7.4: Додатки

7.4.1. 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\(\Delta t\). Ми також можемо включити депозити (або зняття коштів). Нехай\(k\) буде річна сума депозиту, і припустимо, що розстрочка вноситься після кожного часового інтервалу\(\Delta t\). Значення інвестиції в той час\(t+\Delta t\) задається

\[S(t+\Delta t)=S(t)+(r \Delta t) S(t)+k \Delta t, \nonumber \]

де в кінці часового інтервалу\(\Delta t, r \Delta t S(t)\) - сума нарахованих відсотків і\(k \Delta t\) сума внесених\((k>0)\) або знятих грошей\((k<0)\). Як числовий приклад, якщо\(\$ 10,000\) рахунок ведеться вчасно\(t\), причому\(r=6 \%\) за рік і\(k=\$ 12,000\) за рік, скажімо, а період складання і депозиту -\(\Delta t=1\) місяць\(=1 / 12\) рік, то відсотки присуджується після одного місяця є\(r \Delta t S=(0.06 / 12) \times\)\(\$ 10,000=\$ 50\), а сума внеску є\(k \Delta t=\$ 1000\).

Переставляючи умови Equation\ ref {7.14}, щоб виставити те, що скоро стане похідною, ми маємо

\[\frac{S(t+\Delta t)-S(t)}{\Delta t}=r S(t)+k \nonumber \]

Рівняння для безперервного складання процентних і безперервних депозитів отримують шляхом взяття ліміту\(\Delta t \rightarrow 0\). Отримане диференціальне рівняння

\[\frac{d S}{d t}=r S+k \nonumber \]

який може вирішуватися 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. Інтегруючи від\(t=0\) до останнього часу\(t\),

\[\begin{gathered} \int_{S_{0}}^{S} \frac{d S}{r S+k}=\int_{0}^{t} d t, \\ \frac{1}{r} \ln \left(\frac{r S+k}{r S_{0}+k}\right)=t, \\ r S+k=\left(r S_{0}+k\right) e^{r t}, \\ S=\frac{r S_{0} e^{r t}+k e^{r t}-k}{r}, \\ S=S_{0} e^{r t}+\frac{k}{r} e^{r t}\left(1-e^{-r t}\right), \end{gathered} \nonumber \]

де перший член праворуч Equation\ ref {7.16} 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, 25-річний чоловік планує відкладати фіксовану суму щороку свого трудового життя, інвестує з реальним прибутком і\(6 \%\) виходить на пенсію у віці 65 років. Скільки він повинен інвестувати щороку, щоб мати\(\mathrm{HK} \$ 8,000,000\) при виході на пенсію? (Примітка:\(1 \mathrm{US} \$ 8 \mathrm{HK}\).) Нам потрібно вирішити Equation\ ref {7.16} для\(k\) використання\(t=40\) років\(S(t)=\$ 8,000,000, S_{0}=0\), і\(r=0.06\) на рік. У нас є

\[\begin{aligned} k &=\frac{r S(t)}{e^{r t}-1} \\ k &=\frac{0.06 \times 8,000,000}{e^{0.06 \times 40}-1} \\ &=\$ 47,889 \text { year }^{-1} \end{aligned} \nonumber \]

Щоб заощадити приблизно один мільйон доларів США при виході на пенсію, працівник повинен буде економити приблизно\(\mathrm{HK} \$ 50,000\) на рік протягом свого трудового життя. Зверніть увагу, що сума, зекономлена за життя працівника\(40 \times \$ 50,000=\$ 2,000,000\), 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\(3 \times\) збережену суму, навіть при скромній реальній віддачі\(6 \%\). Обґрунтоване планування інвестицій варто витрачених зусиль.

7.4.2. Хімічні реакції

Припустимо, що дві хімічні речовини\(A\) і\(B\) реагують на утворення продукту\(C\), який ми пишемо як

\[A+B \stackrel{k}{\rightarrow} C, \nonumber \]

де\(k\) називається постійною 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,\(d C / d t\) що пропорційний добутку концентрацій\(A\) і\(B\), з постійною пропорційністю\(k\); тобто

\[\frac{d C}{d t}=k A B . \nonumber \]

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

\[\frac{d A}{d t}=-k A B, \quad \frac{d B}{d t}=-k A B \nonumber \]

Оду, задану Equation\ ref {7.17}, можна розв'язати аналітично, використовуючи закони збереження. Ми припускаємо, що\(A_{0}\) і\(B_{0}\) є початковими концентраціями реагентів, і що жоден продукт спочатку не присутній. З рівняння\ ref {7.17} і рівняння\ ref {7.18},

\[\begin{aligned} & \frac{d}{d t}(A+C)=0 \quad \Longrightarrow \quad A+C=A_{0}, \\ & \frac{d}{d t}(B+C)=0 \quad \Longrightarrow \quad B+C=B_{0} . \end{aligned} \nonumber \]

Використовуючи ці закони збереження, Equation\ ref {7.17} стає

\[\frac{d C}{d t}=k\left(A_{0}-C\right)\left(B_{0}-C\right), \quad C(0)=0, \nonumber \]

який є нелінійним рівнянням, яке може бути інтегровано шляхом поділу змінних. Розділяючи і інтегруючи, отримуємо

\[\begin{aligned} \int_{0}^{C} \frac{d C}{\left(A_{0}-C\right)\left(B_{0}-C\right)} &=k \int_{0}^{t} d t \\ &=k t \end{aligned} \nonumber \]

Решта інтеграл можна зробити за допомогою методу часткових дробів. пишемо

\[\frac{1}{\left(A_{0}-C\right)\left(B_{0}-C\right)}=\frac{a}{A_{0}-C}+\frac{b}{B_{0}-C} . \nonumber \]

Метод приховування є найпростішим методом визначення невідомих коефіцієнтів\(a\) і\(b\). Для визначення\(a\) множимо обидві сторони\(Equation \ref{7.20}\) 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\(Equation \ref{7.20}\) на\(B_{0}-C\) і\(C=B_{0}\) встановити знайти

\[b=\frac{1}{A_{0}-B_{0}} . \nonumber \]

Тому,

\[\frac{1}{\left(A_{0}-C\right)\left(B_{0}-C\right)}=\frac{1}{B_{0}-A_{0}}\left(\frac{1}{A_{0}-C}-\frac{1}{B_{0}-C}\right) \nonumber \]

і залишився інтеграл рівняння\ ref {7.19} стає (використовуючи\(C<A_{0}, B_{0}\))

\[\begin{aligned} \int_{0}^{C} \frac{d C}{\left(A_{0}-C\right)\left(B_{0}-C\right)} &=\frac{1}{B_{0}-A_{0}}\left(\int_{0}^{C} \frac{d C}{A_{0}-C}-\int_{0}^{C} \frac{d C}{B_{0}-C}\right) \\ &=\frac{1}{B_{0}-A_{0}}\left(-\ln \left(\frac{A_{0}-C}{A_{0}}\right)+\ln \left(\frac{B_{0}-C}{B_{0}}\right)\right) \\ &=\frac{1}{B_{0}-A_{0}} \ln \left(\frac{A_{0}\left(B_{0}-C\right)}{B_{0}\left(A_{0}-C\right)}\right) \end{aligned} \nonumber \]

Використовуючи цей інтеграл у Equation\ ref {7.19}, множивши на\(\left(B_{0}-A_{0}\right)\) та збільшивши експоненцію, отримаємо

\[\frac{A_{0}\left(B_{0}-C\right)}{B_{0}\left(A_{0}-C\right)}=e^{\left(B_{0}-A_{0}\right) k t} \nonumber \]

Вирішуючи для\(C\), ми нарешті отримаємо

\[C(t)=A_{0} B_{0} \frac{e^{\left(B_{0}-A_{0}\right) k t}-1}{B_{0} e^{\left(B_{0}-A_{0}\right) k t}-A_{0}}, \nonumber \]

який, здається, є складним виразом, але має прості межі

\[\begin{aligned} \lim _{t \rightarrow \infty} C(t) &= \begin{cases}A_{0}, & \text { if } A_{0}<B_{0}, \\ B_{0}, & \text { if } B_{0}<A_{0}\end{cases} \\ &=\min \left(A_{0}, B_{0}\right) . \end{aligned} \nonumber \]

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

7.4.3. 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\(-m g\), зі звичайним\(g=9.8 \mathrm{~m} / \mathrm{s}^{2}\) гравітаційним прискоренням. Сила опору повітря моделюється тим\(-k v\), 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\(F=-m g-k v\). З\(F=m a\) і\(a=d v / d t\), отримаємо диференціальне рівняння

\[m \frac{d v}{d t}=-m g-k v . \nonumber \]

Кінцева швидкість\(v_{\infty}\) маси визначається як асимптотична швидкість після того, як опір повітря врівноважує силу гравітації. Коли маса знаходиться на кінцевій швидкості,\(d v / d t=0\) так що

\[v_{\infty}=-\frac{m g}{k} . \nonumber \]

Наближення до кінцевої швидкості маси спочатку в спокої отримують шляхом розв'язання\(Equation \ref{7.21}\) з початковою умовою\(v(0)=0\). Рівняння є як лінійним, так і роздільним, і я вирішую розділенням змінних:

\[\begin{gathered} m \int_{0}^{v} \frac{d v}{m g+k v}=-\int_{0}^{t} d t \\ \frac{m}{k} \ln \left(\frac{m g+k v}{m g}\right)=-t \\ 1+\frac{k v}{m g}=e^{-k t / m} \\ v=-\frac{m g}{k}\left(1-e^{-k t / m}\right) \end{gathered} \nonumber \]

Тому і\(v\) наближається\(v=v_{\infty}\left(1-e^{-k t / m}\right)\),\(v_{\infty}\) як експоненціальний термін розпадається до нуля.

Як приклад, парашутист маси\(m=100 \mathrm{~kg}\) із закритим парашутом може мати кінцеву швидкість\(200 \mathrm{~km} / \mathrm{hr}\). З

\[g=\left(9.8 \mathrm{~m} / \mathrm{s}^{2}\right)\left(10^{-3} \mathrm{~km} / \mathrm{m}\right)(60 \mathrm{~s} / \mathrm{min})^{2}(60 \mathrm{~min} / \mathrm{hr})^{2}=127,008 \mathrm{~km} / \mathrm{hr}^{2} \nonumber \]

один отримує від\(Equation \ref{7.22}, k=63,504 \mathrm{~kg} / \mathrm{hr}\). Таким чином, половина кінцевої швидкості для вільного\((100 \mathrm{~km} / \mathrm{hr})\) падіння досягається\(\left(1-e^{-k t / m}\right)=1 / 2\), коли, або\(t=m \ln 2 / k \approx\)\(4 \mathrm{sec}\). Приблизно\(95 \%\)\((190 \mathrm{~km} / \mathrm{hr})\) кінцева швидкість досягається після\(17 \mathrm{sec}\).

7.4.4. 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

\[F=-G \frac{M m}{(R+x)^{2}}, \nonumber \]

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\(x=0\):

\[g=\frac{G M}{R^{2}} \nonumber \]

і\(g \approx 9.8 \mathrm{~m} / \mathrm{s}^{2}\). Закон Ньютона\(F=m a\) для маси таким чином\(m\) дається

\[\begin{aligned} \frac{d^{2} x}{d t^{2}} &=-\frac{G M}{(R+x)^{2}} \\ &=-\frac{g}{(1+x / R)^{2}} \end{aligned} \nonumber \]

де, як відомо, радіус Землі\(R \approx 6350 \mathrm{~km}\).

Корисний трюк дозволяє вирішити це диференціальне рівняння другого порядку як рівняння першого порядку. По-перше, зауважте, що\(d^{2} x / d t^{2}=d v / d t\). Якщо ми пишемо,\(v(t)=v(x(t))\) враховуючи швидкість маси\(m\) як функцію її відстані над Землею - ми використовуємо правило ланцюга

\[\begin{aligned} \frac{d v}{d t} &=\frac{d v}{d x} \frac{d x}{d t} \\ &=v \frac{d v}{d x} \end{aligned} \nonumber \]

де ми використовували\(v=d x / d t\). Тому рівняння\ ref {7.23} стає одою першого порядку

\[v \frac{d v}{d x}=-\frac{g}{(1+x / R)^{2}} \nonumber \]

які можуть бути вирішені, припускаючи початкову швидкість,\(v(x=0)=v_{0}\) коли маса знімається вертикально з поверхні Землі. Відокремлюючи змінні та інтегруючи, отримаємо

\[\int_{v_{0}}^{v} v d v=-g \int_{0}^{x} \frac{d x}{(1+x / R)^{2}} . \nonumber \]

Лівий інтеграл є\(\frac{1}{2}\left(v^{2}-v_{0}^{2}\right)\), а правий інтеграл можна виконати за допомогою підстановки\(u=1+x / R, d u=d x / R\):

\[\begin{aligned} \int_{0}^{x} \frac{d x}{(1+x / R)^{2}} &=R \int_{1}^{1+x / R} \frac{d u}{u^{2}} \\ &\left.=-\frac{R}{u}\right]_{1}^{1+x / R} \\ &=R-\frac{R^{2}}{x+R} \\ &=\frac{R x}{x+R} \end{aligned} \nonumber \]

Тому,

\[\frac{1}{2}\left(v^{2}-v_{0}^{2}\right)=-\frac{g R x}{x+R} \nonumber \]

який при множенні на\(m\) є виразом збереження енергії (зміна кінетичної енергії маси дорівнює зміні потенційної енергії). Рішення для\(v^{2}\),

\[v^{2}=v_{0}^{2}-\frac{2 g R x}{x+R} . \nonumber \]

Швидкість виходу визначається як мінімальна початкова швидкість,\(v_{0}\) така, що маса може втекти до нескінченності. Тому,\(v_0 = v_{\text{escape}}\) коли\(v \rightarrow 0\) як\(x \rightarrow \infty\). Беручи цю межу, ми маємо

\[\begin{aligned} v_{\text {escape }}^{2} &=\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{2 g R x}{x+R} \\ &=2 g R \end{aligned} \nonumber \]

З\(R \approx 6350 \mathrm{~km}\) і\(g=127008 \mathrm{~km} / \mathrm{hr}^{2}\), визначаємося\(v_{\text {escape }}=\sqrt{2 g R} \approx 40000\)\(\mathrm{km} / \mathrm{hr}\). Для порівняння, дульна швидкість сучасної високопродуктивної гвинтівки майже на порядок занадто повільна для того\(4300 \mathrm{~km} / \mathrm{hr}\), щоб куля, вистрілена в небо, втекла від земної гравітації.

7.4.5. RC ланцюг

Переглянути підручник на YouTube

Розглянемо резистор\(R\) і конденсатор,\(C\) з'єднані послідовно, як показано на рис.7.4. Батарея, що забезпечує електрорушійну силу, або ЕРС\(\mathcal{E}\), підключається до цієї ланцюга за допомогою вимикача. Спочатку на конденсаторі немає заряду. Коли перемикач перекинутий на\(a\), 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 7.4: Діаграма RC.

Рівняння для падінь напруги на конденсаторі та резисторі задаються

\[V_{C}=q / C, \quad V_{R}=i R, \nonumber \]

де\(C\) - ємність і\(R\) - опір. Заряд\(q\) і струм\(i\) пов'язані

\[i=\frac{d q}{d t} . \nonumber \]

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

\[V_{R}+V_{C}=\mathcal{E} . \nonumber \]

Використовуючи Equation\ ref {7.24} та Equation\ ref {7.25}, падіння напруги на резистері можна записати через падіння напруги на конденсаторі як

\[V_{R}=R C \frac{d V_{C}}{d t}, \nonumber \]

і Equation\ ref {7.26} можна переписати, щоб отримати лінійне диференціальне рівняння першого порядку для\(V_{C}\) заданого

\[\frac{d V_{C}}{d t}+V_{C} / R C=\mathcal{E} / R C \nonumber \]

з початковим станом\(V_{C}(0)=0\).

Інтеграційний коефіцієнт для цього рівняння

\[\mu(t)=e^{t / R C}, \nonumber \]

і рівняння\ ref {7.27} інтегрується в

\[V_{C}(t)=e^{-t / R C} \int_{0}^{t}(\mathcal{E} / R C) e^{t / R C} d t \nonumber \]

з розчином

\[V_{C}(t)=\mathcal{E}\left(1-e^{-t / R C}\right) \nonumber \]

Напруга починається з нуля і зростає експоненціально до\(\mathcal{E}\), при цьому характерна шкала часу задана\(R C\).

Коли перемикач кидається на\(b\), застосування закону напруги Кірхгофа призводить до

\[V_{R}+V_{C}=0, \nonumber \]

з відповідним диференційним рівнянням

\[\frac{d V_{C}}{d t}+V_{C} / R C=0 \nonumber \]

Тут ми припускаємо, що ємність спочатку повністю заряджена так, що\(V_{C}(0)=\mathcal{E}\). Розчин, то, під час фази розряду, подається

\[V_{C}(t)=\mathcal{E} e^{-t / R C} . \nonumber \]

Напруга починається\(\mathcal{E}\) і спадає експоненціально до нуля, знову ж таки з характерною шкалою часу, заданою\(R C\).

7.4.6. 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\(\Delta t\) кількість пологів у популяції становить\(b \Delta t N\), а кількість смертей -\(d \Delta t N\). \(N\)Рівняння для часу потім\(t+\Delta t\) визначається як

\[N(t+\Delta t)=N(t)+b \Delta t N(t)-d \Delta t N(t), \nonumber \]

які можна переставити на

\[\frac{N(t+\Delta t)-N(t)}{\Delta t}=(b-d) N(t) \nonumber \]

і як\(\Delta t \rightarrow 0\), і з\(r=b-d\), ми маємо

\[\frac{d N}{d t}=r N . \nonumber \]

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

\[N(t)=N_{0} e^{r t}, \nonumber \]

де\(N_{0}\) - початкова чисельність населення. Однак, коли приріст населення обмежений обмеженими ресурсами, евристична модифікація мальтузіанської моделі зростання призводить до рівняння Верхулста,

\[\frac{d N}{d t}=r N\left(1-\frac{N}{K}\right), \nonumber \]

де\(K\) називається несуча здатність навколишнього середовища. Створення рівняння\ ref {7.28} безрозмірним використанням\(\tau=r t\) і\(x=N / K\) призводить до логістичного рівняння,

\[\frac{d x}{d \tau}=x(1-x), \nonumber \]

де ми можемо припустити початкову умову\(x(0)=x_{0}>0\). Розділення змінних та інтеграція

\[\int_{x_{0}}^{x} \frac{d x}{x(1-x)}=\int_{0}^{\tau} d \tau \nonumber \]

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,

\[\begin{aligned} \int_{x_{0}}^{x} \frac{d x}{x(1-x)} &=\int_{x_{0}}^{x} \frac{d x}{x}+\int_{x_{0}}^{x} \frac{d x}{(1-x)} \\ &=\ln \frac{x}{x_{0}}-\ln \frac{1-x}{1-x_{0}} \\ &=\ln \frac{x\left(1-x_{0}\right)}{x_{0}(1-x)} \\ &=\tau \end{aligned} \nonumber \]

Вирішуючи для\(x\), ми спочатку експонентіруем обидві сторони, а потім виділяємо\(x\):

\[\begin{gathered} \frac{x\left(1-x_{0}\right)}{x_{0}(1-x)}=e^{\tau}, \\ x\left(1-x_{0}\right)=x_{0} e^{\tau}-x x_{0} e^{\tau}, \\ x\left(1-x_{0}+x_{0} e^{\tau}\right)=x_{0} e^{\tau}, \\ x=\frac{x_{0}}{x_{0}+\left(1-x_{0}\right) e^{-\tau}} . \end{gathered} \nonumber \]

Ми спостерігаємо, що для\(x_{0}>0\), у нас\(\lim _{\tau \rightarrow \infty} x(\tau)=1\), що відповідає

\[\lim _{t \rightarrow \infty} N(t)=K \text {. } \nonumber \]

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