MATEMATISK MODELLERING (TMA4195) Eksamen torsdag 3. desember 2009 Løsning med kommentarer

Transkript

1 MATEMATISK MODELLERING (TMA95) Eksamen torsdag 3. desember 009 Løsning med kommentarer Ogave : For å kvanti sere hvor store lekkasjer som ostår fra hull i tanker og transortrør for væske (f.eks. olje, vann, gass), har det blitt foreslått å utføre kontrollerte ekserimenter. Utstrømningen gjennom hullet, Q, målt i m 3 /s, antas å være avhengig av arealet av åningen, A, di erensen mellom trykket innenfor og utenfor hullet,, [] = kg=s m, samt væskens tetthet,, [] = kg=m 3, og dynamiske viskositet,, [] = kg=ms. Veri sér at dimensjonsanalysen gir oss formelen! Q = A= = A= = = ; () og angi hvordan en kan organisere måledataene for å bestemme funksjonen ekserimentelt. Utgangsunktet er Q = f (A; ; ; ), og siden alle enheter er gitt, får vi dimensjonsmatrisen Q A kg 0 0 m s Rangen å matrisen lik 3, og vi har følgelig dimensjonsløse kombinasjoner. Med A, og som kjernevariable får vi = Q A = = ; () = A= = = ; (3) som gir oss ogitt formel. Egentlig bør en her i tillegg kommentere at det innenfor det gitte antall dimensjonsløse variable nnes mange (ekvivalente) muligheter. Formelen er forbausende enkel. Så lenge en kan anta at det dreier seg om vanlige væsker og hull med samme geometriske form, kan en nøye seg med ett måleosett og en væske, der en måler Q som funksjon av og lotter mot for å bestemme = ( ). Ogave På den matematiske golfbanen er ogaven å slå ballen fra origo i tidsunktet t = 0, y (0) = 0, med hastighet V = dy (0), slik at den for tidsunktet t = havner i y =, dvs. y () =. Bevegelsen til ballen styres av den ikke-lineære di.ligningen " d y + dy e t y = 0; 0 t ; () der " er en konstant, 0 < ". Finn et tilnærmet uttrykk for V ved å løse ligningen til ledende orden ved hjel av singulær erturbasjon (Vink: Ligningen _x = x e t har løsning e t A. Bruk = t=" som tidsvariabel i starten av bevegelsen). Dette er en singulært erturbert ligning der grensesjiktet, etter vinket, otrer nær t = 0. Ytre løsning nnes ved å sette inn y (t) = y 0 (t) + y (t) +, og til ledende orden får vi dy 0 e t y 0 = 0; (5)

2 eller y 0 dy 0 = e t. Vi integrerer og nner, som ogitt, y 0 (t) = e t A ; (6) der A er en integrasjonskonstant. Som vanlig lar vi den ytre løsningen tilfredsstille randkravet som ikke ligger i grensesjiktet, dvs. Dette gir oss A = e, og y 0 () = = y 0 (t) = e A : (7) + e t e : (8) For indre løsning benytter vi hintet i ogaven og setter Y () = Y 0 () + "Y () +, der t = ": " d y + dy e t y = " d Y " d + dy " d e t Y = 0: (9) Multilikasjon med " gir til ledende orden d Y 0 d + dy 0 d = 0: (0) Siden generell løsning er Y 0 () = B + B e, kan vi tilfredsstille Y 0 (0) = 0 ved å sette Matching-kravet gir oss deretter B = lim t!0 y 0 (t) = Ledende ordens uniforme løsning er y u (t) = Y 0 " = = Y 0 () = B e : () lim Y 0 () = lim y 0 (t) ; ()! t!0 + e 0 e = e : (3) + y 0 (0) lim t!0 y 0 (t) e e t=" + og hastigheten, V = dy (0), blir til ledende orden + e t e e + e t e e e t=" ; () V dyu (0) = ( e + O () : (5) ) " For V blir altså ledende orden O ", og en utfordring for silleren! Ogave 3: (a) Den vanligste modellen for biltra kk langs en vei leder til dimensjonsløs bil uks å formen j = ( ). Skriv ned de viktigste sammenhengene i denne modellen, og sett o di.ligningen som modellen leder til (utenom områder med av- og innåkjørsel). Når utvikler løsningen av di.ligningen et sjokk?

3 Vi tar utgangsunkt i modellen og antar at det å hele vegen, for t < 0, kjører biler med konstant tetthet = =. For t 0 settes fartsgrensen (maksimalhastigheten) mellom x = 0 og x = ned til halvarten, mens maksimal tetthet forblir den samme. Vi antar at en tilsvarende tye sammenheng mellom bilhastighet og tetthet holder i området 0 < x < for 0 < t, og at bilene resonderer umiddelbart å endringene. (b) Hvilken betingelse å bil uksen gjelder i x = 0 og x =? Bestem løsningen (x; t) for t > 0. (Vink: Anta at tettheten for 0 < x < forblir uendret) (c) Beskriv hvordan det er å kjøre gjennom denne hindringen, basert å bilhastigheten i de ulike områdene av løsningen (Det er ikke nødvendig å regne ut akkurat når eller hvor hastighetsendringene skjer). (a) Modellen starter med å de nere en biltetthet som ligger mellom 0 og en maksimal tetthet max : Bilhastigheten antas å være en lineær funksjon av ; v = v max max. Dermed blir uksen j = v = v max resulterer i v =, j = ( ) og di.-ligningen max. Skalering med = max ; (6) x = Lx; (7) t = (L=v max )t (8) t + c () x = 0; (9) c () = dj = d : (0) Siden c () avtar når øker, vil en situasjon der (x ; t) < (x ; t) for x < x utvikle seg til et sjokk. (b) I x = 0 og x = er det ingen mulighet for å akkumulere biler, slik at uksen er kontinuerlig i disse unktene for alle t. Mellom x = 0 og vil sammenhengen mellom hastighet og tetthet for t > 0 bli v = ( ), og uksen får formen ( ). Ut fra tiset kan vi anta at forblir lik =, og uksen dermed blir =8 (og maksimal) i dette området for alle t 0. Da gjenstår å nne løsningene for x < 0 og x >. I disse to områdene svarer j = =8 til to mulige tettheter, nemlig løsningene av 8 = ( ) ;dvs. + = + ; () = : () Dette betyr at det umiddelbart til venstre for x = 0 når t > 0, vil bygge seg o en kork der bilene har tetthet + og uksen er =8. I bakkanten av korken utvikles et sjokk som beveger seg mot venstre ut fra (0; 0). I området x og t > 0 er uksen ut fra x = lik =8 (større kan den ikke bli!). Det er naturlig å assosiere dette med tettheten, og dermed får karakteristikkene ositiv kinematisk hastighet og kolliderer med karakteristikkene som kommer o fra x-aksen for x >. Det utvikles følgelig et sjokk også å denne siden. Siden tetthetene å begge sider av sjokkene er 3

4 t x = t II III IV x =+ t I V 0 x Figure : Karakteristikker og sjokk. konstante, kan vi umiddelbart regne ut sjokkhastighetene U (bakover fra x = 0) og U (framover fra x = ): U = + ( + ) = ; (3) U = + Forholdene er skissert å g.. Tilsammen kan vi osummere løsningen for t > 0 som følger: ( ) = : () Område x t t I x < 0 x < II x < 0 t < x + III 0 < x < 0 < t IV < x x < + V < x + t t < x (c) I område I kjører vi med hastighet v I = = til vi møter korken i II. Gjennom II går hastigheten ned til v II = + t 0:5: (5) I sonen med nedsatt maksimumsfart er hastigheten v III = = 0:5; (6) mens det går raskere i område IV, v IV = t 0:85 (7)

5 t 0 x Figure : Skisse av bilens bevegelse gjennom sonen med redusert hastighet (lottet er langt fra nøyaktig!). Tilslutt i område V er hastigheten den samme som i I, dvs. /. En grov skisse av bilens bevegelse i x=t-diagrammet er vist å gur. Ogave I en isolert oulasjon som består av M 0 individer, overføres in uensasmitte ved at syke ersoner S møter friske ersoner som er mottakelige for smitte. Antall som smittes r. tidsenhet er roorsjonal med sannsynligheten for at syke ersoner tre er mottakelige friske, og roorsjonalitetskonstanten, r, kalles infeksjonsraten (r. individ). Etter ei stund friskner de syke til. (a) Følgende dynamiske modell har blitt foreslått for antallet syke hvis ingen blir immune etter å ha vært syke: = rs (M 0 S ) S : (8) Angi, ut fra denne ligningen, tidsskalaene for utviklingen av eidemien i starten, et overslag for hvor lenge folk er syke, og skalér ligningen. Størrelsen å r kan reguleres ved hjel av vaksiner og andre ålegg. Drøft de stasjonære løsningene av den skalerte ligningen i lys av dette. En mer realistisk modell må ta hensyn til at de som har blitt friske vil være immune, i alle fall noen tid etter sykdommen. Følgende (skalerte) matematiske modell har derfor blitt foreslått for antallet syke, S (t), og immune, I (t), ersoner: = S ( I S) S; (9) di = S I: (30) (b) Angi hvor i (S; I)-lanet de fysisk aksetable løsningene, fs (t) ; I (t)g, ligger, og hva arametrene og betyr. Dette dynamiske systemet har et olagt stasjonært unkt. Når er dette unktet stabilt? (Det er ikke nødvendig å studere grensetilfellene) (c) Bestem for hvilke verdier av og systemet (30) har et annet, fysisk aksetabelt stasjonært unkt (S 0 ; I 0 ). Vis at disse unktene ligger å et linjestykke i (S; I)-lanet hvis holdes fast mens varierer. (d) Linearisér systemet (30) run (S 0 ; I 0 ) i (c) ved å føre inn S (t) = S 0 + x (t), I (t) = 5

6 I 0 + y (t), og vis at matrisen A i det lineariserte systemet _x = Ax, x = [x; y] 0, da får formen S A = 0 S 0 : (3) Bestem hvorvi (S 0 ; I 0 ) er stabilt eller ustabilt. (a) Vi omskriver ligningen til = (rm 0) S S M 0 S : (3) I starten av eidemien er S M 0, slik at S vokser omlag eksonensielt med vekstrate rm 0, hvis vi ikke trekker inn siste ledd i ligningen. En rimelig tidskala for veksten i antall smittede blir følgelig T = (rm 0 ). Hvis ingen smittes, friskner de syke til eksonensielt, S = S 0 ex ( t ), slik at T = er en tyisk tidsskala for tilfriskning. Skalering med M 0 for S og I, og T for t gir oss = S ( S) S; (33) = T T = Her er 0, og ligningen har stasjonære løsninger for M 0 r : (3) S 0 = 0; (35) S = ; 0 < (36) Stabiliteten avgjøres å vanlig måte, for eksemel ved å sjekke den deriverte av høyresiden med hensyn å S. Vi ser lett at S 0 stabil for >, og ustabil for 0 < : Likevektsunktet S er stabilt for 0 <. For = blir ligningen S _ = S med løsninger som konvergerer mot 0 hvis vi starter fra en ositiv verdi. Hvis >, dvs. r < =M 0, vil det ikke kunne bygge seg o noen omfattende eidemi. Dermed kan det slås fast at myndighetenes ofordring om håndvask og kontrollert nysing har noe for seg, i motsetning til Uka09 s burleske innslag om smittefest. I motsatt fall vil det etter hvert innstille seg en stasjonær tilstand der en andel i befolkningen er syke til enhver tid. (b) Poulasjonen kan nå deles i syke (S), immune (I), og friske ( I S). Følgelig begrenses det fysiske området til 0 S; 0 I, og S + I. Parameteren har samme betydning som i (a), = T =T, mens er et tilsvarende forhold T =T 3, der T 3 angir en tyisk nedbrytningstid for immuniteten. Det er rimelig å anta at T T 3. Det olagte stasjonære unktet er S 0 = 0, I 0 = 0, og det lineariserte systemet får formen = ( ) S; (37) di = S I: (38) Siden både og er større enn 0, ser vi umiddelbart at både S og I vil konvergere mot null for t! hvis >. Dette følger naturligvis også, som angitt for unkt (d), ved å se å den tilhørende matrisen for det lineariserte systemet, 0 A = ; (39) 6

7 som har egenverdiene og. Følgelig blir (0; 0) stabilt hvis > og > 0 (men ustabilt når 0 < < ). (c) Vi skal løse S 0 I 0 = 0; (0) S 0 ( I 0 S 0 ) S 0 = 0: () Siden S 0 = I 0, og vi skal ha en annen løsning enn (0; 0), kan vi anta at S 0 6= 0. Følgelig må eller Hvis vi setter inn S 0 = I 0, ser vi lett at Aksetable verdier for og blir følgelig og linjestykket for konstant er gitt av lign. 3. (d) Lineariseringen run (S 0 ; I 0 ) nnes ved å skrive systemet ( I 0 S 0 ) = 0; () S 0 + I 0 = : (3) I 0 = ( + ) ; () S 0 = ( + ) : (5) 0 < < ; (6) 0 < < ; (7) _S = f (S; I) ; (8) I _ = g (S; I) ; (9) og føre inn S (t) = S 0 + x (t), I (t) = I 0 + y (t), slik at vi får (til ledende orden) d 0; I 0 (S 0; I 0 ) x 0; I 0 (S = A : (50) 0; I 0 ) y y Ved å sette inn, får Jacobimatrisen generelt formen I0 S A = 0 S 0 ; (5) og siden = S 0 + I 0, blir A = Ligningen for egenverdiene, og, blir S 0 S 0 : (5) ( S 0 ) ( ) + S 0 = + (S 0 + ) + S 0 ( + ) = 0: (53) Siden + < 0, mens > 0, må realdelen til egenverdiene være negativ. Følgelig er (S 0 ; I 0 ) alltid stabilt inne i det tillatte området. Merk forøvrig at (S; I)-systemet degenererer til ligningen i (a) når!. 7