Differentialligninger: de fire typer, beviserne og opgaver med facit

Den logistiske ligning skrives også y′ = (b − a · y) · y. Gang ud, så ser du, at det er den samme ligning med a uændret og b = a · M, altså M = b/a. Sig det: M er b divideret med a.

y = 0 er også en løsning: venstre side er 0, og højre side er 0 · M = 0. I en model af en bestand interesserer man sig for de løsninger, der er positive og voksende, og det er dem med c > 0.

Når x → ∞, går e^(−a · M · x) mod 0, så y går mod M. Sig det: når x går mod uendelig, går y mod M. Loftet kaldes bæreevnen, og i biologien skriver man det ofte K.

Lex skriver den logistiske ligning som dN/dt = r · N · (1 − N/K), hvor r er den indre vækstrate. Når N er lille i forhold til K, er parentesen tæt på 1, og væksten er næsten eksponentiel. Det er derfor, starten på en S-kurve ligner y′ = k · y. Ifølge Lex stammer ligningen fra P.F. Verhulst (1804-1849), en belgisk statistiker.

Kender du startværdien, en senere måling og loftet, kan du finde begge konstanter: startværdien giver c, og den anden måling giver a. For appen giver loftet 1200, startværdien 30 og en optælling på 75 brugere efter 2 dage c = 39 og a · M ≈ 0,48.

Den generelle lineære ligning har løsningsformlen y = e^(−G(x)) · (∫ h(x) · e^(G(x)) dx + c), hvor G er en stamfunktion til g. Mange kalder den panserformlen. Sig det: y er e i minus stort G af x gange parentes integralet af h af x gange e i G af x, plus c.

Beviset er kort. Gang hele ligningen med e^(G(x)), som aldrig er 0. Venstre side bliver y′ · e^(G(x)) + g(x) · y · e^(G(x)), og det er netop (y · e^(G(x)))′ efter produktreglen og kædereglen, fordi G′ = g. Så er (y · e^(G(x)))′ = h(x) · e^(G(x)), og du integrerer begge sider.

Formlen er ikke kernestof på stx A, men den er nyttig i en større opgave, hvor en model har en tilførsel, der ændrer sig med tiden. Sæt g(x) = a og h(x) = b, så får du y′ = b − a · y igen.

y′ + 2y = 6 har g(x) = 2, så G(x) = 2x. Formlen giver y = e^(−2x) · (∫ 6e^(2x) dx + c) = e^(−2x) · (3e^(2x) + c) = 3 + c · e^(−2x). Samme svar som formlen for y′ = b − a · y med b = 6 og a = 2, hvor b/a = 3.

Ifølge Lex var det bl.a. de to tyske matematikere C. Runge (1856-1927) og M.W. Kutta (1867-1944), der gjorde Eulers metoder bedre. Den klassiske Runge-Kutta-metode, RK4, regner fire hældninger i hvert skridt og tager et vægtet gennemsnit, hvor de to midterste tæller dobbelt:

k₁ = h(tₙ, yₙ), k₂ = h(tₙ + Δt/2, yₙ + Δt/2 · k₁), k₃ = h(tₙ + Δt/2, yₙ + Δt/2 · k₂) og k₄ = h(tₙ + Δt, yₙ + Δt · k₃). Så er yₙ₊₁ = yₙ + Δt/6 · (k₁ + 2k₂ + 2k₃ + k₄).

Sig det: k et er hældningen i starten, k to og k tre er hældninger på midten af skridtet, og k fire er hældningen i slutningen. Næste y er det nuværende y plus skridtet divideret med seks gange summen, hvor k to og k tre tæller dobbelt.

Metoden er af fjerde orden. På appen med skridtlængde 1 giver den 264,3 efter 5 dage, hvor den eksakte værdi er 264,4 og Euler giver 192,7. Eulers metode er selv den simpleste Runge-Kutta-metode. RK4 er ikke kernestof, men den er et oplagt emne i SRP, og den passer i et regneark med fire ekstra kolonner.

Sætningen har to dele: alle funktioner af formen c · e^(k · x) er løsninger, og der er ingen andre.

Del 1, de er løsninger. Sæt f(x) = c · e^(k · x). Kædereglen giver f′(x) = c · k · e^(k · x) = k · f(x). Altså passer f i ligningen.

Del 2, der er ingen andre. Lad f være en vilkårlig løsning, så f′ = k · f. Se på hjælpefunktionen g(x) = f(x) · e^(−k · x). Produktreglen og kædereglen giver g′(x) = f′(x) · e^(−k · x) − k · f(x) · e^(−k · x) = (f′(x) − k · f(x)) · e^(−k · x).

Parentesen er 0, fordi f er en løsning. Så g′(x) = 0 for alle x, og en funktion med afledt 0 overalt er konstant. Kald konstanten c. Så er f(x) · e^(−k · x) = c, og fordi e^(k · x) aldrig er 0, kan du gange over: f(x) = c · e^(k · x).

Sig det: gang løsningen med e i minus k x, og vis, at produktet har afledt nul.

Lad f være en løsning, og sæt g(x) = f(x) − b/a. g er differentiabel, og g′ = f′, fordi en konstant har afledt 0. Sæt −a uden for en parentes: f′ = b − a · f = −a · (f − b/a) = −a · g.

g opfylder altså g′ = −a · g, som er typen y′ = k · y med k = −a. Efter sætningen ovenfor er g(x) = c · e^(−a · x), og derfor er f(x) = b/a + c · e^(−a · x).

Omvendt er hver af de funktioner en løsning: differentier og sæt ind, som når du gør prøve. Er b = 0, er det bare y′ = −a · y.

Pointen: du flytter ligevægten b/a ned til 0. For a > 0 aftager afstanden til ligevægten eksponentielt.

Påstanden er, at y = 0 og funktionerne y = M / (1 + c · e^(−a · M · x)) er løsninger. y = 0 klarer du med en prøve. For de andre er den hurtigste vej en substitution. Lad y være en løsning, der aldrig er 0, og sæt z = 1/y.

Kædereglen giver z′ = −y′/y². Sæt differentialligningen ind for y′: z′ = −a · y · (M − y)/y², og forkort med y: z′ = −a · (M − y)/y. Fordi 1/y = z, er det z′ = −a · M · z + a.

z opfylder altså z′ = a − a · M · z, som er typen y′ = b − a · y med b = a og a · M i stedet for a. Sætningen ovenfor giver z = 1/M + k · e^(−a · M · x).

Så er y = 1/z = 1 / (1/M + k · e^(−a · M · x)). Gang med M i tæller og nævner, og sæt c = M · k: y = M / (1 + c · e^(−a · M · x)).

Kontrollen: for appen giver sympy y′ − 0,0004 · y · (1200 − y) = 0 for y = 1200 / (1 + 39 · e^(−0,48t)).

f er kontinuert og har derfor en stamfunktion F. F′ = f, så F + c er en løsning for ethvert c. Er G en anden løsning, er (G − F)′ = f − f = 0, så G − F er konstant. Det bygger på samme sætning som beviserne ovenfor: en funktion med afledt 0 på et interval er konstant. Den sætning står i differentialregning som en følge af monotonisætningen.

Lad y′ = h(x) · g(y), hvor h og g er kontinuerte og g(y) ≠ 0. Så er 1/g også kontinuert, og der findes en stamfunktion G til 1/g og en stamfunktion H til h.

Kædereglen giver (G(y(x)))′ = G′(y) · y′ = (1/g(y)) · h(x) · g(y) = h(x).

G(y(x)) og H(x) har altså samme afledte, så G(y(x)) = H(x) + c. Det er netop det, du skriver, når du “integrerer begge sider”. Til sidst isolerer du y.

Til et spørgsmål, der starter i vækstmodellerne:

• Eksponentielle funktioner: fremskrivningsfaktor, vækstrate og fordoblingstid.
• Sammenhængen: f(x) = b · aˣ har f′ = ln(a) · f, altså y′ = k · y med k = ln(a).
• Beviset for den fuldstændige løsning til y′ = k · y.
• Et eksempel med enhed, fx lyset i søen.

Til et spørgsmål om, hvad en løsning er:

• Definition, orden, løsningskurve og interval.
• Fuldstændig og partikulær løsning med en begyndelsesbetingelse.
• Løsningerne til y′ = k · y og y′ = b − a · y.
• Beviset for y′ = b − a · y med hjælpefunktionen f − b/a.

Til et spørgsmål, der går dybest:

• Definition og fuldstændig løsning.
• Kvalitativ analyse: ligevægte, fortegn og væksten ved M/2.
• Beviset med z = 1/y, eller en prøve af løsningsformlen, hvis tiden er knap.

I en ligning er det ukendte et tal. I en differentialligning er det ukendte en funktion, og ligningen forbinder funktionen med dens afledte.

Den fuldstændige løsning indeholder en konstant c. Et punkt på grafen fastlægger c og vælger én kurve i familien.

Sæt y′ = 0. Så er b − a · y = 0, og y = b/a. Dér står størrelsen stille.

Ved y = M/2, fordi y · (M − y) er størst midt mellem 0 og M. Det er grafens vendepunkt.

For vækstmodellen med a > 0, M > 0 og 0 < y(0) < M går e^(−a · M · x) mod 0, og y går mod M. Den konstante løsning y = 0 bliver på 0.

Det er tangenthældningen for den løsningskurve, der går gennem punktet, regnet ud af differentialligningen.

y′ + 3y = 12. Den er y′ = 12 − 3y, så løsningen er y = 4 + c · e^(−3x).

Hvert skridt følger tangenten i stedet for kurven. Krummer kurven, rammer man lidt ved siden af, og fejlen hober sig op.

Tegn en kasse for hver størrelse, du holder regnskab med, og en pil for alt, der kommer ind eller går ud. Hver kasse giver én ligning: ændringen er indløb minus udløb.

CO₂-modellen ovenfor har én kasse med en pil ind (eleverne) og en pil ud (ventilationen). Vil du skelne mellem to lokaler med en åben dør imellem, får du to kasser og en pil mellem dem, og så to ligninger.

Du kan også begrunde ligningen med et lille tidsrum Δt: ændringen i C fra t til t + Δt er cirka (600 − 0,5 · (C − 420)) · Δt. Divider med Δt, og lad Δt gå mod 0, så står differentialligningen der. Det er samme overgang fra differenskvotient til differentialkvotient som i differentialregningen.

Skriv antagelserne ned: hvad har du set bort fra, og hvad betyder det for, hvor meget du kan stole på modellen? Antagelserne er det, der gør modellen mulig at regne på.

Når to størrelser påvirker hinanden, får du et system af ligninger. Står y i ligningen for x′, og x i ligningen for y′, hænger de sammen: de er koblede, og du må regne på dem samtidig.

Eulers metode virker stadig: regn alle hældninger ud i det nuværende punkt, og tag et skridt for hver variabel på én gang, fx xₙ₊₁ = xₙ + Δt · f(tₙ, xₙ, yₙ) og yₙ₊₁ = yₙ + Δt · g(tₙ, xₙ, yₙ).

Ingeniøren F.W. Lanchester skrev i 1916 om “N-square law” i bogen “Aircraft in Warfare”. To styrker med x og y soldater mister folk med en hastighed, der er proportional med modpartens størrelse: x′ = −a · y og y′ = −b · x. Konstanterne a og b er effektiviteten: hvor mange modstandere én soldat sætter ud af spillet pr. tidsenhed.

Differentier b · x² − a · y²: du får 2b · x · x′ − 2a · y · y′ = 2b · x · (−a · y) − 2a · y · (−b · x) = 0. Så er b · x² − a · y² konstant gennem hele kampen. Den side, der har det største af tallene b · x₀² og a · y₀², vinder. Antallet tæller i anden potens, effektiviteten kun i første.

Eksempel: Hær X har 300 soldater med b = 0,2, hær Y har effektiviteten a = 0,45. Y vinder, hvis 0,45 · y₀² > 0,2 · 300², altså y₀ > 200. Y er mere end dobbelt så effektiv, men skal stadig have to tredjedele af X’s antal.

Ligningerne forudsætter bl.a., at a og b er de samme fra start til slut, at ingen forstærkninger kommer til, og at ingen flygter, at begge sider kan nå hinanden hele tiden, og at tabshastigheden på hver side er proportional med den anden sides aktive styrke. Modellen beskriver rettet ild; den er ingen almindelig regel for et virkeligt slag. I en SRP med historie kan du prøve modellen på et slag, hvor begge siders styrke er talt undervejs, og diskutere, hvilken antagelse der brister først. Løs systemet med Euler i et regneark, hvor a og b står i hver sin celle, og juster dem, til modellen passer til dataene. Systemet kan også løses eksakt ved at differentiere én gang til, så hver ligning bliver af anden orden.

Befolkningen deles i S (modtagelige), I (smittede) og R (fjernet fra smittekæden, fx raske med immunitet). Modellen går tilbage til W.O. Kermack og A.G. McKendrick, der i 1927 skrev “A contribution to the mathematical theory of epidemics”. Den består af tre koblede ligninger: S′ = −β · S · I, I′ = β · S · I − γ · I og R′ = γ · I. Sig det: S mærke er minus beta gange S gange I, I mærke er beta gange S gange I minus gamma gange I, og R mærke er gamma gange I.

β og γ afhænger af sygdommen og findes ved at tilpasse modellen til data fra tidligere udbrud. Modellen antager bl.a., at alle møder alle lige meget, og at man ikke kan smittes igen. Den løses med Eulers metode i et regneark eller med CAS. Fag: matematik og biologi.

Loven siger, at temperaturen ændrer sig med en hastighed, der er proportional med forskellen til omgivelserne: T′ = −k · (T − T₀), hvor T₀ er omgivelsernes temperatur, og k > 0. Minus står der, fordi T falder, når T > T₀. Sig det: T mærke er minus k gange parentes T minus T nul.

Det er typen y′ = b − a · y med a = k og b = k · T₀, så løsningen med starttemperaturen T(0) = Tₛ er T = T₀ + (Tₛ − T₀) · e^(−k · t). Når t → ∞, går T mod T₀.

Eget eksempel: en sodavand på 5 °C stilles på et bord i en stue på 22 °C, og efter 10 minutter er den 14 °C. Så er T = 22 − 17 · e^(−k · t), og 14 = 22 − 17 · e^(−10k) giver k ≈ 0,075. Formlen virker begge veje, både når noget køles, og når det varmes.

Vil du måle k selv, så følg sodavanden med et termometer og noter temperaturen hvert minut. Ifølge løsningsformlen er T − T₀ = (Tₛ − T₀) · e^(−k · t), så forskellen til stuens 22 °C er en eksponentiel funktion af tiden: eksponentiel regression på |T − T₀| giver en positiv serie. Skriver programmet regressionen A · e^(b · t), er k = −b; bruger det A · a^t, er k = −ln(a). Fag: matematik og fysik.

Venstresiden: y′ = −8e^(−2x). Højresiden: 6 − 2 · (4e^(−2x) + 3) = −8e^(−2x). Siderne er ens, så funktionen er en løsning.

y = 400 · e^(0,05x). Fordoblingstiden er ln(2) / 0,05 ≈ 13,9.

b/a = 12/3 = 4, så y = 4 + c · e^(−3x). y(0) = 1 giver c = −3 og y = 4 − 3e^(−3x). Ligevægten er 4.

a · M = 0,002 · 500 = 1, så y = 500 / (1 + c · e^(−x)). y(0) = 50 giver 1 + c = 10 og c = 9: y = 500 / (1 + 9e^(−x)). Væksten er størst ved y = 250, hvor y′ = 0,002 · 250 · 250 = 125.

Hældningen er 2 · 3 − 2 = 4. Tangenten er y = 4 · (x − 2) + 3 = 4x − 5.

N′ = −k · N. I starten er 1.500 = k · 50.000, så k = 0,03 og N′ = −0,03 · N. Løsningen er N = 50.000 · e^(−0,03t), hvor t er år.

y₁ = 2 + 0,5 · (2 − 0) = 3 og y₂ = 3 + 0,5 · (3 − 0,5) = 4,25. Den eksakte løsning er y = x + 1 + eˣ, så y(1) = 2 + e ≈ 4,72. Euler rammer ca. 0,47 for lavt.

y² dy = x² dx giver ⅓y³ = ⅓x³ + k, altså y³ = x³ + c. y(0) = 2 giver c = 8, og y = ∛(x³ + 8) på intervallet x > −2, som indeholder startpunktet. Ved x = −2 er y = 0, så højresiden x²/y² er ikke defineret. Sig det: kubikroden af x i tredje plus otte. Prøven: y′ = x² / (x³ + 8)^(2/3) = x²/y².

Når 0 < y < 800, er begge faktorer positive, og y′ > 0. Væksten er størst ved y = 400.

Når y · (3 − x) = 0, altså på x-aksen (y = 0) og på den lodrette linje x = 3.

Gennemgå listen ugen før prøven, og sæt et kryds ved det, du kan forklare højt.

• Hvad en differentialligning, en løsning, orden og en løsningskurve er.
• Forskellen på den fuldstændige og den partikulære løsning.
• Prøven: differentier, sæt ind, sammenlign.
• De fire typer og deres løsninger udenad.
• Kvalitativ analyse: fortegnet for y′, ligevægt og M/2.
• Tangenten til en løsningskurve uden CAS.
• Linjeelementer og afkodning af et hældningsfelt.
• Opstilling ud fra “proportional med” og ud fra indløb minus udløb.
• Separationsmetoden og hvorfor den virker.
• Eulers metode med en tabel.
• Beviset for løsningen til y′ = k · y.