Γραμμικές διαφορικές εξισώσεις ανώτερης τάξης

Κεφάλαιο 5 Γραμμικές διαφορικές εξισώσεις ανώτερης τάξης Στο κεφάλαιο περιέχεται μία συνοπτική επισκόπηση των γραμμικών Δ.Ε. ανώτερης τάξης, όπου επεκτείνονται με φυσικό και αναμενόμενο τρόπο οι μεθοδολογίες επίλυσης των γραμμικών Δ.Ε. δεύτερης τάξης που παρουσιάζονται στο Κεφάλαιο 4. Ομως, οι υπολογιστικές μέθοδοι επίλυσης είναι, όπως αναμένεται, αρκετά πιο περίπλοκες για Δ.Ε. ανώτερης τάξης. 5.1 Γενική θεωρία Θεωρούμε τη γραμμική Δ.Ε. τάξης n y (n) +a n 1 (x)y (n 1) +...+a 1 (x)y +a 0 (x)y = f(x), (5.1.1) όπου a 0,a 1,...,a n 1,f : I R Rσυνεχείςσυναρτήσειςστοδιάστημα I,καθώςεπίσης και την αντίστοιχη ομογενή Δ.Ε. y (n) +a n 1 (x)y (n 1) +...+a 1 (x)y +a 0 (x)y = 0. (5.1.2) Αρχικά, διατυπώνουμε την αρχή της υπέρθεσης για γραμμικές Δ.Ε. τάξης n, η οποία αποδεικνύεται όπως και η αντίστοιχη για Δ.Ε. δεύτερης τάξης(βλ. Λήμμα 4.1.1). Λήμμα5.1.1 Αν y 1,y 2,...,y n είναιλύσειςτηςομογενούςδ.ε.(5.1.2)στοδιάστημα I, τότε η συνάρτηση y = c 1 y 1 +c 2 y 2 +...+c n y n, όπου c 1,c 2,...,c n είναιαυθαίρετεςσταθερές,είναιεπίσηςλύσητης(5.1.2)στο I. 131

132 ΚΕΦΑΛΑΙΟ5. ΓΡΑΜΜΙΚ ΕΣΔ.Ε.ΑΝ ΩΤΕΡΗΣΤ ΑΞΗΣ Το θεμελιώδες θεώρημα ύπαρξης και μοναδικότητας λύσης για Π.Α.Τ. γραμμικών Δ.Ε. τάξης n διατυπώνεται ως εξής. Θεώρημα5.1.1 Γιακάθε x 0 I και y 0,y 1,...,y n 1 Rυπάρχειακριβώςμίαλύση y : I RτουΠ.Α.Τ. y (n) +a n 1 (x)y (n 1) +...+a 1 (x)y +a 0 (x)y = f(x), y(x 0 ) = y 0, y (x 0 ) = y 1,..., y (n 1) (x 0 ) = y n 1. (5.1.3) Επίσης, υπενθυμίζουμε τις έννοιες της γραμμικής εξάρτησης και ανεξαρτησίας για n συναρτήσεις. Ορισμός5.1.1Οισυναρτήσεις y 1,y 2,...,y n : I R Rονομάζονταιγραμμικάεξαρτημένεςστοδιάστημα I ότανυπάρχουνσταθερές c 1,c 2,...,c n,όχιόλεςμηδέν,έτσι ώστε c 1 y 1 (x)+c 2 y 2 (x)+...+c n y n (x) = 0, x I. (5.1.4) Οι συναρτήσεις ονομάζονται γραμμικά ανεξάρτητες στο I όταν δεν είναι γραμμικά εξαρτημένες,δηλαδήότανγια nσταθερές c 1,c 2,...,c n ισχύει c 1 y 1 (x)+c 2 y 2 (x)+...+c n y n (x) = 0, x I c 1 = c 2 = = c n = 0. (5.1.5) Στη συνέχεια, επεκτείνουμε τον ορισμό της έννοιας της ορίζουσας Wronksi. Ορισμός5.1.2 Εστωοι n 1φορέςπαραγωγίσιμεςσυναρτήσεις y 1,y 2,...,y n : I R R. Ησυνάρτηση W W(y 1,y 2,...,y n ) : I R,ηοποίαορίζεταιαπότην n n ορίζουσα y 1 (x) y 2 (x)... y n (x) y 1 (x) y 2 (x)... y n(x) W(x) :=..... (5.1.6). y (n 1) 1 (x) y (n 1) 2 (x)... y n (n 1) (x) ονομάζεταιορίζουσα Wronksiτων y 1,y 2,...,y n.

5.1. ΓΕΝΙΚ ΗΘΕΩΡ ΙΑ 133 Στο ακόλουθο θεώρημα, το οποίο επεκτείνει το Θεώρημα 4.1.5, συσχετίζονται η γραμμική ανεξαρτησία των λύσεων της ομογενούς Δ.Ε.(5.1.2), η ορίζουσα Wronksi των λύσεων αυτώνκαιηγενικήλύσητης(5.1.2). Θεώρημα5.1.2 Εστωότι y 1,y 2,...,y n είναι nλύσειςτηςομογενούςδ.ε.(5.1.2)στο διάστημα I. Τότε, οι ακόλουθοι ισχυρισμοί είναι ισοδύναμοι. 1. Κάθελύση yτηςδ.ε.(5.1.2)είναιγραμμικόςσυνδυασμόςτωνλύσεων y 1,y 2,...,y n στο I,δηλαδήυπάρχουν(μοναδικές)σταθερές c 1,c 2,...,c n,έτσιώστεναισχύει y(x) = c 1 y 1 (x)+c 2 y 2 (x)+...+c n y n (x), x I. 2.Οι y 1,y 2,...,y n είναιγραμμικάανεξάρτητεςστο I. 3. Υπάρχει x 0 Iέτσιώστεητιμήτηςορίζουσας Wronski W των y 1,y 2,...,y n στο x 0 ναείναιδιάφορηαπότομηδέν,δηλαδή W(x 0 ) 0. 4.Γιατηνορίζουσα Wronski Wτων y 1,y 2,...,y n ισχύει W(x) 0, x I. Σύμφωνα με το Θεώρημα 5.1.2, για τον προσδιορισμό όλων των λύσεων της ομογενούς Δ.Ε.(5.1.2)τάξηςn,χρειαζόμαστεnγραμμικάανεξάρτητεςλύσειςy 1,y 2,...,y n της(5.1.2), οπότε η γενική λύση της(5.1.2) είναι η οικογένεια των συναρτήσεων y = c 1 y 1 +c 2 y 2 +...+c n y n : I R, όπου c 1,c 2,...,c n είναι αυθαίρετες σταθερές. Στην προκειμένη περίπτωση, το σύνολο {y 1,y 2,...,y n }αναφέρεταιωςθεμελιώδεςσύνολολύσεωντης(5.1.2). Ενδεικτικά, επεξεργαζόμαστε συνοπτικά τα ακόλουθα δύο παραδείγματα. Παράδειγμα 5.1.1 Βρείτε τη γενική λύση της Δ.Ε. y y 2y = 0, ηοποίαέχειωςτρειςλύσειςτιςσυναρτήσεις y 1 (x) = 1, y 2 (x) = e x και y 3 (x) = e 2x. Λύση.Ηορίζουσα Wronskiτων y 1, y 2 και y 3 είναι 1 e x e 2x W(x) = 0 e x 2e 2x 0 e x 4e 2x

134 ΚΕΦΑΛΑΙΟ5. ΓΡΑΜΜΙΚ ΕΣΔ.Ε.ΑΝ ΩΤΕΡΗΣΤ ΑΞΗΣ και ισχύει W(0) = 1 1 1 0 1 2 0 1 4 = 6 0. Ετσι,σύμφωναμετοΘεώρημα5.1.2,οι y 1, y 2 και y 3 είναιγραμμικάανεξάρτητεςκαιη γενική λύση της Δ.Ε. είναι y(x) = c 1 +c 2 e x +c 3 e 2x, x R. Παράδειγμα 5.1.2 Λύστε το Π.Α.Τ. y (4) y = 0, y(0) = 4, y (0) = 4, y (0) = 2, y (0) = 2, ανγνωρίζετεότιηδ.ε.έχειωςλύσειςτιςσυναρτήσεις y 1 (x) = e x, y 2 (x) = e x, y 3 (x) = sinxκαι y 4 (x) = cosx. Λύση. Επαληθεύεται εύκολαότιοιλύσεις y 1,y 2,y 3 και y 4 τηςομογενούςδ.ε.είναι γραμμικά ανεξάρτητες και άρα η γενική λύση της είναι y(x) = c 1 e x +c 2 e x +c 3 sinx+c 4 cosx. Οι τιμές των σταθερών που χρειαζόμαστε αποτελούν λύση του συστήματος y(0) = c 1 +c 2 +c 4 = 4 y (0) = c 1 c 2 +c 3 = 4 y (0) = c 1 +c 2 c 4 = 2 y (0) = c 1 c 2 c 3 = 2, πουπροκύπτειαπότιςαρχικέςσυνθήκες.ηλύσηαυτούείναι c 1 = 1, c 2 = 2, c 3 = 3και c 4 = 1καιεπομένωςηλύσητουΠ.Α.Τ.είναι y(x) = e x +2e x 3sinx+cosx, x R. Στο ακόλουθο θεώρημα προσδιορίζεται, κατ³ επέκταση του Θεωρήματος 4.1.6, η γενική λύσητηςμηομογενούςδ.ε.(5.1.1)μετηβοήθειαμίαςμερικήςλύσηςαυτήςκαιτηςγενικής λύσης της ομογενούς Δ.Ε.(5.1.2).

5.2. ΟΜΟΓΕΝΕ ΙΣΔ.Ε.ΜΕΣΤΑΘΕΡΟ ΥΣΣΥΝΤΕΛΕΣΤ ΕΣ 135 Θεώρημα5.1.3 Αν y 1,y 2,...,y n είναι nγραμμικάανεξάρτητεςλύσειςτηςομογενούς Δ.Ε.(5.1.2)στο Iκαι y µ είναιμίαμερικήλύσητηςμηομογενούςδ.ε.(5.1.1)στο I,τότε γιακάθελύση yτης(5.1.1)υπάρχουνσταθερές c 1,c 2,...,c n έτσιώστεναισχύει y(x) = c 1 y 1 (x)+c 2 y 2 (x)+...+c n y n (x)+y µ (x), x I. (5.1.7) Παράδειγμα 5.1.3 Βρείτε τη γενική λύση της Δ.Ε. y y 2y = 2. Λύση. Στο Παράδειγμα 5.1.1 έχουμε προσδιορίσει τη γενική λύση της αντίστοιχης ομογενούς Δ.Ε. y o (x) = c 1 +c 2 e x +c 3 e 2x Εξάλλου,όπωςεπαληθεύεταιεύκολα,ησυνάρτηση y µ (x) = xείναιμερικήλύσητης δοθείσας μη ομογενούς Δ.Ε. Ετσι, σύμφωνα με την(5.1.7), η ζητούμενη γενική λύση είναι y(x) = y o (x)+y µ (x) = c 1 +c 2 e x +c 3 e 2x x. 5.2 Ομογενείς διαφορικές εξισώσεις ανώτερης τάξης με σταθερούς συντελεστές Μια Δ.Ε. της μορφής y (n) +a n 1 y (n 1) +...+a 1 y +a 0 y = 0, (5.2.1) όπου a 0,a 1,...,a n 1 R,λέγεταιομογενήςγραμμικήΔ.Ε.τάξης nμεσταθερούςσυντελεστές. Η μεθοδολογία επίλυσης της(5.2.1) είναι αντίστοιχη με εκείνη της γραμμικής Δ.Ε. δεύτερης τάξης με σταθερούς συντελεστές(4.2.1), η οποία αναλύεται στην Παράγραφο 4.2. Ομως, οι υπολογισμοί επίλυσης για την Δ.Ε. τάξης n είναι αρκετά περίπλοκοι. Αναζητούμελύσειςτηςμορφής y(x) = e λx,καιαντικαθιστώνταςστην(5.2.1),λαμβάνουμε e λx [λ n +a n 1 λ n 1 +...+a 1 λ+α 0 ] = 0,

136 ΚΕΦΑΛΑΙΟ5. ΓΡΑΜΜΙΚ ΕΣΔ.Ε.ΑΝ ΩΤΕΡΗΣΤ ΑΞΗΣ οπότε πρέπει το λ να είναι ρίζα της χαρακτηριστικής εξίσωσης λ n +a n 1 λ n 1 +...+a 1 λ+α 0 = 0, (5.2.2) της ομογενούς γραμμικής Δ.Ε.(5.2.1). Οι ρίζες της(5.2.2) καλούνται χαρακτηριστικές ρίζες, ενώ το πολυώνυμο n-οστού βαθμού p(λ) = λ n +a n 1 λ n 1 +...+a 1 λ+α 0 (5.2.3) καλείται το χαρακτηριστικό πολυώνυμο της(5.2.1). Η γενική λύση της(5.2.1) προσδιορίζεται με τη βοήθεια των χαρακτηριστικών ριζών. Γνωρίζουμε από το Θεμελιώδες Θεώρημα της Άλγεβρας ότι το n-οστού βαθμού πολυώνυμο p(λ)έχει nρίζεςστο C. Ετσι,θαπρέπειναεξαντλήσουμεόλεςτιςπεριπτώσειςγιατις ρίζες, κάτι που είναι ουσιωδώς διαφορετικό από τη διαδικασία που ακολουθήσαμε για την επίλυση της Δ.Ε. δεύτερης τάξης(4.2.1), όπου ο προσδιορισμός των χαρακτηριστικών ριζών έγινε επιλύοντας μία πολυωνυμική εξίσωση δευτέρου βαθμού. Επίσης, σημειώνουμε ότι η εύρεση των ριζών ενός πολυωνύμου βαθμού μεγαλύτερου ή ίσου του τρία γενικά είναι μία πολύπλοκη διαδικασία. Για αυτό το λόγο αποτελεί συνήθη πρακτική αρκετές φορές να γίνεται χρήση μαθηματικών πακέτων, όπως είναι π.χ. τα Mathematica, Matlab και Maple, για την εύρεση των χαρακτηριστικών ριζών της(5.2.2). Οπως στις Δ.Ε. δεύτερης τάξης, έτσι και εδώ διακρίνουμε πάλι για τις χαρακτηριστικές ρίζες τρεις περιπτώσεις: πραγματικές διακεκριμένες, επαναλαμβανόμενες και μιγαδικές(οι οποίες επίσης μπορεί να είναι επαναλαμβανόμενες). Ομως, υπάρχουν Δ.Ε. τάξης n οι οποίες περιλαμβάνουν και τις τρεις κατηγορίες χαρακτηριστικών ριζών, ενώ κάθε Δ.Ε. δεύτερης τάξης περιλαμβάνει μόνο μία από τρεις κατηγορίες. ΣύμφωναμετοΘεώρημα5.1.2,γιατηνεύρεσητηςγενικήςλύσηςτης(5.2.1),πρέπεινα προσδιορίσουμεέναθεμελιώδεςσύνολολύσεων {y 1,y 2,...,y n }της(5.2.1). Διακρίνουμε τώρα τις ακόλουθες τρεις κατηγορίες ως προς το είδος των χαρακτηριστικών ριζών της (5.2.2). I. Πραγματικές και διακεκριμένες χαρακτηριστικές ρίζες Εστω ότι η χαρακτηριστική εξίσωση(5.2.2) έχει k n απλές διακεκριμένες πραγματικές ρίζες λ 1,λ 2,...,λ k (δηλαδή λ 1 λ 2... λ k ).Τότε,οι kσυναρτήσεις y 1 (x) = e λ 1x,y 2 (x) = e λ 2x,...,y k (x) = e λ kx είναι στοιχεία ενός θεμελιώδους συνόλου λύσεων της(5.2.1). II. Πολλαπλές πραγματικές χαρακτηριστικές ρίζες Εστωότιη(5.2.2)έχειπραγματικήρίζα λ 0 μεαλγεβρικήπολλαπλότητα µ(δηλαδήο (λ λ 0 ) µ είναιπαράγονταςτουχαρακτηριστικούπολυωνύμου(5.2.3),ενώο(λ λ 0 ) µ+1 δεν είναι). Τότε, οι µ συναρτήσεις y 1 (x) = e λ 0x,y 2 (x) = xe λ 0x,...,y µ (x) = x µ 1 e λ 0x

5.2. ΟΜΟΓΕΝΕ ΙΣΔ.Ε.ΜΕΣΤΑΘΕΡΟ ΥΣΣΥΝΤΕΛΕΣΤ ΕΣ 137 είναι στοιχεία ενός θεμελιώδους συνόλου λύσεων της(5.2.1). Αν µ = 1, οπότε η ρίζα λ 0 είναιαπλή,τότεαναγόμαστεστηνπερίπτωση Iκαιπροκύπτειότιμόνοησυνάρτηση y(x) = e λ 0x είναιστοιχείοενόςθεμελιώδουςσυνόλουλύσεων. III. Πολλαπλές συζυγείς μιγαδικές χαρακτηριστικές ρίζες Εστωότιη(5.2.2)έχεισυζυγείςμιγαδικέςρίζες λ 0 = α +iβκαι λ 0 = α iβμεαλγεβρική πολλαπλότητα µ η καθεμία. Τότε, από την περίπτωση II, ευρίσκουμε τις ακόλουθες 2µ μιγαδικές συναρτήσεις u 1 (x) = e λ 0x,u 2 (x) = xe λ 0x,...,u µ (x) = x µ 1 e λ 0x, u µ+1 (x) = e λ 0x,u µ+2 (x) = xe λ 0x,...,u 2µ (x) = x µ 1 e λ 0x, για τις οποίες επιπλέον ισχύει ότι u µ+1 (x) = u 1 (x),u µ+2 (x) = u 2 (x),...,u 2µ (x) = u µ (x). Για να βρούμε τις πραγματικές συναρτήσεις, οι οποίες είναι στοιχεία ενός θεμελιώδους συνόλου λύσεων της(5.2.1), χρησιμοποιούμε, όπως και στην Παράγραφο 4.2, τον τύπο του Euler και λαμβάνουμε τελικά το ακόλουθο σύνολο των 2µ πραγματικών συναρτήσεων y 1 (x) = e αx cos(βx),y 2 (x) = xe αx cos(βx),...,y µ (x) = x µ 1 e αx cos(βx), y µ+1 (x) = e αx sin(βx),y µ+2 (x) = xe αx sin(βx),...,y 2µ (x) = x µ 1 e αx sin(βx). Και στις τρεις περιπτώσεις I, II και III η ορίζουσα Wronski των αντίστοιχων συναρτήσεων είναι διάφορη του μηδενός, και επομένως οι συναρτήσεις αυτές είναι πράγματι γραμμικά ανεξάρτητες. Παράδειγμα 5.2.1 Λύστε τη Δ.Ε. y 3y 2y = 0. Λύση. Η χαρακτηριστική εξίσωση είναι λ 3 3λ 2 = 0 ή (λ+1) 2 (λ 2) = 0, πουέχειτηναπλή(µ = 1)ρίζα λ 1 = 2καιτηδιπλή(µ = 2)ρίζα λ 2 = 1. Επομένως, η γενική λύση της Δ.Ε. είναι y(x) = c 1 e x +c 2 xe x +c 3 e 2x.

138 ΚΕΦΑΛΑΙΟ5. ΓΡΑΜΜΙΚ ΕΣΔ.Ε.ΑΝ ΩΤΕΡΗΣΤ ΑΞΗΣ Παράδειγμα 5.2.2 Λύστε το Π.Α.Τ. y 3y y +3y = 0, y(0) = 1, y (0) = 2, y (0) = 3. Λύση. Η χαρακτηριστική εξίσωση της Δ.Ε. λ 3 3λ 2 λ+3 = 0 έχει τις διακεκριμένες πραγματικές ρίζες λ 1 = 1, λ 2 = 1, λ 3 = 3 καιέτσιηγενικήλύσητηςδ.ε.είναι y = c 1 e x +c 2 e x +c 3 e 3x. Εξάλλου, οι αρχικές συνθήκες οδηγούν στο ακόλουθο σύστημα c 1 +c 2 +c 3 = 1 c 1 +c 2 +3c 3 = 2 c 1 +c 2 +9c 3 = 3, τοοποίοέχειτηλύση c 1 = 1 4, c 2 = 1, c 3 = 1 4. Ετσι,ηλύσητουΠ.Α.Τείναι y = e x 4 +ex + e3x 4. Παράδειγμα 5.2.3 Λύστε τη Δ.Ε. y (4) 3y +3y y = 0. Λύση. Η χαρακτηριστική εξίσωση λ 4 3λ 3 +3λ 2 λ = λ(λ 1) 3 = 0 έχειτηναπλή(µ = 1)ρίζα λ 1 = 0καιτηντριπλή(µ = 3)ρίζα λ 2 = 1. Επομένως, η γενική λύση της Δ.Ε. είναι y(x) = c 1 +c 2 e x +c 3 xe x +c 4 x 2 e x = c 1 +(c 2 +c 3 x+c 4 x 2 )e x.

5.3. ΜΗΟΜΟΓΕΝΕ ΙΣΔ.Ε.ΜΕΣΤΑΘΕΡΟ ΥΣΣΥΝΤΕΛΕΣΤ ΕΣ 139 Παράδειγμα 5.2.4 Λύστε τη Δ.Ε. y (4) 4y +8y 8y +4y = 0. Λύση. Η χαρακτηριστική εξίσωση λ 4 4λ 3 +8λ 2 8λ+4 = (λ 2 2λ+2) 2 = [(λ 1) 2 +1] 2 = 0 έχειτιςδιπλές(µ = 2)ρίζες λ 1 = 1+iκαι λ 2 = 1 i,καιεπομένωςηγενικήλύσητης Δ.Ε. είναι y(x) = c 1 e x cosx+c 2 xe x cosx+c 3 e x sinx+c 4 xe x sinx = (c 1 +c 2 x)e x cosx+(c 3 +c 4 x)e x sinx. 5.3 Μη ομογενείς διαφορικές εξισώσεις ανώτερης τάξης με σταθερούς συντελεστές Η γενική μορφή της μη ομογενούς γραμμικής Δ.Ε. τάξης n με σταθερούς συντελεστές δίνεται από την y (n) +a n 1 y (n 1) +...+a 1 y +a 0 y = f(x), (5.3.1) όπου f : I R Rσυνεχήςσυνάρτησηστοδιάστημα I,ενώτηςαντίστοιχηςομογενούς Δ.Ε.απότην y (n) +a n 1 y (n 1) +...+a 1 y +a 0 y = 0. (5.3.2) ΑπότοΘεώρημα5.1.3,ηγενικήλύση yτηςμηομογενούςδ.ε.(5.3.1)είναιτοάθροισμα τηςγενικήςλύσης y o τηςαντίστοιχηςομογενούς(5.3.2)καιμιαςοποιασδήποτεμερικής λύσης y µ της(5.3.1). Γνωρίζουμεήδη,σύμφωναμετααναφερόμεναστηνΠαρ.5.2,να προσδιορίζουμετηγενικήλύση y o. Πρέπειεπομένωςναβρούμεμίαμερικήλύση y µ της (5.3.1). Για γραμμικές Δ.Ε δεύτερης τάξης με σταθερούς συντελεστές, έχουμε δει ήδη στις Παραγράφους 4.3 και 4.7 τις μεθόδους των προσδιοριστέων συντελεστών και της μεταβολής παραμέτρωνπουοδηγούνστηνεύρεσητηςμερικήςλύσης y µ. Στηνπαρούσαπαράγραφο, θα περιγράψουμε συνοπτικά την εφαρμογή της μεθόδου των προσδιοριστεών συντελεστών για Δ.Ε. με σταθερούς συντελεστές τάξης n, καθώς η μέθοδος επεκτείνεται με φυσικό και αναμεμενόμενο τρόπο από Δ.Ε. δεύτερης τάξης σε Δ.Ε. τάξης n. Συνοπτική περιγραφή της εφαρμογής της μεθόδου μεταβολής των παραμέτρων θα ακολουθήσει στην επόμενη παράγραφο.

140 ΚΕΦΑΛΑΙΟ5. ΓΡΑΜΜΙΚ ΕΣΔ.Ε.ΑΝ ΩΤΕΡΗΣΤ ΑΞΗΣ Θεωρούμε ότι η συνάρτηση δευτέρου μέλους f είναι ειδικής μορφής, δηλαδή μπορεί να είναι μία πολυωνυμική, μία εκθετική ή μία τριγωνομετρική συνάρτηση ή και γινόμενο αυτών. Στη μέθοδο των προσδιοριστέων συντελεστών αναζητούμε μία μερική λύση που περιέχει συντελεστές προς προσδιορισμό, οι οποίοι υπολογίζονται με αντικατάσταση στην(5.3.1). ΗμέθοδοςεφαρμόζεταιγιαΔ.Ε.τάξης nμετονίδιοτρόποπουεφαρμόζεταικαισεδ.ε. δεύτερης τάξης(βλ., ανάλογα με τη συνάρτηση f, τις περιπτώσεις I-VI της Παραγράφου 4.3). Το μόνο ίσως σημείο που θέλει κάποια προσοχή είναι ότι αν κάποιος όρος στην αναζητούμενη έκφρασητηςμερικήςλύσηςυπάρχειήδηστηλύση y o τηςομογενούςδ.ε.,τότεοόροςαυτός πρέπει να πολλαπλασιαστεί με κάποια δύναμη του x, η οποία μπορεί να είναι μεγαλύτερη του δύο,διότιτώραηδ.ε.είναιτάξης n. Το ακόλουθο θεώρημα διατυπώνει τα συμπεράσματα για την έκφραση της μερικής λύσης y µ μηομογενούςγραμμικήςδ.ε.τάξης nμεσταθερούςσυντελεστές,όπουησυνάρτηση δευτέρου μέλους f είναι ειδικής μορφής. Θεώρημα5.3.1 ΕστωηΔ.Ε. nτάξης με y (n) +a n 1 y (n 1) +...+a 1 y +a 0 y = f, f(x) = P(x)e αx cos(βx)+q(x)e αx sin(βx), όπου α, β R, P, Qπολυώνυμαμέγιστουβαθμού k(ώστετουλάχιστονένααπόταδύονα έχει βαθμό ακριβώς k) και ν ο ελάχιστος μη αρνητικός ακέραιος τέτοιος ώστε η συνάρτηση y(x) = x ν e αx cos(βx) ή y(x) = x ν e αx sin(βx) να μην είναι λύση της αντίστοιχης ομογενούς Δ.Ε. Τότε,μίαμερικήλύσητηςΔ.Ε.είναι y µ (x) = (d 1 x ν +...+d k x ν+k 1 )e αx cos(βx) +( d 1 x ν +...+ d k x ν+k 1 )e αx sin(βx), (5.3.3) όπουτουλάχιστονέναςαπότουςσυντελεστές d k και dk δενείναιμηδέν. Παράδειγμα 5.3.1 Λύστε τη Δ.Ε. y +3y y 3y = e 2x. Λύση. Η χαρακτηριστική εξίσωση της αντίστοιχης ομογενούς είναι λ 3 +3λ 2 λ 3 = 0

5.3. ΜΗΟΜΟΓΕΝΕ ΙΣΔ.Ε.ΜΕΣΤΑΘΕΡΟ ΥΣΣΥΝΤΕΛΕΣΤ ΕΣ 141 με ρίζες καιέτσιηγενικήλύσητηςομογενούςείναι λ 1 = 3, λ 2 = 1, λ 3 = 1 y o = c 1 e 3x +c 2 e x +c 3 e x. Επειδή f(x) = e 2x καιτο2δενείναιρίζατηςχαρακτηριστικήςεξίσωσηςτηςαντίστοιχης ομογενούςδ.ε.(βλ.περίπτωση II,Παραγράφος4.3), δηλαδήηe 2x δενείναιλύσητης ομογενούς Δ.Ε., αναζητούμε μερική λύση της μορφής y µ = Be 2x. Παραγωγίζοντας και αντικαθιστώντας αυτήν στη Δ.Ε., λαμβάνουμε οπότευπολογίζουμεότι B = 1 15,καιάρα 8Be 2x +12Be 2x 2Be 2x 3Be 2x = e 2x, Ετσι,ηγενικήλύσητηςΔ.Ε.δίνεταιαπό y µ = e2x 15. y = y o +y µ = c 1 e 3x +c 2 e x +c 3 e x + e2x 15. Παράδειγμα 5.3.2 Λύστε τη Δ.Ε. y y = 6e x +2x 3. Λύση. Η χαρακτηριστική εξίσωση της αντίστοιχης ομογενούς είναι λ 3 1 = (λ 1)(λ 2 +λ+1) = 0 με ρίζες λ 1 = 1, λ 2 = 1 3 2 +i 2, λ 3 = λ 2 = 1 3 2 i 2 καιέτσιηγενικήλύσητηςομογενούςείναι ( ) ( ) 3x 3x y o = c 1 e x +c 2 e x 2 cos +c 3 e x 2 sin. 2 2 Επειδή f(x) = 6e x +2x 3,θαδιαχωρίσουμετουςδύοόρους 6e x και 2x 3,σύμφωνα με όσα αναφέρονται στην περίπτωση VI της Παραγράφου 4.3(αρχή της υπέρθεσης). Για την

142 ΚΕΦΑΛΑΙΟ5. ΓΡΑΜΜΙΚ ΕΣΔ.Ε.ΑΝ ΩΤΕΡΗΣΤ ΑΞΗΣ 6e x,επειδήτο1είναιαπλήρίζατηςχαρακτηριστικήςεξίσωσηςτηςαντίστοιχηςομογενούς Δ.Ε.(βλ.περίπτωση II,Παραγράφος4.3),αναζητούμεμερικήλύσητηςμορφής Axe x.για την 2x 3, αναζητούμε μερική λύση της μορφής Bx+ C(βλ. περίπτωση I, Παραγράφος 4.3). Ετσι, προκύπτει ότι y µ = Axe x +Bx+C. Παραγωγίζοντας, αντικαθιστώντας την έκφραση αυτή στη Δ.Ε. και εξισώνοντας τους συντελεστές των ομοιοβαθμίων όρων, υπολογίζουμε και άρα A = 2, B = 2, C = 3, y µ = 2xe x 2x+3, οπότετελικάηγενικήλύσητηςδ.ε.δίνεταιαπό ( ) ( ) 3x 3x y = y o +y µ = c 1 e x +c 2 e x 2 cos +c 3 e x 2 sin +2xe x 2x+3. 2 2 Παράδειγμα 5.3.3 Λύστε τη Δ.Ε. y 12y +48y 64y = 12 32e 8x +2e 4x. Λύση. Η χαρακτηριστική εξίσωση της αντίστοιχης ομογενούς είναι λ 3 12λ 2 +48λ 64 = (λ 4) 3 = 0 καιέχειρίζατην λ = 4μεπολλαπλότητα µ = 3. Η γενική λύση της ομογενούς είναι y o = c 1 e 4x +c 2 xe 4x +c 3 x 2 e 4x. Επειδή f(x) = 12 32e 8x +2e 4x,αρχικάδιαχωρίζουμετουςτρειςόρους 12, 32e 8x και 2e 4x βάσειτηςαρχήςτηςυπέρθεσης(βλ.περίπτωση VI,Παράγραφος4.3). Ιδιαίτερη προσοχήχρειάζεταιοόρος 2e 4x,διότιτο4είναιτριπλήρίζατηςχαρακτηριστικήςεξίσωσης της αντίστοιχης ομογενούς Δ.Ε. Επεκτείνοντας για µ = 3 τα αναφερόμενα στην περίπτωση IIτηςΠαραγράφου4.3,αναζητούμεγιατονόροαυτόμερικήλύσητηςμορφής Cx 3 e 4x. Ετσι, έχουμε ότι y µ = A+Be 8x +Cx 3 e 4x. Παραγωγίζοντας και αντικαθιστώντας την έκφραση αυτή στη Δ.Ε., λαμβάνουμε 64A 1728Be 8x +6Ce 4x = 12 32e 8x +2e 4x,

5.3. ΜΗΟΜΟΓΕΝΕ ΙΣΔ.Ε.ΜΕΣΤΑΘΕΡΟ ΥΣΣΥΝΤΕΛΕΣΤ ΕΣ 143 οπότε εξισώνοντας τους συντελεστές των ομοίων όρων, υπολογίζουμε επομένως και τελικά προκύπτει A = 3 16, B = 1 54, C = 1 3, y µ = 3 16 + e 8x 54 + x3 e 4x 3 y = y o +y µ = c 1 e 4x +c 2 xe 4x +c 3 x 2 e 4x 3 16 + e 8x 54 + x3 e 4x. 3 Παρατήρηση 5.3.1 Η απλούστερη μη ομογενής γραμμική Δ.Ε. τάξης n με σταθερούς συντελεστές είναι y (n) = f(x), πουαντιστοιχείστην(5.3.1)για a n 1 =... = a 1 = a 0 = 0.Γιανατηλύσουμεκάνουμε n διαδοχικές ολοκληρώσεις, όπως φαίνεται στο ακόλουθο παράδειγμα. Παράδειγμα 5.3.4 Λύστε τη Δ.Ε. y (2000) = e x. Λύση. Εκτελώντας αόριστες ολοκληρώσεις, έχουμε διαδιοχικά y (2000) dy = e x dx ή ή ή y 1999 = e x +c 1 y (1999) dy = e x +c 1 y 1998 = e x +c 1 x+c 2. Κατά αυτόν τον τρόπο, μετά από 2000 διαδοχικές ολοκληρώσεις ευρίσκουμε τη γενική λύση της Δ.Ε. 2000 y(x) = e x c k + (2000 k)! x2000 k. k=1

144 ΚΕΦΑΛΑΙΟ5. ΓΡΑΜΜΙΚ ΕΣΔ.Ε.ΑΝ ΩΤΕΡΗΣΤ ΑΞΗΣ 5.4 Μέθοδος μεταβολής των παραμέτρων Στην παράγραφο αυτή επεκτείνουμε σε Δ.Ε. τάξης n τη μέθοδο μεταβολής των παραμέτρων, η οποία αναπτύχθηκε στην Παράγραφο 4.7 για τον προσδιορισμό της μερικής λύσης της μη ομογενούς γραμμικής Δ.Ε. δευτέρας τάξεως με(εν γένει) μεταβλητούς συντελεστές. Ετσι, θεωρούμετηδ.ε.τάξης n y (n) (x)+a n 1 (x)y (n 1) (x)+...+a 1 (x)y (x)+a 0 (x)y(x) = f(x), (5.4.1) όπου a 0,a 1,...,a n 1,f : I R Rσυνεχείςσυναρτήσεις. Η μέθοδος μεταβολής των παραμέτρων χρησιμοποιεί τη γενική λύση της αντίστοιχης ομογενούς Δ.Ε. της(5.4.1) y (n) (x)+a n 1 (x)y (n 1) (x)+...+a 1 (x)y (x)+a 0 (x)y(x) = 0, (5.4.2) ούτως ώστε να ανάγει το πρόβλημα υπολογισμού της λύσης της(5.4.1) στον υπολογισμό n συγκεκριμένων ολοκληρωμάτων. Εστω y 1,y 2,...,y n γραμμικάανεξάρτητεςλύσειςτηςομογενουςδ.ε.(5.4.2),οπότεη γενική της λύση είναι y o = c 1 y 1 +c 2 y 2 +...+c n y n, (5.4.3) όπου c 1,c 2,...,c n αυθαίρετεςπραγματικέςσταθερές. Αντικαθιστούμεαυτέςτιςσταθερές στην(5.4.3)απόπροσδιοριστέεςσυναρτήσεις u 1 (x),u 2 (x),...,u n (x),καιαναζητούμεμία μερική λύση της μη ομογενούς Δ.Ε.(5.4.1) της μορφής y µ = u 1 (x)y 1 +u 2 (x)y 2 +...+u n (x)y n. (5.4.4) Γενικεύοντας τη διαδικασία που περιγράφηκε στην Παράγραφο 5.4 για Δ.Ε. δεύτερης τάξης, θεωρούμε τους ακόλουθους n 1 περιορισμούς y 1 u 1 +y 2 u 2 +...+y n u n = 0 y 1u 1 +y 2u 2 +...+y nu n = 0. (5.4.5) y (n 2) 1 u 1 +y(n 2) 2 u 2 +...+y(n 2) n u n = 0. Λαμβάνονταςυπόψητις(5.4.5),οιπαράγωγοιτης y µ παίρνουντημορφή y µ = y 1u 1 +y 2u 2 +...+y nu n y µ = y 1 u 1 +y 2 u 2 +...+y n u n y (n 1) µ = y (n 1) 1 u 1 +y (n 1) 2 u 2 +...+y (n 1) n u n.. (5.4.6)

5.4. Μ ΕΘΟΔΟΣΜΕΤΑΒΟΛ ΗΣΤΩΝΠΑΡΑΜ ΕΤΡΩΝ 145 Στη συνέχεια, παραγωγίζουμε άλλη μία φορά την τελευταία από τις(5.4.6), οπότε έχουμε y (n) µ = y (n) 1 u 1 +y (n) 2 u 2 +...+y (n) n u n +y (n 1) 1 u 1 +y (n 1) 2 u 2 +...+y (n 1) n u n. (5.4.7) Αντικαθιστώνταςτις(5.4.4),(5.4.6)και(5.4.7)στην(5.4.1)καιαφούοι y 1,y 2,...,y n είναι λύσεις της ομογενους Δ.Ε.(5.4.2), τελικά καταλήγουμε στην y (n 1) 1 u 1 +y (n 1) 2 u 2 +...+y (n 1) n u n = f. (5.4.8) Οι(5.4.5) και(5.4.8) αποτελούν ένα n n μη ομογενές γραμμικό αλγεβρικό σύστημα y 1 u 1 +y 2 u 2 +...+y n u n = 0 y 1 u 1 +y 2 u 2 +...+y n u n = 0 y (n 2) 1 u 1 +y (n 2) 2 u 2 +...+y (n 2) n u n = 0. (5.4.9) y (n 1) 1 u 1 +y(n 1) 2 u 2 +...+y(n 1) n u n = f, ωςπροςτις nάγνωστεςσυναρτήσεις u 1,u 2,...u n. Ηορίζουσατουσυστήματοςαυτούείναιηορίζουσα Wronskiτων y 1,y 2,...,y n καιάρα είναιδιάφορητουμηδενός,αφούοι y 1,y 2,...,y n είναιγραμμικάανεξάρτητεςλύσειςτης (5.4.2). Ετσι,τοσύστημα(5.4.9)έχειμοναδικήλύσηγιατιςσυναρτήσεις u 1,u 2,...u n, απότιςοποίεςμεαόριστηολοκλήρωσηευρίσκουμετις u 1,u 2,...u n καιτέλοςμετηβοήθεια της(5.4.4)προσδιορίζουμετημερικήλύση y µ. Το γεγονός ότι η ορίζουσα το συστήματος(5.4.9) είναι η ορίζουσα Wronski των συναρτήσεων y 1,y 2,...,y n βοηθάεικαιστηναπομνημόνευσητηςδομήςτουσυστήματοςαυτού (χωρίς να χρειάζεται να το παράγουμε κάθε φορά). Παράδειγμα 5.4.1 Βρείτε τη γενική λύση της Δ.Ε. y 3y +2y = e2x 1+e x. Λύση. Η χαρακτηριστική εξίσωση της αντίστοιχης ομογενούς εξίσωσης έχει τις πραγματικές διακεκριμένες ρίζες λ 1 = 0, λ 2 = 1, λ 3 = 2, και, έτσι, η γενική λύση της ομογενούς Δ.Ε. είναι y o = c 1 +c 2 e x +c 3 e 2x.

146 ΚΕΦΑΛΑΙΟ5. ΓΡΑΜΜΙΚ ΕΣΔ.Ε.ΑΝ ΩΤΕΡΗΣΤ ΑΞΗΣ Αναζητούμε μερική λύση της δοθείσας μη ομογενούς Δ.Ε. της μορφής y µ = u 1 (x)+u 2 (x)e x +u 3 (x)e 2x. Στην προκειμένη περίπτωση, το σύστημα(5.4.9) είναι το εξής u 1 +e x u 2 +e x u 3 = 0 e x u 2 +2e 2x u 3 = 0 καιθατολύσουμεμετονκανόνατου Cramer. e x u 2 +4e 2x u 3 = e2x 1+e x Η ορίζουσα του συστήματος είναι 1 e x e 2x 0 e x 2e 2x 0 e x 4e 2x = 2e 3x 0. και και Ετσι, έχουμε u 1 = e 3x 2 0 e x e 2x 0 e x 2e 2x e 2x 1+e x e x 4e 2x 1 0 e 2x u 2 = e 3x 2 0 0 2e 2x e 0 2x 1+e 4e 2x x 1 e x 0 u 3 = e 3x 2 0 e x 0 0 e x e2x 1+e x = 1 e 2x 21+e x = ex 1+e x = 1 1 21+e x. και Στη συνέχεια, κάνουμε αόριστες ολοκληρώσεις και λαμβάνουμε u 1 = 1 2 e 2x 1+e xdx = 1 2 e x 1+e xex dx = 1 2 u 2 = v 1 dv = 1 v 2 (1+ex ) 1 2 ln(1+ex ) e x 1+e xdx = ln(1+ex )

5.5. ΑΣΚ ΗΣΕΙΣ 147 και u 3 = 1 2 1 1+e xdx = 1 2 e x 1+e xdx = 1 2 ln(1+e x ). Ετσι,ημερικήλύσητηςΔ.Ε.δίνεταιαπό y µ = 1 2 (1+ex ) 1 2 ln(1+ex ) e x ln(1+e x ) e2x 2 ln(1+e x ), ενώηγενικήτηςλύσηαπό y = C 1 +C 2 e x +c 3 e 2x ( ) 1 2 +ex ln(1+e x ) e2x 2 ln(1+e x ), όπουοπρώτοςόροςτης y µ ενσωματώθηκεστουςδύοπρώτουςόρουςτης y o,καιγιααυτό τολόγοχρησιμοποιήσαμεδύονέεςσταθερές C 1 και C 2. 5.5 Ασκήσεις Λύστε τις Δ.Ε. Άσκηση 5.5.1 y (4) +16y = 0. Άσκηση 5.5.2 2y (4) +11y +18y +4y 8y = 0. Άσκηση 5.5.3 y (4) +2y +y = 0. Άσκηση 5.5.4 y (4) +3y 4y = 0. Άσκηση 5.5.5 y +3y y 3y = 4cosx 8sinx 6x+1. Άσκηση 5.5.6 y 4y = x+3cosx+e 2x.

148 ΚΕΦΑΛΑΙΟ5. ΓΡΑΜΜΙΚ ΕΣΔ.Ε.ΑΝ ΩΤΕΡΗΣΤ ΑΞΗΣ Άσκηση 5.5.7 y 2y 21y 18y = 3+4e x. Λύστε τα Π.Α.Τ. Άσκηση 5.5.8 y 5y 22y +56y = 0, y(0) = 1, y (0) = 2, y (0) = 4. Άσκηση 5.5.9 y 3y 2y = 0, y(0) = 4, y (0) = 2, y (0) = 9. Άσκηση 5.5.10 y +y +y +y = 1, y(0) = 0, y (0) = 1, y (0) = 0. Άσκηση 5.5.11 y (4) +y 7y y +6y = 0, y(0) = 1, y (0) = 0, y (0) = 2, y (0) = 1. Άσκηση 5.5.12 y (4) y = 0, y(0) = 7 2, y (0) = 4, y (0) = 5 2, y (0) = 2.

Βιβλιογραφία [1] J. Lebl, Differential Equations for Engineers, University of Illinois at Urbana- Champaign, 2014. [2] R. H. Martin, Ordinary Differential Equations, McGraw-Hill, New York, 1983. [3] B. E. Shapiro, Lecture Notes in Differential Equations, California State University, Northridge, 2011. 149