Ασκήσεις Συνήθων Διαϕορικών Εξισώσεων

Ασκήσεις Συνήθων Διαϕορικών Εξισώσεων Α. Αργυρίου May 5, 205 Οι σημειώσεις αυτές περιέχουν λυμένες ασκήσεις από τις διάϕορες ενότητες του μαθήματος των Συνήθων Διαϕορικών Εξισώσεων, ώστε να δώσουν τη δυνατότητα στους ϕοιτητές για περαιτέρω εξάσκηση. Δεν αποτελούν αυτόνομο βοήθημα, υπό την έννοια ότι α η χρήση των σημειώσων αυτών δεν μπορεί να υποκαταστήσει τη μελέτη των προτεινομένων συγγραμμάτων και β η κατανόηση τους προϋποθέτει τη συστηματική (δηλαδή χωρίς απουσίες παρακολούθηση των διαλέξεων. Άσκηση Να λυθεί η δ.ε. για x > 0, όταν y( =. y = x + y x Λύση Η δ.ε. γράϕεται y x y = Πρόκειται για γραμμική δ.ε. πρώτης τάξης, η οποία λύνεται με τη μέθοδο του ολοκληρωτικού παράγοντα µ(x = e dx x = e ln( x = x Παρατηρούμε ότι η απόλυτη τιμή παραλείπεται επειδή το x λαμβάνει μόνο θετικές τιμές. Πολλαπλασιάζοντας τη δ.ε. κατά μέλη με τον ολοκληρωτικό παράγοντα που υπολογίσθηκε, προκύπτει x y x 2 y = x και ολοκληρώνοντας κατά μέλη ( x y = x ( x y = dx x + c = ln x + c

προκύπτει η γενική λύση Λόγω της αρχικής συνθήκης y = x(ln x + c y( = = 0 + c c = επομένως η ειδική λύση είναι y = x(ln x + της οποίας το γράϕημα ακολουθεί. Άσκηση 2 Να λυθεί η δ.ε. όταν y(π =. y + tan(xy = cos(x Λύση 2 Πρόκειται για γραμμική δ.ε. πρώτης τάξης, η οποία λύνεται με τη μέθοδο του ολοκληρωτικού παράγοντα µ(x = e tan(xdx = sec(x με τον οποίο πολλαπλασιάζοντας τη δ.ε. κατά μέλη προκύπτει sec(xy + sec(x tan(xy = sec(x cos(x sec(x (sec(xy dx = dx + C sec x = tan x + C cos(x 2

Η σταθερά C υπολογίζεται από την αρχική συνθήκη Άρα η μερική λύση θα είναι και το γράϕημα sec(π = tan(π + C = 0 + C C = y = tan(x sec(x Άσκηση 3 Να λυθεί η δ.ε. όπου x 0, όταν y( =. Λύση 3 Η δ.ε. γράϕεται (x + y y = x 2 + 2x y x + y = x2 + 2x x + Πρόκειται για γραμμική δ.ε. πρώτης τάξης, η οποία λύνεται με τη μέθοδο του ολοκληρωτικού παράγοντα µ(x = e dx x+ = e ln x+ = x + Η απόλυτη τιμή παραλήϕθηκε αϕού x 0. Πολλαπλασιάζοντας τη δ.ε. κατά μέλη με τον ολοκληρωτικό παράγοντα, προκύπτει x + y (x + 2 y = x2 + 2x (x + 2 3

από την οποία, με ολοκλήρωση x + y = Από την αρχική συνθήκη προκύπτει Άρα ( x + y = x2 + 2x (x + 2 x 2 + 2x (x + 2 dx + C = x + + x + C 2 = 2 + + C C = 2 2 C = 2 x + y = x + + x + 2 οπότε η μερική λύση και το γράϕημά της είναι y = + x 2 + x 2x 2 y = x 2 x Άσκηση 4 Αποθηκευτική δεξαμενή καυσίμου, περιέχει 2000 l βενζίνης. Η βενζίνη περιέχει αρχικώς 00 kg βελτιωτικής ουσίας. Στα πλαίσια της προετοιμασίας για τη χειμερινή περίοδο, προστίθεται στη δεξαμενή βενζίνη η οποία περιέχει 2 kg βελτιωτικής ουσίας ανά λίτρο. Η προσθήκη γίνεται μέσω αντλίας η παροχή της οποίας είναι 40 l/min. Το καλά αναμεμιγμένο μίγμα αντλείται με τη βοήθεια άλλης αντλίας, παροχής 45 l/min. Υπολογίστε τη μάζα του βελτιωτικού που έχει παραμείνει στη δεξαμενή, μετά από χρόνο 20 λεπτών από την έναρξη της διεργασίας. 4

Λύση 4 Έστω y(t η μάζα του βελτιωτικού στη δεξαμενή τη χρονική στιγμή t. Άρα ο ρυθμός μεταβολής της μάζας βελτιωτικού θα είναι dy/dt. Αυτός ο ρυθμός μεταβολής θα ισούται με την παροχή προσθήκης μάζας σε βελτιωτικό μείον την παροχή άντλησης. Άν V 0 ο αρχικός όγκος του μίγματος (βενζίνης - βελτιωτικού, q i η παροχή της αντλίας τροϕοδοσίας, c i η συγκέντρωση σε βελτιωτικό του προστιθέμενου μίγματος και q o η παροχή της αντλίας εξαγωγής, σε δεδομένη χρονική στιγμή t, ο όγκος του μίγματος θα δίνεται από την έκϕραση: V (t = V 0 + (q i q o t Η παροχή προσθήκης μάζας σε βελτιωτικό είναι ενώ η παροχή άντλησης y(t V (t q o = c i q i y(t V 0 + (q i q o t q o Άρα η δ.ε. η οποία περιγράϕει την ανωτέρω διεργασία θα είναι η η οποία γράϕεται και dy dt = c y(t iq i V 0 + (q i q o t q o dy dt + q o V 0 + (q i q o t y(t = c iq i Άρα μπορεί να λυθεί με τη μέθοδο του ολοκληρωτικού παράγοντα: Αλλά µ(t = e qo V 0 +(q i qot dt q o V 0 + (q i q o t dt = q o V 0 + (q i q o t dt = q o q i q o ln(v 0 + (q i q o t οπότε µ(t = (V 0 + (q i q o t q o q i qo Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη τη δ.ε. προκύπτει ότι ((V 0 + (q i q o t q o q i qo y = (V 0 + (q i q o t q o q i qo ci q i άρα (V 0 + (q i q o t q o q i qo y = (V 0 + (q i q o t q o q i qo ci q i dt + C 5

άρα η γενική λύση είναι: (V 0 + (q i q o t qo c q i qo i q i (V 0 + (q i q o t qo q i qo + y = ( + C (q i q o qo q i q o + y = q i C + c i q i (V 0 q o t + q i t qo q i qo + q i (V 0 q o t + q i t qo q i qo Η σταθερά C προκύπτει από την αρχική συνθήκη y(0 = q i C + c i q i V q i V q i qo + 0 q i qo 0 Άρα η μερική λύση της δ.ε. είναι qo q C = V 0 i qo y(0 ci V 0 q i qo + y(t = q q i V 0 i qo y(0 ci q q i V 0 i qo + + c i q i (V 0 q o t + q i t qo q i (V 0 q o t + q i t q o q i qo qo q i qo + Αντικαθιστώντας σε αυτήν τις τιμές του προβλήματος, βρίσκουμε ότι y(20min = 342kg Άσκηση 5 Να βρεθούν οι γενικές λύσεις των ακολούθων δ.ε. : y + 2xy 2 = 0, 2 xy + y 2 = 0, 3 y 2yy + e x = 0, 4 2xy + y 2 = 0, 5 ( + x 2 y 2x( y 2 = 0 6 y + y 2 cos(x = 0 7 2xyy y 2 =, 8 y = + x + y 2 + xy 2, 9 ( + x 2 y = 2 cosh(y Λύση 5 Πρόκειται για διαχωρίσιμη δ.ε. 2 Πρόκειται για διαχωρίσιμη δ.ε. dy dx + 2xy2 = 0 dy y 2 dx = 2x dy y 2 = 2 xdx + C y = x2 + C y = x 2 + C x dy dx + y2 = 0 6

y 2 = x dy dx dx x = y 2 dy dx y 2 dy = x + C y = ln x + C y = ln x + C 3 Η δ.ε. είναι διαχωρίσιμη γιατί μπορεί να γραϕεί στη μορϕή y ( 2y = e x ( 2ydy = e x dx ( 2ydy = e x dx + C άρα y y 2 = e x + C y 2 y e x = C 4 Η δ.ε. είναι διαχωρίσιμη γιατί μπορεί να γραϕεί στη μορϕή 2x dy ( dx = y2 y 2 dy = 2x dx dy y 2 = 2x dx + C Το ολοκλήρωμα dy υπολογίζεται με τη μέθοδο αναλύσεως σε απλά κλάσματα: y 2 η υπό ολοκλήρωση κλασματική συνάρτηση γράϕεται ως εξής y 2 = A y + B + y Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη με y 2, προκύπτει = A( + y + B( y (A By + A + B = Για να ισχύει η τελευταία, πρέπει να ικανοποιούνται οι συνθήκες A B = 0 7

και άρα A = B = /2. Οπότε A + B = dy y 2 = 2 dy + y + 2 dy y = 2 (ln + y ln y = 2 ln + y y Επομένως η γενική λύση της δ.ε. θα είναι 2 ln + y y = ln x + C 2 άρα + y y = Cx από την οποία προκύπτει ότι η γενική λύση είναι y = Cx Cx + Επειδή είναι προϕανές ότι μπορούμε να διαιρέσουμε αριθμητή και παρονομαστή δια της σταθεράς C, η γενική λύση μπορεί επίσης να γραϕεί και ως εξής 2 y = x C x + C 5 Και αυτή η δ.ε. με τους κατάλληλους αλγεβρικούς χειρισμούς λαμβάνει τη μορϕή διαχωρίσιμης: άρα ( + x 2 y = 2x( y 2 dy y 2 = 2x + x 2 dx dy y 2 = 2x + x 2 dx + C Aπό την προηγούμενη όμως άσκηση δείξαμε ότι dy y 2 = 2 ln + y y Προσοχή: Επειδή στο βήμα αυτό το αριστερό και δεξί σκέλος της εξισώσεως υψώνονται στην εκθετική συνάρτηση, ο σταθερός όρος C σταματά να προστίθεται στη μεταβλητή x, αλλά πλέον την πολλαπλασιάζει. Αυτό γιατί e ln +y y = e ln x +C = e C e ln x +y = Cx. Αυτό είναι σημαντικό να y το θυμάστε κάθε ϕορά που χρειάζεται να υψώσετε σε δύναμη, αλλοιώς θα καταλήγετε σε λάθος αποτέλεσμα. 2 Αϕού ο λόγος /C είναι και αυτός μία σταθερά την οποία μπορούμε να την αντικαταστήσουμε με μία άλλη, την οποία, κατά τη συνήθη πλέον πρακτική, συμβολίζουμε επίσης ως C. 8

Το ολοκλήρωμα στο αριστερό σκέλος υπολογίζεται ως εξής Άρα από την οποία προκύπτει 2x d( + x 2 + x 2 dx = + x 2 = ln + x 2 2 ln + y y = ln + x2 + C ln + y 2 y = ln + x 2 + C ( + y = C( + x 2 y + y y = C( + x2 2 ή 6 Η δ.ε. y = C( + x2 2 C( + x 2 2 + y = ( + x2 2 C ( + x 2 2 + C y + y 2 cos(x = 0 γράϕεται άρα dy dx = y2 cos(x dy y 2 = cos(xdx + C y = sin(x + C y = sin(x + C 7 Η δ.ε. 9

2xyy y 2 = γράϕεται άρα Αλλά Επομένως y + y 2 dy = 2 2xy dy dx y2 = 2xy dy dx = + y2 y dx + y 2 dy = 2x + C 2y + y 2 dy = d( + y 2 2 + y 2 = 2 ln + y2 2 ln + y2 = ln x + C 2 και μέσω των ιδιοτήτων των λογαρίθμων + y 2 = c x + y 2 = cx y 2 = cx και η γενική λύση θα είναι 8 Η δ.ε. μετά από κατάλληλες πράξεις y = ± cx y = + x + y 2 + xy 2 y = + x + ( + xy 2 = ( + x( + y 2 λαμβάνει μορϕή διαχωρίσιμης δ.ε., οπότε dy + y 2 = ( + xdx + C arctan(y = x + x2 2 + C Επομένως η γενική λύση θα είναι ( x 2 y = tan 2 + x + C 0

9 Η δ.ε. γράϕεται ( + x 2 y = 2 cosh(y άρα cosh(y dy = 2 + x 2 dx cosh(y dy = 2 + x 2 dx + C Τα ολοκληρώματα στο δεξί και αριστερό μέλος υπολογίζονται αντιστοίχως ως εξής: Θέτοντας x = tan(θ, από την οποία προκύπτει ότι dx = sec 2 (θdθ και x 2 + = tan 2 θ + = sec 2 (θ, το ολοκλήρωμα γίνεται x 2 + dx = sec 2 (θ (sec2 (θ dθ = Εξ ορισμού ισχύει cosh(y = ey +e y 2 άρα cosh(y dy = 2 e y dy + e y dθ = θ = arctan(x Θέτοντας u = e y από την οποία προκύπτει y = ln u και dy = du u, το ολοκλήρωμα γίνεται 2 u + u du = 2 u u 2 + du = 2 arctan(u + C = 2 arctan(ey + C Επομένως η γενική λύση της δ.ε. θα είναι ή 2 arctan(e y = 2 arctan(x + C arctan(e y = arctan(x + C Για να μεταβούμε από την πεπλεγμένη λύση στην αναλυτική, παίρνουμε την εϕαπτομένη και των δύο πλευρών tan(arctan(e y = tan(arctan(x + C οπότε εϕαρμόζοντας στο δεξί σκέλος την ταυτότητα tan(a+b = tan(a+tan(b tan(a tan(b, προκύπτει e y = x + tan(c tan(cx = x + C Cx δεδομένου ότι και η tan(c θα είναι επίσης σταθερά. Άρα η αναλυτική λύση θα είναι

( x + C y = ln Cx Άσκηση 6 Μελέτη της εκθετικής μεταβολής: μία ϕυσική ποσότητα μειώνεται εκθετικά όταν ο ρυθμός μεταβολής της είναι ανάλογος της τιμής της. Η σταθερά αναλογίας λαμβάνει διάϕορα ονόματα, αναλόγως του γνωστικού αντικειμένου στο οποίο αναϕέρεται το πρόβλημα: π.χ. στο πρόβλημα της ραδιενεργού διασπάσεως ονομάζεται σταθερά διασπάσεως, ενώ σε προβλήματα ηλεκτρικών κυκλωμάτων ονομάζεται σταθερά χρόνου. Εδώ θα μελετήσουμε τη ραδιενεργό διάσπαση. Λύση 6 Έστω N ο αριθμός των πυρήνων τη χρονική στιγμή t. Ο ρυθμός διάσπασης είναι dn dt Εϕ' όσον πρόκειται για διάσπαση, είναι προϕανές ότι ο ρυθμός θα είναι αρνητικός. Αν λ είναι η σταθερά διάσπασης, αϕού ο ρυθμός μεταβολής των πυρήνων σε δεδομένη χρονική στιγμή είναι ανάλογος του αριθμού τους τη δεδομένη χρονική στιγμή, η δ.ε. που θα περιγράϕει το πρόβλημα γράϕεται ως εξής dn dt = λn. Αυτή μπορεί να λυθεί είτε με τη μέθοδο του ολοκληρωτικού παράγοντα, είτε ως διαχωρίσιμη. α Μέθοδος ολοκληρωτικού παράγοντα Η δ.ε. γράϕεται άρα ο ολοκληρωτκός παράγοντας είναι οπότε dn dt + λn = 0 µ = e λdt = e λt (e λdt N = 0 e λt = C N = Ce λt H σταθερά C προσδιορίζεται ως εξής: Υποθέτοντας ότι η ραδιενεργός διάσπαση αρχίζει τη χρονική στιγμή t = 0, και ο αριθμός των πυρήνων τότε είναι N 0, από την προηγούμενη σχέση προκύπτει ότι N(0 = N 0 = C. Άρα η λύση του προβλήματος είναι N(t = N 0 e λt β Η δ.ε. λύνεται επίσης και ως διαχωρίσιμη dn dt = λn dn N = λdt 2 dn N = λdt + C

ln N = λt + C N = e λt+c = e λt e C N = Ce λt και με τον ίδιο συλλογισμό όσον αϕορά τον αρχικό αριθμό πυρήνων, όπως και προηγουμένως, προκύπτει ότι C = N 0 άρα και πάλι N(t = N 0 e λt Άσκηση 7 Ο ρυθμός με τον οποίο ψύχεται ένα σώμα που βρίσκεται σε ψυχρότερο περιβάλλον είναι ανάλογος της διαϕοράς θερμοκρασίας του και αυτής του περιβάλλοντος. Αν η θερμοκρασία ενός σώματος που βρίσκεται σε περιβάλλον σταθερής θερμοκρασίας και ίσης με 20 C, μειώθηκε από τους 20 C στους 70 C σε χρονικό διάστημα μίας ώρας, να υπολογίσετε τον απαιτούμενο χρόνο ώστε η θερμοκρασία του σώματος από τους 20 C να μειωθεί στους 30 C, αϕού διατυπώσετε τη δ.ε. η οποία περιγράϕει το πρόβλημα. Λύση 7 Η δ.ε. που περιγράϕει το πρόβλημα είναι: dθ dt = h(θ θ a όπου h η σταθερά αναλογίας και θ a η θερμοκρασία περιβάλλοντος. Το αρνητικό πρόσημο αριστερά τίθεται επειδή πρόκειται για πρόβλημα ψύξης. Άρα θ θ 2 dθ t2 = hdt ln( θ θ a = h(t 2 t θ θ a t θ 2 θ a όπου t = 0 h, t 2 = h, θ = 20 C, θ 2 = 70 C και θ a = 20 C, από την οποία προκύπτει h = ln( θ 2 θ a t 2 t θ θ a και με αριθμητική αντικατάσταση h = 0 20 ln(20 = ln(2 h 70 20 Ο απαιτούμενος χρόνος t 3 ώστε η θερμοκρασία να μειωθεί από την αρχική θερμοκρασία θ = 20 C στην τελική θ 3 = 30 C θα δίνεται προϕανώς από τη σχέση και με αριθμητική αντικατάσταση t 3 = t + h ln(θ θ a θ 3 θ a t 3 = 0 h + ln(2 20 ln(20 = 3, 32 h 30 20 3

Άσκηση 8 Να βρεθούν οι γενικές λύσεις των ακολούθων δ.ε. (y sin x+xy cos xdx+ (x sin x+dy = 0, 2 3x 2 y 2 dx+(2x 3 y +4y 3 dy = 0 3 (3x 2 y +y 3 dx+(x 3 +3xy 2 dy = 0 4 y cos xdx + (sin x + 2ydy = 0 Λύση 8. Η δ.ε. μπορεί να γραϕεί και ως Έστω ότι y sin x + xy cos x + (x sin x + dy dx = 0 M = y sin x + xy cos x M y = sin x + x cos x N = x sin x + N x = sin x + x cos x όπου οι δείκτες x και y δηλώνουν μερική παραγώγιση ως προς την αντίστοιχη μεταβλητή. Παρατηρούμε ότι M y = N x άρα η δ.ε. είναι πλήρης. Επομένως μπορούμε να ορίσουμε τη συνάρτηση Ψ(x, y = N(x, ydy = (x sin x + dy + h(x = xy sin x + y + h(x Για τον προσδιορισμό της συνάρτησης h(x, χρησιμοποιούμε το γεγονός ότι Ψ x = M, οπότε x (xy sin x + y + h(x = y sin x + xy cos x + h (x = y sin x + xy cos x Άρα h (x = 0 οπότε h(x = C και Ψ(x, y = xy sin x + y + C Επομένως η πεπλεγμένη λύση θα δίνεται από την έκϕραση xy sin x + y + C = C xy sin x + y = C y(x sin x + = C οπότε η αναλυτική λύση θα είναι y = C x sin x + Το πεδίο ορισμού της λύσης είναι το R, εκτός από τα σημεία στα οποία ισχύει x = sin x. 2. Η δ.ε. μπορεί να γραϕεί και ως εξής: 3x 2 y 2 + (2x 3 y + 4y 3 dx dy = 0 4

Έστω ότι M = 3x 2 y 2 M y = 6x 2 y N = 2x 3 y + 4y 3 N x = 6x 2 y Παρατηρούμε ότι M y = N x άρα η δ.ε. είναι πλήρης. Επομένως μπορούμε να ορίσουμε τη συνάρτηση Ψ(x, y = M(x, ydx = (3x 2 y 2 dx + h(y = x 3 y 2 + h(y Αλλά Ψ y = N, οπότε 2x 3 y + h (y = 2x 3 y + 4y 3 h (y = 4y 3 h(y = 4y 3 dy + C = y 4 + C άρα Ψ(x, y = x 3 y 2 + y 4 + C Επομένως η πεπλεγμένη λύση της δ.ε. θα είναι x 3 y 2 + y 4 = C Οι αναλυτικές λύσεις είναι οι ακόλουθες [y = 4 C + x 6 x 3 4 C + x, y = 6 x 3 4 C + x, y = 6 x 3 4 C + x, y = 6 x 3 ] 2 2 2 2 3. Η δ.ε. γράϕεται στη μορϕή Έστω 3x 2 y + y 3 + (x 3 + 3xy 2 dy dx = 0 M = 3x 2 y + y 3 M y = 3x 2 + 3y 2 N = x 3 + 3xy 2 N x = 3x 2 + 3y 2 Αϕού M y = N x η δ.ε. είναι πλήρης. Άρα Ψ = Mdx = (3x 2 y + y 3 dx = x 3 y + y 3 x + h(y οπότε αϕού 5

άρα Ψ y = N x 3 + 3y 2 x + h (x = x 3 + 3xy 2 h (x = 0 h(x = C Ψ = x 3 y + xy 3 + C Επομένως η πεπλεγμένη λύση της δ.ε. είναι η x 3 y + xy 3 = C Επειδή η εξίσωση είναι τρίτου βαθμού, έχει τρείς ρίζες εκ των οποίων οι δύο είναι μιγαδικές. Άρα ως άμεση λύση δεχόμαστε την ( 4 x y = 8 + 27 c 2 2 3 3 2 x 4. Η δ.ε. λαμβάνει τη μορϕή + c 3 2 x x 2 ( 4 3 x 8 +27 c 2 + c 2 3 3 2 x 2 x 3 Θέτοντας y cos x + (sin x + 2y dy dx = 0 M = y cos x M y = cos x N = sin x + 2y N x = cos x προκύπτει ότι M y = N x. Οπότε Ψ = Ndy = sin xdy + 2 ydy + h(x = y sin x + y 2 + h(x Αϕού άρα Ψ x = M y cos x + h (x = y cos x h (x = 0 h(x = C Ψ = y sin x + y 2 + C Επομένως η πεπλεγμένη λύση της δ.ε. είναι y sin x + y 2 = C Η αναλυτική προκύπτει λύνοντας το δευτεροβάθμιο τριώνυμο y 2 + y sin x + C = 0 6

οπότε ή y = sin (x ± sin 2 (x 4 C 2 y = sin (x ± sin 2 (x + C 2 Άσκηση 9 Να λυθούν οι δ.ε. xy y + x 3 y 2 = 0, 2 y 3 tan xy = y 2/3, 3 y sin x + 4y cos x = y, 4 y cos x y sin x = y 3 cos x Λύση 9 Είναι προϕανές ότι το x δεν μπορεί να λάβει την τιμή 0, διότι τότε η δ.ε. εκϕυλίζεται στην έκϕραση y = 0. Άρα x 0. Διαιρώντας κατά μέλη δια x, η δ.ε. γίνεται y x y = x2 y 2 άρα πρόκειται για δ.ε. Bernoulli. Διαιρώντας την κατά μέλη δια y 2 γίνεται y 2 y x y = x 2 Θέτοντας ν = y, οπότε ν = y 2 y, η δ.ε. γίνεται ν x ν = x2 ν + x ν = x2 η οποία λύνεται με τη μέθοδο του ολοκληρωτικού παράγοντα, ο οποίος είναι dx µ = e x = e ln x = x Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη τη (μετασχηματισμένη δ.ε., προκύπτει xν + ν = x 3 (xν dx = x 3 dx οπότε y = xν = x4 4 + C ν = x3 4 + C x x 3 4 + C x = 4x x 4 + C 2 Διαιρώντας κατά μέλη με y 2/3, προκύπτει 7

y 2/3 y 4 tan xy /3 = Αντικαθιστούμε, θέτοντας ν = y /3, οπότε ν = 3 y 2/3 y, οπότε Ο ολοκληρωτικός παράγων είναι 3ν 3 tan xν = ν tan xν = /3 µ = e tan xdx = e ln sec x = sec x Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη με τον ολοκληρωτικό παράγοντα sec x ν tan x sec x ν = 3 sec x dx = 3 ( sec x ν dx sec x + C sec x ν = 3 sin x + C ( ν = sec x 3 sin x + C και κάνοντας την αντίστροϕη αντικατάσταση ( 3 y = sec 3 x 3 sin x + C 3 Η δ.ε. αναδιατάσσεται ως εξής y sin x + 4y cos x = y y + 4 cot x y = sin x y/2 άρα πρόκειται για δ.ε. Bernoulli. Διαιρώντας κατά μέλη με y /2 y /2 y + 4 cot x y /2 = sin x Θέτοντας ν = y /2, οπότε ν = 2 y 2 y, η δ.ε. μετασχηματίζεται 2ν + 4 cot x ν = sin x ν + 2 cot x ν = 2 sin x η οποία λύνεται με τη μέθοδο του ολοκληρωτικού παράγοντα 8

µ(x = e 2 cot x dx = e 2 ln sin x = sin 2 x με τον οποίο πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη τη μετασxηματισμένη δ.ε. sin 2 x ν + 2 sin 2 x cot x ν = sin 2 x (sin 2 x ν dx = 2 2 sin x sin x dx + C sin 2 x ν = 2 cos x + C άρα ν = cos x + C 2 sin 2 x y /2 = cos x + C 2 sin 2 x 4 Διαιρώντας κατά μέλη την y = (cos x + C2 4 sin 4 x y cos x y sin x = y 3 cos x δια cos x, προκύπτει η δ.ε. Bernoulli y tan x y = y 3 και διαιρώντας κατά μέλη δια y 3 y 3 y tan x y 2 = Θέτοντας ν = y 2 οπότε ν = 2y 3 y και αντικαθιστώντας 2 ν tan x ν = ν + 2 tan x ν = 2 η οποία λύνεται με τη μέθοδο του ολοκληρωτικού παράγοντα µ(x = e 2 tan x dx = e 2 ln sec x = sec 2 x με τον οποίο πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη sec 2 x ν + 2 sec 2 x tan x ν = 2 sec 2 x 9

( sec 2 x ν dx = 2 sec 2 x dx + C sec 2 x ν = 2 tan x + C ν = cos 2 xc 2 sin x ν = cos 2 x (C 2 tan x y 2 = cos 2 x (C 2 tan x y = cos x C 2 tan x Άσκηση 0 Να λυθούν οι δ.ε. y = xy+y2 y = 2xy x 2 y 2 x 2, 2 y = 2xy+y2 3x 2 +2xy, 3 y = y ( x ln y x +, 4 Λύση 0 Η y = xy+y2 γράϕεται x 2 y = xy ( y 2 x 2 + y ( y 2 = x x + x άρα πρόκειται για ομογενή δ.ε. Θέτοντας u = y x οπότε y = ux και y = u + xu, προκύπτει: u + xu = u + u 2 xu = u 2 x du dx = u2 u 2 du = dx x u 2 du = dx x + C u = ln x + C x y x = ln x + C y = ln x + C 2 Διαιρώντας τον αριθμητή και παρονομαστή του δεξιού σκέλους της y = 2xy+y2 3x 2 +2xy δια x, προκύπτει ότι y = 2 y x + ( y 2 x 3 + 2 y x Κάνοντας τον ίδιο μετασχηματισμό, όπως και στο προηγούμενο πρόβλημα, προκύπτει άρα u + xu = 2u + u2 3 + 2u 2u + xu u2 = 3 + 2u u = 2u + u2 3u 2u 2 3 + 2u 3 + 2u dx u 2 + u du = x + C = u2 u 3 + 2u Το ολοκλήρωμα στο αριστερό σκέλος λύνεται με αναγωγή σε απλά κλάσματα ως εξής 20

3 + 2u 3 2u u 2 = + u u(u + = a u + b 3 2u = (u + a + ub u + από την οποία προκύπτει το σύστημα 3 2u = au + a + bu = (a + bu + a a = 3 a + b = 2 οπότε b =. Άρα 3 + 2u du u 2 + u du = u + Επομένως η λύση της μετασχηματισμένης δ.ε. είναι οπότε άρα du = 3 ln u + ln u + u + 3 ln u + ln u + = ln x + C e 3 ln u e ln u+ = C x u 3 u + = c x u + u 3 x = ±C = C Αντικαθιστώντας τη μετασχηματισμένη μεταβλητή y u + u 3 x = C x + 3 = C x2 (y + x x xy 3 = C y 3 = Cx(y + x ( y x Η πεπλεγμένη λύση έχει μία μόνο μη μιγαδική λύση ως προς x, την y = 3 Η δ.ε. y = y x ( x C x (4 C 27 x 2 3 3 2 ( ln y x + γράϕεται + x2 3 C + 2 u + u 3 x x C ( x C x (4 C 27 x 3 + x2 C 2 3 3 2 2 = C 3 y = y x ln y x + y x οπότε με τον ίδιο μετασχηματισμό όπως και στις προηγούμενες, προκύπτει u + u x = u ln u + u 2

u x = u ln u du dx = u ln u du u ln u = dx x + C du u ln u = dx x Το ολοκλήρωμα στο αριστερό σκέλος υπολογίζεται θέτοντας t = ln u, οπότε dt = d(ln u = du u, οπότε άρα και με την αντίστροϕη αντικατάσταση επομένως η λύση της δ.ε. θα είναι du dt u ln u = = ln t = ln(ln u t ln(ln u = ln x + C ln u = Cx u = ce x y x = Cex y = cxe x 4 Διαιρώντας αριθμητή και παρονομαστή της y = 2xy x 2 y 2 y = 2 y x ( y x η οποία μέσω του μετασχηματισμού u = y/x γίνεται u x = u + u x = 2 2u u 2 2u u 2 u = 2u u( u2 2u u + u3 u 2 = u 2 διά x 2 προκύπτει du dx x = u + u3 u 2 u2 u + u 3 du = dx u 2 dx x u + u 3 du = x + C u + u 3 du u 2 dx u + u 3 du = x + C Το πρώτο ολοκλήρωμα του αριστερού σκέλους υπολογίζεται με τη μέθοδο της ανάλυσης σε απλά κλάσματα u + u 3 = a u + bu + u 2 και πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη με u( + u 2 22

από την οποία προκύπτει το σύστημα = a + au 2 + bu 2 = a + (a + bu 2 a = a + b = 0 οι λύσεις του οποίου είναι a = και b =. Άρα u + u 3 du = u du ln u 2 u + u 2 du = ln u 2 d( + u 2 + u 2 = ln u 2 ln( + u2 Το δεύτερο ολοκλήρωμα στο αριστερό σκέλος λύνεται ως εξής 2u + u 2 du = u 2 u + u 3 du = u + u 2 du = 2 2u + u 2 du = d( + u 2 2 + u 2 = 2 ln( + u2 Άρα ln u 2 ln( + u2 2 ln( + u2 = ln x + C ln u ln( + u 2 = ln x + C ln u u = ln x + C + u2 + u 2 = Cx και με τον αντίστροϕο μετασχηματισμό οδηγούμεθα στην πεπλεγμένη λύση ενώ οι αναλυτικές λύσεις είναι y x y 2 x 2 + = cx y = ± 4 c 2 x 2 2 c Άσκηση α Να βρείτε τις ορθογώνιες τροχιές των καμπυλών y = ce x. β Οι ισοδυναμικές καμπύλες διδιάστατου ηλεκτρικού πεδίου, δίνονται από την εξίσωση Φ(x, y, c = x 2 + y 2 c 2 = 0. Να βρείτε το είδος των καμπυλών των αντιστοίχων ορθογωνίων τροχιών. Λύση α Διαϕορίζοντας την y = ce x, προκύπτει: dy dx = cex 23

και απαλείϕοντας τη σταθερά c dy dx = cex = c e x ex dy dx = y άρα η δ.ε. των ορθογωνίων τροχιών της οικογένειας καμπυλών y = ce x θα είναι οπότε ydy = dx dy dx = y ydy = dx + c y 2 2 = x + c y2 = 2x + c άρα οι ζητούμενες ορθογώνιες τροχιές περιγράϕονται από την οικογένεια καμπυλών y 2 + 2x = c β Η εξίσωση των ισοδυναμικών καμπυλών γράϕεται Διαϕορίζοντας ως προς x, προκύπτει x 2 + y 2 = C 2x + 2y dy dx = 0 dy dx = x y η οποία ειναι η δ.ε. η οποία έχει ως λύση την εξίσωση των ισοδυναμικών καμπυλών. Άρα η δ.ε. των ορθογωνίων τροχιών θα είναι η της οποίας η λύση βρίσκεται ως εξής dy dx = y x dy y = dx x y = cx άρα οι ορθογώνιες τροχιές είναι ευθείες γραμμές. Άσκηση 2 Να λυθούν οι ακόλουθες δ.ε. xy = (y (xy x +, 2 xy = (x y 2 + x, 3 x 2 y = x 2 y 2 + xy +, 4 4x 3 y = 4x 5 y 2 + 4x 3 y + (x + 4 5 y = y 2 (2x + y + x 2 + x + 24

Λύση 2 Η xy = (y (xy x + γράϕεται: ( y = y 2 + x 2 y x + Πρόκειται για δ.ε. Ricatti, με ειδική λύση y 0 = : ο.ε.δ. Θέτοντας y = u +, προκύπτει: 0 = + x 2 x + = 0 (u + = (u + 2 + ( x 2 (u + x + u = u 2 + 2u + + x u 2u + x 2 x + u x u = u2 η οποία είναι δ.ε. Bernoulli με n = 2. Άρα u 2 u x u = Θέτω ν = u ν = u 2 u, οπότε η δ.ε. μετασχηματίζεται στην ν x ν = ν + x ν = η οποία λύνεται με τη μέθοδο του ολοκληρωτικού παράγοντα: οπότε xν + ν = x Άρα (xν dx = µ(x = e dx x = e ln x = x xdx + C xν = x2 2 + C ν = + C x2 2x u = 2x x 2 + C επομένως η γενική λύση της δ.ε. θα είναι 2 Η xy = (x y 2 + x γράϕεται y = 2x x 2 + C y = x y2 2y + x + 25

Πρόκειται για δ.ε. Ricatti, με ειδική λύση y 0 = x: Θέτοντας y = u + x, προκύπτει: = x x2 2x + x + = u + = x (u + x2 2(u + x + x + u = x u2 + 2u + x 2u 2x + x dx u 2 du = x + C u = ln x + C άρα u = ln x + C y = x ln x + C 3 Η δ.ε. x 2 y = x 2 y 2 + xy +, γράϕεται y = y 2 + x y + x 2 της οποίας μία ειδική λύση είναι η y 0 = x, οπότε y 0 = x 2 : x 2 = x 2 x 2 + x 2 ο.ε.δ. Θέτοντας y = u x y = u + x 2, προκύπτει ( u + x 2 = u 2 + ( u x x x u = u 2 2 x u + x 2 + x u x 2 u = u 2 x u + x 2 u x u = u2 η οποία είναι δ.ε. Bernoulli με n = 2. Άρα u 2 u + x u = 26

οπότε θέτοντας ν = u ν = u 2 u προκύπτει ν + x ν = ν x ν = η οποία λύνεται με τη μέθοδο του ολοκληρωτικού παράγοντα µ(x = e dx x = e ln x = x με τον οποίο πολλαπλασιαζόμενη κατά μέλη άρα και η γενική λύση της Ricatti θα είναι x ν x 2 ν = x ( dx x ν dx = x + C ν = ln x + C x ν = x (ln x + C u = x (ln x + C y = x (ln x + C x 4 Η δ.ε. 4x 3 y = 4x 5 y 2 + 4x 3 y + (x + 4 γράϕεται y = x 2 y 2 + y + 4x 2 + x 3 η οποία είναι δ.ε. Ricatti με μία ειδική λύση την y 0 = 2x 2 y 0 = x 3 : ( x 3 = x 2 2 2x 2 2x 2 + 4x 2 + x 3 x 3 = 4x 2 2x 2 + 4x 2 + x 3 ο.ε.δ. Θέτοντας y = u 2x 2 y = u + x 3 προκύπτει u + x 3 = x2 ( u 2x 2 2 + u 2x 2 + 27 4x 2 + x 3

( u = x 2 u 2 x 2 u + 4x 4 + u 4x 2 u = x 2 u 2 u + 4x 2 + u 4x 2 η οποία λύνεται με τη μέθοδο των χωριζομένων μεταβλητών u 2 du = x 2 dx + C οπότε και u = x3 3 + C u = x3 3 + C u = C x3 3 y = u = 3 C x 3 3 C x 3 2x 2 5 Η δ.ε. y = y 2 (2x+y+x 2 +x+ είναι της μορϕής y = α(xy 2 +β(xy+γ(x, άρα είναι δ.ε. Ricatti. Επειδή οι συντελεστές της δ.ε. είναι πολυώνυμα του x, η ειδική λύση θα μπορούσε να είναι το μονώνυμο της μορϕής kx n. Ο εκθέτης όμως n δεν μπορεί να είναι μεγαλύτερος του, γιατί οι δυνάμεις (τέταρτη και τρίτη οι οποίες προκύπτουν από τον όρο y 2 καθώς και από τον δεύτερο όρο της δ.ε. δεν θα μπορούν να απαλειϕθούν με καμμία άλλη αϕού όλες θα είναι μικρότερές τους. Δοκιμάζοντας ως μερική λύση την y = kx, προκύπτει εύκολα ότι k =. Θέτοντας y = u + x, προκύπτει: (u + x = (u + x 2 (2x + (u + x + x 2 + x + u + = u 2 + 2ux + x 2 2ux u 2x 2 x + x 2 + x + u = u 2 u η οποία είναι δ.ε. Bernoulli με n = 2. Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη με u 2, προκύπτει u 2 u = u Θέτω ν = u ν = u 2 u, οπότε η δ.ε. μετασχηματίζεται στην ν = ν της οποίας η λύση είναι ν = ce x + 28

οπότε u = ce x + Επομένως η γενική λύση της δ.ε. θα είναι y = x + ce x + Άσκηση 3 Να λυθούν οι δ.ε. y y = 0, 2 y + y = 0, 3 y 3y 5y = 0, 4 y + 2y + 3y = 0. Λύση 3 Και οι τέσσρεις είναι γραμμικές ομογενείς δ.ε. 2ης τάξης. Άρα οι λύση τους εξαρτάται από τις ρίζες της χαρακτηριστικής εξίσωσης (χ.ε.. H χ.ε. είναι r 2 = 0 με δύο πραγματικές ρίζες r,2 = ±. Άρα η λύση της δ.ε. θα είναι: y = c e x + c 2 e x 2 Η χ.ε. είναι r 2 + = 0 η οποία έχει δύο ϕανταστικές ρίζες (δηλαδη δύ μιγαδικές ρίζες των οποίων το πραγματικό μέρος είναι ίσο με 0, τις r = ±i. Άρα ο εκθετικός όρος της γενικής λύσης θα είναι ίσος με τη μονάδα, οπότε αυτή απλοποιείται στην y = c cos x + c 2 sin x 3 Η χ.ε. είναι r 2 3r 5 = 0 με δύο πραγματικές ρίζες, τις r,2 = 3± 29 2, οπότε η γενική λύση θα είναι y = c e 3+ 29 2 x + c 2 e 3 29 x 2 ή ( y = e 3 2 x 29 c e 2 x + c 2 e 29 x 2 4 Η χ.ε. είναι r 2 + 2r + 3 = 0 η οποία έχει δύο ρίζες μιγαδικές συζυγείς r,2 = ± i 2. Άρα η γενική λύση θα είναι y = e x (c cos 2x + c 2 sin 2x Άσκηση 4 Να υπολογισθεί η ορίζουσα Wronski για τα ακόλουθα ζεύγη συναρτήσεων cosh x, sinh x, 2 cos x, sin x, 3 cos 2 x, + cos 2x, 4 sin x cos x, sin 2x. Λύση 4 W = cosh x sinh x (cosh x (sinh x = cosh x sinh x sinh x cosh x = cosh2 x sinh 2 x άρα W = 29

άρα 2 3 W = cos x sin x (cos x (sin x = cos x sin x sin x cos x = cos2 x + sin 2 x W = W = cos2 x + cos 2x (cos 2 x ( + cos 2x = cos 2 x + cos 2x 2 cosx sinx 2 sin2x = cos 2 x( 2 sin2x + 2 cosx sinx( + cos 2x = άρα 4 2 cos 2 x sin2x + 2 cosx sinx cos2x + 2 cosx sinx = ( sin4x sin4x 2 + sin2x + sin2x 2 4 2 W = 0 W = sin x cos x sin 2x (sin x cos x (sin 2x = sin x cos x sin 2x cos 2 x sin 2 x 2 cos 2x = 2 sin x cos x cos 2x (cos 2 x sin 2 x sin 2x = ( 2 cos 2 x sinx + 2 cosx sinx cos2x άρα sin4x 2 cos2x sin2x W = 0 Άσκηση 5 Να διερευνηθεί αν οι συναρτήσεις x 3 και x 3 είναι γραμμικά ανεξάρτητες στο διάστημα [-,]. Λύση 5 Θεωρούμε την εξίσωση c x 3 + c 2 x 3 = 0 Εάν x 0, x 3 = x 3, οπότε c x 3 + c 2 x 3 = 0, δηλαδή θα πρέπει c + c 2 = 0. Εάν x < 0, x 3 = x 3, οπότε c x 3 c 2 x 3 = 0, δηλαδή c = c 2. Άρα c = c 2 = 0, επομένως οι δεδομένες συναρτήσεις είναι γραμμικώς ανεξάρτητες. Προσοχή στο πρόβλημα αυτό δεν μπορούμε να ελέγξουμε τη γραμμική ανεξαρτησία των δύο συναρτήσεων, υπολογίζοντας την ορίζουσα Wronski, δεδομένου ότι δεν γνωρίζουμε αν αυτές αποτελούν ειδική λύση της ίδιας διαϕορικής εξίσωσης. Άσκηση 6 Να υπολογιστεί η W (x 3, x 3 στο διάστημα [, ]. 30

Λύση 6 Ισχύει και Άρα x 3 = { x 3 αν x 0 x 3 αν x < 0 3x 2 αν x > 0 ( x 3 = 0 αν x = 0 3x 2 αν x < 0 x > 0, W (x 3, x 3 = x3 x 3 3x 2 3x 2 = 0 x = 0, W (x 3, x 3 = 0 0 0 0 = 0 x < 0, W (x 3, x 3 = x3 x 3 3x 2 3x 2 = 0 Επομένως W (x 3, x 3 = 0 στο διάστημα [, ]. Το αποτέλεσμα αυτό δεν έρχεται σε αντίϕαση με το γεγονός ότι οι δύο συναρτήσεις x 3 και x 3 είναι γραμμικώς ανεξάρτητες στο διάστημα [, ] (βλ. αποτέλεσμα της προηγούμενης άσκησης. Τονίσαμε ότι είναι δυνατόν δύο γραμμικώς ανεξάρτητες συναρτήσεις να έχουν μηδενική ορίζουσα Wronski. Το συμπέρασμα στο οποίο καταλήγουμε είναι ότι οι x 3 και x 3 δεν είναι λύσεις της ίδιας γραμμικής δ.ε. στο διάστημα [, ]. Άσκηση 7 Να ελεγχθεί αν οι συναρτήσεις e x και 5e x είναι λύσεις της γραμμικής δ.ε. y + 2y + y = 0. Εαν είναι, μπορεί η y = c e x + c 2 5e x να είναι γενική λύση; Λύση 7 Ισχύει ότι (e x = e x και (e x = e x, άρα e x 2e x + e x = 0 και (5e x = 5e x και (5e x = 5e x, άρα 5e x 0e x + 5e x = 0. Επομένως και οι δυο είναι λύσεις της δ.ε. Για να είναι η y = c e x +c 2 5e x γενική λύση της ίδιας δ.ε., θα πρέπει W (e x, 5e x 0. Αλλά W (e x, 5e x = e x 5e x (e x (5e x = e x 5e x e x 5e x = 5e 2x + 5e 2x = 0 Άρα η y = c e x + c 2 5e x δεν μπορεί να είναι γενική λύση της ίδιας δ.ε. (κάτι το οποίο ήταν αναμενόμενο, γιατί είναι προϕανές ότι οι e x και 5e x είναι γραμμικώς εξηρτημένες. Άσκηση 8 Να λυθούν οι ακόλουθες δ.ε. y + y = sin 2x, 2 y + y = 2 sin 2 x 3 y + y = x cosh x 3

Λύση 8 Πρόκειται για γραμμικές μη ομογενείς δ.ε. δεύτερης τάξης, οι οποίες λύνονται με τη μέθοδο των απροσδιορίστων συντελεστών Η ομογενής δ.ε. που αντιστοιχεί στην y + y = sin 2x, είναι η y + y = 0, η χ.ε. της οποίας είναι η r 2 + = 0, με ρίζες r = ±i. Άρα η συμπληρωματική λύση (γενική λύση της ομογενούς θα είναι η y c = c cos x + c 2 sin x Η συναρτησιακή μορϕή του μη ομογενούς όρου δηλώνει ότι η ειδική λύση θα πρέπει να είναι της μορϕής y p = A cos 2x + B sin 2x, οπότε y p = 2A sin 2x + 2B cos 2x και y p = 4A cos 2x 4B sin 2x και αντικαθιστώντας στη δ.ε. 4A cos 2x 4B sin 2x + A cos 2x + B sin 2x = sin x άρα A = 0 3B = B = 3 Επομένως η γενική λύση της μη ομογενούς δ.ε. θα είναι y = c cos x + c 2 sin x 3 sin x 2 Χρησιμοποιώντας την τριγωνομετρική ταυτότητα 2 sin 2 x = cos 2x, η y +y = 2 sin 2 x γράϕεται y + y = cos 2x η οποία έχει την ίδια συμπληρωματική λύση με την δ.ε.. Η ειδική λύση της θα είναι το άθροισμα των ειδικών λύσεων των μη ομογενών δ.ε. y + y = και y + y = cos 2x Η y + y = έχει μερική λύση της μορϕής y p = A, άρα A =, οπότε y p =. Η y + y = cos 2x έχει μερική λύση της μορϕής y p2 = A cos 2x + B sin 2x, άρα όπως και στην περίπτωση της δ.ε. ισχύει 4A cos 2x 4B sin 2x + A cos 2x + B sin 2x = cos x οπότε A = 3 και B = 0 επομένως y p2 = 3 cos 2x. Άρα η γενική λύση της δ.ε. θα είναι y = c cos x + c 2 sin x + cos 2x + 3 32

3 Από τον ορισμό του υπερβολικού συνημιτόνου cosh x = 2 (ex + e x, η δ.ε. γράϕεται y + y = 2 xex + 2 xe x της οποίας η ειδική λύση θα είναι το άθροισμα των ειδικών λύσεων των μη ομογενών δ.ε. y + y = 2 xex και y + y = 2 xe x Μία δυνατή ειδική λύση της y + y = 2 xex θα είναι της μορϕής y p = e x (Ax + B. Τότε y p = ex (Ax + B + Ae x και y p = ex (Ax + B + 2Ae x, οπότε αντικαθιστώντας στη δ.ε. y + y = 2 xex, προκύπτει ότι A = 4 και = 4, επομένως y p = 4 ex (x. Αντιστοίχως μία δυνατή ειδική λύση της y + y = 2 xe x θα είναι της μορϕής y p2 = e x (Ax + B, οπότε, όπως και προηγουμένως προκύπτει ότι y p2 = 4 e x (x +. Άρα η ειδική λύση της y +y = x cosh x θα είναι το άθροισμα των δύο επι μέρους ειδικών λύσεων y p = 4 ex (x + 4 e x (x+ = ( e x 2 x + e x ( e x e x = (x cosh x sinh x 2 2 2 2 Άρα η γενική λύση της δ.ε. θα είναι y = c cos x + c 2 sin x + (x cosh x sinh x 2 Άσκηση 9 Να λυθεί το ακόλουθο πρόβλημα οριακών συνθηκών y y = sin x, y(0 = 0, y (0 = 2. Λύση 9 Βρίσκουμε κατ' αρχήν τη λύση της ομογενούς y y = 0, της οποίας η χ.ε. r 2 = 0 έχει ρίζες r 2 = 0 r = ± άρα y c = c e x + c 2 e x Λόγω της μορϕής του μη ομογενούς όρου, μία δυνατή ειδική λύση θα είναι της μορϕής y p = a cos x + b sin x της οποίας η πρώτη και δεύτερη παράγωγος είναι αντιστοίχως y p = a sin x + b cos x και y p = a cos x b sin x 33

οπότε θα πρέπει a cos x b sin x a cos x b sin x = sin x 2a cos x 2b sin x = sin x από την οποία προκύπτει ότι a = 0 και 2b = b = 2. Επομένως η ειδική λύση θα είναι η y p = 2 sin x, και η γενική λύση της μη ομογενούς y = c e x + c 2 e x 2 sin x Η πρώτη παράγωγος της γενικής λύσης είναι y = c e x c 2 e x 2 cos x Από τη συνθήκη Dirichlet (y(0 = 0 προκύπτει ότι 0 = c + c 2 και από τη συνθήκη Neumann (y (0 = 2 2 = c c 2 2 0 = c c 2 οπότε c = c 2 = 0. Άρα η λύση του προβλήματος οριακών συνθηκών είναι η y = 2 sin x Άσκηση 20 Να επιλυθούν οι ακόλουθες δ.ε. με τη μέθοδο της μεταβολής των παραμέτρων α y + y = sec x, β y + 4y = sin 2 2x, γ y + 2y + y = e t ln t Λύση 20 α Βρίσκουμε πρώτα τη συμπληρωματική λύση, δηλαδή τη λύση της αντίστοιχης ομογενούς, της οποίας η χ.ε. είναι οπότε r 2 + = 0 r = ±i y c = c cos x + c 2 sin x Η ορίζουσα Wronski του βασικού συνόλου λύσεων είναι W = cos x sin x sin x cos x = cos2 x + sin 2 x = Η ειδική λύση υπολογίζεται από τον τύπο y 2 g(x y p (x = y (x W (y, y 2 dx + y 2(x y g(x W (y, y 2 dx 34

ο οποίος εν προκειμένω δίνει y p = cos x sin x sec xdx + sin x cos x sec xdx = cos x tan xdx + x sin x και η ζητούμενη γενική λύση θα είναι y p = cos x ln sec x + x sin x y = c cos x + c 2 sin x cos x ln sec x + x sin x β Η χαρακτηριστική εξίσωση της ομογενούς είναι οπότε η συμπληρωματική λύση θα είναι r 2 + 4 = 0 r,2 = ±2i y c = c cos 2x + c 2 sin 2x Η ορίζουσα Wronski του βασικού συνόλου λύσεων είναι W = cos 2x sin 2x 2 sin 2x 2 cos 2x = 2 cos2 2x + 2 sin 2 2x = 2 επομένως η ειδική λύση θα είναι η sin 2x sin 2 2x cos 2x sin 2 2x y p = cos 2x dx + sin 2x dx = 2 2 2 cos 2x sin 3 2x dx + 2 sin 2x cos 2x( cos 2 2xdx = άρα ( 4 cos 2x 3 cos3 2x cos 2x + 2 ( sin 2x cos 2x dx cos 3 2x dx = 2 cos4 2x + 4 cos2 2x + ( sin 2x 2 2 sin 2x 2 sin 2x + 6 sin3 2x y p = 2 cos4 2x + 4 cos2 2x + 2 sin4 2x = 4 cos2 2x+ ( sin 4 2x cos 4 2x = 2 4 cos2 2x+ ( sin 2 2x + cos 2 2x ( sin 2 2x cos 2 2x 2 άρα y p = 4 cos2 2x + ( sin 2 2x cos 2 2x = 2 6 cos2 2x + 2 sin2 2x και η ζητούμενη γενική λύση θα είναι y = c cos 2x + c 2 sin 2x + 6 cos2 2x + 2 sin2 2x 35

γ Η χ.ε. της δ.ε. y + 2y + y = e t ln t r 2 + 2r + = 0 έχει μία διπλή ρίζα r,2 =, οπότε η συμπληρωματική λύση θα είναι y c = c e t + c 2 te t Η ορίζουσα Wronski του βασικού συνόλου λύσεων είναι W = e t te t e t e t te t Η λύση u (t είναι = = e t ( e t te t + e t te t = e 2t te 2t + te 2t = e 2t y2 (tg(t u (t = W (y, y 2 dt te t e t ln t = dt e 2t t ln t dt = t2 2 ln t + t 2 2 t dt = t2 2 ln t + t2 4 και η u 2 (t = y (tg(t u 2 (t = W (y, y 2 dt e t e t ln t = dt e 2t ln tdt = t ln t t t dt = t ln t t Επομένως η ειδική λύση θα είναι: = y p (t = u (ty (t + u 2 (ty 2 (t ( t2 2 ln t + t2 e t + (t ln t t te t 4 = t2 2 ln t e t 3t2 4 e t 36

Άρα η γενική λύση της δ.ε. θα είναι ( t 2 3t2 = ln t e t 2 4 y = (c + c 2 t + t22 3t2 ln t e t 4 Άσκηση 2 Η κίνηση μάζας εξαρτημένης σε αβαρές ελατήριο με απόσβεση, περιγράϕεται από τη δ.ε. y + 2y + 4y = 0 α Να βρεθεί η γενική λύση της δ.ε. β Η κίνηση χαρακτηρίζεται ως υποαπόσβεση, κρίσιμη ή υπεραπόσβεση; γ Υποθέτοντας ότι ο συντελεστής απόσβεσης μεταβάλλεται, διατηρώντας την ίδια μάζα και το ίδιο ελατήριο, μέχρις ότου η απόσβεση γίνει κρίσιμη, να διατυπωθεί η σχετική δ.ε. δ Ποιά είναι η λύση η οποία περιγράϕει τη μόνιμη κατάσταση της y + 2y + 4y = cos 2t Λύση 2 α Η χ.ε. της δ.ε. είναι η r 2 + 2r + 4 = 0 ρίζες της οποίας είναι οι r,2 = ± i 3, επομένως η γενική λύση της (ομογενούς δ.ε. θα είναι η ( y c (t = e t c cos 3t + c 2 sin 3t β Δεδομένου ότι η διακρίνουσα της χ.ε. είναι αρνητική, η ταλάντωση είναι ϕθίνουσα με υποαπόσβεση. γ Η ζητούμενη διαϕορική εξίσωση θα είναι η y + 4y + 4y = 0. δ Η γενική λύση της ομογενούς τείνει στο μηδέν αυξανομένου του χρόνου. Επομένως η λύση η οποία περιγράϕει τη μόνιμη κατάσταση είναι η ειδική λύση της μη ομογενούς δ.ε., η οποία υπολογίζεται με τη μέθοδο των απροσδιορίστων συντελεστών. Λόγω της συναρτησιακής μορϕής του μή ομογενούς όρου, αυτή θα έχει τη μορϕή y p = A cos 2t + B sin 2t οπότε και y p = 2A sin 2t + 2B cos 2t y p = 4A cos 2t 4B sin 2t 37

τις οποίες αντικαθιστώντας στη μη ομογενή δ.ε., προκύπτει 4B cos 2t 2A sin 2t = cos 2t οπότε A = 0 και B = 4. Άρα η λύση η οποία περιγράϕει τη μόνιμη κατάσταση είναι η y p (t = sin 2t 4 Άσκηση 22 α Σώμα βάρους 7 N αναρτάται σε ελατήριο, το οποίο επιμηκύνεται κατά 0, 9 m. Στο σύστημα δεν υπάρχει απόσβεση, ούτε εξωτερικές δυνάμεις. Το ελατήριο συμπιέζεται (προς τα άνω κατά 0, 5 m και προσδίδεται στο σώμα μιά αρχική ταχύτητα 0, 30 m.s προς τα κάτω. Να βρεθεί η εξίσωση θέσης του ταλαντωτή και να γίνει η γραϕική παράσταση. β Στο προηγούμενο σύστημα προστίθεται σύστημα απόσβεσης το οποίο ασκεί δύναμη μέτρου 00 N όταν η ταχύτητα του ταλαντωτή έχει μέτρο 2 m.s. Να βρεθεί η εξίσωση θέσης του ταλαντωτή και να γίνει η γραϕική παράσταση. γ Να βρεθεί η λύση και η γραϕική παράσταση στην περίπτωση της κρίσημης απόσβεσης. δομοίως όταν ο συντελεστής απόσβεσης είναι ίσος με 35 kg.s. ε Διερευνήστε τι θα συμβεί στην περίπτωση δ αν ταυτοχρόνως ασκείται στο σύστημα περιοδική εξωτερική δύναμη 50N cos 3, 3t. Λύση 22 α Για να λυθεί το πρόβλημα, πρέπει να διατυπωθεί το αντίστοιχο πρόβλημα αρχικών συνθηκών. Για το λόγο αυτό πρέπει να υπολογίσουμε τη μάζα του σώματος και τη σταθερά του ελατηρίου m = B g = 7 kg = 7, 2 kg 9, 8 k = mg L = 7 0, 9 N.m = 78, 9 N.m Άρα το πρόβλημα περιγράϕεται από τη δ.ε. 7, 2ẍ + 78, 9x = 0 και τις συνθήκες Dirichlet x(0 = 0, 5 m και Neumann ẋ = 0, 30 m.s. Η ϕυσική συχνότητα του ταλαντωτή είναι 78, 9 N.m ω 0 = = 3, 3 s 7, 2 kg άρα η γενική λύση θα είναι x(t = c cos 3, 3t + c 2 sin 3, 3t 38

από την οποία προκύπτει ότι ẋ(t = 3, 3c sin 3, 3t + 3, 3c 2 cos 3, 3t οπότε λόγω της συνθήκης Dirichlet ισχύει c = 0, 5 και λόγω της Neumann 0, 30 = 3, 3c 2 c 2 = 0.09 Επομένως η εξίσωση θέσης του ταλαντωτή θα είναι x(t = 0, 5 cos 3, 3t + 0.09 sin 3, 3t της οποίας η γραϕική παράσταση για τα 0 πρώτα s ακολουθεί Figure : Ταλάντωση χωρίς απόσβεση και χωρίς εξωτερική δύναμη. β Υπολογίζουμε κατ' αρχήν το συντελεστή απόσβεσης γ = 00 N = 50 kg.s 2 m.s οπότε τώρα το πρόβλημα αρχικών συνθηκών περιγράϕεται από τη δ.ε. 7, 2ẍ + 50ẋ + 78, 9x = 0 και τις συνθήκες Dirichlet x(0 = 0, 5 m και Neumann ẋ = 0, 30 m.s. Ο κρίσιμος συντελεστής απόσβεσης του ταλαντωτή είναι γ cr = 2 k m = 2 78, 9 7, 2 kg.s = 47, 4 kg.s 39

άρα περιμένουμε να έχουμε ϕθίνουσα ταλάντωση με υπεραπόσβεση. Στην περίπτωση αυτή βρίσκουμε ότι η εξίσωση θέσης του ταλαντωτή θα είναι Η γραϕική παράσταση είναι x(t = 0, 03e 4,5t 0, 8e 2,4t Figure 2: Φθίνουσα ταλάντωση με υπεραπόσβεση. Παρατηρούμε ότι μετά από παρέλευση χρόνου 2, 5 s η ταλάντωση έχει αποσβεσθεί. γ Τώρα η δ.ε. γράϕεται 7, 2ẍ + 2 78, 9 7, 2ẋ + 78, 9x = 0 η λύση της οποίας, σε συνδυασμό με τις αρχικές συνθήκες είναι και η γραϕική παράσταση x(t = 737359, 4e 3,3t 737359, 6e 3,3t 40

Figure 3: Κρίσιμη απόσβεση δ Στην περίπτωση αυτη έχουμε ϕθίνουσα υποκρισιμη ταλάντωση και η δ.ε. γράϕεται 7, 2ẍ + 35ẋ + 78, 9x = 0 η λύση της οποίας, σε συνδυασμό με τις αρχικές συνθήκες είναι x(t = e 2,43t ( 0, 029 sin 2, 25t 0, 5 cos 2, 25t και η γραϕική παράσταση Figure 4: Υποκρίσιμη απόσβεση ε Η δ.ε. γίνεται 7, 2ẍ + 35ẋ + 78, 9x = 50 cos 3, 3t 4

η λύση της οποίας είναι x(t =, 8 0 7 (2, 4 0 6 sin 3, 3t +, 0 0 4 cos 3, 3t + e 2.3t ( 0, 67 sin 2, 3t 0, 5 cos 2, 3t ενώ η γραϕική παράσταση Figure 5: Ταλάντωση με απόσβεση και ταυτοχρόνως εξωτερική δύναμη. Παρατηρούμε ότι η επίδραση της εξωτερικής δύναμης εξουδετερώνει την απόσβεση και το σύστημα εκτελεί αμείωτη αρμονική ταλάντωση. Άσκηση 23 Αποδείξτε ότι οι συναρτήσεις y = e t και y 2 = e t οι οποίες είναι λύσεις της αντίστοιχης ομογενούς της δ.ε. 4ty +2y y = 4 te t, αποτελούν βασικό σύνολο λύσεων στο διάστημα (0,. Κατόπιν βρείτε τη γενική λύση της δ.ε. Λύση 23 Για να αποτελούν οι y = e t και y 2 = e t βασικό σύνολο λύσεων, θα πρέπει W (y, y 2 0. e t e t W = = 2 t 2 t = 0 t 2 t e t 2 t e t H 4ty + 2y y = 4 te t γράϕεται και ως y + 2t y 4t y = e t t η ειδική λύση της οποίας δίνεται από την y 2 g(t y p = y W (y, y 2 dt + y 2 y g(t W (y, y 2 dt e t t e t = e t dt + e e t t e t t t dt t 42

= e t dt e t e 2 t dt Το ολοκλήρωμα υπολογίζεται θέτοντας u = 2 t οπότε dt = 2udu, οπότε e 2 t dt = ue u du = 2 2 (u eu = ( t /2e 2 t dt Άρα η ειδική λύση είναι η y p = (t t + /2e t Όμως ο όρος /2 πρέπει να παραληϕθεί αϕού η /2e t εμπεριέχεται στη λύση της ομογενούς. Άρα η γενική λύση της δ.ε. θα είναι η y = c (t te t + c 2 e t Άσκηση 24 { Υπολογίστε το μετασχηματισμό { Laplace των συναρτήσεων 0 t < 0 t < π/2 α f(t = β g(t = t t > sin t t > π/2 Λύση 24 α H f(t γράϕεται όπου u η συνάρτηση Heaviside. Άρα f(t = u(t t = u(t ((t + L{f(t} = {u(t ((t + } = e s L{t + } άρα L{f(t} = e s ( s 2 + s β H g(t γράϕεται g(t = u(t π/2 sin t = u(t π/2 cos(t π/2 όπου u η συνάρτηση Heaviside. Άρα άρα L{g(t} = L{u(t π/2 cos(t π/2} = e sπ 2 L{cos t} L{f(t} = e sπ 2 s s 2 + Άσκηση 25 Να επιλυθούν με τη βοήθεια των μετασχηματισμών Laplace, τα ακόλουθα προβλήματα αρχικών τιμών: α y y = e t, y(0 = 0, β y + y = sin t, y(0 =, γ y 5y + 6y = 0, y(0 = 0, y (0 = 43

Λύση 25 α Υπολογίζουμε τις μετασχηματισμένες Laplace και των δύο πλευρών της δ.ε. L{y } L{y} = L{e t } οπότε sy (s y(0 Y (s = (s Y (s = s + s + Y (s = s 2 από την οποία, μέσω του αντιστρόϕου μετασχηματισμού Laplace προκύπτει y(t = sinh t β Ο μετασχηματισμός Laplace της δ.ε. δίνει sy (s y(0 Y (s = s 2 (s + Y (s = + s + + Y (s = (s 2 + (s + + s + Για την εύρεση του L {Y (s}, απαιτείται η ανάλυση του πρώτου προσθετέου σε απλά κλάσματα (s 2 + (s + = A s + + Bs + C s 2 + από την οποία προκύπτει ότι A = C = /2, B = /2, Y (s = 2 s + s 2 s 2 + + 2 s 2 + και μέσω του αντιστρόϕου μετασχηματισμού y(t = 3 2 e t 2 cos t + 2 sin t y(t = 3 2 e t + (sin t cos t 2 γ Μετασχηματίζοντας το αριστερό και δεξιό σκέλος της δ.ε., προκύπτει: s 2 Y (s sy(0 y (0 5(sY (s y(0 + 6Y (s = 0 s 2 Y (s 5sY (s + 6Y (s = 0 (s 2 5s + 6Y (s = 0 Y (s = s 2 5s + 6 = (s 3(s 2 44

Για να υπολογίσουμε τον αντίστροϕο μετασχηματισμό Laplace της Y (s, αναλύουμε σε απλά κλάσματα (s 3(s 2 = A s 3 + B s 2 από την οποία προκύπτει ότι A = και B =, επομένως Y (s = s 3 s 2 και μέσω του αντιστρόϕου μετασχηματισμού Laplace προκύπτει y(t = e 3t e 2t Άσκηση 26 Δείξτε ότι οι ακόλουθες συναρτήσεις είναι εκθετικές τάξεως a για κάθε a > 0: α x 2, β cos 7x. Λύση 26 α Πρέπει να βρούμε το όριο lim x x 2 = lim eax x αϕού x 2 > 0, x. Eϕαρμόζοντας διαδοχικά δύο ϕορές τον κανόνα L'Hôpital προκύπτει lim x x 2 = lim eax x x 2 e ax 2x = lim aeax x 2 a 2 e ax = 0 για κάθε a > 0. Άρα η συνάρτηση x 2 είναι εκθετική τάξεως a, a > 0. β Ισχύει ότι cos 7x και lim x e ax = 0, a > 0 Εαν M =, προϕανώς υπάρχει κάποιο x 0 τέτοιο ώστε e ax M για x x 0. Για a = 0 θα ισχύει e ax = M, οπότε cos 7x e ax e ax M για x x 0. Άρα η cos 7x είναι εκθετική τάξεως a, a > 0. Άσκηση 27 Να επιλυθεί το ακόλουθο σύστημα y = 2y y 2 y 2 = y + 2y 2 45

Λύση 27 Το σύστημα γράϕεται σε μορϕή πίνακα ως εξής ( ȳ 2 = ȳ 2 όπου ȳ = ( y y 2 και ȳ = 2 λ ( y y 2. Οι ιδιοτιμές λ υπολογίζονται μέσω της 2 λ = 0 λ2 4λ + 3 = 0 { λ = 3 λ 2 = Τα ιδιοδιανύσματα είναι. λ = 3 ( ( 2 3 η = 2 3 η 2 ( 0 0 ( ( η η 2 = ( 0 0 οπότε οπότε 2. λ = ( 2 ( η 2 η 2 η η 2 = 0 η 2 = η η ( = = ( η ( 0 0 η = ( ( ( η η 2 η η 2 = 0 η = η 2 η (2 = ( η η = ( Επομένως η γενική λύση του συστήματος θα είναι ȳ(t = c e 3t ( + c 2 e t ( = ( 0 0 ή y = c e 3t + c 2 e t y 2 = c e 3t + c 2 e t Άσκηση 28 Να επιλυθεί το ακόλουθο πρόβλημα αρχικών συνθηκών x(0 =, y(0 =. ẋ = x 2y ẏ = x y 46

Λύση 28 Το σύστημα γράϕεται σε μορϕή πίνακα ως εξής ( x 2 = x ( ( ( ẋ x όπου x = και x =, με x(0 =. ẏ y Οι ιδιοτιμές λ υπολογίζονται μέσω της λ 2 λ = 0 λ2 + = 0 λ,2 = ±i Δεδομένου ότι οι ιδιοτιμές είναι μιγαδικές (ϕανταστικές συζυγείς, απαιτείται για τη λύση το ένα εκ των δυο ιδιοδιανυσμάτων, το οποίο υπολογίζεται (για λ = i μέσω της οπότε ( ( i 2 η i η 2 = ( 0 0 η iη 2η 2 = 0 ( iη 2η 2 = 0 ( iη = 2η 2 η 2 = i 2 η, η = 2 η ( = ( 2 i Άρα μία λύση θα είναι η ( ( x (t = e it 2 2 = (cos t+i sin t i i ( = 2 cos t cos t + sin t ( + i ( = 2 cos t + i2 sin t cos t + i sin t i cos t + sin t 2 sin t sin t cos t Υπολογίζουμε την ορίζουσα Wronski του πίνακα που έχει ως πρώτη στήλη το πραγματικό μέρος της ανωτέρω έκϕρασης και ως δεύτερη στήλη το ϕανταστικό μέρος W = 2 cos t 2 sin t cos t + sin t sin t cos t = 2 cos t sin t 2 cos 2 t 2 cos t sin t 2 sin 2 t = 2(cos 2 t + sin 2 t = 2 0 Αϕού αυτή είναι διάϕορη του μηδενός, το πραγματικό και ϕανταστικό μέρος της x (t, αποτελούν βασικό σύνολο λύσεων, επομένως η γενική λύση του συστήματος θα είναι η x(t = c ( 2 cos t cos t + sin t + c 2 ( 2 sin t sin t cos t = 47

Οι σταθερές c και c 2 υπολογίζονται μέσω των αρχικών συνθηκών ( ( ( 2 0 x(0 = c + c 2 = από τις οποίες προκύπτει το σύστημα 2c = c = /2 c c 2 = c 2 = c = /2 Επομένως η γενική λύση θα είναι η x(t = ( 2 cos t 2 cos t + sin t από την οποία απορρέει ότι και ( 2 x(t = cos t sin t 2 sin t sin t cos t y(t = 2 cos t + 2 sin t 2 sin t + 2 cos t y(t = cos t Άσκηση 29 Να λυθούν τα συστήματα α y = 3y + y 2 y 3 y 2 = y + 3y 2 y 3 και β y 3 = y y 2 + 5y 3 y = y + y 2 + y 3 y 2 = 2y + y 2 y 3 y 3 = y 2 + y 3 Λύση 29 α Το σύστημα γράϕεται υπό μορϕήν πινάκων ως εξής όπου ȳ = y y 2 y 3 και ȳ = 3 ȳ = 3 ȳ 5 y y 2 y 3. Οι ιδιοτιμές λ υπολογίζονται μέσω της 3 λ λ = 2 3 λ = 0 (λ 6 (λ 3 (λ 2 = 0 λ 2 = 3 5 λ λ 3 = 6 Το ιδιοδιάνυσμα για λ = 2, υπολογίζεται από την 3 2 3 2 5 2 η η 2 η 3 = 0 0 0 3 η η 2 η 3 = 0 0 0 48

από την οποία προκύπτει το σύστημα η + η 2 η 3 = 0 η η 2 + 3η 3 = 0 από τις λύσεις του οποίου η απλούστερη είναι η η ( = 0. Με όμοιο τρόπο προκύπτει ότι τα αντίστοιχα ιδιοδιανύσματα για τις άλλες δύο ιδιοτιμές είναι η (2 = και η (3 =. 2 Άρα η γενική λύση του συστήματος δ.ε. είναι η y = c e 2t 0 + c 2 e 3t + c 3 e 6t Σημειώστε ότι από τις άπειρες δυνατές επιλογές των ιδιοδιανυσμάτων, αυτά επιλέγονται έτσι ώστε να είναι μεταξύ τους κάθετα 3 (ορθογωνιότητα. β Το σύστημα γράϕεται υπό μορϕήν πινάκων ως εξής ȳ = 2 ȳ 0 όπου ȳ = y y 2 y 3 και ȳ = y y 2 y 3 λ 2 λ 0 λ = 0 2. Οι ιδιοτιμές λ υπολογίζονται μέσω της ( ( λ 2 ( λ 2 ( λ 2 = 0 (λ 2 2 (λ + = 0 Άρα οι ιδιοτιμές είναι οι λ = πολλαπλότητας και η λ 2 = 2 πολλαπλότητας 2. Το ιδιοδιάνυσμα για λ =, υπολογίζεται από την 2 η 0 2 2 η 2 = 0 0 2 η 3 0 από την οποία προκύπτει 2η + η 2 + η 3 = 0 3 Αυτό ϕαίνεται υπολογίζοντας το εσωτερικό τους γινόμενο, το οποίο ισούται με 0. 49

2η + 2η 2 η 3 = 0 η 2 + 2η 3 = 0 Aπό την τελευταία αυτή εξίσωση προκύπτει η 2 = 2η 3 και αντικαθιστώντας αυτό το αποτέλεσμα στην πρώτη και λύνοντας ως προς η Άρα το ιδιοδιάνυσμα θα είναι η = 3 2 η 3 η ( = 3 2 η 3 2η 3 η 3 οπότε επιλέγοντας ως η 3 = 2, προκύπτει ότι η ( = 3 4 2. Ομοίως προκύπτει ότι το ιδιοδιάνυσμα για την ιδιοτιμή λ 2 = 2, πολλαπλότητας 2, θα είναι η (2 = Δεδομένου ότι η ιδιοτιμή λ 2 = 2, έχει πολλαπλότητα 2, για να βρούμε τη γενική λύση, θα πρέπει να υπολογίζουμε και το διάνυσμα ρ, τέτοιο ώστε λ 2 2 λ 2 0 λ 2 ρ ρ 2 ρ 3 = οπότε προκύπτει πολύ εύκολα ότι ρ = 0 0 2 0. Άρα η γενική λύση του συστήματος δ.ε. είναι η y = c e t 3 4 2 + c 2 e 2t 0 + c 3 e 2t 0 t + Άσκηση 30 Να επιλυθεί το ακόλουθο πρόβλημα αρχικών συνθηκών y = y + y 2 y 2 = 4y + y 2 y (0 =, y 2 (0 = 0 με τη μέθοδο του μετασχηματισμού Laplace. ρ ρ 2 ρ 3 0 = 0. 0 50

Λύση 30 Υπολογίζουμε τις μετασχηματισμένες Laplace των δύο εξισώσεων του συστήματος οπότε L{y } = L{y } + L{y 2 } L{y 2 } = L{4y } + L{y 2 } sy (s y (0 = Y (s + Y 2 (s sy 2 (s y 2 (0 = 4Y (s + Y 2 (s από τις οποίες, αντικαθιστώντας τις αρχικές συνθήκες του προβλήματος προκύπτει το σύστημα (s Y (s Y 2 (s = 4Y (s + (s Y 2 (s = 0 του οποίου οι λύσεις είναι Y (s = Y 2 (s = s (s + (s 3 = 2(s 3 + 2(s + 4 (s + (s + 3 = s 3 + s + Μέσω του αντιστρόϕου μετασχηματισμού Laplace, προκύπτει y = 2 ( e 3x + e x y 2 = e 3x + e x Άσκηση 3 Να λυθεί η δ.ε. ακέραιος, κοντά στο σημείο 0. ( x 2 y 2xy + k(k + y = 0, όπου k θετικός Λύση 3 Το x = 0 είναι ομαλό σημείο της δ.ε. άρα επιδέχεται λύσεις της μορϕής y = a nx n, της οποίας η πρώτη και δευτέρη παράγωγος αντιστοίχως είναι: y = n= na nx n και y = n=2 (n na nx n 2. Αντικαθιστώντας στη δ.ε., προκύπτει η: (n na n x n 2 (n na n x n 2 na n x n + k(k + a n x n = 0 n=2 n=2 την οποία μετατρέπουμε έτσι ώστε η μεταβλητή x να εμϕανίζεται σε όλους τους όρους στην ίδια δύναμη αϕ' ενός και η άθροιση να αρχίζει από τον ίδιο όρο αϕ' ετέρου: (n + (n + 2a n+2 x n (n na n x n 2 na n x n + k(k + a n x n = 0 Στην ανωτέρω, η άθροιση στον δεύτερο και τρίτο όρο άλλαξε έτσι ώστε να αρχίζει στο n = 0 χωρίς να απαιτηθεί κάποια άλλη αλλαγή, δεδομένου ότι οι όροι n = 0 και n= 5

n = καθώς και ο όρος n = 0 των αντιστοίχων σειρών είναι μηδενικοί. Με αναγωγή ομοίων όρων, προκύπτει: [(n + 2(n + a n+2 (n(n + 2n k(k + a n ] x n = 0 από την οποία, μετά από πράξεις προκύπτει ο αναδρομικός τύπος a n+2 = (n k(n + k + a n, n 0 (n + 2(n + Επειδή στο δεξί σκέλος του αναδρομικού τύπου υπάρχει ό όρος n k, εάν n = k, τότε a n+2 = 0. Άρα ισχύει ότι a n+2 = a n+4 = a n+6 = a n+8 =... = 0. Επομένως για k περιττό, όλοι οι περιττής τάξεως συντελεστές a n (για n > k είναι μηδέν, ενώ για k άρτιο, όλοι οι άρτιας τάξεως συντελεστές a n (για n > k είναι μηδέν. Αυτό σημαίνει ότι η λύση η οποία θα είναι της μορϕής y = a nx n = a 0 y +a y 2 θα έχει πεπερασμένο πλήθος όρων, με δύναμη μεγίστου βαθμού την x n, δηλαδή θα είναι ένα πολυώνυμο βαθμού n. Επειδή τα a 0 και a είναι αυθαίρετες σταθερές, μπορούν να επιλεγούν έτσι ώστε η y (x ή η y 2 (x να ικανοποιούν τη συνθήκη y( =. Το προκύπτον πολυώνυμο συμβολίζεται με P k (x και ονομάζεται πολυώνυμο Legendre βαθμού k. Τα πρώτα πολυώνυμα Legendre είναι: P 0 (x =, P (x = x, P 2 (x = 2 (3x2, P 3 (x = 2 (5x3 3x, P 4 (x = 8 (55x4 30x 2 + 3. Άσκηση 32 Να λυθεί η δ.ε. 2x 2 y xy + ( xy = 0, κοντά στο σημείο 0. Λύση 32 Η δ.ε. γράϕεται στη μορϕή y 2x y + x y = 0. Επομένως το x = 2x 2 0 είναι ιδιόμορϕο (ανώμαλο σημείο, οπότε η δ.ε. επιδέχεται λύσεις της μορϕής y = a nx n+r, της οποίας η πρώτη και δευτέρη παράγωγος αντιστοίχως είναι: y = (n+ra nx n+r και y = (n+r(n+r na nx n+r 2. Αντικαθιστώντας στην αρχική δ.ε., προκύπτει η: 2 (n + r(n + r na n x n+r (n + ra n x n+r + a n x n+r a n x n+r+ = 0 την οποία μετατρέπουμε έτσι ώστε η μεταβλητή x να εμϕανίζεται σε όλους τους όρους στην ίδια δύναμη 2 (n + r(n + r na n x n+r (n + ra n x n+r + a n x n+r a n x n+r = 0 και κατόπιν η άθροιση να αρχίζει από τον ίδιο δείκτη, εν προκειμένω τον n = 2r(r a 0 x r + 2(n + r(n + r na n x n+r ra 0 x r (n + ra n x n+r n= 52 n= n=

(2r(r r + a 0 x r + +a 0 x r + a n x n+r a n x n+r = 0 n= n= {[(n + r(n + r (n + r + ] a n a n } x n+r = 0 n= Για να ισχύει η ανωτέρω για κάθε x θα πρέπει και (2r(r r + a 0 = 0 [(n + r(n + r (n + r + ] a n a n = 0 από την οποία προκύπτει και ο αναδρομικός τύπος a n = a n (2(n + r ((n + r, n Άρα η χαρακτηριστική εξίσωση του προβλήματος είναι η 2r(r r + = 0 με ρίζες τις r = και r 2 = /2 και r r 2 = 2 > 0 R. Για r = ο αναδρομικός τύπος λαμβάνει τη μορϕή a n = a n (2n + n, n a 0 a (2 2+ 2 = a 0 από τον οποίο προκύπτει ότι a = (2 +, a 2 = (2 + (2 2+ 2, a 3 = a 0 (2 + (2 2+ 2(3 2+ 3,..., δηλαδή a a n = 0 n! n k= (2k+. Άρα μία λύση της δ.ε. θα είναι η x y (x = a 0 ( n + n! n x k= (2k + Για r = /2 ο αναδρομικός τύπος λαμβάνει τη μορϕή a n = n a n 2n(n /2, n a 0 a 2 2(2 /2 = a 0 από τον οποίο προκύπτει ότι a = 2 ( /2, a 2 = 2 ( /22 2(2 /2,..., a δηλαδή a n = 0 2 n n! n k= (k /2. Άρα η δεύτερη λύση της δ.ε. θα είναι η x y 2 (x = a 0 ( n + 2 n n! n x /2 n k= (k /2. 53

Η γενική λύση της δ.ε. θα είναι ο γραμμικός συνδυασμός των y (x και y 2 (x: y(x = d ( + όπου d = c a 0 και d 2 = c 2 a 0. n x n y = c y ((x + c 2 y 2 (x n! n k= (2k + x + d 2 ( + n x n 2 n n! n k= (k /2 Άσκηση 33 Να λυθούν οι δ.ε. xy +y y = 0, 2 y xy +2y = 0, 3 4xy +2y +y = 0, κοντά στο σημείο 0. Λύση 33 Η δ.ε. γράϕεται στη μορϕή y x y xy = 0. Επομένως το x = 0 είναι ιδιόμορϕο (ανώμαλο σημείο. Οπότε, η δ.ε. επιδέχεται λύσεις της μορϕής y = a nx n+r, της οποίας η πρώτη και δευτέρη παράγωγος αντιστοίχως είναι: y = (n+ra nx n+r και y = (n+r(n+r na nx n+r 2. Αντικαθιστώντας στην αρχική δ.ε., προκύπτει η: ή (n + r(n + r a n x n+r + (n + ra n x n+r a n x n+r = 0 (n + r(n + r a n x n+r + (n + ra n x n+r a n x n+r = 0 ώστε η ανεξάρτητη μεταβλητή x να εμϕανίζεται στην ίδια δύναμη σε όλους τους όρους του x και r(r a 0 x r + (n+r(n+r a n x n+r +ra 0 x r + (n+ra n x n+r a n x n+r = 0 n= από την οποία, με αναγωγή ομοίων όρων, προκύπτει n= n= n= x /2 (r(r + ra 0 x r + ( (n + r(n + r a n + (n + ra n a n x n+r = 0 n= n= n= Αυτή για να ισχύει x R, θα πρέπει r(r + r = 0 r 2 = 0 που είναι και η χαρακτηριστική εξίσωση με ρίζες r,2 = 0 και (n + r(n + r a n + (n + ra n a n = 0 54