Κεφάλαιο 8 Διαφορικές Εξισώσεις

Transcript

1 Διαφορικές Εξισώσεις Κεφάλαιο 8 Διαφορικές Εξισώσεις 8. Ορισμοί Έστω ένα κύκλωμα το οποίο αποτελείται από μία πηγή ηλεκτρεργετικής δύναμης Ε (Volt), η οποία μπορεί να είναι σταθερή ή να εξαρτάται από το χρόνο δηλαδή Ε=Ε(t), πυκνωτή χωρητικότητας (Farad), πηνίο αυτεπαγωγής l (Herny), ωμική αντίσταση R (Oh) και διακόπτη Δ, συνδεδεμένα σε σειρά. E ir di l dt Q R l Θεωρούμε ότι ο πυκνωτής δεν έχει φορτίο. Κλείνοντας τον διακόπτη ένα φορτίο q (oulobs) θα ρέει στον ολισμό του πυκνωτή. Ο ρυθμός μεταβολής του φορτίου κατά τη ροή του, ο οποίος δίνεται από τον τύπο dq it () dt ονομάζεται ένταση και μετριέται σε Aper, όταν ο χρόνος t μετριέται σε sec. Ένα βασικό πρόβλημα είναι ο υπολογισμός του φορτίου στους πυκνωτές και οι εντάσεις ως συναρτήσεις του χρόνου. Οπότε οι άγνωστες ποσότητες είναι οι Q(t) και i(t). O δεύτερος νόμος (των τάσεων) του Kirchoff μας λέει ότι το άθροισμα των τάσεων στα άκρα όλων των στοιχείων κάθε βρόγχου ενός κυκλώματος είναι ίσο με μηδέν. Θεωρώντας ως θετική φορά την αντίθετη από αυτή των δεικτών του ρολογιού για το πάνω κύκλωμα έχουμε: a. Πτώση τάσης στα άκρα της αντίστασης ir di d Q b. Πτώση τάσης από αυτεπαγωγή του πηνίου l l dt dt Q c. Πτώση τάσης μεταξύ των οπλισμών του πυκνωτή d. Πτώση τάσης στα άκρα της πηγής Et () Εφαρμόζουμε τον νόμο αυτόν έχουμε τη σχέση ( ) E( t) Q l di R i 0 di Q R i E t 0, dt dt l l l Στη σχέση αυτή εμφανίζονται και οι δύο άγνωστες ποσότητες Q(t) και i(t), όμως χρησιμοποιώντας τη σχέση dq di d Q i dt dt dt

2 Κεφάλαιο καταλήγουμε σε μία εξίσωση όπου η μοναδική άγνωστη ποσότητα Q(t) εμφανίζεται μαζί με την πρώτη και δεύτερη παράγωγό της: d Q R dq E( t) Q 0 dt l dt l l Αυτή η εξίσωση ονομάζεται διαφορική εξίσωση δευτέρας τάξης. Κύκλωμα RL Έστω ότι τώρα το κύκλωμα οποίο αποτελείται από μία πηγή ηλεκτρεργετικής δύναμης Ε (Volt), η οποία μπορεί να είναι σταθερή ή να εξαρτάται από το χρόνο δηλαδή Ε=Ε(t), πηνίο αυτεπαγωγής l (Herny), ωμική αντίσταση R (Oh) και διακόπτη Δ, συνδεδεμένα σε σειρά. l di l dt ir E Τη χρονική στιγμή t=0 ο διακόπτης κλείνει και ζητείται να προσδιοριστεί η τιμή του ρεύματος i=i(t) που αρχίζει να διαρρέει στο κύκλωμα. Εφαρμόζουμε ξανά τον δεύτερο νόμο (των τάσεων) του Kirchoff ο οποίος μας λέει ότι η ηλεκτρεργετική δύναμη ισούται κάθε χρονική στιγμή με το άθροισμα της di πτώσης τάσης στο πηνίο l και της πτώσης τάσης στην αντίσταση ir, dt δηλαδή: () E( t) ir l di 0 di R i E t 0. dt dt l l Εδώ η άγνωστη ποσότητα i=i(t) εμφανίζεται μαζί με την πρώτη παράγωγό της σε μία εξίσωση. Μία τέτοια εξίσωση ονομάζεται συνήθης διαφορική εξίσωση πρώτης τάξης. Γενικεύοντας, μπορούμε να ορίσουμε μία συνήθης διαφορική εξίσωση (δ.ε.) ως την εξίσωση στην οποία, εκτός από την άγνωστη συνάρτηση y=y(), εμφανίζονται και διαφόρων τάξεων παράγωγοί της. F(,y,y,y,...,y (n) )=0 ή,,,,..., 0 n F y d d d n Ως τάξη της δ.ε. λέμε την ανώτερη παράγωγο που εμφανίζεται στην εξίσωση. Μία διαφορική εξίσωση ονομάζεται μορφή: R. γραμμική εάν μπορεί να γραφεί στη

3 n n n n n 0 an( ) a ( ) a ( ) a ( ) y F( ) d d d Διαφορικές Εξισώσεις Στις γραμμικές διαφορικές εξισώσεις η άγνωστη συνάρτηση y=y() και οι παράγωγοί της δεν πολλαπλασιάζονται μεταξύ τους, δεν υψώνονται σε δυνάμεις, δεν εμφανίζονται σε ρητές εκφράσεις ή σε ορίσματα υπερβατικών συναρτήσεων. Εάν ισχύει F()=0 η γραμμική δ.ε. ονομάζεται γραμμική ομογενής διαφορετικά ονομάζεται γραμμική μη ομογενής. Στην περίπτωση που τα α 0 (),α (),,α n () είναι αριθμοί (και όχι συναρτήσεις της ανεξάρτητης μεταβλητής ) τότε λέμε ότι έχουμε μία γραμμική δ.ε. με σταθερούς συντελεστές. Παραδείγματα: Πρώτης τάξης γραμμική με σταθερούς συντελεστές: 5 y ή y ' 5 y y ' 5y 0 d Πρώτης τάξης γραμμική με μη σταθερούς συντελεστές ομογενής : 5 y ή y ' 5 y y ' 5y 0 d Πρώτης τάξης γραμμική με σταθερούς συντελεστές μη ομογενής : 3 sin( ) 0 ή 3 y ' sin( ) 0 3 y ' sin( ) d Πρώτης τάξης μη γραμμική 3 sin( y) 0 ή 3 y ' sin( y) 0 λόγω του sin( y) d. Τρίτης τάξης μη γραμμικές: 3 3 (3) 3 ή 3 e y y '' y ' e d d d, 3 sin( ) ή 3 d d d 3 y y '' y sin( ) Ονομάζουμε ως λύση ή ολοκλήρωμα της δ.ε. τη συνάρτηση y=y() εάν αυτή και οι παράγωγοί της (που εννοείται ότι υπάρχουν) ικανοποιούν την εξίσωση της δ.ε. Παράδειγμα: Δείξτε ότι για οποιεσδήποτε τιμές των παραμέτρων, η συνάρτηση y cos sin αποτελεί λύση της δ.ε. y 0 ή y '' y 0 d y cos sin sin cos cos sin d d 3

4 Κεφάλαιο Φανερά y cos sin cos sin 0 d Μπορεί να δειχθεί ότι ο παραπάνω τύπος δίνει όλες τις πιθανές λύσεις της συγκεκριμένης δ.ε., Παράδειγμα: Εξετάστε εάν η y( ) e 5e 3 5 αποτελεί λύση της δ.ε. με τύπο Έχουμε Οπότε 4 7 y 0 ή y ''- 7 y ' y 0 d d y( ) e 5e 6e 5e 8e 5e d d y 8e 5e 7 6e 5e e 5e d d (8 4 4) e ( ) e 0e 0e 0 Άρα δεν αποτελεί λύση της δ.ε. Μια λύση η οποία δίνει όλες τις λύσεις μίας δ.ε ονομάζεται γενική λύση ή γενικό ολοκλήρωμα της δ.ε.. Το να λύσουμε μία δ.ε. σημαίνει το να βρούμε τη γενική της λύση. Η γενική λύση μίας δ.ε. τάξης n αναμένεται να περιέχει n παραμέτρους (αυθαίρετες σταθερές), όπως στο παράδειγμά μας η λύση της δευτέρας τάξης δ.ε. έχει δύο παραμέτρους, τις,. Μία λύση που προκύπτει εάν στη γενική λύση δώσουμε συγκεκριμένες τιμές σε όλες τις παραμέτρους που περιέχει, τότε ονομάζεται μερική λύση ή ολοκληρωτική καμπύλη της δ.ε.. Μία λύση δ.ε. η οποία δεν περιέχει παραμέτρους (αυθαίρετες σταθερές) και η οποία δεν προκύπτει από κάποια γενική λύση (δίνοντας τιμές στις παραμέτρους) ονομάζεται ιδιάζουσα λύση. Για να επιλέξουμε τις τιμές των παραμέτρων και να βρούμε μία μερική λύση από μία γενική, θα πρέπει να μας δοθούν ανεξάρτητες μεταξύ τους συνθήκες που θα ικανοποιεί η μερική λύση. Εάν αυτές οι συνθήκες έχουν την μορφή αρχικών συνθηκών δηλαδή y(α)=β 0,y (α)= β, y (α)= β,...,y (n) = β n για καθορισμένη τιμή =α, τότε το πρόβλημα εύρεσης της μερικής λύσης ονομάζεται πρόβλημα αρχικών τιμών. Η ύπαρξη λύσης δεν θα μας απασχολήσει εδώ αλλά υπάρχουν θεωρήματα που καθορίζουν πότε υπάρχει η γενική λύση μιας δ.ε. Για να κατανοήσουμε τι είναι γενική και τι μερική λύση ας δούμε τα ακόλουθα απλά παραδείγματα: α) Είναι φανερό ότι η διαφορική εξίσωση y' έχει γενική λύση την y( ) c, διότι εάν την παραγωγίσουμε και την αντικαταστήσουμε στην διαφορική εξίσωση φανερά την ικανοποιεί. Η γενική αυτή λύση είναι μία μονοπαραμετρική οικογένεια λύσεων δηλαδή, περιέχει μία παράμετρο κάτι που αναμέναμε μιας η διαφορική εξίσωση είναι πρώτης τάξης. Είναι εύκολο να σχεδιάσουμε αυτή την οικογένεια λύσεων μιας και αποτελείται από απλές παραβολές οι οποίες μετατοπίζονται ανάλογα με την τιμή της παραμέτρου c.

5 Διαφορικές Εξισώσεις y( ) c 0 c 0 0 Καθεμία από αυτές τις παραβολές αποτελούν μερική λύση της διαφορικής εξίσωσης οι οποίες ικανοποιούν ένα πρόβλημα αρχικών τιμών. Η αρχική συνθήκη καθορίζει την τιμή του c, οπότε και ποια από τις μερικές λύσεις ικανοποιεί το συγκεκριμένο πρόβλημα. Για παράδειγμα, εάν η αρχική μας συνθήκη είναι η y(0) τότε η παραβολή y( ) αποτελεί τη (μερική) λύση της διαφορικής εξίσωσης που ικανοποίει το συγκεκριμένο πρόβλημα αρχικών τιμών y ', y(0). 0 8 y ( ) c β) Επίσης η διαφορική εξίσωση y ' y 0 έχει γενική λύση την y ( ), διότι εάν την παραγωγίσουμε και την αντικαταστήσουμε στην διαφορική εξίσωση φανερά την ικανοποιεί. c y c c y ' y 0 0 Η γενική αυτή λύση είναι μία μονοπαραμετρική οικογένεια λύσεων δηλαδή, περιέχει μία παράμετρο κάτι που αναμέναμε μιας η διαφορική εξίσωση είναι πρώτης τάξης. Είναι εύκολο να σχεδιάσουμε αυτή την οικογένεια λύσεων μιας 5

6 Κεφάλαιο και αποτελείται από απλές υπερβολές οι οποίες μετατοπίζονται ανάλογα με την τιμή της παραμέτρου c c y ( ) 0 c 0 0 Καθεμία από αυτές τις υπερβολές αποτελούν μερική λύση της διαφορικής εξίσωσης οι οποίες ικανοποιούν ένα πρόβλημα αρχικών τιμών. Η αρχική συνθήκη καθορίζει την τιμή του c, οπότε και ποια από τις μερικές λύσεις λύνει το συγκεκριμένο πρόβλημα. Για παράδειγμα εάν η αρχική μας συνθήκη είναι η y() τότε η υπερβολή y ( ) αποτελεί τη (μερική) λύση της διαφορικής εξίσωσης που ικανοποίει το συγκεκριμένο πρόβλημα αρχικών τιμών y ' y 0, y() y ( ) 0 8. Διαφορικές εξισώσεις πρώτης τάξης 8.. Διαφορική εξίσωση χωριζόμενων μεταβλητών: Μία δ.ε. πρώτης τάξης ονομάζεται χωριζόμενων μεταβλητών εάν μπορεί να γραφεί στη μορφή: ή στην ισοδύναμη διαφορική μορφή 6 N ( y) M ( ) ή N ( y) y ' M ( ) d

7 N ( y) M ( ) d Διαφορικές Εξισώσεις Θεωρώντας το ως πηλίκο διαφορικών καταφέρνουμε να χωρίσουμε τις d μεταβλητές στην εξίσωση. Μία δ.ε. χωριζόμενων μεταβλητών λύνεται με το να ολοκληρώσουμε ως προς. N ( y) M ( ) N ( y) d M ( ) d N ( y) M ( ) d d d Παράδειγμα: Λύστε τη διαφορική y ' e ή e d e e d e ( ) e c d Παράδειγμα: Λύστε το πρόβλημα αρχικών τιμών y ' y 0, y() d d y ' y 0 y 0 y d y c e c c ln y ln c ln y ln c ln y c y e y( ) e y( ) Από την y() και η μερική λύση είναι η y ( ). Παράδειγμα: Λύστε τη διαφορική d ( y ) ( y ) y ' ( y ) e ή ( y ) e d ( y ) e e d e d arctan y e arctan y e y( ) tan( e ) Παράδειγμα: Λύστε το πρόβλημα αρχικών τιμών y ' y( y ) ή y( y ), y(0) d Θα βρούμε πρώτα τη γενική λύση, Παρατηρούμε ότι η δ.ε. είναι χωριζόμενων μεταβλητών y( y ) d d d y( y ) y( y ) Αναλύουμε το κλάσμα: A B Ay A By A B y A y( y ) y y y( y ) y( y ) y( y ) y( y ) A B A 7

8 Κεφάλαιο και έχουμε τη γενική λύση. d y( y ) y y ln y ln y ln y ln y ' y y y ln ' ( ), y y y ce Η μερική λύση που ικανοποιεί το πρόβλημα αρχικών τιμών βρίσκεται καθορίζοντας το c. Έχουμε y(0) y(0) c 0. Οπότε η 0 ce μερική λύση του προβλήματος αρχικών τιμών είναι η y ( ). 0e e c ce y c c Παρατηρούμε ότι και η y ( ) 0 ικανοποιεί την εξίσωση αλλά δεν προκύπτει από κάποια γενική λύση. Αυτή είναι μία ιδιάζουσα λύση. 8.. Ομογενής διαφορική εξίσωση πρώτης τάξης Μία συνάρτηση F(,y) ονομάζεται ομογενής ν-στού βαθμού εάν για τυχαίο πραγματικό λ ισχύει F(λ,λy)=λ ν F(,y). Μία δ.ε. πρώτης τάξης F, y ή y ' F, y ονομάζεται ομογενής δ.ε. d πρώτης τάξης όταν η συνάρτηση F(,y) είναι ομογενής 0-κου βαθμού. Τότε ισχύει F(λ,λy)=F(,y) και η εξίσωση μπορεί να γραφεί στη μορφή: F y ή y ' F y d Μία τέτοια διαφορική εξίσωση μπορεί να μετατραπεί σε χωριζόμενων y μεταβλητών εάν θέσουμε u, οπότε: y du du u y u u ' u d d d Έτσι έχουμε y du F u F( u) du ud F( u) d du F( u) d ud d d η du d du F( u) ud F( u) u οποία είναι χωριζόμενων μεταβλητών. Παράδειγμα: Λύστε το πρόβλημα αρχικών τιμών Παρατηρούμε ότι εάν 0 y y y' ή, y() y 8

9 y y d y u y οπότε F( u), u. u du d du d udu d u u u F( u) u 3u udu d 3u 3u 3 3u 3 d ln c ln ln 3u c 3 3 3ln ln 3u 3c ln ln 3u 3c ln 3u 3c 3 c c u e u e u 3 u Διαφορικές Εξισώσεις du Εναλλακτικά θέτοντας y u και y ' u d d έχουμε y du u du u du 3u u u d u d u d u udu d udu d u 3 u y Αντικαθιστούμε τώρα το u 3 3 y 3 3u 3 3y Τώρα για την αρχική συνθήκη y() έχουμε 3 4 Οπότε η μερική λύση είναι η 3y Γραμμικές δ.ε. πρώτης τάξης Η γενική μορφή μίας γραμμικής δ.ε. πρώτης τάξης με μη σταθερούς συντελεστές είναι η ακόλουθη: p( ) y q( ) ή y ' p( ) y q( ) d όπου p,q συναρτήσεις μόνο του. Στην περίπτωση όπου q()=0 τότε η γραμμική δ.ε.: p( ) y 0 ή y ' p( ) y 0 d είναι δ.ε. χωριζομένων μεταβλητών. Πράγματι 9

10 Κεφάλαιο p( ) y 0 p( ) y p( ) d d p( ) dc p( ) d c ln y p( ) d c y e y c e p( ) d c c p( ) d p( ) d y e e y e e y e Παράδειγμα: Λύστε το πρόβλημα αρχικών τιμών y ' 3y, y(0). y ' 3y 0 3 3d 3d y y 0 c 3 e 3 c 3 ln y c y e y e Από την αρχική συνθήκη y(0) συνάγουμε ότι Στην γενική μη ομογενή περίπτωση, η λύση της δ.ε. είναι p( ) d όπου h( ) e. Πράγματι, για την h ( ) ισχύει p( ) y q( ) ή y ' p( ) y q( ) d y( ) h( ) q( ) d h ( ) ' 3 0 p( ) d h '( ) e p( ) d h '( ) h( ) p( ) y(0) e οπότε. οπότε εάν στη διαφορική εξίσωση y ' p( ) y q( ) πολλαπλασιάσουμε και τα δύο μέλη με h ( ) έχουμε h( ) y '( ) h( ) p( ) y( ) h( ) q( ) h( ) y '( ) h'( ) y( ) h( ) q( ) ' h( ) y( ) h( ) q( ) h( ) y( ) h( ) q( ) d y( ) h( ) q( ) d. h ( ) Τα παραπάνω, σκιαγραφούν την απόδειξη των τύπων της επίλυσης της γραμμικής διαφορικής εξίσωσης ης τάξης. Για την περίπτωση της ομογενούς. Οπότε η λύση είναι εξίσωσης έχουμε h( ) q( ) d h( ) 0d 0d αυτή που αναφέραμε Παράδειγμα: Λύστε τη διαφορική p( ) d y( ) e. h ( ) Φέρνουμε την εξίσωση στην συνήθη μορφή: όπου έχουμε p ( ) 3 και q( ). Το y y y d ' 3 ή 3, 0 3 p( ) d d 3 d 3 3ln ln 3 h( ) e e e e e 3 3 y ή y από d d

11 Οπότε η λύση είναι y( ) h( ) q( ) d d d 3 h( ) Παράδειγμα: Να βρεθεί η ολοκληρωτική καμπύλη της δ.ε. ( )( d) yd που περνά από το σημείο με συντεταγμένες (0,). Διαφορικές Εξισώσεις Φέρνουμε την εξίσωση στην συνήθη μορφή: ( )( d) yd ( ) ( ) d yd ( ) ( ) y d y ή y ' y d ( ) ( ) από όπου έχουμε p ( ) και q ( ). Το d d p( ) d ln ln h( ) e e e e e Οπότε η λύση είναι y ( ) ( ) ( ) arctan h( ) h q d d Και από την αρχική συνθήκη y(0) έχουμε y(0) ( 0)( arctan 0 ) 0 Τελικά η ζητούμενη ολοκληρωτική καμπύλη της δ.ε. είναι y( ) arctan. 8.3 Γραμμικές διαφορικές εξισώσεις δεύτερης τάξης Η γενική μορφή μίας γραμμικής δ.ε. δευτέρας τάξης είναι η ακόλουθη: a( ) b( ) y g( ) ή ισοδύναμα y '' a( ) y ' b( ) y g( ) d d 8.3. Γραμμικές ομογενείς δ.ε. δευτέρης τάξης με σταθερούς συντελεστές. Σε αυτήν την ενότητα θα μας απασχολήσουν οι ομογενής δ.ε. ης τάξης με σταθερούς συντελεστές, δηλαδή εξισώσεις με τη μορφή: a by 0 ή ισοδύναμα y '' ay ' by 0 d d Για την ευκολία μας ορίζουμε το διαφορικό τελεστή (πράξη) D 3 3 Dy( ), D y( ) DDy( ), D y( ) DD y( ),... 3 d d d Η παραπάνω δ.ε. μπορεί να γραφεί με τη χρήση του τελεστή ως D ad b y 0 Αυτό μας οδηγεί στο να αντιστοιχίσουμε τη δ.ε. με μία δευτεροβάθμια εξίσωση

12 Κεφάλαιο r ar b 0 την οποία θα ονομάζουμε χαρακτηριστική εξίσωση της δ.ε. Επίσης εάν χρησιμοποιήσουμε το διαφορικό τελεστή εξίσωση γράφεται ως F( D) y 0. Ο διαφορικός τελεστής F( D) είναι γραμμικός δηλαδή ισχύει F( D)( y ( ) y ( )) F( D) y ( ) F( D) y ( ) F( D) D ad b η Η χαρακτηριστική εξίσωση έχει δύο ρίζες (δύο πραγματικές διαφορετικές μεταξύ τους ή μία διπλή πραγματική ή μία μιγαδική). Διακρίνουμε τις τρεις αυτές περιπτώσεις: Δύο πραγματικές ρίζες διαφορετικές μεταξύ τους r,r. r Η γενική λύση είναι της μορφής y( ) e e r μία διπλή πραγματική ρίζα r y( ) e Η γενική λύση είναι της μορφής ένα ζεύγος μιγαδικής και της συζυγής της r i, r i. Η γενική λύση είναι της μορφής y( ) e cos sin Παράδειγμα: Λύστε τη διαφορική r 4 4y 0 ή ισοδύναμα y '' 4 y ' 4y 0 d d Το χαρακτηριστικό πολυώνυμο είναι r =- Η γενική λύση είναι της μορφής y( ) e r 4r 4 0 το οποίο έχει διπλή ρίζα Παράδειγμα: Λύστε το πρόβλημα αρχικών τιμών y 0 ή ισοδύναμα y '' y ' y 0, y(0), y '(0) 4 d d Το χαρακτηριστικό πολυώνυμο είναι r =,r =-. Η γενική λύση είναι της μορφής y '( ) e e r y( ) e e Από τις αρχικές συνθήκες οδηγούμαστε στο σύστημα: r 0το οποίο έχει ρίζες και η παράγωγός της 4 το οποίο έχει λύση 5,. Οπότε η μερική λύση είναι η y( ) e e 3 3

13 Διαφορικές Εξισώσεις Παράδειγμα: Λύστε το πρόβλημα αρχικών τιμών 4 6y 0 ή ισοδύναμα y '' 4 y ' 6y 0, y(0), y '(0) 0 d d Το χαρακτηριστικό πολυώνυμο είναι r 4r 6 0 το οποίο έχει ρίζες r i, r i. Οπότε,. Η γενική λύση είναι της μορφής y( ) e cos sin παράγωγός της y '( ) e cos sin Από τις αρχικές συνθήκες οδηγούμαστε στο σύστημα: 0 το οποίο έχει λύση,. Οπότε η μερική λύση είναι η και η y( ) e cos sin Παράδειγμα: Λύστε τη διαφορική εξίσωση Το χαρακτηριστικό πολυώνυμο είναι r i, r i. Οπότε 0,. Η γενική λύση είναι της μορφής y( ) cos sin 4y 0 ή ισοδύναμα y '' 4y 0 d r 40το οποίο έχει ρίζες 8.3. Γραμμικές μη ομογενείς δ.ε. δευτέρης τάξης με σταθερούς συντελεστές. Σε αυτήν την ενότητα θα μας απασχολήσουν οι μη ομογενής δ.ε. ης τάξης με σταθερούς συντελεστές, δηλαδή εξισώσεις με τη μορφή: a by g( ) ή ισοδύναμα y '' ay ' by g( ) d d σε αυτήν αντιστοιχεί μία ομογενής εξίσωση με χαρακτηριστικό πολυώνυμο: a by 0 ή ισοδύναμα y '' ay ' by 0 d d r ar b 0 εάν yo( ) είναι μία γενική λύση της ομογενούς εξίσωσης και y( ) μία μερική λύση της μη ομογενούς εξίσωσης τότε η γενική λύση της μη ομογενούς εξίσωσης ισούται με y( ) y ( ) y ( ) Θα περιοριστούμε σε δ.ε. όπου g() έχει την ακόλουθη μορφή : o 3

14 Κεφάλαιο g() σταθερά επί Και ισχύει Τύπος μερικής λύσης e r sin(k), cos(k) a +b+c r δεν είναι ρίζα του χαρακτηριστικού πολυωνύμου r είναι απλή ρίζα του χαρακτηριστικού πολυωνύμου r είναι διπλή ρίζα του χαρακτηριστικού πολυωνύμου ki δεν είναι ρίζα του χαρακτηριστικού πολυωνύμου ki είναι ρίζα του χαρακτηριστικού πολυωνύμου 0 δεν είναι ρίζα του χαρακτηριστικού πολυωνύμου 0 είναι απλή ρίζα του χαρακτηριστικού πολυωνύμου 0 είναι διπλή ρίζα του χαρακτηριστικού πολυωνύμου Α e r Α e r Α e r B cos(k)+ sin( κ) B cos(k)+ sin(κ) D +E +F D 3 +E + F D 4 +E 3 +F Εάν το g()αποτελείται από αθροίσματα των παραπάνω αθροίζουμε και τις μερικές λύσεις. Παράδειγμα: Λύστε τη διαφορική εξίσωση 4 sin ή ισοδύναμα y '' y ' sin d d Η ομογενής είναι η 0 ή ισοδύναμα y'' y' 0, το χαρακτηριστικό d d πολυώνυμο είναι r r 0 με ρίζες το και το 0. Οπότε η γενική λύση της ομογενούς εξίσωσης είναι yo ( ) e Η μερική λύση της μη ομογενούς, σύμφωνα με τον πίνακα, θα έχει τη μορφή y ()=Bcos()+sin() αφού το i δεν είναι ρίζα του χαρακτηριστικού πολυωνύμου. Η πρώτη παράγωγος είναι y ()=-Bsin()+cos() και η δεύτερη παράγωγος είναι y ()=-B cos()- sin() Οπότε αντικαθιστώντας έχουμε

15 Διαφορικές Εξισώσεις B cos sin Bsin cos sin Bcos B sin sin B 0, B B Οπότε y ( ) cos sin και η λύση τελικά y( ) y ( ) y ( ) cos sin e o Παράδειγμα: Λύστε τη διαφορική εξίσωση 3 y 5 e ή ισοδύναμα y '' 3 y ' y 5e d d Η ομογενής είναι η 3 y 0 ή ισοδύναμα y '' 3 y ' y 0, το d d χαρακτηριστικό πολυώνυμο είναι r 3r 0 με ρίζες το και το. Οπότε η γενική λύση της ομογενούς εξίσωσης είναι y ( ) e e o Η μερική λύση της μη ομογενούς, σύμφωνα με τον πίνακα, θα έχει τη μορφή y ( ) Ae αφού το r= είναι απλή ρίζα του χαρακτηριστικού πολυωνύμου. Η πρώτη παράγωγος είναι y '( ) A( e e ) και η δεύτερη παράγωγος είναι y ''( ) A( e e ) Οπότε αντικαθιστώντας έχουμε A( e e ) 3 A( e e ) Ae 5e A A 3A 3A A 5 A 5 Οπότε y ( ) 5e και η λύση τελικά y y y e e e ( ) ( ) ( ) 5 o Παράδειγμα: Λύστε τη διαφορική εξίσωση 6 9 y e ή ισοδύναμα y '' 6 y ' 9y e d d 3 3 Η ομογενής είναι η 6 9y 0 ή ισοδύναμα y '' 6 y ' 9y 0, το d d χαρακτηριστικό πολυώνυμο είναι r 6r 9 0 με διπλή ρίζα το 3. y ( ) e Οπότε η γενική λύση της ομογενούς εξίσωσης είναι 3 o Η μερική λύση της μη ομογενούς, σύμφωνα με τον πίνακα, θα έχει τη μορφή 3 y( ) A e αφού το r=3 είναι διπλή ρίζα του χαρακτηριστικού πολυωνύμου. 3 3 Η πρώτη παράγωγος είναι y '( ) A(3 e e ) και η δεύτερη παράγωγος είναι 5

16 Κεφάλαιο y A e e e e A e e e ''( ) (9 6 6 ) (9 ) Οπότε αντικαθιστώντας έχουμε A(9 e e e ) 6 A(3 e e ) 9A e e A A A A A A A A Οπότε y( ) e 3 και η λύση τελικά y( ) yo( ) y( ) e e 3 3 Παράδειγμα: Λύστε τη διαφορική εξίσωση 5e sin ή ισοδύναμα y '' y ' 5e sin d d Η ομογενής είναι η 0 ή ισοδύναμα y'' y' 0, το χαρακτηριστικό d d πολυώνυμο είναι r r 0 με ρίζες το και το 0. Οπότε η γενική λύση της ομογενούς εξίσωσης είναι yo ( ) e Η μερική λύση της μη ομογενούς, σύμφωνα με τον πίνακα, θα έχει τη μορφή y ( ) Ae B cos sin αφού το r= είναι απλή ρίζα του χαρακτηριστικού πολυωνύμου και το r= δεν είναι απλή ρίζα του. Η πρώτη παράγωγος είναι '( ) ( y A e e ) B sin cos δεύτερη παράγωγος είναι ''( ) ( y A e e ) 4B cos 4 sin Οπότε αντικαθιστώντας έχουμε και η A( e e ) 4B cos 4 sin A( e e ) Bsin cos 5e sin από όπου οδηγούμαστε στο σύστημα A 5 4B 0 A 5, B, 0 5 B 4 και η λύση τελικά 0 5 Οπότε y ( ) 5e cos sin y( ) yo( ) y( ) 5e cos sin e

17 Διαφορικές Εξισώσεις 8.4 Εφαρμογές: α) Το σύστημα σώμα-ελατήριο Ft () Κατά την ταλάντωση σώματος μάζας συνδεδεμένο με ελατήριο που βρίσκεται σε μέσο του οποίου η αντίσταση είναι ανάλογη της ταχύτητας του σώματος, η απομάκρυνση () t του σώματος από τη θέση ισορροπίας ικανοποιεί τη δ.ε.: d d a 0 ή ισοδύναμα a 0 dt dt Όπου α είναι η σταθερά του ελατηρίου και β ο συντελεστής αντίστασης του μέσου. Αυτή είναι μία ομογενής δ.ε. δευτέρας τάξης με σταθερούς συντελεστές. Εάν στο σώμα ασκείται μία δύναμη F(t) τότε την κίνηση κυβερνά μία μη ομογενής δ.ε. δευτέρας τάξης με σταθερούς συντελεστές η d d a F( t) ή ισοδύναμα a F( t) dt dt Ας περιοριστούμε στην πρώτη περίπτωση. Παράδειγμα Σώμα με μάζα / 0 gr είναι συνδεδεμένο με κατακόρυφο ελατήριο με σταθερά a 5/ gr/sec. Ο συντελεστής αντίστασης του μέσου είναι /0 gr/sec. Τη χρονική στιγμή t 0το σώμα βρίσκεται σε απόσταση 6 c από το σημείο ισορροπίας και κινείται ανοδικά με ταχύτητα 0 c/sec. Να εκφραστεί η απομάκρυνση του σώματος σε σχέση με το χρόνο. Στην περίπτωσή μας έχουμε να λύσουμε ένα πρόβλημα αρχικών τιμών. d d 5 0, (0) 6, v(0) '(0) 0 0 dt 0 dt Όπου θεωρούμε την ταχύτητα θετική όταν το σώμα κινείται προς τα κάτω. Οπότε η δ.ε. είναι ισοδύναμα η 7

18 Κεφάλαιο d d 50 0 με χαρακτηριστικό πολυώνυμο r r 50 0 το οποίο dt dt έχει ρίζες r 7 i, r 7i. Οπότε a, b 7. t ( t) e cos 7t sin 7t και η Η γενική λύση είναι της μορφής t παράγωγός της '( t) e 7 cos7t 7 sin 7t Από τις αρχικές συνθήκες οδηγούμαστε στο σύστημα: 6 το οποίο έχει λύση 6,. 7 0 Οπότε η μερική λύση είναι η t ( t) e 6cos 7t sin 7t Στην περίπτωση που η κίνηση γίνεται στο κενό, δηλαδή ο συντελεστής αντίστασης του μέσου β=0, η κίνηση του συστήματος είναι μία αρμονική ταλάντωση και η δ.ε. γράφεται ως d a 0,. dt Εάν ικανοποιούνται οι αρχικές συνθήκες (0) 0, v(0) '(0) 0 Το χαρακτηριστικό πολυώνυμο r 0 το οποίο έχει ρίζες r i, r i. Οπότε a 0, b. Η γενική λύση είναι της μορφής ( t) cost sin t της '( t) cost sin t Από τις αρχικές συνθήκες οδηγούμαστε στο σύστημα: 0 το οποίο έχει λύση 0, 0. 0 Οπότε η μερική λύση είναι η και η παράγωγός ( t) cos t 0 Που είναι μία απλή αρμονική ταλάντωση με πλάτος 0 και περίοδο T / Τώρα στην περίπτωση πού ο συντελεστής αντίστασης του μέσου είναι ανάλογος της ταχύτητας η εξίσωση γράφεται d d a b 0, b, dt dt 8

19 Διαφορικές Εξισώσεις Έχει χαρακτηριστικό πολυώνυμο r br 0το οποίο έχει ρίζες r b b, r b b και διακρίνουμε τις εξής περιπτώσεις:. b ή ισοδύναμα a οπότε έχουμε μία διπλή ρίζα και η λύση της δ.ε. είναι () t t e t Και το σώμα δεν ταλαντώνεται αφού η ταλάντωση φθίνει όσο ο χρόνος περνά.. b ή ισοδύναμα a οπότε έχουμε δύο διαφορετικές ρίζες αρνητικές και η λύση είναι rt rt () t e e οπότε το σώμα δεν ταλαντώνεται αφού η ταλάντωση φθίνει όσο ο χρόνος περνά b ή ισοδύναμα a οπότε έχουμε δύο μιγαδικές ρίζες r b ki και r b ki, όπου έχουμε θέσει bt ( t) e cos kt sin kt. k b, και η λύση είναι Άμα θεωρήσουμε, όπου tan cos sin και και την ταυτότητα cos( kt ) cos coskt sin sin kt λύση μπορεί ισοδύναμα να γραφεί ως ( t) e bt coskt. η Από εδώ βλέπουμε ότι έχουμε μία φθίνουσα ταλάντωση όσο ο χρόνος περνά. Η ταλάντωση αυτή έχει περίοδο T / k σταθερή αλλά το πλάτος της είναι bt μεταβλητό e και όσο μεγαλύτερο είναι το b τόσο γρηγορότερα αποβαίνει η ταλάντωση. 9

20 Κεφάλαιο β) Το λογιστικό πληθυσμιακό μοντέλο. Έστω σε ένα πληθυσμιακό μοντέλο όπου Ρ=Ρ(t) είναι ο αριθμός ενός είδους (π.χ. ο πληθυσμός από κουνέλια ή ο αριθμός των κυττάρων μαγιάς σε ένα θρεπτικό υγρό), κατά τη διάρκεια μίας μικρής χρονικής περιόδου Δt, ένα ποσοστό του πληθυσμού γεννιέται και ένα άλλο πεθαίνει. Εάν ονομάσουμε k το ποσοστό γεννήσεων μείον το ποσοστό θανάτων τότε ο μέσος ρυθμός μεταβολής θα είναι P kp () t. t Παίρνοντας το Δt να μικραίνει τότε ο ρυθμός μεταβολής του πληθυσμού ικανοποιεί το εκθετικό πληθυσμιακό μοντέλο. dp kp ( t ) ή ισοδύναμα P '( t ) kp ( t ) dt. Αυτή είναι μία δ.ε. χωριζόμενων μεταβλητών από όπου έχουμε dp dp dp ktc kp( t) kdt kdt ln P( t) kt c P( t) e P( t) e dt P( t) P( t) όπου c e και P( t) P( t) 0. Είναι φανερό ότι όταν k>0 ο πληθυσμός συνέχεια αυξάνεται ή όταν k<0 ο πληθυσμός συνέχεια μειώνεται..5 kt Ένα περιβάλλον έχει πεπερασμένα αποθέματα τροφής ή ο πληθυσμός επηρεάζεται από άλλους παράγοντες, αυτό σημαίνει ότι δεν είναι δυνατό να αυξάνεται συνέχεια όταν ο πληθυσμός προσεγγίσει τον οριακό ανώτατο πληθυσμό που μπορεί να θραφεί στο σύστημα αυτό (ας το συμβολίσουμε με Μ) ή φέρουσα ικανότητα όπως ονομάζεται τα αποθέματα τροφής σπανίζουν και ο ρυθμός μεταβολής (αύξησης όταν είναι θετικός) μειώνεται. Είναι πιο λογικό να θεωρήσουμε το ρυθμό μεταβολής k r( M P) όπου r 0 σταθερά

21 Διαφορικές Εξισώσεις Έτσι οδηγούμαστε στο λογιστικό πληθυσμιακό μοντέλο dp r ( M P ( t )) P ( t ) ή ισοδύναμα P '( t ) r ( M P ( t )) P ( t ) dt Παράδειγμα Εάν γνωρίσουμε ότι μία μικρή λίμνη μπορεί να θρέψει ένα πληθυσμό το πολύ 00 ψαριών. Προς το παρόν ζουν μόνο 0 ψάρια σε αυτήν. Εάν η σταθερά της λογιστικής διαφορικής εξίσωσης r 0.00 υπολογίστε σε ποια χρονική στιγμή ο πληθυσμός θα αποτελείται από 50 άτομα. dp Η δ.ε. είναι η 0.00(00 P( t)) P( t) και είναι χωριζόμενων μεταβλητών. dt dp dp 0.00(00 P( t)) P( t) 0.00dt dt (00 P( t)) P( t) Όμως A B AP( t) B(00 P( t)) ( A B) P( t) 00B (00 P( t)) P( t) (00 P( t)) P( t) (00 P( t)) P( t) (00 P( t)) P( t) Από όπου έχουμε A B 0, 00B οπότε AB 00 και τελικά dp dp dp 0.00dt 0.00dt (00 P( t)) P( t) 00 P( t) 00 (00 P( t)) dp dp dp dp 0.dt 0.dt P( t) (00 P( t)) P( t) (00 P( t)) Pt () ln P( t) ln 00 P( t) 0.t c ln 0.t c 00 Pt ( ) Pt () 0 Pt ( ) 00 0.tc Pt () 0.tc 00 Pt ( ) 0.tc e e e 00 Pt ( ) 00 P( t) P( t) 00 0.tc 00 0.tc e e P( t) 0.tc 0.t P( t) P( t) e e 00 Εφόσον P(0) 0 έχουμε 0 9, οπότε η μερική λύση είναι η 00 Pt (). 0.t 9e Τώρα ζητάμε να βρούμε το t ώστε 00 0.t 0.t 0.t ln 9 P( t) 50 9e 9e e 9 0.t ln 9 t 0.t 9e 0. άρα μετά από χρόνια θα συμβεί να έχουμε ένα πληθυσμό 50 ατόμων.

22 Κεφάλαιο Ασκήσεις. Να βρεθεί η ολοκληρωτική καμπύλη της δ.ε. y ' y 0, 0 η οποία περνά από το σημείο (4,) του επιπέδου Oy. Παρατήρηση: Η εκφώνηση αυτή είναι ισοδύναμη με την ακόλουθη: Να λυθεί το πρόβλημα αρχικών τιμών y 0, y(4) d. Λύση Παρατηρώ ότι d y 0 y οπότε η δ.ε. είναι d d y χωριζόμενων μεταβλητών και έχουμε ισοδύναμα: ln d 0 ln y ln c ln y ln ln c y y ln c y c y c y Όπου c c. *, \ 0 Όπου έχουμε λάβει υπόψη μας ότι 0, τις ιδιότητες των a λογαρίθμων aln b ln b και ln a ln b ln ab και ότι /. Αφού ζητάμε y(4) αντικαθιστώντας έχουμε y 4 Οπότε η ολοκληρωτική καμπύλη είναι η y. y y. Να λυθεί η δ.ε. y ' ή ισοδύναμα y d y Λύση Διαιρώντας και αριθμητή και παρονομαστή με έχουμε y y y F d y y Σύμφωνα με όσα είπαμε στη θεωρία αν θέσουμε u, οπότε: y du u u d d Έτσι έχουμε F y du u F( u) d du που είναι χωριζόμενων d d F( u) u μεταβλητών, στην περίπτωσή μας d du d du d udu 0 F( u) u u u u uu u ' u u du d u du d u du d u u u u u u u

23 d d u u u u ln ln u u c c lnu u ln c ln u u e e u u y y u u u u y y lna Διαφορικές Εξισώσεις / Όπου έχουμε χρησιμοποιήσει ότι e a, και ότι το τριώνυμο u u είναι πάντα θετικό αφού έχει διακρίνουσα -3 αρνητική οπότε το πρόσημό του θα είναι πάντα ομόσημο του συντελεστή του μεγιστοβαθμίου. Οπότε u u u u. du Εναλλακτικά θέτοντας y u και y ' u d d έχουμε ' u u du u u u u u u y du u du u du u u d y d u d u d u d (u ) du d u Τελικά η γενική λύση είναι η y y( ) που ικανοποιεί την y y. 3. Να λυθεί η διαφορική εξίσωση y ' y e ή ισοδύναμα y e. d Λύση y e y e Οπότε είναι μία δ.ε. γραμμική πρώτης d d τάξης μιας και μπορεί να γραφεί στη μορφή: Όπου p( ), q( ) e. ( ) Το h( ) e e e Οπότε η λύση είναι p d d c e ( c) e p( ) y q( ) d y( ) h( ) q( ) d e e d e d d e d h ( ) e e e e 4. Βρείτε τη λύση της διαφορικής εξίσωσης Λύση 6 9y 0 d d 3

24 Κεφάλαιο Το χαρακτηριστικό πολυώνυμο είναι r 6r 9 0 το οποίο έχει διπλή ρίζα r =-3 y( ) e Η γενική λύση είναι της μορφής 3 5. Βρείτε τη λύση της διαφορικής εξίσωσης 0 d. Λύση Το χαρακτηριστικό πολυώνυμο είναι r 0 το οποίο έχει διπλή ρίζα r =0 0 y( ) e Η γενική λύση είναι της μορφής 6. Λύστε το πρόβλημα αρχικών τιμών 5 6y 0, y(0), y '(0) 0 d d Λύση Το χαρακτηριστικό πολυώνυμο είναι r 5r 6 0 το οποίο έχει ρίζες r =-3,r =-. 3 Η γενική λύση είναι της μορφής y( ) e e και η παράγωγός της y '( ) 3 e e 3 Από τις αρχικές συνθήκες οδηγούμαστε στο σύστημα: 3 0 το οποίο έχει λύση, 3. Οπότε η μερική λύση είναι η y( ) e 3e 3 7. Βρείτε τη λύση της διαφορικής εξίσωσης 0 d d Λύση Το χαρακτηριστικό πολυώνυμο είναι r r 0 το οποίο έχει ρίζες r =0,r =-. 0 Η γενική λύση είναι της μορφής y( ) e e e 8. Λύστε το πρόβλημα αρχικών τιμών 5y 0, y(0), y '(0) d d Λύση Το χαρακτηριστικό πολυώνυμο είναι r r 5 0 το οποίο έχει ρίζες r i, r i. Οπότε,. Η γενική λύση είναι της μορφής y( ) e cos sin παράγωγός της y '( ) e cos sin Από τις αρχικές συνθήκες οδηγούμαστε στο σύστημα: το οποίο έχει λύση,. και η 4

25 Διαφορικές Εξισώσεις Οπότε η μερική λύση είναι η y( ) e cos sin 9. Λύστε τη διαφορική εξίσωση d λύση έχει τη μορφή y D E F. Λύση y 0 y, όταν γνωρίζουμε ότι η μερική Η ομογενής είναι η d, το χαρακτηριστικό πολυώνυμο είναι r 0 το οποίο έχει ρίζες r i, r i. Οπότε 0,. Η γενική λύση είναι της μορφής 0 y ( ) e cos sin cos sin. 0 Η πρώτη παράγωγος της μερικής λύσης είναι y '( ) D E και η δεύτερη παράγωγος είναι y ''( ) D Οπότε αντικαθιστώντας έχουμε D D E F από όπου οδηγούμαστε στο σύστημα D E 0 F D DF 0 Οπότε y και η λύση τελικά y y y ( ) o( ) ( ) cos sin 0 Λύστε τη διαφορική εξίσωση λύση έχει τη μορφή Λύση y Ae. 0 y 4e d, όταν γνωρίζουμε ότι η μερική H ομογενής είναι η, το χαρακτηριστικό πολυώνυμο είναι d d το οποίο έχει ρίζες r, r. Η γενική λύση είναι της μορφής y0( ) e e. r 0 Η πρώτη παράγωγος της μερικής λύσης είναι y '( ) Ae Ae και η δεύτερη παράγωγος είναι y ''( ) Ae Ae Οπότε αντικαθιστώντας έχουμε Ae 4e από όπου οδηγούμαστε στο Α=. Οπότε y e και η λύση τελικά y( ) y ( ) y ( ) e e e o 5

26 Κεφάλαιο. Λύστε την ακόλουθη ομογενή διαφορική εξίσωση πρώτης τάξης: Λύση Μετατρέπουμε την διαφορική εξίσωση στη μορφή F, y d. y y y ( y) e ( ( y) e ) d e 0 y d e y ( y) e Για την F(, y) ισχύει y e y y ( y) e ( y) e F(, y) F(, y) y y e e Οπότε η διαφορική εξίσωση μπορεί να μετατραπεί σε χωριζόμενων y μεταβλητών εάν θέσουμε u, και ισοδύναμα y du du u y u u ' u d d d Αντικαθιστούμε και έχουμε: y u u ( y) e du ( u) e du ( u) e u u y u u d e d e d e u u u u du ( u) e ue du e e du d u u u d e d e e 6 u e e u u te d du d u u dt ln t ln ln e ln ln e t e u u y y e e e e ln y ln, με 0.. Αρχικά υπολογίστε το αόριστο ολοκλήρωμα και στη συνέχεια y( y 4) χρησιμοποιώντας την μέθοδο χωριζόμενων μεταβλητών λύστε το πρόβλημα αρχικών τιμών y ' y( y 4) ή y( y 4), y(0) 6. d Λύση Αναλύουμε το κλάσμα: 4 A B Ay 4A By A B y A y( y 4) y y 4 y( y 4) y( y 4) y( y 4) y( y 4) A 4 B A 4

27 y 4 ln y 4 ln y ln y( y 4) 4 y 4 y y Διαφορικές Εξισώσεις Θα βρούμε πρώτα τη γενική λύση, Παρατηρούμε ότι η δ.ε. είναι χωριζόμενων μεταβλητών y( y 4) d d d y( y 4) y( y 4) y 4 d ln y( y 4) 4 y y 4 y 4 y 4 ln ' e c c e y y y 4 y( ), c c ce Έτσι έχουμε τη γενική λύση y( ) 4, ce c Από την αρχική συνθήκη έχουμε 4 y(0) 6 y(0) 6 c 0 ce 6 3 Η μερική λύση που ικανοποιεί το πρόβλημα αρχικών τιμών είναι 4 y ( ) e 3 e Έστω ότι τώρα το κύκλωμα οποίο αποτελείται από μία πηγή ηλεκτρεργετικής δύναμης Ε (Volt), η οποία είναι σταθερή Ε=300 Volt, πηνίο αυτεπαγωγής l= (Herny), ωμική αντίσταση R=0 (Oh) και διακόπτη Δ, συνδεδεμένα σε σειρά. Τη χρονική στιγμή t=0, δεν διαπερνά ρεύμα το κύκλωμα (δηλαδή i(0)=0), ο διακόπτης κλείνει και ζητείται να προσδιοριστεί η τιμή του ρεύματος i=i(t) που αρχίζει να διαρρέει στο κύκλωμα. Εφαρμόζοντας τον δεύτερο νόμο (των τάσεων) του Kirchoff, ο οποίος μας λέει ότι η ηλεκτρεργετική δύναμη ισοφαρίζει κάθε χρονική στιγμή την πτώση di di τάσης στο πηνίο l και την πτώση τάσης στην αντίσταση ir, ισχύει l ir E. dt dt Λύνοντας τη συγκεκριμένη διαφορική εξίσωση με τη μέθοδο των χωριζομένων μεταβλητών υπολογίστε το it () για το συγκεκριμένο κύκλωμα. Χρησιμοποιήστε την αρχική συνθήκη της έντασης του ρεύματος για να καθορίσετε την τιμή της σταθεράς ολοκλήρωσης. Λύση: di di di di l ir E 0i 300 5i i dt dt dt dt di di di 5i 30 5 dt 5dt dt i 30 dt i 30 dt 5t di 5dt ln i 30 5t i 30 e i 30 5t 5t 5t i 30 e i e 30 i( t) e 30 7

28 Κεφάλαιο Από την αρχική συνθήκη i(0) 0 έχω i e e 50 (0) Για να ισχύει αυτό θα πρέπει να δεχθούμε μόνο το αρνητικό πρόσημο οπότε e 30 0 e 30 ln(30) Άρα η σχέση που μας δίνει το ρεύμα στο συγκεκριμένο κύκλωμα είναι 5t i( t) 30 30e Το γράφημα της συγκεκριμένης συνάρτησης είναι ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ: Το παρόν υλικό δεν αποτελεί αυτόνομο διδακτικό υλικό, βασίζεται στο σύγγραμμα που διανέμεται και στην προτεινόμενη βιβλιογραφία του μαθήματος. Το περιεχόμενο του αρχείου απλά αποτελεί περίγραμμα των παραδόσεων του μαθήματος. Αποτελούν τις διαφάνειες της διδασκαλίας μαθήματος από το διδάσκοντα για δική του χρήση και παρακαλώ να μη χρησιμοποιηθεί και να μην αναπαραχθεί και διανεμηθεί για άλλο σκοπό. Ιδιαίτερα παραδείγματα και σχήματα έχουν αντληθεί από τα συγγράμματα :. Thoas alculus th edition, Wier, Hass, Jiordano, Pearson AW. Thoas Απειροστικός Λογισμός, Finney, Hass, Jiordano, Πανεπιστημιακές εκδόσεις Κρήτης 3. Ανώτερα Μαθηματικά ΙΙ για Μηχανικούς Α. Αθανασιάδη Εκδόσεις Τζιόλα. Και υπόκεινται στο opyright των εκδόσεων αυτών. 8