ΠΡΟΧΕΙΡΕΣ ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ ΙΑΦΟΡΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ

Transcript

1 ΠΡΟΧΕΙΡΕΣ ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ ΙΑΦΟΡΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ (για το µάθηµα Μ104 Απειροστικός Λογισµός ΙΙΙ) Ι.. ΠΛΑΤΗΣ Πανεπιστήµιο Κρήτης Τµήµα Μαθηµατικών 2011

2 Πρόλογος Οι πρόχειρες αυτές σηµειώσεις διαφορικών εξισώσεων γράφτηκαν για τις φοιτήτριες και τους φοιτητές του Τµήµατος Μαθηµατικών του Πανεπιστηµίου Κρήτης, που παρακολουθούν το µάθηµα Μ104 Απειροστικός Λογισµός ΙΙΙ. Σκοπός τους είναι να αποτελέσουν µία γρήγορη εισαγωγή στις διαφορικές εξισώσεις, ώστε οι ενδιαφερόµενοι να αποκτήσουν την ικανότητα να επιλύουν τις εξισώσεις αυτές. Συνεπώς, είναι πέρα από τη στόχευση των σηµειώσεων αυτών η οποιαδήποτε εµβάθυνση στην πλούσια θεωρία των συνήθων διαφορικών εξισώσεων. Προφανώς οµως, η θεωρία δεν µπορεί να παραβλεφθεί όπου χρειάζεται θα παρατίθεται, ενίοτε και µε αποδείξεις. Ι.. Πλατής Ηράκλειο Κρήτης, 2011 i

3 ii

4 Περιεχόµενα 1 Εισαγωγή και βασικές έννοιες Συνήθειςδιαφορικέςεξισώσεις ιαφορικές εξισώσεις πρώτης τάξης ιαφορικέςεξισώσειςχωριζοµένωνµεταβλητών Οµογενείςδιαφορικέςεξισώσεις Γραµµικέςδιαφορικέςεξισώσεις ιαφορικέςεξισώσειςτουbernoulli ιαφορικέςεξισώσειςτουriccati Πλήρειςδιαφορικέςεξισώσεις Ολοκληρωτικοίπαράγοντες Μηγραµµικέςδιαφορικέςεξισώσεις Ύπαρξηκαιµοναδικότητα ιάστηµαορισµού Ορισµένεςεφαρµογές Ισογώνιεςτροχιές Ταχύτηταδιαφυγής ιαφορικές εξισώσεις ανώτερης τάξης Γραµµικέςδιαφορικέςεξισώσειςδεύτερηςτάξης Οµογενείς γραµµικές δ.ε. δεύτερης τάξης µε σταθερούς συντελεστές Μη οµογενείς γραµµικές δ.ε. δεύτερης τάξης µε σταθερούς συντελεστές Γραµµικέςδιαφορικέςεξισώσειςτάξης n > Ορισµένεςεφαρµογές Αρµονικήταλάντωσηεκκρεµούς ΓραµµικέςδιαφορικέςεξισώσειςτουEuler Συστήµατα διαφορικών εξισώσεων Εισαγωγή,ορισµοί,θεωρήµαύπαρξηςκαιµοναδικότητας Γραµµικάσυστήµαταδιαφορικώνεξισώσεωνπρώτηςτάξης Λύσηγραµµικώνσυστηµάτωνµεαπαλοιφή Βασική θεωρία γραµµικών συστηµάτων διαφορικών εξισώσεων Γραµµικάσυστήµαταµεσταθερούςσυντελεστές iii

5 iv ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ 4.3 Ορισµένεςεφαρµογές Γραµµικά συστήµατα δεύτερης τάξης µε σταθερούς συντελεστές Μοντέλα µάχης του Lanchestre και εξοπλισµών του Richardson. 62

6 Κεφάλαιο 1 Εισαγωγή και βασικές έννοιες Πολλά σηµαντικά προβλήµατα στην µηχανική, στις θετικές αλλά και στις κοινωνικές επιστήµες, όταν σχηµατοποιούνται µε µαθηµατικούς όρους, απαιτούν τον προσδιορισµό µίας συνάρτησης που ικανοποιεί µία εξίσωση που περιέχει της παραγώγους της άγνωστης συνάρτησης. Ίσως το πλέον οικείο παράδειγµα είναι ο νόµος του Νεύτωνα m d2 u(t) dt 2 = F ( t,u(t), du(t) ) dt (1.1) γιατηθέσηu(t)ενόςυλικούσηµείουστοοποίοασκείταιδύναµηf,ηοποίαείναισυνάρτηση του χρόνου t, της θέσης u(t) και της ταχύτητας du(t)/dt. Για να προσδιορίσουµε τηνκίνησητουυλικούσηµείουστοοποίοασκείταιηf,πρέπειναβρούµεµίασυνάρτηση u(t) που ικανοποιεί την Εξ.1.1. Όταν η δύναµη είναι λόγω της βαρύτητας, τότε Ολοκληρώνοντας την Εξ.1.2 έχουµε m d2 u(t) dt 2 = mg. (1.2) du(t) dt = gt+c 1, u(t) = 1 2 gt2 +c 1 t+c 2, όπου c 1,c 2 σταθερές. Γιαναπροσδιορίσουµεπλήρωςτην u(t)χρειάζονταιάλλεςδύο επιπρόσθετες συνθήκες, όπως η θέση και η ταχύτητα του σηµείου σε κάποιο χρόνο. Αυτές οι συνθήκες αρκούν για να προσδιορίσουµε πλήρως την u(t). Για να αναπτύξουµε τη θεωρία των διαφορικών εξισώσεων µε συστηµατικό τρόπο, είναι χρήσιµο να κατατάξουµε τους διάφορους τύπους εξισώσεων. Η προφανέστερη κατάταξηβασίζεταιστοωςπροςτοπότεηάγνωστησυνάρτησηεξαρτάταιαπόµίαήπερισσότερες µεταβλητές. Στην πρώτη περίπτωση, όπου εµφανίζονται µόνο συνήθεις παράγωγοι στην διαφορική εξίσωση λέµε ότι έχουµε συνήθη διαφορική εξίσωση. Στην δεύτερη περίπτωση, όπου εµφανίζονται µερικές παράγωγοι, λέµε ότι έχουµε διαφορική εξίσωση µε µερικές παραγώγους. 1

7 2 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΕΙΣΑΓΩΓΗ ΚΑΙ ΒΑΣΙΚΕΣ ΕΝΝΟΙΕΣ Ακολουθούν δύο παραδείγµατα επιπρόσθετα στην Εξ.1.1: Η δ.ε. L d2 Q(t) dt 2 +R dq(t) dt + 1 Q(t) = E(t) C για το φορτίο Q(t) σε ένα πυκνωτή ενός κυκλώµατος χωρητικότητας C, αντίστασης R, επαγωγής Lκαιτάσης E(t) καιηεξίσωσηπουδίνειτονρυθµότηςµείωσηςτηςποσότητας R(t) µίας ραδιενεργού ουσίας µε τον χρόνο(όπως λ.χ. το ράδιο) dr(t) dt = kr(t), όπου k γνωστή σταθερά. Τυπικά παραδείγµατα διαφορική εξίσωση µε µερικές παραγώγους είναι η εξίσωση δυναµικού του Laplace η εξίσωση της θερµότητας 2 u(x,y) x 2 a 2 2 u(x,t) x u(x,y) y 2 = 0, = u(x,y), t και η κυµατική εξίσωση a 2 2 u(x,t) x 2 = 2 u(x,t) t Συνήθεις διαφορικές εξισώσεις Η γενική µορφή µιας διαφορικής εξίσωσης(δ.ε.) είναι η F(x,y,y,y,...,y (n) ) = 0 (1.3) Τάξη της δ.ε. είναι η µεγαλύτερη παράγωγος που εµφανίζεται στην Εξ.1.3. Λόγου χάρη ηδ.ε. y +8y 2 3x = 0 είναι δεύτερης τάξης. Όταν η Εξ.1.3 είναι πολυώνυµο ως προς τις παραγώγους της ζητούµενης y, τότε η µεγαλύτερη δύναµη των παραγώγων λέγεται βαθµός της δ.ε. Λόγου χάρη,ηδ.ε. (y ) 2 2x = 4y είναι δεύτερης τάξης και δεύτερου βαθµού, ενώ η δ.ε. είναι τρίτης τάξης και πρώτου βαθµού. y +y = x 3

8 1.1. ΣΥΝΗΘΕΙΣ ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 3 Ορισµός1.1.1 Λέγονταςλύση 1 µιαςδ.ε. τηςµορφήςεξ.1.3,εννούµεµίασυνάρτηση y = f(x)πουτηνεπαληθεύει,δηλαδή σεκάποιοανοικτόδιάστηµα(a,b)του R. F(x,f(x),f (x),...,f (n) (x)) = 0, Κάτω υπό ορισµένες προϋποθέσεις η δ.ε. Εξ.1.3 τάξης n επιδέχεται ως λύση µία n- παραµετρική οικογένεια καµπυλών y = f(x,c 1,...,c n ) όπουc i είναιαυθαίρετεςσταθερές.ηyλέγεταιγενικόολοκλήρωµακαιοικαµπύλεςπου προκύπτουν λέγονται ολοκληρωτικές καµπύλες της Εξ.1.3. Ορισµός Λέγοντας µερική λύση της δ.ε. Εξ.1.3 εννοούµε µία συνάρτηση y που λύνειτηνδ.ε. καιδενεξαρτάταιαπόαυθαίρετεςσταθερές. Οιλύσειςτηςδ.ε. πουδεν προκύπτουν από το γενικό της ολοκλήρωµα, ονοµάζονται ιδιάζουσες. Γιαπαράδειγµα,ηy = y+1έχειγενικόολοκλήρωµαy = ce x 1,c Rκαιγιαc = 1 παίρνουµετηνµερικήλύσηy = e x 1.Απότηνάλληηδ.ε. y = xy +(y ) 2 έχειγενικό ολοκλήρωµαy = cx+c 2 απ όπουόµωςδενπροκύπτειηιδιάζουσαλύσηy = (1/4)x 2. Ορισµός Το γενικό ολοκλήρωµα είναι γενική λύση της δ.ε. όταν από αυτό προκύπτουνόλεςοιλύσειςτηςδ.ε. Ορισµός Λέγοντας πρόβληµα αρχικών τιµών ή πρόβληµα Cauchy εννούµε την δ.ε. Εξ.1.3 µαζί µε τις συνθήκες y(x 0 ) = a 0, y (x 0 ) = a 1,... y (n 1) (x 0 ) = a n 1. Προφανώς η λύση ενός προβλήµατος αρχικών τιµών µας δίνει µία µερική λύση της δ.ε. Εξ.1.3. Για να λύσουµε ένα πρόβληµα αρχικών τιµών, ενεργούµε ως εξής. α) Εάν η δ.ε. µας είναι πρώτης τάξης, τότε βρίσκουµε πρώτα το γενικό ολοκλήρωµα y = f(x,c)καιπροσδιορίζουµετησταθεραcαπότηναρχικήσυνθήκηy(x 0 ) = a 0. β) Η διαδικάσία για δ.ε. ανώτερης τάξης είναι παραπλήσια. Εντοπίζουµε πρώτα το γενικόολοκλήρωµαy = f(x,c 1,...,c n )καικατόπιν,απότοσύστηµα προσδιορίζουµετις c 1,...,c n. f(x 0,c 1,...,c n ) = a 0. f (x 0,c 1,...,c n ) = a 1,.. f (n 1) (x 0,c 1,...,c n ) = a n 1, 1 Γιατοπότευπάρχειλύσηµιαςοποιαδήποτεδ.ε.δείτετηνΠαράγραφο2.8.

9 4 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΕΙΣΑΓΩΓΗ ΚΑΙ ΒΑΣΙΚΕΣ ΕΝΝΟΙΕΣ Εάν οι αρχικές συνθήκες δίνονται σε περισσότερες της µιας τιµές της µεταβλητής x, τότε λέµε ότι έχουµε συνοριακό πρόβληµα, και οι αρχικές συνθήκες λέγονται συνοριακές συνθήκες. Για παράδειγµα, ένα συνοριακό πρόβληµα είναι το y +2y = e x, y(π) = 1, y (1) = 1.

10 Κεφάλαιο 2 ιαφορικές εξισώσεις πρώτης τάξης 2.1 ιαφορικές εξισώσεις χωριζοµένων µεταβλητών Ορισµός Μία διαφορική εξίσωση της µορφής λέγεται δ.ε. χωριζοµένων µεταβλητών. Γράφοντας dy = f(x)g(y) (2.1) dx dy g(y) = f(x)dx προκύπτει η λύση της Εξ.2.1 µε ολοκλήρωση: dy g(y) = f(x)dx + c, c αυθαίρετη σταθερά. (2.2) Παράδειγµα2.1.2 Ναλυθείηδ.ε. xy = y yx. Γράφουµε dy y = 1 x x dx καιολοκληρώνοντας(y 0,x 0)παίρνουµε logy = logx x+logc, cαυθαίρετησταθερά. Άρα, log(y/c) = log(xe x ),απ όπουτελικά y = cxe x, x 0. Εφαρµογή Λύστε το πρόβληµα αρχικών τιµών dy dx = ysinx 1+y2, y(0) = 1. 5

11 6 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΠΡΩΤΗΣ ΤΑΞΗΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Λύστε τις δ.ε. 1. dy dx = x2 y 2. dy dx = x 2 y(1+x 2 ) 4. dy dx = 1+x+y2 +xy 2 7. dy dx = x e x y +e y 8. dy dx = x2 1+y 2 Λύστε τα προβλήµατα αρχικών τιµών 3. dy dx +y2 sinx = 0 5. dy dx = (cos2 x)(cos 2 2y) 6. x dy dx = (1 y2 ) 1/2 9. sin2xdx+cos3ydy = 0, y(π/2) = π/3 10. xdx+ye x dy = 0, y(0) = dy dx = 2x 1+2y y(2) = είξτεότιπαρόλοπουηδ.ε. dy dx = y 4x x y δεν είναι χωριζοµένων µεταβλητών, µπορεί να αναχθεί σε δ.ε χωριζοµένων µεταβλητών µετηναντικατάστασηv = y/x. 2.2 Οµογενείς διαφορικές εξισώσεις Ορισµός Μία διαφορική εξίσωση της µορφής λέγεται οµογενής δ.ε. εάν οι P, Q ικανοποιούν τις σχέσεις P(x,y)dx+Q(x,y)dy = 0 (2.3) P(tx,ty) = t m P(x,y) και Q(tx,ty) = t m Q(x,y) γιακάθε(x,y),γιακάθεt R καιγιακάποιοθετικόακέραιοm. Κάθε οµογενής δ.ε. ανάγεται σε δ.ε. της µορφής Για να επιλύσουµε την Εξ.2.4 ενεργούµε ως εξής: θέτουµε dy = F(y/x). (2.4) dx z = y x

12 2.2. ΟΜΟΓΕΝΕΙΣ ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 7 άρα y = xzκαιέτσι dy dx = z +xdz dx. Αντικαθιστώντας στην Εξ.2.4 προκύπτει η δ.ε. χωριζοµένων µεταβλητών dz F(z) z = dx x. Παράδειγµα2.2.2 Ναλυθείηδ.ε. xydx+(x 2 y 2 )dy = 0. ΕίναιP(x,y) = xyκαιq(x,y) = x 2 y 2.Βλέπουµεότι Γράφουµε P(tx,ty) = t 2 P(x,y) και Q(tx,ty) = t 2 Q(x,y). dy dx = xy y 2 x 2 = (διαιρώνταςµε x2 ) = Θέτουµε z = y/x και καταλήγουµε στην ολοκλήρωση 1 z dx 2z 3 z dz = x = log(cx). y x y 2 x 2 1. Το αριστερό ολοκλήρωµα είναι επιλύσιµο αλλά όχι απλό. Εάν όµως γράφαµε αντιστρέφοντας θα παίρναµε την δ.ε. dy dx = xy y 2 x 2 = (διαιρώνταςµε y2 ) = 2 dx dy = 1 x y 2. Θέτοντας z = x/y, θα καταλήγαµε στην ολοκλήρωση που υπολογίζεται ευκολότερα. x y zdz 1 2z 2 = log(cy) Εφαρµογή ώστε ένα τρόπο επίλυσης της δ.ε. Πάρτε τις εξής περιπτώσεις: dy dx = a 1x+b 1 y +c 1 a 2 x+b 2 y +c 2. x y 1 x2 y 2,

13 8 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΠΡΩΤΗΣ ΤΑΞΗΣ α) Εάν a 1 b 1 a 2 b 2 0 επιλύστε το γραµµικό σύστηµα a 1 x+b 1 y +c 1 = 0 a 2 x+b 2 y +c 2 = 0. Εάν x = A, y = Bείναιοιλύσειςτουσυστήµατος,προχωρήστεστηναντικατάσταση γιαναπάρετετηνοµογενήδ.ε. x = X +A, y = Y +B dy dx = a 1X +b 1 Y a 2 X +b 2 Y. β) Εάν θέστεz = a 1 x+b 1 y. a 1 b 1 a 2 b 2 = 0 ΑΣΚΗΣΕΙΣ είξτε ότι οι παρακάτω εξισώσεις είναι οµογενείς και λύστε τις. Λύστε τιε δ.ε. 1. dy dx = x+y x 4. dy dx = x2 +3y 2 2xy 7. dy dx = x+3y x y 2. 2ydx xdy = 0 3. dy dx = x2 +xy +y 2 x 2 5. dy dx = 4y 3x 2x y 6. x dy dx = 4x+3y 2x+y 8. (x 2 +3xy +y 2 )dx x 2 dy = dy x+3y 5 = dx x y 1 9. dy +15 = 4x+3y dx 2x+y dy x 2y +1 = dx x 2y 1.

14 2.3. ΓΡΑΜΜΙΚΕΣ ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ Γραµµικές διαφορικές εξισώσεις Ορισµός Μία διαφορική εξίσωση της µορφής dy +P(x)y = Q(x) (2.5) dx λέγεται γραµµική δ.ε. Εάν Q(x) = 0 τότε λέγεται οµογενής γραµµική δ.ε. Η οµογενής γραµµική δ.ε. είναι χωριζοµένων µεταβλητών και έχει γενική λύση την y = ce P(x)dx. Για να λύσουµε την γραµµική δ.ε. 2.5 θέτουµε Παραγωγίζοντας προκύπτει y = ze P(x)dx. dy dx = dz P(x)dx dx e zp(x)e P(x)dx. Αντικαθιστώντας τις τιµες των y και dy/dx παίρνουµε την δ.ε. χωριζοµένων µεταβλητών απ όπου dz P(x)dx dx e = Q(x), z = Q(x)e P(x)dx +c. Άρα,ηγενικήλύσητηςγραµµικήςδ.ε.2.5είναι ( ) y = e P(x)dx Q(x)e P(x)dx dx+c. (2.6) Παράδειγµα2.3.2 Ναλυθείηγραµµικήδ.ε. y xy = xe x2. Η αντίστοιχη οµογενής γράφεται dy dx xy = 0 καιέχειλύσητην y = ce x2 /2.Θέτουµε y = ze x2 /2 καιπαραγωγίζουµε: dy dx = 2 ex /2 dz 2 dx +xzex /2. Αντικαθιστώντας στην γραµµική δ.ε. παίρνουµε e x2 /2 dz dx = xex2, άρα dz = xe x2 /2 dxπουδίνειµετάτηνολοκλήρωση z = e x2 /2 +c. Συνεπώςηγενική λύση είναι y = e x2 /2 (e x2 /2 +c).

15 10 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΠΡΩΤΗΣ ΤΑΞΗΣ Παράδειγµα Να λυθεί το πρόβληµα αρχικής τιµής y 2yx = x, y(0) = 1. Ηλύσητηςαντίστοιχηςοµογενούςείναιy = ce x2.θέτονταςy = ze x2 παίρνουµε άρα Ηαρχικήσυνθήκηδίνειc = 3/2. dz dx = 2 xe x y = 1 2 +cex2. Γιατηνύπαρξηλύσηςτηςγραµµικήςδ.ε.2.5µεαρχικήσυνθήκηy(x 0 ) = y 0,έχουµε το παρακάτω: Θεώρηµα2.3.4 Έστω(x 0,y 0 )δοθένσηµείοτουr 2.ΑνοιP(x)καιQ(x)είναισυνεχείς σεάναανοικτόδιάστηµα (a,b),µε x 0 (a,b),τότευπάρχειµοναδικήλύση y = y(x) τηςγραµµικήςδ.ε.2.5,µε y(x 0 ) = y 0. Απόδειξη Υποθέτοντας ότι η Εξ.2.5 έχει λύση, η παραγώγιση που ακολουθεί τον ορισµό δείχνειότιαυτήπρέπειναείναιτηςµορφής2.6.παρατηρήστεότιεφόσονηpείναισυνεχής στο(a,b),ηποσότητα µ(x) = e P(x)dx ορίζεται και είναι παραγωγίσιµη µε µη µηδενική παράγωγο στο (a, b). Με αυτό δικαιολογείται η µετατροπή της Εξ.2.5 σε µία εξίσωση της µορφής [µ(x)y] = µ(x)q(x). (2.7) Ησυνάρτηση µqέχειαντιπαράγωγοεφόσονοι µκαι Qείναισυνεχείς,καιηΕξ.2.6 προκύπτει από την Εξ.2.7 Η ύπαρξη µίας τουλάχιστον λύσης επιβεβαιώνεται αντικαθιστώνταςτηνλύση yτηςεξ.2.6στηνδ.ε. 2.5.Τέλοςηαρχικήσυνθήκηπροσδιορίζειµε µοναδικό τρόπο τη σταθερά c και η απόδειξη ολοκληρώνεται. Παράδειγµα2.3.5 Ναλυθείτοπρόβληµααρχικώντιµών y + 2 xy = 4x, y(1) = 2. Ηγενικήλύσητηςδ.ε.είναιη y = x 2 + c x 2, οπότεθέτονταςx = 1καιy = 2παίρνουµετηνλύσητουπροβλήµατος y = x x 2.

16 2.3. ΓΡΑΜΜΙΚΕΣ ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 11 Αςπαρατηρήσουµεπωςαναφήσουµετοx 0(στοσηµείοασυνέχειαςτηςP(x) = 2 x 2 ), η λύση απειρίζεται. Από την άλλη, αλλάζοντας την συνθήκη σε y(1) = 1, παίρνουµε c = 0καιηλύσηy = x 2 δεναπειρίζεταικαθώςτοx 0. Τι συµπεραίνουµε λοιπόν; Το Θεώρηµα δεν µας λέει ότι οι λύσεις στα σηµεία ασυνέχειας των P, Q είναι ιδιάζουσες, αλλά το ότι οι λύσεις δεν είναι ιδιάζουσες στα σηµεία συνέχειας. Εφαρµογή Αφού παρατηρήσετε ότι κάθε δ.ε. της µορφής f (y) dy +f(y)p(x) = Q(x) dx ανάγεταισεγραµµικήδ.ε.µετηναντικατάστασηv = f(y),λύστετην siny dy dx = cosx(2cosy sin2 x). Κλείνοντας αυτήν την παράγραφο, κάνουµε ορισµένες χρήσιµες παρατηρήσεις. α) Εάν w(x)είναιηγενικήλύσητηςοµογενούςγραµµικήςδ.ε. και y 0 (x)είναιµία µερικήλύσητηςγραµµικήςδ.ε.,τότεηγενικήλύσητηςγραµµικήςδ.ε.είναιη y(x) = w(x)+y 0 (x). β) Απότοπροηγούµενοπροκύπτειότιαν y 1 (x)και y 2 (x)είναιδύοµερικέςλύσεις της γραµµικής δ.ε.. τότε y = y 1 +c(y 2 y 1 ) ή,ισοδύναµα y 2 y y y 1 = C. Με άλλα λόγια, µία τυχαία ολοκληρωτική καµπύλη της Εξ. 2.5 διαιρεί το ευθύγραµµο τµήµα που είναι παράλληλο µε τον άξονα y και περιλαµβάνεται µεταξύ δύο ολοκληρωτικών καµπύλων της Εξ. 2.5 σε σταθερό λόγο. ΑΣΚΗΣΕΙΣ Λύστε τις δ.ε. και τα αντίστοιχα προβλήµατα αρχικής τιµής. 1. y +3y = x+e 2x 2. y 2y = x 2 e 2x 3. y +y = xe x y +(1/x)y = 3cos(2x) 5. y y = 2xe 2x 6. y +2y = xe 2x, y(1) = 0 7. y +(2/x)y = cosx x 2, y(π) = 0, x > 0 8. y +y = 1 1+x2, y(0) = 0. 9.Λύστετηνδ.ε. dy dx = 1 e y x. (Υπόδειξη: Θεωρείστε την x σαν εξαρτηµένη µεταβλητή αντί της y.) 10. Αποδείξτε τους ισχυρισµούς που υπάρχουν στο τέλος της παραγράφου.

17 12 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΠΡΩΤΗΣ ΤΑΞΗΣ 2.4 ιαφορικές εξισώσεις του Bernoulli Ορισµός Μία διαφορική εξίσωση της µορφής λέγεται δ.ε. του Bernoulli. dy dx +P(x)y = Q(x)yn, n 0,1, (2.8) Ηπαραπάνωδ.εεπιλύεταιµετηναντικατάστασηv = y n+1.προκύπτειτότε dv dx = ( n+1)y ndy dx, δηλαδή 1 n+1 Αντικαθιστώντας στην δ.ε., προκύπτει η γραµµική δ.ε. dv +( n+1)p(x)v = ( n+1)q(x). dx Παράδειγµα2.4.2 Ναλυθείηδ.ε. y +y = y n, n 0,1. µε Θέτουµεv = y n+1,οπότε 1 dv n+1 dx dv dx = y ndy dx. = y n dy dx καιαντικαθιστώνταςστηνδ.ε.,έχου- dv +( n+1)v = ( n+1) dx που είναι γραµµική. Η γενική της λύση είναι: v = 1+ce (n 1)x, άρα y = (1+ce (n 1)x) 1 n+1. Εφαρµογή2.4.3 Ναλυθείηδ.ε. 6y 3 dx x(2x 3 +y)dy = 0. (Υπόδειξη: Γράψτε την ως καιθέστε v = x 3 ). dx dy 1 6y 2x = 1 3y 3x4 ΑΣΚΗΣΕΙΣ Λύστε τις δ.ε. 1. y = y xy 3 e 2x 2. 4y ytanx+y 5 sin(2x) = 0 3. y +xy = x y 3 4. y y = xy 5.

18 2.5. ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΤΟΥ RICCATI ιαφορικές εξισώσεις του Riccati Ορισµός Μία διαφορική εξίσωση της µορφής λέγεται δ.ε. του Ricatti. dy dx +P(x)y +Q(x)y2 = R(x), (2.9) Ηδ.ε.2.9έχειτηνιδιοµορφίαότιλύνεταιµόνοεάνείναιγνωστήµίαµερικήλύσητηςu(x). Όταν συµβαίνει αυτό, θέτουµε και προκύπτει µία γραµµική δ.ε. y = u(x)+z 1 dz (P(x)+2Q(x)u)z = Q(x). dx Παράδειγµα2.5.2 Ναλυθείηδ.ε. x 2 y = x 2 y 2 +xy 3. Μίαπροφανήςλύσητηςείναιηu(x) = 1 x.μετηναντικατάσταση y = x 1 +z 1 αναγόµαστε στην δ.ε. τηςοποίαςηγενικήλύσηείναιη dz dx + 3 x z = 1, Άρα,ηγενικήλύσητηςδοθείσαςδ.ε.είναι z = x 4 + c x 3. y = 1 x + 1 x 4 + c x 3. ΑΣΚΗΣΕΙΣ Λύστε τις δ.ε. 1. x 2 y = x 2 y 2 +xy 3 2. xy = 2(x y) 2 +(x y)+x 3. x 2 y = (y 1)(x+y 1). (Υπόδειξη:Μερικέςλύσεις:1. u(x) = 1/x,2. u(x) = x,3. u(x) = 1.)

19 14 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΠΡΩΤΗΣ ΤΑΞΗΣ 2.6 Πλήρεις διαφορικές εξισώσεις Ας θεωρήσουµε πρώτα την εξίσωση f(x,y) = c όπου c σταθερά. Υποθέτοντας ότι η παραπάνω εξίσωση προσδιορίζει την y πεπλεγµένα ως συνάρτηση του x, παραγωγίζοντας ως προς x παίρνουµε f x (x,y)+f y (x,y)y = 0. Αντιστρόφως, ας υποθέσουµε ότι δίνεται η δ.ε. Εάν υπάρχει συνάρτηση f τέτοια ώστε P(x,y)+Q(x,y)y = 0. f x = P(x,y), και f y = Q(x,y) καιτέτοιαώστεηf(x,y) = cόρίζειτηνy = φ(x)ωςπεπλεγµένηπαραγωγίσιµησυνάρτησητου x,τότε P(x,y)+Q(x,y)y = f x (x,y)+f y (x,y)y = d dx {f(x,φ(x))}. Άραλοιπόν,ηεξίσωσηP(x,y)+Q(x,y)y = 0δίνειτότε d {f(x,φ(x))} = 0. dx καιστηνπερίπτωσηαυτήηδ.ε.λέγεταιπλήρης(ήακριβής). 1 Παράδειγµα Έστω η δ.ε. Παρατηροόµε ότι γράφεται και ως 2xy 3 +3x 2 y 2dy dx = 0. d dx (x2 y 3 ) = 0, άραηλύσηδίνεταιπεπλεγµένααπότην x 2 y 3 = c. 1 Παρατηρήστεότιτοναπούµεότιηδ.ε. P(x,y)dx+Q(x,y)dy = 0είναιπλήρης,είναιισοδύναµοµετο να πούµε ότι το διανυσµατικό πεδίο είναι πεδίο κλίσεων. F(x,y) = (P(x,y),Q(x,y))

20 2.6. ΠΛΗΡΕΙΣ ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 15 Θεώρηµα2.6.2 ΈστωP,Q,P y,q x συνεχείςστοορθογώνιο 2 Τότεηδ.ε. είναιπλήρηςανκαιµόνοαν R = {(x,y) R 2 : a < x < b, c < y < d}. Το γενικό ολοκλήρωµα της Εξ.2.10 είναι τότε το όπουτο (x 0,y 0 ) R. 3 Απόδειξη f(x,y) = P(x,y)dx+Q(x,y)dy = 0 (2.10) x P y = Q x. (2.11) x 0 P(t,y)dt+ y y 0 Q(x 0,t)dy = c, (2.12) Η απόδειξη αυτού του θεωρήµατος χωρίζεται σε δύο µέρη. είχνουµε πρώτα ότι εάν υπάρχει µία συνάρτηση f για την οποία ισχύει f x = P(x,y), και f y = Q(x,y), (2.13) τότε ικανοποιείται η Πράγµατι, παραγωγίζοντας τις 2.13, είναι f yx = P y και f xy = Q x καιτοαποτέλεσµαπροκύπτειαπότιςυποθέσειςγιατις P y και Q x καιτολήµµατου Schwarz. Θαδείξουµετώραότιεάνοι P και Qικανοποιούντην2.11,τότεηδ.ε. 2.10είναι πλήρης. Στην απόδειξη θα κατασκευάσουµε µία συνάρτηση f(x, y) που θα ικανοποιεί τις σχέσεις Ολοκληρώνοντας την αριστερή σχέση ως προς x έχουµε f(x,y) = x x o P(t,y)dt+g(y). Εδώ η g είναι οποιαδήποτε συνάρτηση του y. παραγωγίζοντας την παραπάνω σχέση ως προς y και χρησιµοποιώντας τον κανόνα της παραγώγισης υπό το σύµβολο της ολοκλήρωσης παίρνουµε f y (x,y) = y = x x x 0 P(t,y)dt+g (y) x 0 P y (t,y)dt+g (y). 2 ΣτηνπράξηαρκείτοRναείναιανοικτόκαιαπλάσυνεκτικό,δηλαδήναµηνέχειοπές. 3 ΣτηνπερίπτωσηόπουτοRείναιοποιοσήποτεανοικτόαπλάσυνεκτικόσύνολο,τοσηµείο(x 0,y 0 )πρέπει ναεκλεγείκατάλληλαώστεηπερίµετροςτουτετραγώνουµεκορυφέςτασηµεία (x 0,y 0 ), (x,y 0 ), (x,y)και (x 0,y)ναανήκειστοR.

21 16 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΠΡΩΤΗΣ ΤΑΞΗΣ Επειδήf y = Qέχουµε x g (y) = Q(x,y) P(t,y)dt. (2.14) x 0 Για να προσδιορίσουµε την g, είναι ουσιαστικό το δεξιό µέλος της 2.14 να είναι συνάρτησηµόνοτου y(παρ όλοπουδενφαίνεταιωςτέτοιο!).γιανατοεπιβεβαιώσουµεαυτό, παραγωγίζουµε ως προς x για να πάρουµε την ποσότητα Q x P y που µηδενίζεται λόγω της σχέσης Άρα πράγµατι, το δεξιό σκέλος της 2.14 δεν εξαρτάται από το x και ολοκληρώνοντας προκύπτει η g. Προκύπτει ύστερα απ αυτό ο τύπος της γενικής λύσης Είναικαλόναλύνετετιςπλήρειςδ.ε. όχιµετηνβοήθειατουτύπου,αλλάκάνοντας κάθεφοράτηνδιαδικασίαεύρεσηςτηςλύσης f.ουσιαστικάτοναεπιλύσετεµίαπλήρη δ.ε. Pdx +Qdy = 0είναιισοδύναµοµετοναβρείτετηνσυνάρτησηδυναµικού fτου συντηρητικού διανυσµατικού πεδίου F = (P, Q). Παράδειγµα Λύστε την δ.ε. Εφόσον (ycosx+2xe y )dx+(sinx+x 2 e y +2)dy = 0. P y = cosx+2xe y = Q x, η δ.ε. είναι πλήρης. Ψάχνουµε συνάρτηση f που να ικανοποιεί τις f x = ycosx+2xe y, και f y = sinx+x 2 e y +2. Ολοκληρώνοντας ως προς x την αριστερή σχέση έχουµε f(x,y) = sinx+x 2 e y +g(y). Παραγωγίζοντας ως προς y και εξισώνοντας µε την δεξιά σχέση προκύπτει f y = x 2 e y +g (y) = sinx+x 2 e y +2 g(y) = 2y +c. Άρα, το γενικό ολοκλήρωµα της δ.ε. είναι Παράδειγµα είξτε ότι η δ.ε. f(x,y) = ysinx+x 2 e y +2y = c. (x 2xy +e y )dx+(y x 2 +xe y )dy = 0 είναιπλήρηςκαιβρείτετηνλύσηy(x)πουικανοποιείτηναρχικήσυνθήκηy(1) = 0. Εύκολα βλέπουµε ότι P y = 2x+e y = Q x

22 2.6. ΠΛΗΡΕΙΣ ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 17 άραηδ.ε.είναιπλήρης.τοχωρίοόπουοι P, Q, P x, Q y είναισυνεχείςείναιόλοτο R 2, άραµπορούµεναεπιλέξουµεως (x 0,y 0 )το(0,0).τογενικόολκλήρωµα2.12είναι x 0 (t 2ty +e y )dt+ y 0 tdt = c x2 2 x2 y +xe y + y2 2 = c. Για x = 1καιy = 0παίρνουµε(υπόπεπλεγµένηµορφή)τηζητούµενηλύση x 2 2x 2 y +2xe y +y 2 = 3. Άλλη µία εναλλακτική µέθοδος εύρεσης της γενικής λύσης µιας πλήρους δ.ε. είναι το να πάρουµε το επικαµπύλιο ολοκλήρωµα I = P(x,y)dx+Q(x,y)dy, C όπουcείναιοποιοσδήποτεπροσανατολισµένηκαµπύληπουενώνειένα(x 0,y 0 ) Rµε τοτυχαίοσηµείο(x,y).(μηνξεχνάτεότιτοrπρέπειναείναιαπλάσυνεκτικό!).επειδή το διανυσµατικό πεδίο(p, Q) είναι συντηρητικό, το I είναι ανεξάρτητο του δρόµου, έτσι µπορούµεναεπιλέξουµετηνcναείναιτοευθύγραµµοτµήµαπουενώνειτα(x 0,y 0 )και (x, y) δηλαδή Έτσι, t (x(t),y(t)) = (x 0,y 0 )+t(x x 0,y y 0 ), t [0,1]. I = = P(x(t),y(t))x (t)dt+ 1 P(x(t),y(t))(x x 0 )dt Q(x(t),y(t))y (t)dt 1 Q(x(t),y(t))(y y 0 )dt = c καιησταθεράεδώείναιίσηµεf(x,y) f(x 0,y 0 ),όπουfείναιησυνάρτησηδυναµικού του συντηρητικού πεδίου (P, Q). Στοπροηγούµενοπαράδειγµα,για(x 0,y 0 ) = (0,0)παίρνονταςτονδρόµο έχουµε I = 1 0 ΑΣΚΗΣΕΙΣ P(tx,ty)(tx) dt+ 1 0 t (tx,ty) Q(tx,ty)(ty) dt = x2 2 x2 y +xe y + y2 2 = c. Προσδιορίστε ποιες από τις παρακάτω δ.ε. είναι πλήρεις. Αν είναι, βρείτε τη λύση τους. 1. (2x+3)dx+(2y 2)dy = 0 2. (2x+4y)+(2x 2y)y = 0 3. (9x 2 +y 1)dx (4y x)dy = 0 4. (2xy 2 +2y)+(2x 2 y +2x)y = 0.

23 18 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΠΡΩΤΗΣ ΤΑΞΗΣ 5. dy dx = ax+by bx+cy 6. dy dx = ax by bx cy 7. (e x siny 2ysinx)dx+(e x cosy +2cosx)dy = 0 8. (e x siny +3y)dx (3x e x siny)dy = 0 9. (ye xy cos(2x) 2e xy sin(2x)+2x)dx+(xe xy cos(2x) 3)dy = 0 ( y ) 10. x +6x dx+(lnx 2)dy = 0, x > (xlny +xy)dx+(lnx 2)dy = 0, x > 0, y > xdx (x 2 +y 2 ) + ydy 3/2 (x 2 +y 2 ) = 0 3/2 13.Βρείτετηντιµήτουbγιατηνοποίαοιπαρακάτωδ.ε.είναιπλήρειςκαικατόπινλύστε τις. α) (xy 2 +bx 2 y)dx+(x+y)x 2 dy = 0 β) (ye 2xy +x)dx+bxe 2xy dy = Θεωρήστε την πλήρη δ.ε. P(x,y)dx+Q(x,y)dy = 0. Βρείτε τύπο για την γενική της λύση ανάλογο µε εκείνον της σχέσης 2.12 ολοκληρώνοντας πρώτατην f y = Qαντίτης f x = P. 15. είξτε ότι κάθε δ.ε. χωριζοµένων µεταβλητών είναι πλήρης. 16. Πότεηγραµµικήδ.ε. dy +P(x)y = Q(x) dx είναι πλήρης; Υποθέστε ότι οι P, Q είναι συνεχώς παραγωγίσιµες σε κάποιο ανοικτό διάστηµα(a, b). 2.7 Ολοκληρωτικοί παράγοντες Οι µέθοδοι της προηγούµενης παραγράφου επεκτείνονται σε µία κάπως µεγαλύτερη κλάσηδ.ε.έστωηδ.ε. P(x,y)dx+Q(x,y)dy = 0. (2.15) Εάνδενείναιπλήρης,προσπαθούµεναβρούµεµίασυνάρτησηµώστεηδ.ε. µ(pdx+qdy) = 0 (2.16) να είναι πλήρης. Αυτή η συνάρτηση µ λέγεται ολοκληρωτικός παράγοντας της δ.ε. Εάν µπορούµε να βρούµε ολοκληρωτικό παράγοντα, τότε η δ.ε. επιλύεται µε τις µεθόδους της προηγούµενης παραγράφου. Προφανώς κάθε λύση της 2.16 είναι και λύση της 2.15.

24 2.7. ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟΙ ΠΑΡΑΓΟΝΤΕΣ 19 Πότε όµως µπορούµε να κάνουµε αυτή τη διαδικασία; Καταρχάς η δ.ε είναι πλήρηςανκαιµόνοαν (µp) y = (µq) x. (2.17) ΕφόσονδίνονταιοιPκαιQ,οολοκληρωτικόςπαράγονταςµθαπρέπειναικανοποιείτην δ.ε. µε µερικές παραγώγους P µ ( P y Q µ x + y Q ) µ = 0 (2.18) x Υπάρχει ένα θετικό και ένα αρνητικό στην παραπάνω δ.ε. Το αρνητικό είναι ότι είναι τόσο δύσκολοναλυθείτουλάχιστονόσοείναιηαρχικήδ.ε.τοθετικόόµωςείναιότιµπορείνα έχει περισσότερες της µιας λύσεις εάν έτσι έχουν τα πράγµατα, τότε κάθε λύση µπορεί να χρησιµεύσει σαν ολοκληρωτικός παράγοντας. Εφαρµογή2.7.1 είξτεότιησυνάρτηση µ(x,y) = (xy 2 ) 1 είναιολοκληρωτικόςπαράγοντας της δ.ε. (y 2 +xy)dx x 2 dy = 0 καιβρείτετηλύσητης. Παράδειγµα Οι δύο σηµαντικότερες περιπτώσεις κατά τις οποίες εµφανίζονται α- πλοί ολοκληρωτικοί παράγοντες, είναι όταν η µ είναι συνάρτηση µόνο µίας από τις µεταβλητές xκαιy.αςπροσδιορίσουµετιςαναγκαίεςσυνθήκεςγιαταpκαιqώστεηδ.ε. 2.15ναέχειολοκληρωτικόπαράγονταµπουναεξαρτάταιµόνοαπότο x.μεαυτήτην υπόθεση η δ.ε γίνεται dµ dx = P y Q x µ. (2.19) Q Άρα,εάνηποσότητα (P y Q x )/Qείναισύνάρτησηµόνοτου x,τότεηδ.ε.2.19είναι χωριζοµένων µεταβλητών και µπορεί να λυθεί για να δώσει τον ολοκληρωτικό παράγοντα µ. Παράδειγµα Βρείτε έναν ολοκληρωτικό παράγοντα για την δ.ε. και κατόπιν λύστε την. Παρατηρούµε ότι (3xy +y 2 )dx+(x 2 +xy)dy = 0 P y (x,y) Q x (x,y) Q(x, y) = 3x+2y (2x+y) x 2 +xy = 1 x. Κατά συνέπεια, η δ.ε γίνεται dµ dx = µ x τηςοποίαςµίαλύσηείναιηµ(x) = x. Πολλαπλασιάζονταςτηδοθείσαδ.ε. µετον ολοκληρωτικό παράγοντα x προκύπτει η πλήρης δ.ε. (3x 2 y +xy 2 )dx+(x 3 +x 2 y)dy = 0

25 20 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΠΡΩΤΗΣ ΤΑΞΗΣ τηςοποίαςηγενικήλύσηείναιη x 3 y x2 y 2 = c. Μπορείτε να βεβαιώσετε ότι ένας άλλος ολοκληρωτικός παράγοντας είναι η µ(x,y) = 1 xy(2x+y) και η λύση της δ.ε. που προκύπτει είναι η ίδια, µε πολύ δυσκολότερους υπολογισµούς βέβαια. ΑΣΚΗΣΕΙΣ είξτε ότι οι δ.ε. των ασκήσεων 1 3 δεν είναι πλήρεις, αλλά γίνονται πλήρεις όταν πολλαπλασιαστούν µε τον δοσµένο ολοκληρωτικό παράγοντα. Κατόπιν, λύστε τις δ.ε. 1. x 2 y 3 dx+x(1+y 2 )dy = 0, µ(x,y) = 1/xy 3 ( ) ( siny cosy +2e 2. 2e x x ) cosx sinx dx+ dy = 0 µ(x,y) = ye x y y 3. ydx+(2x ye y )dy = 0, µ(x,y) = y Στις παρακάτω ασκήσεις 4 9 βρείτε έναν ολοκληρωτικό παράγοντα και λύστε τις δοθείσες δ.ε. 4. (3x 2 y +2xy +y 3 )dx+(x 2 +y 2 )dy = 0 5. y = e 2x +y 1 ( ) x 6. dx+ y siny = 0 7. ydx+(2xy e 2y )dy = 0 8. e x dx+(e x coty +2ycscydy = 0 ( 9. 3x+ 6 ) ( ) x 2 dx+ y y +3y dy = 0 x 10. είξτεότιεάν(q x P y )/P = M,όπουM = M(x),τότεηδ.ε. Pdx+Qdy = 0 έχει έναν ολοκληρωτικό παράγοντα της µορφής µ(y) = e Q(y)dy.

26 2.8. ΜΗ ΓΡΑΜΜΙΚΕΣ ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ Μη γραµµικές διαφορικές εξισώσεις Θα θεωρήσουµε τώρα µε κάποια επιλέον αυστηρότητα το γενικό πρόβληµα αρχικής τιµής y = f(x,y), y(x 0 ) = y 0. Η βασική ερώτηση είναι πότε το παραπάνω πρόβληµα έχει λύση, και εάν αυτό ισχύει, ποιο είναι το µέγιστο διάστηµα ορισµού της; Επιπλέον, είναι η λύση µοναδική; Είδαµε στηνπερίπτωσητωνγραµµικώνδ.ε. y +P(x)y = Q(x)ότιαυτόπράγµατισυµβαίνει εάνοιp καιqείναισυνεχείςσυναρτήσειςτου x.ηαπόδειξηαυτούτουγεγονότοςήταν εύκολη, γιατί για τις γραµµικές δ.ε. έχουµε πλήρη τύπο για την γενική λύση αυτό όµως δεν ισχύει γενικά όταν η δ.ε. δεν είναι γραµµική. Μπορούν να προκύψουν µη γραµµικές δ.ε. οι οποίες είναι πρακτικά αδύνατο να λυθούν! Ύπαρξη και µοναδικότητα Το ακόλουθο θεµελιώδες θεώρηµα ύπαρξης και µοναδικότητας είναι ανάλογο του Θεω ρήµατος για τις γραµµικές δ.ε. Όµως, η απόδειξή του είναι ιδιαίτερα τεχνική και έξω από το σκοπό αυτών των σηµειώσεων. Θεώρηµα (Peano Picard) Έστω ότι οι συναρτήσεις f και f/ y είναι συνεχείς σεκάποιοορθογώνιοr = (a,b) (c,d)πουπεριέχειτοσηµείο(x 0,y 0 ).Τότεσεκάποιο διάστηµα(x 0 h,x 0 +h) (a,b),υπάρχειµοναδικήλύσηy = φ(x)τουπροβλήµατος αρχικής τιµής y = f(x,y), y(x 0 ) = y 0. Λιγα σχόλια για το παραπάνω θεώρηµα: οι υποθέσεις του είναι αρκετές για να εξασφαλίσουν την ύπαρξη µοναδικής λύσης του προβλήµατος αρχικής τιµής. Όµως, ακόµα και εάν η f δεν ικανοποιεί αυτές τις υποθέσιες, είναι ακόµα δυνατό να υπάρχει µοναδικήλύση.πράγµατι,τοθεώρηµαισχύειµετηνασθενέστερηυπόθεσηότιηf(x,y)είναι Lipschitzωςπρος yστο R: K > 0, (x,y 1 ),(x,y 2 ) R f(x,y 1 ) f(x,y 2 ) K y 1 y 2. Επιπλέον η ύπαρξη(αλλά όχι η µοναδικότητα) της λύσης εξασφαλίζεται µόνο από την συνέχειατης f. Στο παρακάτω παράδειγµα δείχνουµε ότι το πρόβληµα αρχικής τιµής µπορεί να έχει περισσότερες της µίας λύσης αν παραβιάσουµε τις συνθήκες του Θεωρήµατος Παράδειγµα Βρείτε την λύση του y = y 1/3, y(0) = 0, x 0. Η δ.ε. είναι χωριζοµένων µεταβλητών και µπορούµε εύκολα να διαπιστώσουµε ότι η y = φ(x) = ( ) 3/2 2 3 x, x 0

27 22 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΠΡΩΤΗΣ ΤΑΞΗΣ είναι λύση του δοθέντος προβλήµατος αρχικής τιµής. Από την άλλη όµως λύση είναι και η y = ψ(x) = 0. Αυτό βεβαίως συµβαίνει διότι y f(x,y) = y y1/3 = 1 3 y 2/3 ηοποίαόχιµόνοδενείναισυνεχής,αλλάούτεκανορίζεταιστασηµείαόπου y = 0.Ας παρατηρήσουµεόµωςότιηλύσηορίζεταιµεµοναδικότρόπογιακάθεδοθέν(x 0,y 0 )µε y ιάστηµα ορισµού Ενώ για το γραµµικό πρόβληµα αρχικής τιµής η λύση υπάρχει σε οποιοδήποτε ανοικτό διάστηµαπουπεριέχειτοx 0 καιστοοποίοοιpκαιqείναισυνεχείς,γιατοµηγραµµικό πρόβληµα αρχικής τιµής το διάστηµα ορισµού της λύσης µπορεί να είναι πολύ δύσκολο ναπροσδιοριστεί. Ηλύση y = φ(x)υπάρχειόσοτοσηµείο (x,φ(x))παραµένειεντός του χωρίου στο οποίο ικανοποιούνται οι υποθέσεις του θεωρήµατος από την άλλη όµως, είναιµερικέςφορέςπολύδύσκολοναβρούµετηλύση! Όπωςθαδούµεστοεπόµενο παράδειγµα, το διάστηµα ορισµού της λύσης µπορεί να µην έχει καµµία σχέση µε την συνάρτηση f. Παράδειγµα Έστω το πρόβληµα αρχικής τιµής y = y 2, y(0) = 1. Εύκολα βλέπουµε ότι η λύση του προβλήµατος είναι η y = 1 1 x. Επίσηςείναιφανερόότιηλύσηαπειρίζεταιόπωςτο x 1. Απότηνδ.ε. όµωςδεν υπάρχει καµµία ένδεξη ότι το 1 είναι προβληµατικό σηµείο. Επιπλέον, αν αλλάξουµε τηναρχικήσυνθήκησε y(0) = 2,ηλύσηείναιη y = 2 1 2x που απειρίζεται καθώς το x 1/2. Βλέπουµε λοιπόν άλλο ένε ενοχλητικό στοιχείο των προβληµάτων αρχικής τιµής: τα ιδιάζοντα σηµεία των λύσεων µπορούν να µετακινηθούν ανάλογα µε την αρχική συνθήκη. ΑΣΚΗΣΕΙΣ Γιακάθεµίααπότιςπαρακάτωδ.ε. βρείτετοχωρίοτουεπιπέδου xy όπουηύπαρξη µοναδικής λύσης από κάθε σηµείο εξασφαλίζεται από το θεώρηµα ύπαρξης και µοναδι-

28 2.9. ΟΡΙΣΜΕΝΕΣ ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ 23 κότητας. 1. y = x y 2x+5y 2. y = (1 x 2 y 2 ) 1/2 3. y = 2xyy 1+y 2 4. y = 3(x+y) 2 5. y = ln xy 1 x 2 +y 2 6. y = (x 2 +y 2 ) 3/2 7. είξτεότιηy = φ(x) = (1 x 2 ) 1 είναιλύσητουπροβλήµατοςαρχικήςτιµής Σε ποιο διάστηµα ορίζεται; y = 2xy 2, y(0) = είξτεότιηy = φ(x) = [2(x+c)] 1/2,όπουcσταθερά,ικανοποιείτηδ.ε. y +y 3 = 0. Ποια λύση ικανοποιεί την αρχική συνθήκη y(1) = 2; Σε ποιο διάστηµα ορίζεται; 9. Βεβαιώστε ότι οι λύνουν τη δ.ε. y = ±(c 2 4x 2 ) 1/2 y = 4x/y. Σε ποια χωρία του επιπέδου xy ορίζονται οι λύσεις αυτές; Ειδικότερα, βρείτε τη λύση που περνάαπότο (0,4)καιτηλύσηπουπερνάαπότο(1, 1). 2.9 Ορισµένες εφαρµογές Ισογώνιες τροχιές Ορισµός2.9.1 Αν F(x,y,c) = 0είναιµίαµονοπαραµετρικήοικογένειακαµπυλών(µε παράµετρο c), τότε µία καµπύλη που τέµνει τις καµπύλες τις οικογένειας υπό γωνία a π/2 καλείται ισογώνιος τροχιά της οικογένειας. Ανηδ.ε.πουδίνειτην Fείναιη dy dx = f(x,y) τότεµίαολοκληρωτικήκαµπύλητηςδ.ε. πουπερνάαπότο (x,y)έχεικλίση f(x,y). Κατά συνέπεια η εφαπτόµενη της ισογώνιας τροχιάς θα έχει γωνία κλίσης arctan(f(x,y))+a

29 24 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΠΡΩΤΗΣ ΤΑΞΗΣ καιηκλίσητηςισογώνιαςτροχιάςθαείναι tan(arctan(f(x,y))+a) = f(x,y)+tana 1 f(x,y)tana. Η δ.ε. λοιπόν των ισογωνίων τροχιών είναι η Στηνπερίπτωσηόπουa = π/2, καιηδ.ε.τωνορθογωνίωντροχιώνείναιη dy dx = f(x,y)+tana 1 f(x,y)tana. (2.20) tan(arctan(f(x,y))+π/2) = 1 f(x,y) dy dx = 1 f(x,y). (2.21) Παράδειγµα2.9.2 Οιορθογώνιεςτροχιέςτωνοµόκεντρωνκύκλων x 2 + y 2 = c 2 βρίσκονταιωςεξής:ηδ.ε.τηςοικογένειαςείναιη dy dx = x y. Άρα, οι ορθογώνιες τροχιές είναι οι λύσεις της δ.ε. dy dx = x y δηλαδήοιευθείεςy = kx(µαζίµετηνευθείαx = 0). Εφαρµογή Βρείτε τις ισογώνιες τροχιές γωνία a των ισοσκελών υπερβολών µε α- σύµπτωτεςτουςάξονεςxκαιyπουδίνονταιαπότησχέσηxy = c Ταχύτητα διαφυγής Ένα σώµα σταθερής µάζας m εκτοξεύεται από την επιφάνεια της Γης µε αρχική ταχύτητα v 0. Υποθέτονταςότιδενυπάρχειτριβή απότοναέρα,αλλάλαµβάνονταςυπόψητην µεταβολή του βαρυτικού πεδίου της Γης µε το ύψος, θα βρούµε την µικρότερη αρχική ταχύτηταπουπρέπειναέχειτοσώµαγιαναµηνεπιστρέψειστηγη. Αυτήηταχύτητα λέγεται ταχύτητα διαφυγής. Παίρνουµετονθετικόηµιάξονα xπροςταεπάνω,µετηναρχήστηνεπιφάνεια. Η µόνηδύναµηπουασκείταιστοσώµαείναιτοβάροςτου w(x) = mgr2 (x+r) 2

30 2.9. ΟΡΙΣΜΕΝΕΣ ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ 25 όπου gηβαρυτικήσταθεράκαιrηακτίνατηςγης.απότοννόµοτουνεύτωνα,ηδ.ε. της κίνησης του σώµατος είναι m dv dt = mgr2 (x+r) 2 µεαρχικήσυνθήκη v(0) = v 0. Υπάρχει ένα µικρό πρόβληµα στην παραπάνω δ.ε. Η ταχύτητα είναι συνάρτηση του χρόνου tκαιόχιτηςαπόστασης xαπότοέδαφος. Τοπρόβληµαόµωςδιορθώνεταιεύκολα εφόσον dv dt = dv dx dx dt = dv dx v. Παίρνουµε λοιπόν το πρόβληµα αρχικής τιµής v dv dx = gr2 (x+r) 2, v(0) = 0. Η δ.ε. είναι χωριζοµένων µεταβλητών και εύκολα βλέπουµε ότι η λύση του προβλήµατος είναι η v 2 = v 2 0 2gR+ 2gR2 x+r. Η ταχύτητα διαφυγής βρίσκεται από την παραπάνω σχέση απαιτώντας την v να παραµένει θετική για όλες τις τιµές του(θετικού) x. ηλαδή, v 2 0 2gR 2gR2 x+r γιακάθε x οπότεπαίρνονταςx + προκύπτειότιηταχύτηταδιαφυγής v e είναιη v e = (2gR) 1/2 Εννοείται, εφόσον δεν λάβαµε υπόψη την τριβή που προκαλέι ο αέρας, ότι η πραγµατική ταχύτητα διαφυγής είναι κάπως µεγαλύτερη από αυτήν που βρήκαµε πιο πάνω. Από την άλλη, ας παρατηρήσουµε ότι η ταχύτητα διαφυγής µπορεί να γίνει µικρότερη αν το σώµα µαςεκτοξευθείαπόκάποιοµεγάλούψοςπάνωαπότηγη.σεεκείνητηνπερίπτωση,τόσο οι βαρυτικές όσο και οι δυνάµεις τριβής µειώνονται κατά πολύ ειδικότερα, η αντίσταση του αέρα µειώνεται σηµαντικά µε την αύξηση του υψοµέτρου. ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 1. y = x3 2y x 2. (x+y)dx (x y)dy = 0 3. y = 2x+y 3+3y 2 x 4. (x+ey )dy dx = 0 5. y = 2xy +y2 +1 x 2 +2xy 6. x dy +xy = 1 y, y(1) = 0 dx

31 26 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΠΡΩΤΗΣ ΤΑΞΗΣ 7. dy dx = x x 2 y +y 3 9. dy +1 = 2xy dx x 2 +2y 8. x dy sinx +2y = dx x, y(2) = (3y 2 +2xy)dx (2xy +x 2 )dy = (x 2 +y)dx+(x+e y )dy = 0, 12. dy dx +y = 1 1+e x 13. xdy ydx = (xy) 1/2 14. (x+y)dx+(x+2y)dy = 0, y(2) = (e x +1) dy dx = y yex 16. dy dx = x2 +y 2 x dy dx = e2 x+3y 18. (2y +3x)dx = xdy 19. xdy ydx = 2x 2 y 2 dy y(1) = y = e x+y 21. xy = y +xe y/x 22. dy dx = x2 1 y 2 +1 y( 1) = xy +y y 2 e 2x = sinycosxdx+cosysinxdy = 0 ( x ) ( ) y y x x 2 +y 2 dx+ x 2 +y 2 x2 y 2 dy = 0 ( x 2 y 2 ) 26. (2y +1)dx+ dy = 0 x 27. (cos(2y) sinx)dx 2tanxsin(2y)dy = dy dx = 3x2 2y y 2 2x+3xy dy dx = 2y + x2 y 2 2x 30. dy dx = y 3 1 2xy 2 y(0) = (x 2 y +xy y)dx+(x 2 y 2x 2 )dy = dy dx = 3x2 y +y 2 2x 3 +3xy y(1) = 2

32 Κεφάλαιο 3 ιαφορικές εξισώσεις ανώτερης τάξης 3.1 Γραµµικές διαφορικές εξισώσεις δεύτερης τάξης Οι γραµµικές δ.ε. δεύτερης τάξης είναι οι δ.ε. της µορφής d 2 y dx 2 +P(x)dy +Q(x)y = R(x). (3.1) dx ΌτανηR 0ηδ.ε. 3.1λέγεταιοµογενής. Σεαναλογίαµετοθεώρηµαύπαρξηςκαι µοναδικότητας για γραµµικές δ.ε. πρώτης τάξης έχουµε το ακόλουθο. Θεώρηµα3.1.1 Αςείναι x 0 σηµείοτου (a,b)στοοποίοοισυναρτήσεις P,Q,Rείναι συνεχείς,καιέστω y 0 και y 0 δοθέντεςαριθµοί. Τότευπάρχειµοναδικήλύση y = y(x) της δ.ε. 3.1 που επαληθεύει τις αρχικές συνθήκες y(x 0 ) = y 0, y (x 0 ) = y 0. Σε αντίθεση µε ότι συµβαίνει στις γραµµικές δ.ε. πρώτης τάξης, η εύρεση λύσης της 3.1δενείναιπάντοτεδυνατήανοιP,Qδενείναισταθερέςσυναρτήσεις. Στ εξής θα ασχολούµαστε µε γραµµικές δ.ε. δεύτερης τάξης µε σταθερούς συντελεστές. Πρόταση Έστω η γραµµική δ.ε. µε σταθερούς συντελεστές d 2 y dx 2 +pdy +qy = R(x). (3.2) dx Ηγενικήτηςλύσηείναιτοάθροισµαµίαςοποιασδήποτεµερικήςλύσηςτηςw(x)καιτης γενικής λύσης z(x) της αντίστοιχης οµογενούς d 2 y dx 2 +pdy +qy = 0. (3.3) dx 27

33 28 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΑΝΩΤΕΡΗΣ ΤΑΞΗΣ Απόδειξη Αν y(x) είναι λύση της 3.2, γράφουµε την y(x) ως άθροισµα δύο συναρτήσεων και αντικαθιστώντας στη δ.ε. έχουµε y(x) = z(x)+w(x) (z +pz +qz)+(w +pw +qw R) = 0. Άρα,ανηwείναικάποιαλύσητηςµηοµογενούς3.2,τότεηδεύτερηπαρένθεσηµηδενίζεται,άραµηδενίζεταικαιηπρώτη,συνεπώςηz(x) = y(x) w(x)είναιµίαλύσητης αντίστοιχης οµογενούς 3.3. Αν τώρα κρατήσουµε τη µερική λύση w(x) σταθερή, οποιαδήποτε λύση z(x) της οµογενούς, επιφέρει τον µηδενισµό και των δύο παρενθέσεων της παραπάνω σχέσης, άραηy(x) = z(x)+w(x)είναιλύσητηςδ.ε.3.2. Άραλοιπόνγιαναλύσουµετηνδ.ε.3.2πρέπεινακάνουµεταπαρακάτωβήµατα. 1. Ναβρούµετηγενικήλύσητηςαντίστοιχηςοµογενούςδ.ε.3.3και 2. ναβρούµεµίαµερικήλύσητης Οµογενείς γραµµικές δ.ε. δεύτερης τάξης µε σταθερούς συντελεστές Η παρακάτω πρόταση είναι θεµελιώδης για ότι ακολουθεί. Πρόταση3.1.3 Αν φ 1 (x),φ 2 (x)είναιδύογραµµικάανεξάρτητεςλύσειςτηςοµογενούς δ.ε.3.3τότεηγενικήλύσητηςδίνεταιαπότοντύπο Απόδειξη y(x) = c 1 φ 1 (x)+c 2 φ 2 (x), c 1,c 2 σταθερές. (3.4) Είναι προφανές ότι η συνάρτηση του τύπου 3.4 είναι λύση της δ.ε Αντιστρόφως, ας υποθέσουµεότικάποιαy(x)λύνειστοανοικτό(a,b)τηνδ.ε.3.3µεαρχικέςσυνθήκες Τότε έστω το γραµµικό σύστηµα y(x 0 ) = y 0, y (x 0 ) = y 0 όπου x 0 (a,b). c 1 φ 1 (x 0 )+c 2 φ 2 (x 0 ) = y 0 c 1 φ 1 (x 0)+c 2 φ 2 (x 0) = y 0. Γιαναεπιλύεταιτοσύστηµααυτόωςπροςc 1 καιc 2,θαπρέπειηορίζουσα W(φ 1,φ 2 )(x 0 ) = φ 1(x 0 ) φ 2 (x 0 ) φ 1 (x 0) φ 2 (x 0) 0. Ας δεχθούµε προς το παρόν τον εξής ισχυρισµό:

34 3.1. ΓΡΑΜΜΙΚΕΣ ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΥΤΕΡΗΣ ΤΑΞΗΣ 29 Δύοπαραγωγίσιµεςσυναρτήσειςφ 1 (x)καιφ 2 (x)ορισµένεςστο(a,b)είναιγραµµικά ανεξάρτητες αν και µόνο αν W(φ 1,φ 2 )(x) = φ 1(x) φ 2 (x) φ 1 (x) φ 2 (x) 0 γιακάθε x (a,b). Μετηνβοήθειατουπαραπάνωισχυρισµού,καιεπειδήοιφ 1 καιφ 2 υποτέθηκανγραµµικά ανεξάρτητες,προκύπτειότιτογραµµικόµαςσύστηµαλύνεταιωςπροςc 1 καιc 2 καιάρα ηc 1 φ 1 (x)+c 2 φ 2 (x)είναιλύσητηςδ.ε.3.3στο(a,b).λόγωόµωςτουθεωρήµατος3.1.1, οφείλειναταυτίζεταιµετην y(x)στο(a,b). Μένεινααποδείξουµετονισχυρισµόµας. Αςυποθέσουµεπρώταότιοι φ 1 (x)και φ 2 (x)είναιγραµµικάεξαρτηµένεςστο (a,b).τότε,υπάρχουν c 1 και c 2 µε c 2 1 +c τέτοιες ώστε c 1 φ 1 (x)+c 2 φ 2 (x) 0, γιακάθε x (a,b). Γράφονταςφ 2 (x) = cφ 1 (x)έχουµετότε W(x) = W(φ 1,φ 2 )(x) = φ 1(x) cφ 1 (x) φ 1(x) cφ 1(x) = 0, γιακάθε x (a,b). Αντιστρόφως, υποθέτουµε ότι W(x) 0 και χωρίς βλάβη της γενικότητας µπορούµε να υποθέσουµεότιηφ 1 (x)είναιπαντούδιάφορητουµηδενόςστο(a,b).τότε W(x) φ 2 1 (x) = φ 1(x)φ 2(x) φ 2 (x)φ 1(x) φ 1 = (x) Άρα φ 2 (x) = cφ 1 (x)γιακάθεx (a,b). ( ) φ2 (x) = 0 γιακάθε x (a,b). φ 1 (x) Είµαστε τώρα έτοιµοι να διατυπώσουµε και να αποδείξουµε το θεώρηµα που µας δίνει την γενική λύση της οµογενούς δ.ε. 3.3 Θεώρηµα3.1.4 Ηοµογενήςγραµµικήδ.ε.3.3έχειλύσειςτηςµορφήςy = e rx,όπουτο r είναι ρίζα της χαρακτηριστικής εξίσωσης Ηγενικήτηςλύσηείναιη r 2 +pr+q = 0. (3.5) α) Η y(x) = c 1 e r1x +c 2 e r2x,ανr 1 r 2 είναιδύοπραγµατικέςρίζεςτης3.5. β) Η y(x) = (c 1 x+c 2 )e rx,ανrείναιδιπλήρίζατης3.5. γ) Η y(x) = (c 1 cos(mx)+c 2 sin(mx))e lx ανl±imείναιµιγαδικέςρίζεςτης3.5. Απόδειξη Αναζητούµελύσειςτηςµορφήςy(x) = e rx.αντικαθιστώνταςστηνδ.ε.παίρνουµε e rx (r 2 +pr+q) = 0. Άρα,εκλέγονταςτο rώστεναείναιρίζατηςτριωνυµικήςεξίσωσης3.5,έχουµεότιη y = e rx είναιλύσητηςδ.ε. ιακρίνουµε τώρα τρεις περιπτώσεις.

35 30 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΑΝΩΤΕΡΗΣ ΤΑΞΗΣ (i) Ηχαρακτηριστικήεξίσωσηέχειδύοδιάφορεςµεταξύτουςπραγµατικέςρίζεςr 1,r 2. Είναιτότεεύκολοναδούµεότιοιφ 1 (x) = e r1x καιφ 2 (x) = e r2x είναιδύογραµ- µικά ανεξάρτητες λύσεις της δ.ε. και από την πρόταση προκύπτει ότι η γενική λύσητηςδ.ε.είναιη y(x) = c 1 e r1x +c 2 e r2x, c 1,c 2 αυθαίρετεςσταθερές. (ii) Η χαρακτηριστική εξίσωση έχει µία διπλή ρίζα r. Θέτουµεy = e rx Y καιηδ.ε.3.3γίνεται e rx (Y +(2r+p)Y +(r 2 +pr+q)y) = 0. Επειδή η r είναι διπλή ρίζα της χαρακτηριστικής εξίσωσης, είναι ΟπότεY = c 1 x+c 2 καιεποµένως 2r+p = r 2 +pr+q = 0 Y = 0. y(x) = (c 1 x+c 2 )e rx, c 1,c 2 αυθαίρετεςσταθερές. (iii) Η χαρακτηριστική εξίσωση έχει δύο συζυγείς µιγαδικές ρίζες l ± im. Είναι εύκολο να διαπιστώσουµε ότι οι µιγαδικές συναρτήσεις y ( x) = e (l+im)x = e lx (cos(mx)+isin(mx)) y(x) = e (l im)x = e lx (cos(mx) isin(mx)) είναι λύσεις της δ.ε Αφήνουµε σαν άσκηση στον αναγνώστη να βεβαιώσει ότι αν κάποια µιγαδική συνάρτηση y(x) είναι λύση της δ.ε. 3.3, τότε το πραγµατικό και το φανταστικό της µέρος είναι επίσης λύσεις της δ.ε. Στην περίπτωση που y(x) = ( e lx cos(mx) ) +i ( e lx sin(mx) ) = φ 1 (x)+iφ 2 (x) δείξτεότιέχουµεw(φ 1,φ 2 )(x) 0. Παράδειγµα3.1.5 Ναλυθείηδ.ε. y 5y +6y = 0. Ηχαρακτηριστικήεξίσωσηείναιηr 2 5r + 6 = 0καιέχειρίζεςτις r 1 = 2και r 2 = 3.Άραηγενικήλύσητηςδ.ε.είναιη y(x) = c 1 e 2x +c 2 e 3x, c 1,c 2 αυθαίρετεςσταθερές. Παράδειγµα3.1.6 Ναλυθείηδ.ε. y 4y +29y = 0. Ηχαρακτηριστικήεξίσωσηείναιηr 2 4r+29= 0καιέχειτιςµιγαδικέςρίζες2±i5. Άραηγενικήλύσητηςδ.ε.είναιη y(x) = e 2x (c 1 cos(5x)+c 2 sin(5x)), c 1,c 2 αυθαίρετεςσταθερές.

36 3.1. ΓΡΑΜΜΙΚΕΣ ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΥΤΕΡΗΣ ΤΑΞΗΣ 31 Παράδειγµα3.1.7 Ναλυθείηδ.ε. y 4y +4y = 0. Ηχαρακτηριστικήεξίσωσηείναιηr 2 4r+4 = 0καιέχειδιλήρίζατηνr = 2.Άρα ηγενικήλύσητηςδ.ε.είναιη y(x) = (c 1 x+c 2 )e 2x, c 1,c 2 αυθαίρετεςσταθερές. Εφαρµογή3.1.8 Βρείτετηνλύσητης y + 5y + 4y = 0πουικανοποιείτιςαρχικές συνθήκεςy(0) = 3καιy (0) = 0. (Υπόδειξη: Βρείτεπρώτατηνγενικήλύση y(x)καιτηνπαράγωγότης y (x). Κατόπιν, χρησιµοποιήστε τις αρχικές συνθήκες για να πάρετε ένα 2 2 γραµµικό σύστηµα µε αγνώστουςc 1 καιc 2.Ηλύσηπουζητάτεείναιη y(x) = 4e x e 4x.) Σηµειώνουµε κλείνοντας αυτήν την παράγραφο, ότι οι λύσεις της δ.ε. 3.3 ορίζονται σε όλη την πραγµατική ευθεία(βλ. Θεώρηµα 3.1.1). ΑΣΚΗΣΕΙΣ Λύστε τις παρακάτω δ.ε. και τα προβλήµατα αρχικών τιµών. 1. y 5y+6y = 0 2. y +2y +y = 0 3. y y = 0 4. y +3y +2y = 0, y(0) = 1, y (0) = 1 5. y +4y +13y = 0 6. y 4y +20y = 0, y(π/2) = 0, y (π/2) = Ακολουθώντας τη µέθοδο της Πρότασης αποδείξτε ότι εάν οι p(x) και q(x) είναι συνεχείςστο (a,b)καιοιφ 1 (x)καιφ 2 (x)είναιγραµµικάανεξάρτητεςλύσειςτης y +p(x)y +q(x)y = 0, τότεηw(φ 1,φ 2 )(x) 0στο (a,b)καιάραηγενικήτηςλύσηείναιτηςµορφής y(x) = c 1 φ 1 (x)+c 2 φ 2 (x), c 1,c 2 αυθαίρετεςσταθερές. 8.(*) Αναπτύξτε τη µέθοδο υποβιβασµού της τάξης του D Alembert. Γνωρίζοντας µία λύση y 1 της y +p(x)y +q(x)y = 0, βρείτεδεύτερη,γραµµικάανεξάρτητητης y 1 λύση v(x)(καιάρατηνγενικήλύση)της δ.ε. (Υπόδειξη:θέστε y = v(x)y 1 (x)καιαντικαταστήστεστηνδ.ε. ικαιολογήστεπως καταλήγετε στη γραµµική δ.ε. πρώτης τάξης καιβρείτετην v.) ( ) (v ) + p+2 y 1 v = 0. y 1

37 32 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΑΝΩΤΕΡΗΣ ΤΑΞΗΣ Μη οµογενείς γραµµικές δ.ε. δεύτερης τάξης µε σταθερούς συντελεστές Θα περιγράψουµε τώρα δύο µεθόδους για την εύρεση µερικής λύσης της δεύτερης τάξης γραµµικής µη οµογενούς δ.ε. y +py +qy = R(x) Ι. Μέθοδος των προσδιοριστέων συνετελεστών Η µέθοδος αυτή εφαρµόζεται µόνο όταν η R(x) είναι ειδικής µορφής. Συγκεκριµένα: α) ΑνR(x) = (b m x m + +b 1 x+b 0 )e rx,αναζητούµεµερικήλύσητηςµορφής w(x) = x n (c m x m + +c 1 x+c 0 )e rx, εάντοrείναιρίζαπολλαπλότηταςnτηςχαρακτηριστικήςεξίσωσης3.5.ανοrδεν είναι ρίζα της χαρακτηριστικής εξίσωσης, θέτουµε n = 0. β) Αν R(x) = (P 1 (x)cos(mx) + P 2 (x)sin(mx))e lx,όπου P 1 και P 2 πολυώνυµα βαθµούm 1 καιm 2 αντίστοιχα,τότεαναζητούµεµερικήλύσητηςµορφής w(x) = x n (Q 1 (x)cos(mx)+q 2 (x)sin(mx)e lx όπουq 1 καιq 2 αυθαίρεταπολώνυµαβαθµούmax{m 1,m 2 }ανοl+imείναιρίζα τηςχαρακτηριστικήςεξίσωσης3.5πολλαπλότητας n. Ανοl+imδενείναιρίζα της3.5,θέτουµεn = 0. γ) ΑνR(x) = m i=1 R i(x)όπουr i τηςµορφηςα)ήβ),τότεχωρίζουµετηνδ.ε.στις y +py +qy = R 1 (x). y +py +qy = R m (x) καιβρίσκουµετιςαντίστοιχεςµερικέςλύσεις w i (x) i = 1,...,m.Προφανώς,η w(x) = είναι µερική λύση της αρχικής δ.ε.(γιατί;) m R i (x) Παράδειγµα3.1.9 Ναβρεθείµίαµερικήλύσητηςδ.ε. y 4y +4y = 2x Αναζητούµε λύση της µορφής i=1 w(x) = c 2 x 2 +c 1 x+c 0 αφούτο r = 0δενείναιρίζατηςχαρακτηριστικήςεξίσωσης r 2 4r+4 = 0.Έχουµε: w (x) = 2c 2 x+c 1 w (x) = 2c 2

38 3.1. ΓΡΑΜΜΙΚΕΣ ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΥΤΕΡΗΣ ΤΑΞΗΣ 33 και αντικαθιστώντας προκύπτει µετά τις πράξεις 4c 2 x 2 +(4c 1 8c 2 )x+(2c 2 4c 1 +4c 0 ) 2x Οπότε από το γραµµικό σύστηµα 4c 2 = 2 4c 1 8c 2 = 0 2c 2 4c 1 +4c 2 = 3 παίρνουµεc 2 = 1/2,c 1 = 1,c 2 = 3/2καιηµερικήλύσηείναιη w(x) = 1 2 x2 +x Παράδειγµα Ναβρεθείµίαµερικήλύσητηςδ.ε. y y = x. Αναζητούµε λύση της µορφής w(x) = x(c 1 x+c 0 ) αφούτο r = 0είναιαπλήρίζατηςχαρακτηριστικήςεξίσωσηςr 2 r = 0.Έχουµε: w (x) = 2c 1 x+c 0 w (x) = 2c 1 και αντικαθιστώντας προκύπτει µετά τις πράξεις c 1 x+c 0 +2c 1 x. Οπότε έχουµε 2c 1 = 1 c 0 +2c 1 = 0 δηλαδή, c 1 = 1/2,c 0 = 1καιηµερικήλύσηείναιη w(x) = 1 2 x+x. Εφαρµογή Βρείτεµίαµερικήλύσητης y +4y +4y = 3xe 2x. (Υπόδειξη: Αναζητήστε µερική λύση της µορφής w(x) = x 2 (c 1 x+c 0)e 2x.(γιατί;) Θα καταλήξετε στην w(x) = 1 2 x3 e 2x.)

39 34 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΑΝΩΤΕΡΗΣ ΤΑΞΗΣ Παράδειγµα Ναβρεθείµίαµερικήλύσητηςδ.ε. y +4y = 2e x sin(2x). Αναζητούµε λύση της µορφής w(x) = (asin(2x)+bcos(2x))e x αφούοl+im = 1 + 2iδενείναιρίζατηςχαρακτηριστικήςεξίσωσης r = 0. Βρίσκονταςτις w (x)καιw (x)καιαντικαθιστώνταςπροκύπτειµετάτιςπράξεις (asin(2x)+bcos(2x))e x +2(2acos(2x) 2bsin(2x)e x 2sin(2x)e x ή Οπότε, (a 4b)sin(2x)+(4a+b)cos(2x) 2sin(2x). a 4b = 2 4a+b = 0 καιπαίρνουµεa = 2/17,b = 8/17,καιηµερικήλύσηείναιη w(x) = ( 2 17 sin(2x) 8 ) 17 cos(2x) e x. Εφαρµογή Ναβρεθείµερικήλύσητηςδ.ε. y y = xe 2x +cos(2x). (Υπόδειξη: χωρίστε την δ.ε. στις y y = xe 2x y y = cos(2x).) Εφαρµογή Βρείτεµερικήλύσητηςδ.ε. y +y = cos 3 x. (Υπόδειξη: Κατ αρχάς δεν φαίνεται η παραπάνω δ.ε. να εµπίπτει στις κατηγορίες που µπορεί να εφαρµοστεί η µέθοδος των προσδιοριστέων συντελεστών. Ας θυµηθούµε όµως ότι ( e cos 3 ix +e ix ) 3 x = = 1 e 3ix +e 3ix + 3 e ix +e ix = cos(3x)+ 3 4 cosx. Χωρίστε τώρα τις δ.ε.) ΙΙ. Μέθοδος της µεταβολής των παραµέτρων. Η µέθοδος αυτή έχει το πλεονέκτηµα ότι εφαρµόζεται ακόµα και σε µή γραµµικές δ.ε., χρειάζεται όµως να γνωρίζουµε δύο γραµµικά ανεξάρτητες λύσεις της αντίστοιχης οµογενούςφ 1 (x)καιφ 2 (x). Ας υποθέσουµε λοιπόν ότι η γενική λύση της αντίστοιχης οµογενούς είναι η y(x) = c 1 φ 1 (x)+c 2 φ 2 (x).

40 3.1. ΓΡΑΜΜΙΚΕΣ ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΥΤΕΡΗΣ ΤΑΞΗΣ 35 Εντοπίζουµεσυναρτήσειςc 1 = v 1 (x)καιc 2 = v 2 (x)ώστεη w(x) = v 1 (x)φ 1 (x)+v 2 (x)φ 2 (x) να είναι µερική λύση της µη οµογενούς δ.ε. Ισχυριζόµαστε ότι: Ανοισυναρτήσειςc 1 = v 1 (x)καιc 2 = v 2 (x)επαληθεύουντοσύστηµα c 1 (x)φ 1(x)+c 2 (x)φ 2(x) = 0 c 1 (x)φ 1 (x)+c 2 (x)φ 2 (x) = R(x), τότεηw(x) = v 1 (x)φ 1 (x)+v 2 (x)φ 2 (x)είναιµερικήλύσητηςδ.ε. εχόµενοιαυτόντονισχυρισµό,καιεπειδήηορίζουσαw(φ 1,φ 2 )(x) 0γιαόλατα x R(ήγιαόλατα x (a,b)),τοπαραπάνωσύστηµαέχειπάντοτελύση c 1(x) = ψ 1 (x), c 2(x) = ψ 2 (x). Οπότε, ολοκληρώνοντας παίρνουµε c 1 (x) = v 1 (x) = ψ 1 (x)dx, c 2 (x) = v 2 (x) = ψ 2 (x)dx καιηµερικήλύσηπουαναζητούµεείναιη w(x) = v 1 (x)φ 1 (x)+v 2 (x)φ 2 (x). Ανµαςδοθούναρχικέςσυνθήκεςw(x 0 ) = 0,w (x 0 ) = 0,τότεχρησιµοποιούµεορισµένο ολοκλήρωµα: c 1 (x) = v 1 (x) = x x 0 ψ 1 (t)dt, c 2 (x) = v 2 (x) = Αποµένει να αποδείξουµε τον ισχυρισµό µας. Έχουµε: Θέτουµε και παραγωγίζοντας ξανά, έχουµε w(x) = c 1 (x)φ 1 (x)+c 2 (x)φ 2 (x) Αντικαθιστώντας τώρα στην δ.ε. παίρνουµε w (x) = c 1 (x)φ 1 (x)+c 2(x)φ 2 (x)+ c 1(x)φ 1 (x)+c 2(x)φ 2 (x). c 1(x)φ 1 (x)+c 2(x)φ 2 (x) = 0 w (x) = c 1 (x)φ 1 (x)+c 2(x)φ 2 (x)+ c 1 (x)φ 1 (x)+c 2 (x)φ 2 (x). x c 1 (x)φ 1 (x)+c 2(x)φ 2 (x)+c 1 (x)φ 1 (x)+c 2 (x)φ 2 (x)+ x 0 ψ 2 (t)dt. p(c 1 (x)φ 1 (x)+c 2(x)φ 2 (x))+q(c 1(x)φ 1 (x)+c 2 (x)φ 2 (x)) = R(x). Επειδήοιφ 1,φ 2 είναιλύσειςτηςδ.ε.,παίρνουµετην c 1 (x)φ 1 (x)+c 2 (x)φ 2 (x) = R(x).

41 36 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΑΝΩΤΕΡΗΣ ΤΑΞΗΣ Παράδειγµα Να λυθεί µε τη µέθοδο της µεταβολής των παραµέτρων η y 4y +4y = 2x Η γενική λύση της αντίστοιχης οµογενούς είναι z(x) = (d 1 x+d 2 )e 2x, d 1,d 2 R. Θεωρούµετις φ 1 (x) = e 2x καιφ 2 (x) = xe 2x.καιτοσύστηµα e 2x c 1 +xe2x c 2 = 0 2e 2x c 1 +(2x+1)e2x c 2 = 2x2 +3 πουέχειλύσεις c 1 (x) = (2x3 +3x)e 2x, c 2 (x) = (2x2 +3)e 2x.Ολοκληρώνοντας προκύπτει c 1 (x) = v 1 (x) = e 2x 2 c 2 (x) = v 2 (x) = e 2x 2 Συνεπώς, µία µερική λύση της µη οµογενούς είναι η ( 2x 3 +3x 2 +6x+ 3 ), 2 ( 2x 3 +2x+4 ). ενώηγενικήτηςλύσηείναιη w(x) = v 1 (x)e 2x +v 2 (x)xe 2x = 1 2 x2 +x+ 3 2 y(x) = z(x)+w(x) = (d 1 x+d 2 )e 2x x2 +x+ 3 2, d 1,d 2 R. Εφαρµογή Λύστε το πρόβληµα αρχικών τιµών y +9y = 0, y(0) = 1 9, y (0) = 2 9. Απάντηση: y(x) = (2/9)x+1/9. ΑΣΚΗΣΕΙΣ Χρησιµοποιώντας την µέθοδο των προσδιοριστέων συντελεστών για να εντοπίσετε µία µερική λύση της µη οµογενούς δ.ε., βρείτε την γενική λύση των ακόλουθων δ.ε. και προβληµάτων αρχικών τιµών. 1, y +y 2y = 2x, y(0) = 0, y (0) = y 4y 6y = 3e 2x

42 3.1. ΓΡΑΜΜΙΚΕΣ ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΥΤΕΡΗΣ ΤΑΞΗΣ y +4y = x 2 +3e x, y(0) = 0, y (0) = 2 4. y +2y = 3+4sin(2x) 5. y +9y = x 2 e 3x y 2y +y = xe x +4, y(0) = 1. y (0) = y +3y +y = x 2 +3sinx 8. y +y = 3sin(2x)+xcos(2x) 9. y +2y +y = e x cosx 10. y +y +y = sin 2 x Το ίδιο όπως παραπάνω, αλλά αυτή την φορά χρησιµοποιήστε τη µέθοδο της µεταβολής των παραµέτρων για να εντοπίσετε τη µερική λύση της µη οµογενούς δ.ε. 11. y 5y +6y = 2e x, 12. y y 2y = 2e x 13. y +2y +y = 3e x, 14. y +y = tanx, x (0,π/2) 15. y +9y = 9sec 2 (3x), x (0,π/6) 16. y +4y +4y = 1 x 2 e 2x, x > y +4y = 3csc(2x), x (0,π/2) 18. Θεωρούµε τη δ.ε. του Bessel ( x 2 y +xy + x 2 1 ) y = 3x 3/2 sinx, x > 0. 4 α) είξτεότιοι x 1/2 sinxκαι x 1/2 cosxείναιδύογραµµικάανεξάρτητεςλύσεις της αντίστοιχης οµογενούς δ.ε. β) Βρείτετηνγενικήλύσητηςδ.ε. γ) Βρείτετύπογιατηνγενικήλύσητηςδ.ε. ( x 2 y +xy + x 2 1 ) y = g(x), x > Βρείτετύπογιαµίαµερικήλύσητηςδ.ε. y 5y +6y = g(x).

43 38 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΑΝΩΤΕΡΗΣ ΤΑΞΗΣ 3.2 Γραµµικές διαφορικές εξισώσεις τάξης n > 2 Η φιλοσοφία πίσω από την µελέτη της γραµµικής διαφορικής εξίσωσης ανώτερης τάξης d n y dx n +P n 1(x) dn 1 y dx n 1 + +P 0(x)y = R(x), n > 2, (3.6) είναι ουσιαστικά η ίδια µε αυτήν της µελέτης της γραµµικής δ.ε. δεύτερης τάξης. Για τον λόγο αυτό, αφού θα παραθέσουµε τα αποτελέσµατα που χρειάζονται, θα περάσου- µε κατευθείαν στα παραδείγµατα και στις εφαρµογές, συστήνοντας στον αναγνώστη να προσέξειτιςοµοιότητεςµεαυτάπουισχύουνστηνπερίπτωση n = 2. Θεώρηµα3.2.1 Αςείναιx 0 σηµείοτου(a,b)στοοποίοοισυναρτήσειςp 0,...,P n 1,R είναισυνεχείς,καιέστω y 0,y 0,...,y (n 1) 0 δοθέντες αριθµοί. Τότε υπάρχει µοναδική λύσηy = y(x)τηςδ.ε.3.6πουεπαληθεύειτιςαρχικέςσυνθήκες y(x 0 ) = y 0, y (x 0 ) = y 0,... y(n 1) (x 0 ) = y (n 1) 0. Ας είναι τώρα η δ.ε µε σταθερούς συντελεστές και d n y dx n +p d n 1 y n 1 dx n 1 + +p 0y = R(x) (3.7) d n y dx n +p d n 1 y n 1 dx n 1 + +p 0y = 0 (3.8) η αντίστοιχη οµογενής της. Έχουµε τις παρακάτω γενικεύσεις των αποτελεσµάτων που παρουσιάστηκαν στην προηγούµενη παράγραφο: α) Ηγενικήλύση y(x)τηςµηοµογενούςδ.ε. 3.7είναιάθροισµαµίαςµερικήςτης λύσης w(x) και της γενικής λύσης z(x) της αντίστοιχης οµογενούς δ.ε β) Ότανοιφ 1 (x),...,φ n (x)είναιγραµµικάανεξάρτητεςλύσειςτης3.8,ηγενικήτης λύσηείναιη y(x) = n c i φ i (x), c i αυθαίρετεςσταθερές i = 1,...n. i=1 Σηµειώνουµεότιηγραµµικήανεξαρτησίατων φ 1,...,φ n είναιισοδύναµηµετονµη µηδενισµό της ορίζουσας W(φ 1,...,φ n )(x) = φ 1 (x)... φ n (x) φ 1(x)... φ n(x)... 1 (x)... φ n (n 1) (x) φ (n 1), x (a,b). Επιπλέονταα)καιβ)ισχύουνκαιγιατην3.6. Το παρακάτω θεώρηµα µας περιγράφει την γενική λύση της οµογενούς δ.ε. 3.8.