Kompleksiluvun logaritmi: Jos nyt z = re iθ = re iθ e in2π, missä n Z, niin saadaan. ja siihen vaikuttava

Transkriptio

1 Kompleksiluvun logaritmi: ln z = w z = e w Jos nyt z = re iθ = re iθ e inπ, missä n Z, niin saadaan w = ln z = ln r + iθ + inπ, n Z Logaritmi on siis äärettömän moniarvoinen funktio. Helposti nähdään että e w = z kaikilla n. Logaritmin päähaaraksi sanotaan valintaa n = 0 ja 0 θ < π: lnz = ln r + iθ, 0 θ < π Jos nyt z R, ja z on positiivinen > 0): lnz = ln r Jos taas z on negatiivinen reaaliluku, lnz = ln r + iπ Esim. päähaara-arvot): ln 1) = ln e iπ ) = iπ ln i = ln e iπ/ = i π ln1 + i) = ln e iπ/4 ) = 1 ln + i π 4 6. Differentiaaliyhtälöistä Newtonin toisen lain mukaan kappaleeseen vaikuttava voima on yhtäsuuri kuin kappaleen massa kerrottuna sen kiihtyvyydellä. Korkeudella h putoamisliikkeessä olevan kappaleen kiihtyvyys on d h ja siihen vaikuttava dt gravitaatiovoima mg, kun kappaleen massa on m. Newtonin lain mukaan on siis tai m d h dt d h dt = mg = g. Tämä on korkeutta h hallitseva differentiaaliyhtälö, ts. siinä esiintyy tuntemattoman funktion derivaattoja. Differentiaaliyhtälön ratkaisemisella tarkoitetaan yhtälön toteuttavan funktion etsimistä. Putoamisliikkeen tapauksessa ratkaisu on helppo löytää. Integroidaan differentiaaliyhtälön d h dt = g molemmat puolet, jolloin saadaan dh dt = gt + c 1. Tämä on edelleenkin differentiaaliyhtälö ja edelleenkin voimme integroida sen puolittain. Päämme ratkaisuun h = 1 gt + c 1 t + c. 38 Terminologiaa Putoamisliikkeen ratkaisussa on kummastakin integroinnista aiheutuneet integrointivakiot otettu mukaan. Vakioiden arvot määräytyvät alkuehdoista. Tässä tapauksessa tieto kappaleen korkeudesta ja nopeudesta alkuhetkellä t = 0 riittää. Kun yhtälössä on jonkin muuttujan derivaattoja jonkin toisen muuttujan suhteen, sanotaan edellistä muuttujaa riippuvaksi ja jälkimmäistä riippumattomaksi vapaaksi). Riippuva muuttuja on siis sama kuin funktio mikä halutaan ratkaista. Jos differentiaaliyhtälössä esiintyy derivaattoja vain yhden riippumattoman muuttujan suhteen, puhutaan tavallisesta differentiaaliyhtälöstä. Jos yhtälössä on osittaisderivaattoja useamman kuin yhden vapaan muuttujan suhteen, kyseessä on osittaisdifferentiaaliyhtälö. Esimerkiksi differentiaaliyhtälö d x dt + a dt + kx = 0

2 on tavallinen. Sen riippuva muuttuja on x ja riippumaton t. Yhtälö u x + u y = x 3y on puolestaan osittaisdifferentiaaliyhtälö, jonka riippumattomat muuttujat ovat x ja y. u on tämän yhtälön riippuva muuttuja. Yhtälön kertaluku on korkein siinä esiintyvien derivaattojen kertaluvuista. Esimerkiksi yhtälön d h dt = g kertaluku on. Differentiaaliyhtälö on lineaarinen, jos riippuva muuttuja y) ja sen derivaatat esiintyvät yhtälön kaikissa termeissä joko ensimmäisessä potenssissa tai ei ollenkaan. Jos differentiaaliyhtälö ei ole lineaarinen, sen sanotaan olevan epälineaarinen. Esimerkiksi yhtälö on lineaarinen mutta yhtälöt d y + sin y = 0, y d y + y = x4 + yy = 0 ja y = x y ovat epälineaarisia. Mikä tahansa kertaluvun n tavallinen differentiaaliyhtälö on kirjoitettavissa muotoon F x, y, ),..., dn y n = 0. Olkoon I jokin lukuväli a, b), [a, b],...). Jos sijoitettaessa y = fx) yhtälöön F x, y, ),..., dn y n = 0 se toteutuu kaikilla x I, sanotaan että fx) on ko. yhtälön ratkaisu välillä I. Esim. Yhtälön y x y = 0 ratkaisu on fx) = x x 1 Nyt derivaatat f x) = x + x ja f x) = x 3 ovat määriteltyjä aina kun x 0. Sijoitetaan f yhtälöön, jolloin saadaan x 3 ) x x x 1 ) = x 3 ) x 3 ) = 0. Yhtälö siis toteutuu kun x 0 fx) = x x 1 on yhtälön ratkaisu alueissa, 0) ja 0, ). Esim. φx) = c 1 e x + c e x on yhtälön y y y = 0 ratkaisu Nyt φ x) = c 1 e x + c e x ja φ x) = c 1 e x + 4c e x. Sijoitetaan nämä yhtälöön, jolloin c 1 e x + 4c e x ) c 1 e x + c e x ) c 1 e x + c e x ) = c 1 + c 1 c 1 )e x + 4c c c )e x = 0. Tämä on ilmeisestikin voimassa koko reaaliakslla, joten φx) = c 1 e x + c e x on yhtälön ratkaisu välillä, ) olivatpa c 1 ja c mitä tahansa vakioita. Esim. Yhtälön 1 + xe xy ) yexy = 0 ratkaisu määräytyy yhtälöstä x + y + e xy = 0 Suoraviivainen menettely olisi ratkaista y yhtälöstä x + y + e xy = 0 ja sijoittaa tämä differentiaaliyhtälöön. Valitettavasti vain emme osaa tätä ratkaisua muodostaa. Derivoidaan sen sijaan yhtälö x + y + e xy = 0 implisiittisesti, jolloin exy y + x ) = 0. Uudestaan ryhmittäen voidaan kirjoittaa 1 + xe xy ) yexy = 0, joten yhtälö x + y + e xy = 0 todellakin määrää implisiittisesti ko. differentiaaliyhtälön ratkaisun. Osoittautuu, että kertalukua n olevien differentiaaliyhtälöiden ratkaisuihin liittyy aina n mivaltaista vakiota. Useimmissa tapauksissa vakiot ovat määrättävissä, jos tunnetaan funktio ja sen n 1 ensimmäisen derivaatan arvot jossakin ratkaisuvälin I pisteessä. Differentiaaliyhtälöön F x, y, ),..., dn y n = 0 liittyvä alkuarvoprobleema kuuluu: Etsi välillä I se differentiaaliyhtälön ratkaisu, joka pisteessä x 0 I toteuttaa n ehtoa yx 0 ) = y 0 x 0) = y 1. d n 1 y n 1 x 0) = y n 1, missä suureet y 0, y 1,..., y n 1 ovat vakioita. Nimitys alkuarvo on peräisin mekaniikasta, missä yx 0 ) = y 0 tarkoittaa usein kappaleen paikkaa alkuhetkellä x 0 ja y x 0 ) = y 1 sen nopeutta samalla hetkellä. 39

3 Esim. Määrää se yhtälön y y y = 0 ratkaisu, joka toteuttaa alkuehdot y0) = ja y 0) = 3 Aiemmin näimme, että φx) = c 1 e x + c e x on ko. yhtälön ratkaisu olivatpa vakiot c 1 ja c mitä tahansa. Määrätään nämä kertoimet siten, että alkuehdot toteutuvat: φ0) = c 1 e 0 + c e 0 = φ 0) = c 1 e 0 + c e 0 = 3, c 1 + c = c 1 + c = 3. Yhtälöryhmän ratkaisuna saadaan c 1 = 7/3 ja c = 1/3. Alkuarvot toteuttava ratkaisu on siis φx) = 7 3 e x 1 3 ex. tavallisimmat differentiaaliyhtälöt: Seuraavat differentiaaliyhtälöt esiintyvät usein fysiikassa ja muissa sovelluksissa: = ay, a R y = Ceax d y = a y, y = C 1 e ax + C e ax d y = a y, y = C 1 cosax) + C sinax) = D 1 e iax + D e iax Viimeinen yhtälö on esim. harmonisen värähtjän yhtälö: jos kappale liikkuu x-aksa pitkin voiman F = kx vaikutuksessa, Newtonin lain mukaan F = ma) F = kx = d x dt 6.1 Ensimmäisen kertaluvun yhtälöt Ensimmäisen kertaluvun differentiaaliyhtälöille voidaan todistaa olemassaolo- ja yksikäsitteisyyslause: Olkoot funktio fx, y) ja sen osittaisderivaatta f x x, y) jatkuvia pisteen x 0, y 0 ) sisältävässä suorakaiteessa R = {x, y) a < x < b, c < y < d}. Silloin alkuarvoprobleemalla = fx, y), yx 0) = y 0 on yksikäsitteinen ratkaisu φx) jollakin välillä x 0 h < x < x 0 + h, missä h > 0. Vastaavanlaisia lauseita on olemassa myös korkeamman kertaluvun differentiaaliyhtälöille. Lause siis kertoo, milloin ratkaisu on löydettävissä ja että ratkaisun löyttyä ei tarvitse etsiä muita ratkaisuja koska niitä ei ole olemassa. Graafisesti olemassaolo tarkoittaa, että lauseen suorakaiteen jokaisen pisteen kautta kulkee jokin ratkaisu ja yksikäsitteisyys sitä, että kunkin pisteen x 0, y 0 ) kautta kulkee täsmälleen yksi ratkaisu. Tästä johtuen ratkaisujen kuvaajat eivät koskaan leikkaa toisiaan. Valitettavasti lause kertoo vain että ratkaisu on olemassa pisteen x = x 0 ympäristössä, mutta ei kerro tämän ympäristön suuruutta. Fysiikan mallintamisessa alkuarvotehtävän ratkaisun olemassaolo ja yksikäsitteisyys ovat ensiarvoisen tärkeitä. Ensinnäkin todellisessa maailmassa jotakin tapahtuu joten mallinnettaessa maailmaa aluarvoprobleemoina olisi ratkaisujen syytä olla olemassa. Toiseksi, jos saman kokeen toisto samoilla ehdoilla johtaa aina samaan tulokseen, täytyy kokeeseen liittyvän mallinkin olla yksikäsitteinen. Mekaniikka on hyvä esimerkki deterministisestä mallista: tulevaisuus määräytyy tarkasti jos alkutila tunnetaan tarkasti Separoituvat yhtälöt Jos differentiaaliyhtälö voidaan kirjoittaa muodossa = qx)py) 6.1) ts. oikea puoli on kirjoitettavissa kahden funktion tulona, joista toinen riippuu vain muuttujasta x ja toinen vain muuttujasta y, sanotaan että yhtälö on separoituva tai että yhtälön muuttujat ovat erotettavissa. Luonnollisesti myös muotoa ovat separoituvia. Separoituva yhtälö = qx) py) tai = qx) py) = py) qx) ratkeaa muuttujien separoinnilla: kerrotaan molemmat puolet funktiolla py) ja differentiaalilla, jolloin py) = qx), 6.) ja integroimalla näin saatu yhtälö, py) = qx). 6.3) Jos integraalit osataan laskea, voidaan ratkaista y = fx). Näytetään että 6.3) antaa oikean ratkaisun: Olkoot P y) ja Qx) funktioiden py) ja qx) integraalifunktioita, ts. P y) = py), Q x) = qx) 40

4 Tälloin yhtälö 6.3) on ekvivalentti yhtälön P y) = Qx) + C kanssa. Kirjoittamalla y = yx) ja derivoimalla x:n suhteen saamme d P yx)) = P yx))y x) = d Qx) py)y = qx) mikä oli alkuperäinen differentiaaliyhtälö. Esim. Ratkaise = x 5 y Kerrotaan yhtälö puolittain tekijällä y, jolloin saadaan y = x 5). Integrointi molemmin puolin antaa y = x 5) Ratkaistaan y: y 3 3 = x 5x + C. 3x y = ) 1/3 15x + 3C. Koska vakio C voi olla mivaltainen reaaliluku niin sellainen on myös 3C. Voimme siis aivan hyvin korvata sen vaikkapa symbolilla K: ) 3x 1/3 y = 15x + K. Esim. Ratkaise alkuarvotehtävä = y 1 x+3 kun y 1) = 0 Muuttujien erottaminen johtaa yhtälöön Tämän integrointi antaa y 1 = x + 3. ln y 1 = ln x C. Eksponentioidaan yhtälön molemmat puolet ja saadaan e ln y 1 ln x+3 +C = e y 1 = e C x + 3 = K x + 3, missä olemme merkinneet K = e C > 0. Riippuen muuttujien y ja x arvoista on y 1 = ±y 1) ja x + 3 = ±x + 3). Voimme siis kirjoittaa y 1 = ±Kx + 3) tai y = 1 + ±K)x + 3). Merkitään vakiota ±K jälleen symbolilla C, joka voi nyt siis olla mivaltainen reaaliluku. Saamme silloin differentiaaliyhtälön ratkaisuksi y = 1 + Cx + 3). Alkuehto oli y 1) = 1 + C 1 + 3) = 0 C = 1/. Alkuarvotehtävän siis ratkaisee funktio y = 1 1 x Lineaariset yhtälöt Ensimmäisen kertaluvun lineaarinen yhtälö on muotoa a 1 x) + a 0x)y = bx), 6.4) missä kertoimet a 1 x), a 0 x) ja oikea puoli bx) voivat riippua vain vapaasta muuttujasta x mutta eivät riippuvasta muuttujasta y. Esimerkiksi yhtälö x sin x cos x)y = sin x) on selvästikin lineaarinen. Yhtälö y + sin x)y3 = e x + 1 sen sijaan ei ole lineaarinen, sillä sen lisäksi että derivaatan kertoimena on riippuva muuttuja y esiintyy yhtälössä muuttujan y kuutiollinen termi. Olettaen, että kerroin a 1 x) yhtälössä 6.4) on tarkasteltavalla välillä nollasta poikkeava, ensimmäisen kertaluvun yhtälö on kirjoitettavissa standardimuotoon + px)y = qx). 6.5) Jos asetetaan qx) = 0 yhtälöä sanotaan homogeeniseksi, alkuperäistä täydelliseksi. Homogeenisen yhtälön kaikissa termeissä esiintyy siis ainoastaan y:n tai y ensimmäistä potenssia. Ratkaisussa kannattaa lähteä liikkeelle homogeenisen yhtälön ratkaisusta: I) Homogeeninen yhtälö HY): Ratkeaa separoimalla: + px)y = 0 y = px) ln y = px) + A [ ] y = C exp px) missä C = ±e A on integroimisvakio. Tämä on HY:n yleinen ratkaisu. 41

5 II) Täydellinen yhtälö TY): Nyt riittää löytää joku ratkaisu TY:lle, olkoon se y 0 x). Tällöin TY:n yleinen ratkaisu on HY:n ja TY:n ratkaisujen summa, y TY x) = y HY x) + y 0 x) missä y HY on yllä lasketty HY:n yleinen ratkaisu. Todistus: 1. y TY x) on selvästi TY:n ratkaisu. Olkoon y 1 x) TY:n mivaltainen ratkaisu. Tällöin y 1 x) y 0 x) on selvästi HY:n joku ratkaisu, joten y 1 x) = y HY x) + y 0 x). Kuinka TY:n ratkaisu löydetään? Arvaus: toimii usein, mutta pitää keksiä! Esim. y + xy = x: selvästi yksi TY:n ratkaisu on y = 1. Vakion variointi: Etsitään ratkaisua niin että HY:n ratkaisun vakio ylennetään x:n funktioksi: y = Cx)e px) y = C e p Cpe p = C e p py Sijoitetaan tämä TY:hyn: C e p py + py = q C p = qe C = qe p Siis TY:n yleinen ratkaisu saadaan muotoon [ ] yx) = e p C + qe p 6.6) Tässä C -termi on HY:n yleinen ratkaisu. Tätä muotoa ei kannata muistaa, menetelmä kyllä! Esim. Etsi yhtälön 1 x y x = x cos x yleinen ratkaisu Yhtälö on lineaarinen, joten kirjoitetaan se ensin standardimuotoon kertomalla se tekijällä x: x y = x cos x. Nyt homogeeninen yhtälö on siis y xy = 0, joka ratkeaa separoimalla: y = ln y = ln x + A y = Cx x Täydellinen yhtälö ratkeaa vakion varioinnilla: y = Cx y = C x + Cx Siis TY:n yleinen ratkaisu on siis näiden kahden ratkaisun summa: y = C + sin x)x Vakio C määräytyy nyt alkuehdosta. Esim. Etsi yhtälön y y = yleinen ratkaisu Yhtälö on lineaarinen: HY: y = 0 y = ln y = x + A y = Ce x TY: Täydellisen yhtälön ratkaisu voidaan etsiä vakion varioinnilla, mutta tässä tapauksessa nähdään helposti että y = 1 toteuttaa TY:n. Siis yleinen ratkaisu on y = Ce x 1. Esim. Putoava kappale:kappale jonka massa on m putoaa ilmassa maan vetovoiman vaikutuksesta. Hetkellä t = 0 kappale on levossa. Mikä on kappaleen nopeus ajan funktiona? Kappaleeseen vaikuttavat voimat: maan vetovoima: mg ilmanvastus: kv pitää paikkansa jos nopeus v on pieni). Newtonin liikelaki F = ma m dv dt = mg kv Kyseessä on lineaarinen 1. kertaluvun differentiaaliyhtälö. HY on mv = kv 1 v dv = k m dt ln v = k m t + A v = Ce kt/m TY:n yksittäisratkaisu saadan vakion varioinnilla, tai jälleen arvaamalla: selvästi v = mg/k toteuttaa TY:n, joten yleinen ratkaisu on vt) = Ce kt/m + mg/k Hetkellä t = 0 nopeus v0) = 0 C = mg/k, joten alkuehdon toteuttava ratkaisu on vt) = mg k 1 e kt/m ) Kun t on pieni t m/k), kappaleen nopeus v gt, mutta kun t, nopeus lähestyy raja-arvoa mg/k. ja TY: C x + Cx x Cx = x cos x C = cos x C = sin x 4