Μεθοδολογία για τις Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις Από την Ενότητα του Ελληνικού Ανοικτού Πανεπιστημίου Σπουδές στις Φυσικές Επιστήμες

Μεθοδολογία για τις Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις Από την Ενότητα του Ελληνικού Ανοικτού Πανεπιστημίου Σπουδές στις Φυσικές Επιστήμες Ανέπτυξα την παρακάτω μεθοδολογία με υλικό από το ΕΑΠ που με βοήθησε να ανταπεξέλθω στο μάθημα των διαφορικών εξισώσεων ως φοιτητής στο ΕΑΠ. Δεν μπορώ να υποσχεθώ ότι δεν περιέχει λάθη. Τα περισσότερα παραδείγματα είναι από εργασίες που εκπόνησα στην διάρκεια της χρονιάς.ελπίζω να σας φανεί χρήσιμο, εάν βρείτε λάθη παρακαλώ επικοινωνήστε μαζί μου να τα διορθώσω. Να διευκρινιστεί ότι αρκετά από τα γραφόμενα παρακάτω αποτελούν μέρος της ύλης η οποία έχει με διάφορους τρόπους δοθεί από υλικό του ΕΑΠ και με κανένα τρόπο δεν μπορεί να αποτελέσει μέρος εμπορικής εκμετάλευσης. Γιώργος Νικολιδάκης nikoligeo@gmail.com Γενικά : Η γενική λύση των διαφορικών είναι μια οικογένεια καμπυλών και πρέπει να περιέχει τόσες σταθερές όση και η τάξη της διαφορικής. Με τον όρο θεμελιώδες σύνολο λύσεων εννοούμε, ότι οι λύσεις πρέπει να είναι λύσεις της διαφορικής και ταυτόχρονα να είναι γραμμικά ανεξάρτητες. ΠΑΤ (Πρόβλημα αρχικών τιμών) Όταν πρέπει να βρεθεί μια συνάρτηση που να ικανοποιεί την διαφορική και δεδομένες συνθήκες οι οποίες αφορούν τις τιμές της άγνωστης συνάρτησης και των παραγώγων της σε ένα σημείο. Οι συνθήκες αυτές λέγονται αρχικές συνθήκες. y(0) = y (0) = 1 ΠΣΤ (Πρόβλημα Συνοριακών Τιμών) Όταν οι συνθήκες που πρέπει να ικανοποιούνται από τη ζητούμενη συνάρτηση δίνονται σε διαφορετικά σημεία το πρόβλημα λέγεται Πρόβλημα Συνοριακών Τιμών (Π.Σ.Τ.) και οι συνθήκες λέγονται Συνοριακές Συνθήκες. y(0) = y (1) = 1 Όταν η συνάρτηση είναι πεπλεγμένη πχ xe y + 2y = c και μας δίνει συνθήκη y(1) = 1 αντικαθιστώ το για χ=1, y=1 Και η γενική λύση είναι xe y + 2y = e + 2 Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 1

Χωριζόμενων Μεταβλητών Έχει την μορφή dy dx = f(x, y) εάν η f(x, y) μπορεί να γραφεί σαν δύο ξεχωριστές συναρτήσεις f(x, y) = f 1(x)f 2 (y) τότε dy dx = f 1(x)f 2 (y) dy f 2 (y) = f 1(x)dx στην τελευταία έχουμε χωρίσει τις μεταβλητές Με άμεση ολοκλήρωση και των δύο μελών της παραπάνω προκύπτει η λύση dy f 2 (y) = f 1(x)dx Μπορεί να γραφτεί και όπως παρακάτω P(x)Q(y)dx + R(x)S(y)dy = 0 P(x)Q(y)dx = R(x)S(y)dy P(x) S(y) d(x) = R(x) Q(y) d(y) είναι στην ουσία μια ακριβής ΣΔΕ και είναι του τύπου P(x)dx + Q(y)dy = 0 Το χαρακτηριστικό είναι ότι οποιοσδήποτε παράγοντας εμφανίζεται στις εκφράσεις των P(x), Q(y) εξαρτάται μόνο από το x η μόνο από το y Αν θέλουμε μια λύση που περνά από το (x 0, y 0 ) x y P(t)dx + Q(t)dx = 0 x 0 y 0 Παράδειγμα Να λυθεί το Πρόβλημα αρχικών τιμών PAT xy = 1 y 2, y(1) = 0, όπου y = y(x), x 0 Λύση Η Σ.Δ.Ε που μας δίνεται είναι μια διαφορική εξίσωση χωριζόμενων μεταβλητών. xy = 1 y 2 x dy dx = 1 y2 xdy = dx(1 y 2 ) 1 y 2 0 y ±1, x 0 dy (1 y 2 ) = dx x dy (1 + y)(1 y) = dx x dy (1 + y)(1 y) = dx x 1 2 ( dy (1 + y) + dy (1 y) ) = dx x 1 2 ln 1 + y 1 ln 1 y 2 = ln x + c 1 1 + y ln 1 2 1 y = 1 2 ln x 2 + c 1 1 + y ln 1 2 1 y 1 2 ln x 2 = c 1 1 2 ln 1 + y x 2 (1 y) = c 1 Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 2

1 + y ln x 2 (1 y) = 2c 1 e 2c 1 + y 1 = x 2 (1 y) Αντικαθιστούμε την ±e 2c 1 με μια νέα σταθερά c (1) 1 + y x 2 (1 y) = ±e2c 1 (1) 1 + y x 2 (1 y) = c 1 + y = x2 (1 y)c y + x 2 yc = x 2 c 1 y = x2 c 1 x 2 c + 1 (2) H (2) είναι η γενική λύση της διαφορικής. Εξετάζουμε τις αρχικές συνθήκες για να αποφανθούμε για την τιμή της σταθεράς c (2) y(1)=0 0 = c 1 c 1 = 0 c = 1 c + 1 Επομένως τελικά η ειδική λύση της διαφορικής είναι : y = x2 1 x 2 + 1 Ελέγχουμε τις τιμές που έχουμε εξαιρέσει. y = x2 1 x 2 ±1 ισχύει πάντα αφού μας δίνεται ότι x 0 + 1 Ομογενείς y (x) = f(x, y) Όπου f(x, y)είναι ομογενείς μηδενικού βαθμού ως προς x και y f(tx, ty) = t n f(x, y) Η Διαφορική μορφή της ομογενούς P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 όπου P(x, y), Q(x, y) είναι ομογενείς ως πρός τις μεταβλητές τους βαθμού n Αν αντιμετωπίζουμε την διαφορική μορφή θέτουμε u = y dy y = ux x dx = du dx x + dx dx u dy = dx du dx Αν αντιμετωπίζουμε τη λυμένη μορφή θέτουμε y(x) = xu(x) y (x) = x u(x) + xu (x) = u(x) + xu (x) Η αρχική μετατρέπεται σε χωριζόμενων μεταβλητών. Αντικαθιστούμε προς τα πίσω. dx x + dx u dy = xdu + udx dx παράδειγμα Να λυθεί το πρόβλημα συνοριακών τιμών ΠΑΤ xy = y + x 2 + y 2, y(1) = 0 όπου y = y(x), x > 0 Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 3

Λύση Η συνάρτηση που μας δίνεται γράφεται : y = y + x2 + y 2 x Έστω f(x, y) = y + x2 + y 2 x (1), x 0 Σχηματίζουμε τη συνάρτηση f(tx, ty) = ty + t2 x 2 + t 2 y 2 tx = ty + t x2 + y 2 tx = y + x2 + y 2 x Επομένως η συνάρτηση είναι ομογενής μηδενικού βαθμού ως προς x και y. Θέτουμε y(x) = xu(x) y (x) = u(x) + xu (x) (2) Αντικαθιστούμε στην (1) y = y + x2 + y 2 x u + xu = xu + x2 + x 2 u 2 x xu = 1 + u 2 xdu = ( 1 + u 2 ) dx (3) Η (3) είναι διαφορική εξίσωση χωριζόμενων μεταβλητών. du 1 + u = dx 2 x (4) = t 0 f(x, y) u + xu xu + x 1 + u2 = u + xu = u + 1 + u x 2 όπου υποθέσαμε ότι 1 + u 2 0 το οποίο ισχύει δια κάθε u και x 0 το οποίο μας δίνεται Θα υπολογίσουμε το ολοκλήρωμα du 1+u 2 Χρησιμοποιούμε την αντικατάσταση 1 + u 2 = 1(u t) 1 + u 2 = u 2 2ut + t 2 u = t2 1 2t du = (t2 1) 2t (t 2 1)(2t) (2t) 2 dt = 4t2 2t 2 4t 2 dt = 4t2 2t 2 + 2 4t 2 dt = t2 + 1 2t 2 dt Αντικαθιστούμε στο ολοκλήρωμα du 1 + u = 2 t 2 + 1 2t 2 t 2 1 2t t dt = 2t(t2 + 1) dt 2t 2 (t 2 dt = + 1) t = ln t + c 1 Με αντικατάσταση προς τα πίσω έχουμε 1 + u 2 = 1(u t) t = u 1 + u 2 du 1 + u = ln t + c 2 1 = ln u 1 + u 2 + c 1 Σύμφωνα με τα παραπάνω εργαζόμαστε στην (4)όπου ολοκληρώνουμε και τα δύο μέλη du 1 + u = dx 2 x ln u 1 + u2 + c 1 = ln x Αντικαθιστούμε την Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 4

y(x) = xu(x) u = y x ln y x 1 + ( y y 2 x ) x 1 + ( y y x )2 x 1 + ( y x )2 + c 1 = ln x ln = c x 1 = ±e c 1 (5) x Αντικαθιστούμε την ±e c 1 με μια νέα σταθερά c (5) y x 1 + ( y x )2 x = c y x 1 + ( y 2 x ) = cx 1 + ( y 2 x ) = y 2 x cx 1 + (y x ) = ( y 2 x cx) 1 + y2 x 2 = y2 x 2 2cx y x + cx2 1 = 2cy + cx 2 y = cx2 1 (5) 2c H (5) είναι η γενική λύση της διαφορικής. Εξετάζουμε τις αρχικές συνθήκες για να αποφανθούμε για την τιμή της σταθεράς c (5) y(1)=0 c 1 = 0 c 1 = 0 c = 1 όπου υποθέσαμε ότι 2c 0 το οποίο ισχύει. 2c Επομένως τελικά η ειδική λύση της διαφορικής είναι : y = x2 1 2 Ακριβείς ή τέλειου διαφορικού P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 (1) P(x, y) y = Q(x, y) x Φέρνουμε τη συνάρτηση στη διαφορική μορφή (1) και ελέγχουμε αν ισχύει η παραπάνω εάν ισχύει υπολογίζουμε τη γενική λύση: Αντικαθιστούμε τη μεταβλητή x με τη μεταβλητή t στην P(x, y) έτσι ώστε να γίνει P(t, y) και υπολογίζουμε το ολοκλήρωμα x P(t, y)dt a Αντικαθιστούμε τη μεταβλητή x με τη σταθερά α στην Q(x, y) ώστε να γίνει Q(a, y) και και υπολογίζουμε το ολοκλήρωμα Q(a, y)dy Προσθέτουμε τα δύο ολοκληρώματα και παίρνουμε την συνάρτηση x F(x, y) = P(t, y)dt a + Q(a, y)dy = c 1 Η οποία είναι η γενική λύση όπου α, c 1 είναι αυθαίρετες σταθερές. Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 5

Δεύτερος τρόπος ζητάμε μια συνάρτηση σταθερή F(x, y) της οποίας το ολικό διαφορικό θα είναι df = P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 Επομένως F(x, y) = c για την οποία θα ισχύει F F = P(x, y), = Q(x, y) x y F(x, y) = P(x, y)dx + Φ(y) [ P(x, y)dx] + Φ(y) = Q(x, y) x Από την τελευταία υπολογίζουμε τη Φ(y) αντικαθιστούμε τη Φ(y) και μέσω της F(x, y) = c καταλήγουμε στην γενική λύση Παράδειγμα Να αποδειχθεί ότι η εξίσωση είναι ακριβής Σ.Δ.Ε. και κατόπιν να λυθεί. Κατανόηση Η άσκηση ζητάει καταρχήν να αποδείξουμε ότι η εξίσωση (1) είναι Ακριβής Σ.Δ.Ε. Για να το κάνουμε αυτό παρατηρούμε ότι η (1) είναι σε διαφορική μορφή οπότε παραγωγίζοντας τη συνάρτηση Ρ(x,y) ως προς y και την Q(x,y) ως προς x, θα αποδείξουμε ότι ισχύει (2) (1) που είναι η προϋπόθεση ώστε η (1) να είναι ακριβής. Στη συνέχεια θα χρησιμοποιήσουμε μια απ τις δύο μεθοδολογίες που οδηγούν στη γενική λύση μιας ακριβούς Σ.Δ.Ε.. Την παρούσα άσκηση θα την επιλύσουμε με την αναλυτική μέθοδο ώστε ο αναγνώστης να έχει πλήρη την εικόνα της ακριβούς Σ.Δ.Ε. αλλά και της διαδικασίας υπολογισμού της λύσεως. Αναζητούμε συνάρτηση τέτοια, ώστε το διαφορικό της να δίνεται από την (1), ή γενικά από τη (2):. (3) Τότε η ζητούμενη συνάρτηση F, που θα είναι οποιαδήποτε σταθερή συνάρτηση, θα δίνει τη γενική λύση της (1), σε πεπλεγμένη μορφή. Για να ισχύει η (3) πρέπει να ισχύουν συγχρόνως οι και. (4) Βήμα 1: Λύνουμε ως προς F την πρώτη από τις σχέσεις (4), ολοκληρώνοντας άμεσα Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 6

(5) ενώ θεωρούμε για αυτή την ολοκλήρωση το y σταθερό. Προσέξτε ότι η σταθερά που προκύπτει από την ολοκλήρωση είναι σταθερά ως προς τη μεταβλητή x, αλλά μπορεί να εξαρτάται από το y. Βήμα 2: Παραγωγίζουμε ως προς y τη συνάρτηση F που βρήκαμε στο πρώτο βήμα και αντικαθιστούμε στη δεύτερη σχέση της (4). Η (5) γίνεται τότε και λόγω της (4) η (6) γράφεται (6) Από την (7) προσδιορίζεται η συνάρτηση.. (7) Βήμα 3: Αντικαθιστούμε την c(y) στην (5) και παίρνουμε τη γενική λύση της Σ.Δ.Ε. (2) (8) όπου c είναι αυθαίρετη σταθερά, ανεξάρτητη και από τις δύο μεταβλητές x, y. Βήμα 4: Ελέγχουμε ότι η συνάρτηση (8) πράγματι ικανοποιεί την αρχική Σ.Δ.Ε. Λύση Έστω (9) και. (10) Παραγωγίζουμε την (9) ως προς y και παίρνουμε Παραγωγίζουμε τη (10) ως προς x και παίρνουμε. (11) Από τις (11) και (12) είναι προφανές ότι. (12) που έπεται ότι η Σ.Δ.Ε. (1) είναι ακριβής. Τότε, υπάρχει συνάρτηση F τέτοια ώστε και (13) Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 7

. (14) Βήμα 1: Ολοκληρώνουμε την (13) ως προς x θεωρώντας το y προσωρινά σταθερό: Βήμα 2: Παραγωγίζουμε τη (15) ως προς y. (15) και αντικαθιστούμε στη (14) όπου c 1 αυθαίρετη σταθερά. Βήμα 3: Αντικαθιστούμε τη (16) στη (15) και προκύπτει η συνάρτηση (16) της οποίας το ολικό διαφορικό είναι Άρα η F είναι οποιαδήποτε σταθερή συνάρτηση. ή ισοδύναμα (17) όπου c 2 και, αυθαίρετες σταθερές, η οποία ικανοποιεί τη Σ.Δ.Ε. (1), που σημαίνει ότι η (17) δίνει τη γενική λύση της Σ.Δ.Ε. (1). Βήμα 4: Παραγωγίζουμε τη (17) ως προς x και παίρνουμε. (18) Επειδή η μεταβλητή y εξαρτάται από το x, ο κανόνας σύνθετης παραγώγισης οδηγεί τη (18) στην. (19) Για να επαληθεύσουμε ότι ικανοποιείται η Σ.Δ.Ε. (1), αρκεί να εμφανιστούν στη (19) τα διαφορικά dy και dx. Για το λόγο αυτό πολλαπλασιάζουμε τη (19) με dx:. (20) Η (20) ταυτίζεται με τη Σ.Δ.Ε. (1), άρα η (17) αποτελεί τη γενική της λύση. Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 8

Σχόλια 1. Την ίδια Σ.Δ.Ε., και κάθε ακριβή Σ.Δ.Ε., μπορούμε να την αντιμετωπίσουμε με την ίδια μέθοδο, ξεκινώντας όμως το πρώτο βήμα της από τη δεύτερη εξίσωση της (4). Τότε, θα ολοκληρώναμε την εξίσωση αυτή ως προς x και θα προέκυπτε κατά τρόπο ανάλογο της (5) η μορφή (21) όπου c(x) συνάρτηση μόνον του x. Παραγωγίζοντας αυτήν ως προς x και απαιτώντας να ικανοποιείται τώρα η πρώτη σχέση της (4), θα υπολογίζαμε τη συνάρτηση c(x):. (22) Αντικαθιστώντας την προκύπτουσα c(x) στην (21) θα βρίσκαμε πάλι τη γενική λύση της (1), στην ίδια τελική μορφή όπως στη σχέση (17). Επειδή λοιπόν οι εξισώσεις κατά τη διαδικασία υπολογισμού διαφέρουν ανάλογα με την εξίσωση με την οποία ξεκινάμε στο πρώτο βήμα της μεθόδου, είναι σκόπιμο οι εξισώσεις αυτές να μην αποστηθίζονται αλλά να εφαρμόζονται κάθε φορά τα βήματα, προσαρμοσμένα στην εκάστοτε Σ.Δ.Ε. 2. Η ίδια Σ.Δ.Ε. θα μπορούσε φυσικά να λυθεί και με τη δεύτερη μέθοδο (βλ. Ακριβής Σ.Δ.Ε.). Ο αναγνώστης ενθαρρύνεται να οδηγηθεί στη γενική λύση (17), ακολουθώντας και τη μέθοδο αυτή, η οποία με την προϋπόθεση της αυξημένης προσοχής στις λεπτομέρειες, οδηγεί στη γενική λύση πιο σύντομα από την πρώτη μέθοδο. Να αποδειχθεί ότι η Σ.Δ.Ε. είναι ακριβής, και κατόπιν να λυθεί. Κατανόηση Για να ελέγξουμε αν η εξίσωση (1) είναι Ακριβής Σ.Δ.Ε., πρέπει πρώτα να τη φέρουμε σε διαφορική μορφή Για να το κάνουμε αυτό, ακολουθούμε τα εξής βήματα: (1). (2) Βήμα 1: Πολλαπλασιάζουμε την (1) με dx ώστε να δημιουργηθεί το διαφορικό. Βήμα 2: Διευθετούμε κατάλληλα τους όρους της Σ.Δ.Ε. (2) για να ορίσουμε τα Ρ(x,y) και Q(x,y) με σαφήνεια. Στη συνέχεια αποδεικνύουμε ότι η Σ.Δ.Ε. είναι ακριβής, ως εξής: Βήμα 3: Παραγωγίζουμε την Ρ(x,y) ως προς y. Βήμα 4: Παραγωγίζουμε την Q(x,y) ως προς x. Βήμα 5: Αν ισχύει ότι, (3) Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 9

η Σ.Δ.Ε. είναι ακριβής. Αν δεν ισχύει η παραπάνω σχέση (3), ελέγχουμε ξανά την ορθότητα των υπολογισμών στα παραπάνω βήματα, δεδομένου ότι η άσκηση ζητάει να αποδείξουμε ότι η (1) είναι ακριβής οπότε η σχέση (3) πρέπει να ισχύει και όχι να ελέγξουμε αν η (1) είναι ακριβής οπότε η σχέση (3) μπορεί και να μην ισχύει. Τέλος λύνουμε την Σ.Δ.Ε. (1) με την αναλυτική μέθοδο Ι, αναζητώντας συνάρτηση F(x,y) για την οποία να ισχύει ότι και (4) Βήμα 6: Ολοκληρώνουμε την (4) ως προς x:. (5) Βήμα 7: Παραγωγίζουμε την (6) ως προς y. (6). (7) Βήμα 8: Αντικαθιστούμε την (7) στην (5) και προσδιορίζουμε τη c(y) από την. (8) Βήμα 9: Αντικαθιστούμε τη c(y) στην (6) και έχουμε τη γενική λύση της Σ.Δ.Ε. (1). Στη συνέχεια ελέγχουμε αν η συνάρτηση που βρήκαμε πράγματι επαληθεύει την (1). Λύση Βήμα 1: Για, πολλαπλασιάζουμε την (1) με και παίρνουμε. (9) Βήμα 2: Η (9) γράφεται:. (10) Η (10) είναι η διαφορική μορφή της Σ.Δ.Ε. (1) στην οποία ορίζουμε και Βήμα 3: Είναι (11). (12). (13) Βήμα 4: Είναι. (14) Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 10

Βήμα 5: Από τις (13) και (14) είναι προφανές ότι ισχύει, επομένως η Σ.Δ.Ε. (1) είναι ακριβής. Βήμα 6: Αναζητούμε συνάρτηση τέτοια ώστε να ισχύει (15) και. (16) Ολοκληρώνουμε τη (15) ως προς x και παίρνουμε (17) όπου c(y) αυθαίρετη συνάρτηση του y μόνον. Βήμα 7: Παραγωγίζουμε τη (17) ως προς y:. (18) Βήμα 8: Αντικαθιστούμε τη (18) στη (16) και παίρνουμε την εξίσωση η οποία θα πρέπει να ισχύει για όλα τα x, με. Άρα πρέπει να ισχύει (19) όπου c 1 αυθαίρετη σταθερά, ανεξάρτητη και των δύο μεταβλητών x και y. Βήμα 9: Αντικαθιστούμε τη (19) στη (17) και παίρνουμε τη συνάρτηση η οποία έχει ολικό διαφορικό df ίσο με (20). (21) Από τη διαφορική μορφή (10) της Σ.Δ.Ε. (1) όμως βλέπουμε ότι το διαφορικό αυτό ισούται με μηδέν, που σημαίνει ότι η συνάρτηση ταυτίζεται με οποιαδήποτε σταθερή (ως προς x και ως προς y) συνάρτηση. Τότε η (20) για κάθε γράφεται (22) όπου c 2 και αυθαίρετες σταθερές. Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 11

Η (22) δίνει την γενική λύση της Σ.Δ.Ε. (1) σε πεπλεγμένη μορφή. Η επαλήθευση της (1) από την (22) είναι προφανής, καθώς αν παραγωγίσουμε την (22) ως προς x παίρνουμε ενώ αν αντικαταστήσουμε την (22) στην παράσταση (23) Από τις (23) και (24) είναι προφανές ότι ισχύει. (24) δηλαδή η Σ.Δ.Ε. (1) ικανοποιείται. Σχόλια 1. Η Σ.Δ.Ε. (1) λύνεται επίσης και με τη σύντομη μέθοδο για τις Ακριβείς Σ.Δ.Ε. και είναι χρήσιμο ο σπουδαστής να τη λύσει ακολουθώντας και αυτή τη μέθοδο. 2. Παρατηρείστε ότι η Σ.Δ.Ε. (1), εκτός του ότι είναι ακριβής, όπως η άσκηση ζητούσε να αποδείξουμε, έχει επίσης τη μορφή της Σ.Δ.Ε. χωριζομένων μεταβλητών και μπορεί να επιλυθεί και με την αντίστοιχη μεθοδολογία. Να λυθεί η Σ.Δ.Ε.. (1) Κατανόηση Για να λύσουμε τη Σ.Δ.Ε. (1) πρέπει πρώτα να την κατατάξουμε σε κάποιο είδος Σ.Δ.Ε., ώστε να επιλέξουμε την πιο κατάλληλη μέθοδο επίλυσης. Παρατηρούμε ότι είναι σε λυμένη μορφή, η οποία είναι φανερά περίπλοκη κατά τρόπο ώστε δε μπορεί να πάρει τη μορφή Σ.Δ.Ε. χωριζομένων μεταβλητών. Επίσης η ύπαρξη, τόσο στον αριθμητή όσο και στον παρονομαστή, τριγωνομετρικών και εκθετικών όρων υποδεικνύει ότι η (1) δεν είναι ούτε ομογενής Σ.Δ.Ε. ως προς τις μεταβλητές της. Έτσι, θα εξετάσουμε αν η (1) είναι Ακριβής Σ.Δ.Ε. Βήμα 1: Πολλαπλασιάζουμε την (1) με dx. Βήμα 2: Διευθετούμε τους όρους της (1) κατάλληλα ώστε να τη φέρουμε στη διαφορική μορφή και οι συναρτήσεις και να είναι ορισμένες με σαφήνεια. Βήμα 3: Παραγωγίζουμε την Ρ ως προς y. Βήμα 4: Παραγωγίζουμε την Q ως προς x. Βήμα 5: Ελέγχουμε αν ισχύει ότι. Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 12

Αν ισχύει, συνεχίζουμε με το βήμα 6. Αν δεν ισχύει, ελέγχουμε ξανά τις προηγούμενες πράξεις και αν οι πράξεις είναι σωστές, η (1) δεν μπορεί να λυθεί με την παρακάτω μέθοδο και πρέπει να ελέγξουμε αν ανήκει σε άλλη κατηγορία. Βήμα 6: Θα λύσουμε τη Σ.Δ.Ε. (1) η οποία είναι ακριβής με τη δεύτερη, και πιο σύντομη μέθοδο επίλυσης. Για τη μέθοδο αυτή καταρχήν αντικαθιστούμε προς στιγμήν στη συνάρτηση και υπολογίζουμε το ολοκλήρωμα τη μεταβλητή x με τη νέα μεταβλητή t όπου η μεταβλητή y για την ολοκλήρωση θεωρείται σταθερά, ενώ το α είναι πράγματι μια αυθαίρετη σταθερά. Βήμα 7: Στη συνέχεια αντικαθιστούμε στη συνάρτηση τη μεταβλητή x, με τη σταθερά α που χρησιμοποιήσαμε στο βήμα 6 και υπολογίζουμε το ολοκλήρωμα. Βήμα 8: Η γενική λύση της Σ.Δ.Ε. (1) προκύπτει αντικαθιστώντας τα αποτελέσματα από τα βήματα (6) και (7), στη συνάρτηση όπου c αυθαίρετη σταθερά. Βήμα 9: Ελέγχουμε ότι η συνάρτηση της λύση. Λύση Βήμα 1: Πολλαπλασιάζοντας την (1) με επαληθεύει την αρχική Σ.Δ.Ε., οπότε αποτελεί πράγματι τη γενική παίρνουμε Βήμα 2: Η (2) γράφεται. (2). (3) Η (3) είναι η διαφορική μορφή της Σ.Δ.Ε. (1) με (4) και. (5) Προσέξτε στην (3) την αλλαγή προσήμου, καθώς φέραμε το δεξί μέλος της (2) στο αριστερό, καθώς επίσης και τη διευθέτηση των όρων της (3), έτσι ώστε να εμφανίζεται αριστερά ο όρος με το dx και δεξιά ο όρος με το dy, και να αποφεύγεται πιθανή σύγχυση στον ορισμό των και αμέσως παρακάτω. Βήμα 3: Παραγωγίζουμε την Ρ από την (4) ως προς y: Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 13

Βήμα 4: Παραγωγίζουμε την Q από την (5) ως προς x:. (6) Βήμα 5: Από τις (6) και (7) είναι προφανές ότι ισχύει. (7) επομένως η (1) είναι ακριβής Σ.Δ.Ε. και θα τη λύσουμε με τη σύντομη μέθοδο II ως εξής: Βήμα 6: Αντικαθιστούμε τη μεταβλητή x με τη μεταβλητή t στην (4) και έχουμε. (8) Υπολογίζουμε το ολοκλήρωμα. (9) Βήμα 7: Αντικαθιστούμε τη μεταβλητή x με τη σταθερά α στην (5) και παίρνουμε. (10) Υπολογίζουμε το ολοκλήρωμα = = (11) Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 14

όπου η αυθαίρετη σταθερά c 1, ενσωματώνει τις σταθερές που προκύπτουν από τον υπολογισμό των τριών αόριστων ολοκληρωμάτων που προηγήθηκε. Βήμα 8: Αντικαθιστούμε τις (9) και (11) στη συνάρτηση και παίρνουμε (12) όπου οι c 2 και είναι αυθαίρετες σταθερές. Η (12) δίνει τη γενική λύση της Σ.Δ.Ε. (1) σε πεπλεγμένη μορφή. Βήμα 9: Η επαλήθευση της (1) από τη (12) αφήνεται στο σπουδαστή ως άσκηση. Να λύσετε το ακόλουθο Π.Α.Τ. (1). (2) Λύση Θα λύσουμε πρώτα τη Σ.Δ.Ε. (1). Για το λόγο αυτό, θα ελέγξουμε αν ανήκει σε κάποια γνωστή κατηγορία Σ.Δ.Ε. πρώτης τάξης, ώστε να ακολουθήσουμε την κατάλληλη μέθοδο αντιμετώπισης. Η μορφή της (1) υποδεικνύει ότι η πιο πιθανή κατηγορία στην οποία μπορεί η (1) να ανήκει, είναι η κατηγορία των ακριβών Σ.Δ.Ε. Βήμα 1: Για να ελέγξουμε αν πράγματι η (1) είναι ακριβής, τη φέρνουμε στη μορφή και ορίζουμε (3) (4) και. (5) Βήμα 2: Είναι. (6) Βήμα 3: Είναι. (7) Βήμα 4: Από τις σχέσεις (6) και (7) είναι προφανές ότι ισχύει, επομένως η Σ.Δ.Ε. (1) είναι ακριβής. Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 15

Στη συνέχεια θα επιλύσουμε την (1) με τη σύντομη μέθοδο. Βήμα 5: Αντικαθιστούμε στην (4) τη μεταβλητή x με την t και παίρνουμε και υπολογίζουμε το ολοκλήρωμα (8) όπου α είναι αυθαίρετη σταθερά και επίσης χρησιμοποιήσαμε τη γνωστή τριγωνομετρική ταυτότητα (9) στο πρώτο ολοκλήρωμα του δεξιού μέλους της (9). Τότε η (9) δίνει (10). (11) Βήμα 6: Αντικαθιστούμε στην (5) τη μεταβλητή x με τη σταθερά α που χρησιμοποιήσαμε στο προηγούμενο βήμα και παίρνουμε. (12) Υπολογίζουμε το ολοκλήρωμα όπου c 1 αυθαίρετη σταθερά. Βήμα 7: Αντικαθιστούμε τις (11) και (13) στη συνάρτηση (13) όπου η c 2 και η c με (14) είναι αυθαίρετες σταθερές. Η (14) δίνει τη γενική λύση της Σ.Δ.Ε. (1) σε πεπλεγμένη μορφή. Βήμα 8: Η επαλήθευση της (1) από τη (14) αφήνεται ως άσκηση στον σπουδαστή. Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 16

Στη συνέχεια θα υπολογίσουμε την τιμή εκείνη της αυθαίρετης σταθεράς c της (14) για την οποία η γενική λύση της Σ.Δ.Ε. (1) ικανοποιεί την αρχική συνθήκη (2). Βήμα 9: Για το λόγο αυτό, αντικαθιστούμε στη (14) τις τιμές και και παίρνουμε. (15) Αντικαθιστώντας την τιμή αυτή της σταθεράς c στη (14), παίρνουμε τη λύση του Π.Α.Τ. (1), (2) σε πεπλεγμένη μορφή. (16) Ολοκληρωτικός παράγοντας ή πολλαπλασιαστής Euler P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 (1) Βήμα 1: Εάν P(x, y) y Q(x, y) x Τότε ψάχνουμε για ολοκληρωτικό παράγοντα για να μετατρέψει την συνάρτηση σε ακριβή μpdx + μqdy = 0 οπότε Βήμα 2: μp(x, y) y Υπολογίζουμε τις παρακάτω παραστάσεις μq(x, y) x Αν f(x, y) Ο ολοκληρωτικός παράγοντας θα είναι f(x, y) = P y Q x Q f(x, y) = P y Q x P f(x, y) = P y Q x Q P f(x, y) = P y Q x yq xp Είναι μόνο συνάρτηση της x : f(x, y) = r(x) Είναι μόνο συνάρτηση της y : f(x, y) = r(y) Είναι μόνο συνάρτηση της x+y : f(x, y) = r(x + y) Είναι μόνο συνάρτηση της xy: f(x, y) = r(xy) e r(x)dx e r(y)dy e r(x+y)d(x+y) e r(xy)d(xy) f(x, y) = P y Q x 2(xQ yp) Είναι μόνο συνάρτηση της x 2 + y 2 e r(x2 +y 2 )d(x 2 +y 2 ) Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 17

Βήμα 3: αν τίποτα από τα παραπάνω δεν ισχύει Θεωρούμε ότι η συνάρτηση με m, n φυσικούς αριθμούς, είναι ολοκληρωτικός παράγοντας της (1). Τότε, η Σ.Δ.Ε. (18) είναι ακριβής και θα ισχύει η σχέση (19) (20) Από την τελευταία εξίσωση (20) προσδιορίζουμε όταν αυτό είναι δυνατόν τους φυσικούς αριθμούς m και n που την επαληθεύουν και συνεχίζουμε με το βήμα 5. Βήμα 4: Η Σ.Δ.Ε. (21) όπου μ είναι ο ολοκληρωτικός παράγοντας που υπολογίσαμε παραπάνω, είναι ακριβής Σ.Δ.Ε. και λύνεται ακολουθώντας την αντίστοιχη μεθοδολογία. Βήμα 5: Επειδή η προς επίλυση Σ.Δ.Ε. (1) μπορεί να γραφεί ως εξής ή, (22) οι λύσεις της προκύπτουν είτε από τη γενική λύση της (21), είτε από επίλυση της (23) Οι λύσεις της Σ.Δ.Ε. (1) που προκύπτουν από επίλυση της (23) και δε συμπεριλαμβάνονται στη γενική λύση της (21), αποτελούν ιδιάζουσες λύσεις της. Παράδειγμα Να βρεθεί ο ολοκληρωτικός παράγοντας για καθεμιά από τις παρακάτω ΣΔΕ α) xy 3 dx + (x 2 y 2 1)dy = 0, y > 0 β) (3xy 2y 2 )dx + (2x 2 3xy)dy = 0, x, y > 0 γ) (xe y + 1)dx + dy = 0 όπου y = y(x) Λύση (α) Μας δίνεται η Σ.Δ.Ε P(x, y)dx + Q(x, y)dy = xy 3 dx + (x 2 y 2 1)dy = 0 P(x, y) = xy 3, Q(x, y) = x 2 y 2 1 P y = P y = 3xy2 και Q x = Q x = 2xy2 P y Q x = xy 2, P y Q x P = xy2 xy 3 = 1 y Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 18

Επομένως η διαφορική εξίσωση δέχεται ένα ολοκληρωτικό παράγοντα της μορφής μ(y) = e P y Q x P dy = e 1 y dy = e ln y = e ln y 1 = y 1 (β) Μας δίνεται η Σ.Δ.Ε P(x, y)dx + Q(x, y)dy = (3xy 2y 2 )dx + (2x 2 3xy)dy = 0 P(x, y) = 3xy 2y 2, Q(x, y) = 2x 2 3xy P y = P y = 3x 4y και Q x = Q = 4x 3y x P y Q x = x y, P y Q x yq xp = x y 2yx 2 3xy 2 3x 2 y 2xy 2 = x y xy( x y) = 1 xy Επομένως η διαφορική εξίσωση δέχεται ένα ολοκληρωτικό παράγοντα της μορφής μ(xy) = e P y Q x yq xp dxy = e 1 xy dxy = e ln xy = xy = xy x, y > 0 (γ) Μας δίνεται η Σ.Δ.Ε P(x, y)dx + Q(x, y)dy = (xe y + 1)dx + dy = 0 P(x, y) = xe y + 1, Q(x, y) = 1 P y = P y = xe y και Q x = Q x = 0 P y Q x = xe y, P y Q x P = xe y xe y = 1 Επομένως η διαφορική εξίσωση δέχεται ένα ολοκληρωτικό παράγοντα της μορφής μ(y) = e P y Q x P dy = e 1dy = e y Γραμμικής πρώτης τάξης dy dx = f 0(x) + yf 1 (x) Τη γράφουμε στη μορφή y (x) + f 1 (x)y(x) = f 0 (x) Προσοχή να την γράψουμε στην παραπάνω τυπική μορφή πριν βρούμε τον ολοκληρωτικό παράγοντα. δέχεται πολλαπλασιαστή που είναι ο ολοκληρωτικός παράγοντας μ(x) = e f 1 (x)dx Πολλαπλασιάζουμε τη ΣΔΕ με μ(x) y (x)e f 1 (x)dx + f 1 (x)y(x)e f 1 (x)dx = f 0 (x)e f 1 (x)dx Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 19

d dx [y(x)e f 1 (x)dx ] = e f 1 (x)dx f 0 (x) y(x)e f 1 (x)dx = e f 1 (x)dx f 0 (x) + c y(x) = [c + f 0 (x)e f 1 (x)dx dx] e f 1 (x)dx παράδειγμα u (x) 4 x u(x) = 4x3 (4) Η (4) είναι γραμμική Σ.Δ.Ε πρώτης τάξης, υπολογίζουμε τον ολοκληρωτικό παράγοντα. μ(x) = e 4 x dx = e 4 ln x = x 4 Πολλαπλασιάζουμε την (4) με τον παράγοντα x 4 που υπολογίσαμε παραπάνω x 4 u 4x 5 u = 4x 1 d(x 4 u) dx x 4 y 4 = 4 ln x + c 1 x 4 y 4 4 ln x = c = 4x 1 d(x 4 u) dx = 4x 1 dx x 4 u = 4 ln x + c dx 1 Η παραπάνω εξίσωση σε πεπλεγμένη μορφή αποτελεί λύση της διαφορικής εξίσωσης Bernoulli dy dx + f(x)y = g(x)yn, n 0,1 y + f(x)y = g(x)y n, n 0,1 Μπορούμε να την καταλάβουμε γιατί αν θα ήταν γραμμική πρώτου βαθμού. Πολλαπλασιάζουμε με 1 n y n Εισάγουμε μια νέα μεταβλητή u = y 1 n u = (1 n)y n y Αντικαθιστούμε και παίρνουμε μια γραμμική πρώτης τάξης u + (1 n)f(x)u = (1 n)g(x) Παράδειγμα ΝΑ λυθεί η συνήθης διαφορική εξίσωση (x 4 + y 4 )dx xy 3 dy = 0, y = y(x), x, y 0 Λύση Η διαφορική εξίσωση γράφεται (x 4 + y 4 )dx xy 3 dy = 0 xy 3 dy dx + y4 = x 4 dy dx y x = x3 y 3 (1) Που είναι μια διαφορική εξίσωση Bernoulli της μορφής dy + f(x)y = g(x)yn dx Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 20

Όπου f(x) = 1 x, g(x) = x3 και n = 3 Πολλαπλασιάζουμε την (1) με τον όρο 4y 3 4y 3 y 4y4 x = 4x3 (2) Θέτουμε u(x) = y 4 u (x) = 4y 3 y (3) (2) (3) u (x) 4 x u(x) = 4x3 (4) Η (4) είναι γραμμική Σ.Δ.Ε πρώτης τάξης, υπολογίζουμε τον ολοκληρωτικό παράγοντα. μ(x) = e 4 x dx = e 4 ln x = x 4 Πολλαπλασιάζουμε την (4)με τον παράγοντα x 4 που υπολογίσαμε παραπάνω x 4 u 4x 5 u = 4x 1 d(x 4 u) dx x 4 y 4 = 4 ln x + c 1 x 4 y 4 4 ln x = c (5) = 4x 1 d(x 4 u) dx = 4x 1 dx x 4 u = 4 ln x + c dx 1 Η παραπάνω εξίσωση (5) σε πεπλεγμένη μορφή αποτελεί λύση της διαφορικής εξίσωσης Ricatti dy dx + f(x)y = g(x)y2 + h(x) (1) μπορεί να είναι f(x) = 0 y + f(x)y = g(x)y 2 + h(x) Όταν h(x) = 0 έχουμε Bernoulli μπορεί ακόμη και να είναι f(x) = 0 Την αναγνωρίζουμε από τον όρο y 2 και από το ότι μας δίνεται και μια μερική λύση. Αν γνωρίζουμε μια ειδική λύση y = y 1 (x) τότε μπορούμε να βρούμε και τη γενική λύση Λύση 1: Εισάγουμε μια νέα μεταβλητή : y = y 1 (x) + 1 u, y = y 1 (x) u u 2 Αντικαθιστούμε και η (1) γίνεται γραμμική πρώτης τάξης Λύση 2: dy 1 dx + f(x)y 1 = g(x)y 1 2 + h(x) (2) Αφαιρούμε (1)-(2) και θέτουμε z = y y 1 dz dx + f(x)z = g(x)(z + 2y 1)z dz dx + [f(x) 2y 1g(x)]z = g(x)z 2 Η παραπάνω είναι Bernoulli Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 21

Παράδειγμα Δίνεται η ΣΔΕ y + y 2 2 = 0, y = y(x), x 0 x2 Να βρεθεί μια μερική λύση της μορφής y(x) = k x και στην συνέχεια βρείτε τη γενική της λύση Λύση Η διαφορική εξίσωση y + y 2 2 2 = 0 (1) που μας δίνεται γράφεται ως εξής y = y 2 + 2 x 2 Που είναι μια διαφορική εξίσωση Ricatti της μορφής dy dx + f(x)y = g(x)y2 + h(x) x Όπου: f(x) = 0, g(x) = 1, h(x) = 2 x 2 Σύμφωνα με την εκφώνηση θα επιβεβαιώσουμε ότι δέχεται λύσεις της μορφής : y(x) = k x Παραγωγίζοντας την παραπάνω έχουμε : y (x) = k x 2 Αντικαθιστούμε στην (1) k x 2 + k2 x 2 2 x 2 = 0 k2 k 2 x 2 = 0 k 2 k 2 { k = 2 k = 1 Επομένως παρατηρούμε ότι λύσεις της μορφής y(x) = k x και δύο τιμές για το k οι οποίες την επαληθεύουν y 1 (x) = 1 x, y 2(x) = 2 x, επαληθεύουν την (1) και μάλιστα ότι υπάρχουν Επιλέγουμε να εγραστούμε με την y 1 (x) = 1 x Θέτουμε z(x) = y(x) y 1 (x) z(x) = y(x) + 1 x y(x) = z(x) 1 x (2) Υπολογίζουμε την παράγωγο ως προς x της (2): y (x) = z (x) + 1 x 2 (3) Αντικαθιστούμε την (2), (3) στην (1) και έχουμε : (1) (2),(3) y + y 2 2 x 2 = 0 z + 1 x 2 + (z 1 x ) 2 2 x 2 = 0 z + 1 x 2 + z2 2z x + 1 x 2 2 x 2 = 0 z 2 x z = z2 (4) Η (4) είναι μια διαφορική εξίσωση Bernoulli την οποία πολλαπλασιάζουμε με τον παράγοντα z 2 Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 22

z 2 z + z 2 2 x z = ( z2 )( z 2 ) z 2 z + z 1 2 x = 1 (5) Θέτουμε u = z 1 u = z 2 z (6) και η (5) γίνεται : z 2 z + z 1 2 x = 1 u + u 2 x = 1 (7) Η (7) είναι Σ.Δ.Ε γραμμική πρώτης τάξης που για να την επιλύσουμε υπολογίζουμε τον ολοκληρωτικό παράγοντα : μ(x) = e 2 x dx = e 2 ln x = x 2 (8) Πολλαπλασιάζουμε την (7) με τον ολοκληρωτικό παράγοντα x 2 (7) (8) x 2 u + 2xu = x 2 d(x2 u) dx u = x 3 + c (6) x 2 z 1 = x 3 + c x 2 z 1 = x3 3x 2 + 3c 3x 2 z = Η (9) δίνει τη γενική λύση της (1) = x 2 d(x2 u) dx = x 2 dx x 2 u = x3 dx 3 + c (2) 3x2 x 3 y = + 3c 3x2 x 3 + 3c 1 x (9) Μεθοδολογία Επίλυσης διαφορικών ( μέχρι τώρα) Γράφουμε τη ΣΔΕ στη μορφή y = f(x, y) Με βάση τη μορφή αυτή ελέγχουμε αν είναι: 1. Ομογενής αν f(tx, ty) = f(x, y) 2. Γραμμική αν έχει τη μορφή y (x) + f 1 (x)y(x) = f 0 (x) 3. Bernouli αν έχει τη μορφή y + f(x)y = g(x)y n, n 0,1 4. Ricatti αν έχει τη μορφή y + f(x)y = g(x)y 2 + h(x) Ένα τίποτα από αυτά δεν συμβαίνει τότε τη γράφουμε στη μορφή: P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 Και ελέγχουμε αν είναι 1. Χωριζόμενων μεταβλητών αν P(x)dx + Q(y)dy = 0 2. Ακριβής ή τέλειου διαφορικού αν P(x,y) y = Q(x,y) x Ένα τίποτα από αυτά δεν συμβαίνει τότε αναζητούμε πολλαπλασιαστή Euler μ(x, y) = e r(u)du Εάν τίποτα από αυτά δεν ισχύει τότε δεν υπάγεται στις παραπάνω κατηγορίες και πρέπει να διαβάσουμε παρακάτω Γραμμική ανεξαρτησία των λύσεων ορίζουσα του Wronski Έστω ότι y 1 (x), y 2 (x) είναι δυο λύσεις της Δ.Ε.: y + A 1 (x)y + A 2 (x)y = 0 Η παραπάνω λύσεις γράφονται σαν γραμμικός συνδυασμός y = c 1 y 1 + c 2 y 2 Αρκεί η ορίζουσα: Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 23

y 1 y 2 y 1 y 2 0 Να μην μηδενίζεται πουθενά, (δεν έχει καμιά ρίζα), στο (κοινό) πεδίο ορισμού των y1(x),y1 (x), y2(x), y2 (x). Το κριτήριο αυτό οφείλεται στον Πολωνό μαθηματικό G. Wronski, (Βρόνσκι 1778-1853). H ορίζουσα W(x) ονομάζεται "ορίζουσα του Wronski"Η γραμμική ομογενής Σ.Δ.Ε. n- τάξης έχει πάντα n γραμμικώς ανεξάρτητες λύσεις. Αν y 1 (x), y 2 (x) y n (x) είναι γραμμικώς ανεξάρτητες λύσεις της, τότε η γενική λύση της (1) είναι y(x) = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) + + c n y n (x) όπου c 1, c 2,.., c n είναι αυθαίρετες σταθερές. Το σύνολο των n γραμμικώς ανεξάρτητων λύσεων της (1) αποτελεί βάση του διανυσματικού χώρου των λύσεων της και λέγεται Θεμελιώδες Σύνολο Λύσεων της Σ.Δ.Ε. (1). Εξισώσεις με συμμετρία μετατόπισης ως προς y Είναι του τύπου F(y, y, x) = 0 Όπου απουσιάζει η μεταβλητή y και εμφανίζονται μόνο οι παράγωγοί της. Ανάγονται σε πρωτοτάξιες με αλλαγή μεταβλητής y = u οπότε η εξίσωση γίνεται F(u, u, x) = 0 Αναγνωρίζονται διότι παραμένουν αμετάβλητες στην αντικατάσταση y y + a Εξισώσεις με συμμετρία κλίμακας ως προς y Παραμένουν αμετάβλητες στην αντικατάσταση y λy συμμετρία κλίμακας έχουν οι εξισώσεις που είναι ομογενή πολυώνυμα ως προς τις μεταβλητές y, y, y y + Py + Qy = 0 Βαθμός ομογένειας 1 yy + Ay 2 + Byy = 0 Βαθμός ομογένειας 2 y 2 y + Ayy y + By 3 = 0 Βαθμός ομογένειας 3 Οι συντελεστές είναι συναρτήσεις του x Εάν βάλουμε y λy θα πάρουμε κοινό παράγοντα λ d όπου d ο βαθμός ομογένειας ο οποίος απαλείφεται. Ανάγονται σε πρωτοτάξιες με απλή αλλαγή εξαρτημένης μεταβλητής. y = e Y, y = Y e Υ, y = (Y + Υ 2 )e Y Παράδειγμα Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 24

Να λυθεί η εξίσωση yy = y 2 + yy Είναι ομογενής δεύτερου βαθμού με συμμετρία κλίμακας ως προς y Κάνουμε την αντικατάσταση y = e Y, y = Y e Υ, y = (Y + Υ 2 )e Y Και η εξίσωση γίνεται yy = y 2 + yy e Y (Y + Υ 2 )e Y = Y 2 e 2Υ + e Y Y e Υ (Y + Υ 2 )e 2Y = Y 2 e 2Υ + Y e 2Υ Y + Υ 2 = Y 2 + Y Y = Y Η οποία έχει συμμετρία μετατόπισης ως προς y αφού λείπει ο παράγοντας y και μετατρέπεται σε πρωτοτάξια με την αντικατάσταση Υ = u Υ = u u = u = du u Αντικαθιστώ προς τα πίσω = dx du u = dx lnu = x + c 1 u = e x+c 1 u = e x e c 1 u = c 2 e x Υ = c 2 e x dy = c 2 e x Y = c 2 e x + c 3 Αντικαθιστώ προς τα πίσω y = e c 2e x +c 3 y = e c 3e c 2e x y = ke c 2e x Άρα τελικά y = ke cex Εξισώσεις με συμμετρία μετατόπισης ως προς x Είναι του τύπου y = f(y, y, x) Όπου απουσιάζει η μεταβλητή x και εμφανίζονται μόνο οι παράγωγοί της. Ανάγονται σε πρωτοτάξιες με αλλαγή μεταβλητής u(y) = y y = du dx = du dy = u u dy dx Και παράγουν συνήθως μια χριζόμενων μεταβλητών. Αναγνωρίζονται διότι παραμένουν αμετάβλητες στην αντικατάσταση x x + a Παράδειγμα Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 25

Να λυθεί η εξίσωση yy = y 2 Δεν εξαρτάται εκπεφρασμένα από το x Μειώνουμε την τάξη με την αντικατάσταση u(y) = y y = du dx = du dy = u u dy dx Ου την μετατρέπει σε πρωτοτάξια yu u = u 2 u u = 1 y u u = 1 ln u = ln y + c u = cy y Αντικαθιστούμε προς τα πίσω y = cy dy y = c dx ln y = cx + c 1 y = e cx c 2 Βρονσκιανή Για τις δευτεροτάξιες y + P(x)y + Q(x)y = 0 (1) Ισχύει ότι W = PW dw dx = PW dw W = Pdx dw W = Pdx ln W = Pdx W(x) = e P(x)dx Εάν είναι γνωστή μία από τις δύο λύσεις της (1) ας πούμε η y 1 τότε y 2 = y 1 W(x) 2 dx y 1 Παράδειγμα Αν είναι γνωστό ότι η y 1 = x είναι μία λύση της εξίσωσης yy (x + 2)y + (1 + 2 x ) y = 0 να υπολογιστεί η δεύτερη λύση Θα πρέπει να φέρουμε την εξίσωση στην κανονική της μορφή την (1) y + P(x)y + Q(x)y = 0 (1) Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 26

(x y + 2) y + ( x + 2 x x 2 ) y = 0 (x + 2) P(x) = x Επομένως W = e (x+2) x dx = e (1+2 x )dx = e x+2lnx = e x+lnx2 = e x e lnx2 = x 2 e x Όπου αγνοήσαμε τις σταθερές ολοκλήρωσης γιατί δεν έχουμε την γενική λύση αλλά μια μερική λύση Επωμένως y 2 = y 1 W(x) 2 dx = x x2 e x y 1 x 2 dx = x ex dx y 2 = xe x Ο μετασχηματισμός y = gy y + P(x)y + Q(x)y = 0 (1) Κάνουμε τον μετασχηματισμό y(x) = g(x)y(x) y = g Y + gy y = gy + 2g Y + g Y Και η (1) γίνεται gy + 2g Y + g Y + P(g Y + gy ) + QgY = 0 gy + (Pg + 2g )Y + (g + Pg + Qg)Y = 0 (2) Y + (P + 2 g g ) Y + ( g g + P + Q) Y = 0 g g 1.Εάν διαλέξουμε ένα g ώστε P + 2 g g 1 = 0 g = e 2 Pdx Οπότε η εξίσωση (2) γίνεται gy + (g + Pg + Qg)Y = 0 Y + I(x)Y = 0 όπου I(x) = Q 1 2 P 1 4 P2 2.Εάν διαλέξουμε ένα g ώστε g g + P g g + Q = 0 Οπότε η εξίσωση (2) γίνεται Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 27

Y + P 1 (x)y = 0 (3) όπου P 1 (x) = P + 2 g g Εάν αντικαταστήσουμε στην (3) Υ = u Y + P 1 (x)y = u + P 1 u = 0 Η οποία έχει λύση u u = P 1 ln u = P 1 dx u = e P 1dx Παράδειγμα Δίνεται η εξίσωση y + 2x 3 y + (x 6 + 3x 2 1)y = 0 Επιλέγω την μέθοδο 1 P = 2x 3, Q = x 6 + 3x 2 1 g = e 1 2 Pdx = e 1 2 2x3dx = e x4 4 P + 2 g g = 2x3 8 x3 4 = 0 Επομένως Y + (P + 2 g g ) Y + ( g g + P + Q) Y = 0 g g Y + I(x)Y = 0 (4) όπου I(x) = Q 1 2 P 1 4 P2 = x 6 + 3x 2 1 1 2 6x2 1 4 4x6 = 1 (4) Y Y = 0 (5) Η (5) είναι ομογενής Β βαθμού με σταθερούς συντελεστές Έχει λύση y = e ρx ρ 2 e ρx e ρx = (ρ 2 1)e ρx = 0 Βρίσκουμε τις λύσεις ρ 1, ρ 2 της χαρακτηριστικής εξίσωσης Υ 1 (x) = e x, Υ 2 (x) = e x Υ = c 1 e x + c 2 e x Οπότε η λύση της εξίσωσης είναι Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 28

y(x) = g(x)y(x) = e x4 4 (c 1 e x + c 2 e x ) Μη ομογενείς εξισώσεις y + P(x)y + Q(x)y = R(x) (1) Κάνουμε τον μετασχηματισμό y(x) = g(x)y(x) y = g Y + gy y = gy + 2g Y + g Y Και η (1) γίνεται gy + 2g Y + g Y + P(g Y + gy ) + QgY = R gy + (Pg + 2g )Y + (g + Pg + Qg)Y = R Y + (P + 2 g g ) Y = R g Αντικαθιστώ Υ = u u + (P + 2 g g ) u = R g Που είναι μια δευτεροβάθμια τη μορφής u + P 1 u = R 1 Ξανακάνω u = g 1 Y 1 Και παίρνω g 1 Y 1 = R 1 Αντικαθιστώ Υ 1 = u 1 Τελικά y = y 2 Ry 1 W dx y 1 Ry 2 W dx Παράδειγμα y + tanh x y = 1 y = y 0 R y 0 dx = e pdx Re pdx dx Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 29

Εξισώσεις με συμμετρία κλίμακας ως προς y Παραμένουν αμετάβλητες στην αντικατάσταση y λy συμμετρία κλίμακας έχουν οι εξισώσεις που είναι ομογενή πολυώνυμα ως προς τις μεταβλητές y, y, y y + Py + Qy = 0 Βαθμός ομογένειας 1 yy + Ay 2 + Byy = 0 Βαθμός ομογένειας 2 y 2 y + Ayy y + By 3 = 0 Βαθμός ομογένειας 3 Οι συντελεστές είναι συναρτήσεις του x Εάν βάλουμε y λy θα πάρουμε κοινό παράγοντα λ d όπου d ο βαθμός ομογένειας ο οποίος απαλείφεται. Ανάγονται σε πρωτοτάξιες με απλή αλλαγή εξαρτημένης μεταβλητής. y = e Y, y = Y e Υ, y = (Y + Υ 2 )e Y Β βαθμού Ομογενείς με σταθερούς συντελεστές ay + by + cy = 0 Έχει λύση y = e ρx αρ 2 e ρx + bρe ρx + ce ρx = (αρ 2 + bρ + c)e ρx = 0 Βρίσκουμε τις λύσεις ρ 1, ρ 2 της χαρακτηριστικής εξίσωσης y 1 (χ) = e ρ1x, y 2 (χ) = e ρ 2x Γενική λύση όταν έχουμε δύο ρίζες ρ 1, ρ 2 y = c 1 e ρ1x + c 2 e ρ 2x Όταν έχουμε διπλή ρίζα ρ 1 = ρ 2 η μία λύση θα είναι Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 30

y 1 = e ρx Η δεύτερη λύση της εξίσωσης θα είναι : y 1 = xe ρx Και η γενική λύση θα είναι: y = c 1 e ρx + c 2 xe ρx Αν έχει δυο μιγαδικές ρίζες, που είναι συζυγείς η μια της άλλης: a + ib, a ib Στην περίπτωση αυτή, οι μιγαδικές συναρτήσεις: y 1 = e (a+ib)x, y 2 = e (a ib)x είναι δυο γραμμικά ανεξάρτητες λύσεις. Η γενική λύση θα είναι o γραμμικός συνδυασμός των παραπάνω λύσεων y(x) = c 1 y 1 (x) + c 1 y 2 (x) = c 1 e (a+bi)x + c 1 e (a bi)x = c 1 e ax e bix + c 1 e ax e bix Όπου c 1 μιγαδικός αριθμός και c 1 ο συζυγής του. Τελικά (**) προκύπτει ότι μπορούμε να αντικαταστήσουμε τις μιγαδικές λύσεις y 1 = e (a+ib)x, y 2 = e (a ib)x Με τις y 1 = e ax cos(bx), y 2 = e ax sin(bx) Έτσι ώστε να προκύπτει τελικά η γενική λύση y = e ax (c 1 cos(bx) + c 2 sin(bx)) Παράδειγμα Να βρεθεί η γενική λύση των συνήθων διαφορικών εξισώσεων (Σ.Δ.Ε.): i) y (x) + y (x) = 0 ii) y (x) 2y (x) + 5y(x) = 0 Λύση Οι Σ.Δ.Ε που μας δίνονται είναι ομογενείς διαφορικές εξισώσεις B βαθμού με σταθερούς συντελεστές. Η διαφορικές αυτές δέχονται λύσεις της μορφής y = e ρx Αντικαθιστώντας στην διαφορική την παραπάνω λύση βγάζουμε την χαρακτηριστική εξίσωση όπου ανάλογα με τις ρίζες της διαμορφώνεται και η γενική λύση i) y (x) + y (x) = 0 Βρίσκουμε την χαρακτηριστική εξίσωση ρ 2 e ρx + ρe ρx = (ρ 2 + ρ)e ρx = 0 ρ(ρ + 1) = 0 Ρίζες της χαρακτηριστικής εξίσωσης Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 31

ρ 1 = 0 πολλαπλότητας 1 ρ 2 = 1 πολλαπλότητας 1 Στην ρίζα ρ 1 = 0 αντιστοιχεί η λύση y 1 (x) = e 0x Στην ρίζα ρ 2 = 1 αντιστοιχεί η λύση y 2 (x) = e x Επομένως η γενική λύση θα είναι o γραμμικός συνδυασμός των παραπάνω λύσεων y(x) = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) = c 1 + c 2 e x ii) y (x) 2y (x) + 5y(x) = 0 Βρίσκουμε την χαρακτηριστική εξίσωση ρ 2 e ρx 2ρe ρx + 5e ρx = 0 ρ 2 2ρ + 5 = 0 Ρίζες της χαρακτηριστικής εξίσωσης ρ 1 = 1 + 2i πολλαπλότητας 1 ρ 2 = 1 2i πολλαπλότητας 1 Επομένως έχουμε ένα ζευγάρι συζυγών μιγαδικών ριζών πολλαπλότητας 1, όπου αντιστοιχούν δύο γραμμικώς ανεξάρτητες λύσεις y 1 (x) = e x cos(2x), y 2 (x) = e x sin(2x) Επομένως η γενική λύση θα είναι o γραμμικός συνδυασμός των παραπάνω λύσεων y(x) = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) = c 1 e x cos(2x) + c 2 e x sin(2x) N βαθμού Ομογενείς με σταθερούς συντελεστές y (n) (x) + a n 1 y (n 1) (x) + a n 2 y (n 2 )(x) + + a 1 y (x) + a 0 y(x) = 0 Έχει λύσεις της μορφής y = e ρx Χαρακτηριστική εξίσωση βαθμού n όσο και η διαφορική και συντελεστές a n i από την διαφορική ρ n + a n 1 ρ n 1 + + a 1 ρ + α 0 = 0 Βρίσκουμε τις ρίζες της παραπάνω 1. Σε κάθε απλή πραγματική ρίζα ρ αντιστοιχεί λύση της μορφής: y ρ (x) = e ρx 2. Σε κάθε πραγματική ρίζα ρ πολλαπλότητας s αντιστοιχούν s γραμμικώς ανεξάρτητες λύσεις της μορφής: y 1 (x) = e ρx, y 2 (x) = xe ρx, y 3 (x) = x 2 e ρx,, y s (x) = x s 1 e ρx 3. Σε κάθε ζεύγος απλών συζυγών μιγαδικών ριζών έστω r + ui, r ui πολλαπλότητας 1 αντιστοιχούν 2 γραμμικώς ανεξάρτητες λύσεις της μορφής: y 1 (x) = e rx cos(ux), y 2 (x) = e rx sin(ux) 4. Σε κάθε ζεύγος συζυγών μιγαδικών ριζών έστω r + ui, r ui πολλαπλότητας t αντιστοιχούν 2t γραμμικώς ανεξάρτητες λύσεις της μορφής: Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 32

y 11 (x) = e rx cos(ux), y 12 (x) = e rx xcos(ux), y 13 (x) = e rx x 2 cos(ux),, y 1t (x) = e rx x t 1 cos(ux) y 21 (x) = e rx sin(ux), y 22 (x) = e rx xsin(ux), y 23 (x) = e rx x 2 sin(ux),, y 2t (x) = e rx x t 1 sin(ux) Σημείωση: όταν έχουμε μιγαδικές ρίζες ρ= r + ui r, u R με βαθμό πολλαπλότητας t, τότε οι αντίστοιχες γραμμικώς ανεξάρτητες λύσεις της διαφορικής θα είναι στην πραγματικότητα : e (r+ui)x, xe (r+ui)x, x 2 e (r+ui)x,, x t 1 e (r+ui)x Οι οποίες δεν είναι πλέον πραγματικές συναρτήσεις. Εν τούτοις, με τη βοήθεια του γνωστού τύπου του Euler e ibx = cos(bx) + isin(bx), e bx = cos(bx) isin(bx) μπορούμε να αντικαταστήσουμε τις t μιγαδικές λύσεις με τις 2t πραγματικές λύσεις e rx cos(ux), e rx xcos(ux), e rx x 2 cos(ux),, e rx x t 1 cos(ux) e rx sin(ux), e rx xsin(ux), e rx x 2 sin(ux),, e rx x t 1 sin(ux) Οι μιγαδικές ρίζες του χαρακτηριστικού πολυωνύμου εμφανίζονται σε ζεύγη r + ui, r ui συζυγών μιγαδικών, έτσι, εύκολα προκύπτει ότι το σύνολο των 2t πραγματικών λύσεων αντιστοιχεί και στις δύο συζυγείς μιγαδικές ρίζες. Γενική λύση θα είναι ο γραμμικός συνδυασμός των λύσεων ανάλογα με τις ρίζες της χαρακτηριστικής Παράδειγμα Να βρεθεί η γενική λύση των συνήθων διαφορικών εξισώσεων (Σ.Δ.Ε.): i) y (x) + 3y (x) + 2y (x) + y(x) = 0 ii) y (4) (x) 2y (x) + y (x) = 0 Λύση i) y (x) + 3y (x) + 2y (x) + y(x) = 0 Βρίσκουμε την χαρακτηριστική εξίσωση ρ 3 + 3ρ 2 + 3ρ + 1 = (ρ + 1) 3 = 0 Ρίζες της χαρακτηριστικής εξίσωσης ρ 1 = 1 πολλαπλότητας 3 Στην παραπάνω λύση αντιστοιχούν τρείς γραμμικώς ανεξάρτητες λύσεις y 1 (x) = e x, y 2 (x) = xe x, y 3 (x) = x 2 e x Επομένως η γενική λύση θα είναι o γραμμικός συνδυασμός των παραπάνω λύσεων y(x) = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) + c 3 y 3 (x) = c 1 e x + c 2 xe x + c 3 x 2 e x ii) y (4) (x) 2y (x) + y (x) = 0 Βρίσκουμε την χαρακτηριστική εξίσωση ρ 4 2ρ 3 + ρ 2 = ρ 2 (ρ 2 2ρ + 1) = 0 Ρίζες της χαρακτηριστικής εξίσωσης ρ 1,2 = 0 πολλαπλότητας 2 ρ 3,4 = 1 πολλαπλότητας 2 Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 33

Στην παραπάνω λύση αντιστοιχούν τέσσερις γραμμικώς ανεξάρτητες λύσεις Στην ρίζα ρ 1,2 = 0 αντιστοιχούν οι λύσεις y 1 (x) = e 0x, y 2 (x) = xe 0x Στην ρίζα ρ 3,4 = 1 αντιστοιχούν οι λύσεις y 3 (x) = e x, y 4 (x) = xe x Επομένως η γενική λύση θα είναι o γραμμικός συνδυασμός των παραπάνω λύσεων y(x) = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) + c 3 y 3 (x) + c 3 y 3 (x) + c 4 y 4 (x) = c 1 + c 2 x + c 3 e x + c 4 xe x N βαθμού Μη Ομογενείς με σταθερούς συντελεστές y (n) (x) + a n 1 y (n 1) (x) + a n 2 y (n 2 )(x) + + a 1 y (x) + a 0 y(x) = f(x) (1) Η γενική λύση της μη ομογενούς ισούται με την γενική λύση της ομογενούς y ομ συν μια οποιαδήποτε μερική λύση της πλήρους εξίσωσης y μ y(x) = y ομ + y μ Για να βρούμε την λύση της μη ομογενούς 1 ος Τρόπος : Μέθοδος προσδιοριστέων συντελεστών 2 ος Τρόπος: Μέθοδος μεταβολής των παραμέτρων Lagrance 1 ος Τρόπος : Μέθοδος προσδιοριστέων συντελεστών Εφαρμόζεται μόνο όταν ο μη ομογενής όρος f(x) έχει τη μορφή f(x) = e ax [P m (x) cos(bx) + Q s sin (bx)] Συνήθως όταν είναι πολυώνυμο, e x,ημίτονο, συνημίτονο Όπου a,b πραγματικού και P m (x), Q s (x) πολυώνυμα βαθμού m,s αντίστοιχα Μία λύση της (1) έχει τη μορφή: y μ (x) = x π e ax [R n (x) cos(bx) + Π n sin (bx)] π είναι η πολλαπλότητα με την οποία ο αριθμός a + ib εμφανίζεται ως ρίζα της χαρακτηριστικής εξίσωσης της ομογενούς ρ n + a n 1 ρ n 1 + + a 1 ρ + α 0 = 0 Και τα πολυώνυμα : R n (x) = r n x n + r n 1 x n 1 + + r 1 x 1 + r 0 Π n (x) = π n x n + π n 1 x n 1 + + π 1 x 1 + π 0 Είναι πολυώνυμα του x βαθμού n = max {m, s} Τα r n, r n 1,, r 1, r 0 και π n, π n 1,, π 1, π 0 είναι απροσδιόριστοι συντελεστές που πρέπει να προσδιοριστούν αντικαθιστώντας την y μ (x) στην (1) Μεθοδολογία: Βρίσκουμε την λύση της ομογενούς Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 34

Θέτουμε το f(x) στη μορφή: f(x) = e ax [P m (x) cos(bx) + Q s (x)sin (bx)] Σημειώνουμε τους συντελεστές a,b,m,s Σχηματίζουμε το μιγαδικό a + ib και βλέπουμε πόσες φορές εμφανίζεται σαν λύση στη χαρακτηριστική εξίσωση (μπορεί να εμφανίζεται 0 φορές) Ο μιγαδικός θέλει προσοχή και δίνω παράδειγμα : Έστω a=0, b=0 τότε a + ib = 0 και για να προσδιορίσουμε το π ψάχνουμε πόσες φορές το 0 παρουσιάζεται σαν ρίζα στις ρίζες της ομογενούς. Έστω a=2, b=0 τότε a + ib = 2 και για να προσδιορίσουμε το π ψάχνουμε πόσες φορές το 2 παρουσιάζεται σαν ρίζα στις ρίζες της ομογενούς. Έστω a=0, b=1 τότε a + ib = i και για να προσδιορίσουμε το π ψάχνουμε πόσες φορές το i παρουσιάζεται σαν ρίζα στις ρίζες της ομογενούς. Από τα δεδομένα a,b,m,s σχηματίζουμε τη λύση y μ (x) = x π e ax [R n (x) cos(bx) + Π ν (x)sin (bx)] R n όπου n o βαθμός πχ τότε R n = A που μπορεί να είναι και Α=0, n=1 τότε R n = Αx + B, n=2 τότε R n = Αx 2 + Bx + Γ Όπου τα πολυώνυμα έχουν απροσδιόριστους συντελεστές πχ αν βρούμε ότι m=2 και s=1 R 2 (x) = r 2 x 2 + r 1 x + r 0 Π 1 (x) = π 1 x + π 0 Προσοχή εάν βρούμε πχ P m (x) = 0, Q s (x) = 1 τότε και το m και το s είναι βαθμού 0 και άρα R 0 (x) = r 0, Π 0 (x) = π 0 Βρίσκουμε την y μ (x), y μ (x), y μ (x) (n) Προσοχή αντικαθιστούμε στην (1) την λύση της μη ομογενούς όχι τη γενική λύση Αντικαθιστούμε στην (1)και απαιτούμε η συνάρτηση που θα πάρουμε να ικανοποιείται ταυτοτικά, αυτό σημαίνει ότι πρέπει οι συντελεστές ομοβάθμιων όρων ή των ίδιων τριγωνομετρικών όρων να είναι ίσοι. Από τις σχέσεις ισότητας προκύπτει ένα σύστημα από τη λύση του οποίου προσδιορίζουμε τους συντελεστές r n, π n Η γενική λύση θα είναι: y(x) = y ομ + y μ Προσοχή ενώ στη λύση της ομογενούς y ομ υπάρχουν οι γνωστές αυθαίρετες σταθερές c 1, c 2,.. c n στη λύση της μη ομογενούς y μ δεν βάζουμε αυθαίρετες σταθερές. Επίσης προσοχή εάν βρούμε πχ ότι e ax [0 cos(bx) + 1sin (bx)] το πολυώνυμο είναι μηδενικού βαθμού και επομένως Η λύση θα είναι x π e ax [R n (x) cos(bx) + Π ν (x)sin (bx)] = x π e ax [Α cos(bx) + Βsin (bx)] δηλαδή το μηδέν πριν το cos έγινε μεταβλητή Α αφού και τα R n (x) και Π ν (x) γίνονται τελικά ίσου βαθμού!! Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 35

Εάν δεν μπορούμε να γράψουμε τον μη ομογενή όρο στην μορφή f(x) = e ax [P m (x) cos(bx) + Q s sin (bx)] Πχ f(x) = x e ax Τότε ισχύει η παρακάτω ιδιότητα : Ιδιότητα των γραμμικών μη ομογενών εξισώσεων όταν ο μη ομογενής όρος μπορεί να γραφεί σαν άθροισμα Μ προσθετέων. y (n) (x) + a n 1 y (n 1) (x) + a n 2 y (n 2 )(x) + + a 1 y (x) + a 0 y(x) = f 1 (x) + f 2 (x) + + f n (x) Μια μερική λύση της παραπάνω μη ομογενούς είναι (προσοχή δεν είναι η γενική λύση ) y μ1 (χ) + y μ2 (χ) + + y μn (χ) y μ1 (χ) είναι μιά λύση της εξίσωσης y (n) (x) + a n 1 y (n 1) (x) + a n 2 y (n 2 )(x) + + a 1 y (x) + a 0 y(x) = f 1 (x) y μ2 (χ) είναι μιά λύση της εξίσωσης y (n) (x) + a n 1 y (n 1) (x) + a n 2 y (n 2 )(x) + + a 1 y (x) + a 0 y(x) = f 2 (x) y μn (χ) είναι μιά λύση της εξίσωσης y (n) (x) + a n 1 y (n 1) (x) + a n 2 y (n 2 )(x) + + a 1 y (x) + a 0 y(x) = f n (x) Στην παραπάνω περίπτωση σπάμε την εξίσωση σε δύο ή περισσότερες και βρίσκουμε μια μερική λύση σαν να ήταν ξεχωριστές εξισώσεις και στη συνέχεια προσθέτουμε τις μερικές λύσεις και τους ακόμη απροσδιόριστους συντελεστές και προσδιορίζουμε τους συντελεστές σαν μια ενιαία εξίσωση. Παράδειγμα Δίνεται η Σ.Δ.Ε.: y (x) + y (x) 2y (x) = x e x (1) με τις συνθήκες: y(0) = 0, y (0) = 1, y (0) = 2 (2) i) Τι είδους πρόβλημα είναι το (1) (2), αρχικών ή συνοριακών τιμών και γιατί; ii) Να βρεθεί η λύση του (1) (2) αποκλειστικά με χρήση της μεθόδου των προσδιοριστέων συντελεστών για την εύρεση μιας λύσης της (1). Λύση i) Το πρόβλημα που μας δίνεται είναι πρόβλημα αρχικών τιμών γιατί οι συνθήκες που πρέπει να ικανοποιούνται από την διαφορική αναφέρονται στο ίδιο σημείο x=0. ii) y (x) + y (x) 2y (x) = x e x (1) Η Σ.Δ.Ε που μας δίνονται είναι μη ομογενής διαφορική εξίσωση με σταθερούς συντελεστές. Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 36

Θα βρούμε πρώτα μια λύση της ομογενούς Θα αναζητήσουμε μια λύση της μορφής y = e ρx Αντικαθιστώντας στην διαφορική την παραπάνω λύση βγάζουμε την χαρακτηριστική εξίσωση ρ 3 e ρx + ρ 2 e ρx 2ρ e ρx = (ρ 3 + ρ 2 2ρ)e ρx = 0 ρ(ρ 2 + ρ 2) = 0 Ρίζες της χαρακτηριστικής εξίσωσης ρ 1 = 0 πολλαπλότητας 1 ρ 2 = 2 πολλαπλότητας 1 ρ 3 = 1 πολλαπλότητας 1 Στην ρίζα ρ 1 = 0 αντιστοιχεί η λύση y 1 (x) = e 0x Στην ρίζα ρ 2 = 2 αντιστοιχεί η λύση y 2 (x) = e 2x Στην ρίζα ρ 3 = 1 αντιστοιχεί η λύση y 3 (x) = e x Επομένως η γενική λύση της ομογενούς θα είναι o γραμμικός συνδυασμός των παραπάνω λύσεων y ομ (x) = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) + c 3 y 3 (x) = c 1 + c 2 e 2x + c 3 e x Προχωρούμε στον εντοπισμό μια μερικής λύσης της μη ομογενούς Η μη ομογενής όρος είναι f(x) = x e x Ο όρος αυτός δεν μπορεί να γραφεί στη μορφή: f(x) = e x [(1 + 1) cos(0x) + 0sin (0x)] Μπορεί όμως να γραφεί σαν άθροισμα δύο προσθετέων f(x) = f 1 (x) + f 2 (x) Όπου f 1 (x) = x, f 2 (x) = e x Η γενική λύση της μη ομογενούς ισούται με την γενική λύση της ομογενούς y ομ συν μια οποιαδήποτε μερική λύση της πλήρους εξίσωσης y μ y(x) = y ομ + y μ Θα αναζητήσουμε μια μερική λύση για την μη ομογενή χρησιμοποιώντας την μέθοδο των προσδιοριστέων συντελεστών, κατά την οποία ο μη ομογενής όρος θα πρέπει να μπορεί να γραφεί στη μορφή. f(x) = e ax [P m (x) cos(bx) + Q s sin (bx)] Η πρώτη μη ομογενής εξίσωση είναι y (x) + y (x) 2y (x) = x Ο μη ομογενής όρος x μπορεί να γραφεί στη μορφή: x = e 0x [x cos(0x) + 0sin (0x)] Όπου παρατηρούμε ότι a = 0, b = 0 P 2 x πολυώνυμο βαθμού m=1 Q 0 0 πολυώνυμο βαθμού s =0 Σύμφωνα με τα παραπάνω η διαφορική εξίσωση δέχεται λύσεις της μορφής: Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 37

y μ1 (x) = x π e ax [R n (x) cos(bx) + Π n sin(bx)] Η ρίζα a + bi = 0 εμφανίζεται με βαθμό πολλαπλότητας 1 στην ομογενή επομένως π=1 και n = max{1,0} = 1 επομένως η μορφή μιας λύσης της μη ομογενούς θα είναι : y μ1 = xe 0x [(Αx + B) cos(0x) + (Γx + Δ) sin(0x)] = x(αx + B) = Ax 2 + Bx Η Δεύτερη μη ομογενής εξίσωση είναι y (x) + y (x) 2y (x) = e x Ο μη ομογενής όρος e x μπορεί να γραφεί στη μορφή: e x = e x [ 1 cos(0x) + 0sin (0x)] Όπου παρατηρούμε ότι a = 1, b = 0 P 2 1 πολυώνυμο βαθμού m=0 Q 0 0 πολυώνυμο βαθμού s =0 Σύμφωνα με τα παραπάνω η διαφορική εξίσωση δέχεται λύσεις της μορφής: y μ2 (x) = x π e ax [R n (x) cos(bx) + Π n sin(bx)] Η ρίζα a + bi = 1 εμφανίζεται με βαθμό πολλαπλότητας 1 στην ομογενή επομένως π=1 και n = max{0,0} = 0 επομένως η μορφή μιας λύσης της μη ομογενούς θα είναι : y μ2 = xe x [Γ cos(0x) + Δ sin(0x)] = Γxe x Η τελική μορφή μιας λύσης της μη ομογενούς πριν τον προσδιορισμό των συντελεστών θα διαμορφωθεί με την πρόσθεση των μερικών λύσεων. y μ = y μ1 + y μ2 = Ax 2 + Bx + Γxe x (2) Θα προσδιορίσουμε τους συντελεστές Α,Β,Γ αντικαθιστώντας τις παραγώγους της y μ στην διαφορική εξίσωση y (x) + y (x) 2y (x) = x e x y μ = 2Ax + B + Γe x + Γxe x y μ = 2A + 2Γe x + Γxe x y μ = 3Γe x + Γxe x 3Γe x + Γxe x + 2A + 2Γe x + Γxe x 2(2Ax + B + Γe x + Γxe x ) = x e x 5Γe x + 2Γxe x + 2A 4Ax 2B 2Γe x 2Γxe x = x e x 3Γe x 4Ax 2B + 2A = x e x Απαιτούμε από την παραπάνω εξίσωση να ισχύει ταυτοτικά και εξισώνουμε τους ομοιοβάθμιους όρους 3Γ = 1 Γ = 1 3 4Α = 1 } { Α = 1/4 2Β + 2Α = 0 Β = 1/4 Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 38

Σύμφωνα με τα παραπάνω αντικαθιστούμε τους συντελεστές που προσδιορίσαμε στην (2) και μια μερική λύση της μη ομογενούς διαφορικής είναι y μ (x) = 1 4 x2 1 4 x 1 3 xex Και κατά συνέπεια η γενική λύση της διαφορικής βρίσκεται προσθέτοντας τις γενικές λύσεις της ομογενούς και την μερική λύση της μη ομογενούς y(x) = y ομ (x) + y μ (x) = c 1 + c 2 e 2x + c 3 e x 1 4 x2 1 4 x 1 3 xex Στην συνέχεια θα υπολογίσουμε τις σταθερές c 1, c 2, c 3 από τις αρχικές συνθήκες Υπολογίζουμε πρώτα τις παραγώγους της y(x) y (x) = 2c 2 e 2x + c 3 e x 1 2 x 1 4 1 3 (ex + xe x ) y (x) = 4c 2 e 2x + c 3 e x 1 2 1 3 (2ex + 2xe x ) Εφαρμόζουμε τις αρχικές συνθήκες y(0) = 0 c 1 + c 2 + c 3 = 0 (1) y (0) = 1 2c 2 + c 3 7 12 = 1 (2) y (0) = 2 4c 2 + c 3 7 6 = 2 (3) Από το σύστημα των (1),(2),(3) έχουμε c 1 + c 2 + c 3 = 0 2c 2 + c 3 7 12 = 1 4c 2 + c 3 7 6 = 2 } { c 1 = 19 8 c 3 = 19 9 c 2 = 19 72 Επομένως τελικά η λύση του ΠΑΤ είναι c 1 + c 2 + c 3 = 0 c 3 = 2c 2 + 19 12 4c 2 + 2c 2 + 19 12 = 19 6 } y(x) = 19 8 + 19 72 e 2x + 19 9 ex 1 4 x2 1 4 x 1 3 xex c 1 + c 2 + c 3 = 0 c 3 = 2c 2 + 19 12 c 2 = 19 72 } c 1 + c 2 + c 3 = 0 c 3 = 19 9 c 2 = 19 72 } 2 ος Τρόπος: Μέθοδος μεταβολής των παραμέτρων ή μέθοδος του Lagrange Είναι γενική μέθοδος και εφαρμόζεται για οποιαδήποτε γραμμική διαφορική εξίσωση με σταθερούς συντελεστές ή με συντελεστές συναρτήσεις του x και ανεξάρτητα από τη μορφή της f(x) Νικολιδάκης Γιώργος (nikoligeo@gmail.com) Σελίδα 39