Differensiallikninger definisjoner, eksempler og litt om løsning MEK1100
Differensiallikninger Definsjon, litt om generelle egenskaper Noen få anvendte eksempler Teknikker for løsning i formel 3-4 spesielle tilfeller Numeriske teknikker Kan nesten alltid benyttes Differensiallikninger er svært viktig for FAM, MIT og andre programmer Mesteparten av stoffet er hentet fra Kalkulus
Planlagt rekkefølge 1 Hva er en differensiallikning? 2 Noen eksempler på differensiallikninger fra kjemi og fysikk 3 Løsning av separable likninger av første grad 4 Løsning av lineær førsteordenslikning Kalkulus, kap. 10.1 5 Løsning av noen av eksemplene 6 Numerisk løsning av likninger av første orden Kalkulus, kap. 10.8 7 Sett av likninger 8 Partielle likninger Henvisninger til feks. sats 10.3.2 i Kalkulus skrives K. 10.3.2.
NYTT TEMA Om likninger
Eksempler på likninger Algebraisk likning En algebraisk likning har ett (eller flere) tall som ukjente. Eksempel: x 2 x 6 = 0. Løsningene x = 2 og x = 3 er de verdiene for x som oppfyller relasjonen.
Hva er en differensialikning? En differensiallikning er en relasjon mellom en funksjon og dens deriverte. Funksjonen er den ukjente. Eksempel 1 y + y = 0 for x R En løsning y(x) oppfyller denne relasjonen for alle reelle x. Deriverte tom. orden 1 i relasjon førsteordenslikning Eksempel 2 y + y + xy = 0 for x R, x 0 Deriverte tom. orden 2 i relasjon andreordenslikning
Testing av ved innsetting, y + y = 0, x R Er y(x) = x en løsning? y (x) = 1 y + y = 0 1 + x = 0 Oppfylt bare for x = 1 y(x) = x er ikke løsning Er y(x) = e x en løsning? y (x) = e x y + y = 0 e x + e x = 0 0 = 0 Relasjon oppfylt for alle x y(x) = e x er en løsning NB: det finnes flere
NYTT TEMA Anvendelser av differensiallikninger. Eksempler fra kjemi og fysikk
Hvorfor studere differensiallikninger? Differensiallikninger er helt sentrale for fysiske fag og ingeniørfag. Viktig allerede i FYS-MEK 1110 Klasse av eksempler Hvordan en tilstand endrer seg i tiden avhenger av tilstanden selv. Kan tilstanden beskrives ved en funksjon av tiden, y(t), kan endringen beskrives ved y (t) siden dette er endringsraten av y mhp. t. Resultatet er en relasjon mellom y(t) og y (t). Navn på variabler: bruk av y for ukjent funksjon og t eller x for argument er tilfeldig. I anvendte eksempler velges ofte beskrivende navn.
Eksempel A: nedbrytning av radioaktivt stoff Vi har en masse M(t) av et radiokativt stoff. Hvert atom har en viss sannsynlighet for å forvandles (emmitere α eller β partikler) i et gitt tidsrom. Endringsraten av massen er da proposjonal med massen selv. Dersom vi starter med masse M 0 har vi det matematisk problemet M = km, M(0) = M 0 En differensiallikning for M i t og en initialbetingelse, eller startbetingelse, ved t = 0. Konstanten k beskriver hvor ustabilt stoffet er. Kalkulus, eksempel 10.2.3.
... Klassifisering: M = km eller M + km = 0 Første orden Lineær Konstante koeffisienter Homogen: alle ledd inneholder M (litt løst) Likninger av denne typen skal vi snart løse.
Eksempel B: Kjemisk reaksjon Oksydasjon av nitrogenmonoksyd (NO) til nitrogendioksyd (NO 2 ) Reaksjonslikning (viser omsetning i prosess) 2NO + O 2 2NO 2 To NO molekyler reagerer med ett O 2 til NO 2. Vi antar at alt foregår i et lukket volum, V, med god omrøring. Konsentrasjoner: C NO (t), C O2 (t), C NO2 (t). (molekyler per volum) Reaksjonsrate er proposjonal med C 2 NO C O 2 ( sannsynlighet for sammenstøt av 2 NO og ett O 2 molekyl). dc NO dt der k er en konstant. Det inngår ennå to ukjente. = kc 2 NO C O 2,
... Bevaring av masse (V er totalt volum) Startkonsentrasjoner: C NO (0) = a, C O2 (0) = b Forbruk av NO = 2 (Forbruk av O 2 ) V(a C NO ) = 2V(b C O2 ) som gir C O2 = B + 1 2 C NO der B = b 1 2 a. Insatt i reaksjonslikning fra forrige lysark: dc NO dt = kc 2 NO (B + 1 2 C NO), C NO (0) = a Klassifisering: Første orden, ikkelineær, separabel (forklart senere) Denne kan vi også regne på (er litt slitsom ).
Eksempel C: Bevegelse av partikkel langs linje Newton s 2 lov, rettlinjet bevegelse ma = F, der m = masse, a = akselerasjon og F = kraft. Posisjon gis som y(t) Fart er endringsrate av posisjon dy dt Akselerasjon er endringsrate av fart a d dt (dy dt ) = d2 y dt 2. Hvis kraft kan uttrykkes ved posisjon, fart og tid: F = F(y, dy dt, t) Newton s 2 lov m d2 y dy = F(y, dt2 dt, t) Klassifisering: Differensiallikning av orden 2.
Eksempel C: Konkret tilfelle Legeme i fritt fall (y måles vertikalt nedover) ( y ) 2 F = mg C t, tyngde luftmotstand, Konstanten C avhenger av legemets størrelse og form. Innsetting i likning på forrige lysark d 2 y dt 2 = g C m Klassifisering: Andreordens, ikkelineær (Kan skrives om til separabel) ( ) dy 2 dt
NYTT TEMA Løsning av førsteordens lineær likning i formel
Førsteordenslikninger Generell førsteordenslikning y = F(x, y), der F er et gitt uttrykk av to variable (x og y). Separabel førsteordenslikning q(y)y = p(x), Svarer til F(x, y) = p(x)/q(y). Løsning i formel. Lineær førsteordenslikning y + f (x)y = g(x). Svarer til F(x, y) = g(x) f (x)y.løsning i formel.
Lineær, homogen likning av orden 1 Fellesnevner av de to nederste typer på forrige lysark y + f (x)y = 0 Vi skriver den om til (fri variabel x) som har form: 1 y y = f (x) Funksjon av y ganger y = funksjon av x Likninger som kan skrives slik kalles separabel Vi tar den videre regning i små steg
... 1 y y = f (x) Vi integrerer begge sider mhp. x 1 y y dx = f (x)dx. Poenget er at vi med en gang kan subsitituere y dx = dy 1 y y dx = dy y = ln y + C, der C er en integrasjonskonstant. Derved ln y + C = f (x)dx
... Vi anvender eksponensialfunksjonen på begge sider e ln y +C = e R f (x)dx, bruker e ln y = y og løser opp y får vi y = e C e R f (x)dx y = Ae R f (x)dx, ( ) der A = ±e C er en reell konstant, som kan være både positiv og negativ. Uttrykk svarer til K. 10.3.1 for g 0.
Initialbetingelse Entydig skrevet form av (*) kan vi få ved å velge det ubestemte integralet y = Ae for en gitt a. Initialbetingelsen y(a) = y a gir da y = y a e xr f (t)dt a, xr f (t)dt a Eksplisitt uttrykk dersom f kan integreres i formel.
Generell separabel likning (K. kap. 10.4) Form Integrasjon gir q(y)y = p(x). q(y)y dx q(y)dy = p(x)dx. Dersom Q og P er antideriverte av hhv. q og p Q(y) = P(x) + C (SI), der C er en integrasjonskonstant.
Initialbetingelse mm. Q(y) = P(x) + C (SI), Initialbetingelse y(a) = y a Q(y a ) = P(a) + C C = Q(y a ) P(a) Løsning i eksplisitt formel forusetter 1 Q og P kan finnes 2 y må kunne løses fra (SI). Trinn 1 og 2 kan alternativt utføres numerisk. Ofte kan viktig informasjon finnes fra løsningen skrevet på den implistte formen (SI).
Eksempel C; løsning Legeme i fall med luftmotstand ( fallskjermhopper ) d 2 y dt 2 = g C m ( ) dy 2 dt der y er posisjon. y selv inngår ikke, bytter avhengig variabel der u er farten. Likning blir da u = dy dt, du dt = g C m u2,
... eller du dt g C = 1. mu2 Separabel likning q(y)y = p(x) med y u, x t, p 1, q = 1/(g C m u2 ). Denne gangen bytter vi ikke navn på variable! Initialbetingelse Ved t=0 starter vi fra ro u(0) = 0. Sammen med likningen ovenfor bestemmer denne betingelsen bevegelsen.
... Integrasjon gir du dt g C m u2dt = dt = t + B, der B er en integrasjonskonstant. Integrasjon av venstresiden gir du dt g C m u2dt = = du g C m u2 1 g + C ln 2 g C gc m m u m u der B 1 kan settes lik 0. (utregning kommer senere)) + B 1,
... 1 2 gc m g + C m ln u = t + B, g C m u ( ) der vi har antatt g C/mu > 0. Innsetting u(0) = 0 gir B = 0. Vi kan løse u fra (**). Multiplikasjon med 2 gc, anvendelse av eksponentialfunksjonen på begge sider gir g + C m u q 2 gc = e m t g C m u Ganger vi opp med nevneren får vi en lineær likning i u som lett løses.
... u = mg C 2 1 1 + e q gc m t Vi ser at u mg C og u 0 når t. Sjekk t Likning u = g C m u2. Insetting u = 0 gir u = mg C. Fysisk beskrivelse: farten øker inntil luftmotstand balanserer tyngden.
... u mg C terminalhast. t Små t: tyngden dominerer u øker lineært. Store t: u går mot terminalhastighet. Vi kan finne y(t) ved å integrere u.
Utregning av integral* Delbrøkoppspalting du g C = 1 m u2 2 g = 1 2 = 1 2 gc m gc m du + g + C m u du g C m u ( C ) ln g + m u C ln g m u + B 1 g + C ln g C m u m u + B 1,
Inhomogen, lineær likning av orden 1 Alternativ til bruk av integrerende faktor i K. kap. 10.1 y + f (x)y = g(x) (IN) Knep: variasjon av parameteren Vi kjenner løsningen av den homogene delen nemlig y = u = e R f (x)dx Vi skriver løsningen av (IN) der v er den nye ukjente. y + f (x)y = 0, y(x) = v(x)u(x)
... Substitusjon y(x) = v(x)u(x) i y + f (x)y = g(x) (IN) gir uv + u v + fuv = g Fordi u løser den homogene likningen kansellerer de siste to ledd på venstre side v = g u v = g(x)er f (x)dx dx
... For y kan vi da skrive (K. 10.1.3) y = e R ( ) f (x)dx f (x)dx g(x)er dx + C, Alle løsninger må ha denne formen. Dersom (IN) skal løses med y(c) = d utføres integraler fra c til x (u = e R x c f (t)dt ) og eneste mulige løsning er (K. 10.3.1) xr y = e f (t)dt x R t c g(t)e c f (s)ds dt + d, c Vist: y + f (x)y = g(x), x I, y(c) = d har entydig løsning når f og g er integrerbare.
Alternativ løsning lineær likning av orden 1. Kalkulus, kap. 10.1 y + f (x)y = g(x) (IN) Skal oppfylles i et intervall Knep: integrerende faktor En integrerende faktor er en funksjon vi ganger likningen med, slik at vi kan integrere den opp direkte. Er oftest vanskelig (eller umulig) å finne. Opp av hatten kommer faktoren som virker for (IN) e F(x) der F er en antiderivert til f ; dvs. F = f.
Bruk av integrerende faktor Multipliserer (IN) med faktor e F(x) der F = f e F(x) y + e F(x) f (x)y = e F(x) g(x) For andre ledd har vi e F(x) f (x) = e F(x) F (x) = (e F(x) ) ( e F(x) y + e F(x)) y = e F(x) g(x) Produktregel, brukt baklengs, gir så Nå kan begge sider integreres ( e F(x) y) = e F(x) g(x)
... Integrasjon gir e F(x) y = e F(x) g(x)dx + C Der C er en vilkårlig konstant Alle løsninger av likningen vår kan da skrives Setning K. 10.1.3 y = e F(x) ( ) e F(x) g(x)dx + C Merk: Det kan være umulig å løse integralet i K. 10.1.3 i formel; Likevel sier vi at differensiallikningen er løst
Eksempel A: løsning Nedbrytning av radioaktivt stoff M = km, M(0) = M 0 Klassifisering: Første orden, lineær, konst. koeff., homogen. Fri variabel: tid betegnes med x. Svarer til y + f (x)y = 0, med f k og y M. Kan bruke K. 10.3.1, men starter fra Her:f (x) = k og y(x) = Ce kx. y = e R f (x)dx.
... Løsning av differensiallikning M(x) = Ce kx Initialbetingelse gir M 0 = M(0) = C, M(x) = M 0 e kx Halveringstid, t 1, er definert ved M(T + t 1 = 2 2)/M(T) 1 2 1 2 = M(T + t 1 ) 2 M(T) Bruk av logaritmen på begge sider t 1 2 Merk: svar uavhengig av T. = M 0e k(t+t 1 2 ) M 0 e kt = e kt 1 2 = log(2)/k
Kommentar til løsning av y + ky = 0 Homogen likning av første orden med konstant koeffisient har en eksponentialfunksjon y = Ce kx som løsning. Dette henger sammen med at eksponentialfunksjonen e αx har α ganger seg selv som derivert. Vi setter y = Ce αx inn i likning 0 = y + ky = Cαe αx + kce αx. Begge ledd har formen: konstant e αx. For α = k vil leddene nulle hverandre ut og vi har en løsning. Ekspontialfunksjonen (og sin og cos) spiller tilsvarende roller også for andre lineære likninger med konstante koeffisienter.
Likninger med konstante koeffissienter Andre ordens likning (behandlet i Kalkulus) y + by + cy = 0 Orden n: y (n) + b n 1 y (n 1) +...b 0 y = 0 Vi prøver y = e kx, der k C. Løsning når k n + b n 1 k n 1 +...b 0 = 0, n ulike røtter n løsninger. k dobbel rot xe kx også løsning etc Kompleks k: k også rot; DeMoivres formel relle løsninger Lineær superposisjon
NYTT TEMA Numerisk løsning
Diskretsering Utgangspunkt: differensiallikning for y(x) y tilnærmes i diskrete punkter x n = nh: y(x n ) y n. Tilnærmelse til y representeres ved følge (sample). Settet av x-verdier {x n } kalles ofte gitter el. grid y y 3 y 0 y 1 y 2 h x x 0 x 1 x 2 x 3 y 1, y 2, y 3... beregnes helst en for en i rekkefølge
Eulers metode (K. 10.8.1) Likning: y (x) = f (x, y(x)), initialbetingelse: y(0) = y 0 I punkt x n = nh tilnærmer vi den deriverte med ensidig differens y y(x = lim n+ x) y(x n) x 0 x y n+1 y n h, og setter inn i likning for x = x n y n+1 y n h = f (x n, y n ) y n+1 = y n + hf (x n, y n ). Neste y er nåværende y pluss h ganger nåværende endringsrate I rekkefølge beregnes y 1, y 2, y 3... Eksempel på endelig differense metode (deriverte i likning byttes ut med differenser)
Demonstrasjonseksempel i figur Likningsett: y = ay, y(0) = y 0 Formelløsning: y(x) = y 0 e ax For hver y 0 får vi en unik løsning Utregningssekvens initialbet. y 0 er gitt y 1 = y 0 + hay 0 y 1 beregnes y 2 = y 1 + hay 1 y 2 beregnes... y i+1 = y i + hay i y i+1 beregnes... (Merk: ay i stigningsrate ved x i = ih.) Metoden er veldig enkel!
Eulers metode; geometrisk tolkning y y(x) y 3 y 0 y 1 y 2 h x x 0 x 1 x 2 x 3 Tynne blå linjer er løsninger av y = ay med andre startverdier. Numerisk løsning: skritter fram langs tangenter til løsningskurver. I illustrert tilfelle (y = ay) øker feil systematisk.
Midtpunktmetoder I Eulers metode bruker vi asymmetrisk differens for derivert Denne er unøyaktig. Midtpunktformel y(x n + h) y(x n ) h y (x n ) = f (x n, y n ). y(x n + h) y(x n ) h y (x n + 1 h) =? 2 er mer nøyaktig. Men, hvilket uttrykk skal inn på høyresiden?
Forsøk 1; ekte midtpunktmetode* Vi midler y n og y n+1 i utregning av endringsrate y (x n + 1 2 h) f (x n + 1 2 h, 1 2 (y n + y n+1 )) Derved y n+1 y n = f (x n + 1 h 2 h, 1 2 (y n + y n+1 )). Utregningssekvens initialbet. y 0 er gitt y 1 y 0 = hf ( 1 2 h, 1 2 (y 0 + y 1 )) Likning løses for y 1 y 2 y 1 = hf ( 3h 2, 1 2 (y 1 + y 2 )) Likning løses for y 2... Likninger for y 1, y 2,... løses lett bare dersom f er enkel, feks. lineær Generelt må likningene løses numerisk; tungvint!
Forsøk 2: Eulers midtpunktmetode (K. 10.8.3) Prosedyre for å regne ut y n+1 fra y n 1 Bruker Eulers metode 1 2 h fram: ŷ n = y n + 1 2 hf (x n, y n ) Vi kan si: ŷ n y(x n + 1 2 h) 2 Kvasi-midtpunktformel: y n+1 = y n + hf (x n + 1 2 h, ŷ n) Poeng: Vi løser ingen likninger. ŷ n, deretter y n+1 beregnes ved eksplisitte uttrykk. Bedre enn Eulers metode. Brukes ofte i forbindelse med partielle differensiallikninger (den ukjente er en funksjon av flere variable), men sjelden for ordinære differensiallikninger.
Eulers midpunktmetode; grafisk framstilling y y(x) y 1 y 0 ŷ 0 h x x 0 x 1 Eksempel: første steg. Eulers metode 1 2 h fram til ŷ 0 Stigning i løsningskurve gjennom ( 1 2 h, ŷ 0) brukes for å finne y 1. (Rødt + tilsvarer y 1 funnet ved Eulers metode)
Eulers metode for demonstrasjonseksempel (K. 10.8.2) Ser igjen på f (x, y) = ay dvs. likning og løsning y = ay, y(0) = y 0 y 0 e ax. Eulers metode gir y n+1 = y n + hf (x n, y n ) = (1 + ah)y n. y n bestemmes altså fra differenslikningen y n+1 = (1 + ah)y n. Klassifisering: Første orden, lineær, homogen; Løses lett i formel Generelt for endelig differens metoder: numerisk løsning av differensiallikninger innebærer å simulere differenslikninger
Eulers metode med forskjellige h y y(x) 0 1 2 3 x y = 0.6y, y(0) = 1 simulert for x [0, 3] med 2, 4 og 20 punkter.
Andre metoder Slektninger av Eulers midtpunkt.metode Runge-Kutta metoder; mye brukt Adam Bashforth Moulton Siden vi nettopp har hatt Taylorutvikling... Eksempel y = e xy, Derivasjoner y = (e xy ) = e xy (xy) = e xy (y + xy ) y = (y ) = e xy (y + xy ) 2 + e xy (2y + xy )... Har vi y ved en x kan deriverte av økende orden regnes ut etter tur Taylorrekkeutvikling gir y n+1 = y(x n + h) = y(x n ) + hy (x n ) + 1 2 h2 y (x n ) +...
NYTT TEMA Sett av differensiallikninger
Koblede differensiallikninger med flere ukjente To likninger av første orden der ukjente er y(t) og z(t). M likninger av første orden der ukjente er y (1) (t)...y (M) (t). y = F(t, y, z), z = G(t, y, z), dy (1) dt = F (1) (t, y (1)...,y (M) ), dy (2) dt = F (2) (t, y (1)...,y (M) ),... dy (M) dt = F (M) (t, y (1)...,y (M) ),
Vektorform y = (y (1), y (2)...) Eksempel Hastighet v(t, r) Partikkelbaner y = F(t, y) r = v(t, r) Løses med initialbetingelse r(0) = r 0
Omskrivning; to førsteordens 1 andreordens* Eksempel; lineært sett, konst. koeff. y = ay + bz, z = cy + dz, Den øverste gir (b 0) z = (y ay)/b. Innsatt i den nederste z = cy + dz ( y ) ay ( y ) ay = cy + d b b y ay = (bc ad)y + dy y = (a + d)y + (bc ad)y
Differensiallikning av andre orden y = F(t, y, y ), y(0) = b 0, y (0) = b 1 (1) Vi har formler for løsning når likningen er lineær med konstante koeffisienter, dvs. F = f (t) py qy, der p og q er konstante. Kalkulus, kap. 10.5,6 Ellers: Numerisk løsning (stort sett)
Omskrivning til 2 likninger av orden 1 Definerer z = y da er z = y og Vi får da 2 førsteordenslikninger y = F(t, y, y ) z = F(x, y, z) y = z z = F(t, y, z) med y(0) = b 0, z(0) = y (0) = b 1. Generelt kan en likning av orden n gjøres om til n likninger av orden 1 Dette er standard framgangsmåte ved numerisk løsning med initialverdier; både Eulermetoder og Runge-Kutta kan lett generaliseres til sett av førsteordenslikninger
Numerisk løsning av sett av likninger Eulers metode for en ukjent y (t) = f (t, y(t)), diskretisering t n = nh, y(t n ) y n y n+1 = y n + hf (t n, y n ) Eulers metode for likningssett y (t) = f (t, y(t)), diskretisering t n = nh, y(t n ) y n y n+1 = y n + h f (t n, y n ) Mange metoder for førestordenslikninger generaliserer umiddelbart til sett av likninger. Likninger av høyere orden gjøres om til sett av førsteordens
Autonome likninger (t inngår ikke eksplisitt) Eksempler; partikkelbaner i stasjonær strøm Strømlinjer x (t) = u(x, y), y (t) = v(x, y), Reduksjon av autonome likninger: Velger, feks., x som fri variabel dy dx = y v(x, y) x = u(x, y) Førsteordenslikning for y(x). Kan skrives u(x, y)dy = v(x, y)dx Kan bare integreres opp for visse u, v. Feks. vil u = u(y), v = v(x) gi separabel likning