Μεθοδολογία για τις Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις Από την Ενότητα του Ελληνικού Ανοικτού Πανεπιστημίου Σπουδές στις Φυσικές Επιστήμες

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Μεθοδολογία για τις Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις Από την Ενότητα του Ελληνικού Ανοικτού Πανεπιστημίου Σπουδές στις Φυσικές Επιστήμες"

Transcript

1 Μεθοδολογία για τις Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις Από την Ενότητα του Ελληνικού Ανοικτού Πανεπιστημίου Σπουδές στις Φυσικές Επιστήμες Ανέπτυξα την παρακάτω μεθοδολογία με υλικό από το ΕΑΠ που με βοήθησε να ανταπεξέλθω στο μάθημα των διαφορικών εξισώσεων ως φοιτητής στο ΕΑΠ. Δεν μπορώ να υποσχεθώ ότι δεν περιέχει λάθη. Τα περισσότερα παραδείγματα είναι από εργασίες που εκπόνησα στην διάρκεια της χρονιάς.ελπίζω να σας φανεί χρήσιμο, εάν βρείτε λάθη παρακαλώ επικοινωνήστε μαζί μου να τα διορθώσω. Να διευκρινιστεί ότι αρκετά από τα γραφόμενα παρακάτω αποτελούν μέρος της ύλης η οποία έχει με διάφορους τρόπους δοθεί από υλικό του ΕΑΠ και με κανένα τρόπο δεν μπορεί να αποτελέσει μέρος εμπορικής εκμετάλευσης. Γιώργος Νικολιδάκης Γενικά : Η γενική λύση των διαφορικών είναι μια οικογένεια καμπυλών και πρέπει να περιέχει τόσες σταθερές όση και η τάξη της διαφορικής. Με τον όρο θεμελιώδες σύνολο λύσεων εννοούμε, ότι οι λύσεις πρέπει να είναι λύσεις της διαφορικής και ταυτόχρονα να είναι γραμμικά ανεξάρτητες. ΠΑΤ (Πρόβλημα αρχικών τιμών) Όταν πρέπει να βρεθεί μια συνάρτηση που να ικανοποιεί την διαφορική και δεδομένες συνθήκες οι οποίες αφορούν τις τιμές της άγνωστης συνάρτησης και των παραγώγων της σε ένα σημείο. Οι συνθήκες αυτές λέγονται αρχικές συνθήκες. y(0) = y (0) = 1 ΠΣΤ (Πρόβλημα Συνοριακών Τιμών) Όταν οι συνθήκες που πρέπει να ικανοποιούνται από τη ζητούμενη συνάρτηση δίνονται σε διαφορετικά σημεία το πρόβλημα λέγεται Πρόβλημα Συνοριακών Τιμών (Π.Σ.Τ.) και οι συνθήκες λέγονται Συνοριακές Συνθήκες. y(0) = y (1) = 1 Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 1

2 Χωριζόμενων Μεταβλητών Έχει την μορφή dy = f(x, y) εάν η f(x, y) μπορεί να γραφεί σαν δύο ξεχωριστές συναρτήσεις f(x, y) dx = f 1 (x)f 2 (y) τότε dy dx = f 1(x)f 2 (y) dy f 2 (y) = f 1(x)dx στην τελευταία έχουμε χωρίσει τις μεταβλητές Με άμεση ολοκλήρωση και των δύο μελών της παραπάνω προκύπτει η λύση dy f 2 (y) = f 1(x)dx Μπορεί να γραφτεί και όπως παρακάτω P(x)Q(y)dx + R(x)S(y)dy = 0 P(x)Q(y)dx = R(x)S(y)dy P(x) S(y) d(x) = R(x) Q(y) d(y) είναι στην ουσία μια ακριβής ΣΔΕ και είναι του τύπου P(x)dx + Q(y)dy = 0 Το χαρακτηριστικό είναι ότι οποιοσδήποτε παράγοντας εμφανίζεται στις εκφράσεις των P(x), Q(y) εξαρτάται μόνο από το x η μόνο από το y Αν θέλουμε μια λύση που περνά από το (x 0, y 0 ) x y P(t)dx + Q(t)dx = 0 x 0 y 0 Παράδειγμα Να λυθεί το Πρόβλημα αρχικών τιμών PAT xy = 1 y 2, y(1) = 0, όπου y = y(x), x 0 Λύση Η Σ.Δ.Ε που μας δίνεται είναι μια διαφορική εξίσωση χωριζόμενων μεταβλητών. xy = 1 y 2 x dy dx = 1 y2 xdy = dx(1 y 2 ) 1 y 2 0 y ±1, x 0 dy (1 y 2 ) = dx x dy (1 + y)(1 y) = dx x dy (1 + y)(1 y) = dx x 1 2 ( dy (1 + y) + dy (1 y) ) = dx x 1 2 ln 1 + y 1 ln 1 y 2 = ln x + c 1 Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 2

3 1 + y ln y = 1 2 ln x 2 + c y ln y 1 2 ln x 2 = c ln 1 + y x 2 (1 y) = c y ln x 2 (1 y) = 2c 1 e 2c 1 + y 1 = x 2 (1 y) Αντικαθιστούμε την ±e 2c 1 με μια νέα σταθερά c (1) 1 + y x 2 (1 y) = ±e2c 1 (1) 1 + y x 2 (1 y) = c 1 + y = x2 (1 y)c y + x 2 yc = x 2 c 1 y = x2 c 1 x 2 c + 1 (2) H (2) είναι η γενική λύση της διαφορικής. Εξετάζουμε τις αρχικές συνθήκες για να αποφανθούμε για την τιμή της σταθεράς c (2) y(1)=0 0 = c 1 c 1 = 0 c = 1 c + 1 Επομένως τελικά η ειδική λύση της διαφορικής είναι : y = x2 1 x Ελέγχουμε τις τιμές που έχουμε εξαιρέσει. y = x2 1 x 2 ±1 ισχύει πάντα αφού μας δίνεται ότι x Ομογενείς y (x) = f(x, y) Όπου f(x, y)είναι ομογενείς μηδενικού βαθμού ως προς x και y f(tx, ty) = t n f(x, y) Η Διαφορική μορφή της ομογενούς P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 όπου P(x, y), Q(x, y) είναι ομογενείς ως πρός τις μεταβλητές τους βαθμού n Αν αντιμετωπίζουμε την διαφορική μορφή θέτουμε u = y dy y = ux x dx = du dx x + dx dx u dy = dx du dx Αν αντιμετωπίζουμε τη λυμένη μορφή θέτουμε y(x) = xu(x) y (x) = x u(x) + xu (x) = u(x) + xu (x) Η αρχική μετατρέπεται σε χωριζόμενων μεταβλητών. Αντικαθιστούμε προς τα πίσω. dx x + dx u dy = xdu + udx dx Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 3

4 παράδειγμα Να λυθεί το πρόβλημα συνοριακών τιμών ΠΑΤ xy = y + x 2 + y 2, y(1) = 0 όπου y = y(x), x > 0 Λύση Η συνάρτηση που μας δίνεται γράφεται : y = y + x2 + y 2 x Έστω f(x, y) = y + x2 + y 2 x (1), x 0 Σχηματίζουμε τη συνάρτηση f(tx, ty) = ty + t2 x 2 + t 2 y 2 tx = ty + t x2 + y 2 tx = y + x2 + y 2 x Επομένως η συνάρτηση είναι ομογενής μηδενικού βαθμού ως προς x και y. Θέτουμε y(x) = xu(x) y (x) = u(x) + xu (x) (2) Αντικαθιστούμε στην (1) y = y + x2 + y 2 x u + xu = xu + x2 + x 2 u 2 x = u u 2 xu = 1 + u 2 xdu = ( 1 + u 2 ) dx (3) Η (3) είναι διαφορική εξίσωση χωριζόμενων μεταβλητών. du 1 + u = dx 2 x (4) = t 0 f(x, y) u + xu xu + x 1 + u2 = u + xu x όπου υποθέσαμε ότι 1 + u 2 0 το οποίο ισχύει δια κάθε u και x 0 το οποίο μας δίνεται Θα υπολογίσουμε το ολοκλήρωμα du 1+u 2 Χρησιμοποιούμε την αντικατάσταση 1 + u 2 = 1(u t) 1 + u 2 = u 2 2ut + t 2 u = t2 1 2t du = (t2 1) 2t (t 2 1)(2t) (2t) 2 dt = 4t2 2t 2 4t 2 dt = 4t2 2t t 2 dt = t t 2 dt Αντικαθιστούμε στο ολοκλήρωμα du 1 + u = 2 t t 2 t 2 1 2t t dt = 2t(t2 + 1) dt 2t 2 (t 2 dt = + 1) t = ln t + c 1 Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 4

5 Με αντικατάσταση προς τα πίσω έχουμε 1 + u 2 = 1(u t) t = u 1 + u 2 du 1 + u = ln t + c 2 1 = ln u 1 + u 2 + c 1 Σύμφωνα με τα παραπάνω εργαζόμαστε στην (4)όπου ολοκληρώνουμε και τα δύο μέλη du 1 + u = dx 2 x ln u 1 + u2 + c 1 = ln x Αντικαθιστούμε την y(x) = xu(x) u = y x ln y x 1 + ( y y 2 x ) x 1 + ( y y x )2 x 1 + ( y x )2 + c 1 = ln x ln = c x 1 = ±e c 1 (5) x Αντικαθιστούμε την ±e c 1 με μια νέα σταθερά c (5) y x 1 + ( y x )2 x = c y x 1 + ( y 2 x ) = cx 1 + ( y 2 x ) = y 2 x cx 1 + (y x ) = ( y 2 x cx) 1 + y2 x 2 = y2 x 2 2cx y x + cx2 1 = 2cy + cx 2 y = cx2 1 (5) 2c H (5) είναι η γενική λύση της διαφορικής. Εξετάζουμε τις αρχικές συνθήκες για να αποφανθούμε για την τιμή της σταθεράς c (5) y(1)=0 c 1 = 0 c 1 = 0 c = 1 όπου υποθέσαμε ότι 2c 0 το οποίο ισχύει. 2c Επομένως τελικά η ειδική λύση της διαφορικής είναι : y = x2 1 2 Ακριβείς ή τέλειου διαφορικού P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 (1) P(x, y) = y Q(x, y) x (2) Φέρνουμε τη συνάρτηση στη διαφορική μορφή (1) και ελέγχουμε αν ισχύει η παραπάνω (2) εάν ισχύει υπολογίζουμε τη γενική λύση: Αντικαθιστούμε τη μεταβλητή x με τη μεταβλητή t στην P(x, y) έτσι ώστε να γίνει P(t, y) και υπολογίζουμε το ολοκλήρωμα P(t, y)dt x a Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 5

6 Αντικαθιστούμε τη μεταβλητή x με τη σταθερά α στην Q(x, y) ώστε να γίνει Q(a, y) και ι υπολογίζουμε το ολοκλήρωμα Q(a, y)dy Προσθέτουμε τα δύο ολοκληρώματα και παίρνουμε την συνάρτηση x F(x, y) = P(t, y)dt a + Q(a, y)dy = c 1 Η οποία είναι η γενική λύση όπου α, c 1 είναι αυθαίρετες σταθερές. Δεύτερος τρόπος ζητάμε μια συνάρτηση σταθερή F(x, y) της οποίας το ολικό διαφορικό θα είναι df = P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 Επομένως F(x, y) = c για την οποία θα ισχύει F F = P(x, y), = Q(x, y) x y F(x, y) = P(x, y)dx + Φ(y) [ P(x, y)dx] + Φ(y) = Q(x, y) x Από την τελευταία υπολογίζουμε τη Φ(y) αντικαθιστούμε τη Φ(y) και μέσω της F(x, y) = c καταλήγουμε στην γενική λύση Παράδειγμα Να αποδειχθεί ότι η εξίσωση είναι ακριβής Σ.Δ.Ε. και κατόπιν να λυθεί. Κατανόηση Η άσκηση ζητάει καταρχήν να αποδείξουμε ότι η εξίσωση (1) είναι Ακριβής Σ.Δ.Ε. Για να το κάνουμε αυτό παρατηρούμε ότι η (1) είναι σε διαφορική μορφή οπότε παραγωγίζοντας τη συνάρτηση Ρ(x,y) ως προς y και την Q(x,y) ως προς x, θα αποδείξουμε ότι ισχύει (2) (1) που είναι η προϋπόθεση ώστε η (1) να είναι ακριβής. Στη συνέχεια θα χρησιμοποιήσουμε μια απ τις δύο μεθοδολογίες που οδηγούν στη γενική λύση μιας ακριβούς Σ.Δ.Ε.. Την παρούσα άσκηση θα την επιλύσουμε με την αναλυτική μέθοδο ώστε ο αναγνώστης να έχει πλήρη την εικόνα της ακριβούς Σ.Δ.Ε. αλλά και της διαδικασίας υπολογισμού της λύσεως. Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 6

7 Αναζητούμε συνάρτηση (2): τέτοια, ώστε το διαφορικό της να δίνεται από την (1), ή γενικά από τη. (3) Τότε η ζητούμενη συνάρτηση F, που θα είναι οποιαδήποτε σταθερή συνάρτηση, θα δίνει τη γενική λύση της (1), σε πεπλεγμένη μορφή. Για να ισχύει η (3) πρέπει να ισχύουν συγχρόνως οι και. (4) Βήμα 1: Λύνουμε ως προς F την πρώτη από τις σχέσεις (4), ολοκληρώνοντας άμεσα (5) ενώ θεωρούμε για αυτή την ολοκλήρωση το y σταθερό. Προσέξτε ότι η σταθερά που προκύπτει από την ολοκλήρωση είναι σταθερά ως προς τη μεταβλητή x, αλλά μπορεί να εξαρτάται από το y. Βήμα 2: Παραγωγίζουμε ως προς y τη συνάρτηση F που βρήκαμε στο πρώτο βήμα και αντικαθιστούμε στη δεύτερη σχέση της (4). Η (5) γίνεται τότε και λόγω της (4) η (6) γράφεται (6) Από την (7) προσδιορίζεται η συνάρτηση.. (7) Βήμα 3: Αντικαθιστούμε την c(y) στην (5) και παίρνουμε τη γενική λύση της Σ.Δ.Ε. (2) (8) όπου c είναι αυθαίρετη σταθερά, ανεξάρτητη και από τις δύο μεταβλητές x, y. Βήμα 4: Ελέγχουμε ότι η συνάρτηση (8) πράγματι ικανοποιεί την αρχική Σ.Δ.Ε. Λύση Έστω (9) και. (10) Παραγωγίζουμε την (9) ως προς y και παίρνουμε Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 7

8 Παραγωγίζουμε τη (10) ως προς x και παίρνουμε. (11) Από τις (11) και (12) είναι προφανές ότι. (12) που έπεται ότι η Σ.Δ.Ε. (1) είναι ακριβής. Τότε, υπάρχει συνάρτηση F τέτοια ώστε και (13). (14) Βήμα 1: Ολοκληρώνουμε την (13) ως προς x θεωρώντας το y προσωρινά σταθερό: Βήμα 2: Παραγωγίζουμε τη (15) ως προς y. (15) και αντικαθιστούμε στη (14) (16) όπου c 1 αυθαίρετη σταθερά. Βήμα 3: Αντικαθιστούμε τη (16) στη (15) και προκύπτει η συνάρτηση της οποίας το ολικό διαφορικό είναι Άρα η F είναι οποιαδήποτε σταθερή συνάρτηση. ή ισοδύναμα Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 8

9 (17) όπου c 2 και, αυθαίρετες σταθερές, η οποία ικανοποιεί τη Σ.Δ.Ε. (1), που σημαίνει ότι η (17) δίνει τη γενική λύση της Σ.Δ.Ε. (1). Βήμα 4: Παραγωγίζουμε τη (17) ως προς x και παίρνουμε. (18) Επειδή η μεταβλητή y εξαρτάται από το x, ο κανόνας σύνθετης παραγώγισης οδηγεί τη (18) στην. (19) Για να επαληθεύσουμε ότι ικανοποιείται η Σ.Δ.Ε. (1), αρκεί να εμφανιστούν στη (19) τα διαφορικά dy και dx. Για το λόγο αυτό πολλαπλασιάζουμε τη (19) με dx:. (20) Η (20) ταυτίζεται με τη Σ.Δ.Ε. (1), άρα η (17) αποτελεί τη γενική της λύση. Σχόλια 1. Την ίδια Σ.Δ.Ε., και κάθε ακριβή Σ.Δ.Ε., μπορούμε να την αντιμετωπίσουμε με την ίδια μέθοδο, ξεκινώντας όμως το πρώτο βήμα της από τη δεύτερη εξίσωση της (4). Τότε, θα ολοκληρώναμε την εξίσωση αυτή ως προς x και θα προέκυπτε κατά τρόπο ανάλογο της (5) η μορφή (21) όπου c(x) συνάρτηση μόνον του x. Παραγωγίζοντας αυτήν ως προς x και απαιτώντας να ικανοποιείται τώρα η πρώτη σχέση της (4), θα υπολογίζαμε τη συνάρτηση c(x):. (22) Αντικαθιστώντας την προκύπτουσα c(x) στην (21) θα βρίσκαμε πάλι τη γενική λύση της (1), στην ίδια τελική μορφή όπως στη σχέση (17). Επειδή λοιπόν οι εξισώσεις κατά τη διαδικασία υπολογισμού διαφέρουν ανάλογα με την εξίσωση με την οποία ξεκινάμε στο πρώτο βήμα της μεθόδου, είναι σκόπιμο οι εξισώσεις αυτές να μην αποστηθίζονται αλλά να εφαρμόζονται κάθε φορά τα βήματα, προσαρμοσμένα στην εκάστοτε Σ.Δ.Ε. 2. Η ίδια Σ.Δ.Ε. θα μπορούσε φυσικά να λυθεί και με τη δεύτερη μέθοδο (βλ. Ακριβής Σ.Δ.Ε.). Ο αναγνώστης ενθαρρύνεται να οδηγηθεί στη γενική λύση (17), ακολουθώντας και τη μέθοδο αυτή, η οποία με την Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 9

10 προϋπόθεση της αυξημένης προσοχής στις λεπτομέρειες, οδηγεί στη γενική λύση πιο σύντομα από την πρώτη μέθοδο. Να αποδειχθεί ότι η Σ.Δ.Ε. είναι ακριβής, και κατόπιν να λυθεί. Κατανόηση Για να ελέγξουμε αν η εξίσωση (1) είναι Ακριβής Σ.Δ.Ε., πρέπει πρώτα να τη φέρουμε σε διαφορική μορφή Για να το κάνουμε αυτό, ακολουθούμε τα εξής βήματα: (1). (2) Βήμα 1: Πολλαπλασιάζουμε την (1) με dx ώστε να δημιουργηθεί το διαφορικό. Βήμα 2: Διευθετούμε κατάλληλα τους όρους της Σ.Δ.Ε. (2) για να ορίσουμε τα Ρ(x,y) και Q(x,y) με σαφήνεια. Στη συνέχεια αποδεικνύουμε ότι η Σ.Δ.Ε. είναι ακριβής, ως εξής: Βήμα 3: Παραγωγίζουμε την Ρ(x,y) ως προς y. Βήμα 4: Παραγωγίζουμε την Q(x,y) ως προς x. Βήμα 5: Αν ισχύει ότι, (3) η Σ.Δ.Ε. είναι ακριβής. Αν δεν ισχύει η παραπάνω σχέση (3), ελέγχουμε ξανά την ορθότητα των υπολογισμών στα παραπάνω βήματα, δεδομένου ότι η άσκηση ζητάει να αποδείξουμε ότι η (1) είναι ακριβής οπότε η σχέση (3) πρέπει να ισχύει και όχι να ελέγξουμε αν η (1) είναι ακριβής οπότε η σχέση (3) μπορεί και να μην ισχύει. Τέλος λύνουμε την Σ.Δ.Ε. (1) με την αναλυτική μέθοδο Ι, αναζητώντας συνάρτηση F(x,y) για την οποία να ισχύει ότι και (4) Βήμα 6: Ολοκληρώνουμε την (4) ως προς x:. (5). (6) Νικολιδάκης Γιώργος Σελίδα 10

11 Βήμα 7: Παραγωγίζουμε την (6) ως προς y. (7) Βήμα 8: Αντικαθιστούμε την (7) στην (5) και προσδιορίζουμε τη c(y) από την. (8) Βήμα 9: Αντικαθιστούμε τη c(y) στην (6) και έχουμε τη γενική λύση της Σ.Δ.Ε. (1). Στη συνέχεια ελέγχουμε αν η συνάρτηση που βρήκαμε πράγματι επαληθεύει την (1). Λύση Βήμα 1: Για, πολλαπλασιάζουμε την (1) με και παίρνουμε. (9) Βήμα 2: Η (9) γράφεται:. (10) Η (10) είναι η διαφορική μορφή της Σ.Δ.Ε. (1) στην οποία ορίζουμε και (11). (12) Βήμα 3: Είναι. (13) Βήμα 4: Είναι. (14) Βήμα 5: Από τις (13) και (14) είναι προφανές ότι ισχύει, επομένως η Σ.Δ.Ε. (1) είναι ακριβής. Βήμα 6: Αναζητούμε συνάρτηση τέτοια ώστε να ισχύει (15) και Νικολιδάκης Γιώργος Σελίδα 11

12 . (16) Ολοκληρώνουμε τη (15) ως προς x και παίρνουμε όπου c(y) αυθαίρετη συνάρτηση του y μόνον. Βήμα 7: Παραγωγίζουμε τη (17) ως προς y: (17). (18) Βήμα 8: Αντικαθιστούμε τη (18) στη (16) και παίρνουμε την εξίσωση η οποία θα πρέπει να ισχύει για όλα τα x, με. Άρα πρέπει να ισχύει (19) όπου c 1 αυθαίρετη σταθερά, ανεξάρτητη και των δύο μεταβλητών x και y. Βήμα 9: Αντικαθιστούμε τη (19) στη (17) και παίρνουμε τη συνάρτηση η οποία έχει ολικό διαφορικό df ίσο με (20). (21) Από τη διαφορική μορφή (10) της Σ.Δ.Ε. (1) όμως βλέπουμε ότι το διαφορικό αυτό ισούται με μηδέν, που σημαίνει ότι η συνάρτηση ταυτίζεται με οποιαδήποτε σταθερή (ως προς x και ως προς y) συνάρτηση. Τότε η (20) για κάθε γράφεται (22) όπου c 2 και αυθαίρετες σταθερές. Η (22) δίνει την γενική λύση της Σ.Δ.Ε. (1) σε πεπλεγμένη μορφή. Η επαλήθευση της (1) από την (22) είναι προφανής, καθώς αν παραγωγίσουμε την (22) ως προς x παίρνουμε ενώ αν αντικαταστήσουμε την (22) στην παράσταση (23) Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 12

13 Από τις (23) και (24) είναι προφανές ότι ισχύει. (24) δηλαδή η Σ.Δ.Ε. (1) ικανοποιείται. Σχόλια 1. Η Σ.Δ.Ε. (1) λύνεται επίσης και με τη σύντομη μέθοδο για τις Ακριβείς Σ.Δ.Ε. και είναι χρήσιμο ο σπουδαστής να τη λύσει ακολουθώντας και αυτή τη μέθοδο. 2. Παρατηρείστε ότι η Σ.Δ.Ε. (1), εκτός του ότι είναι ακριβής, όπως η άσκηση ζητούσε να αποδείξουμε, έχει επίσης τη μορφή της Σ.Δ.Ε. χωριζομένων μεταβλητών και μπορεί να επιλυθεί και με την αντίστοιχη μεθοδολογία. Να λυθεί η Σ.Δ.Ε.. (1) Κατανόηση Για να λύσουμε τη Σ.Δ.Ε. (1) πρέπει πρώτα να την κατατάξουμε σε κάποιο είδος Σ.Δ.Ε., ώστε να επιλέξουμε την πιο κατάλληλη μέθοδο επίλυσης. Παρατηρούμε ότι είναι σε λυμένη μορφή, η οποία είναι φανερά περίπλοκη κατά τρόπο ώστε δε μπορεί να πάρει τη μορφή Σ.Δ.Ε. χωριζομένων μεταβλητών. Επίσης η ύπαρξη, τόσο στον αριθμητή όσο και στον παρονομαστή, τριγωνομετρικών και εκθετικών όρων υποδεικνύει ότι η (1) δεν είναι ούτε ομογενής Σ.Δ.Ε. ως προς τις μεταβλητές της. Έτσι, θα εξετάσουμε αν η (1) είναι Ακριβής Σ.Δ.Ε. Βήμα 1: Πολλαπλασιάζουμε την (1) με dx. Βήμα 2: Διευθετούμε τους όρους της (1) κατάλληλα ώστε να τη φέρουμε στη διαφορική μορφή και οι συναρτήσεις και να είναι ορισμένες με σαφήνεια. Βήμα 3: Παραγωγίζουμε την Ρ ως προς y. Βήμα 4: Παραγωγίζουμε την Q ως προς x. Βήμα 5: Ελέγχουμε αν ισχύει ότι. Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 13

14 Αν ισχύει, συνεχίζουμε με το βήμα 6. Αν δεν ισχύει, ελέγχουμε ξανά τις προηγούμενες πράξεις και αν οι πράξεις είναι σωστές, η (1) δεν μπορεί να λυθεί με την παρακάτω μέθοδο και πρέπει να ελέγξουμε αν ανήκει σε άλλη κατηγορία. Βήμα 6: Θα λύσουμε τη Σ.Δ.Ε. (1) η οποία είναι ακριβής με τη δεύτερη, και πιο σύντομη μέθοδο επίλυσης. Για τη μέθοδο αυτή καταρχήν αντικαθιστούμε προς στιγμήν στη συνάρτηση τη μεταβλητή x με τη νέα μεταβλητή t και υπολογίζουμε το ολοκλήρωμα όπου η μεταβλητή y για την ολοκλήρωση θεωρείται σταθερά, ενώ το α είναι πράγματι μια αυθαίρετη σταθερά. Βήμα 7: Στη συνέχεια αντικαθιστούμε στη συνάρτηση τη μεταβλητή x, με τη σταθερά α που χρησιμοποιήσαμε στο βήμα 6 και υπολογίζουμε το ολοκλήρωμα. Βήμα 8: Η γενική λύση της Σ.Δ.Ε. (1) προκύπτει αντικαθιστώντας τα αποτελέσματα από τα βήματα (6) και (7), στη συνάρτηση όπου c αυθαίρετη σταθερά. Βήμα 9: Ελέγχουμε ότι η συνάρτηση γενική της λύση. Λύση Βήμα 1: Πολλαπλασιάζοντας την (1) με επαληθεύει την αρχική Σ.Δ.Ε., οπότε αποτελεί πράγματι τη παίρνουμε. (2) Βήμα 2: Η (2) γράφεται. (3) Η (3) είναι η διαφορική μορφή της Σ.Δ.Ε. (1) με (4) και. (5) Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 14

15 Προσέξτε στην (3) την αλλαγή προσήμου, καθώς φέραμε το δεξί μέλος της (2) στο αριστερό, καθώς επίσης και τη διευθέτηση των όρων της (3), έτσι ώστε να εμφανίζεται αριστερά ο όρος με το dx και δεξιά ο όρος με το dy, και να αποφεύγεται πιθανή σύγχυση στον ορισμό των και αμέσως παρακάτω. Βήμα 3: Παραγωγίζουμε την Ρ από την (4) ως προς y: Βήμα 4: Παραγωγίζουμε την Q από την (5) ως προς x:. (6) Βήμα 5: Από τις (6) και (7) είναι προφανές ότι ισχύει. (7) επομένως η (1) είναι ακριβής Σ.Δ.Ε. και θα τη λύσουμε με τη σύντομη μέθοδο II ως εξής: Βήμα 6: Αντικαθιστούμε τη μεταβλητή x με τη μεταβλητή t στην (4) και έχουμε Υπολογίζουμε το ολοκλήρωμα. (8). (9) Βήμα 7: Αντικαθιστούμε τη μεταβλητή x με τη σταθερά α στην (5) και παίρνουμε. (10) Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 15

16 Υπολογίζουμε το ολοκλήρωμα = = (11) όπου η αυθαίρετη σταθερά c 1, ενσωματώνει τις σταθερές που προκύπτουν από τον υπολογισμό των τριών αόριστων ολοκληρωμάτων που προηγήθηκε. Βήμα 8: Αντικαθιστούμε τις (9) και (11) στη συνάρτηση και παίρνουμε (12) όπου οι c 2 και είναι αυθαίρετες σταθερές. Η (12) δίνει τη γενική λύση της Σ.Δ.Ε. (1) σε πεπλεγμένη μορφή. Βήμα 9: Η επαλήθευση της (1) από τη (12) αφήνεται στο σπουδαστή ως άσκηση. Να λύσετε το ακόλουθο Π.Α.Τ. (1). (2) Λύση Θα λύσουμε πρώτα τη Σ.Δ.Ε. (1). Για το λόγο αυτό, θα ελέγξουμε αν ανήκει σε κάποια γνωστή κατηγορία Σ.Δ.Ε. πρώτης τάξης, ώστε να ακολουθήσουμε την κατάλληλη μέθοδο αντιμετώπισης. Η μορφή της (1) υποδεικνύει ότι η πιο πιθανή κατηγορία στην οποία μπορεί η (1) να ανήκει, είναι η κατηγορία των ακριβών Σ.Δ.Ε. Βήμα 1: Για να ελέγξουμε αν πράγματι η (1) είναι ακριβής, τη φέρνουμε στη μορφή και ορίζουμε (3) (4) και. (5) Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 16

17 Βήμα 2: Είναι. (6) Βήμα 3: Είναι. (7) Βήμα 4: Από τις σχέσεις (6) και (7) είναι προφανές ότι ισχύει, επομένως η Σ.Δ.Ε. (1) είναι ακριβής. Στη συνέχεια θα επιλύσουμε την (1) με τη σύντομη μέθοδο. Βήμα 5: Αντικαθιστούμε στην (4) τη μεταβλητή x με την t και παίρνουμε και υπολογίζουμε το ολοκλήρωμα (8) όπου α είναι αυθαίρετη σταθερά και επίσης χρησιμοποιήσαμε τη γνωστή τριγωνομετρική ταυτότητα (9) στο πρώτο ολοκλήρωμα του δεξιού μέλους της (9). Τότε η (9) δίνει (10). (11) Βήμα 6: Αντικαθιστούμε στην (5) τη μεταβλητή x με τη σταθερά α που χρησιμοποιήσαμε στο προηγούμενο βήμα και παίρνουμε. (12) Υπολογίζουμε το ολοκλήρωμα (13) Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 17

18 όπου c 1 αυθαίρετη σταθερά. Βήμα 7: Αντικαθιστούμε τις (11) και (13) στη συνάρτηση (14) όπου η c 2 και η c με είναι αυθαίρετες σταθερές. Η (14) δίνει τη γενική λύση της Σ.Δ.Ε. (1) σε πεπλεγμένη μορφή. Βήμα 8: Η επαλήθευση της (1) από τη (14) αφήνεται ως άσκηση στον σπουδαστή. Στη συνέχεια θα υπολογίσουμε την τιμή εκείνη της αυθαίρετης σταθεράς c της (14) για την οποία η γενική λύση της Σ.Δ.Ε. (1) ικανοποιεί την αρχική συνθήκη (2). Βήμα 9: Για το λόγο αυτό, αντικαθιστούμε στη (14) τις τιμές και και παίρνουμε. (15) Αντικαθιστώντας την τιμή αυτή της σταθεράς c στη (14), παίρνουμε τη λύση του Π.Α.Τ. (1), (2) σε πεπλεγμένη μορφή. (16) Ολοκληρωτικός παράγοντας ή πολλαπλασιαστής Euler P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 (1) Βήμα 1: Εάν P(x, y) y Q(x, y) x Τότε ψάχνουμε για ολοκληρωτικό παράγοντα για να μετατρέψει την συνάρτηση σε ακριβή μpdx + μqdy = 0 οπότε μp(x, y) y μq(x, y) x Βήμα 2: Υπολογίζουμε τις παρακάτω παραστάσεις Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 18

19 f(x, y) = P y Q x Q f(x, y) = P y Q x P f(x, y) = P y Q x Q P f(x, y) = P y Q x yq xp Αν f(x, y) Είναι μόνο συνάρτηση της x : f(x, y) = r(x) Είναι μόνο συνάρτηση της y : f(x, y) = r(y) Είναι μόνο συνάρτηση της x+y : f(x, y) = r(x + y) Είναι μόνο συνάρτηση της xy: f(x, y) = r(xy) Ο ολοκληρωτικός παράγοντας θα είναι e r(x)dx e r(y)dy e r(x+y)d(x+y) e r(xy)d(xy) f(x, y) = P y Q x 2(xQ yp) Είναι μόνο συνάρτηση της x 2 + y 2 e r(x2 +y 2 )d(x 2 +y 2 ) Βήμα 3: αν τίποτα από τα παραπάνω δεν ισχύει Θεωρούμε ότι η συνάρτηση με m, n φυσικούς αριθμούς, είναι ολοκληρωτικός παράγοντας της (1). Τότε, η Σ.Δ.Ε. (18) είναι ακριβής και θα ισχύει η σχέση (19) (20) Από την τελευταία εξίσωση (20) προσδιορίζουμε όταν αυτό είναι δυνατόν τους φυσικούς αριθμούς m και n που την επαληθεύουν και συνεχίζουμε με το βήμα 5. Βήμα 4: Η Σ.Δ.Ε. (21) όπου μ είναι ο ολοκληρωτικός παράγοντας που υπολογίσαμε παραπάνω, είναι ακριβής Σ.Δ.Ε. και λύνεται ακολουθώντας την αντίστοιχη μεθοδολογία. Βήμα 5: Επειδή η προς επίλυση Σ.Δ.Ε. (1) μπορεί να γραφεί ως εξής ή, (22) οι λύσεις της προκύπτουν είτε από τη γενική λύση της (21), είτε από επίλυση της Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 19

20 (23) Οι λύσεις της Σ.Δ.Ε. (1) που προκύπτουν από επίλυση της (23) και δε συμπεριλαμβάνονται στη γενική λύση της (21), αποτελούν ιδιάζουσες λύσεις της. Παράδειγμα Να βρεθεί ο ολοκληρωτικός παράγοντας για καθεμιά από τις παρακάτω ΣΔΕ α) xy 3 dx + (x 2 y 2 1)dy = 0, y > 0 β) (3xy 2y 2 )dx + (2x 2 3xy)dy = 0, x, y > 0 γ) (xe y + 1)dx + dy = 0 όπου y = y(x) Λύση (α) Μας δίνεται η Σ.Δ.Ε P(x, y)dx + Q(x, y)dy = xy 3 dx + (x 2 y 2 1)dy = 0 P(x, y) = xy 3, Q(x, y) = x 2 y 2 1 P y = P y = 3xy2 και Q x = Q x = 2xy2 P y Q x = xy 2, P y Q x P = xy2 xy 3 = 1 y Επομένως η διαφορική εξίσωση δέχεται ένα ολοκληρωτικό παράγοντα της μορφής μ(y) = e P y Q x P dy = e 1 y dy = e ln y = e ln y 1 = y 1 (β) Μας δίνεται η Σ.Δ.Ε P(x, y)dx + Q(x, y)dy = (3xy 2y 2 )dx + (2x 2 3xy)dy = 0 P(x, y) = 3xy 2y 2, Q(x, y) = 2x 2 3xy P y = P y = 3x 4y και Q x = Q = 4x 3y x P y Q x = x y, P y Q x yq xp = x y 2yx 2 3xy 2 3x 2 y 2xy 2 = x y xy( x y) = 1 xy Επομένως η διαφορική εξίσωση δέχεται ένα ολοκληρωτικό παράγοντα της μορφής μ(xy) = e P y Q x yq xp dxy = e 1 xy dxy = e ln xy = xy = xy x, y > 0 (γ) Μας δίνεται η Σ.Δ.Ε P(x, y)dx + Q(x, y)dy = (xe y + 1)dx + dy = 0 P(x, y) = xe y + 1, Q(x, y) = 1 Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 20

21 P y = P y = xe y και Q x = Q x = 0 P y Q x = xe y, P y Q x P = xe y xe y = 1 Επομένως η διαφορική εξίσωση δέχεται ένα ολοκληρωτικό παράγοντα της μορφής μ(y) = e P y Q x P dy = e 1dy = e y Γραμμικής πρώτης τάξης dy dx = f 0(x) + yf 1 (x) Τη γράφουμε στη μορφή y (x) + f 1 (x)y(x) = f 0 (x) Προσοχή να την γράψουμε στην παραπάνω τυπική μορφή πριν βρούμε τον ολοκληρωτικό παράγοντα. δέχεται πολλαπλασιαστή που είναι ο ολοκληρωτικός παράγοντας μ(x) = e f 1 (x)dx Πολλαπλασιάζουμε τη ΣΔΕ με μ(x) y (x)e f 1 (x)dx + f 1 (x)y(x)e f 1 (x)dx = f 0 (x)e f 1 (x)dx d dx [y(x)e f 1 (x)dx ] = e f 1 (x)dx f 0 (x) y(x)e f 1 (x)dx = e f 1 (x)dx f 0 (x) + c y(x) = [c + f 0 (x)e f 1 (x)dx dx] e f 1 (x)dx παράδειγμα u (x) 4 x u(x) = 4x3 (4) Η (4) είναι γραμμική Σ.Δ.Ε πρώτης τάξης, υπολογίζουμε τον ολοκληρωτικό παράγοντα. μ(x) = e 4 x dx = e 4 ln x = x 4 Πολλαπλασιάζουμε την (4) με τον παράγοντα x 4 που υπολογίσαμε παραπάνω x 4 u 4x 5 u = 4x 1 d(x 4 u) dx = 4 ln x + c 1 x 4 y 4 = 4 ln x + c 1 x 4 y 4 4 ln x = c = 4x 1 d(x 4 u) dx = 4x 1 dx x 4 u dx Η παραπάνω εξίσωση σε πεπλεγμένη μορφή αποτελεί λύση της διαφορικής εξίσωσης Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 21

22 Bernoulli dy dx + f(x)y = g(x)yn, n 0,1 y + f(x)y = g(x)y n, n 0,1 Μπορούμε να την καταλάβουμε γιατί αν θα ήταν γραμμική πρώτου βαθμού. Πολλαπλασιάζουμε με 1 n y n Εισάγουμε μια νέα μεταβλητή u = y 1 n u = (1 n)y n y Αντικαθιστούμε και παίρνουμε μια γραμμική πρώτης τάξης u + (1 n)f(x)u = (1 n)g(x) Παράδειγμα ΝΑ λυθεί η συνήθης διαφορική εξίσωση (x 4 + y 4 )dx xy 3 dy = 0, y = y(x), x, y 0 Λύση Η διαφορική εξίσωση γράφεται (x 4 + y 4 )dx xy 3 dy = 0 xy 3 dy dx + y4 = x 4 dy dx y x = x3 y 3 (1) Που είναι μια διαφορική εξίσωση Bernoulli της μορφής dy + f(x)y = g(x)yn dx Όπου f(x) = 1 x, g(x) = x3 και n = 3 Πολλαπλασιάζουμε την (1) με τον όρο 4y 3 4y 3 y 4y4 x = 4x3 (2) Θέτουμε u(x) = y 4 u (x) = 4y 3 y (3) (2) (3) u (x) 4 x u(x) = 4x3 (4) Η (4) είναι γραμμική Σ.Δ.Ε πρώτης τάξης, υπολογίζουμε τον ολοκληρωτικό παράγοντα. μ(x) = e 4 x dx = e 4 ln x = x 4 Πολλαπλασιάζουμε την (4)με τον παράγοντα x 4 που υπολογίσαμε παραπάνω Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 22

23 x 4 u 4x 5 u = 4x 1 d(x 4 u) dx = 4 ln x + c 1 x 4 y 4 = 4 ln x + c 1 x 4 y 4 4 ln x = c (5) = 4x 1 d(x 4 u) dx = 4x 1 dx x 4 u dx Η παραπάνω εξίσωση (5) σε πεπλεγμένη μορφή αποτελεί λύση της διαφορικής εξίσωσης Ricatti dy dx + f(x)y = g(x)y2 + h(x) (1) μπορεί να είναι f(x) = 0 y + f(x)y = g(x)y 2 + h(x) Όταν h(x) = 0 έχουμε Bernoulli μπορεί ακόμη και να είναι f(x) = 0 Την αναγνωρίζουμε από τον όρο y 2 και από το ότι μας δίνεται και μια μερική λύση. Αν γνωρίζουμε μια ειδική λύση y = y 1 (x) τότε μπορούμε να βρούμε και τη γενική λύση Λύση 1: Εισάγουμε μια νέα μεταβλητή : y = y 1 (x) + 1 u, y = y 1 (x) u u 2 Αντικαθιστούμε και η (1) γίνεται γραμμική πρώτης τάξης Λύση 2: dy 1 dx + f(x)y 1 = g(x)y h(x) (2) Αφαιρούμε (1)-(2) και θέτουμε z = y y 1 dz dx + f(x)z = g(x)(z + 2y 1)z dz dx + [f(x) 2y 1g(x)]z = g(x)z 2 Η παραπάνω είναι Bernoulli Παράδειγμα Δίνεται η ΣΔΕ y + y 2 2 = 0, y = y(x), x 0 x2 Να βρεθεί μια μερική λύση της μορφής y(x) = k x και στην συνέχεια βρείτε τη γενική της λύση Λύση Η διαφορική εξίσωση y + y 2 2 = 0 (1) που μας δίνεται γράφεται ως εξής 2 x Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 23

24 y = y x 2 Που είναι μια διαφορική εξίσωση Ricatti της μορφής dy dx + f(x)y = g(x)y2 + h(x) Όπου: f(x) = 0, g(x) = 1, h(x) = 2 x 2 Σύμφωνα με την εκφώνηση θα επιβεβαιώσουμε ότι δέχεται λύσεις της μορφής : y(x) = k x Παραγωγίζοντας την παραπάνω έχουμε : y (x) = k x 2 Αντικαθιστούμε στην (1) k x 2 + k2 x 2 2 x 2 = 0 k2 k 2 x 2 = 0 k 2 k 2 { k = 2 k = 1 Επομένως παρατηρούμε ότι λύσεις της μορφής y(x) = k επαληθεύουν την (1) και μάλιστα ότι x υπάρχουν και δύο τιμές για το k οι οποίες την επαληθεύουν y 1 (x) = 1 x, y 2(x) = 2 x, Επιλέγουμε να εγραστούμε με την y 1 (x) = 1 x Θέτουμε z(x) = y(x) y 1 (x) z(x) = y(x) + 1 x y(x) = z(x) 1 x (2) Υπολογίζουμε την παράγωγο ως προς x της (2): y (x) = z (x) + 1 x 2 (3) Αντικαθιστούμε την (2), (3) στην (1) και έχουμε : (1) (2),(3) y + y 2 2 x 2 = 0 z + 1 x 2 + (z 1 x ) 2 2 x 2 = 0 z + 1 x 2 + z2 2z x + 1 x 2 2 x 2 = 0 z 2 x z = z2 (4) Η (4) είναι μια διαφορική εξίσωση Bernoulli την οποία πολλαπλασιάζουμε με τον παράγοντα z 2 z 2 z + z 2 2 x z = ( z2 )( z 2 ) z 2 z + z 1 2 x = 1 (5) Θέτουμε u = z 1 u = z 2 z (6) και η (5) γίνεται : Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 24

25 z 2 z + z 1 2 x = 1 u + u 2 x = 1 (7) Η (7) είναι Σ.Δ.Ε γραμμική πρώτης τάξης που για να την επιλύσουμε υπολογίζουμε τον ολοκληρωτικό παράγοντα : μ(x) = e 2 x dx = e 2 ln x = x 2 (8) Πολλαπλασιάζουμε την (7) με τον ολοκληρωτικό παράγοντα x 2 (7) (8) x 2 u + 2xu = x 2 d(x2 u) dx u = x 3 + c (6) x 2 z 1 = x 3 + c x 2 z 1 = x3 3x 2 + 3c 3x 2 z = Η (9) δίνει τη γενική λύση της (1) = x 2 d(x2 u) dx = x 2 dx x 2 u = x3 dx 3 + c (2) 3x2 x 3 y = + 3c 3x2 x 3 + 3c 1 x (9) Μεθοδολογία Επίλυσης διαφορικών ( μέχρι τώρα) Γράφουμε τη ΣΔΕ στη μορφή y = f(x, y) Με βάση τη μορφή αυτή ελέγχουμε αν είναι: 1. Ομογενής αν f(tx, ty) = f(x, y) 2. Γραμμική αν έχει τη μορφή y (x) + f 1 (x)y(x) = f 0 (x) 3. Bernouli αν έχει τη μορφή y + f(x)y = g(x)y n, n 0,1 4. Ricatti αν έχει τη μορφή y + f(x)y = g(x)y 2 + h(x) Ένα τίποτα από αυτά δεν συμβαίνει τότε τη γράφουμε στη μορφή: P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 Και ελέγχουμε αν είναι 1. Χωριζόμενων μεταβλητών αν P(x)dx + Q(y)dy = 0 2. Ακριβής ή τέλειου διαφορικού αν P(x,y) y = Q(x,y) x Ένα τίποτα από αυτά δεν συμβαίνει τότε αναζητούμε πολλαπλασιαστή Euler μ(x, y) = e r(u)du Εάν τίποτα από αυτά δεν ισχύει τότε δεν υπάγεται στις παραπάνω κατηγορίες και πρέπει να διαβάσουμε παρακάτω Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 25

26 Γραμμική ανεξαρτησία των λύσεων ορίζουσα του Wronski Έστω ότι y 1 (x), y 2 (x) είναι δυο λύσεις της Δ.Ε.: y + A 1 (x)y + A 2 (x)y = 0 Η παραπάνω λύσεις γράφονται σαν γραμμικός συνδυασμός y = c 1 y 1 + c 2 y 2 Αρκεί η ορίζουσα: y 1 y 2 y 1 y 2 0 Να μην μηδενίζεται πουθενά, (δεν έχει καμιά ρίζα), στο (κοινό) πεδίο ορισμού των y1(x),y1 (x), y2(x), y2 (x). Το κριτήριο αυτό οφείλεται στον Πολωνό μαθηματικό G. Wronski, (Βρόνσκι ). H ορίζουσα W(x) ονομάζεται "ορίζουσα του Wronski"Η γραμμική ομογενής Σ.Δ.Ε. n-τάξης έχει πάντα n γραμμικώς ανεξάρτητες λύσεις. Αν y 1 (x), y 2 (x) y n (x) είναι γραμμικώς ανεξάρτητες λύσεις της, τότε η γενική λύση της (1) είναι y(x) = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) + + c n y n (x) όπου c 1, c 2,.., c n είναι αυθαίρετες σταθερές. Το σύνολο των n γραμμικώς ανεξάρτητων λύσεων της (1) αποτελεί βάση του διανυσματικού χώρου των λύσεων της και λέγεται Θεμελιώδες Σύνολο Λύσεων της Σ.Δ.Ε. (1). Εξισώσεις με συμμετρία μετατόπισης ως προς y Είναι του τύπου F(y, y, x) = 0 Όπου απουσιάζει η μεταβλητή y και εμφανίζονται μόνο οι παράγωγοί της. Ανάγονται σε πρωτοτάξιες με αλλαγή μεταβλητής y = u οπότε η εξίσωση γίνεται F(u, u, x) = 0 Αναγνωρίζονται διότι παραμένουν αμετάβλητες στην αντικατάσταση y y + a Εξισώσεις με συμμετρία κλίμακας ως προς y Παραμένουν αμετάβλητες στην αντικατάσταση y λy συμμετρία κλίμακας έχουν οι εξισώσεις που είναι ομογενή πολυώνυμα ως προς τις μεταβλητές y, y, y y + Py + Qy = 0 Βαθμός ομογένειας 1 yy + Ay 2 + Byy = 0 Βαθμός ομογένειας 2 y 2 y + Ayy y + By 3 = 0 Βαθμός ομογένειας 3 Οι συντελεστές είναι συναρτήσεις του x Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 26

27 Εάν βάλουμε y λy θα πάρουμε κοινό παράγοντα λ d όπου d ο βαθμός ομογένειας ο οποίος απαλείφεται. Ανάγονται σε πρωτοτάξιες με απλή αλλαγή εξαρτημένης μεταβλητής. y = e Y, y = Y e Υ, y = (Y + Υ 2 )e Y Παράδειγμα Να λυθεί η εξίσωση yy = y 2 + yy Είναι ομογενής δεύτερου βαθμού με συμμετρία κλίμακας ως προς y Κάνουμε την αντικατάσταση y = e Y, y = Y e Υ, y = (Y + Υ 2 )e Y Και η εξίσωση γίνεται yy = y 2 + yy e Y (Y + Υ 2 )e Y = Y 2 e 2Υ + e Y Y e Υ (Y + Υ 2 )e 2Y = Y 2 e 2Υ + Y e 2Υ Y + Υ 2 = Y 2 + Y Y = Y Η οποία έχει συμμετρία μετατόπισης ως προς y αφού λείπει ο παράγοντας y και μετατρέπεται σε πρωτοτάξια με την αντικατάσταση Υ = u Υ = u u = u = du u Αντικαθιστώ προς τα πίσω = dx du u = dx lnu = x + c 1 u = e x+c 1 u = e x e c 1 u = c 2 e x Υ = c 2 e x dy = c 2 e x Y = c 2 e x + c 3 Αντικαθιστώ προς τα πίσω y = e c 2e x +c 3 y = e c 3e c 2e x y = ke c 2e x Άρα τελικά y = ke cex Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 27

28 Εξισώσεις με συμμετρία μετατόπισης ως προς x Είναι του τύπου y = f(y, y, x) Όπου απουσιάζει η μεταβλητή x και εμφανίζονται μόνο οι παράγωγοί της. Ανάγονται σε πρωτοτάξιες με αλλαγή μεταβλητής u(y) = y y = du dx = du dy = u u dy dx Και παράγουν συνήθως μια χριζόμενων μεταβλητών. Αναγνωρίζονται διότι παραμένουν αμετάβλητες στην αντικατάσταση x x + a Παράδειγμα Να λυθεί η εξίσωση yy = y 2 Δεν εξαρτάται εκπεφρασμένα από το x Μειώνουμε την τάξη με την αντικατάσταση u(y) = y y = du dx = du dy = u u dy dx Ου την μετατρέπει σε πρωτοτάξια yu u = u 2 u u = 1 y u u = 1 ln u = ln y + c u = cy y Αντικαθιστούμε προς τα πίσω y = cy dy y = c dx ln y = cx + c 1 y = e cx c 2 Βρονσκιανή Για τις δευτεροτάξιες y + P(x)y + Q(x)y = 0 (1) Ισχύει ότι W = PW dw dx = PW dw W = Pdx dw W = Pdx ln W = Pdx W(x) = e P(x)dx Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 28

29 Εάν είναι γνωστή μία από τις δύο λύσεις της (1) ας πούμε η y 1 τότε y 2 = y 1 W(x) 2 dx y 1 Παράδειγμα Αν είναι γνωστό ότι η y 1 = x είναι μία λύση της εξίσωσης yy (x + 2)y + (1 + 2 x ) y = 0 να υπολογιστεί η δεύτερη λύση Θα πρέπει να φέρουμε την εξίσωση στην κανονική της μορφή την (1) y + P(x)y + Q(x)y = 0 (1) (x y + 2) y + ( x + 2 x x 2 ) y = 0 (x + 2) P(x) = x Επομένως W = e (x+2) x dx = e (1+2 x )dx = e x+2lnx = e x+lnx2 = e x e lnx2 = x 2 e x Όπου αγνοήσαμε τις σταθερές ολοκλήρωσης γιατί δεν έχουμε την γενική λύση αλλά μια μερική λύση Επωμένως y 2 = y 1 W(x) 2 dx = x x2 e x y 1 x 2 dx = x ex dx y 2 = xe x Ο μετασχηματισμός y = gy y + P(x)y + Q(x)y = 0 (1) Κάνουμε τον μετασχηματισμό y(x) = g(x)y(x) y = g Y + gy y = gy + 2g Y + g Y Και η (1) γίνεται gy + 2g Y + g Y + P(g Y + gy ) + QgY = 0 gy + (Pg + 2g )Y + (g + Pg + Qg)Y = 0 (2) Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 29

30 Y + (P + 2 g g ) Y + ( g g + P + Q) Y = 0 g g 1.Εάν διαλέξουμε ένα g ώστε P + 2 g g 1 = 0 g = e 2 Pdx Οπότε η εξίσωση (2) γίνεται gy + (g + Pg + Qg)Y = 0 Y + I(x)Y = 0 όπου I(x) = Q 1 2 P 1 4 P2 2.Εάν διαλέξουμε ένα g ώστε g g + P g g + Q = 0 Οπότε η εξίσωση (2) γίνεται Y + P 1 (x)y = 0 (3) όπου P 1 (x) = P + 2 g g Εάν αντικαταστήσουμε στην (3) Υ = u Y + P 1 (x)y = u + P 1 u = 0 Η οποία έχει λύση u u = P 1 ln u = P 1 dx u = e P 1dx Παράδειγμα Δίνεται η εξίσωση y + 2x 3 y + (x 6 + 3x 2 1)y = 0 Επιλέγω την μέθοδο 1 P = 2x 3, Q = x 6 + 3x 2 1 g = e 1 2 Pdx = e 1 2 2x3dx = e x4 4 P + 2 g g = 2x3 8 x3 4 = 0 Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 30

31 Επομένως Y + (P + 2 g g ) Y + ( g g + P + Q) Y = 0 g g Y + I(x)Y = 0 (4) όπου I(x) = Q 1 2 P 1 4 P2 = x 6 + 3x x x6 = 1 (4) Y Y = 0 (5) Η (5) είναι ομογενής Β βαθμού με σταθερούς συντελεστές Έχει λύση y = e ρx ρ 2 e ρx e ρx = (ρ 2 1)e ρx = 0 Βρίσκουμε τις λύσεις ρ 1, ρ 2 της χαρακτηριστικής εξίσωσης Υ 1 (x) = e x, Υ 2 (x) = e x Υ = c 1 e x + c 2 e x Οπότε η λύση της εξίσωσης είναι y(x) = g(x)y(x) = e x4 4 (c 1 e x + c 2 e x ) Μη ομογενείς εξισώσεις y + P(x)y + Q(x)y = R(x) (1) Κάνουμε τον μετασχηματισμό y(x) = g(x)y(x) y = g Y + gy y = gy + 2g Y + g Y Και η (1) γίνεται gy + 2g Y + g Y + P(g Y + gy ) + QgY = R gy + (Pg + 2g )Y + (g + Pg + Qg)Y = R Y + (P + 2 g g ) Y = R g Αντικαθιστώ Υ = u u + (P + 2 g g ) u = R g Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 31

32 Που είναι μια δευτεροβάθμια τη μορφής u + P 1 u = R 1 Ξανακάνω u = g 1 Y 1 Και παίρνω g 1 Y 1 = R 1 Αντικαθιστώ Υ 1 = u 1 Τελικά y = y 2 Ry 1 W dx y 1 Ry 2 W dx Παράδειγμα y + tanh x y = 1 y = y 0 R y 0 dx = e pdx Re pdx dx Εξισώσεις με συμμετρία κλίμακας ως προς y Παραμένουν αμετάβλητες στην αντικατάσταση y λy συμμετρία κλίμακας έχουν οι εξισώσεις που είναι ομογενή πολυώνυμα ως προς τις μεταβλητές y, y, y y + Py + Qy = 0 Βαθμός ομογένειας 1 yy + Ay 2 + Byy = 0 Βαθμός ομογένειας 2 y 2 y + Ayy y + By 3 = 0 Βαθμός ομογένειας 3 Οι συντελεστές είναι συναρτήσεις του x Εάν βάλουμε y λy θα πάρουμε κοινό παράγοντα λ d όπου d ο βαθμός ομογένειας ο οποίος απαλείφεται. Ανάγονται σε πρωτοτάξιες με απλή αλλαγή εξαρτημένης μεταβλητής. y = e Y, y = Y e Υ, y = (Y + Υ 2 )e Y Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 32

33 Β βαθμού Ομογενείς με σταθερούς συντελεστές ay + by + cy = 0 Έχει λύση y = e ρx αρ 2 e ρx + bρe ρx + ce ρx = (αρ 2 + bρ + c)e ρx = 0 Βρίσκουμε τις λύσεις ρ 1, ρ 2 της χαρακτηριστικής εξίσωσης y 1 (χ) = e ρ1x, y 2 (χ) = e ρ 2x Γενική λύση όταν έχουμε δύο ρίζες ρ 1, ρ 2 y = c 1 e ρ1x + c 2 e ρ 2x Όταν έχουμε διπλή ρίζα ρ 1 = ρ 2 η μία λύση θα είναι y 1 = e ρx Η δεύτερη λύση της εξίσωσης θα είναι : y 1 = xe ρx Και η γενική λύση θα είναι: y = c 1 e ρx + c 2 xe ρx Αν έχει δυο μιγαδικές ρίζες, που είναι συζυγείς η μια της άλλης: a + ib, a ib Στην περίπτωση αυτή, οι μιγαδικές συναρτήσεις: y 1 = e (a+ib)x, y 2 = e (a ib)x είναι δυο γραμμικά ανεξάρτητες λύσεις. Η γενική λύση θα είναι o γραμμικός συνδυασμός των παραπάνω λύσεων y(x) = c 1 y 1 (x) + c 1 y 2 (x) = c 1 e (a+bi)x + c 1 e (a bi)x = c 1 e ax e bix + c 1 e ax e bix Όπου c 1 μιγαδικός αριθμός και c 1 ο συζυγής του. Τελικά (**) προκύπτει ότι μπορούμε να αντικαταστήσουμε τις μιγαδικές λύσεις y 1 = e (a+ib)x, y 2 = e (a ib)x Με τις y 1 = e ax cos(bx), y 2 = e ax sin(bx) Έτσι ώστε να προκύπτει τελικά η γενική λύση y = e ax (c 1 cos(bx) + c 2 sin(bx)) Παράδειγμα Να βρεθεί η γενική λύση των συνήθων διαφορικών εξισώσεων (Σ.Δ.Ε.): i) y (x) + y (x) = 0 Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 33

34 ii) y (x) 2y (x) + 5y(x) = 0 Λύση Οι Σ.Δ.Ε που μας δίνονται είναι ομογενείς διαφορικές εξισώσεις B βαθμού με σταθερούς συντελεστές. Η διαφορικές αυτές δέχονται λύσεις της μορφής y = e ρx Αντικαθιστώντας στην διαφορική την παραπάνω λύση βγάζουμε την χαρακτηριστική εξίσωση όπου ανάλογα με τις ρίζες της διαμορφώνεται και η γενική λύση i) y (x) + y (x) = 0 Βρίσκουμε την χαρακτηριστική εξίσωση ρ 2 e ρx + ρe ρx = (ρ 2 + ρ)e ρx = 0 ρ(ρ + 1) = 0 Ρίζες της χαρακτηριστικής εξίσωσης ρ 1 = 0 πολλαπλότητας 1 ρ 2 = 1 πολλαπλότητας 1 Στην ρίζα ρ 1 = 0 αντιστοιχεί η λύση y 1 (x) = e 0x Στην ρίζα ρ 2 = 1 αντιστοιχεί η λύση y 2 (x) = e x Επομένως η γενική λύση θα είναι o γραμμικός συνδυασμός των παραπάνω λύσεων y(x) = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) = c 1 + c 2 e x ii) y (x) 2y (x) + 5y(x) = 0 Βρίσκουμε την χαρακτηριστική εξίσωση ρ 2 e ρx 2ρe ρx + 5e ρx = 0 ρ 2 2ρ + 5 = 0 Ρίζες της χαρακτηριστικής εξίσωσης ρ 1 = 1 + 2i πολλαπλότητας 1 ρ 2 = 1 2i πολλαπλότητας 1 Επομένως έχουμε ένα ζευγάρι συζυγών μιγαδικών ριζών πολλαπλότητας 1, όπου αντιστοιχούν δύο γραμμικώς ανεξάρτητες λύσεις y 1 (x) = e x cos(2x), y 2 (x) = e x sin(2x) Επομένως η γενική λύση θα είναι o γραμμικός συνδυασμός των παραπάνω λύσεων y(x) = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) = c 1 e x cos(2x) + c 2 e x sin(2x) Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 34

35 N βαθμού Ομογενείς με σταθερούς συντελεστές y (n) (x) + a n 1 y (n 1) (x) + a n 2 y (n 2 )(x) + + a 1 y (x) + a 0 y(x) = 0 Έχει λύσεις της μορφής y = e ρx Χαρακτηριστική εξίσωση βαθμού n όσο και η διαφορική και συντελεστές a n i από την διαφορική ρ n + a n 1 ρ n a 1 ρ + α 0 = 0 Βρίσκουμε τις ρίζες της παραπάνω 1. Σε κάθε απλή πραγματική ρίζα ρ αντιστοιχεί λύση της μορφής: y ρ (x) = e ρx 2. Σε κάθε πραγματική ρίζα ρ πολλαπλότητας s αντιστοιχούν s γραμμικώς ανεξάρτητες λύσεις της μορφής: y 1 (x) = e ρx, y 2 (x) = xe ρx, y 3 (x) = x 2 e ρx,, y s (x) = x s 1 e ρx 3. Σε κάθε ζεύγος απλών συζυγών μιγαδικών ριζών έστω r + ui, r ui πολλαπλότητας 1 αντιστοιχούν 2 γραμμικώς ανεξάρτητες λύσεις της μορφής: y 1 (x) = e rx cos(ux), y 2 (x) = e rx sin(ux) 4. Σε κάθε ζεύγος συζυγών μιγαδικών ριζών έστω r + ui, r ui πολλαπλότητας t αντιστοιχούν 2t γραμμικώς ανεξάρτητες λύσεις της μορφής: y 11 (x) = e rx cos(ux), y 12 (x) = e rx xcos(ux), y 13 (x) = e rx x 2 cos(ux),, y 1t (x) = e rx x t 1 cos(ux) y 21 (x) = e rx sin(ux), y 22 (x) = e rx xsin(ux), y 23 (x) = e rx x 2 sin(ux),, y 2t (x) = e rx x t 1 sin(ux) Σημείωση: όταν έχουμε μιγαδικές ρίζες ρ= r + ui r, u R με βαθμό πολλαπλότητας t, τότε οι αντίστοιχες γραμμικώς ανεξάρτητες λύσεις της διαφορικής θα είναι στην πραγματικότητα : e (r+ui)x, xe (r+ui)x, x 2 e (r+ui)x,, x t 1 e (r+ui)x Οι οποίες δεν είναι πλέον πραγματικές συναρτήσεις. Εν τούτοις, με τη βοήθεια του γνωστού τύπου του Euler e ibx = cos(bx) + isin(bx), e bx = cos(bx) isin(bx) μπορούμε να αντικαταστήσουμε τις t μιγαδικές λύσεις με τις 2t πραγματικές λύσεις e rx cos(ux), e rx xcos(ux), e rx x 2 cos(ux),, e rx x t 1 cos(ux) e rx sin(ux), e rx xsin(ux), e rx x 2 sin(ux),, e rx x t 1 sin(ux) Οι μιγαδικές ρίζες του χαρακτηριστικού πολυωνύμου εμφανίζονται σε ζεύγη r + ui, r ui συζυγών μιγαδικών, έτσι, εύκολα προκύπτει ότι το σύνολο των 2t πραγματικών λύσεων αντιστοιχεί και στις δύο συζυγείς μιγαδικές ρίζες. Γενική λύση θα είναι ο γραμμικός συνδυασμός των λύσεων ανάλογα με τις ρίζες της χαρακτηριστικής Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 35

36 Παράδειγμα Να βρεθεί η γενική λύση των συνήθων διαφορικών εξισώσεων (Σ.Δ.Ε.): i) y (x) + 3y (x) + 2y (x) + y(x) = 0 ii) y (4) (x) 2y (x) + y (x) = 0 Λύση i) y (x) + 3y (x) + 2y (x) + y(x) = 0 Βρίσκουμε την χαρακτηριστική εξίσωση ρ 3 + 3ρ 2 + 3ρ + 1 = (ρ + 1) 3 = 0 Ρίζες της χαρακτηριστικής εξίσωσης ρ 1 = 1 πολλαπλότητας 3 Στην παραπάνω λύση αντιστοιχούν τρείς γραμμικώς ανεξάρτητες λύσεις y 1 (x) = e x, y 2 (x) = xe x, y 3 (x) = x 2 e x Επομένως η γενική λύση θα είναι o γραμμικός συνδυασμός των παραπάνω λύσεων y(x) = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) + c 3 y 3 (x) = c 1 e x + c 2 xe x + c 3 x 2 e x ii) y (4) (x) 2y (x) + y (x) = 0 Βρίσκουμε την χαρακτηριστική εξίσωση ρ 4 2ρ 3 + ρ 2 = ρ 2 (ρ 2 2ρ + 1) = 0 Ρίζες της χαρακτηριστικής εξίσωσης ρ 1,2 = 0 πολλαπλότητας 2 ρ 3,4 = 1 πολλαπλότητας 2 Στην παραπάνω λύση αντιστοιχούν τέσσερις γραμμικώς ανεξάρτητες λύσεις Στην ρίζα ρ 1,2 = 0 αντιστοιχούν οι λύσεις y 1 (x) = e 0x, y 2 (x) = xe 0x Στην ρίζα ρ 3,4 = 1 αντιστοιχούν οι λύσεις y 3 (x) = e x, y 4 (x) = xe x Επομένως η γενική λύση θα είναι o γραμμικός συνδυασμός των παραπάνω λύσεων y(x) = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) + c 3 y 3 (x) + c 3 y 3 (x) + c 4 y 4 (x) = c 1 + c 2 x + c 3 e x + c 4 xe x N βαθμού Μη Ομογενείς με σταθερούς συντελεστές y (n) (x) + a n 1 y (n 1) (x) + a n 2 y (n 2 )(x) + + a 1 y (x) + a 0 y(x) = f(x) (1) Η γενική λύση της μη ομογενούς ισούται με την γενική λύση της ομογενούς y ομ συν μια οποιαδήποτε μερική λύση της πλήρους εξίσωσης y μ y(x) = y ομ + y μ Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 36

37 Για να βρούμε την λύση της μη ομογενούς 1 ος Τρόπος : Μέθοδος προσδιοριστέων συντελεστών 2 ος Τρόπος: Μέθοδος μεταβολής των παραμέτρων Lagrance 1 ος Τρόπος : Μέθοδος προσδιοριστέων συντελεστών Εφαρμόζεται μόνο όταν ο μη ομογενής όρος f(x) έχει τη μορφή f(x) = e ax [P m (x) cos(bx) + Q s sin (bx)] Συνήθως όταν είναι πολυώνυμο, e x,ημίτονο, συνημίτονο Όπου a,b πραγματικού και P m (x), Q s (x) πολυώνυμα βαθμού m,s αντίστοιχα Μία λύση της (1) έχει τη μορφή: y μ (x) = x π e ax [R n (x) cos(bx) + Π n sin (bx)] π είναι η πολλαπλότητα με την οποία ο αριθμός a + ib εμφανίζεται ως ρίζα της χαρακτηριστικής εξίσωσης της ομογενούς ρ n + a n 1 ρ n a 1 ρ + α 0 = 0 Και τα πολυώνυμα : R n (x) = r n x n + r n 1 x n r 1 x 1 + r 0 Π n (x) = π n x n + π n 1 x n π 1 x 1 + π 0 Είναι πολυώνυμα του x βαθμού n = max {m, s} Τα r n, r n 1,, r 1, r 0 και π n, π n 1,, π 1, π 0 είναι απροσδιόριστοι συντελεστές που πρέπει να προσδιοριστούν αντικαθιστώντας την y μ (x) στην (1) Μεθοδολογία: Βρίσκουμε την λύση της ομογενούς Θέτουμε το f(x) στη μορφή: f(x) = e ax [P m (x) cos(bx) + Q s (x)sin (bx)] Σημειώνουμε τους συντελεστές a,b,m,s Σχηματίζουμε το μιγαδικό a + ib και βλέπουμε πόσες φορές εμφανίζεται σαν λύση στη χαρακτηριστική εξίσωση (μπορεί να εμφανίζεται 0 φορές) Ο μιγαδικός θέλει προσοχή και δίνω παράδειγμα : Έστω a=0, b=0 τότε a + ib = 0 και για να προσδιορίσουμε το π ψάχνουμε πόσες φορές το 0 παρουσιάζεται σαν ρίζα στις ρίζες της ομογενούς. Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 37

38 Έστω a=2, b=0 τότε a + ib = 2 και για να προσδιορίσουμε το π ψάχνουμε πόσες φορές το 2 παρουσιάζεται σαν ρίζα στις ρίζες της ομογενούς. Έστω a=0, b=1 τότε a + ib = i και για να προσδιορίσουμε το π ψάχνουμε πόσες φορές το i παρουσιάζεται σαν ρίζα στις ρίζες της ομογενούς. Από τα δεδομένα a,b,m,s σχηματίζουμε τη λύση y μ (x) = x π e ax [R n (x) cos(bx) + Π ν (x)sin (bx)] R n όπου n o βαθμός πχ τότε R n = A που μπορεί να είναι και Α=0, n=1 τότε R n = Αx + B, n=2 τότε R n = Αx 2 + Bx + Γ Όπου τα πολυώνυμα έχουν απροσδιόριστους συντελεστές πχ αν βρούμε ότι m=2 και s=1 R 2 (x) = r 2 x 2 + r 1 x + r 0 Π 1 (x) = π 1 x + π 0 Προσοχή εάν βρούμε πχ P m (x) = 0, Q s (x) = 1 τότε και το m και το s είναι βαθμού 0 και άρα R 0 (x) = r 0, Π 0 (x) = π 0 Βρίσκουμε την y μ (x), y μ (x), y μ (x) (n) Προσοχή αντικαθιστούμε στην (1) την λύση της μη ομογενούς όχι τη γενική λύση Αντικαθιστούμε στην (1)και απαιτούμε η συνάρτηση που θα πάρουμε να ικανοποιείται ταυτοτικά, αυτό σημαίνει ότι πρέπει οι συντελεστές ομοβάθμιων όρων ή των ίδιων τριγωνομετρικών όρων να είναι ίσοι. Από τις σχέσεις ισότητας προκύπτει ένα σύστημα από τη λύση του οποίου προσδιορίζουμε τους συντελεστές r n, π n Η γενική λύση θα είναι: y(x) = y ομ + y μ Προσοχή ενώ στη λύση της ομογενούς y ομ υπάρχουν οι γνωστές αυθαίρετες σταθερές c 1, c 2,.. c n στη λύση της μη ομογενούς y μ δεν βάζουμε αυθαίρετες σταθερές. Επίσης προσοχή εάν βρούμε πχ ότι e ax [0 cos(bx) + 1sin (bx)] το πολυώνυμο είναι μηδενικού βαθμού και επομένως Η λύση θα είναι x π e ax [R n (x) cos(bx) + Π ν (x)sin (bx)] = x π e ax [Α cos(bx) + Βsin (bx)] δηλαδή το μηδέν πριν το cos έγινε μεταβλητή Α αφού και τα R n (x) και Π ν (x) γίνονται τελικά ίσου βαθμού!! Εάν δεν μπορούμε να γράψουμε τον μη ομογενή όρο στην μορφή f(x) = e ax [P m (x) cos(bx) + Q s sin (bx)] Πχ f(x) = x e ax Τότε ισχύει η παρακάτω ιδιότητα : Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 38

39 Ιδιότητα των γραμμικών μη ομογενών εξισώσεων όταν ο μη ομογενής όρος μπορεί να γραφεί σαν άθροισμα Μ προσθετέων. y (n) (x) + a n 1 y (n 1) (x) + a n 2 y (n 2 )(x) + + a 1 y (x) + a 0 y(x) = f 1 (x) + f 2 (x) + + f n (x) Μια μερική λύση της παραπάνω μη ομογενούς είναι (προσοχή δεν είναι η γενική λύση ) y μ1 (χ) + y μ2 (χ) + + y μn (χ) y μ1 (χ) είναι μιά λύση της εξίσωσης y (n) (x) + a n 1 y (n 1) (x) + a n 2 y (n 2 )(x) + + a 1 y (x) + a 0 y(x) = f 1 (x) y μ2 (χ) είναι μιά λύση της εξίσωσης y (n) (x) + a n 1 y (n 1) (x) + a n 2 y (n 2 )(x) + + a 1 y (x) + a 0 y(x) = f 2 (x) y μn (χ) είναι μιά λύση της εξίσωσης y (n) (x) + a n 1 y (n 1) (x) + a n 2 y (n 2 )(x) + + a 1 y (x) + a 0 y(x) = f n (x) Στην παραπάνω περίπτωση σπάμε την εξίσωση σε δύο ή περισσότερες και βρίσκουμε μια μερική λύση σαν να ήταν ξεχωριστές εξισώσεις και στη συνέχεια προσθέτουμε τις μερικές λύσεις και τους ακόμη απροσδιόριστους συντελεστές και προσδιορίζουμε τους συντελεστές σαν μια ενιαία εξίσωση. Παράδειγμα Δίνεται η Σ.Δ.Ε.: y (x) + y (x) 2y (x) = x e x (1) με τις συνθήκες: y(0) = 0, y (0) = 1, y (0) = 2 (2) i) Τι είδους πρόβλημα είναι το (1) (2), αρχικών ή συνοριακών τιμών και γιατί; ii) Να βρεθεί η λύση του (1) (2) αποκλειστικά με χρήση της μεθόδου των προσδιοριστέων συντελεστών για την εύρεση μιας λύσης της (1). Λύση i) Το πρόβλημα που μας δίνεται είναι πρόβλημα αρχικών τιμών γιατί οι συνθήκες που πρέπει να ικανοποιούνται από την διαφορική αναφέρονται στο ίδιο σημείο x=0. ii) y (x) + y (x) 2y (x) = x e x (1) Η Σ.Δ.Ε που μας δίνονται είναι μη ομογενής διαφορική εξίσωση με σταθερούς συντελεστές. Θα βρούμε πρώτα μια λύση της ομογενούς Θα αναζητήσουμε μια λύση της μορφής y = e ρx Αντικαθιστώντας στην διαφορική την παραπάνω λύση βγάζουμε την χαρακτηριστική εξίσωση Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 39

40 ρ 3 e ρx + ρ 2 e ρx 2ρ e ρx = (ρ 3 + ρ 2 2ρ)e ρx = 0 ρ(ρ 2 + ρ 2) = 0 Ρίζες της χαρακτηριστικής εξίσωσης ρ 1 = 0 πολλαπλότητας 1 ρ 2 = 2 πολλαπλότητας 1 ρ 3 = 1 πολλαπλότητας 1 Στην ρίζα ρ 1 = 0 αντιστοιχεί η λύση y 1 (x) = e 0x Στην ρίζα ρ 2 = 2 αντιστοιχεί η λύση y 2 (x) = e 2x Στην ρίζα ρ 3 = 1 αντιστοιχεί η λύση y 3 (x) = e x Επομένως η γενική λύση της ομογενούς θα είναι o γραμμικός συνδυασμός των παραπάνω λύσεων y ομ (x) = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) + c 3 y 3 (x) = c 1 + c 2 e 2x + c 3 e x Προχωρούμε στον εντοπισμό μια μερικής λύσης της μη ομογενούς Η μη ομογενής όρος είναι f(x) = x e x Ο όρος αυτός δεν μπορεί να γραφεί στη μορφή: f(x) = e x [(1 + 1) cos(0x) + 0sin (0x)] Μπορεί όμως να γραφεί σαν άθροισμα δύο προσθετέων f(x) = f 1 (x) + f 2 (x) Όπου f 1 (x) = x, f 2 (x) = e x Η γενική λύση της μη ομογενούς ισούται με την γενική λύση της ομογενούς y ομ συν μια οποιαδήποτε μερική λύση της πλήρους εξίσωσης y μ y(x) = y ομ + y μ Θα αναζητήσουμε μια μερική λύση για την μη ομογενή χρησιμοποιώντας την μέθοδο των προσδιοριστέων συντελεστών, κατά την οποία ο μη ομογενής όρος θα πρέπει να μπορεί να γραφεί στη μορφή. f(x) = e ax [P m (x) cos(bx) + Q s sin (bx)] Η πρώτη μη ομογενής εξίσωση είναι y (x) + y (x) 2y (x) = x Ο μη ομογενής όρος x μπορεί να γραφεί στη μορφή: x = e 0x [x cos(0x) + 0sin (0x)] Όπου παρατηρούμε ότι a = 0, b = 0 P 2 x πολυώνυμο βαθμού m=1 Q 0 0 πολυώνυμο βαθμού s =0 Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 40

41 Σύμφωνα με τα παραπάνω η διαφορική εξίσωση δέχεται λύσεις της μορφής: y μ1 (x) = x π e ax [R n (x) cos(bx) + Π n sin(bx)] Η ρίζα a + bi = 0 εμφανίζεται με βαθμό πολλαπλότητας 1 στην ομογενή επομένως π=1 και n = max{1,0} = 1 επομένως η μορφή μιας λύσης της μη ομογενούς θα είναι : y μ1 = xe 0x [(Αx + B) cos(0x) + (Γx + Δ) sin(0x)] = x(αx + B) = Ax 2 + Bx Η Δεύτερη μη ομογενής εξίσωση είναι y (x) + y (x) 2y (x) = e x Ο μη ομογενής όρος e x μπορεί να γραφεί στη μορφή: e x = e x [ 1 cos(0x) + 0sin (0x)] Όπου παρατηρούμε ότι a = 1, b = 0 P 2 1 πολυώνυμο βαθμού m=0 Q 0 0 πολυώνυμο βαθμού s =0 Σύμφωνα με τα παραπάνω η διαφορική εξίσωση δέχεται λύσεις της μορφής: y μ2 (x) = x π e ax [R n (x) cos(bx) + Π n sin(bx)] Η ρίζα a + bi = 1 εμφανίζεται με βαθμό πολλαπλότητας 1 στην ομογενή επομένως π=1 και n = max{0,0} = 0 επομένως η μορφή μιας λύσης της μη ομογενούς θα είναι : y μ2 = xe x [Γ cos(0x) + Δ sin(0x)] = Γxe x Η τελική μορφή μιας λύσης της μη ομογενούς πριν τον προσδιορισμό των συντελεστών θα διαμορφωθεί με την πρόσθεση των μερικών λύσεων. y μ = y μ1 + y μ2 = Ax 2 + Bx + Γxe x (2) Θα προσδιορίσουμε τους συντελεστές Α,Β,Γ αντικαθιστώντας τις παραγώγους της y μ στην διαφορική εξίσωση y (x) + y (x) 2y (x) = x e x y μ = 2Ax + B + Γe x + Γxe x y μ = 2A + 2Γe x + Γxe x y μ = 3Γe x + Γxe x 3Γe x + Γxe x + 2A + 2Γe x + Γxe x 2(2Ax + B + Γe x + Γxe x ) = x e x 5Γe x + 2Γxe x + 2A 4Ax 2B 2Γe x 2Γxe x = x e x 3Γe x 4Ax 2B + 2A = x e x Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 41

42 Απαιτούμε από την παραπάνω εξίσωση να ισχύει ταυτοτικά και εξισώνουμε τους ομοιοβάθμιους όρους 3Γ = 1 Γ = 1 3 4Α = 1 } { Α = 1/4 2Β + 2Α = 0 Β = 1/4 Σύμφωνα με τα παραπάνω αντικαθιστούμε τους συντελεστές που προσδιορίσαμε στην (2) και μια μερική λύση της μη ομογενούς διαφορικής είναι y μ (x) = 1 4 x2 1 4 x 1 3 xex Και κατά συνέπεια η γενική λύση της διαφορικής βρίσκεται προσθέτοντας τις γενικές λύσεις της ομογενούς και την μερική λύση της μη ομογενούς y(x) = y ομ (x) + y μ (x) = c 1 + c 2 e 2x + c 3 e x 1 4 x2 1 4 x 1 3 xex Στην συνέχεια θα υπολογίσουμε τις σταθερές c 1, c 2, c 3 από τις αρχικές συνθήκες Υπολογίζουμε πρώτα τις παραγώγους της y(x) y (x) = 2c 2 e 2x + c 3 e x 1 2 x (ex + xe x ) y (x) = 4c 2 e 2x + c 3 e x (2ex + 2xe x ) Εφαρμόζουμε τις αρχικές συνθήκες y(0) = 0 c 1 + c 2 + c 3 = 0 (1) y (0) = 1 2c 2 + c = 1 (2) y (0) = 2 4c 2 + c = 2 (3) Από το σύστημα των (1),(2),(3) έχουμε c 1 + c 2 + c 3 = 0 2c 2 + c = 1 4c 2 + c = 2 } { c 1 = 19 8 c 3 = 19 9 c 2 = c 1 + c 2 + c 3 = 0 c 3 = 2c c 2 + 2c = 19 6 } Επομένως τελικά η λύση του ΠΑΤ είναι c 1 + c 2 + c 3 = 0 c 3 = 2c c 2 = } c 1 + c 2 + c 3 = 0 c 3 = 19 9 c 2 = } Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 42

43 y(x) = e 2x ex 1 4 x2 1 4 x 1 3 xex 2 ος Τρόπος: Μέθοδος μεταβολής των παραμέτρων ή μέθοδος του Lagrange Είναι γενική μέθοδος και εφαρμόζεται για οποιαδήποτε γραμμική διαφορική εξίσωση με σταθερούς συντελεστές ή με συντελεστές συναρτήσεις του x και ανεξάρτητα από τη μορφή της f(x) Εφαρμόζεται επίσης όταν για παράδειγμα δεν μπορεί να γραφεί ο μη ομογενής όρος στην μορφή για να εφαρμόσουμε την προηγούμενη μέθοδο των προσδιοριστούν συντελεστών πχ αν υπάρχει ό όρος στη μη ομογενή x 1 το οποίο δεν είναι πολυώνυμο του x αλλά ρητή συνάρτηση του x. Εάν οι συντελεστές δεν είναι σταθεροί εμείς γνωρίζουμε να λύνουμε συναρτήσεις του Euler και συναρτήσεις με ελάττωση της τάξης, σε κάθε περίπτωση η Lagrange ξεκινά όταν έχουμε την γενική λύση της ομογενούς. y (n) (x) + a n 1 y (n 1) (x) + a n 2 y (n 2 )(x) + + a 1 y (x) + a 0 y(x) = f(x) (1) Η γενική λύση της ομογενούς θα είναι: y ομ (x) = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x)+.. c n y n (x) Αναζητούμε μια λύση της μη ομογενούς y μ (x) = c 1 (x)y 1 (x) + c 2 (x)y 2 (x)+.. c n (x)y n (x) Δηλαδή οι σταθερές c 1, c 2. της ομογενούς μεταβλήθηκαν σε συναρτήσεις c 1 (χ), c 2 (χ).. c n (x) στη λύση της μη ομογενούς και προσδιορίζονται από την επίλυση του συστήματος: c 1 (x)y 1 (x) + c 2 (x)y 2 (x)+.. c n (x)y n (x) = 0 c 1 (x)y 1 (x) + c 2 (x)y 2 (x)+.. c n (x)y n (x) = 0 c 1 (x)y 1 (x) + c 2 (x)y 2 (x)+.. c n (x)y n (x) = 0.. c 1 (x)y 1 (n 2) (x) + c 2 (x)y 2 (n 2) (x)+.. c n (x)y n (n 2) (x) = 0 c 1 (x)y 1 (n 1) (x) + c 2 (x)y 2 (n 1) (x)+.. c n (x)y n (n 1) (x) = f(x) Είναι ένα n x n σύστημα με άγνωστες τις παραγώγους c 1 (x), c 2 (x),.., c n (x) Παρατηρούμε ότι η πρώτη εξίσωση του συστήματος είναι ο γραμμικός συνδυασμός των λύσεων y 1 (x), y 2 (x), y n (x) με συντελεστές τις παραγώγους των αγνώστων συναρτήσεων c 1 (x), c 2 (x),.., c n (x) Η δεύτερη εξίσωση του συστήματος είναι ο γραμμικός συνδυασμός των πρώτων παραγώγων των λύσεων των Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 43

44 y 1 (x), y 2 (x),.., y n (x) με συντελεστές πάλι τις παραγώγους των αγνώστων συναρτήσεων c 1 (x), c 2 (x),.., c n (x) Κοκ Προσοχή για να γράψω την τελευταία εξίσωση που στο δεύτερο μέρος εμφανίζεται και η μη ομογενής πρέπει να φέρω την διαφορική στην τυπική μορφή που σημαίνει ότι φέρνω το συντελεστής του y (n) (x) να είναι μονάδα Το παραπάνω σύστημα έχει πάντοτε μοναδική λύση γιατί η ορίζουσα των συντελεστών των αγνώστων είναι η ορίζουσα Wronski των συναρτήσεων y 1 (x), y 2 (x), y n (x) και φυσικά είναι διάφορη του μηδενός δεδομένου ότι οι συναρτήσεις είναι n γραμμικά ανεξάρτητες λύσεις της ομογενούς εξίσωσης. y (x) 1 y (x) 2 y (x) n y 1 (x) y 2 (x) y n (x) y 1 (x) y 2 (x) y. n (x) = W[y 1(x), y 2 (x), y n (x)] 0 y (n 1) 1 (x) y (n 1) 2 (x) y (n 1) n (x) Μετά την επίλυση του συστήματος προκύπτουν οι συναρτήσεις c 1 (x), c 2 (x),.. c n (x) Τις οποίες αν ολοκληρώσουμε προκύπτουν οι συναρτήσεις που θέλουμε να προσδιορίσουμε. Χωρίς βλάβη της γενικότητας θεωρούμε τη σταθερά της ολοκλήρωσης ίση με 0 γιατί ψάχνουμε μια από όλες τις μερικές λύσεις της (1) Η δυσκολία έγκειται στον υπολογισμό των ολοκληρωμάτων. Μία λύση της μη ομογενούς επομένως θα είναι: y μ (x) = c 1 (x)y 1 (x) + c 2 (x)y 2 (x)+.. c n (x)y n (x) Μεθοδολογία μεταβολής των παραμέτρων : Εάν δεν μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε τη μέθοδο των προσδιοριστέων συντελεστών πχ αν υπάρχει ό όρος στη μη ομογενή x 1 το οποίο δεν είναι πολυώνυμο του x αλά ρητή συνάρτηση του x τότε χρησιμοποιούμε Μεθοδολογία μεταβολής των παραμέτρων. Βρίσκουμε την λύση της ομογενούς y ομ (x) = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x)+.. c n y n (x) Και στη συνέχεια βρίσκουμε μία λύση της μη ομογενούς διαφορικής Σχηματίζουμε το σύστημα (αντικαθιστούμε τους συντελεστές c 1, c 2,.. σε c 1 (x), c 2 (x), c 3 (x) c 1 (x)y 1 (x) + c 2 (x)y 2 (x)+.. c n (x)y n (x) = 0 c 1 (x)y 1 (x) + c 2 (x)y 2 (x)+.. c n (x)y n (x) = 0 Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 44

45 c 1 (x)y 1 (x) + c 2 (x)y 2 (x)+.. c n (x)y n (x) = 0.. c 1 (x)y 1 (n 2) (x) + c 2 (x)y 2 (n 2) (x)+.. c n (x)y n (n 2) (x) = 0 c 1 (x)y 1 (n 1) (x) + c 2 (x)y 2 (n 1) (x)+.. c n (x)y n (n 1) (x) = f(x) Το επιλύουμε συνήθως με μέθοδο Gramer και παίρνουμε τις λύσεις c 1 (x), c 2 (x),.. c n (x) Ολοκληρώνουμε κάθε μία για να πάρουμε τελικά c 1 (x) = c 1 (x) dx, c 2 (x) = c 2 (x) dx, c n (x) = c 3n (x) dx Χωρίς βλάβη της γενικότητας θεωρούμε τη σταθερά της ολοκλήρωσης ίση με 0 γιατί ψάχνουμε μια από όλες τις μερικές λύσεις της (1) και η γενική λύση θα είναι: y(x) = y ομ (x) + y μ (x) = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x)+.. c n y n (x) + c 1 (x)y 1 (x) + c 2 (x)y 2 (x)+.. c n (x)y n (x) Προσοχή στη λύση της μη ομογενούς όπως παραπάνω c 1 (x)y 1 (x) + c 2 (x)y 2 (x) δεν είναι c 1 (x) + c 2 (x) Παράδειγμα Δίνεται η Σ.Δ.Ε.: y (x) 6y (x) + 11y (x) 6y(x) = e x Να λυθεί (αποκλειστικά) με χρήση της μεθόδου μεταβολής των παραμέτρων (Lagrange) όταν είναι γνωστό ότι οι συναρτήσεις, y 1 (x) = e x, y 1 (x) = e 2x, y 3 (x) = e 3x αποτελούν ένα θεμελιώδες σύνολο λύσεων της αντίστοιχης ομογενούς της, δηλαδή της y (x) 6y (x) + 11y (x) 6y(x) = 0 Λύση Εφόσον έχουμε το θεμελιώδες σύνολο των λύσεων της ομογενούς η γενική λύση προκύπτει από τον γραμμικό συνδυασμό των λύσεων. y ομ (x) = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) + c 3 y 3 (x) = c 1 e x + c 2 e 2x + c 3 e 3x Θα βρούμε μια λύση της μη ομογενούς εφαρμόζοντας τη μέθοδο μεταβολής των παραμέτρων. Θα αναζητήσουμε μια λύση της μορφής y μ (x) = c 1 (x)y 1 (x) + c 2 (x)y 2 (x) + c 3 (x)y 3 (x) Όπου θα προσδιορίσουμε τις συναρτήσεις c 1 (x), c 2 (x), c 3 (x) Καταστρώνουμε το σύστημα με τις παραγώγους των παραπάνω συναρτήσεων να ικανοποιούν τις παρακάτω εξισώσεις Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 45

46 c 1 (x)e x + c 2 (x)e 2x + c 3 (x)e 3x = 0 c 1 (x)e x + c 2 (x)e 2x + c 3 (x)e 3x = 0 c 1 (x)(e x ) + c 2 (x)(e 2x ) + c 3 (x)(e 3x ) = 0 } c 1 (x)e x + c 2 (x)2e 2x + c 3 (x)3e 3x = 0 } c 1 (x)(e x ) + c 2 (x)(e 2x ) + c 3 (x)(e 3x ) = e x c 1 (x)e x + c 2 (x)4e 2x + c 3 (x)9e 3x = e x Η ορίζουσα των συντελεστών είναι : e x e 2x e 3x Δ = e x 2e 2x 3e 3x = 6e x e 2x e 3x 6e x e 2x e 3x + 2e x e 2x e 3x = 2e 6x e x 4e 2x 9e 3x Δ C1 (x) = 0 e 2x e 3x 0 2e 2x 3e 3x e x 4e 2x 9e 3x = 3e x e 2x e 3x 2e x e 2x e 3x = e 6x Δ C2 (x) = e x 0 e 3x e x 0 3e 3x e x e x 9e 3x = 3e x e x e 3x + e x e x e 3x = 2e 5x Δ C3 (x) = e x e 2x 0 e x 2e 2x 0 e x 4e 2x e x = 2e 4x e 4x = e 4x Και η λύση του συστήματος είναι c 1 (x) = Δ C 1 (x) Δ c 2 (x) = Δ C 2 (x) Δ c 3 (x) = Δ C 3 (x) Δ = e6x 2e 6x = 1 2 = 2e5x 2e 6x = e x = e4x 2e 6x = 1 2 e 2x Ολοκληρώνοντας τις παραπάνω συναρτήσεις ως προς x προκύπτουν οι c 1 (x), c 2 (x), c 3 (x) c 1 (x) = c 1 (x) dx = 1 2 dx = 1 2 x c 2 (x) = c 2 (x) dx = e x dx = e x c 3 (x) = c 3 (x) dx = 1 2 e 2x dx = 1 4 e 2x Όπου θέσαμε χωρίς βλάβη της γενικότητας τη σταθερά της ολοκλήρωσης ίση με 0 γιατί ψάχνουμε μια από όλες τις μερικές λύσεις της διαφορικής. Σύμφωνα με τα παραπάνω μια λύση της μη ομογενούς είναι : y μ (x) = 1 2 xex + e x e 2x 1 4 e 2x e 3x = 1 2 xex + e x 1 4 ex = 1 2 xex ex συνεπώς η γενική λύση της διαφορικής βρίσκεται προσθέτοντας τις γενικές λύσεις της ομογενούς και την μερική λύση της μη ομογενούς Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 46

47 y(x) = y ομ (x) + y μ (x) = c 1 e x + c 2 e 2x + c 3 e 3x xex ex Σημείωση : Η μερική λύση της μη ομογενούς με τη ην μέθοδο των προσδιοριστέων συντελεστών δίνει το αποτέλεσμα y μ (x) = 1 2 xex Η προσθήκη του όρου 3 4 ex με τη μέθοδο μεταβολής των παραμέτρων αποτελεί αποδεκτή μερική λύση αφού ο όρος αυτός δεν μεταβάλλεται στις παραγωγίσεις και οι συντελεστές της ομογενούς 1,-6,11,-6 που έχουν συνολικό άθροισμα 0 τελικά τον μηδενίζουν. Εξισώσεις Euler N Βαθμού μη ομογενείς (ax + b) n y (n) (x) + a n 1 (ax + b) n 1 y (n 1) (x) + + a 1 (ax + b)y (x) + a 0 y(x) = f(x) (1) Οι συντελεστές είναι δυνάμεις του x βαθμού ίσου με την τάξη της αντίστοιχης παραγώγου α 0 Με ένα απλό μετασχηματισμό γίνονται διαφορικές με σταθερούς συντελεστές Θέτουμε ax + b = e at t = 1 dt ln(ax + b) a 0, a dx = 1 ax + b y(x) = y ( eat b ) = Y(t) a dy dx = dy dt dt dx = 1 ax + b Y (t) d 2 y dx 2 = d dx (dy dx ) = d dx ( 1 ax + b Y (t)) = d dx ( 1 ax + b ) Y (t) + 1 ax + b d dx [Y (t)] = a ( (ax + b) 2) Y (t) + 1 d ax + b dt [Y (t)] dt dx = 1 (ax + b) 2 [ Y (t) + Y (t)] Αντικαθιστούμε στην διαφορική εξίσωση την y(x), y (x), y (x), κλπ Παρατηρούμε σε κάθε αντικατάσταση ενός όρου ο όρος (ax + b) n απλοποιείται με τον όρο 1 (ax+b) n Έτσι ώστε τελικά να προκύψει μια μη ομογενής διαφορική με σταθερούς συντελεστές και την καινούρια Y(t) που μπορούμε να επιλύσουμε. Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 47

48 Εξισώσεις Euler Β βαθμού ax 2 y + bxy + cy = 0 (1) a(x + 1) 2 y + b(x + 1)y + cy = 0 a(αx + β) 2 y + b(αx + β)y + cy = 0 Η μεθοδολογία αυτή διαφέρει από την γενική μεθοδολογία, είναι πιο γρήγορη Αναζητούμε λύση της μορφής y = x s, y = (x + 1) s, y = (αx + β) s Εξετάζουμε την περίπτωση (1) όπου Αναζητούμε λύση της μορφής y = x s Βρίσκουμε την y = sx s 1, y = s(s 1)x s 2 και αντικαθιστούμε στην διαφορική ax 2 s(s 1)x s 2 + bxsx s 1 + cx s = 0 ax 2 s 2 x s 2 ax 2 sx s 2 + bxsx s 1 + cx s = 0 ax s s 2 asx s + bsx s + cx s = 0 [as 2 + (b a)s + c]x s = 0 Μνημονικός τύπος για το τριώνυμο : as 2 + (b a)s + c Δευτεροβάθμιο τριώνυμο του s που οι ρίζες του αντιστοιχούν στις λύσεις y = c 1 x s 1 + c 2 x s 2 Εάν η δευτεροβάθμια έχει διπλή ρίζα τότε μόνο η μία λύση μπορεί να έχει τη μορφή της δύναμης του x y 1 = x s Η δεύτερη λύση θα είναι y 2 = x s ln x Και η γενική λύση θα είναι : y = c 1 x s + c 2 x s ln x Αν είχαμε τρίτης τάξης Euler και είχαμε τρείς ρίζες ίσες τότε y 2 = x s ln x 2?? Εάν έχουμε μιγαδικές ρίζες a + bi, a bi y 1 = x a+bi = x a x bi = x a (e lnx ) bi = cos(blnx) + sin(blnx) y 1 = x a bi = x a x bi = x a (e lnx ) bi = cos(blnx) sin(blnx) Παράδειγμα Δίνεται η Σ.Δ.Ε. τύπου Euler: x 2 y (x) 2xy (x) + 2y(x) = 0 (1), x 0 i) Να βρεθούν δύο γραμμικώς ανεξάρτητες λύσεις της (1), της μορφής x λ. Ποια είναι η ορίζουσα Wronski αυτών; ii) ii) Με χρήση της μεθόδου μεταβολής των παραμέτρων, να βρεθεί η γενική λύση της: Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 48

49 Λύση x 2 y (x) 2xy (x) + 2y(x) = x 4 e x, x 0 Για τη διαφορική x 2 y (x) 2xy (x) + 2y(x) = 0 (1), x 0 Η οποία είναι ΣΔΕ τύπου Euler με συντελεστές δυνάμεις του x βαθμού ίσου με την τάξη της αντίστοιχης παραγώγου. i) Αναζητούμε λύση της μορφής y λ (x) = x λ Βρίσκουμε τις παραγώγους της y λ (x) y λ (x) = λx λ 1, y λ (x) = λ(λ 1)x λ 2 και αντικαθιστούμε στην (1) x 2 λ(λ 1)x λ 2 2xλx λ 1 + 2x λ = 0 x 2 λ 2 x λ 2 x 2 λx λ 2 2xλx λ 1 + cx λ = 0 x λ λ 2 λx λ 2λx λ + 2x λ = 0 [λ 2 3λ + 2]x λ = 0 το τριώνυμο λ 2 3λ + 2 = 0 έχει ρίζες λ 1 = 1, λ 2 = 2 Συνεπώς υπάρχουν δύο λύσεις της διαφορικής y 1 (x) = x, y 2 (x) = x 2 Η ορίζουσα Wronski είναι : W[y 1 (x), y 2 (x)] = y 1(x) y 2 (x) x2 y 1 (x) y = x 2 (x) 1 2x = 2x2 x = x 2 0, γιά x 0 Και επομένως οι λύσεις είναι γραμμικά ανεξάρτητες ii) Έχουμε βρει το θεμελιώδες σύνολο των λύσεων ομογενούς από τη i) και η γενική λύση προκύπτει από τον γραμμικό συνδυασμό των λύσεων. y ομ (x) = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) = c 1 x + c 2 x 2 Θα βρούμε μια λύση της μη ομογενούς εφαρμόζοντας τη μέθοδο μεταβολής των παραμέτρων. Η μη ομογενής γράφεται ως εξής: x 2 y (x) 2xy (x) + 2y(x) = x 4 e x y (x) 2 x y (x) + 2 x 2 y(x) = x2 e x Θα αναζητήσουμε μια λύση της μορφής y μ (x) = c 1 (x)y 1 (x) + c 2 (x)y 2 (x) Όπου θα προσδιορίσουμε τις συναρτήσεις c 1 (x), c 2 (x) Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 49

50 Καταστρώνουμε το σύστημα με τις παραγώγους των παραπάνω συναρτήσεων να ικανοποιούν τις παρακάτω εξισώσεις c 1 (x)x + c 2 (x)x 2 = 0 c 1 (x) + c 2 (x)2x = x 2 e x} Η ορίζουσα των συντελεστών είναι : Δ = x x2 1 2x = x2 Δ C1 (x) = 0 x 2 x 2 e x 2x = x4 e x Δ C2 (x) = x 0 1 x 2 e x = x3 e x Και η λύση του συστήματος είναι c 1 (x) = Δ C 1 (x) Δ c 2 (x) = Δ C 2 (x) Δ = x4 e x x 2 = x3 e x x 2 = x 2 e x = xe x Ολοκληρώνοντας τις παραπάνω συναρτήσεις ως προς x προκύπτουν οι c 1 (x), c 2 (x) c 1 (x) = c 1 (x) dx = x 2 e x dx = x 2 (e x ) dx = x 2 e x + 2xe x dx = x 2 e x + 2 x e x dx = x 2 e x + 2xe x 2 e x dx = x 2 e x + 2xe x 2e x c 2 (x) = c 2 (x) dx = x e x dx = xe x e x dx = xe x e x Όπου θέσαμε χωρίς βλάβη της γενικότητας τη σταθερά της ολοκλήρωσης ίση με 0 γιατί ψάχνουμε μια από όλες τις μερικές λύσεις της διαφορικής. Σύμφωνα με τα παραπάνω μια λύση της μη ομογενούς είναι : y μ (x) = c 1 (x)x + c 2 (x)x 2 = x 3 e x + 2x 2 e x 2xe x + x 3 e x x 2 e x = x 2 e x 2xe x y μ (x) = x 2 e x 2xe x Συνεπώς η γενική λύση της διαφορικής βρίσκεται προσθέτοντας τις γενικές λύσεις της ομογενούς και την μερική λύση της μη ομογενούς y(x) = y ομ (x) + y μ (x) = c 1 x + c 2 x 2 + x 2 e x 2xe x Μέθοδος Υποβιβασμού της τάξης Η μέθοδος αυτή εφαρμόζεται κυρίως σε Γραμμικές ομογενείς διαφορικές δεύτερης τάξεως Αν είναι γνωστή μία λύση και ζητάμε να βρούμε τη γενική λύση της Σ.Δ.Ε Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 50

51 Έτσι, αρκεί να βρούμε δύο γραμμικώς ανεξάρτητες λύσεις της y 1, y 2 και η γενική της λύση θα δίνεται από το γραμμικό συνδυασμό y(x) = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) (3) Όπου c 1 και c 2 αυθαίρετες σταθερές. Μας δίνει μια λύση της (1), την y 1 επομένως χρειάζεται να βρούμε μια δεύτερη λύση της Σ.Δ.Ε. (1), την οποία να αντικαταστήσουμε στην (3) και να προκύψει η γενική λύση y(x). Για να βρούμε τη δεύτερη αυτή λύση της (1) που θα είναι συγχρόνως γραμμικώς ανεξάρτητη της λύσης y 1 θα χρησιμοποιήσουμε τη μέθοδο υποβιβασμού τάξης. Για τη μέθοδο αυτή, θα εφαρμόσουμε τα ακόλουθα βήματα: Βήμα 1: Εισάγουμε τη νέα άγνωστη συνάρτηση u(x), αναζητώντας λύση y 2 της μορφής y 2 (x) = u(x)y 1 (x) (4) Τότε, παραγωγίζουμε την (4) διαδοχικά δύο φορές και παίρνουμε y 2 (x) = u (x)y 1 + u(x)y 1 (x) (5) y 2 (x) = u (x)y 1 (x) + 2u (x)y 1 (x) + u(x)y 1 (x) (6) Βήμα 2: Η y 2 πρέπει να είναι λύση της Σ.Δ.Ε. (1), δηλαδή να την ικανοποιεί. Έτσι, αντικαθιστούμε τις (4), (5) και (6) στην (1) και κάνουμε τις προκύπτουσες αναγωγές. Η εξίσωση στην οποία καταλήγουμε, περιέχει τη γνωστή συνάρτηση y 1 και τις παραγώγους της y 1, y 1 και μόνον τις παραγώγους u και u της άγνωστης συνάρτησης u. Η ίδια η συνάρτηση u έχει εξαλειφθεί! Βήμα 3: Εισάγουμε τη συνάρτηση Φ(x) = u (x) (7) και κατά συνέπεια τη Φ (x) = u (x) (8) στην εξίσωση στην οποία καταλήξαμε στο βήμα 2, και η νέα Σ.Δ.Ε. είναι πρώτης τάξης ως προς την άγνωστη συνάρτηση Φ(x). Βήμα 4: Βρίσκουμε τη γενική λύση Φ(χ) της πρώτης τάξης Σ.Δ.Ε. που προέκυψε στο βήμα 3. Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 51

52 Βήμα 5: Με γνωστή τη συνάρτηση Φ(χ), λύνουμε την εξίσωση (7) με απευθείας ολοκλήρωση και υπολογίζουμε τη συνάρτηση u(x). Βήμα 6: Αντικαθιστούμε τη γνωστή πλέον συνάρτηση u(x) στην (4) και βρίσκουμε τη συνάρτηση y 2 (x) η οποία είναι λύση της (1), γραμμικώς ανεξάρτητη της y 1 Είναι χρήσιμο σ αυτό το σημείο να επαληθεύσουμε ότι αυτά πράγματι ισχύουν. Βήμα 7: Αντικαθιστούμε τις y 1 και y 2 στην (3) και βρίσκουμε τη γενική λύση της Σ.Δ.Ε. (1). Παράδειγμα Να προσδιοριστεί η γενική λύση της Σ.Δ.Ε. (1) αν είναι γνωστό ότι μια λύση της είναι η (2) Κατανόηση Η άσκηση ζητάει να βρούμε τη γενική λύση της Σ.Δ.Ε. (1), η οποία είναι γραμμική ομογενή Σ.Δ.Ε. δεύτερης τάξης. Έτσι, αρκεί να βρούμε δύο γραμμικώς ανεξάρτητες λύσεις της y1 και y2 και η γενική της λύση θα δίνεται από το γραμμικό συνδυασμό (3) όπου c 1 και c 2 αυθαίρετες σταθερές. Η άσκηση δίνει μια λύση της (1), την y 1, επομένως χρειάζεται να βρούμε μια δεύτερη λύση της Σ.Δ.Ε. (1), την οποία να αντικαταστήσουμε στην (3) και να προκύψει η γενική λύση y(x). Για να βρούμε τη δεύτερη αυτή λύση της (1) που θα είναι συγχρόνως γραμμικώς ανεξάρτητη της λύσης y 1, θα χρησιμοποιήσουμε τη μέθοδο υποβιβασμού τάξης. Για τη μέθοδο αυτή, θα εφαρμόσουμε τα βήματα για τον υποβιβασμό τάξης : Λύση Βήμα 1: Αναζητάμε λύση y 2 της μορφής (9) όπου u(x) άγνωστη παραγωγίσιμη συνάρτηση. Παραγωγίζουμε την (9) και παίρνουμε Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 52

53 (10) Παραγωγίζοντας και τη (10) προκύπτει (11) Βήμα 2: Αντικαθιστούμε τα από τις (9), (10) και (11) αντίστοιχα στην (1), και η (1) γίνεται (12) Σ αυτό το σημείο παρατηρούμε ότι μηδενίστηκε ο συντελεστής του u και έτσι, ο όρος με την μηδενικής τάξης παραγώγιση της άγνωστης συνάρτησης u εξαλείφθηκε, όπως ήταν αναμενόμενο. Συνεχίζουμε να επεξεργαζόμαστε την εξίσωση (12), καθώς ο πολλαπλασιασμός της με (είναι για κάθε ) τη μετατρέπει στην απλούστερη: (13) Βήμα 3: Στη συνέχεια θα λύσουμε τη Σ.Δ.Ε. (13) εισάγοντας τη συνάρτηση Φ(x) έτσι ώστε (14) Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 53

54 Τότε, (15) και η (13) γίνεται (16) Η (16) είναι Σ.Δ.Ε. πρώτης τάξης γραμμική, αλλά μπορεί να αναγνωρισθεί και ως Σ.Δ.Ε. χωριζομένων μεταβλητών, αν γραφεί στη μορφή Επιλέγουμε να την αντιμετωπίσουμε ως χωριζομένων μεταβλητών. Για το λόγο αυτό, αφού την (17) πολλαπλασιάσουμε με,για, την ολοκληρώνουμε ως προς x: Απολογαριθμίζοντας τη (18) παίρνουμε (18) (19) όπου οι c 1 και είναι αυθαίρετες σταθερές. Η (19) δίνει τη γενική λύση της Σ.Δ.Ε. (17), και της ισοδύναμής της (16). Βήμα 4,5: Αντικαθιστούμε τη συνάρτηση Φ(x) από τη (19) στη (14), για να βρούμε τη u(x). Η (14) γίνεται (20) όπου c 3 η αυθαίρετη σταθερά που προκύπτει από τον υπολογισμό του αριστερού ολοκληρώματος. Ο υπολογισμός του ολοκληρώματος του δεξιού μέλους της (20) είναι μακροσκελής, απαιτεί επανειλημμένες αντικαταστάσεις της μονάδας με και εφαρμογές της παραγοντικής ολοκλήρωσης και ο αναλυτικός υπολογισμός του σ αυτό το σημείο, θα αποπροσανατολίσει τον αναγνώστη από το σκοπό, που είναι η μελέτη της μεθόδου του υποβιβασμού τάξης για Σ.Δ.Ε. γραμμική ομογενή δεύτερης τάξης. Γι αυτό παραθέτουμε απ ευθείας το αποτέλεσμα Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 54

55 (21) όπου c 4 αυθαίρετη σταθερά. Αντικαθιστώντας την (21) στην (20) παίρνουμε Βήμα 6: Αντικαθιστώντας την (22) στην (9) προκύπτει (22) (23) όπου αυθαίρετη σταθερά. Παρατηρούμε ότι στην (23) εμφανίζεται η συνάρτηση που είναι γραμμικώς εξαρτημένη της y 1. Επιλέγοντας τις τιμές και για τις αυθαίρετες σταθερές παίρνουμε τη συνάρτηση (24) η οποία είναι λύση της (1), γραμμικώς ανεξάρτητη της y 1. Σ αυτό το σημείο είναι χρήσιμο ο αναγνώστης να επαληθεύσει τους παραπάνω ισχυρισμούς. Βήμα 7: Τότε η γενική λύση της Σ.Δ.Ε. (1) είναι γραμμικός συνδυασμός των y 1 και y 2, δηλαδή (25) όπου οι c 6 και c 7 αυθαίρετες σταθερές. ΜΕΘΟΔΟΣ ΣΕΙΡΩΝ Η Μέθοδος των Σειρών είναι μια γενική μέθοδος για κάθε είδους Σ.Δ.Ε., γραμμικές και μη γραμμικές, αλλά εφαρμόζεται συνήθως σε γραμμικές ομογενείς Σ.Δ.Ε. δεύτερης τάξης, με μη σταθερούς συντελεστές, οι οποίες δεν έχουν μορφή κατάλληλη ώστε να επιλυθούν με τη μέθοδο Euler ούτε μπορούν να αντιμετωπισθούν με τη μέθοδο υποβιβασμού τάξης. Με τη Μέθοδο των Σειρών μελετούμε Σ.Δ.Ε. της μορφής A(x)y (x) + B(x)y (x) + T(x) = 0 (1) Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 55

56 όπου Α(x),B(x),T(x) πραγματικές συναρτήσεις του x, σε μια μικρή περιοχή γύρω από ένα σημείο x 0 δηλαδή αναζητούμε λύση όταν οι αρχικές συνθήκες ορίζονται γύρω από το x 0 ή όταν ζητείται γενική λύση γύρω από το x 0 Το x 0 μπορεί να είναι: ομαλό κανονικό ανώμαλο μη κανονικό ανώμαλο σημείο για τη Σ.Δ.Ε. (1). Για να χαρακτηρίσουμε ένα σημείο x 0 γύρω από το οποίο θέλουμε να μελετήσουμε τη Σ.Δ.Ε. (1), ως ομαλό, κανονικό ανώμαλο ή μη κανονικό ανώμαλο, τη φέρνουμε στη μορφή y (x) + P(x)y (x) + Q(x)y(x) = 0 (2) όπου P(x) = B(x)/A(x) και Q(x) = Γ(x)/A(x) Ένα σημείο x 0 θα χαρακτηρίζεται ως: Ομαλό εάν οι συναρτήσεις P(x) και Q(x) της (2) ορίζονται και είναι αναλυτικές στο x0. Κανονικό ανώμαλο, εάν οι συναρτήσεις (x x 0 )P(x) και(x x 0 ) 2 Q(x) είναι συγχρόνως αναλυτικές στο x 0 Μη κανονικό ανώμαλο, εάν το x 0 δεν είναι ούτε ομαλό ούτε κανονικό ανώμαλο σημείο. Θα αναπτύξουμε τη μέθοδο επίλυσης της Σ.Δ.Ε. (1) σε περιοχή γύρω από ένα ομαλό ή κανονικό ανώμαλο σημείο της, που βασίζεται στη θεωρία του Frobenious. Σύμφωνα με τη μέθοδο, αναζητούμε λύσεις της μορφής y(x) = a n (x x 0 ) λ+n (3) όπου λ είναι μια κατάλληλα επιλεγμένη σταθερά και x 0 το κέντρο της περιοχής μελέτης της Σ.Δ.Ε. αλλά και το σημείο ανάπτυξης της σειράς. Οι λύσεις αυτές συγκλίνουν σε μια μικρή περιοχή γύρω από το σημείο x 0 Δεδομένου ότι ο μετασχηματισμός t = x x 0 μεταφέρει τη μελέτη της Σ.Δ.Ε. από Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 56

57 το σημείο x 0 στο σημείο 0, θα επιλέξουμε για απλότητα να μελετήσουμε την (1) σε περιοχή του σημείου 0. Ακολουθούμε τα παρακάτω βήματα: Μεθοδολογία Για να μπορεί να εφαρμοστεί η μεθόδου Frobenius θα πρέπει η Σ.Δ.Ε. (1) να μην περιέχει μη κανονικά ανώμαλα σημεία. Έτσι, κατ αρχήν πρέπει να διερευνήσουμε την (1) ως προς το είδος των σημείων x στα οποία ορίζεται. Γράφουμε την (1) στη μορφή y (x) + P(x)y (x) + Q(x)y(x) = 0 (2) Ελέγχουμε αν υπάρχουν σημεία στα οποία οι P(x) και ή Q(x) δεν ορίζονται. Περίπτωση 1: Εάν δεν υπάρχουν τέτοια σημεία, τότε η (1) ορίζεται μόνο σε ομαλά σημεία και η λύση της βρίσκεται άμεσα, με αντικατάσταση της δυναμοσειράς στη Σ.Δ.Ε. και απευθείας υπολογισμό των συντελεστών της σειράς. 1. Αναζητούμε λύση της (1) της μορφής y(x) = α n (x x 0 ) n (2) 2. Παραγωγίζουμε την y(x) που ορίσαμε στην (2) διαδοχικά δύο φορές (αν για ή n=1 ο αντίστοιχος όρος της σειράς είναι μηδενικός η άθροιση ξεκινά από το n=1 ή to n=2). y (x) = nα n (x x 0 ) n 1, y (x) = n(n 1)α n (x x 0 ) n 2 n=1 n=2 και αντικαθιστούμε τις y, y, y στη Σ.Δ.Ε. 3. Σκοπός του βήματος αυτού είναι να ρυθμίσει τους δείκτες άθροισης στις τρείς σειρές κατά τέτοιον τρόπο, ώστε να εμφανίσουν την ίδια δύναμη του x ως κοινό παράγοντα και επίσης η άθροιση να ξεκινάει σε όλες από την ίδια τιμή του δείκτη. Προκειμένου να μπορέσουμε να αθροίσουμε αυτές τις σειρές θα πρέπει να είναι όλες δυναμοσειρές του ίδιου όρου, και επομένως θα κάνουμε μια μετάθεση των δεικτών ώστε να εμφανίζονται με τον ίδιο όρο. Η άθροιση είναι ανεξάρτητη από τον δείκτη. Με αυτό τον τρόπο, η εξίσωση θα εκφραστεί ως μηδενισμός μιας σειράς. 4. Ο αναδρομικός τύπος υπολογίζεται από το γεγονός ότι η εξίσωση θα εκφραστεί ως μηδενισμός μιας σειράς, στη μορφή Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 57

58 [f(λ 1 + sn)c n + g(λ 1 + s(n 1))c n 1 ]x sn = 0 (6) Η (6) θα ισχύει για κάθε x όταν όλοι οι συντελεστές της σειράς του αριστερού μέλους είναι μηδέν και έτσι προκύπτει ο αναγωγικός τύπος c n = (λ 1 + s(n 1)) c f(λ 1 + sn) n 1, n 1 (7) 5. Τελικά η λύση είναι να αναπτύξουμε τον αναδρομικό τύπο και να αντικαταστήσουμε στην εξίσωση y(x) = α n x n = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x a n x n + (8) Όπου οι συντελεστές υπολογίζονται από τον αναδρομικό τύπο, και στο τέλος θα βρούμε ένα τύπο y(x) = a 0 ( ) + a 1 ( ) Που είναι η γενική λύση μια γενική προσέγγιση για τον υπολογισμό του α 0, α 1 είναι πχ α 0 0, α 1 = 0 και στη συνέχεια υπολογίζουμε το y 1 (x) από την (8) στη συνέχεια αντιστρέφουμε α 1 0, α 0 = 0 και υπολογίζουμε το y 2 (x) Περίπτωση 2: Εάν υπάρχει σημείο x 0 στο οποίο οι P(x) και ή Q(x) δεν ορίζονται (ανώμαλο σημείο), τότε ελέγχουμε αν οι συναρτήσεις (x x 0 )P(x) και (x x 0 ) 2 Q(x) είναι συγχρόνως αναλυτικές στο σημείο αυτό. Εάν αυτό ισχύει, το x 0 είναι κανονικό ανώμαλο και η λύση της Σ.Δ.Ε. υπολογίζεται με τη μέθοδο του Frobenius. Εάν δεν ισχύει, το x 0 είναι μη κανονικό ανώμαλο σημείο και η μέθοδος του Frobenius δεν εφαρμόζεται. Στη συνέχεια, αφού εξασφαλίσουμε ότι μπορούμε να εφαρμόσουμε τη μέθοδο του Frobenius Αναζητούμε λύσεις της μορφής y(x) = α n (x x 0 ) n+λ (2) Υπολογίζουμε την εξίσωση δεικτών για το λ : λ(λ 1) + p 0 λ + q 0 = 0 όπου p 0 = lim x 0 (xp(x)) και q 0 = lim x 0 (x 2 q(x)) Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 58

59 Από την εξίσωση των δεικτών (3) υπολογίζουμε τις τιμές του λ που είναι λύσεις της εξίσωσης των δεικτών λ 1, λ 2 σχηματίζουμε την διαφορά λ 1 λ 2 α. αν λ 1 λ 2 δεν είναι ακέραιος τότε προχωράμε τα υπόλοιπα βήματα β. αν λ 1 = λ 2 τότε έχουμε ζήτημα πώς θα βρούμε την δεύτερη λύση. Η πρώτη είναι σαφές ότι είναι η y(x) = α n (x x 0 ) n+λ 1 έχουμε δύο δυνατότητες να ακολουθήσουμε το έξυπνο και το τυπικό το τυπικό είναι y 2 (x) = b n (x x 0 ) n+λ 1 + ln x y 1 (x) Ο έξυπνος είναι y 2 (x) = λ [y 1(x)] λ=λ1 γ) λ 1 λ 2 Ζ y 2 (x) = b n (x x 0 ) n+λ 2 + c ln x y 1 (x) προσοχή πρέπει να υπολογίσουμε το b n όπως υπολογίζαμε το a n Προχωρούμε στα υπόλοιπα βήματα 2,3,4,5 όπως παραπάνω Από την εξίσωση των δεικτών (3) υπολογίζουμε τις τιμές του λ Χρήσιμες σχέσεις για την αναγνώριση του αθροίσματος της σειράς στην οποία έχουμε καταλήξει, όταν αυτό είναι δυνατόν, είναι οι ακόλουθες στις οποίες ο n είναι πάντα φυσικός αριθμός. 8!! = !! = !! 8!! = = 8! n! = n με 0! = 1 (2n)! = (2n 1)(2n) Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 59

60 (2n + 1)! = (2n 1)(2n)(2n + 1) (2n)!! = (2n 2)(2n) = 2 n n! (2n + 1)!! = (2n 1)(2n + 1) sinx = ( 1)n (2n + 1)! x2n+1 (19) cosx = ( 1)n (2n)! x2n (20) e x = xn n! (21) lnx = 2 1 (2n + 1) (x 1 2n x + 1 ), x > 0 (22) Παράδειγμα για το σημείο να είναι ομαλό κανονικό και x 0 = 0 Μας δίνεται η Σ.Δ.Ε (1 x)y (x) y (x) + xy(x) = 0 (1) Την φέρνουμε στην τυπική μορφή με τον συντελεστή της μεγαλύτερης τάξης ίσο με μονάδα y (x) 1 x (1 x) y (x) + (1 x) y(x) = 0 όπου παρατηρούμε ότι είναι της μορφής y (x) p(x)y (x) + q(x)y(x) = 0 με p(x) = 1 (1 x) και q(x) = x (1 x) Όπου παρατηρούμε ότι οι συναρτήσεις p(x)και q(x) είναι αναλυτικές για κάθε x R εκτός από το σημείο x = 1 επομένως το σημείο x 0 = 0 είναι ομαλό (αναλυτικό) της (1). Αναζητούμε λύση της (1) της μορφής y(x) = α n x n (2) Παραγωγίζουμε την y(x) που ορίσαμε στην (2) διαδοχικά δύο φορές (αν για ή n=1 ο αντίστοιχος όρος της σειράς είναι μηδενικός η άθροιση ξεκινά από το n=1 ή to n=2). Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 60

61 y (x) = nα n x n 1, y (x) = n(n 1)α n x n 2 n=1 n=2 και αντικαθιστούμε τις y, y, y στη Σ.Δ.Ε. (1). (1 x) n(n 1)α n x n 2 nα n x n 1 + x α n x n = 0 n=2 n=1 n(n 1)α n x n 2 n(n 1)α n x n 1 α 1 x 0 nα n x n 1 + α n x n+1 = 0 n=2 n=2 α 1 x 0 + n(n 1)α n x n 2 [n(n 1)α n + nα n ]x n 1 + α n x n+1 = 0 n=2 n=2 Παρατηρούμε ότι οι σειρές που εμφανίζονται είναι δυναμοσειρές του x n 2, x n 1, x n+1 Προκειμένου να μπορέσουμε να αθροίσουμε αυτές τις σειρές θα πρέπει να είναι όλες δυναμοσειρές του ίδιου όρου, και επομένως θα κάνουμε μια μετάθεση των δεικτών ώστε να εμφανίζονται με τον όρο x n 1,στην πρώτη δυναμοσειρά θα θέσουμε n 2 = m 1 n = m + 1, στην τρίτη δυναμοσειρά n + 1 = k 1 n = k 2 α 1 x 0 + (m + 1)mα m+1 x m 1 [n(n 1)α n + nα n ]x n 1 + α k 2 x k 1 = 0 m=1 n=2 Η άθροιση είναι ανεξάρτητη από τον δείκτη και επομένως η παραπάνω σχέση γίνεται : α 1 x 0 + n(n + 1)α n+1 x n 1 [n(n 1)α n + nα n ]x n 1 + α n 2 x n 1 = 0 n=1 n=2 a 1 x 0 + 2a 2 x 0 + n(n + 1)α n+1 x n 1 [n(n 1)α n + nα n ]x n 1 + α n 2 x n 1 = 0 n=2 a 1 x 0 + 2a 2 x 0 + [n(n + 1)α n+1 n(n 1)α n nα n + α n 2 ] x n+1 = 0 (3) n=2 n=2 Η σχέση (3) ισχύει για κάθε x επομένως θα πρέπει οι συντελεστές του x n που εμφανίζονται στην (3) να έιναι όλοι ίσοι με το μηδέν a 1 x 0 + 2a 2 x 0 = 0 n(n + 1)α n+1 n(n 1)α n nα n + α n 2 = 0 } n=2 n=2 k=2 n=2 2a 2 = a 1 α n+1 = n2 α n nα n + nα n α n 2 } n(n + 1) a 2 = 1 2 a 1 α n+1 = n2 α n nα n + nα n α n 2 n(n + 1) Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 61

62 Παράδειγμα για το σημείο να είναι κανονικό ανώμαλο και x 0 = 0 Μας δίνεται η Σ.Δ.Ε x 2 y (x) + xy (x) + (x 2 1 ) y(x) = 0 (1) 9 (α) Την φέρνουμε στην τυπική μορφή με τον συντελεστή της μεγαλύτερης τάξης ίσο με μονάδα y (x) 1 x y (x) + (x2 1 9 ) x 2 y(x) = 0 y (x) + 1 x y (x) + (1 1 9x2) y(x) = 0 όπου παρατηρούμε ότι είναι της μορφής y (x) + p(x)y (x) + q(x)y(x) = 0 με p(x) = 1 x και q(x) = 1 1 9x 2 Παρατηρούμε ότι οι συναρτήσεις p(x)και q(x) δεν ορίζονται στο σημείο x 0 = 0 επομένως το σημείο x 0 = 0 είναι ανώμαλο σημείο της συνάρτησης (1). Σχηματίζουμε τις συναρτήσεις xp(x) και x 2 q(x) xp(x) = 1 x x = 1, x2 q(x) = x 2 x2 9x 2 = x2 1 9 Παρατηρούμε ότι οι συναρτήσεις xp(x) και x 2 q(x) είναι αναλυτικές για κάθε x R επομένως το σημείο x 0 = 0 είναι κανονικό ανώμαλο σημείο της (1). (β) Αναζητούμε λύσεις της μορφής y(x) = α n x n+λ (2) Υπολογίζουμε την εξίσωση δεικτών για το λ : λ(λ 1) + p 0 λ + q 0 = 0 όπου p 0 = lim x 0 (xp(x)) = 1 και q 0 = lim x 0 (x 2 q(x)) = 1 9 Επομένως η εξίσωση των δεικτών διαμορφώνεται ως εξής: λ(λ 1) + λ 1 9 = 0 λ2 1 9 = 0 (3) Παραγωγίζουμε την y(x) που ορίσαμε στην (2) διαδοχικά δύο φορές (αν για ή n=1 ο αντίστοιχος όρος της σειράς είναι μηδενικός η άθροιση ξεκινά από το n=1 ή to n=2). y (x) = (n + λ)α n x n+λ 1, y (x) = (n + λ)(n + λ 1)α n x n+λ 2 και αντικαθιστούμε τις y, y, y στη Σ.Δ.Ε. (1). Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 62

63 x 2 (n + λ)(n + λ 1)α n x n+λ 2 + x (n + λ)α n x n+λ 1 + (x ) α nx n+λ = 0 (n + λ)(n + λ 1)α n x n+λ + (n + λ)α n x n+λ + α n x n+λ α nx n+λ = 0 [(n + λ)(n + λ 1)α n + (n + λ)α n 1 9 α n] x n+λ + α n x n+λ+2 = 0 Παρατηρούμε ότι οι σειρές που εμφανίζονται είναι δυναμοσειρές του x n+λ, x n+λ+2. Προκειμένου να μπορέσουμε να αθροίσουμε αυτές τις σειρές θα πρέπει να είναι όλες δυναμοσειρές του ίδιου όρου, και επομένως θα κάνουμε μια μετάθεση των δεικτών ώστε να εμφανίζονται με τον όρο x n+λ. Στην δεύτερη δυναμοσειρά θέτουμε n + λ + 2 = m + λ n = m 2 [(n + λ)(n + λ 1)α n + (n + λ)α n 1 9 α n] x n+λ + α m 2 x m+λ = 0 Η άθροιση είναι ανεξάρτητη από τον δείκτη και επομένως η παραπάνω σχέση γίνεται : [(n + λ)(n + λ 1)α n + (n + λ)α n 1 9 α n] x n+λ + α n 2 x n+λ = 0 [(n + λ)(n + λ 1)α n + (n + λ)α n 1 9 α n] x n+λ + α n 2 x n+λ = 0 m=2 n=2 n=2 [λ(λ 1) + λ 1 9 ] a 0x λ + [(1 + λ)λ λ 1 9 α 1] a 1 x 1+λ + + [(n + λ)(n + λ 1)α n + (n + λ)α n 1 9 α n + α n 2 ] x n+λ = 0 (4) n=2 Η σχέση (4) ισχύει για κάθε x επομένως θα πρέπει οι συντελεστές του x n που εμφανίζονται στην (3) να είναι όλοι ίσοι με το μηδέν [λ(λ 1) + λ 1 9 ] α 0 = 0 [λ λ + λ] α 0 = 0 (3) 0α 0 = 0 [(1 + λ)λ + (1 + λ) 1 9 ] α 1 = 0 (2λ λ ) α 1 = 0 (3) (1 + 2λ)α 1 = 0 (5) (n + λ)(n + λ 1)α n + (n + λ)α n 1 9 α n + α n 2 = 0 [(n + λ)(n + λ 1) + (n + λ) 1 9 ] a n + α n 2 = 0 [(n + λ)(n + λ) 1 9 ] a n = α n 2 [n 2 + 2nλ + λ ] a n = α n 2 (3) [n(n + 2λ)]a n = α n 2 Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 63

64 1 a n = n(n + 2λ) α n 2, n = 2,3,4, (6) (γ) Από την εξίσωση των δεικτών (3) υπολογίζουμε τις τιμές του λ λ = 0 λ 1 = 1 3, λ 2 = 1 3 Για λ 1 = 1 3 η (6) γίνεται a 1 n = n(n + 2/3) α n 2, n = 2,3,4.. (1 + 2λ)α 1 = 0 ( ) α 1 = 0 α 1 = 0 Υπολογίζουμε τους συντελεστές a n a 1 = a 2 = 2 2 (1 + 1 α 0 = 3 ) ! (1 + 1 α 0 (7) 3 ) 1 a 3 = 3 (3 + 2 α 1 = 0 3 ) a 4 = 4 (4 + 2 α 2 = ( 3 ) 4 2 (2 + 1 ) ( 3 ) ! (1 + 1 ) α 0 = 3 ) ! ( ) (2 + 1 α 0 3 ) 1 a 5 = 5 (5 + 2 α 3 = 0 3 ) a 6 = 6 (6 + 2 α 4 = ( 3 ) (3 + 1 ) ( 3 ) ! ( ) (2 + 1 ) α 0 3 ) 1 = ! ( ) ( ) (1 + 1 α 0 3 ) ( 1) n a 2n = 2 2 n n! ( ) ( ) ( ) (n + 1 α 0 (8) 3 ) a 2n+1 = 0 Το ότι η (8) ισχύει μπορούμε να το αποδείξουμε επαγωγικά ως εξής : Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 64

65 Η (8) ισχύει για n=1 αφού αντικαθιστώντας στην (8) καταλήγουμε στην (7). Εστω ότι ισχύει για n=k δηλαδή ( 1) κ a 2k = 2 2 κ κ! ( ) ( ) ( ) (κ + 1 α 0 3 ) Θα δείξουμε ότι ισχύει για n = k + 1 a 2(k+1) = a 2k+2 = 1 (2κ + 2) (2k ) α 2k = ( 1) ( 1) κ = ( (2κ + 2) (2k ) ( 3 ) 2 2 κ κ! ( ) ( ) ( ) (κ + 1 ) α 0 3 ) ( 1) κ+1 = 2(κ + 1)2 (k ) 22 κ κ! ( ) ( ) ( ) (κ + 1 α 0 = 3 ) ( 1) κ+1 = 2 2 κ+2 (κ + 1)! ( ) ( ) ( ) (κ ) (k α 0 3 ) Επομένως η λύση της (1) που προκύπτουν για τις τιμές λ=1/3 σύμφωνα με τη (2) είναι: y 1 (x) = α n x n+λ = α n x n+1 3 = x 1 3 α 2n x 2n + x 1 3 α 2n+1 x 2n+1 = a 0 x x 1 3 α 2n x 2n + x 1 3 0x n+1 n=1 = x 1 3 (a 0 + α 2n x 2n ) = a 0 x 1 ( 1) κ 3 [ κ κ! ( ) ( ) ( ) (κ + 1 ] 3 ) n=1 Για λ 1 = 1 3 η (6) γίνεται a 1 n = n(n 2/3) α n 2, n = 2,3,4.. n=1 (1 + 2λ)α 1 = 0 (1 2 3 ) α 1 = 0 α 1 = 0 Υπολογίζουμε τους συντελεστές a n a 1 = a 2 = 2 2 (1 1 α 0 = 3 ) ! (1 1 α 0 (7) 3 ) 1 a 3 = 3 (3 2 α 1 = 0 3 ) Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 65

66 a 4 = 4 (4 2 α 2 = ( 3 ) 4 2 (2 1 ) ( 3 ) ! (1 1 ) α 0 = 3 ) ! (1 1 3 ) (2 1 α 0 3 ) 1 a 5 = 5 (5 2 α 3 = 0 3 ) a 6 = 6 (6 2 α 4 = ( 3 ) (3 1 ) ( 3 ) ! (1 1 3 ) (2 1 ) α 0 3 ) 1 = ! (3 2 3 ) (2 1 3 ) (1 1 α 0 3 ) ( 1) n a 2n = 2 2 n n! (1 1 3 ) (2 1 3 ) (3 2 3 ) (n 1 α 0 (8) 3 ) a 2n+1 = 0 Το ότι η (8) ισχύει μπορούμε να το αποδείξουμε επαγωγικά όπως προηγουμένως: Επομένως η λύση της (1) που προκύπτει για τις τιμές λ=-1/3 σύμφωνα με τη (2) είναι: y 2 (x) = α n x n+λ = α n x n 1 3 = x 1 3 α 2n x 2n + x 1 3 α 2n+1 x 2n+1 = a 0 x x 1 3 α 2n x 2n + x 1 3 0x n+1 = x 1 3 (a 0 + α 2n x 2n ) n=1 n=1 = a 0 x 1 ( 1) κ 3 [ κ κ! (1 1 3 ) (2 1 3 ) (3 2 3 ) (κ 1 ] 3 ) n=1 Συστήματα Διαφορικών εξισώσεων Μέθοδος απαλοιφής Παράδειγμα 1 1) Παίρνουνε την πρώτη εξίσωση και την παραγωγίζουμε 2) Εμφανίζεται μια πρώτη παράγωγος που δεν την θέλουμε και μια μεταβλητή που δεν την θέλουμε 3) Αντικαθιστούμε την πρώτη παράγωγο από την δεύτερη και την μεταβλητή από την πρώτη. 4) Η εξίσωση που προκύπτει από την απαλοιφή είναι μεγαλύτερης τάξης Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 66

67 y 1 = 3y 1 + y 2 y y } 2 = y 1 3y 1 2 = y 1 + 3y 2 (y 1 3y 1 ) = y 1 + 3(y 1 3y 1 ) } y 1 6y 1 + 8y 1 = 0 Η εξίσωση που προκύπτει από την απαλοιφή είναι μεγαλύτερης τάξης y 1 (x) = c 1 e 4x + c 2 e 2x Από τη δεύτερη συνάρτηση y 2 = y 1 3y 1 y 2 = 4c 1 e 4x + 2c 2 e 2x 3c 1 e 4x 3c 2 e 2x y 2 = c 1 e 4x c 2 e 2x Μέθοδος απαλοιφής Παράδειγμα 2 Με τη μεθοδο της απαλοιφής να βρεθεί η λύση του ΠΑΤ { x (t) = 3x(t) + 4y(t) y } x(0) = 1, y(0) = 5 (t) = 2x(t) + 3y(t) Από το πρώτο σύστημα έχουμε 4y(t) = x (t) + 3x(t) (2) Παραγωγίζουμε το πρώτο σύστημα. x (t) = 3x (t) + 4y (t) = 3x (t) 8x(t) + 3 4y(t) = 3x (t) 8x(t) + 3(x (t) + 3x(t)) x (t) = 3x (t) 8x(t) + 3x (t) + 9x(t) = x(t) x (t) x(t) = 0 (2) Η (2) είναι μια γραμμική ομογενής με σταθερούς συντελεστές της οποίας η χαρακτηριστική εξίσωση είναι λ 2 1 = 0, λ = ±1 Και η γενική λύση είναι x(t) = c 1 e t + c 2 e t Από την (2)υπολογίζουμε το y(t) y(t) = 1 4 x (t) x(t) = 1 4 (c 1e t + c 2 e t ) (c 1e t + c 2 e t ) = 1 4 c 1e t 1 4 c 2e t c 1e t c 2e t Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 67

68 y(t) = c 1 e t c 2e t Εφαρμόζουμε τις αρχικές συνθήκες x(0) = 1 c 1 e 0 + c 2 e 0 = 1 c 1 + c 2 = 1 (3) y(0) = 5 c 1 e c 2e 0 = 5 c c 2 = 5 (4) Από τις (4) και (5) έχουμε (1 c 2 ) c 2 = c 2 = 4 c 2 = 8 Από την (3) υπολογίζουμε την c 1 c 1 + c 2 = 1 c 1 8 = 1 c 1 = 9 Επομένως η λύση του προβλήματος αρχικών τιμών είναι x(t) = 9e t 8e t y(t) = 9e t 4e t Μέθοδος των πινάκων Περιπτώσεις ιδιοτιμών 1.Διακεκριμένες Αν έχουμε n-διακεκριμένες ιδιοτιμές λ 1, λ 2,, λ n Με τα αντίστοιχα ιδιοδιανύσματα Y λ1, Y λ2,, Y λn Τότε οι λύσεις είναι e λ 1x Y λ1, e λ 2x Y λ2,, e λ nx Y λn αποτελούν n γραμμικά ανεξάρτητες λύσεις και η γενική λύση δίνεται από τη σχέση. Y = c 1 e λ 1x Y λ1 + c 2 e λ 2x Y λ2 + + c n e λ nx Y λn 2.Πολαπλές Έστω τώρα λ μια ιδιοτιμή του πίνακα Α αλεγεβρικής πολλαπλότητας m. Έστω επίσης m ο αριθμός των γραμμικά ανεξάρτητων ιδιοδιανυσμάτων (απλών και γενικευμένων) που αντιστοιχούν στην ιδιοτιμή λ. Τότε μπορούμε να βρούμε m γραμμικά ανεξάρτητες λύσεις του (4), τις e λx ζ, e λx (xζ + n), e λx ( x2 2! ζ + xn + θ),..., eλx ( xm 1 ζ + + δ) (m 1)! όπου ζ απλό ιδιοδιάνυσμα και n,.,δ γενικευμένα ιδιοδιανύσματα του Α που αντιστοιχούν στην ιδιοτιμή λ (βλ. Τσιγγέλης). Επί πλέον αν αυτές οι λύσεις βρεθούν για κάθε διακεκριμένη ιδιοτιμή θα καταλήξουμε σε n-γραμμικά ανεξάρτητες λύσεις του (4). Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 68

69 3.Μιγαδικές Στην περίπτωση που λ είναι μια μιγαδική ιδιοτιμή του Α, τότε λ (ο συζυγής του λ) είναι επίσης ιδιοτιμή του Α. Επειδή δε ΑY λ = λy λ και Α πραγματικός πίνακας, προκύπτει ότι Α Y λ = λ Y λ A Y λ = λ Y λ δηλαδή αν το ιδιοδιάνυσμα Y λ αντιστοιχεί στην ιδιοτιμή λ, τότε το Y λ αντιστοιχεί στην λ. Έστω τώρα λ = a + ib μια ιδιοτιμή του πίνακα Α και Y λ το αντίστοιχο ιδιοδιάνυσμα. Το πραγματικό και το φανταστικό μέρος της λύσης e λx Y λ του συστήματος (4) είναι επίσης λύσεις του (4). Προκύπτει δε ότι η γενική λύση είναι της μορφής Y = e ax {c 1 [ReY λ cosbx ImY λ sinbx] + c 2 [ImY λ cosbx + ReY λ sinbx]} όπου ReY λ το πραγματικό και ImY λ το φανταστικό μέρος του Y λ. Ακόμη η αντίστοιχη λύση του (4) μπορεί να γραφεί και στη μορφή Y = c 1 e λx Y λ + c 2 e λ x Y λ Γενικά αν ο πίνακας είναι συμμετρικός διαγωνοποιείται από χέρι Παράδειγμα 1 με ιδιοτιμές διακεκριμένες y 1 = 4y 1 y 2 y 2 = 4y 1 + 4y 2 Γράφουμε το σύστημα με τη μορφή πινάκων [ y 1 y ] = [ ] [y 1 y ] 2 ή Y = ΑY βρίσκουμε τη χαρακτηριστική εξίσωση του πίνακα Α Α Ιλ = 0 4 λ λ = 0 λ2 8λ + 12 = 0 Βρίσκουμε τις λύσεις και επομένως τις ιδιοτιμές του πίνακα λ 1 = 2, λ 2 = 6 Βρίσκουμε τα αντίστοιχα ιδιοδιανύσματα Y λ 1 και Y λ 1 Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 69

70 Για λ 1 = 2 έχουμε [ξ 1 ] = [ 0 ξ 2 0 ] 2ξ 1 ξ 2 = 0, ξ 2 = 2ξ 1, Y λ1 = [1 2] T Οι λύσεις είναι της μορφής Y = ξe λx Y 1 = [ 1 2 ] e2x Για λ 2 = 6 έχουμε [ξ 1 ] = [ 0 ξ 2 0 ] 2ξ 1 ξ 2 = 0, ξ 2 = 2ξ 1, Y λ2 = [1 2] T Οι λύσεις είναι της μορφής Y = ξe λx Y 2 = [ 1 2 ] e6x Η γενική λύση δίνεται από τη σχέση Y = c 1 Y 1 + c 2 Y 2 = c 1 [ 1 2 ] e2x + c 2 [ 1 2 ] e6x Y 1 = c 1 e 2x + c 2 e 6x Y 2 = 2c 2 e 2x 2c 2 e 6x Παράδειγμα 2 με ιδιοτιμές διακεκριμένες x (t) = 3x(t) + 4y(t) y (t) = 2x(t) + 3y(t) Γράφουμε το σύστημα σε μορφή πινάκων [ x (t) y (t) ] = [ ] [x(t) y(t) ] Α Βρίσκουμε την χαρακτηριστική εξίσωση του πίνακα Α 3 λ λ = 0 (3 λ)( 3 λ) + 8 = 0 λ2 1 = 0 Βρίσκουμε ότι ο πίνακας Α έχει ιδιοτιμές λ 1 = 1, λ 2 = 1 Στη συνέχεια βρίσκουμε τα αντίστοιχα ιδιοδιανύσματα. Για λ 1 = 1 θα έχουμε (Α 1)Χ 1 = 0 [ ] [u v ] = [0 + 4v = 0 ] { 4u 0 2u + 2v = 0 v = u Επιλέγουμε u = 1 οπότε προκύπτει το ιδιοδιάνυσμα του Α: Χ 1 = [1 Για λ 1 = 1 θα έχουμε 1] Τ Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 70

71 (Α ( 1))Χ 1 = 0 [ ] [u v ] = [0 + 4v = 0 ] { 2u 0 2u + 4v = 0 v = 1 2 u Επιλέγουμε u = 1 οπότε προκύπτει το δεύτερο ιδιοδιάνυσμα του Α: Χ 1 = [1 1/2] Τ Βρήκαμε διακεκριμένες ιδιοτιμές και απλά ιδιοδιανύσματα συνεπώς οι λύσεις είναι της μορφής Y i = X i e λx Y 1 = [ 1 1 ] et Y 2 = [ 1 1/2 ] e t Οι δύο λύσεις είναι γραμμικά ανεξάρτητες και η γενική λύση δίνεται από τη σχέση : Y = c 1 Y 1 + c 2 Y 2 [ x(t) y(t) ] = c 1 [ 1 1 ] et + c 2 [ 1 1/2 ] e t x(t) = c 1 e t + c 2 e t y(t) = c 1 e t c 2e t όπου οι c 1, c 2 είναι αυθαίρετες σταθερές Εφαρμόζουμε τις αρχικές συνθήκες x(0) = 1 c 1 e 0 + c 2 e 0 = 1 c 1 + c 2 = 1 (3) y(0) = 5 c 1 e c 2e 0 = 5 c c 2 = 5 (4) Από τις (4) και (5) έχουμε (1 c 2 ) c 2 = c 2 = 4 c 2 = 8 Από την (3) υπολογίζουμε την c 1 c 1 + c 2 = 1 c 1 8 = 1 c 1 = 9 Επομένως η λύση του προβλήματος αρχικών τιμών είναι x(t) = 9e t 8e t y(t) = 9e t 4e t Με ιδιοτιμές πολλαπλές Εάν το ένα ιδιοδιάνυσμα είναι το X 1 και το γενικευμένο είναι το X 2 τότε η λύση θα είναι Y 1 = X 1 e λx Y 2 = (xx 1 + Χ 2 )e λx Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 71

72 Παράδειγμα x (t) = 4x(t) + y(t) y (t) = x(t) 2y(t) Γράφουμε το σύστημα σε μορφή πινάκων [ x (t) y (t) ] = [ ] [x(t) y(t) ] Α Βρίσκουμε την χαρακτηριστική εξίσωση του πίνακα Α 4 λ λ = 0 ( 2 λ)( 4 λ) + 1 = 0 (λ + 3)2 = 0 Βρίσκουμε ότι ο πίνακας Α έχει την ιδιοτιμή λ 1, λ 2 = 3 που είναι πολλαπλότητας 2. Στη συνέχεια βρίσκουμε τα αντίστοιχα ιδιοδιανύσματα. Για λ 1 = 3 θα έχουμε (Α + 3)Χ 1 = 0 [ ] [u v ] = [0 + v = 0 ] { u 0 u + v = 0 v = u Επιλέγουμε u = 1 οπότε προκύπτει το απλό ιδιοδιάνυσμα του Α: Χ 1 = [1 Μια λύση του συστήματος 1 που είναι της μορφής Y i = X i e λx 1] Τ Y 1 = [ 1 1 ] e 3t Ο πίνακας Α δεν έχει άλλα απλά ιδιοδιανύσματα γραμμικά ανεξάρτητα από το Χ 1 και προχωρούμε στον υπολογισμό του γενικευμένου ιδιοδιανύσματος λύνοιντας την εξίσωση (Α + 3)Χ 2 = Χ 1 [ ] [u v ] = [1 + v = 1 ] { u 1 u + v = 1 v = u + 1 Επιλέγουμε u = 0 οπότε προκύπτει το δεύτερο ιδιοδιάνυσμα του Α: Χ 1 = [0 Και επομένως μια δεύτερη λύση του συστήματος γραμμικά ανεξάρτητη της προηγούμενης είναι: Y 2 = e 3t (t [ 1 1 ] + [0 1 ]) = t e 3t [ t + 1 ] Και η γενική λύση του συστήματος είναι : Y = c 1 Y 1 + c 2 Y 2 [ x(t) y(t) ] = c 1 [ 1 1 ] t e 3t + c 2 [ t + 1 ] e 3t x(t) = c 1e 3t + c 2 te 3t y(t) = c 1 e 3t + c 2 (t + 1)e 3t όπου οι c 1, c 2 είναι αυθαίρετες σταθερές Με ιδιοτιμές μιγαδικές Πχ βρίσκω τη λύση της χαρακτηριστικής λ 1,2 = 2 ± 3i και το ιδιοδιάνυσμα είναι 1] Τ Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 72

73 Χ 1 = [ 1 ]και μια λύση έιναι 3i Y 1 = c 1 e λx Y λ δηλαδή Y 1 = [ 1 3i ] e(2+3i)t = [ 1 3i ] e2i (cos3t + isin3t) Το δεύτερο ιδιοδιάνυσμα θα είναι το συζυγές του και η λύση θα είναι Υ 1 = c 2 e λ x Y λ δηλαδή Y 2 = [ 1 3i ] e(2 3i)t = [ 1 3i ] e2i (cos3t isin3t) παράδειγμα x (t) = 2x(t) y(t) y (t) = 9x(t) + 2y(t) Γράφουμε το σύστημα σε μορφή πινάκων [ x (t) y (t) ] = [ ] [x(t) y(t) ] Α Βρίσκουμε την χαρακτηριστική εξίσωση του πίνακα Α 2 λ λ = 0 (2 λ)(2 λ) + 9 = 0 λ2 4λ + 13 = 0 Βρίσκουμε ότι η χαρακτηριστική εξίσωση του πίνακα Α έχει μιγαδικές συζυγείς ιδιοτιμές λ 1 = 2 + 3i, λ 2 = 2 3i Για την ιδιοτιμή λ 1 = 2 + 3i έχουμε 3i 1 [ 9 3i ] (Α + 3)Χ 1 = 0 [ 3i 1 9 3i ] [u v ] = [0 3iu v = 0 ] { 0 9u 3iv = 0 { 3iu = v 9u 3iv = 0 Επιλέγουμε u = 1 οπότε προκύπτει το ιδιοδιάνυσμα του Α: Χ 1 = [1 Χ 1 = [ 1 3i ] = [1 0 ] + [ 0 3 ] i ReX 1 = [ 1 0 ] και ImX 1 = [ 0 3 ] 3i] Τ Έστω τώρα λ = a + ib μια ιδιοτιμή του πίνακα Α και Y λ το αντίστοιχο ιδιοδιάνυσμα. Το πραγματικό και το φανταστικό μέρος της λύσης e λx Y λ του συστήματος (4) είναι επίσης λύσεις του (4). Προκύπτει δε ότι η γενική λύση είναι της μορφής Y = e ax {c 1 [ReY λ cosbx ImY λ sinbx] + c 2 [ImY λ cosbx + ReY λ sinbx]} Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 73

74 όπου ReY λ το πραγματικό και ImY λ το φανταστικό μέρος του Y λ. Ακόμη η αντίστοιχη λύση του (4) μπορεί να γραφεί και στη μορφή Y = c 1 e λx Y λ + c 2 e λ x Y λ [ x(t) y(t) ] = e2t {c 1 [[ 1 0 ] cos3t [ 0 3 ] sin3t] + c 2 [[ 0 3 ] cos3t + [1 0 ] sin3t]} x(t) = e 2t (c 1 cos3t + c 2 sin3t) y(t) = e 2t (3c 1 sin3t 3c 2 cos3t) όπου οι c 1, c 2 είναι αυθαίρετες σταθερές Επίλυση μη ομογενών Σ.Σ.Δ.Ε Η λύση του μη ομογενούς συστήματος Y = AY + F Βρίσκουμε μια μερική λύση την οποία και προσθέτουμε στη γενική λύση του ομογενούς συστήματος.για την εύρεση μιας μερικής λύσης εφαρμόζουμε τις μεθόδους των προσδιοριστέων συντελεστών και τη μέθοδο μεταβολής των παραμέτρων. 1 ο Παράδειγμα με σύστημα μη ομογενές Έστω το σύστημα x (t) = 3x(t) y(t) + 1 y (t) = 9x(t) 3y(t) + t Οι λύσεις του ομογενούς συστήματος είναι x(t) = c 1 + c 2 t y(t) = 3c 1 + c 2 (3t 1) Αναζητούμε μερική λύση του μη ομογενούς σύμφωνα με τη μέθοδο μεταβολής των παραμέτρων της μορφής x(t) = u 1 (t) + u 2 (t)t y(t) = 3u 1 (t) + u 2 (t)(3t 1) Τα u 1 (t), u 2 (t) ικανοποιούν τη σχέση u 1 (t) [ 1 3 ] + t u 2(t) [ 3t 1 ] = [1 t ] u 1 (t) + tu 2 (t) = 1 3u 1 (t) + (3 1)u 2 (t) = t Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 74

75 Που έχει λύση u 1 (t) = t 2 3t + 1, u 2 (t) = 3 t Επομένως u 1 (t) = t3 3 3t2 2 + t, u 2(t) = 3t t2 2 Και μια μερική λύση του συστήματος είναι X μ (t) = ( t3 3 3t2 2 + t) [1 3 ] + (3t t2 2 ) [ 1 3t 1 ] Και η γενική λύση x(t) = c 1 + c 2 t t t2 2 + t y(t) = 3c 1 + c 2 (3t 1) t t2 2 ο Παράδειγμα με σύστημα μη ομογενές Το σύστημα x (t) = 4x(t) + y(t) y (t) = x(t) 2y(t) + 9 (1) Γράφεται σε ισοδύναμη μορφή πινάκων [ x (t) y (t) ] = [ ] [x(t) y(t) ] + [0 9 ] (2) Για να βρούμε τη γενική λύση του μη ομογενούς συστήματος (1) πρέπει να βρούμε πρώτα τη γενική λύση X ο (t) του ομογενούς συστήματος [ x (t) y (t) ] = [ ] [x(t) y(t) ] (3) και στη συνέχεια θα βρούμε μια μερική λύση X μ (t) του μη ομογενούς συστήματος (1) και η γενική λύση θα είναι το άθροισμα X ο (t) + X μ (t) παραπάνω στο «Παράδειγμα με ιδιοτιμές πολλαπλές» έχουμε βρει τη γενική λύση του ομογενούς συστήματος X ο (t) x(t) = c 1 e 3t + c 2 te 3t y(t) = c 1 e 3t + c 2 (t + 1)e 3t X ο (t) = [ x(t) y(t) ] = c 1 [ 1 1 ] t e 3t + c 2 [ t + 1 ] e 3t όπου οι c 1, c 2 είναι αυθαίρετες σταθερές Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 75

76 Για να βρούμε την μερική λύση X μ (t) θα χρησιμοποιήσουμε τη μέθοδο μεταβολής των παραμέτρων όπου αναζητούμε λύση του συστήματος της μορφής : x(t) = u 1 (t)e 3t + u 2 (t)te 3t y(t) = u 1 (t)e 3t + u 2 (t)(t + 1)e 3t Ή ισοδύναμα: X μ (t) = u 1 (t) [ 1 1 ] t e 3t + u 2 (t) [ t + 1 ] e 3t (4) Όπου οι συναρτήσεις u 1 (t), u 2 (t) πληρούν τη σχέση: u 1 (t) [ 1 1 ] e 3t + u t 2(t) [ t + 1 ] e 3t = [ 0 9 ] Από την παραπάνω σχέση προκύπτει ισοδύναμα το γραμμικό σύστημα: u 1 (t)e 3t + u 2(t)te 3t = 0 u 1 (t)e 3t + u 2(t)(t + 1)e 3t = 9 Επιλύουμε το παραπάνω σύστημα με τη μέθοδο Crammer Η ορίζουσα των συντελεστών είναι : Δ = e 3t e 3t te 3t (t + 1)e 3t = e 6t (t + 1) te 6t = e 6t te 3t Δ u1 (t) = 0 9 (t + 1)e 3t = 9te 3t Δ u2 (t) = e 3t 0 e 3t 9 = 9e 3t Και η λύση του συστήματος είναι u 1 (t) = Δ u 1 (t) Δ u 2 (t) = Δ u 2 (t) Δ = 9te 3t e 6t = 9e 3t e 6t = 9te 3t = 9e3t Ολοκληρώνοντας τις παραπάνω συναρτήσεις ως προς t προκύπτουν οι u 1 (t), u 2 (t) u 1 (t) = u 1 (t) dt = 9te 3t dt = 9 t ( 1 3 e3t ) dt = 3te 3t + 3 e 3t dt = 3te 3t + e 3t u 1 (t) = (1 3t)e 3t u 2 (t) = u 2 (t) dt = 9e 3t dt = 9 ( 1 3 e3t ) dt = 3e 3t Επομένως μια μερική λύση του συστήματος (1) είναι σύμφωνα με την (4) : X μ (t) = (1 3t)e 3t [ 1 1 ] e 3t + 3e 3t t [ t + 1 ] e 3t = (1 3t) [ 1 1 ] + 3 [ t t + 1 ] = [1 4 ] (5) Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 76

77 Και η γενική λύση του μη ομογενούς συστήματος είναι : X(t) = X ο (t) + X μ (t) = c 1 [ 1 1 ] t e 3t + c 2 [ t + 1 ] e 3t + [ 1 4 ] Ή ισοδύναμα: x(t) = c 1 e 3t + c 2 te 3t + 1 y(t) = c 1 e 3t + c 2 (t + 1)e 3t + 4 (6) όπου οι c 1, c 2 είναι αυθαίρετες σταθερές Εφαρμόζουμε τις αρχικές συνθήκες x(0) = 2, y(0) = 6 στη γενική λύση που βρήκαμε στο (6) x(0) = 2 c 1 = 1 y(0) = 6 c 1 + c = 6 c 2 = 1 Σύμφωνα με τις τιμές των σταθερών που υπολογίσαμε παραπάνω η λύση του προβλήματος των αρχικών τιμών είναι: x(t) = (t + 1)e 3t + 1 y(t) = (t + 2)e 3t + 4 Εφαρμογές Αν ο ρυθμός μεταβολής x (t) μιας ποσότητας της ουσίας Α μειώνεται αναλόγως της υπάρχουσας ποσότητας x(t) της ουσίας Α με σταθερά αναλογίας -2 και προστίθεται ουσία Α με ρυθμό sint. Κατά συνέπεια θα ισχύει: x (t)=-2x(t)+sint Η παράγωγος της ορμής ως προς το χρόνο ενός σώματος ισούται με τη συνισταμένη δύναμη που ασκούνται σε αυτό d (mu) = ΣF dt Αν θέλουμε να βάλουμε την θέση (x,y,z) στην παραπάνω σχέση d dt (mu) = ΣF m d dt (dr dt ) = ΣF Δύναμη επαναφοράς του ελατηρίου F(t) = κχ(t) και εάν το ελατήριο κρέμεται από το ταβάνι κατακόρυφο ελατήριο και επιμηκύνεται κατά l από το φυσικό του μήκος με τη δύναμη του βάρους mg = kl Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 77

78 Παράρτημα Β βαθμού μη Ομογενείς με σταθερούς συντελεστές ay + by + cy = R(x) Η γενική λύση της μη ομογενούς ισούται με την γενική λύση της ομογενούς συν μια οποιαδήποτε μερική λύση της πλήρους εξίσωσης Πολυώνυμο (γραμμικός συνδυασμός δυνάμεων) Γραμμικός συνδυασμός ημιτόνου και συνημίτονου Πολυώνυμο Χ εκθετικό Πολυώνυμο ίδιου βαθμού Γραμμικός συνδυασμός ημιτόνου και συνημίτονου ίδιου ορίσματος Πολυώνυμο Χ εκθετικό Ορθογώνιες τροχιές : Απαλείφουμε το κ, παραγωγίζουμε και βάζουμε 1 y = y και λύνουμε τη διαφορική αυτό που προκύπτει είναι η ορθογώνια τροχιά. Παράδειγμα Να βρεθούν οι ορθογώνιες τροχιές της οικογένειας καμπυλών που ορίζονται από την εξίσωση, y = e x+k (1) όπου k θετικός αριθμός. Λύση Μας δίνεται η εξίσωση y = e x+k (1), k > 0 Υπολογίζουμε το κ lny = lne x+k x + k = lny k = lny x (2) Έστω ένα σημείο (x,y) όπου τέμνονται μια από τις καμπύλες της εξίσωσης που μας δίνεται και μια από τις καμπύλες από τις ορθογώνιες τροχιές. Στο σημείο αυτό η κλίση της καμπύλης που μας δίνεται βρίσκεται από την παράγωγό της (1) dy dx = ex+k (3) Αντικαθιστούμε το κ από τη (2) dy dx = elny dy = y (3) dx Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 78

79 Επίσης η κλίση της αντίστοιχης ορθογώνιας τροχιάς που διέρχεται από το ίδιο σημείο δίνεται από την αντίθετη και αντίστροφη της (3)αφού γνωρίζουμε ότι το γινόμενο των κλίσεών τους για να είναι κάθετες μας κάνει -1 dy dx = 1 y (4) Η (4) περιγράφει σε διαφορική μορφή την εξίσωση των ορθογώνιων τροχιών, η λύση της θα μας δώσει την ζητούμενη εξίσωση. Παρατηρούμε ότι είναι διαφορική εξίσωση πρώτης τάξης χωριζόμενων μεταβλητών : ydy = dx ydy = dx y2 2 = x + c 1 y 2 = 2x + 2c 1 Αντικαθιστούμε τη 2c 1 με μια νέα μεταβλητή τη c y 2 = 2x + c Η παραπάνω είναι η εξίσωση της οικογένειας καμπυλών με ορθογώνιες τροχιές ως αναφορά τις οικογένειες καμπυλών της (1) Παραπομπές ( )Χρησιμοποιώντας τους τύπους το Euler e ibx = cos(bx) + isin(bx), e bx = cos(bx) isin(bx) μπορούμε να πάρουμε τα πραγματικά μέρη της λύσης y(x) = c 1 e ax e bix + c 1 e ax e bix = e ax (c 1 cos(bx) + c 1 isin(bx)) + e ax (c 1 cos(bx) c 1 isin(bx)) = = e ax [(c 1 + c 1 ) cos(bx) + i(c 1 c 1 )sin(bx)] Το άθροισμα B = c 1 + c 1 μας δίνει ένα πραγματικό αριθμό Το άθροισμα A = i(c 1 c 1 ) μας δίνει επίσης ένα πραγματικό αριθμό Επομένως τελικά η λύση της διαφορικής γράφεται: y(x) = A e ax sin(bx) + Be ax cos(bx) y = e ax (c 1 cos(bx) + c 2 sin(bx)) Εάν θέσουμε c 1 = Asinφ, c 2 = Acosφ y = e ax (c 1 cos(bx) + c 2 sin(bx)) = e ax (Asinφ cos(bx) + Acosφ sin(bx)) = e ax Asin(bx + φ) Εάν θέσουμε c 1 = Acosφ c 2 = Asinφ, y = e ax (c 1 cos(bx) + c 2 sin(bx)) = e ax (Acosφ cos(bx) Asinφ sin(bx)) = e ax Acos(bx + φ) Επίσης λίγο διαφορετικά! Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 79

80 A Acos(bx) + Bsin(bx) = A 2 + B 2 ( A 2 + B cos(bx) + B 2 A 2 + B sin(bx)) 2 επειδή πάντα θα είναι A A 2 + B 2 < 1 και Β A 2 + B 2 πάντα θα μπορώ να βρώ ένα cosφ = οπότε A A 2 + B 2 ( A 2 + B cos(bx) + 2 Α 1 cos(bx + φ) A A 2 +B B 2 και ± sinφ = B A 2 +B 2 sin(bx)) = cosφ cos(bx) ± sinφ sin(bx) = A 2 + B2 Χρήσιμοι τύποι lne a ln a = a, a = e e 2 ln a = e ln a 2 = a 2 = a 2 f (x) f(x) = ln f(x) Είναι χρήσιμο να θυμηθούμε το σχήμα Horner Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 80

Μεθοδολογία για τις Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις Από την Ενότητα του Ελληνικού Ανοικτού Πανεπιστημίου Σπουδές στις Φυσικές Επιστήμες

Μεθοδολογία για τις Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις Από την Ενότητα του Ελληνικού Ανοικτού Πανεπιστημίου Σπουδές στις Φυσικές Επιστήμες Μεθοδολογία για τις Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις Από την Ενότητα του Ελληνικού Ανοικτού Πανεπιστημίου Σπουδές στις Φυσικές Επιστήμες Ανέπτυξα την παρακάτω μεθοδολογία με υλικό από το ΕΑΠ που με βοήθησε

Διαβάστε περισσότερα

Μεθοδολογία για τις Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις Από την Ενότητα του Ελληνικού Ανοικτού Πανεπιστημίου Σπουδές στις Φυσικές Επιστήμες

Μεθοδολογία για τις Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις Από την Ενότητα του Ελληνικού Ανοικτού Πανεπιστημίου Σπουδές στις Φυσικές Επιστήμες Μεθοδολογία για τις Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις Από την Ενότητα του Ελληνικού Ανοικτού Πανεπιστημίου Σπουδές στις Φυσικές Επιστήμες Ανέπτυξα την παρακάτω μεθοδολογία που με βοήθησε να ανταπεξέλθω στο

Διαβάστε περισσότερα

Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις Ι Ασκήσεις - 19/10/2017. Ακριβείς Διαφορικές Εξισώσεις-Ολοκληρωτικοί Παράγοντες. Η πρώτης τάξης διαφορική εξίσωση

Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις Ι Ασκήσεις - 19/10/2017. Ακριβείς Διαφορικές Εξισώσεις-Ολοκληρωτικοί Παράγοντες. Η πρώτης τάξης διαφορική εξίσωση Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις Ι Ασκήσεις - 19/10/2017 Ακριβείς Διαφορικές Εξισώσεις-Ολοκληρωτικοί Παράγοντες Η πρώτης τάξης διαφορική εξίσωση M(x, y) + (x, y)y = 0 ή ισοδύναμα, γραμμένη στην μορφή M(x,

Διαβάστε περισσότερα

Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις Ι ΣΔΕ Bernoulli, Riccati, Ομογενείς. Διαφορικές Εξισώσεις Bernoulli, Riccati και Ομογενείς

Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις Ι ΣΔΕ Bernoulli, Riccati, Ομογενείς. Διαφορικές Εξισώσεις Bernoulli, Riccati και Ομογενείς Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις Ι ΣΔΕ Bernoulli, Riccati, Ομογενείς Διαφορικές Εξισώσεις Bernoulli, Riccati και Ομογενείς Οι εξισώσεις Bernoulli αποτελούν την κλάση των μη γραμμικών διαφορικών εξισώσεων

Διαβάστε περισσότερα

10 ΣΥΝΗΘΕΙΣ ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ

10 ΣΥΝΗΘΕΙΣ ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ SECTION 0 ΣΥΝΗΘΕΙΣ ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 0. Ορισµοί Συνήθης διαφορική εξίσωση (Σ Ε) καλείται µια εξίσωση της µορφής f [y (n), y (n ),..., y'', y', y, x] 0 όπου y', y'',..., y (n ), y (n) είναι οι παράγωγοι

Διαβάστε περισσότερα

Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις Ι Ασκήσεις - 09/11/2017. Άσκηση 1. Να βρεθεί η γενική λύση της διαφορικής εξίσωσης. dy dx = 2y + x 2 y 2 2x

Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις Ι Ασκήσεις - 09/11/2017. Άσκηση 1. Να βρεθεί η γενική λύση της διαφορικής εξίσωσης. dy dx = 2y + x 2 y 2 2x Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις Ι Ασκήσεις - 09/11/017 Άσκηση 1. Να βρεθεί η γενική λύση της διαφορικής εξίσωσης dx y + x y. x Παρατηρούμε ότι η δ.ε. είναι ομογενής. Πράγματι, dx y x + 1 x y x y x + 1 (

Διαβάστε περισσότερα

y 1 (x) f(x) W (y 1, y 2 )(x) dx,

y 1 (x) f(x) W (y 1, y 2 )(x) dx, Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις Ι Ασκήσεις - 07/1/017 Μέρος 1ο: Μη Ομογενείς Γραμμικές Διαφορικές Εξισώσεις Δεύτερης Τάξης Θεωρούμε τη γραμμική μή-ομογενή διαφορική εξίσωση y + p(x) y + q(x) y = f(x), x

Διαβάστε περισσότερα

Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις Ι Ασκήσεις - 26/10/2017. Διαφορικές Εξισώσεις Bernoulli, Riccati και Ομογενείς

Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις Ι Ασκήσεις - 26/10/2017. Διαφορικές Εξισώσεις Bernoulli, Riccati και Ομογενείς Συνθεις Διαφορικές Εξισώσεις Ι Ασκσεις - 26/0/207 Διαφορικές Εξισώσεις Bernoulli, Riccati και Ομογενείς Οι εξισώσεις Bernoulli αποτελούν την κλάση των μη γραμμικών διαφορικών εξισώσεων πρώτης τάξης της

Διαβάστε περισσότερα

Διαφορικές Εξισώσεις Πρώτης Τάξης

Διαφορικές Εξισώσεις Πρώτης Τάξης Κεφάλαιο 2 Διαφορικές Εξισώσεις Πρώτης Τάξης Στο κεφάλαιο αυτό θα μελετήσουμε διαφορικές εξισώσεις πρώτης τάξης και θα διατυπώσουμε χωρίς απόδειξη βασικά θεωρήματα αυτών. Το εδάφιο 2.1 ασχολείται με γραμμικές

Διαβάστε περισσότερα

(ii) x[y (x)] 4 + 2y(x) = 2x. (vi) y (x) = x 2 sin x

(ii) x[y (x)] 4 + 2y(x) = 2x. (vi) y (x) = x 2 sin x ΕΥΓΕΝΙΑ Ν. ΠΕΤΡΟΠΟΥΛΟΥ ΕΠΙΚ. ΚΑΘΗΓΗΤΡΙΑ ΤΜΗΜΑ ΠΟΛΙΤΙΚΩΝ ΜΗΧΑΝΙΚΩΝ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΑΤΡΩΝ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΤΟ ΜΑΘΗΜΑ «ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΙΙΙ» ΠΑΤΡΑ 2015 1 Ασκήσεις 1η ομάδα ασκήσεων 1. Να χαρακτηρισθούν πλήρως

Διαβάστε περισσότερα

Διαφορικές Εξισώσεις.

Διαφορικές Εξισώσεις. Διαφορικές Εξισώσεις. Εαρινό εξάμηνο 2015-16. Λύσεις του τρίτου φυλλαδίου ασκήσεων. 1. Λύστε τις παρακάτω διαφορικές εξισώσεις. Αν προκύψει αλγεβρική σχέση ανάμεσα στις μεταβλητές x, y η οποία δεν λύνεται

Διαβάστε περισσότερα

ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΔΙΑΦΟΡΩΝ ΟΡΙΣΜΟΙ: διαφορές των αγνώστων συναρτήσεων. σύνολο τιμών. F(k,y k,y. =0, k=0,1,2, δείκτη των y k. =0 είναι 2 ης τάξης 1.

ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΔΙΑΦΟΡΩΝ ΟΡΙΣΜΟΙ: διαφορές των αγνώστων συναρτήσεων. σύνολο τιμών. F(k,y k,y. =0, k=0,1,2, δείκτη των y k. =0 είναι 2 ης τάξης 1. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΔΙΑΦΟΡΩΝ ΟΡΙΣΜΟΙ: Οι Εξισώσεις Διαφορών (ε.δ.) είναι εξισώσεις που περιέχουν διακριτές αλλαγές και διαφορές των αγνώστων συναρτήσεων Εμφανίζονται σε μαθηματικά μοντέλα, όπου η μεταβλητή παίρνει

Διαβάστε περισσότερα

Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις

Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις Π Δ Μ Τμήμα Μηχανικών Πληροφορικής και Τηλεπικοινωνιών Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις Δρ. Θεόδωρος Ζυγκιρίδης 28 Δεκεμβρίου 211 2 Περιεχόμενα 1 Εισαγωγή 1 1.1 Ορισμοί.........................................

Διαβάστε περισσότερα

Δηλαδή η ρητή συνάρτηση είναι πηλίκο δύο ακέραιων πολυωνύμων. Επομένως, το ζητούμενο ολοκλήρωμα είναι της μορφής

Δηλαδή η ρητή συνάρτηση είναι πηλίκο δύο ακέραιων πολυωνύμων. Επομένως, το ζητούμενο ολοκλήρωμα είναι της μορφής D ολοκλήρωση ρητών συναρτήσεων Το θέμα μας στην ενότητα αυτή είναι η ολοκλήρωση ρητών συναρτήσεων. Ας θυμηθούμε πρώτα ποιες συναρτήσεις ονομάζονται ρητές. Ορισμός: Μία συνάρτηση ονομάζεται ρητή όταν μπορεί

Διαβάστε περισσότερα

1 GRAMMIKES DIAFORIKES EXISWSEIS DEUTERAS TAXHS

1 GRAMMIKES DIAFORIKES EXISWSEIS DEUTERAS TAXHS 1 GRAMMIKES DIAFORIKES EXISWSEIS DEUTERAS TAXHS Γραμμικές μη ομογενείς διαφορικές εξισώσεις δευτέρας τάξης λέγονται οι εξισώσεις τύπου y + p(x)y + g(x)y = f(x) (1.1) Οταν f(x) = 0 η εξίσωση y + p(x)y +

Διαβάστε περισσότερα

f (x) dx = f (x) + c a f (x) f (x) cos 2 (f (x)) f (x) dx = tan(f (x)) + c 1 sin 2 (f (x)) f (x) dx = cot(f (x)) + c e f (x) f (x) dx = e f (x) + c

f (x) dx = f (x) + c a f (x) f (x) cos 2 (f (x)) f (x) dx = tan(f (x)) + c 1 sin 2 (f (x)) f (x) dx = cot(f (x)) + c e f (x) f (x) dx = e f (x) + c Ασκήσεις στα Μαθηματικά Ι Τμήμα Χημ. Μηχανικών ΑΠΘ Μουτάφη Ευαγγελία Θεσσαλονίκη 208-209 Ορισμοί ΤΟ ΑΟΡΙΣΤΟ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ Αντιπαράγωγος συνάρτησης Εστω συνάρτηση f : R, R διάστημα. Αν για τη συνάρτηση F :

Διαβάστε περισσότερα

Μερικές Διαφορικές Εξισώσεις

Μερικές Διαφορικές Εξισώσεις Πανεπιστήμιο Πατρών, Τμήμα Μαθηματικών Μερικές Διαφορικές Εξισώσεις Χειμερινό εξάμηνο ακαδημαϊκού έτους 24-25, Διδάσκων: Α.Τόγκας ο φύλλο προβλημάτων Ονοματεπώνυμο - ΑΜ: ΜΔΕ ο φύλλο προβλημάτων Α. Τόγκας

Διαβάστε περισσότερα

4.1 Το αόριστο ολοκλήρωµα - Βασικά ολοκληρώ-

4.1 Το αόριστο ολοκλήρωµα - Βασικά ολοκληρώ- Κεφάλαιο 4 ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ 4.1 Το αόριστο ολοκλήρωµα - Βασικά ολοκληρώ- µατα Ορισµός 4.1.1. Αρχική ή παράγουσα συνάρτηση ή αντιπαράγωγος µιας συνάρτησης f(x), x [, b], λέγεται κάθε συνάρτηση F (x) που επαληθεύει

Διαβάστε περισσότερα

Διαφορικές Εξισώσεις.

Διαφορικές Εξισώσεις. Διαφορικές Εξισώσεις. Εαρινό εξάμηνο 05-6. Λύσεις δεύτερου φυλλαδίου ασκήσεων.. Βρείτε όλες τις λύσεις της εξίσωσης Bernoulli x y = xy + y 3 καθορίζοντας προσεκτικά το διάστημα στο οποίο ορίζεται καθεμιά

Διαβάστε περισσότερα

4.1. Πολυώνυμα. Η έννοια του πολυωνύμου

4.1. Πολυώνυμα. Η έννοια του πολυωνύμου 4.1 Πολυώνυμα Η έννοια του πολυωνύμου ΟΡΙΣΜΟΙ 1. Μονώνυμο του x ονομάζουμε κάθε παράσταση της μορφής αx ν, όπου α R, ν N (σταθερές) και x R (μεταβλητή).. Πολυώνυμο του x ονομάζουμε κάθε παράσταση της μορφής:

Διαβάστε περισσότερα

ΚΕΦ. 1. ΣΥΝΗΘΕΙΣ ΔΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ Εισαγωγή.

ΚΕΦ. 1. ΣΥΝΗΘΕΙΣ ΔΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ Εισαγωγή. 1 ΚΕΦ. 1. ΣΥΝΗΘΕΙΣ ΔΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1.1. Εισαγωγή. Σε ότι ακολουθεί με τον όρο συνάρτηση θα εννοούμε μια πραγματική συνάρτηση πραγματικής μεταβλητής, ορισμένη σε ένα διάστημα πραγματικών αριθμών. Σε

Διαβάστε περισσότερα

Περιεχόμενα 7. Πρόλογος

Περιεχόμενα 7. Πρόλογος Περιεχόμενα 7 Πρόλογος Πολλά προβλήματα των Φυσικών και γενικότερα των Τεχνικών Επιστημών είναι προβλήματα συμμεταβολής διαφόρων μεγεθών. Η μελέτη αυτών των προβλημάτων αποβλέπει στον προσδιορισμό των

Διαβάστε περισσότερα

1.1 Βασικές Έννοιες των Διαφορικών Εξισώσεων

1.1 Βασικές Έννοιες των Διαφορικών Εξισώσεων Κεφάλαιο 1 Εισαγωγικά Στο κεφάλαιο αυτό θα παρουσιάσουμε τις βασικές έννοιες και ορισμούς των Διαφορικών Εξισώσεων. Στο εδάφιο 1.1 παρουσιάζονται οι βασικές έννοιες και ορισμοί των διαφορικών εξισώσεων

Διαβάστε περισσότερα

Ε π ι μ έ λ ε ι α Κ Ο Λ Λ Α Σ Α Ν Τ Ω Ν Η Σ

Ε π ι μ έ λ ε ι α Κ Ο Λ Λ Α Σ Α Ν Τ Ω Ν Η Σ Ε π ι μ έ λ ε ι α Κ Ο Λ Λ Α Σ Α Ν Τ Ω Ν Η Σ 1 Συναρτήσεις Όταν αναφερόμαστε σε μια συνάρτηση, ουσιαστικά αναφερόμαστε σε μια σχέση ή εξάρτηση. Στα μαθηματικά που θα μας απασχολήσουν, με απλά λόγια, η σχέση

Διαβάστε περισσότερα

Εφαρμοσμένα Μαθηματικά ΙΙ Εξέταση Σεπτεμβρίου 25/9/2017 Διδάσκων: Ι. Λυχναρόπουλος

Εφαρμοσμένα Μαθηματικά ΙΙ Εξέταση Σεπτεμβρίου 25/9/2017 Διδάσκων: Ι. Λυχναρόπουλος Τμήμα Μηχανολόγων Μηχανικών Πανεπιστήμιο Θεσσαλίας Εφαρμοσμένα Μαθηματικά ΙΙ Εξέταση Σεπτεμβρίου 5/9/07 Διδάσκων: Ι. Λυχναρόπουλος Άσκηση (Μονάδες ) Να δειχθεί ότι το πεδίο F( x, y) = y cos x + y,sin x

Διαβάστε περισσότερα

Κεφάλαιο 5. Γραμμικές Βαθμωτές ΔΕ

Κεφάλαιο 5. Γραμμικές Βαθμωτές ΔΕ Κεφάλαιο 5 Γραμμικές Βαθμωτές ΔΕ Στο παρόν κεφάλαιο θα ασχοληθούμε με τη θεωρία όσο και με τη μεθοδολογία επίλυσης βαθμωτών γραμμικών ΔΕ 2ης και n-στής τάξης. Θα μελετήσουμε, ως επί το πλείστον, γραμμικά

Διαβάστε περισσότερα

4.1. Πολυώνυμα. Η έννοια του πολυωνύμου

4.1. Πολυώνυμα. Η έννοια του πολυωνύμου 4.1 Πολυώνυμα Η έννοια του πολυωνύμου ΟΡΙΣΜΟΙ 1. Μονώνυμο του x ονομάζουμε κάθε παράσταση της μορφής αx ν, όπου α R, ν N (σταθερές) και x R (μεταβλητή). 2. Πολυώνυμο του x ονομάζουμε κάθε παράσταση της

Διαβάστε περισσότερα

Κεφάλαιο 1: Προβλήµατα τύπου Sturm-Liouville

Κεφάλαιο 1: Προβλήµατα τύπου Sturm-Liouville Κεφάλαιο : Προβλήµατα τύπου Stur-Liouvie. Ορισµός προβλήµατος Stur-Liouvie Πολλές τεχνικές επίλυσης µερικών διαφορικών εξισώσεων βασίζονται στην αναγωγή της µερικής διαφορικής εξίσωσης σε συνήθεις διαφορικές

Διαβάστε περισσότερα

ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΙΔΡΥΜΑ ΚΕΝΤΡΙΚΗΣ ΜΑΚΕΔΟΝΙΑΣ ΣΧΟΛΗ ΤΜΗΜΑ. Μαθηματικά 2. Σταύρος Παπαϊωάννου

ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΙΔΡΥΜΑ ΚΕΝΤΡΙΚΗΣ ΜΑΚΕΔΟΝΙΑΣ ΣΧΟΛΗ ΤΜΗΜΑ. Μαθηματικά 2. Σταύρος Παπαϊωάννου ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΙΔΡΥΜΑ ΚΕΝΤΡΙΚΗΣ ΜΑΚΕΔΟΝΙΑΣ ΣΧΟΛΗ ΤΜΗΜΑ Μαθηματικά Σταύρος Παπαϊωάννου Ιούνιος 015 Τίτλος Μαθήματος Περιεχόμενα Χρηματοδότηση... Error! ookmark not defined. Σκοποί Μαθήματος (Επικεφαλίδα

Διαβάστε περισσότερα

a (x)y a (x)y a (x)y' a (x)y 0

a (x)y a (x)y a (x)y' a (x)y 0 Γραμμικές Διαφορικές εξισώσεις Ανώτερης Τάξης Έστω ότι έχουμε μια γραμμική διαφορική εξίσωση τάξης n a (x) a (x) a (x)' a (x) f (x) () (n) (n) n n 0 όπου a i(x),i 0,...,n και f(x) είναι συνεχείς συναρτήσεις

Διαβάστε περισσότερα

1.1. Διαφορική Εξίσωση και λύση αυτής

1.1. Διαφορική Εξίσωση και λύση αυτής Εισαγωγή στις συνήθεις διαφορικές εξισώσεις 9 Διαφορική Εξίσωση και λύση αυτής Σε ότι ακολουθεί με τον όρο συνάρτηση θα εννοούμε μια πραγματική συνάρτηση μιας πραγματικής μεταβλητής, ορισμένη σε ένα διάστημα

Διαβάστε περισσότερα

Γραμμική Άλγεβρα και Μαθηματικός Λογισμός για Οικονομικά και Επιχειρησιακά Προβλήματα

Γραμμική Άλγεβρα και Μαθηματικός Λογισμός για Οικονομικά και Επιχειρησιακά Προβλήματα Γραμμική Άλγεβρα και Μαθηματικός Λογισμός για Οικονομικά και Επιχειρησιακά Προβλήματα Ενότητα: Εισαγωγή στις Διαφορικές Εξισώσεις Ανδριανός Ε. Τσεκρέκος Τμήμα Λογιστικής & Χρηματοοικονομικής Σελίδα . Σκοποί

Διαβάστε περισσότερα

Διαφορικές εξισώσεις 302.

Διαφορικές εξισώσεις 302. Διαφορικές εξισώσεις 32. Μαθηματικό Αθήνας Συλλογή ασκήσεων 1 Λύτες: Βουλγαρίδου Εύα Ορμάνογλου Στράβων Παπαμικρούλη Ελένη Παπανίκου Μυρτώ Καθηγητές: Αθανασιάδου - Μπαρμπάτης Επιμέλεια L A TEX: Βώβος Μάριος

Διαβάστε περισσότερα

ΑΚΡΟΤΑΤΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ ΠΟΛΛΩΝ ΜΕΤΑΒΛΗΤΩΝ

ΑΚΡΟΤΑΤΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ ΠΟΛΛΩΝ ΜΕΤΑΒΛΗΤΩΝ 6 KΕΦΑΛΑΙΟ 3 ΑΚΡΟΤΑΤΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ ΠΟΛΛΩΝ ΜΕΤΑΒΛΗΤΩΝ Η θεωρία μεγίστων και ελαχίστων μιας πραγματικής συνάρτησης με μια μεταβλητή είναι γνωστή Στο κεφάλαιο αυτό θα δούμε τη θεωρία μεγίστων και ελαχίστων

Διαβάστε περισσότερα

9 Πολυώνυμα Διαίρεση πολυωνύμων

9 Πολυώνυμα Διαίρεση πολυωνύμων 4ο Κεφάλαιο 9 Πολυώνυμα Διαίρεση πολυωνύμων Α ΑΠΑΡΑΙΤΗΤΕΣ ΓΝΩΣΕΙΣ ΘΕΩΡΙΑΣ Ορισμοί Μονώνυμο του x ονομάζουμε κάθε παράσταση της μορφής ν αx όπου α R, * ν N και x μια μεταβλητή που μπορεί να πάρει οποιαδήποτε

Διαβάστε περισσότερα

2ογελ ΣΥΚΕΩΝ 2ογελ ΣΥΚΕΩΝ ΠΟΛΥΩΝΥΜΙΚΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ Β Λυκει(ου ΠΟΛΥΩΝΥΜΙΚΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ

2ογελ ΣΥΚΕΩΝ 2ογελ ΣΥΚΕΩΝ ΠΟΛΥΩΝΥΜΙΚΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ Β Λυκει(ου ΠΟΛΥΩΝΥΜΙΚΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ ογελ ΣΥΚΕΩΝ ογελ ΣΥΚΕΩΝ ΠΟΛΥΩΝΥΜΙΚΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ Β Λυκει(ου ο ΓΕΛ ΣΥΚΕΩΝ ΠΟΛΥΩΝΥΜΙΚΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ ογελ ΣΥΚΕΩΝ ογελ ΣΥΚΕΩΝ ΣΧΟΛΙΚΟ ΕΤΟΣ -4 ΠΟΛΥΩΝΥΜΙΚΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ Επιμέλεια: ΧΑΛΑΤΖΙΑΝ ΠΑΥΛΟΣ

Διαβάστε περισσότερα

Γενικά Μαθηματικά ΙΙ

Γενικά Μαθηματικά ΙΙ ΑΡΙΣΤΟΤΕΛΕΙΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗΣ ΑΝΟΙΚΤΑ ΑΚΑΔΗΜΑΙΚΑ ΜΑΘΗΜΑΤΑ Ενότητα 6 η : Μερική Παράγωγος ΙΙ Λουκάς Βλάχος Καθηγητής Αστροφυσικής Άδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης

Διαβάστε περισσότερα

ΜΕΡΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ

ΜΕΡΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΜΑΣ 3: Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις, Εαρινό Εξάμηνο 4 ΜΕΡΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Να ταξινομηθούν οι πιο κάτω ΣΔΕ με βάση τα εξής: τάξη, γραμμική ή μή Να δοθούν επίσης οι ανεξάρτητες και εξαρτημένες μεταβλητές

Διαβάστε περισσότερα

iii) x + ye 2xy 2xy dy

iii) x + ye 2xy 2xy dy ΕΚΠΑ - Τμήμα Μαθηματικών Διαφορικές Εξισώσεις Ι Χειμερινό Εξάμηνο 2016-2017 Παραδόσεις Ε. Κόττα-Αθανασιάδου Ασκήσεις (Είναι οι ασκήσεις που αφήνονται για «λύση στο σπίτι» στις παραδόσεις της διδάσκουσας.

Διαβάστε περισσότερα

Αριθμητική Ανάλυση και Εφαρμογές

Αριθμητική Ανάλυση και Εφαρμογές Αριθμητική Ανάλυση και Εφαρμογές Διδάσκων: Δημήτριος Ι. Φωτιάδης Τμήμα Μηχανικών Επιστήμης Υλικών Ιωάννινα 07-08 Πεπερασμένες και Διαιρεμένες Διαφορές Εισαγωγή Θα εισάγουμε την έννοια των διαφορών με ένα

Διαβάστε περισσότερα

Ο μαθητής που έχει μελετήσει το κεφάλαιο αυτό θα πρέπει:

Ο μαθητής που έχει μελετήσει το κεφάλαιο αυτό θα πρέπει: Ο μαθητής που έχει μελετήσει το κεφάλαιο αυτό θα πρέπει: Να αναγνωρίζει πότε μια αλγεβρική παράσταση της πραγματικής μεταβλητής x, είναι πολυώνυμο και να διακρίνει τα στοιχεία του: όροι, συντελεστές, σταθερός

Διαβάστε περισσότερα

Κεφ. 7: Συνήθεις διαφορικές εξισώσεις (ΣΔΕ) - προβλήματα αρχικών τιμών

Κεφ. 7: Συνήθεις διαφορικές εξισώσεις (ΣΔΕ) - προβλήματα αρχικών τιμών Κεφ. 7: Συνήθεις διαφορικές εξισώσεις (ΣΔΕ) - προβλήματα αρχικών τιμών 7. Εισαγωγή (ορισμός προβλήματος, αριθμητική ολοκλήρωση ΣΔΕ, αντικατάσταση ΣΔΕ τάξης n με n εξισώσεις ης τάξης) 7. Μέθοδος Euler 7.3

Διαβάστε περισσότερα

ΜΑΣ002: Μαθηματικά ΙΙ ΑΣΚΗΣΕΙΣ (για εξάσκηση)

ΜΑΣ002: Μαθηματικά ΙΙ ΑΣΚΗΣΕΙΣ (για εξάσκηση) ΜΑΣ00: Μαθηματικά ΙΙ ΑΣΚΗΣΕΙΣ (για εξάσκηση) ΔΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ Να κατατάξετε τις διαφορικές εξισώσεις, δηλ να δώσετε την τάξη της, να πείτε αν είναι γραμμική ή όχι, να δώσετε την ανεξάρτητη μεταβλητή

Διαβάστε περισσότερα

α. y = y x 2 β. x + 5x = e x γ. xy (xy + y) = 2y 2 δ. y (4) + xy + e x = 0 η. x 2 (y ) 4 + xy + y 5 = 0 θ. y + ln y + x 2 y 3 = 0 d 3 y dy + 5y

α. y = y x 2 β. x + 5x = e x γ. xy (xy + y) = 2y 2 δ. y (4) + xy + e x = 0 η. x 2 (y ) 4 + xy + y 5 = 0 θ. y + ln y + x 2 y 3 = 0 d 3 y dy + 5y Ασκήσεις στα Μαθηματικά ΙΙΙ Τμήμα Χημ. Μηχανικών ΑΠΘ Μουτάφη Ευαγγελία Θεσσαλονίκη 2018-2019 ΣΥΝΗΘΕΙΣ ΔΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΙΣΑΓΩΓΗ 1. Στις παρακάτω Δ.Ε. να προσδιορίσετε: α) την ανεξάρτητη και την εξαρτημένη

Διαβάστε περισσότερα

Πολυωνυμικές εξισώσεις και ανισώσεις Εξισώσεις και ανισώσεις που ανάγονται σε πολυωνυμικές

Πολυωνυμικές εξισώσεις και ανισώσεις Εξισώσεις και ανισώσεις που ανάγονται σε πολυωνυμικές 0 Πολυωνυμικές εξισώσεις και ανισώσεις Εξισώσεις και ανισώσεις που ανάγονται σε πολυωνυμικές Α. ΑΠΑΡΑΙΤΗΤΕΣ ΓΝΩΣΕΙΣ ΘΕΩΡΙΑΣ Για να λύσουμε μια πολυωνυμική εξίσωση P(x) 0 (ή μια πολυωνυμική ανίσωση P(x)

Διαβάστε περισσότερα

M. J. Lighthill. g(y) = f(x) e 2πixy dx, (1) d N. g (p) (y) =

M. J. Lighthill. g(y) = f(x) e 2πixy dx, (1) d N. g (p) (y) = Εισαγωγή στην ανάλυση Fourier και τις γενικευμένες συναρτήσεις * M. J. Lighthill μετάφραση: Γ. Ευθυβουλίδης ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 Η ΘΕΩΡΙΑ ΤΩΝ ΓΕΝΙΚΕΥΜΕΝΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ ΚΑΙ ΤΩΝ ΜΕΤΑΣΧΗΜΑΤΙΣΜΩΝ ΤΟΥΣ FOURIER 2.1. Καλές

Διαβάστε περισσότερα

Γραμμικές διαφορικές εξισώσεις ανώτερης τάξης

Γραμμικές διαφορικές εξισώσεις ανώτερης τάξης Κεφάλαιο 5 Γραμμικές διαφορικές εξισώσεις ανώτερης τάξης Στο κεφάλαιο περιέχεται μία συνοπτική επισκόπηση των γραμμικών Δ.Ε. ανώτερης τάξης, όπου επεκτείνονται με φυσικό και αναμενόμενο τρόπο οι μεθοδολογίες

Διαβάστε περισσότερα

Κεφάλαιο 5. Το Συμπτωτικό Πολυώνυμο

Κεφάλαιο 5. Το Συμπτωτικό Πολυώνυμο Κεφάλαιο 5. Το Συμπτωτικό Πολυώνυμο Σύνοψη Στο κεφάλαιο αυτό παρουσιάζεται η ιδέα του συμπτωτικού πολυωνύμου, του πολυωνύμου, δηλαδή, που είναι του μικρότερου δυνατού βαθμού και που, για συγκεκριμένες,

Διαβάστε περισσότερα

I. ΜΙΓΑΔΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ. math-gr

I. ΜΙΓΑΔΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ. math-gr I ΜΙΓΑΔΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ i e ΜΕΡΟΣ Ι ΟΡΙΣΜΟΣ - ΒΑΣΙΚΕΣ ΠΡΑΞΕΙΣ Α Ορισμός Ο ορισμός του συνόλου των Μιγαδικών αριθμών (C) βασίζεται στις εξής παραδοχές: Υπάρχει ένας αριθμός i για τον οποίο ισχύει i Το σύνολο

Διαβάστε περισσότερα

Κεφάλαιο 3 ΠΑΡΑΓΩΓΟΣ. 3.1 Η έννοια της παραγώγου. y = f(x) f(x 0 ), = f(x 0 + x) f(x 0 )

Κεφάλαιο 3 ΠΑΡΑΓΩΓΟΣ. 3.1 Η έννοια της παραγώγου. y = f(x) f(x 0 ), = f(x 0 + x) f(x 0 ) Κεφάλαιο 3 ΠΑΡΑΓΩΓΟΣ 3.1 Η έννοια της παραγώγου Εστω y = f(x) µία συνάρτηση, που συνδέει τις µεταβλητές ποσότητες x και y. Ενα ερώτηµα που µπορεί να προκύψει καθώς µελετούµε τις δύο αυτές ποσοτήτες είναι

Διαβάστε περισσότερα

Τίτλος Μαθήματος: Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις Ι

Τίτλος Μαθήματος: Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις Ι Τίτλος Μαθήματος: Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις Ι Ενότητα: Βασικά θεωρήματα για τις γραμμικές Σ.Δ.Ε. Όνομα Καθηγητή: Χρυσή Κοκολογιαννάκη Τμήμα: Μαθηματικών Άδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται

Διαβάστε περισσότερα

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ ΔΥΟ ΜΕΤΑΒΛΗΤΩΝ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ ΔΥΟ ΜΕΤΑΒΛΗΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ ΔΥΟ ΜΕΤΑΒΛΗΤΩΝ Έννοια συνάρτησης Παραγώγιση Ακρότατα Ασκήσεις Βασικές έννοιες Στην Οικονομία, τα περισσότερα από τα μετρούμενα μεγέθη, εξαρτώνται από άλλα μεγέθη. Π.χ η ζήτηση από την τιμή,

Διαβάστε περισσότερα

Διαφορικές εξισώσεις

Διαφορικές εξισώσεις Διαφορικές εξισώσεις Κώστας Γλυκός Ασκήσεις για ΑΕΙ και ΤΕΙ σε Διαφορικές εξισώσεις τεχνικές 73 ασκήσεις Ι δ ι α ί τ ε ρ α μ α θ ή μ α τ α 6 9 7. 3 0 0. 8 8. 8 8 Kglys.gr 1 1 / 1 / 0 1 8 εκδόσεις Καλό

Διαβάστε περισσότερα

Σχόλια στα όρια. Γενικά

Σχόλια στα όρια. Γενικά Σχόλια στα όρια. Γενικά Η αναζήτηση του ορίου έχει νόημα όταν η συνάρτηση ορίζεται κοντά στο x, δηλαδή σε διάστημα (α,x ) (x,β) ή φυσικά σε (α,β) με x (α,β) και όχι κατ ανάγκη στο ίδιο το x. Για παράδειγμα

Διαβάστε περισσότερα

Τίτλος Μαθήματος: Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις Ι

Τίτλος Μαθήματος: Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις Ι Τίτλος Μαθήματος: Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις Ι Ενότητα: Σ.Δ.Ε. γραμμικές 1 ης τάξης, Σ.Δ.Ε. Bernoulli και Riccatti Όνομα Καθηγητή: Χρυσή Κοκολογιαννάκη Τμήμα: Μαθηματικών Άδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό

Διαβάστε περισσότερα

Κεφάλαιο 6. Συντηρητικες Δυναμεις {Ανεξαρτησία του Εργου από τη Διαδρομή, Εννοια του Δυναμικού, Δυναμικό και Πεδίο Συντηρητικών Δυνάμεων}

Κεφάλαιο 6. Συντηρητικες Δυναμεις {Ανεξαρτησία του Εργου από τη Διαδρομή, Εννοια του Δυναμικού, Δυναμικό και Πεδίο Συντηρητικών Δυνάμεων} Κεφάλαιο 6 ΕΡΓΟ ΚΑΙ ΕΝΕΡΓΕΙΑ Εννοια του Εργου { Εργο και Κινητική Ενέργεια, Εργο Μεταβλητής Δύναμης, Ισχύς} Συντηρητικες Δυναμεις {Ανεξαρτησία του Εργου από τη Διαδρομή, Εννοια του Δυναμικού, Δυναμικό

Διαβάστε περισσότερα

ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ. Φροντιστήριο Μ.Ε. «ΑΙΧΜΗ» Κ. Καρτάλη 28 (με Δημητριάδος) Βόλος τηλ.

ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ. Φροντιστήριο Μ.Ε. «ΑΙΧΜΗ» Κ. Καρτάλη 28 (με Δημητριάδος) Βόλος τηλ. ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ. Φροντιστήριο Μ.Ε. «ΑΙΧΜΗ» Κ. Καρτάλη 8 (με Δημητριάδος) Βόλος τηλ. 4598 Κεφάλαιο ο Ολοκληρωτικός Λογισμός Ολοκληρωτικός Λογισμός Μεθοδολογία Λυμένα

Διαβάστε περισσότερα

Τίτλος Μαθήματος: Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις Ι

Τίτλος Μαθήματος: Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις Ι Τίτλος Μαθήματος: Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις Ι Ενότητα: Εισαγωγικές έννοιες και ταξινόμηση Σ.Δ.Ε. Όνομα Καθηγητή: Χρυσή Κοκολογιαννάκη Τμήμα: Μαθηματικών Άδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται

Διαβάστε περισσότερα

ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ 6. 1}. Να βρεθούν οι τιμές της θετικής παραμέτρου p> 0, για τις οποίες η λύση είναι συνοριακή:

ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ 6. 1}. Να βρεθούν οι τιμές της θετικής παραμέτρου p> 0, για τις οποίες η λύση είναι συνοριακή: Μέρος Α ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ 6 1. (3.9 μονάδες) (α). Η συνάρτηση f(x) έχει το γράφημα του παραπλεύρως σχήματος. Να βρεθεί γραφικά το σημείο ισοελαστικότητας: Ef(x) =± 1. Να γίνει το γράφημα της συνάρτησης Af(x)

Διαβάστε περισσότερα

Μέθοδος προσδιορισμού συντελεστών Euler

Μέθοδος προσδιορισμού συντελεστών Euler Μέθοδος προσδιορισμού συντελεστών Euler Η προηγούμενη μέθοδος αν και δεν έχει κανένα περιορισμό για το είδος συνάρτησης του μη ογενούς όρου, μπορεί να οδηγήσει σε πολύπλοκες ολοκληρώσεις, πολλές φορές

Διαβάστε περισσότερα

ΛΥΜΕΝΑ ΘΕΜΑΤΑ ΓΕΝΙΚΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ. Τμήμα Φαρμακευτικής ΑΡΙΣΤΟΤΕΛΕΙΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗΣ. Λυμένες Ασκήσεις & Λυμένα Θέματα Εξετάσεων

ΛΥΜΕΝΑ ΘΕΜΑΤΑ ΓΕΝΙΚΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ. Τμήμα Φαρμακευτικής ΑΡΙΣΤΟΤΕΛΕΙΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗΣ. Λυμένες Ασκήσεις & Λυμένα Θέματα Εξετάσεων ΛΥΜΕΝΑ ΘΕΜΑΤΑ ΓΕΝΙΚΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Τμήμα Φαρμακευτικής ΑΡΙΣΤΟΤΕΛΕΙΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗΣ Λυμένες Ασκήσεις & Λυμένα Θέματα Εξετάσεων ΕΞΕΤΑΣΤΙΚΗ ΠΕΡΙΟΔΟΣ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 014 ΘΕΜΑ 1 Δίνεται ο πίνακας: 1) Να

Διαβάστε περισσότερα

Γραμμική Διαφορική Εξίσωση 2 ου βαθμού

Γραμμική Διαφορική Εξίσωση 2 ου βαθμού //04 Γραμμική Διαφορική Εξίσωση ου βαθμού, με τη βοήθεια του αορίστου ολοκληρώματος, της χρήσιμης γραμμικής διαφορικής εξίσωσης πρώτου βαθμού af ( ) f ( ) cf ( ) g( ), ac,, σταθεροί πραγματικοί αριθμοί

Διαβάστε περισσότερα

Παράδειγμα 14.2 Να βρεθεί ο μετασχηματισμός Laplace των συναρτήσεων

Παράδειγμα 14.2 Να βρεθεί ο μετασχηματισμός Laplace των συναρτήσεων Κεφάλαιο 4 Μετασχηματισμός aplace 4. Μετασχηματισμός aplace της εκθετικής συνάρτησης e Είναι Άρα a a a u( a ( a ( a ( aj F( e e d e d [ e ] [ e ] ( a e (c ji, με a (4.9 a a a [ e u( ] a, με a (4.3 Η σχέση

Διαβάστε περισσότερα

Κεφ. 6Β: Συνήθεις διαφορικές εξισώσεις (ΣΔΕ) - προβλήματα αρχικών τιμών

Κεφ. 6Β: Συνήθεις διαφορικές εξισώσεις (ΣΔΕ) - προβλήματα αρχικών τιμών Κεφ. 6Β: Συνήθεις διαφορικές εξισώσεις (ΣΔΕ) - προβλήματα αρχικών τιμών. Εισαγωγή (ορισμός προβλήματος, αριθμητική ολοκλήρωση ΣΔΕ, αντικατάσταση ΣΔΕ τάξης n με n εξισώσεις ης τάξης). Μέθοδος Euler 3. Μέθοδοι

Διαβάστε περισσότερα

f f 2 0 B f f 0 1 B 10.3 Ακρότατα υπό συνθήκες Πολλαπλασιαστές του Lagrange

f f 2 0 B f f 0 1 B 10.3 Ακρότατα υπό συνθήκες Πολλαπλασιαστές του Lagrange Μέγιστα και ελάχιστα 39 f f B f f yx y x xy Οι ιδιοτιμές του πίνακα Β είναι λ =-, λ =- και οι δυο αρνητικές, άρα το κρίσιμο σημείο (,) είναι σημείο τοπικού μεγίστου. Εφαρμογή 6: Στο παράδειγμα 3 ο αντίστοιχος

Διαβάστε περισσότερα

Μαθηματικά. Ενότητα 3: Ολοκληρωτικός Λογισμός Σαριαννίδης Νικόλαος Τμήμα Διοίκησης Επιχειρήσεων (Κοζάνη)

Μαθηματικά. Ενότητα 3: Ολοκληρωτικός Λογισμός Σαριαννίδης Νικόλαος Τμήμα Διοίκησης Επιχειρήσεων (Κοζάνη) Μαθηματικά Ενότητα 3: Ολοκληρωτικός Λογισμός Σαριαννίδης Νικόλαος Τμήμα Διοίκησης Επιχειρήσεων (Κοζάνη) Άδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό

Διαβάστε περισσότερα

ΑΚΡΙΒΗ ΔΙΑΦΟΡΙΚΑ. u,υ / A ονομάζεται ακριβές διαφορικό όταν υπάρχει. df u x,y dx υ x,y dy. f u και. f y. 3 f. και

ΑΚΡΙΒΗ ΔΙΑΦΟΡΙΚΑ. u,υ / A ονομάζεται ακριβές διαφορικό όταν υπάρχει. df u x,y dx υ x,y dy. f u και. f y. 3 f. και Το άθροισμα u,d διαφορίσιμη συνάρτηση f / A Παράδειγμα υ, d, με με Το άθροισμα ΑΚΡΙΒΗ ΔΙΑΦΟΡΙΚΑ u,υ / A ονομάζεται ακριβές διαφορικό όταν υπάρχει df u,d υ,d f u f υ 6 d 9 d είναι ακριβές διαφορικό, διότι

Διαβάστε περισσότερα

ΦΥΣ Διαλ Σήμερα...? q Λογισμό μεταβολών (calculus of variations)

ΦΥΣ Διαλ Σήμερα...? q Λογισμό μεταβολών (calculus of variations) ΦΥΣ 11 - Διαλ.09 1 Σήμερα...? q Λογισμό μεταβολών (calculus of variations) Λογισμός μεταβολών - εισαγωγικά ΦΥΣ 11 - Διαλ.09 q Εύρεση του ελάχιστου ή μέγιστου μιας ποσότητας που εκφράζεται με τη μορφή ενός

Διαβάστε περισσότερα

Τεχνολογικό Εκπαιδευτικό Ίδρυμα Σερρών Τμήμα Πληροφορικής & Επικοινωνιών Σήματα και Συστήματα

Τεχνολογικό Εκπαιδευτικό Ίδρυμα Σερρών Τμήμα Πληροφορικής & Επικοινωνιών Σήματα και Συστήματα Τεχνολογικό Εκπαιδευτικό Ίδρυμα Σερρών Τμήμα Πληροφορικής & Επικοινωνιών Σήματα και Συστήματα Δρ. Δημήτριος Ευσταθίου Επίκουρος Καθηγητής Φυσική Σημασία του Μετασχηματισμού Fourier Ο μετασχηματισμός Fourier

Διαβάστε περισσότερα

1.2 Εξισώσεις 1 ου Βαθμού

1.2 Εξισώσεις 1 ου Βαθμού 1.2 Εξισώσεις 1 ου Βαθμού Διδακτικοί Στόχοι: Θα μάθουμε: Να κατανοούμε την έννοια της εξίσωσης και τη σχετική ορολογία. Να επιλύουμε εξισώσεις πρώτου βαθμού με έναν άγνωστο. Να διακρίνουμε πότε μια εξίσωση

Διαβάστε περισσότερα

Πανεπιστήµιο Κρήτης - Τµήµα Επιστήµης Υπολογιστών. Απειροστικός Λογισµός Ι. ιδάσκων : Α. Μουχτάρης. Απειροστικός Λογισµός Ι - 3η Σειρά Ασκήσεων

Πανεπιστήµιο Κρήτης - Τµήµα Επιστήµης Υπολογιστών. Απειροστικός Λογισµός Ι. ιδάσκων : Α. Μουχτάρης. Απειροστικός Λογισµός Ι - 3η Σειρά Ασκήσεων Πανεπιστήµιο Κρήτης - Τµήµα Επιστήµης Υπολογιστών Απειροστικός Λογισµός Ι ιδάσκων : Α. Μουχτάρης Απειροστικός Λογισµός Ι - η Σειρά Ασκήσεων Ασκηση.. Ανάπτυξη σε µερικά κλάσµατα Αφου ο ϐαθµός του αριθµητή

Διαβάστε περισσότερα

Τίτλος Μαθήματος: Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις Ι

Τίτλος Μαθήματος: Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις Ι Τίτλος Μαθήματος: Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις Ι Ενότητα: Σ.Δ.Ε. 1 ης τάξης ανώτερου βαθμού, ορθογώνιες τροχιές Όνομα Καθηγητή: Χρυσή Κοκολογιαννάκη Τμήμα: Μαθηματικών Άδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό

Διαβάστε περισσότερα

- ΟΡΙΟ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ ΕΝΟΤΗΤΑ 6: ΜΗ ΠΕΠΕΡΑΣΜΕΝΟ ΟΡΙΟ ΣΤΟ

- ΟΡΙΟ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ ΕΝΟΤΗΤΑ 6: ΜΗ ΠΕΠΕΡΑΣΜΕΝΟ ΟΡΙΟ ΣΤΟ ΚΕΦΑΛΑΙΟ ο: ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ - ΟΡΙΟ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ ΕΝΟΤΗΤΑ 6: ΜΗ ΠΕΠΕΡΑΣΜΕΝΟ ΟΡΙΟ ΣΤΟ R - ΟΡΙΟ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ ΣΤΟ ΑΠΕΙΡΟ - ΠΕΠΕΡΑΣΜΕΝΟ ΟΡΙΟ ΑΚΟΛΟΥΘΙΑΣ [Κεφ..6: Μη Πεπερασμένο Όριο στο R - Κεφ..7: Όρια Συνάρτησης

Διαβάστε περισσότερα

ΒΟΗΘΗΤΙΚΕΣ ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ ΣΤΑ ΓΕΝΙΚΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ

ΒΟΗΘΗΤΙΚΕΣ ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ ΣΤΑ ΓΕΝΙΚΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΤΜΗΜΑ ΔΙΕΘΝΟΥΣ ΕΜΠΟΡΙΟΥ ΒΟΗΘΗΤΙΚΕΣ ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ ΣΤΑ ΓΕΝΙΚΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΕΦΑΛΑΙΑ: ) ΠΙΝΑΚΕΣ ) ΟΡΙΖΟΥΣΕΣ ) ΓΡΑΜΜΙΚΑ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ 4) ΠΑΡΑΓΩΓΟΙ ΜΑΡΙΑ ΡΟΥΣΟΥΛΗ ΚΕΦΑΛΑΙΟ ΠΙΝΑΚEΣ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΩΝ ΑΡΙΘΜΩΝ ΟΡΙΣΜΟΣ Πίνακας

Διαβάστε περισσότερα

Σήματα και Συστήματα. Διάλεξη 13: Μελέτη ΓΧΑ Συστημάτων με τον Μετασχηματισμό Laplace. Δρ. Μιχάλης Παρασκευάς Επίκουρος Καθηγητής

Σήματα και Συστήματα. Διάλεξη 13: Μελέτη ΓΧΑ Συστημάτων με τον Μετασχηματισμό Laplace. Δρ. Μιχάλης Παρασκευάς Επίκουρος Καθηγητής Σήματα και Συστήματα Διάλεξη 13: Μελέτη ΓΧΑ Συστημάτων με τον Μετασχηματισμό Laplace Δρ. Μιχάλης Παρασκευάς Επίκουρος Καθηγητής 1 Μελέτη ΓΧΑ Συστημάτων με τον Μετασχηματισμό Laplace 1. Επίλυση Γραμμικών

Διαβάστε περισσότερα

ΑΛΓΕΒΡΑ Β ΛΥΚΕΙΟΥ Κεφ. 1 - Συστήματα 1

ΑΛΓΕΒΡΑ Β ΛΥΚΕΙΟΥ Κεφ. 1 - Συστήματα 1 ΑΛΓΕΒΡΑ Β ΛΥΚΕΙΟΥ Κεφ. 1 - Συστήματα 1 1.1 ΓΡΑΜΜΙΚΑ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ Η εξίσωση α + βy = γ 1. Υπάρχουν προβλήματα που η επίλυση τους οδηγεί σε μια γραμμική εξίσωση με δύο αγνώστους, y και η οποία είναι της μορφής

Διαβάστε περισσότερα

Κεφάλαιο 0 Μιγαδικοί Αριθμοί

Κεφάλαιο 0 Μιγαδικοί Αριθμοί Κεφάλαιο 0 Μιγαδικοί Αριθμοί 0 Βασικοί ορισμοί και πράξεις Είναι γνωστό ότι δεν υπάρχει πραγματικός αριθμός που επαληθεύει την εξίσωση x Η ανάγκη επίλυσης τέτοιων εξισώσεων οδηγεί στο σύνολο των μιγαδικών

Διαβάστε περισσότερα

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ KΕΦΑΛΑΙΟ 1 ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΔΙΑΦΟΡΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ 1

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ KΕΦΑΛΑΙΟ 1 ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΔΙΑΦΟΡΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ 1 ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ KΕΦΑΛΑΙΟ 1 ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΔΙΑΦΟΡΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ 1 1.1 Εισαγωγή... 1 1.2 Λύση ΔΕ, αντίστροφο πρόβλημα αυτής... 3 Ασκήσεις... 10 1.3 ΔΕ πρώτης τάξης χωριζομένων μεταβλητών... 12 Ασκήσεις... 15 1.4 Ομογενείς

Διαβάστε περισσότερα

ΑΟΡΙΣΤΟ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ 1. ΒΑΣΙΚΕΣ ΕΝΝΟΙΕΣ

ΑΟΡΙΣΤΟ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ 1. ΒΑΣΙΚΕΣ ΕΝΝΟΙΕΣ ΑΟΡΙΣΤΟ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ. ΒΑΣΙΚΕΣ ΕΝΝΟΙΕΣ Έστω μια συνάρτηση f ορισμένη σε ένα σύνολο Α. Ένα από τα βασικότερα προβλήματα της Μαθηματικής Ανάλυσης είναι ο προσδιορισμός μιας συνάρτησης F/ A με F = f για κάθε

Διαβάστε περισσότερα

Τίτλος Μαθήματος: Μαθηματική Ανάλυση Ενότητα Γ. Ολοκληρωτικός Λογισμός

Τίτλος Μαθήματος: Μαθηματική Ανάλυση Ενότητα Γ. Ολοκληρωτικός Λογισμός 1/8 Τίτλος Μαθήματος: Μαθηματική Ανάλυση Ενότητα Γ. Ολοκληρωτικός Λογισμός Κεφάλαιο Γ.05: Ολοκλήρωση Ρητών Συναρτήσεων Όνομα Καθηγητή: Γεώργιος Ν. Μπροδήμας Τμήμα Φυσικής Άδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό

Διαβάστε περισσότερα

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΡΗΤΗΣ ΤΜΗΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ - ΤΜΗΜΑ ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΕΙΣΑΓΩΓΙΚΕΣ ΜΕΤΑΠΤΥΧΙΑΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 26 ΙΟΥΛΙΟΥ 2009 ΕΥΤΕΡΟ ΜΕΡΟΣ :

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΡΗΤΗΣ ΤΜΗΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ - ΤΜΗΜΑ ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΕΙΣΑΓΩΓΙΚΕΣ ΜΕΤΑΠΤΥΧΙΑΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 26 ΙΟΥΛΙΟΥ 2009 ΕΥΤΕΡΟ ΜΕΡΟΣ : ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΡΗΤΗΣ ΤΜΗΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ - ΤΜΗΜΑ ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΑΛΓΕΒΡΑ-ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ ΑΝΑΛΥΣΗ ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΗ ΑΝΑΛΥΣΗ ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ-ΣΤΑΤΙΣΤΙΚΗ ΕΙΣΑΓΩΓΙΚΕΣ ΜΕΤΑΠΤΥΧΙΑΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 26

Διαβάστε περισσότερα

ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥΔΩΝ ΣΤΗΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ι (ΘΕ ΠΛΗ 12) ΕΡΓΑΣΙΑ 1 η Ημερομηνία Αποστολής στον Φοιτητή: 20 Οκτωβρίου 2008

ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥΔΩΝ ΣΤΗΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ι (ΘΕ ΠΛΗ 12) ΕΡΓΑΣΙΑ 1 η Ημερομηνία Αποστολής στον Φοιτητή: 20 Οκτωβρίου 2008 ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥΔΩΝ ΣΤΗΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ι (ΘΕ ΠΛΗ ) ΕΡΓΑΣΙΑ η Ημερομηνία Αποστολής στον Φοιτητή: 0 Οκτωβρίου 008 Ημερομηνία παράδοσης της Εργασίας: Νοεμβρίου 008 Πριν

Διαβάστε περισσότερα

ΜΑΣ 203: Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις, Εαρινό Εξάμηνο 2017 ΑΣΚΗΣΕΙΣ

ΜΑΣ 203: Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις, Εαρινό Εξάμηνο 2017 ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΜΑΣ 3: Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις, Εαρινό Εξάμηνο 17 ΑΣΚΗΣΕΙΣ 1. Να ταξινομηθούν οι πιο κάτω ΣΔΕ με βάση τα εξής: τάξη, γραμμική ή μή. Να δοθούν επίσης οι ανεξάρτητες και εξαρτημένες μεταβλητές. 3 d

Διαβάστε περισσότερα

Θα ξέρεις τι λέγεται γραμμική εξίσωση με δύο αγνώστους. Λέγεται κάθε εξίσωση της μορφής αχ +βψ =γ. Θα ξέρεις τι είναι το σύστημα εξισώσεων

Θα ξέρεις τι λέγεται γραμμική εξίσωση με δύο αγνώστους. Λέγεται κάθε εξίσωση της μορφής αχ +βψ =γ. Θα ξέρεις τι είναι το σύστημα εξισώσεων 1. Θα ξέρεις τι λέγεται γραμμική εξίσωση με δύο αγνώστους. Λέγεται κάθε εξίσωση της μορφής αχ +βψ =γ. Θα ξέρεις τι είναι το σύστημα εξισώσεων Είναι ομάδα από δύο ή περισσότερες εξισώσεις των οποίων ζητάμε

Διαβάστε περισσότερα

Γ. Ν. Π Α Π Α Δ Α Κ Η Σ Μ Α Θ Η Μ Α Τ Ι Κ Ο Σ ( M S C ) ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ. ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ: Σπουδές στις Φυσικές Επιστήμες

Γ. Ν. Π Α Π Α Δ Α Κ Η Σ Μ Α Θ Η Μ Α Τ Ι Κ Ο Σ ( M S C ) ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ. ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ: Σπουδές στις Φυσικές Επιστήμες Γ. Ν. Π Α Π Α Δ Α Κ Η Σ Μ Α Θ Η Μ Α Τ Ι Κ Ο Σ ( M S C ) ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ: Σπουδές στις Φυσικές Επιστήμες ΘΕΜΑΤΙΚΗ ΕΝΟΤΗΤΑ: ΦΥΕ10 (Γενικά Μαθηματικά Ι) ΠΕΡΙΕΧΕΙ ΤΙΣ

Διαβάστε περισσότερα

Κεφάλαιο 3.1 Εξισώσεις 1 ου Βαθμού Επιμέλεια Σημειώσεων: Ντάνος Γιώργος ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3.1 ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1 ΟΥ ΒΑΘΜΟΥ 1

Κεφάλαιο 3.1 Εξισώσεις 1 ου Βαθμού Επιμέλεια Σημειώσεων: Ντάνος Γιώργος ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3.1 ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1 ΟΥ ΒΑΘΜΟΥ 1 Κεφάλαιο 3.1 Εξισώσεις 1 ου Βαθμού Επιμέλεια Σημειώσεων: Ντάνος Γιώργος ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3.1 ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1 ΟΥ ΒΑΘΜΟΥ 1 Εξίσωση πρώτου βαθμού ή πρωτοβάθμια εξίσωση με άγνωστο x ονομάζεται κάθε εξίσωση της μορφής

Διαβάστε περισσότερα

2.1 2.2 ΕΝΝΟΙΑ ΤΟΥ ΜΙΓΑΔΙΚΟΥ ΑΡΙΘΜΟΥ ΠΡΑΞΕΙΣ ΣΤΟ ΣΥΝΟΛΟ ΤΩΝ ΜΙΓΑΔΙΚΩΝ

2.1 2.2 ΕΝΝΟΙΑ ΤΟΥ ΜΙΓΑΔΙΚΟΥ ΑΡΙΘΜΟΥ ΠΡΑΞΕΙΣ ΣΤΟ ΣΥΝΟΛΟ ΤΩΝ ΜΙΓΑΔΙΚΩΝ ΚΕΦΑΛΑΙΟ Ο : ΜΙΓΑΔΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ - ΕΝΟΤΗΤΕΣ :.... ΕΝΝΟΙΑ ΤΟΥ ΜΙΓΑΔΙΚΟΥ ΑΡΙΘΜΟΥ ΠΡΑΞΕΙΣ ΣΤΟ ΣΥΝΟΛΟ ΤΩΝ ΜΙΓΑΔΙΚΩΝ ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ : ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΟ & ΦΑΝΤΑΣΤΙΚΟ ΜΕΡΟΣ ΜΙΓΑΔΙΚΟΥ ΑΡΙΘΜΟΥ Έστω ένας μιγαδικός αριθμός,

Διαβάστε περισσότερα

Μ Α Θ Η Μ Α Τ Α Γ Λ Υ Κ Ε Ι Ο Υ

Μ Α Θ Η Μ Α Τ Α Γ Λ Υ Κ Ε Ι Ο Υ Μ Α Θ Η Μ Α Τ Α Γ Λ Υ Κ Ε Ι Ο Υ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΚΑΙ ΣΠΟΥΔΩΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ ΚΑΙ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ (Α ΜΕΡΟΣ: ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ) Επιμέλεια: Καραγιάννης Ιωάννης, Σχολικός Σύμβουλος Μαθηματικών

Διαβάστε περισσότερα

Λ. Ζαχείλας. Επίκουρος Καθηγητής Εφαρμοσμένων Μαθηματικών Τμήμα Οικονομικών Επιστημών Πανεπιστήμιο Θεσσαλίας. Οικονομική Δυναμική 29/6/14

Λ. Ζαχείλας. Επίκουρος Καθηγητής Εφαρμοσμένων Μαθηματικών Τμήμα Οικονομικών Επιστημών Πανεπιστήμιο Θεσσαλίας. Οικονομική Δυναμική 29/6/14 1 Λ. Ζαχείλας Επίκουρος Καθηγητής Εφαρμοσμένων Μαθηματικών Τμήμα Οικονομικών Επιστημών Πανεπιστήμιο Θεσσαλίας Οικονομική Δυναμική 9 Συνεχή δυναμικά συστήματα Μέρος 1 ο Λουκάς Ζαχείλας Ορισμός Διαφορικής

Διαβάστε περισσότερα

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 Ο «ΟΡΙΟ ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ»

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 Ο «ΟΡΙΟ ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ» ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ & ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Γ ΕΠΑΛ ΚΕΦΑΛΑΙΟ Ο «ΟΡΙΟ ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ» Επιμέλεια : Παλαιολόγου Παύλος Μαθηματικός ΚΕΦΑΛΑΙΟ ο : ΟΡΙΟ ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Α ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΘΕΩΡΙΑΣ Πεδίο

Διαβάστε περισσότερα

Παραδείγματα Διανυσματικοί Χώροι Ι. Λυχναρόπουλος

Παραδείγματα Διανυσματικοί Χώροι Ι. Λυχναρόπουλος Παραδείγματα Διανυσματικοί Χώροι Ι. Λυχναρόπουλος Παράδειγμα Έστω το σύνολο V το σύνολο όλων των θετικών πραγματικών αριθμών εφοδιασμένο με την ακόλουθη πράξη της πρόσθεσης: y y με, y V και του πολλαπλασιασμού

Διαβάστε περισσότερα

ΕΠΙΚΑΜΠΥΛΙΑ ΚΑΙ ΕΠΙΕΠΙΦΑΝΕΙΑ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ

ΕΠΙΚΑΜΠΥΛΙΑ ΚΑΙ ΕΠΙΕΠΙΦΑΝΕΙΑ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ 6. Ορισμός επικαμπύλιου ολοκληρώματος 36 KΕΦΑΛΑΙΟ 6 ΕΠΙΚΑΜΠΥΛΙΑ ΚΑΙ ΕΠΙΕΠΙΦΑΝΕΙΑ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ Τα επικαμπύλια ολοκληρώματα αποτελούν επέκταση της έννοιας του απλού ολο κληρώματος στην περίπτωση κατά την

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ - ΠΑΡΑ ΕΙΓΜΑΤΑ ΑΝΑΛΥΤΙΚΑ ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΑ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ

ΘΕΩΡΙΑ - ΠΑΡΑ ΕΙΓΜΑΤΑ ΑΝΑΛΥΤΙΚΑ ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΑ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΘΕΩΡΙΑ - ΠΑΡΑ ΕΙΓΜΑΤΑ ΑΝΑΛΥΤΙΚΑ ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΑ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΑΘΗΝΑ 996 Πρόλογος Οι σηµειώσεις αυτές γράφτηκαν για τους φοιτητές του Εθνικού Μετσόβιου Πολυτεχνείου και καλύπτουν πλήρως το µάθηµα των

Διαβάστε περισσότερα

ΕΝΟΤΗΤΑ 1: ΟΡΙΣΜΟΣ ΠΕΔΙΟ ΟΡΙΣΜΟΥ ΠΡΑΞΕΙΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ ΓΡΑΦΙΚΕΣ ΠΑΡΑΣΤΑΣΕΙΣ ΒΑΣΙΚΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ ΛΥΜΕΝΑ ΘΕΜΑΤΑ ΘΕΜΑ Α

ΕΝΟΤΗΤΑ 1: ΟΡΙΣΜΟΣ ΠΕΔΙΟ ΟΡΙΣΜΟΥ ΠΡΑΞΕΙΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ ΓΡΑΦΙΚΕΣ ΠΑΡΑΣΤΑΣΕΙΣ ΒΑΣΙΚΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ ΛΥΜΕΝΑ ΘΕΜΑΤΑ ΘΕΜΑ Α ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 ο : ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ ΕΝΟΤΗΤΑ 1: ΟΡΙΣΜΟΣ ΠΕΔΙΟ ΟΡΙΣΜΟΥ ΠΡΑΞΕΙΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ ΓΡΑΦΙΚΕΣ ΠΑΡΑΣΤΑΣΕΙΣ ΒΑΣΙΚΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ ΛΥΜΕΝΑ ΘΕΜΑΤΑ Ερώτηση θεωρίας 1 ΘΕΜΑ Α Τι ονομάζουμε πραγματική συνάρτηση

Διαβάστε περισσότερα

Πολυωνυμική εξίσωση βαθμού ν ονομάζεται κάθε εξίσωση της μορφής α ν x ν +α ν-1 x ν α 1 x+α 0 =0,με α 0,α 1,...

Πολυωνυμική εξίσωση βαθμού ν ονομάζεται κάθε εξίσωση της μορφής α ν x ν +α ν-1 x ν α 1 x+α 0 =0,με α 0,α 1,... 3 0 ΛΥΚΕΙΟ ΚΕΡΑΤΣΙΝΙΟΥ Λ. ΒΟΥΛΓΑΡΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ ΠΟΛΥΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΠΟΥ ΑΝΑΓΟΝΤΑΙ ΣΕ ΠΟΛΥΩΝΥΜΙΚΕΣ Πολυωνυμική εξίσωση βαθμού ν ονομάζεται κάθε εξίσωση της μορφής α ν x ν +α ν-1 x ν-1 +...+α

Διαβάστε περισσότερα

Τεχνολογικό Εκπαιδευτικό Ίδρυμα Σερρών Τμήμα Πληροφορικής & Επικοινωνιών Σήματα και Συστήματα

Τεχνολογικό Εκπαιδευτικό Ίδρυμα Σερρών Τμήμα Πληροφορικής & Επικοινωνιών Σήματα και Συστήματα Τεχνολογικό Εκπαιδευτικό Ίδρυμα Σερρών Τμήμα Πληροφορικής & Επικοινωνιών Σήματα και Συστήματα Δρ. Δημήτριος Ευσταθίου Επίκουρος Καθηγητής ΜΕΤΑΣΧΗΜΑΤΙΣΜΟΣ LAPLACE Αντίστροφος Μετασχηματισμός Laplace Στην

Διαβάστε περισσότερα

ΛΥΜΕΝΑ ΘΕΜΑΤΑ ΓΕΝΙΚΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ

ΛΥΜΕΝΑ ΘΕΜΑΤΑ ΓΕΝΙΚΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΛΥΜΕΝΑ ΘΕΜΑΤΑ ΓΕΝΙΚΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Τμήμα Φαρμακευτικής ΑΡΙΣΤΟΤΕΛΕΙΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗΣ Λυμένες Ασκήσεις & Λυμένα Θέματα Εξετάσεων ΕΞΕΤΑΣΤΙΚΗ ΠΕΡΙΟΔΟΣ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 014 ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ & ΘΕΜΑΤΑ: ΓΕΝΙΚΑ

Διαβάστε περισσότερα

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΜΙΓΑΔΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ ΛΥΜΕΝΕΣ & ΑΛΥΤΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ. Επιμέλεια: Γ. Π. Βαξεβάνης (Γ. Π. Β.

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΜΙΓΑΔΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ ΛΥΜΕΝΕΣ & ΑΛΥΤΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ. Επιμέλεια: Γ. Π. Βαξεβάνης (Γ. Π. Β. ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ Γ. Π. Β. ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΕΣ ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΜΙΓΑΔΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ ΛΥΜΕΝΕΣ & ΑΛΥΤΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Επιμέλεια: Γ. Π. Βαξεβάνης (Γ. Π. Β.) (Μαθηματικός) ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ

Διαβάστε περισσότερα

Kεφάλαιο 4. Συστήματα διαφορικών εξισώσεων. F : : F = F r, όπου r xy

Kεφάλαιο 4. Συστήματα διαφορικών εξισώσεων. F : : F = F r, όπου r xy 4 Εισαγωγή Kεφάλαιο 4 Συστήματα διαφορικών εξισώσεων Εστω διανυσματικό πεδίο F : : F = Fr, όπου r x, και είναι η ταχύτητα στο σημείο πχ ενός ρευστού στο επίπεδο Εστω ότι ψάχνουμε τις τροχιές κίνησης των

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ: Έστω η οµογενής γραµµική διαφορική εξίσωση τάξης , (1)

ΘΕΩΡΙΑ: Έστω η οµογενής γραµµική διαφορική εξίσωση τάξης , (1) 1 ΘΕΩΡΙΑ: Έστω η οµογενής γραµµική διαφορική εξίσωση τάξης (1) όπου οι συντελεστές είναι δοσµένες συνεχείς συναρτήσεις ορισµένες σ ένα ανοικτό διάστηµα. Ορισµός 1. Ορίζουµε τον διαφορικό τελεστή µέσω της

Διαβάστε περισσότερα