Differentiaaliyhtälöt/Johdatus differentiaaliyhtälöihin

Johdatus differentiaaliyhtälöihin    

» Tiili painaa kilon ja puoli tiiltä. Paljonko tiili painaa? »
(Matemaattinen arvoitus)

Edellä oleva arvoitus lienee monelle tuttu ja on jollain tapaa jopa ärsyttävä: Miten tiilen massa voi riippua sen omasta massasta? Jossain vaiheessa opintoja saatiin työkalu tämän arvoituksen ratkaisemiseen: yhtälö. Sama arvoitus kirjoitettuna matematiikaksi on:

$m=1+{\frac {1}{2}}m$,

missä ${\textstyle m}$ on tiilen paino (tai oikeammin massa, jos ollaan fysikaalisesti tarkkoja). Yhtälö on varsin nopeasti ratkaistu, ja tuloskin tiilen painolle saadaan: ${\textstyle m=2}$ (kg). Meillä siis on jo käytössä työkalut, joilla voidaan selvittää suureen arvo, kun suure riippuu itsestään jopa edellistä monimutkaisemmilla tavoilla. Mutta mitä tehdään, jos laskettavan tai mitattavan suureen arvo muuttuu esimerkiksi ajan kuluessa ja suure itse riippuu omasta muutoksestaan ajan suhteen? Tavallinen yhtälönratkaisu ei ole enää riittävä työkalu.

Differentiaaliyhtälö (jatkossa myös lyhennettynä DY) on yhtälö, jossa esiintyy yhden reaalimuuttujan tuntemattoman funktion lisäksi kyseisen funktion derivaattoja. Jatkossa tullaan käyttämään yleisesti reaalimuuttujana kirjainta ${\textstyle t}$ (joka voi symboloida aikaa tai mitä tahansa muuta muuttujaa) ja tuntemattomana funktiona ${\textstyle x:\mathbb {R} \to \mathbb {R} }$, ellei toisin mainita. Differentiaaliyhtälöitä ovat esimerkiksi:

$x'(t)=x(t)$ ja

$x''(t)={\frac {1}{m}}f\left(t,x(t),x'(t)\right)$,

joista jälkimmäinen tunnetaan – hieman eri tavoin muotoiltuna – Newtonin 2. lakina. Tämä yhtälö kuvaa vakiomassaisen kappaleen yksiulotteista liikettä voimakentän ${\textstyle f}$ vaikutuksessa.

Kertausta: Muistetaan, että jos kappaleen paikka ajan funktiona on ${\textstyle x(t)}$, niin sen nopeus on ${\textstyle x'(t)}$ ja kiihtyvyys on ${\textstyle x''(t)}$.

Kappaleeseen vaikuttava voima voi riippua ajasta (esim. kappaleen liikettä aletaan jarruttaa tietyn ajan kuluttua lähdöstä), paikasta (esim. kappale törmää tietyn etäisyyden päässä olevaan seinään), nopeudesta (esim. ilmanvastus) tai useammasta näistä yhtä aikaa. Avainasiana on se, että lopulta kaikki riippuu vain ajasta, eli alkuperäisestä muuttujasta ${\textstyle t}$.

Esimerkki 1

Ratkaistaan vapaasti putoavan ${\textstyle m}$-massaisen kappaleen etäisyys lähtötasosta, kun se putoaa vapaasti (ilman vastusvoimia) painovoimakentässä, joka on ${\textstyle f(t,x,x')=-mg}$ (ajasta riippumaton). Newtonin 2. lain nojalla kappaleen kiihtyvyys (eli paikan toinen derivaatta ajan suhteen) on:

$x''(t)={\frac {f(t,x,x')}{m}}=-g$.

Tämä DY on helppo ratkaista. Riittää, että integroidaan yhtälö puolittain kahteen kertaan muuttujana ${\textstyle t}$:

Integrointivakioiden ${\textstyle C_{1}}$ ja ${\textstyle C_{2}}$ fysikaalinen tulkinta on kappaleen alkuvauhti ja -korkeus.

${\begin{aligned}x''(t)&=-g\\\int x''(t)\,\mathrm {d} t&=-g\int \mathrm {d} t\\\Rightarrow x'(t)&=-gt+C_{1}\\\int x'(t)\,\mathrm {d} t&=\int \left(-gt+C_{1}\right)\,\mathrm {d} t\\\Rightarrow x(t)&=-{\frac {1}{2}}gt^{2}+C_{1}t+C_{2}\end{aligned}}$

Yhtälön on ratkaistu, sillä suure ${\textstyle x}$ riippuu vain muuttujasta ${\textstyle t}$, muttei enää itsestään tai derivaatoistaan. Ratkaisussa esiintyvät ${\textstyle C_{1}}$ ja ${\textstyle C_{2}}$ ovat integrointivakioita, joita ei sovi missään tapauksessa unohtaa! Joissain tulevissa tapauksissa integrointivakiot voidaan olettaa nolliksi, mutta siihen saakka on turvallisinta kirjoittaa ne aina näkyviin, kun integroidaan. Jos tarkkoja ollaan, niin yhtälön molempien puolien integroiminen tuottaa kaksi integrointivakiota – yksi kummastakin itegraalista. Koska kyseessä on kuitenkin mielivaltaiset vakiot, ne kannattaa ''yhdistää'' ja kirjoittaa vain integroidun yhtälön toiselle puolelle. Edellisessä yhtälöketjussa tämä tarkoittaa käytännössä tätä:

${\begin{aligned}\int x''(t)\,\mathrm {d} t&=-g\int \,\mathrm {d} t\\x'(t)+C_{1}&=-gt+C_{2}\\\int (x'(t)+C_{1})\,\mathrm {d} t&=\int (-gt+C_{2})\,\mathrm {d} t\\x(t)+C_{1}t+C_{3}&=-{\frac {1}{2}}gt^{2}+C_{2}t+C_{4}\qquad ||-(C_{1}t+C_{3})\\x(t)&=-{\frac {1}{2}}gt^{2}-C_{1}t+C_{2}t-C_{3}+C_{4}\\&=-{\frac {1}{2}}gt^{2}+(C_{2}-C_{1})t+(C_{4}-C_{3})\\&=-{\frac {1}{2}}gt^{2}+{\tilde {C}}_{1}t+{\tilde {C}}_{2}\end{aligned}}$

Yhtälön eri puolten integrointivakiot kannattaa siis yhdistää integroinnin jälkeen, jotta käsiteltäväksi jää paljon vähemmän vakioita.

Ratkaisuun jäävät vakiot ${\textstyle C_{1}}$ ja ${\textstyle C_{2}}$ (tai ${\tilde {C}}_{1}$ ja ${\tilde {C}}_{2}$) ovat periaatteessa mielivaltaisia, mutta tehtävää ajatellen niille voidaan antaa merkitys tai arvo. Fyysikoille lienee tuttu kaava tasaisesti puotavan kappaleen paikasta ajan suhteen:

$s(t)={\frac {1}{2}}at^{2}+v_{0}t+s_{0}$,

missä ${\textstyle v_{0}}$ on kappaleen vauhti ja ${\textstyle s_{0}}$ sen paikka kellon käynnistyessä. Ei ole tietenkään sattumaa, että ratkaisemamme DY on sama kuin tämä tunnettu tulos. Voidaan siis päätellä, että ratkaisussamme vakio ${\textstyle C_{1}}$ kuvaa kappaleen vauhtia ja ${\textstyle C_{2}}$ sen etäisyyttä lähtöasemasta sillä hetkellä, kun parametri ${\textstyle t}$ ''lähti juoksemaan''.

Terminologiaa

• Ensimmäisen kertaluvun differentiaaliyhtälö on aina muotoa

$F\left(t,x(t),x'(t)\right)=0$

oleva funktio. Normaalimuodossa DY on muotoa

$x'(t)=f\left(t,x(t)\right)$.

HUOM! DY ei välttämättä ole normaalimuodossa. Esimerkiksi yhtälöä ${\textstyle x'(t)^{2}+x(t)^{2}=1}$ ei voi esittää normaalimuodossa (eksplisiittisesti).

• Ensimmäisen kertaluvun alkuarvotehtävä on yhtälöpari

${\begin{cases}F(t,x,x')=0\\x(t_{0})=x_{0}\end{cases}}$

Ylempi yhtälöistä on ensimmäisen kertaluvun DY ja alempi on ns. alkuehto, joka asettaa rajoitteet ratkaistun DY:n integrointivakiolle. Esimerkissä 1 oltaisiin voitu antaa alkuehdot, jotka kertovat kappaleen lähtökorkeuden (vakio ${\textstyle C_{2}}$) ja lähtönopeuden (vakio ${\textstyle C_{1}}$) asettamalla esimerkiksi, että ${\textstyle x(0)=h_{0}}$ ja ${\textstyle x'(0)=v_{0}}$. Ensimmäisen kertaluvun alkuarvotehtävällä on vain yksi alkuehto.

• Toisen kertaluvun differentiaaliyhtälö on aina muotoa

$F\left(t,x(t),x'(t),x''(t)\right)=0$

oleva funktio. Normaalimuodossaan DY on muotoa

$x''(t)=f\left(t,x(t),x'(t)\right)$.

• Toisen kertaluvun alkuarvotehtävä on yhtälöryhmä

${\begin{cases}F(t,x,x',x'')=0\\x(t_{0})=x_{0}\\x'(t_{0})=v_{0}\end{cases}}$

Toisen kertaluvun alkuarvotehtävällä on aina kaksi alkuehtoa.

Määritelmä 1

Differentiaaliyhtälö ${\textstyle F\left(t,x(t),x'(t),x''(t)\right)=0}$ on lineaarinen, jos funktio ${\textstyle F}$ on lineaarinen ${\textstyle x}$:n, ${\textstyle x'}$:n ja ${\textstyle x''}$:n suhteen.

Yleisesti ottaen ensimmäisen kertaluvun DY:t ovat helpommin ratkaistavissa kuin toisen kertaluvun ja lineaariset DY:t ovat helpompia ratkaista kuin epälineaariset.

Esimerkki 2

Matemaattinen heiluri koostuu lähes massattoman tangon tai langan päähän ripustetusta pistemäisestä kappaleesta.

Tarkastellaan kattoon ripustettua matemaattista heiluria (ks. oheinen kuva). Ajanhetkellä ${\textstyle t}$ heiluri muodostaa pystytason kanssa kulman ${\textstyle \theta (t)}$. Olkoon heilurin langan pituus ${\textstyle l>0}$ ja langan päässä olevan punnuksen massa ${\textstyle m>0}$ (voidaan olettaa, että langan massa on merkityksettömän pieni punnuksen massaan nähden). Fyysikoiden tuntemien, suhteellisten helppojen välivaiheiden avulla voidaan kirjoittaa heilurin liikeyhtälö heilahduskulman avulla:

$\theta ''(t)+{\frac {g}{l}}\sin \left(\theta (t)\right)=0$,

missä ${\textstyle g}$ on putoamiskiihtyvyys. Tämä DY ei ole lineaarinen termistä ${\textstyle \sin \theta }$ johtuen. Vaikka DY kuvaakin suhteellisen yksinkertaisen kappaleen liikettä, ei sillä epälineaarisuudestaan johtuen ole olemassa analyyttistä ratkaisua! Emme kuitenkaan heitä vielä kirvestä kaivoon. Työkalupakissa on menetelmä nimeltään linearisointi.

Linearisointi tarkoittaa sitä, että differentiaaliyhtälön epälineaarisia osia approksimoidaan eli arvioidaan jollain tarkkuudella lineaarisilla termeillä. Tämä voidaan tehdä usealla tavalla, esimerkiksi sarjakehitelmien avulla. Heilurin yhtälön tapauksessa tyydytään tekemmän linearisointi nk. pienen kulman approksimaatiolla:

Pienen kulman approksimaatio

$\sin \theta \approx \theta$,

joka on pätevä heilahduskulmille ${\textstyle \theta \ll 1}$ (radiaania). Linearisoidaan heilahduskulmaa kuvaava differentiaaliyhtälö sijoittamalla ${\textstyle \sin \theta =\theta }$. Sekaannuksen välttämiseksi merkitään linearisoidun DY:n heilahduskulmaa ${\textstyle {\hat {\theta }}}$:lla:

${\hat {\theta }}''(t)+{\frac {g}{l}}{\hat {\theta }}=0$

HUOM! Ainoastaan epälineaariset termit linearisoidaan. Sijoittamalla ${\textstyle \theta ''}$:n paikalle ${\textstyle (\sin \theta )''}$ saadaan asiat mahdottoman monimutkaisiksi.

Linearisoidun DY:n ratkaisuksi osoittautuu

${\hat {\theta }}(t)=C_{1}\sin \left({\sqrt {\frac {g}{l}}}\,t\right)+C_{2}\cos \left({\sqrt {\frac {g}{l}}}\,t\right)$,

missä ${\textstyle C_{1}}$ ja ${\textstyle C_{2}}$ ovat heilurin aloituskulmasta ja -nopeudesta riippuvia vakioita. Itse DY:n ratkaisumenetelmään palataan myöhemmässä vaiheessa. Linearisoidun yhtälön ratkaisu ei ole alkuperäisen DY:n ratkaisu, mutta se on arvio sille. Kuten pienen kulman approksimaatio, myös linearisoidun DY:n ratkaisu heikkenee nopeasti heilahduskulman ${\textstyle \theta }$ kasvaessa.