Differensiallikninger

Innledning

En differensialligning vil typisk beskrive en forandring av en variabel i tid og/eller rom. Den skiller seg fra "vanlige" ligninger ved at løsningene er funksjoner, ikke bestemte verdier. Teorien for differensialligninger er fundamental for forståelsen av dynamikken i naturen og danner grunnlaget for blant annet klassisk mekanikk og kvantemekanikk. Vi deler diff.ligningene inn i partielle og ordinære ligninger, der matematikken i videregående skole kun fokuserer på ordinære ligninger, ofte kalt ODE (Ordinary Differential Equations). Dvs. at løsningsfunksjonen kun har én variabel, som oftest kalt $t$ (for tid) eller $x$ (for rom). Det er vilkårlig hvilken notasjon vi bruker så lenge vi er bevisst på hva som er den ukjente funksjonen og hva som er variabelen.

• På ungdomstrinnet og videregående grunnkurs arbeidet man med ligninger der den ukjente var et tall, ofte kalt $x$.

• I differensialligninger er den ukjente en funksjon $y(x)$. En differensialligning gir sammenhengen mellom en ukjent funksjon og noen av dens deriverte.

• I denne artikkelen skriver vi $y^{\prime }$ og $\frac{dy}{dx}$ om hverandre. Den siste skrivemåten kalles Leibniz' notasjon etter den tyske filosofen og matematikeren Gottfried Wilhelm Leibniz.

• Man bør være fortrolig med ligninger, funksjonslære, integrasjon og derivasjon før man gir seg i kast med differensialligninger.

• Ligningene er viktige i fysikk og andre fag, der de kan brukes til å modellere forskjellige situasjoner der størrelser forandrer seg over tid.

Ordenen til en diff.ligning

Formelt vil en ordinær diff.ligning være på formen $g(x,f,f^{\prime },f^{\prime \prime },\dots ,f^{(n)})=0$ der $g$ er en gitt funksjon. $n$ kalles ligningens orden og $f^{(n)}$ er den n-te deriverte. $f$ er her den ukjente funksjonen som vi ønsker å finne, og $x$ er variabelen som vi deriverer med hensyn på, dvs. $f^{\prime }\equiv \frac{df}{dx}$, $f^{\prime \prime }\equiv \frac{d^{2}f}{d{x}^2}$, etc.

Eksempel: Diff.ligning av første orden

En enkel ordinær differensialligning av første orden er $f^{\prime }(x)=0$. Løsningen finnes direkte ved integrasjon; vi får at $f(x)=c$ for en konstant $c$.

Eksempel: Diff.ligning av 2.orden

En enkel andreordens ordinær differensialligning er $m\ddot{x}(t)=10$. Dette er Newtons andre lov med konstant kraft (10 N) der $x(t)$ er posisionen ved tida $t$. De to prikkene over $x$ betyr at vi dobbeltderiverer $x$ med hensyn på tiden.

Førsteordens lineære ligninger

Lineære differensialligninger av første orden kan skrives på formen

$$y^{\prime }+ay=b$$

Her er $a$ og $b$ enten gitte konstanter, eller funksjoner av $x$. At en ligning er av første orden betyr at den inneholder den førstederiverte, $y^{\prime }$, men ikke deriverte av høyere orden ($y^{\prime \prime }$, $y^{(3)}$ etc.). At en ligning er lineær betyr at $y$ og $y^{\prime }$ inngår som lineære faktorer i leddene. Ligningen $y^{\prime }+y^2=3$ vil f.eks. ikke være lineær siden vi har et ledd med $y^2$.

Homogene og inhomogene førsteordens diff.ligninger

Dersom $b\ne 0$ i ligning kalles den inhomogen. Dersom $b=0$ kalles diff.ligningen homogen. En homogen, lineær diff.ligning av første orden er altså på formen

$$y^{\prime }+ay=0$$

Slike ligninger kan løses på to måter:

• Multiplikasjon med integrerende faktor
• Som en separabel ligning

Integrerende faktor

Når vi bruker integrerende faktor tenker vi multiplikasjonsregelen for derivasjon, baklengs. Vi omformer da to ledd til et produkt. Den integrerende faktorene er $e^{ax}$ der a er a'en i $y^{\prime }+ax=b$

Eksempel: Homogen ligning, integrerende faktor

Vi skal løse $y^{\prime }+2y=0$. Integrerende faktor er $e^{2x}$.

$$\begin{array}{rl}{y}^{\prime }+2y& =0\\ e^{2x}{y}^{\prime }+2e^{2x}y& =0\text{Multiplisert med integrerende faktor}\\ (e^{2x}y{)}^{\prime }& =0\\ e^{2x}y& =C\\ y& =C{e}^{-2x}\end{array}$$

For å finne ut hva $C$ er trenger man i tillegg en initialbetingelse (startbetingelse) på løsningen. Det behandles i avsnittet om Initialverdiproblemer.

Eksempel: Inhomogen ligning, integrerende faktor

Vi skal løse $y^{\prime }+4y=6$. Integrerende faktor er $e^{4x}$.

$$\begin{array}{rl}{y}^{\prime }+4y& =6\\ e^{4x}{y}^{\prime }+4e^{4x}y& =6e^{4x}\text{Multiplisert med integrerende faktor}\\ (e^{4x}y{)}^{\prime }& =6e^{4x}\\ e^{4x}y& =\int 6e^{4x}dx\\ e^{4x}y& =\frac{3}{2}{e}^{4x}+C\\ y& =\frac{3}{2}+C{e}^{-4x}\end{array}$$

For å finne ut hva $C$ er trenger man i tillegg en initialbetingelse (startbetingelse) på løsningen.

Separable differensiallikninger

Separable ligninger er på formen

$$\frac{dy}{dx}=g(x)\cdot h(y)$$

, der $g(x)$ og $h(y)$ er gitte funksjoner som vanligvis er relativt enkle å integrere. Merk at funksjonsargumentet til $h(y)$ er den funksjonen vi skal finne, men vi behandler likevel $y$ som en vanlig variabel. Ligningen løses ved å multiplisere med differensialet $dx$ på begge sider av likhetstegnet, dividere med $h(y)$, for så å integrere. Vi kan løse en generell separabel ligning formelt slik:

$$\begin{array}{rl}\frac{dy}{h(y)}& =g(x)dx\\ \int \frac{dy}{h(y)}& =\int g(x)dx\\ F(y)& =G(x)+C\\ y(x)& =F^{-1}(G(x)+C)\end{array}$$

, der $F(y)$ er integralet av $(h(y){)}^{-1}$ og $G(x)$ integralet av $g(x)$. $C$ er en integrasjonskonstant og $F^{-1}$ er inversfunksjonen til $F$.

Eksempel: Separabel ligning

Vi skal løse ligningen $y^{\prime }+4xy=0$ som en separabel ligning. Da er det lurt å bruke Leibniz' notasjon. Vi omskriver til: $$\begin{array}{rl}\frac{dy}{dx}& =-4xy\\ \frac{dy}{y}& =-4xdx\\ \int \frac{dy}{y}& =\int -4xdx\\ \ln |y|& =-2x^2+C\\ y& =e^{-2x^2+C}\\ y& =y_0\cdot e^{-2x^2}\end{array}$$

Her har vi omdøpt konstanten foran eksponentialfunksjonen, slik at $y_0=e^C$. Ved å sette løsningen inn i den opprinnelige diff.ligningen, ser vi at løsningen stemmer.

Homogene lineære andreordens diff.ligninger med konstante koeffisienter

En generell andreordens diff.ligning er på formen

$$A(x)y^{\prime \prime }+B(x)y^{\prime }+C(x)y=D(x)$$

• Ligningen er homogen dersom $D(x)=0$. Det gir oss $A(x)y^{\prime \prime }+B(x)y^{\prime }+C(x)y=0$
• Konstante koeffisienter betyr at $A(x)$, $B(x)$ og $C(x)$ er konstanter uavhengig av $x$. Vi skriver ligningen på formen $y^{\prime \prime }+b{y}^{\prime }+cy=0$
• Andreordens betyr at den dobbelderiverte opptrer i ligningen. I en tredjeordens ligning vil den tredjederiverte opptre.
• Lineær betyr at produkter eller potenser av $y$ og dens deriverte ikke forekommer i ligningen. $y^{\prime \prime }=y{y}^{\prime }$ er således et eksempel på en ikkelineær ligning.
• Karakteristisk ligning til $y^{\prime \prime }+b{y}^{\prime }+cy=0$ er $r^2+br+c=0$

Den karakteristiske ligningen kan ha tre ulike typer løsninger:

• To ulike reelle røtter
• Én reell rot
• To komplekse røtter

Dersom ligningen har to reelle røtter gir det generell løsning

$y(x)=C_1{e}^{r_{1}x}+C_2{e}^{r_{2}x}$

Eksempel: To reelle røtter

$$\begin{gathered} y^{\prime \prime }+y^{\prime }=2y \\ {y}^{\prime \prime }+y^{\prime }-2y=0 \\ {r}^2+r-2=0 \\ r=1\vee r=2 \\ y(x)=C_1{e}^x+C_2{e}^{2x} \end{gathered}$$

Test deg selv

Dersom ligningen har én reell rot blir løsningen på formen

$y(x)=C_1{e}^{rx}+C_{2}x{e}^{rx}$

Eksempel: Én reell rot

$$\begin{gathered} 4y^{\prime \prime }+8y^{\prime }+4y=0 \\ {r}^2+2r+1=0 \\ r=-1 \\ y(x)=C_1{e}^{-x}+C_{2}x{e}^{-x} \end{gathered}$$

Test deg selv

Dersom ligningen har to komplekse røtter, $r_1=a+ib$ og $r_2=a-ib$, blir løsningen

$y(x)=e^{ax}(C_1\cos (bx)+C_2\sin (bx))$

Eksempel: To komplekse røtter

$$\begin{gathered} y^{\prime \prime }-y^{\prime }+y=0 \\ {r}^2-r+1=0 \\ {r}_1=\frac{1}{2}+\frac{3}{2}i,r_2=\frac{1}{2}-\frac{3}{2}i \\ y(x)=e^{\frac{1}{2}x}(C_1\cos (\frac{3}{2}x)+C_2\sin (\frac{3}{2}x)) \end{gathered}$$

Test deg selv

Initialverdiproblemer

I eksemplene over (og senere) ser man at den generelle løsningen inneholder en eller to konstanter $C_1$ og $C_2$. Disse kan i utgangspunktet være et hvilket som helst reelt tall. For å finne den spesielle løsningen til en ligning trenger man en eller flere tileggsopplysninger.

Når en differensialligning er gitt med initialbetingelser kalles det for et initialverdiproblem.

Initialbetingelsen(e) kan være knyttet til situasjonen ved tiden $t=0$, altså når en prosess starter, eller den kan gis i form av en funksjonsverdi for en annen argumentverdi.

Eksempel: Initialverdiproblem

Finn den spesielle løsningen til initialverdiproblemet:

$$\begin{gathered} \frac{dy}{dx}=3x+2y(1)=3 \\ dy=(3x+2)dx \\ y(x)=\int 3x+2dx \\ y(x)=\frac{3}{2}{x}^2+2x+C \end{gathered}$$

Dette er den generelle løsningen.

For å finne den spesielle løsningen benytter vi opplysningen

$y(1)=3$.

$$\begin{gathered} y(1)=\frac{3}{2}\cdot 1^2+2\cdot 1+C=3 \\ C=-\frac{1}{2} \end{gathered}$$

Den spesielle løsningen blir:

$y(x)=\frac{3}{2}\cdot x^2+2x-\frac{1}{2}$

Retningsdiagram

Førsteorden ligninger kan skrives som $y^{\prime }(x)=F(x,y)$ der $x$ er den variable og $y$ er den ukjente

funksjonen. Dette gir stigningstallet til tangen i punktet $(x,y)$. Dette gir et bilde av hvordan grafene til løsningsfunksjonene ser ut og kalles et retningsdiagram for differensialligningen.

På engelsk er betegnelsen "slope field".

Utfra retningsdiagrammet får vi også et bilde av hvordan ulike integralkurver ser ut.

Eksempel: Retningsdiagram

Gitt er ligningen $y^{\prime }=2$

Vi observerer at stigningstallet til $y(x)$ er $2$ for alle $x$. Løsningen på ligningen er en eller

annen rett linje med stigningstall $2$. Et retningsdiagram illustrerer dette:

Dersom man løser ligningen $y^{\prime }=2$

får man $y=2x+C$, når man integrerer på begge sider.

Vi ser nå at retningsdiagrammet stemmer: $C$ skyver grafen opp eller ned i koordinatsystemet. Verken $x$ eller $y$ har noen betydning for grafens form. Diagrammet indikerer en løsning for $y=2x+1$

Eksempel: Retningsdiagram

Gitt er ligningen $y^{\prime }=x+1$

Man observerer at stigningstallet til $y(x)$ varierer med varierende $x$-verdi, og er $0$ for $x=-1$. Det gir følgende retningsdiagram: $$

$$

Dersom man løser ligningen $y^{\prime }=x+1$ får man $y=\frac{1}{2}{x}^2+x+c$ når man integrerer på begge sider.

Retningsdiagrammet indikerer at løsningen er en parabel med minimum i $x=-1$.

Integralkurver for ligningen $f^{\prime }(x)=0$

For å illustrere hva som menes med integralkurver går vi tilbake til den enkle differensialligningen $f^{\prime }(x)=0$ med løsning $f(x)=c$. Her ser vi at alle konstante funksjoner er løsninger siden vi ikke har spesifisert verdien av konstanten $c$. Med integralkurver menes simpelthen løsningskurver for forskjellige verdier av $c$. Mengden av integralkurver for denne diff.ligningen blir mengden av alle horisontale linjer.

Eksempler

Integralkurver for ligningen $f^{\prime }(x)=f(x)$

Ser vi på differensialligningen $f^{\prime }(x)=f(x)$ er løsningen på formen $f(x)=c{e}^x$. Integralkurvene kan vi skissere i et koordinatsystem ved f.eks. å tegne kurvene $y=e^x$ , $y=1.5e^x$, $y=2e^x$, $y=3e^x$ osv. Legg merke til at de ulike integralkurvene aldri krysser hverandre.

Retningsdiagram

Integralkurver gir viktig informasjon om differensiallikningen. Dersom man ikke har den generelle løsningen kan man allikevel få nyttig informasjon om integralkurvene ved å lage et såkalt retningsdiagram.

Å lage et retningsdiagram for hånd er en tidkrevende prosess, derfor lar vi en spesiell kalkulator gjøre jobben. Du finner den her:[1]

Retningsdiagram for $f^{\prime }(x)=0$

Retningsdiagram for $f^{\prime }(x)=-0,5$

Retningsdiagram for $f^{\prime }(x)=x-1$

---

En initialbetingelse(også kalt startbetingelse) for en differensialligning er en føring som pålegges løsningen i "startøyeblikket" og som bestemmer verdiene til alle ukjente konstanter som opptrer naturlig i løsningen.

Initialverdiproblem

Et initialverdiproblem er en differensialligning med tilhørende initialbetingelser. Dersom $f(x)$ er den ukjente funksjonen i diff.ligningen vil typiske initialbetingelser være på formen $f(0)=\alpha$ og $f^{\prime }(0)=\beta$ etc. for gitte konstanter.

Eksempel

La oss se på initialverdiproblemet $f^{\prime }(x)=f(x)$ med initialbetingelsen $f(0)=10$. Løsningen av ligningen er $f(x)=c{e}^x$. Dersom denne skal passe med initialbetingelsen må $f(0)=c{e}^0=c=10$. Løsningen på initialverdiproblemet blir derfor $f(x)=10e^x$.

Svingninger

Frie svingninger uten dempning

En kloss ligger på et friksjonsfritt underlag. Klossen er festet til en fjær som er fastspent i veggen slik figuren viser. Likevektspunktet er $x_0$. Utslaget fra likevektspunktet kalles x(t).

Newtons andre lov sier at summen av kreftene som virker på klossen er lik masse multiplisert med akselerasjon.

$\sum F=ma$

Hooks lov sier at:

$F=kx$, k er fjærkonstanten. Siden kraften er proporsjonal med utslaget og virker hele tiden mot likevektspunktet, setter vi F = -kx

Vi får:

$m\frac{d^{2}x}{d{t}^2}=-kx$ som gir $\frac{d^{2}x}{d{t}^2}+\frac{k}{m}x=0$ Ved å innføre $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}$ får vi $\frac{d^{2}x}{d{t}^2}+{\omega }^{2}x=0$

som er identisk med

$x^{″}+{\omega }^{2}x=0$

Her finner du hvordan disse likningene løses:

Andre ordens homogene

Eksempel 1:

En kloss med masse 2,5 kg. ligger på en friksjonsfri overflate og er festet til en forankret fjær. Fjæren strekkes 0,5 meter med en kraft 1,25 Newton.

Klossen trekkes ut 0,3 meter mot høyre, fra likevektspunktet, der den slippes. Beskriv bevegelsen.

Løsning:

Vi ser bort fra friksjonen og har harmoniske svingninger.

$x^{″}+{\omega }^{2}x=0$

$r^2+{\omega }^2=0$

$r^2=-{\omega }^2$

$r=\pm \sqrt{-{\omega }^2}$

$r=\pm \omega i$

Det gir oss følgende generelle løsning:

$y(t)=C_{1}sin\omega t+C_{2}cos\omega t$

For å finne den spesielle løsningen må vi bruke de opplysningene vi har:

• Fjærkonstanten k: $k=\frac{F}{x}=\frac{1,25N}{0,5m}=2,5$ N/m
• Ved tiden t=0 er y = 0,3; y(0)= 0,3
• I ytterstillingene er farten null, dvs $y^{\prime }(0)=0$
• Ved likevekt er kraften, og derved akselerasjonen null: $y^{″}(0)=0$

• $\omega =\sqrt{\frac{2,5}{2,5}}=1$

Vi har $y(t)=C_{1}sint+C_{2}cost$ og deriver og dobbeltderiverer for å kunne bruke initialbetingelsene til å finne den spesielle likningen.

$y^{\prime }(t)=C_{1}cost-C_{2}sint$ $y^{″}(t)=-C_{1}sint-C_{2}cost$

$y(0)=0,3SSy(0)=C_{1}sin(0)+C_{2}cos(0)$

$C_2=0,3$ $y^{\prime }(0)=0$ $0=C_{1}cos(0)-C_{2}sin(0)$ $C_1=0$

Funksjonen blir da: $y(t)=0,3cos(t)$

DIGITALT:

Frie svingninger med dempning

En kloss ligger på et underlag med friksjon. Klossen er festet til en fjær som er fastspent i veggen slik figuren viser. Likevektspunktet er $x_0$. Utslaget fra likevektspunktet kalles x(t).

Man antar at friksjonen R er proporsjonal med farten v og virker mot bevegelsen. v er x' og R = rx'

$m\frac{d^{2}x}{d{t}^2}=-rv-kx\iff m\frac{d^{2}x}{d{t}^2}+r\frac{dx}{dt}+kx=0$

$m{x}^{″}+r{x}^{\prime }+kx=0$ eller

$x^{″}+\frac{r}{m}{x}^{\prime }+\frac{k}{m}x=0$

Eksempel 2:

En kloss med masse 2,5 kg. ligger på en overflate og er festet til en forankret fjær. Fjærstivheten er 1,25 N/m.

Klossen trekkes ut 0,3 meter mot høyre, fra likevektspunktet, der den slippes. Friksjonstallet er 0,03. Beskriv bevegelsen.

Løsning:

Vi har friksjonen og får dempede svingninger (bevegelsen vil ta slutt).

$x^{″}+\frac{r}{m}{x}^{\prime }+\frac{k}{m}x=0$

DIGITALT

Naturlig vekst

Dersom en størrelse x vokser med tiden, kan det skrives som

$\frac{dx}{dt}=kx$

der k er en konstant og x = x(t).

Man får

$$\begin{gathered} \frac{dx}{x}=kdt \\ \int \frac{dx}{x}=\int kdt \\ ln|x|=kt+C \\ x=e^{kt}{e}^C=A{e}^{kt} \end{gathered}$$

A er konstanten e^C og man observerer at vet tiden t = 0 er A = x, dvs. A =x₀

Altså:

$x=x_0{e}^{kt}$

Dersom en størrelse avtar, for eksempel aktiviteten i et radioaktivt materiale, har man:

$\frac{dN}{dt}=-kN$

$N(t)=C{e}^{-kt}$

k er isotopavhengig ( dersom modellen representerer aktivitet i radioaktivt materiale).

Eksempel 3:

Et radioaktivt stoff har masse 5 kg. ved tiden t = 0 og minker med 2% per år.

• finn m(t)

Her har vi flere muligheter:

• Differensiallikning $$\begin{gathered} m^{\prime }=-km \\ {m}^{\prime }+km=0 \\ m\cdot e^{kt}=c \\ m=c{e}^{-kt} \\ initialbetingelser: \\ m=5e^{-kt} \end{gathered}$$

• Med opplysningen om 2% reduksjon kunne man funnet funksjonen uten å gå veien om differensiallikningen:

$$\begin{gathered} M=5\cdot 0,{98}^t=5\cdot (e^{\ln 0,98}{)}^t \\ M(t)=5\cdot e^{-0,0202t} \end{gathered}$$

k i den første løsningen er altså tilnærmet 0,0202.

Dersom vi ønsker en funksjon som inneholder halveringstiden eksplisitt:

$\frac{1}{2}=(\frac{1}{2}{)}^{\frac{t}{T}}$

Likningen stemmer når t og T er like store. t er tiden og T halveringstiden. Vi finner halveringstiden:

$$\begin{gathered} \frac{1}{2}=e^{-0,0202t} \\ t=\frac{ln0,5}{-0,0202}=34,3 \end{gathered}$$

$m(t)=m_0\cdot (\frac{1}{2}{)}^{\frac{t}{34,3}}$

Alle tre funksjonsuttrykkene gir den samme utviklingen, altså den samme grafen.

Dersom man har en populasjon kan modellen over være egnet til å beskrive veksten i startfasen, men ingen populasjoner vokser i det uendelige. En mer egnet modell kan da være den logistiske.

Logistisk vekst

Man tenker at populasjonsveksten vil stagnere når antall individer nærmer seg det et område kan tåle. Det antall kalles bæreevnen og vil variere ut fra økosystemets forutsetninger. Man kaller bæreevnen for B

Den relative vekstraten

$\frac{1}{N}\frac{dN}{dt}$ skal være lik en positiv konstant, multiplisert med forskjellen mellom bæreevne og antall. Man får:

$\frac{1}{N}\frac{dN}{dt}=a(B-N)\iff \frac{dN}{dt}=aN(B-N)$

Delbrøkoppspalting gir:

$\frac{1}{N(B-N)}=\frac{a}{N}+\frac{b}{B-N}\Rightarrow 1=a(B-N)+bN\Rightarrow a=b=\frac{1}{B}$

$N\ne 0\wedge N\ne B$

$\int \frac{1}{N(B-N)}dN=\int adt\iff \frac{1}{B}\int (\frac{1}{N}+\frac{1}{B-N})dN=\int adt$

$\frac{1}{B}(ln|N|-ln|B-N|)=at+C_1\iff ln|N|-ln|B-N|=aBt+C,C=C_{1}B$

$ln|\frac{N}{B-N}|=aBt+C$

$\frac{N}{B-N}=K{e}^{aBt},K=\pm e^C$

Ved tiden t = 0 er $N=N_0$

Da er $K=\frac{N_0}{B-N_0}$

som gir

$\frac{N}{B-N}=\frac{N_0{e}^{aBt}}{B-N_0}$

Ved noe regning får man

$N(t)=\frac{B{N}_0}{N_0+(B-N_0)e^{-aBt}}$

( Utregning: $\frac{N}{B-N}=\frac{N_0{e}^{aBt}}{B-N_0}\Rightarrow N=\frac{N_0{e}^{aBt}}{B-N_0}(B-N)\Rightarrow N=\frac{B{N}_0{e}^{aBt}}{B-N_0}-\frac{N\cdot N_0{e}^{aBt}}{B-N_0}$

$N(1+\frac{N_0{e}^{aBt}}{B-N_0})=\frac{B{N}_0{e}^{aBt}}{B-N_0}\Rightarrow N=\frac{B{N}_0{e}^{aBt}}{(B-N_0)(1+\frac{N_0{e}^{aBt}}{B-N_0})}$

$N=\frac{B{N}_0{e}^{aBt}}{B+\frac{B{N}_0{e}^{aBt}}{B-N_0}-N_0-\frac{N_0\cdot N_0{e}^{aBt}}{B-N_0}}\Rightarrow N=\frac{B{N}_0{e}^{aBt}(B-N_0)}{B(B-N_0)+B{N}_0{e}^{aBt}-N_0(B-N_0)-N_0\cdot N_0{e}^{aBt}}$

$N=\frac{B{N}_0{e}^{aBt}(B-N_0)}{B(B-N_0)-N_0(B-N_0)+B{N}_0{e}^{aBt}-N_0\cdot N_0{e}^{aBt}}\Rightarrow N=\frac{B{N}_0{e}^{aBt}(B-N_0)}{(B-N_0)(B-N_0)+(B-N_0)N_0{e}^{aBt}}$

$N=\frac{B{N}_0{e}^{aBt}}{(B-N_0)+N_0{e}^{aBt}}\Rightarrow N=\frac{B{N}_0}{(B-N_0)e^{-aBt}+N_0}$

og vi er i mål.)

Eksempel 4:

Newtons avkjølingslov ( og oppvarming)

Hvordan går det egentlig med et legeme med romtemperatur, når den slippes i kokende vann?

T(t) - er objektets temperatur ved tiden t.

T_omg - er omgivelsenes temperatur.

T(0) - er objektets temperatur ved tiden t = 0.

Newtons avkjølingslov sier at temperaturendringen $\frac{dT}{dt}$

er proporsjonal med differansen mellom T(t) og T_omg, dvs:

$\frac{dT}{dt}=k(T(t)-T_{omg})$

k er en konstant som blant annet har med legemets varmeledningsevne og geometri å gjøre.

Her har man to muligheter:

Avkjøling

Dersom objektet er varmere enn omgivelsene ved tiden t = 0 har man en avkjølingssituasjon. Da er $\frac{dT}{dt}$ negativ. Det gir:

$T(t)-T_{omg}>0$

Oppvarming

Dersom objektet er kaldere enn omgivelsene ved tiden t = 0 har man en oppvarmingssituasjon. Da er $\frac{dT}{dt}$ positiv. Det gir:

$T(t)-T_{omg}<0$

Det gir Newtons lov for avkjøling:

$\frac{dT}{dt}=-k(T(t)-T_{omg})$

Eksempel 5:

En smed skal bearbeide et stykke metall. Når det tas ut av ovnen er det 500°C. Metallet lar seg bearbeide til det er 150°C. Under denne temperatur er det vanskelig å forme. Smeden har fra tidligere erfaringer funnet ut at metallet avkjøles med 200 grader de første 10 minuttene. I rommet der arbeidet foregår er det 30°C.

Hvor lang tid har smeden på bearbeidingsprosessen?

Løsning:

Newtons lov for avkjøling sier:

$\frac{dT}{dt}=-k(T(t)-T_{omg})$

I dette tilfellet gir det:

$$\begin{gathered} \frac{dT}{dt}=-k(T(t)-30) \\ \frac{dT}{dt}=k(30-T(t)) \\ \int (\frac{1}{30-T(t)})dT=\int (k)dt \\ -ln|30-T(t)|=kt+C \\ 30-T(t)=e^{-(kt+C)} \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} 30-T(t)=C_2{e}^{-kt} \\ der{C}_{2}er{e}^C \\ T(t)=30-C_2{e}^{-kt} \end{gathered}$$

Man har oppgitt:

$$\begin{gathered} T(0)=500C \\ 30-500=C_2 \\ {C}_2=-470 \\ T(t)=30+470e^{-kt} \end{gathered}$$

Hva er k?

k er en konstant som bestemmes av objektets form og materialegenskaper,

samt omgivelsenes tetthet / varmeledningsegenskaper mm.

For å finne k må man benytte seg av smedens erfaringer og kunnskaper:

$$\begin{gathered} T(10)=300C \\ 300=30+470e^{-10k} \\ ln(\frac{270}{470})=-10k \\ k=0,0554 \end{gathered}$$

Det gir funksjonen for avkjøling:

<math>

T(t) = 30 +470 e^{-0,0554t}</math>

Hvor lang tid har så smeden før arbeidsstykket hans går under 150?

$150=30+470e^{-0,0554t}$

$t\approx 24,6min$

Temperaturforløpet ser slik ut:

Konsentrasjon i væsker

Eksempel 6:

En tank inneholder 1000 liter saltvann, med 15 kg oppløst salt. Rent vann fylles på tanken med en fart på 10 liter / minutt. Blandingen røres hele tiden godt. Samtidig tappes tanken med 10 liter / minutt. Hvor mye salt er det i tanken etter t minutter?

Vi har følgende:

A(t) = saltmengde ved tiden t

Endring av saltmengde $\frac{dA}{dt}$ = salt inn – salt ut

$\frac{dA}{dt}$ = (konsentrasjon inn $\frac{g}{L})\cdot$ (væskestrøm inn $\frac{L}{min}$) - (konsentrasjon ut $\frac{g}{L})\cdot$ (væskestrøm ut $\frac{L}{min}$)

$\frac{dA}{dt}=0-\frac{A}{1000}\cdot 10=-\frac{A}{100}$

$$\begin{gathered} \frac{dA}{dt}=-\frac{A}{100} \\ \int \frac{1}{A}dA=\int -\frac{1}{100}dt \\ ln|A|=-\frac{1}{100}t+C \\ {e}^{ln|A|}=e^{-\frac{1}{100}t+C} \\ |A|=e^C\cdot e^{-\frac{1}{100}t} \end{gathered}$$

Initialbetingelser: A(0) = 15 gir:

$A(t)=15e^{-\frac{1}{100}t}$

Eksempel 7:

I en vanntank som rommer 1000 liter er det 500 liter ferskvann. Det tilsettes 3 liter per minutt av en vannløsning som inneholder 4 gram salt per liter. Samtidig som det blandes godt, tappes det ut 2 liter per minutt i bunnen av tanken. Finn saltmengden i tanket x(t) ved tiden t.

Vi har:

Saltmengden i tank ved tiden t: x(t)

Salt inn: 4 g / L $\cdot$ 3 L / min = 12 g/ min

Salt ut: $\frac{x(t)}{V(t)}\cdot$ (- 2) L / min

Endring i væskevolum: $$\begin{gathered} \frac{dV}{dt}=3-2=1 \\ \int dV=\int 1dt \\ V(t)=t+C \end{gathered}$$.

Ved tiden t = 0 var det 500 liter i tanken, så:

V(t) = t + 500.

Det betyr at det tar 500 minutter før tanken er full.

Endring i saltmengde: $$\begin{gathered} \frac{dx}{dt}=12-2\cdot \frac{x(t)}{V(t)} \\ \frac{dx}{dt}=12-2\cdot \frac{x(t)}{t+500} \end{gathered}$$

Så løser vi likningen:

$x^{\prime }+\frac{2x}{t+500}=12$

Finner integrerende faktor:

$e^{\int \frac{2}{t+500}}=e^{2ln|t+500|}=e^{ln(t+500{)}^2}=(t+500{)}^2$

Multipliserer så alle ledd med integrerende faktor:

$$\begin{gathered} x^{\prime }\cdot (t+500{)}^2+\frac{2x}{t+500}\cdot (t+500{)}^2=12\cdot (t+500{)}^2 \\ \int (x\cdot (t+500{)}^2{)}^{\prime }dt=\int 12\cdot (t+500{)}^{2}dt \end{gathered}$$

Setter u = t + 500 på høyreside og får du = dt og integrerer.

$$\begin{gathered} x(t+500{)}^2=\frac{12}{3}(t+500{)}^3+C \\ x=4(t+500)+\frac{C}{(t+500{)}^2} \end{gathered}$$

For å finne C bruker vi opplysningen om at ved tiden t = 0 var x(0) =0, altså bare ferskvann.

$$\begin{gathered} x(0)=0 \\ 0=2000+\frac{C}{{500}^2} \\ c=-2000\cdot 250000 \\ C=-500000000 \end{gathered}$$

Det gir oss likningen for vårt spesielle tilfelle:

$x(t)=4t+2000-\frac{500000000}{(t+500{)}^2}$

Tilbake til R2 Hovedside