Κεφάλαιο 1 ΣΥΝΗΘΕΙΣ ΔΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ. 1.1 Βασικές έννοιες και ορισμοί

Transcript

1 Κεφάλαιο 1 ΣΥΝΗΘΕΙΣ ΔΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ Η έννοια της διαφορικής εξίσωσης εμφανίστηκε για πρώτη φορά στο νόμο του Νεύτωνα. Από τότε διαφορικές εξισώσεις ανακύπτουν σε όλες τις φυσικές επιστήμες, αλλά και σε κοινωνικές επιστήμες όπως η οικονομική επιστήμη και η κοινωνιολογία. 1.1 Βασικές έννοιες και ορισμοί Μία εξίσωση που περιέχει μία άγνωστη συνάρτηση και τις παραγώγους της μέχρι κάποιας τάξης λέγεται διαφορική εξίσωση (ΔΕ). Αν η άγνωστη συνάρτηση είναι μιας μεταβλητής π.χ., x (t) ή y (x), τότε η εξίσωση ονομάζεται συνήθης διαφορική εξίσωση (ΣΔΕ). Π.χ. dx = x (t) (1 x (t)), dt ẍ (t) + ẋ 2 (t) + tx 3 (t) + t = 0, y (x) + x 2 y (x) + y 4 (x) + sin x = 0, είναι διαφορικές εξισώσεις πρώτης, δεύτερης και τρίτης τάξης αντίστοιχα. Οι ΔΕ πρώτης τάξης έχουν τη γενική μορφή F (t, x, ẋ) = 0, (1.1.1) όπου F είναι μία συνάρτηση τριών μεταβλητών και οι ΔΕ δεύτερης τάξης έχουν τη γενική μορφή F (t, x, ẋ, ẍ) = 0, (1.1.2) 15

2 16 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΣΥΝΗΘΕΙΣ ΔΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ όπου F είναι μία συνάρτηση τεσσάρων μεταβλητών. Συνήθως υποθέτουμε ότι οι εξισώσεις αυτές επιλύονται αλγεβρικά ως προς τις μέγιστες παραγώγους ẋ και ẍ αντίστοιχα, π.χ. η (1.1.1) μπορεί να γραφεί ως ẋ = f (t, x), και η (1.1.2) ως ẍ = f (t, x, ẋ). Λέμε τότε ότι η ΔΕ είναι στην κανονική της μορφή. Το t στις (1.1.1) και (1.1.2) λέγεται ανεξάρτητη μεταβλητή και το x άγνωστη συνάρτηση. Σε πολλά βιβλία η ανεξάρτητη μεταβλητή συμβολίζεται με x και η άγνωστη συνάρτηση με y, οπότε για παράδειγμα η ΔΕ δεύτερης τάξης γράφεται y = f (x, y, y ). Λύση μιας ΔΕ ονομάζεται μία συνάρτηση που όταν αντικατασταθεί στη ΔΕ προκύπτει ταυτότητα για κάθε τιμή της ανεξάρτητης μεταβλητής. Ακριβέστερα, λύση της (1.1.2) σε κάποιο διάστημα I, είναι μία (δυό φορές παραγωγίσιμη) συνάρτηση x(t), t I, τέτοια ώστε αν η x(t) αντικαταστήσει το x στην (1.1.2) να προκύπτει ταυτότητα (που περιέχει το t) για κάθε t I. Για παράδειγμα, η συνάρτηση με τύπο e t + 2e t t, είναι μία λύση της ΔΕ ẍ = t + x στο διάστημα (, + ). Διαφορικές εξισώσεις ανακύπτουν σε όλες τις φυσικές επιστήμες, αλλά και στις επιστήμες εκείνες που σε ένα πρόβλημα εμφανίζεται ο ρυθμός μεταβολής ενός μεγέθους. Για παράδειγμα ο νόμος του Newton εκφράζεται με μία διαφορική εξίσωση, ίσως η πρώτη που αντιμετώπισε ο άνθρωπος και σε μία διάσταση μπορεί να γραφεί με τη μορφή m d2 x = F (t, x, ẋ). dt2 Στο δεύτερο μέλος η δύναμη F εξαρτάται από το χρόνο t, τη θέση x και την ταχύτητα ẋ του σωματιδίου. Στα επόμενα δύο παραδείγματα υπεισέρχεται ο ρυθμός μεταβολής ενός μεγέθους και διαφαίνεται πώς οδηγούμαστε σε μία διαφορική εξίσωση. Παράδειγμα Εκθετική μείωση μεγέθους. Ας υποθέσουμε ότι ένας μεγάλος πληθυσμός βακτηριδίων αφήνεται χωρίς τροφή. Για ευκολία θα υποθέσουμε ότι τα βακτηρίδια είναι στείρα. Αν συμβολίσουμε με N(t) το πλήθος των βακτηριδίων τη χρονική στιγμή t, είναι εύλογο να υποθέσουμε ότι ο αριθμός των

3 1.1. ΒΑΣΙΚΕΣ ΕΝΝΟΙΕΣ ΚΑΙ ΟΡΙΣΜΟΙ 17 θανάτων ΔN μέσα σε χρονικό διάστημα Δt είναι ανάλογος του πληθυσμού N(t) εκείνη τη στιγμή και ανάλογος του διαστήματος Δt, δηλαδή ΔN = λnδt. Ο συντελεστής αναλογίας λ > 0, εκφράζει τη θνησιμότητα του πληθυσμού και εξαρτάται από παράγοντες που είτε δεν γνωρίζουμε, είτε δεν επιθυμούμε να εισάγουμε στο πρόβλημα. Το πρόσημο μείον οφείλεται στο ότι η μεταβολή ΔN είναι αρνητική. Διαιρώντας με Δt και παίρνοντας το όριο όταν Δt 0 θα έχουμε τη διαφορική εξίσωση dn dt = λn. Μία λύση είναι η e λt, ή πιο γενικά, N (t) = Ce λt, όπου C μία αυθαίρετη σταθερή. Η σταθερή C προσδιορίζεται ως εξής. Αν ξεκινήσαμε με N 0 βακτηρίδια (δηλ. τη χρονική στιγμή t = 0 ο αριθμός των βακτηριδίων ήταν N 0 ), τότε N 0 = N (0) = Ce λ0 C = N 0. Εχουμε λοιπόν κάποιο νόμο εκθετικής μείωσης του πληθυσμού. Είναι ενδιαφέρον ότι αν κάνουμε τις αντικαταστάσεις, αριθμός βακτηριδίων αριθμός ραδιενεργών πυρήνων, αριθμός θανάτων ΔN αριθμός διασπάσεων ΔN κ.λπ., τότε καταλήγουμε στο γνωστό νόμο των ραδιενεργών διασπάσεων. Είναι προφανές ότι μπορούμε να μεταφέρουμε στον κόσμο των βακτηριδίων γνωστές έννοιες, όπως χρόνος υποδιπλασιασμού, σταθερή χρόνου κλπ. Παράδειγμα Εκθετική αύξηση. Ενας αρχικός πληθυσμός βακτηριδίων τίθεται μέσα σε περιβάλλον με απεριόριστη τροφή τη χρονική στιγμή t = 0. Υποθέτοντας ότι η αύξηση του πληθυσμού ΔN μέσα σε χρονικό διάστημα Δt είναι ανάλογη του πληθυσμού εκείνη τη στιγμή και ανάλογος του διαστήματος Δt, βρείτε τον πληθυσμό ως συνάρτηση του χρόνου. Εξισώσεις που περιέχουν περισσότερες της μιας άγνωστες συναρτήσεις και τις παραγώγους τους εμφανίζονται συνήθως ως συστήματα ΔΕ. Για παράδειγμα το σύστημα των ΔΕ dn 1 dt dn 2 dt = r 1 N 1 1 N 1 K 1 = r 2 N 2 1 N 2 K 2 an 1 N 2, bn 1 N 2 περιγράφει τη χρονική εξέλιξη δύο ανταγωνιστικών ειδών, με άγνωστες συναρτήσεις τους πληθυσμούς τους N 1 και N 2. Οι παράμετροι r 1, r 2, K 1, K 2, a, b

4 18 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΣΥΝΗΘΕΙΣ ΔΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ είναι μη αρνητικές σταθερές. Ως δεύτερο παράδειγμα, ο νόμος του Newton σε τρείς διαστάσεις γράφεται ως σύστημα τριών ΔΕ δεύτερης τάξης. Πράγματι, για ένα υλικό σημείο μάζας m που κινείται υπό την επίδραση μιας δύναμης F = F 1 i + F 2 j + F 3 k, που είναι συνάρτηση του χρόνου t, της θέσης του σωματιδίου r (t) = x (t) i + y (t) j + z (t) k, και της ταχύτητάς του ṙ (t) = ẋ (t) i + ẏ (t) j + ż (t) k, ο νόμος F = ma γράφεται ως ή ισοδύναμα, m r = F (t, r, ṙ), mẍ = F 1 (t, x, y, z, ẋ, ẏ, ż), mÿ = F 2 (t, x, y, z, ẋ, ẏ, ż), m z = F 3 (t, x, y, z, ẋ, ẏ, ż). Πρόκειται για ένα σύστημα τριών ΔΕ με άγνωστες συναρτήσεις τις x (t), y (t), z (t). Οταν η άγνωστη συνάρτηση είναι πολλών μεταβλητών, τότε η εξίσωση ο- νομάζεται διαφορική εξίσωση με μερικές παραγώγους (ΜΔΕ). Για παράδειγμα 3 φ φ = x, t x u 2 u = k t x + 2 u, k > 0 2 y 2 είναι ΜΔΕ πρώτης και δεύτερης τάξης αντίστοιχα, με άγνωστες συναρτήσεις φ (t, x) και u (t, x, y). Οι ΔΕ διακρίνονται σε γραμμικές και μη γραμμικές διαφορικές εξισώσεις. Η γραμμική ΔΕ πρώτης τάξης έχει τη μορφή dx + a (t) x (t) = f (t), dt η γραμμική ΔΕ δεύτερης τάξης έχει τη μορφή d 2 x dt + a 2 1 (t) dx dt + a 0 (t) x (t) = f (t), και η γραμμική ΔΕ n-οστής τάξης έχει τη μορφή d n x dt + a n n 1 (t) dn 1 x dt a n 1 1 (t) dx dt + a 0 (t) x (t) = f (t), όπου a 0, a 1,..., a n 1, f, είναι γνωστές συνεχείς συναρτήσεις. Αν το δεύτερο μέλος είναι μηδέν, δηλαδή f (t) = 0, τότε η αντίστοιχη ΔΕ ονομάζεται ομογενής γραμμική ΔΕ. Παραδείγματα μή γραμμικών ΔΕ είναι οι ẋ = x 2, ẍ = ẋx + x, ẍ = 1 x.

5 1.2. ΔΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΠΡΩΤΗΣ ΤΑΞΗΣ Διαφορικές εξισώσεις πρώτης τάξης Θεωρούμε μία διαφορική εξίσωση πρώτης τάξης ẋ = f(t, x), (1.2.1) όπου η f είναι μία συνάρτηση δύο μεταβλητών που έχει συνεχείς μερικές παραγώγους, f/ t και f/ x σε κάποιο χωρίο του R 2. Συνήθως η f ορίζεται σε κάποιο ορθογώνιο (a, b) (c, d) R 2, με t (a, b) και x (c, d). Ορισμός Μία λύση της (1.2.1) σε κάποιο διάστημα I είναι μία παραγωγίσιμη συνάρτηση x(t), t I, τέτοια ώστε αν η x(t) αντικαταστήσει το x στην (1.2.1) να προκύπτει ταυτότητα (που περιέχει το t) για κάθε t I. Η γενική λύση είναι το σύνολο όλων των λύσεων. Συνήθως μία λύση της (1.2.1) λέγεται μερική λύση. Για παράδειγμα, μία μερική λύση της ẋ = 2tx είναι η συνάρτηση x (t) = e t2, t R, και γενική λύση είναι το σύνολο των συναρτήσεων x (t) = ce t2 με c, t R. Κάποιες ειδικές μορφές ΔΕ πρώτης τάξης λύνονται με απλή ολοκλήρωση. Π.χ. αν η f είναι συνάρτηση μόνο του t ẋ = f(t), (1.2.2) τότε η γενική λύση της σε κάποιο διάστημα I είναι η x (t) = f (t) dt + C, (1.2.3) αρκεί η f να είναι συνεχής στο I. Στην (1.2.3), C είναι μία αυθαίρετη σταθερή. Παρατηρούμε ότι η γενική λύση της (1.2.2) είναι μία μονοπαραμετρική οικογένεια καμπυλών που περιγράφεται από την (1.2.3). Αν επιπλέον έχουμε την αρχική συνθήκη x = x 0 όταν t = t 0, τότε η σταθερή C στην (1.2.3) πρέπει να πάρει την τιμή C = x 0, οπότε η λύση στο πρόβλημα αρχικών τιμών είναι x (t) = t t 0 f (τ) dτ + x 0. (1.2.4) Τη λύση αυτή θεωρούμε κάποιες φορές ως συνάρτηση τριών μεταβλητών: t και αρχικών δεδομένων x 0, t 0, γράφουμε δηλαδή x = x(t; x 0, t 0 ). Επειδή το ολοκλήρωμα είναι συνεχής συνάρτηση των άκρων του, από την (1.2.4) συμπεραίνουμε ότι x είναι συνεχής συνάρτηση των t, x 0, t 0.

6 20 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΣΥΝΗΘΕΙΣ ΔΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΔΕ χωριζομένων μεταβλητών Είναι εξισώσεις της μορφής Γράφουμε dx dt = h (x) g (t). dx = g (t) dt, h (x) και η λύση επιτυγχάνεται με απλή ολοκλήρωση dx h (x) = g (t) dt + C. Για παράδειγμα η ΔΕ y = 3y/x, γράφεται ως, dy y = 3dx x και με ολοκλήρωση προκύπτει y = Cx 3. Ομοια η ΔΕ y = 3x/y έχει λύση που γράφεται υπό πεπλεγμένη μορφή ως, y 2 3x 2 = C Γραμμικές διαφορικές εξισώσεις Οπως είδαμε στην εισαγωγή, είναι εξισώσεις της μορφής Αν η εξίσωση (1.2.5) είναι ομογενής, x = p (t) x + q (t). (1.2.5) x = p (t) x, τότε είναι ειδική περίπτωση εξίσωσης χωριζομένων μεταβλητών, οπότε η λύση είναι x (t) = C exp p (t) dt, (στο εξής, το σύμβολο f (t) dt αντιπροσωπεύει μία αρχική της f και όχι το σύνολο των αρχικών της). Στην γενική περίπτωση της μη ομογενούς ΔΕ (1.2.5), αναζητούμε λύσεις της μορφής x (t) = C (t) e p(t)dt, (1.2.6) όπου C(t) είναι προσδιοριστέα συνάρτηση. Θέτουμε I (t) = e p(t)dt, οπότε x (t) = C (t) I (t) + C (t) I (t) = C (t) I (t) + C (t) I (t) p (t).

7 1.2. ΔΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΠΡΩΤΗΣ ΤΑΞΗΣ 21 Αντικαθιστώντας λοιπόν την (1.2.6) στην (1.2.5) θα έχουμε Συμπεραίνουμε ότι C I + pci = pci + q C = q I. C (t) = άρα η γενική λύση της (1.2.5) είναι q (t) dt + C, I (t) x (t) = Ce p(t)dt + e p(t)dt e p(t)dt q (t) dt. (1.2.7) Παράδειγμα Για την ΔΕ ẋ = tx + t, έχουμε p (t) dt = ( t) dt = t 2 /2, άρα x (t) = Ce t2 /2 + e t2 /2 e t2 /2 tdt = Ce t2 / Παράδειγμα Κύκλωμα R L σε σειρά με πηγή εναλλασσόμενης τάσης. Ο δεύτερος κανόνας του Kirchhoff δίνει άρα έχουμε τη ΔΕ Η γενική λύση είναι V 0 sin ωt IR L di dt = 0, di dt = R L I + V 0 sin ωt. L V 0 I (t) = Ce R L t + R 2 + L 2 ω 2 (R sin ωt Lω cos ωt) = Ce R L t + sin (ωt + φ), R 2 + L 2 ω2 με φ = arctan (Lω/R). V Μη γραμμικές ΔΕ 1ης τάξης Εκτός από τις ΔΕ χωριζομένων μεταβλητών που λύνονται κατ αρχήν, ελάχιστες μη γραμμικές ΔΕ έχουν λύση που εκφράζεται αναλυτικά. Ιδού μερικές. Η εξίσωση Bernoulli Είναι της μορφής ẋ = p (t) x + q (t) x a, a R. ( Οταν a = 0 ή a = 1 η ΔΕ είναι χωριζομένων μεταβλητών). Με το μετασχηματισμό u = x 1 a, (1.2.8)

8 22 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΣΥΝΗΘΕΙΣ ΔΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ προκύπτει μία νέα ΔΕ u = (1 a) pu + (1 a) q, που είναι γραμμική 1ης τάξης, άρα επιλύσιμη. Παράδειγμα Η εξίσωση ẋ = x 2 + t (2 + t) x4, με το μετασχηματισμό (1.2.8), δηλαδή u = x 3 dx/dt = d u 1/3 /dt = 1 3 u 4/3 u μετατρέπεται στη γραμμική που έχει λύση κατά τα γνωστά u = 3 u + 3t + 6, 2 + t u (t) = C (2 + t) 3 3 (2 + t) 2 x (t) = C (2 + t) 3 3 (2 + t) 2 1/3. Άσκηση. Λύστε τη ΔΕ ẋ = tx 2 + tx. (Λύση: 1 x(t) = 1 + Ce 1 2 t2 ). Η εξίσωση Riccati Είναι της μορφής ẋ = p (t) x 2 + q (t) x + r (t). Οταν p (t) = 0, η ΔΕ είναι γραμμική και όταν r (t) = 0 η ΔΕ είναι Bernoulli. Με το μετασχηματισμό x = 1 u p u, (1.2.9) προκύπτει μία νέα ΔΕ ṗ ü p + q u + pru = 0, που είναι γραμμική 2ης τάξης. Εν γένει μία τέτοια εξίσωση λύνεται με δυναμοσειρές, δηλαδή η λύση δεν εκφράζεται συναρτήσει στοιχειωδών συναρτήσεων. Οι εξισώσεις Riccati λύνονται αν μαντέψουμε μία ειδική λύση x p (t). Τότε με το μετασχηματισμό x = x p + 1 u, (1.2.10) προκύπτει μία γραμμική ΔΕ 1ης τάξης u = (2x p p + q) u p.

9 1.2. ΔΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΠΡΩΤΗΣ ΤΑΞΗΣ 23 Παράδειγμα Η εξίσωση ẋ = x 2 tx + 1 έχει λύση την x (t) = t. Αυτή δεν είναι η γενική λύση, είναι απλώς μιά λύση. Με το μετασχηματισμό x = t + 1/u ẋ = 1 u/u 2 προκύπτει u = tu 1 με λύση u (t) = Ce t2 /2 e t2 /2 t 0 e τ 2 /2 dτ x (t) = t + e t2 /2 C t 0 e τ 2 /2 dτ. Άσκηση. Λύστε την ẋ = e t x 2 3x+3e t με δύο τρόπους, χρησιμοποιώντας τους μετασχηματισμούς (1.2.9) και (1.2.10), δεδομένου ότι x p (t) = e t. ΔΕ υπό πεπλεγμένη μορφή Θα εξετάσουμε εξισώσεις που μπορούν να πάρουν τη μορφή x = f (t, ẋ). (1.2.11) Στην περίπτωση αυτή θέτουμε ẋ = y και παραγωγίζουμε την (1.2.11) ως προς t οπότε παίρνουμε y = f t + f dy y dt. Παράδειγμα Να λυθεί η ΔΕ Clairaut, x = tẋ + φ (ẋ). και παραγωγίζουμε ως προς t την Θέτουμε ẋ = y x = ty + φ (y), (1.2.12) οπότε παίρνουμε t + φ (y) ẏ = 0 ẏ = 0, t + φ (y) = 0. (1.2.13) Η πρώτη από τις (1.2.13) είναι μία ΔΕ με λύση y (t) = C, άρα από την (1.2.12) παίρνουμε ως γενική λύση x = Ct + φ (C). Η δεύτερη από τις (1.2.13) είναι αλγεβρική με λύση με t = φ (y), οπότε πάλι από την (1.2.12) παίρνουμε σε παραμετρική μορφή την ιδιάζουσα λύση t = φ (y), x = yφ (y) + φ (y). Αν μπορούμε να απαλείψουμε την παράμετρο y, παίρνουμε μία σχέση της μορφής ψ (t, x) = 0.

10 24 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΣΥΝΗΘΕΙΣ ΔΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ Παράδειγμα Να λυθεί η ΔΕ x = tẋ + 1/ẋ. Θέτουμε ẋ = y και παραγωγίζοντας ως προς t παίρνουμε t 1/y 2 ẏ = 0. Γενική λύση είναι η x = Ct + 1/C και ιδιάζουσα λύση είναι η t = 1/y 2, x = 2/y, y παράμετρος. Με απαλοιφή της παραμέτρου y παίρνουμε την παραβολή x 2 = 4t. Άσκηση. Να λυθούν οι ΔΕ ẋ 2 2tẋ + x = 0 και ln ẋ + 2tẋ x = Διαφορικές εξισώσεις ανώτερης τάξης Γραμμικές ΔΕ με σταθερούς συντελεστές Η ομογενής γραμμική ΔΕ δεύτερης τάξης με σταθερούς συντελεστές έχει τη μορφή ẍ + aẋ + bx = 0, a, b R. (1.3.1) Υπενθυμίζουμε σύντομα την διαδικασία επίλυσης της ΔΕ. Δοκιμάζουμε λύσεις της μορφής x (t) = e ρt, όπου ρ προσδιοριστέος αριθμός. Με αντικατάσταση στην (1.3.1), βρίσκουμε ρ 2 e ρt + aρe ρt + be ρt = 0, και επειδή το εκθετικό είναι διάφορο του μηδενός, το ρ είναι λύση (πραγματική ή μιγαδική) της χαρακτηριστικής εξίσωσης ρ 2 + aρ + b = 0. Αναλόγως του είδους των ριζών του χαρακτηριστικού πολυωνύμου, έχουμε τις εξής περιπτώσεις. Αν οι ρίζες ρ 1 και ρ 2 είναι πραγματικές και άνισες, τότε η γενική λύση της (1.3.1) είναι x (t) = C 1 e ρ 1 t + C 2 e ρ 2 t. Αν οι ρίζες είναι μιγαδικές ρ 1,2 = λ ± iω, τότε η γενική λύση γράφεται x (t) = e λt C 1 e iωt + C 2 e iωt. Από τον τύπο του Euler, (e iθ = cos θ + i sin θ), η παραπάνω λύση γράφεται x(t) = e λt {C 1 (cos ωt + i sin ωt) + C 2 (cos ωt i sin ωt)} = e λt {(C 1 + C 2 ) cos ωt + i (C 1 C 2 ) sin ωt},

11 1.4. Ο ΑΡΜΟΝΙΚΟΣ ΤΑΛΑΝΤΩΤΗΣ 25 ή (πρώτη μορφή), ή x (t) = e λt (A cos ωt + B sin ωt), (1.3.2) x (t) = x 0 e λt sin (ωt + φ), (1.3.3) (δεύτερη μορφή, βλ. Παρατήρηση 1.4.1). Επειδή η λύση είναι πραγματική, πρέπει και οι σταθερές A και B να είναι πραγματικοί αριθμοί. Και αυτό πράγματι συμβαίνει διότι οι μιγαδικές σταθερές C 1 και C 2 είναι συζυγείς (λύστε ως προς C 1 και C 2 τις C 1 + C 2 = A, i (C 1 C 2 ) = B). Τέλος, στην περίπτωση ίσων ριζών ρ 1 = ρ 2 = ρ, μπορούμε να διαπιστώσουμε με αντικατάσταση στη ΔΕ ότι εκτός της e ρt, και η te ρt είναι λύση (βλ. [1]). Κατά συνέπεια η γενική λύση γράφεται x (t) = (C 1 + C 2 t) e ρt. 1.4 Ο αρμονικός ταλαντωτής Τυπικό παράδειγμα ΔΕ δεύτερης τάξης είναι η εξίσωση του αρμονικού ταλαντωτή m d2 x dt = kx, 2 π.χ. σώμα μάζας m συνδεδεμένο με ελατήριο σταθεράς k. Αν θέσουμε ω 2 = k/m η εξίσωση του αρμονικού ταλαντωτή γράφεται ẍ = ω 2 x. Το χαρακτηριστικό πολυώνυμο ρ 2 +ω 2, έχει ρίζες ρ 1,2 = ±iω, οπότε η γενική λύση γράφεται x (t) = A cos ωt + B sin ωt. Ακόμα και αν δεν γνωρίζαμε τη γενική μεθοδολογία της προηγούμενης παραγράφου για την επίλυση της ΔΕ, θα μπορούσαμε να σκεφθούμε ως εξής. Οι μόνες συναρτήσεις που ικανοποιούν αυτήν τη ΔΕ είναι οι συναρτήσεις η- μίτονο και συνημίτονο. Η συνάρτηση sin ωt είναι λύση της ΔΕ, όπως μπορεί να πιστοποιηθεί με αντικατάσταση. Αλλά και η συνάρτηση cos ωt είναι επίσης λύση. Αυτό που είναι αξιοσημείωτο είναι ότι ο γραμμικός συνδυασμός A cos ωt + B sin ωt είναι επίσης λύση (ελέγξτε το). Μπορεί να αποδειχθεί ότι η συνάρτηση x (t) = A cos ωt + B sin ωt,

12 26 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΣΥΝΗΘΕΙΣ ΔΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ είναι η πιο γενική λύση της ΔΕ. Οπως συμβαίνει σε κάθε ΔΕ δεύτερης τάξης, η λύση περιέχει δύο σταθερές, A και B. Αυτές προσδιορίζονται αν δοθούν δύο αρχικές συνθήκες, π.χ. η αρχική θέση και η αρχική ταχύτητα. Αν για παράδειγμα γνωρίζουμε ότι τη χρονική στιγμή t = 0 το σώμα περνά από τη θέση x (0) = 0 με ταχύτητα v 0, τότε έχουμε 0 = x(0) = A cos 0 + B sin 0 = A.1 + B.0 = A, v 0 = ẋ (0) = ( ωa sin ωt + ωb cos ωt) t=0 = ωb. Λύση του συστήματος αυτού είναι, A = 0, B = v 0 /ω. Ετσι το πρόβλημα αρχικών τιμών έχει λύση την x (t) = (v 0 /ω) sin ωt. ẍ = ω 2 x, x (0) = 0, ẋ (0) = v 0, Παρατήρηση Ο γραμμικός συνδυασμός ημιτόνου-συνημιτόνου x (t) = A cos ωt + B sin ωt (1.4.1) μπορεί να θεωρηθεί ως επαλληλία ταλαντώσεων ίδιας συχνότητας (με διαφορετικά πλάτη και φάσεις). Η x (t) μπορεί πάντα να γραφεί υπό τη μορφή x (t) = x 0 sin (ωt + φ), x 0 = A 2 + B 2, φ = arctan A B. (1.4.2) Πράγματι, το δεύτερο μέλος της (1.4.2) γράφεται ως x 0 cos ωt sin φ + x 0 sin ωt cos φ, οπότε συγκρίνοντας με την (1.4.1), προκύπτουν οι x 0 sin φ = A και x 0 cos φ = B, επομένως tan φ = A/B και x 0 = A 2 + B 2. Την ισοδυναμία των μορφών (1.4.1) και (1.4.2) μπορούμε να δούμε ξανά με λίγη τριγωνομετρία. Αν B = 0, το πρόβλημα είναι τετριμμένο, οπότε υποθέτουμε ότι B = 0. Τότε A A cos ωt + B sin ωt = B cos ωt + sin ωt. B Για κάθε πραγματικό αριθμό A/B υπάρχει φ : tan φ = A/B, θέτουμε λοιπόν A/B = tan φ, οπότε το δεύτερο μέλος της προηγούμενης σχέσης γράφεται sin φ B cos ωt + sin ωt = B (sin φ cos ωt + cos φ sin ωt) = B cos φ cos φ Αντικαθιστώντας το 1/ cos φ με 1 + tan 2 φ = ο τελευταίος όρος της προηγούμενης σχέσης γράφεται A2 + B 2 sin (ωt + φ). sin (ωt + φ). cos φ 1 + (A/B) 2, βρίσκουμε ότι Μία διαφορετική απόδειξη χρησιμοποιεί τα στρεφόμενα διανύσματα.

13 1.4. Ο ΑΡΜΟΝΙΚΟΣ ΤΑΛΑΝΤΩΤΗΣ 27 Ποιά είναι η λύση αν το σώμα απομακρυνθεί από τη θέση ισορροπίας κατά a και ύστερα αφεθεί ελεύθερο; Κύκλωμα L C. Ενας πυκνωτής χωρητικότητας 9µF φορτίζεται με Q = 6µC και συνδέεται με πηνίο αυτεπαγωγής L = 36 H. Ο κανόνας Kirchhoff για το κύκλωμα αυτό, LdI/dt+ Q/C = 0, μετατρέπεται βάσει του ορισμού I = dq/dt σε μία ΔΕ δεύτερης τάξης. Βρείτε τη συνάρτηση Q(t). Φθίνουσες ταλαντώσεις Η παρουσία τριβής έχει ως αποτέλεσμα την διαρκή ελάττωση του πλάτους ταλάντωσης, προκαλεί δηλαδή απόσβεση της ταλάντωσης. Αν θεωρήσουμε απόσβεση ανάλογη της ταχύτητας (θυμηθείτε ότι για μικρές ταχύτητες η υπόθεση η αντίσταση είναι ανάλογη της ταχύτητας είναι μία καλή προσέγγιση), η εξίσωση του αρμονικού ταλαντωτή γράφεται m d2 x dt 2 = bdx dt kx, όπου η παράμετρος b > 0, λέγεται σταθερή απόσβεσης. Διαιρώντας με m και θέτωντας 2λ = b/m, ω 2 0 = k/m, θα έχουμε ẍ + 2λẋ + ω 2 0x = 0. (1.4.3) Οπως και στην περίπτωση του ελεύθερου αρμονικού ταλαντωτή, αν f(t) και g(t) είναι λύσεις της (1.4.3), τότε και ο γραμμικός συνδυασμός Af(t) + Bg(t) είναι λύση (ελέγξτε το). Η χαρακτηριστική εξίσωση είναι ρ 2 + 2λρ + ω 2 0 = 0. Εχουμε λοιπόν ρ 1,2 = λ ± λ 2 ω 2 0. Αναλόγως του είδους των ριζών της χαρακτηριστικής εξίσωσης (ΧΕ) έχουμε τις εξής περιπτώσεις. α) λ > ω 0. Οι ρίζες είναι πραγματικές και άνισες. Οι συναρτήσεις e ρ 1 t και e ρ 2 t είναι λύσεις της ΔΕ και η πιο γενική λύση είναι x (t) = C 1 e ρ 1 t + C 2 e ρ 2 t. Επειδή και οι δύο ρίζες ρ 1,2 είναι αρνητικές, η λύση φθίνει γρήγορα στο 0 δηλαδή δεν έχουμε ταλάντωση (απεριοδική κίνηση). Η λύση αντιπροσωπεύει

14 28 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΣΥΝΗΘΕΙΣ ΔΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ κίνηση, π.χ. εκκρεμούς, μέσα σε υλικό πολύ μεγάλου ιξώδους, για παράδειγμα λάσπη. β) λ = ω 0. Στην περίπτωση αυτή η (ΧΕ) έχει μόνο μία διπλή ρίζα, ρ 1,2 = λ, και δύο γραμμικώς ανεξάρτητες λύσεις είναι οι e λt και te λt. Κατά συνέπεια η γενική λύση είναι x (t) = (C 1 + C 2 t) e λt. γ) λ < ω 0. Στην περίπτωση αυτή οι ρίζες ρ 1,2 είναι μιγαδικές συζυγείς. Θέτοντας ω 2 = ω 2 0 λ2 > 0, (άρα ρ 1,2 = λ ± iω) η γενική λύση της (1.4.3) είναι x (t) = e λt (A cos ωt + B sin ωt). Κατά την Παρατήρηση η λύση της (1.4.3) μπορεί να γραφεί x (t) = x 0 e λt sin (ωt + φ), x 0 = A 2 + B 2, φ = arctan A B. Οι σταθερές A και B, ή x 0 και φ, προσδιορίζονται από τις αρχικές συνθήκες. Η λύση παριστάνει αρμονική ταλάντωση με εκθετικά ελαττούμενο πλάτος. Η συχνότητα της ταλάντωσης ω = ω 2 0 λ 2 είναι διαφορετική από την ιδιοσυχνότητα ω 0 του ελεύθερου ταλαντωτή, αλλά στην περίπτωση μικρής απόσβεσης (λ ω 0 ), μπορούμε να θεωρήσουμε ότι η συχνότητα της ταλάντωσης είναι περίπου ίση με την ιδιοσυχνότητα του ταλαντωτή, ω ω 0. Παράδειγμα Κύκλωμα R L C σε σειρά. Αν φορτίσουμε ένα πυκνωτή με φορτίο Q 0 και τον συνδέσουμε με αντίσταση και πηνίο σε σειρά, ο κανόνας του Kirchhoff γράφεται IR + L di dt + Q C = 0, και λαμβάνοντας υπ όψιν ότι Q = di/dt, θα έχουμε d 2 Q dt 2 + R L dq dt + Q LC = 0. Υποθέτουμε ότι η διακρίνουσα του χαρακτηριστικού πολυωνύμου είναι αρνητική, δηλαδή R 2 /4L 2 1/LC < 0, και θέτουμε ω 2 = 1 LC R2 4L 2.

15 1.4. Ο ΑΡΜΟΝΙΚΟΣ ΤΑΛΑΝΤΩΤΗΣ 29 Γράφουμε τη λύση υπό τη 2η μορφή (1.3.3) Q (t) = Ae R 2L t sin (ωt + φ). Παρατηρούμε ότι η συχνότητα ταλάντωσης του φορτίου, άρα και του ρεύματος, είναι διαφορετική από την ιδιοσυχνότητα ω 0 = 1/LC του κυκλώματος L C. Οι αρχικές συνθήκες Q (0) = Q 0 και I (0) = Q (0) = 0 (γιατί;) επιβάλλουν A sin φ = Q 0, 0 = R A sin φ + Aω cos φ, 2L και προκύπτει αμέσως A = ω 0 ω Q 0, φ = arctan ω R/2L. Αν χρησιμοποιήσουμε την πρώτη μορφή (1.3.2) για τη λύση Q (t) = e R 2L t (C 1 cos ωt + C 2 sin ωt), προκύπτει C 1 = Q 0, C 2 = R 2Lω Q 0, δηλαδή καταλήγουμε στο ίδιο αποτέλεσμα. Παρατηρείστε ότι αν παραγωγίσουμε ως προς χρόνο τη ΔΕ που πήραμε από τον κανόνα Kirchhoff, θα έχουμε μία αντίστοιχη ΔΕ δεύτερης τάξης για το ρεύμα Η γενική λύση θα είναι της μορφής d 2 I dt 2 + R di L dt + 1 LC I = 0. I (t) = e R 2L t (A cos ωt + B sin ωt) = I 0 e R 2L t sin (ωt + φ), δηλαδή το ρεύμα είναι ημιτονοειδές με πλάτος που φθίνει εκθετικά με το χρόνο Γραμμικές ΔΕ δεύτερης τάξης Η γραμμική ομογενής ΔΕ δεύτερης τάξης έχει τη μορφή A (x) y + B (x) y + C (x) y = 0, (1.4.4) όπου οι συναρτήσεις A, B, C είναι τουλάχιστον συνεχείς σε κάποιο διάστημα I, πιθανώς άπειρο. Αν A (x) δεν μηδενίζεται σε κανένα σημείο του I, τότε η (1.4.4) μπορεί να γραφεί ως y + p (x) y + q (x) y = 0. (1.4.5) Πρόταση Αν y 1 και y 2 είναι δύο λύσεις της (1.4.5), τότε και c 1 y 1 + c 2 y 2 είναι λύση.

16 30 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΣΥΝΗΘΕΙΣ ΔΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ Απόδειξη. Η απόδειξη είναι άμεση. Αναδιατυπώνουμε την παραπάνω πρόταση ως εξής. Το σύνολο των λύσεων της (1.4.5) είναι γραμμικός χώρος. Γράφοντας D = d/dx για τον τελεστή παραγώγισης, η διαφορική εξίσωση (1.4.5) γράφεται συμβολικά Ly = 0, (1.4.6) όπου ο τελεστής L ορίζεται ως L = D 2 + pd + q. Δείξτε ότι ο τελεστής L είναι γραμμικός. Το παρακάτω θεώρημα αποδεικνύεται στο [3] Κεφ Θεώρημα Η γραμμική ομογενής ΔΕ (1.4.5) έχει 2 γραμμικώς ανεξάρτητες λύσεις, y 1 και y 2. Αναδιατυπώνουμε το θεώρημα ως εξής. Το σύνολο των λύσεων της (1.4.5) είναι γραμμικός χώρος διάστασης 2. Κατά συνέπεια η γενική λύση της (1.4.5) είναι y h (x) = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x), c 1, c 2 R. Αν το δεύτερο μέλος της (1.4.4) ή (1.4.5) δεν είναι μηδέν, τότε έχουμε την μη ομογενή γραμμική ΔΕ 2ης τάξης y + p (x) y + q (x) y = f (x), ή Ly = f. (1.4.7) Θεώρημα Αν y p είναι μία οποιαδήποτε μερική λύση της μη ομογενούς ΔΕ (1.4.7), τότε η γενική λύση γράφεται ως y = y p + y h, όπου y h είναι η γενική λύση της ομογενούς ΔΕ (1.4.7). Απόδειξη. Κατ αρχάς, η συνάρτηση y p + y h είναι λύση της (1.4.7). Αν τώρα y είναι μία τυχούσα λύση της (1.4.7), θα έχουμε L(y) f = 0, ή L(y) L(y p ) = 0, ή L(y y p ) = 0. Συμπεραίνουμε ότι y y p είναι μία λύση της ομογενούς ΔΕ (1.4.6), άρα ανήκει στον 2 διάστατο χώρο των λύσεων της (1.4.6). Επομένως είναι της μορφής y y p = c 1 y 1 + c 2 y 2 y = y p + y h.

17 1.4. Ο ΑΡΜΟΝΙΚΟΣ ΤΑΛΑΝΤΩΤΗΣ 31 Στα επόμενα θα εφαρμόσουμε το θεώρημα αυτό σε μη ομογενείς ΔΕ με σταθερούς συντελεστές, δηλαδή ΔΕ της μορφής ẍ + aẋ + bx = f (t), a, b R. (1.4.8) Παράδειγμα Για την ΔΕ ẍ ẋ 2x = 4t 2, εύκολα προκύπτει ότι η γενική λύση της αντίστοιχης ομογενούς είναι x h (t) = c 1 e t + c 2 e 2t. Με απλή αντικατάσταση στη ΔΕ, πιστοποιούμε ότι η συνάρτηση x p (t) = 2t 2 + 2t 3, είναι μία ειδική λύση. Άρα, η γενική λύση της ΔΕ είναι x (t) = c 1 e t + c 2 e 2t 2t 2 + 2t 3. Πως βρίσκουμε μία ειδική λύση; Στο προηγούμενο παράδειγμα ψάχνουμε για λύσεις της μορφής x p (t) = At 2 + Bt + C, οπότε ẋ p (t) = 2At + B και ẍ p (t) = 2A. Αντικαθιστούμε στη ΔΕ 2A (2At + B) 2 At 2 + Bt + C = 4t 2, και εξισώνουμε τους συντελεστές όμοιων δυνάμεων του t. Προκύπτει ότι A = 2, B = 2, C = 3, άρα μία ειδική λύση της ΔΕ είναι η x p (t) = 2t 2 + 2t 3. Γενικώς, αν η συνάρτηση f στο δεύτερο μέλος της (1.4.8) είναι πολυώνυμο k βαθμού, ψάχνουμε για ειδική λύση της μορφής x p (t) = a k t k a 1 t + a 0 και αντικαθιστώντας στη ΔΕ προσδιορίζουμε τους συντελεστές a k,..., a 0. Παράδειγμα Για τη ΔΕ ẍ x = te t/2, η λύση της αντίστοιχης ομογενούς είναι x h (t) = c 1 e t + c 2 e t. Ψάχνουμε για ειδική λύση της μορφής x p (t) = (At + B) e t/2. Αντικαθιστούμε στη ΔΕ και προκύπτει A = 4/3, B = 16/9. Άρα η γενική λύση είναι x (t) = c 1 e t + c 2 e t (4/3t + 16/9) e t/2. Γενικώς αν η f στο δεύτερο μέλος της (1.4.8) είναι της μορφής f (t) = e at (πολυώνυμο k βαθμού), ψάχνουμε για ειδική λύση της μορφής, x p (t) = e at a k t k a 1 t + a 0, και αντικαθιστώντας στη ΔΕ προσδιορίζουμε τους συντελεστές a k,..., a 0.

18 32 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΣΥΝΗΘΕΙΣ ΔΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ Παράδειγμα Για τη ΔΕ ẍ ẋ 2x = sin 2t, η λύση της αντίστοιχης ομογενούς είναι x h (t) = c 1 e t + c 2 e 2t. Ψάχνουμε για ειδική λύση της μορφής x p (t) = A cos 2t + B sin 2t. Αντικαθιστούμε στη ΔΕ και προκύπτει A = 1/20, B = 3/20. Άρα η γενική λύση είναι x (t) = c 1 e t + c 2 e 2t + 1 (cos 2t 3 sin 2t). 20 Γενικώς, αν η f στο δεύτερο μέλος της (1.4.8) είναι της μορφής, f (t) = e at cos ωt (πολυώνυμο k βαθμού), ή sin ωt ψάχνουμε για ειδική λύση της μορφής x p (t) = e at a k t k a 1 t + a 0 cos ωt + bk t k b 1 t + b 0 sin ωt. Με αντικατάσταση στη ΔΕ προσδιορίζουμε τους συντελεστές a k,..., a 0, b k,..., b 0. Παράδειγμα Κύκλωμα R L C σε σειρά με πηγή εναλλασσόμενης τάσης. Ο δεύτερος κανόνας του Kirchhoff δίνει V 0 sin ωt IR L di dt Q C = 0, και επειδή dq/dt = I, παραγωγίζοντας ως προς t έχουμε τη ΔΕ d 2 I dt 2 + R di L dt + 1 I = E cos ωt, LC με E = V 0 ω/l. Για αρχικές συνθήκες μπορούμε να υποθέσουμε π.χ. I (0) = 0, di (0) = 0. dt Υποθέτουμε ότι η διακρίνουσα του χαρακτηριστικού πολυωνύμου είναι αρνητική, δηλαδή R 2 /4L 2 1/LC < 0, και θέτουμε ω 2 1 = 1 LC R2 4L 2. Κατά τα γνωστά, η λύση της αντίστοιχης ομογενούς είναι I h (t) = e R 2L t (C 1 cos ω 1 t + C 2 sin ω 1 t). Ως ειδική λύση, αναζητούμε μία συνάρτηση της μορφής I p (t) = A cos ωt + B sin ωt.

19 1.4. Ο ΑΡΜΟΝΙΚΟΣ ΤΑΛΑΝΤΩΤΗΣ 33 Αντικαθιστούμε στη ΔΕ και προκύπτει, A = άρα η γενική λύση είναι 1 LC ω2 R 2 ω L LC ω2 2 E, B = R L ω R 2 ω L LC ω2 2 E, I (t) = e R 2L t (C 1 cos ω 1 t + C 2 sin ω 1 t) + A cos ωt + B sin ωt. Παρατηρούμε ότι το πλάτος του πρώτου όρου φθίνει εκθετικά και ύστερα από μερικές περιόδους ο όρος αυτός καθίσταται αμελητέος. Ο όρος A cos ωt+b sin ωt παριστάνει ταλάντωση σταθερού πλάτους με τη συχνότητα του διεγέρτη, δηλαδή της πηγής τάσης. Επειδή οι σταθερές A, B εξαρτώνται από τη συχνότητα ω, το πλάτος του ρεύματος είναι συνάρτηση της συχνότητας. Πράγματι η ειδική λύση μπορεί να γραφεί και με τη μορφή με I 0 (ω) = A 2 + B 2 και Επομένως το πλάτος δίνεται από την I p (t) = I 0 (ω) sin (ωt + φ), A φ = tan 1 = tan 1 1 Cω Lω. B R I (ω) = V 0 R 2 + Lω 1, 2 Cω και εμφανίζεται το γνωστό φαινόμενο του συντονισμού. Ασκήσεις 1. Να λυθούν οι διαφορικές εξισώσεις. ẋ = x x 2, ẋ = rx (1 x/k), ẋ = 4 t x + t4, ẋ = 2tx + t, ẋ = x + sin t, ẋ = t/x, ẋ = x/t, dy/dx = x 2 /y 3. Ποιό είναι το μέγιστο διάστημα στο οποίο ορίζεται η λύση σε κάθε περίπτωση; 2. Λύστε τα προβλήματα αρμονικού ταλαντωτή. ẍ+9ẋ+14x = 1 sin 2t, mẍ+bẋ+kx = F sin ωt, m, b, k, F, ω > 0 2

20 34 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΣΥΝΗΘΕΙΣ ΔΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 3. Να λυθούν τα προβλήματα αρχικών τιμών. ẍ ẋ 2x = e 3t, x (0) = 2, ẋ (0) = 0 ẋ 5x = 2e 5t, x (0) = 1 ẋ 5x = 3e t 2t + 1, x (0) = 1, ẋ = x 2, x (0) = 1 ẋ = 1 2x, x (0) = Εξισώσεις της μορφής F (t, ẋ, ẍ) = 0 όπου απουσιάζει η άγνωστη συνάρτηση x, λύνονται με την αντικατάσταση y = ẋ, ẏ = ẍ. Εξισώσεις της μορφής F (x, ẋ, ẍ) = 0 όπου απουσιάζει η ανεξάρτητη μεταβλητή t, λύνονται με την αντικατάσταση Λύστε τις ΔΕ y = ẋ, ẍ = dy dt = dy dx dx dt = y dy dx. ẍ + x = 0, ẍ + ẋ = 0, ẍ + xẋ = Σε πόσο χρόνο θα αδειάσει μία δεξαμενή νερού αν ανοίξουμε μία τρύπα στη βάση; Θεωρούμε ότι η δεξαμενή έχει διατομή S και περιέχει υ- γρό μέχρι ύψος H. Σε βιβλία Φυσικής αποδεικνύεται (ως εφαρμογή του θεωρήματος Bernoulli), ότι από μία τρύπα στη βάση της δεξαμενής το υγρό εκρέει με ταχύτητα 2gh, όπου h(t) είναι το ύψος της ελεύθερης επιφάνειας τη στιγμή t. Εστω s η διατομή της τρύπας. Τότε η παροχή όγκου dv/dt από την τρύπα δίνεται από το γινόμενο s (ταχύτητα εκροής), επομένως dv dt = s 2gh (t). Η εξίσωση συνέχειας επιβάλλει για την ελεύθερη επιφάνεια dv/dt = S (ταχύτητα καθόδου της στάθμης), δηλαδή dv dt = S dh dt. Το πρόσημο μείον τίθεται διότι το ύψος ελαττώνεται. Από τις δύο σχέσεις έχουμε μία ΔΕ χωριζομένων μεταβλητών με γενική λύση dh dt = s 2gh (t), S s g h (t) = S 2 t + C.

21 1.4. Ο ΑΡΜΟΝΙΚΟΣ ΤΑΛΑΝΤΩΤΗΣ 35 Η σταθερή C προσδιορίζεται από την αρχική συνθήκη h (0) = H = αρχικό ύψος ελεύθερης στάθμης, οπότε θα έχουμε s g h (t) = H S 2 t. Επομένως η δεξαμενή θα αδειάσει τη στιγμή t 0 για την οποία h (t 0 ) = 0 t 0 = S 2H s g. Με διάμετρο οπής μιας ίντσας, αρχικό ύψος ένα μέτρο και διατομή της δεξαμενής 1m 2, προκύπτει ότι θα αδειάσει σε 15 λεπτά περίπου. 6. Για την χημική αντίδραση A + B G, αν a και b είναι οι αρχικές συγκεντρώσεις των αντιδρώντων συμβολίζουμε με x(t) τη συγκέντρωση του προϊόντος τη στιγμή t. Ως γνωστόν, η ταχύτητα της χημικής αντίδρασης είναι ανάλογη του γινομένου των συγκεντρώσεων των αντιδρώντων, επομένως, dx = k (a x) (b x), dt όπου k είναι σταθερή. Βρείτε την x(t). Δείξτε ότι lim t x (t) = min {a, b}. 7. Το ραδιενεργό υλικό A διασπάται σε B που ειναι επίσης ραδιενεργό. Οι ρυθμοί διάσπασης των αριθμών των πυρήνων N A (t) και N B (t) είναι dn A dt = r A N A, dn B dt = r B N B + r A N A, όπου r A, r B > 0. Βρείτε τους αριθμούς των πυρήνων των δυο υλικών ως συναρτήσεις του χρόνου Γραμμικές ΔΕ ανώτερης τάξης Η θεωρία που περιγράψαμε στην προηγούμενη παράγραφο γενικεύεται άμεσα σε γραμμικές ΔΕ ανώτερης τάξης. Η γραμμική μη ομογενής ΔΕ n οστής τάξης είναι της μορφής d n x dt + a n n 1 (t) dn 1 x dt a n 1 1 (t) dx dt + a 0 (t) x (t) = f (t), όπου οι συναρτήσεις a 0, a 1,..., a n 1, f είναι συνεχείς. Η διαφορική εξίσωση γράφεται συμβολικά Lx = f, (1.4.9)

22 36 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΣΥΝΗΘΕΙΣ ΔΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ όπου ο τελεστής L ορίζεται ως L = D n + a n 1 D n a 1 D + a 0 και D = d/dt είναι ο συνήθης τελεστής παραγώγισης. Οταν το δεύτερο μέλος της (1.4.9) είναι μηδέν, τότε έχουμε τη γραμμική ομογενή ΔΕ n οστής τάξης d n x dt n + a n 1 (t) dn 1 x dt n a 1 (t) dx dt + a 0 (t) x (t) = 0, ή Lx = 0 (1.4.10) Εύκολα προκύπτει πάλι ότι: (α) Ο τελεστής L είναι γραμμικός και (β) Το σύνολο των λύσεων της (1.4.10) είναι γραμμικός χώρος. Επιπλέον ισχύουν τα θεωρήματα που είδαμε στις γραμμικές ΔΕ δεύτερης τάξης, δηλαδή: Η γραμμική ομογενής ΔΕ (1.4.10) έχει n το πλήθος λύσεις, φ 1,..., φ n, που είναι γραμμικώς ανεξάρτητες. Άρα το σύνολο των λύσεων της είναι γραμμικός χώρος διάστασης n. Κατά συνέπεια η γενική λύση της (1.4.10) είναι x h (t) = c 1 φ 1 (t) c n φ n (t), c i R. Αν x p είναι μία οποιαδήποτε μερική λύση της μη ομογενούς ΔΕ (1.4.9), τότε η γενική λύση γράφεται ως x = x p + x h, όπου x h είναι η γενική λύση της ομογενούς ΔΕ (1.4.10) Προβλήματα συνοριακών τιμών Η λύση ενός προβλήματος συνοριακών τιμών καθορίζεται από συνθήκες που δίνονται στα άκρα ενός διαστήματος. Παράδειγμα Εστω το πρόβλημα συνοριακών τιμών y + y = 0, y (0) = 0, y (π/2) = 1. Η γενική λύση της ΔΕ είναι y (x) = c 1 cos x + c 2 sin x. Η συνθήκη y (0) = 0 συνεπάγεται 0 = c 1 sin 0 + c 2 cos 0, άρα c 2 = 0. Η συνθήκη y (π/2) = 1 δεν μπορεί να ικανοποιηθεί για κανένα c 1 διότι δεν είναι δυνατόν να έχουμε c 1 cos (π/2) = 1. Επομένως το δοθέν πρόβλημα συνοριακών τιμών δεν έχει λύση. Το παράδειγμα αυτό μπορεί να δείχνει ότι ένα πρόβλημα συνοριακών τιμών σπανίως έχει λύση. Ομως το αντίθετο συμβαίνει. Τα περισσότερα προβλήματα συνοριακών τιμών έχουν μοναδική λύση, όπως φαίνεται από το επόμενο παράδειγμα.

23 1.4. Ο ΑΡΜΟΝΙΚΟΣ ΤΑΛΑΝΤΩΤΗΣ 37 Παράδειγμα Εστω το πρόβλημα συνοριακών τιμών y + p (x) y + q (x) y = 0, (1.4.11) y (a) = r 1, y (b) = r 2. Αν y 1 (x) και y 2 (x) είναι δυο γραμμικώς ανεξάρτητες λύσεις της ΔΕ, τότε η γενική λύση της ΔΕ είναι y (x) = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x). (1.4.12) Για να ικανοποιεί η γενική λύση (1.4.12) τις συνοριακές συνθήκες θα έχουμε c 1 y 1 (a) + c 2 y 2 (a) = r 1, c 1 y 1 (b) + c 2 y 2 (b) = r 2. Το γραμμικό αυτό σύστημα έχει μοναδική λύση για τις σταθερές (c 1, c 2 ) αρκεί να μη μηδενίζεται η ορίζουσα των συντελεστών, δηλαδή y 1 det (a) y 2 (a) = 0. y 1 (b) y 2 (b) Η συνθήκη αυτή συνήθως ικανοποιείται, πράγμα που εξασφαλίζει ότι το δοθέν πρόβλημα συνοριακών τιμών έχει μοναδική λύση. Αν όμως y 1 (a) y 2 (b) = y 2 (a) y 1 (b), τότε το πρόβλημα συνοριακών τιμών δεν είναι καλώς τοποθετημένο: είτε δεν υπάρχει λύση είτε υπάρχουν άπειρες λύσεις. Παράδειγμα Εστω το πρόβλημα συνοριακών τιμών y + λy = 0, y (0) = 0, y (a) = 0. Είναι εύκολο να δούμε ότι αρνητικές τιμές τιμές του λ δεν μπορούν να ικανοποιούν τις δοθείσες συνοριακές συνθήκες. Θέτουμε λοιπόν λ = k 2, οπότε η γενική λύση της ΔΕ γράφεται y (x) = A cos kx + B sin kx. Η συνθήκη y (0) = 0 συνεπάγεται, 0 = A cos 0 + B sin 0, άρα A = 0. Επομένως η λύση περιορίζεται στη μορφή y (x) = B sin kx. Η συνθήκη y (a) = 0 συνεπάγεται 0 = B sin ka, και επειδή B = 0 (γιατί;) θα είναι αναγκαστικά sin ka = 0, που ικανοποιείται μόνο αν ka = nπ λ = k 2 = n2 π 2, n = 1, 2,... a2 Με άλλα λόγια, το δοθέν πρόβλημα συνοριακών τιμών έχει λύσεις μόνο για ορισμένες τιμές του λ. Για κάθε μία από τις τιμές αυτές (γράφουμε λ n = n 2 π 2 /a 2 ) η λύση είναι y n (x) = B n sin nπx, n = 1, 2,... a

24 38 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΣΥΝΗΘΕΙΣ ΔΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ Η εξίσωση (1.4.11) είναι η πιο γενική ομογενής γραμμική ΔΕ δεύτερης τάξης. Επομένως το παραπάνω παράδειγμα είναι ειδική περίπτωση του προβλήματος y + p (x) y + q (x) y = λy, (1.4.13) με ομογενείς συνοριακές συνθήκες στο διάστημα [a, b] του τύπου α) y (a) = 0, y (b) = 0, β) y (a) = 0, y (b) = 0, γ) y (a) = 0, y (b) = 0, δ) y (a) = 0, y (b) = 0, (1.4.14) Η εξίσωση (1.4.13) μπορεί κατά τα γνωστά να γραφεί ως Ly = λy, όπου L είναι ο γραμμικός τελεστής L = d2 dx 2 + p (x) d dx + q (x). Εχουμε λοιπόν ένα πρόβλημα ιδιοτιμών για τον τελεστή L Ly = λy (1.4.15) σε συνδυασμό με ομογενείς συνοριακές συνθήκες. Θα δείξουμε ότι: Πρόταση (Κβάντωση των ιδοτιμών). Το πρόβλημα (1.4.15) έχει λύση μόνο αν η ιδιοτιμή λ παίρνει διακριτές τιμές. Απόδειξη. Αν y 1 (x) και y 2 (x) είναι δυο γραμμικώς ανεξάρτητες λύσεις της ΔΕ, τότε η γενική λύση της ΔΕ είναι y (x) = c 1 y 1 (x)+c 2 y 2 (x). Είναι προφανές ότι οι λύσεις εξαρτώνται από το λ και με βαρύτερο συμβολισμό θα έπρεπε να γράφουμε π.χ. y (x; λ) = c 1 y 1 (x; λ) + c 2 y 2 (x; λ). Ας υποθέσουμε ότι οι συνοριακές συνθήκες μας είναι του τύπου α). Για να τις ικανοποιεί η γενική λύση (1.4.12) θα έχουμε c 1 y 1 (a) + c 2 y 2 (a) = 0, c 1 y 1 (b) + c 2 y 2 (b) = 0. Το ομογενές γραμμικό αυτό σύστημα έχει λύση διάφορη της τετριμμένης (c 1, c 2 ) = (0, 0) μόνο αν η ορίζουσα των συντελεστών μηδενίζεται, δηλαδή y 1 (a; λ) y 2 (a; λ) D (λ) = det = 0. y 1 (b; λ) y 2 (b; λ) Επομένως το πρόβλημα έχει λύση μόνο αν η παράμετρος λ παίρνει διακριτές τιμές, τις ρίζες λ 1, λ 2,... της συνάρτησης D (λ).

25 1.4. Ο ΑΡΜΟΝΙΚΟΣ ΤΑΛΑΝΤΩΤΗΣ 39 Τα ιδιοδιανύσματα y n λέγονται ιδιοσυναρτήσεις του τελεστή L με αντίστοιχες ιδιοτιμές λ n. Η μονοδιάστατη εξίσωση Schrödinger γράφεται, 2 d 2 ψ + V (x) ψ = Eψ. 2m dx2 Θεωρούμε σωμάτιο μέσα σε δυναμικό με άπειρα τοιχώματα 0, αν 0 < x < a V (x) =, αν x < 0, x > a Ο παραπάνω ορισμός της συνάρτησης δυναμικού δεν είναι μαθηματικώς αυστηρός, διότι φυσικά δεν ορίζεται συνάρτηση με τιμή άπειρο. Ορθότερη διατύπωση είναι ότι το σωμάτιο δεν μπορεί να βρίσκεται έξω από το διάστημα [0, a], δηλαδή η κυματοσυνάρτηση ψ είναι μηδέν έ- ξω από το [0, a]. Άρα οι συνοριακές συνθήκες του προβλήματος είναι ψ (0) = 0 = ψ (a). Δείξτε ότι η ενέργεια είναι κβαντισμένη και μπορεί να πάρει τιμές, E n = n 2 2 π 2 2ma 2.

26