ty )( xy )(   Bk

(1)

Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR , SF1676 Olika tillämpningar av differentialekvationer

Sida 1 av 11

OLIKA TILLÄMPNINGAR AV DIFFERENTIAL EKVATIONER

Följande uttryck används ofta i olika problem som leder till differentialekvationer:

Text Formell beskrivning

A är proportionell mot B det finns ett tal k så att A=kB

A är proportionell mot B och C A=kBC (för ett tal k) A är omvänt proportionell mot B

A=Bk (för ett tal k) A är proportionell mot

summan, differensen , produkten, kvoten, av B och C

A=k(BC) A=k(BC) A=kBC

A= C

k (för ett tal k) B Funktionens förändringshastighet y(t) (eller y(x) ) Funktionen förändras med hastigheten A y(t)=A

Funktionen förändras med hastigheten som är proportionell mot A

) (t y =kA Funktionen förändras med hastigheten som

är omvänt proportionell mot A A

t k y )(  Funktionens förändras med hastigheten

som är proportionell mot produkten mellan A och (B – C)

) ( )

(t kA B C

y  

Uppgift 1. Ställ upp en differential ekvation för funktionen y(t) om a) Funktionen y(t) förändras med hastigheten (som är lika med) 5 ty( ). b) Funktionen y(t) förändras med hastigheten som är proportionell mot y(t). c) Funktionen y(t) förändras med hastigheten som är proportionell mot t .

d) Funktionen y(t) förändras med hastigheten som är omvänt proportionell mot y(t). e) Funktionen y(t) förändras med hastigheten som är proportionell mot differensen mellan t och y(t).

Svar:

a) )y(t)5y(t , b) y(t)ky(t) c) y )(t kt d)

) ) (

( y t

t k

y  e) y(t)k(ty(t))

Uppgift 2. Ett radioaktivt ämne sönderfaller med hastigheten som är proportionell mot den mängd av ämnet som finns kvar.

a) Ställ upp en differentialekvation som beskriver förloppet.

(2)

Sida 2 av 11 b) Av 125 gram blir det kvar 121. 9 gram efter 100 år.

Hur många gram blir kvar efter 330 år.

Svar a) ky(t) dy dt

b) den allmänna lösningen är yCe^kt.

Villkoret 125y(0)125C  och därmed y125e^kt

Från 9y(100)121. har vi ) 0.000251

125 9 . ln(121 100 125 1

9 .

121  e¹⁰⁰^k k  .

Alltså y125e^⁰^.⁰⁰⁰²⁵¹^t. Härav y(330)115.1 Svar b) 115.1

I följande uppgift används Newtons avsvalningslag: Om en kropp med temperaturen T0

placeras i en omgivning med temperaturen TR, kommer kroppens temperaturer y(t) att förändras med hastigheten som är proportionell mot skillnaden mellan föremålets temperatur och omgivnings temperatur. Med andra ord har vi följande ekvation

) 0

0 ( : villkor beggynelse med

) ) ( ( ) (

T y

T t y k t

y _R





 

Uppgift 3.

Ett föremål med temperaturen 200^° C har efter en minut i rumstemperatur (22^°C) svalnat till 140^° Hastigheten med vilken temperaturen sjunker är proportionell mot skillnaden mellan föremålets temperatur och rumstemperaturen.

a) Bestäm föremålets temperatur som funktion av tiden b) Efter hur lång tid blir föremålets temperatur 30^°?

Lösning:

) 22 ) (

( 

k y t dt

dy  kdt

y

dy 

 22  kdt

y

dy



_{ 22} ^ ^

| 1

22

|

ln y ktC  ekt

D y 22 

Startvillkoret 200y(0)  D178

 y22178e^kt

Villkoret 140y(1)  14022178e^k e^k 178

118 

178 ln118



k  0.411 Svar a) y22178e^kt  y 22178e^⁰^.⁴¹¹^t

b) 30y(t)  22178e^kt 30  e^kt 8/178  ktln(8/178) 

t  ln(8k/178) 546

.

7

t min

Svar b) t 7.546 min

(3)

Armin Ha

Uppgift I nedan tanken.

per liter Låt y(t) a) Ställ b) Hur m Svara i

Lösning a) L Förändr Dessuto H t y )(  H visain

H visut

där H_in Vid tide lika med (notera ut) Därmed

H_ut 2 Nu, från

) (t y 

0 ) ( 

 t y med be Först ho Den kar r0.1 Härav Vi ansät

alilovic: EXTRA

t 4.

nstående vat Tanken till r. Efter orde

) beteckna upp en diff mycket salt

antalet gram

g:

Låt y(t) bet ringshastigh om gäller

ut

in H

H  ar hur mång

ar hur mång

timme liter

20

en t finns de d volym r y( att vattenvo d

y timme

liter 0 20 n y )(t H_i

20 4 20  

80 ) ( 1 .

0 y t  egynnelsevil

omogenadel rakteristiska

0 1  r

)

H(t Ce

y 

tter y_p(t)

A ÖVNINGAR ,

ttentank finn förs vatten entlig omrör antalet g sa ferentialekva

finns i tank m (avrunda

eckna antal het blir då y

ga gram salt ga gram sal

liter gram e4  et y(t)gram

y t men

t

20 ( ) ( )

( 

olymen förb

liter gram t

00 )

( 

ut in H har

200 ) (t

y _ 0 (*)

llkoret: y len:

a ekvationen 1 .

0



10 /

t

 A och dä SF1676

S ns 200 liter med hastigh ring förs ut alt i tanken v

ation för y( ken efter 13 till heltal gr

et g salt i ta )

(t y .

per timme t per timme

timme 80 gram m salt i 200 l y liter gram t

2 00

) 

blir konstant

timm gra t y 200

) ( 20

vi ekvation

2500 )

0 (  y

n för den ho

ärmed y t_p( )

Sida 3 av 1 r vatten. Vid

heten 20 lite vatten med vid tiden t (

)

(t och best timmar och ram).

anken vid tid

tillförs tank e förs ut ur t

liter vatten.

liter gram t

y 200

)

(

t eftersom 2

me am :

nen

0.

omogena de

0 ) .

Olika til

1

d t=0 finns d er per timm

hastigheten d v s efter t täm y(t). h 30 min.

den t

ken.

tanken.

Därför är d

20 liter förs

elen:

llämpningar a

det 2500 g me och saltin n 20 liter pe timmar).

densitet vid

in och 20 li

av differentiale

salt i nnehåll 4 g er timme.

tiden t

iter förs

ekvationer

(4)

Armin Ha Substitu

1 . 0 A Den allm Villkore och (ty Svar a) b) y(13

Uppgift En vatte innehåll blandar a) Anta differen b) Hur l c) Lös d

Lösning

Från bö Därmed Efter t m Behålla behålare a) Låt y Då gälle

dt H dy  där H_till

Hbort är (Notera Därmed

0 ) 0 (

5

· 3



 y dt dy

alilovic: EXTRA ution i (*) g

80  A männa lösni et y(0)2

1700 ) e^t t

170 ) (t  y

3.5)= )y(t 

t 5.

en behållare ler 5 gram/

sig väl med att behållar ntialekvation

lång tid besk differentiale

g:

rjan finns d d växer vatte minuter fins aren är fylld

en.) ) (t y y var er

bort

till H

H  ,

l är mängde r mängden ( a att i varje l d har vi följ

(rent v 0

2 200 5  y

A ÖVNINGAR , er

800 och d ingen är (y 2500 medfö

10 800

/  .

80 0e^t^/¹⁰ 

1700 ¹^.³⁵

 e^

e, vars volym liter av en f d vattnet. A ren innehåll n som beskr kriver din e ekvationen.

det 200 l vat enmängd m s det V_vatten

med vatten

ra mängden

en (i gram) (i gram) av liter vid tide jande samba

t vid en

vatt 

t

SF1676

S därmed y_p(

)Ce^t^/¹⁰ t

ör C=1700

0

800 12

m är 500 lit förorening t Av det bland

ler y gram a river detta s ekvation för

tten i behåla med 1 liter p

t



200 1

n efter 300 m

av föroreni

av förorenin föroreninge en t finns y

and

0)

Sida 4 av 1 800 )

(t  .

800

241

ter, innehåll tillförs med dade vatten av förorenin samband.

rloppet på et

aren. Varje per minut

t

 200 l minuter (Då

ingen i behå

ngen som ti en som bort

200 /(

)

(t t

(*)

Olika til

1

ler 200 liter hastigheten bortförs 2 l ngen efter t m

tt korrekt sä

minut tillfö iter vatten i å finns det 2

ålaren efter

illförs behål tförs behålar

)

t gram av f

llämpningar a

rent vatten n 5 liter /min liter per min

minuter. Stä ätt?

rs 3l och bo i behålaren.

200 +300*1=

t minuter.

laren per mi ren per min föroreninge

av differentiale

n. Vatten som n. Föroreni n.

äll upp en

ortförs 2 l v

=500 liter v

minut och nut . en.)

ekvationer

m ngen

atten.

vatten i

(5)

Sida 5 av 11

Modellen gäller under 300 minuter. ( Behålaren är fylld med vatten efter 300 minuter, vi saknar information om vad som händer efter detta.)

Vi löser ekvationen

t y y

 



200

15 2 eller

15 200 ·

2 

 

 y

y t .

Integrerande faktor är



^ln(²⁰⁰ ⁾



² ²

) 200 ln(

200 2 ) 2

( e e e (200 t)

e

F  ^P ^x ^dx   ^^t^dx  ^^t  ^^t  

Den integrerande faktorn substituerar vi i formeln y(x)^F^¹(C^



F^Q(x)dx)^{och får}







 ^ ^ ⁽



^ ¹⁵ ⁾

)

(x e ²^ln(²⁰⁰ ⁾ C e²^ln(²⁰⁰ ⁾ dx

y ^t ^t







⁽²⁰⁰ ⁾^ ⁽



⁽²⁰⁰ ⁾ ¹⁵ ⁾

)

(x t ² C t ² dx

y

 





 ^ )

3 ) 200 15 ( ( ) 200 ( ) (

2 t 3

C t x

y





(200 )^ ( 5(200 ) ) )

(x t ² C t ³

y





 (200 )^ 5(200 ) )

(x C t ² t

y





 

 t

t x C

y 1000 5

) 200 ) (

( ₂

Villkoret 0y(0) ger

2

2 2

) 200 (

000 000 5 40

1000

000 000 40 200 1000 ) 0

0 200 0 (

· 5 1000

t t y

C C

 













 



Svar:

a)

0 ) 0 (

2 200 5

· 3



 



 y

t y dt

dy

b) 300 minuter

c) ₂

) 200 (

000 000 5 40

1000 t t

y   

Uppgift 6.

En sfärisk snöboll med radien l m smälter på ett dygn till den mindre snöbollen med radien 0.8 m. Vi antar, att volymen av snöbollen minskar med en hastighet, som är proportionell mot snöbollens area. Vi förutsätter, att bollen behåller sin sfäriska form under hela smältperioden.

(6)

Sida 6 av 11

a) Bestäm en differentialekvation för radien R som funktion av tiden t b) Lös differentialekvationen med avseende på R(t)

c) Beräkna efter hur lång tid snöbollen är helt borta.

(Tips: volymen V= ³ 3

4R , arean A=4R² ) Lösning:

dt kA

dV   3 ² 4 ²

3

4 kR

dt

R dR   k

dR  dt Svar: a)R )(t k

b) R(t)ktC 8 . 0 ) 1 (

1 ) 0 (



 R

R  C 1 och k 0.2 alltså R(t)0.2t1

c) 0.2t10 t 5 Uppgift 7.

En behållare har formen av en kon med spetsen nedåt enligt figuren. Från början är behållaren fylld med vatten till höjden 15,0 cm. Vattnet rinner ut genom ett litet hål i botten. Utflödet är 10,0 h cm³/s, där h är vattnets höjd i cm. Hur lång tid tar det innan behållaren är tom?

Lösning:

Vattenvolymen V(t) uppfyller ekvationen blir dt h

dV 10,0 (*)

Ekvationen (*) har två obekanta funktioner V(t) och h(t). För att lösa ekvationen måste vi eliminera en av dem. Formeln för volymen av en kon ger

3

2h V _r

, där r är vattenytans radie. På grund av 45°-vinkeln gäller r = h och alltså

3 h3

V 

 .

I ekvationen har vi två obekanta V(t) och h(t). Vi eliminerar V.

45,0°

h

(7)

Sida 7 av 11 Vi deriverar sambandet

3 )) ( ) (

( h t ³

t V _

och får ( med hjälp av kedjeregeln )

dt h dh dt dh h dt

dV ² ₂

3

3 _

 som vi substituerar i ekv (*) : dt h

h² dh 10,0

 (ekv 1)

Vi separerar variabler ( h och t ) och får dt

dh

h 

0 ,

2 10

3



 (ekv 2).

Integrera:



^h²³^dh^^



¹⁰_ ^dt

eller ² ₁

5

10 5

2h  tC

 (**) Från h(0)=15 får vi   

5 15

2 ²

5

C1 348.5685 och därmed 348.5685

10 5

2 ²

5





 t

h



Behållaren är tom om h=0 dvs 10 ₁ C t

  =0 . Härav 110

10

1 

 C t

Svar: 110 s

Metod 2. Vi eliminerar h ur ekvationen h dt

dV 10,0 .

3 h3

V 

  h = ³

3 1



 







V . Insättning ekvationen ger ⁶

6 1 1

0 3 ,

10 V

dt

dV 



 



 

  , dvs

6 1

9,92.V dt

dV 

Differentialekvationen kan separeras: V^¹⁶dV 9.92dt. Integration ger V 9.92tC 5

6 56 .

Vid tiden 0 är volymen V = 3

0 , 15 ³



. Detta ger C = ⁶

5 3

3 0 , 15 5

6 



 



 

. Tiden för behållaren att tömmas får vi genom att sätta V = 0  t =

92 . 0

C ≈ 110 s.

Uppgift 8.

Det har regnat under en längre tid. Vatten har helt fyllt ett 100 m långt och 2 m brett dike.

Dikets vertikala genomskärningsprofil har V-form, i form av en halv kvadrat, delad längs en horisontell diagonal, 2 m lång. Regnet har upphört vid tidpunkten t = 0. Antag att diket nedtill är helt tät så att vattnet endast kan försvinna genom avdunstning uppåt och att

avdunstningshastigheten (i m³/dag) är proportionell mot den fria vattenytans area. Vid t=0 finns det V(0) =100m³ vatten i diket ( dvs. helt fyllt dike). Efter en dag finns det kvar 90 m³

(8)

Armin Ha dvs V(1

Lösning

Låt h(t) låt A(t) Enligt f

dt kA dV  Om h be

) 2 (t

V 

Vi beräk Ekvatio

dt hdh 200

dt k dh 

Härav h Från vil höjden:

Substitu 0

( h Höjden

Svar: 3

alilovic: EXTRA )= 90 m³.

g:

vara vatten beteckna d förutsättning kA (*)

etecknar va 2 100 2 hh  

knar dV dt onen (*) kan

h t k

h  200

k

C t k h   llkoren V(0)

h(0)1 o utionen i (**

1 ) 1 5 .

0  t är 0 om k

.4 dagar

A ÖVNINGAR , När är dike

nhöjden vid den fria vatt

garna gäller

attnets höjd 100h2

 o

dt dh dh

dV 20 n nu skrivas

h ell

(**) ) =100, V(

och h(1)

*) ger C 1 är vatten

0

 C

t d

SF1676

S et torrlagt?

tiden t > 0, tenytans are r

då gäller och A )(t 

dt hdh 00 .

som

ler

1)= 50 o 50 . 0 . 1 och k ( nhöjden vit t

dvs om t

Sida 8 av 1 , med t mätt ea.

h 100 2

2  

och samban

) 1 5 . 0

(  . D

tiden t.

5 . 0

 

 k

C

Olika til

1

t i dagar och

200h.

ndet )V(t 

Därför

1 1 1

5 1

 



llämpningar a

h

100h har v2

4 . 5 3 . 0

1  d

av differentiale

vi villkoren

dagar.

ekvationer

n för

(9)

Sida 9 av 11

x k=

10 0,02

0,03 f(x)

0,0110

Allmänt om avdunstning från en behållare.

Om avdunstning av vatten som ligger i en behållare (en skål, ett dike och dyl. ) är proportionell mot vattenytans area då kan problemet beskrivas med ekvationen

dt k

dh  (ekv a)

oavsett vilken form har behålaren.

Detta får vi från ekvationen dt kA

dV  (*) genom att ersätta

dt h dh dt A

dh dh dV dt

dV   ( ) i (*) dvs

) ( )

( kA h

dt h dh

A  . Förkortning med A(h) ger dt k

dh  (ekv a) . Härav

C kt h 

och resultat beror ej av behålarens form.

Notera att vi har använt formeln A(h)

dV dh som framgår efter derivering av den kända skivformeln för volymberäkning: ^



^h

h

dt t A V

0

)

( . Alltså ( ) ( )

0

h A dt t dh A

d dh

dV ^h

h





^.

Uppgift 9.

Antalet invånare i ett land är 50 miljoner och växer nu med hastigheten 2,0% per år. Anta att tillväxthastigheten ökar linjärt från 2,0% till 3,0% under de kommande 10 åren.

a) Ställ upp en differentialekvation som beskriver tillväxten.

b) Lös differentialekvationen och beräkna antalet invånare om 5,0 år. (3p) Lösning:

x x

x f

x x x

x y y y

x f

x f tiden av funktion en

är en shastighet Förändring

· 001 . 0 02 . 10 0

01 . 02 0 . 0 ) ( där

)) (

) (

formeln använd

eller figur se (

, ) (

1 1

2 1 1 2









 

 



Därför

(10)

Sida 10 av 11

 

C x x

y

dx x ydy

dx x dy y

y dx x

dy

















 

0005 2

. 0 02 . 0 ln

001 . 0 02 . 1 0

) 001 . 0 02 . 0 (

Svar: 56miljoner

Uppgift 10.

Tangenten till kurvan y y(x) i punkten B(x,y) skär x axeln i punkten C (se figuren) .

Vidare vet man att | | | | y AC y

 

Bestäm alla kurvor y y(x)sådana att arean av triangeln ABC är lika med 5 (för varje punkt B(x,y) på kurvan y y(x) ).

Lösning:

Arean av triangeln ABC= 5 ger ekvationen 10

|

| 2 5

|

|     

AB AB AC

AC  | || |10

 y y

y  10|y| y² 10y y².

Alltså har vi två ekvationer: 10y y² och 10y y²

Ekvationen 10y y² löser vi med hjälp av variabelseparation.

Från dx

ydy ₂

10 har vi



¹⁰_y^dy² ^{ dx}^,

C y x



 



1 10 ¹

,

miljoner 56

95 . 55 50

) 5 (

50

50 50

) 0 (

2 2

5

· 0005 . 0 5

· 02 . 0

0005 . 0 02 . 0

0005 . 0 02 . 0 0005

. 0 02 . 0











e y

D y

De e

y

x x

x x C

x x

(11)

Sida 11 av 11 C

y x

10

C y x



 10

På liknande sätt löser vi 10y y² och får

C y x

 10 Alltså har vi följande lösningar:

C y x

 10

och

C y x



 10

Svar:

C y x

 10

och

C y x



 10 .