Introduksjon til differensiallikninger

Innledning

En differensialligning vil typisk beskrive en forandring av en variabel i tid og/eller rom. Den skiller seg fra "vanlige" ligninger ved at løsningene er funksjoner, ikke bestemte verdier. Teorien for differensialligninger er fundamental for forståelsen av dynamikken i naturen og danner grunnlaget for blant annet klassisk mekanikk og kvantemekanikk. Vi deler diff.ligningene inn i partielle og ordinære ligninger, der matematikken i videregående skole kun fokuserer på ordinære ligninger, ofte kalt ODE (Ordinary Differential Equations). Dvs. at løsningsfunksjonen kun har én variabel, som oftest kalt t (for tid) eller x (for rom). Det er vilkårlig hvilken notasjon vi bruker så lenge vi er bevisst på hva som er den ukjente funksjonen og hva som er variabelen.

På ungdomstrinnet og på videregående grunnkurs arbeidet man med ligninger der den ukjente var et tall, ofte kalt x.

I differensialligninger er den ukjente en funksjon y. En differensialligning gir sammenhengen mellom en ukjent funksjon og noen av dens deriverte.

I avsnittet skriver vi y’ og <tex> \frac{dy}{dx}</tex> om hverandre.

Man bør være fortrolig med ligninger, funksjonslære, integrasjon og derivasjon før man gir seg i kast med differensialligninger.

Ligningene er viktige i fysikk og andre fag, der de kan brukes til å modellere forskjellige situasjoner.

Formelt vil en ordinær diff.ligning være på formen <tex>g(x,f,f^, ,f^{,,},\ldots , f^{(n)})=0</tex> der <tex>g</tex> er en gitt funksjon. <tex>n</tex> kalles ligningens orden og <tex>f^{(n)}</tex> er den n-te deriverte. <tex>f</tex> er her den ukjente funksjonen som vi ønsker å finne, og <tex>x</tex> er variabelen som vi deriverer m.h.p. på, i.e. <tex>f^,\equiv \frac{df}{dx}</tex> etc.

Eksempel

En enkel ordinær differensialligning av første orden er <tex>f^{,}(x)=0</tex>. Løsningen finnes direkte ved integrasjon; vi får at <tex>f(x)=c</tex> for en konstant <tex>c</tex>.

Eksempel

En enkel andreordens ordinær differensialligning er <tex>m\ddot{x}(t)=10</tex>. Dette er Newtons andre lov med konstant kraft (10 Newton) der <tex>x(t)</tex> er posisionen ved tida <tex>t</tex>.

Førsteordens lineære ligninger

Lineære differensialligninger av første orden:

(1) y’ + ay = b

At en likning er av første orden betyr at den inneholder y'.

Dersom ligningen er homogen er b = 0:

(2) y’ + ay = 0

For å løse ligninger av denne type benytter man produktregelen for derivasjon ”baklengs”. I den sammen heng er multiplikasjon med <tex>e^{ax}</tex> en del av løsningsalgoritmen (a den samme som i (1) eller (2). <tex>e^{ax}</tex> kalles en integrerende faktor.

Derivasjon: u’v + v’u = (uv)’

Eks. 1

Homogen første ordens lineære ligning:

y’ +2y = 0 (multipliserer begge sider med e ^2x)

y’e^2x + 2ye^2x = 0

y’e^2x + y(2e^2x) = 0

(ye^2x)’ = 0

ye^2x = C

y = Ce^-2x

For å finne ut hva C er trenger man en opplysning til, i tillegg til ligningen. Det behandles i avsnittet om Initialverdiproblemer.

Eks. 2
Innhomogen førsteordens lineær ligning:
Ligninger av typen
y' + ay = b
Eksempelvis:
y' + 4y = 6

<tex>y'e^{4x} + 4e^{4x}y = 6e^{4x}\\ (ye^{4x})' = 6e^{4x} \\ ye^{4x} = \int{6e^{4x}dx} \\ ye^{4x} = \frac32e^{4x} + C \\ y = \frac32 + Ce^{-4x}</tex>

Separable ligninger

Separable ligner er ligninger på formen:

Ligningen løses ved å multiplisere med dx på begge sider av likhetstegnet, for så i integrere:

<tex>\frac{dy}{h(y)} = g(x)dx \\

Setter \frac{1}{h(y)} = f(x)</tex>

og får:

Eksempel 4

Løs ligningen:

<tex> \frac{dy}{dx} =-4xy \\ \frac{dy}{y} =-4xdx \\ \int{\frac{dy}{y}} =\int{-4xdx} \\ ln|y| = -2x^2 + C \\ y = e^{-2x^2 + C} \\ y = e^C \cdot e^{-2x^2} </tex>

Homogene lineære andreordens differensialligninger med konstante koeffisienter.

Vi har likningen

A(x)y + B(x)y' + C(x)y = D(x)

En ligning er homogen når D(x) = 0. Det gir oss

A(x)y + B(x)y' + C(x)y = 0

Konstante koeffisienter betyr at A(x), B(x) og C(x) ikke er variabler men konstanter. Vi skriver ligningen på formen:

y + by' + cy = 0

En eventuell konstant foran den dobbelderiverte fjernes med divisjon.

Andreordens betyr at den dobbelderiverte opptrer i ligningen. I en tredjeorden ligning vil den tredjederiverte opptre.

Lineær betyr at produkter eller potenser av y og dens deriverte ikke eksisterer i ligningen. ( y = yy' er således et eksempel på en ikkelineær ligning.)

(1) y + by' + cy = 0

Ligningen

r² + br + c = 0

kalles den karakteristiske ligningen til differensialligningen i (1).

Dette gir tre mulige løsninger:

To reelle røtter
En reel rot
To komplekse røtter

Dersom ligningen har to reelle røtter gir det generell løsning

<tex>y(x) = C_1e^{r_1x} + C_2e^{r_2x}</tex>

Eks. 5:

<tex> y^{,,} + y^{,} = 2y \\ y^{,,} + y^{,} - 2y = 0 \\ r^2 + r - 2 = 0 \\ r = 1 \wedge r = 2 \\ y(x) = C_1e^x + C_2e^{2x}</tex>

Dersom ligningen har en reel rot blir løsningen på formen
<tex>y(x) = C_1e^{rx} + C_2xe^{rx}</tex>

Eks. 6:
<tex>
4y^{,,} + 8y^{,} + 4y =0 \\ r^2 + 2r + 1 = 0 \\ r = -1 \\ y(x) = C_1e^{-x} + C_2xe^{-x}</tex>

Dersom ligningen har to koplekse røtter,<tex>r_1 = a + ib og r_2 = a - ib</tex> blir løsningen
<tex>y(x) = e^{ax}(C_1 cos(bx) + C_2 sin (bx))</tex>

Eks. 7:

<tex>y^{,,}-y^, + y = 0 \\ r^2 - r + 1= 0 \\ r_1 = \frac12 + \frac32i r_2 = \frac12 - \frac32i')\\ y(x) = e^{\frac12x}(C_1 cos(\frac32x) + C_2 sin (\frac32x))</tex>

Initialverdiproblemer

I eksemplene over (og senere) ser man at den generelle løsningen inneholder en eller to konstanter C₁ og C₂. Disse kan i utgangspunktet være et hvilket som helst reelt tall. For å finne den spesielle løsningen til en ligning trenger man en eller flere tileggsopplysninger.

Når en differensialligning er gitt med initialbetingelser kalles det for et initialverdiproblem.

Initialbetingelsen(e) kan være knyttet til situasjonen ved tiden t = 0, altså når en prosess starter, eller den kan gis i form av en funksjonsverdi for en annen argumentverdi.

Eks 8:

Finn den spesielle løsningen til initialverdiproblemet:

<tex>\frac{dy}{dx} = 3x + 2 \hspace{50 mm} y (1)= 3 \\ dy = (3x + 2)dx \\ y(x) = \int (3x + 2)dx \\ y(x) = \frac 32x^2 + 2x + c </tex>

Dette er den generelle løsningen.

For å finne den spesielle løsningen benytter vi opplysningen

y(1) = 3.

y(1) = \frac 32 \cdot 1^2 + 2 \cdot 1 + c = 3 ')?>">

C = - \frac 12 ')?>">

Den spesielle løsningen blir:

y(x) = \frac 32 \cdot x^2 + 2 x - \frac 12 ')?>">

Retningsdiagram

Førsteorden ligninger kan skrives som y'(x) = F(x,y) der x er den variable og y er den ukjente

funksjonen. Dette gir stigningstallet til tangen i punktet (x,y). Dette gir et bilde av hvordan grafene til løsningsfunksjonene ser ut og kalles et retningsdiagram for differensialligningen.

På engelske er betegnelsen "slope field".

Eks 9:

Gitt er ligningen y' = 2

Man observerer at stigningstallet til y(x) er 2 for alle x. Løsningen på ligningen er en eller annen rett linje med stigningstall 2. Et retningsdiagram illustrerer dette:

Dersom man løser ligningen y' = 2

Får man y = 2x + C, når man integrerer på begge sider.

Man ser nå at retningsdiagrammet stemmer, C skyver grafen opp eller ned i koordinatsystemet. Verken x eller y har noen betydning for grafens form. Diagrammet indikerer en løsning for y = 2x + 1

Eks 10

Gitt er ligningen y' = x + 1

Man observerer at stigningstallet til y(x) varierer med varierende x verdi, og er null for x = -1. Det gir følgende retningsdiagram:

Dersom man løser ligningen y' = x + 1
Får man
<img align="absmiddle" src="<?=HOME?>/cgi-bin/mimetex.cgi?<?=rawurlencode(' y = \frac 12x^2 + x + c ')?>">
når man integrerer på begge sider.

Retningsdiagrammet indikerer at løsningen er en parabel med minimum i x = -1

Newtons 2. lov og svingninger

Nevtons andre lov sier at kraft er lik masse multiplisert med akslerasjon.

F = ma

Dersom en kloss som ligger på et friksjonsfritt horisontalt underlag blir opphengt i en fjær og gies en horisontal

pendelbevegelse virker Kraften alltid virke mot bevegelsesrettning.

F = -kx

Vi får:

<tex>\frac{d^2x}{dt^2} = -kx </tex> som gir <tex>\frac{d^2x}{dt^2} + \frac{k}{m}{x} = 0</tex> Ved å innføre <tex>\omega =\sqrt{\frac{k}{m}</tex> får vi <tex>\frac{d^2x}{dt^2} + \omega^2x = 0</tex>

som er identisk med

<tex>y^{,,} + \omega^2x = 0</tex>

Naturlig vekst

Dersom en størrelse x vokser med tiden, kan det skrives som

der k er en konstant.

Man får

A er kontstanten e^C og man observerer at vet tiden t = 0 er A = x, dvs. A =x₀

Altså:

x= x_0e^{kt}')?>">

Dersom k > 0 har man en vekstsituasjon.

Dersom k < 0 har man en situasjon der en størrelse avtar, foreksempel aktiviteten i et radioaktivt materiale:

<img align="absmiddle" src="<?=HOME?>/cgi-bin/mimetex.cgi?<?=rawurlencode('\frac{dN}{dt} = -kN')?>">

<img align="absmiddle" src="<?=HOME?>/cgi-bin/mimetex.cgi?<?=rawurlencode('N(t) = e^{-kt}')?>">

k er isotipavhengig ( dersom modellen representerer aktivitet i radioaktivt materiale).

Newtons avkjølingslov ( og oppvarming)

Mange husker eventyret om damen som kokte suppe på en spiker. Hvordan går det egentlig med en

spiker eller et legeme med romtemperatur, når den slippes i kokende vann?

Den mometane temperaturendringen er

T(t) - er spikerens temperatur ved tiden t.

T_omg - er omgivelsenes temperatur, altså spikerens omgivelser, i dette tilfellet 100 grader.

T(0) - er spikerens temperatur i det den blir sluppet i vannet, ved tiden t = 0.

Newtons avkjølingslov sier at temperaturendringen <img align="absmiddle" src="<?=HOME?>/cgi-bin/mimetex.cgi?<?=rawurlencode('\frac{dT}{dt} ')?>">

er proporsjonal med differeansen mellom T(t) og T_omg, dvs:

Her har man to muligheter:

Dersom objektet er varmere enn omgivelsene ved tiden t = 0 har man en avkjølingssituasjon. Da er

<tex>\frac{dT}{dt} </tex> negativ. Det gir:

('T(t) - T_{omg} > 0

Dersom \frac{dT}{dt} ')?>"> er positiv har man en oppvarmingssituasjon: Da er <img align="absmiddle" src="<?=HOME?>/cgi-bin/mimetex.cgi?

<?=rawurlencode('T(t) - T_{omg} < 0 ')?>">

Det gir Newtons lov for avkjøling:

\frac{dT}{dt} = -k(T(t) - T_{omg})

Eks 8:

En smed skal bearbeide et stykke metall. Når det tas ut av ovnen er det 500°C. Metallet lar seg bearbeide til det er 150°C. Under denne temperatur er det vanskelig å forme. Smeden har fra tidligere erfaringer funnet ut at metallet avkjøles med 100 grader de første 15 minuttene. I rommet der arbeidet foregår er det 23°C.
Hvor lang tid har smeden på bearbeidingsprosessen?

Løsning:
Newtons lov for avkjøling sier:
<img align="absmiddle" src="<?=HOME?>/cgi-bin/mimetex.cgi? <?=rawurlencode('\frac{dT}{dt} = -k(T(t) - T_{omg}) ')?>">
I dette tilfellet gir det:

<tex>\frac{dT}{dt} = -k(T(t) - 23) \\

\frac{dT}{dt} = k(23 - T(t))\\

\int \frac {1}{23 - T(t)})dT = \int(k)dt \\
- ln (23 - T(t)) = kt + C \\
23 - T(t) = e^{-(kt + C)} </tex>
23 - T(t) = C_2e^{-kt } \hspace{50 mm} der \hspace{5 mm}C_2 \hspace{5 mm}er\hspace{5 mm} e^C
T(t) = 23 - C_2e^{-kt } \hspace{50 mm}

Man har oppgitt:
T(0) = 800C
23 - 500 = C_2
C_2 = -477
T(t) = 477 e^{-kt}
Hva er k?

k er en konstant som bestemmes av objektets form og materialegenskaper,
samt omgivelsenes tetthet / varmelednigsegenskaper mm.

For å finne k må man benytte seg av smedens erfaringer og kunnskaper:

T(15) = 400C
400 = 477 e^{-15t}
ln( \frac {400}{477}) = -15k')?>">
k = 0,011737
Det gir funksjonen for avkjøling:
T(t) = 477 e^{-0,011737t}')?>">
Hvor lang tid har så smeden før arbeidsstyket hans går under 150⁰C?
150 = 477 e^{-0,011737t}')?>">
t = 99 min')?>">

Hvordan går det så med spikersuppen? Dersom du skal regne på eksemplet må du lage forutsettninger som i eksemplet med smeden.

Tilbake til R2 Hovedside