Szukamy rozwiązania x(t) , które spełnia równanie różniczkowe
x''(t) = − k⁄m x(t)
gdzie
i warunki początkowe
x(0) = x0 położenie w chwili zero
x'(0) = v0 prędkość w chwili zero
Dla wygody najpierw definiujemy nową stałą
c = √(k/m)
więc równanie różniczkowe przyjmuje postać
| x''(t) = −c2 x(t) | (1) |
Klasyfikujemy to równanie różniczkowe jako liniowe drugiego rzędu. Jest drugiego rzędu, ponieważ zawiera drugą pochodną: x'' . Jest liniowe, ponieważ wszystkie funkcje lub pochodne x pojawiają się same jako składniki, tylko pomnożone przez stałe. Rozpatrując równania tego typu należy przyjąć, że rozwiązanie ma postać
x(t) = e r t
gdzie r jest stałą (być może liczbą zespoloną). Druga stała e jest dobrze znaną stałą matematyczną e = 2.718... zwaną podstawą logarytmu naturalnego. Proponowane rozwiązanie podstawiamy do równania różniczkowego (1) i otrzymujemy
r2 e r t = −c2 e r t
gdzie wzięliśmy drugą pochodną e r t , aby uzyskać lewą stronę. Ponieważ e r t nigdy nie jest równe zero, możemy podzielić przez nie obie strony równania równania, otrzymując
r2 = −c2
Ponieważ c > 0 równanie to ma dwa pierwiastki urojone r
r = ±c i
gdzie i = √−1 . Mamy zatem dwa rozwiązania
| x1(t) = e i c t | (2a) |
| x2(t) = e −i c t | (2b) |
Spróbuj podstawić jedno z tych rozwiązań do równania różniczkowego (1) i zobaczysz, że je spełnia! Pamiętaj, że i jest tylko stałą liczbą. Wtedy wzór na pochodną funkcji ekspotencjalnej daje nam:
x1'(t) = (i c)e i c t
x1''(t) = (i c) 2 e i c t = −c2 x1(t)
co spełnia wyjściowe równanie różniczkowe (1). Możesz nie wiedzieć, co to znaczy mieć liczbę urojoną jako wykładnik. Jeśli tak, to czytaj dalej...
Aby powrócić ze świata liczb urojonych (zespolonych) wykorzystamy wzór Eulera:
e i z = cos z + i sin z
Stosując wzór Eulera do naszych rozwiązań – równań (2a) i (2b) – mamy
x1(t) = e i c t = cos(c t) + i sin(c t)
x2(t) = e −i c t = cos(−c t) + i sin(−c t)
Stosując podstawowe tożsamości trygonometrycznych możemy uprościć drugie rozwiązanie
x2(t) = cos(c t) − i sin(c t)
Nadal mamy w tych rozwiązaniach jednostkę urojoną i . Ale teraz możemy skorzystać z ogólnej właściwości liniowych równań różniczkowych:
liniowa kombinacja rozwiązań jest również rozwiązaniem
Liniowa kombinacja funkcji jest po prostu sumą tych funkcji pomnożonych przez stałe. Na przykład kombinacją liniową x, y, z może być
2 x − 0.333 y + 13 z
Możemy więc utworzyć następujące kombinacje liniowe rozwiązań, które są również rozwiązaniami, ale nie zawierają i :
1⁄2 x1(t) + 1⁄2 x2(t) = cos(c t)
− i⁄2 x1(t) + i⁄2 x2(t) = sin(c t)
(pamiętaj, że i jest stałą, jak każda inna liczba, więc możemy jej użyć do tworzenia kombinacji liniowych). Teraz ogólne rozwiązanie równania różniczkowego jest dane przez liniową kombinację powyższych rozwiązań:
| x(t) = a cos(c t) + b sin (c t) | (3) |
gdzie a, b to dowolne stałe. Możesz sprawdzić, podstawiając je , że nadal spełnia równanie (1)
Nadal musimy jeszcze uwzględnić warunki początkowe. Uwzględnienie pierwszego warunku początkowego x(0) = x0 w równaniu (3) powyżej, daje
a cos(0) + b sin(0) = x0
a = x0
Aby uwzględnić drugi warunek początkowy x'(0) = v0, najpierw policzmy pochodną naszego rozwiązania w równaniu (3).
x'(t) = −a c sin(c t) + b c cos(c t)
Teraz możemy to obliczyć w momencie t = 0 i skorzystać z drugiego warunku początkowego
−a c sin(0) + b c cos(0) = v0
b c = v0
b = v0 ⁄c
Czyli znaleźliśmy a, b przy których spełnione są warunki początkowe. Tak więc rozwiązanie szczególne to
| x(t) = x0 cos(c t) + v0 ⁄c sin(c t) | (4) |
Sprawdzimy, czy równanie (4) jest rozwiązaniem, podstawiając je do równania różniczkowego (1).
| x''(t) = −c2 x(t) | (1) |
Najpierw znajdujemy pochodne z równania (4).
x'(t) = −x0 c sin(c t) + v0 cos(c t)
x''(t) = −x0 c2cos(c t) − v0 c sin(c t)
To jest lewa strona równania (1). Teraz obliczmy prawą stronę.
−c2 x(t) = −c2 (x0 cos(c t) + v0 ⁄c sin(c t))
= −c2 x0 cos(c t) − v0 c sin(c t)
a więc widzimy, że obie strony są sobie równe – czyli nasze rozwiązanie (4) spełnia równanie różniczkowe (1).
Rozwiązanie, które znaleźliśmy,
| x(t) = x0 cos(c t) + v0 ⁄c sin(c t) | (4) |
może być dla ciebie zagadkowe, ponieważ jeśli pobawisz się symulacją, zobaczysz, że bez względu na to, co z nią zrobisz, zawsze pokazuje prosty ruch sinusoidalny. Jednak powyższe rozwiązanie wydaje się bardziej skomplikowane. Odpowiedź na zagadkę polega na tym, że postać rozwiązania można uprościć do funkcji sinusoidalnej przy użyciu tożsamości trygonometrycznej. Otrzymujesz funkcję sinus przesuniętą w fazie. Zakładając v0 ≠ 0 , otrzymujemy:
$$x(t) = \sqrt{x_0^2 + (v_0/c)^2} \; \sin \left( c t + \operatorname{arctg} \frac{c x_0}{v_0} \right)$$
Widzimy więc, że zachowanie wahadła jest zawsze opisane prostą funkcją sinusoidalną. Jeśli położenie początkowe jest niezerowe, wówczas funkcja sinus jest przesunięta w fazie.