ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΟ ΕΚΠΑΙ ΕΥΤΙΚΟ Ι ΡΥΜΑ ΥΤΙΚΗΣ ΕΛΛΑ ΑΣ

Transcript

1 ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΟ ΕΚΠΑΙ ΕΥΤΙΚΟ Ι ΡΥΜΑ ΥΤΙΚΗΣ ΕΛΛΑ ΑΣ ΤΜΗΜΑ ΜΗΧΑΝΙΚΩΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ M.Sc. PROGRAM ΑΝΑΣΚΟΠΗΣΗ ΙΑΦΟΡΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ Ι. ΚΟΥΓΙΑΣ ΚΑΘΗΓΗΤΗΣ ΑΝΤΙΡΡΙΟ 03-04

2 Π Ε Ρ Ι Ε ΧΟ Μ Ε Ν Α ΚΕΦΑΛΑΙΟ ο ΟΡΙΣΜΟΙ Η ΕΝΝΟΙΑ ΤΗΣ ΙΑΦΟΡΙΚΗΣ ΕΞΙΣΩΣΗΣ. ΕΙ Η ΙΑΦΟΡΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ. ΑΣΚΗΣΕΙΣ.3 ΑΠΑΛΟΙΦΗ ΑΥΘΑΙΡΕΤΩΝ ΣΤΑΘΕΡΩΝ.4 ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΚΕΦΑΛΑΙΟ ο ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΠΡΩΤΗΣ ΤΑΞΗΣ. ΙΑΧΩΡΙΣΗ ΜΕΤΑΒΛΗΤΩΝ.Ε. ΠΡΩΤΗΣ ΤΑΞΗΣ. ΑΣΚΗΣΕΙΣ.3 ΟΜΟΓΕΝΕΙΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ.4 ΟΜΟΓΕΝΕΙΣ ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ.5 ΑΣΚΗΣΕΙΣ.6 ΑΚΡΙΒΕΙΣ ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ.7 ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 ο ΓΡΑΜΜΙΚΕΣ ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΑΝΩΤΕΡΗΣ ΤΑΞΗΣ 3. Η ΓΡΑΜΜΙΚΗ.Ε. ΠΡΩΤΗΣ ΤΑΞΗΣ 3. ΑΣΚΗΣΕΙΣ 3.3 ΕΥΡΕΣΗ ΤΟΥ ΠΟΛΛΑΠΛΑΣΙΑΣΤΗ ΤΟΥ EULER 3.4 ΑΣΚΗΣΕΙΣ 3.5 ΓΡΑΜΜΙΚΕΣ ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΑΝΩΤΕΡΗΣ ΤΑΞΗΣ 3.6 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΝΕΞΑΡΤΗΣΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ 3.7 ΓΕΝΙΚΗ ΛΥΣΗ ΜΙΑΣ ΟΜΟΓΕΝΟΥΣ ΙΑΦΟΡΙΚΗΣ ΕΞΙΣΩΣΗΣ 3.8 ΙΑΦΟΡΙΚΟΙ ΤΕΛΕΣΤΕΣ 3.9 ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4 ο ΓΡΑΜΜΙΚΕΣ ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΣΤΑΘΕΡΟΥΣ ΣΥΝΤΕΛΕΣΤΕΣ ΜΗ ΟΜΟΓΕΝΕΙΣ ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 4. Η ΧΑΡΑΚΤΗΡΙΣΤΙΚΗ ΕΞΙΣΩΣΗ ΜΕ ΡΙΖΕΣ ΙΑΦΟΡΕΣ ΜΕΤΑΞΥ ΤΟΥΣ 4. ΑΣΚΗΣΕΙΣ 4.3 Η ΧΑΡΑΚΤΗΡΙΣΤΙΚΗ ΕΞΙΣΩΣΗ ΜΕ ΕΠΑΝΑΛΑΜΒΑΝΟΜΕΝΕΣ ΡΙΖΕΣ 4.4 ΑΣΚΗΣΕΙΣ 4.5 Η ΧΑΡΑΚΤΗΡΙΣΤΙΚΗ ΕΞΙΣΩΣΗ ΜΕ ΜΙΓΑ ΙΚΕΣ ΡΙΖΕΣ 4.6 ΑΣΚΗΣΕΙΣ 4.7 ΛΥΣΗ ΤΗΣ ΜΗ ΟΜΟΓΕΝΟΥΣ ΓΡΑΜΜΙΚΗΣ ΙΑΦΟΡΙΚΗΣ ΕΞΙΣΩΣΗΣ 4.8 Η ΜΕΘΟ ΟΣ ΥΠΟΒΙΒΑΣΜΟΥ ΤΑΞΗΣ 4.9 ΑΣΚΗΣΕΙΣ

3 4.0 Η ΜΕΘΟ ΟΣ ΜΕΤΑΒΟΛΗΣ ΤΩΝ ΣΤΑΘΕΡΩΝ 4. ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5 ο ΓΡΑΜΜΙΚΑ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΙΑΦΟΡΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ 5. ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΗΣ ΤΑΞΗΣ ΜΕ ΣΤΑΘΕΡΟΥΣ ΣΥΝΤΕΛΕΣΤΕΣ 5. ΑΣΚΗΣΕΙΣ 5.3 ΕΠΙΛΥΣΗ ΣΥΣΤΗΜΑΤΩΝ.Ε. ΠΡΩΤΗΣ ΤΑΞΗΣ 5.4 ΑΣΚΗΣΕΙΣ 5.5 ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΜΕ ΜΙΓΑ ΙΚΕΣ Ι ΙΟΤΙΜΕΣ 5.6 ΑΣΚΗΣΕΙΣ 5.7 ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΜΕ ΕΠΑΝΑΛΑΜΒΑΝΟΜΕΝΕΣ Ι ΙΟΤΙΜΕΣ 5.8 ΑΣΚΗΣΕΙΣ 5.9 ΜΗ ΟΜΟΓΕΝΗ ΓΡΑΜΜΙΚΑ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ.Ε. 5.0 ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6 ο ΜΗ ΓΡΑΜΜΙΚΕΣ ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 6. ΠΑΡΑΓΟΝΤΟΠΟΙΗΣΗ ΑΡΙΣΤΕΡΟΥ ΜΕΛΟΥΣ ΜΙΑΣ ΜΗ ΓΡΑΜΜΙΚΗΣ.Ε. 6. ΑΣΚΗΣΕΙΣ 6.3 ΑΠΑΛΟΙΦΗ ΤΗΣ ΕΞΑΡΤΗΜΕΝΗΣ ΜΕΤΑΒΛΗΤΗΣ 6.4 ΑΣΚΗΣΕΙΣ 6.5 ΑΛΛΕΣ ΠΕΡΙΠΤΩΣΕΙΣ ΜΗ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ.Ε. 6.6 ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΚΕΦΑΛΑΙΟ 7 ο ΜΕΡΙΚΕΣ ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 7. ΤΑΞΙΝΟΜΗΣΗ ΜΕΡΙΚΩΝ ΙΑΦΟΡΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ 7. ΑΠΑΛΟΙΦΗ ΑΥΘΑΙΡΕΤΩΝ ΣΤΑΘΕΡΩΝ 7.3 ΑΠΑΛΟΙΦΗ ΑΥΘΑΙΡΕΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ 7.4 ΑΣΚΗΣΕΙΣ 7.5 ΓΡΑΜΜΙΚΕΣ Μ.. Ε. ΠΡΩΤΗΣ ΤΑΞΗΣ 7.6 ΑΣΚΗΣΕΙΣ 7.7 ΓΡΑΜΜΙΚΕΣ Μ.. Ε. ΑΝΩΤΕΡΗΣ ΤΑΞΗΣ 7.8 Η ΜΕΘΟ ΟΣ ΙΑΧΩΡΙΣΜΟΥ ΤΩΝ ΜΕΤΑΒΛΗΤΩΝ 7.9 ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΧΡΗΣΙΜΑ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ ΒΙΒΛΙΟΓΡΑΦΙΑ 3

4 ΚΕΦΑΛΑΙΟ ο ΟΡΙΣΜΟΙ Η ΕΝΝΟΙΑ ΤΗΣ ΙΑΦΟΡΙΚΗΣ ΕΞΙΣΩΣΗΣ. ΕΙ Η ΙΑΦΟΡΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ Πολλά µαθηµατικά µοντέλα που προκύπτουν σε προβλµατα της φυσικς, χηµείας, βιολογίας, τηλεπικοινωνιών, οικονοµίας και πολλών άλλων κλάδων, περιλαµβάνουν την αναζτηση µιας άγνωστης συνάρτησης που ικανοποιεί µια εξίσωση, στην οποία εµφανίζεται η παράγωγος της συνάρτησης αυτς και η οποία παίζει σηµαντικό ρόλο στην επίλυση του προβλµατος. Τέτοιες εξισώσεις ονοµάζονται διαφορικές εξισώσεις. Βλέπουµε παρακάτω ορισµένα παραδείγµατα τέτοιων εξισώσεων. dy dx = sinx + cosx, () d y dx = k y () ( ) x y dy + 4xydx = 0 (3) w w w = h + t x y 3 d u du = xy u dx dx f f x + y = kf x y (4) (5) (6) 3 y + 5 y = 6y (7) x + xx 3xy = 0 (8) d y d x + = x dt dt d i di i L + R + = Ewcoswt dt dt C (9) (0) 4

5 Όταν µια διαφορικ εξίσωση περιέχει µια περισσότερες παραγώγους ως προς µια συγκεκριµένη µεταβλητ x, τότε η x ονοµάζεται ανεξάρτητη µεταβλητ. Ενώ, µια µεταβλητ, π.χ. η y ονοµάζεται εξαρτηµένη µεταβλητ, αν στην εξίσωση εµφανίζεται η παράγωγος αυτς. Για παράδειγµα, στην εξίσωση () πιο πάνω, η ανεξάρτητη µεταβλητ είναι η x και η εξαρτηµένη είναι η y, ενώ ακριβώς το αντίθετο συµβαίνει στην εξίσωση (8). Σε ορισµένες περιπτώσεις εµφανίζονται και άλλες ποσότητες, που ονοµάζονται παράµετροι, όπως για παράδειγµα στην εξίσωση (0) η ανεξάρτητη µεταβλητ είναι η t, η εξαρτηµένη είναι η i, ενώ οι L, R, C, E και w είναι παράµετροι. Παράµετρο περιέχουν επίσης οι εξισώσεις () και (6), που είναι η k. Η εξίσωση (3) µπορεί να γραφεί είτε: dy + 4xy = 0, dx ( x y ) οπότε η y είναι η εξαρτηµένη µεταβλητ και η x είναι η ανεξάρτητη, είτε dx x y + =0, dy 4y 4x οπότε η x είναι η εξαρτηµένη µεταβλητ και η y είναι η ανεξάρτητη. Όταν µια εξίσωση περιέχει µόνο συνθεις παραγώγους κάποιων µεταβλητών, ονοµάζεται συνθης διαφορικ εξίσωση, απλά διαφορικ εξίσωση,.ε. χάριν συντοµίας, ενώ όταν περιέχει µερικές παραγώγους, ονοµάζεται µερικ διαφορικ εξίσωση, (Μ..Ε. χάριν συντοµίας). Ορισµός: Τάξη µιας.ε. είναι η τάξη της ανώτερης παραγώγου που εµφανίζεται στην εξίσωση. Για παράδειγµα η εξίσωση: είναι µια.ε. δεύτερης τάξης. d y dy + k = y, dx dx 3 5

6 Γενικότερα, η εξίσωση: ( n) F x, y, y,..., y = 0 () είναι µια.ε. n στς τάξης, για την οποία κάτω από κατάλληλες συνθκες ( n) στη συνάρτηση F, η εξίσωση () µπορεί να επιλυθεί ως προς y, συναρτσει των άλλων n +.Ε.: µεταβλητών, (,,,..., ) ( n) ( n ) ( n ) x, y, y,..., y και να πάρουµε τη y = f x y y y. () Ορισµός: Μια συνάρτηση ϕ ( x ) που ορίζεται σε ένα ανοικτό διάστηµα x ( a, b ), ονοµάζεται λύση µιας.ε., όπως αυτ της µορφς (), αν οι n παράγωγοι της ϕ υπάρχουν στο διάστηµα ( a, b ) και ικανοποιούν τη σχέση: για κάθε x ( a, b ). ( n ) ( n ϕ ϕ ϕ ϕ =,,,..., ) Παράδειγµα: Η συνάρτηση y f ( x) x f x x x x, = = e x είναι µια λύση της.ε. d y dy + = 6y, (3) dx dx dy αφού = dx e x d y και = dx e 4 x. Προσθέτοντας κατά µέλη παίρνουµε: d y dy x + = 4e + e dx dx d y dy + = dx dx x e 6 x d y dy + = dx dx 6 y, 6

7 δηλαδ η συνάρτηση y f ( x) µια λύση αυτς. Ορισµός: Μια.Ε. = = e x ικανοποιεί τη.ε. (3) και είναι έτσι ( n) F x, y, y,..., y = 0 ονοµάζεται γραµµικ, αν η F είναι µια γραµµικ συνάρτηση των ( n) µεταβλητών y, y,..., y. Σε αντίθετη περίπτωση, η.ε. ονοµάζεται µη-γραµµικ. Για παράδειγµα η εξίσωση είναι µια µη γραµµικ.ε., ενώ η είναι µια γραµµικ.ε. d y dy + k = y dx dx d y dy x + x + ( x a ) y = x dx dx Η γενικ µορφ της γραµµικς διαφορικς εξίσωσης, τάξης n, είναι η εξς: ( n) ( n ) = a x y a x y a x y a x y r x. (4) 0 n n. ΑΣΚΗΣΕΙΣ Για κάθε µια από τις παρακάτω διαφορικές εξισώσεις να προσδιοριστεί αν είναι συνθης µερικ, γραµµικ µη-γραµµικ, καθώς και η τάξη της. d y. + a y = dx 0,. y 3y + y = 0, 3. y + y 6y = cosx + x, 4. v v = k t x, 7

8 d u d v 5. v u = C, 6. dt dt 4 3 d u du 3 dx dx = yu, 3 4 dy x y + y = y, 8. + xy = y +, dx 7. ( ) ( ) di 9. L + Ri E =0, 0. dt u u u + + = r s t 0, 4 d y = 0 4 dx. ϕ ( x),. yy x =0..4 ΑΠΑΛΟΙΦΗ ΑΥΘΑΙΡΕΤΩΝ ΣΤΑΘΕΡΩΝ Οι διαφορικές εξισώσεις, όπως είπαµε και παραπάνω, έχουν σωρεία εφαρµογών και εµφανίζονται σε πάρα πολλά πρακτικά προβλµατα και µε διάφορους τρόπους. Ένας χρσιµος τρόπος µε τον οποίο παίρνουµε µια διαφορικ εξίσωση και από τον οποίο βλέπουµε τι είδους λύσεων µπορεί να έχει η συγκεκριµένη εξίσωση, είναι η απαλοιφ αυθαίρετων σταθερών από µια δοθείσα σχέση. Ας ξεκινσουµε µε ένα χαρακτηριστικό παράδειγµα. Παράδειγµα ο : Να γίνει απαλοιφ των σταθερών c και c από την εξίσωση: y = c e + c e. () 3x x Λύση: Παραγωγίζουµε τη δοθείσα σχέση δυο φορές, αφού τόσες είναι και οι σταθερές που περιέχει και παίρνουµε: y = 3c e c e, () 3x x y = 9c e + 4c e. (3) 3x x Προσθέτουµε (x) τη σχέση () στη σχέση (3) και έχουµε: y y c e c e c e c e 3x x 3x x + = x y + y = 5c e. Προσθέτουµε (x) τη σχέση () στη σχέση () και έχουµε: + = 3 x x + 3 x + x 3 y y c e c e c e c e 8

9 3x y + y = 5c e. Συνεπώς y + y = 3 y + y y y 6y = 0. Θα µπορούσαµε, επίσης, να καταλξουµε στην πιο πάνω.ε. µε τη χρση της γραµµικς άλγεβρας, αφού όπως γνωρίζουµε, οι εξισώσεις (), () και (3) µε τις c και c ως άγνωστες ποσότητες, έχουν λύσεις µόνον όταν η ορίζουσα: y e e 3x x x x = y 3e e 0. y 3x 9e x 4e Όµως τα 3x e και x e είναι πάντοτε διάφορα του µηδενός και έτσι η παραπάνω ορίζουσα µπορεί να γραφεί ως εξς: y y 3 = 0 y y y + y = y + 8 y y 3 = 0 άρα y y 6y = 0. Γενικεύοντας την παραπάνω µέθοδο, για την απαλοιφ των σταθερών c, c,..., c n από εξισώσεις της µορφς: 9

10 n y = c e k x + c e k x + + c e k x, θα παίρνουµε πάντα µια γραµµικ.ε. της µορφς: n ( n) ( n ) n + n = 0 a y a y a y a y, όπου οι συντελεστές a0, a,..., a n είναι σταθερές. Τέτοιες.Ε. θα δούµε διεξοδικότερα σε άλλο κεφάλαιο. Παράδειγµα ο : Να γίνει απαλοιφ της σταθεράς C από την εξίσωση: t C + u = C. Λύση: Παραγωγίζουµε τη δοθείσα σχέση ως προς t και παίρνουµε: t C + u du = 0, dt du u + t = C. dt Αντικαθιστώντας αυτ την εξίσωση στη δοθείσα σχέση έχουµε: du du u + u u + t = 0 dt dt du u t tu = 0 dt ( ) u t dt tudu = 0. Στο παραπάνω παράδειγµα θα µπορούσαµε να εργαστούµε και ως εξς: Από την εξίσωση έχουµε ( t C) + u = C 0

11 t Ct + u = 0 t + u t = C. Παραγωγίζοντας και τα δυο µέλη παίρνουµε du + t u t t u dt t = 0 du t + tu t u = 0 dt t u dt + tudu = 0 ( ) u t dt tudu = 0. Παράδειγµα 3 ο : εξίσωση: Να γίνει απαλοιφ των σταθερών A και β από την x = Acos wt + β. (4) Λύση: Παραγωγίζουµε τη δοθείσα σχέση ως προς t, δυο φορές, αφού τόσες είναι και οι σταθερές που περιέχει και παίρνουµε: dx dt ( wt ) = wasin + β, (5) d x = w Acos( wt + β ). (6) dt Από τις εξισώσεις (4) και (6) βλέπουµε ότι

12 d x + w x = 0. dt Παράδειγµα 4 ο : Να γίνει απαλοιφ της σταθεράς c από την εξίσωση: xsiny = c x y. Λύση: Παραγωγίζουµε τη δοθείσα σχέση ως προς x και παίρνουµε: dy dy siny + xcosy + xy + x = 0 dx dx dy ( x cos y + x ) + ( sin y + xy ) = 0 dx ( ) xcosy + x dy + siny + xy dx = 0. Παράδειγµα 5 ο : Να γίνει απαλοιφ των σταθερών c και c από την εξίσωση: = x cos3 + x y c e x c e sin3x. (7) Λύση: Παραγωγίζουµε τη δοθείσα σχέση ως προς x δυο φορές, αφού τόσες είναι και οι σταθερές που περιέχει και παίρνουµε: x x x x y = c e cos3x 3c e sin3x + c e sin3x + 3c e cos3x, (8) x x x x y = 4c e cos3x 6c e sin3x 6c e sin3x 9c e cos3x + x x x x 4c e sin3x + 6c e cos3x + 6c e cos3x 9c e sin3x x x x x y = 5c e cos 3x c e sin 3x 5c e sin 3x + c e cos 3x (9) Από τις σχέσεις (7), (8) και (9) παίρνουµε: y 4y + 3y = 0.

13 .4 ΑΣΚΗΣΕΙΣ. Για τις παρακάτω εξισώσεις να γίνει απαλοιφ των αυθαίρετων σταθερών. x α. x y + xsiny = a, β. y c x c e =, 0 x γ. y c x c e =, δ. y + cx + x = 0, 0 x x ε. y cx c =, στ. y = C e + C xe, ζ. y = cx + h, η h είναι παράµετρος και δεν απαλοίφεται. c η. x = c sinwt + c coswt, η w είναι παράµετρος και δεν απαλοίφεται.. Από τις.ε. που προκύπτουν στην πιο πάνω άσκηση, ποιες είναι γραµµικές και ποιες µη-γραµµικές; 3

14 ΚΕΦΑΛΑΙΟ ο ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΠΡΩΤΗΣ ΤΑΞΗΣ. ΙΑΧΩΡΙΣΗ ΜΕΤΑΒΛΗΤΩΝ.Ε. ΠΡΩΤΗΣ ΤΑΞΗΣ Μια.Ε. πρώτης τάξης µπορεί να γραφεί στη µορφ: όπου οι M ( x, y ) και (, ) και y. M x, y dx + N x, y dy = 0, N x y είναι συναρτσεις των δυο µεταβλητών x Η απλούστερη µορφ τέτοιων εξισώσεων είναι: A( x) dx + B( y) dy =0, στις οποίες οι δυο µεταβλητές x και y διαχωρίζονται και η λύση προκύπτει από απ ευθείας ολοκλρωση. Θεώρηµα (Ύπαρξης Λύσεων): Έστω η.ε. πρώτης τάξης dy dx = f x, y () και ότι R είναι η ορθογώνια περιοχ που ορίζεται από µε το σηµείο (, ) x x a και y y b, 0 x0 y 0 στο κέντρο αυτς. Αν οι f και y 0 f είναι συνεχείς συναρτσεις των µεταβλητών x και y στην R, τότε υπάρχει διάστηµα, x x0 k, γύρω από το 0 (i) Η x και µια συνάρτηση y x, τέτοια ώστε: y x είναι µια λύση της.ε. () στο διάστηµα x x k. 0 (ii) Στο διάστηµα x x0 k, η συνάρτηση y( x ) ανισότητα y( x) y0 b. ικανοποιεί την (iii) Στο σηµείο = 0 x x, η y = y x = y

15 (iv) Η y x είναι µοναδικ στο διάστηµα x x k, δηλαδ είναι η µοναδικ συνάρτηση που πληροί τις (i) - (iii) παραπάνω. Το πιο πάνω θεώρηµα λέει, µε άλλα λόγια, ότι αν η συνάρτηση f ( x, y ) έχει «καλ» συµπεριφορά γύρω από το σηµείο ( x, y ), τότε η.ε. () έχει µοναδικ λύση κοντά στο σηµείο αυτό. Παράδειγµα ο : Να λυθεί η.ε για x 0 και y 0. dy = 3y dx x, Λύση: Γράφουµε τη δοθείσα εξίσωση, διαχωρίζοντας τις δυο µεταβλητές, ως ακολούθως dy = 3dx y x, οπότε, ολοκληρώνοντας δεξί και αριστερό µέλος παίρνουµε: ln y = 3ln x + c. Και αφού πρέπει να ισχύει ότι x 0, y 0, η λύση της.ε. γράφεται: 3 c y = c x, όπου c = e. 0 Παράδειγµα ο : Να λυθεί η.ε. + y dx + + x dy = 0, µε τη αρχικ συνθκη ότι, όταν x = 0, y =. M x, y Λύση: Η δοθείσα εξίσωση είναι πρώτης τάξης, µε = + (, ) = + N x y x που µπορεί να γραφεί ως εξς: dy + y = + dx x. y και 5

16 Το δεξί µέλος της παραπάνω εξίσωσης, καθώς και η µερικ παράγωγος αυτού ως προς y είναι συνεχείς κοντά στο σηµείο x = 0, y =, οπότε, σύµφωνα µε το προηγούµενο θεώρηµα, υπάρχει µοναδικ λύση της δοθείσας.ε. Με διαχώριση των µεταβλητών της.ε. παίρνουµε: Ολοκληρώνοντας έχουµε τη λύση: dx dy + = + x + y 0 Arctanx + Arctany = c. Τώρα από την αρχικ συνθκη x = 0, y = έχουµε:. Arc tan 0 + Arc tan = c, απ όπου προκύπτει ότι π c =. 4 Σηµείωση: α) Μια.Ε. µε αρχικές συνθκες, όπως στο παραπάνω παράδειγµα, ονοµάζεται Πρόβληµα Αρχικών Τιµών Πρόβληµα Cauchy. β) Η λύση µιας.ε. ονοµάζεται γενικ λύση, ενώ η λύση ενός προβλµατος Cauchy, ονοµάζεται χαρακτηριστικ λύση. Παράδειγµα 3 ο : Να λυθεί το πρόβλµα Cauchy x y + dx ydy = 0, x = 0, y =. Λύση: ιαχωρίζουµε τις µεταβλητές και παίρνουµε: xdx = dy, y y + ολοκληρώνουµε την παραπάνω.ε. και έχουµε: x = y ln y + + c. Cauchy, Augustin L. ( ) Γάλλος µαθηµατικός. 6

17 Από την αρχικ συνθκη x = 0, y = προσδιορίζουµε την αυθαίρετη σταθερά c, τοι απ όπου 0 = ln + + c, + ln = c c =. Και έτσι η λύση του προβλµατος αρχικών τιµών είναι:. ΑΣΚΗΣΕΙΣ x = y ln y + +. Να βρεθεί η γενικ λύση των παρακάτω.ε. dy = y 3 x,. xy dx + e dy = 0, dx. ( x) 3. sinxsinydx + cosxcosydy = 0, 4. y = 3xy, 5. x ye ( 4 + e ) dy 7. cos + tan = 0 x dy dx, 6. dv = V dq Q, dx dy 3 x y y, 8. xy = ( y ) e dx y e 9. x y = dx = t + t sec x. y, 0. dt x, Να βρεθεί η χαρακτηριστικ λύση των παρακάτω προβληµάτων Cauchy. dy. = 4 yx, x = 0, y = y 0. dx dx xy + y = 0, x =, y = 3. dy. 7

18 3. 4. ( y x y = xe ), x = 0, y = 0. + y xy =, x =, y = 3. y 3 dv v sin t 5. = = = α, t 0, v. dt α v.3 ΟΜΟΓΕΝΕΙΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ Ένα πολυώνυµο, του οποίου όλοι οι όροι είναι ίδιου βαθµού, ονοµάζεται οµογενές πολυώνυµο. Για παράδειγµα, τα πολυώνυµα: 3 4 y x + 5 x, x 5yx + y, 5 5 x + y, είναι οµογεν πολυώνυµα, τετάρτου, δευτέρου και πέµπτου βαθµού αντίστοιχα. Αν υποθέσουµε ότι κάθε µεταβλητ x και y των πολυωνύµων αυτών αντιπροσωπεύει κάποιο φυσικό µέγεθος, όπως π.χ. µκος, τότε κάθε πολυώνυµο έχει επίσης ένα φυσικό µέγεθος, τοι µκος υψωµένο σε κάποια δύναµη. Κατά τον ίδιο τρόπο µπορούµε να πούµε ότι όταν µιας συνάρτησης οι µεταβλητές αντιπροσωπεύουν κάποιο φυσικό µέγεθος, π.χ. µκος και η συνάρτηση έχει το φυσικό αυτό µέγεθος υψωµένο στη δύναµη k, τότε ονοµάζεται οµογενς συνάρτηση βαθµού k. Για παράδειγµα η συνάρτηση: 4 x 3 f ( x, y) = y e 3y + x είναι οµογενς, 3 ου βαθµού των µεταβλητών x και y. Η συνάρτηση: y x (, ) = f x y y x + x 8

19 είναι οµογενς, µηδενικού βαθµού των µεταβλητών x και συνάρτηση: y, ενώ η (, ) = 4 + f x y y x είναι οµογενς βαθµού ½. Έχουµε τον ακόλουθο ορισµό. Ορισµός: Μια συνάρτηση f ( x, y ) ονοµάζεται οµογενς βαθµού k των µεταβλητών x και y αν και µόνον αν k ( λ, λ ) = λ (, ) f x y f x y. Ο πιο πάνω ορισµός µπορεί, προφανώς, να γενικευθεί για συναρτσεις περισσοτέρων των δυο µεταβλητών. Παραδείγµατα: α) Για τη συνάρτηση έχουµε: (, ) = + f x y x y x 4 ( λ, λ ) = ( λ ) + ( λ ) ( λ ) ( x y x ) = λ + 4 = λ f x, y. 4 f x y x y x Οπότε είναι οµογενς τετάρτου βαθµού. β) Η συνάρτηση δεν είναι οµογενς, αφού 4 4 f ( x, y) = cosysinx + x ( λ, λ ) = cos( λ ) sin( λ ) + ( λ ) f x y y x x λ f x, y. 9

20 Για οµογενείς συναρτσεις ισχύουν τα εξς. Θεώρηµα ο : Αν οι συναρτσεις M ( x, y ) και (, ) M ( x, y) N ( x, y) ίδιου βαθµού, τότε η συνάρτηση βαθµού. N x y είναι οµογενείς, είναι οµογενς, µηδενικού Θεώρηµα ο : Αν η συνάρτηση f ( x, y ) είναι οµογενς, µηδενικού βαθµού, τότε είναι συνάρτηση µόνον της µεταβλητς y x..4 ΟΜΟΓΕΝΕΙΣ ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ Ορισµός: Η.Ε. M x, y dx + N x, y dy = 0 ονοµάζεται οµογενς αν και µόνον αν οι συναρτσεις M ( x, y ) και N ( x, y ) είναι οµογενείς, ίδιου βαθµού των δυο µεταβλητών x και y. Ο µετασχηµατισµός y = vx δίνει dy = vdx + xdv οµογεν.ε. στη µορφ: και ανάγει κάθε P x, v dx + Q x, v dy = 0, στην οποία µπορούµε να χωρίσουµε τις µεταβλητές και µετά την ολοκλρωση η µεταβλητ v αντικαθίσταται από την y x. Παράδειγµα ο : Να λυθεί η.ε. ( ) xy x y dx + xydy = 0. Λύση: Έχουµε M ( x, y) = xy x y και N ( x, y) = xy που είναι και οι δυο οµογενείς συναρτσεις δευτέρου βαθµού. Οπότε θέτουµε y = vx και η δοθείσα.ε. γίνεται: ( ) x v x x v dx + x v vdx + xdv = 0. Βγάζοντας το x κοινό παράγοντα και διαιρώντας παίρνουµε: 0

21 ( v v ) dx v( vdx xdv ) + + = 0 Χωρίζουµε τις µεταβλητές και έχουµε: v dx + xvdv = 0. dx vdv + = 0 x v dx + + dv = 0. x v Ολοκληρώνουµε και παίρνουµε τη γενικ λύση αυτς της.ε. ln x + v + ln v = ln c x v e v = c. Επανερχόµενοι στις αρχικές µεταβλητές x και y, έχουµε: y x y x e = c. Παράδειγµα ο : Να λυθεί η.ε. ( ) x + y dy + xydx = 0. Λύση: Έχουµε M ( x, y) = xy και (, ) = + οµογενείς συναρτσεις δευτέρου βαθµού. N x y x y που είναι και οι δυο Θέτουµε x = vy dx = vdy + ydv και η δοθείσα.ε. γίνεται: ( ) v y + y dy + vy vdy + ydv = 0,

22 Έτσι πρέπει να λύσουµε τη.ε. v + dy + v vdy + ydv = 0. v + dy + vydv = 0, απ όπου παίρνουµε: dy vdv + = y v + της οποίας η γενικ λύση είναι: 0 ( ) 4ln y + ln v + = ln c, ( ) 4 y v + = c. Επανερχόµενοι στις αρχικές µεταβλητές x και y, έχουµε:, y 4 x y + = c, ( ) y x + y = c..5 ΑΣΚΗΣΕΙΣ Να επιλυθούν οι παρακάτω.ε.. y dx + x( x + y) dy = 0,. 3. x y dx + x + y dy = 0, xydx x + y dy = 0, 4. ( x + y ) dx xydy = 0, xydx x + 3y dy = 0, 6. ( 5v u) du + ( 3v 7u) dv = ( )

23 .6 ΑΚΡΙΒΕΙΣ ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ Όπως προαναφέραµε, όταν µια.ε. Μπορεί να γραφεί στη µορφ A( x) dx + B( y) dy =0, τότε αυτ µπορεί να επιλυθεί µε ολοκλρωση, τοι βρίσκοντας µια συνάρτηση, της οποίας το διαφορικό είναι το A( x) dx + B( y) dy. Η ίδια µέθοδος µπορεί να επεκταθεί και σε ορισµένες.ε. της µορφς M x, y dx + N x, y dy = 0, () στις οποίες η διαχώριση των µεταβλητών δεν είναι εφικτ. Έστω ότι µπορούµε να βρούµε µια συνάρτηση F ( x, y ), για την οποία τότε η συνάρτηση df = Mdx + Ndy, () F ( x, y) = c (3) ορίζει ένα σύνολο λύσεων της.ε. (), αφού από την (3) έχουµε ότι, λόγω της () df ( x, y ) = 0, Mdx + Ndy =0. Ορισµός: Αν υπάρχει µια συνάρτηση F, της οποίας το διαφορικό είναι το τότε η () ονοµάζεται ακριβς.ε.. Mdx + Ndy =0, Μια αναγκαία και ικαν συνθκη για να είναι µια.ε. ακριβς δίνεται από το ακόλουθο θεώρηµα. 3

24 M N Θεώρηµα: Αν M, N, και είναι όλες συνεχείς συναρτσεις των x y x και y, τότε αναγκαία και ικαν συνθκη για να είναι η.ε. ακριβς, είναι η ισότητα: Mdx + Ndy =0 M N = y x, η δε λύση αυτς δίνεται από τη συνάρτηση F ( x, y) = c, όπου F = M x και F = N. y Παράδειγµα ο : Να λυθεί η.ε. dy dx 3 ( x + y) = 3x( xy) Λύση: Γράφουµε τη δοθείσα.ε. (4) στη µορφ () και έχουµε:. (4) ( 3 ) 3x xy dx + x + y dy = 0. (5) Οπότε M y N = 3x = x και κατά συνέπεια η.ε. (5) είναι ακριβς. Η λύση της.ε. δίνεται από την F ( x, y) = c, όπου F = = M 3x y 6x x (6) και F = = 3 N x + y. (7) y 4

25 Για να βρούµε τη συνάρτηση F, αρκεί να ολοκληρώσουµε την εξίσωση (6) ως προς x, θεωρώντας τη y σταθερά,, να ολοκληρώσουµε την εξίσωση (7) ως προς y, θεωρώντας τη x σταθερά. Πρέπει όµως να προσέξουµε τη αυθαίρετη σταθερά ολοκλρωσης, στην πρώτη περίπτωση να είναι µια συνάρτηση της y, ενώ στη δεύτερη περίπτωση µια συνάρτηση της x. Έτσι, από την (6) έχουµε: F = x 3 y 3x + g y. (8) Για να βρούµε τη συνάρτηση g( y ), κάνουµε χρση της εξίσωσης (7), αφού η (8) πρέπει να ικανοποιεί και την (7) επίσης. Άρα παίρνουµε: F y 3 3 = N = x + y = x + g y y = g y και g( y) = y, δηλαδ F = x y 3x + y 3 Συνεπώς η γενικ λύση της.ε. (4) δίνεται από την x 3 y 3x + y = c. Παράδειγµα ο : Να λυθεί η.ε. ( 3 ) ( ) x xy y + 3 dx x y + x dy = 0. (9). Λύση: Εδώ M = x 3 xy y + 3, N = ( x y + x ) 5

26 και έτσι M N = xy = y x. Οπότε η λύση της.ε. (9) δίνεται από τη συνάρτηση F ( x, y) = c, όπου F = 3 x xy y + 3 x (0) και F = x y x. () y Ολοκληρώνοντας την () ως προς y παίρνουµε: F = x y xy + q( x ), όπου η συνάρτηση q( x ) προκύπτει από την εξίσωση (0), αφού F x 3 = x xy y + 3 = xy y + q x και έτσι 3 q x = x + 3, δηλαδ 4 q( x) = x + 3x. Συνεπώς η λύση της δοθείσας.ε. είναι: 4 x y xy + x + 3x = c x 4 x y 4xy + 6x = c. 6

27 .7 ΑΣΚΗΣΕΙΣ Να εξεταστούν οι παρακάτω.ε. αν είναι ακριβείς και να επιλυθούν. x + y dx + x + y dy = 0,. ( xy 3x ) dx + ( x + y) dy = 0,. 3. ( + y ) dx + ( x y + y) dy = 0, 4. ( ) + + xycos x xy dx sin x x dy = 0, 5. w + wz z dw + z + w z z dz = 0, 6. ( 3 ) ( 3 ) 7. ( θ θ ) θ ( θ ) θ sin rcos dr + rcos rsin + d = 0. xy y dx + x + x dy = 0, 7

28 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 ο ΓΡΑΜΜΙΚΕΣ ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΑΝΩΤΕΡΗΣ ΤΑΞΗΣ 3. Η ΓΡΑΜΜΙΚΗ.Ε. ΠΡΩΤΗΣ ΤΑΞΗΣ Αν µια.ε. πρώτης τάξης δεν είναι ακριβς, τον τρόπο επίλυσης της οποίας µελετσαµε στο προηγούµενο κεφάλαιο, τότε προσπαθούµε να την κάνουµε ακριβ µε την εισαγωγ ενός κατάλληλου παράγοντα που ονοµάζεται ολοκληρωτικός παράγοντας πολλαπλασιαστς του Euler. Η γραµµικ.ε. πρώτης τάξης, όπως είδαµε στο ο κεφάλαιο έχει τη γενικ µορφ: dy a x x y x dx + β = γ. () ιαιρώντας και τα δυο µέλη της () δια a( x ) παίρνουµε την στάνταρ µορφ της γραµµικς.ε. εξίσωσης, που είναι η ακόλουθη: dy + p x y = q x dx. () Έστω τώρα ότι για την εξίσωση () υπάρχει ένας πολλαπλασιαστς του Euler, v( x ) 0, ο οποίος είναι συνάρτηση της µεταβλητς x. Τότε από την εξίσωση (), πολλαπλασιάζοντας επί v( x ), παίρνουµε την dy v x p x y v x q x dx + = Η.Ε. (3) είναι ακριβς, η οποία στη γνωστ µορφ της γράφεται: όπου M x, y dx + N x, y dy = 0,. (3) και (, ) = v( x) p( x) y v( x) q( x ) M x y Euler, Leonhard ( ) Ελβετός µαθηµατικός. 8

29 (, ) = N x y v x, στις οποίες οι v, p και q είναι συναρτσεις µόνο µιας µεταβλητς, της x. Αφού λοιπόν η.ε. (3) είναι ακριβς, ισχύει η ισότητα: M y N = x v x p x y v x q x v = y x v( x) p( x) = dv dx. (4) Τώρα στη.ε. (4) µπορούµε να διαχωρίσουµε τις µεταβλητές και να πάρουµε: απ όπου έχουµε ότι p( x) dx = dv v, lnv = p x dx v = e p x dx. (5) Συνεπώς ένας θετικός πολλαπλασιαστς του Euler, που καθιστά τη.ε. () ακριβ, δίνεται από την (5). Συνοψίζουµε τα παραπάνω στα εξς τέσσερα βµατα που πρέπει να ακολουθούµε για την επίλυση γραµµικών.ε. πρώτης τάξης:. Θέτουµε τη δοθείσα.ε. στη στάνταρ µορφ της, τοι στη µορφ: dy + p( x) y = q( x). dx 9

30 . Βρίσκουµε τον πολλαπλασιαστ του Euler: p ( x ) e dx. 3. Πολλαπλασιάζουµε και τα δυο µέλη της γραµµικς εξίσωσης επί τον πολλαπλασιαστ του Euler. 4. Λύνουµε την ακριβ.ε. που προκύπτει. Παράδειγµα ο : Να λυθεί η.ε. 4x y dx = xdy. Λύση: Η δοθείσα εξίσωση είναι γραµµικ της εξαρτηµένης µεταβλητς y και στη στάνταρ µορφ της γράφεται: dy y + = 8x dx x Ο πολλαπλασιαστς του Euler είναι ο εξς:, όπου x 0. (6) dx p( x) dx x ln x lnx e = e = e = e = x. Πολλαπλασιάζουµε και τα δυο µέλη της.ε. (6) επί x και έχουµε: dy x + xy = 8x dx 3 (7) d x y dx = 3 8 x. (8) Η εξίσωση (8) λύνεται µε ολοκλρωση των δυο µελών της, τοι x y = x 4 + c. (9) Άσκηση: α) Να δειχθεί ότι η (9) παραπάνω αποτελεί όντως ένα σύνολο λύσεων της.ε. (6). β) Να λυθεί η.ε. (7) όπως δείξαµε στο προηγούµενο κεφάλαιο για τις ακριβείς.ε. 30

31 Παράδειγµα ο : Να λυθεί η.ε. ( 3 ) xy x dy = ydx. Λύση: Η δοθείσα εξίσωση είναι γραµµικ στη µεταβλητ x και όχι στην y, αφού προκύπτει το γινόµενο ydy. Για να τη φέρουµε στη στάνταρ µορφ της γράφουµε: απ όπου έχουµε: ydx + 3 y xdy = dy, dx 3 + x = dy y y Ο πολλαπλασιαστς του Euler είναι ο εξς:, όπου y 0. (0) y dx 3 3 p y dy y ( 3ln y y) 3ln y y ln y y y e = e = e = e e = e e = y e. Τώρα, για είναι ο y 0, ο πολλαπλασιαστς του Euler για τη γραµµικ.ε. (0) 3 y y e, ενώ για y 0, ο πολλαπλασιαστς του Euler είναι ο y 3 e y. Η ακριβς εξίσωση που προκύπτει από την εφαρµογ του πιο πάνω πολλαπλασιαστ του Euler είναι η ακόλουθη: και 3 3 y y y y e dx + y y e xdy = y e dy 3 y y 3 y y y e dx + 3xy e xy e + y e dy = 0. () Από την ακριβ.ε. () έχουµε: M = y 3 e y οπότε 3 y 3 y y N = xy e xy e + y e, 3

32 M y N x y 3 y = = 3y e y e. Η λύση της () δίνεται από τη συνάρτηση: όπου F ( x, y) = c, F = M = y e x 3 y () και F = N = 3xy e xy e + y e y y 3 y y. (3) Τώρα από την εξίσωση () έχουµε: 3 y F = xy e + g( y ) (4) και παίρνοντας τη µερικ παράγωγο της (4) ως προς y έχουµε: F y 3 xy e xy e g ( y) = y 3 y + και λόγω της (3) παίρνουµε: = y g( y) y e. Συνεπώς = g( y) y y e dy και µε ολοκλρωση κατά παράγοντες έχουµε: y y y g( y) = y e 4ye 4e. Άρα η γενικ λύση είναι: 3 y y y y xy e y e 4ye 4e = c 3

33 3 = y xy y + 4y ce. 3. ΑΣΚΗΣΕΙΣ Να λυθούν οι παρακάτω.ε. dx x + y = x dy 4. ( ) dv dt 3. = t t 6te + v( t ) 5. 3xy + 3y 4 dx + + x dy = 0,,. dy, 4. = x 3 dx y, du y dx + 3x y dy = 0, 6. = t tu, dt y cos x dx + cosxdy = 0, 8. y + ycotx = x. 7. ( ) 3.3 ΕΥΡΕΣΗ ΤΟΥ ΠΟΛΛΑΠΛΑΣΙΑΣΤΗ ΤΟΥ EULER Σε ορισµένες περιπτώσεις συγκεκριµένων µορφών.ε. υπάρχουν τρόποι εύρεσης του πολλαπλασιαστ του Euler. Θα δούµε παρακάτω µερικές από αυτές της µορφές. Για.Ε. της γενικς µορφς: M x, y dx + N x, y dy = 0, () ο πολλαπλασιαστς του Euler που τις καθιστά ακριβείς, βρίσκεται ως εξς: M N N y x α) Αν = f ( x) πολλαπλασιαστς του Euler είναι ο, είναι συνάρτηση µόνο της x, τότε ο f ( x ) e dx. M N M y x β) Αν = g( y) πολλαπλασιαστς του Euler είναι ο, είναι συνάρτηση µόνο της y, τότε ο g y dy e. 33

34 Σε περίπτωση όµως που καµία από τις παραπάνω περιπτώσεις δεν ισχύει, τότε το µόνο που µπορούµε να πούµε είναι ότι η δοθείσα.ε. δεν έχει πολλαπλασιαστ του Euler, ο οποίος είναι συνάρτηση µόνο της x της y. Παράδειγµα ο : Να λυθεί η.ε. ( ) 4xy + 3y x dx + x x + y dy = 0. () Λύση: Έχουµε ότι M = 4xy + 3y x και N = x + xy, οπότε M N = 4x + 6y x y = x + y y x Έτσι M N = ( x + y) = N y x x( x + y) x.. Άρα ο πολλαπλασιαστς του Euler είναι ο dx lnx lnx e x = e = e = x. Πολλαπλασιάζοντας τώρα τη.ε. () επί τον πολλαπλασιαστ του Euler παίρνουµε: ( 3 3 ) ( 4 3 ) 4x y + 3x y x dx + x + x y dy = 0, (3) η οποία πρέπει να είναι µια ακριβς.ε. µε και M = 4x y + 3x y x 3 3 N = x 4 + x 3 y. Συνεπώς η λύση της (3) είναι η F ( x, y) = c, όπου 34

35 F = M = 4x y + 3x y x x 3 3 (4) και F = = N x x y. (5) y Από την (4) έχουµε: x F = x y + x y + q( y ). (6) 4 Από τις (5) και (6) έχουµε: x 4 + x 3 y + q ( y) = x 4 + x 3 y q ( y) = 0 q( y) = c. Κατά συνέπεια, το σύνολο των λύσεων της.ε. () είναι: x x y + x y = c 4 ( 4 4 ) x 3 y + y x = C. Παράδειγµα ο : Να λυθεί η.ε. Λύση: Έχουµε ότι οπότε και y x + y + dx + x x + 3y + dy = 0. (7) M = xy + y + y και N = x + 3xy + x, M N = x + y + x 3 y = x y y x 35

36 M N x + y + = N y x x + 3xy + x, που δεν είναι συνάρτηση µόνον της x. Όµως, η συνάρτηση M N x + y + = = M y x y( x + y + ) y είναι συνάρτηση µόνον της y και έτσι ο πολλαπλασιαστς του Euler είναι ο dy y e = y. για Συνεπώς, για y 0, ο πολλαπλασιαστς του Euler είναι ο y, ενώ y 0, ο πολλαπλασιαστς του Euler είναι ο y. Και στις δυο περιπτώσεις, όµως, η.ε. (7) πολλαπλασιαζόµενη επί y y, γίνεται: ( 3 ) ( ) xy + y + y dx + x y + 3xy + xy dy = 0. (8) Η.Ε. (8) είναι ακριβς και η λύση της δίνεται από την συνάρτηση F x, y c, όπου = F = M = xy + y + y x 3 (9) και F = = + N x y 3xy + xy. (0) y Από την (9) έχουµε: x y 3 F = + xy + xy + q( y ). () Από τις (0) και () έχουµε: 36

37 F y = x y + 3xy + xy + q y = x y + 3xy + xy 0 q y = q y = c. Κατά συνέπεια, το σύνολο των λύσεων της.ε. () είναι: x y 3 + xy + xy = c ( ) xy x + y + = C. 3.4 ΑΣΚΗΣΕΙΣ Να λυθούν οι παρακάτω.ε. x + y + dx + x x y dy = 0,. ( ) y x + y dx + x + y dy = 0,. y x y + x dx + x y dy = 0, 3. ( ) ( ) xy y + y dx + 3x 4xy + 3x dy = 0, 4. ( ) ( ) y + 3xy y + 6x dx + x + xy x dy = ( ) ( ) 37

38 3.0 ΓΡΑΜΜΙΚΕΣ ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΑΝΩΤΕΡΗΣ ΤΑΞΗΣ Η γραµµικ.ε. τάξης µορφ γράφεται: n, όπως έχουµε δη αναφέρει, στη γενικ της ( n) ( n ) = a x y a x y a x y a x y r x. () 0 n Οι ai ( x), i = 0,,..., n και r ( x ) ανεξάρτητες από την y. Στην περίπτωση που r ( x ) =0 n είναι συναρτσεις µόνον της x και, η.ε. () ονοµάζεται γραµµικ οµογενς 3, ενώ σε αντίθετη περίπτωση ονοµάζεται γραµµικ µηοµογενς. Αν οι συναρτσεις y ( x ) και τότε η συνάρτηση y x είναι λύσεις της οµογενούς εξίσωσης: ( n) ( n ) a x y a x y a x y a x y, () n + n = 0 c y ( x) c y ( x) y x = +, όπου c, c είναι σταθερές, είναι επίσης λύση της εξίσωσης (). Γενικότερα, ισχύει ότι: Αν y ( x), i =,,... k είναι λύσεις της εξίσωσης () και αν ci, i =,,... k είναι σταθερές, τότε ο γραµµικός συνδυασµός: = είναι επίσης λύση της οµογενούς.ε. (). y x c y x c y x c y x, (3) k k 3.6 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΝΕΞΑΡΤΗΣΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ f x, f x,..., fn x και οι σταθερές c, c,..., c n, τουλάχιστον µια εκ των οποίων είναι διάφορη του µηδενός, τέτοιες ώστε Έστω οι συναρτσεις cf x + cf x + + cnfn x = 0 (4) 3 Ο όρος οµογενς εδώ δεν έχει καµία σχέση µε αυτόν που είδαµε στο ο κεφάλαιο. 38

39 σε ένα κλειστό διάστηµα α, β, τότε οι συναρτσεις f ( x), f ( x),..., fn ( x ) λέµε ότι είναι γραµµικά εξαρτηµένες. Σε αντίθετη περίπτωση, λέµε ότι είναι γραµµικά ανεξάρτητες, τοι οι συναρτσεις f ( x), f ( x),..., fn ( x ) είναι γραµµικά ανεξάρτητες όταν από την εξίσωση (4) έχουµε ότι c = c = = c n = 0. Είναι προφανές ότι αν οι συναρτσεις ενός συνόλου είναι γραµµικά εξαρτηµένες, τότε τουλάχιστον µια εξ αυτών είναι ο γραµµικός συνδυασµός των άλλων, ενώ αν είναι γραµµικά ανεξάρτητες, τότε καµία δεν µπορεί να γραφεί ως ένας γραµµικός συνδυασµός των άλλων. ίνουµε στη συνέχεια ένα θεώρηµα ύπαρξης και µοναδικότητας της λύσης ενός προβλµατος Cauchy για τη γραµµικ.ε. τάξης n. Θεώρηµα: Έστω ότι οι συναρτσεις p ( x) p ( x) p ( x ) και r ( x ),,..., n είναι συνεχείς σε ένα ανοικτό διάστηµα ( α β ) ( α β ),, έστω ακόµη ότι x 0, ένας πραγµατικός αριθµός και y0, y,..., y n αυθαίρετοι πραγµατικοί αριθµοί. Τότε υπάρχει µοναδικ συνάρτηση y = y( x ), η οποία ορίζεται στο ( α β ),, είναι λύση της.ε. ( n) ( n ) = y p x y p x y p x y r x (5) n στο διάστηµα αυτό και ικανοποιεί τις αρχικές συνθκες ( n,,..., ) y x = y y x = y y x = y n Παράδειγµα: Να βρεθεί η µοναδικ λύση του προβλµατος Cauchy y + y = 0, y 0 = 0, y 0 =. (6) Λύση: Παρατηρούµε ότι τόσο το sinx, όσο και το cosx, είναι λύσεις της δοθείσας.ε. και κατά συνέπεια, για σταθερές c και c η είναι επίσης λύση της.ε. = sin + y x c x c cosx Τώρα από τις αρχικές συνθκες έχουµε ότι: n 39

40 y 0 = 0 0 = c sin 0 + c cos 0 c =, c = 0. y 0 = = ccos0 csin0 Άρα η µοναδικ λύση του προβλµατος Cauchy (6) είναι η y( x) =sinx. Η γραµµικ ανεξαρτησία ενός συνόλου συναρτσεων εξασφαλίζεται από το ακόλουθο. Έστω οι συναρτσεις f x, f x,..., fn x είναι διαφορίσιµες τουλάχιστον n σε ένα κλειστό διάστηµα α, β, τότε αν f f f f f f f f f ( n ) ( n ) ( n ) n f f f n n n 0 (7) οι συναρτσεις αυτές είναι γραµµικά ανεξάρτητες. Η παραπάνω ορίζουσα (7) ονοµάζεται ορίζουσα Wronski 4 f ( x), f ( x),..., fn ( x ). των συναρτσεων 3.7 ΓΕΝΙΚΗ ΛΥΣΗ ΜΙΑΣ ΟΜΟΓΕΝΟΥΣ ΙΑΦΟΡΙΚΗΣ ΕΞΙΣΩΣΗΣ Το ακόλουθο πολύ σηµαντικό θεώρηµα δίνει στην ουσία τον ορισµό της γενικς λύσης µιας γραµµικς, οµογενούς.ε. { } Θεώρηµα: Έστω ότι y ( x) y ( x) ανεξάρτητων λύσεων της.ε.,,..., yn x είναι ένα σύνολο γραµµικά ( n) ( n ) a x y a x y a x y a x y, () n + n = 0 4 Wronski, Josef M. ( ) Γαλλοπολωνός µαθηµατικός. 40

41 στο διάστηµα ( α β ), και ότι οι 0,,..., n a0 ( x ) 0. Αν συναρτσεις στο διάστηµα αυτό µε λύση της () στο ( α β ) a x a x a x είναι συνεχείς y x είναι οποιαδποτε,, τότε υπάρχουν σταθερές c, c,..., c n, τέτοιες ώστε = y x c y x c y x c y x. () k k Η συνάρτηση () ονοµάζεται γενικ λύση της γραµµικς οµογενούς.ε. (). Για τη µη- οµογεν.ε. έχουµε το εξς. ( n) ( n ) = a x y a x y a x y a x y r x, (3) 0 n Έστω ότι yp ( x ) είναι µια οποιαδποτε ειδικ λύση της.ε (3), µε την έννοια ότι δεν περιέχει κατ ανάγκη κάποια αυθαίρετη σταθερά και έστω ακόµη ότι yc ( x ) είναι η γενικ λύση της αντίστοιχης οµογενούς.ε. (), τότε η = + είναι η γενικ λύση της µη-οµογενούς.ε. (3). y x y x y x (4) c p n Παράδειγµα: Να βρεθεί η γενικ λύση της.ε. y =4. (5) Λύση: Παρατηρούµε ότι οι συναρτσεις και x είναι γραµµικά ανεξάρτητες λύσεις της οµογενούς.ε. y = 0 και έτσι Ακόµη, η συνάρτηση = y ( x) x και y ( x ) p =4 την c = + y x c c x. yp x x ικανοποιεί τη.ε. (5), αφού p =4. Κατά συνέπεια η γενικ λύση της (5) δίνεται από y x = y x + y x = c + c x + x. c p 4

42 3.8 ΙΑΦΟΡΙΚΟΙ ΤΕΛΕΣΤΕΣ Αν συµβολίσουµε µε D την παραγώγιση (της y) ως προς x, µε D την παραγώγιση (της y ) ως προς x δυο φορές κ.ο.κ., τότε για θετικό ακέραιο αριθµό k έχουµε ότι Μια έκφραση της µορφς: k k d y D y = k dx. A a D a D a D a () n n = n + n ονοµάζεται διαφορικός τελεστς τάξης n. Γενικά, ένας διαφορικός τελεστς ορίζεται ως εξς. Αν y είναι µια διαφορίσιµη n φορές συνάρτηση, τότε αν εφαρµόσουµε τον A της σχέσης () στην συνάρτηση αυτ έχουµε: n n d y d y dy 0 n n n Ay = a + a + + a + any. () dx dx dx Οι συντελεστές ai, i = 0,,..., n θα µπορούσαν να είναι συναρτσεις της x, αλλά στις δικές µας εφαρµογές θα είναι σταθερές ποσότητες. υο διαφορικοί τελεστές A και B είναι ίσοι, δηλαδ A = B αν και µόνον αν Ay = By. Ακόµη, το γινόµενο AB ορίζεται πάντοτε και είναι επίσης ένας διαφορικός τελεστς, όπου ABy = A( By ), δηλαδ στη συνάρτηση εφαρµόζουµε τον τελεστ B και στη συνέχεια τον A. y Αν A, B και C είναι διαφορικοί τελεστές, τότε ισχύουν οι ιδιότητες: (i) A + B = B + A (αντιµεταθετικ ιδιότητα πρόσθεσης). (ii) ( A + B) + C = A + ( B + C ) (προσεταιριστικ ιδιότητα πρόσθεσης). (iii) ( AB) C = A( BC ) (προσεταιριστικ ιδιότητα πολλαπλασιασµού). 4

43 (iv) A( B C) + = AB + AC (επιµεριστικ ιδιότητα). (v) Αν A και B είναι διαφορικοί τελεστές µε σταθερούς συντελεστές a, i = 0,,..., n, τότε AB = BA (αντιµεταθετικ ιδιότητα πολλαπλασιασµού). i Για θετικούς ακέραιους µ και ν ισχύει µ ν µ + ν D D = D. (vi) Για σταθερά m και θετικό ακέραιο k έχουµε ότι Γενικά αν f ( D ) είναι ένα πολυώνυµο της µορφς τότε και έτσι k mx k mx D e = m e. (3) f D a D a D a D a, (4) n n = n + f D e a m e a m e a me a e mx n mx n mx mx mx = n + n mx mx = f D e e f m, (5) mx δηλαδ αν m είναι λύση της εξίσωσης f ( m ) =0, τότε =0 n f D e. (vii) Για τον τελεστ D a αν εφαρµοστεί στο γινόµενο ax e y έχουµε: ( D a)( e y) ax ax ax = D e y ae y ax ax D a e y = e Dy. Επίσης ( D a) ( e ax y) = ( D a)( e ax Dy ) ax ax D a e y = e D y. Συνεχίζοντας, παίρνουµε ότι n ax D a e y ax n = e D y. (6) Τέλος, λόγω της γραµµικότητας του διαφορικού τελεστ ισχύει ότι 43

44 ( )( ax ax ) = f D a e y e f D y. (7) Η σχέση (7) µας διευκολύνει στο να µεταθέτουµε εκθετικούς παράγοντες ax ( e ) από τα αριστερά ενός διαφορικού τελεστ στα δεξιά του, πράγµα που µας βοηθάει στην επίλυση πολλών.ε., επόµενο κεφάλαιο. όπως θα δούµε διεξοδικότερα στο Παράδειγµα ο : Αν A = D + και B = 3D να υπολογιστούν τα Ay, By και AB. dy Ay = D + y = + y. dx Λύση: By = ( 3D ) y = 3 dy y. dx αλλιώς, ABy = A( By) = ( D + ) 3 dy y dx d y dy dy = y dx dx dx d y dy = y dx dx ( 3 5 ) = D + D y, AB = D + 3D = 3D D + 6D = 3D + 5D. Παράδειγµα ο : Να υπολογιστούν τα ( D x)( D + x ) και ( ) dy D x D + x y = D x + xy dx Λύση: D xd. 44

45 dy dy = D + D( xy) x x y dx dx d y dx dy dy = + + y x x x y dx dx dx dx d y = + y x y dx ( ) = D + x y. Άρα D x D + x = D + x. Για τον τελεστ D( xd ) έχουµε: dy D( xd ) y = D x y dx dx dy d y dy = + x dx dx dx dx. Άρα ( ) = ( + ) = ( ) D xd D xd D y xd y. Παράδειγµα 3 ο : Αν = + είναι λύσεις της.ε. Λύση: Η εξίσωση f ( m ) =0 είναι η f D D 5D, να δειχθεί ότι οι d y dy + 5 y = 0. dx dx 4x e και 3x e m + 5m = 0 m + 4 m 3 = 0, 45

46 3 της οποίας οι ρίζες είναι m = 4 και m =. Τώρα, λόγω της (5) πιο πάνω έχουµε: και 4 x 4x D D e e f + 5 = 4 = 0 3x 3x D + 5D e = e f 3 = 0. Συνεπώς οι συναρτσεις y e και = 3 x y e είναι λύσεις της = 4 x D + 5D y = 0. Παράδειγµα 4 ο : Να βρεθεί η γενικ λύση της.ε. 4 D + 3 y = 0. Λύση: Πολλαπλασιάζουµε τη δοθείσα.ε. επί 3x e και έχουµε: 3x e D + 3 y = 0. 4 Λόγω της σχέσης (6) παίρνουµε: 4 4 x 3x 3 e D + 3 y = D e y = 0 x = 4 3 D e y 0. Ολοκληρώνοντας τέσσερις φορές την παραπάνω σχέση µας δίνει: x e y = c + c x + c x + c x x y = c + c x + c x + c x e. 46

47 3.9 ΑΣΚΗΣΕΙΣ. Να υπολογιστούν τα ακόλουθα: α) ( D + x)( D x ), β) ( xd ) D, γ) ( )( + ). Να γίνουν οι πολλαπλασιασµοί: xd xd. α) ( 4D + )( D ), β) ( D 3)( D + 3), γ) 3. Να βρεθεί η γενικ λύση της.ε. 3 D y = 0. D D Να δειχθεί ότι οι παρακάτω συναρτσεις είναι γραµµικά ανεξάρτητες. α) x e, x e, 3x e. β) x e, cosx, sinx. 47

48 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4 ο ΓΡΑΜΜΙΚΕΣ ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΣΤΑΘΕΡΟΥΣ ΣΥΝΤΕΛΕΣΤΕΣ ΜΗ ΟΜΟΓΕΝΕΙΣ ΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 4. Η ΧΑΡΑΚΤΗΡΙΣΤΙΚΗ ΕΞΙΣΩΣΗ ΜΕ ΡΙΖΕΣ ΙΑΦΟΡΕΣ ΜΕΤΑΞΥ ΤΟΥΣ Η γραµµικ οµογενς.ε. τάξης n n n d y d y dy = 0 n n n n a a a a y dx dx dx, () µε τη βοθεια του διαφορικού τελεστ µπορεί να γραφεί απλά ως εξς: f ( D) y. () Όπως είδαµε στο προηγούµενο κεφάλαιο, αν m είναι λύση της εξίσωσης f ( m ) =0, τότε mx f ( D) e =0, δηλαδ η συνάρτηση y = e mx είναι λύση της.ε. (). Η εξίσωση ονοµάζεται χαρακτηριστικ εξίσωση της () της (). f ( m ) =0 (3) Η χαρακτηριστικ εξίσωση της.ε. () είναι βαθµού n και αν m m m n είναι οι πραγµατικές ρίζες αυτς, τότε οι n λύσεις της.ε. (), n y = e m x, y = e m x,..., y = e m x, είναι γραµµικά ανεξάρτητες και η γενικ λύση της.ε. () δίνεται από την n y = c e m x + c e m x + + c e m x, όπου c, c,..., c n είναι αυθαίρετες σταθερές. n n 48

49 Παράδειγµα ο : Να βρεθεί η γενικ λύση της.ε. 3 d y d y dy y = 0. 3 dx dx dx Λύση: Η χαρακτηριστικ εξίσωση που αντιστοιχεί στη δοθείσα.ε. είναι η της οποίας µια ρίζα είναι η και έτσι m 3 4m + m + 6 = 0, m = και έτσι, µε σύνθετη διαίρεση παίρνουµε: ( = 0) ( + ) = ( + )( 5 + 6) m m m m m m m, m 3 4m + m + 6 = 0 = m + m m 3. Συνεπώς η γενικ λύση της δοθείσας.ε. είναι: y c e c e c e. x x 3x = Παράδειγµα ο : Να λυθεί η.ε. ( 3 ) 3D + 5D D y = 0. Λύση: Η χαρακτηριστικ εξίσωση που αντιστοιχεί στη δοθείσα.ε. είναι η 3 3m + 5m m = 0 m m + m = 0. 3 ηλαδ οι ρίζες είναι m = 0, m = και m 3 =. 3 Άρα η ζητούµενη γενικ λύση είναι: y c c e c e. x x 3 =

50 Παράδειγµα 3 ο : Να λυθεί η.ε. d x 4x = 0, dt dx µε τις συνθκες ότι όταν t = 0, x = 0 και =3. dt Λύση: Η χαρακτηριστικ εξίσωση που αντιστοιχεί στη δοθείσα.ε. είναι η m 4 = 0, της οποίας οι ρίζες είναι m =, m =. Άρα η γενικ λύση της.ε. είναι η x = c e + c e. t t Τώρα από τις αρχικές συνθκες έχουµε, όταν t = 0, x c e dx dt t t = + ce = 0 c + c = 0 c c = 3 t t = ce ce = 3 c + c = 0 c + c = 0 c + = c c c = 3 c c = c = 3 3 Άρα c =, c = και κατά συνέπεια η χαρακτηριστικ λύση είναι: t t x = ( e ce ) ΑΣΚΗΣΕΙΣ Να βρεθεί η γενικ λύση των παρακάτω.ε.. ( D D ) y = 0.. D + 3D y = ( D 3 + D 5D) y = ( 3 ) D + D 8D y = 0. 50

51 3 3 d v d v dv d y d y 5. 3 = y = dt dt dt dx dx 3 3 d y d y dy d y d y y = y = dx dx dx dx dx 4.3 Η ΧΑΡΑΚΤΗΡΙΣΤΙΚΗ ΕΞΙΣΩΣΗ ΜΕ ΕΠΑΝΑΛΑΜΒΑΝΟΜΕΝΕΣ ΡΙΖΕΣ Σε περίπτωση που από τη χαρακτηριστικ εξίσωση προκύπτουν ρίζες που επαναλαµβάνονται, δηλαδ ενώ η εξίσωση είναι βαθµού n, µεταξύ τους ρίζες αυτς είναι k, όπου οι διάφορες k n, τότε, προφανώς, δεν έχουµε n το πλθος γραµµικά ανεξάρτητες λύσης της αντίστοιχης.ε. όπως συνέβαινε στην προηγούµενη περίπτωση. Έστω η.ε. f ( D) y =0, της οποίας η χαρακτηριστικ εξίσωση είναι βαθµού n και έχει µια ρίζα, η οποία επαναλαµβάνεται n φορές, δηλαδ m = m = = mn = m, τότε οι n γραµµικά ανεξάρτητες λύσης της αντίστοιχης.ε. είναι οι εξς: e, xe, x e,..., x e mx mx mx n mx και κατά συνέπεια η γενικ λύση της δίνεται από την συνάρτηση: y = c e + c xe + c x e + + c x e. mx mx mx n mx 3 n Παράδειγµα ο : Να βρεθεί η γενικ λύση της.ε. 4 3 d y d y d y dy y = dx dx dx dx Λύση: Η χαρακτηριστικ εξίσωση που αντιστοιχεί στη δοθείσα.ε. είναι η m 4 7m 3 + 8m 0m + 8 = 0, 5

52 που έχει ρίζες τις m =, m = m3 = m 4 = και έτσι η γενικ λύση της.ε. είναι y = c e + c e + c xe + c x e x x x x 3 4 x x y = c e c + c x + c x e. 3 4 Παράδειγµα ο : Να λυθεί η.ε. ( 4 3 ) D + D + D y = 0. Λύση: Η χαρακτηριστικ εξίσωση που αντιστοιχεί στη δοθείσα.ε. είναι η 4 3 m + m + m = 0 m m + = 0 και έχει τις εξς ρίζες m = m = 0, m = m =. 3 4 Άρα η ζητούµενη γενικ λύση είναι x x y = c + cx + c3e + c4xe. 4.4 ΑΣΚΗΣΕΙΣ Να βρεθεί η γενικ λύση των παρακάτω.ε.. ( 4D 4D + ) y = 0.. ( 3 ) D 4D + 4D y = ( D 4 3D 3 D ) y = ( 3 ) 5 3 d x d x 5. = dt dt ( 4 3 ) D + 3D 4 y = 0. 3 d y d y dy y = 0. 3 dx dx dx D + 3D + D y = 0, όταν x =0, y =0, y =4, y = 6, y =4. D + 3D + D y = 0, όταν x =0, y =0, y =3, y = 5, y =9. 8. ( 4 3 ) 5

53 4.5 Η ΧΑΡΑΚΤΗΡΙΣΤΙΚΗ ΕΞΙΣΩΣΗ ΜΕ ΜΙΓΑ ΙΚΕΣ ΡΙΖΕΣ Από τους τύπους του Euler έχουµε ότι: όπου e iβ i =. Η συνάρτηση iβ = cosβ + isinβ και e = cosβ isinβ, z e, όπου z α βi = + είναι ένας µιγαδικός αριθµός, έχει πολλές από τις ιδιότητες της πραγµατικς συνάρτησης όµως που εµείς χρειαζόµαστε εδώ είναι ότι αν ( + i ) x y = e α β, x e. Αυτό όπου α, β και x πραγµατικοί, τότε ισχύει ότι ( α β ) D i y =0. Αν µια χαρακτηριστικ εξίσωση έχει µιγαδικ ρίζα, τοι m = a + bi, θα πρέπει και ο συζυγς αυτς να είναι επίσης ρίζα, δηλαδ η m = a bi. Έστω ότι για τη.ε. f ( D ) = 0 () και η χαρακτηριστικ εξίσωση f ( m ) = 0, έχει ρίζες τις m = a + bi και m = a bi, τότε η.ε. () έχει ως λύση την ax ax y = c e cosbx + c e sinbx. () Αν µια χαρακτηριστικ εξίσωση που αντιστοιχεί σε µια δεδοµένη.ε. έχει επαναλαµβανόµενες µιγαδικές ρίζες, π.χ. αν οι m = a ± bi επαναλαµβάνονται τρεις φορές, τότε, όπως και στην προηγούµενη παράγραφο, οι έξι γραµµικά ανεξάρτητες λύσεις που αντιστοιχούν σε αυτές τις ρίζες θα εµφανίζονται στη γενικ λύση της.ε. σε µια έκφραση όπως είναι η ακόλουθη. ( + + ax ) cosbx + ( ) ax c c x c x e c c x c x e sinbx. 53

54 Παράδειγµα ο : Να βρεθεί η γενικ λύση της.ε. 3 d y d y dy y = 0. 3 dx dx dx Λύση: Η χαρακτηριστικ εξίσωση που αντιστοιχεί στη δοθείσα.ε. είναι η µια ρίζα τη οποίας είναι η m = m 3 3m + 9m + 3 = 0, και διαιρώντας τη χαρακτηριστικ εξίσωση δια m + έχουµε ότι m 3 3m + 9m + 3 = m + m 4m + 3 = 0. Τώρα για τη δευτεροβάθµια m 4m + 3 = 0 έχουµε ± ± m = 4 6 5,3 m,3 = 4 36, δηλαδ m = + 3i και m3 = 3i. Συνεπώς η γενικ λύση της δοθείσας.ε. είναι η y = c e + c e cos3x + c e sin3x. x x x 3 Παράδειγµα ο : Να λυθεί η.ε. ( 4 3 ) D + 8D + 6 y = 0. Λύση: Η χαρακτηριστικ εξίσωση που αντιστοιχεί στη δοθείσα.ε. είναι η m 4 + 8m = 0, που είναι τέλειο τετράγωνο και γράφεται: m + 4 = 0, οι ρίζες της οποίας είναι m = m = i και m3 = m4 = i. Αυτές οι ρίζες ως 0x µιγαδικοί αριθµοί γράφονται 0 + i και 0 i. Επίσης, e = και έτσι η γενικ λύση της.ε. είναι η 54

55 cosx y = c + c x + c + c x sinx ΑΣΚΗΣΕΙΣ. Να δειχθεί ότι η συνάρτηση: ικανοποιεί τη.ε. ax ax y = c e + cosbx + c e sinbx + D a b y = 0.. Να βρεθεί η γενικ λύση των παρακάτω.ε. α. ( D D + 5) y = 0. β. D + 9 y = 0. γ. ( D + 6D + 3) y = 0. δ. D + y = 0, όταν x =0, y = y 0, y =0. ε. D 4D + 7 y = ΛΥΣΗ ΤΗΣ ΜΗ ΟΜΟΓΕΝΟΥΣ ΓΡΑΜΜΙΚΗΣ ΙΑΦΟΡΙΚΗΣ ΕΞΙΣΩΣΗΣ Για τη µη οµογεν γραµµικ.ε. τάξης n n n ( n + n ) = a D a D a D a y r x, () υπάρχουν διάφοροι µέθοδοι εύρεσης της γενικς λύσης. Εδώ θα αναπτύξουµε δυο από τις γνωστότερες και πλέον βασικές τέτοιες µεθόδους, για µη οµογενείς γραµµικές.ε. ης τάξης, αυτές δηλαδ που εµφανίζονται συχνότερα σε πρακτικές εφαρµογές. 4.8 Η ΜΕΘΟ ΟΣ ΥΠΟΒΙΒΑΣΜΟΥ ΤΑΞΗΣ Η µέθοδος υποβιβασµού της τάξης µιας µη οµογενούς γραµµικς.ε. ης τάξης, οφείλεται στον d Alembert 5. Έστω η ης τάξης µη οµογενς γραµµικ.ε. 5 d Alembert (77 783) Γάλλος µαθηµατικός και Εγκυκλοπαιδιστς. 55

56 y + p x y + q x y = r x () και έστω ότι η συνάρτηση y = y είναι µια λύση της αντίστοιχης οµογενούς εξίσωσης τότε εισάγοντας µια νέα µεταβλητ v, όπου έχουµε: και y + p x y + q x y =0, (3) y = y v, (4) y = y v + y v y = y v + y v + y v. Έτσι η εξίσωση (), λόγω της σχέσης (3) και των δυο παραγώγων, γράφεται: y v + y v + y v + p x y v + p x y v + q x y v = r x ( ) y v + y + p x y v + y + p x y + q x y v = r x. (5) Αφού όµως η y = y είναι λύση της.ε. (3), η εξίσωση (5) γίνεται ( ) y v + y + p x y v = r x. (6) Τώρα, θέτοντας v = u στην εξίσωση (6) παίρνουµε: ( ) y u + y + p x y u = r x, (7) η οποία είναι µια γραµµικ.ε. πρώτης τάξης. 56

57 Για τη.ε. αυτ βρίσκουµε τη λύση µε τη χρση ενός πολλαπλασιαστ του Euler και στη συνέχεια ολοκληρώνοντας την v = u έχουµε την v καθώς και την y = y v. Να σηµειώσουµε, τέλος, ότι η παραπάνω µέθοδος δεν απαιτεί η δοθείσα µη οµογενς γραµµικ.ε. να έχει σταθερούς συντελεστές, αρκεί να γνωρίζουµε µια ειδικ λύση της αντίστοιχης οµογενούς εξίσωσης. Παράδειγµα ο : Να βρεθεί η γενικ λύση της.ε. = x y y e. Λύση: Η χαρακτηριστικ εξίσωση που αντιστοιχεί στην αντίστοιχη οµογεν.ε. είναι η m = 0, που έχει ρίζες m = και m =. Έτσι, ειδικές λύσεις της y y =0 είναι x x οι e και e. x Τώρα θέτοντας y = ve έχουµε και x y = ve + ve x x x y = ve + ve + v e. Αντικαθιστώντας στη δοθείσα.ε. παίρνουµε: ve + ve + v e ve ve = e x x x x x x v + v =. Θέτοντας τώρα v = u, η παραπάνω.ε. γίνεται: u + u =, η οποία είναι µια γραµµικ.ε. πρώτης τάξης και µε τον πολλαπλασιαστ του dx Euler x e = e έχουµε: x 57

58 e u + e u = e x x x d ( e x u ) = e dx x. Και έτσι x x e u = e + c, απ όπου παίρνουµε: = = + x v u ce. Άρα v x c e c x = + + και κατά συνέπεια η γενικ λύση της δοθείσας.ε. είναι: Παράδειγµα ο : Να λυθεί η.ε. x x x y = xe + ce + ce. y + y =cscx. Λύση: Να θυµηθούµε εδώ ότι η γενικ λύση µιας µη οµογενούς.ε. δίνεται από τη σχέση: = + y x y x y x, όπου η yp ( x ) είναι µια ειδικ λύση αυτς και η c της αντίστοιχης οµογενούς.ε. c p y x είναι η γενικ λύση Η χαρακτηριστικ εξίσωση που αντιστοιχεί στην αντίστοιχη οµογεν.ε. είναι η m + = 0, 58

59 που έχει ρίζες m = i και y + y =0 είναι η m = i. Έτσι, η γενικ λύση της οµογενούς y = c cosx + c sinx. c Παίρνοντας µια από τις λύσεις, έστω την sin x και θέτοντας y = vsinx, έχουµε: και y = v sinx + vcosx y = v sinx + v cosx vsinx. Από τη δοθείσα.ε. έχουµε τώρα ότι v sinx + v cosx = cscx v + v cotx = csc x, cosx (αφού = cotx sinx και cscx = sinx ). Θέτουµε στην παραπάνω.ε. v = u και παίρνουµε: u + ucotx = csc x, της οποίας ένας πολλαπλασιαστς του Euler είναι ο Πολλαπλασιάζοντας επί cotdx ln sinx ln( sinx) = = = sin e e e x. sin x και τα δυο µέλη της τελευταίας.ε. έχουµε: u sin x + usin xcotx = sin xcsc x sin xdu + usinxcosxdx = dx, η οποία είναι ακριβς και µε ολοκλρωση µας δίνει µια ειδικ λύση: 59

60 Λύνουµε ως προς ( = ) u v και έχουµε: usin x = x. u = v = xcsc x. Ολοκληρώνουµε κατά παράγοντες και παίρνουµε: v = xcotx + ln sinx. Τώρα, αφού y = vsinx, η ειδικ λύση της δοθείσας.ε. είναι η y = xcosx + sinxln sinx και κατά συνέπεια η ζητούµενη γενικ λύση είναι: p y = c cosx + c sinx xcosx + sinxln sinx. 4.3 ΑΣΚΗΣΕΙΣ Να λυθούν οι παρακάτω.ε. µε τη µέθοδο του υποβιβασµού τάξης.. ( D ) y = x.. x 3. ( D 4D + 4) y = e. 4. x 5. D + D + y = e. D 5D + 6 y = e x. D + 4 y = sinx. 6. Με αντικατάσταση της y = vsinx να λυθεί το ο παράδειγµα πιο πάνω. 4.0 Η ΜΕΘΟ ΟΣ ΜΕΤΑΒΟΛΗΣ ΤΩΝ ΣΤΑΘΕΡΩΝ Η µέθοδος που θα αναπτύξουµε παρακάτω ονοµάζεται µέθοδος µεταβολς των σταθερών µέθοδος του Lagrange 6. Έστω η µη οµογενς.ε. ης τάξης 6 Lagrange, Joseph L. (736 83) Γάλλος µαθηµατικός. y + p x y + q x y = r x () 60

61 και ότι η λύση της αντίστοιχης οµογενούς y + p x y + q x y =0 () είναι η y = c y x + c y x, (3) c όπου οι y ( x ) και α, β. διάστηµα y x είναι γραµµικά ανεξάρτητες σε ένα ανοικτό Με τη µέθοδο της µεταβολς των σταθερών, θεωρούµε τη συνάρτηση y = A x y x + B x y x (4) και προσπαθούµε να υπολογίσουµε τις συναρτσεις A( x ) και B( x ), έτσι ώστε η σχέση (4) να είναι µια λύση της.ε. () πιο πάνω. Προς αυτ την κατεύθυνση ακολουθούµε τα εξς βµατα. Από την (4) έχουµε ότι y = A x y x + B x y x + A x y x + B x y x. (5) Θέτουµε στην πιο πάνω σχέση (5) και παραγωγίζοντάς την παίρνουµε: A x y x + B x y x = (6) 0 y = A x y x + B x y x + A x y x + B x y x. (7) Αφού η συνάρτηση y είναι λύση της.ε. (), αντικαθιστώντας σε αυτν τις (4), (5) και (7) έχουµε: ( ) ( ) = A y py qy B y py qy Ay By r x, (8) (όπου A = A( x), B = B( x), p = p( x ) και = Όµως οι y = y ( x ) και = δηλαδ στη σχέση (8) έχουµε ότι q q x ). y y x είναι λύσεις της οµογενούς.ε. (), 6

62 y + py + qy = 0 και αυτ δίνει: A ( x) y + B x y = r ( x ). (9) Οι εξισώσεις (6) και (9) πρέπει να λυθούν ταυτόχρονα, σαν σύστηµα δυο B x. Η λύση του εξισώσεων µε δυο αγνώστους, τοι τις συστµατος υπάρχει αν ισχύει: A x και y y y y 0. (0) Η ορίζουσα αυτ όµως είναι η ορίζουσα Wronski για τις y και y, οι οποίες ως λύσεις τις.ε. () είναι γραµµικά ανεξάρτητες στο διάστηµα ( α, β ) και, ως εκ τούτου, πρέπει να ισχύει η (0). Άρα µπορούµε να λύσουµε το σύστηµα των (6) και (9) ως προς A ( x ) και B ( x ), απ όπου, µε ολοκλρωση βρίσκουµε τις A( x ) και B( x ), οι οποίες αν αντικατασταθούν στη σχέση (4) παίρνουµε την ειδικ λύση y p τις.ε. (). Παράδειγµα ο : Να βρεθεί η γενικ λύση της.ε. y + y =secxtanx. () Λύση: Όπως έχουµε δη δείξει, η γενικ λύση της αντίστοιχης οµογενούς.ε. είναι η y = c cosx + c sinx. c Αναζητούµε µια ειδικ λύση της δοθείσας.ε., µε τη µέθοδο Lagrange και θέτουµε: απ όπου παίρνουµε: Τώρα θέτουµε cos y = A x x + B x sinx, () y = A x sinx + B x cosx + A x cosx + B x sinx. 6

63 A x cosx + B x sinx = 0 (3) και έτσι sin y = A x x + B x cosx, καθώς επίσης και y = A x cosx Bsinx A x sinx + B x cosx. (4) Αντικαθιστούµε τις (4) και () στη.ε. () και έχουµε: A x sinx + B x cosx = secxtanx. (5) Πολλαπλασιάζουµε την εξίσωση (3) επί tanx = sinx cosx και παίρνουµε: A x sinx + B x sinxtanx = 0 (6) Προσθέτουµε κατά µέλη τις (5) και (6) και έχουµε: secxtanx B ( x) = cosx + sinxtanx tanx tanx B ( x) = cosx = cosx B ( x) = tanx. sinx cosx + sinx cos x + sin x cos x cosx Έτσι B ( x ) = tanxdx = ln sec x, χωρίς αυθαίρετη σταθερά αφού αναζητούµε µια ειδικ λύση της.ε. (). Πολλαπλασιάζουµε την εξίσωση (3) επί cosx cotx = sinx και παίρνουµε: cos x A ( x) + B ( x) cosx = 0 sinx (7) Αφαιρούµε κατά µέλη τις (5) και (7) και έχουµε: 63

64 cos x A ( x) sinx A ( x) = secxtanx sinx secxtanx secxtanx A ( x) = = cos x sin x + cos x sinx + sinx sinx A x = sinxsecxtanx tan ( sec ) A x = x = x. Έτσι A x = sec x dx = x tanx, ξανά χωρίς αυθαίρετη σταθερά. Η ειδικ λύση της δοθείσας µη οµογενούς.ε. είναι η y = x tanx cosx + sinxln secx p y = xcosx sinx + sinxln secx. p Συνεπώς η ζητούµενη γενικ λύση της.ε. () είναι η y = y + y = c cosx + c sinx + xcosx + sinxln secx. c p 3 Παράδειγµα ο : Να λυθεί η.ε. ( D 3D ) y + = + e x. (8) Λύση: Η χαρακτηριστικ εξίσωση για την οµογεν.ε. είναι η 64

65 m 3m + = 0, η οποία έχει ρίζες τις m = και m =. Έτσι η γενικ λύση της αντίστοιχης οµογενούς.ε. είναι: x x y = c e + c e. c Αναζητούµε µια ειδικ λύση της δοθείσας.ε., µε τη µέθοδο Lagrange και θέτουµε: x x y = A x e + B x e. (9) Συνεπώς y = A x e + B x e + A x e + B x e x x x x και θέτοντας x x A x e + B x e = 0, (0) παίρνουµε: και x x y = A x e + B x e () 4 x x x x y = A x e + B x e + A x e + B x e. () Αντικαθιστώντας τις (9), () και () στη δοθείσα.ε. έχουµε: x x B ( x) e A x e + = + e x. (3) Από τις (0) και (3) απαλείφουµε τη B ( x ) και παίρνουµε: x A x e = + e x, απ όπου και έτσι e A ( x) = + x x e x = ln( + ) A x e. Με τον ίδιο τρόπο παίρνουµε: 65

66 x B x e = + e x και έτσι δηλαδ x = + B x e e x x x e x e B( x) = dx = x + e x + dx, e e x x = + ln( + ) B x e e. Συνεπώς η ειδικ λύση της.ε. (8) είναι η y = e x ln + e x e x + e x ln + e x. p Άρα η ζητούµενη γενικ λύση δίνεται από τη σχέση: y = yc + yp = ce + ce + e ln + e e + e ln + e x x x x x x x x x x x x y = c3e + ce + e + e ln + e. 4. ΑΣΚΗΣΕΙΣ. Με τη µέθοδο του Lagrange να βρεθεί η γενικ λύση των παρακάτω µη οµογενών γραµµικών.ε. x. y y = e +.. y + y =cscxcotx y + y =cscx. 4. y + y = sec x. x 5. ( D + D + ) y = e cscx. 6. ( 3 + ) = cos( x ) 7. ( D + ) y = sec 4 x. 8. ( D + ) y = tanx. 9. ( D + ) y = tan x. 0. ( D + ) y = sec xcscx. D D y e. 66