7.1

(1)

7.1 使使使用用用指指指數數數函函函數數數的的的模模模型型型第 7 章

數學模型與微分方程

7.1 使用指數函數的模型

7.1.1 馬爾薩斯的人口模型

習題解答 7.1.1.

(1) 令 t0= 1980, 代入課本公式, 得

P (1990) = 1803· e^λ(1990⁻¹⁹⁸⁰⁾ ⇒ 10λ = ln2039

1803 ⇒ λ ≈ 0.0123 (2) P (2012) = 1803 · e^0.0123·(2012−1980)≈ 2673(萬人).

7.1.2 放射衰變與考古斷代

習題解答 7.1.2.

(1) ¹₂ = e^−κ·5700 ⇒ 5700κ = ln 2 ⇒ λ ≈ 0.000122.

(2) ¹₂ = e^−0.13T ⇒ 0.13T = ln 2 ⇒ T ≈ 5.3(年).

習題解答 7.1.3.

設為 t 年前, 則 9

100 = e^−0.000122t ⇒ 0.000122 t = − ln 9

100 ⇒ t ≈ 19737(年) 約兩萬年前.

235

第 7 章

數學模型與微分方程

7.1 使用指數函數的模型

7.1.1 馬爾薩斯的人口模型

習題解答 7.1.1.

(1) 令 t0= 1980, 代入課本公式, 得

P (1990) = 1803· e^λ(1990⁻¹⁹⁸⁰⁾ ⇒ 10λ = ln2039

1803 ⇒ λ ≈ 0.0123 (2) P (2012) = 1803 · e^0.0123·(2012−1980)≈ 2673(萬人).

7.1.2 放射衰變與考古斷代

習題解答 7.1.2.

(1) ¹₂= e^−κ·5700 ⇒ 5700κ = ln 2 ⇒ λ ≈ 0.000122.

(2) ¹₂= e^−0.13T ⇒ 0.13T = ln 2 ⇒ T ≈ 5.3(年).

習題解答 7.1.3.

設為 t 年前, 則 9

100 = e^−0.000122t ⇒ 0.000122 t = − ln 9

100 ⇒ t ≈ 19737(年) 約兩萬年前.

235

236 第 7 章數學模型與微分方程

習題解答 7.1.4.

半衰期 13 億年, κ = ^{ln 2}₁₄ ≈ 0.053 (1/億年), 設其年代為發現時 t 年前, 則 92

92 + 8= e^−0.053t ⇒ 0.053t = − ln 92

100 ⇒ t ≈ 1.6(億年) 約 1 億 6 千萬年前.

習題解答 7.1.5.

(1) 半衰期 45 億年, κ = ^{ln 2}₄₅ ≈ 0.0154 (1/億年), 設其年代為發現時 t 年前, 則 93

93 + 7 = e^−0.0154t ⇒ 0.0154t = − ln 93

100 ⇒ t ≈ 4.71(億年) 四捨五入約 4 億 7000 萬年前.

(2) 由題意知

63

63 + 37 = e^−κ·4.7 ⇒ 4.7κ = − ln 63

100 ⇒ κ ≈ 0.098(億年) 設其半衰期為 T

1

2 = e^−0.098T ⇒ 0.098T = ln 2 ⇒ T ≈ 7.073(億年) 四捨五入約 7 億年.

7.1.3 利息的逼近

習題解答 7.1.6.

取 ξ = ₁₀₀^λ , 求 n 滿足 2 = (1 + ξ)ⁿ= 1 + nξ + Cⁿ₂ξ²+· · · , 若取前三項, 則 2 = (1 + ξ)ⁿ≈ 1 + nξ +n(n− 1)

2 ξ² ⇔ ξ²

2n²+ (ξ−ξ²

2)n− 1 = 0 解得

n = −(ξ −^ξ₂²)±

√

((ξ−^ξ₂²)²+ 2ξ²) ξ²

=

ξ 2− 1 +

√

3− ξ +^ξ₄²

ξ (負不合)

≈

ξ

2− 1 +√

3(1−₆^ξ+₂₄^ξ²)

ξ (線性逼近)

≈

√3− 1 ξ ≈ (√

3− 1) · 100

λ = 73

λ

習題解答 7.1.7.

假設年利率為 1.5%, 則存款倍增所需要的年數約為 _1.5⁷⁰ = 46.67, 約 47 年. 若存款利率為 18%, 則存款倍增所需的年數約為 ⁷⁰₁₈ = 3.89, 約 4 年.

習題解答 7.1.4.

半衰期 13 億年, κ = ^{ln 2}₁₄ ≈ 0.053 (1/億年), 設其年代為發現時 t 年前, 則 92

92 + 8= e^−0.053t ⇒ 0.053t = − ln 92

100 ⇒ t ≈ 1.6(億年) 約 1 億 6 千萬年前.

習題解答 7.1.5.

(1) 半衰期 45 億年, κ = ^{ln 2}₄₅ ≈ 0.0154 (1/億年), 設其年代為發現時 t 年前, 則 93

93 + 7 = e^−0.0154t ⇒ 0.0154t = − ln 93

100 ⇒ t ≈ 4.71(億年) 四捨五入約 4 億 7000 萬年前.

(2) 由題意知

63

63 + 37 = e^−κ·4.7 ⇒ 4.7κ = − ln 63

100 ⇒ κ ≈ 0.098(億年) 設其半衰期為 T

1

2 = e^−0.098T ⇒ 0.098T = ln 2 ⇒ T ≈ 7.073(億年) 四捨五入約 7 億年.

7.1.3 利息的逼近

習題解答 7.1.6.

取 ξ = ₁₀₀^λ , 求 n 滿足 2 = (1 + ξ)ⁿ= 1 + nξ + Cⁿ₂ξ²+· · · , 若取前三項, 則 2 = (1 + ξ)ⁿ≈ 1 + nξ +n(n− 1)

2 ξ² ⇔ ξ²

2n²+ (ξ−ξ²

2)n− 1 = 0 解得

n = −(ξ −^ξ₂²)±

√

((ξ−^ξ₂²)²+ 2ξ²) ξ²

=

ξ 2− 1 +

√

3− ξ +^ξ₄²

ξ (負不合)

≈

ξ

2− 1 +√

3(1−₆^ξ+₂₄^ξ²)

ξ (線性逼近)

≈

√3− 1 ξ ≈ (√

3− 1) · 100

λ = 73

λ

習題解答 7.1.7.

假設年利率為 1.5%, 則存款倍增所需要的年數約為 _1.5⁷⁰ = 46.67, 約 47 年. 若存款利率為 18%, 則存款倍增所需的年數約為 ⁷⁰₁₈ = 3.89, 約 4 年.

7.1. 使用指數函數的模型 237

7.1.4 牛頓冷卻定律

習題解答 7.1.8.

由題意知

10 = T (1) = 25− 30e^−α·1 ⇒ e^−α= 25− 10 30 = 1

2 ⇒ α = ln 2 設最少要在 t 小時前拿出來：

15 = 25− 30e^−αt ⇒ e^−αt= ²⁵⁻¹⁵₃₀ = ¹₃ ⇒ − ln 2t = − ln 3

⇒ t = ^{ln 3}_{ln 2} ≈ 1.58 四捨五入約 1.6 小時.

7.1.5 價格模型

習題解答 7.1.9.

原式化為

dp(t)

dt = γ(d− b)(p^∗− p(t)) = −γ(b − d)(p(t) − p^∗) 此方程和牛頓冷確定律的方程相同, 因此解為

p(t) = p^∗+ (p0− p^∗)e−γ(b−d)·(t−t0)

習題解答 7.1.10.

(1) 2500 − 2p^∗= 4p^∗− 500, 則 p^∗= 500.

(2) 因為 250 < 500, 價格會增加逼近 500. 500 · (1 − 5%) = 475, d − b = 6, 方程式為 475 = p(t) = 500 + (250− 500)e^−0.1·6·t ⇒ e^−0.6t= 1

10 ⇒ t ≈ 3.84(日) 約四天.

7.1.6 修正的人口模型: Logistic 模型; S-曲線

習題解答 7.1.11.

(1) 由題意與課本之解公式可得

1820年： 936.8 = M

1 +( _M

1286.6− 1)

e^{−λM·(−10)} ⇒ e^10λM =

M 963.8− 1

M 1286.6− 1 1840年： 1706.9 = M

1 +( _M

1286.6− 1)

e^−λM·10 ⇒ e^−10λM =

M 1706.9− 1

M 1286.6− 1

7.1.4 牛頓冷卻定律

習題解答 7.1.8.

由題意知

10 = T (1) = 25− 30e^−α·1 ⇒ e^−α= 25− 10 30 = 1

2 ⇒ α = ln 2 設最少要在 t 小時前拿出來：

15 = 25− 30e^−αt ⇒ e^−αt= ²⁵₃₀⁻¹⁵ = ¹₃ ⇒ − ln 2t = − ln 3

⇒ t = ^{ln 3}ln 2 ≈ 1.58 四捨五入約 1.6 小時.

7.1.5 價格模型

習題解答 7.1.9.

原式化為

dp(t)

dt = γ(d− b)(p^∗− p(t)) = −γ(b − d)(p(t) − p^∗) 此方程和牛頓冷確定律的方程相同, 因此解為

p(t) = p^∗+ (p0− p^∗)e−γ(b−d)·(t−t0)

習題解答 7.1.10.

(1) 2500 − 2p^∗= 4p^∗− 500, 則 p^∗= 500.

(2) 因為 250 < 500, 價格會增加逼近 500. 500 · (1 − 5%) = 475, d − b = 6, 方程式為 475 = p(t) = 500 + (250− 500)e^−0.1·6·t ⇒ e^−0.6t= 1

10 ⇒ t ≈ 3.84(日) 約四天.

7.1.6 修正的人口模型: Logistic 模型; S-曲線

習題解答 7.1.11.

1820年： 936.8 = M

1 +( _M

1286.6− 1)

e^{−λM·(−10)} ⇒ e^10λM =

M 963.8− 1

M 1286.6− 1 1840年： 1706.9 = M

1 +( _M

1286.6− 1)

e^−λM·10 ⇒ e^−10λM =

M 1706.9− 1

M 1286.6− 1

1

(2)

由此兩式可得

1 = e^10λM· e^−10λM =

M 963.8− 1

M 1286.6− 1·

M 1706.9− 1

M 1286.6− 1

⇒ ( M 963.8− 1)

·( M 1706.9− 1)

=( M

1286.6− 1)2

⇒ M

963.8· 1706.9− 1

963.8− 1

1706.9 = M

1286.6²− 2

1286.6 (M = 0 不合)

⇒ M ≈ 18351 (萬人)

上限 M 約為 1 億 8 千萬人. 再代入上面方程得 e^10λ^·18351=

18351 963.8 − 1

18351

1286.6− 1 ⇒ 183510λ =

18351 963.8 − 1

18351

1286.6− 1 ⇒ λ ≈ 1.68 × 10⁻⁶ (2) 把這些資料代到公式：^M_P

0 − 1 =_1286.6¹⁸³⁵¹ − 1 ≈ 13.3, λM ≈ 0.03. 得到 P (t) = 18351

1 + 13.3 e−0.03(t−1830)

P (1900)≈ 6981 萬; P (1920) ≈ 9690 萬; P (1940) ≈ 12312 萬.

7.1.7 傳染病之擴散模型

習題解答 7.1.12.

1970年： 1819 = M

1 +( _M

1995− 1)

e^{−λM·(−7)} ⇒ e^7λM =

M 1819− 1

M 1995− 1

1984年： 2136 = M

1 +( _M

1995− 1)

e^−λM·7 ⇒ e^−7λM =

M 2136− 1

M 1995− 1 由此兩式可得

1 = e^7λM· e^−7λM =

M 1819− 1

M 1995− 1·

M 2136− 1

M 1995− 1

⇒ ( M 1819− 1)

·( M 2136 − 1)

=( M

1995− 1)2

⇒ M

1819· 2136− 1

1819− 1

2136 = M

1995²− 2

1995 (M = 0 不合)

⇒ M ≈ 2518 (萬人) 再代入上面方程得

e^7λ^·2518=

2518 1819− 1

2518

1995− 1 ⇒ λ ≈ 2.169 × 10⁻⁵

但

M

P0 − 1 =2518

1995− 1 ≈ 0.2622, λM = 2.169 × 10⁻⁵· 2518 ≈ 0.0546 由此可得到人口函數為

P (t) = 2518

1 + 0.2622· e−0.0546(t−1977)

(2) 代入 t = 2012 得

P (2012) = 2518

1 + 0.262· e−0.055(2012−1977) ≈ 2424(萬人) (3) 25180000/36182 ≈ 696, 接近 700 但不超過 700.

習題解答 7.1.13.

I^′(t) = ηI(t)(1− I(t)) ⇔ (_{P (t)}

M

)_′

= η(_{P (t)}

M

)(1−(_{P (t)}

M

))

⇔ P^′(t) = _M^ηP (t)(M− P (t)) = λP (t)(M − P (t))

習題解答 7.1.14.

(1) 在公式代入 t0= 0 與 I0= I(0) =₁₀₀₀¹ 得

I(t) = 1

1 + (_I¹₀− 1)e^−η(t−t⁰⁾ = 1 1 + 999e^−ηt (2) 依題意 ¹₂= I(t^∗) = _1+999e¹_−ηt∗, 所以

1 + 999e^−ηt^∗= 2 ⇒ e^−ηt^∗ = 1

999 ⇒ t^∗= ln 999 η (3) η 與 t^∗成反比.

習題解答 7.1.15.

(1) 令 1 月 15 日為起始日 t0= 0, 則 I0= _2500000⁵ = ₅₀₀₀₀₀¹ . 由公式與題意得 1

2 = I(t) = 1

1 + (500000− 1)e^−1.7t ⇒ t = ln 499999 1.7 ≈ 7.72 大約 8 天, 從 1 月 15 日為起算約是 1 月 23 日.

(2) 依題意, 要解出到達人口比率是 ₁₀₀₀⁹⁹⁹ 的時間, 999

1000 = 1

1 + (500000− 1)e^−1.7t ⇒ 1000 = 999 + 49999 · 999 · e^−1.7t

⇒ t = ln(999 · 499999)

1.7 ≈ 11.78 大約 12 天, 從 1 月 15 日為起算約是 1 月 27 日.

2

(3)

但

M

P0 − 1 =2518

1995− 1 ≈ 0.2622, λM = 2.169 × 10⁻⁵· 2518 ≈ 0.0546 由此可得到人口函數為

P (t) = 2518

1 + 0.2622· e−0.0546(t−1977)

(2) 代入 t = 2012 得

P (2012) = 2518

1 + 0.262· e−0.055(2012−1977) ≈ 2424(萬人) (3) 25180000/36182 ≈ 696, 接近 700 但不超過 700.

習題解答 7.1.13.

I^′(t) = ηI(t)(1− I(t)) ⇔ (_{P (t)}

M

)_′

= η(_{P (t)}

M

)(1−(_{P (t)}

M

))

⇔ P^′(t) = _M^ηP (t)(M− P (t)) = λP (t)(M − P (t))

習題解答 7.1.14.

(1) 在公式代入 t0= 0 與 I0= I(0) =₁₀₀₀¹ 得

I(t) = 1

1 + (_I¹₀− 1)e^−η(t−t⁰⁾ = 1 1 + 999e^−ηt (2) 依題意 ¹₂= I(t^∗) = _1+999e¹_−ηt∗, 所以

1 + 999e^−ηt^∗= 2 ⇒ e^−ηt^∗ = 1

999 ⇒ t^∗= ln 999 η (3) η 與 t^∗成反比.

習題解答 7.1.15.

(1) 令 1 月 15 日為起始日 t0= 0, 則 I0= _2500000⁵ = ₅₀₀₀₀₀¹ . 由公式與題意得 1

2 = I(t) = 1

1 + (500000− 1)e^−1.7t ⇒ t = ln 499999 1.7 ≈ 7.72 大約 8 天, 從 1 月 15 日為起算約是 1 月 23 日.

(2) 依題意, 要解出到達人口比率是 ₁₀₀₀⁹⁹⁹ 的時間, 999

1000 = 1

1 + (500000− 1)e^−1.7t ⇒ 1000 = 999 + 49999 · 999 · e^−1.7t

⇒ t = ln(999 · 499999)

1.7 ≈ 11.78 大約 12 天, 從 1 月 15 日為起算約是 1 月 27 日.

習題解答 7.1.16.

令 t₀= 0, I(0) = I0

I^′(t) = ηI(t)((

1− σ η

)− I(t))

= ηI(t)((

1− 1 β

)− I(t))

由公式知當 β ̸= 1 時, 其解為

I(t) = 1−_β¹ 1 + (¹⁻

1 β

I0 − 1)e^−η(1−^β¹^)t

= 1

β

β−1+ (_I¹₀ −_β−1^β )e^−η(1−^β¹^)t 若 β = 1, 則

I^′(t) =−ηI²(t) ⇒ −I^′(t)

I²(t) = η ⇒ ˆ t

0 −I^′(t) I²(t) dt =

ˆ t 0

η dt ˆ t

0 −I^′(t)

I²(t)dt ^u=I(t)= ˆ I(t)

I0)

−1

u² du =( 1 u)^I(t)

I0

= 1 I(t)− 1

I₀ ˆ t

0

η dt = ηt

所以得到

1 I(t) − 1

I0 = ηt ⇒ I(t) = 1

ηt + I0, β = 1

習題解答 7.1.17.

設 H_S, HW 各為夏天與冬天之室溫, 當然 H_S> H_W （事實上我們要比較的是不同室溫的影響, 夏天和冬天只是比較明顯的代表）. 設 T_S(t) 與 TW(t) 各自為夏天與冬天在同樣的起始條件解凍某食品之食品溫度函數, 由牛頓冷確定律之公式知

TS(t) = HS+ (T0− HS)e^−αt TW(t) = HW + (T0− HW)e^−αt

⇒ TS(t)− TW(t) = (HS− Hw)− (HS− Hw)e^−αt

= (H_S− Hw)(1− e^−αt)

⇒ (TS(t)− TW(t))^′ = (HS− Hw)· α · e^−αt> 0

所以 T_S(t)− TW(t) 是遞增函數, 且 TS(0)− TW(0) = 0, 因此夏天的食品溫度 TS(t) 一直比冬天的食品溫度溫度 T_W(t) 高, 所以也比較容易達成解凍的要求.

3

(4)

若希望 2 天到達一半人口, 則 1

2 = 1

1 + (_I¹

0 − 1)e^−2·2 ⇒ 1 + (1

I₀− 1)e⁻⁴= 2

⇒ I0= 1 1 + e⁴

⇒ P0= 10000· I0= 10000 1 + e⁴ ≈ 180 約 180 人.

(2) 由題意知, 代入 t = 5 得 1

2 = 1

1 + (_I¹

0 − 1)e^−2·5 ⇒ 1 + (1

I₀− 1)e⁻¹⁰= 2

⇒ I0= 1 1 + e¹0

⇒ P0= 10000

1 + e¹0 ≈ 0.45 所以一個人就夠了.

習題解答 7.1.22.

(1) 方程式為 P^′(t) = λ(M− P (t)), 改寫成人口比率形式, 再利用牛頓冷卻模型求解得 P^′(t) = λ(M− P (t)) ⇒ I^′(t) = λ(1− I(t))

⇒ I(t) = 1 + (I(0) − 1)e^−λ(t−t⁰⁾ 或相當於 P (t) = M − (M − P0)e^−λ(t−t⁰⁾.

(2) 設 t0= 0, I0= ₁₀₀₀¹ , 則解為 I(t) = 1 + ( 1

1000− 1)e^−λt= 1− 999

1000e^−λt, 先求 λ:

1

2 = 1− 999

1000e^−3λ ⇒ e^−3λ= 1000 999 ·1

2 ⇒ −3λ = ln500

999 ⇒ λ ≈ 0.23 假設在 t^∗ 時, 有 ₁₀₀⁹⁵ 人知道消息, 則

95

100 = 1− 999

1000e^−0.23t^∗ ⇒ e^−0.23t^∗ = 1000 999 · 5

100 = 50 999

⇒ t^∗= ln₉₉₉⁵⁰ 0.23 ≈ 13 但已過 3 天, 所以答案為 13 − 3 = 10 天.

習題解答 7.1.23.

(1) G^′(t) =−λG(t) ⇒ G(t) = G0e^−λt, 當 t → ∞, G(t) → 0, 所以又回到 σ.

(2) 設注射時 t0= 0, G0= 0, 由 G^′(t) = µ− λG(t) = −λ(G(t) −^µ_λ), 解得 G(t) = µ

λ+ (G0−µ

λ)e^−λt= µ

λ(1− e^−λt) 當 t → ∞, G(t) →^µ_λ, 所以濃度為 σ +^µ_λ.

7.1

7.1 使 使 使用 用 用指 指 指數 數 數函 函 函數 數 數的 的 的模 模 模型 型 型 第 7 章

數學模型與微分方程

7.1 使用指數函數的模型

7.1.1 馬爾薩斯的人口模型

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7.1.2 放射衰變與考古斷代

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第 7 章

數學模型與微分方程

7.1 使用指數函數的模型

7.1.1 馬爾薩斯的人口模型

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7.1.2 放射衰變與考古斷代

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7.1.3 利息的逼近

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7.1.3 利息的逼近

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7.1.4 牛頓冷卻定律

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7.1.5 價格模型

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7.1.6 修正的人口模型: Logistic 模型; S-曲線

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7.1.4 牛頓冷卻定律

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7.1.5 價格模型

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7.1 使使使用用用指指指數數數函函函數數數的的的模模模型型型第 7 章