Matematyka dla Wydziału Geologii, semestr 2., 2019/2020 ćwiczenia 14. – rozwiązania
27 i 28 maja 2020
1. Niech będzie dane następujące zagadnienie Cauchy’ego:
⎧⎪⎪⎨⎪⎪
⎩
x′(t) =t2t2+x4+12, x(1) = 2.
Udowodnij, że to zagadnienie ma jednoznaczne rozwiązanie.
Mamy x′= g(t, x), gdzie g(t, x) = t2t24+x+12, co jest funkcją ciągłą. Podobnie ∂x∂g =2t2x4+1 jest funkcją ciągłą, w szczególności są ciągłe na pewnym (a wręcz dowolnym) otoczeniu punktu(t, x) = (1, 2). W takim razie na mocy twierdzenie o jednoznaczności jest jednoznacznie wyznaczona funkcja x(t) spełniająca to równanie na pewnym przedziale(1 − δ, 1 + δ).
2. Rozwiąż równanie różniczkowe x′(t) = −2tx.
Jest to równanie różniczkowe o zmiennych rozdzielonych. Jeśli x≠ 0, to mamyx′x(t)= −2t, zatem ∫ x′x(t)dt=
∫ −2t dt, zatem ∫ dxx = −2t2/2 + C, czyli ln ∣x∣ = −t2+ C, zatem ∣x∣ = e−t2+C= ∣D∣e−t2, D≠ 0, czyli x = De−t2 (dorzucając przypadek x= 0 mamy dowolne D).
3. W roku 1940 w Lascaux we Francji odkryto jaskinię ze śladami paleniska. Wiadomo, że organizmy żywe (żywe drzewa) zawierają dwa izotopy węgla 12C oraz 14C w stałym stosunku wagowym za życia. Od momentu śmierci organizmu (drzewa)14C ulega stopniowemu rozpadowi, i 99, 876% tego izotopu zostaje po 10 latach. Ustalono, że w znalezionym palenisku było 14, 5% izotopu węgla14C z szacowanej początkowej ilości. Jak dawno temu w tej jaskini żył człowiek.
Jeśli x(t) to masa izotopu14C w chwili t, to wiadomo, że x′= −λx, gdzie λ jest pewnym współczynnikiem.
Jest to więc równanie o zmiennych rozdzielonych i
∫ dx
x = ∫ −λtdt,
zatem x= De−λt. Jeśli t = 0 to moment śmierci drzewa, to masa izotopu w tym momencie wynosi D.
Mamy też x(10) = 0, 99876D, zatem e−10λ= 0, 99876. Wobec tego λ= −1
10ln 0, 999876= 0, 000124.
Jeśli t1to 1940 rok, to x(t1) = 0, 145A, zatem e−0,000124t1= 0, 145, a więc t1=−0,000124ln 0,145 ≃ 15573 lat.
4. Rozwiązać równanie różniczkowe x′(t) = 1 + x/t.
To jest równanie jednorodne. Podstawiam y(t) = x(t)/t, zatem ty(t) = x(t), czyli y+ty′= x′. W takim razie w naszym równaniu y+ty′= 1+y, zatem y′= 1/t, więc y(t) = ln ∣t∣+C. W takim razie x(t) = ty(t) = t ln ∣t∣+Ct.
5. Rozwiąż zagadnienie Cauchy’ego:
⎧⎪⎪⎨⎪⎪
⎩
y′(x) = y/x −√ y/x,
y(1) = 1 ,
Mamy y′= 1 + y/x, czyli równanie jednorodne. Podstawiam u(x) = y/x, zatem xu(x) = y(x) i u + xu′= y′, więc u+ xu′ = u −√u, czyli u′/√u = −1/x, zatem ∫ u−1/2du = − ∫ dxx, więc 2√u = − ln ∣x∣ + C, czyli u= 14(C − ln ∣x∣)2, a zatem y(x) = x4(C − ln ∣x∣)2. Z warunku brzegowego mamy, że 1= 14(C − 0)2, zatem C2= 4, czyli C = ±2. Zatem ostatecznie y(x) =x4(±2 − ln ∣x∣)2.
1
6. Rozwiąż równanie x′(t) = e3t− 2x.
To jest równanie liniowe niejednorodne. Jego jednorodna wersja, to x′= −2x, które spełnia funkcja x0(t) = Ce−2t, bowiem∫ (−2) dt = −2t.
Uzmienniając stałą mamy, że x(t) = C(t)e−2t mamy x′= C′e−2t− 2Ce−2t, co ma się równać e3t− 2Ce−2t, zatem C′= e3t+2t= e5t, zatem C(t) =e55t + D oraz x(t) = e−2t(e55t+ D).
7. Zgodnie z prawem stygnięcia Newtona szybkość stygnięcia ciała jest proporcjonalna do różnicy temperatur.
Na stoku, gdy akurat temperatura powietrza wynosiła 0○ nalałem do termicznego kubka o promieniu 2 cm bez pokrywki herbaty o temperaturze 70○do wysokości 10 cm. Jak szybko jej temperatura spadnie do 20○jeśli współczynnik wymiany ciepła wynosi k= 600 W/m2K, a ciepło właściwe herbaty wynosi c= 4190 J/kgK.
Zatem T′= −a(T(t) − To) oraz a = cmkS, gdzie S to pole powierzchni, S= (0, 02)2⋅ π ≃ 0, 00126 m2oraz m to masa 0, 126kg, zatem a= 600⋅0,00126
4190⋅0,126 = 0, 00143.
T′ = −aT + Toa jest równaniem liniowym niejednorodnym. Jego jednorodna wersja to T′ = −aT, zatem Tj = Ce−at. Uzmienniając stałą mam T = C(t)e−at, więc T′= C′e−at− Cae−at = −aCe−at+ Toa, zatem C′= Toaeat, więc C(t) = Toeat+D, więc T(t) = (Toeat+D)e−at= To+De−at. Wiem też, że T(0) = T0= 70○, więc To+ D = 70○, a skoro To = 0○, to D = 70○. Zatem pytamy kiedy T(t) = 20○ = 0○+ 70○eat, zatem eat= 2/7, czyli t = − ln(2/7)/a ≃ 867 s, czyli około 15 min.
8. Znajdź wszystkie funkcje y(x) takie, że y′+ xy = x3y3.
Takie równanie to równanie Bernoulliego B= 3 i rozwiązuje się je podstawiając u(x) = (y(x))1−3= 1/y2.
Wtedy u′= −2y′/y3. Zaś nasze równanie to y′/y3+ x/y2= x3, zatem−u′/2 + xu = x3, czyli u′= 2xu − 2x3, a to równanie liniowe niejednorodne, którego jednorodna wersja to u′ = 2xu, zatem u′/u = 2x, czyli
∫ duu = 2 ∫ xdx, zatem ln∣u∣ = x2+ C, ∣u∣ = ex2+C, czyli u0= Dex2.
Uzmienniając stałą mamy u= D(x)ex2, zatem u′= D′ex2+2Dxex2, co ma być równe 2xu−2x3= 2xDex2− 2x3, zatem D′= 2x3e−x2. Zatem
D= ∫ 2x3e−x2dx
podstawiając t= −x2(a więc dt/dx = −2x, czyli dx = dt/(−2x)) mamy, że ta całka to
∫ tetdt= tet− ∫ etdt, bo skorzystaliśmy z całkowania przez części, co wynosi
tet− et+ E = −x2e−x2− e−x2+ E, zatem
u(x) = (−x2e−x2− e−x2+ E)ex2= −x2− 1 + Eex2,
ale y2= 1/u = −x2−1+Ee1 x2, zatem dowolna funkcja spełniająca to równanie, w szczególności y= ±
√ 1
−x2− 1 + Eex2 jest szukanym rozwiązaniem.
9. Wirus rozprzestrzenia się w miasteczku liczącym 1000 osób z prędkością proporcjonalną do iloczynu liczby zakażonych i niezakażonych. Załóżmy, że jeśli początkowo choruje 5 osób, po jednym dniu chorych jest już 10. Po jakim czasie zachoruje 85% populacji miasteczka?
Jeśli z to chorujący, to mamy z′= kz(N − z) = kNz − kz2, gdzie N= 1000, a k to współczynnik proporcjo- nalności. Zatem jest to równanie Bernoulliego dla B= 2. Podstawiamy u = z1−2= 1/z i mamy u′= −z′/z2
2
oraz z′/z2= kN/z − k, zatem u′= −kNu + k, co jest równaniem liniowym niejednorodnym, którego jedno- rodna wersja to u′= −kNu, zatem u0= Ce−kNt, zatem u(t) = C(t)e−kNt oraz u′= C′e−kNt− CkNe−kNt, co ma być równe−kNu + k = −kNCe−kNt+ k, zatem C′= kekN t, czyli C(t) =ekN tN + D. Zatem
u(t) = (ekN t
N + D) e−kNt= 1
N + De−kNt, czyli
z(t) = 1
1
N + De−kNt. Wiadomo ponadto, że z(0) = 5 oraz z(1) = 10, zatem
1
1
N + D = 5, czyli D+ 0, 001 = 0, 2, więc D = 0, 199. Ponadto
1
1000+ 0, 199e−1000k= 1/10, e−1000k= 0, 099/0, 119, zatem k= −ln(0,099/0,119)
1000 ≃ 0, 00018. I pytamy dla jakiego t, z(t) = 850, czyli 1
N + De−kNt= 1/850
t= − ln((1/850 − 1/1000)/0, 199)/(0, 00018 ⋅ 1000) ≃ 39 dni.
3
