Συνήθεις ιαφορικές Εξισώσεις, Απαντήσεις-Παρατηρήσεις στην Εξέταση Περιόδου Σεπτεµβρίου.

Transcript

1 Συνήθεις ιαφορικές Εξισώσεις, Απαντήσεις-Παρατηρήσεις στην Εξέταση Περιόδου Σεπτεµβρίου. Ανδρέας Ζούπας 22 Ιανουαρίου 203 Οι λύσεις απλώς προτείνονται και σαφώς οποιαδήποτε σωστή λύση είναι αποδεκτή! Θέµα- (2.50 µονάδες) (α ) είξτε ότι αναγκαία συνθήκη ώστε η Σ Ε P ()y + Q()y + R()y = 0 να µπορεί να γραφτεί στη µορφή P ()y ] + G()y ] = 0 () είναι η P () Q () + R() = 0. Η συνάρτηση G() σχετίζεται µε τις P, Q, R µέσω σχέσεων τις οποίες σας Ϲητείται να προσδιορίσετε. (ϐ ) Στηριζόµενοι στο παραπάνω αποτέλεσµα να λυθεί η Σ Ε 2 y + y y = 0 (Υπόδειξη : Παρατηρείστε ότι η µορφή () µπορεί να ολοκληρωθεί άµεσα, οπότε προκύπτει µία νέα Σ Ε.) Απάντηση : (α ) Για να απατνήσουµε στο ερώτηµα ϑα ξεκινήσουµε από τη µορφή () και ϑα προχωρήσουµε παραγωγίζοντας την. Ετσι έχουµε P ()y ] + [G()y] = P ()y + P ()y + G ()y + G()y = P ()y + [P () + G()]y + G ()y Συγκρίνοντας µε την αρχική εξίσωση προκύπτει ότι έχουµε ισότητα µόνο αν P () + G() = Q() (2) G () = R() (3) Τώρα παραγωγίζουµε την (2) και αντικαθιστούµε στην έκφραση που προκύπτει, την έκ- ϕραση για την G () απο την (3), P () + G() = Q() P () + G () Q () = 0 P () Q () + R() = 0

2 (ϐ ) Στην εξίσωση µας ισχύει ότι P () = 2, Q() =, R() =, άρα P () Q () + R() = 2 = 0 εποµένως ισχύει η συνθήκη του ερωτήµατος (α ). Το επόµενο ϐήµα είναι να προσδιορίσουµε την τιµή του G(). Προφανώς, G () = R() G () = G() = + k, k = σταθ. Οµως πρέπει να ικανοποιείται και η (2) δηλαδή, P () + G() = Q() 2 + k = + k = k = 0 Άρα, G() =. Άρα, η εξίσωση µπορεί να τελικά να γραφτεί ως ολική παράγωγος ως εξής : 2 y ] y ] = 0 2 y y ] = 0 Είναι προφανές ότι αυτή η έκφραση είναι άµεσα ολοκληρώσιµη και µας δίνει 2 y y = c y c y = 2 η οποία είναι µία γραµµική µη οµογενής Σ Ε πρώτης τάξεως, της µορφής y + P ()y = Q() µε P () = c και Q() = 2. Η λύση της δίνεται από τον τύπο y() = e [ ] [ ] P ()d Q()e P ()d c d + c 2 = e d 2 e d d + c 2 είναι γνωστό ότι d = ln e d = e ln =. Αντίστοιχα, e d = e ln =. Ετσι έχουµε, [ ] ] y() = c 3 d + c 2 = [ c c 2 = c + c 2 Παρατηρήσεις : Κανονικά πρέπει να ελεγθεί κατά πόσο η Σ Ε του ερωτήµατος -(α) ικανοποιεί τη συνθήκη για να µπορεί να γραφτεί ως ολική παράγωγος. Από τη λύση που δόθηκε για το ερώτηµα -(ϐ) είναι προφανές ότι η σχέση G () = R() από µόνη της δεν είναι αρκετή για να προσδιορίσει την τιµή του G(). Από αυτή τη σχέση το G() µένει απροσδιόριστο ως προς µία προσθετική σταθερά. Το αντίστοιχο συµβαίνει και µε τη σχέση G () = Q () R (), η οποία δίνει G() = Q() R ()+K, K = σταθερά Θέµα-2 (2.50 µονάδες) Να λυθεί µε τη µέθοδο Frobenius η παρακάτω Σ Ε y + 2y + y = 0 () 2

3 (Υπόδειξη : οκιµάστε πρώτα τη µικρότερη ϱίζα της ενδεικτικής εξίσωσης και διαπιστώστε ότι η σειρά που αντιστοιχεί σε αυτή τη λύση περιέχει δύο αυθαίρετες σταθερές. Άρα,...) Απάντηση : Πρώτα ϕέρνουµε την Σ Ε σε κανονική µορφή, y + 2 y + y = 0 όπου έχουµε ότι P () = 2, Q() =. Παρατηρούµε ότι η P () απειρίζεται στο σηµείο = 0 και άρα, ως επόµενο ϐήµα εξετάζουµε αν το σηµείο αυτό είναι κανονικό ανώµαλο ή όχι. Αυτό σηµαίνει ότι πρέπει να εξετάσουµε αν οι A() = P () = 2, B() = 2 Q() = 2 είναι αναλυτικές σε µία περιοχή του σηµείου = 0. Εναλλακτικά, για να προσδιορίσουµε τις A(), B() µπορούµε να γράψουµε την Σ Ε στη µορφή y + A() y + B() 2 y = 0 και να διαβάσουµε κατευθείαν τους αριθµητές των κλασµάτων που είναι οι συντελεστές των y, y. Στην περίπτωση µας γίνεται y + 2 y y = 0 Οταν το κάνουµε αυτό, για να µας είναι πιο εύκολο να δουλέψουµε µε τις σειρές και τους δείκτες προτιµούµε συνήθως να πολλαπλασιάσουµε όλη την Σ Ε µε 2 και να τη ϕέρουµε στην µορφή 2 y + A()y + B()y = 0 (2) όπου και από αυτή τη µορφή µπορούµε πάλι να διαβάσουµε τους συντελεστές A() και B(), αν κατά τύχη την έχουµε ήδη σε αυτή τη µορφή. Στο πρόβληµα µας τώρα, είναι προφανές ότι οι A() = 2 και B() = 2 είναι αναλυτικές στο = 0, οπότε το σηµείο αυτό είναι κανονικό ανώµαλο σηµείο. Σύµφωνα µε τη µέθοδο Frobenius, ϑέτουµε τη λύση υπό την µορφή της παρακάτω δυναµοσειράς y() = λ οπότε για τις παραγώγους ισχύει, y () = y () = n = n+λ, λ R (λ + n) n+λ (λ + n)(λ + n ) n+λ 2 τις οποίες αντικαθιστούµε στην Σ Ε (2) για να λάβουµε (n + λ)(n + λ ) n+λ + 2 (n + λ) n+λ + n+λ+2 = 0 3

4 την παραπάνω έκφραση µπορούµε να γράψουµε ως εξής : ( ) λ (n + λ)(n + λ ) n + 2 (n + λ) n + n+2 = 0 όπου µπορούµε πλέον να δουλέψουµε µε τις σειρές για να προσδιορίσουµε τις αναγωγικές σχέσεις χρησιµοποιώντας µόνο την έκφραση µέσα στην παρένθεση. Αυτό δίνει (n + λ) [(n + λ ) + 2] n + n+2 = 0 (n + λ)(n + λ + ) n + n+2 = 0 (n + λ)(n + λ + ) n + 2 n = 0 όπου στο τελευταίο ϐήµα για να εξισώσουµε τις δυνάµεις του προχωρήσαµε στην επαναρίθ- µηση της δεύτερης σειράς µέσω της αντικατάστασης n n 2. Τότε µπορούµε να γράψουµε c 0 λ(λ + ) + c (λ + )(λ + 2) + n=2 ] cn (n + λ)(n + λ + ) + 2 n = 0 n=2 Η δείκτρια εξίσωση δίνεται όπως γνωρίζουµε από το µηδενισµό της µικρότερης δύναµης του (επί της ουσίας από το µηδενισµό του συντελεστή του λ παρόλο που εµείς για λόγους ευκολίας το ϐγάλαµε κοινό παράγοντα) δηλαδή στην περίπτωση µας από τη σχέση λ(λ + ) = 0 εποµένως, έχουµε δύο διαφορετικές µεταξύ τους ϱίζες τις λ = 0, λ 2 =. Η διαφορά τους είναι λ λ 2 = που είναι ακέραιος. Σύµφωνα όµως µε την υπόδειξη δεν ϑα ακολουθήσουµε την πάγια διαδικασία η οποία µας ορίζει να ξεκινήσουµε από τη µεγαλύτερη ϱίζα, αλλά εµείς ϑα ξεκινήσουµε ϑεωρώντας τη µικρότερη ϱίζα από τις δύο δηλαδή την λ 2 =. Σκοπός µας είναι να προσδιορίσουµε τις αναγωγικές σχέσεις και για αυτό το λόγο, µηδενίζουµε τους συντελεστές όλων των δυνάµεων του. Παρατηρούµε τώρα, ότι αν χρησιµοποιήσουµε την λ 2 =, τότε για n = 0 και n = ισχύει αυτόµατα ότι c 0 0 = 0, c 0 = 0 ηλαδή τόσο ο c 0 όσο και ο c παραµένουν απροσδιόριστοι σε αντίθεση µε άλλες περιπτώσεις όπου απροσδιόριστος έµενε µόνο ο c 0. Επειδή τώρα, στη σειρά οι συντελεστές σχετίζονται µε τους συντελεστές 2, αυτο σηµαίνει όπως πολύ σύντοµα ϑα δούµε ότι όλοι οι άρτιοι όροι ϑα εξαρτώνται από τον c 0, ενώ όλοι οι περιττοί από τον c. ηλαδή, η λύση µας ϑα εξαρτάται από δύο αυθαίρετες σταθερές εποµένως ϑα είναι και η γενική λύση! Η σειρά τώρα για λ = δίνει ] cn (n )n + 2 n = 0 (3) n=2 4

5 Πριν προχωρήσουµε στον προσδιορισµό των αναγωγικών σχέσεων, ϑα δώσουµε ένα άλλο τρόπο, που δεν διαφέρει ουσιαστικά αλλά είναι απλώς πιο σύντοµος επειδή παραλείπει ορισµένα από τα ϐήµατα που κάναµε αναλυτικά µέχρι τώρα. Εναλλακτικός Τρόπος Λύσης : Εδώ ϑα χρησιµοποιήσουµε το γεγονός ότι µπορούµε να προσδιορίσουµε την ενδεικτική εξίσωση από τη γνώση των συντελεστών της Σ Ε και µόνο. Ο τύπος που ϑα δώσουµε είναι άµεση συνέπεια της διαδικασίας που παρουσιάσαµε στην προηγούµενη µέθοδο Εχοντας τη µορφή των A() και B() τους αναπτύσουµε σε δυναµοσειρά A() = a n n, B() = b n n διαδικασία που στην περίπτωση µας, εξαιτίας της πολυωνυµικής µορφής των συντελεστών A() και B(), δίνει εύκολα a 0 = 2, a n = 0, n 0 b 2 =, b n = 0, n 2 Για να διατυπώσουµε την ενδεικτική εξίσωση χρειαζόµαστε τους συντελεστές a 0 και b 0, διότι αυτή δίνεται από τον τύπο : λ(λ ) + a 0 λ + b 0 = 0 Ετσι στην περίπτωση µας η ενδεικτική εξίσωση γίνεται λ(λ ) + 2λ = 0 r(r + ) = 0 τις λύσεις τις οποίας προσδιορίσαµε πιο πάνω. Σύµφωνα µε την υπόδειξη πάλι, χρησιµοποιούµε τη µικρότερη ϱίζα, λ 2 = στην Σ Ε (2), δηλαδή αντικαθιστούµε την y() = λ 2 n = n = n και καταλήγουµε στην έκφραση ( ) (n )(n 2) n + 2 (n ) n + n+2 = 0 Την έκφραση µέσα στην παρένθεση µπορούµε να την γράψουµε ως εξής : [(n )(n 2) + 2(n )] n + n+2 = 0 (n ) [(n 2) + 2] n + n+2 = 0 (n )n n + n+2 = 0 (n )n n + 2 n = 0 c c 0 + n=2 ] cn (n )n + 2 n = 0 n=2 (µε χρήση επαναρίθµησης) 5

6 από την οποία και σύµφωνα µε την αντίστοιχη συζήτηση της προηγούµενης µεθόδου ϕαίνεται ότι η λύση εξαρτάται από δύο αυθαίρετες σταθερές, τις c 0 και c, διότι ο µηδενισµός των συντελεστών για n = 0 και n = συµβαίνει αυτόµατα. Επίσης η σειρά είναι ακριβώς η (3). Τώρα ϑα προσδιορίσουµε τις αναγωγικές σχέσεις. Οι συντελεστές των n στη σειρά ϑα πρέπει να ικανοποιούν τη 2 (n )n + 2 = 0 =, n = 2, 3, 4,..., n(n ) Ετσι, για διάφορες τιµές του n παίρνουµε, c 2 = c 0 2 c 3 = c 3 2 c 4 = c = c 0 4! c 5 = c = c 5! c 6 = c = c 0 6! c 7 = c = c 7! από αυτές τις σχέσεις καταλαβαίνουµε ότι ισχύει a 2n = ( ) n c 0 (2n)!, a 2n+ = ( )n c (2n + )! για n πλέον. Άρα η γενική λύση της () δίνεται από τον τύπο y() = = c 0 = c 0 n ) ( 2 2! + 4 4!... + c ( ) n 2n + c (2n)! ) ( 3 3! + 5 5!... ( ) n 2n+ (2n + )! = c 0 cos + c sin = (c cos + c 0 sin ) cos sin δηλαδή έχουµε δύο γραµµικά ανεξάρτητες λύσεις την και την Από τη µορφή των δύο γραµµικά ανεξάρτητα λύσεων µπορούµε να παρατηρήσουµε ότι στο sin = 0 που είναι το κανονικό ανώµαλο σηµείο η µία είναι ϕραγµένη (η ) ενώ η άλλη δεν cos είναι ϕραγµένη (η ). Αυτή η συµπεριφορά είναι τυπική όταν οι δείκτες διαφέρουν κατά έναν ακέραιο αριθµό. Παρατηρήσεις : Αρκετοί προτιµάτε να µη χρησιµοποιείτε το συµβολισµό για να γράψετε συνοπτικά τη σειρά και τη γράφετε αναλυτικά. Ως τρόπος δεν είναι λάθος αλλά σε πολύπλοκα προβλή- µατα µπορεί να οδηγήσει σε λάθη στους αναγωγικούς τύπους όπως ϑα δούµε σύντοµα. Αν ϑεωρήσουµε την αντικατάσταση y() = n αυτός ο τρόπος δίνει y() = c 0 + c + c 2 + c n +... y () = c c 2 + 2c (n ) n y () = 2c c 3 + 6c (n )(n 2) n

7 αντικαθιστώντας τις εκφράσεις στην () λαµβάνουµε y + 2y + y = ( 2c c 3 + 6c (n )(n 2) n ) + 2 ( c c 2 + 2c (n ) n ) + ( c 0 + c + c 2 + c n +... ) =2c 0 2 2c c 0 + 2c 2 + c + 2c 3 + 4c (n )(n 2) n (n ) n n =c 0 + 2c 2 + [c + 6c 3 ] [ ((n )(n 2) + 2(n )) + 2 ] n =c 0 + 2c 2 + [c + 6c 3 ] [ (n )n + 2 ] n = 0 όπου η οµαδοποίηση έγινε µε τέτοιο τρόπο ώστε να είναι εµφανείς οι αναγωγικές σχέσεις. Ετσι προκύπτουν οι σχέσεις c 0 + 2c 2 = 0 c + 6c 3 = 0. (n )n + 2 = 0 από τις οποίες είναι προφανές ότι η λύση εξαρτάται από δύο παραµέτρους την c 0 και την c, δεδοµένου ότι από την τρίτη σχέση είναι προφανές πως όλοι οι άρτιοι όροι σχετίζονται µε την c 0 ενώ όλοι οι περιττοί όροι σχετίζονται µε την c. Ας δούµε τώρα πως είναι εύκολο να γίνουν λάθη. Με αυτή τη µέθοδο,κάποιος ϑα µπορούσε (όπως πράγµατι έγινε σε γραπτό) να µη γράψει τον όρο c 3 στην έκφραση για την y και στην έκφραση για την y (ίσως επειδή συνηθίζεται να γράφουµε µόνο τους δύο πρώτους όρους, ή ίσως παρασυρόµενος από το γεγονός ότι ο συντελεστής έχει δείκτη το 3 και άρα αποκλείεται να πολλαπλασιάζει το ) µε αποτέλεσµα να µη ϐγει σωστή η αναγωγική σχέση για τους περιττούς δείκτες εφόσον σε αυτή την περίπτωση ϑα λαµβάναµε c = 0. Ας υποθέσουµε ότι έχουµε τον όρο [ (n )n + 2 ] n 2 και έστω ότι ϑέλουµε να δούµε πως ϑα είναι ο συντελεστής του n. Αυτό σηµαίνει ότι στον προηγούµενο όρο πρέπει να κάνουµε την αντικατάσταση n n + 2. Την αντικατάσταση όµως αυτή πρέπει να την κάνουµε όµως τόσο στη δύναµη του, όσο και στον συντελεστή! Ετσι η σωστή έκφραση για τον όρο που αντιστοιχεί στη δύναµη n, είναι [+2 ((n + 2) )(n + 2) + c (n+2) 2 ] (n+2) 2 = [+2 (n + )(n + 2) + ] n Οσοι δεν ακολούθησαν την υπόδειξη και ξεκίνησαν µε τη µεγαλύτερη ϱίζα, δηλαδή την λ = 0 κανονικά πρέπει να ϐρήκαν ότι c 0 = αυθαίρετη, c = 0 και την αναγωγική σχέση η οποία οδηγεί τελικά στην σχέση 2 = n(n + ) = ( ) n c 0 (2n + )! 7

8 και έτσι η λύση δίνεται από τη σειρά y() = c 0 ( ) n (2n + )! 2n = c 0 ( ) n (2n + )! 2n+ = c 0 sin (προσοχή, µη συγχέεται το c 0 αυτής της σχέσης µε το αντίστοιχο της λύσης που δώσαµε πιο πριν! είναι δύο εντελώς διαφορετικές περιπτώσεις.) Οµως, µε αυτό τον τρόπο ϐρήκαν µία µόνο λύση και εποµένως ϑα έπρεπε µετά να δοκιµάσουν και την άλλη ϱίζα ώστε να µπορέσουν τελικά να δώσουν την πλήρη λύση. Οπως όµως γνωρίζουµε από την λύση που δώσαµε πιο πάνω η άλλη ϱίζα, η µικρότερη δηλαδή, δίνει και τις δύο λύσεις και έτσι κατά κάποιο τρόπο ο κόπος µας ϑα ήταν διπλός. Αυτός ήταν και ο λόγος που δόθηκε η υπόδειξη! Θέµα-3 (2.75 µονάδες) (α ) Να λυθεί το ΠΑΤ : y + 3y + 2y = 2 cosh t y(0) = 0 y (0) = 5 3 (Υπόδειξη : Εκφράστε αλλιώς τον µη-οµογενή όρο, ή εφαρµόστε µέθοδο µεταβολής των σταθερών) Απάντηση : Η χαρακτηριστική εξίσωση είναι r 2 + 3r + 2 = 0 (r + 2)(r + ) = 0 άρα έχουµε ως ϱίζες τις r = 2, r 2 = και η γενική λύση της οµογενούς είναι εποµένως η y 0 (t) = c e t + c 2 e 2t Για να λύσουµε τη µη οµογενή ϑα προχωρήσουµε ως εξής : εκφράζουµε τον µη οµογενή όρο ως εξής, 2 cosh t = e t +e t και ϑα εκµεταλευτούµε τη γραµµική ιδιότητα της Σ Ε, ώστε ϑα ϐρούµε την ειδική λύση για κάθε έναν από τους δύο όρους και µετά ϑα προσθέσουµε τις λύσεις µεταξύ τους. Ξεκινούµε µε τον όρο e t και επειδή το δεν είναι λύση της χαρακτηριστικής εξίσωσης, Ϲητούµε η ειδική λύση της µη οµογενούς να είναι απλώς της µορφής Ae t. Με αντικατάσταση στην εξίσωση αυτό δίνει Ae t + 3Ae t + 2Ae t = e t 6e t = e t A = 6 εποµένως, η µία ειδική λύση είναι η y s = 6 et. Για τον όρο e t τώρα έχουµε ότι το είναι ϱίζα της χαρακτηριστικής εξίσωσης πολλαπλότητας (µε άλλα λόγια το e t είναι λύση της οµογενούς), άρα πρέπει να δοκιµάσουµε λύση της µορφής Bte t. Με αντικατάσταση στην εξίσωση αυτό δίνει 2Be t + Bte t + 3Be t 3Bte t + 2Bte t = e t Be t = e t B = 8

9 εποµένως, η άλλη ειδική λύση είναι η y s2 = te t. Αποτέλεσµα της γραµµικότητας της Σ Ε είναι ότι η ειδική λύση της µη οµογενούς είναι το άθροισµα των δύο λύσεων που µόλις ϐρήκαµε. Ετσι, y s = 6 et + te t Άρα, η γενική λύση της µη οµογενούς είναι η Τώρα, ϑα εφαρµόσουµε τις ΑΣ. y(t) = y 0 + y s = c e t + c 2 e 2t + 6 et + te t y(0) = 0 c + c = 0 c + c 2 = 6 y (0) = 5 3 c 2c = 5 3 c + 2c 2 = 3 6 Από την επίλυση του συστήµατος προκύπτει εύκολα ότι c = 6, c = 2 3, άρα η λύση του ΠΑΤ είναι η Παρατηρήσεις : y(t) = 6 e t 3 e 2t + 6 et + te t Στο ϑέµα (3α) αρκετοί από εσάς ϑεωρήσατε ως λύση της µη οµογενούς για την περίπτωση που ο µη οµογενής όρος είναι ο e t την έκφραση Be t, έκφραση η οποία είναι λάθος διότι η µεταβλητή είναι µία και είναι η t! Αυτή η λάθος ϑεώρηση σας οδήγησε σε λάθος παραγωγίσεις µε αποτέλεσµα να µην υπολογίσετε σωστά τη µερική λύση. Ο κανόνας παραγώγισης που ακολουθούν οι συναρτήσεις sinh και cosh είναι πα- ϱόµοιος αλλά όχι ακριβώς ίδιος µε αυτόν που ακολουθούν οι συναρτήσεις sin και cos. Για την ακρίβεια, ισχύει ότι sinh = cosh και cosh = sinh µε ϐάση αυτόν τον κανόνα µπορείτε να ελέγξετε ότι η αντικατάσταση y s = a sinh t + b cosh t για την εύρεση της ειδικής λύσης δεν ϑα σας οδηγούσε σε σωστό αποτέλεσµα (για την ακρίβεια ϑα σας οδηγούσε σε αδύνατο σύστηµα για τους a και b). (ϐ ) Να λυθεί η Σ Ε αν ισχύει ότι μ = μ(y). Απάντηση : Ισχύει ότι y( y)d + dy = 0 P (, y) = y( y) P y = 2y Q(, y) = Q = 9

10 άρα P y Q και εποµένως η Σ Ε δεν είναι ακριβής, άρα χρειάζεται πολλαπλασιαστικός παράγοντας για τον οποίο γνωρίζουµε ότι είναι της µορφής μ(, y) = μ(y). Γνωρίζουµε από τον σχετικό πίνακα ότι σε αυτή την περίπτωση μ(y) = Είναι εύκολο να δειχθεί ότι P yq = y( y) y = 2 y 2 (μp ) y = (μq) = 4 y 2 Άρα υπάρχει συνάρτηση Φ : dφ = P d + Qdy δηλαδή Φ = P, Φ y = Q. Ακολουθούµε τότε τη γνωστή πορεία λύσεως τέτοιων προβληµάτων ( Φ = P Φ = 2 y ) d + σ(y) = d d y 2 + σ(y) = ln + σ(y) y Επειδή πρέπει να ισχύει και ότι Φ y k =σταθερά. ηλαδή, και τελικά η λύση είναι = Q, έχουµε επίσης Φ y = y 2 + σ y = Q = y 2 σ y Φ = ln + k y Φ(, y) = C y ln = C Θέµα-4 (2.25 µονάδες) Να λυθεί µε τη χρήση του µετασχηµατισµού Laplaceτο ΠΑΤ = 0 σ = k y + 2y + 5y = e t sin t, y(0) = 0, y (0) = Απάντηση : Θεωρούµε το µετασχηµατισµό Laplace και των δύο µελών της Σ Ε. L { y + 2y + 5y } = L { e t sin t } L { y } + 2L { y } + 5L {y} = L { e t sin t } s 2 Y (s) sy(0) y (0) + 2(sY (s) y(0)) + 5Y (s) = (s + ) 2 + s 2 Y (s) + 2sY (s) + 5Y (s) = (s 2 + 2s + 5)Y (s) = + Y (s) = (s + ) [(s + ) 2 + ][s 2 + 2s + 5] (s + ) 2 + (s + ) 2 + 0

11 Ο όρος s 2 + 2s + 5 έχει µιγαδικές ϱίζες, άρα συµπληρώνοντας το τετράγωνο τον γράφουµε ως εξής : s 2 + 2s + 5 = (s + ) Ετσι, Y (s) = (s + ) [(s + ) 2 + ][(s + ) 2 + 4] Τώρα, εύκολα ανγνωρίζουµε ότι { } L (s + ) 2 = e t sin(2t) και µένει τότε ο όρος, { } L [(s + ) 2 + ][(s + ) 2 + 4] για τον υπολογιασµό του οποίου προχωρούµε στην ανάλυση του σε µερικά κλάσµατα [(s + ) 2 + ][(s + ) 2 + 4] = A s + B (s + ) A 2s + B 2 (s + ) =... = 3[(s + ) 2 + ] 3[(s + ) 2 + 4] Εποµένως, { } L [(s + ) 2 + ][(s + ) 2 = 3 { } + 4] L [(s + ) 2 6 { } 2 + ] L [(s + ) ] και τελικά η λύση µας δίνεται από τον τύπο = 3 e t sin t 6 e t sin(2t) y(t) = 2 e t sin(2t) + 3 e t sin t 6 e t sin(2t) = 3 e t [sin(2t) + sin t] Καλή επιτυχία! Κατά τη διάρκεια της εξέτασης, επιτρέπεται να έχετε µαζί σας µέχρι δύο ϕύλλα A4. Απαγορεύεται αυστηρά η συνεργασία µεταξύ σας.