Γραμμικές Συνήθεις ιαφορικές Εξισώσεις Ανώτερης Τάξης Γραμμικές Σ Ε 2ης τάξης Σ Ε 2ης τάξης με σταθερούς συντελεστές Μιγαδικές ρίζες Γραμμικές Σ Ε υψηλότερης τάξης Γραμμική Ανεξαρτησία Μανόλης Βάβαλης Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Τηλεπικοινωνιών και ικτύων Πανεπιστήμιο Θεσσαλίας 17 Μαρτίου 2013, Βόλος
Γραμμικές Σ Ε 2ης τάξης A(x)y + B(x)y + C(x)y = F(x).
Γραμμικές Σ Ε 2ης τάξης ή A(x)y + B(x)y + C(x)y = F(x). y + p(x)y + q(x)y = f(x). (1)
Γραμμικές Σ Ε 2ης τάξης A(x)y + B(x)y + C(x)y = F(x). ή y + p(x)y + q(x)y = f(x). (1) Ομογενής γραμμική εξίσωση όταν f(x) = 0.
Παραδείγματα y + k 2 y = 0 υο λύσεις: y 1 = cos kx, y 2 = sin kx. y k 2 y = 0 υο λύσεις: y 1 = e kx, y 2 = e kx.
Θεώρημα Υπέρθεσης Αν y 1 και y 2 είναι δύο λύσεις της ομογενούς εξίσωσης τότε η y(x) = C 1 y 1 (x) + C 2 y 2 (x), είναι επίσης λύση της, για οποιεσδήποτε σταθερές C 1 και C 2. Μπορούμε να προσθέσουμε λύσεις (ή να πολλαπλασιάσουμε λύσεις με κάποιον αριθμό) και το αποτέλεσμα να είναι επίσης λύση.
Θεώρημα Υπέρθεσης - Απόδειξη Εστω y = C 1 y 1 + C 2 y 2. Τότε y + py + qy = (C 1 y 1 + C 2 y 2 ) + p(c 1 y 1 + C 2 y 2 ) + q(c 1 y 1 + C 2 y 2 ) = C 1 y 1 + C 2y 2 + C 1py 1 + C 2py 2 + C 1qy 1 + C 2 qy 2 = C 1 (y 1 + py 1 + qy 1) + C 2 (y 2 + py 2 + qy 2) = C 1 0 + C 2 0 = 0
Θεώρημα Υπαρξης και Μοναδικότητας Εστω ότι οι p, q, f είναι συνεχείς συναρτήσεις και ότι οι a, b 0, b 1 είναι σταθερές. Η εξίσωση y + p(x)y + q(x)y = f(x), έχει ακριβώς μια λύση y(x) η οποία ικανοποιεί τις εξής αρχικές συνθήκες y(a) = b 0 y (a) = b 1.
Θεώρημα Υπαρξης και Μοναδικότητας Εστω ότι οι p, q, f είναι συνεχείς συναρτήσεις και ότι οι a, b 0, b 1 είναι σταθερές. Η εξίσωση y + p(x)y + q(x)y = f(x), έχει ακριβώς μια λύση y(x) η οποία ικανοποιεί τις εξής αρχικές συνθήκες y(a) = b 0 y (a) = b 1. Παραδείγματα, y + y = 0 με y(0) = b 0 και y (0) = b 1 y(x) = b 0 cos x + b 1 sin x. y y = 0 με y(0) = b 0 και y (0) = b 1 y(x) = b 0 cosh x + b 1 sinh x.
Σ Ε 2ης τάξης με σταθερούς συντελεστές y 6y + 8y = 0, y(0) = 2, y (0) = 6.
Σ Ε 2ης τάξης με σταθερούς συντελεστές y 6y + 8y = 0, y(0) = 2, y (0) = 6. Μαντεψιά: y = e rx. Τ οτε y = re rx και y = r 2 e rx
Σ Ε 2ης τάξης με σταθερούς συντελεστές y 6y + 8y = 0, y(0) = 2, y (0) = 6. Μαντεψιά: y = e rx. Τ οτε y = re rx και y = r 2 e rx y 6y + 8y = 0, r 2 e rx 6re rx + 8e rx = 0, r 2 6r + 8 = 0, (r 2)(r 4) = 0.
Σ Ε 2ης τάξης με σταθερούς συντελεστές y 6y + 8y = 0, y(0) = 2, y (0) = 6. Μαντεψιά: y = e rx. Τ οτε y = re rx και y = r 2 e rx y 1 = e 2x και y 2 = e 4x. y 6y + 8y = 0, r 2 e rx 6re rx + 8e rx = 0, r 2 6r + 8 = 0, (r 2)(r 4) = 0.
Σ Ε 2ης τάξης με σταθερούς συντελεστές y 6y + 8y = 0, y(0) = 2, y (0) = 6. Μαντεψιά: y = e rx. Τ οτε y = re rx και y = r 2 e rx y 1 = e 2x και y 2 = e 4x. y 6y + 8y = 0, r 2 e rx 6re rx + 8e rx = 0, r 2 6r + 8 = 0, (r 2)(r 4) = 0. y = C 1 e 2x + C 2 e 4x.
Σ Ε 2ης τάξης με σταθερούς συντελεστές y 6y + 8y = 0, y(0) = 2, y (0) = 6. Μαντεψιά: y = e rx. Τ οτε y = re rx και y = r 2 e rx y 1 = e 2x και y 2 = e 4x. y 6y + 8y = 0, r 2 e rx 6re rx + 8e rx = 0, r 2 6r + 8 = 0, (r 2)(r 4) = 0. y = C 1 e 2x + C 2 e 4x. 2 = y(0) = C 1 + C 2, 6 = y (0) = 2C 1 + 4C 2.
Σ Ε 2ης τάξης με σταθερούς συντελεστές y 6y + 8y = 0, y(0) = 2, y (0) = 6. Μαντεψιά: y = e rx. Τ οτε y = re rx και y = r 2 e rx y 1 = e 2x και y 2 = e 4x. y 6y + 8y = 0, r 2 e rx 6re rx + 8e rx = 0, r 2 6r + 8 = 0, (r 2)(r 4) = 0. y = C 1 e 2x + C 2 e 4x. 2 = y(0) = C 1 + C 2, 6 = y (0) = 2C 1 + 4C 2. y = 7e 2x + 5e 4x.
Παράδειγμα y 6y + 8y = 0, y(0) = 2, y (0) = 6.
Παράδειγμα y 6y + 8y = 0, y(0) = 2, y (0) = 6. Μαντεψιά: y = e rx. Τότε y = re rx και y = r 2 e rx
Παράδειγμα y 6y + 8y = 0, y(0) = 2, y (0) = 6. Μαντεψιά: y = e rx. Τότε y = re rx και y = r 2 e rx y 6y + 8y = 0, r 2 e rx 6re rx + 8e rx = 0, r 2 6r + 8 = 0, (r 2)(r 4) = 0.
Παράδειγμα y 6y + 8y = 0, y(0) = 2, y (0) = 6. Μαντεψιά: y = e rx. Τότε y = re rx και y = r 2 e rx y 1 = e 2x και y 2 = e 4x. y 6y + 8y = 0, r 2 e rx 6re rx + 8e rx = 0, r 2 6r + 8 = 0, (r 2)(r 4) = 0.
Παράδειγμα y 6y + 8y = 0, y(0) = 2, y (0) = 6. Μαντεψιά: y = e rx. Τότε y = re rx και y = r 2 e rx y 1 = e 2x και y 2 = e 4x. y 6y + 8y = 0, r 2 e rx 6re rx + 8e rx = 0, r 2 6r + 8 = 0, (r 2)(r 4) = 0. y = C 1 e 2x + C 2 e 4x.
Παράδειγμα y 6y + 8y = 0, y(0) = 2, y (0) = 6. Μαντεψιά: y = e rx. Τότε y = re rx και y = r 2 e rx y 1 = e 2x και y 2 = e 4x. y 6y + 8y = 0, r 2 e rx 6re rx + 8e rx = 0, r 2 6r + 8 = 0, (r 2)(r 4) = 0. y = C 1 e 2x + C 2 e 4x. 2 = y(0) = C 1 + C 2, 6 = y (0) = 2C 1 + 4C 2.
Παράδειγμα y 6y + 8y = 0, y(0) = 2, y (0) = 6. Μαντεψιά: y = e rx. Τότε y = re rx και y = r 2 e rx y 1 = e 2x και y 2 = e 4x. y 6y + 8y = 0, r 2 e rx 6re rx + 8e rx = 0, r 2 6r + 8 = 0, (r 2)(r 4) = 0. y = C 1 e 2x + C 2 e 4x. 2 = y(0) = C 1 + C 2, 6 = y (0) = 2C 1 + 4C 2. y = 7e 2x + 5e 4x.
Γενικά ay + by + cy = 0
Γενικά ay + by + cy = 0 Μαντεψιά y = e rx ar 2 e rx + bre rx + ce rx = 0.
Γενικά ay + by + cy = 0 Μαντεψιά y = e rx ar 2 e rx + bre rx + ce rx = 0. χαρακτηριστική εξίσωση ar 2 + br + c = 0.
Γενικά ay + by + cy = 0 Μαντεψιά y = e rx ar 2 e rx + bre rx + ce rx = 0. χαρακτηριστική εξίσωση ar 2 + br + c = 0. Θεώρημα: Εστω r 1 και r 2 οι ρίζες της χαρακτηριστικής εξίσωσης. (i) Αν r 1 r 2 R y = C 1 e r 1x + C2 e r2x. (ii) Αν r 1 = r 2 R y = (C 1 + C 2 x) e r1x.
Παραδείγματα y k 2 y = 0
Παραδείγματα y k 2 y = 0 r 2 k 2 = 0
Παραδείγματα y k 2 y = 0 r 2 k 2 = 0 y = C 1 e kx + C 2 e kx
Παραδείγματα y k 2 y = 0 r 2 k 2 = 0 y = C 1 e kx + C 2 e kx y 8y + 16y = 0
Παραδείγματα y k 2 y = 0 r 2 k 2 = 0 y = C 1 e kx + C 2 e kx y 8y + 16y = 0 r 2 8r + 16 = (r 4) 2 = 0
Παραδείγματα y k 2 y = 0 r 2 k 2 = 0 y = C 1 e kx + C 2 e kx y 8y + 16y = 0 r 2 8r + 16 = (r 4) 2 = 0 y = (C 1 + C 2 x) e 4x = C 1 e 4x + C 2 xe 4x.
Παραδείγματα y k 2 y = 0 r 2 k 2 = 0 y = C 1 e kx + C 2 e kx y 8y + 16y = 0 r 2 8r + 16 = (r 4) 2 = 0 y = (C 1 + C 2 x) e 4x = C 1 e 4x + C 2 xe 4x. Είναι οι e 4x και xe 4x γραμμικές ανεξάρτητες λύσεις;
Παραδείγματα y k 2 y = 0 r 2 k 2 = 0 y = C 1 e kx + C 2 e kx y 8y + 16y = 0 r 2 8r + 16 = (r 4) 2 = 0 y = (C 1 + C 2 x) e 4x = C 1 e 4x + C 2 xe 4x. Είναι οι e 4x και xe 4x γραμμικές ανεξάρτητες λύσεις; y = xe 4x y = e 4x + 4xe 4x, y = 8e 4x + 16xe 4x
Παραδείγματα y k 2 y = 0 r 2 k 2 = 0 y = C 1 e kx + C 2 e kx y 8y + 16y = 0 r 2 8r + 16 = (r 4) 2 = 0 y = (C 1 + C 2 x) e 4x = C 1 e 4x + C 2 xe 4x. Είναι οι e 4x και xe 4x γραμμικές ανεξάρτητες λύσεις; y = xe 4x y = e 4x + 4xe 4x, y = 8e 4x + 16xe 4x y 8y +16y = 8e 4x +16xe 4x 8(e 4x +4xe 4x ) +16xe 4x = 0
Παραδείγματα y k 2 y = 0 r 2 k 2 = 0 y = C 1 e kx + C 2 e kx y 8y + 16y = 0 r 2 8r + 16 = (r 4) 2 = 0 y = (C 1 + C 2 x) e 4x = C 1 e 4x + C 2 xe 4x. Είναι οι e 4x και xe 4x γραμμικές ανεξάρτητες λύσεις; y = xe 4x y = e 4x + 4xe 4x, y = 8e 4x + 16xe 4x y 8y +16y = 8e 4x +16xe 4x 8(e 4x +4xe 4x ) +16xe 4x = 0 xe 4x = Ce 4x
Παραδείγματα y k 2 y = 0 r 2 k 2 = 0 y = C 1 e kx + C 2 e kx y 8y + 16y = 0 r 2 8r + 16 = (r 4) 2 = 0 y = (C 1 + C 2 x) e 4x = C 1 e 4x + C 2 xe 4x. Είναι οι e 4x και xe 4x γραμμικές ανεξάρτητες λύσεις; y = xe 4x y = e 4x + 4xe 4x, y = 8e 4x + 16xe 4x y 8y +16y = 8e 4x +16xe 4x 8(e 4x +4xe 4x ) +16xe 4x = 0 xe 4x = Ce 4x x = C
Παρατηρήσεις 1. Η περίπτωση να έχουμε διπλή ρίζα είναι εξαιρετικά σπάνιο στην πράξη.
Παρατηρήσεις 1. Η περίπτωση να έχουμε διπλή ρίζα είναι εξαιρετικά σπάνιο στην πράξη. 2. Γιατί η xe rx είναι λύση;
Παρατηρήσεις 1. Η περίπτωση να έχουμε διπλή ρίζα είναι εξαιρετικά σπάνιο στην πράξη. 2. Γιατί η xe rx είναι λύση; Εστω r 1 r 2 τότε er 2 x e r 1 x r 2 r 1 είναι μια λύση.
Παρατηρήσεις 1. Η περίπτωση να έχουμε διπλή ρίζα είναι εξαιρετικά σπάνιο στην πράξη. 2. Γιατί η xe rx είναι λύση; Εστω r 1 r 2 τότε er 2 x e r 1 x r 2 r 1 είναι μια λύση. Όταν r 1 r 2 τότε er 2 x e r 1 x r 2 r 1 (e rx ) = xe rx, επίσης λύση.
Τύπος του Euler e iθ = cos θ + i sin θ e iθ = cos θ i sin θ.
Μιγαδικές ρίζες ar 2 + br + c = 0 με b 2 4ac <0 r 1,2 = b 2a ± i b 2 4ac 2a
Μιγαδικές ρίζες ar 2 + br + c = 0 με b 2 4ac <0 r 1,2 = b 2a ± i b 2 4ac 2a y = C 1 e (α+iβ)x + C 2 e (α iβ)x.
Μιγαδικές ρίζες ar 2 + br + c = 0 με b 2 4ac <0 r 1,2 = b 2a ± i b 2 4ac 2a y = C 1 e (α+iβ)x + C 2 e (α iβ)x. Θέτοντας y 1 = e (α+iβ)x και y 2 = e (α iβ)x έχουμε y 1 = e αx cos βx + ie αx sin βx, y 2 = e αx cos βx ie αx sin βx.
Μιγαδικές ρίζες ar 2 + br + c = 0 με b 2 4ac <0 r 1,2 = b 2a ± i b 2 4ac 2a y = C 1 e (α+iβ)x + C 2 e (α iβ)x. Θέτοντας y 1 = e (α+iβ)x και y 2 = e (α iβ)x έχουμε y 1 = e αx cos βx + ie αx sin βx, y 2 = e αx cos βx ie αx sin βx. Κάθε γραμμικός συνδυασμός λύσεων είναι και αυτός λύση. y 3 = y 1 + y 2 = e 2 αx cos βx, y 4 = y 1 y 2 = e 2i αx sin βx.
Θεώρημα Θεώρημα Αν οι ρίζες της χαρακτηριστικής εξίσωσης της διαφορικής εξίσωσης ay + by + cy = 0. είναι οι α ± iβ, τότε η γενική της λύση είναι y = C 1 e αx cos βx + C 2 e αx sin βx.
Παράδειγμα y + k 2 y = 0 k >0.
Παράδειγμα y + k 2 y = 0 k >0. Χαρακτηριστική εξίσωση r 2 + k 2 = 0 Ρίζες r = ±ik Γενική λύση y = C 1 cos kx + C 2 sin kx.
Παράδειγμα y 6y + 13y = 0, y(0) = 0 y (0) = 10.
Παράδειγμα y 6y + 13y = 0, y(0) = 0 y (0) = 10. Χαρακτηριστική εξίσωση r 2 6r + 13 = 0 με ρίζες r = 3 ± 2i και γενική λύση y = C 1 e 3x cos 2x + C 2 e 3x sin 2x
Παράδειγμα y 6y + 13y = 0, y(0) = 0 y (0) = 10. Χαρακτηριστική εξίσωση r 2 6r + 13 = 0 με ρίζες r = 3 ± 2i και γενική λύση y = C 1 e 3x cos 2x + C 2 e 3x sin 2x 0 = y(0) = C 1 e 0 cos 0 + C 2 e 0 sin 0 = C 1 Άρα C 1 = 0 συνεπώς y = C 2 e 3x sin 2x οπότε y = 3C 2 e 3x sin 2x + 2C 2 e 3x cos 2x
Παράδειγμα y 6y + 13y = 0, y(0) = 0 y (0) = 10. Χαρακτηριστική εξίσωση r 2 6r + 13 = 0 με ρίζες r = 3 ± 2i και γενική λύση y = C 1 e 3x cos 2x + C 2 e 3x sin 2x 0 = y(0) = C 1 e 0 cos 0 + C 2 e 0 sin 0 = C 1 Άρα C 1 = 0 συνεπώς y = C 2 e 3x sin 2x οπότε y = 3C 2 e 3x sin 2x + 2C 2 e 3x cos 2x 10 = y (0) = 2C 2, ή C 2 = 5. Άρα y = 5e 3x sin 2x
Γραμμικές Σ Ε υψηλότερης τάξης y (n) + p n 1 (x)y (n 1) + + p 1 (x)y + p 0 (x)y = 0. (2)
Γραμμικές Σ Ε υψηλότερης τάξης y (n) + p n 1 (x)y (n 1) + + p 1 (x)y + p 0 (x)y = 0. (2) Θεώρημα Υπέρθεσης Εάν y 1, y 2,..., y n είναι λύσεις της ομογενούς εξίσωσης, τότε η y(x) = C 1 y 1 (x) + C 2 y 2 (x) + + C n y n (x), είναι επίσης λύση για οποιεσδήποτε C 1,..., C n.
Γραμμικές Σ Ε υψηλότερης τάξης y (n) + p n 1 (x)y (n 1) + + p 1 (x)y + p 0 (x)y = 0. (2) Θεώρημα Υπέρθεσης Εάν y 1, y 2,..., y n είναι λύσεις της ομογενούς εξίσωσης, τότε η y(x) = C 1 y 1 (x) + C 2 y 2 (x) + + C n y n (x), είναι επίσης λύση για οποιεσδήποτε C 1,..., C n. Θεώρημα Υπαρξης και Μοναδικότητας Εστω ότι οι συναρτήσεις p 0, p 1,..., p n 1, και f είναι συνεχείς και οι a, b 0, b 1,..., b n 1 είναι σταθερές. Η εξίσωση y (n) + p n 1 (x)y (n 1) + + p 1 (x)y + p 0 (x)y = f(x),. έχει ακριβώς μια λύση y(x) οι οποία ικανοποιεί τις παρακάτω αρχικές συνθήκες y(a) = b 0, y (a) = b 1,..., y (n 1 )(a) = b n 1.
Γραμμική Ανεξαρτησία Ορισμός y 1, y 2,..., y n είναι γραμμικά ανεξάρτητες αν η εξίσωση c 1 y 1 + c 2 y 2 + + c n y n = 0, έχει μόνον την τετριμμένη λύση c 1 = c 2 = = c n = 0.
Παράδειγμα Είναι οι e x, e x, cosh(x) γραμμικά ανεξάρτητες;
Παράδειγμα Είναι οι e x, e x, cosh(x) γραμμικά ανεξάρτητες; sinh x = ex e x 2
Παράδειγμα Είναι οι e x, e 2x, e 3x γραμμικά ανεξάρτητες;
Παράδειγμα Είναι οι e x, e 2x, e 3x γραμμικά ανεξάρτητες; 1. c 1 e x + c 2 e 2x + c 3 e 3x = 0 c 1 z + c 2 z 2 + c 3 z 3 = 0 με z = e x
Παράδειγμα Είναι οι e x, e 2x, e 3x γραμμικά ανεξάρτητες; 1. c 1 e x + c 2 e 2x + c 3 e 3x = 0 c 1 z + c 2 z 2 + c 3 z 3 = 0 με z = e x 2. c 1 e x + c 2 e 2x + c 3 e 3x = 0 c 1 e 2x + c 2 e x + c 3 = 0
Παράδειγμα Είναι οι e x, e 2x, e 3x γραμμικά ανεξάρτητες; 1. c 1 e x + c 2 e 2x + c 3 e 3x = 0 c 1 z + c 2 z 2 + c 3 z 3 = 0 με z = e x 2. c 1 e x + c 2 e 2x + c 3 e 3x = 0 c 1 e 2x + c 2 e x + c 3 = 0 3. c 1 e x + c 2 e 2x + c 3 e 3x = 0 c 1 + c 2 e x + c 3 e 2x = 0 Με x = 0 παίρνουμε c 1 + c 2 + c 3 = 0. Παραγωγίζοντας και τα δύο μέρη έχουμε... c 2 e x + 2c 3 e 2x = 0,
Παράδειγμα y 3y y + 3y = 0,
Παράδειγμα y 3y y + 3y = 0, y(0) = 1, y (0) = 2, y (0) = 3
Παράδειγμα y 3y y + 3y = 0, y(0) = 1, y (0) = 2, y (0) = 3 r 3 e rx 3r 2 e rx re rx + 3e rx = 0 r 3 3r 2 r + 3 = 0
Παράδειγμα y 3y y + 3y = 0, y(0) = 1, y (0) = 2, y (0) = 3 r 3 e rx 3r 2 e rx re rx + 3e rx = 0 r 3 3r 2 r + 3 = 0 y = C 1 e x + C 2 e x + C 3 e 3x
Παράδειγμα y 3y y + 3y = 0, y(0) = 1, y (0) = 2, y (0) = 3 r 3 e rx 3r 2 e rx re rx + 3e rx = 0 r 3 3r 2 r + 3 = 0 y = C 1 e x + C 2 e x + C 3 e 3x 1 = y(0) = C 1 + C 2 + C 3, 2 = y (0) = C 1 + C 2 + 3C 3, 3 = y (0) = C 1 + C 2 + 9C 3.
Παράδειγμα y 3y y + 3y = 0, y(0) = 1, y (0) = 2, y (0) = 3 r 3 e rx 3r 2 e rx re rx + 3e rx = 0 r 3 3r 2 r + 3 = 0 y = C 1 e x + C 2 e x + C 3 e 3x 1 = y(0) = C 1 + C 2 + C 3, 2 = y (0) = C 1 + C 2 + 3C 3, 3 = y (0) = C 1 + C 2 + 9C 3. C 1 = 1/4, C 2 = 1 και C 3 = 1/4 y = 1 4 e x + e x + 1 4 e3x
Παράδειγμα Λύστε την εξίσωση y (4) 3y + 3y y = 0
Παράδειγμα Λύστε την εξίσωση y (4) 3y + 3y y = 0 y = r 4 3r 3 + 3r 2 r = 0 r(r 1) 3 = 0 (c 0 + c 1 x + c 2 x 2 ) e x } {{ } + c }{{} 4. όροι προερχόμενοι από την r = 1 από την r = 0 (c 0 +c 1 x+ +c k 1 x k ) e αx cos βx+(d 0 +d 1 x+ +d k 1 x k ) e αx sin βx. όπου c 0,..., c k 1, d 0,..., d k 1 είναι τυχαίες σταθερές.
Παράδειγμα Λύστε την εξίσωση y (4) 4y + 8y 8y + 4y = 0
Παράδειγμα Λύστε την εξίσωση y (4) 4y + 8y 8y + 4y = 0 r 4 4r 3 + 8r 2 8r + 4 = 0, (r 2 2r + 2) 2 = 0, ( (r 1) 2 + 1 ) 2 = 0. y = (c 0 + c 1 x) e x cos x + (d 0 + d 1 x) e x sin x.