Διαφορικές εξισώσεις 302.

Transcript

1 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 1 Το παρών έγγραφο ενημερώνεται συνεχώς.

2 Άσκηση 1 Να λυθούν οι διαφορικές εξισώσεις και το Π.Α.Τ. που ακολουθούν: αʹ y = 2ty βʹ y = y y γʹ = ye t y = 2e αʹ βʹ γʹ y y dy = 2tdt + c ln y = t 2 + c yt = c 1 e t2 y y dy = dt + c ln y = cos t + c yt = c 1 e cos t y y dy = e t dt + c ln y = e t + c yt = c 1 e et. Εύκολα για t = έχουμε ότι c 1 = 2, επομένως θα ι- σχύει yt = 2e et Άσκηση 2 Να λυθεί η παρακάτω διαφορική εξίσωση: y y = te 2t y 3, 1 y = 1 Έχουμε εξίσωση Bernoulli με r = 3. Χρησιμοποιούμε τον μετασχηματισμό ut = y 1 3 = 1 y 2 με u t = 2 y 3 y. Πολλαπλασιάζουμε την 1 με την ποσότητα 2 y 3 και έχουμε: 2 y y y 2 = 2te 2t u + 2u = 2te 2t, 2 Εφαρμόζουμε τη μέθοδο του ολοκληρωτικού παράγοντα στην 4 με μt = exp 2dt = e 2t. Πολλαπλασιάζουμε την 2 με τον ολοκληρωτικό παράγοντα που βρήκαμε και έχουμε: e 2t u + 2e 2t u = 2t e 2t u = t 2 e 2t u = t 2 + c u = e 2t t 2 + e 2t c ut = e 2t t 2 + c et yt = ± t2 + c Προφανώς η y είναι διάφορη του μηδενός και συνεχής επομένως διατηρεί σταθερό πρόσημο και μάλιστα θετικό αφού y = 1. Τελικά έχουμε: e t yt = t

3 Άσκηση 3 Να λυθεί η διαφορική εξίσωση x + 2tx = 2t 3 x 3, 1. Έχουμε εξίσωση Bernoulli με r = 3. Χρησιμοποιούμε τον μετασχηματισμό ut = x 1 3 = 1 x 2 με u t = 2 x 3 x. Πολλαπλασιάζουμε την 1 με την ποσότητα 2 x 3 και έχουμε: 2 x x 3 4t x 2 = 4t3 u 4tu = 4t 3, 2 Εφαρμόζουμε τη μέθοδο του ολοκληρωτικού παράγοντα και έχουμε μt = exp 4tdt = e 2t2. Επομένως, ut = e 2t2 e 2t2 4t 3 dt + c = e e 2t2 2t2 t 2 + e 2t2 + c = ce 2t2 + t Τελικά, έχουμε: 2 2 yt = ± 1 ce 2t2 + t Άσκηση 4 Δίνεται η διαφορική εξίσωση y + 2ty = y 2 + t 2 + 1, 1. αʹ Να βρεθεί μία λύση της 1 της μορφής y ειδ t = αt + β, 2. βʹ Να βρεθεί μία λύση της 1 που διέρχεται από το σημείο A, 1. αʹ Η σχέση 2 ικανοποιεί την σχέση 1 άρα: αt + β + 2t αt + β = αt + β 2 + t α + 2t αt + β = αt + β 2 + t α + 2αt 2 + 2βt = α 2 t 2 + 2t + β 2 + t αt 2 + 2βt + α = α t 2 + 2t + β α = α Τα πολυώνυμα είναι ίσα οπότε προκύπτει το σύστημα 2β = 2 που έυκολα έχει λύση α, β = 1,. α = β Επομένως, y ειδ t = t. βʹ Χρησιμοποιώντας το μετασχηματισμό yt = y ειδ t + 1 ut = t + 1 ut που δίνει y = 1 u u 2 1 θα είναι: u + 2t 2t u = 1 u = 1 u = t + c και μέσω της Επομένως, η γενική λύση της δ.ε. είναι η yt = t + 1. Για να διέρχεται από το σημείο A, 1 πρέπει c t y = 1 και άρα c = 1. Τελικά, έχουμε yt = t t. 2

4 Άσκηση 5 Να λυθεί η διαφορική εξίσωση y + 1 t y = y2 1 t 2, 1, yt = α t, 2. t > αν δέχεται μία λύση της μορφής και κρατώ- α 1 Η 2 ικανοποιεί την 1 αν ισχύει + t t α α t = t Χρησιμοποιώντας το μετασχηματισμό yt = y ειδ t + 1 ut = ±1 t + 1 ut που δίνει y t = 1 t 2 u u 2 ντας ως y ειδ t = 1 2 t καταλήγουμε ότι u + t 1 u = 1 u + 1 t t 2 1 t 2 α2 = 1 α = ±1. Επομένως, y ειδ t = ± 1 t. u = 1, 3. Εφαρμόζουμε τη μέθοδο του dt ολοκληρωτικού παράγοντα στην σχέση 3 και έχουμε μt = exp = e ln t = t. Συνεπώς: t ut = t t 1 dt + c = t c t2 = t3 2 2 ct Και τελικά θα έχουμε yt = 1 t + 2 t 3 2ct. Να λυθεί η διαφορική εξίσωση y + y = ty 2, 1. Άσκηση 6 Έχουμε εξίσωση Bernoulli με r = 2. Χρησιμοποιούμε τον μετασχηματισμό ut = y 1 2 = 1 y με u t = 1 y 2 y. Πολλαπλασιάζουμε την 1 με την ποσότητα 1 y 2 και έχουμε: y y 2 1 y = t u u = t Εφαρμόζουμε τη μέθοδο του ολοκληρωτικού παράγοντα και έχουμε μt = exp e t u e t u = te t e t u = te t dt 1dt = e t. Επομένως: Να λυθεί το παρακάτω Π.Α.Τ.: Άσκηση 7 e t u = e t t c u = ce t + t + 1 yt = y = 3t2 + 4t + 2, 1 2y 1 y = 1 1 ce t + t + 1 Η 1 γράφεται ως 2y y 1 = 3t 2 + 4t + 2. Ολοκληρώνουμε κατα μέλη και έχουμε: 2y y 1 dt = 3t 2 + 4t + 2 dt y 2 2y = t 3 + 2t 2 + 2t + c y= 1 y 2 2y = t 3 + 2t 2 + 2t + 3 y 2 2y + 1 = t 3 + 2t 2 + 2t + 4 y= 1 y 1 2 = t 3 + 2t 2 + 2t + 4 yt = 1 ± t 3 + 2t 2 + 2t + 4 yt = 1 t 3 + 2t 2 + 2t + 4 3

5 Άσκηση 8 Να λυθεί το παρακάτω πρόβλημα αρχικών τιμών: y + y = 2 y = 1 ydt, 1 2 Θέτουμε m = ydt οπότε έχουμε y + y = m. Εφαρμόζουμε τη μέθοδο του ολοκληρωτικού παράγοντα και έχουμε μt = exp dt = e t. Επομένως, yt = e t me t dt + c = e t me t + c = m + ce t. Έχουμε όμως y = 1 άρα c = 1 m. Συνεπώς, yt = m + 1 m e t. Ολοκληρώνουμε κατά μέλη και έχουμε διαδοχικά: 2 2 ydt = m + 1 me t dt m = 2m + m 1 e 2 1 m = 1 e 2 Τελικά, έχουμε yt = e 2 t + 1 e 2. Έστω α, β R. Να λυθεί το παρακάτω Π.Α.Τ.: y + αy = Άσκηση 9 β y = γ ydt, 1 β Θέτουμε m = ydt οπότε y + αy = m. Εφαρμόζουμε τη μέθοδο του ολοκληρωτικού παράγοντα και έχουμε μt = exp αdt = e αt. Επομένως, e αt y m = α eα t yt = ce αt + m α. Όμως y = γ άρα c = γ m α και συνεπώς yt = γ m e αt + m. Ολοκληρώνουμε κατα μέλη και άρα: α α β β ydt = γ m e αt + m dt α α [ m m = α t 1 c m ] β e αt α α Τελικά έχουμε: yt = γ m = m α β 1 α β α m = γ γ β α + α 1 e + e e α α β e + 1 c m α α e + α1 e + e α β c m α e αt + β α γ + α1 e e + e α β α 4

6 Άσκηση 1 Να λυθεί η διαφορική εξίσωση ye xy dx xe xy dy =, 1. Είναι ye xy dx xe xy dy =. Έχουμε M = N x = exy 1 + xy που σημαίνει ότι η 1 είναι ακριβής. Άρα, Mx,y Nx,y υπάρχει Fx, y = c 1. Επιπλέον F x = yexy, 2 και F = 3 + xexy, 3. Ολοκληρώνοντας την 2 έχουμε ότι Fx, y = e xy + hy, 4. Παραγωγίζουμε ως προς y την 4 και συγκρίνουμε με την 3. Άρα: xe xy + h y = 3 + xe xy h y = 3 hy = 3y + c 2 Τελικά, η 4 γίνεται Fx, y = e xy + 3y + c 2 = c 1 e xy + 3y = c. Άσκηση 11 Να βρεθεί ο ολοκληρωτικός παράγοντας της μορφής μ = μ t + y 2 για τη διαφορική εξίσωση 3t + 2y + y 2 dt + t + 4ty + 5y 2 dy = και στη συνέχεια να λυθεί. Είναι 3t + 2y + y 2 dx + t + 4ty + 5y 2 dy =, 1. Η 1 δεν είναι ακριβής. Πρέπει μm dt + μn dy = Mt,y Nt,y και μm = μn μ t M + μ M = μ t N + μ N t, 2. Επίσης, μ = μ t + y 2 και St, y = t + y 2. Επομένως, μ = μ S μ μ = 2y, 3. Ακόμη, έχουμε S S t = μ S S t = μ, 4. Από τις σχέσεις 2, 3, 4 έχουμε: S 2yM μ S + m Μ = N μ S + μ N t 2yM N μ N S = t M μ N 1 μ μ S = t M 2yM N N t M Έστω hs = 2yM N = 1 + 4y 2y 2 6yt + 4y 2 + 2y 3 t 4ty 5y 2 = 2y 1 2yt y 2 + 2y 3 t = 1 t + y 2 = 1 S. Άρα: μs = exp hsds = e ln S = S = t + y 2, 5 Συνδυάζοντας τις σχέσεις 1 και 5 έχουμε: 3t + 2y + y 2 t 2 + y 2 dt t + 4ty + 5y 2 t + y 2 dy = y 4 + 2y 3 + 4y 2 t + 2yt + 3t 2 dt + 5y 4 + 4ty 3 + 6ty 2 + 4t 2 y + t 2 dy =, 6 Mt,y Προφανώς, τώρα ισχύει M = N που σημαίνει ότι η 6 είναι ακριβής. Από γνωστό θέωρημα θα υπάρχει t συνάρτηση τέτοια ώστε Fx, y = c με F dt = y4 + 2y 3 + 4y 2 t + 2yt + 3t 2 και F dy = 5y4 + 4ty 3 + 6ty 2 + 4t 2 y + t 2. Ολοκληρώνοντας ως προς t την πρώτη σχέση έχουμε Fx, y = y 4 t + 2y 2 t 2 + yt 2 + 2y 3 t + t 3 + gy. Παραγωγίζοντας ως προς y και συγκρίνοντας με την δεύτερη σχέση που βρήκαμε παραπάνω έχουμε: Nt,y 4y 3 t + 4yt 2 + t 2 + 6y 2 t + g y = 5y 4 + 4ty 3 + 6ty 2 + 4t 2 + t 2 g y = 5y 4 gy = y 5 + c 1 Άρα, y 4 t + 2y 2 t 2 + yt 2 + 2y 3 t + t 3 + y 5 + c 1 = c y 4 t + 2y 2 t 2 + yt 2 + 2y 3 t + t 3 + y 5 = c. πεπλεγμένη μορφή. Η λύση βρίσκεται σε 5

7 Για τη διαφορική εξίσωση x 2 y + y 2 dx x 3 dy =. Άσκηση 12 Έχουμε x 2 y + y 2 dx + x 3 dy =. Εύκολα αποδεικνύεται ότι η δ.ε. δεν είναι ακριβής. Είναι μ = μ xy, Mx,y Nx,y S x, y = S = xy. Έχουμε διαδοχικά μ = μ s s = x μ S και μ x = μ s s x = y μ S. Μετασχηματίζουμε την δ.ε. στην ισοδύναμη μορφή μm dx + μν dy = και έχουμε μm = μn μ x Μ + μ Μ = μ x Ν + μ Ν x. Συνδυάζοντας τις παραπάνω σχέσεις είναι: xm μ S + μ Μ xm yn μ S = 1 μ μ S = μ = yn S + μ N x N x M μ N x M xm yn N x M Έστω gs = xm yn = 3x2 x 2 2y x 3 y + xy 2 + yx 3 = 4x2 2y 2x 3 y + xy 2 = 2 xy = 2 S Τελικά, η δ.ε. θα είναι της μορφής: και μ S = exp gsds = 1 s 2 = 1 x 2 y 2. 1 x 2 x 2 y 2 y + y 2 dx x 3 1 x 2 y 2 dy = 1 y + 1 x }{{ 2 } Mx,y x y 2 Nx,y dy dx = Τώρα, η δ.ε. είναι ακριβής και άρα υπάρχει συνάρτηση Fx, y = c με F x = Mx, y = 1 y + 1 F και x2 = Nx, y = x y 2. Ολοκληρώνουμε την πρώτη σχέση ως προς x και παραγωγίζουμε το συμπέρασμα ως προς y, συγκρίνοντας το με την δεύτερη σχέση: 1 F = y + 1 x 2 dx + hy = x y 1 x + hy h y = hy = c 1 F = x2 y + h y = x2 y Τελικά, θα είναι Fx, y = x y 1 x + hy c = x y 1 x + c 1 x y 1 x = c. Άσκηση 13 Να λυθεί η διαφορική εξίσωση 5x 2 y dx + xdy = αν δέχεται ολοκληρωτικό παράγοντα μ = μx. Έχουμε 5x 2 y Mx,y dx + x dy =. Εύκολα αποδεικνύεται ότι η δ.ε. δεν είναι ακριβής. Μετασχηματίζουμε την Nx,y = μν μ x Μ + μ Μ = μ x Ν + μ Ν x δ.ε. στην ισοδύναμη μορφή μm dx + μν dy = και έχουμε μm μ Μ = μ x N + μ N Άρα, μ = exp fxdx x μ Μ x N = μ N x 1 μ μ x = = 1. Τελικά, η δ.ε. γίνεται: x2 5 y x 2 dx + Mx,y 1 x Nx,y M N x N dy =. Θέτουμε gx = M N x N = 1 1 x = 2 x. 6

8 Η δ.ε. είναι ακριβής και άρα υπάρχει συνάρτηση Fx, y = c με F x = Mx, y = 5 y F x 2 και = Nx, y = 1 x. Ολοκληρώνουμε την πρώτη σχέση ως προς x και παραγωγίζουμε το συμπέρασμα ως προς y, συγκρίνοντας το με την δεύτερη σχέση: F = 5 y x 2 dx + hy = 5x + y x + hy h y = hy = c 1 F = 1 x + h y = 1 x Τελικά, έχουμε 5x + y x = c. Άσκηση 14 Να προσδιορίσετε τη διαφορίσιμη συνάρτηση f =, για την οποία η διαφορική εξίσωση 2 + y 3 cos t + fty 2 y = είναι ακριβής. Στη συνέχεια, να λυθεί η διαφορική εξίσωση για την προκύπτουσα f. Έχουμε 2 + y 3 cos t dx + fty 2 y dy =. Αφού η f είναι ακριβής πρέπει: Mt,y Nt,y Μ = Ν t 3y2 cos t = f ty 2 f t = 3 cos t ft = 3 + c 1,, f = ft = 3 Οπότε η δ.ε. γίνεται 2 + y 3 cos t + 3 y 2 y = y y3 cos t 3y 2 = y + cos t 3 y = 2 3 y 2. Άρα, έχουμε Bernoulli για r = 2. Χρησιμοποιούμε το μετασχηματισμό ut = y 1 r = y 3 με u t = 3y 2 y. Πολλαπλασιάζουμε τη δ.ε. με 3y 2 και έχουμε: 3y 2 y + cos t y3 = 2 u t + cos t ut = 2 u t + cos tut = 2 ut = 2t ut = c 2t 1 y 3 = c 2t yt = 3 c 2t 7