VI. Om exponentialfunktioner och logaritmer

(1)

En webbaserad analyskurs Grundbok

VI. Om

exponentialfunktioner och logaritmer

Anders K¨all´en MatematikCentrum LTH

anderskallen@gmail.com

(2)

Introduktion

I det h¨ar kapitlet ska vi inf¨ora exponentialfunktionen e^x och diskutera dess egenskaper.

Vi definierade den redan i kapitlet Kvalitativa lösningar till differentialekvatoner som lösningen p˚a differentialekvationen y⁰ = y med startvillkoret y(0) = 1. I det här kapitlet ska vi se vilka egenskaper denna f˚ar som en konsekvens av att detta problem endast har en lösning. Diskussionen brister i det att vi egentligen inte visar att exponentialfunktionen verkligen finns, men det kommer vi att visa i kapitlet Integralkalkyl, dock p˚a ett annat sätt.

Slutligen ska vi se vilka egenskaper exponentialfunktionen för vidare till sin invers, den naturliga logaritmen. Efter att ha diskuterat n˚agra sammanhang där denna naturligt dyker upp, inklusive den s.k. allometrilagen, ska vi avsluta kapitlet med att studera den relativa hastighet med vilken exponential, potens och logaritmfunktioner g˚ar mot oändligheten.

Exponentialfunktionen och dess egenskaper

Vi definierar exponentialfunktionen exp(x) som den entydigt best¨amda l¨osningen till y⁰(x) = y(x), y(0) = 1.

Denna funktion kan aldrig bli noll och är därför alltid positiv^[1].

Om k är en konstant, ser vi nu lätt att funktionen y(x) = C exp(kx) för varje konstant C är s˚adan att y⁰(x) = ky(x). Mer allmänt har vi följande viktiga sats.

Sats 1

Varje l¨osning till differentialekvationen

y⁰(x) = ky(x) har formen

y(x) = C exp(kx) d¨ar C ¨ar en konstant.

Bevis. Om y(x) är en lösning till differentialekvationen och vi sätter z(x) = y(x)/ exp(kx), s˚a f˚ar vi att

z⁰(x) = exp(kx)y⁰(x)− k exp(kx)y(x)

exp(kx)² = exp(kx)ky(x)− k exp(kx)y(x)

exp(kx)² = 0

f¨or alla x, s˚a z(x) ¨ar en konstant.

Exempel 1 Uran 239 sönderfaller genom att sända ut β-str˚alning, till neptuni- um 239. Halveringstiden är 23 minuter. Vi ska ange en funktion som beskriver sönderfallet.

För ett radioaktivt sönderfall gäller att antalet atomer y(t) som inte sönderfallit uppfyller en ekvation y⁰(t) = −λy(t). Lösningen till den är y(t) = y(0)e^−λt. För att

(3)

best¨amma λ anv¨ander vi att halveringstiden T¹

2 ¨ar s˚adan att y(T¹

2) = y(0)/2, vilket betyder att

y(0)e^−λT¹² = y(0)

2 ⇔ λ = ln 2 T¹

2

= ln 2

23/60 = 1.81 per timme.

Den del av ursprungsmängden Uran 239 som ännu inte sönderfallet efter t timmar ges därför av e^−1.81t.

Satsen ovan g¨or att vi kan h¨arleda n˚agra viktiga egenskaper hos exponentialfunktionen.

Den första egenskapen vi ska härleda är att

(1) exp(x + y) = exp(x) exp(y).

Speciellt är exp(−x) = 1/ exp(x), vilket vi f˚ar genom att sätta y =−x och använda att exp(0) = 1.

För att bevisa (1) sätter vi z(x) = exp(x + y). D˚a gäller att z⁰(x) = exp(x + y) = z(x) och Sats 1 säger att d˚a m˚aste z(x) = C exp(x) för n˚agon konstant C. Denna bestämmer vi genom att sätta x = 0. Vi f˚ar d˚a att C = C exp(0) = z(0) = exp(y). Därmed har vi visat att z(x) = exp(y) exp(x), och allts˚a (1).

Den andra egenskapen^[2] ¨ar

(2) exp(x)^y = exp(xy).

För att visa den sätter vi z(x) = exp(x)^y där y även nu är en konstant. D˚a gäller, enligt kedjeregeln, att z⁰(x) = y exp(x)^y−1exp⁰(x) = y exp(x)^y−1exp(x) = y exp(x)^y. z(x) löser allts˚a ekvationen z⁰(x) = yz(x). Men enligt Sats 1 betyder det att z(x) = C exp(yx) där vi ser att C = 1 eftersom z(0) = 1^y = 1.

Om vi i (2) sätter x = 1 och y = x f˚ar vi att^[3] exp(x) = exp(1)^x. Vi inför därför talet e = exp(1), som kallas Eulers tal, och det vi har visat är att

exp(x) = e^x. Räknereglerna (1) och (2) f˚ar d˚a de välkända formerna

e^x+y = e^x· e^y respektive (e^x)^y = e^xy.

Exponentialfunktionen blir en strängt växande funktion, derivatan är ju alltid positiv, s˚adan att

x→∞lim e^x =∞, lim

x→−∞e^x = lim

y→∞e^−y = lim

y→∞

1 e^y = 0.

Vi ser allts˚a att e^x → ∞ d˚a x → ∞. Faktum är att exponentialfunktionen g˚ar väldigt snabbt mot oändligheten. Nästa exempel ger ett lite svagare resultat.

(4)

Exempel 2 Vi ska f¨orst visa att

e^x ≥ 1 + x d˚a x ≥ 0.

Vi kan notera att tangenten till y = e^x i x = 0 har precis ekvationen y = x + 1 (lämnas som övning), s˚a olikheten betyder att grafen till y = e^x ligger över kurvans tangent i punkten (0, 1) d˚a x≥ 0. Att olikheten gäller ser vi genom att skriva

f (x) = e^x− 1 − x.

D˚a gäller att f (0) = 0 och f⁰(x) = e^x− 1 ≥ 0, vilket betyder att f är en växande funktion som startar i origo. Allts˚a gäller att f (x)≥ 0 d˚a x≥ 0, vilket är olikheten.

Men vi kan s¨aga mer. Eftersom e^x > x d˚a x > 0 (vi sl¨anger ettan) s˚a f˚ar vi e^x = (e^x/2)² > (x

2)² = x² 4 , och dividerar vi med x f¨oljer att

e^x x > x

4 d˚a x > 0.

Speciellt ser vi att e^x/x→ ∞ d˚a x→ ∞, n˚agot vi ska ˚aterkomma till.

Anmärkning En annan observation som är mycket viktig är följande. Vi har att derivatan av exp(x) i origo är ett, vilket betyder att

x→0lim

e^x− 1 x = 1.

Detta är ett ofta använt gränsvärde.

Vi avslutar detta avsnitt med en annan formel för exponentialfunktionen som mycket användbar i m˚anga sammanhang. Den bygger p˚a att vi beräknar Maclaurinutvecklingen av e^x. Eftersom alla derivator av e^x är lika med e^x och funktionen är 1 d˚a x = 0, f˚ar vi att

e^x = pn(x) + Rn+1(x), d¨ar

pn(x) =

n

X

k=0

x^k

k! = 1 + x +x² 2 +x³

3! + . . . + xⁿ n!

och

Rn+1(x) = e^θx xⁿ⁺¹ (n + 1)!. Vi har nu f¨oljande observation.

(3) lim

n→∞

aⁿ n! = 0.

(5)

Bevis. Tag ett heltal m s˚adant att m >|a| och skriv

|a|ⁿ

n! = |a|^m m!

| {z }

en konstant

· |a|^n−m−1 (m + 1) . . . (n− 1)

| {z }

≤1

· |a|

n

|{z}

→0 d˚a^n→∞

.

Här gäller att den första faktorn i högerledet är en konstant, i den andra faktorn är alla faktorer i täljaren mindre än de i nämnaren och den sista g˚ar mot noll d˚a n→ ∞. Detta

visar att |a|ⁿ/n!→ 0 d˚a n→ ∞, och allts˚a (3).

Med hj¨alp av (3) ser vi nu att Rn+1(x)→ 0 d˚a n→ ∞, och vi ser allts˚a att vi kan skriva

e^x =

∞

X

k=0

x^k k!.

Den naturliga logaritmen

−2

−1 1 2 3 4 5 y 6

−1 1 2 3 4 5 6

x y = e^x

y = ln x

Vi s˚ag i föreg˚aende avsnitt att funktionen e^x är en strängt växande funktion som närmar sig noll i minus oändligheten men växer obegränsat i plus oändligheten. Det betyder att ekvationen

e^x = y

har precis en lösning för alla y > 0. Med andra ord, exponentialfunktionen har en invers som är definierad för alla positiva, reella, tal. Denna invers kallar vi den naturliga logaritmen och betecknar med ln. Dess graf f˚ar vi genom att spegla y = e^x i linjen y = x. Denna

¨ar utritad i figuren till h¨oger.

Vi ser att även logaritmen är en växande funktion.

Den ¨ar noll d˚a x = 1, d.v.s. ln(1) = 0, och g˚ar mot

−∞ d˚a x → 0⁺ och mot ∞ d˚a x → ∞. Observera ocks˚a den grundl¨aggande formeln ln(e) = 1.

y

x y = f (x)

x1 x2 x1+ x2

y1

y2

y1y2

Eftersom ln är invers till exponentialfunktionen ärver den naturliga logaritmen diverse egenskaper fr˚an denna. Den mest grundläggande räkneregeln är

ln(xy) = ln x + ln y.

Varför det är s˚a illustreras i figuren till höger. Den visar att om f (x) = e^x, s˚a gäller att

f (x1+ x2) = f (x1)f (x2) ⇔ f⁻¹(y1) + f⁻¹(y2) = f⁻¹(y1y2), vilket ¨ar p˚ast˚aendet^[4], eftersom f⁻¹(y) = ln y.

(6)

P˚a motsvarande s¨att f˚ar vi att villkoret (e^t)^s = e^st svarar mot logaritmlagen ln(x^y) = y ln x.

Vidare ¨ar ln x en deriverbar funktion och dess derivata f˚ar vi i en punkt y = e^x genom ln⁰(y) = 1

e^x = 1 y, eftersom derivatan av e^x ¨ar e^x.

En konsekvens av detta är att ln⁰(1) = 1, vilket utskrivet som gränsvärde innebär att 1 = ln⁰(1) = lim

h→0

ln(1 + h)− ln(1)

h = lim

h→0

1

hln(1 + h).

Gör nu variabelbytet h = 1/n (där n inte behöver vara ett heltal för en g˚angs skull). Om vi l˚ater h → 0⁺ gäller att n→ ∞, medan om h → 0⁻, s˚a gäller att n→ −∞, och vi ser därför att

1 = lim

n→±∞n ln(1 + 1

n) = lim

n→±∞ln[(1 + 1 n)ⁿ].

Men logaritmen är en kontinuerlig funktion^[5], och eftersom e är det tal som är s˚adant att ln(e) = 1, s˚a följer att

e = lim

n→±∞(1 + 1 n)ⁿ.

Genom att ta n = 10⁵ f˚ar vi här närmevärdet e ≈ 2.7183. Talet e kallas, som tidigare berättats, Eulers tal (inte att blanda ihop med Eulers konstant, som är n˚agot annat).

En f¨oljd av detta ¨ar att vi ocks˚a har^[6]

Sats 2

e^x = lim

n→∞(1 + x n)ⁿ.

Bevis. (1 + x

n)ⁿ= (1 + x

n)ⁿ^xx

→ e^x d˚a n→ ∞.

Anm¨arkning Notera att vi har att ln(1 + x)

x = 1

e^y − 1 y

,

om vi sätter y = ln(1+x)⇔ x = e^y−1. Detta förklarar varför de tv˚a gränsvärden ovan b˚ada är ett, och varför det ena medför det andra. Detta är en allmän relation mellan ett gränsvärde för en funktion och ett motsvarande gränsvärde för dess invers^[7].

(7)

En tillämpning av detta uttryck handlar om begreppet ränta p˚a ränta.

Exempel 3 Antag att en ˚arsränta är 100p%. Om räntan läggs till kapitalet en g˚ang, vid ˚arets slut, växer kapitalet med en faktor 1+p p˚a ett ˚ar. Om däremot halva räntan läggs p˚a efter ett halv˚ar och man sedan lägger p˚a en lika stor ränta vid ˚aret slut, s˚a har kapitalet vuxit med faktorn (1 + p/2)² p˚a ett ˚ar. Fortsätter vi resonemanget ser vi att om kapitalet p˚a detta sätt förräntas n g˚anger per ˚ar, jämnt utspritt under

˚aret, växer kapitalet med faktorn (1 + p/n)ⁿ p˚a ett ˚ar. Om vi l˚ater n→ ∞, f˚ar vi en kontinuerlig förräntning av kapitalet. Det innebär att det växer med faktorn e^p per

˚ar. Man säger att man f˚ar ränta p˚a ränta.

Slutligen m˚aste vi p˚apeka de sj¨alvklara, men oerh¨ort viktiga, formlerna e^{ln x}= x, ln(e^x) = x,

vilka b˚ada följer av att ln x och e^x är inversa funktioner. En konsekvens av detta är att om α är ett irrationellt tal, s˚a kan vi definiera

x^α = e^{α ln x}. Deriverar vi detta, f˚ar vi att formeln

(x^α)⁰ = αx^α−1, gäller för godtyckliga reella tal α, helt enkelt därför att

(e^{α ln x})⁰ = e^{α ln x}α

x = x^αα x.

Exempel 4 Ett annat sätt att skriva samma sak, som troligen är lite enklare, är som följer. Vi ska derivera funktionen f (x) = x^α. D˚a gäller att ln f (x) = ln x^α = α ln x och deriverar vi det f˚ar vi att

f⁰(x) f (x) = α

x ⇔ f⁰(x) = αf (x)/x = αx^α−1.

Detta kan med fördel användas p˚a mer komplicerade funktion. Om vi t.ex. vill derivera funktionen f (x) = x^x s˚a gör vi p˚a samma sätt:

ln f (x) = x ln x ⇒ f⁰(x)

f (x) = ln x + 1 ⇔ f⁰(x) = f (x)(ln x + 1) = x^x(ln x + 1).

Vi avslutar med en annan observation, som kanske ¨ar lite ¨overraskande. Funktionen f (x) = ln|x|

(8)

är definierad för alla x 6= 0. D˚a x > 0 är f (x) = ln x och allts˚a f⁰(x) = 1/x. D˚a x > 0

¨ar f (x) = ln(−x) vars derivata ¨ar f⁰(x) = 1

−x(−1) = 1

x, allts˚a samma uttryck^[8]. Med andra ord:

(ln|x|)⁰ = 1

x, x6= 0.

Detta är viktigt att tänka p˚a när man sysslar med det omvända problemet, att hitta en funktion vars derivata är 1/x. Svaret ln x duger bara om x > 0.

N˚ agra till¨ ampningar av logaritmer

Vi ska här diskutera n˚agra problem som leder till användandet av logaritmer. De handlar om hur ett fysiologiskt svar R beror av vilken stimulering S vi ger. Tanken är att vi ska formulera villkor som leder till hur denna funktion ser ut.

En enkel relation mellan respons och stimuli kan beskrivas som

Den absoluta ändringen i svaret är proportionell mot den relativa ökningen i stimuleringen.

Matematiskt svarar detta mot att vi antar att dR = kdS

S ,

som innebär att ändringen dS i stimuli leder till ändringen dR i svaret. Vi kan skriva detta alternativt som^[9]

dR dS = k

S, vilket inneb¨ar att^[10]

R = k ln S + A

för n˚agon konstant A. Denna ersätts gärna med ett annat begrepp, detektionsgränsen.

Mer precist, l˚at S₀ vara s˚adant att R(S₀) = 0. D˚a g¨aller att k ln S0 + A = 0, och allts˚a att

R = k ln S S0

. Denna lag kallas Weber-Fechners lag.

Exempel 5 Ett exempel p˚a en situation med Weber-Fechners lag ¨ar ljudintensitet.

Ljud transporterar energi och en ljudv˚ags intensitet är ett m˚att p˚a hur stor effekt som transporteras per kvadratmeter (mäts i t.ex. W/m²). Den mänskliga hörseln spänner över tre tiopotenser i frekvens- och tolv tiopotenser i intensitetsvariation.

För att kunna täcka s˚a stora omr˚aden reagerar hörseln olinjärt p˚a b˚ade frekvens- och intensitetsändringar.

(9)

˚Atminstone till en god approximation gäller att den intensitet som örat uppfattar följer Weber-Fechners lag. Mer precist definierar vi ljudintenstitetsniv˚an L vid en viss intensitet I genom

L = 10 lg I I0

, d¨ar

I0 = 1.0· 10⁻¹² W/m²

är hörseltröskeln vid 1 kHz. Denna dimensionslösa storhet kallas decibel, förkortat dB. P˚a grund av logaritmlagarna behöver man inte använda sig av I0 när man pratar om ökningar eller minskningar av ljudintensiteten, eftersom skillnaden ∆L i ljudintensitet när man ökar (eller minskar) fr˚an intensiteten I1 till I2 ges av

∆L = 10 lgI2

I1

.

En fördubbling av intensiteten ger därför alltid en ändring av ljudintensiteten p˚a m˚attliga 3 dB; det spelar ingen roll om vi effekten gr˚a fr˚an 1 till 2 W/m² eller fr˚an 50 till 100 W/m².

En alternativ modell, som stämmer bättre med vissa data, innebär att vi istället antar att

Den relativa ökningen i svaret är proportionellt mot den relativa ökningen i stimulit.

Matematiskt blir detta

dR

R = kdS S , eller, om man s˚a vill,

1 R

dR dS = k

S.

(10)

Detta i sin tur betyder att

ln R = k ln S + A, f¨or n˚agon konstant A. Om vi skriver A = ln K s˚a f˚ar vi att

ln R = ln S^k+ ln K = ln KS^k, vilket betyder att

R = KS^k

eftersom ln är en strängt växande funktion. Denna lag kallas Stevens Potenslag.

En tillämpning p˚a Stevens potenslag är Keplers tredje lag, som man kan läsa om i artikeln Om logaritmer och potensfunktioner: Keplers tredje lag.

En annan tillämpning är p˚a växande organismer. När en organism växer är det sällan s˚a att alla delar växer med samma relativa hastighet. Detta f˚ar till följd att organismens form ändrar sig med ˚aldern och en s˚adan tillväxt kallas allometrisk tillväxt (i motsats till isometrisk tillväxt d˚a formen inte ändrar sig). L˚at y(t) vara storleken p˚a ett visst organ vid tiden t och l˚at x(t) vara hela organismens storlek vid samma tidpunkt. Om vi d˚a antar att den relativa tillväxthastigheten för organet är proportionell mot den relativa tillväxthastigheten för hela organismen:

dy

y = kdx x , s˚a f¨oljer som ovan den s.k. allometrilagen

y = cx^k.

Här gäller att konstanten c är en storhet vars värde beror av vilka m˚attenheter vi använder, medan konstanten k är oberoende av dessa. Man kallar k för allometrikon- stanten.

Exempel 6 Biologin är full av samband som ˚atminstone approximativt följer en allometrilag. Som exempel har vi Kleiber’s lag fr˚an 1930-talet som säger att det för en stor mängd djur gäller att metabolismen Q i kroppen sker med en hastighet som

¨ar proportionell mot kroppsvikten M upph¨ojt till 3/4:

Q = kM^3/4.

Om vi säger att en katt väger 100 g˚anger s˚a mycket som en mus, s˚a sker dess metabolism 32 g˚anger s˚a snabbt. Ett annat exempel är att b˚ade andningsfrekvens och hjärtfrekvens är ungefär omvänt proportionell mot kroppsvikten upphöjt till 1/4.

Vad v¨ axer snabbast?

Att exponentialfunktionen växer snabbare mot oändligheten än identitetsfunktionen x → x, som i sin tur växer snabbare än logaritmfunktionen torde vara ganska självklart fr˚an diskussionen i detta kapitel. ˚Atminstone intuitivt. Men hur förh˚aller sig t.ex. exponentialfunktionen till en potensfunktion?

(11)

Exempel 7 Om vi skriver ut de f¨orsta 10 termerna i sviten a_n= n¹⁰⁰

1.1ⁿ s˚a f˚ar vi

0.91, 1.05· 10³⁰, 3.87· 10⁴⁷, 1.10· 10⁶⁰, 4.90· 10⁶⁹, 3.69· 10⁷⁷, 1.66· 10⁸⁴, 9.50· 10⁸⁹, 1.13· 10⁹⁵, 3.86· 10⁹⁹.

Det ¨ar naturligt att dra slutsatsen att an→ ∞ d˚a n→ ∞.

Konstigt nog är slutsatsen i exemplet fel. Det gäller nämligen att

Sats 3

Om r > 1 g¨aller f¨or varje tal k att r^x

x^k → ∞ d˚a x→ ∞.

I ord (om x ¨ar heltal):

En geometrisk talföljd med en kvot som är större än ett, växer fortare än varje fix potens av x.

Ur detta f¨oljer speciellt att 1.1ⁿ/n¹⁰⁰→ ∞ d˚a n→ ∞, och allts˚a att talen an i exemplet ovan g˚ar mot noll d˚a n→ ∞.

Bevis. Vi har sett ett specialfall tidigare, n¨amligen att e^x

x → ∞ d˚a x → ∞.

Men detta specialfall leder till den allmänna slutsatsen i satsen. Ett tal r > 1 kan ju skrivas r = eâ där a > 0 och allts˚a gäller att

r^x x = e^ax

x = ae^ax

ax → ∞ d˚a x→ ∞.

Slutligen har vi att, f¨or k > 0, r^x

x^k = (q^x

x)^k d¨ar q = √^k r > 1,

och detta g˚ar mot o¨andligheten d˚a x→ ∞.

En ofta anv¨and konsekvens av denna sats ¨ar observationen att

x→∞lim x^ke^−x = lim

x→∞

x^k e^x = 0 f¨or alla k > 0.

Följande är en nära släkting till ovanst˚aende sats.

(12)

Sats 4

Om α > 0 g¨aller att

x→∞lim ln x

x^α = 0.

Ett ekvivalent p˚ast˚aende ¨ar att

t→0lim⁺t^αln t = 0.

Anmärkning Här kan vi naturligtvis byta den naturliga logaritmen mot vilken loga- ritm som helst, eftersom tv˚a logaritmfunktioner med olika baser är proportionella^[11].

Bevis. Skriv x = e^y. Vi vet d˚a att x→ ∞ ⇔ y → ∞ s˚a ln x

x^α = ln e^y (e^y)^α = y

r^y, d¨ar r = e^α > 1.

Härur följer det första gränsvärdet. Ekvivalensen mellan de tv˚a gränsvärdena f˚as med hjälp av variabelbytet t = 1/x:

t→0lim⁺t^αln t = lim

x→∞(1 x)^αln1

x =− lim_x→∞ln x x^α .

Anmärkning Om vi ska sammanfatta gränsvärdena ovan s˚a kan vi göra det i följande logaritmer << potensfunktioner << exponentialfunktioner

där varje << betyder att det till höger växer mycket snabbare mot oändligheten än det till vänster.

Vi avslutar med att anv¨anda flera av observationerna ovan till att skissera grafen till en funktion som inneh˚aller exponentialfunktionen.

Exempel 8 Vi ska skissera grafen till funktionen f (x) = xe^1/x.

Vi ser d˚a att denna funktion inte är definierad d˚a x = 0. När x → 0⁺ gäller att y = 1/x → ∞ och vi ser att vi f˚ar ett gränsvärde av typen 0 · ∞. Ett s˚adant uttryck kan vara vad som helst, s˚a vi m˚aste därför vara noggrannare när vi beräknar gränsvärdet. Det gör vi som följer:

x→0lim⁺xe^1/x = lim

y→∞

e^y y =∞.

(13)

Samtidigt g¨aller att

x→0lim⁻xe^1/x = lim

y→−∞

e^y y = 0.

När vi närmar oss origo fr˚an vänster närmar sig funktionsvärdet ocks˚a origo, och inte n˚agon oändlighet! Linjen x = 0 är därför en asymptot, men bara i ena riktningen.

Nästa fr˚aga är vad som händer d˚a x→ ±∞. Vi har att xe^1/x = x + x(e^1/x− 1) och vi ser att

x→±∞lim x(e^1/x− 1) = lim

y→0

e^y − 1 y .

Men detta gränsvärde känner vi igen som derivatan e^x i origo, och är 1. Det följer att kurvan y = f (x) har asymptoten y = x + 1 i b˚ade plus och minus oändligheten.

Det ˚aterst˚ar att se om det finns n˚agra lokala extrempunkter. V˚ar analys s˚a här l˚angt säger att det m˚aste finnas minst en (tänk efter varför). För att bestämma de stationära punkterna deriverar vi funktionen:

f⁰(x) = e^1/xx− 1 x .

Vi har därför precis en stationär punkt, i x = 1, och en teckentabell visar att den är ett lokalt minimum. Det följer att grafen till funktionen ser ut som i figuren nedan.

−10

−8

−6

−4

−2 2 4 6 8 y 10

−10 −5 5 10

x

L¨ osningen av n˚ agra differentialekvationer

Vi kan inte bara lösa ekvationen y⁰ = ky med hjälp av exponentialekvationen, utan även ekvationer av typen y⁰ = A + By. Följande exempel illustrerar hur:

(14)

Exempel 9 Vi vill l¨osa problemet

m⁰(t) = 6− 0.03m(t), m(0) = 0.

Vi skriver d˚a y(t) = 6− 0.03m(t). Dess derivata ¨ar

y⁰(t) =−0.03m⁰(t) =−0.03y(t), och vi har att y(0) = 6. Vi vet d¨arf¨or fr˚an ovan att

y(t) = 6e^−0.03t ⇔ m(t) = 6− y(t)

0.03 = 200(1− e^−0.03t).

Vi ser att m(t)→ 200 d˚a t→ ∞.

H¨ar ¨ar ett annat exempel av stor praktisk betydelse. Det handlar om kol-14-metoden, som

är en metod att datera äldre förem˚al. Metoden utvecklades av den amerikanska kemisten W.F.

Libby p˚a 1940-talet (han fick Nobelpriset i ke- mi 1960 för detta) och har hjälpt arkeologer och historiker att datera m˚anga historiska förem˚al.

Kol-14-metoden bygger p˚a f¨oljande observatio- ner.

Jordens atmosfär bombarderas ständigt av kos- misk str˚alning. Detta leder till att fria neu- troner i atmosfären, vilka f˚angas upp av kol- atomer som d˚a blir radioaktivt kol-14 (¹⁴C).

Detta sönderfaller sedan till vanligt kol (¹²C) med en halveringstid p˚a 5568 ˚ar. S˚a länge organismen lever sker det ett kontinuerligt utbyte av kol med omgivningen, s˚a proportionen ¹⁴C/¹²C i organismen är samma som proportionen i at- mosfären. När organismen dör, slutar den att ta upp radioaktivt kol och det som finns i den börjar sönderfalla.

Man g¨or nu vissa grundantaganden. Intensiteten

av den kosmiska str˚alningen antas alltid ha varit konstant. Om vi betraktar levande träd gäller d˚a, för antalet¹⁴C-atomer N (t) vid tidpunkten i t i ett gram av träet, att

N⁰ = p− λN, d¨ar

λ = ln 2

5568 = 1.245· 10⁻⁴ per ˚ar.

Konstanten p representerar upptaget av kol-14 per ˚ar i ett gram trä. Notera att s˚a länge trädet lever, s˚a ändras inte¹⁴C-mängden och det gäller d˚a att N = p/λ. Antalet sönderfall

(15)

per gram och ˚ar blir därför lika med λN = p. Detta är experimentellt bestämt till p = 6.68 sönderfall per gram per ˚ar.

När trädet dör (t.ex. huggs ner för att bli hus eller möbler) tillkommer inget nytt kol-14.

Ekvationen för antalet kol-14-atomer blir d˚a N⁰ =−λN. Om vi nu mäter R(t) = sönderfallshastigheten vid tiden t =−N⁰(t) s˚a gäller att

R(t) = λN (t) = λN₀e^−λt= R₀e^−λt,

där R0 = 6.68. Genom att bestämma R(t) i ett fossilt förem˚al kan vi därför bestämma hur gammalt det är.

Vi har sett ovan att vi med hjälp av exponentialfunktionen lätt kan lösa en linjär differenti- alekvation p˚a formen y⁰ = A+ky, där A och k är konstanter. Andra differentialekvationer av stor praktiskt betydelse är de som har formen y⁰ = k(y− a)(b − y)^[12]. Även dem kan vi lösa genom ett trick. Vi illustrerar detta i tv˚a exempel. Tricket best˚ar i att en ekvation p˚a formen y⁰ = ky(a− y) blir en linjär ekvation i z = 1/y.

Exempel 10 Vi ska l¨osa differentialekvationen y⁰(t) = 0.2y(t)(1− y(t)

4 ) = 0.2y(t)(4− y(t))/4.

För att göra det sätter vi z(t) = 1/y(t). D˚a är z⁰(t) = −y⁰(t)/y(t)² och uttryckt i z f˚ar vi ekvationen z⁰ = 0.2(1− 4z)/4, ty

z⁰(t) =−0.2y(t)(4− y(t))

4y(t)² = 0.2(1− 4

y(t))/4 = 0.2(1− 4z(t))/4.

Denna har vi lärt oss lösa ovan. Vi sätter w(t) = 0.2(1− 4z(t))/4 och f˚ar d˚a att w⁰(t) =−0.2z⁰(t) =−0.2w(t), och allts˚a att w(t) = Ce^−0.2t. Nu g˚ar vi baklänges

z(t) = 1

4 − 5w(t) = 1

4 − Ce^−0.2t.

Här är det ett nytt C jämfört med det förra! Det är ju en helt okänd konstant, och det är praktiskt att l˚ata en s˚adan betecknas med en allmän bokstav C. Egentligen borde det st˚att 5C för att likheterna ska vara 100% korrekt, men denna frihet kan man ta sig. Slutligen har vi att y(t) = 1/z(t), och allts˚a

y(t) = 1

1

4 − Ce^−0.2t = 4 1− Ce^−0.2t,

där vi än en g˚ang har ett nytt C. Konstanten bestäms vanligtvis av att vi vet vad y(0) är.

En lite allmännare ekvation kan vi ˚aterföra p˚a det vi just lärt oss.

(16)

Exempel 11 Vi ska l¨osa differentialekvationen

y⁰(t) =−0.05(y(t) − 1)(y(t) − 5), y(0) = 0.8.

Vi b¨orjar d˚a med att s¨atta

z(t) = y(t)− 1.

D˚a blir ekvationen f¨or z(t) lika med

z⁰(t) = 0.05z(t)(4− z(t)) = 0.2z(t)(4 − z(t))/4.

Men denna ekvation l¨oste vi i f¨oreg˚aende exempel, och fann d˚a att

z(t) = 4

1 + Ce^−0.2t f¨or n˚agon konstant C. Ur det f˚ar vi s˚a att

y(t) = 1 + 4

1− Ce^−0.2t = 5− Ce^−0.2t 1− Ce^−0.2t,

där C kan bestämmas s˚a att y(0) = 0.8. Men detta betyder att C ska lösa 5− C

1− C = 8

10 ⇔ C = 21, s˚a att l¨osningen blir

y(t) = 5− 21e^−0.2t 1− 21e^−0.2t. F¨or att f˚a tidpunkten d˚a y(t) = 0 ska vil¨osa

5− 21e^−0.2t= 0 ⇔ e^0.2t= 21

5 ⇔ t = 5 ln21

5 ≈ 7.2.

Noteringar

1. Se b¨orjan p˚a kapitlet Kvalitativ analys av differentialekvationer.

2. I varje fall om y ¨ar ett rationellt tal. I annat fall ¨ar det egentligen en definition.

3. Igen, i varje fall f¨or rationella x.

4. Se arbetsbladet om Logaritmlagar f¨or en utf¨orligare beskrivning av argumentet.

5. Logaritmen är invers till en deriverbar funktion som aldrig är noll, och som s˚adan deriverbar och därför kontinuerlig.

6. Detta och binomialteoremet kan alternativt anv¨andas till att h¨arleda Maclaurinutvecklingen

(17)

av e^x. Vi har att

(1 + x n)ⁿ=

n

X

k=0

n k

(x

n)^k=

n

X

k=0

n(n− 1) . . . (n − k + 1) n^k

x^k k!.

Här gäller att koefficienten framför x^k/k! g˚ar mot noll d˚a n→ ∞, vilket i varje fall motiverar formeln. Det ˚aterst˚ar att visa att vi verkligen har konvergens, men den fr˚agan släpper vi här.

7. Och svarar mot relationen mellan derivatorna av en funktion och dess invers.

8. (−1) ¨ar den inre derivatan.

9. Här har vi varit lite slarviga. Antagandet borde ha skrivits ∆R = k∆S/S och sedan betraktar vi R som funktion av S och gör gränsöverg˚ang. Det vi gjort är en räkning med differentialer, som vi dock inte g˚ar in p˚a här.

10. Först˚ar du varför? Funktionen R− k ln S har derivatan noll överallt, och är allts˚a en konstant.

11. Se arbetsbladet Logaritmlagar.

12. Se kapitlet Kvalitativa l¨osningar till differentialekvationer