Herleitung einer Wachstumsfunktion

06.04.2014, 14:07

kw.pi

Herleitung einer Wachstumsfunktion

Hallo,

zu den Wachstumsfunktionen gibt es ja einige Varianten, wie das beschränkte oder logistische Wachstum. Doch hier möchte ich eine Funktion *ohne* diese Vorlage-Funktionen herleiten:

Nehmen wir an, einem Patienten werde ein Medikament ins Blut eingeführt,

was am Anfang der Beobachtung (t=0) nicht vorhanden ist,
wobei konstant 3ml/min hinzugeführt werden, und
die Leber des Patienten 4% des im Körper vorhandenen Medikaments abbaut.

Das Problem ist hier, dass ich nicht weiß, wie ich die beiden letzten Bedingungen kombinieren soll.
Einerseits könnte man sagen: $\begin{eqnarray*} m(t) = 3\cdot t \end{eqnarray*}$ , doch für die letzte Bedingung würde ich etwas in der Form $\begin{eqnarray*} 0,96^{t} \end{eqnarray*}$ vorschlagen, da mit diesem Term immer 4% pro Einheit von t (das ist eine Minute) weniger wird.

Gerne wüsste ich, wie ich diese Aufgabe lösen könnte, ohne auf eine bereits vorhandene "Vorlage" einer Wachstumsfunktion zurückgreifen müssen.

Grüße
KW.PI

06.04.2014, 14:35

Kasen75

Auf diesen Beitrag antworten »

Hallo,

bist du mit Differentialgleichungen vertraut ?

Damit würde ich versuchen das Problem anzugehen.

Grüße.

06.04.2014, 15:00

kw.pi

Auf diesen Beitrag antworten »

Also bei "vertraut" bin ich mir nicht ganz sicher, aber grundsätzlich weiß ich was sie bedeuten.

Ich würde mich freuen, wenn du zeigen könntest, wie das damit gehen kann.

06.04.2014, 15:34

Kasen75

Auf diesen Beitrag antworten »

Du müsstest die Differentialgleichung letztendlich auch lösen können.

Aber wir können sie erst einmal aufstellen.

y'(t) ist die Veränderung pro Zeiteinheit. Wenn man es genau nimmt, gilt das nur für Zeiteinheiten, die gegen 0 gehen. Man aber auch für Zeiteinheiten die größer sind diesen Ansatz verwenden.

Jetzt kannst du die Differentialgleichung schon aufstellen.

Wie verändert sich der Bestand des Medikamentes pro Minute ?

Die Zufuhr ist konstant bei 3.

Die Abnahme ist abhängig vom y(t). Also $\begin{eqnarray*} -a \cdot y(t) \end{eqnarray*}$
Welche Wert für a muss man hier einsetzen ?

Diese beiden Terme ergeben dann insgesamt die rechte Seite:

$\begin{eqnarray*} y'(t) =\ldots \end{eqnarray*}$

06.04.2014, 15:37

kw.pi

Auf diesen Beitrag antworten »

Bei einer konstanten Zufuhr würde ich sagen y' = 3
Und die Abnahme ist abhängig vom aktuellen y(t), und zwar müsste dann ja a=0,04 sein.

06.04.2014, 15:55

Kasen75

Auf diesen Beitrag antworten »

Genau. Zusammen ergibt das $\begin{eqnarray*} y'(t)=3-0,04\cdot y(t) \end{eqnarray*}$

Das ist eine inhomogene Differentialgleichung. Um diese zu lösen kann man jetzt erst einmal die homogene Differentialgleichung lösen. Somit den Teil weglassen der nicht von y(t) und y'(t) abhängt:

$\begin{eqnarray*} y'(t)=-0,04 \cdot y(t) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{dy}{dt}=-0,04 \cdot y \end{eqnarray*}$

Hier trennt man erst einmal die Variablen y und t.

Mit dt multiplizieren und durch y dividieren:

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{y}\ dy =-0,04 \ dt \end{eqnarray*}$

Jetzt muss man beide Seiten integrieren.

Wenn man mit der Lösung der homogenen Differentialgleichung fertig ist, dann kann man mit der Methode der "Variation der Konstanten" die inhomogene Differentialgleichung letztendlich lösen. Insgesamt ist das eine ziemlich langwierige Angelegenheit, wenn man noch nicht so viel Vorkenntnisse hat.

06.04.2014, 16:17

kw.pi

Auf diesen Beitrag antworten »

Wenn man beide Seiten integriert folgt
aus
$\begin{eqnarray*} \int \frac{1}{y}\ dy =\int -0,04 \ dt \end{eqnarray*}$
dieses
$\begin{eqnarray*} \ln y =-0,04 \cdot t \end{eqnarray*}$

Für
$\begin{eqnarray*} y'(t)=3 \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} \frac{dy}{dt}=3 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 1 dy=3 d t \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \int 1 dy= \int 3 d t \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y= 3 t \end{eqnarray*}$

06.04.2014, 16:30

Kasen75

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von kw.pi
Wenn man beide Seiten integriert folgt
aus
$\begin{eqnarray*} \int \frac{1}{y}\ dy =\int -0,04 \ dt \end{eqnarray*}$
dieses
$\begin{eqnarray*} \ln y =-0,04 \cdot t \end{eqnarray*}$

Hier hast du noch die Integrationskonstante vergessen. Aber sonst o.k.

$\begin{eqnarray*} \ln y =-0,04 \cdot t +c \end{eqnarray*}$

Jetzt diese Gleichung nach y auflösen.

Dein zweiter Teil ist nicht zielführend.

06.04.2014, 16:40

kw.pi

Auf diesen Beitrag antworten »

aus
$\begin{eqnarray*} \ln y =-0,04 \cdot t +c \end{eqnarray*}$
folgt
$\begin{eqnarray*} y =e^{-0,04 \cdot t +c} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y =e^{-0,04 \cdot t}\cdot e^{ c} \end{eqnarray*}$

Doch jetzt benötigt man doch noch den zweiten Teil, denn die "3" in $\begin{eqnarray*} y'(t)=3-0,04\cdot y(t) \end{eqnarray*}$ wurde noch nicht beachtet.

06.04.2014, 17:08

Kasen75

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von kw.pi

$\begin{eqnarray*} y =e^{-0,04 \cdot t}\cdot e^{ c} \end{eqnarray*}$

Doch jetzt benötigt man doch noch den zweiten Teil, denn die "3" in $\begin{eqnarray*} y'(t)=3-0,04\cdot y(t) \end{eqnarray*}$ wurde noch nicht beachtet.

Genau. Man kann für die Konstante $\begin{eqnarray*} e^c \end{eqnarray*}$ auch C schreiben. Beide Schreibweisen repräsentieren letztendlich eine, noch unbestimmte, Konstante: $\begin{eqnarray*} y_h =e^{-0,04 \cdot t}\cdot C \end{eqnarray*}$ .

Das ist jetzt die homogene Lösung. Um die inhomogene Lösung zu erhalten nimmt man an, dass C von der Variable t abhängt (Variation der Konstanten).

$\begin{eqnarray*} y_I =e^{-0,04 \cdot t}\cdot C(t) \end{eqnarray*}$ .

Diesen Ausdruck muss man jetzt ableiten. Dabei die Produktregel beachten. Die Ableitung von C(t) ist $\begin{eqnarray*} C'(t) \end{eqnarray*}$ .

Danach kann man $\begin{eqnarray*} y_I \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y_I' \end{eqnarray*}$ in die Gleichung $\begin{eqnarray*} y'(t)=-0,04 \cdot y(t) \end{eqnarray*}$ einsetzen und nach $\begin{eqnarray*} C'(t) \end{eqnarray*}$ auflösen. C(t) wird dabei wegfallen, wie du sehen wirst.

06.04.2014, 18:58

kw.pi

Auf diesen Beitrag antworten »

Wenn ich das nun richtig sehe, ist hier der Ablauf

Differentialgleichung aufstellen
zu einer homogenen vereinfachen (nur von y(t), y'(t) abhängiges beachten)
Variablen sortieren und integrieren
dabei nun die Integrationskonstante von t abhängig machen (für die inhomogene Lösung)
die Funktion und die Ableitung (jeweils inhomogen) in die Differentialgleichung einsetzen
nach C'(t) auflösen

$\begin{eqnarray*} y_I(t) &=&e^{-0,04 \cdot t}\cdot C(t) \\ y_I'(t) &=& -0,04\cdot e^{-0,04 \cdot t}\cdot C(t) + e^{-0,04 \cdot t}\cdot C'(t) \end{eqnarray*}$

einsetzen:
$\begin{eqnarray*} y'(t)&=&-0,04 \cdot y(t) \\ y_I'(t)&=&-0,04 \cdot y_I(t) \\ -0,04\cdot e^{-0,04 \cdot t}\cdot C(t) + e^{-0,04 \cdot t}\cdot C'(t)&=&-0,04 \cdot e^{-0,04 \cdot t}\cdot C(t) \\ e^{-0,04 \cdot t}\cdot C'(t)&=& 0 C'(t)&=& 0 C(t)&=& \text{konst} \end{eqnarray*}$

Da die Exponentialfunktion nur positive Werte liefert, muss nach dem Nullproduktsatz der Faktor C'(t) null sein. Damit ist C aber nicht von t abhängig.

06.04.2014, 19:32

Kasen75

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von kw.pi
Wenn ich das nun richtig sehe, ist hier der Ablauf

Differentialgleichung aufstellen
zu einer homogenen vereinfachen (nur von y(t), y'(t) abhängiges beachten)
Variablen sortieren und integrieren
dabei nun die Integrationskonstante von t abhängig machen (für die inhomogene Lösung)
die Funktion und die Ableitung (jeweils inhomogen) in die Differentialgleichung einsetzen
nach C'(t) auflösen

Ja, im Prinzip war das jetzt die Vorgehensweise.

Jetzt habe ich leider nur die homogene DGL angegeben (Kopierfehler). Man muss aber die inhomogene DGL verwenden. Das ist aber nicht so schlimm. Da der Weg ähnlich ist. Mein Fehler.

Zitat:

Original von kw.pi
$\begin{eqnarray*} y_I(t) &=&e^{-0,04 \cdot t}\cdot C(t) \\ y_I'(t) &=& -0,04\cdot e^{-0,04 \cdot t}\cdot C(t) + e^{-0,04 \cdot t}\cdot C'(t) \end{eqnarray*}$

Diesen Teil verstehe ich nicht.
einsetzen:
$\begin{eqnarray*} y'(t)&=&-0,04 \cdot y(t) \\ y_I'(t)&=&-0,04 \cdot y_I(t) \\ \end{eqnarray*}$

Bis hier.

Hier nun mit der 3.

$\begin{eqnarray*} -0,04\cdot e^{-0,04 \cdot t}\cdot C(t) + e^{-0,04 \cdot t}\cdot C'(t)&=&-0,04 \cdot e^{-0,04 \cdot t}\cdot C(t)+3 \\ e^{-0,04 \cdot t}\cdot C'(t)&=& 3 \end{eqnarray*}$

Nun die Gleichung nach $\begin{eqnarray*} C'(t) \end{eqnarray*}$ auflösen. Und dann $\begin{eqnarray*} C'(t) \end{eqnarray*}$ integrieren-ohne Integrationskonstante . $\begin{eqnarray*} C(t) \end{eqnarray*}$ kannst du dann in $\begin{eqnarray*} y_I \end{eqnarray*}$ einsetzen. Dann hast du $\begin{eqnarray*} y_I \end{eqnarray*}$ .

Die Lösung ist dann insgesamt: $\begin{eqnarray*} y=y_h+y_I \end{eqnarray*}$ , wobei bei $\begin{eqnarray*} y_h \end{eqnarray*}$ die Konstante C erst einmal stehen bleibt.

06.04.2014, 20:47

kw.pi

Auf diesen Beitrag antworten »

Nun habe ich:

$\begin{eqnarray*} e^{-0,04 \cdot t}\cdot C'(t)&=& 3 \\ C'(t)&=& \frac { 3}{ e^{-0,04 \cdot t}} = 3\cdot e^{0,04 \cdot t} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} C(t)&=&\int C'(t) dt \\ &=& \int 3e^{0,04}dt \\ &=& \frac{3}{0,04}\cdot e^{0,04t} \\ &=& 75\cdot e^{0,04t} \end{eqnarray*}$

Dann ist
$\begin{eqnarray*} y_I = e^{-0,04t}\cdot C(t) =e^{-0,04t} \cdot 75\cdot e^{0,04t} =75 \end{eqnarray*}$

Und somit
$\begin{eqnarray*} y &=& y_H+y_I\\ &=&e^{-0,04t} \cdot C + 75 \end{eqnarray*}$

06.04.2014, 21:08

Kasen75

Auf diesen Beitrag antworten »

Genau.

Jetzt noch die Anfangsbedingung y(0)=0 verwenden. Sie ergibt sich aus dem Satz: "...was am Anfang der Beobachtung (t=0) nicht vorhanden ist."

Damit kannst du jetzt den Wert von C bestimmen. Also in deine Gleichung für t=0 einsetzen und die Gleichung gleich 0 setzen.

07.04.2014, 10:27

kw.pi

Auf diesen Beitrag antworten »

Also its
$\begin{eqnarray*} y (0) &=& 0 \\e^{0,04\cdot 0}\cdot C +75&=& 0 \\C +75&=& 0 \\C &=& -75 \\ \end{eqnarray*}$

Damit ist
$\begin{eqnarray*} y (t) &=& e^{-0,04\cdot t}\cdot (-75)+75 \\ &=& 75\cdot \left( 1-e^{-0,04\cdot t} \right) \end{eqnarray*}$ .
Danke für deine Hilfe smile

, mit der Lösung verglichen ist es auch richtig.

Neue Frage »

Antworten »

Herleitung einer Wachstumsfunktion

Verwandte Themen