Osittaisdifferentiaaliyhtälöt

Ennen tähän materiaaliin perehtymistä kertaa tarvittaessa moniulotteinen derivointi.

Merkitys

Tavallisissa DY:issä on vain yksi muuttuja, kuten etäisyys tai aika. Useamman muuttujan tilanteessa päädytään osittaisdifferentiaaliyhtälöihin (ODY).

Esimerkiksi kemiallisessa reaktiossa aineen konsentraatio muuttuu ajan $\blue t$ mukaan, ja reaktion nopeus riippuu lämpötilasta $\red T.$ Konsentraatiota voidaan siis kuvata funktiolla $[A] = f(\blue t, \red T).$

Esimerkiksi elektronin potentiaalienergia epähomogeenisessa sähkökentässä riippuu sen sijainnista, eli potentiaaliernergia on paikan funktio $U = U(\red x, \green y,\blue z).$

Tällaisten usean muuttujan funktioiden muutosta voidaan kuvata osittaisderivaattojen avulla. Osittaisderivaattojen vuoksi DY:t ovat osittaisdifferentiaaliyhtälöitä.

# aaltoyhtalo

Esimerkki: Aaltoyhtälö

Aaltoyhtälö on osittaisdifferentiaaliyhtälö, joka kuvaa aaltojen käyttäytymistä. Aaltoyhtälön ratkaisu on aaltofunktio, joka voi kuvata esimerkiksi viritetyn langan värähtelyä tai paineen vaihtelua ilmassa.

Yhdessä ulottuvuudessa aaltoyhtälö on $\frac{\partial^2}{\partial \blue t^2}\psi=v^2\frac{\partial^2}{\partial \red x^2}\psi,$ missä $\blue t$ on aika, $\red x$ tarkasteltava piste ja aallon etenemisnopeus. Yhtälön ratkaisulla eli funktiolla $\psi(\red x,\blue t)$ on siis kaksi muuttujaa ja se kertoo aallon aiheuttaman poikkeaman tasapainoasemasta pisteessä $\red x$ ajanhetkellä $\blue t.$

Yksiulotteisen aaltoyhtälön eräs ratkaisu $\psi_1({\red x},{\blue t})=\sin({\red x})\cos(v{\blue t}).$

Osoitetaan sijoittamalla, että kyseessä on eräs ODY:n toteuttava funktio. Funktion osittaisderivaatat ovat $\begin{align*} \frac{\partial}{\partial {\red x}}\psi_1&=\cos({\red x})\cos(v{\blue t}),\\ \frac{\partial^2}{\partial {\red x}^2}\psi_1&=-\sin({\red x})\cos(v{\blue t}),\\ \frac{\partial}{\partial {\blue t}}\psi_1&=-v\sin({\red x})\sin(v{\blue t}),\\ \frac{\partial^2}{\partial {\blue t}^2}\psi_1&=-v^2\sin({\red x})\cos(v{\blue t}). \end{align*}$ Tästä näemme, että $\frac{\partial^2}{\partial {\blue t}^2}\psi_1 =-v^2\sin({\red x})\cos(v{\blue t})=v^2\frac{\partial^2}{\partial {\red x}^2}\psi_1,$ joten funktio toteuttaa aaltoyhtälön.

Ratkaisuja visuaalisesti

Tässä GeoGebrassa on kuvattuna kolme aaltoyhtälön ratkaisua:

Voit muuttaa aikaa $\blue t$ liukusäätimestä tai käynnistää animaation vasemman alakulman painikkeesta.

# geo3

Aaltoyhtälö useammassa ulottuvuudessa $\frac{\partial^2\psi}{\partial {\blue t}^2}=v^2\nabla^2\psi.$

Aaltoyhtälö voidaan myös laajentaa useampaan ulottuvuuteen. Kaksiulotteisessa yhtälössä $\frac{\partial^2\psi}{\partial {\blue t}^2}=v^2\Big[\frac{\partial^2}{\partial {\red x}^2}\psi+\frac{\partial^2}{\partial {\green y}^2}\psi\Big]$ aaltofunktio on kolmen muuttujan funktio $\psi=\psi(\red x, \green y, \blue t),$ joka siis kertoo aallon aiheuttaman poikkeaman pisteessä $(\red x, \green y)$ ajanhtekellä $\blue t.$ Tällä voisimme kuvata vaikka rumpukalvon värähtelyä, jolloin poikkeama on -suunnassa. Useamman muuttujan tilanteessa aaltoyhtälön ratkaiseminen vaikeutuu huomattavasti.

Erityisesti kvanttimekaniikassa tärkeä käsite on ajasta riippumaton aaltoyhtälö, jossa aaltofunktio ei riipu ajasta, eli $\dfrac{\partial}{\partial \blue t}\psi=0.$ Tällöin esimerkiksi kaksiulotteinen aaltofunktio on kahden muuttujan funktio $\psi=\psi(\red x,\green y),$ joka kuvaa stationaarista tilaa.

Aiemmin esitetyt aaltoyhtälöt ovat ajasta riippuvia, eli $\dfrac{\partial}{\partial \blue t}\psi \ne 0.$

Yksiulotteisen aaltoyhtälön yleinen ratkaisu $\psi({\red x},{\blue t})=F({\red x}+v{\blue t})+E({\red x}-v{\blue t}).$

Tässä ja voivat olla mitkä tahansa kahdesti derivoituvat funktiot. Ratkaisujoukko on siis paljon laajempi verrattuna toisen asteen tavalliseen DY:hyn. Luonnollisesti myös ensimmäisenä näyttämämme ratkaisu voidaan esittää tässä muodossa, sillä $\sin({\red x})\cos(v{\blue t})=\frac{\sin(\red x+v\blue t)}{2}+\frac{\sin(\red x-v\blue t)}{2}.$ ODY:n kaikkien ratkaisujen löytäminen ei yleensä ole niin keskeistä, vaan halutaan löytää ne ratkaisut, jotka toteuttavat tietyt reunaehdot.

Esimerkiksi voisimme etsiä aaltoyhtälölle ratkaisuja reunaehdoilla $\psi(0,\blue t)=\psi(l,\blue t)=0,$ jolloin ratkaisut olisivat pituiseen kieleen syntyviä seisovia aaltoja.

# separointi

ODY:n separointi

Periaate

Periaate osittaisdifferentiaaliyhtälön separoinnissa on samanlainen kuin tavallisessa DY:ssä: erotellaan muuttujat eri puolille yhtälöä.

ODY:n separoinnissa tuntemattoman funktion oletetaan olevan yhden muuttujan funktioiden tulo.

Olkoon $f=f(\red x, \green y)$ tuntematon kahden muuttujan funktio. Tällöin $f\text{:n}$ ODY:yn voidaan tehdä sijoitus $f({\red x},{\green y})=\red X(x)\green Y(y),$ missä $\red X(x)$ ja $\green Y(y)$ ovat tuntemattomia yhden muuttujan funktioita.

Huomaa, että:

Separointi toimii vastaavasti myös useamman muuttujan funktioille.
Uusia funktioita merkitään usein muuttujiensa isommilla symboleilla.

Sijoituksen jälkeen funktiot $\red X$ ja $\green Y$ voidaan erotella eli separoida yhtälön eri puolille.

Separoimalla ODY:stä saadaan jokaiselle muuttujalle oma tavallinen DY. Esimerkiksi 1. kertaluvun kahden muuttujan ODY:stä jää ratkaistavaksi kaksi 1. kl. DY:tä $\begin{cases} F(\red X', \red X) = K\\ G(\green Y', \green Y) = K, \end{cases}$ missä ja ovat funktioita ja on separointivakio.

Esimerkkejä separoinnista

Esimerkki 1: Ensimmäisen kertaluvun ODY $\frac{\partial}{\partial \red x}f(\red x, \green y)=A\frac{\partial}{\partial \green y}f(\red x, \green y).$

Oletetaan, että $f(\red x, \green y) = {\red X}(x){\green Y}(y).$ Tämän osittaisderivaatat ovat $\frac{\partial}{\partial \red x}f(\red x, \green y) = {\red X}'{\green Y}$ ja $\frac{\partial}{\partial \green y}f(\red x, \green y) = {\red X}{\green Y}'.$ Sijoittamalla saadaan ${\red X}'{\green Y}=A{\red X}{\green Y}',$ josta voidaan jakaa puolittain funktiolla $A\,{\red X}(x){\green Y}(y),$ jotta saadaan muuttujat $\red x$ ja $\green y$ yhtälön eri puolille $\frac{\red X '}{A\red X}=\frac{\green Y'}{\green Y}.$ Koska eri puolet riippuvat eri muuttujista, mutta ovat silti yhtäsuuret, niiden täytyy olla vakioita. Merkitään tätä vakiota ${\blue K}\text{:lla},$ jolloin $\begin{cases} \dfrac{\red X'}{A\red X} = {\blue K}\\\\ \dfrac{\green Y'}{\green Y} = {\blue K}.\\ \end{cases}$ Tästä saadaan kaksi 1. kertaluvun homogeenista DY:tä $\begin{cases} {\red X '}= A{\blue K}{\red X} \\\\ {\green Y'} = {\blue K}{\green Y}.\\ \end{cases}$ Ratkaisuiksi saadaan eksponenttifunktiot $\red X (x) = C_1e^{A{\blue K}\red x} \quad\text{ja}\quad \green Y(y) = C_2e^{{\blue K}\green y}.$ Separoimalla saatu ratkaisufunktio on siis $f(\red x, \green y) = C_1e^{A{\blue K}\red x}C_2e^{{\blue K}\green y} = Ce^{{\blue K}(A\red x+\green y)}.$ Lineaarisille ODY:ille, kuten tämä, saadaan kahdesta ratkaisusta $f_1(\red x,\green y)$ ja $f_2(\red x,\green y)$ myös kolmas ratkaisu summaamalla f_3=f_1+f_2. Näin voimme valita mielivaltaisen määrän vakioita C_n ja ${\blue K}_n$ sekä rakentaa niistä uuden ratkaisun ODY:lle $f(\red x,\green y)=\sum_{n=0}^M C_ne^{{\blue K}_n(A\red x+\green y)}.$

Esimerkki 2: Toisen kertaluvun ODY $\frac{\partial^2}{\partial \red x^2}f(\red x, \green y)=\frac{\partial^2}{\partial \green y^2}f(\red x, \green y).$

Tämä on hyvin samanlainen kuin ensimmäisen kertaluvun tapaus. Ainoana erona on, että saadaan kaksi toisen kertaluvun homogeenista DY:tä ratkaistavaksi.

Oletetaan, että $f(\red x, \green y) = {\red X}(x){\green Y}(y).$ Tämän toisen kertaluvun osittaisderivaatat ovat $\frac{\partial^2}{\partial \red x^2}f(\red x, \green y) = {\red X}''{\green Y}$ ja $\frac{\partial^2}{\partial \green y^2}f(\red x, \green y) = {\red X}{\green Y}''.$ Sijoittamalla saadaan ${\red X}''{\green Y}={\red X}{\green Y}'',$ jolloin voidaan jakaa puolittain funktiolla $f(\red x, \green y) = {\red X}{\green Y}$ ja saadaan muuttujat $\red x$ ja $\green y$ eri puolille yhtälöä $\frac{\red X''}{\red X}=\frac{\green Y''}{\green Y}.$ Merkitsemällä separointivakiota $\blue K\text{:lla}$ saadaan $\begin{cases} \dfrac{\red X''}{\red X} = \blue K\\\\ \dfrac{\green Y''}{\green Y} = \blue K,\\ \end{cases}$ eli kaksi VLHDYVakiokertoiminen Lineaarinen Homogeeninen DY:tä $\begin{cases} {\red X''}-\blue K{\red X}=0 \\\\ {\green Y''}-\blue K{\green Y} = 0,\\ \end{cases}$ jotka ratkeavat karakteristisella yhtälöllä. Ratkaisut riippuvat vakiosta $\blue K,$ joka voi olla

$\blue K=0,$ jolloin $\begin{cases} \red X(x) = C_1 + C_2 \red x\\ \green Y(y) = C_3 + C_4 \green y, \end{cases}$
$\blue K>0,$ jolloin $\begin{cases}\red X(x) = C_1e^{\blue K\red x}+C_2e^{-\blue K\red x}\\ \green Y(y) = C_3e^{\blue K\green y}+C_4e^{-\blue K\green y}, \end{cases}$
tai $\blue K<0,$ jolloin $\begin{cases} \red X(x) = C_1\cos(\blue K \red x)+C_2\sin(\blue K \red x)\\ \green Y(y) = C_3\cos(\blue K \green y)+C_4\sin(\blue K \green y). \end{cases}$

Vakiot C_1, C_2, C_3 ja C_4 voidaan valita vapaasti kullekin ratkaisulle, koska ODY:llä ei ole reunaehtoja.

Saatu ratkaisu on jokin näistä kolmesta parista tulona $\red X \green Y.$ Jos $f_1(\red x,\green y),$ $f_2(\red x, \green y)$ jne. ovat ratkaisuja, niin ODY:n lineaarisuuden perusteella myös summa $f(\red x,\green y) = \sum_{n=1}^M f_n(\red x,\green y)$ on ratkaisu.

Mutta mistä separointivakio tulee?

ODY:n separoinnissa yhtälön eri puolilla olevat muuttujat $\red x$ ja $\green y$ ovat toisistaan riippumattomat. Saadaan siis differentiaaliyhtälö, joka on muotoa $F(\red X',\red X) = G(\green Y',\green Y).$ Oikea puoli ei riipu muuttujasta $\red x,$ jolloin vasemman puolen funktio $F(\red X',\red X)$ ei myöskään voi riippua siitä. Siis funktion $F(\red X',\red X)$ täytyy olla vakio. Vastaavasti funktion $G(\green Y',\green Y)$ on oltava sama vakio.

Tavallisen DY:n separoinnissa yhtälön eri puolilla on muuttujat $\green y$ ja $\red x,$ jotka kuitenkin riippuvat toisistaan, koska toinen muuttuja on funktio $\green y = \green y(\red x).$

Esimerkkejä tilanteista, joissa separointi ei täysin onnistu

Reuna-arvotehtävälle $\begin{cases} \dfrac{\partial}{\partial \blue t}u(\green x,\blue t)=\alpha \dfrac{\partial^2}{\partial \green x^2}u(\green x,\blue t)\\ u(\green 0,\blue t)=0\\ \red{u(l,t)=1} \end{cases}$ separointi ei anna punaisen reunaehdon takia kuin yhden ratkaisun. Jos haluaisimme löytää enemmän ratkaisuja tai toteuttaa useampia reunaehtoja, voisimme lisätä näillä reunaehdoilla saatuun yksittäisratkaisuun kaikki ne ratkaisut, jotka saadaan kun u(l,t)=0.

Sijoittamalla $u(\green x,\blue t)=\green X(x)\blue T(t)$ saadaan $\green X\blue T'=\alpha \green X''\blue T$

eli $\frac {\blue T'}{\alpha \blue T}=\frac{\green X''}{\green X}.$ Koska $u(\green 0,\blue t)=X(\green 0)T(\blue t)=0$ ja $u(\green l,\blue t)= X(\green l)T(\blue t)=1,$ saamme DY:t ja reunaehdot $\begin{cases} \green X''=K\green X\\ \green X(0)=0\\ \end{cases}\quad \begin{cases} \blue T'=K\alpha \blue T\\ \blue T(t)=\dfrac1{\green X(l)},\\ \end{cases}$ eli $\blue T(t)=Ce^{K\alpha \blue t}=\frac1{\green X(l)}=\text{vakio.}$ Vakio $\alpha$ tulee lämpöyhtälöstä ja on erisuuri kuin nolla. Vakio ei myöskään voi olla nolla. Siispä separointivakion on oltava nolla. Tällöin $\green X(\green x)=K_1\green x+K_2$ ja reunaehtojen takia K_2=0. Separoinnilla saamme ratkaisuksi $u(\green x,\blue t)=\green X\blue T=K_1\green x\dfrac1{K_1 l}=\frac{\green x}l.$

Epähomogeenisen ODY:n $\nabla^2\psi(x,y,z)=\red{p( x,y,z)}$ pystyy separoimaan vain tilanteessa, jossa $\red{p( x,y,z)}$ on nollaa kaikkialla, joten tässä tilanteessa olisi tarvetta ylimääräisille työkaluille.

Separointi antaa onnistuessaan yhden vakioista riippuvan ratkaisun. Kuitenkin sopivissa tilanteissa näitä vakioita vaihtelemalla saadaan uusia ratkaisuja, joita voidaan myös laskea yhteen. Tällöin päädytään sarjaratkaisuihin.

Tätä varten ODY:n on oltava homogeeninen ja lineaarinen sekä reunaehtojen sopivia, yleensä nollaa.

# schrodinger

Schrödingerin yhtälön separointi

Kvanttimekaaninen aaltofunktio toteuttaa toisen kertaluvun ODY:n, joka tunnetaan nimellä Schrödingerin yhtälö. Ajasta riippumaton Schrödingerin yhtälö on $\hat H\magenta \psi=-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2\magenta \psi+U\magenta \psi=E\magenta \psi,$ missä kolmiulotteisessa tapauksessa:

$\magenta \psi = \magenta \psi(\red x,\green y,\blue z)$ on hiukkasen aaltofunktio
$\hat H$ on Hamiltonin operaattori $-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2+U$
$\hbar$ on Planckin vakio ja hiukkasen massa
$\nabla^2$ on Laplacen operaattori $\frac{\partial^2}{\partial \red x^2} + \frac{\partial^2}{\partial \green y^2} + \frac{\partial^2}{\partial \blue z^2}$
$U=U(\red x,\green y,\blue z)$ on potentiaalienergia ja kokonaisenergia. Termi $-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2\magenta \psi$ vastaa hiukkasen liike-energiaa.

Jos potentiaalienergia on annettu, yhtälö on ominaisarvo-ongelma, jossa ratkaistavana ovat ominaisfunktiot $\magenta \psi$ ja niitä vastaavat ominaisarvot eli energiat

Yksiulotteinen Schrödingerin yhtälö

Schrödingerin yhtälö yhdessä ulottuvuudessa on $-\frac{\hbar}{2m}\red \psi''(\green x) + U(\green x)\red \psi(\green x) = E\red \psi(\green x),$ missä:

$\red \psi(\green x)$ on tuntematon aaltofunktio, joka kuvaa $\green x\text -$ suuntaista aaltoa
$\hbar$ on Planckin vakio ja hiukkasen massa
$U(\green x)$ on potentiaalienergia.
on kokonaisenergia.

Seuraavissa separoinnin sovellusesimerkeissä Schrödingerin yhtälöä on havainnollisuuden vuoksi yksinkertaistettu.

Mikä ihmeen aaltofunktio?

Kvanttimekaaninen aaltofunktio $\psi$ kuvaa järjestelmän kvanttitilaa. Sen itseisarvon neliö antaa todennäköisyystiheyden $p(\red x,\green y,\blue z) =|\psi(\red x, \green y, \blue z)|^2.$ Tästä voidaan laskea todennäköisyys sille, että hiukkanen sijaitsee $\red x$ -suunnassa välillä [a,b] integraalilla $\int_a^b |\psi(\red x, \green y, \blue z)|^2 \,\text d\red x.$ Todennäköisyys, että hiukkanen on jollakin alueella on vastaavasti tiheysfunktion integraali alueen yli, eli $P(\text{Hiukkanen on alueella D})=\int_D|\psi(\red x, \green y, \blue z)|^2 \,\text dV.$ Moniulotteisen integraalin merkinnöistä voit lukea täältä.

Fysikaaliselle aaltofunktiolle vaaditaan normitus. Tämä tarkoittaa sitä, että on oltava mahdollista määrätä aaltofunktion vapaat vakiot siten, että $\int_D |\psi(\red x,\green y, \blue z)|^2 \,\text dV = 1,$ kun alue kattaa kaikki hiukkasen mahdolliset sijainnit.

# hiukkanen-laatikossa

Sovellus: Laatikkopotentiaali

Etsitään separoinnin avulla aaltofunktio hiukkaselle, jonka liike on rajoitettu kuution muotoiseen laatikkoon.

Reunaehdot potentiaalista

Hiukkasen aaltofunktio $\psi=\psi(\red x,\green y,\blue z)$ noudattaa Schrödingerin yhtälöä, joka on ODY $\nabla^2 \psi+U(\red x,\green y,\blue z)\psi=E\psi,$ missä havainnollisuuden vuoksi on jätetty pois vakioita ja muutettu etumerkkejä.

Merkitään laatikon sivun pituudeksi ja valitaan yksi laatikon kulma pisteeksi $(\red 0,\green 0,\blue 0)$ siten, että vastakkainen kulma on pisteessä $(\red L,\green L,\blue L).$

Potentiaalin rajoja havainnollistava kuva

Koska hiukkanen ei pääse laatikosta ulos, potentiaalienergia $U(\red x,\green y,\blue z)$ on yksinkertaisesti $\begin{cases} U(\red x,\green y,\blue z) = 0 \quad \text{ laatikossa, }\\ U(\red x,\green y,\blue z) = \infty \quad \text{ muualla.} \end{cases}$ Kun $U(\red x, \green y, \blue z) \to \infty,$ Schrödingerin yhtälö toteutuu vain, jos $\psi (\red x, \green y, \blue z) \to 0.$ Aaltofunktion täytyy olla kaikkialla jatkuva, joten potentiaalienergia määrittelee reunaehdon $\psi(\red x,\green y,\blue z) = 0,$ jos $\red x,$ $\green y$ tai $\blue z$ on tai (Ks. kuva.)

Kun hiukkanen on laatikossa, potentiaalienergiatermi häviää. Ratkaistaan jäljelle jäävä yhtälö separoimalla.

Yhtälön separointi

Ratkaistavana on yksinkertaistetusta Schrödingerin yhtälöstä saatu ODY $\frac{\partial^2}{\partial {\red x}^2}\psi +\frac{\partial^2}{\partial {\green y}^2}\psi+ \frac{\partial^2}{\partial{\blue z}^2}\psi=E\psi.$

Separoinnin ensimmäinen vaihe on olettaa, että ratkaistava funktio on muuttujiensa suhteen tulomuotoinen, eli $\psi ({\red x},{\green y},{\blue z}) = \psi_{\red x}({\red x})\psi_{\green y}({\green y})\psi_{\blue z}({\blue z}).$ Merkitään muuttujat selkeyden vuoksi vain alaindeksillä. Aaltofunktio on siis $\psi = \psi_{\red x}\psi_{\green y}\psi_{\blue z}$ , jonka toisen kertaluvun derivaatat ovat $\begin{aligned} \frac{\partial^2}{\partial {\red x^2}}\psi = \psi_{\red x}''\psi_{\green y}\psi_{\blue z}= \frac{\psi_{\red x}''}{\psi_{\red x}} \psi,\\\\ \frac{\partial^2}{\partial {\green y^2}}\psi = \psi_{\red x}\psi_{\green y}''\psi_{\blue z}= \frac{\psi_{\green y}''}{\psi_{\green y}}\psi,\\\\ \frac{\partial^2}{\partial {\blue z^2}}\psi = \psi_{\red x}\psi_{\green y}\psi_{\blue z}''= \frac{\psi_{\blue z}''}{\psi_{\blue z}}\psi.\\\\ \end{aligned}$ Sijoittamalla nämä saadaan yhtälö $\Biggl[\frac{\psi_{\red x}''}{\psi_{\red x}}+ \frac{\psi_{\green y}''}{\psi_{\green y}}+ \frac{\psi_{\blue z}''}{\psi_{\blue z}}\Biggr]\psi(\red x,\green y,\blue z)=E\psi(\red x,\green y,\blue z),$ josta voidaan supistaa funktio $\psi(\red x,\green y,\blue z),$ jolloin $\frac{\psi_{\red x}''}{\psi_{\red x}}+ \frac{\psi_{\green y}''}{\psi_{\green y}}+ \frac{\psi_{\blue z}''}{\psi_{\blue z}}=E.$ Yhtälön oikea puoli on vakio, mutta vasemmalla puolella jokainen termi riippuu eri muuttujasta. Tämä tarkoittaa sitä, että termien täytyy olla vakioita $C_{\red x},$ $C_{\green y}$ ja $C_{\blue z}$ .

Jokaiselle koordinaatille saadaan muista riippumaton tavallinen DY $\begin{cases} \psi_{\red x}''({\red x})=C_{\red x}\psi_{\red x}({\red x})\\ \psi_{\green y}''({\green y})=C_{\green y}\psi_{\green y}({\green y})\\ \psi_{\blue z}''({\blue z})=C_{\blue z}\psi_{\blue z}({\blue z}). \end{cases}$ Tämä on ominaisarvotehtävä, jossa ratkaistavana ovat funktiot $\psi_i$ ja ominaisarvot eli vakiot C_i.

Aaltofunktion ratkaiseminen

Kaikki kolme yhtälöä ovat samanlaiset, joten tarkastellaan vain $\red x$ -koordinaattia. Ratkaistavana on toisen kertaluvun VLHDY $\psi_{\red x}''(\red x)-\blue {C_x}\psi_{\red x}(\red x)=0.$ Tämän ratkaisut saadaan karakteristisen yhtälön $r^2-\blue {C_x}=0$ juurista $r=\pm\blue{\sqrt {C_x}}.$

Jos $\blue{C_x} = 0,$ saadaan lineaarinen aaltofunktio $\psi_{\red x}(\red x)=K_1\red x+K_2.$ Reunaehtojen perusteella tämä on $\psi(\red x)=0$ kaikilla $\red x.$ Kokonaisaaltofunktio on siis $\psi(\red x,\green y,\blue z) = \psi_{\red x}\psi_{\green y}\psi_{\blue z} = 0,$ kaikilla $(\red x,\green y,\blue z).$ Tätä ei voida normittaa, joten se ei ole hyväksyttävä ratkaisu.

Jos $\blue {C_x}>0,$ saadaan aaltofunktioksi $\psi_x(\red x) = K_1e^{\blue{\sqrt {C_x}}\red x}+K_2e^{-\blue{\sqrt {C_x}}\red x}.$ Tarkistetaan reunaehdot sijoittamalla $\begin{cases} \psi_x(\red 0)=e^{\red 0} K_1 + e^{\red 0} K_2= 0\\ \psi_x(\red L)= e^{\blue{\sqrt {C_x}}\red L}K_1+K_2e^{-\blue{\sqrt {C_x}}\red L} = 0 \end{cases}$ eli $\begin{cases} K_1=-K_2\\ e^{2\blue{\sqrt {C_x}}\red L}K_1+K_2 = 0 \end{cases}$ ja edelleen $K_1(e^{2\blue{\sqrt {C_x}}\red L}-1)=0.$ Tämän perusteella vakiot ovat jolloin aaltofunktio on jälleen nollafunktio eli ei hyväksyttävä ratkaisu.

Jos $\blue {C_x}<0,$ karakteristisen yhtälön ratkaisut ovat imaginääriset $r = \pm \blue{\sqrt{-C_x}}i$ ja aaltofunktio on $\psi_x(\red x)=K_1\cos(\blue{\sqrt{-C_x}}\red x)+K_2\sin(\blue{\sqrt{-C_x}}\red x).$ Sijoitetaan tämä reunaehtoihin $\begin{cases} \psi_x(\red 0)= K_1\cos(\red 0)+K_2\sin(\red 0) = 0\\ \psi_x(\red L)= K_1\cos(\blue{\sqrt{-C_x}} \red L)+K_2\sin(\blue{\sqrt{-C_x}} \red L) = 0. \end{cases}$ Ensimmäisestä saadaan vakio Nyt halutaan, että $K_2 \neq 0,$ ettei tulos olisi jälleen nollafunktio. Merkitään $K_2=K_{\red x}.$ Toisesta yhtälöstä saadaan nyt $\sin(\blue{\sqrt{-C_x}}\red L)=0,$ eli sinin jaksollisuuden mukaan $\blue{\sqrt{-C_x}}\red L = n\pi,$ missä on kokonaisluku. Näin vakiolle $\blue{\sqrt{-C_x}}$ saadaan ehto $\blue{\sqrt{-C_x}} = \frac{n_{\red x}\pi}{\red L},$ missä uusi vakio $n_{\red x} = 1,2,...$ on $\red x$ -koordinaatin kvanttiluku. (Normittaminen vaatii, että $n_{\red x} \ne 0.$ Sen merkki voidaan jättää vakiolle $K_{\red x}.$ )

Muuttujan $\red x$ aaltofunktio on reunaehtojen avulla $\psi_x(\red x) = K_{\red x}\sin\Big(\frac{n_{\red x}\pi\,\red x}{L}\Big).$ Muiden koordinaattien aaltofunktiot saadaan täsmälleen samalla tavalla korvaamalla $\red x$ koordinaateilla $\green y$ ja $\blue z.$ Hiukkasen aaltofunktio laatikossa on $\begin{aligned} &\psi(\red x,\green y,\blue z) = \psi_{\red x}\psi_{\green y}\psi_{\blue z} \\ &= K_{\red x}\sin\Big(\frac{n_{\red x}\pi\,\red x}{L}\Big)K_{\green y}\sin\Big(\frac{n_{\green y}\pi\,\green y}{L}\Big) K_{\blue z}\sin\Big(\frac{n_{\blue z}\pi\,\blue z}{L}\Big). \end{aligned}$

Aaltofunktion normitus

Vakiot $K_{\red x},$ $K_{\green y}$ ja $K_{\blue z}$ voidaan määrittää normittamalla aaltofunktio:

Vaaditaan, että hiukkanen on laatikossa todennäköisyydellä Tämä voidaan tehdä yhdessä ulottuvuudessa siten, että todennäköisyys olla laatikossa on kussakin koordinaatissa

Normitus voidaan siis käsitellä yhden muuttujan integraaleina. Otetaan tarkasteluun ${\red x\text -}$ koordinaatti.

Aaltofunktio $\psi_{\red x}(\red {\red x})$ on normitettu, jos $\int_{0}^L |\psi_{\red x}({\red x})|^2 \,\text d{\red x}=1.$ Samoin funktioille $\psi_{\green y}(\green y)$ ja $\psi_{\blue z}(\blue z).$

Integraali on $\int_{\red 0}^{\red L} |\psi_{\red x}({\red x})|^2\,\text d{\red x} = \int_{\red 0}^{\red L} |K_{\red x}|^2\sin^2\bigg(\frac{\pi n_{\red x}\, \red x}{L}\bigg)\,\text d{\red x}.$ Oletetaan, että vakiot $K_{\red x,\green y,\blue z}$ ovat positiivisia reaalilukuja, jolloin $|K_{\red x}|=K_{\red x}.$ Tehdään muuttujanvaihto: $\dfrac{\pi n_{\red x}\, \red x}{L}= \green u \quad\text{eli}\quad \text d\red x = \dfrac{L}{\pi n_{\red x}}\text d\green u.$ Rajat ovat $\green u(\red 0) = \green 0$ ja $\green u(\red L) = \green {\pi n_{\red x}}$ Nyt integraalista saadaan trigonometrian kaavoilla $\sin^2({\green u})=\dfrac{1}{2}\big(1-\cos(2{\green u})\big)$ $\frac{K_{\red x}^2L}{2\pi n_{\red x}}\int_{\green 0}^{\green {\pi n_{\red x}}}\big(1-\cos(2\green u)\big)\,\text d{\green u}.$ Tästä saadaan $\begin{aligned} &\frac{K_{\red x}^2L}{2\pi n_{\red x}}\intsub {\green 0}{\green {\pi n_{\red x}}}\big(\green u+2\sin(2\green u)\big)\\ =&\frac{K_{\red x}^2L}{2\pi n_{\red x}}\big(\green {\pi n_{\red x}}+2\underbrace{\sin(2 \green {\pi n_{\red x}})}_{=0}-\green 0\big)\\ &=\frac{K_{\red x}^2L}{2}.\\ \end{aligned}$

Siis täytyy olla $\frac{K_{\red x}^2L}{2}=1 \quad\text{eli}\quad K_{\red x} = \sqrt{\frac{2}{L}}.$ Vakio oletettiin positiiviseksi. Se ei riipu koordinaatista ${\red x},$ eli $K_{\red x}=K_{\green y}=K_{\blue z}.$

Normitettu kokonaisaaltofunktio laatikon sisällä on $\begin{aligned} &\psi(\red {\red x}, \green y, \blue z) = \psi_{\red x}(\red {\red x})\psi_{\green y}(\green y)\psi_{\blue z}(\blue z) \\ &=\sqrt{\frac{8}{V}}\,\sin\Big(\frac{\pi n_{\red x}\,\red {\red x}}{L}\Big)\, \sin\Big(\frac{\pi n_{\green y}\,\green y}{L}\Big) \,\sin\Big(\frac{\pi n_{\blue z}\,\blue z}{L}\Big), \end{aligned}$ kun V=L^3 on laatikon tilavuus ja $n_{\red x},$ $n_{\green y}$ ja $n_{\blue z}$ ovat positiivisia kokonaislukuja 1,2,3,...

Sovellus: Vetyatomin potentiaali

Schrödingerin yhtälö vetyatomille voidaan ratkaista separoimalla pallokoordinaateissa, jolloin saadaan kolme tavallista toisen kertaluvun DY:tä. Näistä yksi on helposti ratkaistavissa ja kaksi muuta johtavat monimutkaisempiin sarjaratkaisuihin, joita ei tässä käsitellä.

Vetyatomi on atomeista ainoa, jolle Schrödingerin yhtälö on ratkaistu täydellisesti. Useamman elektronin systeemin matemaattinen mallintaminen on erittäin vaikeaa.

Johdanto: Pallokoordinaatit $(\red r,\green \theta,\blue \varphi)$

Karteesisissa koordinaateissa $({\red x},{\green y},{\blue z})$ vetyatomin elektronille Schrödingerin yhtälö on toisen kertaluvun ODY $\nabla^2\psi+\frac{1}{\red r}\psi=E\psi,$ missä:

Havainnollisuuden vuoksi on jätetty pois vakioita ja muutettu etumerkkejä.
$\psi=\psi({\red x},{\green y},{\blue z})$ on tuntematon aaltofunktio.
$\red r=\sqrt{{\red x}^2+{\green y}^2+{\blue z}^2}.$

Potentiaalienergiatermin $\dfrac{1}{\red r}\psi$ vuoksi separointi koordinaattien $({\red x},\green y,{\blue z})$ suhteen ei onnistu. Potentiaali riippuu vain etäisyydestä $\red r,$ joten se on pallosymmetrinen. Käytetään siis pallokoordinaatteja $(\red r,\green \theta, \blue \varphi).$

Kuva havainnollistaa karteesisen ja pallokoordinaattisysteemin välistä yhteyttä. Kulmaa kutsutaan elevaatiokulmaksi ja kulmaa atsimuuttikulmaksi. — Kuva havainnollistaa karteesisen ja pallokoordinaattisysteemin välistä yhteyttä. Kulmaa $\green \theta$ kutsutaan *elevaatiokulmaksi* ja kulmaa $\blue \varphi$ *atsimuuttikulmaksi*.

Nyt aaltofunktio on $\psi=\psi(\red r,\green \theta, \blue \varphi).$ Schrödingerin yhtälö pallokoordinaateissa on monimutkaisempi, mutta voidaan separoida yritteellä $\psi(\red r,\green \theta, \blue \varphi)= \red R(r)\green \Theta(\theta)\blue \Phi(\varphi).$ Funktiota $\red R(r)$ kutsutaan radiaaliosaksi ja funktiota $\green \Theta(\theta)\blue \Phi(\varphi)$ kulmaosaksi.

Schrödingerin yhtälön separointi pallokoordinaateissa

Kirjoitetaan yksinkertaistettu Schrödingerin yhtälö muodossa $\Big(\red{\frac1{ r}}-E\Big)\psi+\nabla^2\psi = 0,$ joka on pallokoordinaateissa hieman monimutkainen $\begin{align*} 0&={\Big(\red{\frac1{ r}}-E\Big)\psi}+\red{\frac{1}{{ r}^2}\frac{\partial}{\partial { r}}}\left(\red{r^2\frac{\partial }{\partial { r}}}\psi\right)\\ &+\blue{\frac{1}{\red{ r^2}\sin{\theta}}\frac{\partial}{\partial {\theta}}}\left(\blue{\sin{\theta}\frac{\partial }{\partial {\theta}}}\psi\right) +\blue{\frac{1}{\red{ r^2}\sin^2{\theta}}\frac{\partial^2}{\partial { \varphi}^2}}\psi. \end{align*}$ Sijoitetaan yhtälöön $\psi({ r},{\theta},{ \varphi})=\red{{ R}({ r})}\blue{Y({\theta},{ \varphi})},$ jolloin $\begin{align*} 0&=\Big(\red{\frac1{ r}}-E\Big)\red R\blue Y+\frac{\blue Y}{\red {r^2}}\red{\frac{\partial}{\partial { r}}}\left(\red{{ r}^2\frac{\partial }{\partial { r}}R}\right)\\ &+\frac{\red R}{\red{ r^2}\blue{\sin{\theta}}}\blue{\frac{\partial}{\partial {\theta}}}\left(\blue{\sin{\theta}\frac{\partial }{\partial {\theta}}}\blue Y\right) +\frac{\red R}{\red{ r^2}\blue{\sin^2{\theta}}}\blue{\frac{\partial^2}{\partial { \varphi}^2}Y}. \end{align*}$ Separoinnin tavoite on erotella punainen (radiaaliosa) ja sininen (kulmaosa) yhtälön eri puolille. Merkitään kulmaosaa funktiolla $\blue G,$ eli $\blue G = \blue{\frac{1}{\sin{\theta}}\frac{\partial}{\partial {\theta}}\left(\sin{\theta}\frac{\partial }{\partial {\theta}}Y\right)} +\blue{\frac{1}{\sin^2{\theta}}\frac{\partial^2}{\partial { \varphi}^2}Y}.$ Sijoitetaan $\blue G$ ja kirjoitetaan auki radiaaliosan $\red R$ derivaattatermi $\frac{\blue Y}{\red {r^2}}\red{\frac{\partial}{\partial { r}}}\left(\red{{ r}^2\frac{\partial }{\partial { r}}R}\right)$ . Sitten vain sievennetään $0=\Big(\red{\frac1{ r}}-E\Big)\red{ R}\blue Y+ \blue Y\red{\frac{1}{{ r}^2}(2{ r}{ {R'}}+{ r}^2{ {R''}})+\frac{{ R}}{{ r}^2}}\blue G.$ Yhtälön termit voidaan jakaa tekijällä $\red R\blue Y \ne 0$ ja saadaan $0=\Big(\red{\frac1{ r}}-E\Big)+ \red{\frac{1}{{ r}^2R}(2{ r}{ {R'}}+{ r}^2{ {R''}})}+\red{\frac{{1}}{{ r}^2\blue Y}}\blue G.$ Tämän termit voidaan kertoa tekijällä $\red {r^2},$ jolloin yhtälö on $0=(\red{r-r^2}E)+\red{\frac{1}{R}(2{ r}{ {R'}}+{ r}^2{ {R''}})}+\blue{\frac{G}{Y}} .$ Näin saadaan radiaaliosa ja kulmaosa separoitua yhtälön eri puolille: $\red{\frac{1}{{ R}}(2{ r}{ {R'}}+{ r}^2{ {R''}})+{ r}-{ r}^2E}=\blue{-\frac GY}.$ Tästä voidaan päätellä, että molemmat puolet ovat vakioita. Radiaaliosalle $\red R(\red r)$ saadaan differentiaaliyhtälö $\red{\frac{1}{{ R}}(2{ r}{ {R'}}+{ r}^2{ {R''}})+{ r}-{ r}^2E}=\lambda.$ Kulmaosalle saadaan yhtälö $\blue{-\frac GY}=\lambda \quad\text{ eli }\quad \blue G=-\lambda \blue Y.$ Avaamalla funktio $\blue G$ saadaan $\blue{\frac{1}{\sin{\theta}}\frac{\partial}{\partial {\theta}}\left(\sin{\theta}\frac{\partial }{\partial {\theta}}Y\right)} +\blue{\frac{1}{\sin^2{\theta}}\frac{\partial^2}{\partial { \varphi}^2}Y}=-\lambda \blue Y.$ Separoidaan nyt kulmat $\green \theta$ ja $\blue \varphi$ sijoittamalla $\blue{Y({\theta},{ \varphi})}=\green{\Theta(\theta)}\blue{\Phi(\varphi)}$ , jolloin yhtälö on $\begin{align*} \frac{\blue\Phi}{\green{\sin{\theta}}}\green{\frac{\partial}{\partial {\theta}}\left(\sin{\theta}\frac{\partial }{\partial {\theta}}\Theta\right)} +\green{\frac{\Theta}{\sin^2{\theta}}}\blue{\frac{\partial^2}{\partial { \varphi}^2}\Phi}&=\green{-\lambda \Theta}\blue{\Phi}&\Big|\cdot\frac{\green{\sin^2\theta}}{\blue\Phi\green\Theta}\\ \green{\frac{\sin{\theta}}{\Theta}\frac{\partial}{\partial {\theta}}\left(\sin{\theta}\frac{\partial }{\partial {\theta}}\Theta\right)} +\blue{\frac{1}{\Phi}\frac{\partial^2}{\partial { \varphi}^2}\Phi}&=\green{-\lambda \sin^2\theta}. \end{align*}$ Tästä saamme eroteltua kulmaosat differentiaaliyhtälöiksi: Elevaatiokulmalle $\green \theta$ $\green{\frac{\sin{\theta}}{\Theta}\frac{\partial}{\partial {\theta}}\left(\sin{\theta} \frac{\partial }{\partial {\theta}}\Theta\right)+\lambda \sin^2\theta}=\lambda_2$ ja atsimuuttikulmalle $\blue \varphi$ $-\blue{\frac{1}{\Phi}\frac{\partial^2}{\partial { \varphi}^2}\Phi}=\lambda_2.$

Funktion $\blue \Phi(\blue \varphi)$ ratkaiseminen

Atsimuuttikulman funktion $\blue\Phi( \blue\varphi)$ DY on ominaisarvo-ongelma $\blue{\Phi''} = -\lambda_2\blue\Phi.$ Tämä ratkeaa sijoituksella $\blue \Phi(\blue \varphi) = Ke^{\pm i\sqrt{\lambda_2}\blue\varphi},$ missä on imaginääriyksikkö, jolle pätee i^2=-1. Atsimuuttikulma $\blue \varphi$ kiertää -akselin ympäri, eli funktion on oltava $2\pi$ -jaksollinen. Siis $\blue{\Phi}(\blue\varphi)={\blue\Phi}(2\pi+\blue\varphi)$ kaikilla $\blue \varphi.$ Tästä seuraa, että ratkaisuja on vain ominaisarvoilla $\lambda_2=0,1^2,2^2,3^2,...$ Nämä ratkaisut voidaan esittää muodossa $\blue\Phi_m(\blue\varphi)=Ke^{im\blue\varphi},$ missä on imaginääriyksikkö ja $m=\pm\sqrt{\lambda_2}=0,\pm1,\pm2,...$ Tästä saimme rajoituksen mahdollisille ominaisarvolle $\lambda_2$ , kvanttiluvun

Funktion $\green \Theta(\green\theta)$ ratkaisemisesta

Elevaatiokulman $\green \Theta(\green \theta)$ DY on $\frac{\sin\green \theta}{\green \Theta}\frac{\text{d}}{\text d\green \theta}\left(\sin(\green \theta)\frac{\text{d}}{\text d\green \theta}\green \Theta\right)+ \lambda\sin^2\green \theta=\lambda_2$ Atsimuuttikulma asetti rajoituksen $\lambda_2=m^2.$ Pienellä siirtelyllä saadaan $\begin{align*} \sin\green \theta\frac{\text{d}}{\text d\green \theta}\left(\sin(\green \theta)\frac{\text{d}}{\text d\green \theta}\green \Theta\right) +(\lambda\sin^2\green \theta-m^2)\green \Theta&=\\ \frac1{\sin\green \theta}\frac{\text{d}}{\text d\green \theta}\left(\sin(\green \theta)\frac{\text{d}}{\text d\green \theta}\green \Theta\right) +\left(\lambda-\frac{m^2}{\sin^2\green \theta}\right)\green \Theta&=0. \end{align*}$ Tästä saadaan sijoituksella $\green x = \cos(\green \theta)$ ja $\green P(\green x)=\green \Theta(\green\theta)$ differentiaaliyhtälö $(1-\green x^2)\green P''-2\green x\green P'+\left(\lambda-\frac{m^2}{1-\green x^2}\right)\green P=0.$ Tälle saadaan ratkaisu sarjojen avulla, kunhan $\lambda=\ell(\ell+1)$ ja $\ell\leq |m|.$ Näille ratkaisuille on annettu nimeksi Legendren liittofunktiot. Näin saamme myös rajoituksen lambdalle, eli uuden kvanttiluvun. Sarjaratkaisuja ei käsitellä tässä.

Funktion $\red R(\red r)$ ratkaisemisesta

Radiaaliosalle saimme DY:n $\frac{1}{{ \red R}}(2{ \red r}{ {\red R'}}+{ \red r}^2{ {\red R''}})+{ \red r}-{ \red r}^2E=\lambda.$ Elevaatiokulman ratkaisut rajoittivat lambdan arvoiksi $\lambda = \ell(\ell+1).$ Sijoittamalla ja uudelleenjärjestämällä saamme DY:n muotoon $\red R''+\frac2{\red r}\red R'+\left(\frac1{\red r}-\frac{\ell(\ell+1)}{\red r^2}\right)\red R=E\red R.$ Tälle saadaan fysikaallisesti järkeviä ratkaisuja sarjojen avulla sopivilla $E\text{:n}$ arvoilla E_n . Ratkaisut ovat $E\text{:stä}$ ja $\ell\text{:stä}$ riippuvia funktioita $\red R_{n,l}(\red r).$ Sarjaratkaisuja ei käsitellä tässä.

Lisää funktiosta $\red R(\red r)$

Radiaaliosan DY on $\red{R''}+\frac{2}{\red r}\red {R'} +\Bigl[\frac{1}{\red r}-\frac{\,\blue\ell(\blue\ell+1)}{\red r^2}\Bigr]\,\red R = E\,\red R,$ missä $\blue\ell(\blue\ell+1)$ on vakio, kun $\blue\ell = 0,1,2,...$

Sijoituksella $\red u(\green r)=\green r \red R(\green r)$ saadaan DY muotoon $\,\red{u''} +U_{\text{eff}}(\green r)\,\red u = E\,\red u,$ joka on yksinkertaistamamme yksiulotteinen Schrödingerin yhtälö, josta potentiaalienergia on korvattu efektiivisellä potentiaalilla $U_{\text{eff}}(\green r)=\frac{1}{\green r}-\frac{\,\blue\ell(\blue\ell+1)}{\green r^2}.$

Sijoituksen yksityiskohdat

Sijoituksella $\green u(r)=\red {rR}(r)$ radiaalifunktio on $\red R(r) = \dfrac{\green u(r)}{\red r}$ ja sen derivaatta tulosäännöllä $\begin{aligned} \red {R'}&= \Big(\green{u'}\frac{1}{\red r}-\green u\frac{1}{\red r^2}\Big)\\ &=\frac{1}{\red r^2}\Big(\green{u'}\red r-\green u\Big). \end{aligned}$

Toinen derivaatta on jälleen tulosäännöllä $\begin{aligned} \red{R''} &= -\frac{2}{\red r^3}\Big(\green{u'}\red r-\green u\Big) +\frac{1}{\red r^2}\Big((\green{u''}\red r+\green{u'})-\green{u'}\Big)\\ &=\frac{1}{\red r^3}\Big(\green{u''}\red r^2-2\green{u'}\red r+2\green u\Big). \end{aligned}$

Nyt Schrödingerin yhtälön ensimmäinen termi on $\begin{aligned} &\,\Bigl(\red{R''}+\frac{2}{\red r}\red {R'}\Bigr)\\ &=\bigg(\frac{1}{\red r^3}\Big(\green{u''}\red r^2-2\green{u'}\red r+2\green u\Big) +\frac{2}{\red r^3}\Big(\green{u'}\red r-\green u\Big)\bigg)\\ &=\frac1{\red r^3}\Big(\green{u''}\red r^2-2\green{u'}\red r+2\green u +2\green{u'}\red r-2\green u\Big)\\ &=\frac1{\red r}\green{u''}. \end{aligned}$ Sijoittamalla muihin termeihin $\red R = \dfrac{\green u}{\red r}$ saadaan $\frac1{\red r}\green{u''} +\Bigl[U(\red r)- \frac{\,\ell(\ell+1)}{\red r^2}\Bigr]\,\dfrac{\green u}{\red r} = E\,\dfrac{\green u}{\red r}.$ Tästä voidaan supistaa $\dfrac{1}{\red r},$ jolloin saadaan $\,\red{u''} +U_{\text{eff}}(\green r)\,\red u = E\,\red u.$

Lopputulos, ominaisarvotehtävän ratkaisu ja ominaisfunktio

Tarkemmalla laskemisella voitaisiin osoittaa, että vetyatomin Schrödingerin yhtälöllä $\hat H\psi=E\psi$ on fysiikan kannalta järkeviä ratkaisuja vain, jos $E_n=-\frac{\mu Z^2e^4}{8\epsilon_0h^2n^2}.$ $E_n\text{:n}$ arvoa vastaava ratkaisu on separoinnilla saatavien ratkaisujen tulo kerrottuna normitusvakiolla , $\psi_n(\red r,\green\theta,\blue\varphi)=N\red R_{n,l}\green \Theta_{m,l}\blue \Phi_m.$ Nämä ovat siis tehtävän ominaisarvot sekä ominaisarvoja vastaavat ominaisfunktiot. Luvut ja kuvaavat elektronin tilaa, mutta eivät vaikuta sen energiaan.

Muistutus: Yllä oli Schrödingerin yhtälössä merkitty joitakin vakioita ykkösellä, jotta itse separoinnin vaiheet tulisivat paremmin esiin.

# reunateht

Reuna-arvotehtäviä ja sarjaratkaisuja

Tässä kappaleessa tarkastellaan joidenkin ODY-reuna-arvotehtävien ratkaisemista.

Muutamassa esimerkissä sovelletaan sarjaratkaisuja. Nämä on merkitty sinisellä summamerkillä $\blue\sum.$

# laplace

Laplacen yhtälö

Yleinen fysiikassa esiintyvä ODY on Laplacen yhtälö.

Olkoon funktio $V=V(\red x,\green y, \blue z).$ Tällöin sen Laplacen yhtälö on $\frac{\partial^2}{\partial {\red x^2}} V+\frac{\partial^2}{\partial {\green y^2}} V+\frac{\partial^2}{\partial {\blue z^2}} V = 0,$ joka voidaan kirjoittaa myös nabla-merkinnällä $\nabla^2 V = 0.$ Tämä on tärkeä toisen kertaluvun osittaisdifferentiaaliyhtälö, jonka ratkaisuja kutsutaan harmonisiksi funktioiksi.

Laplacen yhtälö ja harmoniset funktiot esiintyvät muun muassa ongelmissa koskien:

Sähkömagnetismia
- Sähköisiä potentiaaleja
- Magneettisia potentiaaleja
Tähtitiedettä
- Gravitaatiopotentiaaleja
Virtausmekaniikkaa
Termodynamiikkaa

Laplacen operaattori $\nabla^2$ eri koordinaateissa

Karteesisessa $(\red x,\green y,\blue z)$ koordinaatistossa $\nabla^2V=\frac{\partial^2V}{\partial \red x^2}+\frac{\partial^2V}{\partial \green y^2}+\frac{\partial^2V}{\partial \blue z^2}.$

Käyräviivaiset koordinaatistot

Napakoordinaateissa $(\red r,\green \varphi)$ $\nabla^2V=\frac{1}{\red r}\frac{\partial}{\partial \red r}\left(\red r\frac{\partial V}{\partial\red r}\right)+ \frac{1}{\red r^2}\frac{\partial^2V}{\partial \green \varphi^2}.$ Sylinterikoordinaateissa $(\red r,\green \varphi,\blue z)$ $\nabla^2V=\frac{1}{\red r}\frac{\partial}{\partial \red r}\left(\red r\frac{\partial V}{\partial \red r}\right)+ \frac{1}{\red r^2}\frac{\partial^2V}{\partial \green \varphi^2}+\frac{\partial^2V}{\partial \blue z^2}.$ Pallokoordinaateissa $(\red r,\blue \theta,\green \varphi)$ $\nabla^2V=\frac{1}{\red r^2}\frac{\partial}{\partial \red r}\left(\red r^2\frac{\partial V}{\partial\red r}\right)+ \frac{1}{\red r^2\sin\blue \theta}\frac{\partial}{\partial \blue \theta}\left(\sin\blue \theta\frac{\partial V}{\partial \blue \theta}\right) +\frac{1}{\red r^2\sin^2\blue \theta}\frac{\partial^2V}{\partial \green \varphi^2}.$

Katso myös koordinaatistojen sivut.

Seuraavissa esimerkeissä ratkaistaan Laplacen yhtälöä erilaisilla reunaehdoilla.

Esimerkki 1: $[0,\pi] \times [0,\pi]$ neliön yhdellä sivulla reuna-arvot antaa sinifunktio $\begin{cases} \nabla^2V(\red x,\green y)=0\\ V(\red 0,\green y)=V(\red \pi,\green y)=V(\red x,\green 0)=0\\ V(\red x,\green \pi)=\sin(\red x). \end{cases}$

Aloitetaan ratkaisun etsiminen separoimalla, jolloin $V(\red x,\green y)=\red X( x)\green Y( y).$ Laplacen yhtälöstä saadaan $\green Y\red X''+\red X\green Y''=0,$ eli $\frac{\red X''}{\red X}=-\frac{\green Y''}{\green Y}.$ Koska yhtäsuuruus pätee kaikille $(\red x,\green y),$ on molempien puolien oltava vakiota $\blue C.$ Lisäämällä reunaehdot saadaan $\begin{cases} \red X''=\blue C\red X\\ \red X(0)=0\\ \red X(\pi)=0 \end{cases} \text{ja\quad} \begin{cases} \green Y''=-\blue C\green Y\\ \green Y(0)=0. \end{cases}$ Reuna-arvotehtävä funktiolle $\red X$ on ratkaistu täällä. Sen ratkaisu on $\red X_{\blue n}(\red x)=K\sin(\blue n\red x),~~~\blue C=-\blue n^2,$ missä $\blue n$ on kokonaisluku. Näillä vakion $\blue C$ arvoilla funktion $\green Y$ DY:n toteuttaa $\green Y_{\blue n}(\green y)=K_1e^{{\blue n}\green y}+K_2e^{-{\blue n}\green y}.$ Reunaehdosta $\green Y(0)=0$ saadaan K_1=-K_2. Merkitään molempia vakiolla K_3/2 eli $\green Y_{\blue n}(\green y)=\frac{K_3}{2}e^{{\blue n}\green y}-\frac{K_3}{2}e^{-{\blue n}\green y}=K_3\sinh({\blue n}\green y).$ Yhdistämällä $\red X_{\blue n}$ ja $\green Y_{\blue n}$ saadaan ratkaisuja Laplacen yhtälöön $V_{\blue n}(\red x,\green y)=\red X_{\blue n}(\red x)\green Y_{\blue n}(\green y)=K_{\blue n}\sin({\blue n}\red x)\sinh({\blue n}\green y).$ Tämä ei täytä viimeistä reunaehtoa $V(\red x,\green \pi)=\sin(\red x)$ . Sijoittamalla saadaan $K_{\blue n}\sin({\blue n}\red x)\sinh({\blue n}\green \pi)=\sin(\red x),$ joka toteutuu vain jos ${\blue n}=1$ ja $K_{\blue n}=\dfrac{1}{\sinh(\pi)}.$ Reuna-arvotehtävän ratkaisu on $V(\red x,\green y)=\dfrac{\sin(\red x)\sinh(\green y)}{\sinh(\pi)}.$

$\blue\sum\quad$ Yleisempi tapaus: $V(\red x,\green \pi)=f(\red x).$

Ratkaistaan seuraavaksi sarjojen avulla yleisempi tilanne, jossa $V(\red x,\green\pi)=f(\red x).$ Edellisessä tehtävässä saimme äärettömästi ratkaisuja $V_{\blue n}(\red x,\green y)=K_{\blue n}\sin({\blue n}\red x)\sinh({\blue n}\green y).$ Koska Laplacen yhtälö on lineaarinen ODY, saamme uusia ratkaisuja myös näiden summista. Koska kolmelle sivuista oli asetettuna arvoiksi nollaa, säilyvät myös nämä ominaisuudet ratkaisuja yhdistellessä. Reuna-arvotehtävälle $\begin{cases} \nabla^2V=0\\ V(\red 0,\green y)=V(\red \pi,\green y)=V(\red x,\green 0)=0 \end{cases}$ saadaan siis ratkaisuiksi $V=\sum_{{\blue n}=1}^{\infty}K_{\blue n}\sin({\blue n}\red x)\sinh({\blue n}\green y).$ Voimme yrittää etsiä sopivat kertoimet $K_{\blue n},$ joilla saisimme $V(\red x,\green \pi)=\sum_{{\blue n}=1}^{\infty}K_{\blue n}\sin({\blue n}\red x)\sinh({\blue n}\green \pi)=f(\red x).$ Tässä voidaan hyödyntää tietoa, että $\int_0^\pi \sin({\blue n}\red t)\sin({\green m}\red t)\text{d}\red t= \begin{cases} \frac{\pi}{2},~~~\text{kun } {\blue n}={\green m}\\ 0,~~~\text{kun } {\blue n}\not={\green m} \end{cases}.$ Kertomalla molemmat puolet funktiolla $\sin({\green m}\red t)$ ja integroimalla saadaan $\begin{align*} \int_0^\pi\sin({\green m}\red t)f(\red t)\text{d}\red t&=\int_0^\pi\sin({\green m}\red t)V(\red t,\pi)\text{d}\red t\\ &=\int_0^\pi\sin({\green m}\red t)\sum_{{\blue n}=0}^{\infty}K_{\blue n}\sin({\blue n}\red t)\sinh({\blue n}\pi)\text{d}\red t\\ &=\sum_{{\blue n}=0}^{\infty}K_{\blue n}\sinh({\blue n}\pi)\int_0^\pi\sin({\green m}\red t)\sin({\blue n}\red t)\text{d}\red t\\ &=K_{\green m}\frac{\sinh(\green m\pi)\pi}{2}. \end{align*}$ Kertoimet $K_{\blue n}$ saadaan siis kaavalla $K_{\blue n}=\frac{2}{\sinh({\blue n}\pi)\pi}\int_0^\pi\sin({\blue n}\red t)f(\red t)\text{d}\red t.$

Esimerkki 2:Ympyränmuotoinen reuna $\begin{cases} \nabla^2V(\red x,\green y)=0\\ V(\red x,\green y)=0,~~~\text{kun }\red x^2+\green y^2=1. \end{cases}$

Reunaehdon takia on selvää, että ratkaisua kannattaa etsiä napakoordinaatistossa funktiolle $V(\red r,\green \varphi).$ Tällöin Laplacen yhtälö on muotoa $\nabla^2V=\frac{1}{\red r}\frac{\partial}{\partial \red r}\left(\red r\frac{\partial V}{\partial \red r}\right)+ \frac{1}{\red r^2}\frac{\partial^2V}{\partial \green \varphi^2}=0.$ Separoinnista, eli oletuksella $V(\red r,\green \varphi)=\red R(\red r)\green \Phi(\green \varphi)$ saadaan $\begin{aligned} \frac{1}{\red r}(\red {R'}\green \Phi+r\red {R''}\green \Phi)+\frac{1}{\red r^2}\red R\green {\Phi''}&=0\\ \frac{\red r\red {R'}+\red r^2\red {R''}}{-\red R}&=\frac{\green {\Phi''}}{\green \Phi}\\ \begin{cases} \green {\Phi''}=\blue\lambda\green \Phi\\ \green \Phi(\green\varphi)=\green \Phi(2\pi+\green\varphi) \end{cases}& \begin{cases} \red r^2\red {R''}+\red r\red {R'}=-\blue\lambda \red R\\ \red R(1)=0. \end{cases} \end{aligned}$ Funktiolle $\green\Phi$ asetetut reunaehdot tulevat siitä, että atsimuuttikulman funktion on oltava jaksollinen. Ratkaisuksi saadaan $\green \Phi_{\blue n}(\green \varphi)=K_1\sin({\blue n}\green \varphi)+K_2\cos({\blue n}\green \varphi),~~~\blue\lambda=-{\blue n}^2,~~~{\blue n}\in\mathbb{N}.$ Kun $\blue\lambda=0,$ $\red r^2\red {R''}+r\red {R'}=0\iff \red R=K_1\log(\red r)+K_2.$ Muilla lambdan arvoilla saadaan Eulerin DY $\red r^2\red {R''}+r\red {R'}-{\blue n}^2\red R=0.$ Tämä ratkeaa yritteellä $\red R(\red r)=\red r^s,$ josta saadaan $\red R_{\blue n}(\red r)=K_1\red r^{\blue n}+K_2\red r^{-{\blue n}}.$ Kun otetaan huomioon reuna-arvo $\red R(1)=0,$ saadaan K_1=-K_2 eli $\red R_{\blue n}(\red r)=K(\red r^{\blue n}-\red r^{-{\blue n}}).$ Yhdistämällä nämä saadaan Laplacen yhtälölle ratkaisuiksi $\begin{align*} V_0(\red r,\green \varphi)&=K_0\log(\red r)\\ V_{\blue n}(\red r,\green \varphi)&=(K_1\sin({\blue n}\green \varphi)+K_2\cos({\blue n}\green \varphi))(\red r^{\blue n}-\red r^{-{\blue n}}). \end{align*}$

Laplacen yhtälön symmetriset tilanteet

Joskus tehtävän symmetrioiden perusteella voidaan päätellä, että ratkaisu on joidenkin muuttujien suhteen vakio. Tällöin osittaisderivaatta kyseisen muuttujan suhteen on nolla. Esimerkiksi tilanteessa, jossa tiedetään ratkaisun riippuvan vain etäisyydestä origoon, kannattaa käyttää pallokoordinaatteja, jolloin $\begin{aligned} \nabla^2V&= \frac{1}{\red r^2}\frac{\partial}{\partial \red r}\left(\red r^2\frac{\partial V}{\partial\red r}\right)+ \frac{1}{\red r^2\sin\green \theta}\frac{\partial}{\partial \green \theta}\left(\sin\green \theta\frac{\partial V}{\partial \green \theta}\right) +\frac{1}{\red r^2\sin^2\green \theta}\frac{\partial^2V}{\partial \blue \phi^2}\\ &=\frac{1}{\red r^2}\frac{\partial}{\partial \red r}\left(\red r^2\frac{\partial V}{\partial\red r}\right) =0. \end{aligned}$ Tästä voidaan päätellä, että $\red r^2\dfrac{\partial V}{\partial\red r}=\text{vakio,}$ josta integroimalla saadaan $V(\red r,\theta,\phi)=\frac{K_1}{\red r}+K_2.$ Tämä voisi kuvastaa esimerkiksi origossa olevan pistevarauksen aiheuttamaa potentiaalikenttää.

Vastaavasti kolmiulotteisen tilanteen ollessa symmetrinen $\green z$ -akselin kierron suhteen saadaan pallokoordinaateissa $\begin{align*} \frac{\partial}{\partial \blue \phi}V&=0\\ \nabla^2V&=\frac{1}{\red r^2}\frac{\partial}{\partial \red r}\left(\red r^2\frac{\partial V}{\partial\red r}\right)+ \frac{1}{\red r^2\sin\green \theta}\frac{\partial}{\partial \green \theta} \left(\sin\green \theta\frac{\partial V}{\partial \green \theta}\right)=0. \end{align*}$ Separoinnilla päädyttään DY:ihin $\begin{cases} r^2R''+2rR=\lambda R\\ (u^2-1)\green\Theta''(u)+2u\green\Theta'(u)=\lambda\green\Theta(u),~u=\cos(\green \theta), \end{cases}$ josta edelleen sarjaratkaisujen ja Legendren polynomien P_n avulla saadaan $V(\red r,\green \theta)=\sum_{n=0}^\infty \Big(A_n\red r^n+\frac{B_n}{\red r^{n+1}}\Big)P_n(\cos(\green \theta)).$

Sylinterikoordinaateissa $(\red r, \blue\theta,\green z)$ $\green z$ -akselin kierron suhteen symmetrisessä tilanteissa saadaan $\begin{align*} \frac{\partial}{\partial\blue\theta}V&=0\\ \nabla^2V&=\frac{1}{\red r}\frac{\partial}{\partial \red r}\left(\red r\frac{\partial V}{\partial\red r}\right)+ \frac{\partial^2 V}{\partial \green z^2}=0, \end{align*}$ josta separoimalla päädytään DY-pariin $\begin{cases} \red R''+\frac1r\red R'=\lambda \red R\\ -\green Z''=\lambda \green Z. \end{cases}$

# lampoyhtalo

Lämpö- eli diffuusioyhtälö

Tässä kappaleessa käsitellään lämpöyhtälöä eli diffuusioyhtälöä, joka kuvaa lämmön tai aineen diffuusiota. Lämpöyhtälö on toisen kertaluvun ODY, joka on yksiulotteisessa tapauksessa $\osit{\blue t}{T(\red x,\blue t)} = \alpha \frac{\partial^2}{\partial \red x^2} T(\red x,\blue t),$ missä $T(\red x, \blue t)$ on lämpötilafunktio, $\red x$ on tarkasteltava piste ja $\blue t$ ajanhetki.

Ajasta riippumaton lämpöyhtälö, eli kun $\dfrac{\partial}{\partial \blue t}T=0$ , on Laplacen yhtälö $\nabla^2 T = 0,$ joka kuvaa lämpöprofiilin stationaarista tilaa.

Sovellus: sauvan lämpöjakauman kehitys

Tässä tutkitaan yksiulotteista lämpöyhtälöä erilaisilla reunaehdoilla.

Päistään nolla-asteinen sauva $\begin{cases} \dfrac{\partial}{\partial \blue t} u(\red x,\blue t)=\alpha\dfrac{\partial^2}{\partial {\red x}^2}u(\red x,\blue t)\\ u(\red 0,{\blue t})=0\\ u(\red l,{\blue t})=0. \end{cases}$

Tämä ODY kuvaa lämmön jakautumista -pituisessa sauvassa, jonka päät pidetään 0-asteisina. Lämpötila on $u=u({\red x},{\blue t}),$ missä ${\red x}$ on etäisyys sauvan toisesta päästä mitattuna ja $\blue t$ on aika.

Separoidaan ODY, eli etsitään ratkaisua muodossa $u({\red x},{\blue t})=f({\red x})g({\blue t}).$ Tällä yritteellä saadaan $f({\red x})g'({\blue t})=\alpha f''({\red x})g({\blue t}),$ eli $\frac{g'({\blue t})}{\alpha g({\blue t})}=\frac{f''({\red x})}{f({\red x})}.$ Yhtälön eri puolet riippuvat eri muuttujista, joten niiden täytyy olla vakiot. Saadaan siis kaksi toisistaan riippumatonta DY:tä funktioille ja $\frac{g'({\blue t})}{\alpha g({\blue t})}=\green\lambda \quad \text{ja} \quad \frac{f''({\red x})}{f({\red x})}=\green\lambda,$ missä $\green\lambda$ on jokin vakio. Lisäämällä reuna-arvot saadaan $\begin{cases} f''({\red x})=\green\lambda f({\red x})\\ f(0)=0\\ f(l)=0 \end{cases} \begin{cases} g'({\blue t})=\alpha\green\lambda g({\blue t}). \end{cases}$ Ratkaistaan ensin funktio $f(\red x)$ vasemmasta ominaisarvotehtävästä, saadaan $f_n(x)=K_1\sin\Big(\frac{n\pi}l x\Big),~~~\green\lambda=\green{-\dfrac{n^2 \pi^2}{l^2}}.$ Näitä ominaisarvoja vastaa funktion $g(\blue t)$ DY:n ratkaisu $g_n(\blue t)=K_2e^{\green{-\frac{n^2 \pi^2}{l^2}}\alpha \blue t }.$

Ratkaisuiksi kelpaavat siis kaikki funktiot muotoa $u_n({\red x},{\blue t})=K_ne^{\green{-\frac{n^2 \pi^2}{l^2}}\alpha \blue t}\sin\Big(\frac{n\pi}l \red x\Big).$

Koska alkuperäinen ODY on lineaarinen, voimme myös yhdistellä näitä ratkaisuja ja saamme aina uuden ratkaisun, joka toteuttaa ODY:n.

Eristetty lämpösysteemi $\begin{cases} \frac{\partial}{\partial \blue t}u(\red x,\blue t)=\alpha\frac{\partial^2}{\partial \red x^2}u(\red x,\blue t)\\ \frac{\partial}{\partial \red x}u(\red 0,\blue t)=0\\ \frac{\partial}{\partial \red x}u(\red \pi,\blue t)=0. \end{cases}$

Tämä ODY kuvaa ympäristöstä eristettyä $\pi$ -pituista sauvaa. Lämpötila on $u=u({\red x},{\blue t}),$ missä ${\red x}$ on etäisyys mitattuna toisesta päästä ja $\blue t$ on aika.

Separoidaan, eli oletetaan, että $u(\red {x},\blue t)=\red {X}(x)\blue T(t).$ Tällöin $\frac{\partial}{\partial \blue t}u(\red {x},\blue t)=\red {X}(x)\blue T'(t)=\alpha \red X''(x)\blue T(t)=\frac{\partial^2}{\partial \red {x}^2}u(\red {x},\blue t).$ Jakamalla funktiolla $\red {X}(x)\blue T(t)$ saadaan $\frac{\blue T'(t)}{\alpha \blue T(t)}=\frac{\red X''(x)}{\red {X}(x)}.$ Koska oikea puoli ei riipu ajasta, on sen oltava ajan suhteen vakio eli $\frac{\blue T'(t)}{\alpha \blue T(t)}=vakio=\green\lambda.$ Näin ollen myös $\frac{\red X''(x)}{\red {X}(x)}=\green\lambda.$ Reunaehdoista saamme paikan differentiaaliyhtälölle reuna- ja ominaisarvotehtävän $\begin{cases} \red X''(x)=\red {X}(x)\green\lambda\\ \red X'(0)=0\\ \red X'(\pi)=0. \end{cases}$ Tälle saadaan ratkaisuja vain, kun $\green\lambda=-{\green n}^2,$ ja tällöin $\red {X}_{n}(\red {x})=K\cos({\green n}\red {x}).$ Näitä vakion $\green\lambda$ arvoja vastaa ajan funktiot $\blue T_{n}(\blue t)=Ke^{-{\green n}^2\alpha \blue t}.$ Nämä yhdistämällä saadaan ratkaisuiksi $u_{n}(\red {x},\blue t)=K_{n}e^{-{\green n}^2\alpha \blue t}\cos({\green n}\red {x}).$

$\blue\sum\quad$ Kaksi erilämpöistä sauvaa eli lisäehto $u(\red x, \blue 0) = f(\red x) = \begin{cases} T_1,\text{ kun }0<\red x<\frac{\pi}{2}\\ T_2,\text{ kun }\frac{\pi}{2}\leq \red x<\pi. \end{cases}$

Kaksi sauvaa ovat lämpötiloissa T_1 ja T_2. Sauvat tuodaan päistään yhteen, jolloin lämpötilajakaumaa hetkellä $\blue t = 0$ kuvaa yllä esitetty paloittain määritelty funktio $u(\red x, \blue 0) = f(\red x)$ , missä $\red x$ on etäisyys mitattuna toisen tangon uloimmasta päästä.

Etsitään lämpöyhtälön ratkaisu, joka toteuttaa myös tämän reunaehdon. Edellisessä tehtävässä saimme tuloksen, että $u_{\green n}(\red x,\blue t)=K_{\green n}e^{-\green n^2 \blue t\alpha}\cos(\green n\red x)$ on yhtälön ratkaisu kaikilla n=0,1,2,... Lämpöyhtälön lineaarisuudesta sekä reuna-arvojen homogeenisuudesta $\frac{\partial}{\partial x}u=\red 0$ seuraa, että myös $u(\red x,\blue t)=\sum_{\green n=0}^{\infty}K_{\green n}e^{-\green n^2\blue t\alpha}\cos(\green n\red x)$ toteuttaa sekä lämpöyhtälön, että edellisen tehtävän reuna-arvot (kunhan sarja suppenee). Etsitään kertoimet $K_{\green n}$ siten, että $\begin{aligned} u(\red x,\blue 0)&=\sum_{\green n=0}^{\infty}K_{\green n}e^{-\green n^2\blue 0\alpha}\cos(\green n\red x)\\ &=\sum_{\green n=0}^{\infty}K_{\green n}\cos(\green n\red x) = f(\red x). \end{aligned}$ Helpointa on määrittää kerroin $K_{\green 0},$ koska $\int_0^\pi\cos(\green n\red x)\,\text d \red x=0$ kaikilla $\green n=1,2,3...$ Tällöin saadaan $\begin{align*} \int_0^\pi f(\red x)\,\text{d}\red x&=\sum_{\green n=0}^{\infty}\int_0^\pi K_{\green n}\cos(\green n\red x)\,\text d\red x\\ &=\int_0^\pi K_{\green 0}\,\text d\red x=\pi K_{\green 0} \end{align*}$ Funktion $f(\red x)$ integraali voidaan jakaa kahtia, jolloin $\pi K_{\green 0}= \int_0^{\frac{\pi}{2}} f(\red x)\,\text{d}\red x+\int_{\frac{\pi}{2}}^\pi f(\red x)\,\text{d}\red x=\frac\pi2(T_1+T_2).$ Siis $K_{\green 0}=\dfrac{T_1+T_2}2.$

Käytetään muiden kertoimien ratkaisemiseen tietoa, että $\int_0^\pi\cos(\green m\red x)\cos(\green n\red x)\,\text d \red x= \begin{cases} \frac\pi2,\text{ kun }\green n=\green m\\ 0,\text{ kun }\green n\not=\green m. \end{cases}$ Tällöin kertomalla funktiolla $\cos(\green m\red x),$ missä $\green m>0$ ja integroimalla saadaan $\begin{align*} f(\red x)&=\sum_{\green n=0}^{\infty}K_{\green n}\cos(\green n\red x)\\ \int_0^\pi\cos(\green m\red x)f(\red x)\text{d}\red x&=\int_0^\pi\cos(\green m\red x)\sum_{\green n=0}^{\infty}K_{\green n}\cos(\green n\red x)\,\text d\red x\\ &=\sum_{\green n=0}^{\infty}K_{\green n}\int_0^\pi\cos(\green m\red x)\cos(\green n\red x)\,\text d\red x\\ &=\frac\pi2K_{\green m}. \end{align*}$ Lasketaan tämän avulla kertoimet $K_{\green n},$ kun $\green n>0$ $\begin{align*} K_{\green n}&=\frac{2}{\pi}\int_0^\pi\cos(\green n\red x)f(\red x)\text{d}\red x\\ &=\frac{2}{\pi}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos(\green n\red x)f(\red x)\text{d}\red x+\frac{2}{\pi}\int_{\frac{\pi}{2}}^\pi\cos(\green n\red x)f(\red x)\,\text d\red x\\ &=\frac{2T_1}{\pi}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos(\green n\red x)\text{d}\red x+\frac{2T_2}{\pi}\int_{\frac{\pi}{2}}^\pi\cos(\green n\red x)\,\text d\red x\\ &=\frac{2T_1}{\pi \green n}\intsub{0}{\frac{\pi}{2}}\sin(\green n\red x)+\frac{2T_2}{\pi\green n}\intsub{\frac{\pi}{2}}{\pi}\sin(\green n\red x)\\ &=\frac{2}{\pi \green n}(T_1-T_2)\sin\Big(\frac{\green n\pi}{2}\Big). \end{align*}$ Parillisilla $\green n = 2\green k > 0$ tästä tulee nolla, ja parittomilla $\green n = 2\green k +1$ saadaan $K_{2\green k+1}=\frac{2}{\pi (2\green k+1)}(T_1-T_2)(-1)^{\green k},$ missä $\green k= 0,1,2,...$

Nyt tiedetään kaikki kertoimet, joten tehtävän ratkaisu on $\begin{aligned} u(\red x,\blue t)&=\frac{T_1+T_2}{2}\\ &+\sum_{\green k=0}^{\infty}\frac{(-1)^{\green k}\,2\,(T_1-T_2)}{\pi (2\green k+1)}e^{-(2\green k+1)^2\blue t\alpha}\cos((2\green k+1)\red x). \end{aligned}$

Ratkaisun esitys graafisesti

Tarkastellaan edellisen tehtävän ratkaisun kuvaajaa $u(\red x,\blue t)$ , kun T_1=0 ja T_2=2 . Säädettävät muuttujat ovat summan yläraja sekä aika . Ajanhetkellä t=0 vakion kasvattaminen antaa paremman approksimaation lähtötilanteesta. Mustalla piirretty lähtötilanne kuvastaa sauvojen lämpötiloja yhdistämishetkellä. Kasvattamalla $t\text{:n}$ arvoa voit katsoa kuinka tämä lämpöjakauma kehittyy ajan kuluessa.

Lämpötila näyttää asettuvan sauvojen keskilämpötilaan, huomaa kuinka summan sisällä eksponenttifunktio pakottaa kaikki termit kohti nollaa $u(\red x,\blue t)\to\dfrac{T_1+T_2}2,\quad\text{ kun }\quad t\to \infty.$ Voit myös todeta, että suuret lämpötilaerot tasaantuvan nopeammin.

# geoc3

$\blue\sum\quad$ Sovellus: Lämmön johtuminen

Tässä tutkitaan lämmön johtumista, kun systeemin reunaehtona on jaksottainen lämpötilan vaihtelu. Systeemi voisi olla esimerkiksi Auringon lämmittämä maaperä, jos Maapallon sisältä tulevaa lämpöä ei huomioida.

[Fourierin hajotelma ja sen kertoimet $\begin{cases} \osit{\green t}{T(\violet z,\green t)} = D_T \frac{\partial^2}{\partial \violet z^2} T(\violet z,\green t)\\ T(0,\green t) = T_0 \sin(\omega \green t)\\ T(\violet z,\green t)\to0,\text{ kun } z\to\infty \end{cases}$

]{.sulkeutuva}

Ensimmäisenä on lämpöyhtälö, jossa $\violet z$ kuvastaa syvyyttä ja $\green t$ aikaa.
Seuraavana on reunaehto, joka kertoo, että pinnalla lämpötila vaihtelee jaksollisesti ajan suhteen.
Viimeinen reunaehto seuraa siitä, että lämpötilan vaihtelu on pientä riittävän syvällä.

Käytetään ratkaisemiseen Fourierin sarjaa ajan suhteen $T(\violet z,\green t) = \sum_{n=-\infty}^\infty u_n(\violet z) e^{\red in\omega \green t},$ missä $u_n(\violet z)$ on syvyydestä $\violet z$ riippuva kerroin ja $\red i$ imaginääriyksikkö. Tehtävän ymmärtämiseksi on osattava laskea kompleksiluvuilla.

Sijoittamalla sarja lämpöyhtälöön $\osit{\green t}{T(\violet z,\green t)}=D_T\frac{\partial^2}{\partial \violet z^2}T(\violet z,\green t)$ saadaan $\sum_n u_n(\violet z) (\red in\omega)e^{\red in\omega \green t}=D_T\sum_n { u_n''(\violet z)} e^{\red in\omega \green t}.$ Kertoimille täytyy siis olla $u_n(\violet z) (\red in\omega)e^{\red in\omega \green t}=D_T\,u_n''(\violet z) e^{\red in\omega \green t},$ kaikilla $n = 0, \pm 1, \pm 2,...$ Syvyydestä riippuvien kerrointen on siis toteutettava DY ${u_n''(\violet z)} = \frac{\red in\omega}{D_T} {u_n(\violet z)},$ kaikilla $n = 0, \pm 1, \pm 2,...$

Kerroinfunktioiden yleinen ratkaisu $u_n''(\violet z)= \frac{\red in\omega}{D_T}u_n(\violet z)$

Tämän karakteristinen yhtälö on $r^2 = \frac{\red in\omega}{D_T} =\red {e^{i\pi/2}}\frac{n \omega}{D_T},$ missä imaginääriyksikkö on Eulerin kaavan $e^{i\red x}=\cos(\red x)+i\sin(\red x)$ mukaan $i=e^{i\pi/2}.$ Yhtälön juuret ovat $\begin{aligned} r &= \pm \red {e^{i\pi/4}} \sqrt{\frac{n \omega}{D_T}}\\ &= \pm(\red {\cos(\pi/4)+i\sin(\pi/4)})\sqrt{\frac{n \omega}{D_T}} \\ &= \pm\bigg(\red {\sqrt{\frac{1}{2}} + i \sqrt{\frac{1}{2}}}\bigg)\sqrt{\frac{n \omega}{D_T}} \end{aligned}$ Tunkeutumissyvyyden $\blue s=\sqrt\dfrac{2D_T}{\omega}$ avulla tämä voidaan kirjoittaa muotoon $r = \pm\red{(1+i)}\sqrt{n}/\blue s.$ Dy:n yleiset ratkaisut ovat siis $u_n(\violet z) = A_n e^{\violet z\red{(1+i)} \sqrt{n}/\blue s} + B_n e^{-\violet z\red{(1+i)}\sqrt{n}/\blue s}.$ Ratkaisuun ei saa jäädä $e^{\violet z/\blue s}$ kerrointa, koska haluamme sen menevän nollaan kun $z\to \infty.$ Näin ollen, kun $n\geq 0$ saadaan $u_n(\violet z) = B_n e^{-\violet z\red{(1+i)}\sqrt{n}/\blue s}.$ Kun n<0 neliöjuuressa on negatiivinen luku, joten $\begin{align*} u_n(\violet z) &= A_n e^{\violet z\red{(1+i)} \sqrt{n}/\blue s} + B_n e^{-\violet z\red{(1+i)}\sqrt{n}/\blue s}\\ &= A_n e^{\violet z\red{(1+i)i} \sqrt{-n}/\blue s} + B_n e^{-\violet z\red{(1+i)i}\sqrt{-n}/\blue s}\\ &= A_n e^{\violet z\red{(i-1)} \sqrt{-n}/\blue s} + B_n e^{\violet z\red{(1-i)}\sqrt{-n}/\blue s}\\ &= A_n e^{\violet z\red{(i-1)} \sqrt{-n}/\blue s}. \end{align*}$ Kerroinfunktioiden yleinen ratkaisu on $\begin{cases} u_n(\violet z) = K_n e^{-\violet z\red{(1+i)}\sqrt{n}/\blue s},\;\text{ kun }n\geq 0\\ u_n(\violet z) = K_n e^{-\violet z\red{(1-i)}\sqrt{-n}/\blue s},\;\text{ kun }n< 0. \end{cases}$

Kerroinfunktioiden kertoimet K_n

Toistaiseksi olemme saaneet $\begin{align*} T(\violet z,\green t) &= \sum_n u_n(\violet z) e^{\red in\omega \green t}\\ &=\sum_{n\geq 0} K_n e^{-\violet z\red{(1+i)}\sqrt{n}/\blue s}(\cos(n\omega \green t)+i\sin(n\omega \green t))\\ &+\sum_{n<0} K_n e^{\violet z\red{(i-1)}\sqrt{-n}/\blue s}(\cos(n\omega \green t)+i\sin(n\omega \green t)). \end{align*}$ Pinnalla, eli kun $\violet z=0$ saamme $\begin{align*} T(\violet 0,\green t) &=\sum_n K_n(\cos(n\omega \green t)+i\sin(n\omega \green t))\\ &=T_0\sin(\omega \green t). \end{align*}$ Tämän perusteella voimme olettaa, että kaikki termit paitsi n=1 ja n=-1 ovat nollaa, siispä $\begin{align*} T(\violet z,\green t)&=K_1e^{-\violet z\red{(1+i)}/\blue s}e^{\red i\omega \green t}+K_{-1}e^{\violet z\red{(i-1)}/\blue s}e^{-\red i\omega \green t}\\ T(\violet 0,\green t)&=K_1e^{\red i\omega \green t}+ K_{-1}e^{-\red i\omega \green t} =T_0\sin(\omega \green t). \end{align*}$ Eulerin kaavalla $e^{\red i\omega \green t}=\cos(\omega\green t)+\red i\sin(\omega\green t)$ saadaan $\begin{align*} T_0\sin(\omega \green t)&=K_1e^{\red i\omega \green t}+K_{-1}e^{-\red i\omega \green t}\\ &=K_1[\cos(\omega\green t)+\red i\sin(\omega\green t)]+K_{-1}[\cos(\omega\green t)-\red i\sin(\omega\green t)]\\ &=(K_1+K_{-1})\cos(\omega\green t)+(K_1-K_{-1})\red i\sin(\omega\green t).\\ \end{align*}$ Saadaan yhtälöryhmä $\begin{cases} K_1+K_{-1}=0\\ (K_1-K_{-1})\red i=T_0, \end{cases} \quad \begin{cases} K_1=-\red iT_0/2\\ K_{-1}=\red iT_0/2. \end{cases}$ Sijoittamalla nämä kertoimet saadaan $\begin{aligned} T(\violet z,\green t)=&K_1e^{-\violet z\red{(1+i)}/\blue s}e^{\red i\omega \green t}+K_{-1}e^{\violet z\red{(i-1)}/\blue s}e^{-\red i\omega \green t}\\ = &-\frac{\red iT_0}{2}e^{-\violet z/\blue s}e^{-\violet z\red i/\blue s}e^{\red i\omega \green t}+\frac{\red iT_0}2e^{-\violet z/\blue s}e^{\violet z\red i/\blue s}e^{-\red i\omega \green t} \\ =&-\frac{\red iT_0}2 e^{-\violet z/\blue s} [ e^{\red i (\omega \green t-\violet z/\blue s)}- e^{-\red i(\omega \green t-\violet z/\blue s)}]\\ =&-\frac{\red iT_0}2 e^{-\violet z/\blue s} 2\red i\sin(\omega \green t-\violet z/\blue s) \end{aligned}$ ja tästä vielä sieventämällä $T(\violet z, \green t) =T_0 e^{-\violet z/\blue s}\sin(\omega \green t-\violet z/\blue s),$ missä $\blue s = \sqrt{\dfrac{2D_T}{\omega}} \ .$