1
N (t  t 1 )  N (t )
2
2
Half-time (o tempo di dimezzamento) :
1
N 0 exp( k (t0  t  t 1 ))  N 0 exp( k (t0  t ))
2
2
N 0 exp( k (t0  t  t 1 ))
2
N 0 exp( k (t0  t ))
1
exp( kt1 ) 
2
2
1

2
1
 kt1  ln( )
2
2
Con tale valore di k il modello può essere
utilizzato per avere predizioni di N (t )
per tempi t  t0
ln( 2)
k
t1
2
Una delle prime strumentazioni utilizzate
al British Museum per la datazione al C14
DETERMINAZIONE DELL’ETA’
DI REPERTI ARCHEOLOGICI
E’ noto che una piccola percentuale del carbonio presente in
atmosfera si presenta nella forma radioattiva C14.
Questa si fissa nei viventi con una concentrazione iniziale di una
parte su 750 miliardi, cioè
1
9
3
9
(
)
10

(
1
.
33
*
10
)
*
10
 1.33 *10 12
N 0  750
I nuclei C14 decadono in atomi di azoto emettendo particelle beta.
Quindi gli esseri viventi (o che sono vissuti ) contengono una certa quantità
di nuclei radioattivi C14.
La concentrazione di C14 in un determinato reperto biologico segue
la legge:
N (t )  N 0 exp( k (t  t0 ))
ed è noto che il tempo di dimezzamento del C14 è dato da (in anni):
t 1  5570
2
Utilizzando questa informazione, si calcola la costante k per il carbonio C14:
k 
ln( 2)
t1

0.693

5570
1.24 *104
2
Conoscendo la concentrazione attuale N 
si ha allora :
ln( N 0 / N  )
t  t0 
k

N  N 0 exp( k (t  t0 ))
Se ad esempio fosse:

(tempo t) di C14 in un tessuto
N   10 12
ln( N 0 / N )  ln(
1.33*1012
1012
ln( 1.33)
t  t0 

k
)  ln( 1.33)
0.285 4
10 anni
1.24
 2300anni
LIVELLO DI GLUCOSIO
NEL SANGUE
Situazione : ad un paziente viene somministrato del glucosio
attraverso fleboclisi (R mg per secondo per litro di
sangue)
Il glucosio viene quindi metabolizzato con una
velocità proporzionale alla sua concentrazione.
x(t )
concentrazione di glucosio al tempo t
dx
 R  Kx(t )
dt
L’andamento di x al variare del tempo seguirà allora una legge del tipo:
R
R
x(t )   exp(  K (t  t0 ))  x0 exp(  K (t  t0 )) 
K
K
x0  x(t0 )
dx
 R  Kx(t )
dt

x
x0
t
dx
  dt
R  Kx t0
1
1
 log( R  Kx)  log( R  Kx0 )  t  t0
K
K
1
log( R  Kx0 )  log( R  Kx)  t  t0
K
R  Kx0
log(
)  K (t  t0 )
R  Kx
R  Kx
 exp( k (t  t0 ))
R  Kx 0
R  Kx0
 exp( k (t  t0 ))
R  Kx
R  Kx  ( R  kx0 ) exp( k (t  t0 ))
 Kx  ( R  kx0 ) exp( k (t  t0 ))  R
R
R
x(t )   exp(  K (t  t0 ))  x0 exp(  K (t  t0 )) 
K
K
Ponendo t0=0
R
x(t )  x0 exp(  Kt )  (1  exp(  Kt ))
K
t 
e dunque al tendere di
R
x(t ) 
K
x0*exp(-K*t)+(R/K)*(1-exp(-K*t))
12
glucosio mg/l
10
8
10.7143
R/K =
6
4
2
0
0
2
4
6
8
10
tempo
12
14
16
18
20
Problema
Il paziente ha un livello iniziale di glucosio
x0
Il medico vuole innalzare questo livello a xm  x0
Per quanto tempo è necessario tenere il paziente
sotto flebo?
Possiamo utilizzare la precedente formula :
R
x(t )  x0 exp(  Kt )  (1  exp(  Kt ))
K
cercando il valore
R
exp(  Kt )xo 
K
t
*
tale che:
R
  xm 
K
x(t )  xm
*
xm  R / K
exp(  Kt ) 
x0  R / K
 Kt  log( xm  R / K )  log( x0  R / K )
log( x0  R / K )  log( xm  R / K )
t 
K
*
Problema:
Se il paziente viene sottoposto a infusione per un
tempo T, quanto tempo occorre per tornare al livello
iniziale?
Al tempo T si avrà:
R
x(T )  x0 exp(  KT )  (1  exp(  KT ))
K
Successivamente cessa la somministrazione di glucosio e quindi la
variazione di concentrazione seguirà la legge :
dx
  Kx(t )
dt
(si è posto R=0)
x(t )  c exp(  K (t  T ))
con
c  x(T )
valore iniziale al tempo T
Riassumendo:
x(t ) 
R
x0 exp(  KT )  (1  exp(  KT ))
K
0t T
x(T ) exp(  K (t  T ))
t T
Occorre ora trovare
cioè:
x (T )
t  T tale che:
x(t )  x0
x(T ) exp(  K (t  T ))  x0
è il valore misurato al tempo T , quindi è un valore noto
x0
exp( k (t  T )) 
x(T )
 k (t  T )  log( x0 )  log( x(T ))
1
t  T  log x(T )  log( x0 )
K
Volendo una formula che dipende solo da
K , R, x0
e non da x(T), basta sostituire il valore già calcolato
R
x(T )  x(esercizio)
(1  exp(  KT ))
0 exp(  KT ) 
ottenendo:
K
1
t
K


R
)  log(exp( KT )  1)
log( 1 
Kx0


MODELLI PIU’ REALISTICI
Il modello di Malthus
Pn   Pn1  b
non è
abbastanza flessibile a trattare svariate situazioni reali
La fase di validazione del modello fallisce in
diversi casi
 1
la popolazione aumenta senza
controllo e tende all’infinito.
Ciò non succede nel mondo reale,
in cui la popolazione tende a
stabilizzarsi
Ad esempio :
Dati relativi all’accrescimento della pecora
(Ovis aries) della Tasmania
Dati relativi all’accrescimento della pecora (Ovis aries) della Tasmania
Andamento della crescita
della Pecora della Tasmania
Numero di esemplari (in milioni
2.2
2
1.8
1.6
1.4
1.2
1
0.8
0.6
0.4
0.2
1820
1840
1860
1880
1900
1920
1940
Anni( a partire dalla introduzione della specie)
Non sembra un andamento Malthusiano
La popolazione cresce fino agli anni 50 in modo esponenziale. Poi
rallenta la crescita, fino a raggiungere un regime stazionario
 1
La popolazione si estingue
 1
La popolazione rimane
costante (improbabile
nei casi reali)
Cosa c’ è che non va?
  è stato preso costante, non si considerano
eventi quali tifoni, uragani, carestie
RIMEDIO
CORREZIONE DEL MODELLO
Si può ottenere un modello più
realistico sostituendo il moltiplicatore
della popolazione con una funzione,
che tenga conto della resistenza
ambientale
Il moltiplicatore di una
popolazione dipende in
realtà da molti fattori, primo
fra tutti il livello della
popolazione.
Se il modello è lineare (Malthus):
yn1  (1  r ) yn


Il moltiplicatore
1 r  
Correggiamo IL MODELLO
yn1  [1  r ( yn )] yn
Il moltiplicatore
 ( yn )
dipende da
yn
è costante
OSSERVAZIONI DAL MONDO
REALE
Esempio
Popolazione di insetti che si nutrono
di foglie
All’inizio, quando la polazione è poco numerosa,
non ci sono freni alla crescita
Andamento malthusiano
Tasso di crescita costante positivo
In seguito, quando la popolazione diventa molto numerosa,
le foglie diminuiscono, i giovani non trovano nutrimento
sufficiente e aumentano i morti
Il tasso di crescita diminuisce
e può diventare negativo
La popolazione diminuisce
Esiste un valore della popolazione in corrispondenza
del quale
il tasso è nullo
PROGETTIAMO UNA FUNZIONE
Esempio
MODELLO PIU’ REALISTICO
MA
PIU’ SEMPLICE POSSIBILE
Deve essere:
r (0)  rM (Malthus)  m
r(K )  0
Retta passante per i due punti
(0, m)
(K ,0)
r
P  K

m
 K
Retta passante per i punti (o,m) e (K,0)
4
y = m * (1 - x / K )
3
m
2
1
K
0
-1
-2
0
20
40
60
80
100
120
140
160
180
200
p
r ( p )  m(1  )
K
p
k
popolazione
È detta capacità portante
L’ambiente può sostenere solo una popolazione di
dimensione massima
k
pK
la popolazione aumenta
pK
Il tasso di crescita si annulla
MODELLO LOGISTICO
DISCRETO
pn1  (1  r ( pn )) pn
con
pn
r ( pn )  m(1  )
K
pn
pn 1  pn  m * (1  ) pn
k
m
 pn
k
2
Rappresenta la resistenza ambientale
(trascurabile se
pn
è piccola)
La funzione
pn1  f ( pn )
LOGISTICO è quindi una
che descrive il MODELLO
PARABOLA
m 2
f ( pn )  pn  mpn  pn
k
Scalatura
m/ K
xn 
pn
1 m
xn1  (1  m) xn (1  xn )
A
f ( xn )  Axn (1  xn )
Esempio di logistica
f ( xn )  Axn (1  xn )
Se x n = 1 si ha una catastrofe (tutte le risorse sono state consumate)
Non si possono accettare valori di x n > 1
La parabola ha il massimo nel vertice : x =1/2 , Max = A/4
0 A 4
(1  m  3)
Logistica discreta con A>4
1
per A>4 (tasso di crescita elevato) la
dinamica produce dei valori x n >1
seguiti poi da valori negativi e quindi
non accettabili.
Il modello di competizione
intraspecifico basato su una
dipendenza lineare del tasso dalla
popolazione non è universale
0.5
0
-0.5
-1
-1.5
-2
-2.5
f(x)= 4.08*x*(1-x)
-3
-0.5
0
0.5
y
1