Κεφάλαιο 2. Συνήθεις ιαφορικές Εξισώσεις 1 ης τάξης

Transcript

1 Κεφάλαιο Συνήθεις ιαφορικές Εξισώσεις 1 ης τάξης 1 Εισαγωγή και βασικές έννοιες H θεωρία των διαφορικών εξισώσεων είναι πολύ σηµαντική διότι µοντελοποιεί πλήθος φυσικών προβληµάτων µέσω µιας εξίσωσης ή και ενός συστήµατος εξισώσεων που περιλαµβάνει άγνωστες συναρτήσεις καθώς και παραγώγους αυτών των συναρτήσεων Ένα απ τα χαρακτηριστικότερα παραδείγµατα διαφορικών εξισώσεων είναι ο δεύτερος νόµος του Nεύτωνα, σύµφωνα µε τον οποίο η συνισταµένη δύναµη που δρα σ ένα σώµα ισούται µε το γινόµενο της µάζας του σώµατος επί την επιτάχυνσή του Η εξίσωση κίνησης του σώµατος είναι m r t =ΣF t, r,r όπου m είναι η (σταθερή) µάζα του σώµατος, r είναι το διάνυσµα θέσης του σώµατος τη χρονική στιγµή t και ΣF είναι το διάνυσµα της συνισταµένης δύναµης που ασκείται στο σώµα συναρτήσει του χρόνου, της θέσης και της ταχύτητάς του v= r ( t) Αν η δύναµη ΣF οφείλεται µόνον στη βαρύτητα, τότε m r t = m g k, όπου k = (,,1) και g είναι το µέτρο της επιτάχυνσης της βαρύτητας, οπότε µε δυο διαδοχικές ολοκληρώσεις παίρνουµε gt r() t = k+ ct+ d, ( c, d ) Επιπλέον, αν είναι γνωστή τόσο η θέση r ( t ) όσο και η ταχύτητα t, τότε η θέση του r t του σώµατος κάποια χρονική στιγµή σώµατος προσδιορίζεται µονοσήµαντα κάθε χρονική στιγµή t Ας δούµε ένα άλλο παράδειγµα Εστω p pt = είναι αποµονωµέ-

2 νος πληθυσµός ενός βιότοπου τη χρονική στιγµή t Ας υποθέσου- µε ότι έχουµε nt () γεννήσεις και mt () θανάτους και ότι ο ρυθµός µεταβολής των γεννήσεων και θανάτων είναι ανάλογος του ab,,1 Τότε παίρ- πληθυσµού µε κάποιες σταθερές αναλογίας νουµε τη δε p t = n t m t = a b p t Εστω n είναι φυσικός αριθµός και : A είναι n -φορές παραγωγίσιµη συνάρτηση στο A, δηλαδή ορίζονται οι παράγωγοι ( n) αυτής,,,, για κάθε A Αν η ανεξάρτητη µεταβλητή παριστάνει χρόνο, συµβολίζεται συχνά µε t και για τις παραγώγους χρησιµοποιούνται τελείες αντί τόνων Ετσι πχ γράφουµε,, αντί,, Ορισµός 1 Μια εξίσωση που περιέχει µια άγνωστη συνάρτηση όπως παραπάνω και τουλάχιστον µια από τις παραγώγους της ( n),,,, καλείται (συνήθης) διαφορική εξίσωση Οι ακόλουθες είναι συνήθεις διαφορικές εξισώσεις: (i) = + + (v) d d 5 + = d d (ii) e ( ) + = 4 (vi) = + 1 (iii) + = (vii) + = (iv) d d = + = (viii) cos( ) sin( ) Ορισµός Καλούµε τάξη µιας διαφορικής εξίσωσης την τάξη της µεγαλύτερης παραγώγου που εµφανίζεται στην εξίσωση Ευτσι, οι διαφορικές εξισώσεις (i), (iii), (iv) και (viii) είναι 1 ης τάξης, οι (ii), (v) και (vii) είναι ης τάξης και η (vi) είναι ης τάξης Μια διαφορική εξίσωση n -τάξης περιγράφεται από µια εξίσωση της µορφής ( n) F,,,, =, (1) 1

3 όπου F είναι µια συνάρτηση n + µεταβλητών που εν γένει ( n) εξαρτάται απ όλες (ή κάποιες) από τις παραµέτρους,,,, Η (1) καλείται πλεγµένη µορφή της δε Αν η (1) µπορεί να ( n) λυθεί ως προς, τότε η µορφή n (,,, ) ( n) ( 1) = f () καλείται κανονική µορφή της διαφορικής εξίσωσης Σηµείωση Ο όρος «συνήθης» διαφορική εξίσωση χρησιµοποιείται σε αντιδιαστολή µε τον όρο διαφορική εξίσωση µε µερικές παραγώγους, η οποία είναι µια εξίσωση που περιλαµβάνει µια άγνωστη συνάρτηση πολλών µεταβλητών και κάποια/κάποιες από τις µερικές παραγώγους αυτής Για παράδειγµα αν z = z(, ), τότε η z z = + είναι µια µερική διαφορική εξίσωση Στο Κεφάλαιο αυτό θα ασχοληθούµε µόνον µε συνήθεις διαφορικές εξισώσεις Ετσι, θα παραλείπουµε τον όρο «συνήθης» και θα γράφουµε για συντοµία δε (αντί διαφορική εξίσωση) Ορισµός Η µέγιστη δύναµη της µέγιστης τάξης παραγώγου µιας πολυωνυµικής δε καλείται βαθµός της δε Αν η δε δεν είναι πολυωνυµική, τότε δεν ορίζεται βαθµός για τη δε Για παράδειγµα οι δε (i), (iii), (iv), (vi) και (vii) είναι 1 oυ βαθµού, η (v) είναι ου βαθµού, ενώ για τις (ii) και (viii) δεν ορίζεται βαθµός Yπάρχουν δυο βασικές κατηγορίες δε: οι γραµµικές και οι µη γραµµικές Ορισµός 4 Καλούµε γραµµική δε n-τάξης κάθε δε της µορφής: n + a + + a + a = b, () ( n) ( 1) n 1 1 όπου a, a1, an 1, b είναι γνωστές πραγµατικές συναρτήσεις Αν µια δε δεν είναι της µορφής (), τότε καλείται µη γραµµική δε Επίσης, αν

4 a = a, a = a,, a = a, 1 1 n 1 n 1 όπου a, a1,, an 1 είναι πραγµατικές σταθερές, τότε η () καλείται γραµµική δε µε σταθερούς συντελεστές, διαφορετικά καλείται γραµµική δε µε µεταβλητούς συντελεστές Ανάλογος είναι ο ορισµός και για µη γραµµικές δε Ορισµός 5 Καλούµε λύση (ή ολοκλήρωµα) της δε (1) (ή της ()), κάθε συνάρτηση = που την επαληθεύει ταυτοτικά Η γραφική παράσταση της είναι µια καµπύλη στο επίπεδο που καλείται ολοκληρωτική καµπύλη της δε Τονίζουµε εδώ ότι οι λύσεις µιας δε (αν υπάρχουν) είναι πάντα συναρτήσεις σε αντίθεση µε τις λύσεις µιας αλγεβρικής εξίσωσης που είναι αριθµοί Συνήθως µια δε έχει άπειρο πλήθος λύσεων Για παράδειγµα οι λύσεις της δε = είναι οι συναρτήσεις = + c, c όπως προκύπτει εύκολα µε απλή ολοκλήρωση Οµοίως οι λύσεις της δε = προκύπτουν εύκολα µε δυο ολοκληρώσεις: = + c1+ c, c1, c 6 Στα παραπάνω παραδείγµατα βλέπουµε ότι όταν η λύση µιας δε προέρχεται από n -ολοκληρώσεις τότε η λύση εξαρτάται από n - αυθαίρετες σταθερές ολοκλήρωσης Είναι λογικό να αναρωτηθούµε αν αυτός ο κανόνας µπορεί να γενικευθεί, δηλ αν η λύση όλων των δε 1 ης τάξης εξαρτάται από µια αυθαίρετη σταθερά, των δε ης τάξης από δυο αυθαίρετες σταθερές κλπ υστυχώς µια τέτοια γενίκευση δεν ισχύει Κάλλιστα µπορεί µια δε να έχει µόνον µια πραγµατική λύση, όπως πχ η δε 1 ης τάξης + =

5 που έχει ως µοναδική λύση τη µηδενική συνάρτηση και δεν εξαρτάται καν από σταθερά Επίσης η δε 1 ης τάξης έχει λύση ( c )( c e ) ( )( ) 1 = 1 = που εξαρτάται από δυο (και όχι µια) σταθερές Αναφέρουµε επίσης ότι µια δε µπορεί να µην έχει λύση στο, όπως πχ η + = 1 Παρόλα αυτά όµως υπάρχουν οικογένειες δε n -τάξης οι λύσεις των οποίων εξαρτώνται από ακριβώς n αυθαίρετες σταθερές Επιπλέον, ένα µεγάλο πλήθος δε που µοντελοποιούν φυσικά προβλήµατα ανήκουν σε τέτοιες οικογένειες Ετσι το πρώτο µας µέληµα σε µια δε n -τάξης είναι να ψάξουµε για λύσεις που εξαρτώνται από n -αυθαίρετες σταθερές Σ αυτά τα πλαίσια δίνουµε τον εξής ορισµό: Ορισµός 6 Καλούµε γενική λύση της δε (1) (ή ()) κάθε λύση της µορφής = φ( c, 1,, c n ) (4) όπου c,, 1 cn είναι αυθαίρετες πραγµατικές σταθερές Μερική λύση της δε (1) (ή ()) καλείται κάθε συνάρτηση που ικανοποιεί τη δε και η οποία προκύπτει από τη γενική λύση για συγκεκριµένη επιλογή των σταθερών c 1, c Οι λύσεις (4) παριστάνουν στο επίπεδο µια n -παραµετρική οικογένεια ολοκληρωτικών καµπύλων της δε Αν οι παραπάνω λύσεις δίνονται σε πλεγµένη µορφή, δηλ στη µορφή 1, n ϕ (,, c,, c n ) = όπου c,, 1 cn είναι αυθαίρετες πραγµατικές σταθερές και η συνάρτηση ικανοποιεί τη διαφορική εξίσωση, τότε µιλάµε για το γενικό ολοκλήρωµα της δε (1) ή της () Πολλές φορές ακόµη κι αν υπάρχει η γενική λύση µιας δε δεν περιλαµβάνει όλες τις λύσεις της δε Ορισµός 7 Καλούµε ιδιάζουσα λύση (ή ιδιάζον ολοκλήρωµα) 4

6 της δε () (ή (1)) κάθε λύση της δε που δεν προκύπτει από τη γενική λύση (ή το γενικό ολοκλήρωµα) της δε για καµιά επιλογή των παραµέτρων c, 1 c, n Το σύνολο των λύσεων µιας δε καλείται πλήρης λύση της δε (ή πλήρες ολοκλήρωµα της δε) Από τα παραπάνω φαίνεται ότι η γενική λύση και η πλήρης λύση δεν ταυτίζονται πάντα Ορισµός 8 οθέντων πραγµατικών αριθµών,,, n 1, η εύρεση µιας λύσης της διαφορικής εξίσωσης (1) (ή ()) που ικανοποιεί τις συνθήκες =,, = n (5) ( n 1) 1 καλείται πρόβληµα αρχικών τιµών (ΠΑΤ) και οι σχέσεις (5) καλούνται αρχικές συνθήκες Ασκήσεις 1 Να βρεθεί: (α) η τάξη, (β) ο βαθµός, (γ) η γραµµικότητα ή µη, (δ) η άγνωστη συνάρτηση, (ε) η ανεξάρτητη µεταβλητή των κάτωθι δε: db () i = p dp 7 (6) 4 (4) iv ( ii) s ts = 1+ cost ( iii) ( ) + = + = ( v) ( ( ) ) ( vi) ln 1+ + = 4 d dr / = Απ (i) (α)-1, (β)-7, (γ)-µη γραµµική, (δ)-b, (ε)- p (ii) (α)-, (β)-1, (γ)-γραµµική, (δ)- s, (ε)-t (iii) (α)-, (β)-, (γ)-µη γραµµική, (δ)-, (ε)- (iv) (α)-6, (β)-, (γ)-µη γραµµική, (δ)-, (ε)- (v) (α)-, (β)-, (γ)-γραµµική, (δ)- r, (ε)- (vi) (α)-1, (β)-δεν έχει, (γ)-µη γραµµική (δ)-, (ε)- 1/ Εξετάστε αν η ce ce = 1 + είναι λύση της δε 4 + = (Απ Είναι) 5

7 Εξετάστε αν η πλεγµένη µορφή = ln + 1+ t είναι λύση της δε d = ( 1 t) (Απ Είναι) dt m 4 Βρείτε τις τιµές του m για τις οποίες η e της δε 5 6 = είναι λύση + = (Απ m=, m= ) 5 Υπολογίστε τη γενική λύση της δε = + sin + e Στη συνέχεια βρείτε µια µερική λύση αυτής που αντιστοιχεί στις αρχικές συνθήκες () =, ( ) = 1 4 e (Απ Γενική λύση: = sin + + c1+ c e Μερική λύση: = sin + + ) είξτε ότι η ( 4) = = είναι λύση της δε στο διάστηµα (, ), όχι όµως και σε µεγαλύτερο διάστηµα που περιέχει είτε το είτε το 7 Προσδιορίστε τις σταθερές c1, c ώστε η s() t = c1ηµ t+ cσυνt να s() = 1, s = ικανοποιεί τις αρχικές συνθήκες (Απ c 1 =, c = 1) 6

8 ιαφορικές εξισώσεις 1 ης τάξης 1 Θεώρηµα ύπαρξης και µοναδικότητας για δε 1 ης τάξης και 1 ου βαθµού Ορισµός 9 Μια δε 1 ης τάξης περιγράφεται από µια εξίσωση της µορφής F,, =, (6) ( ) όπου F είναι µια γνωστή πραγµατική συνάρτηση που µπορεί εν γένει να εξαρτάται από κάποιες ή και όλες τις παραµέτρους,, Αν η (6) µπορεί να λυθεί ως προς την, τότε η εξίσωση καλείται κανονική µορφή της δε (, ) = f (7) Ορισµός 1 Μια παραγωγίσιµη συνάρτηση φ καλείται πλεγµένη (ή κανονική) λύση της (6) (ή της (7)) σε κάποιο διάστηµα I αν επαληθεύει την (6) (ή τη (7)) για κάθε I Ενα πρόβληµα αρχικών τιµών αποτελείται από την (6) (ή τη (7)) µαζί µε µια αρχική συνθήκη της µορφής = Αν δοθεί µια µονοπαραµετρική οικογένεια καµπύλων = g(, c), τότε µπορούµε να βρούµε τη δε της οποίας η παραπάνω είναι γενική λύση παραγωγίζοντας και στη συνέχεια απαλείφοντας τη σταθερά από τις σχέσεις = g(, c) = g (, c) Για παράδειγµα, αν = c+, τότε = c, 7

9 συνεπώς η δε µε γενική λύση = c+ είναι η = + Γενικά η (7) µας λέει ότι σε κάθε σηµείο (, ), η τιµή f (, ) είναι η κλίση της λύσης της δε στο σηµείο αυτό Αν λοιπόν θεωρήσουµε έναν τόπο D όπου η f ορίζεται και είναι συνεχής, τότε σε κάθε σηµείο (, ) µε κλίση ίση µε f (, ) D αντιστοιχεί ένα ευθύγραµµο τµήµα Πρακτικά σχεδιάζουµε το τµήµα αυτό σε µικρές περιοχές ενός σχετικά πυκνού πλήθους σηµείων (, ) D, οπότε προκύπτει ως γεωµετρική εικόνα ένα σύνολο τµηµάτων το οποίο καλούµε πεδίο κλίσεων της δε = που σε κάθε σηµείο της εφάπτεται του πεδίου κλίσεων είναι ολοκληρωτική καµπύλη της δε, δηλ είναι λύση της δε Αν µάλιστα θεωρήσουµε και αρχική =, τότε όλες οι καµπύλες (αν υπάρχουν) που Ορισµός 11 Κάθε καµπύλη τιµή ( ) διέρχονται από το σηµείο (, ) D και σε κάθε σηµείο τους εφάπτονται του πεδίου κλίσεων είναι ολοκληρωτικές καµπύλες της δε Ενα σηµαντικό ερώτηµα σ αυτή την κατεύθυνση είναι το εξής: πότε ένα πρόβληµα αρχικών τιµών έχει λύση και επιπρόσθετα αν έχει λύση, υπό ποιες συνθήκες η λύση αυτή είναι µοναδική To ακόλουθο Θεώρηµα µας δίνει ικανές συνθήκες (τοπικής) ύπαρξης και µοναδικότητας του προβλήµατος αρχικών τιµών Θεώρηµα 1 (Picard Lindelöf) Εστω το πρόβληµα αρχικών τιµών = f (, ) (8) ( ) = 8

10 f Αν οι συναρτήσεις f και : = f είναι συνεχείς σ ένα ορθογώνιο Τ,, τότε το πρόβληµα αρχικών τιµών (8) έχει κέντρου ( ) µοναδική λύση = για σε κατάλληλη περιοχή του σηµείου Παρατηρήσεις: (α) Αν µόνον η συνάρτηση f είναι συνεχής σ ένα,, τότε το πρόβληµα αρχικών τιµών ορθογώνιο Τ κέντρου ( ) (8) έχει πάντα λύση, αλλά όχι κατ ανάγκην µοναδική = σε κατάλληλη περιοχή του σηµείου (β) Η βασική ιδέα της απόδειξης του Θεωρήµατος 1 βασίζεται στη µέθοδο διαδοχικών προσεγγίσεων του Picard Σκιαγραφώντας τη µέθοδο, αρχικά (και µε την υπόθεση συνεχείας = f, και έχουµε της f ) ολοκληρώνουµε την, f t dt = +, που είναι ισοδύναµη της (8) Στη συνέχεια σχηµατίζουµε τον αναδροµικό τύπο ( ) = +, () =, n = 1,, n f ( t n 1 t ) dt και αποδεικνύουµε µε την επιπλέον συνθήκη συνεχείας για την ότι υπάρχει το όριο lim n n = f Σηµείωση Εστω f είναι µια συνεχής συνάρτηση σε διάστηµα I της πραγµατικής ευθείας Στο εξής µε το συµβολισµό f d θα δηλώνουµε µια συγκεκριµένη αντιπαράγωγο της f Υπενθυµίζουµε ότι αν FG, είναι δυο αντιπαράγωγοι της f, τότε F = G+ c, c είναι µια σταθερά 9

11 Παράδειγµα Θεωρούµε το πρόβληµα αρχικών τιµών = ( ) = Προφανώς θα πρέπει Παρατηρούµε ότι η = είναι µια λύση του προβλήµατος αρχικών τιµών Στη συνέχεια αναζητούµε και άλλες λύσεις Θεωρούµε λοιπόν, οπότε 1 = d = d + c d = + c Ετσι για τις αρχικές συνθήκες (, ) (,) = + / c = παίρνουµε c =, / οπότε και η = είναι µια άλλη λύση του προβλήµατος αρχικών τιµών Συνεπώς, το πρόβληµα αρχικών τιµών έχει τουλάχιστον δυο λύσεις (και όχι µοναδική) σε µια περιοχή του, =, Πράγµατι, από το Θεώρηµα 1 σηµείου ( ) παρατηρούµε ότι η (, ) του σηµείου (, ) (,) f = είναι συνεχής σε µια περιοχή =, άρα υπάρχει λύση του προβλήµατος αρχικών τιµών Παρατηρούµε όµως ότι δεν ικανοποιείται η συνθήκη συνεχείας για την f = στο (, ), άρα και σε οποιοδήποτε ορθογώνιο που περιέχει το (, ) Αυτό σηµαίνει ότι δεν µπορούµε να αποφανθούµε για τη µοναδικότητα λύσης από το Θεώρηµα 11 Στην συγκεκριµένη περίπτωση η λύση του προβλήµατος αρχικών τιµών δεν είναι µοναδική όπως είδαµε παραπάνω Αν όµως θεωρήσουµε το πρόβληµα αρχικών τιµών = =, (, ) τότε το Θεώρηµα 11 διασφαλίζει τη µοναδικότητα της λύσης σε, κατάλληλη περιοχή του σηµείου,

12 Γραµµικές διαφορικές εξισώσεις πρώτης τάξης Ορισµός 1 Kαλούµε γραµµική δε 1 ης τάξης κάθε δε της µορφής + p = q, (9) όπου p, q: I και I διάστηµα της πραγµατικής ευθείας Αν q = τότε µιλάµε για οµογενή δε, αλλιώς µιλάµε για µη οµογενή δε Εστω ότι οι p, q είναι συνεχείς συναρτήσεις επί του I Για να λύσουµε τη (9) πολ/ζουµε και τα δυο µέλη της µε µια παραγωγίσιµη συνάρτηση µ : I τέτοια ώστε µ > και Τότε µ = µ p µ + µ p = µ q µ + µ = µ q = q = q d+ c ( µ ) µ µ µ ( µ ) 1 = q d+ c µ Επίσης από την µ = µ p έχουµε µ µ d+ = p d pd d ln ( µ ) pd d µ e µ = + = + = µ Εφόσον ενδιαφερόµαστε για µια συγκεκριµένη µ, θεωρούµε για απλότητα d = και στη συνέχεια αντικαθιστώντας το µ παίρνουµε τη γενική λύση της (9) από τον τύπο: p d p d = e c+ q e d (1) + = 1 tan sin Παράδειγµα Να επιλυθεί η δε p d 1

13 Λύση Εχουµε γραµµική δε 1 ης τάξης Θεωρούµε kπ, kπ + π / 1 Οι συναρτήσεις p = και q = είναι συνεχείς σε κάθε tan sin Ι = kπ, kπ + π /, k Ετσι για σε κάποιο από τα διάστηµα k διαστήµατα αυτά, χρησιµοποιώντας τη (1) παίρνουµε d d tan 1 tan = e c+ e d sin ln sin 1 ln sin = e c+ e d sin ( c d) 1 = + sin sin c cos, sin sin =, I c + cos, sin sin k Παράδειγµα Να επιλυθεί η δε + = e Λύση Εχουµε γραµµική δε πρώτης τάξης Θεωρούµε Ετσι σε κάθε διάστηµα I της πραγµατικής ευθείας που δεν περιέχει το =, η γενική της λύση της δε δίνεται από τη σχέση Επειδή έχουµε e 1 1 d d = + e c e e d = e ln c+ e e ln d 1 c e d = + e 1 e e e d=, > 9 d=, e 1 e e + e d= +, < 9 1 e e 1 c +, I, + 9 =, 1 e e c +, J (, ) 9

14 οπότε για c = c 1 = c παίρνουµε τελικά 1 e e = c+ I (, + ) η J (,) 9 Παράδειγµα Υπολογίστε τη µερική λύση της δε 1 ln ln = που ικανοποιεί τις αρχικές συνθήκες 4 =, = e e Λύση Εχουµε γραµµική δε 1 ης τάξης Θεωρούµε > λόγω λογαρίθµου Τότε Αλλά: συνεπώς: 1 1 d d ln ln = e c+ ln e d 1 1 d = d ( ln ) = ln ln ln ln, 1 ( ln ) ln ( ln ln ) ln ln ln ln = e c+ e d = c+ d 1 = ln c+ ln d ln = ln ( c+ d) = ln c+ (oι απόλυτες τιµές «βγαίνουν» όπως στο προηγούµενο παράδ) 4 Για τη µερική λύση θέτουµε στη γενική λύση = e, = e, άρα 4 e 1 ln 4 e e e = e c+ e = c+ c= e e Τελικά η ζητούµενη µερική λύση είναι η ln = e + 4

15 Παράδειγµα Να επιλυθεί το πρόβληµα αρχικών τιµών + = e ( ) =, Παραπάνω δείξαµε ότι η γενική λύση της δε είναι η 1 e e = c+ I (, + ) η J (,) 9 Συνεπώς: Ετσι: 1 c e e c e e = ( ) = + = e e e e = To παραπάνω παράδειγµα υποδηλώνει ότι κάθε λύση της γραµµικής δε (9) προέρχεται από τη γενική της λύση (1) Πράγµατι το Θεώρηµα ύπαρξης και µοναδικότητας για γραµµικές δε παίρνει τη µορφή: Θεώρηµα Εστω p, q: I είναι συνεχείς συναρτήσεις σε κάποιο ανοικτό διάστηµα I και I Τότε το πρόβληµα αρχικών τιµών + p = q (11) ( ) =, ( I, ) έχει µοναδική λύση I Με άλλα λόγια πλήρης λύση και γενική λύση ταυτίζονται Απόδ Η ύπαρξη µιας λύσης τεκµηριώνεται από τα παραπάνω Για τη µοναδικότητα αυτής I εργαζόµαστε ως εξής: Εστω 1, : I είναι δυο λύσεις του προβλήµατος αρχικών τιµών (11) Τότε είναι εύκολο να δούµε ότι η συνάρτηση v= 1 είναι µια λύση του προβλήµατος αρχικών τιµών 4

16 v + p v= =, ( ) v I Ως γνωστόν, η γενική λύση της v + p v= δίνεται από τη (1): και εφόσον v( ) p d p d p d v = e c+ e d = c e, = c=, παίρνουµε v = = = I 1 1 Eφαρµογές Παράδειγµα (Νόµος ψύξης Νεύτωνα) Μεταλλική ράβδος o θερµοκρασίας T = 1 C σε κάθε σηµείο της τοποθετείται σε o χώρο σταθερής θερµοκρασίας C Εάν µετά από min η o θερµοκρασία της ράβδου σε κάθε σηµείο της είναι 5 C, υπολογίστε: (α) τη θερµοκρασία της ράβδου µετά από 1 min (β) το χρόνο που χρειάζεται για να ψυχθεί η ράβδος στους o 5 C Λύση Σύµφωνα µε το νόµο ψύξης του Νεύτωνα, ο ρυθµός µεταβολής της θερµοκρασίας ενός σώµατος είναι ανάλογος της διαφοράς θερµοκρασίας µεταξύ σώµατος και περιβάλλοντος (α) Με βάση το νόµο ψύξης, αν T( t ) είναι η θερµοκρασία του σώµατος τη χρονική στιγµή t, T ( ) = 1, T ( ) = 5 και T περ = = σταθ, τότε ( περ ) Τ t = k T t T Τ t k T t =, <, όπου k είναι µια αρνητική σταθερά που διασφαλίζει ότι Τ ( t) δηλαδή το σώµα ψύχεται Η παραπάνω είναι µια γραµµική δε µε λύση: 5

17 kt c e Τ t = Από τις συνθήκες T ( ) = 1, T = 5 βρίσκουµε T ( ) = 1 1 = c c= 1 c = 1 k k ln, T () = 5 5 = ce e = 1/ k = συνεπώς () ln Τ t = 1 e t Αρα η θερµοκρασία της ράβδου µετά από 1 min είναι (β) Εχουµε ln Τ 1 1 e 7717 C = ln t 5 = 1 e t = 4 min Παράδειγµα (Αραίωση διαλυµάτων) Ένα δοχείο έχει V m διάλυµα νερού µε s kg ζάχαρη (θεωρούµε ότι η ζάχαρη είναι οµοιόµορφα κατανεµηµένη στο διάλυµα) Ένα άλλο διάλυµα µε kg m a ζάχαρη χύνεται στο δοχείο µε ρυθµό f ενώ m min m ταυτόχρονα από το δοχείο αποµακρύνονται g διαλύµατος min Πόση ζάχαρη έχει το δοχείο τη χρονική στιγµή t ; Λύση Εστω s() t είναι η ποσότητα ζάχαρης τη χρονική στιγµή t (t σε min) Τότε: s( t+ t) s( t) = ζάχαρη που εισέρχεται στο δοχείο ζάχαρη που εξέρχεται απ το δοχείο Αλλά η ζάχαρη που εισέρχεται στο δοχείο σε χρόνο t ισούται µε kg a f t Για να βρούµε τη ζάχαρη που εξέρχεται σε χρόνο t min απ το δοχείο πρέπει να βρούµε πρώτα τον όγκο του δοχείου τη χρονική στιγµή t Ο όγκος αυτός είναι V + ( f g) t, οπότε η περιεκτικότητα σε ζάχαρη/m τη χρονική στιγµή t είναι 6

18 st kg V + f g t m δοχείο σε χρόνο t ισούται µε και συνεπώς η ζάχαρη που εξέρχεται απ το st t kg g Αρα: V + f g t min t s t st ( + t) st = a f t g V + f g t st ( + t) st st = a f g t V + f g t και για t έχουµε g s () t + s() t = a f V + f g t η οποία είναι µια γραµµική δε 1 ης τάξης µε αρχική συνθήκη s() = s, η λύση της οποίας προκύπτει από την (1) Παράδειγµα (Ηλεκτρικά κυκλώµατα) Kύκλωµα περιλαµβάνει πηγή ηλεκτρεγερτικής δύναµης E = sin( t) Volt, αντίσταση R = 1 Ω και πηνίο αυτεπαγωγής L = 5 H Υπολογίστε την ένταση I του ρεύµατος που διαρρέει το κύκλωµα, αν η αρχική ένταση είναι I = 6 A Λύση Η εξίσωση που περιγράφει τη ροή του ηλεκτρικού φορτίου σε κύκλωµα RL είναι R E I () t + I() t = L L Στην περίπτωση αυτή έχουµε το πρόβληµα αρχικών τιµών 6sin( ) I t + I t = t I = I() = 6 Εύκολα βρίσκουµε ότι η γενική λύση της παραπάνω γραµµικής δε είναι η εξής: t 15sin( t) cos( t) I() t = ce

19 Από τη συνθήκη I = 6 A υπολογίζουµε τη σταθερά c Ασκήσεις 1 Να επιλυθούν οι γραµµικές δε: + = Aπ = ce = Aπ = ( ) cos tan cos e c + = Aπ = ( c+ ) e + = () 1 = + = + () 1 = 1 Aπ Aπ = = Σε µια πόλη o ρυθµός αύξησης του πληθυσµού είναι ανάλογος του πληθυσµού Εάν µετά από 1 χρόνια ο πληθυσµός έχει τριπλασιασθεί και µετά από χρόνια είναι 15 υπολογίστε τον αρχικό πληθυσµό της πόλης Απ o Σώµα θερµοκρασίας T = 5 C τοποθετείται σε φούρνο σταθερής θερµοκρασίας 15 C Εάν µετά από 1 min η θερµοκρασία o o του σώµατος είναι 75 C, υπολογίστε το χρόνο που απαιτείται για o να γίνει η θερµοκρασία του σώµατος 1 C Απ 4,94 min 8

20 Μη γραµµικές διαφορικές εξισώσεις 1 ης τάξης 1 ιαφορικές εξισώσεις χωριζοµένων µεταβλητών Ορισµός 1 Κάθε δε της µορφής = p q (1) όπου p, q είναι γνωστές συνεχείς πραγµατικές συναρτήσεις, καλείται δε χωριζοµένων µεταβλητών Για να τη λύσουµε θεωρούµε q και έχουµε = p d p d c q = + q ή ισοδύναµα d p( d ) c q = + (1) Η παραπάνω ισότητα είναι το γενικό ολοκλήρωµα της (1) Εν γένει η λύση δίνεται σε πλεγµένη µορφή Επίσης οι πραγµατικές λύσεις της αλγεβρικής εξίσωσης q= (αν υπάρχουν) είναι και αυτές λύσεις της (1) Ενδέχεται δε κάποιες απ αυτές τις λύσεις να είναι ιδιάζουσες, δηλ να µην προκύπτουν από το γενικό ολοκλήρωµα (1) Ειδικές περιπτώσεις: (α) Αν p = 1, τότε οι δε της µορφής = q καλούνται αυτόνοµες και τετριµένα λύνονται µε απλή ολοκλήρωση d = 1 c q = + q (β) Αν q = 1, τότε οι δε της µορφής = p 9

21 = p d+ c έχουν γενική λύση Παράδειγµα Να λυθεί η δε ( 1) ( 1) = Λύση Η δε είναι χωριζοµένων µεταβλητών Προφανώς d = = d ( 1) ( 1) ( 1) d ( 1) d Θεωρούµε 1 ± 1 και 1 1 Τότε 1 d( 1) 1 d( 1) c d d d d = = + = + c ln 1 = ln 1 + c Χωρίς περιορισµό της γενικότητας µπορούµε να θεωρήσουµε ln C c=, ( C ), οπότε η παραπάνω ισότητα γίνεται 6 ln 1 = ln 1 + ln C ln 1 = ln 1 + ln C ln 1 = ln C 1 1 = C 1, C, ± 1 ( 1) C ( 1 ), ( C, 1) =± ± Η τελευταία είναι το γενικό ολοκλήρωµα της δε Αξίζει να σηµειώσουµε ότι και οι = ± 1 είναι επίσης λύσεις της δε Ετσι ενοποιώντας όλες τις λύσεις έχουµε το γενικό ολοκλήρωµα ( 1) C ( 1 ), ( C ) = 4

22 Παράδειγµα Να λυθεί η διαφορική εξίσωση + e d e d = Λύση Εχουµε δε χωριζοµένων µεταβλητών, συνεπώς: e e d= e d e d= e d = e + c Παράδειγµα (ορθογώνιες τροχιές) Υπολογίστε τις ορθογώνιες + = c, c τροχιές της οικογένειας καµπύλων Λύση Ψάχνουµε οικογένεια καµπύλων f (,, c ) = που τέµνουν + = c Αρχικά βρίσκουµε τη δε της κάθετα την οικογένεια οποίας η πλεγµένης συνάρτησης µέσω της εξίσωσης + = c είναι γενικό ολοκλήρωµα Με παραγώγιση της + = =, ( ) + = c έχουµε: Από τη γνωστή εξίσωση λ1 λ = 1, όπου λ1, λ είναι οι κλίσεις των καµπύλων των οικογενειών + = c και f (,, c ) = αντιστοίχως, έχουµε = 1 = d = d + c ln = ln + c Θέτουµε c ln C, ( C ) ισοδύναµα =± C ( ) ( ) = και παίρνουµε C C = ( ) C ή Παράδειγµα (Η λογιστική εξίσωση) Σύµφωνα µε το µοντέλο Malthus, σ ένα πληθυσµό t (), τόσο ο ρυθµός γεννήσεων όσο και ο ρυθµός θανάτων είναι ανάλογοι του µεγέθους του πληθυσµού Αν ο ρυθµός µεταβολής του πληθυσµού είναι ανάλογος της διαφοράς µεταξύ του ρυθµού γεννήσεων και θανάτων, τότε το µοντέλο µεταβολής του πληθυσµού είναι ( t) = a ( t) b ( t), 41

23 όπου ab, είναι θετικές σταθερές που σχετίζονται µε το ρυθµό γεννήσεων και θανάτων αντιστοίχως Η παραπάνω είναι µια δε χωριζοµένων µεταβλητών και µε µια αρχική συνθήκη ( ) = έχει γενική λύση ( a b) t t = e Αν όµως το µέγεθος του πληθυσµού είναι πολύ µεγάλο, τότε τα ab, δεν είναι σταθερές, διότι (λόγω εγκληµατικών δραστηριοτήτων ή εξαιτίας του µεγαλύτερου ανταγωνισµού για τροφή) θα υπάρχει κάποια µείωση του αριθµού των γεννήσεων και αύξηση του αριθµού θανάτων Αν το παραπάνω εκφρασθεί ως, at = c ct bt = c ct, 1 4 όπου c 1, c, c, c 4 είναι θετικές σταθερές, τότε έχουµε το µοντέλο ( 1 ) ( 4 ) = t c ct t c ct t ( A B t ) ( t) =, όπου οι A = c1 c, B= c c4 θεωρούνται θετικές σταθερές Ισοδύναµα µπορούµε να γράψουµε = A 1, M A όπου M = Η παραπάνω καλείται λογιστική εξίσωση B Προφανώς για µικρά σε σχέση µε το M η λογιστική εξίσωση συµπίπτει µε το µοντέλο Malthus Η λογιστική εξίσωση είναι µια δε χωριζοµένων µεταβλητών Προφανώς οι =, = M είναι λύσεις της δε Για, M έχουµε d d = Adt = At + C 1 1 M M και χρησιµοποιώντας τη µέθοδο µερικών κλασµάτων έχουµε 4

24 άρα 1 M k λ k = 1 = = +, ( M) M λ = 1 1 M d d + At C ln M ln At C = + = + M M M At+ C At C ln = At + C =± Me = C Me, C =± e, C M = 1 C Me At, που είναι η γενική λύση της λογιστικής εξίσωσης Σηµειώνουµε ότι οι = είναι ιδιάζουσα λύση της δε Ασκήσεις 1 Να λυθούν οι ακόλουθες δε χωριζοµένων µεταβλητών: ( + 1) d+ + 1d= Απ = ce ( c> ) ln = Απ ( ln ) = ce / ( c, > ) d cos d= Απ 1 π π εφ = + c,, kπ,( k 1) π γενικο ολοκλ π = kπ + ιδιαζουσες λυσεις e e = + 1 Απ + = + + e e c e d + d = µε () = 1 Απ e + = 4

25 Αν για µια καµπύλη c µε εξίσωση = το εµβαδόν του χωρίου που ορίζεται από τον άξονα, την καµπύλη c την ευθεία =α όπου Α=(α,β) είναι δοθέν σηµείο της καµπύλης και την ευθεία = όπου P=(,) είναι µεταβλητό σηµείο σηµείο της καµπύλης είναι ανάλογο του µήκους του τόξου της καµπύλης µεταξύ των σηµείων Α και Ρ, υπολογίστε την εξίσωση της καµπύλης c Aπ = cosh c±, ( k > ) k Υπολογίστε τις ισοθερµικές καµπύλες, αν οι καµπύλες κατά µήκος των οποίων διαδίδεται η θερµότητα δίνονται από τη σχέση + = Απ = c 4 Ενας σπουδαστής σε µια φοιτητική οργάνωση µελών διαδίδει µια φήµη Αν ο ρυθµός διάδοσης της φήµης είναι ανάλογος του αριθµού των φοιτητών (έστω ) που γνωρίζουν τη φήµη και ανάλογος του αριθµού των φοιτητών που δε γνωρίζουν τη φήµη, τότε αν σε µια µέρα ενηµερώθηκαν 5 φοιτητές, πόσοι φοιτητές θα έχουν ενηµερωθεί µετά από µέρες; Aπ

26 Οµογενείς διαφορικές εξισώσεις πρώτης τάξης Ορισµός 14 Οµογενής δε πρώτης τάξης καλείται µια δε της µορφής = F, (14) όπου η συνάρτηση F εξαρτάται µόνον από το πηλίκο Για να τη λύσουµε κάνουµε την αντικατάσταση = u για κάποια u = u, οπότε η (14) γίνεται άγνωστη συνάρτηση du d u + u = F( u) =, Fu u η οποία είναι δε χωριζοµένων µεταβλητών και λύνεται σύµφωνα µε όσα έχουµε αναφέρει στην προηγούµενη παράγραφο Στη συνέχεια µε την αντικατάσταση u = παίρνουµε τη λύση της (14) Με τον ίδιο τρόπο αντιµετωπίζουµε µια δε της µορφής M ( d, ) + Nd (, ) =, (15) όπου οι συναρτήσεις M, N είναι οµογενείς µε τον ίδιο βαθµό οµογένειας, έστω m, δηλαδή ισχύει M ( t, t) t m M (, ) = και Ntt (, ) t m N (, ), ( t ) = Παράδειγµα Να λυθεί η δε ( ) d d + + = Λύση Εχουµε µια οµογενή δε βαθµού οµογένειας, διότι Αντικαθιστούµε M ( t, t) = t + t = t M (, ) Ntt (, ) = t t = tn, = u και για έχουµε ( + u ) d + u( du + ud) = ( u ) d u( du ud) = 45

27 (4u + 1) d + udu = u d du = 4u + 1 u d du ln c, c 4u + 1 = + ln 4 u + 1 = ln + ln c, c ln 4u + 1 = ln c 8 ( 4u 1 ) c 8 C, ( C ) + =± = Θέτοντας u = παίρνουµε το γενικό ολοκλήρωµα της δε (4 ) C + = Παράδειγµα Να λυθεί η δε d d = Λύση Εστω M (, ) = Λύνουµε το γραµµικό σύστηµα N(, ) = Θέτουµε 1 = X + = Y 1 = M(, ) = N(, ) = =, οπότε η δε µετασχηµατίζεται σε ( X + Y ) dy ( X Y ) dx =, η οποία είναι οµογενής βαθµού οµογένειας 1 Αντικαθιστούµε Y = u X u= u X και παίρνουµε, ( ) ( X + u X) d( u X) ( X u X) dx = 1+ u udx + Xdu 1 u dx = 46

28 1+ u dx du = u + u 1 X 1+ u dx du = + ln c, c u + u 1 X, ( + u 1) 1 d u = ln X + ln c u + u 1 1 ln u + u 1 + ln X = ln c 1 1 ( 1 ), (, ) X u + u = C C =± c C X u + u = c 1 Θέτοντας X = και ολοκλήρωµα της δε Y u = = X + 1 παίρνουµε το γενικό = C, C 1 1 Παράδειγµα Να βρεθούν όλες οι καµπύλες του επιπέδου, των οποίων η εφαπτόµενη ευθεία σ ένα τυχαίο σηµείο M = (, ) τέµνει τον άξονα ΟΨ στο ίδιο σηµείο στο οποίο τον τέµνει και η κάθετος στην ευθεία ΟΜ που διέρχεται απ το σηµείο (,) Λύση Η εξίσωση της εφαπτόµενης ευθείας της ζητούµενης καµπύλης στο σηµείο M = (, ) είναι Y = X Το σηµείο τοµής αυτής, έστω Κ µε τον άξονα ΟΨ έχει συντ/νες K =, Η εξίσωση της ευθείας ΟΜ είναι η Ψ= X και η εξίσωση της καθέτου αυτής που διέρχεται απ το σηµείο (,) 47

29 είναι η Ψ = ( X ) Το σηµείο τοµής αυτής, έστω Λ µε τον άξονα ΟΨ έχει συντ/νες Λ=, Σύµφωνα µε την άσκηση θα πρέπει ΚΛ = = = Η παραπάνω είναι µια οµογενής δε βαθµού οµογένειας, συνεπώς µε την αντικατάσταση = u ανάγεται σε µια δε χωριζοµένων µεταβλητών d u udu c u C C = = ln + = ln + = ln Παράδειγµα (Ισογώνιες τροχιές) Υπολογίστε τις ισογώνιες τροχιές ο των ευθειών = λ Λύση Αν F(,, c ) = είναι µια µονοπαραµετρική οικογένεια καµπύλων µε κλίση = f(, ) σε κάθε σηµείο της, τότε κάθε καµπύλη που τέµνει όλες τις καµπύλες της οικογένειας o F(,, c ) = µε σταθερή γωνία < a < 9 (θεωρούµε τη γωνία να διαγράφεται από τις καµπύλες της οικογένειας F(,, c ) = αντιωρολογιακά), καλείται ισογώνιος τροχιά της δοθείσης o οικογένειας (για a = 9 µιλούµε για ορθογώνιες τροχιές όπως είδαµε σε παραπάνω παράδειγµα) Αν λοιπόν = εφω = f(, ) είναι η κλίση (δηλαδή η εφαπτοµένη) της δοθείσης οικογένειας F(,, c ) =, τότε η γωνία κλίσης της ισογώνιας τροχιάς θα είναι ω + a, συνεπώς η κλίση της ισογώνιας τροχιάς, θα είναι εφω + εφa f(, ) + εφa εφ( ω + a) = =, 1 εφω εφa 1 f(, ) εφa 48

30 ή ισοδύναµα f (, ) + εφa = (16) 1 f (, ) εφa Αρα στο παράδειγµά µας έχουµε = λ = λ =, οπότε η (16) γίνεται = =, 1 1 η οποία είναι µια οµογενής δε βαθµού οµογένειας 1 µε λύση τοξεφ + ln( + ) = c Ασκήσεις 1 Να λυθούν οι οµογενείς δε: ( d ) + d= Απ = + c d ( 6 d ) = Απ = ln c = + sin Απ 1 c cos 1 = 1+ c π = 1 + kπ + ιδιαζουσες ( ) ( + ) d + d = µε (1) = Απ (4 + ) = 1 π =1+ + µε (1) = 1 Απ τοξεφ ln = + 4 Αεροπλάνο κινείται από µια πόλη Α προς µια πόλη Β µε µέση ταχύτητα µέτρου υ km / h Η κατεύθυνση της ταχύτητας σε κάθε σηµείο Μ της κίνησης είναι πάνω στην ευθεία ΜΒ Η πόλη Β απέχει από την πόλη Α a Κ m Αν κατά τη διάρκεια της κίνησης φυσά 49

31 άνεµος ταχύτητας w< υ km/ h µε κατεύθυνση κάθετη στην ευθεία των δυο πόλεων, ποια είναι η εξίσωση κίνησης; (Υπόδ Θεωρήστε καρτεσιανό σύστηµα συντ/νων Ο µε αρχή την πόλη Β και τον ηµιάξονα Ο πάνω στην ευθεία που ενώνει τις δυο πόλεις και αναλύστε την κίνηση σε συνιστώσες) w w 1 1 a υ + υ Aπ = a a Υπολογίστε τις ισογώνιες τροχιές 45 ο των ευθειών = λ Aπ + + = + ln 1 c 5

32 Πλήρεις (ή ακριβείς) διαφορικές εξισώσεις ή εξισώσεις ολικών διαφορικών Ορισµός 15 Εστω PQ, : D είναι συνεχείς συναρτήσεις σε ανοικτό και συνεκτικό σύνολο D Μια δε της µορφής Pd (, ) + Qd (, ) = καλείται ακριβής ή πλήρης ή ολικών διαφορικών, αν υπάρχει συνάρτηση f : D µε συνεχείς µερικές παραγώγους στο D, έτσι ώστε f = P(, ) και f = Q(, ) Τότε P, d + Q(, ) d = f d + f d = df = f (, ) = c είναι το γενικό ολοκλήρωµα της δε Θεώρηµα Εστω D είναι κυρτός τόπος του και οι συναρτήσεις PQ, : D έχουν συνεχείς µερικές παραγώγους στο D Τότε η συνάρτηση Pd (, ) + Qd (, ) είναι (ολικό) διαφορικό µιας συνάρτησης f : D αν και µόνον αν Επιπρόσθετα: (, ) (, ), (, ) P = Q D (, ) (,), f = Pt dt + Qtdt όπου (, ) σηµείο του D και (, ) είναι οποιοδήποτε πλην όµως σταθεροποιηµένο είναι τυχαίο σηµείο του D Πόρισµα 1 Εστω D είναι κυρτός τόπος του και οι συναρτήσεις PQ, : D έχουν συνεχείς µερικές παραγώγους στο D Μια δε της µορφής Pd (, ) + Qd (, ) = είναι πλήρης αν και µόνον αν Επιπρόσθετα ο τύπος: (, ) (, ), (, ) P = Q D 51

33 Pt (, ) dt + Qtdt (,) = c (16) µας δίνει το γενικό ολοκλήρωµα της πλήρους δε Σηµείωση Τόσο το Θεώρηµα, όσο και το Πόρισµα 1 γενικεύονται και για απλά συνεκτικούς τόπους (αλλά ο τύπος (16) ενδέχεται να µην ισχύει) Στην περίπτωση αυτή το γενικό ολοκλήρωµα δίνεται από το επικαµπύλιο ολοκλήρωµα Pd + Qd = c, (17) c πάνω σε οποιοαδήποτε τµηµατικά C 1 -καµπύλη εντός του D µε αρχή ένα οποιοδήποτε σταθεροποιηµένο σηµείο του D και πέρας, του D ένα τυχαίο σηµείο Παράδειγµα Να λυθεί η δε e + + sin d+ e + + cos d= Λύση Η δε είναι πλήρης διότι για P (, ) = e + + sin και Q (, ) = e + + cosέχουµε Ετσι για δε από τη σχέση P = 1+ cos = Q,, =, παίρνουµε το γενικό ολοκλήρωµα της ( cos ) ( ( sin )) t t t t edt+ e + + t dt= c e + e + t+ t = c e 1+ e 1 + ( + sin ) = c e d+ e + 1 d= Παράδειγµα Nα λυθεί η δε Λύση Εστω P (, ) = e και Q (, ) = e + 1 Επειδή P Q = e =,, ( ) 5

34 η δε είναι πλήρης Για να βρούµε το γενικό ολοκλήρωµα αυτής µπορούµε να εργασθούµε ως εξής: Αφού η ( 1) ed+ e + d είναι (ολικό) διαφορικό µιας διαφορίσιµης συνάρτησης f f (, ) = θα ισχύει f = e και f e 1 = + Ολοκληρώνοντας ως προς (και θεωρώντας το σταθερό) παίρνουµε f = e f(, ) = e d+ g = e + g, όπου g : αυθαίρετη πλην όµως συνεχώς παραγωγίσιµη συνάρτηση που θα προσδιορίσουµε Από την παραπάνω ισότητα έχουµε f (, ) = e + g f = e + g Συνδυάζοντας την παραπάνω ισότητα µε την f = e + 1 προκύπτει e + g = e + 1 g = 1 g d= ( 1) d Τελικά g = + c e d+ e + 1 d= dg, = g(, ) = c + c= c = C C = c c 5

35 Ασκήσεις 1 Να λυθούν οι ακόλουθες πλήρεις δ ε: ( + + 1) d + ( + ) d = Απ = c (sin + d ) + ( cos + d ) = Απ + sin + = c ln+ sin+ d+ + cos 1 d= Απ ln + + sin = c ( + 1) d+ ( 1) d= µε () = Απ + + = ( d ) d= µε 1 () = Απ 1 = είξτε ότι κάθε δε χωριζοµένων µεταβλητών είναι πλήρης 54

36 4 Oλοκληρωτικοί παράγοντες Ορισµός 16 Εστω PQ, : D, είναι συνεχείς συναρτήσεις σε ανοικτό και συνεκτικό υποσύνολο D και Pd (, ) + Qd (, ) = (18) είναι µια µη πλήρης δε Θα λέµε ότι µια διαφορίσιµη και µη µηδενική συνάρτηση µ : D : µ = µ (, ) είναι ένας ολοκληρωτικός παράγοντας για τη δε (18), αν η δε είναι πλήρης µ (, Pd ) (, ) + µ ( Qd, ) (, ) = (19) Προφανώς λόγω της υπόθεσης (, ) (, ) µ D, οι δε (18) και (19) έχουν ακριβώς τις ίδιες λύσεις Στην προηγούµενη παράγραφο είδαµε ότι αν ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θεωρήµατος, τότε η (19) είναι πλήρης αν και µόνον αν ( µ P) = ( µ Q) µ P+ µ P = µ Q+ µ Q µ P µ Q µ = Q P Η τελευταία ισότητα είναι µια µερική δε και γενικά είναι δύσκολο να λυθεί αναλυτικά Αν υποθέσουµε ότι µ = µζ για κάποια διαφορίσιµη συνάρτηση ζ : D, ζ = ζ(, ), τότε = και µ µ ζ ζ µ = µ ζ ζ, οπότε ή ισοδύναµα ζ P ζ Q µ = µ ( ζ ) Q P = P µ Q P () µ ζ ζ Q Αν το δεξιό µέλος της () είναι συνάρτηση µόνον του ζ, δηλ 55

37 Q P ζ P ζ Q = f ( ζ ), τότε προσδιορίζουµε τον ολοκληρωτικό παράγοντα µ από τη σχέση µ c f ( ζ ) dζ = f( ζ ) ln µ = f( ζ) dζ + c µ = e µ Στη συνέχεια (θεωρώντας πχ c = 1) λύνουµε την πλήρη δε (19) και βρίσκουµε τις λύσεις της (18) Σηµείωση (α) Αν το δεξιό µέλος της () δεν µπορεί να γραφεί σαν συνάρτηση του ζ, τότε η () είναι δύσκολο να λυθεί ως προς µ (β) Υπάρχει περίπτωση η δε (18) να µην έχει ολοκληρωτικό παράγοντα Σε περίπτωση όµως που έχει, αυτός δεν είναι µοναδικός, αλλά άπειροι Εµείς αρκεί να προσδιορίσουµε έναν απ αυτούς Παράδειγµα Να λυθεί η δε ( συν ) ( ηµ ) ολοκληρωτικό παράγοντα της µορφής µ µ d d= µε = Λύση Είναι εύκολο να δούµε ότι η δε είναι µη πλήρης Πολ/ζουµε και τα µέλη µε µ = µ και προσδιορίζουµε τη µ από την εξίσωση µ P µ Q µ P = µ Q µ P+ µ P = µ Q+ µ Q µ = Q P µ συν µ συν µ µ = = µ =± c Θεωρούµε µ = και λύνουµε την πλήρη δε + ( + ) = ( ) µ συν d µ 4 5ηµ d, 5 συν d ηµ d = 56

38 4 5 + ηµ = c Εύκολα φαίνεται ότι και η = είναι επίσης λύση της αρχικής δε Παράδειγµα Να λυθεί η δε ολοκληρωτικό παράγοντα της µορφής µ µ 1+ + d+ d= µε = Λύση Είναι εύκολο να δούµε ότι η δε είναι µη πλήρης Πολ/ζουµε και τα µέλη µε µ = µ και προσδιορίζουµε τη µ από την εξίσωση µ P µ Q µ P = µ Q µ P+ µ P = µ Q+ µ Q µ = Q P ζ = µ ζ 1+ ζ µ ζ 1 µ = = µ =± c ζ µ 1+ ζ 1+ ζ Θεωρούµε 1 µ = και λύνουµε την πλήρη δε µ d + µ d = d + d =, τοξεφ + = c 57

39 Ασκήσεις 1 Να λυθεί η δε d+ + d= µε χρήση κατάλληλου ολοκληρωτικού παράγοντα 1 Απ ln + = c Αν + d + g d =, προσδιορίστε όλες τις παραγωγίσιµες συναρτήσεις g : έτσι ώστε η παραπάνω δε να έχει ολοκληρωτικό παράγοντα της µορφής µ = 1 Απ c + Να λυθεί η δε ολοκληρωτικού παράγοντα 1 + = µε χρήση κατάλληλου Απ ln + = c 1 4 είξτε ότι η συνάρτηση µ = είναι ένας ολοκληρωτικός P+ Q παράγοντας της οµογενούς και πλήρους δε P, d+ Q, d= (Υπόδειξη: Mια συνάρτηση f είναι οµογενής αν και µόνον αν f + f = k f, όπου k είναι ο βαθµός οµογένειας της f ) 58

40 5 ιαφορικές εξισώσεις Bernoulli και Ricatti Ορισµός 17 Μια δε της µορφής µε k {,1} k + P = Q (1) καλείται δε Bernoulli Αν k = τότε η (1) είναι γραµµική ενώ για k = 1 προκύπτει δε χωριζοµένων µεταβλητών Για να λύσουµε τη (1) πολ/ζουµε και k τα δυο µέλη µε, συνεπώς Θέτουµε οπότε + = k 1 k P Q 1 k = u u = (1 k) = 1 k k k u και έτσι προκύπτει η µορφή u 1 k + Pu = Q u + (1 kpu ) = (1 kq ), η οποία είναι γραµµική πρώτης τάξης και λύνεται µε τον κλειστό τύπο (1) όπως ήδη έχουµε πει Στη συνέχεια µε την 1 k αντικατάσταση u = βρίσκουµε το γενικό ολοκλήρωµα της (1) Παράδειγµα Να λυθεί η δε 5 = Λύση Εχουµε µια δε Bernoulli µε k = 5 Αντικαθιστούµε u = =, άρα u = 4, οπότε η αρχική δε παίρνει τη µορφή u u = u + u= 4 4 d d u = e c+ 4 e d 59

41 ( 4 ) 1 u= c+ d u= c + 6 Εφόσον u = 4 τελικά έχουµε = c+ Ορισµός 18 ιαφορικές εξισώσεις της µορφής = P + Q + R () καλούνται δε Ricatti, όπου PQR,, γνωστές πραγµατικές συναρτήσεις Σηµειώνουµε ότι δεν υπάρχει τύπος λύσης για την () Αν όµως γνωρίζουµε µία µερική λύση της, έστω u = u, τότε η αντικατάσταση u = + 1 z µετασχηµατίζει την () σε µια γραµµική δε 1 ης µορφής z + P u + Q z = P τάξης της Παράδειγµα Να λυθεί η δε = Λύση Η παραπάνω είναι µια δε Ricatti Με παραγοντοποίηση προκύπτει ( 1)( + ) =, απ όπου είναι προφανές ότι οι = 1, = είναι δυο µερικές λύσεις της δε Ας θεωρήσουµε τη λύση = 1 Αντικαθιστούµε στη δε 1 = 1+, z οπότε µετά από στοιχειώδεις πράξεις προκύπτει η γραµµική δε 6

42 µε γενική λύση 1 z + z = c 1 z = z Αρα η γενική λύση της δε είναι η = 1+ Ασκήσεις 1 Να λυθεί η δε 1 c z 1 ln + = 4 Απ = 1 + c + ln Να λυθεί το πρόβληµα αρχικών τιµών = +, () 1 = k (Υπόδειξη: Βρείτε αρχικά µια µερική λύση της µορφής = a ) 1 4 Απ = + 4 Να λυθεί η δε t t, ( t ) + = > Απ 5t = + ct 5 4 Να βρεθούν οι ορθογώνιες τροχιές της οικογένειας των κύκλων + + g+ c=, όπου g είναι µια παράµετρος και c είναι σταθερά Απ c a + =, ( a σταθερά) 5 Να λυθεί η δε ( 1)( 1) = + Απ = 1+ c ln 61

43 6 ιαφορικές εξισώσεις Lagrange και Clairaut Ορισµός 19 Mια δε της µορφής = f( ) + g, () όπου οι f, g γνωστές συναρτήσεις που εξαρτώνται µόνον από την καλείται δε του Lagrange Με την αντικατάσταση = p παίρνουµε = f( p) + g p = f( p) + f p p + g p p Εστω f ( p) συνάρτηση ( ) p f( p) = f p + g p p (4) p Τότε p, οπότε ορίζεται η αντίστροφη 1 p, είναι παραγωγίσιµη και f p + g p 1 1 = = ( p ) = p f( p) p Η τελευταία είναι µια γραµµική δε µε γενική λύση, έστω = s( p, c) Ετσι έχουµε τις παραµετρικές εξισώσεις της λύσεις = s( p, c) = f ( p) + g( p) Απαλείφοντας την παράµετρο p από το παραπάνω σύστηµα παίρνουµε το γενικό ολοκλήρωµα Στην ειδική περίπτωση κατά την οποία έχουµε f ( p) = p, τότε µιλάµε για δε Clairaut Ορισµός Οι δε της µορφής καλούνται δε Clairaut = + g, (5) 6

44 Στην περίπτωση αυτή η (4) γίνεται Από την p p = p= c g p g p + = = = c προκύπτουν άµεσα οι λύσεις ενώ από την g ( p) p= c = c = c+ g c, = προκύπτει µια ιδιάζουσα λύση της δε Clairaut σε παραµετρική µορφή = g p = pf p + g p Mε απαλοιφή της παραµέτρου p από το παραπάνω σύστηµα παίρνουµε το γενικό ολοκλήρωµα της (5) Παράδειγµα Να λυθεί η δε ( ) ( ) = + Λύση Εχουµε µια δε Lagrange Με την αντικατάσταση = παίρνουµε p = + = + + p p p p p p p p ( ) 1 ( 1) = + + = + p 1 p + = p 1 p 1 H τελευταία είναι γραµµική και η γενική της λύση είναι: dp dp 1 p p 1 1 ( 1 ) = e c+ e dp = c+ p dp 1 p ( p 1) 1 p 6

45 c+ p p = ( p 1) Τελικά οι παραµετρικές εξισώσεις της λύσης είναι οι c+ p p = ( p 1) = ( + 1) p, p,1 Για p = προκύπτει εύκολα η λύση = και για p = 1 προκύπτει η λύση = + 1 οι οποίες είναι ιδιάζουσες λύσεις της δε Παράδειγµα Να λυθεί η δε ( ) = + Λύση Εχουµε µια δε Clairaut Με την αντικατάσταση = παίρνουµε p = + = + + (i) Εστω = c+ d Τότε = = c+ d = ( + ) = = άρα οι c c, ( c ) = + = c+ d d = c = + είναι λύσεις της δε (ii) Eστω = Με απαλοιφή της από το σύστηµα, = + = = 4 προκύπτει ότι η = είναι επίσης λύση της δε 4 64

46 Ασκήσεις 1 Να λυθεί η δε ( ) = + Απ = c+ c 7 = 4 ( ) ιδιαζουσα Να λυθεί η δε ( ) ( ) = + + Απ = p + ce = 8 p + + p ce p / p / Να λυθεί η δε = + a ( 1 ), a { } Απ ( 1 ) = c+ ac c + a + a + a = + 1 a a 4 Να λυθεί η δε ( ) = = cp p Απ = p p 65

47 7 Ιδιάζουσες λύσεις δε Ας θεωρήσουµε µια δε σε πλεγµένη µορφή F(,, ) = (6) 1 ης τάξης και βαθµού ανώτερου ή ίσου µε, όπου η F έχει συνεχείς µερικές παραγώγους σε κάποιο ανοικτό και συνεκτικό υποσύνολο D του Είναι γνωστό (από το Λογισµό πολλών,, D έτσι ώστε µεταβλητών) ότι αν F(,, ) = και F,,, τότε υπάρχει µοναδική συνάρτηση = f(, ) µε συνεχείς µερικές, ώστε παραγώγους σε κατάλληλη περιοχή του σηµείου = και f(, ) F,, f, = Ορισµός 1 Θα λέµε ότι µια συνάρτηση = φ είναι µια ιδιάζουσα λύση της δε (6) αν ισχύει Αποδεικνύεται ότι F φ F(, φ, φ ) = και ( φφ ),, = Θεώρηµα 4 Οι λύσεις του συστήµατος (p-διακρίνουσα) που επαληθεύουν τις σχέσεις F,, p = F ( p,, ) = p F + F = και F αποτελούν ιδιάζουσες λύσεις της δε (6) 66

48 ιαφορικές εξισώσεις 1 ης τάξης ανώτερου βαθµού Στο τέλος αυτού του κεφαλαίου θα εξετάσουµε µέσω παραδειγµάτων κάποιες ειδικές περιπτώσεις επίλυσης δε ανωτέρου βαθµού Σηµειώνουµε ότι η επίλυση τέτοιων δε στη γενική τους µορφή είναι δύσκολη και συνήθως επιτυγχάνεται µε αριθµητικές µεθόδους + = Παράδειγµα Να λυθεί η δε ( ) 5 6 Λύση Θέτοντας = p, αναγόµαστε στην επίλυση της αλγεβρικής συναρτησιακής εξίσωσης p 5p+ 6= p= ή p = Αρα ή ισοδύναµα = = + c1, = = + c ( c c =, c, c σταθερές) = Παράδειγµα Να λυθεί η δε Λύση Παραγοντοποιώντας παίρνουµε συνεπώς ή ισοδύναµα ( )( ) + =, = = + c1 + = / = ce, / ( c c e =, c, c 1 1 σταθερές) Γενικά για διαφορικές εξισώσεις της µορφής F(, ) = που µπορούν να λυθούν αλγεβρικά ως προς, δηλαδή F, = = f 67

49 η γενική λύση προκύπτει µε απευθείας ολοκλήρωση = f d+ c Παροµοίως διαφορικές εξισώσεις της µορφής F(, ) = που µπορούν να λυθούν αλγεβρικά ως προς, δηλαδή F, = = f έχουν γενικό ολοκλήρωµα της µορφής d d = f = f c, ( f ) d = + f 68