Föreläsning 7 (Differentialekvationer) Introduktion Exempel y ( x) x y ' ( x) 0 2 En sådan ekvation kallas ordinär differentialekvation. En ordinär differentialekvation innehåller funktioner, dess derivator, 2:a derivator etc. Ordinära differentialekvationer har en lösning som är en funktion (liksom de partiella differentialekvationerna) snarare än ett tal som en vanlig ekvation har I båda fallen (vanlig ekvation resp. differentialekvation) ska dock gälla att lösningarna ser till att VänsterLed = HögerLed I diffekvationsexemplet ovan gäller att y(x) = x2 är lösning (men inte ex.vis y(x) = x3) och egentligen är också alla y(x) =C·x2 där C kan vilken konstant som helst. Insättning av y(x) = C·x2 i diffekvationen ger nämligen: y ( x) C x 2 y ' ( x) C 2 x Vänsterledet V .L. y ( x) x y ' ( x) C x 2 2 x y ' ( x) C x 2 C x 2 0 H .L. 2 Konstanten C hänger faktiskt ihop den additiva konstanten C som dyker upp vid integrering. Exempel Bakterietillväxt Låt oss ta ett exempel med bakterieodling och vi startar odlingen med 100 000 bakterier. Hur kommer bakteriemängden att förändras med tiden. Om man tänker sig att tillväxten sker genom delning är det rimligt att tänka sig att tillväxttakten (dN/dt) är proportionell mot antalet bakterier N Vi får då följande relation dN (t ) k N (t ) dt Låt oss göra en ansats (gissning) av lösningen: N=eat => N’ = aeat om vi sätter a = k stämmer det. Och faktiskt varje funktion N =C·eat är faktiskt en lösning. N (t ) C e kt Vad är då C? : Vi vet att startmängden = N0=100.000, d.v.s. N (0) C e k 0 N 0 100.000 => således C = N0 = 100 000 Exempel epidemi (i isolerad population) N är totalpopulationens storlek, y(t) är antalet smittade, N-y(t) är antalet friska och k en proportionalitetskonstant. Smittotillfällena är ju då en sjuk möter en frisk vilket ger att smittofrekvensen bör vara proportionell mot ”antalet sjuka” * ”antalet friska” (d.v.s. (y(t)·(N-y(t))). Antag att det börjar med 1 sjuk individ (y(0) = 1) . Vi får då följande samband: dy (t ) k N y (t ) y (t ) , y(0)=1 dt N 1 ( N 1) e k N t ----------------------------------------------------------------------Ty: N 1 N där u 1 ( N 1) e k N t vilket ger V.L. y (t ) k N t u 1 ( N 1) e Lösning: y (t ) dy 1 N 2 du u 1 ( N 1) e k N t 2 och du k N ( N 1) e k N t dt dy (t ) dy (u ) du (t ) N dt du dt 1 ( N 1) e k N t kN 2 ( N 1) e k N t 1 ( N 1) e 2 ( N 1) (k ) N e k1 N t k N t 2 H.L. k N y (t ) y (t ) k N kN 2 N N2 k 1 ( N 1) e k N t 1 ( N 1) e k N t 1 ( N 1) e k N t 1 1 ( N 1) e k N t 2 kN 2 ( N 1) e k N t 1 ( N 1) e 2 k N t 2 d.v.s. H.L = V.L. begynnelsevillkoret ger y (0) N N N 1 k N 0 1 ( N 1) 1 N 1 ( N 1) e alltså stämmer Exempel permeabilitet dM 2 (t ) P A C1 C 2 dt dC 2 (t ) V2 P A C1 C 2 dt J ekv P.1 C1 och C2 relateras till varandra av följande relation; Totalmängden( M tot ) i systemet är konstant och lika med: M tot C1 V1 C2 V2 C1 V1 M tot C2 V2 C1 Sätt in detta för C1 i ekv P.1 M tot C2 V2 V1 M C 2 V2 M C 2 V2 C 2 dC 2 (t ) dC 2 (t ) V2 P A tot C 2 P A tot dt V1 dt V1 V2 V2 M 1 C C P A M tot 1 P A tot 2 2 P A C 2 V1 V2 V1 V2 V1 V2 V1 V2 P, A, Mtot, V1 och V2 är konstanter, så vi kan få ekvationen överskådligare genom att skriva: 1 dC 2 (t ) P A M tot 1 P A C 2 k1 k 2 C 2 dt V1 V2 V1 V2 dC 2 (t ) k 2 C 2 k1 dt där k1 P A M tot V1 V2 1 1 och k 2 P A V1 V2 dC2 (t ) k 2 C2 k1 är en ordinär ( 1:ordningens linjär) dt differentialekvation. Ekvationen Lösningstekniker (Separabla) En differentialekvation som kan skrivas f ( x) y ' ( x) g ( y) Kallas för en separabel differentialekvation. Denna kan lösas som en vanlig ekvation via den ekvivalenta formen: G ( y ) F ( x) C där F ( x) f ( x) dx och G ( y ) g ( y ) dy Exempel 1: Lös y dy x2 dx f ( x) x 2 F ( x) x 3 / 3 dy x 2 f ( x) dy 2 y x => där dx dx y g ( y) g ( y) y G( y) y 2 / 2 G ( y ) F ( x) C y 2 x3 C => y 2 3 ger 2x3 2C 3 Exempel 2: Lös dy ky dx f ( x) k F ( x) k x dy dy k f ( x) k y => 1 där dx dx y g ( y) g ( y ) y 1 G ( y ) ln( y ) G ( y ) F ( x) C ger ln( y) k x C y e k xC e k x e C B e k x där konstanten B e C Bevis av att G ( y ) F ( x) C är ekvivalent med G ( y ) F ( x) C d (G ( y )) d ( F ( x) C ) dx dx H.L.: d ( F ( x) C ) f ( x) dx V.L.: d (G ( y )) d (G ( y )) dy dy g ( y) dx dy dx dx H .L. V .L. g ( y ) dy dy f ( x) f ( x) dx dx g ( y ) dy f ( x) dx g ( y ) 1:a ordningen linjära differentialekvationer En differentialekvation som kan skrivas y ' ( x) P ( x) y ( x) Q( x) Kallas för en 1:a ordningen linjär differentialekvation. Denna kan lösas som en vanlig ekvation via följande algoritm Sätt I ( x) e P ( x ) dx Sedan kan ekvationen skrivas på den ekvivalenta formen: I ( x) y ( x) I ( x) Q( x)dx Integralen till höger löses varefter y(x) löses ut ur den ekvivalenta formen 1 till enklare exempel på 1:A ordn linj. reflektion ht 16 Exempel dy 2 xy 2 x dx Detta är en 1: ordningens differentialekvation linjär ty: P( x) 2 x Q( x) 2 x a) P( x)dx 2 xdx x 2 b) I ( x) e P ( x ) dx ex 2 c) I ( x) y( x) I ( x) Q( x)dx e x y( x) e x 2 xdx 2 2 Denna kan lösas medelst substitution: Sätt u=x2 => u’=2x Detta ger: e x 2 xdx e u u' dx e u du e u C e x C 2 2 Således: ex C 2 e y ( x) e 2 xdx e x2 x2 x2 C y ( x) e x2 1 C ex 2 Koll att y( x) 1 C e x är en lösning till differentialekvationen y ' ( x) 2 x y ( x) 2 x 2 y' ( x) 2 x C e x 2 V .L. 2 x C e x 2 x (1 C e x ) 2 x C e x 2 x 1 2 x C e x 2 x 1 2 2 2 2 2 x HL Bevis av lösningsformeln för 1:a ordn. Linj. Diff. Ekv. y ' ( x) P ( x) y ( x) Q( x) Ekv .1 Först tittar vi lite på den funktion som kallas integrerande faktorn och dess derivata: I ( x) e P ( x ) dx I ' ( x) P( x)dx 'e P ( x ) dx P( x) e P ( x ) dx P( x) I ( x) Nu multiplicerar vi första ekvationen ovan med I(x) på båda sidor I ( x) y ' ( x) I ( x) P( x) y ( x) I ( x) Q( x) Men P( x) I ( x) I ' ( x) Vilket ger I ( x) y ' ( x) I ' ( x) y ( x) I ( x) Q( x) Ekv .2 Nu säger produktregeln att I ( x) y ' ( x) I ' ( x) y ( x) d ( I ( x) y ( x)) dx Vilket gör att vi kan ersätta vänsterledet i ekv 1 med : d ( I ( x) y ( x)) I ( x) Q( x) dx d ( I ( x) y ( x)) , d.v.s. vi får: dx Integrerar vi båda sidorna med avseende på x får vi I ( x) y ( x) I ( x) Q( x)dx Lösning av exempel permeabilitet Vi hade ju resonerat fram oss till ekvationen 1 dC 2 (t ) P A M tot 1 P A dt V1 V2 V1 V2 C 2 k1 k 2 C 2 dC 2 (t ) k 2 C 2 k1 dt om vi sätter k1 1 1 P A M tot och k 2 P A V1 V2 V1 V2 Detta är en 1:a ordningens linjär diffekvation, d.v.s,. den är på formen dC2 (t ) P(t ) C2 Q(t ) dt där P(t) = k2 och Q(t) =k1 a) P(t )dx k t 2 b) I (t ) e P (t ) dx e k2t c) C 2 (t ) I (t ) C (t ) e k 2t Q(t ) I (t )dt k1 e k 2t dt k1 k 2 t e K k2 k C 2 (t ) 1 K e k 2t k2 x k2 e 1 P A M tot V1 V2 1 1 P A V1 V2 k1 k 2 t e K k2 Ke 1 P A t M tot V V Ke 1 2 V1 V2 K ges av begynnelsevillkoret. Låt säga att C2(0) =0 1 1 P A 0 M tot M tot V V C 2 ( 0) Ke 1 2 K 1 0 V1 V2 V1 V2 K M tot V1 V2 1 1 M tot M tot P A V1 V2 t M tot C 2 (t ) e V1 V2 V1 V2 V1 V2 1 1 P A t V V 1 e 1 2 Andra typer av diffekvationer ( behandlas inte i denna kurs) linjära 2:a ordningen ickelinjära 1 1 P A V1 V2 t