BEBOERHUSET I FEBRUAR 2015

Oversigt
1
Stofskifte og kropsvægt hos pattedyr
2
Vægtforhold mellem kerne og strå
Gymnasielærerdag
3
Priselasticitet
Thomas Vils Pedersen
4
Nedbrydning af organisk materiale
5
Populationsvækst
6
Forurening af en sø
7
Simpel model for epidemier
8
SIR-modellen for epidemier
9
Svampesygdom i en plantage
10
Temperatursvingninger i jord
Eksempler på hvordan matematik indgår i
undervisningen på LIFE
Institut for Grundvidenskab og Miljø
vils@life.ku.dk
16
14
12
10
10
8
6
x5
4
2
0
2
4
6
t
8
10
12
28. februar 2011 — Dias 1/42
Tidsplan
Dias 2/42
Indhold
14.15–14.45: Oplæg om matematik i forskning og undervisning på LIFE
• De følgende slides viser en række matematiske modeller fra
undervisningen på LIFE
14.45–15.15: Oplæg om fysik i forskning og undervisning på LIFE
15.15–15.45: Gruppearbejde: Hvordan kan I benytte de gennemgåede
emner i jeres undervisning?
• Disse slides gennemgås relativt hurtigt
15.45–16.00: Pause
• Derefter skal I i grupper diskutere, hvordan I kan benytte det i jeres
undervisning
16.00–16.15: Udveksling af konklusioner fra gruppearbejde
16.15–17.15: Beskrivelse af et konkret undervisningsforløb i matematik
Dias 3/42
Dias 4/42
Stofskifte og kropsvægt hos pattedyr
Dyr
Kropsvægt, K
Stofskifte, S
Stofskifte og kropsvægt hos pattedyr (fortsat)
Flagermus Ørkenræv Næsebjørn Hyæne Kænguru Jordsvin
0.029
1.1
3.9
7.0
33
48
0.027
0.4
1.0
2.2
5.8
6.0
Spørgsmål Er stofskiftet proportionalt med kropsvægten?
(Det ser ikke sådan ud.)
Undersøger det ved at udregne forholdene
Dyr
Kropsvægt, K
Stofskifte, S
8
7
S
:
K
Flagermus Ørkenræv Næsebjørn Hyæne Kænguru Jordsvin
0.029
1.1
3.9
7.0
33
48
0.027
0.4
1.0
2.2
5.8
6.0
6
S
0.93
5
K
S4
0.36
0.26
0.31
0.18
0.13
3
Konklusion
2
• Stofskiftet er ikke proportionalt med kropsvægten.
1
0
10
20
30
40
• Stofskiftet vokser langsommere end kropsvægten.
50
K
Spørgsmål Hvordan kan man beskrive sammenhængen mellem stofskifte
og kropsvægt?
Konklusion Jo større kropsvægt, jo større stofskifte.
Dias 5/42
Stofskifte og kropsvægt hos pattedyr (fortsat)
Stofskifte og kropsvægt hos pattedyr (fortsat)
Ny ide Udregner for hvert dyr størrelsen
S
K 0.75
Dias 6/42
Målepunkterne sammen med grafen for S = 0.38 K 0.75:
8
:
7
6
Dyr
Kropsvægt, K
Stofskifte, S
Flagermus Ørkenræv Næsebjørn Hyæne Kænguru Jordsvin
0.029
1.1
3.9
7.0
33
48
0.027
0.4
1.0
2.2
5.8
6.0
5
S4
3
S
0.38
K 0.75
0.37
0.36
0.43
0.42
0.33
2
1
0
Konklusion
S
K 0.75
10
20
30
40
50
K
≃ 0.38 så
Konsekvens af formlen S = 0.38 K 0.75:
Hvis kropsvægten fordobles, så ganges stofskiftet med 20.75 ≃ 1.7.
S ≃ 0.38 K 0.75
Dias 7/42
Dias 8/42
Vægtforhold mellem kerne og strå
Stofskifte og kropsvægt hos pattedyr (fortsat)
Mystik Hvordan i alverden fandt vi på at udregne
S
K 0.75
?
S = bK a .
• Matematisk model for potens vækst:
• Vårbyg grønhøstes bl.a. med henblik på udnyttelse som foder.
• Trick: Tag logaritmen! ln S = ln b + a lnK
(dvs. ln S er en lineær funktion af ln K ).
• Da næringsindholdet er større i afgrødens kerner end i stråene, ønsker
man at kende vægtforholdet mellem kerne og strå til et givet tidspunkt.
(ln K , ln S ):
• Indtegn målepunkterne
• På et tidligt tidspunkt i vækstperioden er der langt mere strå end kerne,
men derefter vokser vægtforholdet mellem kerne og strå frem til
afgrødens modning.
ln S
3
2
1
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
ln K
0
• Hvordan vokser vægtforholdet med tiden?
-1
-2
• Vi vil opstille en matematisk model til at beskrive problemstillingen.
-3
-4
ln S = −0.94 + 0.75 ln K .
• Vha. lineær regression fås
• Omformes til
S = 0.39 K 0.75 . (0.38 var en “afrundingsfejl”.)
Dias 9/42
Dias 10/42
Vægtforhold mellem kerne og strå (fortsat)
Vægtforhold mellem kerne og strå (fortsat)
Vækstens forløb
Målinger (foretaget på Statens Forsøgsstation i Ødum) af kerne- og stråvægt
for vårbyg.
• Til at starte med vokser vægtforholdet
K
S
ret kraftigt.
• Derefter aftager væksten.
• I det lange løb lader vægtforholdet til at nærme sig en øvre grænse, der
ligger et sted mellem 1.3 og 1.4.
1.4
t
K
S
4
10
18
24
31
38
48
1082
1249
3062
5219
4123
5835
4849
5414
5057
5357
5883
3220
4443
3693
K
1.2
S
0.200
0.247
0.572
0.887
1.280
1.313
1.313
Matematisk model for væksten
1
• Vækst af denne type kan ofte beskrives vha. en logistisk funktion:
0.8
K/S
y (t ) =
0.6
B
1 + ce −rt
.
0.4
Her er B , r , c såkaldte parametre der tilpasses efter situationen.
0.2
• Vi har
0
0
10
20
30
40
50
60
y (t ) → B
når t → ∞
t
så i det lange løb nærmer y (t ) sig bærekapaciteten B.
Dias 11/42
Dias 12/42
Vægtforhold mellem kerne og strå (fortsat)
Vægtforhold mellem kerne og strå (fortsat)
Tilpasning af modellen til målingerne
• Vi vil undersøge, om vores målinger y =
beskrives ved en logistisk funktion.
K
S
Passer modellen med målingerne?
Grafen for y (t ) sammen med målepunkterne:
af vægtforholdet kan
• Først bestemmes de værdier af parametrene B , r og c, der får den
logistiske funktion y (t ) til at stemme bedst muligt overens med
målingerne.
1.4
1.2
1
Dette gøres vha. en statistisk metode kaldet mindste kvadraters
metode.
0.8
K/S
0.6
• De bedste parameterværdier er
0.4
B = 1.38,
r = 0.158 og c = 21.7.
0.2
0
0
• Den logistiske funktion, der passer bedst med målingerne, er derfor
y (t ) =
1.38
1 + 21.7 e −0.158 t
10
20
30
40
50
60
t
.
Konklusion Den logistiske funktion y (t ) beskriver ret godt udviklingen af
vægtforholdet.
Dias 13/42
Vægtforhold mellem kerne og strå (fortsat)
Vægtforhold mellem kerne og strå (fortsat)
Forudsigelser om vægtforholdet vha. funktionen y(t)
Ønsker at høste, når vægtforholdet er 1.1 ↔ bestem t så at y (t ) = 1.1:
Omskrivning af logistisk funktion
Vi vil bestemme halvmætningskonstanten t0 således at
y (t 0 ) =
Vi har y (t0 ) =
B
2
1.38
B
.
2
1 + 21.7 e −0.158 t
⇔ ce−rt0 = 1 ⇔ c = ert0 ⇔ t0 =
y (t ) =
B
1 + ce −rt
=
B
1 + e rt0 e −rt
Dias 14/42
=
ln c
.
r
Dermed er
= 1 .1 .
Løsning af denne ligning giver
B
t ≃ 28.1.
1 + e −r (t −t0)
For at få et vægtforhold på 1.1 skal man altså høste efter godt 28 dage.
.7
≃ 19.5 så
I vores tilfælde t0 = ln0.21
158
y (t ) =
1.38
1 + 21.7 e −0.158 t
=
1.38
1 + e −0.158(t −t0)
=
Forbindelse til differentialligninger
Den logistiske funktion y (t ) er endvidere løsning til den logistiske
differentialligning
dy
y
= ry 1 −
.
dt
B
1.38
1 + e −0.158(t −19.5)
Dias 15/42
Dias 16/42
Priselasticitet
Priselasticitet (fortsat)
• p: Prisen på en vare.
Omsætning Fører øgede priser til øget omsætning = pris · efterspørgsel ?
• q: Efterspørgslen på varen.
• Opfatter q som funktion af p.
O (p ) = p · q (p )
Eksempel q = 1000 e −3p .
så
Lille stigning 1p i prisen ⇒ lille negativ ændring 1q i efterspørgslen
′
ε = −
·
dp q
′
= − q (p ) ·
q (p )
= q (p) (1 − ε)
Ændring i omsætning
• ε<1
(> 0)
⇒
⇒
• ε>1
Mere præcist:
dq p
p
′
O (p ) = q (p ) + p · q (p ) = q (p ) 1 + q (p ) ·
Priselasticiteten Forholdet mellem de relative ændringer:
1q /q
1q p
ε ≃ −
= −
·
1p/p
1p q
′
O ′ (p ) > 0
så omsætningen vokser når prisen stiger.
O ′ (p ) < 0
så omsætningen aftager når prisen stiger.
Eksempel For q = 1000 e −3p :
p
• For p <
q (p )
• For p >
1
3
1
3
vil omsætningen vokse når prisen stiger.
vil omsætningen aftage når prisen stiger.
Eksempel For q = 1000 e −3p er ε = 3p.
Dias 17/42
Dias 18/42
Nedbrydning af organisk materiale
Nedbrydning af organisk materiale (fortsat)
Observation Den procentdel P af en mængde organisk materiale, der er
tilbage til tiden t (målt i dage):
Forklaring Nedbrydningen foregår med en hastighed, der er proportional
med mængden af det organiske materiale.
P = 100 · e −kt
Derfor vil der i et lille tidsrum af længde 1t (fra t til t + 1t) nedbrydes kP 1t
(procent) af materialet.
hvor parameteren k (nedbrydningsraten) afhænger af
nedbrydningsforholdene.
100
Materiale
Nedbrudt
P
kP 1t
80
60
Procent
k=0.002
Ændring:
k=0.005
Fører til differentialligningen
40
1P = −kP 1t
20
0
100
200
t
300
400
Løsning:
Dias 19/42
dvs.
dP
dt
1P
= −kP
1t
= −kP
med
P (0) = 100
P (t ) = 100 · e −kt
Dias 20/42
Populationsvækst
Befolkningstallet i USA i perioden 1790-1860 vokser eksponentielt:
100
Populationsvækst (fortsat)
80
N (t ) = 3 . 9 e
0.03(t −1790)
Hvorfra kom differentialligningen
60
20
• fødselsraten er konstant,
1800
1820
1840
1860
1880
• dødsraten er konstant.
1900
t
Spørgsmål Hvordan udvikler befolkningens størrelse sig med tiden?
Forklaring Skyldes at befolkningstallet opfylder differentialligningen
dt
= 0.03 N ?
Problemformulering:
Antagelser Om en befolkning antages det at
40
(i mio.)
dN
dN
dt
Metode Vi vil undersøge dette ved brug af matematisk modellering.
= 0.03 N
(vækstrate 3%) og begyndelsesbetingelsen
Tilsvarende i Danmark Vækstrate 1% dvs.
N (1790) = 3.9.
dN
dt
= 0.01 N i 1769-1970.
Dias 21/42
Dias 22/42
Populationsvækst (fortsat)
Populationsvækst (fortsat)
Befolkningstallet i USA vokser ikke eksponentielt efter 1860.
N:
f:
δ:
1t:
Befolkningen til tiden t
Fødselsraten
Dødsraten
Lille tidsrum fra t til t + 1t
Nettoændring:
differentialligningen:
Fuldstændig løsning:
Nyfødte
Befolkning
Døde
fN 1t
N
δ N 1t
dt
250
200
1N = (f − δ)N 1t dvs.
dN
Derimod kan det i perioden 1790-1940 beskrives ved den logistiske funktion:
N (t ) =
1N
= (f − δ)N
1t
187
150
1 + 47 e −0.032 (t −1790)
100
(med bærekapacitet 187 mio.)
50
= (f − δ)N
0
1800
1850
1900
t
1950
2000
Forklaring Befolkningstallet opfylder den logistiske differentialligning
N (t ) = ce (f −δ)t
dN
Fortolkning af resultatet: Befolkningen
dt
• vokser eksponentielt, hvis fødselsraten er større end dødsraten,
= 0.032 N 1 −
N
187
og begyndelsesbetingelsen N (1790) = 3.9
• aftager eksponentielt, hvis det modsatte er tilfældet.
Efter 1940 Baby-boom!
Dias 23/42
Dias 24/42
Forurening af en sø
Forurening af en sø (fortsat)
Problemformulering:
Matematisk beskrivelse og analyse af modellen:
• M = M (t ) er mængden af stoffet til tiden t.
• En sø tilføres 6 gram/s af et stof
• Søens volumen er 1000 m3
• I tidsrummet fra t til t + 1t:
• Gennemstrømningen er 2 m3 /s
• Til t = 0: 500 gram af stoffet i søen
Sø
Stof ind:
6 g/s
Stof ind
Sø
Stof ud
6 · 1t
M
2 · 1t
1000
Vand ud:
2 m3 /s
1000 m3
·M
• Nettoændring = stof ind − stof ud:
1M = 6 · 1t −
Vand ind: 2 m3 /s
2 · 1t
1000
· M = (6 − 0.002M )1t
• Leder til differentialligningen
dM
Spørgsmål Hvad sker der i det lange løb med mængden af stoffet i søen?
Hvem “vinder”: forureningen eller gennemstrømningen?
dt
= 6 − 0.002 M = −0.002 M + 6
Dias 25/42
Forurening af en sø (fortsat)
dM
dt
Dias 26/42
Simpel model for epidemier
= −0.002 M + 6
K:
N = N (t ):
Fuldstændig løsning
M (t ) = 3000 + c e −0.002 t
(c ∈ R)
Antagelser om smitteraten
M (t ) = 3000 − 2500 e −0.002 t
Startværdien M (0) = 500 giver
dN
dt
er proportional med N (antallet af smittede)
[Sygdommen breder sig langsomt, så længe der kun er få smittede]
•
dN
dt
2500
1500
M
dN
:
dt
•
3000
2000
Befolkningens størrelse
Antal smittede til tiden t
er proportional med K − N (antallet af ikke-smittede)
[Sygdommen breder sig langsomt, når der kun er få tilbage, som ikke er
smittede]
1000
Fører til
500
dN
0
200
400
600
800
1000
t
1200
1400
1600
1800
2000
dt
= aN (K − N ) = aKN 1 −
N
K
= rN 1 −
N
K
(med r = aK ) dvs. en logistisk differentialligning med “bærekapacitet” K .
Fortolkning af resultatet:
M (t ) vokser og nærmer sig med tiden 3000 gram (3 gram/m3 )
Dias 27/42
Dias 28/42
Simpel model for epidemier (fortsat)
SIR-modellen for epidemier
Løsning til differentialligningen
N (t ) =
K
En model for sygdomsudbredelse i en befolkning Til tidspunktet t:
1 + ce −rt
• St : Antal modtagelige (“susceptible”)
Konstanten c kan bestemmes, hvis man (f.eks.) kender antallet af smittede til
tiden t = 0.
• It : Antal smittede (“infected”)
• Rt : Antal helbredte og dermed immune (“recovered”)
Influenzaepidemi med r = 1.5 i en population på 2000 med 2 smittede til
t = 0:
2000
N (t ) =
1 + 999 e −1.5 t
Bevægelse mellem de 3 grupper fra tid t til tid t + 1
• Antal modtagelige, der bliver smittede: aSt It
St og It )
2000
• Antal smittede, der bliver helbredte: bIt
1800
(proportional med både
(proportional med It )
1600
Kompartmentdiagram
1400
1200
1000
N
St
800
It
aSt It
600
Rt
bIt
400
200
0
1
2
3
4
t
5
6
7
8
Dias 29/42
Dias 30/42
SIR-modellen for epidemier (fortsat)
SIR-modellen for epidemier (fortsat)
Grafisk angivelse af udviklingen S0 = 990, I0 = 10 og R0 = 0:
SIR-modellen
St +1 = St − aSt It
1000
It +1 = (1 − b )It + aSt It
800
Rt +1 = Rt + bIt
2
970
22
8
10
813
109
78
20
282
240
478
50
93
3
904
99
92
0
908
100
92
0
908
Modtagelige
Smittede
Helbredte
400
1
985
13
2
200
0
990
10
0
0
t
St
It
Rt
600
Fremskrivning Beregne udviklingen med tiden ud fra en startpopulation
Et taleksempel Med a = 0.0005 og b = 0.2 fås (afrundet til hele tal)
Konklusion I det lange løb stabiliserer fordelingen sig: Ingen smittede, 92
bliver aldrig smittet mens resten har været smittet, men er blevet helbredt.
0
10
20
30
40
50
t
Dias 31/42
Dias 32/42
SIR-modellen for epidemier (fortsat)
Grafisk angivelse af udviklingen S0 = 300, I0 = 100 og R0 = 0:
300
SIR-modellen for epidemier (fortsat)
250
Mange varianter af SIR-modellen, f.eks.
200
• SIS: Ingen immunitet, kan blive rask (I→ S)
150
• SI: Ingen immunitet, kan ikke blive rask
• SIRS: Immunitet forsvinder med tiden (R→ S)
100
• MSIR: Babyer er immune over for mange sygdomme de første par
måneder (“maternally derived immunity”)
50
Modtagelige
Smittede
Helbredte
0
• Modeller der inddrager dødelighed
0
10
20
30
40
50
t
Forklaring Man kan vise, at It er aftagende, hvis
S0 ≤
Værdien
b
a
b
a
kaldes af denne grund tærskelværdien for epidemien.
Dias 33/42
Svampesygdom i en plantage
Svampesygdom i en plantage (fortsat)
Oplysninger
• 26000 træer i alt.
• Træerne deles op i “raske” og “syge”
• 94% af de raske træer er raske året efter, mens 6% af dem er syge
• 72% af de syge træer er raske året efter, mens 28% er syge
Et år
Dias 34/42
Et taleksempel 20000 raske og 6000 syge til at starte med.
Året efter
• Raske: 20000 · 0.94 + 6000 · 0.72 = 23120
• Syge: 20000 · 0.06 + 6000 · 0.28 = 2880
Året efter igen
Året efter
• Raske: 23120 · 0.94 + 2880 · 0.72 = 23806
94%
Rask
• Syge: 23120 · 0.06 + 2880 · 0.28 = 2194
Rask
72%
Et andet taleksempel 24000 raske og 2000 syge til at starte med.
Året efter
6%
Syg
• Raske: 24000 · 0.94 + 2000 · 0.72 = 24000
Syg
28%
• Syge: 24000 · 0.06 + 2000 · 0.28 = 2000
så antallene ændrer sig ikke til året efter.
Spørgsmål Hvad sker der med antallene af raske og syge træer i det lange
løb?
Plantagen siges da at være i ligevægt.
Dias 35/42
Dias 36/42
Temperatursvingninger i jord
Svampesygdom i en plantage (fortsat)
• Temperatur i overfladen (t er tiden i måneder; 15. april ∼ t = 0):
Formler for antallene af raske og syge træer
T0 (t ) = 8 + 8 sin π6 t
• rt = antallet af raske træer i år t
• st = antallet af syge træer i år t
• Temperatur i 1 meters dybde:
Så har vi:
T1 (t ) = 8 + 5.4 sin π6 t − 0.4 = 8 + 5.4 sin π6 (t − 0.76)
rt +1 = 0.94 rt + 0.72 st
st +1 = 0.06 rt + 0.28 st
15
10
Overfladen
T
Dette kan kort skrives
1 meters dybde
5
hvor
rt +1
st +1
=
0.94
0.06
0.94
0.06
0.72
0.28
rt
0
1
2
3
4
st
5
6
t
7
8
9
10
11
12
To fænomener
• Mindre udsving i 1 meters dybde.
• Temperaturen i 1 meters dybde er desuden forskudt (“forsinket”)
0.8 måned i forhold til temperaturen i overfladen.
0.72
0.28
er en såkaldt matrix, der indeholder al information om modellen.
Dias 37/42
Dias 38/42
Temperatursvingninger i jord (fortsat)
Temperatursvingninger i jord (fortsat)
3-dimensionel graf af temperatursvingningerne
(med temperaturen i dybderne x = 0 og x = 1 indtegnet)
Idé Samle udtrykkene for T0 (t ) og T1 (t ) til en funktion af to variable:
16
T (t , x ) = 8 + 8e −0.4 x sin( π6 t − 0.4 x )
14
12
hvor
10
• t er tiden i måneder; 15. april svarer til t = 0
8
• x er dybden målt i meter; jordoverfladen svarer til x = 0
6
4
Bemærk
2
T (t , 0 ) = T 0 (t )
0
T (t , 1 ) = T 1 (t )
0
10
2
8
4
6
t
6
4
8
2
10
x
12
Dias 39/42
Dias 40/42
Temperatursvingninger i jord (fortsat)
Temperatursvingninger i jord (fortsat)
Hvornår og hvor i jorden er temperaturen 8 grader?
En mere generel model
Grafisk illustration:
T (t , x ) = M + A0 e −kx sin π6 t − kx
16
14
12
10
Parametre
8
6
• M: årets middeltemperatur
4
• A0 : temperatursvingningens amplitude (maksimale udsving) ved
overfladen
2
10
0
0
8
2
4
6
x
t
• k : temperaturkonstanten (afhænger af jordens sammensætning)
6
4
8
10
Bemærk
2
12
amplituden i dybden x er
0
A0 e −kx
t = 0.76 x
eller
t = 0.76 x + 6
dvs. den aftager eksponentielt med dybden x.
Dias 41/42
Dias 42/42