4 Differensiallikninger

4 Differensiallikninger Innhold Kompetansemål Differensiallikninger, R... Hva er en differensiallikning?... 3 4. Førsteordens differensiallikninger... 5 Lineære førsteordens differensiallikninger... 5 Differensiallikningen y = q()... 6 Initialbetingelser... 6 Integralkurver... 7 Retningsdiagrammer... 8 Generell løsning av lineære førsteordens differensiallikninger... 9 Separable differensiallikninger... 4 Absoluttverdi... 6 4. Modellering... 9 Fart og akselerasjon... 9 Proporsjonal vekst... Populasjonsvekst. Logistisk vekst... 3 Fall i tyngdefeltet... 3 4.3 Andreordens homogene differensiallikninger... 34 Når den karakteristiske likningen har to reelle løsninger... 36 Når den karakteristiske likningen har én reell løsning... 38 Når den karakteriske likningen har to komplekse løsninger... 40 Newtons andre lov beskriver frie svingninger... 43 Bildeliste... 53

Kompetansemål Differensiallikninger, R Når du har arbeidet deg gjennom dette kapittelet, er målet at du skal kunne modellere praktiske situasjoner ved å omforme problemstillingen til en differensiallikning, løse den og tolke resultatet løse lineære første ordens og separable differensiallikninger ved regning og gjøre rede for noen viktige bruksområder løse andre ordens homogene differensiallikninger og bruke Newtons andre lov til å beskrive frie svingninger ved periodiske funksjoner løse differensiallikninger og tegne retningsdiagrammer og integralkurver, og tolke dem ved å bruke digitale hjelpemidler

Hva er en differensiallikning? En vannbeholder inneholder 6000 liter væske. Vi åpner en kran slik at 30 liter væske renner ut per minutt. La yt, eller bare y, være den mengde væske som til enhver tid er igjen på tanken. Vi åpner kranen ved t 0. Væsken renner ut med en konstant mengde på 30 liter per minutt. Det betyr at y 30 L/min er konstant og t t 30 y Likningen ovenfor inneholder en beskrivelse av hvordan størrelsen y forandrer seg og kalles en differensiallikning. Å løse differensiallikningen går ut på å finne et uttrykk for Definisjonen av ubestemt integral gir y 30 y 30 dt y 30t C yt. For å klare dette, må vi integrere. Uttrykket på høyresiden kjenner du igjen som det ubestemte integralet til en konstant. Ved t 0 var væskemengden y 6000 L. Det betyr at y 30t C 6000 300 C C 6000 Likningen som viser resterende væskemengde etter tiden t blir da 30t 6000 y t Når vi har funnet denne likningen, kan vi for eksempel beregne når tanken går tom ved å sette yt 0 y t 0 30t 6000 0 t 00 Tanken går tom etter 00 minutter. 3

Løsningen av differensiallikningen var en funksjon, en modell som beskriver væskemengden i tanken som funksjon av tiden. Å sette opp og løse differensiallikninger kalles derfor også for å modellere. Overalt innen vitenskap og samfunnsliv er vi ute etter å finne modeller som beskriver sammenhenger mellom størrelser. Modellering ved å løse differensiallikninger regnes derfor ofte som et av de viktigste områdene innenfor matematikkfaget. For å løse differensiallikningen måtte vi integrere. Å løse differensiallikninger oppfattes av mange som den store praktiske anvendelsen av integrasjon, og derivasjon. I eksemplet ovenfor forutsatte vi at væskemengden rant ut av tanken med konstant hastighet. Det er kanskje mer realistisk at det renner mindre etter hvert som det blir mindre væske og dermed mindre trykk i tanken. I så fall kunne differensiallikningen vært på formen y k y Denne differensiallikning lar seg ikke løse med enkel integrasjon. De fleste differensiallikninger inneholder både en funksjon og den deriverte til funksjonen. Ofte inneholder de også den dobbeltderiverte til funksjonen. Da kan det være utfordrende å løse likningene. Dette kapittelet handler om å lære metoder for å løse differensiallikninger. Du har sett at å løse en differensiallikning går ut på å finne en ukjent funksjon, i motsetning til en vanlig likning hvor oppgaven er å finne en ukjent verdi for en størrelse. Det er vanlig å kalle den ukjente funksjonen for y og argumentet til funksjonen for. Vi sløyfer ofte skrivemåtene y og y, og skriver bare y og y. 4

4. Førsteordens differensiallikninger En differensiallikning er av første orden hvis den førstederiverte av y inngår i likningen, men ikke den andrederiverte eller den deriverte av noe høyere orden. Nedenfor ser du noen eksempler på første ordens differensiallikninger. y y y y y y y 3 cos 0 3 y 3y y y cos 3y y y cos y I likningene i første linje opptrer y og y kun i første grad. Likningene i første linje kalles derfor for lineære differensiallikninger. Alle kan skrives på formen y py q. Likningene i linje tre kan skrives på formen gy y h differensiallikninger.. Slike likninger kalles for separable Et av kompetansemålene i læreplanen sier at «du skal kunne løse lineære første ordens og separable differensiallikninger ved regning og gjøre rede for noen viktige bruksområder.» Det vil si at du skal kunne løse likningene i linje en og tre ovenfor. Lineære førsteordens differensiallikninger Kjennetegnet på en lineær differensiallikning av første orden er at den kan skrives på formen Hvis q 0 sier vi at likningen er homogen. y p y q 5

Differensiallikningen y = q() De enkleste lineære første ordens differensiallikninger får vi når p 0. Hvis i tillegg q vi den aller enkleste likningen som du så et eksempel på innledningsvis, men det er mer vanlig at q er en funksjon av. Alle slike differensiallikninger kan vi løse ved å integrere høyresiden. k, har Eksempel Gitt differensiallikningen y. Vi løser likningen ved å integrere. y y d y C Vi har nå funnet en generell løsning av differensiallikningen. Initialbetingelser Hvis vi får oppgitt et par av sammenhørende verdier for og y, kan vi sette disse verdiene inn i den generelle løsningen og finne verdien for integrasjonskonstanten C. Da har vi en entydig løsning. I det innledende eksemplet var y 6000 ved t 0. Vi fikk da den entydige løsningen på differensiallikningen, y t 30t 6000. Hvis vi i eksemplet ovenfor får vite at for er y 3, kan vi finne C ved å sette Vi får da y 3. y C C y C 3 Løsningen på differensiallikningen blir y. Slike tilleggsopplysninger som gjør oss i stand til å finne den eksakte løsningen, kalles for initialbetingelser. 6

Integralkurver Vi har sett at den generelle løsningen av differensiallikningen y er y C. For hver verdi av konstanten C får vi en løsning representert ved en kurve som vist til høyre. Vi kaller disse kurvene for integralkurver. Dette gjelder for alle differensiallikninger. Den generelle løsningen gir uendelig mange kurver, én kurve for hver verdi av C. Figuren viser noen integralkurver for noen heltallige verdier av C. Felles for disse kurvene er at de til samme - verdi har den samme verdien for den deriverte, altså samme stigning. 7

Retningsdiagrammer Noen differensiallikninger kan være vanskelige å løse. Det er da mulig å finne en grafisk løsning ved å skissere noen integralkurver. Dette kan vi gjøre ved å tegne såkalte retningsdiagrammer. Vi bruker da at den deriverte er lik stigningstallet til tangenten til kurven i et punkt og i utvalgte punkter i koordinatsystemet tegner vi et lite linjestykke som viser retningen på tangenten til kurven i punktet. I differensiallikningen y er stigningstallet til tangenten lik 4 i alle punkter med -koordinat lik. Vi tegner et lite linjestykke med stigningstall 4 i utvalgte punkter med -koordinat lik. I utvalgte punkter der 3 tegner vi linjestykker med stigningstall 6 osv. Mengden av alle disse små linjestykkene som viser retningen til integralkurvene gjennom punktene kalles for et retningsdiagram for differensiallikningen. Et retningsdiagram kan lages «for hånd», men i GeoGebra kan det lages med kommandoen «Retningsdiagram[ <f(, y)> ]», hvor f, y y '. I vårt eksempel blir kommandoen «Retningsdiagram[ ]». I vårt eksempel er den deriverte bare en funksjon av. Derfor får vi her samme stigningstall for samme -koordinat. Det er nå mulig «for hånd» å skissere en integralkurve ved å starte i et punkt og følge retningen til kurven som retningsdiagrammet viser. Dette er ikke så lett, så vi bruker heller GeoGebra. Integralkurven som går gjennom punktet, får vi ved kommandoen «LøsODE[, (,)]», og gjennom, med kommandoen «LøsODE[, (,)]». Vi kan da tolke grafene vi får som at y C er løsningen på differensiallikningen. 8

Generell løsning av lineære førsteordens differensiallikninger En lineær differensiallikning av første orden kan skrives på formen y p y q Differensiallikningen y 4y er en slik likning og vi skal bruke denne til å vise hvordan vi generelt løser lineære førsteordens differensiallikninger. Vi lar her p og q være konstante tall for å gjøre fremstillingen så enkel som mulig, men p og q er mer generelle funksjoner. fremgangsmåten er den samme om Eksempel Et eksempel der tall. p og q er konstante Gitt differensiallikningen y 4y Vi ordner likningen slik at vi får den på formen y py q. Vi starter med å ordne likningen slik at vi får den på formen y p y q. Vi får yy 6 Vi gjør nå et smart grep. Vi multipliserer alle ledd med konstanten e opphøyd i integralet til faktoren foran y, altså Faktoren foran y, p. P d e. Et smart grep! Siden d C multipliserer vi alle ledd med e. ye ye 6e Ser du at venstresiden i likningen nå blir lik y e? 9

Vi kan vise at dette er riktig ved derivasjon hvor vi bruker produktregelen og kjerneregelen y e ye y e y e ye y e y e ye y e y e ye y e Ser du nå hvorfor det var lurt å multiplisere med konstanten e opphøyd i integralet til faktoren foran y? Nå kan vi løse likningen ved integrasjon ye y e 6e y e 6 e ye 6e d 6 ye e C ye 3e C C y 3 e y C e 3 0

Vi kan kontrollere at denne løsningen stemmer for alle verdier av ved å sette løsningen inn i den opprinnelige differensiallikningen y 4y Venstre side y Ce 3 Ce 4Ce Høyre side 4y 4 Ce 3 4Ce 4Ce Vi ser dermed at den generelle løsningen y Ce 3 er en løsning av differensiallikningen for enhver verdi av C. Eksempel Et eksempel hvor q ikke er en konstant. Vi skal løse differensiallikningen yy 6 0. Vi ordner først likningen slik at vi får den på formen y py q yy 6 Husker du vårt smarte grep? Faktoren foran y, p. Siden d C multipliserer vi alle ledd med e og får y y 6 ye y e 6 e y e 6 e y e 6 e d Vi bruker nå delvis integrasjon for å regne ut integralet på høyre side i likningen

u u v u v v 6 e d 6 e 6 e d 3 3 e e C Vi fortsetter på differensiallikningen og finner den generelle løsningen y e 6 e d y e 3 e e C 3 C y 3 e 3 y 3 Ce 3 Delvis integrasjon uv uv uv u e u e v 6 v 6

Eksempel Eksempel hvor p ikke er en konstant. Gitt differensiallikningen 6 y y 0. 6 y y 0 y y 6 Husk at du alltid må starte med å ordne likningen slik at du får den på formen y p y q. Faktoren foran y, p. Siden d C multipliserer vi alle ledd med e og får ye y e 6 e y e 6 e y e 6 e d Smart grep! Vi bruker integrasjon med variabelskifte for å integrere høyresiden y e 6 e d y e 3 e d y e y e 3 e 3 u e du u y e 3 e C u du Integrasjon med variabelskifte u du d du d 3 e y e y 3 C e C e 3

Separable differensiallikninger I likningen y y 3 er alle leddene med y samlet på venstre side av likhetstegnet og alle leddene med samlet på høyre side. -leddene og y-leddene er separert, skilt fra hverandre, av likhetstegnet. Differensiallikninger som kan skrives på denne formen kalles for separable differensiallikninger. Å separere betyr å skille fra hverandre. En separabel differensiallikning er en differensiallikning som kan skrives på formen Fortsatt gjelder at y er en funksjon av. g y y h Vi husker at y er en funksjon av og setter y dy d hensyn på på begge sider g y dy d d g y dy. Vi kan da løse likningen ved å antiderivere med h d h d Nå kan vi utføre integrasjonene på hver side og forsøke å finne løsninger til differensiallikningen. I likningen y y 3 skriver vi dy y, og får d y dy d d 3 d Nå kan vi utføre integrasjonene på hver side 4

y dy d 3 y C C 3 3 3 Vi setter C C C og får 3 y 3 C 3 y 3 C Eksempel Vi har tidligere løst differensiallikningen y 4y. Vi kan vise at denne likningen også er en separabel differensiallikning y 4y y y6 y y3 y y 3 y 3 Husk at en separabel differensiallikning kan skrives på formen g y y h Likningen kan skrives på formen gy y h og er derfor en separabel differensiallikning. Vi løser likningen ved å integrere på venstre og høyre side av likhetstegnet med hensyn på. Vi setter dy y og får d dy d y 3 d dy y 3 yd d y 3 d d ln y 3 C e ln y3 e C y 3 e e C C y 3 e e Vi får samme løsning (heldigvis) som vi fikk tidligere. C y C e 3 C e 5

Absoluttverdi Vet du hva betyr? Hvorfor er d ln Definisjonen av et ubestemt integral gir at d F C der F C. Fra R husker du kanskje beviset for at ln når 0,. Logaritmefunksjonen f ln 0, f Bevis Definisjonen på naturlig logaritme sier at ethvert positivt tall,, kan skrives som e opphøyd i logaritmen til. Det gir at ln e 0, Når to funksjoner er like, så er også deres deriverte funksjoner like. Vi deriverer venstre og høyre side hver for seg. Venstre side: ln u u ln Høyre side: e e u e u e ln ln Men da er ln ln 6

Men hva hvis,0? Funksjonen ln er definert for alle verdier av siden absoluttverdien av et negativt tall er lik det motsatte tallet som er positivt. Absoluttverdien av,, er for eksempel lik. Tegn grafen til ln i GeoGebra. Velg et punkt på grafen og tegn tangenten til grafen i punktet. Stigningstallet til tangenten er det samme som ln. Stigningstallet til tangenten når for eksempel, er lik 0,5. Du kan dra punktet langs grafen og se at både for positive og negative verdier av så er stigningstallet til tangenten ln. Definisjonen av et ubestemt integral gir da at d ln. Du har kanskje også lurt på hvorfor for eksempel d ln C? Vi benytter egentlig integrasjon ved variabelskifte. Vi setter u som gir du og d du d Dette gir d du du ln u C ln C u u 7

Eksempel Vi vil løse differensiallikningen ycos y 0. Vi sjekker først om likningen er separabel y cos y y cos når y 0 y Husk at en separabel differensiallikning kan skrives på formen g y y h Likningen er separabel og vi løser den slik dy d y d dy y cos d cos d ln y sin C e e ln y sin C sin C y e e y C sin e e sin C y C e C e Vi forutsatte at y 0. Vi må derfor sette inn og sjekke om også y 0 kan være en løsning. Den opprinnelige likningen var ycos y 0. Venstre side ycos y 0 cos 0 0 0 0 Høyresiden er lik null. Det betyr at y 0 også er en løsning. 8

4. Modellering Fart og akselerasjon Fra fysikk og dagligliv kjenner vi begrepet akselerasjon. Akselerasjonen forteller hvor fort farten til et legeme endrer seg med tiden. Det vil si at akselerasjonen er den deriverte til farten med hensyn på tiden. Noen ganger er akselerasjonen konstant, for eksempel ved fritt fall uten luftmotstand, hvor akselerasjonen er 9,8 m s. Vi betegner den konstante akselerasjonen med a, farten med v og tiden med t, og får at Det betyr at dv a v. dt v a v adt v at C Fritt fall? Vi lar farten ved tiden t 0 være v 0. Det betyr at v at C C vat C v a 0 0 C v 0 Vi får et generelt uttrykk for farten til et legeme etter tiden t, med konstant akselerasjon a og begynnerfart v 0 v v0 at 9

Farten til et legeme forteller hvor fort tilbakelagt strekning endrer seg med hensyn på tiden. Vi kaller tilbakelagt strekning for s og får at ds v s dt s v Det betyr at s v dt 0 s v0 t at C s v at dt Vi lar strekningen være null ved tiden null. Da er integrasjonskonstanten også null, og formelen for tilbakelagt strekning ved konstant akselerasjon er s v0 t at Vi har nå sett hvordan vi kommer fram til det vi kaller bevegelseslikningene ved konstant akselerasjon. Bevegelseslikningene ved konstant akselerasjon v v0 at og s v0 t at m Ved fritt fall i tyngdefeltet er ag 9,8. s Disse formlene er eksempler på matematiske modeller. Selve prosessen kalles å modellere. Vi har altså modellert praktiske situasjoner ved å omforme praktiske problemstillinger til differensiallikninger, løst dem og fått modeller som beskriver fart og tilbakelagt strekning for et legeme som starter med begynnerfarten v 0 ved tiden t 0. 0

Denne prosessen viser hvor nyttige differensiallikninger er. Det fins mange praktiske situasjoner hvor vi kan gjøre tilsvarende og lage matematiske modeller. Vi skal gi noen eksempler. Proporsjonal vekst Tenk deg at du setter 0 000 kroner i banken. Pengene står urørt på en konto og du får en årlig rente på 8 %. Regning med vekstfaktor gir at etter t år i banken har beløpet vokst til 0000,08 t kroner. Hvert år vokser beløpet med 8 % av beløpet som stod på kontoen året før. Når rentene blir beregnet på denne måten, tar en ikke hensyn til at beløpet egentlig vokser gjennom hele året, - det beregnes ikke renter av de rentene som opparbeides gjennom året. Noen banker gjør det litt annerledes. De beregner renter hver måned som en tolvdel av årsrenten, og legger disse rentene til innestående beløp. Neste måned blir det en høyere kapital å beregne renter av, og rentene blir høyere for denne måneden enn for den forrige. Vi sier at bankene kapitaliserer rentene hver måned. Enda mer gunstig for kunden er det hvis rentene kapitaliseres hver dag, og mest gunstig hvis rentene kapitaliseres hele tiden. Dette kan vi få til ved å sette opp en differensiallikning. Vi lar y være innestående kapital og setter y 0,08 y Vi ordner differensiallikningen og løser den Vokser pengene dine proporsjonalt? 0,08t 0,08t 0,08t y 0,08y0 ye 0,08y e 0e ye 0,08t y e y e 0,08t 0,08t 0 C 0dt C y e 0,08t y Ce 0,08t

Når t 0 er beløpet i banken kr 0 000. Vi lar y angi beløpet i antall tusen kroner, og får 0 Ce 0 C C 0 0,080 Ved kontinuerlig vekst vil innestående beløp til enhver tid være gitt ved y0 e 0,08t Vi kan sammenlikne de to vekstkurvene grafisk og se hva som lønner seg for banken eller kunden. Etter 40 år er forskjellen på kr 8 000 til fordel for kontinuerlig vekst, og etter 50 år er forskjellen på kr 77 000. Kanskje bør du undersøke på hvilken måte pengene forrentes hvis du tenker på å sette et pengebeløp i banken med sikte på å trygge pensjonen din om 50 år! Når veksten av en størrelse er proporsjonal med størrelsen selv, har vi differensiallikningen y k y Generell løsning av differensiallikningen er y C e kt

Populasjonsvekst. Logistisk vekst I naturen utgjør en samling individer av en art innenfor et avgrenset område en populasjon. Hvis en art får formere seg under stabile forhold med jevn tilgang til mat i et stabilt klima og med fast prosentvis reduksjon på grunn av sykdommer og rovdyr, kan vekstfarten til antall individer i populasjonen være proporsjonal med størrelsen på populasjonen. Hvert individ genererer i gjennomsnitt like mange nye individer, og det er derfor antall individer til enhver tid som bestemmer veksten. Proporsjonalitetskonstanten avhenger av de faktorer som har betydning for utviklingen. Under slike stabile forhold, hvor vi lar N betegne antall individer i et område, kan utviklingen beskrives av differensiallikningen Bakteriekultur under mikroskop. Er vekstfarten proporsjonal med størrelsen på populasjonen? N k N Hvis vi løser denne likningen, får vi N k N N k N 0 Ne k N e 0e kt kt kt Ne kt N e N e kt kt 0 C C N e 0dt kt N Ce kt hvor C står for antall individer ved starten. I naturen kan slike stabile forhold forekomme i et begrenset tidsintervall når en populasjon får utvikle seg med ubegrenset tilgang til mat og uten naturlige fiender og sykdommer. Et typisk eksempel kan være utviklingen av antall bakterier i en bakteriekultur i en tidlig utviklingsfase. En vanlig utvikling er at når antall individer i en populasjon blir stor nok, så inntrer endringer. Tilgangen til næring begrenses på grunn av et stort antall individer og sykdommer oppstår. Ingen populasjoner kan vokse ubegrenset. Bæreevnen, B, for et område forteller hvor mange individer det aktuelle området maksimalt kan gi næring til. 3

Biologer har funnet ut at under ustabile forhold i et område med bæreevne B, vil en modell hvor veksten er proporsjonal med både antall individer og differensen mellom bæreevnen og antall individer, beskrive utviklingen på en god måte. N kn B N Vi ser at etter denne modellen vil veksten være null når antall individer har nådd bæreevnen. Denne modellen for vekst kalles for logistisk. Modellen for logistisk vekst kan også brukes for å beskrive veksten til for eksempel et tre. Treets høyde utvikler seg nærmest eksponentielt den første tiden. Siden flater veksten ut og treets høyde nærmer seg gradvis sin maksimalhøyde. Logistisk vekst? Vi vil løse differensiallikningen for logistisk vekst. Antall individer er funksjon av tiden. N kn B N Likningen er separabel og vi dividerer slik at vi får N og N i ett ledd på venstre side N k N B N N k N B N Vi spalter så i delbrøker før vi integrerer a b N B N N BN B N bn B N a N B N N ab an bn b a N ab N B N N B N Vi har tidligere brukt stor A og B i forbindelse med delbrøkoppspalting. For ikke å blande sammen med bæreevnen, B, bruker vi her er liten a og b Siden telleren i brøken til venstre skal være lik telleren i brøken til høyre, må vi ha 4

ba0 a b ab B Vi får to brøker og kan integrere N k N B N B B dn k N B N dt dn B N B N dn dn k dt B N B N k dt For å finne dn B N bruker vi substitusjon u B N du dn dn du dn du ln B N B N u 5

Vi får da dn dn k dt B N B N l n N ln B N k t C B lnn ln B N B k t C N 0 og B N 0 N ln B k t C C BC B N e N ln BN e Bkt C 3 N e B N Bkt C Bkt C N e B N Bkt C Bkt C N e e B e e N Bkt Bkt C e C3 N N e C3 B C3 e N C e Bkt BC e N 3 Bkt BC e N Ce Bkt 3 Bkt 3 B Bkt Ce C3 C Vi har nå funnet den generelle løsningen på differensiallikningen som beskriver en logistisk modell. Differensiallikningen nedenfor beskriver en logistisk modell Den generelle løsningen av differensiallikningen er 0, y ky B y y B B y Ce Bkt 6

Eksempel Antall bakterier i en forurenset vannbeholder er til å begynne med 5 000. Den første timen øker antall bakterier med 900. Vi antar at antall bakterier følger en logistisk vekstmodell og at bæreevnen for antall bakterier i vannbeholderen er 50 000. Vi lar N være bakterieantallet etter t timer. Etter en logistisk vekstmodell er N kn BN I vår bakteriekultur får vi Bakterier under mikroskop. 900 k 5000 50 000 5000 k 0,000 004 Vekstmodellen blir nå Den generelle løsningen er N 0,000004 N 50000 N 50000 N Ce 50000 N 0,t Ce 500000,000004t Logistisk modell 0, y ky B y y B Generell løsning B y Ce Bkt Det var 5000 bakterier ved tiden t 0 50000 5000 Ce 0,0 50000 C 5000 C 0 C 9 Vi får da denne logistiske vekstmodellen 50000 N 9 0,t e 7

Antall bakterier etter henholdsvis 3, 4 og 48 timer er 50 000 50 000 50 000 N3 8 49 N 0,0 3 4 46 55 N 0,0 4 48 49 970 0,048 9e 9e 9e Vi ser også grafisk at antall bakterier etter hvert nærmer seg bæreevnen på 50 000 bakterier i vannbeholderen. 8

Eksempel Antall ørret i et vann har økt kraftig etter at det ble begynt med kalking av vannet i 996. Tabellen nedenfor viser antall ørret i vannet noen år etter 996. Årstall 996 998 000 00 004 006 008 Antall år etter 996, t 0 4 6 8 0 Antall ørret i tusen, N 4 6,7,4 7,5 4,5 6 For å undersøke om utviklingen i bestanden følger en logistisk vekstmodell, bruker vi logistisk regresjon i GeoGebra. Vi lager først en liste med punkter Liste = {(0, 4), (, 6.7), (4,.4), (6, 7), (8,.5), (0, 4.5), (, 6)} Så skriver vi RegLogist[Liste], og får modellen for logistisk vekst 7,74 6,6e 0,39 N t t Logistisk modell, generell løsning B y Ce Bkt Vi plotter listen med punkter sammen med grafen til funksjonen. 9

Vi ser at modellen beskriver den faktiske utviklingen ganske bra. Når tiden blir stor vil 7 740 ørret. 0,39t e bli mindre og mindre, og antall ørret i vannet vil nærme seg en grense på Fiskelykke? Isfestival i Korea. Rundt hundre tusen mennesker samles for å fiske ørret gjennom hull i isen på en frossen elv i Hwacheon nordøst for Seoul. 30

Fall i tyngdefeltet Vi tenker oss et legeme som faller i tyngdefeltet nær jordens overflate og som kun påvirkes av tyngdekraften og av luftmotstanden. Tyngdekraften, eller gravitasjonskraften, er tiltrekningskraften til jorden og er proporsjonal med legemets masse m. Proporsjonalitetskonstanten, g, varierer litt avhengig av hvor i jordens tyngdefelt legemet befinner seg, men en gjennomsnittlig verdi er 9,8 m/s eller tilnærmet lik 0 m/s. Dette er akselerasjonen et legeme vil få i fritt fall uten luftmotstand. En modell for luftmotstanden er at den er proporsjonal med farten, v, til legemet. Proporsjonalitetskonstanten, k, avhenger av legemets form og masse. En person med fallskjerm har for eksempel større luftmotstand enn en person uten fallskjerm. For en kule av bly som faller fra et par meters høyde kan man i praksis se bort fra luftmotstanden. Newtons. lov, kjent fra naturfag og fysikk, sier at summen av alle krefter som virker på et legeme er lik legemets masse multiplisert med den akselerasjonen legemet får F m a Her brukes F som betegnelse på summen av kreftene som virker på legemet og er ikke i seg selv en kraft. Newtons. lov er på vektorform. Men siden vi her bare skal studere rettlinjet bevegelse, kan vi nøye oss med å definere positiv retning og si at en kraft er positiv hvis den virker i positiv retning og negativ hvis den virker i motsatt retning. Vi definerer positiv retning mot jordas sentrum, og summen av kreftene blir da mg kv. Newtons. lov gir oss da følgende likning ma mg k v Akselerasjonen er den deriverte til farten, og vi får mv mg k v mv k v mg k v v g m Vi har nå fått en første ordens lineær differensiallikning som du kan løse! 3

Eksempel Vi tenker oss et legeme som har masse 00 kg faller i tyngdefeltet og at proporsjonalitetskonstanten for luftmotstanden er 0. Vi tenker oss videre at legemet har farten 6 meter per sekund når vi starter klokken. Vi vil finne en modell som viser farten til legemet t sekunder etter at vi startet klokken. Newtons. lov gir F ma mg k v ma Vi setter inn m 00, g 0 og k 0 Vi løser likningen, og får 00 0 0v00 a 0 0,vv v 0,v0 ve 0,v e 0e 0,t 0,t 0,t v e 0e 0,t 0,t 0,t 0,t v e 0e dt 0, 0,t 0,t v e 0e C v 50 C e Siden farten er 6 meter per sekund når vi starter klokken, får vi 0,t 6 4 0,0 50 C e C 4 Modellen for farten t sekunder etter at vi startet klokken blir da v 50 44 0,t e 3

Generell løsning k Vi tar også med den generelle løsningen av likningen v v g. m k v v g m k ve v e ge m k t m v e g e k k k t t t m m m k t m k t m k t m v e g e dt m k k t m u v e g e du mg k k t m u v e e du k k t mg t m m v e e C k mg v Ce k k t m Legg merke til at når tiden øker blir mg som v. k k t m e mindre og mindre, og farten vil etter hvert stabilisere seg Dette kan vi også se direkte av likningen ma mg k v. Etter hvert som luftmotstanden bremser fartsøkningen vil akselerasjonen til slutt bli null. Det gir mg 0 mg k v kv mg v k 33

4.3 Andreordens homogene differensiallikninger En andre ordens lineær og homogen differensiallikning med konstante koeffisienter kan skrives på formen hvor koeffisientene b og c er reelle tall. y by cy 0 Likningen er av andre orden fordi den inneholder et ledd med y og ingen ledd med høyere orden av den deriverte. Likningen er lineær fordi y, y og y ikke opptrer i annen potens eller noen høyere potens. Likningen er homogen fordi alle ledd inneholder enten y, y eller y. At likningen har konstante koeffisienter betyr at b og c er reelle tall og ikke funksjoner av argumentet. I forrige avsnitt løste vi første ordens differensiallikninger og fant blant annet en generell løsning på a likningen yay 0 som y Ce der C er en tilfeldig konstant. En alternativ måte å komme fram til denne løsningen på er å undersøke om likningen kan ha en løsning på formen r y e y re r y e r, og så se hvilke betingelser vi da må sette r r r y ay 0 re ae 0 e r a 0 ra0 r a Metoden er at vi undersøker om y r e kan være en løsning. Vi får som svar at det kan den hvis ra 0. Det vil si hvis r a. Vi har altså fått samme løsning med denne metoden som med den metoden vi har brukt tidligere. Vi ser at denne løsningen, multiplisert med en tilfeldig konstant C, også er en løsning fordi a a a y Ce yay Cae Cae 0 Det er da fristende å forsøke denne metoden også på vår andreordens differensiallikning. Vi ønsker å finne en løsning til likningen y by cy 0 34

Vi antar at y r e er en løsning. Da er r r y re og y r e Innsatt i likningen får vi Da r e aldri kan bli lik null, må derfor y by cy 0 r r r r e bre ce 0 r e r br c 0 r br c være lik null for at y r e skal være en løsning. Likningen r br c 0 kalles for den karakteristiske likningen til differensiallikningen y by cy 0. Vi får en litt mer komplisert betingelse enn for første ordens differensiallikninger der den karakteristiske likningen var ra 0. Karakteristisk likning! r Vår andreordens differensiallikning har y e som løsning hvis og bare hvis r er løsning av likningen r br c 0. Fra abc - formelen får vi to løsninger gitt ved r, b b 4c Som kjent får vi to reelle verdier for r hvis det som står under rottegnet er positivt. Hvis det som står under rottegnet er lik null, får vi en verdi for r. 35

Når den karakteristiske likningen har to reelle løsninger Det kan vises at Når den karakteristiske likningen r br c 0 har to reelle løsninger r og r, så har differensiallikningen den generelle løsningen y by cy 0 y Ce De r r hvor koeffisientene C og D er tilfeldige konstanter. Eksempel. To reelle løsninger Vi vil finne løsningen av differensiallikningen y y 3y 0 Den karakteristiske likningen blir når y y 0 og 0. r r 3 0 Likningen har to reelle løsninger r, 4 3 6 r, r r 3 Tallet under rottegnet er positivt. De generelle løsningene av differensiallikningen er da r y Ce De r 3 y Ce De Startbetingelsene y 0 gir at Ce De 0 30 CD 36

Vi regner ut y 3 y Ce De y Ce 3De 3 Når vi tar hensyn til startbetingelsen y0 får vi 0 30 Ce De y Ce 3De 3 C 3D Det gir to likninger og to ukjente C D C 3D 3 C D D 3D C D D 3D 3 5 3 C D 4 4 Vi setter så verdiene for konstantene inn i den generelle løsningen og får løsningen 5 3 4 4 3 y e e Ved CAS i GeoGebra 37

Når den karakteristiske likningen har én reell løsning Det kan videre vises at Når den karakteristiske likningen r br c 0 har én reell løsning r, så har differensiallikningen y by cy 0 den generelle løsningen r r y Ce De hvor koeffisientene C og D er tilfeldige konstanter. Eksempel. Én reel løsning Vi vil finne den generelle løsningen av differensiallikningen y y y 0. Vi vil også sette prøve for å kontrollere at den løsningen vi har funnet er riktig. Den karakteristiske likningen blir r r 0 Likningen har to like løsninger r, 4 0 r, r Tallet under rottegnet er null. Den generelle løsningen blir r r y Ce De y Ce De y Ce De For å sjekke om løsningen er riktig, regner vi ut y og y og setter inn i differensiallikningen 38

y Ce De y Ce De De y Ce De De De Ce De De Vi setter så inn i differensiallikningen y y y 0, for å sjekke at løsningen vår er riktig Venstre side y y y Ce De De Ce De De Ce De Ce De De Ce De De Ce De 0 Siden venstresiden og høyresiden begge er lik null, er løsningen riktig. Ved CAS i GeoGebra 39

Når den karakteriske likningen har to komplekse løsninger Vi ser så på det tilfellet at det som står under rottegnet er negativt Du er vant med at vi da sier at andregradslikningen ikke har noen løsning. "Det fins ikke noe tall som opphøyd i andre er lik." Går det an å trekke ut roten av et negativt tall? Eller finnes det likevel? Problemet kan sammenliknes med problemene rundt innføringen av de negative tallene. I de tidligste kulturene ble det bare brukt positive tall. Da behovet for negative tall og tallet null etter hvert oppstod, tok det flere hundre år før de ble fullt ut akseptert. Man diskuterte om negative tall virkelig eksisterte. Ved å innføre komplekse tall, er problemet med negative tall under rottegnet i løsningsformelen for andregradslikninger løst. Tallet i ble innført. Da er for eksempel 6 6 4i. Et komplekst tall består av en reell del og en imaginær del og defineres som A Bi hvor A utgjør den reelle delen av tallet og Bi den imaginære delen. A og B er reelle tall. Vi kan oppfatte de komplekse tallene som punkter i et koordinatsystem hvor i er enheten langs andreaksen, den imaginære akse, og er enheten langs førsteaksen, den reelle aksen. Vi oppfatter da det komplekse tallet A Bi som et punkt med koordinatene AB,. Alle våre til nå kjente reelle tall ligger på den reelle aksen. 40

Det kan vises at Når den karakteriske likningen r br c 0 har to komplekse løsninger r A Bi og r A Bi, så har differensiallikningen den generelle løsningen y by cy 0 cos A y e C sin B D B hvor koeffisientene C og D er tilfeldige konstanter. Eksempel. Komplekse løsninger Vi ønsker å finne den generelle løsningen av differensiallikningen y y 5y 0. Vi vil også vise at løsningen blir y e 0,5sin 0,5cos Den karakteristiske likningen blir r r 5 0 Likningen har to komplekse løsninger hvis y 0,5 og y 0 når 0. r r,, 4 5 6 4 r, r i r i Tallet under rottegnet er negativt. Den generelle løsningen blir sin cos sin cos A y e C B D B e C D Vi har at y 0,5 og y 0 når 0. 4

Vi regner først ut y y e C sin Dcos sin cos cos sin cos sin sin cos cos sin y e C D e C D y e C D C D y e C D D C y0,5 når 0 0 y e C sin Dcos 0,5 e C sin 0 Dcos 0 0,5 0 D D 0,5 y 0 når 0 cos sin 0 C D D C y e C D D C 0 e C D cos 0 D C sin 0 0 0 CD0 C 0,5 C 0,5 Den spesielle løsningen er sin cos 0,5sin 0,5cos y e C D e Ved CAS i GeoGebra 4

Newtons andre lov beskriver frie svingninger Har du noen gang forsøkt å presse sammen eller å strekke ut en stålfjær? Da har du sikkert oppdaget at fjæren har virket med en kraft på deg for å forsøke å komme tilbake til utgangsposisjonen. Denne fjærkraften er alltid proporsjonal med lengden som fjæren er strukket ut eller presset sammen. Proporsjonalitetskonstanten eller fjærkontanten, k, sier noe om hvor stiv fjæren er. Harmoniske svingninger Figur En fjær henger i taket. Figur Et lodd med masse m henges i fjæren. På grunn av tyngden til loddet strekkes fjæren en lengde s. Fjærkraften, kraften på loddet fra fjæren, er proporsjonal med lengden s, og virker oppover. Tyngdekraften, mg, er rettet nedover. Når loddet henger i ro i likevektsstillingen, sier Newtons første lov at summen av kreftene som virker på loddet er null. Det betyr at mg ks 0. Figur s Figur Figur 3 Likevektsstilling Positiv retning Figur 3 Loddet trekkes så nedover en strekning y fra likevektsstillingen og slippes. Da vil loddet svinge opp og ned om likevektsstillingen. Dette kan vi forklare slik: Vi forutsetter at det bare er fjærkraften og tyngdekraften som virker på loddet. Tyngdekraften virker alltid nedover, mens fjærkraften kan skifte retning. Når fjæren er strukket, virker fjærkraften oppover og når fjæren er presset sammen, virker fjærkraften nedover. Fjærkraften er alltid proporsjonal med forlengelsen av fjæren, y s. Vi definerer positiv retning nedover. Da er alltid fjærkraften lik k y s 43 fordi at når fjæren er strukket, er y s positiv og fjærkraften er negativ, peker oppover og når fjæren er presset sammen, er y s negativ og fjærkraften er positiv, peker nedover. Når loddet befinner seg under likevektsstillingen, er fjærkraften i absoluttverdi større enn tyngdekraften, og loddet trekkes oppover. Når loddet befinner seg over likevektsstillingen, men mens fjæren er strukket, er tyngdekraften i absoluttverdi større enn fjærkraften og loddet trekkes nedover. Hvis fjæren er sammenpresset, virker begge kreftene nedover.

Loddet trekkes altså alltid mot likevektsstillingen og vil svinge rundt denne. Newtons andre lov sier at summen av kreftene som virker på loddet er lik massen multiplisert med akselerasjonen ma mg k y s ma mg ky ks Husk at mg ks 0 ma ky Akselerasjonen a er den andrederiverte av strekningen y med hensyn på tiden t. Det gir den andreordens homogene differensiallikningen my ky 0 k y y0 m Vi får en tilsvarende situasjon hvis fjæren er festet til en kloss som ligger på et friksjonsfritt bord og andre enden av fjæren er festet til en loddrett vegg. Når klossen dras en strekning y i positiv retning og slippes, er ky den eneste kraften som virker på klossen. Kraften virker i negativ retning når y er positiv, det vil si når fjæren er strukket og kraften virker i positiv retning når y er negativ, det vil si når fjæren er presset sammen. Newtons andre lov sier at summen av kreftene som virker på klossen er lik massen multiplisert med akselerasjonen. Vi får samme likning for svingebevegelsen som ovenfor, og loddet vil svinge rundt likevektsstillingen ma ky my ky 0 k y y m 0 44

Eksempel Et lodd med masse m,0 kg henger i en fjær. Fjærkonstanten er k 4 N/m. Loddet dras 0,5 m nedover i positiv retning før det slippes. Newtons andre lov gir ma mg k y s ma mg ky ks mg ks 0 ma ky Vi får likningen som beskriver svingebevegelsen Likevektsstilling Positiv retning my ky 0 k y y0 m Den karakteristiske likningen gir k r 0 m 4 r 0 r 4 r 4 r r 0 i r 0 i Den generelle løsningen blir 0t sin cos sin cos sin cos At y e C Bt D Bt e C t D t C t D t Startbetingelsen, y 0 0,5 gir D 0,5 C sin 0 cos 0 0,5 0 D D 0,5 Ved tiden null er også farten null. Vi deriverer derfor uttrykket for y og setter y0 0 45

y Csin t Dcos t Csin t 0,5cos t y Ccos t 0,5sin t 0 C cos 0 sin 0 0 C C 0 Likningen for avstanden fra likevektsstillingen som funksjon av tiden blir da I CAS i GeoGebra t y Csin t Dcos t y 0,5cos Vi har fått en modell i form av en periodisk funksjon som viser avstanden fra likevektsstillingen som funksjon av tiden for et lodd som henger i en fjær og som dras og slippes fra en avstand 0,5 m fra likevektsstillingen. Ifølge modellen, vist ved grafen nedenfor, vil loddet svinge rundt likevektsstillingen i all evighet Dette kalles en harmonisk svingning. 46

Dempete svingninger Et lodd som henger i en fjær og beveger seg vil normalt alltid være påvirket av en friksjonskraft. Dette kan for eksempel være luftmotstanden. En modell for friksjonskraften, når farten ikke er for høy, er at den er proporsjonal med farten og alltid rettet mot fartsretningen Figur s Figur Figur 3 Likevektsstilling Positiv retning Friksjonskraften bv der b er en konstant og v er farten. Når klossen beveger seg i positiv retning, er farten positiv og friksjonskraften negativ. Når klossen beveger seg i negativ retning, er farten negativ og friksjonskraften positiv. Friksjonskraften virker altså alltid i motsatt retning av bevegelsesretningen. Et lodd blir trukket nedover en strekning y fra likevektsstillingen, se Figur 3, og slippes. Newtons andre lov sier at summen av kreftene som virker på loddet er lik ma. Vi velger positiv retning nedover. mg bv k y s ma Når systemet fjær og lodd er i likevekt, se Figur, sier Newtons første lov at summen av kreftene som virker på loddet er null. Det gir mg ks 0. Vi får da mg bv k y s ma mg bv ky ks ma bv ky ma Vi får likningen som beskriver svingebevegelsen 47

ma bv ky 0 my by ky 0 b k y y y 0 m m Eksempel Et lodd med masse m,0 kg henger i en fjær. Fjærkonstanten er N k. Loddet dras 0,5 m m nedover i positiv retning før det slippes ved t 0. Friksjonstallet for luftmotstanden er b 0,05 Ns/m. Newtons andre lov gir mg bv k y s ma mg bv ky ks ma mg ks 0 bv ky ma Vi får likningen som beskriver svingebevegelsen Likevektsstilling Positiv retning ma bv ky 0 my by ky 0 b k y y y 0 m m 0,05 y y y 0,0,0 y 0,05y y 0 Den karakteristiske likningen blir r 0,05r 0 Den karakteristiske likningen har to komplekse løsninger r 0,05r 0 0,05 0,005 8 r r 0,05,4i r 0,05,4i Den generelle løsningen er 48

0.05t sin cos sin.4 cos.4 A y e C B D B e C t D t Startbetingelsen, y 0 0,5, gir 0,050 0,5 e Csin,40 Dcos,40 0,5 D D 0,5 Ved tiden null er også farten null. Vi deriverer derfor uttrykket for y og setter 0,05t y e Csin,4t 0,5cos,4t y0 0 t 0,05t 0,05 y 0,05e Csin,4t 0,5cos,4t e,4c cos,4t,4 0,5sin,4t 0,050 0,050 0 0,5e Csin,40 0,5cos,40 e,4c cos,40,40,5sin,40 0 0,050, 5,4C 0,050,5 C 0,00887,4 Likningen for avstanden fra likevektsstillingen som funksjon av tiden blir da I CAS i GeoGebra t sin.4 cos.4 0,00887sin.4 0,5cos.4 0.05t 0.05 y e C t D t e t t Grafen viser at utslaget fra likevektsstillingen (amplituden) blir mindre og mindre. Dette kalles en dempet svingning. 49

Vi tenker oss nå at loddet med masse seig væske slik at friksjonskoeffisienten er m,0 kg henger i en mindre stiv fjær inne i en beholder med b,5 Ns/m. Fjærkonstanten er Loddet dras 0,5 m nedover i positiv retning før det slippes ved t 0. Vi må nå løse differensiallikningen Den karakteristiske likningen blir b k y y y 0 m m,5 0,5 y y y 0,0,0 y,5y 0,5y 0 N k 0,5. m r,5r 0,5 0 Den karakteristiske likningen har nå to reelle løsninger r,5r 0,5 0,5,5 r r 0,75 0,5 r 0,75 0,5 r 0,5 r Den generelle løsningen på posisjonslikningen er y Ce De Ce De r r 0,5t t 50

Startbetingelsen, y 0 0,5, gir 0,5 Ce De 0,50 0 0,5 CD Ved tiden null er også farten null. Vi deriverer derfor uttrykket for y og setter y0 0 0,5t t y Ce De 0,5t t y 0,5Ce De 0 0,5Ce 0 0,5C D D0,5C Vi kombinerer de to likningene med C og D 0,5 C 0,5C C De 0,50 0 D0,5C D 0,5 Likningen for posisjonen til loddet som funksjon av tiden blir da I CAS i GeoGebra y Ce De e 0,5e 0,5t t 0,5t t 5

Grafen viser at loddet gradvis nærmer seg likevektsstillingen. Friksjonen er så stor at loddet ikke vil svinge om likevektsstillingen. Vi har overdempet svingning. Oppsummering Likningen for frie svingninger i et kloss-fjær-system er b k y y y 0 m m Her er m massen til klossen, k fjærkonstanten og b friksjonskonstanten. Hvis b 0, får vi harmoniske (udempede) svingninger. Hvis b 0, får vi dempede svingninger. 5

Tekst og eksempler Stein Aanensen og Olav Kristensen Bildeliste Bønner i papirposer Foto: Molly Hunter/Bon Appetit (RM)/Scanpi Basehopp fra Kjerag i Lysefjorden Foto: Tone Georgsen/Aftenposten/Scanpi Penger Foto: Gorm Kallestad/Scanpi Bakteriekultur under mikroskop Foto: Scanpi Denmark Redwood National Park, California, USA Foto: Corbis/Scanpi Bakterier under mikroskop Foto: Science Photo Library/Scanpi Trout fishing, Hwacheon, Korea Foto: Lee Jae-Won/Reuters 53