Modeloplossing 12 november

Maat: px

Weergave met pagina beginnen:

Download "Modeloplossing 12 november"

Nathalie Peters
4 jaren geleden
Aantal bezoeken:

1 Modeloplossing 12 november Opgave: Een vispopulatie evolueert volgens een Rickermodel: het verband tussen de populatiegrootte op tijdstip t en die op tijdstip t + 1, wordt gegeven door voor t = 0, 1, 2,... N t+1 = 1.5 N t e 0.001Nt a) Bepaal alle vaste punten evenwichten) van dit model. Oplossing: Een evenwicht vind je door N = 1.5N e 0.001N op te lossen. N = 0 voldoet hieraan en is dus een evenwicht. Als N 0 kunnen we een factor N schrappen, en we krijgen 1 = 1.5e 0.001N = e 0.001N ln = 0.001N N = ln = ln 3 2 = Dus we hebben twee evenwichten: N = 0 en N = b) Gebruik het stabiliteitscriterium om de stabiliteit van elk evenwicht te bepalen. Oplossing: Met de productregel berekenen we de afgeleide van f: f N t ) = 1.5e 0.001Nt + 1.5N t e 0.001Nt 0.001) = 1.5e 0.001Nt 1 N ) t Het evenwicht invullen en de absolute waarde nemen levert f 0) = 1.5 > 1 en f ln 3 = 2) 1 ln 3 2 = 0.59 < 1. Dus het evenwicht N = 0 is instabiel; het evenwicht N = ln 3 2 is stabiel. c) Bepaal N 1, N 2,..., N 5 voor N 0 = 100. Oplossing: N 0 = 100, N 1 = , N 2 = , N 3 = , N 4 = , N 5 = d) Doe hetzelfde voor N 0 =. Oplossing: N 0 =, N 1 = , N 2 = , N 3 = , N 4 = , N 5 = e) Maak een tijdsdiagram van de situaties in c) en d), dus zet je resultaten uit in een t, N t )- assenstelsel. lopt het beeld dat je hier krijgt met je antwoord op vraag b)? Oplossing: Maak een assenstelsel met op de horizontale as t, waarop je de punten 0, 1, 2, 3, 4, 5 aanduidt, op de verticale as zet je de berekende N t -waarden. Je hoeft de punten niet te verbinden. We merken inderdaad dat de waarden niet naar het instabiele evenwicht 0 toegaan, maar wel naar het stabiele evenwicht

2 f) Bepaal de buigpunten van de hier optredende functie fx) = 1.5 x e 0.001x. Oplossing: De eerste afgeleide f x) = 1.5e 0.001x 1 x ) heb je in b) al bepaald. De tweede afgeleide is dan f x) = 1.5e 0.001x 1 = 1.5e 0.001x 1 ) + 1.5e 0.001x 1 ) x ). ) 1 x ) De e-macht is nooit nul, dus het buigpunt kan enkel optreden wanneer 2 x = 0, dus wanneer x = Om na te gaan dat hiermee wel degelijk een buigpunt overeenkomt, controleren we of de tweede afgeleide van teken wisselt in dit punt. Voor x < 2000 zijn alle factoren positief, behalve de 1/. Dus de tweede afgeleide is negatief en de functie zelf is dus bol). Voor x > 2000 zien we dat zowel 1/ als 2 x/ negatief zijn, dus de tweede afgeleide is positief en de functie zelf is dus hol). De tekenverandering in de tweede afgeleide verzekert ons dat we wel degelijk een buigpunt hebben in x = 2000.

3 Modeloplossing 13 november a) Om de evenwichten te vinden, stellen we N t = N t+1 = N, dit geeft 1 c R1 N = 1 c)ne N) 1 N = 0 of N = 0 of 1 c = er1 ) 1 1 R ln 1 c N = 0 of N = 1 c b) Evenwichten zijn N = 0 en N c) Als N t+1 = fn t ) dan of met de ingevulde waarden: 1 c N) = 1 1 c N 1 1 R ln 1 1 c f 1 c R1 N t ) = 1 c)e Nt) 1 R 1 c f N t ) = 0.5e Nt N t ). Invullen van het evenwicht N = 0 levert f 0) = 1.35 > 1, dus 0 is een instabiel evenwicht. Invullen van het andere evenwicht geeft f 61.37) = 0.69 < 1 en dit evenwicht is dus wel stabiel. e) In het Rickermodel wordt overal N t vervangen door 1 c)n t. Er wordt dus telkens een fractie c weggenomen. Er wordt dus elke tijdstap een gedeelte van de populatie geoogst vandaar de naam harvesting). d) Uit het webdiagram vinden we opnieuw de beide evenwichten terug, en er blijkt weer dat 0 een instabiel evenwicht is, en dat een stabiel evenwicht is. N t ) ))

4 Modeloplossing 14 november a) Als t zeer groot wordt, dan gaat de exponent asymptoot krijgen bij y =. b) N0) = e, dus = ln N0) 1+rt naar 0. Vandaar dat we een horizontale ). Als N0) >, dan > 0, dus 1+rt en dus Nt) >. Volledig gelijkaardig als N0) <. c) Voor de eerste gelijkheid: bereken linker- en rechterlid. en dn dt = e r 1+rt 1) 1 + rt) 2 > 0, dus e 1+rt > 1 r )) 2 N ln N = r ) 2 e 1+rt 1 + rt en dit is twee keer hetzelfde. Voor de tweede gelijkheid: leid de pas verkregen gelijkheid af naar t, dan volgt dit meteen. d) Als > 0, bekijk dan het teken van de eerste afgeleide. Je kan kiezen welke uitdrukking je hiervoor gebruikt: we weten immers al dat dn dt = e r 1+rt 1) 1 + rt) = r )) 2 N 2 N ln. Met die eerste uitdrukking is het eenvoudig: aangezien en r positief zijn, net als een e-macht en een kwadraat, is de afgeleide negatief, en dus is de functie dalend. Wil je de andere uitdrukking gebruiken, dan zal je ook het resultaat uit b) nodig hebben. Als = 0, dan wordt het model Nt) = e 0 1+rt =, dit is een constante functie. e) De eerste afgeleide wordt nooit nul, tenzij N = 0, wat onmogelijk is, of N =, wat de constante oplossing geeft. Er zijn dus geen minima of maxima, behalve in het startpunt t = 0. f)

5 Modeloplossing 15 november a) Om de evenwichten te vinden stellen we N t = N t+1 = N, we vinden N = RN 1 + an) b N = 0 of 1 + an) b = R N = 0 of N = R 1 b 1. a b) De twee evenwichten worden nu N = 0 en N = 1. c) Voor het stabiliteitscriterium leiden we de functie fn t ) = en kettingregel verkrijgen we na vereenvoudiging f N t ) = RNt 1+aN t) b R 1 + an t ) b+1 1 abn t + an t ). af, dankzij quotiëntregel Invullen van N = 0 geeft f 0) = 9, dus f 0) = 9 > 1, zodat 0 een instabiel evenwicht is. Invullen van het andere evenwicht leidt tot f 1) = 1 3, f 1) = 0.33 < 1 en dit evenwicht is stabiel. e) Achtereenvolgende waarden van N t zijn: d) 0.4; ; ; ; ; ; ; ;... ; ; Op lange termijn krijgen we een oscillerend gedrag: N t springt telkens van naar en terug.

6 Modeloplossing 18 november a) Als P = 0 dan RP ) = R0) = α 0 e β 0 = 0. Als P > 0 dan zijn alle factoren α, P, e βp positief, dus ook het product RP ) > 0. Dit is logisch: als er geen ouderpopulatie is P = 0) dan verwachten we ook geen nakomelingen; als er wel een ouderpopulatie is P > 0) dan verwachten we nakomelingen. b) lim P αp e βp = 0, dus de horizontale as is een asymptoot. Biologisch betekent het dat, als de ouderpopulatie heel groot is dus veel te groot voor wat de omgeving aankan), er zeer weinig nakomelingen zullen zijn. c) R P ) = αe βp 1 βp ) R P ) = αβe βp βp 2) d) Als P = 1/β dan R P ) = 0. Bovendien wisselt de eerste afgeleide van teken: voor P < 1/β geldt R P ) > 0, voor P > 1/β geldt R P ) < 0. Dus is dit een maximum. kan ook met test van de tweede afgeleide). Als P = 2/β dan is R P ) = 0, en er treedt een tekenwisseling op, dus dit is een buigpunt. e)

Vergelijkbare documenten

Modeloplossing 12 november

Modeloplossing 12 november (a) Als P = 0 dan R(P ) = R(0) = α 0 e β 0 = 0. Als P > 0 dan zijn alle factoren α, P, e βp positief, dus ook het product R(P ) > 0. Dit is logisch: als er geen ouderpopulatie