3.4: Додатки

Складні відсотки

Переглянути підручник на YouTube

Рівняння зростання інвестиції з безперервним складанням інтересу є диференціальним рівнянням першого порядку. $S(t)$Дозволяти значення інвестицій в часі$t$, і нехай$r$ буде річна процентна ставка, що складається після кожного часового інтервалу$∆t$. Ми також можемо включити депозити (або зняття коштів). Нехай$k$ буде річна сума депозиту, і припустимо, що розстрочка вноситься після кожного часового інтервалу$∆t$. Вартість інвестицій на той момент потім$t + ∆t$ задається тим$∆t$, $$\label{eq:1}S(t+\Delta t)=S(t)+(r\Delta t)S(t)+k\Delta t,$$ де в кінці часового інтервалу$r\Delta tS(t)$ - це сума зарахованих відсотків і$k∆t$ сума грошей, внесених$(k > 0)$ або знятих$(k < 0)$. Як числовий приклад, якщо$$10,000$ рахунок проводиться вчасно$t$, і$r = 6\%$ за рік і на$k = $12,000$ рік, скажімо, і період складання та депозиту є, то відсотки$∆t = 1\text{ month} = 1/12\text{ year}$, присуджені через один місяць, є$r\Delta tS = (0.06/12) × $10,000 = $50$, а сума, що вноситься, є$k∆t = $1000$.

Переставляючи умови$\eqref{eq:1}$ виставляти те, що скоро стане похідною, ми маємо $$\frac{S(t+\Delta t)-S(t)}{\Delta t}=rS(t)+k.\nonumber$$

Рівняння для безперервного складання процентних і безперервних депозитів отримують шляхом взяття ліміту$\Delta t\to 0$. Отримане диференціальне рівняння - це $$\label{eq:2}\frac{dS}{dt}=rS+k,$$ яке можна вирішити з початковою умовою$S(0) = S_0$, де$S_0$ знаходиться початковий капітал. Ми можемо вирішити або розділяючи змінні, або за допомогою інтегруючого фактора; Я вирішую тут, розділяючи змінні. Інтеграція від$t = 0$ до кінцевого часу$t$, $$\begin{align} \int_{S_0}^S \frac{dS}{rS+k}&=\int_0^tdt,\nonumber \\ \frac{1}{r}\ln\left(\frac{rS+k}{rS_0+k}\right)&=t,\nonumber \\ rS+k&=(rS_0+k)e^{rt},\nonumber \\ S&=\frac{rS_0e^{rt}+ke^{rt}-k}{r},\nonumber \\ S&=S_0e^{rt}+\frac{k}{r}e^{rt}(1-e^{-rt}),\label{eq:3} \end{align}$$ коли перший термін з правого боку$\eqref{eq:3}$ походить від початкового вкладеного капіталу, а другий термін походить від депозитів (або зняття коштів). Очевидно, що складання призводить до експоненціального зростання інвестицій.

Як практичний приклад можна проаналізувати простий пенсійний план. Найпростіше припустити, що всі суми і доходи знаходяться в реальних доларах (з поправкою на інфляцію). Припустимо, рік планує відкладати фіксовану суму щороку свого трудового життя, інвестує з реальним прибутком$6\%$ і виходить на пенсію у віці$65$.$25$ Скільки він повинен інвестувати щороку, щоб мати$\text{HK }$8,000,000$ при виході на пенсію? (Примітка:$\text{US }$1\approx\text{ HK }$8$.) Нам потрібно вирішити$\eqref{eq:3}$ для$k$ використання$t = 40\text{ years}$,$S(t) = $8,000,000$$S_0 = 0$, і$r = 0.06$ на рік. У нас є $$\begin{aligned}k&=\frac{rS(t)}{e^{rt}-1}, \\ k&=\frac{0.06\times 8,000,000}{e^{0.06\times 40}-1}, \\ &=$47,889\text{ year}^{-1}.\end{aligned}$$

Щоб заощадити приблизно один мільйон$\text{US}$$ на пенсії, працівник повинен буде економити приблизно$\text{HK }$50,000$ на рік протягом свого трудового життя. Зверніть увагу, що сума, зекономлена за життя працівника$40 × $50,000 = $2,000,000$, приблизно, в той час як сума, зароблена на інвестиції (при передбачуваній$6\%$ реальній прибутковості) приблизно$$8,000,000 − $2,000,000 = $6,000,000$. Сума, зароблена від інвестицій, становить приблизно$3×$ збережену суму, навіть при скромній реальній віддачі$6\%$. Обґрунтоване планування інвестицій варто витрачених зусиль.

Хімічні реакції

Припустимо, що дві хімічні речовини$A$ і$B$ реагують на утворення продукту$C$, який ми пишемо а $$A+B\overset{k}{\to}C,\nonumber$$ де$k$ називається константою швидкості реакції. Для простоти ми будемо використовувати один і той же символ$C$, скажімо, для позначення як хімічної речовини, так$C$ і його концентрації. Закон масової дії говорить,$dC/dt$ що пропорційний добутку концентрацій$A$ і$B$, з постійною пропорційністю$k$; тобто $$\label{eq:4}\frac{dC}{dt}=kAB.$$

Аналогічно закон масової дії дозволяє писати рівняння для похідних за часом концентрацій реагентів$A$ і$B$:

$$\label{eq:5}\frac{dA}{dt}=-kAB,\quad\frac{dB}{dt}=-kAB.$$

Ода, надана,$\eqref{eq:4}$ може бути вирішена аналітично, використовуючи закони збереження. Ми припускаємо, що$A_0$ і$B_0$ є початковими концентраціями реагентів, і що жоден продукт спочатку не присутній. Від$\eqref{eq:4}$ і$\eqref{eq:5}$, $$\begin{array}{lll} \frac{d}{dt}(A+C)=0&\Longrightarrow &A+C=A_0, \\ \frac{d}{dt}(B+C)=0&\Longrightarrow &B+C=B_0.\end{array}\nonumber$$

Використовуючи ці закони збереження,$\eqref{eq:4}$ стає, $$\frac{dC}{dt}=k(A_0-C)(B_0-C),\quad C(0)=0,\nonumber$$ яке є нелінійним рівнянням, яке може бути інтегровано шляхом поділу змінних. Розділяючи і інтегруючи, отримуємо $$\begin{align}\int_0^C\frac{dC}{(A_0-C)(B_0-C)}&=k\int_0^t dt\nonumber \\ &=kt.\label{eq:6}\end{align}$$

Решта інтеграл можна зробити за допомогою методу часткових дробів. пишемо $$\label{eq:7}\frac{1}{(A_0-C)(B_0-C)}=\frac{a}{A_0-C}+\frac{b}{B_0-C}.$$

Метод приховування є найпростішим методом визначення невідомих коефіцієнтів$a$ і$b$. Для визначення$a$ множимо обидві сторони$\eqref{eq:7}$ на$A_0 − C$ і ставимо$C = A_0$ знайти $$a=\frac{1}{B_0-A_0}.\nonumber$$

Аналогічно, щоб визначити$b$, ми множимо обидві сторони$\eqref{eq:7}$ на$B_0 − C$ і$C = B_0$ встановити знайти $$b=\frac{1}{A_0-B_0}.\nonumber$$

Тому $$\frac{1}{(A_0-C)(B_0-C)}=\frac{1}{B_0-A_0}\left(\frac{1}{A_0-C}-\frac{1}{B_0-C}\right),\nonumber$$ і залишився інтеграл$\eqref{eq:6}$ стає (використовуючи$C < A_0,\: B_0$) $$\begin{aligned} \int_0^C\frac{dC}{(A_0-C)(B_0-C)}&=\frac{1}{B_0-A_0}\left(\int_0^C\frac{dC}{A_0-C}-\int_0^C\frac{dC}{B_0-C}\right) \\ &=\frac{1}{B_0-A_0}\left(-\ln\left(\frac{A_0-C}{A_0}\right)+\ln\left(\frac{B_0-C}{B_0}\right)\right) \\ &=\frac{1}{B_0-A_0}\ln\left(\frac{A_0(B_0-C)}{B_0(A_0-C)}\right).\end{aligned}$$

Використовуючи цей інтеграл в$\eqref{eq:6}$, множивши на$(B_0 − A_0)$ і збільшуючи, отримаємо $$\frac{A_0(B_0-C)}{B_0(A_0-C)}=e^{(B_0-A_0)kt}.\nonumber$$

Вирішуючи для$C$, ми, нарешті, отримуємо, $$C(t)=A_0B_0\frac{e^{(B_0-A_0)kt}-1}{B_0e^{(B_0-A_0)kt}-A_0},\nonumber$$ що здається складним виразом, але має прості межі $$\begin{aligned}\underset{t\to\infty}{\lim}C(t)&=\left\{\begin{array}{ll}A_0,&\text{if }A_0<B_0, \\ B_0,&\text{if }B_0<A_0\end{array}\right. \\ &=\text{min}(A_0,B_0).\end{aligned}$$

Як і слід було очікувати, реакція припиняється після того, як один з реагентів виснажується; і кінцева концентрація продукту дорівнює початковій концентрації виснаженого реагенту.

Швидкість терміналу

Переглянути підручник на YouTube

Використовуючи закон Ньютона, ми моделюємо масу,$m$ вільну, що падає під гравітацією, але з опором повітря. Припустимо, що сила опору повітря пропорційна швидкості маси і протилежна напрямку руху. Визначаємо$x$ -вісь, щоб точка у напрямку вгору, протилежна силі тяжіння. Біля поверхні Землі сила тяжіння приблизно постійна і задається$−mg$, зі звичайним$g = 9.8\text{m/s}^2$ гравітаційним прискоренням. Сила опору повітря моделюється тим$−kv$, де$v$ знаходиться вертикальна швидкість маси і$k$ є позитивною константою. Коли маса падає,$v < 0$ а сила опору повітря позитивна, спрямована вгору і протилежна руху. Таким чином, загальна сила на масу задається$F = −mg − kv$. З$F = ma$ і$a = dv/dt$, отримаємо диференціальне рівняння $$\label{eq:8}m\frac{dv}{dt}=-mg-kv.$$

Кінцева швидкість$v_∞$ маси визначається як асимптотична швидкість після того, як опір повітря врівноважує силу гравітації. Коли маса знаходиться на кінцевій швидкості,$dv/dt = 0$ так що $$\label{eq:9}v_{\infty}=-\frac{mg}{k}.$$

Наближення до кінцевої швидкості маси спочатку в спокої отримують шляхом розв'язання$\eqref{eq:8}$ з початковою умовою$v(0) = 0$. Рівняння є як лінійним, так і роздільним, і я вирішую розділенням змінних:

$$\begin{aligned}m\int_0^v\frac{dv}{mg+kv}&=-\int_0^t dt,\\ \frac{m}{k}\ln\left(\frac{mg+kv}{mg}\right)&=-t, \\ 1+\frac{kv}{mg}&=e^{-kt/m}, \\ v&=-\frac{mg}{k}\left(1-e^{-kt/m}\right).\end{aligned}$$

Тому і$v$ наближається$v = v_∞\left( 1 − e^{−kt/m}\right)$,$v_∞$ як експоненціальний термін розпадається до нуля.

Як приклад, парашутист маси$m = 100\text{ kg}$ із закритим парашутом може мати кінцеву швидкість$200\text{ km/hr}$. З $$g=(9.8\text{ m/s}^2)(10^{-3}\text{ km/m})(60\text{ s/min})^2(60\text{ min/hr})^2=127,008\text{ km/hr}^2,\nonumber$$ одного виходить від$\eqref{eq:9}$,$k = 63, 504\text{ kg/hr}$. Таким чином, половина кінцевої швидкості для вільного падіння ($100\text{ km/hr}$) досягається$(1 − e^{−kt/m}) = 1/2$, коли, або$t = m \ln 2/k\approx 4\text{ sec}$. Приблизно$95\%$ кінцева швидкість ($190\text{ km/hr}$) досягається після$17\text{ sec}$.

Швидкість втечі

Переглянути підручник на YouTube

Цікава фізична проблема полягає в тому, щоб знайти найменшу початкову швидкість для маси на поверхні Землі для виходу з гравітаційного поля Землі, так званої швидкості втечі. Закон Ньютона про всесвітнє тяжіння стверджує, що гравітаційна сила між двома масивними тілами пропорційна добутку двох мас і обернено пропорційна квадрату відстані між ними. Для маси$m$ положення$x$ над поверхнею Землі сила на масу задається тим, $$F=-G\frac{Mm}{(R+x)^2},\nonumber$$ де$M$ і$R$ є масою і радіусом Землі і$G$ є гравітаційною константою. Знак мінус означає силу на масу$m$ точок в сторону зменшення$x$. Приблизно постійне прискорення$g$ на поверхні Землі відповідає абсолютному значенню,$F/m$ коли$x = 0$:

$$g=\frac{GM}{R^2},\nonumber$$ і$g\approx 9.8\text{ m/s}^2$. Таким чином, закон Ньютона$F = ma$ для маси$m$ задається тим, $$\begin{align}\frac{d^2x}{dt^2}&=-\frac{GM}{(R+x)^2}\nonumber \\ &=-\frac{g}{(1+x/R)^2},\label{eq:10}\end{align}$$ де радіус Землі, як відомо, є$R\approx 6350\text{ km}$.

Корисний трюк дозволяє вирішити це диференціальне рівняння другого порядку як рівняння першого порядку. По-перше, зауважте, що$d^2x/dt^2 = dv/dt$. Якщо ми запишемо$v(t) = v(x(t))$ - враховуючи швидкість маси$m$ як функцію її відстані над землею - ми використовуємо правило ланцюга, $$\begin{aligned}\frac{dv}{dt}&=\frac{dv}{dx}\frac{dx}{dt} \\ &=v\frac{dv}{dx},\end{aligned}$$ де ми використовували$v = dx/dt$. Таким чином,$\eqref{eq:10}$ стає одою першого порядку, $$v\frac{dv}{dx}=-\frac{g}{(1+x/R)^2},\nonumber$$ яка може бути вирішена, припускаючи початкову швидкість,$v(x = 0) = v_0$ коли маса знімається вертикально з поверхні Землі. Відокремлюючи змінні та інтегруючи, отримаємо $$\int_{v_0}^v vdv=-g\int_0^x\frac{dx}{(1+x/R)^2}.\nonumber$$

Лівий інтеграл є$\frac{1}{2}(v^2 − v_0^2)$, а правий інтеграл може бути виконаний за допомогою підстановки$u = 1 + x/R$,$du = dx/R$:

$$\begin{aligned}\int_0^x\frac{dx}{(1+x/R)^2}&=R\int_1^{1+x/R}\frac{du}{u^2} \\ &=-\left.\frac{R}{u}\right]_1^{1+x/R} \\ &=R-\frac{R^2}{x+R} \\ &=\frac{Rx}{x+R}.\end{aligned}$$

Тому, $$\frac{1}{2}(v^2-v_0^2)=-\frac{gRx}{x+R},\nonumber$$ яке при множенні на$m$ є виразом збереження енергії (зміна кінетичної енергії маси дорівнює зміні потенційної енергії). Рішення для$v^2$, $$v^2=v_0^2-\frac{2gRx}{x+R}.\nonumber$$

Швидкість виходу визначається як мінімальна початкова швидкість,$v_0$ така, що маса може втекти до нескінченності. Тому,$v_0 = v_{\text{escape}}$ коли$v → 0$ як$x → ∞$. Беручи цю межу, ми маємо $$\begin{aligned}v_{\text{escape}}^2&=\underset{x\to\infty}{\lim}\frac{2gRx}{x+R} \\ &=2gR.\end{aligned}$$

З$R\approx 6350\text{ km}$ і$g = 127 008\text{ km/hr}^2$, визначаємося$v_{\text{escape}} = \sqrt{2gR}\approx 40 000\text{ km/hr}$. Для порівняння, дульна швидкість сучасної високопродуктивної гвинтівки майже на порядок занадто повільна для того$4300\text{ km/hr}$, щоб куля, вистрілена в небо, втекла від земної гравітації.

RC ланцюг

Переглянути підручник на YouTube

Розглянемо резистор$R$ і конденсатор,$C$ з'єднані послідовно, як показано на рис. $\PageIndex{1}$. Батарея, що забезпечує електрорушійну силу, або ЕРС$\mathcal{E}$, підключається до цієї ланцюга за допомогою вимикача. Спочатку на конденсаторі немає заряду. Коли перемикач перекидається на а, акумулятор підключається і конденсатор заряджається. Коли перемикач перекидається на$b$, батарея відключається і конденсатор розряджається, при цьому енергія розсіюється в резисторі. Тут визначаємо падіння напруги на конденсаторі при зарядці і розряді.

Малюнок$\PageIndex{1}$: Діаграма RC.

Рівняння для падіння напруги на конденсаторі та резисторі задаються $$\label{eq:11} V_C=q/C,\quad V_R=iR,$$ $C$тим, де ємність і$R$ є опір. Заряд$q$ і струм$i$ пов'язані $$\label{eq:12}i=\frac{dq}{dt}.$$

Закон напруги Кірхгофа говорить, що ЕРС$\mathcal{E}$ в будь-якому замкнутому контурі дорівнює сумі падінь напруги в цьому контурі. Застосування закону напруги Кірхгофа, коли перемикач кидається,$a$ призводить до $$\label{eq:13}V_R+V_C=\mathcal{E}.$$

Використовуючи$\eqref{eq:11}$ і$\eqref{eq:12}$, падіння напруги на резистері може бути записано з точки зору падіння напруги на конденсаторі, як $$V_R=RC\frac{dV_C}{dt},\nonumber$$ і$\eqref{eq:13}$ може бути перезаписано, щоб отримати лінійне диференціальне рівняння першого порядку для VC, задане $$\label{eq:14}\frac{dV_C}{dt}+V_C/RC=\mathcal{E}/RC,$$ з початковою умовою $V_C(0)=0.$

Інтеграційний коефіцієнт для цього рівняння є $$\mu(t)=e^{t/RC},\nonumber$$ і$\eqref{eq:14}$ інтегрується $$V_C(t)=e^{-t/RC}\int_0^t(\mathcal{E}/RC)e^{t/RC}dt,\nonumber$$ з розв'язком $$V_C(t)=\mathcal{E}\left(1-e^{-t/RC}\right).\nonumber$$

Напруга починається з нуля і зростає експоненціально до$\mathcal{E}$, при цьому характерна шкала часу задана$RC$.

Коли перемикач кидається в$b$, застосування закону напруги Кірхгофа призводить до $$V_R+V_C=0,\nonumber$$ відповідного диференціального рівняння $$\frac{dV_C}{dt}+V_C/RC=0.\nonumber$$

Тут ми припускаємо, що ємність спочатку повністю заряджена так, що$V_C(0) =\mathcal{E}$. Розчин, то, під час фази розряду, подається $$V_C(t)=\mathcal{E}e^{-t/RC}.\nonumber$$

Напруга починається$\mathcal{E}$ і спадає експоненціально до нуля, знову ж таки з характерною шкалою часу, заданою$RC$.

Логістичне рівняння

Переглянути підручник на YouTube

$N(t)$Дозволяти кількість особин в популяції на час$t$, а нехай$b$ і$d$ буде середній на душу населення народжуваність і рівень смертності відповідно. За короткий час$∆t$ кількість пологів у популяції становить$b\Delta tN$, а кількість смертей -$d\Delta tN$. Рівняння для$N$ часу потім$t + ∆t$ визначається бути $$N(t+\Delta t)=N(t)+b\Delta tN(t)-d\Delta tN(t),\nonumber$$ які можуть бути переставлені на $$\frac{N(t+\Delta t)-N(t)}{\Delta t}=(b-d)N(t);\nonumber$$ і як$\Delta t\to 0$, і з$r=b-d$, ми маємо $$\frac{dN}{dt}=rN.\nonumber$$

Це модель зростання Мальтузіанців (Thomas Malthus, 1766-1834), і це те саме рівняння, що і наша складна модель відсотків.

За мальтузіанською моделлю зростання чисельність населення зростає експоненціально, як і $$N(t)=N_0e^{rt},\nonumber$$ де$N_0$ початкова чисельність населення. Однак, коли приріст населення обмежений обмеженими ресурсами, евристична модифікація мальтузіанської моделі зростання призводить до рівняння Верхулста, $$\label{eq:15}\frac{dN}{dt}=rN\left(1-\frac{N}{K}\right),$$ де$K$ називається несучою здатністю навколишнього середовища. Роблячи$\eqref{eq:15}$ безрозмірне використання$\tau = rt$ і$x = N/K$ призводить до логістичного рівняння, $$\frac{dx}{d\tau}=x(1-x),\nonumber$$ де можна припустити початкову умову$x(0) = x_0 > 0$. Розділення змінних та інтеграція $$\int_{x_0}^x\frac{dx}{x(1-x)}=\int_0^{\tau}d\tau .\nonumber$$

Інтеграл з лівого боку можна зробити за допомогою методу часткових дробів:

$$\frac{1}{x(1-x)}=\frac{a}{x}+\frac{b}{1-x},\nonumber$$ і метод прикриття дає$a = b = 1$. Тому, $$\begin{aligned}\int_{x_0}^x\frac{dx}{x(1-x)}&=\int_{x_0}^x\frac{dx}{x}+\int_{x_0}^x\frac{dx}{(1-x)} \\ &=\ln\frac{x}{x_0}-\ln\frac{1-x}{1-x_0} \\ &=\ln\frac{x(1-x_0)}{x_0(1-x)} \\ &=\tau .\end{aligned}$$

Вирішуючи для$x$, ми спочатку експонентіруем обидві сторони, а потім виділяємо$x$:

$$\begin{align}\frac{x(1-x_0)}{x_0(1-x)}&=e^{\tau},\nonumber \\ x(1-x_0)&=x_0e^{\tau}-xx_0e^{\tau},\nonumber \\ x(1-x_0+x_0e^{\tau})&=x_0e^{\tau},\nonumber \\ x&=\frac{x_0}{x_0+(1-x_0)e^{-\tau}}.\label{eq:16}\end{align}$$

Ми спостерігаємо, що для$x_0 > 0$, у нас$\lim_{\tau\to\infty} x(\tau ) = 1$, що відповідає $$\underset{t\to\infty}{\lim}N(t)=K.\nonumber$$

Отже, населення збільшується в розмірах, поки не досягне несучої здатності свого середовища.