d) Vi skal nne alle lsningene til dierensialligningen y 0 + y x = arctan x x pa intervallet (0; ). Den integrerende faktoren blir R x e dx = e ln x =

Transkript

1 Lsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 0 I kapittel 0 far du trening i a lse ulike typer dierensialligninger, og her far du bruk for integrasjonsteknikkene du lrte i forrige kapittel. Men vel sa viktig som det regnemessige, er det a lre seg hvordan man tenker nar man skal stille opp dierensialligninger for a lse praktiske problemer. Dette nner du eksempler pa i oppgavene til seksjon 0. og 0.4. Oppgave 0..3 a) Vi skal nne alle lsningene til dierensialligningen y 0 x y = x pa intervallet (0; ). Den integrerende faktoren blir her e R x dx = e ln x = x og multiplikasjon med denne faktoren gir ligningen x y 0 x 3 y = [x y] 0 = Ved a integrere pa begge sider far vi x y = x + C som gir lsningen y = x 3 + Cx b) Vi skal nne alle lsningene til dierensialligningen y 0 xy = e x. Her er integrerende faktor e R x dx = e x og multiplikasjon med denne faktoren gir ligningen e x y 0 xe x y = e x y 0 = Ved a integrere pa begge sider far vi e x y = x + C som gir lsningen y = e x (x + C) 70

2 d) Vi skal nne alle lsningene til dierensialligningen y 0 + y x = arctan x x pa intervallet (0; ). Den integrerende faktoren blir R x e dx = e ln x = x og multiplikasjon med denne faktoren gir ligningen x y 0 + xy = arctan x [x y] 0 = arctan x Ved a integrere pa begge sider far vi x y = x arctan x ln( + x ) + C (se nedenfor) som gir lsningen y = arctan x x x ln( + x ) + C x Ovenfor har vi benyttet delvis integrasjon til a lse integralet x arctan x dx = x arctan x + x dx " u = arctan x; v 0 = u 0 = ; v = x +x = x arctan x ln( + x ) + C Oppgave 0..7 Vi skal lse dierensialligningen (x + )y 0 + y = 0, x >. Denne ligningen er pa formen (x + )y 0 + y = der vi gjenkjenner venstre side som den deriverte til (x + )y, slik at ligningen kan skrives [(x + )y] 0 = Ved a integrere pa begge sider far vi som gir lsningen y = x + D x + der vi har satt C = D. (x + )y = x + D = x + + (D ) x + 7 = + C x +

3 Oppgave 0..9 a) Vi skal lse integralet R x (x+)(x +x+5) dx. Vi ser at nevneren ikke kan faktoriseres ytterligere, siden faktoren x + x + 5 = (x + ) + 4 ikke har noe nullpunkt. Delbrkoppspaltning av integranden gir x (x + )(x + x + 5) = A x + + Bx + C x + x + 5 x = A(x + x + 5) + (Bx + C)(x + ) = (A + B)x + (A + B + C)x + (5A + C) Sammenholder vi koesientene pa hver side av identiteten, far vi A + B = 0; A + B + C = ; 5A + C = som gir A = ; B = ; C = 3 Dermed har vi x (x + )(x + x + 5) dx = x + + x + 3 dx x + x + 5 " delbrkoppspaltning (x + ) + x + x + 5 = ln jx + j + dx = ln jx + j + x + x + x + 5 dx + (x + ) + 4 dx = ln jx + j + ln jx + x + 5j + 4[( x+ ) + ] dx = ln jx + j + ln(x + x + 5) + u + du " u = x+ ; du = dx = ln jx + j + ln(x + x + 5) + arctan(u) + C = ln jx + j + x + ln(x + x + 5) + arctan + C b) Vi skal nne alle lsninger til dierensialligningen dy dx + x y = x + x hvor x >

4 Den integrerende faktoren blir R R e x dx ( = e x x+ ) dx x ln( = e x+ ) = x x + Multipliserer vi ligningen med den integrerende faktoren, far vi 0 x y = x + x + x + 5 x x + x x y = x + (x + )(x + x + 5) dx x + x y = x (x + )(x + x + 5) dx Men det siste integralet regnet vi ut i punkt a), sa vi har ialt x + y = ln jx + j + x + x ln(x + x + 5) + arctan + C Oppgave 0.. La y(t) vre befolkningstallet ved tiden t. Endringen i befolkningen per ar er da gitt ved y 0 (t). Denne endringen skyldes dels en befolkningsvekst pa 0:0y(t) per ar, og dels en netto innvandring pa personer per ar. Setter vi de to uttrykkene for befolkningsveksten lik hverandre, far vi y 0 = 0:0y Den integrerende faktoren er er 0:0 dt = e 0:0t, og multipliserer vi ligningen med denne, far vi e 0:0t y 0 0:0e 0:0t y = e 0:0t e 0:0t y 0 = e 0:0t Integrerer vi begge sider av ligningen, far vi e 0:0t y = e 0:0t + C som gir den generelle lsningen y = Ce 0:0t Initialbetingelsen y(0) = gir y(0) = C =

5 Det betyr at C = , sa var lsning blir y(t) = e 0:0t Oppgave 0..9 La y(t) vre vannmengden i demningen ved tiden t. Endringen i vannmengden per sekund er da gitt ved y 0 (t). Denne endringen skyldes dels et tilsig pa 00 m 3 vann per sekund, og dels et utslipp pa 0 6 y(t) m 3 vann per sekund. Setter vi de to uttrykkene for endringen i vannmengden lik hverandre, ser vi at y 0 (t) = y(t) at vi far den oppgitte dierensialligningen y 0 (t) y(t) = 00 Dette er en frste ordens, liner dierensialligning, og multipliserer vi ligningen med den integrerende faktoren e 0 6t, far vi Integrerer vi pa begge sider, far vi (e 0 6t y(t)) 0 = 00e 0 6 t e 0 6t y(t) = e0 6t + C = 0 8 e 0 6t + C y(t) = C e 0 6 t Nar demningen er full inneholder den 0 8 m 3 vann. Vi skal nne ut hvor lang tid det tar fra demningen er tom til den er halvfull. La oss starte malingen av tiden nar demningen er tom, at y(0) = 0. Ved hjelp av denne initialbetingelsen far vi bestemt konstanten C: y(0) = 0 () C = 0 () C = 08 e0 Sa den spesielle lsningen blir y(t) = e = 0 6 t 08 e 0 6 t 74

6 Vi skal nne ut hvor lang tid t det tar fr y(t) = 08. Vi har 0 8 = e 0 6 t 08 = e 0 6 t e = 0 6 t e 0 6t = t = 0 6 ln Det tar altsa 0 6 ln sekunder fra demningen er tom til den er halvfull. Oppgave 0..5 a) En melkekartong der temperaturen var 6 C ble staende pa kjkkenbenken i timer. Da var temperaturen i melka 3 C. Lufttemperaturen var 0 C. La T (t) vre temperaturen i melka ved tiden t, og la A vre lufttemperaturen utenfor melkekartongen. Vi regner med at temperaturen i melka endrer seg med en hastighet som er proporsjonal med dieransen mellom lufttemperaturen og temperaturen i melka. Dette betyr at T 0 (t) = (A T (t)) at temperaturen i melka er beskrevet ved dierensialligningen T 0 + T = A Multipliserer vi med den integrerende faktoren e t, far vi T 0 e t + e t T = e t A e t T 0 = e t A og integrasjon pa begge sider gir e t T = e t A + B T (t) = A + Be t Nar melka star pa kjkkenbenken er temperaturen i lufta omkring melkekartongen gitt ved lufttemperaturen, at A = 0. Ved tiden t = 0 er temperaturen i melka 6 C. Dette gir oss T (0) = 0 + B = 6 () B = 4 75

7 Ved tiden t = var temperaturen 3 C, hvilket gir at T () = 0 4e = 3 e = = ln = ln = ln Dermed er temperaturen til melka etter t timer gitt ved T (t) = 0 4e t ln b) Temperaturen i melka etter tre timer er T (3) = 0 4e 3 ln ln 3= = 0 4e = 0 3= 4 5:05 at temperaturen er ca 5:05 C. c) Da temperaturen i melka var 5 C, ble den satt inn i kjleskapet. Etter time var temperaturen i melka C. Vi skal nne temperaturen T k i kjleskapet. Dierensialligningen fra punkt a) og dens generelle lsning gjelder fortsatt (spesielt er konstanten den samme som vi fant i punkt a). Den eneste forskjellen er at lufttemperaturen A utenfor kartongen na blir lik temperaturen T k i kjleskapet. Setter vi t = 0 idet kartongen settes inn i kjleskapet, gir de nye opplysningene oss T (0) = T k + Be 0 = T k + B = 5 T () = T k + Be = T k + B p = Fra den frste ligningen ovenfor har vi B = 5 T k som innsatt i den andre ligningen gir p p T k + 5 T k = p p T k = 5 T k = p 5 p Sa temperaturen i kjleskapet var ca 4:76 C. 76 4:7574

8 Oppgave 0.3. Vi skal lse dierensialligningen y 0 3y = e x med initialbetingelsen y(0) = 0. Multiplikasjon med den integrerende faktoren e 3x gir e 3x y 0 3e 3x y = e x e 3x y 0 = e x Ved a integrere pa begge sider far vi e 3x y = C e x som gir lsningen y = Ce 3x e x Av initialbetingelsen far vi y(0) = C = 0 () C = Sa den spesielle lsningen som oppfyller initialbetingelsen var, er y(x) = e 3x e x Oppgave Vi skal lse y 0 + y tan x = sin x med initialbetingelsen y(0) =. Substitusjonen u = cos x, du = sin x dx gir sin x tan x dx = cos x dx = du = ln juj = ln jcos xj u, og multiplika- Den integrerende faktoren blir dermed e lnjcos xj = sjon med denne faktoren gir ligningen y 0 cos x + y sin x cos x = sin x cos x = sin x cos x cos x h y i 0 = sin x cos x Ved a integrere begge sider av ligningen far vi y = cos x + C cos x som gir lsningen y = C cos x cos x 77 jcos xj = sin x

9 Vi bestemmer konstanten C ved hjelp av initialbetingelsen: y(0) = C = () C = 4 Sa den spesielle lsningen blir y(x) = 4 cos x cos x Oppgave Vi skal lse dierensialligningen x y 0 + xy = arctan x med initialbetingelsen y() =. Her kan vi gjenkjenne venstre side av 4 ligningen direkte som den deriverte til uttrykket yx, slik at ligningen kan skrives yx 0 = arctan x Vi integrerer pa begge sider og lser integralet vi far pa hyre side ved hjelp av delvis integrasjon hvor vi setter u = arctan x, v 0 =, u 0 = +x og v = x. Dette gir yx = arctan x dx x = x arctan x + x dx = x arctan x ln( + x ) + C Divisjon med x gir da at den generelle lsningen er y = arctan x x x ln( + x ) + C x Vi bestemmer den ukjente konstanten ved hjelp av initialbetingelsen: y() = arctan ln + C = 4 () C = ln Den spesielle lsningen som tilfredsstiller var initialbetingelse blir derfor y(x) = arctan x x x ln( + x ) + ln x Oppgave 0.4. a) Vi skal lse dierensialligningen y 0 = yx 78

10 og observerer frst at y 0 er en lsning. For y 6= 0 kan vi separere ligningen og far y 0 y = x Integrasjon pa begge sider av ligningen gir y dy = x dx ln jyj = 3 x3 + D som betyr at jyj = e 3 x3 +D = e D e 3 x3 Lsningen blir dermed y = e D e 3 x3 = Ce 3 x3 hvor C er en vilkarlig konstant. (I utgangspunktet gjelder lsningsformelen for C = e D 6= 0, men nar C = 0 far vi y 0 som vi allerede har observert er en lsning.) b) Dierensialligningen y 0 = x y 3 er separabel og lses ved samme fremgangsmate som ovenfor. Separasjon av variablene gir frst ligningen y 3 y 0 = x Integrasjon pa begge sider gir y 3 dy = x dx og lsningen blir 4 y4 = 3 x3 + D y = 4 r 4 3 x3 + C c) Dierensialligningen (x + )y 0 + y = 0 79

11 har apenbart den trivielle lsningen y 0. For y 6= 0 er den separabel og kan skrives y0 y = x + Integrasjon pa begge sider gir y dy = Lsningen blir d) Dierensialligningen kan skrives y y = x + dx = ln jx + j + C ln jx + j + C xyy 0 = + x + y + x y xyy 0 = ( + x ) + y ( + x ) = ( + x )( + y ) ved a faktorisere og trekke sammen uttrykket pa hyre side. Denne ligningen kan (for x 6= 0) skrives pa formen yy 0 + y = + x x = x + x og er dermed separabel. Integrasjon pa begge sider gir y dy + y = x + x dx eller med andre ord Dette betyr at ln( + y ) = ln jxj + x + D ln( + y ) = ln jxj + x + D + y = e ln jxj+x +D = x e x e D altsa y = Cx e x 80

12 Lsningen er dermed p y = Cx e x hvor C > 0. Oppgave a) For x > 0 har vi gitt at funksjonen y = f(x) tilfredsstiller ligningen som ogsa kan skrives [f(x)] = x x[f(x)] = x x f(t) dt f(t) dt Ved a derivere begge sider av ligningen (vi bruker analysens fundamentalteorem til a derivere hyre side), far vi [f(x)] + xf(x)f 0 (x) = f(x) som er ekvivalent med y + xyy 0 = y yy 0 = y y x b) Vi skal nne alle lsninger av den opprinnelige ligningen og lser frst dierensialligningen som vi fant i punkt a). Denne har apenbart de konstante lsningene y 0 og y. Forutsetter vi y 6= 0 og y 6=, blir ligningen separabel og kan skrives y 0 y = x Integrasjon pa begge sider gir y dy = x dx ln j yj = ln p x + D Bytter vi fortegn og bruker eksponentialfunksjonen pa begge sider, gir dette e ln j yj = e ln px e D 8

13 som betyr at y = e D p x = C p x Dierensialligningen har dermed lsningen y = C p x i tillegg til de to konstante lsningene ovenfor. Iflge punkt a) ma alle lsninger y = f(x) av den opprinnelige funksjonsligningen ogsa vre lsninger av dierensialligningen og altsa ha formen f(x) = p C x. Setter vi en slik funksjon inn i den opprinnelige ligningen, blir venstre side og hyre side [f(x)] = C p x + C x x f(t) dt = x C p x x t = t C p x t x dt = C p x + C x Disse uttrykkene er identiske hvis og bare hvis C = C, det vil si C =. Funksjonsligningen har derfor bare lsningen f(x) = p + x x = p x i tillegg til de konstante lsningene f(x) = 0 og f(x) =. Oppgave a) La N(t) vre antall individer i dyrebestanden etter t ar. En logistisk vekstmodell for dyrebestanden er gitt ved dierensialligningen dn=dt = 0 4 N(0 4 N) med initialbetingelsen N(0) = Vi observerer frst at differensialligningen har de konstante lsningene N 0 og N

14 Forutsetter vi at N 6= 0 og N 6= 0 4 er dierensialligningen separabel og kan skrives N 0 N(N 0 4 ) = 0 4 Integrasjon pa begge sider gir N(N 0 4 ) dn = 0 4 dt = 0 4 t + C Ved delbrkoppspaltning blir integralet pa venstre side dn = N(N ) N 0 dn 4 N = 0 4 (ln jn 0 4 j ln jnj + C ) = 0 4 ln N 0 4 N + C Dermed blir ligningen var 0 4 ln N 0 4 N = 0 4 t + C 3 som er ensbetydende med at som ogsa kan skrives Lsningen blir dermed N 0 4 N = e t e 04 C 3 = Ce t N 0 4 = Ce t N N( Ce t ) = 0 4 N(t) = 0 4 Ce t hvor C er en vilkarlig konstant. (I utgangspunktet gjelder lsningsformelen for C = e t 6= 0, men nar C = 0 far vi N 0 4 som vi allerede har observert er en lsning.) Vi bestemmer den ukjente konstanten ved hjelp av initialbetingelsen N(0) = som gir oss N(0) = 04 C =

15 C = 3 Dermed blir dyrebestanden etter t ar gitt ved N(t) = e t For a nne hvilken strrelse bestanden vil stabilisere seg pa i det lange lp, undersker vi hva som skjer med N(t) nar tiden t vokser over alle grenser: lim N(t) = lim t! t! 0 4 = e t Bestanden vil altsa stabilisere seg pa dyr. b) Vi skal heretter anta at det drives jakt pa dyrebestanden og at det felles : 0 3 dyr per ar. Vi endrer derfor modellen til dn=dt = 0 4 N(0 4 N) : 0 3 med initialbetingelse N(0) = Hyresiden av ligningen er et annengradspolynom i N med rtter og 7 0 3, sa ligningen kan skrives dn=dt = 0 4 (N )(N ) Pa samme mate som i punkt a) observerer vi frst at dierensialligningen har de konstante lsningene N og N Forutsetter vi at N 6= og N 6= 7 0 3, er dierensialligningen separabel og kan skrives N 0 (N )(N ) = 0 4 Integrasjon pa begge sider gir (N )(N ) dn = 0 4 dt = 0 4 t + D Ved delbrkoppspaltning blir integralet pa venstre side N 7 0 dn 3 N = 4 0 (ln jn j ln jn j + D ) = 4 0 ln N N D 84

16 Ligningen var blir altsa 4 0 ln N N = 0 4 t + D 3 som er ensbetydende med at som ogsa kan skrives Lsningen blir dermed ln N N = 0:4t + D 4 N N = e 0:4t e D 4 = De 0:4t N = De 0:4t (N ) N( De 0:4t ) = (7 3De 0:4t )0 3 N(t) = 7 3De 0:4t 03 De 0:4t hvor D er en vilkarlig konstant. (I utgangspunktet gjelder lsningsformelen for D = e D 3 6= 0, men nar D = 0 far vi N som vi allerede har observert er en lsning.) Vi bestemmer den ukjente konstanten ved hjelp av initialbetingelsen N(0) = som gir oss N(0) = 7 3D D 03 = D = 3 Dermed blir dyrebestanden etter t ar gitt ved N(t) = 7 + 9e 0:4t e 0:4t For a nne hvilken strrelse bestanden na vil stabilisere seg pa i det lange lp, undersker vi hva som skjer med N(t) nar tiden t vokser over alle grenser: 7 + 9e 0:4t lim N(t) = lim t! t! + 3e 0:4t 03 = Bestanden vil altsa stabilisere seg pa dyr. 85

17 c) Hvis vi istedet starter med 000 dyr ved tiden t = 0, blir initialbetingelsen istedet N(0) = 0 3 som gir oss Lsningen blir i dette tilfellet N(0) = 7 3D D 03 = 0 3 D = 5 N(t) = 7 5e 0:4t 03 5e 0:4t og vi ser at dyrebestanden dr ut sa snart telleren i uttrykket for N(t) blir null, nar altsa nar nar 7 = 5e 0:4t 0:4t = ln 5 7 t = 5 ln 5 7 :9 Dyrebestanden vil altsa vre utryddet etter ca..9 ar. Kommentar: Det kan vre verdt a legge merke til at den gitte differensialligningen forteller en hel del om den kvalitative oppfrselen til lsningen, uten at vi bestemmer denne eksplisitt. Ligningen forteller oss at den deriverte dn=dt = 0 4 ( N N : 0 7 ) betraktet som en funksjon av N, er en parabel med et maksimumspunkt fordi dn=dt er pa formen an +bn +c med a < 0. Derfor er den deriverte negativ nar N tilhrer et av intervallene [0; 30 3 ) eller (70 3 ; ) og den er positiv nar N tilhrer (3 0 3 ; ). Hvis vi starter med N = individer (som i punkt b), er altsa den deriverte positiv, og antall dyr vil ke sa lenge N < Samtidig vil den deriverte avta mot null. Hvis vi starter med N = 0 3 individer (punkt c), er den deriverte negativ og antall dyr vil avta. Startverdiene N = og N = representerer henholdsvis en stabil og en ustabil likevektstilstand. Oppgave 0.5. a) Dierensialligningen y 00 + y 0 6y = 0 86

18 har karakteristisk ligning med rtter r + r 6 = 0 r = p + 4 n 3 = Den generelle lsingen av dierensialligningen er dermed y(x) = Ce 3x + De x c) Dierensialligningen y y 0 + 9y = 0 har karakteristisk ligning r + 6r + 9 = (r + 3) = 0 med lsning r = 3 Da den karakteristiske ligningen bare har en rot, sa er den generelle lsningen av dierensialligningen y(x) = Ce 3x + Dxe 3x d) Dierensialligningen y 00 y 0 + 5y = 0 har karakteristisk ligning r r + 5 = 0 med rtter r = p 4 0 = ip 6 = i Da den karakteristiske ligningen har to komplekse rtter, blir den generelle lsningen av dierensialligningen y(x) = e x (C cos x + D sin x) Oppgave a) Vi skal nne den lsningen av y 00 4y 0 + 4y = 0 som gar gjennom (0; ) og (; ). Den karakteristiske ligningen r 4r + 4 = (r ) = 0 87

19 har bare den ene roten r =, sa den generelle lsningen av dierensialligningen er y = Ce x + Dxe x Vi bestemmer konstantene ved hjelp av initialbetingelsene: y(0) = Ce 0 + D 0 e 0 = =) C = y() = Ce + D e = e + De = =) D = e Lsningen er dermed y(x) = e x ( + e )x b) Vi skal nne den lsningen av y 00 + y y = 0 som gar gjennom 4 ; ) og (; ). Den karakteristiske ligningen ( har lsningene r = r + r = 0 q = i = i Da vi har har to komplekse rtter, er den generelle lsningen av dierensialligningen gitt ved y = e x= (C cos x + D sin x) Vi bestemmer konstantene ved hjelp av initialbetingelsene: y = e =4 C cos + D sin = e =4 D = =) D = e =4 y() = e = C cos() + D sin() = Ce = = =) C = e = Den spesielle lsningen er dermed y(x) = e x= e = cos x + e =4 sin x Oppgave a) Ved a benytte at sin 6 = og cos 6 = p 3 88

20 far vi omskrivningen cos 3x + p 3 sin 3x = sin 6 cos 3x + cos 6 = sin 3x + 6 sin 3x b) Ved a benytte at sin 4 = p og cos 4 = p far vi omskrivningen cos x + sin x p p = cos x p + sin x p = sin 4 cos x + cos 4 sin x p x = sin + 4 c) Ved a benytte at far vi omskrivningen sin 3 = p 3 og cos 3 = p p 3 3 cos x sin x = cos x sin x = sin 3 cos x cos 3 sin x = sin 3 x Oppgave 0.5. To dyrearter lever i et naturlig samspill. Vi lar N (t) og N (t) vre antall individer av hver art ved tiden t. Vi setter x(t) = N (t) 300 y(t) = N (t) Samspillet mellom artene modelleres ved dierensialligningene hvor b og c er positive konstanter. x 0 (t) = by(t) og y 0 (t) = cx(t) 89

21 a) Det er naturlig a forvente at rovdyrbestanden vil vokse raskest nar byttedyrbestanden er strst, og at byttedyrbestanden vil avta raskest nar rovdyrbestanden er strst. Den frste dierensialligningen ovenfor sier at x (og dermed N ) vokser raskest nar y (og dermed N ) er strst. Den andre dierensialligningen sier at y (og dermed N ) avtar raskest nar x (dvs N ) er strst. Det ma bety at N er antall rovdyr og N er antall byttedyr. b) Implisitt derivasjon av ligningen x 0 (t) = by(t) gir x 00 (t) = by 0 (t) = b( cx(t)) = bcx(t) hvor vi har benyttet at y 0 (t) = cx(t) iflge modellen. c) Vi antar at x(0) = x 0 og y(0) = y 0. Vi skal nne x(t) og y(t). Vi bruker frst ligningen i punkt b) til a nne x(t). Den karakteristiske ligningen r = bc har lsningene r = i p bc Den generelle lsingen av x(t) blir dermed x(t) = e 0t C cos( p bc t) + D sin( p bc t) = C cos( p bc t) + D sin( p bc t) Na kan vi derivere uttrykket ovenfor og bruke dierensialligningen x 0 (t) = by(t) til a nne y(t). Den generelle lsingen av y(t) blir da y(t) = b x0 (t) = p p p p C bc sin( bc t) + bcd cos( bc t) p b bc p p = D cos( bc t) C sin( bc t) b Vi bestemmer konstantene ved hjelp av initialbetingelsene x(0) = C p cos( bc 0) + D p sin( bc 0) = C = x 0 p bc y(0) = b (D cos(p bc 0) C p sin( bc 0)) = q b som gir C = x 0 og D = y c 0. Dermed er lsningen x(t) = x p r b 0 cos( bc t) + c y p 0 sin( bc t) y(t) = y p r c 0 cos( bc t) b x p 0 sin( bc t) 90 p bc b D = y 0

22 d) Observasjoner tyder pa at de beste verdiene er b = 0:05 og c = 84. Vi antar at N (0) = 300 og N (0) = 400. Da har vi x 0 = N (0) 300 = = 0 y 0 = N (0) = = Dermed er tidsforlpet til utviklingen til artene gitt ved r N (t) = x(t) = sin(p 4: t) N (t) = y(t) = 8600 cos( p 4: t) (Du ma selv skissere grafene til N og N. Benytt gjerne Maple.) Kommentar til grafene: Det er naturlig at toppene (og bunnene) er forskjvet i forhold til hverandre. Nar antall byttedyr er pa toppniva, vokser antall rovdyr raskest. Det medfrer at antall byttedyr vil avta slik at veksten i rovdyrstammen blir mindre (antall rovdyr nrmer seg et toppniva), og etterhvert blir det sa fa byttedyr at rovdyrene sulter og rovdyrbestanden blir mindre. Da vil antall byttedyr ke igjen, og slik vil det fortsette a svinge. 9