ΣΥΝΗΘΕΙΣ ΔΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ

ΣΥΝΗΘΕΙΣ ΔΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ Ώρες και ημέρες διδασκαλίας του Μαθήματος Τρίτη 11 1313 μ.μ. Πέμπτη 12 1313 μ.μ Παρασκευή ή10 11 11 μ.μ Διδάσκων: Δημήτρης Σουρλάς Ώρες Γραφείου: Όποτε θέλετε Email: dsourlas@physics.upatras.gr Συγγράμματα: 1) «Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις» Δημήτρης Σουρλάς Εκδόσεις Συμμετρία 2) «Στοιχειώδεις Σ Διαφορικές Εξισώσεις και προβλήματα συνοριακών τιμών» W. Boyce, R. Diprima 3) «Διαφορικές Εξισώσεις» Στέφανος Τραχανάς ) φ ρ ς ξ ς φ ς ρ χ ς Πανεπιστημιακές εκδόσεις Κρήτης

ΠΡΟΟΔΟΙ 2 ΠΡΟΟΔΟΙ Α και Β ΗΠΡΟΟΔΟΣΑ στο 1/3 της ύλης συντελεστής βάρους 01 0.1 Η ΠΡΟΟΔΟΣ Β στα 2/3 της ύλης συντελεστής βάρους 0.2 Β Α Προόδου +Β Β Προόδου +Β γραπτού= Β τελικός Προαπαιτούμενα: 1) Παράγωγοι (εύκολο Μερικοί κανόνες) 2) Ολοκληρώματα (μάλλον δύσκολο Πολλές τεχνικές) 2) Ολοκληρώματα (μάλλον δύσκολο Πολλές τεχνικές) 3) Γραμμική άλγεβρα ( Πίνακες Ιδιοτιμές Ιδιοδιανύσματα)

ΔΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ Η Αναγκαιότητα των Δ. Ε. Ο κύριος σκοπός της Επιστήμης είναι η κατανόηση της Φύσης Ηράκλειτος: "Πάντα ρει, πάντα χωρεί καί ουδέν μένει", ( Όλα ρέουν και αλλάζουν και τίποτα δεν παραμένει σταθερό). Μελέτη των φυσικών αλλαγών Αλλαγή παράγωγος Διαφορική Εξίσωση

Πως δημιουργείται μια Δ. Ε. Ακολουθούμε 3 βήματα: 1) Συλλέγουμε δδ δεδομένα που αφορούν το πρόβλημα. 2) Ακολουθούμε μια διαδικασία δημιουργίας του μαθηματικού προτύπου, (που οδηγεί σε Διαφορική Εξίσωση). 3) Βρίσκουμε την λύση της Διαφορικής Εξίσωσης και συγκρίνουμε την λύση με τις πειραματικές μετρήσεις. Στο παρακάτω σχήμα βλέπουμε την σχέση μεταξύ των μαθηματικών μοντέλων και της πραγματικότητας.

Φυσική πραγματικότητα Σύγκριση Προβλέψεις Δεδομένα Νόμοι Τεχνικές Φυσική προσέγγιση Μαθηματικά πρότυπα

ΣΥΜΠΕΡΑΣΜΑΤΑ ΦΥΣΙΚΟ ΣΥΣΤΗΜΑ ΔΙΑΤΥΠΩΣΗ ΔΙΑΦΟΡΙΚΗΣ ΕΞΙΣΩΣΗΣ ΛΥΣΗ ΤΗΣ ΔΙΑΦΟΡΙΚΗΣ ΕΞΙΣΩΣΗΣ ΕΡΜΗΝΕΙΑ ΤΗΣ ΛΥΣΗΣ ΜΕ ΟΡΟΥΣ ΤΟΥ ΕΡΜΗΝΕΙΑ ΤΗΣ ΛΥΣΗΣ ΜΕ ΟΡΟΥΣ ΤΟΥ ΦΥΣΙΚΟΥ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΟΣ

ΣΥΝΗΘΕΙΣ ΔΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ Ορισμοί. Διαφορική εξίσωση, (Δ.Ε), ονομάζεται μια εξίσωση που περιέχει παραγώγους μιας άγνωστης συνάρτησης Οι διαφορικές εξισώσεις διακρίνονται σε: α) "Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις", (Σ.Δ.Ε), στις οποίες η άγνωστη συνάρτηση ρη ηyy είναι συνάρτηση ρη ημιας ςμόνο ανεξάρτητης ρηηςμεταβλητής: βηής 2 d y dy + 4 + y = cosx 2 dx dx β) "Διαφορικές φ έ εξισώσεις με μερικές παραγώγους", " (Μ.Δ.Ε), Δ στις οποίες η άγνωστη συνάρτηση είναι συνάρτηση δυο ή περισσοτέρων ανεξαρτήτων μεταβλητών. Ψ Ψ Ψ x y z 2 2 2 + + = 0 2 2 2

Χαρακτηριστικά μιας Δ. Ε. Τάξη μιας διαφορικής εξίσωσης ονομάζεται η μεγαλύτερη τάξη παραγώγου που εμφανίζεται αι στην εξίσωση. Π.χ. ΗΔΕ Δ.Ε. 2 d y dy + 4 + y = cos x είναι 2ας ς τάξεως 2 dx dx Βαθμός διαφορικής εξίσωσης ονομάζεται η δύναμη στην οποία είναι υψωμένη η παράγωγος της μεγαλύτερης τάξης, όταν και τα δυο μέλη της διαφορικής εξίσωσης γραφούν σαν πολυώνυμα της άγνωστης συνάρτησης και των παραγώγων της. Π.χ. η Δ. Ε. 3 2 d y dy + + = 2 y είναι τετάρτου βαθμού 3 0 3 dx dx

Λύσεις μιας Διαφορικής Εξίσωσης "Επίλυση ή ολοκλήρωση" μιας Δ.Ε. ονομάζεται η εύρεση της άγνωστης συνάρτησης ης της οποίας οίας κάποιες παράγωγοι εμφανίζονται αι στη Δ.Ε. Η συνάρτηση αυτή ονομάζεται λύση ή ολοκλήρωμα της Δ.Ε. Μια λύση κάποιας Δ.Ε. ικανοποιεί "εκ ταυτότητος" τη Δ.Ε., δηλ. την ικανοποιεί για κάθε x dy 2 x Παράδειγμα : Η Δ.Ε. + 2xy e = 0 (1) dx έχει λύση τη (2) y = xe x 2 Aν αντικαταστήσουμε τη συνάρτηση αυτή στη Δ.Ε. (1) παίρνουμε: + = + = ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 x x x x 2 x x x xe 2x xe e e 2x e 2x xe e 0 Η ισότητα αυτή ισχύει για κάθε x.

Μια Δ.Ε. έχει άπειρες λύσεις. Π.χ. για την Δ. E. (1) dy dx + 2xy x e 2 = 0 2 κάθε συνάρτηση της μορφής: (3) y = ( x+ c ) e x όπου c αυθαίρετη σταθερά, είναι λύση. Η (3) ονομάζεται "γενική λύση" της (1). Από τη γενική λύση, δίνοντας συγκεκριμένες τιμές στη σταθερά, παίρνουμε διάφορες λύσεις οι οποίες, κατά αντιδιαστολή προς τη γενική λύση, ονομάζονται "μερικές λύσεις". Η γενική ήλύση μιας Δ.Ε. πρώτης τάξης έχει τη μορφή: y=φ(x,c) (4) ή Φ(x,y,c)=0 (5) Γενικά, αποδεικνύεται ότι: α) Η γενική λύση μιας Δ.Ε. τάξης n περιέχει n σταθερές. β) Μια συνάρτηση ρη ηπου περιέχει n σταθερές και επαληθεύει εκ ταυτότητος μια Δ.Ε. τάξης n είναι η γενική λύση αυτής της Δ.Ε.

Ολοκληρωτικές καμπύλες μιας Δ.Ε Οι γραφικές παραστάσεις των μερικών λύσεων y=φ(x) μιας Δ.Ε. ονομάζονται ολοκληρωτικές καμπύλες της Δ.Ε. dy Π.χ. η Δ.Ε. 2y 3e x dx + = y x = e + ce x 2 έχει γενική λύση: ( ) x Δίνοντας στο c π.χ. ακέραιες τιμές από 6 έως 6, παίρνουμε τις παρακάτω γραφικές παραστάσεις:

dy 2y 3e x y x = e + ce dx + = ( ) x 2 x

Προσεγγιστική ική εύρεση των ολοκληρωτικών καμπύλων μιας Δ.Ε. 1ης τάξης Έστω μια Δ.Ε. 1ης τάξης που μπορεί να γραφεί υπό τη μορφή: y = f(x,y) Διευθύνον πεδίο ή πεδίο διευθύνσεων: είναι το σύνολο των διευθυνόντων στοιχείων. Διευθύνον στοιχείο: είναι ένα μικρό ευθ. τμήμα που περιέχει το σημείο (x,y) και έχει κλίση ίση με f(x,y)

Π.χ. για την Δ. Ε. y = 1+ x+ y η γενική λύση είναι y = ce x x 2 Διευθύνον πεδίο Γραφικές παραστάσεις μερικών λύσεων

Αριθμητική λύση μιας Δ. Ε. Αριθμητική λύση μιας Δ.Ε. 1ης τάξης με αρχικές συνθήκες, εννοούμε ένα σύνολο τιμών (x i, y i ), που προσεγγίζει την λύση της Δ.Ε. και διέρχεται από το σημείο των αρχικών συνθηκών Μέθοδος του Euler Βήματα της μεθόδου: 1 ον. Στο σημείο Σ 0, με συντεταγμένες (x 0, y 0 ) υπολογίζουμε την y =f(x 0, y 0 ). O αριθμός f(x 0, y 0 ) καθορίζει ρζ τη διεύθυνση της καμπύλης y=y(x) yy() στο σημείο (x 0, y 0 ). 2 ον. Η εξίσωση της εφαπτομένης της λύσης στο σημείο (x 0,y 0 ) είναι: y=y 0 +(x x x 0 )f(x 0,y 0 ) Υπολογίζουμε την τιμή της γραμμικής αυτής συνάρτησης για x=x 1 =x 0 +h όπου h θετική σταθερά: y 1 =y 0 +hf(x 0, y 0 )

3 ον Επαναλαμβάνουμε την παραπάνω διαδικασία στο σημείο (x 1, y 1 ) και η εξίσωση της αντίστοιχης εφαπτομένης της ζητούμενης λύσης είναι: y=y 1 +(x x 1 )f(x 1, y 1 ) Υπολογίζουμε την τιμή του y για x=x 2 =x 1 +h και έχουμε : y 2 =y 1 +hf(x 1, y 1 ) 4 ον Συνεχίζοντας την διαδικασία αυτή προκύπτει η ακολουθία των σημείων (x n+1,y n+1 ) όπου: x n+1 =x n +h, y n+1 =y n +hf(x n, y n ) 5 ον Ενώνοντας τα σημεία (x n,y n ) n=0,1,2,... με ευθύγραμμα τμήματα, παίρνουμε προσεγγιστικά την μερική λύση της Δ.Ε. y =f(x,y), που αντιστοιχεί στην αρχική συνθήκη (x 0,y 0 ).

Τα παραπάνω βήματα απεικονίζονται στο σχήμα: y Σ 1 Σ2 Σ 3 Σ Σ 4 0 h O x 0 x 1 x 2 x 3 x 4 x

Ποιοτική συμπεριφορά των λύσεων μιας Δ.Ε. dy dx Η Δ. Ε. έχει λύση: y(x)=ce () αx = α y Θεωρούμε τις αρχικές συνθήκες: (0, y 0 ) Η αντίστοιχη μερική λύση είναι: y(x)=y 0 e αx Η λύση εξαρτάται από την παράμετρο α Ερώτημα: Πως μπορούμε να περιγράψουμε ποιοτικά την εξάρτηση αυτή των λύσεων. Το πρόσημο της παραμέτρου α, θα δούμε ότι παίζει αποφασιστικό ρόλο.

Οι διάφορες περιπτώσεις για την τιμή του α Σχ. 1 Σχ. 2 Σχ. 3 α=0 σημείο διακλαδώσεως

ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΔΙΑΦΟΡΩΝ ή ΑΝΑΔΡΟΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ Ορισμός 1: Εξίσωση διαφορών είναι μια εξίσωση που συσχετίζει τους διάφορους όρους μιας ακολουθίας αριθμών {y 0, y 1, y 2,... }. Ορισμός 2: Η τάξη ή το βήμα μιας εξίσωσης διαφορών ορίζεται από την διαφορά μεταξύ του μεγαλύτερου και του μικρότερου ρ δείκτου των όρων της ακολουθίας που εμφανίζονται στην εξίσωση. Π.χ. y n1 n+1 5y n =0 (n+1) n=1 1 ης τάξης y n+2 3y n+1 +2y n =0 (n+2) n=2 2 ης τάξης Ορισμός 3: Λύση μιας εξίσωσης διαφορών ονομάζεται η ακολουθία {y n } που ικανοποιεί την εξίσωση n N

Γραμμικές Εξισώσεις Διαφορών α n y n+1 +β n y n =f n 1 ης τάξης α n y n+2 +β n y n+1 +γ n y n =f n 2 ης τάξης Οι ακολουθίες {α n }, {β n }, {γ n }, μπορεί να είναι σταθερές ακολουθίες τότε λέμε ότι η εξίσωση διαφορών είναι με σταθερούς συντελεστές, διαφορετικά λέμε ότι είναι με μεταβλητούς συντελεστές. Η ακολουθία {f n } αποτελεί την μη ομογενή ακολουθία ή την εξαναγκασμένη ακολουθία της εξίσωσης. Εάν όλοι οι όροι της {f n } είναι μηδέν, τότε η γραμμική εξίσωση διαφορών ονομάζεται ομογενής εξίσωση.

Παραδείγματα: 1) y n+2 +ny n+1 +y n =0 Γραμμική ομογενής 2 ης τάξης με μεταβλητούς συντελεστές 2) y n+1 =y n +0.05y n2.. Μη γραμμική 1 ης τάξης με σταθερούς συντελεστές 3) y n+1 y n =8y n2 +10(1+n) Μη γραμμική μη ομογενής 1 ης τάξης με σταθερούς συντελεστές 4) y n+2 +3y n+1 +y n =sin(nπ) n 2 n1 n Γραμμική μη ομογενής 2 ης τάξης με σταθερούς συντελεστές.

Το πρόβλημα της αρχικής τιμής μιας Ε. Δ. Έστω η Ε. Δ. 1 ης τάξης y n+1 =f(y n ) Εάν η αρχική τιμή y 0 είναι γνωστή τότε μπορούμε να βρούμε όλους τους υπόλοιπους όρους: y 1 =f(y 0 ), y 2 =f(y 1 ), y 3 =f(y 2 ), y n+1 2y n =1 y n+1 =1+2y n και για y 0 =1 έχουμε: y 1 =1+2y 0 =1+2.1= 3 y 2 =1+2y 1 =1+2.3= 7 y 3 =1+2y 2 =1+2.7= 15 y 4 =1+2y 3 =1+2.15= 15 31 y 5 =1+2y 4 =1+2.31= 63

Για την Ε. Δ. 2 ης τάξης μπορούμε να λύσουμε ως προς y n+2 y n+2 =f(y n+1,y n ) και επομένως είναι δυνατό να βρούμε τους υπόλοιπους όρους y 2, y 3,... της ακολουθίας από τις δυο αρχικές συνθήκες y 0 και y 1 y n+2 +ny n+1 y n =1 y n+2 =1 ny n+1 +y n και για y 0 =3 και y 1 =0 έχουμε: y 2 =1 0y 1 +y 0 =1 0.0+3=4 y 3 =1 1y 2 +y 1 =1.4+0== 3 y 4 =1 2y 3 +y 2 =1 2.( 3)+4=11 y 5 =1 3y 4 +y 3 =1 3.11 3= 35

Θεώρημα για την ύπαρξη και την μοναδικότητα των λύσεων μιας γραμμικής εξίσωσης διαφορών. Έστω α n, β n, γ n, και f n ακολουθίες και Α και Β σταθερές. Κάθε πρόβλημα αρχικής τιμής 1ης και 2ης τάξης: α n y n+1 +β n y n =f n y 0 =A, α n y n+2 +β n y n+1 +γ n y n =f n y 0 =A, y 1 =B έχει μια μοναδική λύση με την προϋπόθεση ότι α n 0 n N. Π ή 1 Αάλ θώ ύ ξ ώ δ φ ώ άξ Παρατήρηση 1: Ανάλογο θεώρημα ισχύει για εξισώσεις διαφορών τάξης μεγαλύτερης από 2.

14.6 Γραμμικές ομογενείς εξισώσεις Θεώρημα: Εάν {u n } και {v n } είναι δυο γραμμικά ανεξάρτητες λύσεις της γραμμικής ομογενούς εξίσωσης διαφορών: α n y n+2 +β n y n+1 +γ n y n =0 (1) τότε εύκολα αποδεικνύεται ότι η ακολουθία: c 1 {u n }+c 2 {v n }={c 1 u n +c 2 v n } (2) είναι η γενική λύση της (1). Ορισμός: Δυο ακολουθίες {u n } και {v n } λέγονται γραμμικά ανεξάρτητες εάν η σχέση: λ 1 u n +λ 2 v n =0 συνεπάγεται ότι λ 1 =λ 2 =0. n N Αλλοιώς θα λέγονται γραμμικά εξαρτημένες.

Θεώρημα : Εάν οι ακολουθίες {u n } και {v n } είναι λύσεις της γραμμικής ομογενούς εξίσωσης διαφορών α n y n+2 +β n y n+1 +γ n y n =0 τότε α) εάν η ορίζουσα του Casorati C(u n,v n ) 0 n N, τότε οι λύσεις {u n }, {v n } είναι γραμμικά ανεξάρτητες και β) εάν η ορίζουσα του Casorati C(u n, v n )=0 n N, τότε οι λύσεις {u n }, {v n } είναι γραμμικά εξαρτημένες. Ορίζουσα του Casorati u v C u,v = = u v u v n n n n n n + 1 n + 1 n un+ 1 vn+ 1 ( )

Παράδειγμα 1: Ελέγξτε εάν οι ακολουθίες {u n }={1 n } και {v n }={( 1) n } αποτελούν ένα θεμελιώδες σύνολο λύσεων της εξίσωσης: y n+2 y n =0 και σε θετική περίπτωση να βρεθεί η γενική λύση. Λύση: Κατ αρχήν εύκολα διαπιστώνουμε ότι οι ακολουθίες {u n } και {v n } επαληθεύουν την εξίσωση διαφορών. Ο γενικός όρος της ακολουθίας του Casorati είναι: 1 1 = 2 για n = αρτιος 1 1 n n 1 ( 1) C( u n,vn) = 0 n 1 n 1 1 + ( 1) + 1 1 = 2 για n = περιττος 1 1

14.7 Oμογενείς Εξισώσεις Διαφορών με σταθερούς συντελεστές Γενική μορφή της γραμμικής ομογενούς 2ης τάξης με σταθερούς συντελεστές: αy n+2 +βy n+1 +γy n =0 (1) Θα δοκιμάσουμε σαν λύση την έκφραση y n =r n με r 0. Αντικαθιστoύμε στην εξίσωση (1) και παίρνουμε: αr n+2 +βrβ n+1 +γr n =r n [αr 2 +βr+γ]=0β ]0 Χαρακτιριστική εξίσωση: αr 2 +βr+γ=0 γ Χαρακτηριστικές ρίζες: r 1, r 2

Διακρίνουμε τις εξής περιπτώσεις: 1) Ρίζες πραγματικές και διακεκριμένες: Εάν r 1 και r 2 είναι πραγματικές και διακεκριμένες ρίζες, τότε η γενική λύση της E. Δείναι: y n =c 1 r 1n +c 2 r 2 n n=0, 1, 2, 2) Ρίζες πραγματικές και ίσες: Εάν r 1 =r 2 =r η διπλή ρίζα, τότε η γενική λύση της Ε. Δ. είναι: y n =c 1 r n +c 2 nr n =(c 1 +c 2 n)r n 3) Μιγαδικές συζυγείς ρίζες: Εάν r 1 =p+iq, piq, r 2 =p iq) οι συζυγείς μιγαδικές ρίζες ή σε πολική μορφή r 1 =re iθ, r 2 = re iθ, τότε η γενική λύση της E. Δ. είναι: y n =r n [c 1 cos(nθ)+c 2 sin(nθ)]

Παράδειγμα 1: Να λυθεί το πρόβλημα αρχικής τιμής: y n+2 +y n+1 6y6 n =0 y 0 =1, y 1 =0 X. E. r 2 +r 6=0 X.P. r 1 =2, r 2 = 3 και η γενική λύση είναι: y n =c 1 2 n +c 2 ( 3) n Αντικαθιστώντας τις αρχικές συνθήκες στη γενική λύση βρίσκουμε: y 0 =c 1 +c 2 =1 και y 1 =2c 1 3c 2 =0 c 1 =3/5, c 2 =2/5 Άρα η λύση του προβλήματος αρχικής τιμής είναι: 3 2 2 5 5 n n y n = + 3 ( )

Παράδειγμα 2: Να λυθεί το πρόβλημα αρχικής τιμής: y n+2 +4y n+1 +4y n =0 y 0 =0, y 1 =1 Λύση: Πρώτα βρίσκουμε την γενική λύση της εξίσωσης διαφορών. Η αντίστοιχη χαρακτηριστική εξίσωση είναι: r 2 +4r+4=0 r 1 =r 2 =r= 2 και ηγενική λύση είναι: y n =c 1 ( 2) n +c 2 n( 2) n Αντικαθιστώντας τις αρχικές συνθήκες στη γενική λύση βρίσκουμε: y 0 =c 1 =0 και y 1 = 2c 1 2c 2 =1 c 1 =0, c 2 = 1/2 Άρα η λύση του προβλήματος αρχικής τιμής είναι: 1 yn = n( 2 ) 2 n

Παράδειγμα 3: Να λυθεί το πρόβλημα αρχικής τιμής: y n+2 +2y n+1 +4y n =0 y 0 =1, y 1 =0 Λύση: Πρώτα βρίσκουμε την γενική λύση της εξίσωσης διαφορών. Η αντίστοιχη χαρακτηριστική εξίσωση είναι: r 2 +2r+4=0 r 1= 1+i 3=re iθ, r 2= 1 i 3= re iθ όπου r=2 και tanθ= 3 θ=2π/3. Η γενική λύση είναι: y n =2 n [c 1 cos(2nπ/3)+c 2 sin(2nπ/3)] Αντικαθιστώντας τις αρχικές συνθήκες στη γενική λύση βρίσκουμε: y 0 =c 1 =1 και y 1 =2c 1 cos(2π/3)+2c 2 sin(2π/3)=0 c 1 =1, c2= 3/3. Άρα η λύση του προβλήματος αρχικής τιμής είναι: n 2π 3 2π yn = 2 cos n + sin n 3 3 3

Γενίκευση των παραπάνω συμπερασμάτων Ε. Δ m τάξης α m y n+m +α m 1 y n+m 1 + +α n y n =0 (1) όπου α m, α m 1,, α n σταθεροί αριθμοί. Τότε: α) Σε κάθε απλή ρίζα r=r r )n. 0 της (1) αντιστοιχεί μια λύση (r 0 β) Σε κάθε ζεύγος συζυγών μιγαδικών ριζών r 1 =p+iq=re iθ, r 2 =p iq= re iθ της (1) αντιστοιχούν δυο λύσεις: r n cos(nθ), r n sin(nθ) γ) Σε κάθε ρίζα r=r 1 πολλαπλότητα k της (1) αντιστοιχούν k λύσεις της Δ.Ε: (r 1 ) n, n(r 1 ) n,, n k 1 (r 1 ) n ή ισοδύναμα λύση της μορφής: ( k 1 n λ 0 +λ 1n+ +λ k 1n )( r1) = Pk 1( n)( r1) όπου P k 1 (n) πολυώνυμο k 1 βαθμού ως προς n. n

δ) Σε κάθε ζεύγος συζυγών μιγαδικών μγαδ ριζών ρζώ r 1 =p+iq=re iθ,r 2 =p iq= re iθ με πολλαπλότητα k της (1) αντιστοιχεί λύση της μορφής: k 1 n k 1 n ( 0 1n k 1n ) r cos ( n ) ( 0 1 x k 1 x ) r sin ( n ) λ +λ + +λ θ + ν +ν + +ν θ = ( ) ( ) ( ) ( ) n = r Pk 1 nθ cos nθ + Qk 1 nθ sin nθ

14.8 Μη ομογενείς Εξισώσεις Γενική μορφή Ε.Δ. 2 ης τάξης σταθερούς συντελεστές: αy n+2 +βy n+1 +γy n =f n (1) H γενική λύση της (1) είναι το άθροισμα της γενικής λύσης {h n } της αντιστοίχου ομογενούς και μιας οποιασδήποτε μερικής λύσης {p n } της (1), δηλ. y n =h n +p n (2) Για την εύρεση μιας μερικής λύσης {p n } θα χρησιμοποιήσουμε την μέθοδο των προσδιοριστέων συντελεστών: f n Μορφή της μερικής λύσης {p n } 1. α (σταθερά) A 2. αn k (k ακέραιος) A k k 1 0 n +A 1 n +... +A k 1 n+a k 3. αβ n Aβ n 4. αcos(βn) Acos(βn)+Bsin(βn) 5. αsin(βn) Acos(βn)+Bsin(βn)

Παρατήρηση 1: Εάν ο μη ομογενής όρος f n αποτελείται από άθροισμα των παραπάνω περιπτώσεων, τότε και η αντίστοιχη μερική λύση θα είναι το άθροισμα των μερικών λύσεων που αντιστοιχούν στους όρους του f n. Παρατήρηση 2: Όταν ένας όρος της μερικής λύσης συμπίπτει με έναν όρο της λύσης της ομογενούς, τότε όλοι οι όροι της μερικής λύσης πρέπει να πολλαπλασιαστούν με την δύναμη του n που έχει εκθέτη τον μικρότερο θετικό ακέραιο έτσι ώστε οι όροι της μερικής λύσης και της γενικής λύσης της ομογενούς να μη συμπίπτουν.

Συγκεκριμένα: 1) εάν η X. E. έχει σαν ρίζα το 1 με πολλαπλότητα λό k και ο μη ομογενής όρος f n είναι ένα πολυώνυμο ως προς n βαθμού m, τότε η μερική λύση θα έχει την μορφή: p n =n k Q m (n) 2) εάν η X. E. έχει σαν ρίζα το β 1 με πολλαπλότητα k και ο μη ομογενής όρος είναι μια δύναμη του β, δηλαδή f n =αβ n, τότε η μερική λύση θα έχει την μορφή: p n =Αn k β n 3) εάν η X. E. έχει σαν ρίζα τους συζυγείς μιγαδικούς αριθμούς rexp(±iθ) με πολλαπλότητα k και ο μη ομογενήςόροςείναι είναι της μορφής f n =rsin(θn) ή rcos(θn), τότε η μερική λύση θα έχει την μορφή: p n =n k r n [Acos(θn)+Bsin(θn)] Γενικά εάν f n =r n [P 1 (n)cos(θn)+ P 2 (n)sin(θn)] n 1 2 είναι η μορφή του μη ομογενούς όρου, όπου P 1 (n), P 2 (n) πολυώνυμα βαθμού m 1, m 2 αντίστοιχα, τότε σαν μερική λύση p n θα αναζητήσουμε μερική λύση της μορφής: p n =n k r n [Q 1 (n)cos(θn)+ Q 2 (n)sin(θn)] όπου Q 1 (n), Q 2 (n) προσδιοριστέα πολυώνυμα βαθμού max{m, m 2 } και k η πολλαπλότητα των ριζών rexp(±iθ) ή k=0 εάν οι μιγαδικοί αριθμοί rexp(±i) δεν είναι χαρακτηριστικές ρίζες της ομογενούς εξισώσεως διαφορών.

Παράδειγμα 1: Να βρεθεί η γενική λύση της y n+2 4y n+1 +4y n =n+1 Λύση: Η X. E. της αντίστοιχης ομογενούς εξίσωσης είναι: r 2 4r+4=0 r 1 =r 2 =2 και με γενική λύση της ομογενούς: h n =c 1 2 n +c 2 n2 n Ο μη ομογενής όρος είναι f n =n+1 και επομένως η μερική λύση θα είναι της μορφής p n =An+B. Αντικαθιστώντας την μερική αυτή λύση στην εξίσωση βρίσκουμε: An+( 2A+B)=n+1 A=1, B=3 Επομένως p n =n+3 και η γενική λύση είναι y n =c 1 2 n +c 2 n2 n +n+3+3

Παράδειγμα 2: Να βρεθεί η γενική λύση της y n+2 3y n+1 +2y n =2 n Λύση: Η X. E. της αντίστοιχης ομογενούς εξίσωσης είναι: r 2 3r+2=0 r 1 =1, r 2 =2 και με γενική λύση της ομογενούς: h n =c 1 +c 2 2 n n 1 2 Ο μη ομογενής όρος είναι f n =2 n και επομένως η μερική λύση θα έπρεπε να είναι: p n =A2 n. Επειδή όμως ο όρος 2 n της μερικής λύσης συμπίπτει με τον όρο c 2 2 n της γενικής λύσης, γι' αυτό θεωρούμε σαν μερική λύση την: p n =An2 n. Αντικαθιστώντας την μερική αυτή λύση στην εξίσωση βρίσκουμε: A=1/2 A1/2 Επομένως p n =n2 n 1 και η γενική λύση είναι y n n 1 n = c 1 +c 2 2 +n2

Παράδειγμα 3: Να βρεθεί η γενική λύση της y n+2 y n =sin(nπ/2) Λύση: Η X. E. της αντίστοιχης ομογενούς εξίσωσης είναι: r 2 1=0 r 1 =1, r 2 = 1 και με γενική λύση της ομογενούς: h n =c 1 +c 2 ( 1) n Ο μη ομογενής όρος είναι f n = sin(nπ/2) και επομένως η μερική λύση θα είναι της μορφής p n =Acos(nπ/2)+Βsin(nπ/2) ( ). Αντικαθιστώντας την μερική αυτή λύση στην εξίσωση βρίσκουμε: A=0 και B= 1/2 Επομένως: p n = (1/2)sin(nπ/2) και η γενική λύση είναι y n =c 1 +c 2 ( 1) n (1/2)sin(nπ/2)

14.9 Ο Ζ μετασχηματισμός Ορισμός: Η παρακάτω αντιστοιχία, που σε κάθε ακολουθία {y n } αντιστοιχεί την συνάρτηση, (που δίνεται υπό μορφή σειράς): n y y y Z{y n} = 1 2 3 ynz = y0 + + + + 2 z z z n =0 3 ονομάζεται Ζ μετασχηματισμός της ακολουθίας {y n }. Η σειρά αυτή θα συγκλίνει για z >R για κάποιον αριθμό R>0, που εξαρτάται από την ακολουθία {y n }, και σ αυτή την περιοχή ορίζει μια συνάρτηση του z

Παραδείγματα: α) {1}={1, 1, 1, } (μοναδιαία ακολουθία) 1 1 1 z Z1 () = 1+ + + = = z z 2 1 z 1 z 1 β) {y n }={1, r, r 2,, r n, } (γεωμετρική ακολουθία) ( ) 2 r r 1 z n = + + + = = 2 1 Z y 1 z z 1 rz z r γ) {y n }={1, 2, 3,, n, } (αριθμητική ακολουθία) 2 Z( y ) = 1 + 2 + 3 + z z = z (z 1) n 2 2 δ) {y n }={0, 1, 1, 1,, 1, } (ακολουθία βήματος) 1 1 1 1 1 Z( yn ) = 0 + + + + = z = 2 3 z z z 1 1 z 1 z

14.10 Ιδιότητες του Ζ μετασχηματισμού 1) Γραμμική ιδιότητα Ζ{αy n +βx n }=αζ{y n }+βζ{x n } 2) Ιδιότητα της μετατόπισης Ζ{y n+1 }=zz{y n } zy 0 Z{y n+2 }=z 2 Z{y n } z 2 y 0 zy 1 3) Ιδιότητα της παραγώγου Z{ny n }= zdf(z)/dz όπου {y n }={y 0, y 1, y 2,... } {y n+1 }={y 1, y 2, y 3,... } {y n+2 }={y 2, y 3, y 4,... }

14.11 Ο αντίστροφος Ζ μετασχηματισμός Ορισμός: Z 1 (F(z))={y n } Μέθοδοι για την εύρεση του αντιστρόφου μετασχηματισμού, 1) η μέθοδος της δυναμοσειράς 2) η μέθοδος της αναπτύξεως σε απλά κλάσματα 3) η μέθοδος των ολοκληρωτικών υπολοίπων

1) Μέθοδος της δυναμοσειράς Υποθέτουμε ότι ο Ζ μετασχηματισμός, F(z), έχει την μορφή ρητής συνάρτησης, ρη ης

1) Μέθοδος της δυναμοσειράς Υποθέτουμε ότι ο Ζ μετασχηματισμός, F(z), έχει την μορφή ρητής συνάρτησης, ρη ης F(z) p p 1 1 pz p 1z 1z 0 m m 1 1 mz m 1z 1z 0 = α +α + +α +α β +β + +β +β

1) Μέθοδος της δυναμοσειράς Υποθέτουμε ότι ο Ζ μετασχηματισμός, F(z), έχει την μορφή ρητής συνάρτησης, ρη ης F(z) p p 1 1 pz p 1z 1z 0 m m 1 1 mz m 1z 1z 0 = α +α + +α +α β +β + +β +β η οποία μπορεί να αναπτυχθεί σε δυναμοσειρά του z 1 ή του z, εκτελώντας την αντίστοιχη διαίρεση:

1) Μέθοδος της δυναμοσειράς Υποθέτουμε ότι ο Ζ μετασχηματισμός, F(z), έχει την μορφή ρητής συνάρτησης, ρη ης F(z) p p 1 1 pz p 1z 1z 0 m m 1 1 mz m 1z 1z 0 = α +α + +α +α β +β + +β +β η οποία μπορεί να αναπτυχθεί σε δυναμοσειρά του z 1 ή του z, εκτελώντας την αντίστοιχη διαίρεση: p p 1 1 pz p 1z 1z 0 1 2 3 m m 1 1 0 1 2 3 m z m 1 z 1 z 0 α +α + +α +α F(z) = = y + y z + y z + y z + β +β + +β +β

Παράδειγμα 1: Να βρεθεί ο αντίστροφος Ζ μετασχηματισμός για την συνάρτηση: 2 ( ) = 2 Fz z + 2z + 1 z z+ 2

Παράδειγμα 1: Να βρεθεί ο αντίστροφος Ζ μετασχηματισμός για την συνάρτηση: 2 ( ) = 2 Fz z + 2z + 1 z z+ 2 Λύση: Πρώτα εκτελούμε την διαίρεση του αριθμητή δια του παρονομαστή κατά τις κατιούσες δυνάμεις του z και βρίσκουμε: F(z)=1+3z 1 +2z 2 4z 3 8z 4 + Ο αντίστροφος Ζ μετασχηματισμός βρίσκεται τώρα άμεσα και είναι: y 0 =1, y 1 =3, y 2 =2, y 3 = 4, y 4 = 8,

2) Μέθοδοςτης ανάπτυξης σε απλά κλάσματα. Στη μέθοδο αυτή ο Ζ μετασχηματι σμός F(z) αναπτύσσεται σε άθροισμα απλών κλασμάτων και στη συνέχεια βρίσκουμε από τους πίνακες τον αντίστροφο Ζ μετασχηματισμό των απλώνκλασμάτων λ Παράδειγμα: α) Να βρεθεί ο αντίστροφος μετασχηματισμός για τις εξής συναρτήσεις 1 Fz ( ) = z 1 Εδώ μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το γεωμετρικό ανάπτυγμα αντί τους πίνακες του αντίστροφου μετασχηματισμού και έχουμε: 1 1 1 1 1 1 1 1 Fz ( ) = = = 1 + + + = 0+ + + 2 2 z 1 z 1 1 z z z z z z {y n }={0, 1, 1, }

13 Η ΕΥΣΤΑΘΕΙΑ ΤΩΝ ΛΥΣΕΩΝ ΤΩΝ ΔΙΑΦΟΡΙΚΩΝ ΣΥΣΤΗΜΑΤΩΝ ΚΡΙΣΙΜΑ ΣΗΜΕΙΑ () dx t dt ( ) dy t = 2x() t = y t dt () 2 0 A = 0 1 { y( t ) = _C2 e ( 2 t ), x( t ) = _C1 e ( t ) } Ιδιοτιμές: λ 1 = 2, λ 2 = 1 Ιδιοδιανύσματα: v 1 =(1,0), v 2 =(0,1) Κρίσιμο σημείο: (0,0) Σταθερός κόμβος

13 Η ΕΥΣΤΑΘΕΙΑ ΤΩΝ ΛΥΣΕΩΝ ΤΩΝ ΔΙΑΦΟΡΙΚΩΝ ΣΥΣΤΗΜΑΤΩΝ ΚΡΙΣΙΜΑ ΣΗΜΕΙΑ ( ) dx t dt ( ) dy t = x() t = dt { x ( t ) = _C1 e t, y ( t ) = _C2 e ( 2 t ) } () 2y t A 1 0 = 0 2 Ιδιοτιμές: λ 1 =1, λ 2 =2 Ιδιοδιανύσματα: v 1 =(1,0), v 2 =(0,1) Κρίσιμο σημείο: (0,0) 0) Ασταθής κόμβος

13 Η ΕΥΣΤΑΘΕΙΑ ΤΩΝ ΛΥΣΕΩΝ ΤΩΝ ΔΙΑΦΟΡΙΚΩΝ ΣΥΣΤΗΜΑΤΩΝ ΚΡΙΣΙΜΑ ΣΗΜΕΙΑ () dx t dt ( ) dy t = 2x() t = dt 2 t { y( t ) = _C2 e t, x( t ) = _C1 e ( ) } Ιδιοτιμές: λ 1 = 2, λ 2 =1 () y t 2 0 A = 0 1 Ιδιοδιανύσματα: v 1 =(1,0), v 2 =(0,1) Κρίσιμο σημείο: (0,0) 0) Σαγματικό σημείο

13 Η ΕΥΣΤΑΘΕΙΑ ΤΩΝ ΛΥΣΕΩΝ ΤΩΝ ΔΙΑΦΟΡΙΚΩΝ ΣΥΣΤΗΜΑΤΩΝ ΚΡΙΣΙΜΑ ΣΗΜΕΙΑ ( ) dx t dt ( ) dy t = x() t = dt { y( t ) = _C2 e t, x( t ) = _C1 e t } () y t A 1 0 = 0 1 Ιδιοτιμές: λ 1 =λ 2 =1>0 Ιδιοδιανύσματα: v 1 =(1,0), v 2 =(0,1) Κρίσιμο σημείο: (0,0) 0) Ασταθές άστρο

13 Η ΕΥΣΤΑΘΕΙΑ ΤΩΝ ΛΥΣΕΩΝ ΤΩΝ ΔΙΑΦΟΡΙΚΩΝ ΣΥΣΤΗΜΑΤΩΝ ΚΡΙΣΙΜΑ ΣΗΜΕΙΑ ( ) dx t dt ( ) dy t = x() t = y t dt t t { y( t ) = _C2 e ( ), x( t ) = _C1 e ( ) } () 1 0 A = 0 1 Ιδιοτιμές: λ 1 =λ 2 = 1<0 Ιδιοδιανύσματα: v 1 =(1,0), v 2 =(0,1) Κρίσιμο σημείο: (0,0) 0) Ευσταθές άστρο

13 Η ΕΥΣΤΑΘΕΙΑ ΤΩΝ ΛΥΣΕΩΝ ΤΩΝ ΔΙΑΦΟΡΙΚΩΝ ΣΥΣΤΗΜΑΤΩΝ ΚΡΙΣΙΜΑ ΣΗΜΕΙΑ () dx t dt dy( t) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 0 = x t + y t = x t + 3y t A = dt 1 3 solution := { x( t ) = e ( 2 t ) (_C1 + _C2 t _C2 ), y( t ) = e ( 2 t ) (_C1 + _C2 t )} Ιδιοτιμές: λ 1 =λ 2 =2>0 Ιδιοδιανύσματα: v 1 =(1,1) Κρίσιμο σημείο: (0,0) 0) Εκφυλισμένος κόμβος

13 Η ΕΥΣΤΑΘΕΙΑ ΤΩΝ ΛΥΣΕΩΝ ΤΩΝ ΔΙΑΦΟΡΙΚΩΝ ΣΥΣΤΗΜΑΤΩΝ ΚΡΙΣΙΜΑ ΣΗΜΕΙΑ ( ) ( ) dx t dy t = 0.1x () t y () t = x t 0.1y t dt dt () () 0.1 1 A = 1 0.1 Ιδιοτιμές μιγαδικές με Re(λ 1,2 )<0 : λ 1 = 0.1+i, λ 2 = 0.1 i Ιδιοδιανύσματα μιγαδικά: v 1 =( 1,i), v 2 =( 1, i) Κρίσιμο σημείο: (0,0) t t 10 10 { x( t ) = e ( _C1 cos( t ) _C2 sin( t ) ), y( t ) = e ( _C1 sin( t ) + _C2 cos( t ) ) } Ευσταθές σπειροειδές σημείο

13 Η ΕΥΣΤΑΘΕΙΑ ΤΩΝ ΛΥΣΕΩΝ ΤΩΝ ΔΙΑΦΟΡΙΚΩΝ ΣΥΣΤΗΜΑΤΩΝ ΚΡΙΣΙΜΑ ΣΗΜΕΙΑ ( ) dx t dt ( ) dy t = 0.1x () t + 0.5y () t = 0.5x t + 0.1y t dt Ιδιοτιμές μιγαδικές: λ 1 =0.1+0.5i, λ 2 =0.1 0.5i με Re(λ 1,2 )>0 : () () 0.1 0.5 A = 0.5 0.1 Ιδιοδιανύσματα μιγαδικά: v 1 =(1,i), v 2 =(1, i) Κρίσιμο σημείο: (0,0) 6 6 Ασταθές x() t = c1sin t c2cos t 5 + 5 σπειροειδές σημείο 1 6 1 6 y ( t ) = ( 2c 1 + c 2 ) cos t ( c 1 c 2 ) sin t 5 + 5 5 5

13 Η ΕΥΣΤΑΘΕΙΑ ΤΩΝ ΛΥΣΕΩΝ ΤΩΝ ΔΙΑΦΟΡΙΚΩΝ ΣΥΣΤΗΜΑΤΩΝ ΚΡΙΣΙΜΑ ΣΗΜΕΙΑ ( ) dy ( t ) = y() t = x( t) 0 1 dt A = 1 0 dx t d t dt Ιδιοτιμές φανταστικές: λ 1 = i, λ 2 =i με Re(λ 1,2 )=0 : Ιδιοδιανύσματα μιγαδικά: v 1 =(i,1), v 2 =( i,1) Κρίσιμο σημείο: (0,0) Κεντρικό σημείο { y ( t ) = _ C1 sint ( ) + _ C2 cos ( t ), x ( t ) = _ C1 cos ( t ) + _ C2 sint ( ) }

12 ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΔΙΑΦΟΡΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ Ορισμός 1: Ένα σύνολο από n το πλήθος διαφορικές εξισώσεις, που περιέχουν την ανεξάρτητη μεταβλητή x, τις συναρτήσεις y 1 (x),, y n (x) και παραγώγους των μέχρι τάξης m, λέγεται σύστημα διαφορικών εξισώσεων m τάξης, (Σ.Δ. Δ Ε.) ) Η γενική μορφή ενός συστήματος διαφορικών εξισώσεων m τάξης θα είναι: F 1 (x, y 1,, y n,, y (m) 1,, y (m) n )=0 F 2 (x, y 1,, y n,, y (m) 1,, y (m) n )=0 F n (x, y 1,, y n,, y (m) 1,,y (m) n )0 )=0 y (m) =f (x,,, (m 1), (m 1) 1 1 (,y 1,, y n,, y 1,, y n ) y (m) 2 =f 2 (x, y 1,, y n,, y (m 1) 1,, y (m 1) n ) y (m) n =f n (x, y 1,, y n,, y (m 1) 1,, y (m 1) n ) μένη μορ ρφή Λυ

Ορισμός 2: Αν οι συναρτήσεις f 1,, f n είναι γραμμικές ως προς y 1,, y n το Σ.Δ. Ε. λέγεται γραμμικό και η γενική του μορφή είναι: y 1 =α 11 y 1 + +α 1n y n +φ 1 y 2 =α 21 y 1 + +α 2n y n +φ 2 y n =α n1 y 1 + +α+α nn y n +φ n όπου τα α ij είναι σταθερές ή συναρτήσεις του x και τα φ i,i=1, 2,, n είναι εν γένει συναρτήσεις του x. Ορισμός 3: Αν φ i (x)=0, τότε το Σ.Δ. Ε. λέγεται ομογενές. Άλλοι συμβολισμοί του Σ.Δ. Ε. ( ) n y x = α (x)y (x) +ϕ (x) i = 1, 2,,n i ij j i j1 =

ή y (x)=a(x)y(x)+φ(x) όπου y y1 1 ϕ1 11 1n y α α 2 y ϕ2 y( x) = y ( x) = 2 ϕ ( x) = και A( x) = α n1 α nn yn n y ϕ n Το θεώρημα για την ύπαρξη και το μονοσήμαντο της λύσεως ενός Σ. Δ. Ε. 1ης τάξης διατυπώνεται ως εξής: Εάν οι συναρτήσεις f 1, f 2,, f n είναι συνεχείς ως προς x, y 1,,y n σε μια περιοχή του σημείου (x 0,y 10,,y n0 ), έχουν δε συνεχείς παραγώγους πρώτης τάξης ως προς y 1,,y n, τότε υπάρχει μια και μόνο μια λύση του συστήματος: y 1 =y 1 (x),, y n =y n (x), που ικανοποιεί ο τις αρχικές συνθήκες: y 1 (x 0 )=y 10,, y n (x 0 )=y n0. Επειδή οι αρχικές συνθήκες y 10,, y n0 είναι τυχαίες, η γενική λύση του συστήματος περιέχει n αυθαίρετες σταθερές, δηλ. y i =y i (x, c 1,, c n ), i=1, 2,..., n

12.22 Λύση γραμμικών συστημάτων με τη μέθοδο της απαλοιφής Ένα Σ.Δ. Ε. 1ης τάξης με n άγνωστες συναρτήσεις y 1,, y n μετατρέπεται σε διαφορική εξίσωση n τάξης ως προς μια από τις συναρτήσεις y 1, y 2,, y n. Π.χ. το Σ.Δ. Ε.: y 1 =ff 1 (x, y 1, y 2, y 3 ) y 2 =f 2 (x, y 1, y 2, y 3 ) y 3 =f 3 (x, y 1, y 2, y 3 ) μετατρέπεται σε διαφορική εξίσωση 3ης τάξης ως προς την y 1 ως εξής:

Παραγωγίζουμε γ την 1η η Δ. Ε. του συστήματος ως προς x: y f f dy f dy f dy 1 1 1 1 2 1 3 1 = + + + = x y1 dx y2 dx y3 dx f1 f1 f1 f1 = + f1+ f2 + f3 = F 2(x,y 1,y 2,y 3) x y y y 1 2 3 F F F F y = + f + f + f = F(x,y,y,y ) 2 2 2 2 1 1 2 3 3 1 2 3 x y1 y2 y3 Έτσι έχουμε: y 1 (x)=ff 1 (x, y 1, y 2, y 3 ) y 1 (x)=f 2 (x, y 1, y 2, y 3 ) y 1 (x)=f F 3 (x, y 1, y 2, y 3 ) Απαλοιφή των y 2 και y 3

y 1 (x) = G(x, y 1, y 1, y ) Παράδειγμα 1: Να λυθεί το διαφορικό σύστημα: y 1 =y 1 +y 2 (1α) y 2 =x+y 1 +y 2 (1β) Λύση: Παραγωγίζουμε την (1α) και έχουμε: y 1 =y 1 +y 2 =(y 1 +y 2 )+(x+y 1 +y 2 )=x+2y 1 +2y 2 και το αρχικό σύστημα παίρνει τη μορφή: y 1 =y 1 +y 2 (2α) y 1 =x+2y 1 +2y 2 (2β) Λύνοντας την (2α) ως προς y 2 =h 2 (x, y 1, y 1 )=y 1 y 1 (3) και αντικαθιστώντας στην (2β) προκύπτει: Μη ομογενής γραμμική Δ. Ε. 3 ης τάξης y 1 =x+2yy 1 +2h 2 =x+2y 1 +2(y 1 yy 1 )=x+2y 1 y 1 2yy 1 =x 1 1 c 2x 2 1 2x 2 y1 = x x+ e + c y = 1 ce + 1 x 1 x 1 c 2 4 4 2 2 4 4 4 2 1 2

Παρατήρηση 1: Η μέθοδος της απαλοιφής μπορεί να εφαρμοσθεί πιο εύκολα,, χρησιμοποιώντας τον διαφορικό τελεστή D, μόνο για γραμμικά διαφορικά συστήματα με σταθερούς συντελεστές. Παράδειγμα 2: Να λυθεί το σύστημα των διαφορικών εξισώσεων: y 1 2y 1 +y 2 +y 2 =x (1α) y 1 +y 1 +y 2 +2y 2 =1+2x (1β) Λύση: Με τον διαφορικό τελεστή D το Σ.Δ. Ε. (1) γράφεται: (D+1) (D 2)y 1 +(D+1)y 2 =x (2α) (D 2) (D+1)y 1 +(D+2)y 2 =1+2x (2β) Το νέο σύστημα το βλέπουμε σαν αλγεβρικό με αγνώστους τα y 1 και y 2 Για να βρούμε την y 2, πολλαπλασιάζουμε την (2α) με (D+1) και την (2β) με (D 2) και έχουμε (D+1)(D 2)y )y +(D+1) 2 1 y 2 =(D+1)x (3α) (D 2)(D+1)y 1 (D 2)(D+2)y 2 = (D 2)(1+2x) (3β ) (2D+5)y 2 =1+5x y 2 (x)=c 1 exp[ 5x/2]+x 1/5

Γνωρίζοντας ρζ την y 2 βρίσκουμε την y 1 από την (2α ): (D 2)y 1 +(D+1)y 2 =x (2α) ( ) ( ) D 2 y = x D 1 y = 1 2 5 1 3 5 4 = x ( D 1) c1exp x x c1exp x 2 + = 5 2 2 5 3 5 4 D 2 y = c exp x 2 2 5 ( ) 1 1 Γραμμική 1 ης τάξης 2x 1( ) 1 5 y x = c 2 1exp x c2e 3 + + 2 5

12.3 Γενικά Συμπεράσματα. μ Θεωρούμε το Σ. Δ. Ε.: L 1 (D)y 1 (x)+t 1 (D)y 2 (x)=f 1 (x) L 2 (D)y 1 (x)+t 2 (D)y 2 (x)=f 2 (x) όπου τα L 1, L 2, T 1, T 2 είναι πολυώνυμα ως προς D. Διακρίνουμε τις εξής περιπτώσεις: Περίπτωση 1: Αν L T L T Δ = = = = =ρ L T L T 1 1 2 2 0 L1T2 TL 1 2 0 2 2 1 1 Τότε L 1 y 1 +T 1 y 2 =f 1 (1) ρl 1 y 1 +ρt 1 y 2 =f 2 (2) 1α) αν f 2 =ρf 1 τότε το σύστημα είναι συμβιβαστό, ββ (Η (2) είναι περιττή. Η εξίσωση (1) μπορεί να λυθεί ως προς την συνάρτηση y 1 (x) ή y 2 (x) ενώ η άλλη παραμένει απροσδιόριστη. 1β) αν f 2 ρf 1 τότε το σύστημα είναι αδύνατο

Περίπτωση 2: Aν Δ = L1 T1 L T 2 2 0 Θέτουμε: μ=βαθμός μ Δ(D) ( ) μ 1 =max(βαθ. L 1, βαθ. T 1 ) μ 2 =max(βαθ. L 2, βαθ. Τ 2 ) 2α) αν μ=μ 1 +μ 2 τότε βρίσκουμε τόσες σταθερές όση είναι η τάξη του συστήματος, δηλ. μ το πλήθος σταθερές. 2β) αν μ<μ1+μ2 το σύστημα ονομάζεται εκφυλισμένο Η γενική του λύση περιέχει μ αυθαίρετες σταθερές. Το σύστημα μπορεί να θεωρηθεί εν μέρει διαφορικό και εν μέρει αλγεβρικό. γβρ 2γ) Στην περίπτωση μ=0, δηλ. πλήρους εκφυλισμού, ο υπολογισμός της λύσης γίνεται καθαρά αλγεβρικά χωρίς να χρειάζεται καμία ολοκλήρωση, με αποτέλεσμα η λύση να μην περιέχει σταθερές.

Παράδειγμα 1: Να λυθεί το Σ. Δ. Ε.: y 1 y 1 +y 2 y 2 = 1 y 1 +y 1 +y 2 +y 2 = x Λύση: Έχουμε: (D 2 1)y 1 +(D 1)y 2 =1 (1) (D+1)y 1 +(D 2 +1)y 2 =x (2) 2 D 1 D 1 2 ( ) Δ = = D+ 1 D + 1 2 2 D D 1 επειδή μ=4, μ 1 =2, μ 2 =2 και μ=μ 1 +μ 2, το σύστημα δεν είναι εκφυλισμένο, δηλ. η λύση του περιέχει τέσσερεις αυθαίρετες σταθερές. y 1 (x)=(c 2 c 1 1) c 2 x c 3 e x +c 4 e x x 3 /6 y 2 (x)=c 1 +c 2 x+c 3 e x +x 2 /2+x 3 /6 δή λύ ή έ έ ξά Επειδή μ=4, οι λύσεις του συστήματος πρέπει να έχουν 4 ανεξάρτητες σταθερές, όπως και πράγματι έχουν. Αυτό το διαπιστώνουμε αντικαθιστώντας τις λύσεις στο σύστημα και βλέποντας ότι το σύστημα ικανοποιείται εκ ταυτότητος, δηλ. x.

Παράδειγμα 2: Να λυθεί το σύστημα των διαφορικών εξισώσεων: y 1 y 1 +y 2 +2y 2 = 0 y 1 +y 2 +4y 2 = 0 Λύση: Έχουμε: (D 2 D)y 1 +(D+2)y 2 =0, D 2 y 1 +(D+4)y 2 =0 2 D D D+ 2 2 D 4D 2 Δ = = D D+ 4 επειδή μ=2, 2 μ 1 =2, μ 2 =2 και μ<μ 1 +μ 2, το σύστημα είναι εκφυλισμένο. 4x y 1 1( x) = c 1e + c 2x+ c 3, y 2 ( x ) = c 1e 2 Τρεις οι σταθερές, ενώ πρέπει να έχουμε δυο. y 1 y 1 +y 2 +2y 2 = 8c 1 e 4x +2c 1 e 4x c 2 +4c 1 e 4x +2c 1 e 4x = c 2 =0 x c 2 =0 4x

Παράδειγμα 3: Να λυθεί το σύστημα των διαφορικών εξισώσεων: y 1 y 1 +y 2 =2x+1 2+1 2y 1 +y 1 +2y 2 =x Λύση: Έχουμε: (D 1)y 1 +Dy 2 =2x+1 (2D+1)y 1 +2Dy 2 =x D 1 D Δ = = 3D 2D + 1 2D επειδή μ=1, μ 1 =1, μ 2 =1 και επομένως μ<μ 1 +μ 2 το σύστημα είναι εκφυλισμένο. Μια σταθερά πρέπει να υπάρχει στις λύσεις. 2 1 4 3 2 3 2 y1 = x, y 2 = x + x + c όπως και πράγματι συμβαίνει.

Παράδειγμα 4: Να λυθεί το σύστημα: y 1 y 2 y 2 = e x, y 1 +y 2 y 2 =e 2x Λύση: Έχουμε: Dy x 1 (D+1)y 2 = e, D (D + 1) 2 Δ = = D + 1 y 1 +(D 1)y 2 =e 2x 1 D 1 με μ=2, μ 1 =1, μ 2 =1, δηλ. μ=μ 1 +μ 2. Επομένως το σύστημα δεν είναι εκφυλισμένο. y x e (D + 1) ( ) x ( ) + ( + ) 2x 2x 2x Δy1 e D 1 D 1 ( e ) D 1 e 3e 1 ( x) = = = = 2 2 Δ D D+ 1 D + 1 D + 1 1 D 1 y D e x 2x 2x x 2x x Δ y2 1 e De + e 2e + e 2 ( x) = = = = 2 2 ( ) Δ D D+ 1 D + 1 D + 1 1 D 1

(D 2 +1)y 1 =3e 2x με y 1γεν =y 1ομ +y 1μερ όπου y 1ομ =c 1 cosx+c 2 sinx και y 1μερ =(D 2 +1) 1 3e 2x = Επομένως y 1γεν = c 1 cosx+c 2 sinx+ 3 e 2x 5 3e 2x = 3 e 2 2 + 1 5 2x y 2 =c 3 cosx+c 4 sinx+(d 2 +1) 1 [2e 2x +e x ] =c 3 cosx+c 4 sinx+ x 2 2x e e + 5 2 Επειδή μ=2 οι σταθερές c 1, c 2, c 3, c 4, δεν είναι ανεξάρτητες μεταξύ τους. Π.χ οι c 3, c 4 μπορούν να εκφρασθούν συναρτήσεις των c 1, c 2 εάν αντικαταστήσουμε τις λύσεις στο σύστημα. Μετά την αντικατάσταση βρίσκουμε: c 3 =(c 1 +c 2 )/2, c 4 =(c 2 c 1 )/2.

Παράδειγμα 5: Να λυθεί το σύστημα: y 1 +5y 1 +y 2 +4y 2 =3x 2 (1) y 1 +2y 1 +y 2 +y 2 =3x (2) Λύση: Έχουμε: (D+5)y 1 +(D+4)y 2 =3x 2 (1α) (D+2)y 1 +(D+1)y 2 =3x (2α) D+ 5 D+ 4 Δ = = 3 D+ 2 D+ 1 Εδώ έχουμε μ=0 δηλ. πλήρη εκφυλισμό. Στην γενική λύση δεν πρέπει να υπάρχουν σταθερές και το σύστημα είναι καθαρά αλγεβρικό. (1) (2) απαλείφονται οι παράγωγοι: 3y 1 +3y 2 =3x 2 3x y 1 +y 2 =x 2 x (3) Από την (3) και την (2α) θα απαλείψουμε την y 2 πολλαπλασιάζουμε την (3) με (D+1) και έχουμε:

(D+1)y 1 +(D+1)y 2 =x 2 +x 1 (4) Αφαιρούμε την (4) από την (2α) και παίρνουμε: y 1 = x 2 +2x+1 (5) Επομένως το αρχικό διαφορικό σύστημα είναι ισοδύναμο με το αλγεβρικό σύστημα των εξισώσεων (3) και (5): y 1 +y 2 =x 2 x, y 1 = x 2 +2x+1 που έχει λύση την y 1 = x 2 +2x+1 και y 2 =2x 2 3x 1 Εάν προσπαθούσαμε να λύσουμε το διαφορικό σύστημα χρησιμοποιώντας τον διαφορικό τελεστή D, τότε οι λύσεις που θα προέκυπταν θα ήταν: y 1 = x 2 +2x+1 και y 2 =2x 2 3x 1+c 1 e x με αντικατάσταση των παραπάνω λύσεων στο διαφορικό σύστημα προκύπτει αναγκαστικά ότι c 1 =0.

12.4 Η μέθοδος των πινάκων Βασικές έννοιες: 1) Έστω Α=α ij ένας πίνακας n n με πραγματικά στοιχεία. Ένας αριθμός λ, (που μπορεί να είναι και μιγαδικός), ονομάζεται ιδιοτιμή του πίνακα Α εάν υπάρχει τουλάχιστον ένα μη μηδενικό διάνυσμα v τέτοιο ώστε: Av=λv Τα διανύσματα v ονομάζονται ιδιοδιανύσματα του πίνακα Α που αντιστοιχεί στην ιδιοτιμή λ. Xαρακτηριστική εξίσωση: Δ(λ)= A λi =0 Μια ιδιοτιμή λ λέμε ότι έχει: I) αλγεβρική πολλαπλότητα k εάν εμφανίζεται k φορές στην χαρακτηριστική εξίσωση και II) γεωμετρική πολλαπλότητα g εάν συσχετίζεται με g γραμμικά ανεξάρτητα ιδιοδιανύσματα. Αποδεικνύεται ότι ισχύει k g. Όταν k>g η αντίστοιχη ιδιοτιμή ονομάζεται εκφυλισμένη.

Επίλυση ενός γραμμικού ομογενούς διαφορικού συστήματος με την βοήθεια των πινάκων Το Σ. Δ. Ε. y =Ay (1) για n=1 ανάγεται στην απλή Δ. Ε. y =αy y της οποίας η γενική λύση είναι y(x)=ce αx. Αυτό μας κάνει να αναζητήσουμε την λύση του συστήματος (1) υπό την μορφή: y(x)=e λx v (2) όπου λ μια άγνωστη σταθερά και v ένα διάνυσμα στήλη με σταθερά στοιχεία: v 1 v 2 v = vn

Θέτουμε την (2) στην (1) και βρίσκουμε: λe λx v=ae λx v=e λx Av (A λi)v=0 (3) Η (3) έχει μη μηδενική λύση εάν διαλέξουμε για το λ τις τιμές που μηδενίζουν την ορίζουσα: A λi =0 δηλ. όταν το λ συμπίπτει με τις ιδιοτιμές του πίνακα A. Τότε αναγκαστικά το v θα είναι κάποιο ιδιοδιάνυσμα που αντιστοιχεί στο λ. Συμπέρασμα: Μια λύση του γραμμικού ομογενούς συστήματος y =Ay είναι της μορφής y=e λx v, όπου λ ιδιοτιμή του πίνακα A και v ένα ιδιοδιάνυσμα, που αντιστοιχεί στην ιδιοτιμή λ.

Θεώρημα 1: Εάν ο πίνακας A του συστήματος y =Ay έχει n το πλήθος γραμμικά ανεξάρτητα ιδιοδιανύσματα v (1), v (2),, v (ν) που αντιστοιχούν στις ιδιοτιμές λ 1, λ 2,, λ n (μερικές από τις οποίες μπορεί να είναι ίδιες), τότε οι λύσεις: λ x (1) λ x (2) λ x (n) { } 1 2 n e v,e v,,e v αποτελούν ένα σύνολο n γραμμικά ανεξαρτήτων λύσεων, που ονομάζεται θεμελιώδες σύνολο λύσεων, του γραμμικού ομογενούς συστήματος y =Ay, η γενική λύση του οποίου είναι: ( ) λ λ λ 1 2 n ( ) 1x (1) 2x (2) nx n y x = c e v + c e v + + c e v όπου c 1, c 2,,c n τυχαίες σταθερές, που θα προσδιοριστούν από τις αρχικές συνθήκες.

Παράδειγμα 1: Να λυθεί το ομογενές γραμμικό σύστημα y =Ay όπου: 1 1 A = 4 1 Λύση: Βρίσκουμε τις ιδιοτιμές του πίνακα A από την χαρ. εξίσωση: 1 λ 1 A λ I = = ( 1 λ ) 2 4= 0 λ 1 = 1, λ 2 = 3 4 1 λ Για να βρούμε τα ιδιοδιανύσματα, που αντιστοιχούν στην ιδιοτιμή λ 1 = 1 λύνουμε το σύστημα (A λ 1 I)v=0 ως προς v και έχουμε: 1 ( 1) 1 v1 0 2v1+ v2 0 2v1 v2 0 4 1 ( 1) v = 2 0 4v1 2v = 2 0 + = + και ένα ιδιοδιάνυσμα είναι (π.χ. για v 1 =1 έχουμε v 2 = 2) v 1 1 () = 2

Με παρόμοιο τρόπο βρίσκουμε για την άλλη ιδιοτιμή λ 2 =3 ένα ιδιοδιάνυσμα: ( ) v = 2 Δυο γραμμικά ανεξάρτητες λύσεις είναι: 2 1 1 1 2 2 λ x ( ) v και ( ) (1) () x λ x (2) 3x 1 = = και 2 = = y x e 1 e y x e 2 v e και επομένως η γενική λύση είναι: x 3x x 3x x 1 3x 1 e e e e c1 y ( x) = c1e + c2e = c1 + c x 2 = 2 2 3x x 3x c ή πιο αναλυτικά: 2e 2e 2e 2e 2 x 3x y1 ce 1 + ce 2 y ( x) = x 3x y = 2 2c1e + 2c2e y x 3x (x)= 2c x 3x 1 (x)=c 1 e +c 2 e και y 2 1 e +2c 2 e Θεμελιώδης πίνακας

y=2x v (2) y=-2x v (1)

Παράδειγμα 2: Να λυθεί το ομογενές γραμμικό σύστημα y =Ay όπου: 1 1 2 A = 1 2 1 0 1 1 Λύση: Βρίσκουμε τις ιδιοτιμές του πίνακα A, που είναι: λ 1= 1, λ 2=1, λ 3=2 με αντίστοιχα ιδιοδιανύσματα: 1 3 1 () 1 ( 2) () 3 v = 0, 2, 3 v = v = Επομένως η γενική 1λύση είναι: 1 1 y x x 2x 1 3 1 e 3e e c1 x x 2x x 2x x = c1e 0 c2e 2 c3e 3 + + = 0 2e 3e c2 x x 2x 1 1 1 e e e c 3 ( )

ή πιο αναλυτικά: x x 2x y1 c1e + 3c2e + c3e 2x x = y = 2c e + 3c e x x 2x y 3 c1e + c2e + c3e x y ( ) y 2 2 3 y 1 (x)=c 1 e x +3c 2 e x +c 3 e 2x y 2 (x)=2c 2 e x +3c 3 e 2x y x x 2x 3 (x)=c 1 e +c 2 e +c 3 e

Παράδειγμα 3: Να λυθεί το ομογενές γραμμικό σύστημα y =Ay όπου: A 2 1 1 = 1 2 1 1 1 2 Λύση: Oι ιδιοτιμές είναι: λ 1 =0 και λ 2 =λ 3 = 3. Εδώ έχουμε μια διπλή ιδιοτιμή. Τα αντίστοιχα ιδιοδιανύσματα είναι: 1 1 0 () 1 ( 2) () 3 v = 1, 0, 1 v = v = 1 1 1 Η διπλή ιδιοτιμή 3 μας δίνει δυο γραμμικά ανεξάρτητα ιδιοδιανύσματα και η γενική λύση είναι: y 3x 1 1 0 1 e 0 c1 3x x = c 1 1 c 2 0 c 3 1 + + = 1 0 e c2 3x 3x 1 1 1 1 e e c 3 ( )

ή πιο αναλυτικά: y 1 (x)=c 1 +c 2 e 3x, y 3x 2 (x)=c 1 +c 3 e, y 3 (x)=c 1 (c 2 c 3 )e 3x 3 1 2 3

Παράδειγμα 4: Να λυθεί το ομογενές γραμμικό σύστημα y =Ay όπου: 1 1 A = 1 Λύση: Οι ιδιοτιμές του πίνακα 1 3 είναι λ 1 =λλ 2 =2 (διπλή). Αντιστοιχεί ένα μόνο ιδιοδιάνυσμα: v () = 1 1 1 που μας δίνει μια μόνο λύση: 2x 1 y1 ( x) = e Για να βρούμε μια δεύτερη λύση 1 του συστήματος, γραμμικά ανεξάρτητη ως προς την πρώτη, θέτουμε: y 2 (x)=(xu+w)e 2X

y 2 (x)=ay 2 ue 2x +2(xu+w)e 2x = Axue 2x +Awe 2x x(2u Au)+(u+2w Aw)=0 Au=2u και Aw=2w+u Πολυώνυμο ως προς x Το πρώτο γραμμικό σύστημα Au=2u συμπίπτει με την εξίσωση ιδιοτιμών (ΑλΙ)v=0) για λ=2. () 1 1 Επομένως σαν λύση μπορούμε να πάρουμε u= v = 1 και από την δεύτερη εξίσωση: μια δεύτερη λύση είναι: y 2 (x)=(xu+w)e 2x = 0 w = 1 1 0 2x 2x x x + e = e 1 1 x+ 1

Επομένως η γενική λύση του συστήματος είναι: y(x)=c 1 y 1 (x)+c 2 y 2 (x) 1 x 2x 2x = ce 1 ce 2 + 1 x+ 1 ή πιο αναλυτικά y 1 (x)=c 1 e 2x +c 2 xe 2x και y 2 (x)=c 1 e 2x +c 2 (x+1)e 2x

y=x

Παράδειγμα 5: Να λυθεί το ομογενές γραμμικό σύστημα y =Ay όπου: 2 1 3 A = 0 2 1 0 0 2 Λύση: Οι ιδιοτιμές του πίνακα A είναι λ 1 =λ 2 =λ 3 =2, (μόνο μια). Τρεις οι δυνατές περιπτώσεις: α) να βρούμε τρία γραμμικά ανεξάρτητα ιδιοδιανύσματα. Αυτή είναι και ηπιο απλή περίπτωση, γιατί θα βρούμε αμέσως τρεις γραμμικά ανεξάρτητες λύσεις. β) να βρούμε δυο γραμμικά ανεξάρτητα ιδιοδιανύσματα. Αυτά τα δυο ιδιοδιανύσματα θα μας οδηγήσουν σε δυο λύσεις. Για να βρούμε μια τρίτη λύση θα εργασθούμε όπως στο προηγούμενο παράδειγμα. γ) να βρούμε μόνο ένα ιδιοδιάνυσμα, όπως και πράγματι συμβαίνει στο παράδειγμα αυτό. Ένα τέτοιο ιδιοδιάνυσμα είναι:

1 v = 0 0 που μας οδηγεί στη μερική λύση: 2x 1 e 2x y1 ( x) = e 0 = 0 0 0 Αναζητούμε τώρα μια δεύτερη και τρίτη μερική λύση. Για μια δεύτερη λύση θέτουμε y ()( 2 (x)=(xv (2) 1 +v (2) 2 )e 2x και καταλήγουμε στα γραμμικά συστήματα: Av (2) =2v (2) 1 1 (A) και Av (2) 2 =2v (2) 2 +v (2) 1 (B)

Το πρώτο γραμμικό σύστημα συμπίπτει με την εξίσωση ιδιοτιμών (Α λι)v=0 για λ=2. και μπορούμε να πάρουμε σαν λύση: v 1 = = 0 (2) 1 = v = 0 Από το δεύτερο γραμμικό σύστημα βρίσκουμε: v ( 2 ) 0 = 1 0 2 1 και έτσι η δεύτερη μερική λύση είναι: 2x 1 0 x xe ( ) ( ) ( ) ( 2 2 ) 2x 2x 2x 2x y2 x = xv1 + v2 e = x 0 1 e 1 + = e = e 0 0 0 0

Αναζητούμε μια τρίτη λύση υπό την μορφή: y ()( 3 (x)=(x 2 v (3) 1 +xv (3) 2 +v (3) 3 )e 2x οπότε καταλήγουμε στα γραμμικά συστήματα: Av (3) 1 =2v (3) 1, Av (3) 2 =2v (3) 2 +v (3) 1, Av (3) 3 =2v (3) 3 +v (3) 2 Η πρώτη εξίσωση είναι όμοια με την εξίσωση ιδιοτιμών (Α λι)v=0 για λ=2 και μπορούμε να πάρουμε σαν λύση v (3) 1 το διάνυσμα v δηλ. v 3 ( 3) 1 = v= 0 0 Η δεύτερη εξίσωση είναι όμοια με την εξίσωση (Β) Av (2) 2 =2v (2) 2 +v (2) 1 και μπορούμε να πάρουμε σαν λύση v 2 (3) = v 2 (3) το διάνυσμα v δηλ.:

0 = v = 1 0 ( 3 ) ( 2 ) 2 2 1 Τέλος από την τρίτη εξίσωση προκύπτει: Έτσι η τρίτη λύση είναι: ( ) v 3 v ( ) 0 = 6 2 3 6 ( ( 3 ) ( 3 ) ( 3 ) ) y x = x v + xv + v e = 2 2x 3 1 2 3 2 2 2x 1 0 0 x x e 2 2x 2x 2x = x 0 x 1 6 + + e = x+ 6 e = (x+ 6)e 2x 0 0 2 2 2e

Τελικά η γενική λύση είναι: 2x 2x 2 2x e xe x e c1 2x 2x 0 e x+ 6 e c2 2x 0 0 2e c 3 y(x)=c 1 y 1 (x)+c 2 y 2 (x)+c 3 y 3 (x)= ( ) ή πιο αναλυτικά: y 1 (x)=c 1 e 2x +c 2 xe x +c 3 x 2 e 2x, y 2 (x)=c 2 e 2x +c 3 (x+6)e 2x, y 3 (x)= 2c 3 e 2x Παρατήρηση 1: Το σύστημα αυτό μπορεί πολύ πιο εύκολα να λυθεί χρησιμοποιώντας τον τελεστή D, οπότε γράφεται: (D 2)y 1 y 2 3y 3 =0 0y 1 +(D 2)y 2 +y 3 =0 0y 1 +0y 2 +(D 2)y 3 =0 Από την τελευταία εξίσωση υπολογίζεται άμεσα η y 3 που είναι y 3 =c 3 e 2x, στη συνέχεια από την δεύτερη ηy y 2 και τελικά από την πρώτη ηηyη y 1.

Παρατήρηση 2: Στην περίπτωση που σε μια ιδιοτιμή λ, που έχει πολλαπλότητα k, αντιστοιχεί ένα μόνο ιδιοδιάνυσμα v, τότε ισχύει το εξής θεώρημα: Θεώρημα 2: Οι k γραμμικά ανεξάρτητες λύσεις του συστήματος, που αντιστοιχούν στην ιδιοτιμή λ είναι: y 1 (λ) (x)=e λx v 1 y 2 (λ) (x)= e λx [xv 1 +v 2 ] v 1 =v 2 x y (λ) 3 (x)=e λx 2 v + xv + v 1 2 3 (A-λΙ)v 2 =v 1 (A-λΙ)v 3 =v 2 k 1 k 2 x x v + v + + v k 1! k 2! y (λ) κ (x)=e λx ( ) ( ) 1 2 k (A-λΙ)v k =v k-1

Παράδειγμα 7: Να λυθεί το ομογενές γραμμικό σύστημα y =Ay όπου: 1 1 A = 5 1 Λύση: Οι ιδιοτιμές είναι: λ 1 =2i και λ 2 = 2i με αντίστοιχα ιδιοδιανύσματα, (συζυγές το ένα με το άλλο): () 1 1 ( 2 * ) (1) 1 v = v = v = δ έ Δυο γραμμικά 1+ 2i ανεξάρτητες, (μιγαδικές), λύσεις 1 είναι: 2i 2ix 1 1 2ix y 1 ( x) = e 1 2i y 2 ( x) = e + 1 2i Δυο πραγματικές γραμμικά ανεξάρτητες λύσεις Re(y 1 (x)), Im(y 1 (x))

1 1 2ix y1 ( x) = e = ( cos2x + i sin 2x ) = 1+ 2i 1+ 2i -cos2x-isin2x = = (-cos2x-2sin2x)+i(2cos2x-sin2x) -cos2x sin2x = = i -cos2x-2sin2x 2cos2x-sin2x

1 1 2ix y1 ( x) = e = ( cos2x + i sin 2x ) = 1+ 2i 1+ 2i -cos2x-isin2x = = (-cos2x-2sin2x)+i(2cos2x-sin2x) -cos2x sin2x = = i -cos2x-2sin2x 2cos2x-sin2x Re(y 1 ) Im(y 1 ) Τελικά η γενική λύση είναι: cos 2x sin 2x y ( x ) = c 1 Re ( y 1 (x) ) + c 2 Im ( y 1 (x) ) = c 1 c 2 = cos 2x 2sin 2x + 2cos 2x sin 2x

ή πιο αναλυτικά: y 1 (x)= c 1 cos2x=c 2 sin2x) και y 2 (x)=c 1 ( cos2x 2sin2x)+c 2 (2cos2x sin2x)

11. Μ Ε Θ Ο Δ Ο Σ ΤΟΥ FROBENIOUS Εάν το σημείο α=0 είναι κανονικό ανώμαλο σημείο για την Δ.Ε.: y (x)+p(x)y (x)+q(x)y(x)=0 (x)+q(x)y(x) δηλαδή μια τουλάχιστον από τις συναρτήσεις P(x) και Q(x) απειρίζεται για x=0 αλλά οι συναρτήσεις: A(x)=xP(x) και B(x)=x 2 Q(x) είναι αναλυτικές σε μια περιοχή του σημείου α=0. ΗΔ Δ. Ε. (1) γράφεται: A(x) B(x) y + y + y= 0 2 x x Πολλαπλασιάζουμε την παραπάνω σχέση με x 2 : x 2 y +xa(x)y +B(x)y=0 Για την ειδική περίπτωση A(x)=1, B(x)=1 η Δ. Ε. είναι εξίσωση Euler, η οποία δέχεται ως λύση την έκφραση x λ.

Γενικά θέτουμε σαν λύση y(x) της Δ. Ε. y (x)+p(x)y (x)+q(x)y(x)=0 δυναμοσειρά της μορφής: λ +λ n n n= 0 n= 0 λ+ n n= 0 ( ) n n y x = x c x = c x λ R ( ) n 1 y x = ( λ+ n)c x ( ) n 2 y x = ( λ+ n)( λ+ n 1)c x λ+ n= 0 n Διαφάνεια 18

Τα βήματα α της διαδικασίας που ακολουθούμε είναι: 1) Αντικαθιστούμε την y(x) και τις παραγώγους στην Δ.Ε. k 0 x λ+k +k 1 x λ+k+1 +k 2 x λ+k+2 + +k n x λ+k+n + =0 2) k 0 =0, k 1 =0,, k n =0, H εξίσωση k 0 =0 (που είναι ένα τριώνυμο με άγνωστο το λ), λέγεται ενδεικτική εξίσωση, (ή εξίσωση των δεικτών), της Δ. Ε. Οι δυο ρίζες λ 1, λ 2 είναι οι μόνες τιμές που μπορεί να πάρει το λ και ονομάζονται εκθέτες της Δ. Ε. 3) Από τις υπόλοιπες εξισώσεις k =0 k =0 παίρνουμε τις συνθήκες 3) Από τις υπόλοιπες εξισώσεις k 1 =0, k 2 =0, παίρνουμε τις συνθήκες, (που περιέχουν και το λ), που πρέπει να ικανοποιούν οι συντελεστές c n.

4) Στις εξισώσεις k 1 =0, k 2 =0, θέτουμε τη μεγαλύτερη ρίζα λ 1 της ενδεικτικής εξίσωσης της Δ. Ε. και υπολογίζουμε τους συντελεστές c 1, c 2, c n, σαν συνάρτηση του c 0. n, ρη η 0 5) Αντικαθιστούμε τις τιμές των συντελεστών c n, n=1,2,3, στη σειρά: ( ) = λ1 n n n= 0 y x x c x και παίρνουμε μια λύση της Δ. Ε. Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: Ι) Εάν λ 1, λ 2 R με λ 1 >λ 2 και λ 1 λ 2 θετικού ακεραίου. Τότε δυο γραμμικά ανεξάρτητες λύσεις είναι: λ n λ 1( ) n 1 2( ) n 2 n= 0 n= 0 1 2 y x = x c ( λ )x y x = x c ( λ )x n

Παράδειγμα 1ον Να βρεθεί η γενική λύση γύρω από το σημείο α=0 της Δ. Ε. x y + xy + x y = 0 3 2 2 1 Λύση: Το σημείο α=0 είναι κανονικό ανώμαλο σημείο διότι οι συναρτήσεις: 2 1 x x 1 1 P( x) = = και Q 2 ( x) = 3 = 1 2 2 x x x 3x δεν ορίζονται για x=0 αλλά οι συναρτήσεις: A(x)=xP(x)=1 και B(x)=x 2 Q(x)=x 2 1/3 είναι αναλυτικές στο σημείο α=0.

Θέτουμε τους γνωστούς τύπους και έχουμε: 1 x ( λ+ n)( λ+ n 1)c x + x ( λ+ n)c x + x c x c x = 0 2 λ+ n 2 λ+ n 1 2 n+λ n+λ λ+ λ+ n + λ+ n + n n n= 0 n= 0 n= 0 3 n= 0 Ο κοινός παράγοντας x λ απλοποιείται. 1 (n +λ )(n+λ 1) + (n +λ) cx + cx = 0 n n+ 2 n n n= 0 3 n= 0

Θέτουμε τους γνωστούς τύπους και έχουμε: 1 x ( λ+ n)( λ+ n 1)c x + x ( λ+ n)c x + x c x c x = 0 2 λ+ n 2 λ+ n 1 2 n+λ n+λ λ+ λ+ n + λ+ n + n n n= 0 n= 0 n= 0 3 n= 0 Ο κοινός παράγοντας x λ απλοποιείται. 1 (n +λ )(n+λ 1) + (n +λ) cx + cx = 0 n n+ 2 n n n= 0 3 n= 0 1 (n + λ) c x + c x = 0 2 n n n n 2 n= 0 3 n= 2 n=0 n=1 n>1 2 1 2 1 2 1 n λ c0 ( 1) c1x ( n ) cn cn 2 x 0 3 + λ+ + +λ + = 3 n= 2 3

2 1 2 1 2 1 n λ c0 ( 1) c1 x ( n ) cn cn 2 x 0 3 + λ+ 3 + +λ + = n= 2 3 Μηδενίζουμε τους συντελεστές όλων των δυνάμεων του x: 2 1 1 1 n = 0 λ c0 0 1 3 = λ =, λ 2 = 3 3 και c 0 τυχαίος αριθμός. Eπίσης λ 1 λ 2 =2/ 3 θετικού ακεραίου 1 n = 1 λ+ 1 c = 0 c = 0 3 ( ) 2 1 1 επειδή (λ+1) 2 1/3 0 για λ=±1/ 3 2 1 cn 2 n n (n +λ) cn cn 2 0 n 2,3, cn 3 + = = = 2 1 (n + λ) 3

Επειδή c 1 =0 c 3 =c 5 = =0 ενώ c0 c2 c2n 2 c 2 =, c 4 =, c 2n,... 2 1 2 1 2 1 ( λ+ 2) ( λ+ 4) ( λ+ 2n) 3 3 3 Θέλουμε να εκφράσουμε τον γενικό συντελεστή c n συναρτήσει του c 0. Γι αυτό πολλαπλασιάζουμε τις παραπάνω σχέσεις κατά μέλη και βρίσκουμε: ( ) ( ) n 0 λ = c 1 2n 1 1 c2n λ 1 = c 2n = ( 1) 3 c 1 1 1 1 λ + 2 2n 2 2n 3 λ + λ + + λ + + 3 3 3 c 2 2 24 2n 2+ 2n+ 3 3 ( ) n 0 1 c2n 2 c 2n ( 1) 3 c 2 2 2 2n 2 4 2n 3 3 n 0 ( λ ) = =

Τελικά: 1 1 2n n 1 + 3 3 1( ) = 0 + 0 n 1 1 = 1 2n y x c ( 1) x c x 2 n! 1+ n + 3 3 1 1 2n n 1 3 3 2( ) = 0 + 0 n= 1 2n 1 1 y x c ( 1) x c x 2 n! 1 n 3 3 Μπορούμε να θέσουμε c 0=1.

ΙΙ) ) Εάν λ 1 1, λ 2 R με λ 1=λ 2 τότε μια λύση είναι: λ1 n ( ) y x = x c ( λ )x 1 n 1 n= 0 Αποδεικνύεται ότι μια δεύτερη λύση είναι: y(x, λ) y x y (x)ln x x b ( )x 1 λ1 n ( ) = = + λ 2 1 n 1 λ λ=λ n= 0 1 Προσοχή: Λόγω του lnx η δεύτερη λύση δεν έχει την μορφή δυναμοσειράς.

ΙΙΙ) Έστω ότι λ 1 λ 2 =m N και λ 1 >λ 2. Τότε μια μερική λύση μπορούμε πάντα να βρούμε, χρησιμοποιώντας την μεγαλύτερη ρίζα λ 1. Για να βρούμε μια δεύτερη λύση αντικαθιστούμε την μικρότερη ρίζα λ 2 στον αναδρομικό τύπο και υπολογίζουμε τους συντελεστές. Εάν όμως κάποιος συντελεστής απειρίζεται, τότε δεν μπορούμε να προχωρήσουμε όπως πριν, αλλά αποδεικνύεται ότι μια δεύτερη λύση, γραμμικά ανεξάρτητη της πρώτης, (όχι όμως πάντα υπό μορφής δυναμοσειράς), δίνεται από τη σχέση: y2 ( x) = Υ(x, λ) λ όπου Y(x,λ)=(λ λ (λ λ 2 )y 1 (x,λ). Η δεύτερη αυτή μερική λύση y 2 (x) μπορεί να περιέχει τον λογαριθμικό όρο lnx μόνο στην περίπτωση που η διαφορά λ 1 λ 2 =m συμπίπτει με το βήμα της αναδρομικής σχέσης. Διαφορετικά ή λύση y 2 (x) δίνεται υπό μορφή δυναμοσειράς. λ=λ 2

11. Μ Ε Θ Ο Δ Ο Σ Τ Ω Ν Σ Ε Ι Ρ Ω Ν Εάν y 1 (x) είναι μια μερική λύση της Δ. Ε.: y (x)+p(x)y (x)+q(x)y(x)=0 τότε μια δεύτερη μερική λύση y 2 (x) γραμμικά ανεξάρτητη της πρώτης, δίνεται από τον τύπο: W(x) y2 = y1 dx 2 y 1 W(x) y y ομ (x)=c 1 y 1 (x)+c 2 y 2 (x)=c 1 y 1 (x)+c 2 1 2 y 1 dx y (x)+p(x)y (x)+q(x)y(x)=f(x) W fy fy y = y + y = c y + c y dx+ y dx y dx γεν ομ μερ 1 2 1 1 2 1 d 2 d 1 d 2 y1 W W

Μερικές γνωστές γραμμικές εξισώσεις που μπορούν να λυθούν μόνο με την μέθοδο των σειρών είναι: 1) η εξίσωση του Bessel (1784-1846) 1846) x 2 y +xy +(x 2 -p 2 )y=0 2) η εξίσωση του Hermite (1822-1901) y -2xy +2py=0 3) η εξίσωση του Legendre (1752-1833) (1-x 2 )y -2xy +n(n+1)y=0 y 4) η εξίσωση του Laguerre (1834-1886) xy +(1-x)y +py=0 5) η εξίσωση του Airy (1801-1892) y -xy=0

11.2 Η μέθοδος των σειρών για την επίλυση της Δ.Ε. y (x)+p(x)y +Q(x)y(x)=0 ) ) ( ) Θα αναζητήσουμε την λύση υπό μορφή δυναμοσειράς στις παρακάτω δυο περιπτώσεις: α) όταν οι αρχικές συνθήκες ορίζονται στο σημείο x 0 =α β) όταν ζητείται η γενική λύση γύρω από το σημείο x 0 =α. n Θέτουμε: y ( x ) = c n (x α ) n= 0 λ=δείκτης ή ενακτήρια δύναμη λ n ή y( x) = x c n (x α) n= 0 όταν στο σημείο x=α ένας από τους δύο ή και οι δύο συντελεστές P(x), Q(x) απειρίζονται, το πολύ σαν 1/(x-α) και 1/(x-α) 2 αντίστοιχα.

Καθορισμός του α Σημείο α Μέ έθοδος Frobenio us Ανώμαλο μια τουλάχιστον από τις Ρ(x), Q(x) δεν ορίζεται Κανονικό Ανώμαλο A(x) και B(x) αναπτύσσονται κατά Taylor Ομαλό P(x) και Q(x) ορίζονται Αναλυτικό ομαλό P(x) και Q(x) αναπτύσσονται κατά Taylor Μέ έθοδος των Σειρ ρών Ουσιώδες Ανώμαλο μια τουλάχιστον από τις A(x), B(x) δεν αναπτύσσεται κατά Taylor A(x) = (x-α)p(x) B(x) = (x-α) 2 Q(x)

Θεώρημα 1: Αν το α είναι ομαλό, (ή αναλυτικό ομαλό), σημείο, τότε η Δ.Ε. y (x)+p(x)y (x)+q(x)y(x)=0 έχει λύση σε κάποιο διάστημα x-α <R, της μορφής: n= 0 n ( ) ( ) ( ) ( ) y x = cn x α = c0y1 x + c2y2 x όπου c 0, c 1 είναι αυθαίρετες σταθερές και y 1 (x), y 2 (x) είναι γραμμικά ανεξάρτητες λύσεις της Δ.Ε. Για να υπολογίσουμε τις σταθερές c n της γενικής λύσης, που δίνει το θεώρημα, ακολουθούμε την παρακάτω διαδικασία:

1) Αντικαθιστούμε στη Δ.Ε. τη δυναμοσειρά μαζί με τις παραγώγους της n ( ) = α y x c (x ) n= 0 n 1 n 2 ( ) y ( x) = n(n 1)c n n (x α) y x = nc (x α) n= 1 n n= 2 και έχουμε: n 2 n 1 n n n n n= 2 n= 1 n= 0 ( ) ( ) n(n 1)c(x α ) + Px nc(x α ) + Qx c(x α ) = 0

2) Μετά την απλοποίηση προκύπτει μια έκφραση της μορφής: k 0 +k 1 (x-α)+k 2 (x-α) 2 + +k n (x-α) n + =0 k 0 =0, k 1 =0, k 2 =0,, k i =0,

2) Μετά την απλοποίηση προκύπτει μια έκφραση της μορφής: k 0 +k 1 (x-α)+k 2 (x-α) 2 + +k n (x-α) n + =0 k 0 =0, k 1 =0, k 2 =0,, k i =0, 3) Από τις εξισώσεις αυτές εκφράζουμε τους συντελεστές c n, n=2,3, σαν συναρτήσεις των c 0 και c 1 4) Οι όροι που περιέχουν το c 0 μας δίνουν τη λύση y 1 (x) και οι όροι που περιέχουν το c 1 μας δίνουν τη λύση y 2 (x) και έχουμε: y(x)=c 0 y 1 (x)+c 1 y 2 (x)

Παράδειγμα 1: Να βρεθεί η γενική λύση της Δ.Ε y -xy +2y = 0 σε μια περιοχή του σημείου α=0.

Παράδειγμα 1: Να βρεθεί η γενική λύση της Δ.Ε y -xy +2y = 0 σε μια περιοχή του σημείου α=0. Λύση: Το σημείο α=0 είναι ομαλό σημείο της Δ.Ε. Θέτουμε: y x c x ( ) = ( α) n n= 0 n και η Δ.Ε. γράφεται: n1 ( ) y x = nc (x α) n1 = n n 2 ( ) y x = n(n 1)c (x α) n= 2 n n 2 n 1 n n(n 1)c nx x ncnx + 2 cn x = 0 n= 2 n= 1 n= 0

n 2 n 1 n n n n n= 2 n= 1 n= 0 n(n 1)c x x nc x + 2 c x = 0 Για να έχουμε «ενιαίο» άθροισμα, θα πρέπει Α) όλα τα αθροίσματα να έχουν την ίδια δύναμη του x και Β) οι δείκτες των αθροισμάτων να ξεκινούν από την ίδια τιμή n n + 2 n 2 n + + n+ 2 n= 2 n= 0 n(n 1)c x (n 2)(n 1)c x n ( ) n n n n+ 2 (n+ 1)c x nc x + 2 c x = 0 n+ 2 n n n= 0 n= 0 n= 0 (n 2) [ (n + 2)(n + 1)c nc + 2c ] x n = 0 c = c n = 0 (n + 2)(n + 1) n+ 2 n n n+ 2 n