Differentiaaliyhtälöt/Esimerkkejä ja sovelluksia

Esimerkkejä ja sovelluksia

Tässä luvussa käydään läpi lisää esimerkkejä differentiaaliyhtälöiden ja alkuarvotehtävien ratkaisuista käyttäen edellisissä luvuissa käsiteltyjä työkaluja. Lisäksi osassa esimerkeistä on tarkoitus soveltaa differentiaaliyhtälöitä luonnontieteiden käyttöön.

Ensimmäisen kertaluvun differentiaaliyhtälöitä

Esimerkki 1.1

Ratkaise differentiaaliyhtälö $x^{\prime }+\frac{x}{t+1}=t^2+t$, kun $t>-1$.

Ratkaisu

Kirjoitetaan DY muodossa

$x^{\prime }(t)+\frac{1}{t+1}x(t)=t^2+t$,

jolloin havaitaan, että kyseessä on lineaarinen DY. Funktiot $t\mapsto \frac{1}{t+1}$ ja $t\mapsto t^2+t$ ovat molemmat jatkuvia, kun $t>-1$. DY:n integroiva tekijä on $\mu :]0,\mathrm{\infty }[\to ℝ$,

$\mu (t)={\mathrm{e}}^{\underset{0}{\overset{t}{\int }}\frac{\mathrm{d}s}{s+1}}={\mathrm{e}}^{{|}_0^t\ln (s+1)}={\mathrm{e}}^{\ln (t+1)-\ln 1}=t+1$

DY:n ratkaisu on tällöin

$\begin{array}{cc}x(t)& =\frac{1}{\mu (t)}[\underset{0}{\overset{t}{\int }}\mu (s)(s^2+s)\mathrm{d}s+C]\\ & =\frac{1}{t+1}[\underset{0}{\overset{t}{\int }}(s+1)(s^2+s)\mathrm{d}s+C]\\ & =\frac{1}{t+1}[\underset{0}{\overset{t}{\int }}(s^3+2s^2+s)\mathrm{d}s+C]\\ & =\frac{1}{t+1}[{|}_0^t(\frac{1}{4}{s}^4+\frac{2}{3}{s}^3+\frac{1}{2}{s}^2)+C]\\ & =\frac{1}{t+1}[\frac{1}{4}{t}^4+\frac{2}{3}{t}^3+\frac{1}{2}{t}^2+C]\\ & =\frac{t^4}{4(t+1)}+\frac{2t^3}{3(t+1)}+\frac{t^2}{2(t+1)}+\frac{C}{t+1}\end{array}$

Vastaus: $x:]-1,\mathrm{\infty }[\to ℝ,x(t)=\frac{t^4}{4(t+1)}+\frac{2t^3}{3(t+1)}+\frac{t^2}{2(t+1)}+\frac{C}{t+1}$, missä $C\in ℝ$ on vakio.

Esimerkki 1.2

Ratkaise differentiaaliyhtälö $x^{\prime }=1+x^2$.

Ratkaisu

Jos määritellään funktiot $g:ℝ\to ℝ,g(t)\equiv 1$ ja $h:ℝ\to ℝ,h(x)=1+x^2$, niin huomataan, että DY on muotoa $x^{\prime }(t)=g(t)h(x)$, eli se on separoituva. Separoituvan DY:n ratkaisu vaatii sen, että $h(x)>0$ kaikilla $x$. Tämä toteutuu koko määrittelyjoukossa $ℝ$, joten ratkaisua ei tarvitse rajoittaa. Separoidaan DY:

$\begin{array}{cc}\frac{1}{h(x)}\mathrm{d}x& =g(t)\mathrm{d}t\\ \frac{1}{1+x^2}\mathrm{d}x& =\mathrm{d}t\end{array}$

Integroidaan yhtälö puolittain käyttämällä tietoa $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\arctan x=\frac{1}{1+x^2}$:

$\begin{array}{cc}\int \frac{\mathrm{d}x}{1+x^2}& =\int \mathrm{d}t\\ \arctan x& =t+C|\tan \\ \tan (\arctan x)& =\tan (t+C)\\ x& =\tan (t+C)\end{array}$

Tangentti on määritelty esimerkiksi välillä $]-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}[$, joten $-\frac{\pi }{2}-C<t<\frac{\pi }{2}-C$.

Vastaus: $x:]-\frac{\pi }{2}-C,\frac{\pi }{2}-C[\to ℝ,x(t)=\tan (t+C)$, missä $C\in ℝ$ on vakio.

Esimerkki 1.3

Ratkaise differentiaaliyhtälö $t^2{x}^{\prime }+x=0$, kun $t>0$.

Ratkaisu

Koska $t>0$, voidaan DY jakaa puolittain $t^2$:lla:

Esimerkissä 1.3 selvitetyn funktion kuvaajia vakion $C$ eri arvoilla

$x^{\prime }(t)+\frac{1}{t^2}x(t)=0$

Tämä on lineaarinen homogeeninen DY. Sen integroiva tekijä on $\mu :]1,\mathrm{\infty }[\to ℝ$,

$\mu (t)={\mathrm{e}}^{\underset{1}{\overset{t}{\int }}{s}^{-2}\mathrm{d}s}={\mathrm{e}}^{{|}_1^t-s^{-1}}={\mathrm{e}}^{-t^{-1}+1}=\frac{1}{{\mathrm{e}}^{t^{-1}-1}}$

DY:n ratkaisu on tällöin

$x(t)=\frac{C}{\mu (t)}=C{\mathrm{e}}^{t^{-1}-1}=\frac{C}{\mathrm{e}}{\mathrm{e}}^{1/t}=\frac{C}{\mathrm{e}}\sqrt[t]{\mathrm{e}}$

Koska integrointivakio on mielivaltainen, voidaan merkitä $\tilde{C}=C/\mathrm{e}$, jolloin $x(t)=\tilde{C}\sqrt[t]{\mathrm{e}}$.

Vastaus: $x:]0,\mathrm{\infty }[\to ℝ,x(t)=C\sqrt[t]{\mathrm{e}}$, missä $C\in ℝ$ on vakio.

Esimerkki 1.4

Ratkaise tämän wikikirjan ''logona'' toimiva differentiaaliyhtälö

$\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=x{\mathrm{e}}^t$.

Ratkaisu:

Jos määritellään funktiot $g:ℝ\to ℝ,g(t)={\mathrm{e}}^t$ ja $h:ℝ\to ℝ,h(x)=x$, niin huomataan, että DY on muotoa $x^{\prime }(t)=g(t)h(x)$, eli se on separoituva. Separoituvan DY:n ratkaisu vaatii sen, että $h(x)>0$ tai $h(x)<0$ kaikilla $x$. Tämä toteutuu vain, jos $x>0$tai $x<0$ vastaavasti. Separoidaan DY:

$\begin{array}{cc}\frac{1}{h(x)}\mathrm{d}x& =g(t)\mathrm{d}t\\ \frac{1}{x}\mathrm{d}x& ={\mathrm{e}}^t\mathrm{d}t\end{array}$

Integroidaan yhtälö puolittain ja ratkaistaan $x$:

$\begin{array}{cc}\int \frac{1}{x}\mathrm{d}x& =\int {\mathrm{e}}^t\mathrm{d}t\\ \ln x& ={\mathrm{e}}^t+C\\ {\mathrm{e}}^{\ln x}& ={\mathrm{e}}^{{\mathrm{e}}^t+C}\\ x& ={\mathrm{e}}^C{\mathrm{e}}^{{\mathrm{e}}^t}\end{array}$

Koska integrointivakio on mielivaltainen, voidaan merkitä $\tilde{C}={\mathrm{e}}^C$, jolloin $x(t)=\tilde{C}{\mathrm{e}}^{{\mathrm{e}}^t}$. Ratkaisuun pääsemiseksi vaadittiin, että $x>0$ tai $x<0$. Koska ${\mathrm{e}}^s>0$ kaikilla $s\in ℝ$, pitää valita $x>0$.

Vastaus: $x:ℝ\to ℝ,x(t)=C{\mathrm{e}}^{{\mathrm{e}}^t}$, missä $C\in ]0,\mathrm{\infty }[$ on vakio.

Toisen kertaluvun differentiaaliyhtälöitä

Esimerkki 2.1

Ratkaise differentiaaliyhtälö

$x^{″}(t)-3x^{\prime }(t)-10x(t)=5{\mathrm{e}}^{-4t}$.

Ratkaisu: Tämä on vakiokertoiminen, ei-homogeeninen differentiaaliyhtälö. Ratkaisua varten pitää ensin ratkaista vastaava homogeeninen DY, jonka jälkeen epähomogeenisen osan osaratkaisu löytyy ''sivistyneen arvauksen'' avulla.

Alkuperäistä DY:tä vastaava homogeeninen DY on

$x^{″}-3x^{\prime }-10x=0$.

Sen karakteristinen yhtälö on

${\lambda }^2-3\lambda -10=0$,

jonka juuret ovat ${\lambda }_1=-2$ ja ${\lambda }_2=5$. Homogeenisen osan ratkaisu on lauseen 5 nojalla muotoa

$\begin{array}{c}{x}_1(t)+x_2(t)=c_1{\mathrm{e}}^{{\lambda }_{1}t}+c_2{\mathrm{e}}^{{\lambda }_{2}t}=c_1{\mathrm{e}}^{-2t}+c_2{\mathrm{e}}^{5t}\end{array}$.

Koska DY:n vasemmalla puolella oleva funktio $q(t)={\mathrm{e}}^{-4t}$ on eksponenttifunktio ja koska ${\lambda }_1$ tai ${\lambda }_2$ eivät ole karakteristisen yhtälön juuria, on epähomogeenisen osan osaratkaisu lauseen 7 nojalla:

$x_3(t)=K{\mathrm{e}}^{-4t}$

jollakin $K\in ℝ$. Yleinen ratkaisu on muotoa

$x(t)=x_1(t)+x_2(t)+x_3(t)=c_1{\mathrm{e}}^{-2t}+c_2{\mathrm{e}}^{5t}+K{\mathrm{e}}^{-4t}$.

Ratkaistaan vakio $K$ sijoittamalla tämä ratkaisu alkuperäisen DY:n lausekkeeseen:

$x^{\prime }(t)=-2c_1{\mathrm{e}}^{-2t}+5c_2{\mathrm{e}}^{5t}-4K{\mathrm{e}}^{-4t}$ ja

$x^{″}(t)=4c_1{\mathrm{e}}^{-2t}+25c_2{\mathrm{e}}^{5t}+16K{\mathrm{e}}^{-4t}$

Siis

$\begin{array}{cc}5{\mathrm{e}}^{-4t}& =x^{″}(t)-3x^{\prime }(t)-10x(t)\\ & =4c_1{\mathrm{e}}^{-2t}+25c_2{\mathrm{e}}^{5t}+16K{\mathrm{e}}^{-4t}-3(-2c_1{\mathrm{e}}^{-2t}+5c_2{\mathrm{e}}^{-5t}-4K{\mathrm{e}}^{-4t})-10(c_1{\mathrm{e}}^{-2t}+c_2{\mathrm{e}}^{-5t}+K{\mathrm{e}}^{-4t})\\ & =(4+6-10)c_1{\mathrm{e}}^{-2t}+(25-15-10)c_2{\mathrm{e}}^{5t}+(16+12-10)K{\mathrm{e}}^{-4t}\\ & =18K{\mathrm{e}}^{-4t}\end{array}$

Ratkaistaan tästä vakio $K$:

$\begin{array}{cc}5{\mathrm{e}}^{-4t}& =18K{\mathrm{e}}^{-4t}\Vert :18{\mathrm{e}}^{-4t}(\ne 0\mathrm{\forall }t\in ℝ)\\ K& =\frac{5}{18}\end{array}$

Vastaus: $x:ℝ\to ℝ$, $x(t)=c_1{\mathrm{e}}^{-2t}+c_2{\mathrm{e}}^{5t}+\frac{5}{18}{\mathrm{e}}^{-4t}$, missä $c_1,c_2\in ℝ$ ovat vakioita.

Ensimmäisen kertaluvun alkuarvotehtäviä

Esimerkki A.1

Psykologien mukaan ihminen voi oppia korkeintaan tietyn määrän merkityksettömiä sanoja riippumatta siitä, kuinka kauan aikaa opettelemiseen on käytettävissä ja että oppimisen nopeus on verrannollinen vielä oppimattomien sanojen määrään. Jos tämä määrä on 100 sanaa, toteuttaa oppimisen nopeus differentiaaliyhtälön

$\frac{\mathrm{d}w}{\mathrm{d}t}=k(100-w)$,

missä $k$ on positiivinen vakio ja $w(t)$ on ajan $t$ (minuutteina) kuluessa opittujen sanojen määrä. Ratkaise differentiaaliyhtälö, kun tiedetään, että alussa opittujen sanojen lukumäärä on nolla.

Ratkaisu

Kun järjestellään termejä uudelleen, huomataan, että kyseinen DY on lineaarinen ja vakiokertoiminen:

$w^{\prime }(t)+kw(t)=100k,t\ge 0$

Lisäksi tehtävänannosta selviää alkuarvo:

$w(0)=0$

DY:n integroiva tekijä on $\mu :]0,\mathrm{\infty }[\to ℝ$,

$\mu (t)={\mathrm{e}}^{\underset{0}{\overset{t}{\int }}k\mathrm{d}s}={\mathrm{e}}^{k{|}_0^{t}s}={\mathrm{e}}^{kt}$

DY:n ratkaisu on tällöin

Esimerkissä A.1 selvitetyn funktion kuvaajia vakion $k$ eri arvoilla. Funktiolla on asymptootti $w=100$ (vaakasuora katkoviiva).

$\begin{array}{cc}w(t)& =\frac{1}{\mu (t)}[\underset{0}{\overset{t}{\int }}\mu (s)\cdot 100k\mathrm{d}s+C]\\ & =\frac{1}{{\mathrm{e}}^{kt}}[100k\underset{0}{\overset{t}{\int }}{\mathrm{e}}^{ks}\mathrm{d}s+C]\\ & ={\mathrm{e}}^{-kt}[100k{|}_0^t\frac{{\mathrm{e}}^{ks}}{k}+C]\\ & ={\mathrm{e}}^{-kt}[100{\mathrm{e}}^{kt}+C]\\ & =100+C{\mathrm{e}}^{-kt}\end{array}$

Sijoitetaan alkuarvotieto yhtälöön ($t=0,w=0$):

$\begin{array}{cc}0& =100+C{\mathrm{e}}^{-k\cdot 0}\\ 0& =100+C||-100\\ C& =-100\end{array}$

Vastaus: $w:[0,\mathrm{\infty }[\to ℝ,w(t)=100(1-{\mathrm{e}}^{-kt})$

Esimerkki A.2

Ilman aiheuttaman vastusvoiman suuruus liikkuvaan kappaleeseen noudattaa yhtälöä

$F_D=\frac{1}{2}C\rho A{v}^2$,

missä $C$ on kappaleen muodosta riippuva vakio, $\rho$ on ilman tiheys, $A$ on kappaleen nopeuden suuntaan nähden kohtisuora pinta-ala ja $v$ on kappaleen vauhti.

a) Lähtien liikkeelle Newtonin 2. laista $\sum _i{F}_i=ma$, missä $m$ on kappaleen massa (vakio) ja $a$ sen kiihtyvyys, johda yhtälö vapaasti putoavan kappaleen vauhdille ajan funktiona, kun kappale lähtee putoamaan levosta ja siihen vaikuttavat Maan vetovoima $F_G=mg$, missä $g$ on vakio ja ilmanvastus $F_D$. Parametrit $C$, $\rho$ ja $A$ ovat kaikki ajan suhteen muuttumattomia vakioita.

b) Osoita, että kappaleen pudotessa kauan ($t\to \mathrm{\infty }$) se saavuttaa lopulta terminaalinopeuden $v_{\max }=\sqrt{\frac{2mg}{C\rho A}}$.

Ratkaisu:

a) Koska ollaan kiinnostuneita ainoastaan liikkeelle lähdöstä ja sen jälkeisistä tilanteista, voidaan määrittelyjoukoiksi asettaa $t\ge 0$. Jos sovitaan positiivinen tarkastelusuunta alaspäin, on Newtonin 2. lain mukaan putoavan kappaleen liikeyhtälö

$\begin{array}{cc}\sum _i{F}_i=F_G-F_D& =ma\\ mg-\frac{1}{2}C\rho A{v}^2& =ma\end{array}$

Kiihtyvyys $a$ on kappaleen vauhdin derivaatta ajan suhteen:

$mg-\frac{1}{2}C\rho Av(t{)}^2=m{v}^{\prime }(t)$

Järjestellään termejä uudelleen:

$v^{\prime }(t)=g-\frac{1}{2m}C\rho Av(t{)}^2=g-kv(t{)}^2$,

missä $k=\frac{C\rho A}{2m}$ on vakio. Jos määritellään funktiot $f:[0,\mathrm{\infty }[\to ℝ,f(t)\equiv 1$ ja $h:[0,\mathrm{\infty }[\to ℝ,h(v)=g-k{v}^2$, niin $v^{\prime }(t)=f(t)h(v)$, eli DY on eksakti. Separointi on mahdollista vain, jos $h(v)>0$ kaikilla $v\in [0,\mathrm{\infty }[$. Ratkaisua joudutaan siksi ehkä myöhemmin rajoittamaan siten, että $g>k{v}^2$ tai $g<k{v}^2$, eli että $0\le v<\sqrt{\frac{g}{k}}$ tai $v>\sqrt{\frac{g}{k}}$ Separoidaan DY:

$\begin{array}{cc}\frac{1}{h(v)}\mathrm{d}v& =f(t)\mathrm{d}t\\ \frac{1}{g-k{v}^2}\mathrm{d}v& =1\mathrm{d}t\end{array}$

Integroidaan yhtälö puolittain. Oikea puoli on hyvin yksinkertainen, mutta vasen puoli vaatii pientä avaamista. Onneksi tiedetään, että jos $b>0$ on vakio, niin

$\int \frac{1}{b^2-x^2}\mathrm{d}x=\frac{1}{b}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{n}\mathrm{h}\left(\frac{x}{b}\right)$ (hyperbolinen arkustangentti)

Näin ollen

$\begin{array}{cc}\int \frac{1}{g-k{v}^2}\mathrm{d}v& =\int \frac{1/k}{\frac{g}{k}-v^2}\mathrm{d}v\\ & =\frac{1}{k}\int \frac{1}{{\left(\sqrt{\frac{g}{k}}\right)}^2-v^2}\mathrm{d}v\\ & =\frac{1}{k}\frac{1}{\sqrt{\frac{g}{k}}}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{n}\mathrm{h}\left(\frac{v}{\sqrt{\frac{g}{k}}}\right)+c\\ & =\frac{1}{\sqrt{gk}}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{n}\mathrm{h}\left(v\sqrt{\frac{k}{g}}\right)+c\end{array}$

Siis

$t=\frac{1}{\sqrt{gk}}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{n}\mathrm{h}\left(v\sqrt{\frac{k}{g}}\right)+c$

Ratkaistaan tästä yhtälöstä nopeus:

$\begin{array}{cc}t& =\frac{1}{\sqrt{gk}}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{n}\mathrm{h}\left(v\sqrt{\frac{k}{g}}\right)+c\\ (t-c)\sqrt{gk}& =\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{n}\mathrm{h}\left(v\sqrt{\frac{k}{g}}\right)|\tanh \\ \tanh ((t-c)\sqrt{gk})& =v\sqrt{\frac{k}{g}}\\ v& =\sqrt{\frac{g}{k}}\tanh ((t-c)\sqrt{gk})\end{array}$

Tiedetään, että $\tanh (x)<1$ kaikilla $x\in ℝ$, joten ratkaisulle saadaan myös yläraja:

$v<\sqrt{\frac{g}{k}}$

Ratkaistaan vielä vakio $c$, kun tiedetään, että kappale lähtee levosta. Sijoitetaan ratkaisuun $v=0$ ja $t=0$:

$\begin{array}{cc}0& =\sqrt{\frac{g}{k}}\tanh (-c\sqrt{gk})||:\sqrt{\frac{g}{k}}\\ 0& =\tanh (-c\sqrt{gk})\\ \iff -c\sqrt{gk}& =0\\ \iff c& =0\end{array}$

Esimerkki A.2: Putoavan kappaleen vauhti ajan funktiona, kun ilmanvastus otetaan huomioon

Siis kappaleen nopeus on

$v:[0,\mathrm{\infty }[\to ℝ,v(t)=\sqrt{\frac{g}{k}}\tanh \left(\sqrt{gk}t\right)=\sqrt{\frac{2mg}{C\rho A}}\tanh \left(\sqrt{\frac{gC\rho A}{2m}}t\right)$

b) Tiedetään, että $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\tanh (x)=1$. Tällöin kappaleen terminaalinopeus on

$v_{\max }=\underset{t\to \mathrm{\infty }}{\lim }v(t)=\underset{t\to \mathrm{\infty }}{\lim }\sqrt{\frac{g}{k}}\tanh \left(\sqrt{gk}t\right)=\sqrt{\frac{g}{k}}\underset{t\to \mathrm{\infty }}{\lim }\tanh \left(\sqrt{gk}t\right)=\sqrt{\frac{g}{k}}=\sqrt{\frac{2mg}{C\rho A}}$

Q.E.D.

Vastaus: a) $v:[0,\mathrm{\infty }[\to ℝ,v(t)=\sqrt{\frac{2mg}{C\rho A}}\tanh \left(\sqrt{\frac{gC\rho A}{2m}}t\right)$

Esimerkki A.3

Ratkaise alkuarvotehtävä

$\{\begin{array}{c}(t^2+2x+1)x^{\prime }+2tx-9t^2=0\\ x(0)=-3\end{array}$

Ratkaisu:

Huomataan, että funktiolle $u:{ℝ}^2\to ℝ,u(x,t)=x^2+(t^2+1)x-3t^3$ pätee

$\frac{\partial u}{\partial x}(t,x)=2x+t^2+1$ ja

$\frac{\partial u}{\partial t}(x,t)=2tx-9t^2$

DY on siis eksakti ja sen ratkaisu on $u(t,x)=C$, missä $C\in ℝ$ on vakio:

$x^2+(t^2+1)x-3t^3=C$.

Tässä vaiheessa DY on tavallaan jo ratkaistu, joten vakio $C$ voidaan määrittää alkuarvon avulla. Sijoitetaan yhtälöön $t=0$ ja $x=-3$:

$C=(-3{)}^2+(0^2+1)\cdot (-3)-3\cdot 0^3=6$

Ts. DY:n ratkaisu on $x^2+(t^2+1)x-3t^3-6=0$. Ratkaistaan sitten $x$suljetussa muodossaan käyttämällä 2. asteen yhtälön ratkaisukaavaa:

$\begin{array}{cc}x(t)& =\frac{-(t^2+1)\pm \sqrt{(t^2+1{)}^2-4(-3t^3-6)}}{2}\\ & =\frac{-t^2-1\pm \sqrt{t^4+2t^2+1+12t^3+24}}{2}\\ & =\frac{-t^2-1\pm \sqrt{t^4+12t^3+2t^2+25}}{2}\end{array}$

Tuloksena on kuitenkin kaksi eri funktiota, joten pitää päättää, kumpi etumerkki $\pm$ ratkaisuun kelpaa. Tämä selviää jälleen kerran alkuarvon avulla. Koska

$\begin{array}{cc}-3& =\frac{-0^2-1-\sqrt{0^4+12\cdot 0^3+2\cdot 0^2+25}}{2}=\frac{-1-\sqrt{25}}{2}=\frac{-1-5}{2}=-\frac{6}{2}\end{array}$ ja

$\begin{array}{cc}-3& \ne \frac{-0^2-1+\sqrt{0^4+12\cdot 0^3+2\cdot 0^2+25}}{2}=\frac{-1+\sqrt{25}}{2}=\frac{-1+5}{2}=\frac{4}{2}=2\end{array}$,

niin ratkaisuksi kelpaa vain funktio

$x(t)=\frac{-t^2-1-\sqrt{t^4+12t^3+2t^2+25}}{2}$.

Vielä pitää selvittää sen määrittelyjoukko. Ko. funktio on määritelty reaaliluvuilla vain, jos neliöjuuren alla oleva lauseke on ei-negatiivinen: $t^4+12t^3+2t^2+25\ge 0$. Tämä 4. asteen polynomin sisältävä epäyhtälö on haastava ratkaista, ja koska esimerkki käsittelee differentiaaliyhtälöitä, eikä epäyhtälöitä, tyydytään likiarvoihin: $t\le -11,8$ tai $t\ge -1,40$. Alkuarvokohta $t=0$ toteuttaa jälkimmäisen ehdon, joten se on määrittelyjoukon alaraja.

Vastaus: $x:[-1,40;\mathrm{\infty }[\to ℝ$, $x(t)=-\frac{1}{2}(t^2+1+\sqrt{t^4+12t^3+2t^2+25})$

Toisen kertaluvun alkuarvotehtäviä

Esimerkki B.1

Esimerkki B.1

Ratkaistaan luvun johdatus differentiaaliyhtälöihin esimerkki 2:

Tarkastellaan kattoon ripustettua matemaattista heiluria. Ajanhetkellä $t$ heiluri muodostaa pystytason kanssa kulman $\theta (t)$. Olkoon heilurin langan pituus $l>0$ ja langan päässä olevan punnuksen massa $m>0$ (voidaan olettaa, että langan massa on merkityksettömän pieni punnuksen massaan nähden). Gravitaatiokentän putoamiskiihtyvyys on $g>0$. Ajanhetkellä $t=0$ heilurin kulma pystytasoon nähden on ${\theta }_0\ll 1\text{rad}$ ja heiluri lähtee liikkeelle kulmanopeudella ${\omega }_0$ langan kiinnityspisteeseen nähden. Ratkaistaan siis alkuarvotehtävä

$\{\begin{array}{c}{\theta }^{″}(t)+\frac{g}{l}\sin (\theta (t))=0\\ {\theta }^{\prime }(0)={\omega }_0\\ \theta (0)={\theta }_0\end{array}$

Ratkaisu: Koska meillä ei vielä ole työkaluja epälineaaristen 2. kertaluvun differentiaaliyhtälöiden ratkaisemiseen, tyydytään linearisoimaan alkuperäinen DY. Oletetaan alkunopeus tarpeeksi pieneksi, jotta jokaisella ajanhetkellä kiertokulma $\theta \le {\theta }_0\ll 1\text{rad}$. Tällöin voidaan käyttää pienen kulman approksimaatiota

$\underset{\theta \to 0}{\lim }\frac{\sin \theta }{\theta }=1$,

eli $\sin \theta \approx \theta$. DY muokkautuu muotoon

${\theta }^{″}(t)+\frac{g}{l}\theta (t)\approx 0$.

Selkeyden vuoksi merkitään linearisoitua muuttujaa $\hat{\theta }$:lla, jolloin DY on

${\hat{\theta }}^{″}(t)+\frac{g}{l}\hat{\theta }(t)=0$.

Koska $g,l>0$, voidaan merkitä käytännöllisyyssyistä

$k:=\sqrt{\frac{g}{l}}$.

Ts.

${\hat{\theta }}^{″}(t)+k^2\hat{\theta }(t)=0$.

Tämä on vakiokertoiminen, homogeeninen DY. Sen karakteristinen yhtälö on

${\lambda }^2+k^2=0$,

eli

${\lambda }^2=-k^2$.

Karakteristisen yhtälön juuret ovat

${\lambda }_{1,2}=\pm \mathrm{i}k$.

DY:n ratkaisut ovat lauseen 5 nojalla muotoa

$\begin{array}{cc}\hat{\theta }(t)& =c_1{\mathrm{e}}^{0\cdot t}\cos \left(\frac{\sqrt{4\cdot k^2-0^2}}{2}t\right)+c_2{\mathrm{e}}^{0\cdot t}\sin \left(\frac{\sqrt{4\cdot k^2-0^2}}{2}t\right)\\ & =c_1\cos (kt)+c_2\sin (kt)\end{array}$

Käytetään alkuehtoa ${\hat{\theta }}^{\prime }(0)={\omega }_0$:

$\frac{\mathrm{d}\hat{\theta }(t)}{\mathrm{d}t}=-c_{1}k\sin (kt)+c_{2}k\cos (kt)$

Tällöin

$\begin{array}{cc}{\omega }_0& ={\hat{\theta }}^{\prime }(0)=-c_{1}k\sin (k\cdot 0)+c_{2}k\cos (k\cdot 0)\\ & =-c_{1}k\cdot 0+c_{2}k\cdot 1\\ & =c_{2}k\end{array}$

Tästä saadaan

$c_2=\frac{{\omega }_0}{k}={\omega }_0\sqrt{\frac{l}{g}}$.

Käytetään alkuehtoa $\hat{\theta }(0)={\theta }_0$:

$\begin{array}{cc}{\theta }_0& =\hat{\theta }(0)=c_1\cos (k\cdot 0)+c_2\sin (k\cdot 0)\\ & =c_1\cdot 1+c_2\cdot 0\\ & =c_1\end{array}$

Vastaus: $t:[0,\mathrm{\infty }[\to ℝ$, $\theta (t)\approx \hat{\theta }(t)={\theta }_0\cos \left(\sqrt{\frac{g}{l}}t\right)+{\omega }_0\sqrt{\frac{l}{g}}\sin \left(\sqrt{\frac{g}{l}t}\right)$

Esimerkki B.2

Äärettömän syvä, yksiulotteinen, suorakulmainen potentiaalikuoppa

Kvanttimekaniikassa potentiaalikuoppa tarkoittaa systeemiä, jossa hiukkasen (esimerkiksi elektronin) liike-energia rajoitetaan johonkin äärelliseen arvoon. Klassisen mekaniikan mukaan kyseisen hiukkasen kokonaisenergia voi tällöin olla mitä tahansa. Kvanttimekaniikassa hiukkasen energia voi kuitenkin saada vain tietyt arvot. Kokonaisenergian arvot ovat diskreettejä ja sanotaan, että energia on kvantittunut. Ajasta riippumattomassa tapauksessa tämä kokonaisenergia voidaan selvittää stationaarisen Schrödingerin yhtälön avulla:

$-\frac{{\hslash }^2}{2m}{\psi }^{″}(x)+V(x)\psi (x)=E\psi (x)$,

missä $m$ on hiukkasen massa, $\hslash =1,054571800\cdot 10^{-34}\text{J}\cdot \text{s}$ on redusoitu Planckin vakio, $V$ on hiukkasen potentiaalienergia, $E$ on hiukkasen kokonaisenergia ja $\psi$ on hiukkasen paikan todennäköisyyteen liittyvä aaltofunktio. Ratkaistaan Schrödingerin yhtälö tapauksessa, jossa hiukkanen on vangittuna yksiulotteiseen, äärettömän syvään, suorakulmaiseen potentiaalikuoppaan, jonka leveys on $L$. Hiukkasen potentiaalienergiaa kuvaava funktio on

$V(x)=\{\begin{array}{c}0,\text{ jos }|x|\le \frac{L}{2}\\ \mathrm{\infty },\text{ jos }|x|>\frac{L}{2}.\end{array}$

Määrittelyjoukko on siis $-L/2\le x\le L/2$. Toisin sanoen ratkaistavana on reuna-arvotehtävä

$\{\begin{array}{c}-\frac{{\hslash }^2}{2m}{\psi }^{″}(x)+V(x)\psi (x)=E\psi (x)\\ \psi (x)=0,\text{ jos }x=\frac{L}{2}\\ \psi (x)=0,\text{ jos }x=-\frac{L}{2}\end{array}$

Tavallisuudesta poiketen ei tällä kertaa yritetä ratkaista DY:tä täydellisesti, vaan etsitään ainoastaan lauseke hiukkasen kokonaisenergialle $E$.

Ratkaisu:

Määrittelyjoukossa $x\in [-\frac{L}{2},\frac{L}{2}]$ potentiaalienergia on $V(x)\equiv 0$, joten DY on

$-\frac{{\hslash }^2}{2m}{\psi }^{″}(x)=E\psi (x)$.

Merkitään lyhennyssyistä

$k^2:=\frac{2mE}{{\hslash }^2}$.

Näin voidaan tehdä reaalilukujen maailmassa, koska $\hslash ,E,m>0$ . Järjestellään termejä uudelleen, jolloin DY muovautuu muotoon

${\psi }^{″}(x)+k^2\psi (x)=0$,

joka on lineaarinen, vakiokertoiminen, homogeeninen DY. Sen karakteristinen yhtälö on

${\lambda }^2+k^2=0$,

eli

${\lambda }^2=-k^2$.

Karakteristisen yhtälön juuret ovat

${\lambda }_{1,2}=\pm \mathrm{i}k$.

DY:n ratkaisut ovat lauseen 5 nojalla muotoa

$\begin{array}{cc}\psi (x)& =c_1{\mathrm{e}}^{0\cdot x}\cos \left(\frac{\sqrt{4\cdot k^2-0^2}}{2}x\right)+c_2{\mathrm{e}}^{0\cdot x}\sin \left(\frac{\sqrt{4\cdot k^2-0^2}}{2}x\right)\\ & =c_1\cos (kx)+c_2\sin (kx)\end{array}$

Ratkaistaan vakiot $c_1$ ja $c_2$ käyttäen reuna-arvoja (hiukkanen ei voi esiintyä potentiaalikuopan reunan ulkopuolella):

$\{\begin{array}{c}0=\psi (-\frac{L}{2})=c_1\cos (k\cdot (-\frac{L}{2}))+c_2\sin (k\cdot (-\frac{L}{2}))=c_1\cos (-\frac{kL}{2})+c_2\sin (-\frac{kL}{2})\\ 0=\psi \left(\frac{L}{2}\right)=c_1\cos (k\cdot \left(\frac{L}{2}\right))+c_2\sin (k\cdot \left(\frac{L}{2}\right))=c_1\cos \left(\frac{kL}{2}\right)+c_2\sin \left(\frac{kL}{2}\right)\end{array}$

Näiden yhtälöiden on oltava voimassa yhtä aikaa. Käytetään tietoa, että sini on pariton funktio ja kosini on parillinen funktio, jolloin saadaan kaksi yhtälöparia:

$\{\begin{array}{c}-c_1\sin \left(\frac{kL}{2}\right)+c_2\cos \left(\frac{kL}{2}\right)=0\\ c_1\sin \left(\frac{kL}{2}\right)+c_2\cos \left(\frac{kL}{2}\right)=0\end{array}$

Triviaaliratkaisu $\psi \equiv 0$ ei kelpaa, joten $c_1\ne 0\ne c_2$. Yhtälöparista saadaan joko

$\begin{array}{cc}2c_2\cos \left(\frac{kL}{2}\right)& =0\Vert :2c_2(\ne 0)\\ \cos \left(\frac{kL}{2}\right)& =0\\ \frac{kL}{2}& =\frac{n\pi }{2},n\in \{\pm 1,\pm 3,\pm 5,\dots \}\\ k& =\frac{n\pi }{L},n\in \{\pm 1,\pm 3,\pm 5,\dots \}\end{array}$

tai

$\begin{array}{cc}-2c_1\sin \left(\frac{kL}{2}\right)& =0\Vert :(-2c_1)(\ne 0)\\ \sin \left(\frac{kL}{2}\right)& =0\\ \frac{kL}{2}& =\frac{n\pi }{2},n\in \{0,\pm 2,\pm 4,\pm 6,\dots \}\\ k& =\frac{n\pi }{L},n\in \{0,\pm 2,\pm 4,\pm 6,\dots \}\end{array}$

Toisaalta tapaus $n=0$ joudutaan hylkäämään ratkaisusta, sillä se johtaisi tilanteeseen $k=0$, jolloin $\psi \equiv 0$, joka on triviaaliratkaisuna kielletty. Siispä päädytään tilanteeseen

$k=\frac{n\pi }{L},n\in \mathbb{Z}\setminus \{0\}$.

Tällöin, koska aiemmin merkittiin

$k^2:=\frac{2mE}{{\hslash }^2}$,

niin

$\frac{n^2{\pi }^2}{L^2}=\frac{2mE}{{\hslash }^2}$.

Ratkaistaan tästä kysytty hiukkasen kokonaisenergia:

$E=\frac{n^2{\pi }^2{\hslash }^2}{2m{L}^2}$.

Samalla osoitettiin, että hiukkasen kokonaisenergia on diskreetti, koska $n^2$ voi olla vain positiivinen kokonaisluku.

Vastaus: Hiukkasen kokonaisenergia on $E=\frac{n^2{\pi }^2{\hslash }^2}{2m{L}^2}$, missä $n\in \mathbb{Z}\setminus \{0\}$.