fann då att z(t) = för någon konstant C. Ur det får vi så att y(t) = 1 + 4 1 + Ce 0.2t 4 5 Ce 0.2t = 1 Ce 0.2t 1 Ce, 0.2t där C kan bestämmas så att y(0) = 0.8. Men detta betyder att C ska lösa 5 C 1 C = 8 10 C = 21, så att lösningen blir y(t) = 5 21e 0.2t 1 21e 0.2t. För att få tidpunkten då y(t) = 0 ska vilösa 5 21e 0.2t = 0 e 0.2t = 21 5 t = 5 ln 21 5 7.2. Noteringar 1. Se början på kapitlet Kvalitativ analys av differentialekvationer. 2. I varje fall om y är ett rationellt tal. I annat fall är det egentligen en definition. 3. Igen, i varje fall för rationella x. 4. Se arbetsbladet om Logaritmlagar för en utförligare beskrivning av argumentet. 5. Logaritmen är invers till en deriverbar funktion som aldrig är noll, och som sådan deriverbar och därför kontinuerlig. 6. Detta och binomialteoremet kan alternativt användas till att härleda Maclaurinutvecklingen
VI. Om exponentialfunktioner och logaritmer 16 (16) av e x. Vi har att (1 + x n )n = n k=0 ( ) n ( x k n )k = n k=0 n(n 1)... (n k + 1) x k n k k!. Här gäller att koefficienten framför x k /k! går mot noll då n, vilket i varje fall motiverar formeln. Det återstår att visa att vi verkligen har konvergens, men den frågan släpper vi här. 7. Och svarar mot relationen mellan derivatorna av en funktion och dess invers. 8. ( 1) är den inre derivatan. 9. Här har vi varit lite slarviga. Antagandet borde ha skrivits R = k S/S och sedan betraktar vi R som funktion av S och gör gränsövergång. Det vi gjort är en räkning med differentialer, som vi dock inte går in på här. 10. Förstår du varför? Funktionen R k ln S har derivatan noll överallt, och är alltså en konstant. 11. Se arbetsbladet Logaritmlagar. 12. Se kapitlet Kvalitativa lösningar till differentialekvationer