Συνήθεις ιαφορικές Εξισώσεις 1 ης Τάξης.

Transcript

1 . Γενικά. Εστω p pt Συνήθεις ιαφορικές Εξισώσεις ης Τάξης. = είναι ένας (άγνωστος) αποµονωµένος πληθυσµός ενός βιότοπου τη χρονική στιγµή t. Ας υποθέσουµε ότι έχουµε nt () γεννήσεις και mt () θανάτους και ότι ο ρυθµός µεταβολής των γεννήσεων και θανάτων είναι ανάλογος του πληθυσµού για ab,,. Τότε η εκτίµηση του κάποιες σταθερές αναλογίας πληθυσµού τη χρονική στιγµή t λαµβάνεται από τη λύση της της διαφορικής εξίσωσης (δ.ε.) 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,,,..., στο A. Ορισµός. Μια εξίσωση που περιέχει µια άγνωστη συνάρτηση όπως παραπάνω και τουλάχιστον µια από τις παραγώγους της ( n),,,..., καλείται συνήθης διαφορική εξίσωση. Στο εξής για, συντοµογραφία γράφουµε δ.ε. Οι ακόλουθες είναι δ.ε: (i) = + +. (v) 5 6 (ii) e ( ) + = 4. (vi) 5 d d 5 + =. d d = +. (iii) + =. (vii) + =. (iv) d d =. + =. (viii) cos( ) sin( ) Ορισµός. Η τάξη της µεγαλύτερης παραγώγου που εµφανίζεται σε µια δ.ε. καλείται τάξη της δ.ε. Στο εξής ασχολούµαστε αποκλειστικά µε δ.ε. ης τάξης. Αυτές,

2 περιγράφονται γενικά από µια εξίσωση της µορφής F(,, ) =, () όπου F είναι µια συνάρτηση που εν γένει εξαρτάται απ όλες (ή κάποιες) από τις παραµέτρους,., Η () καλείται πλεγµένη µορφή και αν µπορεί να λυθεί ως προς, τότε η µορφή (, ) = f () που προκύπτει καλείται κανονική µορφή της διαφορικής εξίσωσης. Γενικά υπάρχουν δυο βασικές κατηγορίες δ.ε.: οι γραµµικές και οι µη γραµµικές. Ορισµός. Καλούµε γραµµική δ.ε. ης -τάξης κάθε δ.ε. της µορφής: + p = q, () όπου p, q είναι γνωστές πραγµατικές συναρτήσεις. Αν µια δ.ε. δεν είναι της µορφής (), τότε καλείται µη γραµµική δ.ε ης τάξης. Ορισµός. Καλούµε λύση (ή ολοκλήρωµα) της δ.ε. () (ή ()), = που την επαληθεύει ταυτοτικά. κάθε συνάρτηση Τονίζουµε εδώ ότι οι λύσεις µιας δ.ε. (αν υπάρχουν) είναι πάντα συναρτήσεις σε αντίθεση µε τις λύσεις µιας αλγεβρικής εξίσωσης που είναι αριθµοί. Συνήθως µια δ.ε. έχει άπειρο πλήθος λύσεων. Για παράδειγµα οι λύσεις της δ.ε. = είναι οι συναρτήσεις = + c, c όπως προκύπτει εύκολα µε απλή ολοκλήρωση. Οµοίως οι λύσεις της δ.ε. =

3 προκύπτουν εύκολα µε δυο ολοκληρώσεις: = + c+ c, c, c. 6 Στα παραπάνω παραδείγµατα βλέπουµε ότι όταν η λύση µιας δ.ε. 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 δ.ε. ης τάξης εξαρτάται από µια αυθαίρετη σταθερά, των δ.ε. ης τάξης από δυο αυθαίρετες σταθερές κλπ. υστυχώς µια τέτοια γενίκευση δεν ισχύει. Κάλλιστα µπορεί µια δ.ε. να έχει µόνον µια πραγµατική λύση, όπως π.χ. η δ.ε. ης τάξης + = που έχει ως µοναδική λύση τη µηδενική συνάρτηση και δεν εξαρτάται καν από σταθερά. Επίσης η δ.ε. ης τάξης έχει λύση ( c )( c e ) ( )( ) = = που εξαρτάται από δυο (και όχι µια) σταθερές. Αναφέρουµε επίσης ότι µια δ.ε. µπορεί να µην έχει λύση στο, όπως π.χ. η + =. Παρόλα αυτά όµως υπάρχουν οικογένειες δ.ε. n -τάξης οι λύσεις των οποίων εξαρτώνται από ακριβώς n αυθαίρετες σταθερές. Επιπλέον, ένα µεγάλο πλήθος δ.ε. που µοντελοποιούν φυσικά προβλήµατα ανήκουν σε τέτοιες οικογένειες. Ετσι το πρώτο µας µέληµα σε µια δ.ε. n -τάξης είναι να ψάξουµε για λύσεις που εξαρτώνται από n -αυθαίρετες σταθερές. Σ αυτά τα πλαίσια δίνουµε τον εξής ορισµό: Ορισµός. Καλούµε γενική λύση της δ.ε. () (ή ()) κάθε λύση της µορφής = φ( c, ) (4) όπου c είναι αυθαίρετη πραγµατική σταθερά. Μερική λύση της () (ή ()) καλείται κάθε συνάρτηση που ικανοποιεί τη δ.ε. και η οποία προκύπτει από τη γενική λύση για συγκεκριµένη επιλογή της σταθεράς c. Οι λύσεις (4) παριστάνουν στο επίπεδο µια µονοπαραµετρική

4 οικογένεια ολοκληρωτικών καµπύλων. Αν οι παραπάνω λύσεις δίνονται σε πλεγµένη µορφή, δηλ. στη µορφή ϕ (, c, ) = τότε µιλάµε για το γενικό ολοκλήρωµα της δ.ε. Πολλές φορές ακόµη κι αν υπάρχει η γενική λύση µιας δ.ε. δεν περιλαµβάνει όλες τις λύσεις της δ.ε. Ορισµός. Καλούµε ιδιάζουσα λύση (ή ιδιάζον ολοκλήρωµα) της δ.ε. () (ή ()) κάθε λύση της που δεν προκύπτει από τη γενική λύση (ή το γενικό ολοκλήρωµα) για καµιά επιλογή της παραµέτρου c. Το σύνολο των λύσεων µιας δ.ε. καλείται πλήρης λύση της δ.ε. (ή πλήρες ολοκλήρωµα της δ.ε.). Από τα παραπάνω φαίνεται ότι η γενική λύση και η πλήρης λύση δεν ταυτίζονται πάντα. Ορισµός. οθέντων πραγµατικών αριθµών,, η εύρεση µιας λύσης της διαφορικής εξίσωσης () (ή ()) που ικανοποιεί τη συνθήκη ( ) = καλείται πρόβληµα αρχικών τιµών (Π.Α.Τ.). Γενικά, µια δ.ε ης τάξης = f (, ) µας λέει ότι η τιµή f (, ) είναι η κλίση της λύσης της δ.ε. στο σηµείο (, ). Αν λοιπόν θεωρήσουµε έναν τόπο D όπου η f ορίζεται και είναι συνεχής, τότε σε κάθε σηµείο (, ) D αντιστοιχεί ένα ευθύγραµµο τµήµα µε κλίση ίση µε f (., ) 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 δ.ε. 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. 4

5 To ακόλουθο Θεώρηµα µας δίνει ικανές συνθήκες (τοπικής) ύπαρξης και µοναδικότητας του προβλήµατος αρχικών τιµών. Θεώρηµα (Picard Lindelöf). Εστω το πρόβληµα αρχικών τιµών (, ) = = f. (5) f Αν οι συναρτήσεις f και : = f είναι συνεχείς σ ένα ορθογώνιο Τ,, τότε το πρόβληµα αρχικών τιµών (5) έχει µοναδική κέντρου ( ) λύση = για σε κατάλληλη περιοχή του σηµείου. Παρατηρήσεις: (α) Αν µόνον η συνάρτηση f είναι συνεχής σ ένα,, τότε το πρόβληµα αρχικών τιµών (5) ορθογώνιο Τ κέντρου ( ) έχει πάντα λύση = σε κατάλληλη περιοχή του σηµείου, αλλά όχι κατ ανάγκην µοναδική. (β) Η βασική ιδέα της απόδειξης βασίζεται στη µέθοδο διαδοχικών προσεγγίσεων του Picard. Σκιαγραφώντας τη µέθοδο, αρχικά (και µε την υπόθεση συνεχείας της f ) = f, και έχουµε ολοκληρώνουµε την, f t dt = +, που είναι ισοδύναµη της (5). Στη συνέχεια σχηµατίζουµε τον αναδροµικό τύπο ( ) = +, () =, n =,..., n f ( t n 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 5

6 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. 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 = 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 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. Στην συγκεκριµένη περίπτωση η λύση του προβλήµατος αρχικών τιµών δεν είναι µοναδική όπως είδαµε παραπάνω. Αν όµως θεωρήσουµε το πρόβληµα αρχικών τιµών 6

7 = =, (, ) τότε το Θεώρηµα διασφαλίζει τη µοναδικότητα της λύσης σε,. κατάλληλη περιοχή του σηµείου Ασκήσεις. Να βρεθεί: (α) η τάξη, (β) η γραµµικότητα ή µη, (γ) η άγνωστη συνάρτηση, (δ) η ανεξάρτητη µεταβλητή των κάτωθι δ.ε.:, db () i = p dp 7 (6) 4 (4) iv ( ii) s ts = + cost ( iii) ( ) + = + = ( v) ( ( ) ) ( vi) ln + + = 4 d dr / = Απ. (i) (α)-, (β)-µη γραµµική, (γ)-b, (δ)- p (ii) (α)-, (β)-γραµµική, (γ)- s, (δ)-t (iii) (α)-, (β)-µη γραµµική, (γ)-, (δ)- (iv) (α)-6, (β)-µη γραµµική, (γ)-, (δ)- (v) (α)-, (β)-γραµµική, (γ)- r, (δ)- (vi) (α)-, (β)-µη γραµµική (γ)-, (δ)-. Εξετάστε αν η πλεγµένη µορφή = ln + + t είναι λύση της δ.ε. d = ( t). (Απ. Είναι) dt. είξτε ότι η ( 4) = είναι λύση της δ.ε. / + 4 = στο διάστηµα (, ), όχι όµως και σε µεγαλύτερο διάστηµα που περιέχει είτε το είτε το. 7

8 . Γραµµικές διαφορικές εξισώσεις πρώτης τάξης. Εστω η γραµµική δ.ε. ης τάξης + p= q, όπου p, q: I και I διάστηµα της πραγµατικής ευθείας. Αν q = τότε µιλάµε για οµογενή δ.ε., αλλιώς µιλάµε για µη οµογενή δ.ε. Υποθέτουµε ότι οι p, q είναι συνεχείς συναρτήσεις επί του I. Για να λύσουµε την παραπάνω πολ/ζουµε και τα δυο µέλη της µε µια παραγωγίσιµη συνάρτηση µ : I τέτοια ώστε µ > και µ = µ p. Τότε µ + µ p = µ q µ + µ = µ q = q = q d+ c ( µ ) µ µ µ ( µ ) = 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 από τον τύπο: p d p d = e c+ q e d. (6) + =. tan sin Λύση. Εχουµε γραµµική δ.ε. ης τάξης. Θεωρούµε kπ, kπ + π /. Παράδειγµα. Να επιλυθεί η δ.ε. p d 8

9 Οι συναρτήσεις p = tan και q = sin είναι συνεχείς σε κάθε Ι = kπ, kπ + π /, k. Ετσι για σε κάποιο από τα διάστηµα k διαστήµατα αυτά, χρησιµοποιώντας την (6) παίρνουµε d d tan tan = e c+ e d sin ln sin ln sin = e c+ e d sin ( c d) = + sin sin c cos, sin sin =, I c + cos, sin sin k. Παράδειγµα. Να επιλυθεί η δ.ε. + =. e Λύση. Εχουµε γραµµική δ.ε. πρώτης τάξης. Θεωρούµε. Ετσι σε κάθε διάστηµα I της πραγµατικής ευθείας που δεν περιέχει το =, η γενική της λύση της δ.ε. δίνεται από τη σχέση Επειδή έχουµε e d d = e c+ e e d = e ln c+ e e ln d c e d = +. e e e e d=, > 9 d=, e e e + e d= +, < 9 e e c +, I, + 9 = e e c +, J, 9, οπότε για c = c = c παίρνουµε τελικά 9

10 e e = c+ I (, + ) η J (,). 9 Παράδειγµα. Υπολογίστε τη µερική λύση της δ.ε. ln ln = που ικανοποιεί τις αρχικές συνθήκες e e 4 =, =. Λύση. Εχουµε γραµµική δ.ε. ης τάξης. Θεωρούµε > λόγω λογαρίθµου. Τότε d d ln ln = e c+ ln e d. Αλλά: d = d ( ln ) = ln ln ln, ln συνεπώς: ( ln ) ln ( ln ln ) = + = + ln ln ln ln e c e d c d = ln c+ ln d = ln c d ln + = ln c+ (oι απόλυτες τιµές «βγαίνουν» όπως στο προηγούµενο παράδ.). 4 Για τη µερική λύση θέτουµε στη γενική λύση = e, = e, άρα 4 e ln 4 e e e = e c+ e = c+ c= e e Τελικά η ζητούµενη µερική λύση είναι η ln = e +. 4 Το Θεώρηµα ύπαρξης και µοναδικότητας για γραµµικές δ.ε. παίρνει τη µορφή: Θεώρηµα. Εστω p, q: I είναι συνεχείς συναρτήσεις σε κάποιο ανοικτό διάστηµα I και I. Τότε το πρόβληµα αρχικών τιµών

11 έχει µοναδική λύση I. + p = q =, (, ) I Eφαρµογές. Παράδειγµα (Νόµος ψύξης Νεύτωνα). Μεταλλική ράβδος o θερµοκρασίας T = 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 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 ( ) =, 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 δ.ε. µε λύση: Τ t = c e. kt Από τις συνθήκες T ( ) =, συνεπώς T = 5 βρίσκουµε T ( ) = = c c= c = k k ln, T () = 5 5 = ce e = / k =

12 () ln Τ t = e t. Αρα η θερµοκρασία της ράβδου µετά από min είναι (β) Εχουµε ln Τ e 7.77 C =. ln t 5 = 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 st kg και συνεπώς η ζάχαρη που εξέρχεται απ το V + f g t m δοχείο σε χρόνο t ισούται µε st t kg g. Αρα: V + f g t min t s t st ( + t) st = a f t g V + f g t

13 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 δ.ε. ης s() = s. τάξης µε αρχική συνθήκη Παράδειγµα (Ηλεκτρικά κυκλώµατα). Kύκλωµα περιλαµβάνει πηγή ηλεκτρεγερτικής δύναµης E = sin( t) Volt, αντίσταση R = 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 δ.ε. είναι η εξής: t 5sin( t) cos( t) I() t = ce Από τη συνθήκη I = 6 A υπολογίζουµε τη σταθερά c. Ασκήσεις.. Να επιλυθούν οι γραµµικές δ.ε.: + = Aπ. = ce +.

14 + + = Aπ. cos tan cos e = c + = Aπ. = ( c+ ) e + = () = + = + () = Aπ. Aπ. = = Σε µια πόλη o ρυθµός αύξησης του πληθυσµού είναι ανάλογος του πληθυσµού. Εάν µετά από χρόνια ο πληθυσµός έχει τριπλασιασθεί και µετά από χρόνια είναι 5. υπολογίστε τον αρχικό πληθυσµό της πόλης. Απ o. Σώµα θερµοκρασίας T = 5 C τοποθετείται σε φούρνο σταθερής θερµοκρασίας 5 C. Εάν µετά από min η θερµοκρασία o o του σώµατος είναι 75 C, υπολογίστε το χρόνο που απαιτείται για o να γίνει η θερµοκρασία του σώµατος C. Απ. 4,94 min 4

15 . Μη γραµµικές διαφορικές εξισώσεις ης τάξης.. ιαφορικές εξισώσεις χωριζοµένων µεταβλητών. Ορισµός. Κάθε δ.ε. της µορφής = p q (7) όπου p, q είναι γνωστές συνεχείς πραγµατικές συναρτήσεις, καλείται δ.ε. χωριζοµένων µεταβλητών. Για να τη λύσουµε θεωρούµε q και έχουµε = p d= p d+ c q q, ή ισοδύναµα d p( d ) c q = +. (8) Η παραπάνω ισότητα είναι το γενικό ολοκλήρωµα της (7). Εν γένει η λύση δίνεται σε πλεγµένη µορφή. Επίσης οι πραγµατικές λύσεις της αλγεβρικής εξίσωσης q= (αν υπάρχουν) είναι και αυτές λύσεις της (7). Ενδέχεται δε κάποιες απ αυτές τις λύσεις να είναι ιδιάζουσες, δηλ. να µην προκύπτουν από το γενικό ολοκλήρωµα. Ειδικές περιπτώσεις: (α) Αν p =, τότε οι δ.ε. της µορφής = q καλούνται αυτόνοµες και τετριµένα λύνονται µε απλή ολοκλήρωση d = c q = +. q (β) Αν q =, τότε οι δ.ε. της µορφής = p = p d+ c. έχουν γενική λύση 5

16 Παράδειγµα. Να λυθεί η δ.ε. ( ) ( ) =. Λύση. Η δ.ε. είναι χωριζοµένων µεταβλητών. Προφανώς d = =. d ( ) ( ) ( ) d ( ) d Θεωρούµε ± και. Τότε d( ) d( ) c d d d d = = + = + c ln = ln + c. Χωρίς περιορισµό της γενικότητας µπορούµε να θεωρήσουµε ln C c=, ( C ), οπότε η παραπάνω ισότητα γίνεται 6 ln = ln + ln C ln = ln + ln C ln = ln C = C, C, ± ( ) C ( ), ( C, ) =± ±. Η τελευταία είναι το γενικό ολοκλήρωµα της δ.ε. Αξίζει να σηµειώσουµε ότι και οι = ± είναι επίσης λύσεις της δ.ε. Ετσι ενοποιώντας όλες τις λύσεις έχουµε το γενικό ολοκλήρωµα ( ) C ( ), ( C ) =. Παράδειγµα (ορθογώνιες τροχιές). Υπολογίστε τις ορθογώνιες + = c, c. τροχιές της οικογένειας καµπύλων Λύση. Ψάχνουµε οικογένεια καµπύλων f (,, c ) = που τέµνουν 6

17 + = c. Αρχικά βρίσκουµε τη δ.ε. της κάθετα την οικογένεια οποίας η πλεγµένης συνάρτησης µέσω της εξίσωσης + = c είναι γενικό ολοκλήρωµα. Με παραγώγιση της + = =, ( ). + = c έχουµε: Από τη γνωστή εξίσωση λ λ =, όπου λ, λ είναι οι κλίσεις των καµπύλων των οικογενειών + = c και f (,, c ) = αντιστοίχως, έχουµε = = 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), όπου ab, είναι θετικές σταθερές που σχετίζονται µε το ρυθµό γεννήσεων και θανάτων αντιστοίχως. Η παραπάνω είναι µια δ.ε. 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 7

18 , at = c ct bt = c ct, 4 όπου c, c, c, c 4 είναι θετικές σταθερές, τότε έχουµε το µοντέλο ( ) ( 4 ) = t c ct t c ct t ( A B t ) ( t) =, όπου οι A = c c, B= c c4 θεωρούνται θετικές σταθερές. Ισοδύναµα µπορούµε να γράψουµε = A, 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 δ.ε. χωριζοµένων µεταβλητών. Προφανώς οι =, = M είναι λύσεις της δ.ε. Για, M έχουµε d d = Adt = At + C M M και χρησιµοποιώντας τη µέθοδο µερικών κλασµάτων έχουµε άρα M k λ k = = = +, ( M) M λ = 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 = C Me At, 8

19 που είναι η γενική λύση της λογιστικής εξίσωσης. Σηµειώνουµε ότι οι = είναι ιδιάζουσα λύση της δ.ε. Ασκήσεις.. Να λυθούν οι ακόλουθες δ.ε. χωριζοµένων µεταβλητών: ( + ) d+ + d= Απ = ce ( c> ) ln = Απ. ( ln ) = ce / ( c, > ) d cos d= Απ. π π εφ = + c,, kπ,( k ) π γενικο ολοκλ π = kπ + ιδιαζουσες λυσεις e e = + Απ. + = + + e e c e d + d = µε () = Απ. e + =. 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. 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. 9 9

20 .. Οµογενείς διαφορικές εξισώσεις πρώτης τάξης. Ορισµός. Οµογενής δ.ε. πρώτης τάξης καλείται µια δ.ε. της µορφής = F, (9) όπου F είναι συνάρτηση που εξαρτάται µόνον από το πηλίκο. Για να τη λύσουµε κάνουµε την αντικατάσταση = u για κάποια u = u, οπότε η (9) γίνεται άγνωστη συνάρτηση du d u + u = F( u) =, Fu u η οποία είναι δ.ε. χωριζοµένων µεταβλητών και λύνεται σύµφωνα µε όσα έχουµε αναφέρει στην προηγούµενη παράγραφο. Στη συνέχεια µε την αντικατάσταση u = παίρνουµε τη λύση της (9). Με τον ίδιο τρόπο αντιµετωπίζουµε µια δ.ε. της µορφής M ( d, ) + Nd (, ) =, () όπου οι συναρτήσεις M, N είναι οµογενείς µε τον ίδιο βαθµό οµογένειας, έστω m, δηλαδή ισχύει = και Ntt (, ) t m N (, ), ( t ) M ( t, t) t m M (, ) =. Παράδειγµα. Να λυθεί η δ.ε. + + =. ( ) d d Λύση. Εχουµε µια οµογενή δ.ε. 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) =

21 (4u + ) d + udu = u d du = 4u + u d du ln c, c 4u + = + ln 4 u + = ln + ln c, c ln 4u + = ln c 8 ( 4u ) c 8 C, ( C ) + =± =. Θέτοντας u = παίρνουµε το γενικό ολοκλήρωµα της δ.ε. + =. (4 ) C Παράδειγµα. Να λυθεί η δ.ε. + + d d =. Λύση. Εστω M (, ) = + +. Λύνουµε το γραµµικό σύστηµα N(, ) = Θέτουµε = X + = Y = M(, ) =. N(, ) = =, οπότε η δ.ε. µετασχηµατίζεται σε ( X + Y ) dy ( X Y ) dx =, η οποία είναι οµογενής βαθµού οµογένειας. Αντικαθιστούµε Y = u X u= u X και παίρνουµε, ( ) ( X + u X) d( u X) ( X u X) dx = + u udx + Xdu u dx =

22 + u dx du = + u u X + u dx du = + ln c, c + u u X, ( + u ) d u ln ln = X + c u + u ln u + u + ln X = ln c ( ), (, ) X u + u = C C =± c C X u + u = c Θέτοντας X = και ολοκλήρωµα της δ.ε. Y u = = X + παίρνουµε το γενικό + = C, C 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 (,)

23 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 δ.ε. βαθµού οµογένειας, συνεπώς µε την αντικατάσταση = u ανάγεται σε µια δ.ε. 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) = =, εφω εφa f(, ) εφa

24 ή ισοδύναµα f (, ) + εφa =. () f (, ) εφa Αρα στο παράδειγµά µας έχουµε = λ = λ =, οπότε η (.) γίνεται + + = =, η οποία είναι µια οµογενής δ.ε. βαθµού οµογένειας µε λύση Ασκήσεις. τοξεφ + ln( + ) = c.. Να λυθούν οι οµογενείς δ.ε.: ( d ) + d= Απ. = + c d ( 6 d ) = Απ = ln c = + sin Απ. c cos = + c π = + kπ + ιδιαζουσες ( ) ( + ) d + d = µε () = Απ. (4 + ) = π =+ + µε () = 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 άνεµος ταχύτητας w< υ km/ h µε κατεύθυνση κάθετη στην ευθεία 4

25 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 a υ + υ Aπ. = a a. Υπολογίστε τις ισογώνιες τροχιές 45 ο των ευθειών = λ. Aπ. + + = + ln c 5

26 .. Πλήρεις (ή ακριβείς) διαφορικές εξισώσεις ή εξισώσεις ολικών διαφορικών. Ορισµός. Εστω PQ, : D είναι συνεχείς συναρτήσεις σε ανοικτό και συνεκτικό σύνολο D. Μια δ.ε. 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 δ.ε. 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. Εστω D είναι κυρτός τόπος του και οι συναρτήσεις PQ, : D έχουν συνεχείς µερικές παραγώγους στο D. Μια δ.ε. της µορφής Pd (, ) + Qd (, ) = είναι πλήρης αν και µόνον αν P, = Q,,, D. Επιπρόσθετα ο τύπος: 6

27 Pt (, ) dt+ Qtdt (,) = c µας δίνει το γενικό ολοκλήρωµα της πλήρους δ.ε. Παράδειγµα. Να λυθεί η δ.ε. e + + sin d+ e + + cos d=. Λύση. Η δ.ε. είναι πλήρης διότι για P (, ) = e + + sin και Q (, ) = e + + cosέχουµε Ετσι για δ.ε. από τη σχέση P = + cos = Q,., =, παίρνουµε το γενικό ολοκλήρωµα της ( cos ) ( ( sin )) t t t t edt+ e + + t dt= c e + e + t+ t = c e + e + ( + sin ) = c. e d+ e + d=. Παράδειγµα. Nα λυθεί η δ.ε. Λύση. Εστω P (, ) = e και Q (, ) = e +. Επειδή P Q = e =,, ( ) η δ.ε. είναι πλήρης. Για να βρούµε το γενικό ολοκλήρωµα αυτής µπορούµε να εργασθούµε ως εξής: Αφού η ( ) ed+ e + d είναι (ολικό) διαφορικό µιας διαφορίσιµης συνάρτησης f f (, ) = θα ισχύει f = e και f e = +. Ολοκληρώνοντας ως προς (και θεωρώντας το σταθερό) 7

28 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 + προκύπτει e + g = e + g = g d= ( ) d Τελικά g = + c. e d+ e + d= dg, = g(, ) = c + c= c = C C = c c. Ασκήσεις. Να λυθούν οι ακόλουθες πλήρεις δ. ε.: ( + + ) d + ( + ) d = Απ = c (sin + d ) + ( cos + d ) = Απ. + sin + = c ln+ sin+ d+ + cos d= Απ. ln + + sin = c ( + ) d+ ( ) d= µε () = Απ. + + = 8

29 .4. Oλοκληρωτικοί παράγοντες. Ορισµός. Εστω PQ, : D, είναι συνεχείς συναρτήσεις σε ανοικτό και συνεκτικό υποσύνολο D και Pd (, ) + Qd (, ) = () είναι µια µη πλήρης δ.ε. Θα λέµε ότι µια παραγωγίσιµη και µη µηδενική συνάρτηση µ : D : µ = µ (, ) είναι ένας ολοκληρωτικός παράγοντας της (), αν η δ.ε. είναι πλήρης. µ (, Pd ) (, ) + µ ( Qd, ) (, ) = () Προφανώς λόγω της υπόθεσης (, ) (, ) µ D, οι δ.ε. () και () έχουν ακριβώς τις ίδιες λύσεις. Στην προηγούµενη παράγραφο είδαµε ότι αν ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θεωρήµατος, τότε η () 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 δ.ε. 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. (4) µ ζ ζ Q Αν το δεξιό µέλος της (4) είναι συνάρτηση µόνον του ζ, δηλ. 9

30 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 π.χ. c = ) λύνουµε την πλήρη δ.ε. () και βρίσκουµε τις λύσεις της (). Παράδειγµα. Να λυθεί η δ.ε. ( συν ) ( ηµ ) ολοκληρωτικό παράγοντα της µορφής µ µ d d= µε =. Λύση. Είναι εύκολο να δούµε ότι η δ.ε. 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 =±. Θεωρούµε µ = και λύνουµε την πλήρη δ.ε. + ( + ) = ( ) µ συν d µ 4 5ηµ d, 5 συν d ηµ d = ηµ = c. c Εύκολα φαίνεται ότι και η = είναι επίσης λύση της αρχικής δ.ε. Παράδειγµα. Να λυθεί η δ.ε. ολοκληρωτικό παράγοντα της µορφής µ µ + + d+ d= µε =. Λύση. Είναι εύκολο να δούµε ότι η δ.ε. είναι µη πλήρης. Πολ/ζουµε

31 και τα µέλη µε µ µ εξίσωση = και προσδιορίζουµε τη µ από την µ P µ Q µ P = µ Q µ P+ µ P = µ Q+ µ Q µ = Q P ζ = µ ζ + ζ µ ζ µ = = µ =± c ζ µ + ζ + ζ. Θεωρούµε µ = και λύνουµε την πλήρη δ.ε µ + + d + µ d = d + d =, + + τοξεφ + = c. Ασκήσεις.. Να λυθεί η δ.ε. d+ + d= µε χρήση κατάλληλου ολοκληρωτικού παράγοντα. Απ. ln + = c. Αν + d + g d =, προσδιορίστε όλες τις παραγωγίσιµες συναρτήσεις g : έτσι ώστε η παραπάνω δ.ε. να έχει ολοκληρωτικό παράγοντα της µορφής µ =. Απ. c +. Να λυθεί η δ.ε. ολοκληρωτικού παράγοντα. + = µε χρήση κατάλληλου Απ. ln + = c 4. είξτε ότι η συνάρτηση µ = είναι ένας ολοκληρωτικός P+ Q παράγοντας της οµογενούς και πλήρους δ.ε. P, d+ Q, d=.

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

33 ( 4 ) u= c+ d u= c + 6 Εφόσον u = 4 τελικά έχουµε 6 4 = c+. Ορισµός. ιαφορικές εξισώσεις της µορφής = P + Q + R (6) καλούνται δ.ε. Ricatti, όπου PQR,, γνωστές πραγµατικές συναρτήσεις. Σηµειώνουµε ότι δεν υπάρχει τύπος λύσης για την (6). Αν όµως γνωρίζουµε µία µερική λύση της, έστω u = u, τότε η αντικατάσταση u = + µετασχηµατίζει την (6) σε µια γραµµική δ.ε. ης τάξης της µορφής z z + P u + Q z = P. Παράδειγµα. Να λυθεί η δ.ε. =. Λύση. Η παραπάνω είναι µια δ.ε. Ricatti. Με παραγοντοποίηση προκύπτει ( )( + ) =, απ όπου είναι προφανές ότι οι =, = είναι δυο µερικές λύσεις της δ.ε. Ας θεωρήσουµε τη λύση =. Αντικαθιστούµε στη δ.ε. = +, z οπότε µετά από στοιχειώδεις πράξεις προκύπτει η γραµµική δ.ε.

34 µε γενική λύση z + z = c z = z. Αρα η γενική λύση της δ.ε. είναι η = + c z. Ασκήσεις.. Να λυθεί η δ.ε. ln + =. 4 Απ. = + c + ln. Να λυθεί το πρόβληµα αρχικών τιµών = +, () =. k (Υπόδειξη: Βρείτε αρχικά µια µερική λύση της µορφής = a ) 4 Απ. = + 4. Να λυθεί η δ.ε 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 δ.ε ( )( ) = +. Απ. = + c ln 4

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

36 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 6