$\dot{x} + ax = 0$

NB: Før vi begynner. $x$ er nå en funksjon av $t$, altså $x(t)$. $x$ er altså ikke en konstant eller variabel, men en funksjon. $t$ er en variabel, som brukes som input til $x$.

Intro: Vekst lik størrelse

Dersom man ser på likningen og leser den høyt leses den: "x prikk (derivert med hensyn på tid) pluss a ganger x er lik null". Skulle dette bli sagt på en mer folkelig måte hadde nok "x øker i takt med seg selv ganger en konstant" vært et godt forsøk. Dette er essensen bak denne differensiallikningen, og også grunnen til at eulers tall, $e=2.718$..., dukker opp så ekstremt mange plasser i naturen.

\[ \frac{de^t}{dt} = e^t \]

Det har seg nemlig slik at om du deriverer $e^t$ vil du få $e^t$, slik vist over. Dette er den eneste funksjonen som derivert gir seg selv, eller, sagt på folkemunne: "dette er en ting som øker i takt med seg selv". Antall bakterier i en petriskål etter en viss tid er et godt eksempel på dette.

Differensiallikningens løsning

\[ \begin{align} x &= A e^{-at} \\ \dot{x} &= \frac{d A e^{-at}}{dt} = -a A e^{-at} \end{align} \]

Observer hva $x$ og $\dot{x}$ er over. La oss sette dette inn i differensiallikningen for å se om den oppfyller likningen:

\[ \begin{align} \dot{x} + a x &= 0 \textit{ Her er den originale difflikningen}\\ \frac{d A e^{-at}}{dt} + a A e^{-at} &= 0 \textit{ Setter inn vår løsning for x i likningen}\\ -a A e^{-at} + a A e^{-at} &= 0 \textit{ Vi deriverer det ene leddet}\\ a A e^{-at}(1 - 1) &= 0 \textit{ og faktoriserer ut felles faktorer}\\ a A e^{-at} \bullet 0 &= 0 \textit{ Vi ser at parantesen på venstre side blir null}\\ 0 &= 0 \textit{ altså oppfyllte denne løsningen difflikningen}\\ &\textit{Vi kan da med sikkerhet si:}\\ x &= A e^{-a t} \end{align} \]

Man kan se over at $x=A e^{-at}$ løser differensiallikningen $\dot{x}+ax=0$.

Initialverdien

Vi har jo tidligere introdusert en $A$, men hvordan skal vi vite hva den er? Dersom man gir en initialverdi til funksjonen, altså en verdi for $x(0)$, vil vi kunne finne $A$, og differensiallikningen vil kun ha én riktig løsning. La oss anta at $x(0)$ er kjent.

\[ \begin{align} x(t=0) &= A e^{-a\bullet0} \\ x(0) &= A e^0 \\ x(0) &= A \\ A &= x(0) \end{align} \]

Differensiallikningen vår er fortsatt den samme, men nå vet vi at evaluert i $t=0$ må den bli $A$. Dersom vi har lyst kan vi da være veldig tydelige med oss selv og skrive:

\[ x(t) = x(0) e^{-a t} \]

Et eksempel

La oss si at du har en bakteriepopulasjon i en petriskål du ønsker å lage et matematisk uttrykk for. Antall bakterier, $x$, etter en tid, $t$. Vi har jo tidligere fått oppgitt at en bakteriepopulasjons vekst er proporsjonal med dens størrelse, altså gjelder differensiallikningen $\dot{x} + a x = 0$ for vår $x$. Vi har da den generelle løsningen til denne difflikningen godt memorisert og "schmækker til" med å si:

\[ x(t) = A e^{-at} \]

La oss si at bakteriebestanden dobler seg hvert 25. minutt, slik som E. coli gjør ved 37 grader. Denne informasjonen kan vi bruke til å finne ut hva $a$ må være i vårt uttrykk.

Vi sier at vi måler t i antall minutter som har gått. Da vet vi at etter at det har gått 25 minutter, $t=25$, vil bestanden, $x(t=25)$, være dobbelt så stor som bestanden, $x$, var ved $t=0$, altså bestanden $x(0)$. La oss bruke matematikkens vakre språk til å skrive det litt mer oversiktlig:

\[ x(25) = 2 x(0) \]

Og la oss bruke denne informasjonen til å finne $a$ i funksjonen vår, $x=A e^{-a t}$.

\[ \begin{align} x(25) &= 2 x(0) \\ A e^{-25a} &= 2 A e^{-0a} \\ A e^{-25a} &= 2 A \\ e^{-25a} &= 2 \\ -25a &= ln(2) \\ a &= \frac{-ln(2)}{25} \end{align} \]

Vi kan da sette dette inn i vårt originale uttrykk, $x(t) = A e^{-a t}$, og få:

\[ x(t) = A e^{\frac{ln(2)}{25}t} \]

Som du ser vet vi enda ikke hva $A$ er. Det går helt fint. Vi har nå funnet en funksjon som viser veksten ved en viss startverdi $x(0) = A$, og den startverdien ble aldri oppgitt i "oppgaven", ergo går det helt fint at den er ukjent.

Bevis

Dersom du ønsker et litt sterkere bevis for at difflikningens løsning er slik den er kan du se her. Først kommer bevis ved hjelp av separasjonsmetoden fra R2 på videregående:

\[ \begin{align} \dot{x} + a x &= 0 \\ \frac{dx}{dt} + a x &= 0 \\ \frac{dx}{dt} &= - a x \\ \frac{1}{x} \frac{dx}{dt} &= - a \\ \frac{1}{x} dx &= - a dt\\ \int{\frac{1}{x} dx} &= int{- a dt}\\ ln(x) + C_1 &= -a t + C_2\\ ln(x) &= -a t + C_3\\ x &= e^{-a t + C_3}\\ x &= e^{-a t} e^{C_3}\\ x &= e^{-a t} C_4\\ x &= A e^{-a t} \end{align} \]

Her kommer beviset på at løsningen er entydig, altså at det ikke finnes noen annen løsning.

\[ \begin{align} \frac{d A}{dt} &= 0 \textit{ Den deriverte av en konstant er 0} \\ \frac{d A e^{-a t} e^{a t}}{dt} &= 0 \\ \frac{d x e^{a t}}{dt} &= 0 \textit{ Vi kjenner igjen $x=A e^{-at}$} \\ \\ \frac{d y(t) e^{a t}}{dt} &= 0 \textit{ La oss nå anta at vi har en annen løsning, $y(t)$} \\ \frac{d y(t)}{dt} e^{a t} + \frac{d e^{a t}}{dt} y(t) &= 0 \textit{ Vi bruker produktregelen} \\ \dot{y(t)} e^{a t} + a e^{a t} y(t) &= 0 \textit{ Vi blir kvitt felles faktor}\\ \dot{y} + a y &= 0 \textit{ Denne venstre siden kjenner vi igjen, det er selve differensiallikningen vi sa $y(t)$ skulle være en løsning til!}\\ 0 &= 0 \textit{ Da må altså venstre side være 0} \end{align} \]

Dette viser at $y(t)=x(t)$. Om vi multipliserer $x$ med $e^{at}$ vil vi få en konstant, som blir $0$ om vi deriverer. Denne helt andre løsningen $y(t)$ viser seg også å bli konstant om vi multipliserer den med $e^{at}$, ettersom den deriverte blir null. Da kan vi skrive:

\[ \begin{align} y(t) e^{a t} &= A \\ y(t) &= A e^{-a t} \end{align} \]

Men OIDA! Dette er jo $x$. Da har vi vist at det kun finnes én enkelt, entydig, ensom, singulær, alene, stusselig løsning.