Διαφορικές Εξισώσεις που Ανάγονται σε Πλήρεις Διαφορικές Εξισώσεις Χειμερινό Εξάμηνο 2020-2021 Β Μάχιμων II Διδάσκουσα: Δήμητρα Κουλουμπού
Διαφορικές Εξισώσεις που Ανάγονται σε Πλήρεις Έστω η διαφορική εξίσωση της μορφής P x, y dx + Q x, y dy = 0 1 Ή ισοδύναμα y P x, y = Q x, y 1 Όπου P x, y, Q x, y συναρτήσεις δύο μεταβλητών και y = y x Η άγνωστη συνάρτηση. Αν P x, y Q x, y y x Τότε η 1 δεν είναι πλήρης.
Διαφορικές Εξισώσεις που Ανάγονται σε Πλήρεις Έστω ότι υπάρχει συνάρτηση μ x, y εξίσωση τέτοια ώστε η διαφορική Να είναι πλήρης. μ x, y P x, y dx + μ x, y Q x, y dy = 0 2 Τότε λέμε ότι η 1 ανάγεται σε πλήρης ή ακριβής διαφορική εξίσωση και η συνάρτηση μ x, y ονομάζεται πολλαπλασιαστής Euler ή Ολοκληρωτικός παράγοντας της 1. Παρατηρείστε ότι οι εξισώσεις 1, 2 είναι ισοδύναμες και επομένως έχουν τις ίδιες λύσεις.
Παράδειγμα Παράδειγμα: Έστω η διαφορική εξίσωση xy 1 x + x x y dy = 0 1 Λύση: H 1 είναι της μορφής P x, y dx + Q x, y dy = 0 με P x, y = xy 1 και Q x, y = x x y. Παρατηρούμε ότι P x, y Q x, y = x και = 2x y y x Δηλαδή P x,y y Q x,y x Και άρα η 1 δεν είναι πλήρης.
Παράδειγμα Πολλαπλασιάζουμε την 1 με μ x, y ισοδύναμη εξίσωση = 1 x και οδηγούμαστε στην y 1 x x + x y dy = 0 2 Η οποία, όπως εύκολα μπορούμε να διαπιστώσουμε, είναι πλήρης. Επομένως η συνάρτηση μ x, y 1. = 1 x είναι πολλαπλασιαστής Euler της
Παράδειγμα Επομένως υπάρχει συνάρτησηf x, y με f x, y = y 1 x x 2 Και f x, y = x y 3 y Από την σχέση 2 έχουμε: f x, y = න y 1 x dx f x, y = xy lnx + g y f x, y xy lnx + g y = y y x y = x + g y 4
Παράδειγμα Άρα Δηλαδή g y = y Άρα g y = 1 2 y2 + c 1 f x, y = xy lnx 1 2 y2 +c 1 Άρα xy lnx 1 2 y2 +c 1 = c 2 Ή xe y + y 2 = c, c R είναι το γενικό ολοκλήρωμα της 2 και συνεπώς και της 1
Ερώτημα: Βασική Πρόταση κάτω από ποιές συνθήκες μία μη ακριβής διαφορική εξίσωση P x, y dx + Q x, y dy = 0 Έχει ολοκληρωτικό παράγοντα μ x, y ; Και σε περίπτωση που υπάρχει ο πολλαπλασιαστής Euler, με ποιον τρόπο μπορούμε να οδηγηθούμε στην εύρεση του; Απάντηση στα παραπάνω ερωτήματα δίνει η παρακάτω Πρόταση
Βασική Πρόταση Πρόταση Έστω η διαφορική εξίσωση P x, y dx + Q x, y dy = 0 1 Η οποία δεν είναι πλήρης Αν η συνάρτηση P y Q x είναι ανεξάρτητη του y τότε η 1 ανάγεται σε Q πλήρης. Στην προκειμένη περίπτωση, ο ολοκληρωτικός παράγοντας εκφράζεται ως μ x = e P y Q x Q dx
Βασική Πρόταση Πρόταση Αν η συνάρτηση Q x P y είναι ανεξάρτητη του x τότε η 1 ανάγεται σε P πλήρης. Στην προκειμένη περίπτωση, ο ολοκληρωτικός παράγοντας εκφράζεται ως μ y = e Q x P y P dy Σημείωση: P y x, y = Q x x, y = P x, y y Q x, y x
Παράδειγμα 1 Να λύσετε την διαφορική εξίσωση xydx + 1 + x 2 dy = 0 1 Λύση: H 1 είναι της μορφής P x, y dx + Q x, y dy = 0 με P x, y = xy και Q x, y = 1 + x 2. Παρατηρούμε ότι P x, y Q x, y = x και = 2x y x
Παρατηρούμε ότι P x,y y Q x,y x. Άρα η διαφορική εξίσωση δεν είναι πλήρης. Εξετάζουμε αν η διαφορική εξίσωση έχει ολοκληρωτικό παράγοντα ο οποίος να είναι συνάρτηση μόνο του x. Για αυτό υπολογίζουμε τη συνάρτηση P y Q x Q P y Q x = x Q 1 + x 2 Η οποία πράγματι είναι ανεξάρτητη του y. Κατα συνέπεια, η διαφορική εξίσωση έχει ολοκληρωτικό παράγοντα τη συνάρτηση
μ x = e x 1+x 2dx Δηλαδή 1 μ x = 1 + x 2 Πολλαπλασιάζουμε την 1 με την μ x και λαμβάνουμε 1 1 + x xydx + 1 + 2 x2 dy = 0 2 Η οποία είναι πλήρης.
Άρα υπάρχει συνάρτηση f x, y τέτοια ώστε f x = 1 f xy 3 και 1 + x2 y = 1 + x2 4
f x = 1 1 + x xy 2 1 f x, y = න 1 + x xydx 2 f x, y = 1 + x 2 y + g y f x, y = 1 + x2 y + g y y y 1 + x 2 = 1 + x 2 + g y 0 = g y g y = c 1
Άρα Επομένως 1 + x 2 y + c 1 = c 2 ή f x, y = 1 + x 2 y + c 1 1 + x 2 y = c, c R Δηλαδή c y x = 1 + x, c R 2 είναι η γενική λύση της 2, η οποία σαφώς είναι και η γενική λύση της 1, αφού οι διαφορικές εξισώσεις 1 και 2 είναι ισοδύναμες.
Παράδειγμα 2 Να λύσετε την διαφορική εξίσωση x 2 + y 2 + 2x dx + 2ydy = 0 1 Λύση: H 1 είναι της μορφής P x, y dx + Q x, y dy = 0 με P x, y = x 2 + y 2 + 2x και Q x, y = 2y. Παρατηρούμε ότι P x, y Q x, y = 2y και = 0 y x
Παρατηρούμε ότι P x,y y Q x,y x. Άρα η διαφορική εξίσωση δεν είναι πλήρης. Εξετάζουμε αν η διαφορική εξίσωση έχει ολοκληρωτικό παράγοντα συνάρτηση μόνο του x. Για αυτό υπολογίζουμε τη συνάρτηση P y Q x Q P y Q x = 2y Q 2y = 1 Η οποία πράγματι είναι ανεξάρτητη του y. Κατα συνέπεια, η διαφορική εξίσωση έχει ολοκληρωτικό παράγοντα τη συνάρτηση
μ x = e dx Δηλαδή μ x = e x Πολλαπλασιάζουμε την 1 με την μ x και λαμβάνουμε x 2 + y 2 + 2x e x dx + 2ye x dy = 0 2 Η οποία είναι πλήρης.
Άρα υπάρχει συνάρτηση f x, y τέτοια ώστε f x = x2 + y 2 + 2x e x 3 και f y = 2yex 4
f x, y f y = 2yex = න 2ye x dy f x, y = y 2 e x + g x f x, y = y2 e x + g x x x x 2 + y 2 + 2x e x = y 2 e x + g x x 2 + 2x e x = g x g x = x 2 e x + c 1
Άρα f x, y = y 2 e x + x 2 e x + c 1 Επομένωςy 2 e x + x 2 e x + c 1 = c 2 ή Δηλαδή y 2 e x + x 2 e x = c, c R y x = c x2 e x e x, c R είναι το γενικό ολοκλήρωμα της 2, το οποία σαφώς είναι το γενικό ολοκλήρωμα της 1, αφού οι διαφορικές εξισώσεις 1 και 2 είναι ισοδύναμες.
Παράδειγμα 3 Να λύσετε την διαφορική εξίσωση x 2 + y dx + x dy = 0, x > 0 1 2 Λύση: H 1 είναι της μορφής P x, y dx + Q x, y dy = 0 με P x, y = x 2 + y και Q x, y = x 2 Παρατηρούμε ότι P x, y = 1 και y Q x, y x = 1 2
Παρατηρούμε ότι P x,y y Q x,y x. Άρα η διαφορική εξίσωση δεν είναι πλήρης. Εξετάζουμε αν η διαφορική εξίσωση έχει ολοκληρωτικό παράγοντα συνάρτηση μόνο του x. Για αυτό υπολογίζουμε τη συνάρτηση P y Q x Q P y Q x Q = 1 1 2 x 2 Η οποία πράγματι είναι ανεξάρτητη του y. Κατα συνέπεια, η διαφορική εξίσωση έχει ολοκληρωτικό παράγοντα τη συνάρτηση = 1 x
Δηλαδή μ x μ x = e 1 x dx = e lnx = x Πολλαπλασιάζουμε την 1 με την μ x και λαμβάνουμε x 3 + xy dx + x2 2 dy = 0 2 Η οποία είναι πλήρης.
Άρα υπάρχει συνάρτηση f x, y τέτοια ώστε f x = x3 + xy 3 και f y = x2 2 4
f x, y f y = x2 2 = න x2 2 dy f x, y = yx2 + g x 2 yx2 + g x f x, y 2 = x x x 3 + xy = xy + g x x 3 = g x g x = x4 4 + c 1
Άρα f x, y Επομένως yx2 2 + x4 4 + c 1 = c 2 ή = yx2 2 + x4 4 + c 1 yx 2 2 + x4 = c, c R 4 Δηλαδή c x4 y x = 2x 2, c R είναι η γενική λύση της 2, άρα και της 1.
Παράδειγμα 4 Δίνεται η διαφορική εξίσωση y 2 + xy dx x 2 dy = 0, x > 0 1 a. Να δείξετε ότι η συνάρτηση y = 0 είναι λύση της 1 b. Για y 0 να δείξετε ότι η συνάρτηση μ x, y = 1 xy2 είναι ολοκληρωτικός παράγοντας της 1 και στην συνέχεια να την λύσετε. Λύση: a. H 1 είναι ισοδύναμη της y 2 + xy x 2 y = 0. Η συνάρτηση y = 0 είναι λύση της 1 αφού την επαληθεύει.
b. Πολλαπλασιάζουμε την 1 με την μ x, y = 1 xy 2 1 x + 1 y dx x y 2 dy = 0 2 Η οποία είναι της μορφής P x, y dx + Q x, y dy = 0 με P x, y = 1 x + 1 y και Q x, y = x y 2. και λαμβάνουμε Παρατηρούμε ότι P x, y y = 1 Q x, y και y2 x = 1 y 2
Δηλαδή P x,y y = Q x,y x. Άρα η διαφορική εξίσωση 1 ανάχθηκε σε πλήρης και επομένως η συνάρτηση μ x, y = 1 xy2 είναι ολοκληρωτικός παράγοντας της 1.
Άρα υπάρχει συνάρτηση f x, y τέτοια ώστε f x = 1 x + 1 y 3 και f y = x y 2 4
f x = 1 x + 1 y f x, y = න 1 x + 1 y dx f x, y = lnx + x y + g y f x, y y = lnx + x y y + g y x y 2 = x + g y y2 0 = g y g y = c 1
Άρα Επομένως lnx + x y + c 1 = c 2 ή f x, y = lnx + x y + c 1 lnx + x y = c, c R Δηλαδή x y x = c lnx, c R είναι η γενική λύση της 2, άρα και της 1. Και y x = 0 είναι ιδιάζουσα λύση της 1.
Επομένως οι λύσεις της διαφορικής εξίσωσης 1 είναι: y x = x, c R, c lnx γενική λύση y x = 0, ιδιάζουσα λύση
Ασκήσεις 1. Να λύσετε την Σ.Δ.Ε. x 2 x + y 2 dx ye y 2xy dy = 0 2. Να λύσετε την Σ.Δ.Ε. 3tx + 8x 3 dt + t 2 4tx 2 dx = 0 αφού βρεθεί πολλαπλασιαστής Euler της μορφής μ t, x = t a x β 3. Να λύσετε την Σ.Δ.Ε. 3x 4 y dx + x 4x 2 y 3 dy = 0 4. Αν η διαφορική εξίσωση x 2 + y dx + f x dy = 0 έχει πολλαπλασιαστή Euler την συνάρτηση μ x = x, να βρεθεί ο τύπος της f x και στην συνέχεια να την λύσετε.
Βιβλιογραφία Finney, R. L. & Giordano, F. R. Απειροστικός Λογισμός II, Πανεπιστημιακές Εκδόσεις Κρήτης, Ηράκλειο 2004 Αθανάσιος Πέτσουλας, Μαθηματικά 4, Σχολή Ναυτικών Δοκίμων, Πειραιάς 2009 Γ.Ν. Παντελίδη, Δ.Χ. Κραββαρίτη, Ν. Σ. Χατζησάββα Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις Εκδόσεις Ζήτη, Αθήνα 1990 William E. Boyce, Richard C. Diprima, Elementary Differential Equations and Boundary Value Problems, John Wiley & Sons, Inc, New York 2001