Tässä luvussa käydään läpi lisää esimerkkejä differentiaaliyhtälöiden ja alkuarvotehtävien ratkaisuista käyttäen edellisissä luvuissa käsiteltyjä työkaluja. Lisäksi osassa esimerkeistä on tarkoitus soveltaa differentiaaliyhtälöitä luonnontieteiden käyttöön.
Ratkaise differentiaaliyhtälö
x
′
+
x
t
+
1
=
t
2
+
t
{\displaystyle x'+{\frac {x}{t+1}}=t^{2}+t}
t
>
−
1
{\displaystyle t>-1}
Ratkaisu
Kirjoitetaan DY muodossa
x
′
(
t
)
+
1
t
+
1
x
(
t
)
=
t
2
+
t
{\displaystyle x'(t)+{\frac {1}{t+1}}x(t)=t^{2}+t}
jolloin havaitaan, että kyseessä on lineaarinen DY. Funktiot
t
↦
1
t
+
1
{\displaystyle t\mapsto {\frac {1}{t+1}}}
t
↦
t
2
+
t
{\displaystyle t\mapsto t^{2}+t}
t
>
−
1
{\displaystyle t>-1}
μ
:
]
0
,
∞
[
→
R
{\displaystyle \mu :\,]0,\infty [\,\to \mathbb {R} }
μ
(
t
)
=
e
∫
0
t
d
s
s
+
1
=
e
|
0
t
ln
(
s
+
1
)
=
e
ln
(
t
+
1
)
−
ln
1
=
t
+
1
{\displaystyle \mu (t)=\mathrm {e} ^{\int _{0}^{t}{\frac {\mathrm {d} s}{s+1}}}=\mathrm {e} ^{{\big |}_{0}^{t}\ln(s+1)}=\mathrm {e} ^{\ln(t+1)-\ln 1}=t+1}
DY:n ratkaisu on tällöin
x
(
t
)
=
1
μ
(
t
)
[
∫
0
t
μ
(
s
)
(
s
2
+
s
)
d
s
+
C
]
=
1
t
+
1
[
∫
0
t
(
s
+
1
)
(
s
2
+
s
)
d
s
+
C
]
=
1
t
+
1
[
∫
0
t
(
s
3
+
2
s
2
+
s
)
d
s
+
C
]
=
1
t
+
1
[
|
0
t
(
1
4
s
4
+
2
3
s
3
+
1
2
s
2
)
+
C
]
=
1
t
+
1
[
1
4
t
4
+
2
3
t
3
+
1
2
t
2
+
C
]
=
t
4
4
(
t
+
1
)
+
2
t
3
3
(
t
+
1
)
+
t
2
2
(
t
+
1
)
+
C
t
+
1
{\displaystyle {\begin{aligned}x(t)&={\frac {1}{\mu (t)}}\left[\int _{0}^{t}\mu (s)\left(s^{2}+s\right)\,\mathrm {d} s+C\right]\\&={\frac {1}{t+1}}\left[\int _{0}^{t}(s+1)\left(s^{2}+s\right)\,\mathrm {d} s+C\right]\\&={\frac {1}{t+1}}\left[\int _{0}^{t}\left(s^{3}+2s^{2}+s\right)\,\mathrm {d} s+C\right]\\&={\frac {1}{t+1}}\left[{\Bigg |}_{0}^{t}\left({\frac {1}{4}}s^{4}+{\frac {2}{3}}s^{3}+{\frac {1}{2}}s^{2}\right)+C\right]\\&={\frac {1}{t+1}}\left[{\frac {1}{4}}t^{4}+{\frac {2}{3}}t^{3}+{\frac {1}{2}}t^{2}+C\right]\\&={\frac {t^{4}}{4(t+1)}}+{\frac {2t^{3}}{3(t+1)}}+{\frac {t^{2}}{2(t+1)}}+{\frac {C}{t+1}}\end{aligned}}}
Vastaus:
x
:
]
−
1
,
∞
[
→
R
,
x
(
t
)
=
t
4
4
(
t
+
1
)
+
2
t
3
3
(
t
+
1
)
+
t
2
2
(
t
+
1
)
+
C
t
+
1
{\displaystyle x:\,]-1,\infty [\,\to \mathbb {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}}}
C
∈
R
{\displaystyle C\in \mathbb {R} }
Ratkaise differentiaaliyhtälö
x
′
=
1
+
x
2
{\displaystyle x'=1+x^{2}}
Ratkaisu
Jos määritellään funktiot
g
:
R
→
R
,
g
(
t
)
≡
1
{\displaystyle g:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,~g(t)\equiv 1}
h
:
R
→
R
,
h
(
x
)
=
1
+
x
2
{\displaystyle h:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,~h(x)=1+x^{2}}
x
′
(
t
)
=
g
(
t
)
h
(
x
)
{\displaystyle x'(t)=g(t)h(x)}
h
(
x
)
>
0
{\displaystyle h(x)>0}
x
{\displaystyle x}
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
1
h
(
x
)
d
x
=
g
(
t
)
d
t
1
1
+
x
2
d
x
=
d
t
{\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {1}{h(x)}}\,\mathrm {d} x&=g(t)\,\mathrm {d} t\\{\frac {1}{1+x^{2}}}\,\mathrm {d} x&=\mathrm {d} t\end{aligned}}}
Integroidaan yhtälö puolittain käyttämällä tietoa
d
d
x
arctan
x
=
1
1
+
x
2
{\displaystyle {\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} x}}\arctan x={\frac {1}{1+x^{2}}}}
∫
d
x
1
+
x
2
=
∫
d
t
arctan
x
=
t
+
C
|
tan
tan
(
arctan
x
)
=
tan
(
t
+
C
)
x
=
tan
(
t
+
C
)
{\displaystyle {\begin{aligned}\int {\frac {\mathrm {d} x}{1+x^{2}}}&=\int \mathrm {d} t\\\arctan x&=t+C\qquad |\tan \\\tan(\arctan x)&=\tan(t+C)\\x&=\tan(t+C)\end{aligned}}}
Tangentti on määritelty esimerkiksi välillä
]
−
π
2
,
π
2
[
{\displaystyle \left]-{\frac {\pi }{2}},{\frac {\pi }{2}}\right[}
−
π
2
−
C
<
t
<
π
2
−
C
{\displaystyle -{\frac {\pi }{2}}-C<t<{\frac {\pi }{2}}-C}
Vastaus:
x
:
]
−
π
2
−
C
,
π
2
−
C
[
→
R
,
x
(
t
)
=
tan
(
t
+
C
)
{\displaystyle x:\,\left]-{\frac {\pi }{2}}-C,{\frac {\pi }{2}}-C\right[\,\to \mathbb {R} ,~x(t)=\tan(t+C)}
C
∈
R
{\displaystyle C\in \mathbb {R} }
Ratkaise differentiaaliyhtälö
t
2
x
′
+
x
=
0
{\displaystyle t^{2}x'+x=0}
t
>
0
{\displaystyle t>0}
Ratkaisu
Koska
t
>
0
{\displaystyle t>0}
t
2
{\displaystyle t^{2}}
Esimerkissä 1.3 selvitetyn funktion kuvaajia vakion
C
{\displaystyle C}
x
′
(
t
)
+
1
t
2
x
(
t
)
=
0
{\displaystyle x'(t)+{\frac {1}{t^{2}}}x(t)=0}
Tämä on lineaarinen homogeeninen DY. Sen integroiva tekijä on
μ
:
]
1
,
∞
[
→
R
{\displaystyle \mu :\,]1,\infty [\,\to \mathbb {R} }
μ
(
t
)
=
e
∫
1
t
s
−
2
d
s
=
e
|
1
t
−
s
−
1
=
e
−
t
−
1
+
1
=
1
e
t
−
1
−
1
{\displaystyle \mu (t)=\mathrm {e} ^{\int _{1}^{t}s^{-2}\,\mathrm {d} s}=\mathrm {e} ^{{\big |}_{1}^{t}-s^{-1}}=\mathrm {e} ^{-t^{-1}+1}={\frac {1}{\mathrm {e} ^{t^{-1}-1}}}}
DY:n ratkaisu on tällöin
x
(
t
)
=
C
μ
(
t
)
=
C
e
t
−
1
−
1
=
C
e
e
1
/
t
=
C
e
e
t
{\displaystyle 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
C
~
=
C
/
e
{\displaystyle {\tilde {C}}=C/\mathrm {e} }
x
(
t
)
=
C
~
e
t
{\displaystyle x(t)={\tilde {C}}{\sqrt[{t}]{\mathrm {e} }}}
Vastaus:
x
:
]
0
,
∞
[
→
R
,
x
(
t
)
=
C
e
t
{\displaystyle x:\,]0,\infty [\to \mathbb {R} ,~x(t)=C{\sqrt[{t}]{\mathrm {e} }}}
C
∈
R
{\displaystyle C\in \mathbb {R} }
Ratkaise tämän wikikirjan ''logona'' toimiva differentiaaliyhtälö
d
x
d
t
=
x
e
t
{\displaystyle {\frac {\mathrm {d} x}{\mathrm {d} t}}=x\mathrm {e} ^{t}}
Ratkaisu:
Jos määritellään funktiot
g
:
R
→
R
,
g
(
t
)
=
e
t
{\displaystyle g:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,~g(t)=\mathrm {e} ^{t}}
h
:
R
→
R
,
h
(
x
)
=
x
{\displaystyle h:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,~h(x)=x}
x
′
(
t
)
=
g
(
t
)
h
(
x
)
{\displaystyle x'(t)=g(t)h(x)}
h
(
x
)
>
0
{\displaystyle h(x)>0}
h
(
x
)
<
0
{\displaystyle h(x)<0}
x
{\displaystyle x}
x
>
0
{\displaystyle x>0}
x
<
0
{\displaystyle x<0}
1
h
(
x
)
d
x
=
g
(
t
)
d
t
1
x
d
x
=
e
t
d
t
{\displaystyle {\begin{aligned}{\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{aligned}}}
Integroidaan yhtälö puolittain ja ratkaistaan
x
{\displaystyle x}
∫
1
x
d
x
=
∫
e
t
d
t
ln
x
=
e
t
+
C
e
ln
x
=
e
e
t
+
C
x
=
e
C
e
e
t
{\displaystyle {\begin{aligned}\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{aligned}}}
Koska integrointivakio on mielivaltainen, voidaan merkitä
C
~
=
e
C
{\displaystyle {\tilde {C}}=\mathrm {e} ^{C}}
x
(
t
)
=
C
~
e
e
t
{\displaystyle x(t)={\tilde {C}}\mathrm {e} ^{\mathrm {e} ^{t}}}
x
>
0
{\displaystyle x>0}
x
<
0
{\displaystyle x<0}
e
s
>
0
{\displaystyle \mathrm {e} ^{s}>0}
s
∈
R
{\displaystyle s\in \mathbb {R} }
x
>
0
{\displaystyle x>0}
Vastaus:
x
:
R
→
R
,
x
(
t
)
=
C
e
e
t
{\displaystyle x:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,~x(t)=C\mathrm {e} ^{\mathrm {e} ^{t}}}
C
∈
]
0
,
∞
[
{\displaystyle C\in \,]0,\infty [}
Ratkaise differentiaaliyhtälö
x
″
(
t
)
−
3
x
′
(
t
)
−
10
x
(
t
)
=
5
e
−
4
t
{\displaystyle x''(t)-3x'(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
″
−
3
x
′
−
10
x
=
0
{\displaystyle x''-3x'-10x=0}
Sen karakteristinen yhtälö on
λ
2
−
3
λ
−
10
=
0
{\displaystyle \lambda ^{2}-3\lambda -10=0}
jonka juuret ovat
λ
1
=
−
2
{\textstyle \lambda _{1}=-2}
λ
2
=
5
{\textstyle \lambda _{2}=5}
lauseen 5 nojalla muotoa
x
1
(
t
)
+
x
2
(
t
)
=
c
1
e
λ
1
t
+
c
2
e
λ
2
t
=
c
1
e
−
2
t
+
c
2
e
5
t
{\displaystyle {\begin{aligned}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{aligned}}}
Koska DY:n vasemmalla puolella oleva funktio
q
(
t
)
=
e
−
4
t
{\displaystyle q(t)=\mathrm {e} ^{-4t}}
λ
1
{\textstyle \lambda _{1}}
λ
2
{\textstyle \lambda _{2}}
lauseen 7 nojalla:
x
3
(
t
)
=
K
e
−
4
t
{\displaystyle x_{3}(t)=K\mathrm {e} ^{-4t}}
jollakin
K
∈
R
{\textstyle K\in \mathbb {R} }
x
(
t
)
=
x
1
(
t
)
+
x
2
(
t
)
+
x
3
(
t
)
=
c
1
e
−
2
t
+
c
2
e
5
t
+
K
e
−
4
t
{\displaystyle 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
{\textstyle K}
x
′
(
t
)
=
−
2
c
1
e
−
2
t
+
5
c
2
e
5
t
−
4
K
e
−
4
t
{\displaystyle x'(t)=-2c_{1}\mathrm {e} ^{-2t}+5c_{2}\mathrm {e} ^{5t}-4K\mathrm {e} ^{-4t}}
x
″
(
t
)
=
4
c
1
e
−
2
t
+
25
c
2
e
5
t
+
16
K
e
−
4
t
{\displaystyle x''(t)=4c_{1}\mathrm {e} ^{-2t}+25c_{2}\mathrm {e} ^{5t}+16K\mathrm {e} ^{-4t}}
Siis
5
e
−
4
t
=
x
″
(
t
)
−
3
x
′
(
t
)
−
10
x
(
t
)
=
4
c
1
e
−
2
t
+
25
c
2
e
5
t
+
16
K
e
−
4
t
−
3
(
−
2
c
1
e
−
2
t
+
5
c
2
e
−
5
t
−
4
K
e
−
4
t
)
−
10
(
c
1
e
−
2
t
+
c
2
e
−
5
t
+
K
e
−
4
t
)
=
(
4
+
6
−
10
)
c
1
e
−
2
t
+
(
25
−
15
−
10
)
c
2
e
5
t
+
(
16
+
12
−
10
)
K
e
−
4
t
=
18
K
e
−
4
t
{\displaystyle {\begin{aligned}5\mathrm {e} ^{-4t}&=x''(t)-3x'(t)-10x(t)\\&=4c_{1}\mathrm {e} ^{-2t}+25c_{2}\mathrm {e} ^{5t}+16K\mathrm {e} ^{-4t}-3\left(-2c_{1}\mathrm {e} ^{-2t}+5c_{2}\mathrm {e} ^{-5t}-4K\mathrm {e} ^{-4t}\right)-10\left(c_{1}\mathrm {e} ^{-2t}+c_{2}\mathrm {e} ^{-5t}+K\mathrm {e} ^{-4t}\right)\\&=\left(4+6-10\right)c_{1}\mathrm {e} ^{-2t}+\left(25-15-10\right)c_{2}\mathrm {e} ^{5t}+\left(16+12-10\right)K\mathrm {e} ^{-4t}\\&=18K\mathrm {e} ^{-4t}\end{aligned}}}
Ratkaistaan tästä vakio
K
{\textstyle K}
5
e
−
4
t
=
18
K
e
−
4
t
‖
:
18
e
−
4
t
(
≠
0
∀
t
∈
R
)
K
=
5
18
{\displaystyle {\begin{aligned}5\mathrm {e} ^{-4t}&=18K\mathrm {e} ^{-4t}\qquad \Vert :18\mathrm {e} ^{-4t}\quad (\neq 0\,\forall \,t\in \mathbb {R} )\\K&={\frac {5}{18}}\end{aligned}}}
Vastaus:
x
:
R
→
R
{\displaystyle x:\mathbb {R} \to \mathbb {R} }
x
(
t
)
=
c
1
e
−
2
t
+
c
2
e
5
t
+
5
18
e
−
4
t
{\textstyle \displaystyle {x(t)=c_{1}\mathrm {e} ^{-2t}+c_{2}\mathrm {e} ^{5t}+{\frac {5}{18}}\mathrm {e} ^{-4t}}}
c
1
,
c
2
∈
R
{\displaystyle c_{1},c_{2}\in \mathbb {R} }
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
d
w
d
t
=
k
(
100
−
w
)
{\displaystyle {\frac {\mathrm {d} w}{\mathrm {d} t}}=k(100-w)}
missä
k
{\displaystyle k}
w
(
t
)
{\displaystyle w(t)}
t
{\displaystyle t}
[ 1]
Ratkaisu
Kun järjestellään termejä uudelleen, huomataan, että kyseinen DY on lineaarinen ja vakiokertoiminen:
w
′
(
t
)
+
k
w
(
t
)
=
100
k
,
t
≥
0
{\displaystyle w'(t)+kw(t)=100k,\qquad t\geq 0}
Lisäksi tehtävänannosta selviää alkuarvo:
w
(
0
)
=
0
{\displaystyle w(0)=0}
DY:n integroiva tekijä on
μ
:
]
0
,
∞
[
→
R
{\displaystyle \mu :\,]0,\infty [\,\to \mathbb {R} }
μ
(
t
)
=
e
∫
0
t
k
d
s
=
e
k
|
0
t
s
=
e
k
t
{\displaystyle \mu (t)=\mathrm {e} ^{\int _{0}^{t}k\,\mathrm {d} s}=\mathrm {e} ^{k~{\big |}_{0}^{t}s}=\mathrm {e} ^{kt}}
DY:n ratkaisu on tällöin
Esimerkissä A.1 selvitetyn funktion kuvaajia vakion
k
{\displaystyle k}
asymptootti
w
=
100
{\displaystyle w=100}
w
(
t
)
=
1
μ
(
t
)
[
∫
0
t
μ
(
s
)
⋅
100
k
d
s
+
C
]
=
1
e
k
t
[
100
k
∫
0
t
e
k
s
d
s
+
C
]
=
e
−
k
t
[
100
k
|
0
t
e
k
s
k
+
C
]
=
e
−
k
t
[
100
e
k
t
+
C
]
=
100
+
C
e
−
k
t
{\displaystyle {\begin{aligned}w(t)&={\frac {1}{\mu (t)}}\left[\int _{0}^{t}\mu (s)\cdot 100k\,\mathrm {d} s+C\right]\\&={\frac {1}{\mathrm {e} ^{kt}}}\left[100k\int _{0}^{t}\mathrm {e} ^{ks}\,\mathrm {d} s+C\right]\\&=\mathrm {e} ^{-kt}\left[100k~{\Bigg |}_{0}^{t}{\frac {\mathrm {e} ^{ks}}{k}}+C\right]\\&=\mathrm {e} ^{-kt}\left[100\mathrm {e} ^{kt}+C\right]\\&=100+C\mathrm {e} ^{-kt}\end{aligned}}}
Sijoitetaan alkuarvotieto yhtälöön (
t
=
0
,
w
=
0
{\displaystyle t=0,w=0}
0
=
100
+
C
e
−
k
⋅
0
0
=
100
+
C
|
|
−
100
C
=
−
100
{\displaystyle {\begin{aligned}0&=100+C\mathrm {e} ^{-k\cdot 0}\\0&=100+C\quad ||-100\\C&=-100\end{aligned}}}
Vastaus:
w
:
[
0
,
∞
[
→
R
,
w
(
t
)
=
100
(
1
−
e
−
k
t
)
{\displaystyle w:\,[0,\infty [\,\to \mathbb {R} ,~w(t)=100\left(1-\mathrm {e} ^{-kt}\right)}
Ilman aiheuttaman vastusvoiman suuruus liikkuvaan kappaleeseen noudattaa yhtälöä
F
D
=
1
2
C
ρ
A
v
2
{\displaystyle F_{D}={\frac {1}{2}}C\rho Av^{2}}
missä
C
{\textstyle C}
ρ
{\textstyle \rho }
A
{\textstyle A}
v
{\textstyle v}
[ 2]
a) Lähtien liikkeelle Newtonin 2. laista
∑
i
F
i
=
m
a
{\displaystyle \sum _{i}F_{i}=ma}
m
{\textstyle m}
a
{\textstyle a}
F
G
=
m
g
{\displaystyle F_{G}=mg}
g
{\textstyle g}
F
D
{\textstyle F_{D}}
C
{\textstyle C}
ρ
{\textstyle \rho }
A
{\textstyle A}
b) Osoita, että kappaleen pudotessa kauan (
t
→
∞
{\textstyle t\to \infty }
terminaalinopeuden
v
max
=
2
m
g
C
ρ
A
{\displaystyle v_{\max }={\sqrt {\frac {2mg}{C\rho A}}}}
Ratkaisu:
a) Koska ollaan kiinnostuneita ainoastaan liikkeelle lähdöstä ja sen jälkeisistä tilanteista, voidaan määrittelyjoukoiksi asettaa
t
≥
0
{\displaystyle t\geq 0}
∑
i
F
i
=
F
G
−
F
D
=
m
a
m
g
−
1
2
C
ρ
A
v
2
=
m
a
{\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{i}F_{i}=F_{G}-F_{D}&=ma\\mg-{\frac {1}{2}}C\rho Av^{2}&=ma\end{aligned}}}
Kiihtyvyys
a
{\textstyle a}
m
g
−
1
2
C
ρ
A
v
(
t
)
2
=
m
v
′
(
t
)
{\displaystyle mg-{\frac {1}{2}}C\rho Av(t)^{2}=mv'(t)}
Järjestellään termejä uudelleen:
v
′
(
t
)
=
g
−
1
2
m
C
ρ
A
v
(
t
)
2
=
g
−
k
v
(
t
)
2
{\displaystyle v'(t)=g-{\frac {1}{2m}}C\rho Av(t)^{2}=g-kv(t)^{2}}
missä
k
=
C
ρ
A
2
m
{\displaystyle k={\frac {C\rho A}{2m}}}
f
:
[
0
,
∞
[
→
R
,
f
(
t
)
≡
1
{\displaystyle f:[0,\infty [\,\to \mathbb {R} ,~f(t)\equiv 1}
h
:
[
0
,
∞
[
→
R
,
h
(
v
)
=
g
−
k
v
2
{\displaystyle h:[0,\infty [\,\to \mathbb {R} ,~h(v)=g-kv^{2}}
v
′
(
t
)
=
f
(
t
)
h
(
v
)
{\displaystyle v'(t)=f(t)h(v)}
h
(
v
)
>
0
{\displaystyle h(v)>0}
v
∈
[
0
,
∞
[
{\displaystyle v\in [0,\infty [}
g
>
k
v
2
{\displaystyle g>kv^{2}}
g
<
k
v
2
{\displaystyle g<kv^{2}}
0
≤
v
<
g
k
{\displaystyle 0\leq v<{\sqrt {\frac {g}{k}}}}
v
>
g
k
{\displaystyle v>{\sqrt {\frac {g}{k}}}}
1
h
(
v
)
d
v
=
f
(
t
)
d
t
1
g
−
k
v
2
d
v
=
1
d
t
{\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {1}{h(v)}}\,\mathrm {d} v&=f(t)\,\mathrm {d} t\\{\frac {1}{g-kv^{2}}}\,\mathrm {d} v&=1\,\mathrm {d} t\end{aligned}}}
Integroidaan yhtälö puolittain. Oikea puoli on hyvin yksinkertainen, mutta vasen puoli vaatii pientä avaamista. Onneksi tiedetään, että jos
b
>
0
{\displaystyle b>0}
∫
1
b
2
−
x
2
d
x
=
1
b
a
r
t
a
n
h
(
x
b
)
{\displaystyle \int {\frac {1}{b^{2}-x^{2}}}\,\mathrm {d} x={\frac {1}{b}}\,\mathrm {artanh} \left({\frac {x}{b}}\right)}
hyperbolinen arkustangentti )
Näin ollen
∫
1
g
−
k
v
2
d
v
=
∫
1
/
k
g
k
−
v
2
d
v
=
1
k
∫
1
(
g
k
)
2
−
v
2
d
v
=
1
k
1
g
k
a
r
t
a
n
h
(
v
g
k
)
+
c
=
1
g
k
a
r
t
a
n
h
(
v
k
g
)
+
c
{\displaystyle {\begin{aligned}\int {\frac {1}{g-kv^{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 {artanh} \left({\frac {v}{\sqrt {\frac {g}{k}}}}\right)+c\\&={\frac {1}{\sqrt {gk}}}\,\mathrm {artanh} \left(v{\sqrt {\frac {k}{g}}}\right)+c\end{aligned}}}
Siis
t
=
1
g
k
a
r
t
a
n
h
(
v
k
g
)
+
c
{\displaystyle t={\frac {1}{\sqrt {gk}}}\,\mathrm {artanh} \left(v{\sqrt {\frac {k}{g}}}\right)+c}
Ratkaistaan tästä yhtälöstä nopeus:
t
=
1
g
k
a
r
t
a
n
h
(
v
k
g
)
+
c
(
t
−
c
)
g
k
=
a
r
t
a
n
h
(
v
k
g
)
|
tanh
tanh
(
(
t
−
c
)
g
k
)
=
v
k
g
v
=
g
k
tanh
(
(
t
−
c
)
g
k
)
{\displaystyle {\begin{aligned}t&={\frac {1}{\sqrt {gk}}}\,\mathrm {artanh} \left(v{\sqrt {\frac {k}{g}}}\right)+c\\(t-c){\sqrt {gk}}&=\mathrm {artanh} \left(v{\sqrt {\frac {k}{g}}}\right)\qquad |~\tanh \\\tanh \left((t-c){\sqrt {gk}}\right)&=v{\sqrt {\frac {k}{g}}}\\v&={\sqrt {\frac {g}{k}}}\tanh \left((t-c){\sqrt {gk}}\right)\end{aligned}}}
Tiedetään, että
tanh
(
x
)
<
1
{\displaystyle \tanh(x)<1}
x
∈
R
{\displaystyle x\in \mathbb {R} }
v
<
g
k
{\displaystyle v<{\sqrt {\frac {g}{k}}}}
Ratkaistaan vielä vakio
c
{\displaystyle c}
v
=
0
{\displaystyle v=0}
t
=
0
{\displaystyle t=0}
0
=
g
k
tanh
(
−
c
g
k
)
|
|
:
g
k
0
=
tanh
(
−
c
g
k
)
⇔
−
c
g
k
=
0
⇔
c
=
0
{\displaystyle {\begin{aligned}0&={\sqrt {\frac {g}{k}}}\tanh \left(-c{\sqrt {gk}}\right)\qquad ||:{\sqrt {\frac {g}{k}}}\\0&=\tanh \left(-c{\sqrt {gk}}\right)\\\Leftrightarrow -c{\sqrt {gk}}&=0\\\Leftrightarrow c&=0\end{aligned}}}
Esimerkki A.2: Putoavan kappaleen vauhti ajan funktiona, kun ilmanvastus otetaan huomioon Siis kappaleen nopeus on
v
:
[
0
,
∞
[
→
R
,
v
(
t
)
=
g
k
tanh
(
g
k
t
)
=
2
m
g
C
ρ
A
tanh
(
g
C
ρ
A
2
m
t
)
{\displaystyle v:[0,\infty [\,\to \mathbb {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
lim
x
→
∞
tanh
(
x
)
=
1
{\displaystyle \lim _{x\to \infty }\tanh(x)=1}
[ 3]
v
max
=
lim
t
→
∞
v
(
t
)
=
lim
t
→
∞
g
k
tanh
(
g
k
t
)
=
g
k
lim
t
→
∞
tanh
(
g
k
t
)
=
g
k
=
2
m
g
C
ρ
A
{\displaystyle v_{\max }=\lim _{t\to \infty }v(t)=\lim _{t\to \infty }{\sqrt {\frac {g}{k}}}\tanh \left({\sqrt {gk}}\,t\right)={\sqrt {\frac {g}{k}}}\lim _{t\to \infty }\tanh \left({\sqrt {gk}}\,t\right)={\sqrt {\frac {g}{k}}}={\sqrt {\frac {2mg}{C\rho A}}}}
Q.E.D.
Vastaus: a)
v
:
[
0
,
∞
[
→
R
,
v
(
t
)
=
2
m
g
C
ρ
A
tanh
(
g
C
ρ
A
2
m
t
)
{\displaystyle v:[0,\infty [\,\to \mathbb {R} ,~v(t)={\sqrt {\frac {2mg}{C\rho A}}}\tanh \left({\sqrt {\frac {gC\rho A}{2m}}}\,t\right)}
Ratkaise alkuarvotehtävä
{
(
t
2
+
2
x
+
1
)
x
′
+
2
t
x
−
9
t
2
=
0
x
(
0
)
=
−
3
{\displaystyle {\begin{cases}(t^{2}+2x+1)x'+2tx-9t^{2}=0\\x(0)=-3\end{cases}}}
Ratkaisu:
Huomataan, että funktiolle
u
:
R
2
→
R
,
u
(
x
,
t
)
=
x
2
+
(
t
2
+
1
)
x
−
3
t
3
{\displaystyle u:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ,~u(x,t)=x^{2}+(t^{2}+1)x-3t^{3}}
∂
u
∂
x
(
t
,
x
)
=
2
x
+
t
2
+
1
{\displaystyle {\frac {\partial u}{\partial x}}(t,x)=2x+t^{2}+1}
∂
u
∂
t
(
x
,
t
)
=
2
t
x
−
9
t
2
{\displaystyle {\frac {\partial u}{\partial t}}(x,t)=2tx-9t^{2}}
DY on siis eksakti ja sen ratkaisu on
u
(
t
,
x
)
=
C
{\displaystyle u(t,x)=C}
C
∈
R
{\displaystyle C\in \mathbb {R} }
x
2
+
(
t
2
+
1
)
x
−
3
t
3
=
C
{\displaystyle x^{2}+(t^{2}+1)x-3t^{3}=C}
Tässä vaiheessa DY on tavallaan jo ratkaistu, joten vakio
C
{\displaystyle C}
t
=
0
{\displaystyle t=0}
x
=
−
3
{\displaystyle x=-3}
C
=
(
−
3
)
2
+
(
0
2
+
1
)
⋅
(
−
3
)
−
3
⋅
0
3
=
6
{\displaystyle C=(-3)^{2}+(0^{2}+1)\cdot (-3)-3\cdot 0^{3}=6}
Ts. DY:n ratkaisu on
x
2
+
(
t
2
+
1
)
x
−
3
t
3
−
6
=
0
{\displaystyle x^{2}+(t^{2}+1)x-3t^{3}-6=0}
x
{\displaystyle x}
x
(
t
)
=
−
(
t
2
+
1
)
±
(
t
2
+
1
)
2
−
4
(
−
3
t
3
−
6
)
2
=
−
t
2
−
1
±
t
4
+
2
t
2
+
1
+
12
t
3
+
24
2
=
−
t
2
−
1
±
t
4
+
12
t
3
+
2
t
2
+
25
2
{\displaystyle {\begin{aligned}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{aligned}}}
Tuloksena on kuitenkin kaksi eri funktiota, joten pitää päättää, kumpi etumerkki
±
{\displaystyle \pm }
−
3
=
−
0
2
−
1
−
0
4
+
12
⋅
0
3
+
2
⋅
0
2
+
25
2
=
−
1
−
25
2
=
−
1
−
5
2
=
−
6
2
{\displaystyle {\begin{aligned}-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{aligned}}}
−
3
≠
−
0
2
−
1
+
0
4
+
12
⋅
0
3
+
2
⋅
0
2
+
25
2
=
−
1
+
25
2
=
−
1
+
5
2
=
4
2
=
2
{\displaystyle {\begin{aligned}-3&\neq {\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{aligned}}}
niin ratkaisuksi kelpaa vain funktio
x
(
t
)
=
−
t
2
−
1
−
t
4
+
12
t
3
+
2
t
2
+
25
2
{\displaystyle 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
+
12
t
3
+
2
t
2
+
25
≥
0
{\displaystyle t^{4}+12t^{3}+2t^{2}+25\geq 0}
t
≤
−
11
,
8
{\displaystyle t\leq -11{,}8}
t
≥
−
1
,
40
{\displaystyle t\geq -1{,}40}
t
=
0
{\displaystyle t=0}
Vastaus:
x
:
[
−
1
,
40
;
∞
[
→
R
{\displaystyle x:[-1{,}40;\infty [\,\to \mathbb {R} }
x
(
t
)
=
−
1
2
(
t
2
+
1
+
t
4
+
12
t
3
+
2
t
2
+
25
)
{\textstyle \displaystyle {x(t)=-{\frac {1}{2}}\left(t^{2}+1+{\sqrt {t^{4}+12t^{3}+2t^{2}+25}}\right)}}
Esimerkki B.1 Ratkaistaan luvun johdatus differentiaaliyhtälöihin esimerkki 2 :
Tarkastellaan kattoon ripustettua matemaattista heiluria. Ajanhetkellä
t
{\textstyle t}
θ
(
t
)
{\textstyle \theta (t)}
l
>
0
{\textstyle l>0}
m
>
0
{\textstyle m>0}
g
>
0
{\textstyle g>0}
t
=
0
{\textstyle t=0}
θ
0
≪
1
rad
{\textstyle \theta _{0}\ll 1\,{\text{rad}}}
kulmanopeudella
ω
0
{\textstyle \omega _{0}}
{
θ
″
(
t
)
+
g
l
sin
(
θ
(
t
)
)
=
0
θ
′
(
0
)
=
ω
0
θ
(
0
)
=
θ
0
{\displaystyle {\begin{cases}\displaystyle {\theta ''(t)+{\frac {g}{l}}\sin \left(\theta (t)\right)=0}\\\theta '(0)=\omega _{0}\\\theta (0)=\theta _{0}\end{cases}}}
Ratkaisu: Koska meillä ei vielä ole työkaluja epälineaaristen 2. kertaluvun differentiaaliyhtälöiden ratkaisemiseen, tyydytään linearisoimaan alkuperäinen DY. Oletetaan alkunopeus tarpeeksi pieneksi, jotta jokaisella ajanhetkellä kiertokulma
θ
≤
θ
0
≪
1
rad
{\textstyle \theta \leq \theta _{0}\ll 1\,{\text{rad}}}
lim
θ
→
0
sin
θ
θ
=
1
{\displaystyle \lim _{\theta \to 0}{\frac {\sin \theta }{\theta }}=1}
eli
sin
θ
≈
θ
{\textstyle \sin \theta \approx \theta }
θ
″
(
t
)
+
g
l
θ
(
t
)
≈
0
{\displaystyle \theta ''(t)+{\frac {g}{l}}\theta (t)\approx 0}
Selkeyden vuoksi merkitään linearisoitua muuttujaa
θ
^
{\textstyle {\hat {\theta }}}
θ
^
″
(
t
)
+
g
l
θ
^
(
t
)
=
0
{\displaystyle {\hat {\theta }}''(t)+{\frac {g}{l}}{\hat {\theta }}(t)=0}
Koska
g
,
l
>
0
{\textstyle g,l>0}
k
:=
g
l
{\displaystyle k:={\sqrt {\frac {g}{l}}}}
Ts.
θ
^
″
(
t
)
+
k
2
θ
^
(
t
)
=
0
{\displaystyle {\hat {\theta }}''(t)+k^{2}{\hat {\theta }}(t)=0}
Tämä on vakiokertoiminen, homogeeninen DY. Sen karakteristinen yhtälö on
λ
2
+
k
2
=
0
{\displaystyle \lambda ^{2}+k^{2}=0}
eli
λ
2
=
−
k
2
{\displaystyle \lambda ^{2}=-k^{2}}
Karakteristisen yhtälön juuret ovat
λ
1
,
2
=
±
i
k
{\displaystyle \lambda _{1,2}=\pm \mathrm {i} k}
DY:n ratkaisut ovat lauseen 5 nojalla muotoa
θ
^
(
t
)
=
c
1
e
0
⋅
t
cos
(
4
⋅
k
2
−
0
2
2
t
)
+
c
2
e
0
⋅
t
sin
(
4
⋅
k
2
−
0
2
2
t
)
=
c
1
cos
(
k
t
)
+
c
2
sin
(
k
t
)
{\displaystyle {\begin{aligned}{\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{aligned}}}
Käytetään alkuehtoa
θ
^
′
(
0
)
=
ω
0
{\displaystyle {\hat {\theta }}'(0)=\omega _{0}}
d
θ
^
(
t
)
d
t
=
−
c
1
k
sin
(
k
t
)
+
c
2
k
cos
(
k
t
)
{\displaystyle {\frac {\mathrm {d} {\hat {\theta }}(t)}{\mathrm {d} t}}=-c_{1}k\sin(kt)+c_{2}k\cos(kt)}
Tällöin
ω
0
=
θ
^
′
(
0
)
=
−
c
1
k
sin
(
k
⋅
0
)
+
c
2
k
cos
(
k
⋅
0
)
=
−
c
1
k
⋅
0
+
c
2
k
⋅
1
=
c
2
k
{\displaystyle {\begin{aligned}\omega _{0}&={\hat {\theta }}'(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{aligned}}}
Tästä saadaan
c
2
=
ω
0
k
=
ω
0
l
g
{\displaystyle c_{2}={\frac {\omega _{0}}{k}}=\omega _{0}{\sqrt {\frac {l}{g}}}}
Käytetään alkuehtoa
θ
^
(
0
)
=
θ
0
{\textstyle {\hat {\theta }}(0)=\theta _{0}}
θ
0
=
θ
^
(
0
)
=
c
1
cos
(
k
⋅
0
)
+
c
2
sin
(
k
⋅
0
)
=
c
1
⋅
1
+
c
2
⋅
0
=
c
1
{\displaystyle {\begin{aligned}\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{aligned}}}
Vastaus:
t
:
[
0
,
∞
[
→
R
{\textstyle t:[0,\infty [\,\to \mathbb {R} }
θ
(
t
)
≈
θ
^
(
t
)
=
θ
0
cos
(
g
l
t
)
+
ω
0
l
g
sin
(
g
l
t
)
{\textstyle \displaystyle {\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)}}
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:
−
ℏ
2
2
m
ψ
″
(
x
)
+
V
(
x
)
ψ
(
x
)
=
E
ψ
(
x
)
{\displaystyle -{\frac {\hbar ^{2}}{2m}}\psi ''(x)+V(x)\psi (x)=E\psi (x)}
missä
m
{\textstyle m}
ℏ
=
1,054
571800
⋅
10
−
34
J
⋅
s
{\textstyle \hbar =1{,}054571800\cdot 10^{-34}\,{\text{J}}\cdot {\text{s}}}
redusoitu Planckin vakio ,
V
{\textstyle V}
potentiaalienergia ,
E
{\textstyle E}
ψ
{\textstyle \psi }
aaltofunktio . Ratkaistaan Schrödingerin yhtälö tapauksessa, jossa hiukkanen on vangittuna yksiulotteiseen, äärettömän syvään, suorakulmaiseen potentiaalikuoppaan, jonka leveys on
L
{\textstyle L}
V
(
x
)
=
{
0
,
jos
|
x
|
≤
L
2
∞
,
jos
|
x
|
>
L
2
.
{\displaystyle V(x)={\begin{cases}\displaystyle {0,{\text{ jos }}|x|\leq {\frac {L}{2}}}\\\displaystyle {\infty ,{\text{ jos }}|x|>{\frac {L}{2}}}.\end{cases}}}
Määrittelyjoukko on siis
−
L
/
2
≤
x
≤
L
/
2
{\textstyle -L/2\leq x\leq L/2}
{
−
ℏ
2
2
m
ψ
″
(
x
)
+
V
(
x
)
ψ
(
x
)
=
E
ψ
(
x
)
ψ
(
x
)
=
0
,
jos
x
=
L
2
ψ
(
x
)
=
0
,
jos
x
=
−
L
2
{\displaystyle {\begin{cases}\displaystyle {-{\frac {\hbar ^{2}}{2m}}\psi ''(x)+V(x)\psi (x)=E\psi (x)}\\\displaystyle {\psi (x)=0,{\text{ jos }}x={\frac {L}{2}}}\\\displaystyle {\psi (x)=0,{\text{ jos }}x=-{\frac {L}{2}}}\end{cases}}}
Tavallisuudesta poiketen ei tällä kertaa yritetä ratkaista DY:tä täydellisesti, vaan etsitään ainoastaan lauseke hiukkasen kokonaisenergialle
E
{\textstyle E}
Ratkaisu:
Määrittelyjoukossa
x
∈
[
−
L
2
,
L
2
]
{\textstyle x\in \left[-{\frac {L}{2}},{\frac {L}{2}}\right]}
V
(
x
)
≡
0
{\textstyle V(x)\equiv 0}
−
ℏ
2
2
m
ψ
″
(
x
)
=
E
ψ
(
x
)
{\displaystyle -{\frac {\hbar ^{2}}{2m}}\psi ''(x)=E\psi (x)}
Merkitään lyhennyssyistä
k
2
:=
2
m
E
ℏ
2
{\displaystyle k^{2}:={\frac {2mE}{\hbar ^{2}}}}
Näin voidaan tehdä reaalilukujen maailmassa, koska
ℏ
,
E
,
m
>
0
{\textstyle \hbar ,E,m>0}
ψ
″
(
x
)
+
k
2
ψ
(
x
)
=
0
{\displaystyle \psi ''(x)+k^{2}\psi (x)=0}
joka on lineaarinen, vakiokertoiminen, homogeeninen DY. Sen karakteristinen yhtälö on
λ
2
+
k
2
=
0
{\displaystyle \lambda ^{2}+k^{2}=0}
eli
λ
2
=
−
k
2
{\displaystyle \lambda ^{2}=-k^{2}}
Karakteristisen yhtälön juuret ovat
λ
1
,
2
=
±
i
k
{\displaystyle \lambda _{1,2}=\pm \mathrm {i} k}
DY:n ratkaisut ovat lauseen 5 nojalla muotoa
ψ
(
x
)
=
c
1
e
0
⋅
x
cos
(
4
⋅
k
2
−
0
2
2
x
)
+
c
2
e
0
⋅
x
sin
(
4
⋅
k
2
−
0
2
2
x
)
=
c
1
cos
(
k
x
)
+
c
2
sin
(
k
x
)
{\displaystyle {\begin{aligned}\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{aligned}}}
Ratkaistaan vakiot
c
1
{\textstyle c_{1}}
c
2
{\textstyle c_{2}}
{
0
=
ψ
(
−
L
2
)
=
c
1
cos
(
k
⋅
(
−
L
2
)
)
+
c
2
sin
(
k
⋅
(
−
L
2
)
)
=
c
1
cos
(
−
k
L
2
)
+
c
2
sin
(
−
k
L
2
)
0
=
ψ
(
L
2
)
=
c
1
cos
(
k
⋅
(
L
2
)
)
+
c
2
sin
(
k
⋅
(
L
2
)
)
=
c
1
cos
(
k
L
2
)
+
c
2
sin
(
k
L
2
)
{\displaystyle {\begin{cases}0=\psi \left(-{\frac {L}{2}}\right)=c_{1}\cos \left(k\cdot \left(-{\frac {L}{2}}\right)\right)+c_{2}\sin \left(k\cdot \left(-{\frac {L}{2}}\right)\right)=c_{1}\cos \left(-{\frac {kL}{2}}\right)+c_{2}\sin \left(-{\frac {kL}{2}}\right)\\0=\psi \left({\frac {L}{2}}\right)=c_{1}\cos \left(k\cdot \left({\frac {L}{2}}\right)\right)+c_{2}\sin \left(k\cdot \left({\frac {L}{2}}\right)\right)=c_{1}\cos \left({\frac {kL}{2}}\right)+c_{2}\sin \left({\frac {kL}{2}}\right)\end{cases}}}
Näiden yhtälöiden on oltava voimassa yhtä aikaa. Käytetään tietoa, että sini on pariton funktio ja kosini on parillinen funktio[ 4]
{
−
c
1
sin
(
k
L
2
)
+
c
2
cos
(
k
L
2
)
=
0
c
1
sin
(
k
L
2
)
+
c
2
cos
(
k
L
2
)
=
0
{\displaystyle {\begin{cases}-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{cases}}}
Triviaaliratkaisu
ψ
≡
0
{\displaystyle \psi \equiv 0}
c
1
≠
0
≠
c
2
{\displaystyle c_{1}\neq 0\neq c_{2}}
2
c
2
cos
(
k
L
2
)
=
0
‖
:
2
c
2
(
≠
0
)
cos
(
k
L
2
)
=
0
k
L
2
=
n
π
2
,
n
∈
{
±
1
,
±
3
,
±
5
,
…
}
k
=
n
π
L
,
n
∈
{
±
1
,
±
3
,
±
5
,
…
}
{\displaystyle {\begin{aligned}2c_{2}\cos \left({\frac {kL}{2}}\right)&=0\quad \Vert :2c_{2}(\neq 0)\\\cos \left({\frac {kL}{2}}\right)&=0\\{\frac {kL}{2}}&={\frac {n\pi }{2}},\quad n\in \{\pm 1,\pm 3,\pm 5,\dots \}\\k&={\frac {n\pi }{L}},\quad n\in \{\pm 1,\pm 3,\pm 5,\dots \}\end{aligned}}}
tai
−
2
c
1
sin
(
k
L
2
)
=
0
‖
:
(
−
2
c
1
)
(
≠
0
)
sin
(
k
L
2
)
=
0
k
L
2
=
n
π
2
,
n
∈
{
0
,
±
2
,
±
4
,
±
6
,
…
}
k
=
n
π
L
,
n
∈
{
0
,
±
2
,
±
4
,
±
6
,
…
}
{\displaystyle {\begin{aligned}-2c_{1}\sin \left({\frac {kL}{2}}\right)&=0\quad \Vert :(-2c_{1})(\neq 0)\\\sin \left({\frac {kL}{2}}\right)&=0\\{\frac {kL}{2}}&={\frac {n\pi }{2}},\quad n\in \{0,\pm 2,\pm 4,\pm 6,\dots \}\\k&={\frac {n\pi }{L}},\quad n\in \{0,\pm 2,\pm 4,\pm 6,\dots \}\end{aligned}}}
Toisaalta tapaus
n
=
0
{\displaystyle n=0}
k
=
0
{\displaystyle k=0}
ψ
≡
0
{\displaystyle \psi \equiv 0}
k
=
n
π
L
,
n
∈
Z
∖
{
0
}
{\displaystyle k={\frac {n\pi }{L}},\quad n\in \mathbb {Z} \setminus \{0\}}
Tällöin, koska aiemmin merkittiin
k
2
:=
2
m
E
ℏ
2
{\displaystyle k^{2}:={\frac {2mE}{\hbar ^{2}}}}
niin
n
2
π
2
L
2
=
2
m
E
ℏ
2
{\displaystyle {\frac {n^{2}\pi ^{2}}{L^{2}}}={\frac {2mE}{\hbar ^{2}}}}
Ratkaistaan tästä kysytty hiukkasen kokonaisenergia:
E
=
n
2
π
2
ℏ
2
2
m
L
2
{\displaystyle E={\frac {n^{2}\pi ^{2}\hbar ^{2}}{2mL^{2}}}}
Samalla osoitettiin, että hiukkasen kokonaisenergia on diskreetti, koska
n
2
{\displaystyle n^{2}}
Vastaus: Hiukkasen kokonaisenergia on
E
=
n
2
π
2
ℏ
2
2
m
L
2
{\textstyle \displaystyle {E={\frac {n^{2}\pi ^{2}\hbar ^{2}}{2mL^{2}}}}}
n
∈
Z
∖
{
0
}
{\displaystyle n\in \mathbb {Z} \setminus \{0\}}
↑ Canterburyn yliopisto: 100-level Mathematics Revision Exercises, Differential Equations, Assesment-style Question: First Order Differential Equations, viittauspäivämäärä 12.6.2019.http://www.math.canterbury.ac.nz/php/resources/math100/differential-equations/first-order-differential-equations.gif (englanniksi)
↑ Knight, Randall D. Physics for Scientists and Engineers, A Strategic Approach with Modern Physics , 3. painos, s. 174 − 175, Pearson, 2014. ISBN: 978-1-292-02078-5
↑ Hyperbolisten funktioiden määritelmien mukaan
tanh
(
x
)
=
sinh
(
x
)
cosh
(
x
)
=
1
2
(
e
x
−
e
−
x
)
1
2
(
e
x
+
e
−
x
)
=
e
−
x
e
−
x
⋅
e
x
−
e
−
x
e
x
+
e
−
x
=
1
−
e
−
2
x
1
+
e
−
2
x
→
1
−
0
1
+
0
=
1
{\displaystyle \tanh(x)={\frac {\sinh(x)}{\cosh(x)}}={\frac {{\frac {1}{2}}\left(\mathrm {e} ^{x}-\mathrm {e} ^{-x}\right)}{{\frac {1}{2}}\left(\mathrm {e} ^{x}+\mathrm {e} ^{-x}\right)}}={\frac {\mathrm {e} ^{-x}}{\mathrm {e} ^{-x}}}\cdot {\frac {\mathrm {e} ^{x}-\mathrm {e} ^{-x}}{\mathrm {e} ^{x}+\mathrm {e} ^{-x}}}={\frac {1-\mathrm {e} ^{-2x}}{1+\mathrm {e} ^{-2x}}}\to {\frac {1-0}{1+0}}=1}
x
→
∞
{\displaystyle x\to \infty }
↑ Sini on pariton funktio , eli
sin
(
−
t
)
=
−
sin
t
{\textstyle \sin(-t)=-\sin t}
t
∈
R
{\textstyle t\in \mathbb {R} }
cos
(
−
t
)
=
cos
t
{\textstyle \cos(-t)=\cos t}
t
∈
R
{\textstyle t\in \mathbb {R} }
![{\displaystyle \mu :\,]0,\infty [\,\to \mathbb {R} }](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/de61d778c4ddba7187b579bb491934ac3048fbe3)
![{\displaystyle {\begin{aligned}x(t)&={\frac {1}{\mu (t)}}\left[\int _{0}^{t}\mu (s)\left(s^{2}+s\right)\,\mathrm {d} s+C\right]\\&={\frac {1}{t+1}}\left[\int _{0}^{t}(s+1)\left(s^{2}+s\right)\,\mathrm {d} s+C\right]\\&={\frac {1}{t+1}}\left[\int _{0}^{t}\left(s^{3}+2s^{2}+s\right)\,\mathrm {d} s+C\right]\\&={\frac {1}{t+1}}\left[{\Bigg |}_{0}^{t}\left({\frac {1}{4}}s^{4}+{\frac {2}{3}}s^{3}+{\frac {1}{2}}s^{2}\right)+C\right]\\&={\frac {1}{t+1}}\left[{\frac {1}{4}}t^{4}+{\frac {2}{3}}t^{3}+{\frac {1}{2}}t^{2}+C\right]\\&={\frac {t^{4}}{4(t+1)}}+{\frac {2t^{3}}{3(t+1)}}+{\frac {t^{2}}{2(t+1)}}+{\frac {C}{t+1}}\end{aligned}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/0c167f42e6612d47f9b0f20715e314f1b4be06e1)
![{\displaystyle x:\,]-1,\infty [\,\to \mathbb {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}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/bc7f8351502d16a45c575ed177612f652c2b1ece)
![{\displaystyle \left]-{\frac {\pi }{2}},{\frac {\pi }{2}}\right[}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/c6b123273d134ae0a355186bca3947bf36996ceb)
![{\displaystyle x:\,\left]-{\frac {\pi }{2}}-C,{\frac {\pi }{2}}-C\right[\,\to \mathbb {R} ,~x(t)=\tan(t+C)}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/67a60bcbe369970d0647a346fc8469818ac25501)
![{\displaystyle \mu :\,]1,\infty [\,\to \mathbb {R} }](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/06358fc6cbfb549e7592c48a7aba357a9513cd28)
![{\displaystyle 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} }}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/dd9d3b7be7b632e4c8bf16ab5d9c5721a538f860)
![{\displaystyle x(t)={\tilde {C}}{\sqrt[{t}]{\mathrm {e} }}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/95f2ff574eb780875641926bf184155044d6bf4b)
![{\displaystyle x:\,]0,\infty [\to \mathbb {R} ,~x(t)=C{\sqrt[{t}]{\mathrm {e} }}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/1c71243c5ed310c5594eefb00ab7fa71980de257)
![{\displaystyle C\in \,]0,\infty [}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/7f6ab8f41d3c5dab939f6e943934a9a95a742ae3)
![{\displaystyle {\begin{aligned}w(t)&={\frac {1}{\mu (t)}}\left[\int _{0}^{t}\mu (s)\cdot 100k\,\mathrm {d} s+C\right]\\&={\frac {1}{\mathrm {e} ^{kt}}}\left[100k\int _{0}^{t}\mathrm {e} ^{ks}\,\mathrm {d} s+C\right]\\&=\mathrm {e} ^{-kt}\left[100k~{\Bigg |}_{0}^{t}{\frac {\mathrm {e} ^{ks}}{k}}+C\right]\\&=\mathrm {e} ^{-kt}\left[100\mathrm {e} ^{kt}+C\right]\\&=100+C\mathrm {e} ^{-kt}\end{aligned}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/48f71c095e04695ced82619cac76ed8700834a10)
![{\textstyle x\in \left[-{\frac {L}{2}},{\frac {L}{2}}\right]}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/2ffc6f51ea5e6fae99e352d157a9d2d26180289d)
