DOKUMENTATION
Transcription
DOKUMENTATION
KØBENHAVNS UNIVERSITET KØBENHAVNS UNIVERSITET Oversigt Forelæsning C3: Separation af de variable. Lineære 2. ordens differentialligninger 1 Opsummering af afleveringsopgave C.5 2 Separation af de variable En generel metode Anvendelseseksempel C.14: Reaktionskinetik Anvendelseseksempel C.15: Clausius-Clapeyron 3 Generelt om 1. ordens differentialligninger 4 Lineær 2. ordens differentialligning med konstante koefficienter Homogen ligning, karakterligning Inhomogen ligning, nålestiksmetoden Anvendelseseksempel C.17: Dæmpede svingninger Matematik og databehandling 2012 Thomas Vils Pedersen Institut for Matematiske Fag [email protected] 16 14 12 10 8 6 4 2 0 0 10 2 8 4 t 6 8 4 10 6 x 2 12 0 8. oktober 2012 — Dias 1/21 KØBENHAVNS UNIVERSITET Dias 2/21 KØBENHAVNS UNIVERSITET Opsummering af afleveringsopgave C.5 Sætning C.3.1 Separation af de variable Som i Anvendelseseksempel C.8 betragter vi forureningen af en sø, men antager nu at søens volumen er 4000 m3 , der tilføres 6 gram af det forurenende stof pr. minut, gennemstrømningen er 4 m3 pr. minut samt at der til tiden t = 0 er 8000 gram af det forurenende stof i søen. En differentialligning af formen dy dx = f (x )g (y ) løses ved at bruge følgende fire trin: (a) Bestem mængden af det forurenende stof i søen som funktion af tiden ... (1) Separér de variable 1 Løsningsmetoder • Ved at gå skridtene i i Anvendelseseksempel C.8 igennem [lærerigt, men lidt tungt] g (y ) (2) Sæt integraltegn på ligningen: Z • Ved at indsætte V = 4000, S = 6, G = 4 og M0 = 8000 i løsningen i den generelle model fra Anvendelseseksempel C.8(b): exp − VG t + M0 − SV G 4 = 6·4000 + 8000 − 6·4000 t exp − 4000 4 4 M (t ) = dy = f (x ) dx SV G 1 g (y ) dy = Z f (x ) dx (3) Bestem stamfunktioner på begge sider af ligningen; husk en integrationskonstant. (4) Løs ligningen: find y udtrykt ved x. = 6000 + 2000 e−0.001 t Dias 3/21 Dias 4/21 KØBENHAVNS UNIVERSITET KØBENHAVNS UNIVERSITET Separation af de variable (fortsat) Aktivering Bemærkning Bestem den fuldstændige løsning til differentialligningen • “Separation af de variable” er en metode: dy • For en konkret differentialligning går man igennem de fire trin dx nævnt i sætningen. • Man sætter ikke ind i formlerne i sætningen. = ex y2 vha. separation af de variable. • Man kan vise (Sætning C.3.2) at metoden er matematisk korrekt. Dias 5/21 KØBENHAVNS UNIVERSITET KØBENHAVNS UNIVERSITET “Teoretisk” brug af separationsmetoden Anvendelseseksempel C.14: Reaktionskinetik • Et stof med koncentrationen [A] omdannes Bemærkning Metoden “separation af de variable” kan også bruges til at bevise løsningerne for følgende differentialligninger (forelæsning C1 og C2): Eksponentiel vækst Eksponentiel vækst med konstantled Dias 6/21 dy dx dy dx • k er hastighedskonstanten • [A]0 er koncentrationen til tiden t = 0 = ry d [ A] (a) 0. ordens kinetik (f.eks. nedbrydning af alkohol): Løsning: = ry + q dt [A] = [A]0 − kt d [ A] (b) 1. ordens kinetik (f.eks. nedbr. af andre rusmidler): Logistisk vækst Homogen lineær 1. ordens differentialligning Inhomogen lineær 1. ordens differentialligning dy dx dy dx dy dx = ry 1 − y Løsning: K [ A] = [ A] 0 e −kt Løsning: [ A] = 1 kt + 1 [A]0 dt = − k [ A] (se Opgave C.2) (c) 2. ordens kinetik (f.eks. reaktioner A + A → B): + f (x )y = 0 = −k dvs. 1 [ A] d [ A] = kt + dt 1 = − k [ A] 2 [ A] 0 dvs. en lineær sammenhæng mellem [A1 ] og t. + f (x )y = g (x ) Dias 7/21 Dias 8/21 KØBENHAVNS UNIVERSITET KØBENHAVNS UNIVERSITET Anv.eks. C.15: Clausius-Clapeyron ligningen dP dT = Generelt om 1. ordens differentialligninger Eksempler 1Hvap P RT 2 hvor P: T: 1Hvap : R: Vands damptryk Temperaturen Vands molære fordampningsenthalpi (en konstant) Gaskonstanten dy dx = ry dy dx = r (y − y ∗ ) dy dx = ry 1 − Ky dy dx = 6 − 10002 +x · y dy dx = −xy + x dy dx = −ky 2 Definition C.4.1 Differentialligning af 1. orden (a) En differentialligning af 1. orden: dy Løsning 1Hvap P = c exp − dx RT = 8(x , y ) [“et udtryk i x og y ”] (b) En partikulær løsning: en konkret funktion y = ϕ(x ), som opfylder differentialligningen, dvs. Andre anvendelser af separationsmetoden ϕ ′ (x ) = 8(x , ϕ(x )) • Opgave C.20 om islaget i en fryser • Opgave C.21 om priselasticitet for alle x (c) Den fuldstændige løsning: alle de funktioner y = ϕ(x ), der opfylder differentialligningen. • Opgave C.22 om Åges øl Dias 9/21 KØBENHAVNS UNIVERSITET Dias 10/21 KØBENHAVNS UNIVERSITET Generelt om 1. ordens differentialligninger (fortsat) Bemærkning • I eksemplerne indtil nu har vi set følgende: I den fuldstændige indgår en konstant “c”, som bestemmes ud fra en begyndelsesbetingelse ϕ(x0 ) = y0 . Aktivering Vis ved indsættelse at • Gælder det generelt, at der er netop én løsning ϕ(x ) med ϕ(x0 ) = y0 ? y = x 2 + 3x er en løsning til differentialligningen dy dx [Vink: Hvad er dy dx Sætning C.4.1 Eksistens og entydighed = 2y x Antag, at funktionen 8(x , y ) er “tilstrækkeligt pæn”. Gennem et givet punkt (x0 , y0 ) går netop én løsning til differentialligningen −3 når y = x 2 + 3x ?] dy dx = 8(x , y ) dvs. der findes netop én funktion y = ϕ(x ) således, at (a) ϕ ′ (x ) = 8 (x , ϕ(x )) (b) ϕ(x0 ) = y0 Dias 11/21 Dias 12/21 KØBENHAVNS UNIVERSITET KØBENHAVNS UNIVERSITET Sætning C.6.1 Homogen 2. ordens differentialligning Definition C.6.1 Lineær 2. ordens differentialligning med konstante koefficienter Den fuldstændige løsning til den homogene ligning d 2y Homogen ligning 2 d y +a dx 2 dy dx dx 2 + by = 0 d 2y dx 2 +a dy dx +a + by = g (x ) dx 2 dy dx + by = 0 : dx (1) To rødder λ1 6= λ2 i karakterligningen: y = c1 e λ1 x + c2 e λ2 x Observation Funktionen y = e λx er løsning til den homogene ligning d 2y dy λ2 + aλ + b = 0 Løs først karakterligningen Inhomogen ligning +a (c1 , c2 ∈ R) (2) En dobbeltrod λ i karakterligningen: y = c1 · x · e λx + c2 e λx + by = 0 (c1 , c2 ∈ R) 2 (3) Ingen rødder i karakterligningen, √ dvs. d = a − 4b < 0: netop når α = − 2a Sæt λ2 + aλ + b = 0 −d og β = 2 . Så er y = c1 e α x cos(β x ) + c2 e α x sin(β x ) Denne observation er baggrunden for følgende sætning. (c1 , c2 ∈ R) Dias 13/21 KØBENHAVNS UNIVERSITET Dias 14/21 KØBENHAVNS UNIVERSITET Anv.eks. C.17: Dæmpede svingninger Newtons 2. lov: 2 Aktivering m Betragt differentialligningen d x dt 2 +α dx dt m: α: k: x: + kx = 0 masse af svingdør friktionskoefficient fjederkonstant afstand fra ligevægtsstilling Kraftig friktion i forhold til fjederkraft m = 1, α = 3 og k = 2: d 2x dt 2 +3 dx dt d 2x + 2x = 0 dt 2 Fuldstændig løsning • Løs karakterligningen. +3 dx dt + 2x = 0 x (t ) = c1 e −t + c2 e −2t (c1 , c2 ∈ R) Partikulær løsning ud fra begyndelsesbetingelserne x (0) = 30 og x ′ (0) = 0: • Bestem den fuldstændige løsning til differentialligningen. x (t ) = 60 e −t − 30 e −2t Dias 15/21 Dias 16/21 KØBENHAVNS UNIVERSITET KØBENHAVNS UNIVERSITET Anv.eks. C.17: Dæmpede svingninger (fortsat) Anv.eks. C.17: Dæmpede svingninger (ekstra!) Svag friktion i forhold til fjederkraft m = 1, α = 2 og k = 5: d 2x dt 2 +2 dx dt Ingen friktion m = 1, α = 0 og k = 4: + 5x = 0 d 2x dt 2 Fuldstændig løsning x (t ) = c1 e −t cos(2t ) + c2 e −t sin(2t ) (c1 , c2 ∈ R) + 4x = 0 Spørgsmål Hvad forventer man intuitivt, at der sker? Partikulær løsning ud fra begyndelsesbetingelserne x (0) = 30 og x ′ (0) = 0: Fuldstændig løsning x (t ) = c1 cos(2t ) + c2 sin(2t ) (c1 , c2 ∈ R) Partikulær løsning ud fra beg. betingelserne x (0) = 30 og x ′ (0) = 0: x (t ) = 30 cos(2t ) x (t ) = 30 e −t cos(2t )+ 15 e −t sin(2t ) Bemærkning Spørgsmål • Fuldstændig løsning: to konstanter c1 og c2 . • Hvordan ser grafen ud for den partikulære løsning? • Partikulær løsning x (t ): konstanterne bestemmes ud fra to begyndelsesbetingelser, f.eks. hvis man kender x (0) og x ′ (0). • Hvordan passer det med den intuitive forventning? Dias 17/21 KØBENHAVNS UNIVERSITET Dias 18/21 KØBENHAVNS UNIVERSITET Sætning C.6.2 “Nålestiksmetoden” for inhomogen 2. ordens differentialligning Sætning C.6.2 “Nålestiksmetoden” – fortsat En partikulær løsning y0 (x ) til den inhomogene ligning Den fuldstændige løsning til den inhomogene ligning d 2y d 2y dx 2 +a dy dx dx 2 + by = g (x ) dy dx + by = g (x ) bestemmes ved at “gætte” på en funktion “af samme slags” som funktionen g (x ): er FIL = y0 (x ) + FHL hvor Given funktion g (x ) polynomium β eαx β1 cos α x + β2 sin α x løsning til homogen ligning • FIL = fuldstændig inhomogen løsning • FHL = fuldstændig homogen løsning (vha. Sætning C.6.1) • y0 (x ) er en partikulær løsning til den inhomogene ligning NB +a Ingen panserformel Vores gæt y0 (x ) polynomium af samme grad Ae α x A cos α x + B sin α x sæt en faktor x på I skemaet er α, β osv. givne konstanter, mens A, B osv. er konstanter, der skal bestemmes således at y0 (x ) er en løsning. Problem Hvis man kender y0 (x ) og FHL så kender man FIL ... men hvordan bestemmer man y0 (x ) . . . ? Dias 19/21 Dias 20/21 KØBENHAVNS UNIVERSITET Generelt om 2. ordens differentialligninger Definition C.6.2 2. ordens differentialligning (a) En differentialligning af 2. orden: d 2y dx 2 dy = 8 x,y, dx [“et udtryk i x , y og dy dx ] (b) En partikulær løsning: en konkret funktion y = ϕ(x ), som opfylder differentialligningen, dvs. ϕ ′′ (x ) = 8(x , ϕ(x ), ϕ ′ (x )) for alle x (c) Den fuldstændige løsning: alle de funktioner y = ϕ(x ), der opfylder differentialligningen. Sætning C.6.3 Eksistens og entydighed Givet x0 , y0 og p0 . Hvis 8 er “pæn”, så findes netop én løsning ϕ(x ) som opfylder ϕ(x0 ) = y0 og ϕ ′ (x0 ) = p0 Dias 21/21