Σημειωσεις στις Συνηθεις Διαφορικες Εξισωσεις

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΑΤΡΩΝ ΤΜΗΜΑ ΦΥΣΙΚΗΣ ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΣΟΥΡΛΑΣ ΑΝΑΠΛ. ΚΑΘΗΓΗΤΗΣ

ΣΣΥΥΝΝΗΗΘΘΕΕΙΙΣΣ

ΔΔΙΙΑΑΦΦΟΟΡΡΙΙΚΚΕΕΣΣ ΕΕΞΞΙΙΣΣΩΩΣΣΕΕΙΙΣΣ

d y xdx

x dy xdx

py x2

2 2 2( ) ( ) ( )− + 0=

0 .00 0 .40 0 .80 1.20 1.60 2.00

-5.0 0

0 .0 0

5.0 0

10 .00

15.0 0

Ho(x)

H2(x)

H1(x)

H3(x)

X

ΠΑΤΡΑ 2007

Στη γυναίκα μου Παναγιώτα

και στα παιδιά μου Έφη και Ζέτα

Email: [email protected]

mailto:[email protected]

http://www.physics.upatras.gr/

i

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

Εισαγωγή 1 Ιστορική εισαγωγή 3

1. Βασικές έννοιες. 5 1.1 Ορισμοί 5 1.2 Λύσεις μιας διαφορικής εξίσωσης 7 1.3 Ολοκληρωτικές καμπύλες μιας διαφορικής εξίσωσης 9 1.4 Προσεγγιστική εύρεση των ολοκληρωτικών καμπύλων

μιας διαφορικής εξίσωσης 1ης τάξης 10 1.5 Ποιοτική συμπεριφορά των λύσεων μιας Δ.Ε. 12

2. Ύπαρξη και μοναδικότητα της λύσης μιας Δ.Ε. 1ης τάξης 15 3. Διαφορικές Εξισώσεις 1ης τάξης 21 3.1 Χωριζομένων μεταβλητών 21 3.1Α Περιβάλλουσα των λύσεων μιας Δ.Ε. 1ης τάξης 23 Παραδείγματα εφαρμογής Δ.Ε. με χωριζόμενες μεταβλητές 31 3.2 Ομογενείς 41

3.2Α Διαφορικές εξισώσεις της μορφής 1 1 1

2 2

x ydydx x y 2

α +β + γ=α + +β + γ

44

Παραδείγματα εφαρμογών των Ομογενών Δ. Ε. 46 3.3 Γραμμικές διαφορικές εξισώσεις 1ης τάξης 53 3.4 Ακριβείς ή πλήρεις διαφορικές εξισώσεις 59 3.5 Ορθογώνιες τροχιές 62

3.6 Ορθογώνιες τροχιές στην περίπτωση πολικών συντεταγμένων 66 3.7 Πλάγιες τροχιές 67 3.8 Εφαρμογές των ορθογωνίων τροχιών 69 3.9 Διαφορική εξίσωση του Bernoulli 71 Εφαρμογές της Δ.Ε. του Bernoulli 74 3.10 Διαφορική εξίσωση του Ricatti 78

Εφαρμογές της Δ.Ε. του Ricatti 81 4. Ολοκληρωτικός Παράγοντας 85 4.1 Γενικά 85 4.2 Παρατηρήσεις για την εύρεση του ολοκληρωτικού παράγοντα. Ολοκληρωτικοί παράγοντες για ορισμένες απλές μορφές. 86

4.3 Σχέσεις που δίνουν τους ολοκληρωτικούς παράγοντες σε ειδικές περιπτώσεις 88

4.4 Πως από ένα ολοκληρωτικό παράγοντα βρίσκουμε άπειρους άλλους. 92 Εφαρμογές του ολοκληρωτικού παράγοντα 94

ii

5. Γραμμικές διαφορικές εξισώσεις n τάξης 101 5.1 Ύπαρξη και μοναδικότητα της λύσης μιας Δ.Ε. n τάξης 101 5.2 Γραμμικές ομογενείς Δ.Ε. δεύτερης τάξης 103 5.3 Κριτήριο του Wronski 104 5.4 Γραμμικά ανεξάρτητες συναρτήσεις 105 5.5 Γραμμικά εξαρτημένες συναρτήσεις 106 5.6 Γραμμική ανεξαρτησία των λύσεων της Δ.Ε.

y″+ A1(x)y′+A (x)y=0 107 5.7 Διευκρινιστικά παραδείγματα 109 5.8 Ομογενείς γραμμικές διαφορικές εξισώσεις 2ης τάξης με

σταθερούς συντελεστές 111 5.9 Γραμμικές ομογενείς Δ.Ε. τάξης n>2 114 5.10 Διαφορικοί τελεστές 116 5.11 Μη ομογενείς γραμμικές Δ.Ε. n τάξης 118 5.12 Μέθοδος των προσδιοριστέων συντελεστών 120

5.13 Παραδείγματα εφαρμογής της μεθόδου των προσδιοριστέων συντελεστών 122

5.14 Μέθοδος μεταβολής των παραμέτρων 127 Εφαρμογές της ομογενούς Δ.Ε. 2ας τάξεως με σταθερούς

συντελεστές. 130 6. Η ορίζουσα τουWronsky και οι χρήσεις της στις ομογενείς γραμμικές

Δ.Ε. 2ης τάξης. 145 6.1 Γενικά 145 6.2 Ο μετασχηματισμός y=gY και οι χρήσεις του 149 6.3 Η κανονική μορφή και η σημασία της 150 6.4 Γραμμικές μη ομογενείς Δ.Ε. 2ης τάξης 153

7. Ιδιότητες του γραμμικού τελεστή L(D) 157 7.1 Γενικά 157 7.2 Ιδιότητες του αντιστρόφου τελεστή L (D) 161 Παραδείγματα 163 8 Ο μετασχηματισμός Laplace και οι εφαρμογές του. 169 8.1 Εισαγωγή. Ορισμός του μετασχηματισμού Laplace 169 8.2 Βασικές ιδιότητες του μετασχηματισμού Laplace 173 8.3 Ο αντίστροφος μετασχηματισμός Laplace 178 8.4 Ο μετασχηματισμός Laplace των στοιχειωδών συναρτήσεων 181 8.5 Eπίλυση γραμμικών Δ.Ε. με σταθερούς συντελεστές με την

βοήθεια του μετασχηματισμού Laplace 186 8.6 Ο μετασχηματισμός Laplace σε ασυνεχείς συναρτήσεις 192 9. Μερικές περιπτώσεις διαφορικών εξισώσεων 203

9.1 Δ.Ε. 1ης τάξης και ανωτέρου του 1ου βαθμού 203 9.2 Διαφορικές εξισώσεις n τάξης 208

iii

9.3 Ομογενείς διαφορικές εξισώσεις τάξης n 212 9.4 Ακριβείς ή πλήρεις Δ.Ε. ανώτερης τάξης. 214

Εφαρμογές των Δ.Ε. 1ης τάξεως και ανωτέρου βαθμού 217 10. Εξισώσεις Euler 237 Εφαρμογές της Δ. Ε. Εuler 242 11. Μέθοδος των Σειρών 251 11.1 Γενικά 251 11.2 Η μέθοδος των σειρών για την επίλυση της Δ.Ε. y″(x)+P(x)y′+Q(x)y(x)=0 253 11.3 Η εξίσωση του Schrodinger και η Δ.Ε. του Hermite 266 11.4 Η διαφορική εξίσωση Legendre 272 11.5 Ιδιότητες των πολυωνύμων Legendre 275 11.6 Μέθοδος του Frobenious 278 Εφαρμογές Δ.Ε. που λύνονται με την μέθοδο των σειρών 291 12. Συστήματα Διαφορικών Εξισώσεων 331 12.1 Γενικά 331 12.2 Λύση γραμμικών συστημάτων με τη μέθοδο της απαλοιφής 333 12.3 Γενικά Συμπεράσματα 336 12.4 Η μέθοδος των πινάκων 341 12.5 Λύση γραμμικών συστημάτων με τον μετασχηματισμό Laplace 357 12.6 Εφαρμογές των διαφορικών συστημάτων 359 13. Η ευστάθεια των λύσεων των διαφορικών συστημάτων 369 13.1 Γενικά 369 13.2 Ευστάθεια των λύσεων 369 13.3 Κρίσιμα σημεία ενός διαφορικού συστήματος 371 13.4 Γραμμικοποίηση ενός διαφορικού συστήματος 377 14 Εξισώσεις Διαφορών 393 14.1 Γενικά 393 14.2 Γραμμικές εξισώσεις διαφορών 394 14.3 Το πρόβλημα της αρχικής τιμής 395 14.4 Ύπαρξη και μοναδικότητα των λύσεων των εξισώσεων

διαφορών 396 14.5 Θεώρημα για την ύπαρξη και την μοναδικότητα των λύσεων

μιας εξίσωσης διαφορών 396 14.6 Γραμμικές ομογενείς εξισώσεις 397 14.7 Ομογενείς εξισώσεις 402 14.8 Μη ομογενείς εξισώσεις 408 14.9 Ο Ζ-μετασχηματισμός 411 14.10 Ιδιότητες του Ζ-μετασχηματισμού 414 14.11 Ο αντίστροφος Ζ-μετασχηματισμός 414

iv

14.12 Λύση των εξισώσεων διαφορών με τη χρήση του Ζ-μετασχηματισμού 419

15. Η λογιστική καμπύλη και η μετάβαση στο χάος. 423 15.1 Γενικά 423 15.2 Η λογιστική εξίσωση 423 15.3 Το διάγραμμα διακλαδώσεως 428 ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΑΣΚΗΣΕΩΝ 429

Κεφάλαιο 2 429 Παράγραφος 3.1 430 Παράγραφος 3.2 432 Παράγραφος 3.2Α 449 Παράγραφος 3.3 450 Παράγραφος 3.4 454 Παράγραφος 3.5 467 Παράγραφος 3.6 471 Παράγραφος 3.7 475 Παράγραφος 3.8 476 Παράγραφος 3.9 479 Παράγραφος 4.4 480 Παράγραφος 5.3 494 Παράγραφος 5.5 495 Παράγραφος 5.8 496 Παράγραφος 5.9 502 Παράγραφος 5.10 511 Παράγραφος 5.13 511 Παράγραφος 5.14 530 Παράγραφος 8.6 536 Κεφάλαιο 11 549 Παράγραφος 11.6 553 Παράγραφος 12.3 559 Παράγραφος 14.7 566 Παράγραφος 14.8 587 Παράγραφος 14.9 589 Παράγραφος 14.11 590 Παράγραφος 14.12 593

Γενικές Ασκήσεις 600

ΠΑΡΑΡΤΗΜΑ Α. Εισαγωγή στη θεωρία των Κατανομών 609 Α-1 Συναρτήσεις αιχμής και η συνάρτηση δέλτα δ(x) του Dirac 609 Α-2 Ακολουθίες πραγματικών συναρτήσεων που προσεγγίζουν

την δ συνάρτηση 611 Α-3 Μερικές ιδιότητες της δ-συνάρτησης 614 Α-4 Μια άλλη προσέγγιση στη θεωρία των κατανομών

ή γενικευμένων συναρτήσεων 616

v

Α-5 Διαφόριση και ολοκλήρωση των γενικευμένων συναρτήσεων 624 Α-6 Διαφορικές εξισώσεις για γενικευμένες συναρτήσεις 627 ΠΑΡΑΡΤΗΜΑ Β Συναρτήσεις Green 629 Β-1 Γενικά 629 Β-2 Ένας νέος τρόπος επιλύσεως των διαφορικών εξισώσεων 631 ΠΑΡΑΡΤΗΜΑ Γ Ο αντίστροφος του μετασχηματισμού Laplace 633

Γ-1 Ο Μιγαδικός τύπος της αντιστροφής του μετασχηματισμού Laplace 633

Γ-2 Το περίγραμμα Bromwich 633 Γ-3 Χρήση του θεωρήματος των ολοκληρωτικών υπολοίπων

για την αντιστροφή του μετασχηματισμού Laplace 634 Γ-4 Τροποποίηση του περιγράμματος Bromwich στην περίπτωση

σημείων διακλαδώσεως. 635

Βιβλιογραφία 639

ΕΕΙΙΣΣΑΑΓΓΩΩΓΓΗΗ

Ο κύριος σκοπός της Επιστήμης είναι η κατανόηση της Φύσης, (με την πλατιά της έννοια), μέσα στην οποία ζούμε. Και η κατανόηση αυτή μπορεί να επιτευχθεί με την μελέτη των διαφόρων φαινομένων, (φυσικών, κοινωνικών, οικονομικών,...). Στη μελέτη αυτή πρωταρχικό ρόλο έχουν τα Μαθηματικά. Από αρχαιοτάτων χρόνων είχε γίνει αντιληπτό ότι τίποτα δεν παραμένει σταθε-ρό, όλα αλληλένδετα μεταβάλλονται, όπως επιγραμματικά μας το εκφράζει το γνω-στό ρητό του Ηράκλειτου (544-484 π.Χ.), "Πάντα ρει, πάντα χωρεί καί ουδέν μέ-νει", ( Όλα ρέουν και αλλάζουν και τίποτα δεν παραμένει σταθερό). Η ταχύτητα ενός σώματος, που πέφτει υπό την επίδραση της βαρύτητας αλλάζει με το χρόνο. Η αεροδυναμική αντίσταση ενός σώματος αυξάνεται με την ταχύτητα. Η θέση της Γης, όπως και των άλλων πλανητών, αλλάζει με το χρόνο σε σχέση με τον Ήλιο. Το κύρτωμα μιας δοκού εξαρτάται από το βάρος, που την καταπονεί. Ο όγκος μιας σφαίρας μεταβάλλεται με την ακτίνα του. Επειδή όμως τα περισσότερα φαινόμενα είναι αρκετά πολύπλοκα, είναι πρακτι-κά αδύνατο να θεμελιωθούν και να περιγραφούν πλήρως με μαθηματικό τρόπο. Γι' αυτό προσπαθούμε να προσεγγίσουμε την πραγματικότητα με μαθηματικά πρότυ-πα, (μοντέλα), κάνοντας ορισμένες υποθέσεις που απλοποιούν τα φαινόμενα και τους νόμους που τα διέπουν. Οι απλοποιήσεις αυτές ανάγονται συνήθως στην παρά-λειψη ορισμένων στοιχείων, που πιστεύουμε ότι επιδρούν λίγο, ή και καθόλου, στην εξέλιξη του φαινομένου. Η δημιουργία του μαθηματικού προτύπου γίνεται με μια μαθηματικοποίηση των αντιστοίχων νόμων που, επειδή συνήθως περιέχουν ρυθμούς μεταβολής ενός μεγέθους, (ποσοτικά άγνωστου), εκφράζονται με παραγώγους του άγνωστου αυτού μεγέθους. Κατ' αυτό τον τρόπο το μαθηματικό πρότυπο παίρνει τη μορφή μιας συναρτησιακής σχέσης που περιέχει μια άγνωστη συνάρτηση και ορι-σμένες παραγώγους της. Η συναρτησιακή αυτή σχέση ονομάζεται Διαφορική Εξί-σωση, (Δ.Ε.). Στη συνέχεια ο σκοπός μας είναι να μελετήσουμε τις μαθηματικές ιδιότητες του προτύπου με την ανάλυση της αντίστοιχης Διαφορικής Εξίσωσης και, αν είναι δυνα-τόν, με τον υπολογισμό των λύσεων αυτής, έτσι ώστε να είμαστε σε θέση να εξηγή-σουμε την συμπεριφορά των φυσικών συστημάτων, που παρατηρούμε, και να προ-βλέψουμε την συμπεριφορά νέων φυσικών φαινομένων. Το μέρος αυτό της μελέτης αποτελεί τον τεράστιο κλάδο των σύγχρονων μαθηματικών που καλύπτει ο όρος "Δι-αφορικές Εξισώσεις". Σε πιο πολύπλοκα φαινόμενα, δεν χρησιμοποιούμε μόνο μια διαφορική εξίσωση, αλλά ένα σύστημα διαφορικών εξισώσεων, όπως στην περίπτωση ενός ηλεκτρικού δικτύου πολλών κυκλωμάτων ή σε μια χημική αντί-δραση όπου αλληλεπιδρούν πολλές χημικές ουσίες. Ο τρόπος, με τον οποίον οι επιστήμονες χρησιμοποιούν τις διαφορικές εξισώ-σεις, για την κατανόηση των φυσικών φαινομένων, χαρακτηρίζεται από τρία βήματα. α) Στο πρώτο βήμα συλλέγουμε δεδομένα που αφορούν το πρόβλημά μας. β) Το δεύτερο βήμα, που ονομάζεται διαδικασία δημιουργίας του προτύπου, απαιτεί γε-νικά μεγάλη επιδεξιότητα και εμπειρία. Εδώ πρέπει να ορίσουμε το μαθηματικό πρότυπο, (που συχνά περιέχει μια διαφορική εξίσωση), το οποίο περιγράφει το πραγματικό φαινόμενο, όσο το δυνατόν ακριβέστερα. Συγχρόνως όμως πρέπει το μα-

2 ♦ ΕΙΣΑΓΩΓΗ

θηματικό αυτό πρότυπο να είναι διατυπωμένο κατά τέτοιον τρόπο, που να μπορούν να εφαρμοστούν οι γνωστές μαθηματικές μέθοδοι. γ) Στο τρίτο και τελευταίο βήμα πρέπει να λύσουμε το μαθηματικό πρόβλημα, δηλ. να ασχοληθούμε με την επίλυση της διαφορικής εξίσωσης, και να συγκρίνουμε την λύση αυτή με τις πειραματικές μετρήσεις. Εάν η μαθηματική λύση συμφωνεί με τις παρατηρήσεις, τότε λέμε ότι το φυσι-κό πρόβλημα έχει λυθεί μαθηματικά ή ότι η θεωρία έχει επαληθευθεί. Στην αντίθετη περίπτωση δυο πράγματα μπορούν να συμβαίνουν : ή οι παρατηρήσεις είναι εσφαλ-μένες, ή το πρότυπο είναι ανακριβές και θα πρέπει να τροποποιηθεί. Για την τελευ-ταία περίπτωση κλασικό παράδειγμα αποτελεί το "πρότυπο", του νόμου της κίνησης, που περιγράφεται από την εξίσωση του Newton. Ο νόμος αυτός είναι ακριβής για μι-κρές ταχύτητες σε σχέση με την ταχύτητα του φωτός. Αλλά για μεγάλες ταχύτητες ο νόμος του Einstein είναι πιο κοντά στην πραγματικότητα. Στο παρακάτω σχήμα δίνεται μια απλή και σαφής σχέση μεταξύ των μαθηματι-κών μοντέλων και της πραγματικότητας.

ΣύγκρισηΠροβλέψειςΦυσική

πραγματικότητα

Φυσική προσέγγιση

Δεδομένα

Μαθηματικά πρότυπα

“Νόμοι” Τεχνικές

Εκτός από τη Διαφορική Εξίσωση, ένα μαθηματικό πρότυπο, περιέχει βοηθη-τικές συνθήκες που επιβάλλονται από το συγκεκριμένο πρόβλημα και κατά συνέ-πεια απαιτούνται από τις λύσεις της Διαφορικής Εξίσωσης. Ο συνηθέστερος τύπος βοηθητικών συνθηκών δίνεται με τον καθορισμό της τι-μής της άγνωστης συνάρτησης, ή και παραγώγων αυτής, σε κάποιο σημείο του πεδί-ου ορισμού της λύσης. Οι συνθήκες αυτού του τύπου ονομάζονται αρχικές συνθή-κες. Αν οι βοηθητικές συνθήκες δίνονται σε περισσότερα από ένα σημεία του πεδίου ορισμού της λύσης, τότε λέγονται συνοριακές συνθήκες. Για να κατανοηθεί καλύτερα ο ρόλος των βοηθητικών συνθηκών ας θεωρή-σουμε ένα παράδειγμα από τη Φυσική. Αν μια Διαφορική Εξίσωση περιγράφει τον τρόπο με τον οποίο συμπεριφέρεται κάποιο φυσικό μέγεθος, τότε οι αρχικές συνθή-κες μεταφέρουν τις πληροφορίες σχετικά με τις τιμές του φυσικού μεγέθους κατά το παρελθόν, και οι συνοριακές συνθήκες εκφράζουν την επίδραση του περιβάλλοντος επάνω στο φυσικό μέγεθος κατά την εξέλιξη του φαινομένου.

ΕΙΣΑΓΩΓΗ ♦ 3

ΙΣΤΟΡΙΚΗ ΕΙΣΑΓΩΓΗ

Οι διαφορικές εξισώσεις είναι ο κλάδος των μαθηματικών που περισσότερο ί-σως από κάθε άλλον οφείλει την γέννηση του στην Μηχανική, στην Αστρονομία και στη Θεωρητική Φυσική. Αρχίζουν δε να κάνουν την εμφάνισή τους από την εποχή του Newton (1642-1727) και του Leibniz (1646-1716). Ο Newton είναι ο πρώτος που χρησιμοποίησε διαφορική εξίσωση για την κίνηση των σωμάτων περιοριζόμε-νος στις απλές μορφές :

dydx

f x= ( ) , dydx

f y= ( ) , dydx

f x y= ( , )

O Leibniz προχώρησε λίγο παραπέρα αναπτύσσοντας τη μέθοδο των χωριζομένων μεταβλητών, των ομογενών πρώτης τάξης και των γραμμικών διαφορικών εξισώσε-ων πρώτης τάξης. Στον Leibniz όμως οφείλονται οι συμβολισμοί της παραγώγου dy/dx και του ολοκληρώματος ∫f(x)dx. Μετά τους Newton και Leibniz, τον 18ον αιώνα, σημαντικοί μαθηματικοί, όπως οι Jacob Bernoulli (1654-1705), Johann Bernoulli (1667-1748), Clairaut (1713-1765), Riccati (1676-1754), ασχολήθηκαν με τις εκφράσεις των λύσεων διαφορικών εξισώσεων και μερικές διαφορικές εξισώσεις έχουν πάρει το όνομά τους. Την ίδια περίοδο, ένας πολύ σπουδαίος μαθηματικός, ο Euler (1707- 1783), α-σχολήθηκε με τη διατύπωση προβλημάτων της Μηχανικής στη μαθηματική γλώσσα των διαφορικών εξισώσεων και την ανάπτυξη μεθόδων για τη λύση τους. Αργότερα οι μεγάλοι Γάλλοι μαθηματικοί Cauchy (1789-1857), Lagrange (1736-1813), και Laplace (1749-1827), έκαναν σημαντικές εργασίες στις διαφορικές εξισώσεις και οι δυο τελευταίοι έδωσαν την πρώτη επιστημονική εργασία πάνω στις διαφορικές εξισώσεις με μερικές παραγώγους. Ενώ, κατά τον 17ον και 18ον αιώνα, δόθηκε έμφαση στην επίλυση διαφόρων μορφών διαφορικών εξισώσεων, αναζητώντας εκφράσεις για τις λύσεις τους, κατά τη διάρκεια του τελευταίου τέταρτου του 19ου αιώνα, η μελέτη των διαφορικών εξισώ-σεων πήρε ριζικά διαφορετικό δρόμο. Ο Peano (1858-1932), το 1890, χρησιμοποιώντας την πολυγωνική μέθοδο των Euler και Cauchy, έδωσε μια αυστηρή απόδειξη του θεωρήματος ύπαρξης λύσης μιας διαφορικής εξίσωσης. Την ίδια περίοδο ο Lipschitz (1832-1903), το 1876, και ο Picard (1856-1941), το 1890 απέδειξαν πως η μέθοδος των διαδοχικών προσεγγίσε-ων δίνει συγχρόνως μια απόδειξη για την ύπαρξη και τη μοναδικότητα των λύσεων του προβλήματος της αρχικής τιμής ή, όπως αλλιώς λέγεται, του προβλήματος του Cauchy. Το ίδιο χρονικό διάστημα, με τις έρευνες του Poincare (1854-1912), το 1881, και του Liapunov (1857-1918) το 1892, άνοιγε ένας καινούργιος δρόμος στις διαφο-ρικές εξισώσεις, η μελέτη της ποιοτικής συμπεριφοράς των λύσεων. Εδώ υποτίθεται η ύπαρξη των λύσεων και η προσπάθεια γίνεται στον προσδιορισμό των τοπολογικών

4 ♦ ΕΙΣΑΓΩΓΗ

ιδιοτήτων του χώρου των φάσεων και της συμπεριφοράς των λύσεων όταν ο χρόνος τείνει στο άπειρο. Στη συνέχεια, στο πρώτο μισό του 20ου αιώνα, έγιναν μεγάλες πρόοδοι στην ποιοτική θεωρία των διαφορικών εξισώσεων από σπουδαίους μαθηματικούς, όπως ο Birkhoff (1884-1944) και ο Lefschetz (1884-1972). Τα τελευταία χρόνια πολλοί α-ξιόλογοι, σύγχρονοι, μαθηματικοί, όπως οι Cesari, Hale, Lasalle (1916-1983), Arnold, Yoshizawa, Sell, με τις εργασίες τους συνέβαλαν σημαντικά στην ποιοτική ανάπτυξη της θεωρίας των διαφορικών εξισώσεων. Σήμερα οι διαφορικές εξισώσεις αποτελούν ένα σημαντικό και ευρύ κλάδο της Μαθηματικής Ανάλυσης.

11.. ΒΒΑΑΣΣΙΙΚΚΕΕΣΣ ΕΕΝΝΝΝΟΟΙΙΕΕΣΣ

1.1 Ορισμοί.

Διαφορική εξίσωση, (Δ.Ε), ονομάζεται μια εξίσωση που περιέχει παραγώγους μιας ά-γνωστης συνάρτησης. Παραδείγματα : Οι παρακάτω εξισώσεις (1)-(7) είναι διαφορικές εξισώσεις, επειδή: Οι εξισώσεις (1), (2), (4), (6), και (7) περιέχουν παραγώγους της συνάρτησης y(x). Οι εξισώσεις (3) και (5) περιέχουν παραγώγους της συνάρτησης Ψ, (που είναι συνάρτηση περισσοτέρων της μιας μεταβλητών).

dydx

y= (1) d ydx

dydx

y2

2 4+ + = cosx (2)

2 2 2

2 2 2 0x y z

∂ Ψ ∂ Ψ ∂ Ψ+ + =

∂ ∂ ∂ (3)

dydx

y⎡⎣⎢

⎤⎦⎥+ =

22 x (4)

2 2

2

1x c t

∂ Ψ ∂ Ψ=

∂ ∂ 2 (5) d ydx

dydx

y3

3

223

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ + + = 0 (6)

(sin )y d ydx

dydx

2

2

2

1+ ⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

= (7)

Οι διαφορικές εξισώσεις διακρίνονται σε: α) "Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις", (Σ.Δ.Ε), στις οποίες η άγνωστη συνάρτηση y είναι συνάρτηση μιας μόνο ανεξάρτητης μεταβλητής, (όπως στα παραπάνω παραδείγματα (1), (2), (4), (6), (7) β) "Διαφορικές εξισώσεις με μερικές παραγώγους", (Μ.Δ.Ε), στις οποίες η άγνωστη συνάρτηση είναι συνάρτηση δυο ή περισσοτέρων ανεξαρτήτων μεταβλητών, όπως στα παραδείγματα (3) και (5). Τάξη μιας διαφορικής εξίσωσης ονομάζεται η μεγαλύτερη τάξη παραγώγου που εμ-φανίζεται στην εξίσωση. Π.χ. οι παραπάνω διαφορικές εξισώσεις είναι αντίστοιχα 1ης, 2ης, 2ης, 1ης, 2ης, 3ης και 2ης τάξης. 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, (δηλαδή αφού γίνει απαλοιφή τυχόν δυνάμεων). Π.χ. οι παραπάνω διαφορικές εξισώσεις (1)-(6) είναι αντίστοιχα 1ου, 1ου, 2ου, 1ου και 4ου βαθμού. Ο βαθμός της διαφορικής εξί-σωσης (7) δεν ορίζεται, επειδή το αριστερό μέλος της εξίσωσης αυτής, (λόγω της παρου-σίας του siny), δεν μπορεί να γραφεί υπό τη μορφή πολυωνύμου ως προς την άγνωστη συνάρτηση και τις παραγώγους της.

6 ♦ ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1

Συχνά μια διαφορική εξίσωση είναι γραμμένη υπό διαφορική μορφή. Αυτό σημαί-νει ότι δεν περιέχει παραγώγους, (ή δεν περιέχει μόνο παραγώγους), της άγνωστης συνάρ-τησης αλλά και διαφορικά αυτής. Π.χ. η Δ.Ε. y2dy+dy=dx είναι γραμμένη υπό διαφορική μορφή. Αυτή η Δ.Ε. είναι ισοδύναμη προς την y2dy/dx+dy/dx=1 δηλαδή είναι μια Δ.Ε. τάξης 1 και βαθμού 1 Η μεγάλη σημασία των Δ.Ε. για την Φυσική οφείλεται στο γεγονός ότι σε πολλά επιστημονικά προβλήματα ζητείται να προσδιοριστεί ένα μέγεθος από κάποιες πληροφο-ρίες που δίνονται για το συντελεστή(1 , (ή τους συντελεστές), μεταβολής του μεγέθους αυτού συναρτήσει κάποιου άλλου μεγέθους, (η διαφόρων άλλων μεγεθών). Π.χ. μπορεί να ζητείται η εκάστοτε θέση ενός κινητού αν είναι γνωστή η ταχύτητα ή η επιτάχυνση του, ή μπορεί να θέλουμε να προσδιορίσουμε π.χ. το δυναμικό V=V(x,y,z) ενός ηλεκτρο-μαγνητικού πεδίου ξέροντας τις μερικές παραγώγους ∂V/∂x, ∂V/∂y, ∂V/z, (δηλαδή τους συντελεστές μεταβολής του V συναρτήσει των x, y, z). Οι πληροφορίες που δίνονται για τους συντελεστές μεταβολής του ζητουμένου μεγέθους, συνήθως μπορούν να εκφραστούν με μια εξίσωση που περιέχει παραγώγους του μεγέθους αυτού. Αυτό σημαίνει ότι από μαθηματική άποψη, τα προβλήματα αυτά ανάγονται σε μια "Διαφορική Εξίσωση". Άσκηση: Για κάθε μια από τις παρακάτω Δ.Ε. να εξετάσετε αν είναι συνήθης ή με μερι-κές παραγώγους και να βρείτε την τάξη της και το βαθμό της.

1. d ydx

dydx

y4

4

32+ ⎡

⎣⎢⎤⎦⎥= 5. ∂

∂∂∂ ∂

∂∂

4

4

2 4

42zx

zx y

zy

+ =

2. y′+siny+x=0 6 dy= 1 2− y dx .

3. y′′+x2y+xy=sinx 7. 2 2

22 2

z zt x

⎛ ⎞∂ ∂ ∂= α +⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎝ ⎠

zy

4. y y y+ ′′ = ′ 8. y1/2 +y′=y′′

Απαντήσεις 1. Συνήθης, τάξης 4ης, βαθμού 1ου. 2. Συνήθης, τάξης 1ης, ο βαθμός δεν ορίζεται. 3. Συνήθης, τάξης 2ης, βαθμού 1ου.

4. Συνήθης, τάξης 2ης, βαθμού 2ου. (1 Υπενθυμίζουμε ότι αν ένα μέγεθος μ είναι συνάρτηση κάποιου άλλου μεγέθους λ, δηλ. αν μ=μ(λ), τότε η παράγωγος dμ/dλ δίνει τον “συντελεστή μεταβολής” του μ συναρτήσει του λ, δηλ δίνει το μέτρο του “πόσο γρήγορα” μεταβάλλεται το μ όταν μεταβληθεί το λ. (Όσο μεγαλύτερη είναι η παράγωγος dμ/dλ τόσο μεγα-λύτερη είναι η μεταβολή Δμ≅dμ που αντιστοιχεί σε μεταβολή του λ κατά dλ και επομένως τόσο πιο γρήγο-ρα μεταβάλλεται το μ συναρτήσει του λ. Εάν η παράγωγος dμ/dλ>0 έχουμε αύξηση του μεγέθους μ και εαν dμ/dλ<0 έχουμε μείωση). Αν το μ είναι συνάρτηση διαφόρων μεγεθών, δηλαδή αν μ=μ(λ1 ,λ2 , ⋅⋅⋅, λn ), τότε οι μερικές παράγωγοι ∂μ/∂λ1 , ∂μ/∂λ2 , ⋅⋅⋅, ∂μ/∂λn δίνουν αντίστοιχα το μέτρο του πόσο γρήγορα μεταβάλλε-ται το μ όταν ματαβληθούν τα λ1 , λ2 , ⋅⋅⋅, λn . δηλαδή δίνουν τους συντελεστές μεταβολής του μ συναρτήσει των λ1 , λ2 , ⋅⋅⋅, λn .

Βασικές έννοιες ♦7

5. Με μερικές παραγώγους τάξης 4ης, βαθμού 1ου. 6. Συνήθης, τάξης 1ης, βαθμού 2ου. 7. Με μερικές παραγώγους τάξης 2ης, βαθμού 1ου. 8. Συνήθης, τάξης 2ης, βαθμού 2ου.

1.2 Λύσεις μιας Διαφορικής Εξίσωσης.

"Επίλυση ή ολοκλήρωση" μιας Δ.Ε. ονομάζεται η εύρεση της άγνωστης συνάρτη-σης της οποίας κάποιες παράγωγοι εμφανίζονται 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(2 . Παράδειγμα : Η Δ.Ε. y′+2xy-e =0 (1) x− 2

έχει λύση τη y=xe (2) Aν αντικαταστήσουμε τη συνάρτηση αυτή στη Δ.Ε. (1) παίρνουμε:

x− 2

= ( ) ( )xe x xe ex x x− 2− −′+ −

2 2

2 ( ) ( )e x e x xe ex x x x− − − −− + − =2 2 2 2

2 2 02

Η ισότητα αυτή ισχύει για κάθε x. Μια Δ.Ε. έχει άπειρες λύσεις. Π.χ. για την (1) κάθε συνάρτηση της μορφής: (3) y x c e x= + −( )

2

όπου c αυθαίρετη σταθερά, είναι λύση. (Πραγματικά, αντικαθιστώντας την (3) στην (1) και κάνοντας τις παραγωγίσεις, παρατηρούμε ότι η (3) επαληθεύει την (1) για κάθε x). Η (3) ονομάζεται "γενική λύση" της (1). Από τη γενική λύση, δίνοντας συγκεκριμένες τι-μές στη σταθερά, παίρνουμε διάφορες λύσεις οι οποίες, κατά αντιδιαστολή προς τη γενική λύση, ονομάζονται "μερικές λύσεις". Π.χ. από τη γενική λύση (3), για c=0, παίρ-νουμε τη μερική λύση (2). Στα επόμενα, όταν αναφερόμαστε σε μια "λύση" κάποιας Δ.Ε. χωρίς να διευκρινίζουμε αν πρόκειται για μια μερική λύση ή για τη γενική λύση, θα εννοούμε μια μερική λύση της Δ.Ε. Η γενική λύση μιας Δ.Ε. πρώτης τάξης έχει τη μορφή: y=φ(x,c) (4) ή Φ(x,y,c)=0 (5) Aν η πεπλεγμένη μορφή (5) μπορεί να λυθεί ως προς y, τότε λύνοντας την, παίρνουμε την (4). Γενικά, αποδεικνύεται ότι: α) Η γενική λύση μιας Δ.Ε. τάξης n περιέχει n σταθερές. β) Μια συνάρτηση που περιέχει n σταθερές και επαληθεύει εκ ταυτότητος μια Δ.Ε. τάξης n είναι η γενική λύση αυτής της Δ.Ε. Σύμφωνα με τα παραπάνω, η γενική λύση μιας Δ.Ε. τάξης n έχει τη μορφή: y=φ(x,c1 ,c2 , ⋅⋅⋅ ,cn) (6) ή την πεπλεγμένη μορφή : Φ(x,y,c1 ,c2 , ⋅⋅⋅ ,cn)=0 (7)

(2 Εδώ και στα επόμενα η έκφραση ″για κάθε x″ σημαίνει ″για κάθε x∈I″ όπου Ι κάποιο υποσύνολο των πραγματικών αριθμών.


Δίνοντας διάφορες τιμές στα c1 ,c2 ,⋅⋅⋅,cn παίρνουμε από την (6) ή την (7) διάφορες μερικές λύσεις της Δ.Ε.

Άσκηση Να επαληθεύσετε ότι, για τις παρακάτω Δ.Ε., οι συναρτήσεις που δίνονται είναι οι γενικές λύσεις. 1. y′=y y=cex 2. y′=ex-y-1 2ey-ex-ce-x=0 3. y′′+y=0 y=c1sinx+c2cosx 4. y′′-y=0 y=c1sinhx+c2coshx

1.3 Ολοκληρωτικές καμπύλες μιας Δ.Ε

Οι γραφικές παραστάσεις των μερικών λύσεων y=φ(x) μιας Δ.Ε. ονομάζονται ολοκληρωτικές καμπύλες της Δ.Ε. Είναι φανερό από τα προηγούμενα ότι η γενική λύση μιας Δ.Ε. 1ης τάξης, δηλ. Φ(x,y,c)=0, η οποία περιέχει μια παράμετρο c, παριστάνει μια μονοπαραμετρική οικογένεια καμπύλων : των ολοκληρωτικών καμπύλων της Δ.Ε. 1ης τάξης Γενικότερα η λύση μιας Δ.Ε. τάξης n, δηλ. η Φ(x,y,c1 ,c2,⋅⋅⋅,cn)=0, η οποία περιέχει n παραμέτρους c1 ,c2 ,⋅⋅⋅,cn παριστάνει μια n-παραμετρική οικογένεια καμπύλων : των ολοκληρωτικών καμπύλων της Δ.Ε. τάξης n.

1.4 Προσεγγιστική 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) (1) Γεωμετρικά η (1) σημαίνει ότι σε κάθε σημείο (x,y) η κλίση dy/dx της λύσης έχει την τιμή f(x,y). Το γεγονός αυτό μπορούμε να το παραστήσουμε γραφικά εάν φέρουμε ένα μικρό ευθύγραμμο τμήμα, που ονομάζεται διευθύνον στοιχείο, από το σημείο (x,y) με κλίση f(x,y). Ένα σύνολο τέτοιων διευθυνόντων στοιχείων σε διάφορα σημεία του επιπέ-δου ονομάζεται διευθύνον πεδίο, (ή πεδίο διευθύνσεων), της διαφορικής εξίσωσης. Αν και ένα διευθύνον πεδίο δεν παρέχει μια αναλυτική λύση ή ένα τύπο για την Δ.Ε., μας δίνει όμως ποιοτικές πληροφορίες για το σχήμα και την συμπεριφορά της λύσης. Π.χ. το διευθύνον πεδίο της Δ.Ε. y′=1+xy φαίνεται στο παρακάτω σχήμα:


Το διευθύνον πεδίο της Δ.Ε. y′=1+xy

Σαν αριθμητική λύση μιας Δ.Ε. 1ης τάξης με αρχικές συνθήκες, εννοούμε ένα σύ-νολο τιμών (xi ,yi), (υπό μορφή πίνακα ή γραφικής παράστασης των σημείων (xi ,yi)), που προσεγγίζει την λύση της Δ.Ε. και διέρχεται από το σημείο των αρχικών συνθηκών. Μια από τις πιο απλές προσεγγιστικές μεθόδους για την εύρεση της μερικής λύσης μιας Δ.Ε. 1ης τάξης, που διέρχεται από το σημείο (x0 ,y0), είναι η μέθοδος του Euler, η οποία αποτελείται από τα εξής βήματα: 1. Στο σημείο Σ0 , με συντεταγμένες (x0 ,y0) υπολογίζουμε την y′=f(x0 ,y0). O αριθ-μός f(x0 ,y0 ) καθορίζει τη διεύθυνση της καμπύλης y=y(x) στο σημείο (x0 ,y0). 2. Η εξίσωση της εφαπτομένης της λύσης στο σημείο (x0 ,y0 ) είναι: y=y0+(x-x0)f(x0 ,y0) Υπολογίζουμε την τιμή της γραμμικής αυτής συνάρτησης για x=x1=x0+h όπου h θετική σταθερά(3: y1=y0+hf(x0, y0) 3. Επαναλαμβάνουμε την παραπάνω διαδικασία στο σημείο (x1 ,y1) και η εξίσωση της αντίστοιχης εφαπτομένης της ζητούμενης λύσης είναι: y=y1+(x-x1)f(x1 ,y1) Υπολογίζουμε την τιμή του y για x=x2=x1+h και έχουμε : y2=y1+hf(x1 ,y1) 4. Συνεχίζοντας την διαδικασία αυτή προκύπτει η ακολουθία των σημείων (xn+1 ,yn+1) όπου: xn+1 =xn+h , yn+1 =yn+hf(xn ,yn)

(3 Το h ονομάζεται βήμα και όσο πιο μικρή είναι η τιμή του τόσο πιο ακριβής θα είναι η προσεγγιστική λύση που θα βρεθεί.


5. Ενώνοντας τα σημεία (xn ,yn) n=0,1,2,... με ευθύγραμμα τμήματα, παίρνουμε προ-σεγγιστικά την μερική λύση της Δ.Ε. y′=f(x,y), που αντιστοιχεί στην αρχική συνθήκη (x0,y0 ).

O

y

Σ0

Σ1 Σ2Σ3

Σ4

x0 x1 x2 x3 x4

h

x

Ασκήσεις: Χρησιμοποιώντας την μέθοδο του Euler να βρείτε προσεγγιστικά με βήμα h την μερική λύση που ικανοποιεί την αρχική συνθήκη y0=y(x0) για τις παρακάτω Δ.Ε. : 1) y′=x-y y(0)=1 h=0,5 2) y′=3x2-y y(0)=1 h=0,1 3) y′=x+ex y(0)=0 h=0,2

1.5 Ποιοτική συμπεριφορά των λύσεων μιας Δ.Ε.

Ο αντικειμενικός σκοπός της μελέτης των Δ. Ε. δεν είναι μόνο η εύρεση των λύ-σεων, όταν αυτό είναι δυνατό, αλλά και η μελέτη της ποιοτικής συμπεριφοράς των λύ-σεων. Με το παρακάτω απλό παράδειγμα θα δούμε τι σημαίνει "ποιοτική συμπεριφορά των λύσεων".

dy ydx

= α Η Δ.Ε. : (1)

είναι μια από τις απλούστερες Δ.Ε. με λύση: y(x)=ceαx (2) Η σταθερά c, που εμφανίζεται στη λύση, καθορίζεται πλήρως από την αρχική συνθήκη. Π.χ. εάν θέλουμε για x=x0 η λύση y(x) να παίρνει την τιμή y(x0)=y0, τότε από την (2) έχουμε για x=x0: ⇒ 0x

0y ceα= 0x0c y e−α=

Χωρίς βλάβη της γενικότητας, μπορούμε να θεωρήσουμε x0=0, οπότε c=y0 και η λύση : y(x)=y0eαx είναι εκείνη που διέρχεται από το σημείο (0, y0). H σταθερά α της Δ.Ε. y′=αy μπορεί να θεωρηθεί σαν παράμετρος και όταν μετα-βάλλεται προφανώς μεταβάλλονται και οι λύσεις. Το ερώτημα εδώ είναι πως μπορούμε να περιγράψουμε ποιοτικά την αλλαγή αυτή των λύσεων. Το πρόσημο της παραμέτρου α, θα δούμε ότι παίζει αποφασιστικό ρόλο. Πράγματι :


xx x

c 0lim y(x) lim ce

- c

α

→∞ →∞ 0∞ οταν ⟩⎧

= = ⎨ ∞ οταν ⟨⎩ 1) Εάν α>0 τότε

2) Εάν α=0 τότε y(x)=c=σταθερά 3) Εάν α<0 τότε limx→∞ y(x)=limx→∞ ceαx =0 Η ποιοτική συμπεριφορά των λύσεων φαίνεται καθαρά στις παρακάτω γραφικές παραστάσεις:

α<0

y

x

c<0

c>0

x x

α>0 c<0

c>0

y y

x

α=0

Σχ. 3 Σχ. 1 Σχ. 2

Έτσι εάν επιζητούμε λύσεις που απειρίζονται δεν έχουμε παρά να διαλέξουμε την παρά-μετρο α να είναι θετική, για σταθερές λύσεις διαλέγουμε α=0 και τέλος για λύσεις που ασυμπτωτικά μηδενίζονται, διαλέγουμε α<0. Ένα άλλο χαρακτηριστικό, που έχει η Δ.Ε. y′=αy είναι η ευστάθεια των λύσεων για α≠0. Πιο συγκεκριμένα, εάν η παράμετρος α αντικατασταθεί από μια άλλη σταθερά β, η οποία να βρίσκεται πολύ κοντά στην α, δηλ. |α-β|<ε με ε πολύ μικρό, τότε η β έχει τό ίδιο πρόσημο με την α και οι λύσεις, που αντιστοιχούν στις παραμέτρους α και β, δηλ. οι y=ceαx και y=ceβx έχουν την ίδια ποιοτική συμπεριφορά. Εάν όμως α=0, Σχ.2, τότε η πα-ραμικρότερη μεταβολή στη τιμή του α, οδηγεί στην περίπτωση του Σχ.1 ή του Σχ.3, δηλ. σε ριζική αλλαγή στην συμπεριφορά των λύσεων. Το σημείο α=0 ονομάζεται σημείο διακλαδώσεως, (bifurcation point), της Δ.Ε. y′=αy.

22.. ΥΥΠΠΑΑΡΡΞΞΗΗ ΚΚΑΑΙΙ ΜΜΟΟΝΝΑΑΔΔΙΙΚΚΟΟΤΤΗΗΤΤΑΑ ΤΤΗΗΣΣ ΛΛΥΥΣΣΗΗΣΣ ΜΜΙΙΑΑΣΣ ΔΔ.. ΕΕ.. 11ηηςς ΤΤΑΑΞΞΗΗΣΣ

Σε πολλούς κλάδους των μαθηματικών θα συναντήσει κανείς θεωρήματα "ύπαρξης και μοναδικότητας". Τα θεωρήματα αυτά μας λένε κάτω από ποιές προϋποθέσεις ένα πρόβλημα, (όπως η λύση μιας διαφορικής εξίσωσης), έχει λύση και αυτή η λύση είναι μο-ναδική. Δυστυχώς πολλές φορές τα θεωρήματα αυτά δεν μας δίνουν και την λύση. Παρ' όλα αυτά η αξία τους είναι μεγάλη. Ένα θεώρημα ύπαρξης μας διαβεβαιώνει ότι υπάρχει λύση, που πρέπει να ψάξουμε να τη βρούμε. Θα ήταν άσκοπο να σπαταλήσουμε χρόνο και προσπάθεια για να βρούμε μια λύση, όταν στην πραγματικότητα δεν υπάρχει. Επίσης το σκέλος του θεωρήματος που αφορά την μοναδικότητα, μας διαβεβαιώνει ότι η λύση που υπάρχει είναι μοναδική και μας προφυλάσσει από τον κίνδυνο να ασχοληθούμε με μια λύση, που αργότερα θα διαπιστώσουμε ότι δεν είναι αυτή που θέλαμε. Για τις Δ.Ε. 1ης τάξης y′=f(x,y) μπορούμε να θέσουμε το παρακάτω ερώτημα, που θα μας οδηγήσει στο σχετικό θεώρημα ύπαρξης και μοναδικότητας. Ερώτημα: Ποιές συνθήκες πρέπει να πληροί η Δ.Ε.: y′=f(x,y) (1) ουσιαστικά. η συνάρτηση f(x,y), ώστε να υπάρχει λύση που να ικανοποιεί την αρχική συνθήκη: y0=y(x0) (2) Η απάντηση δίνεται από το εξής θεώρημα: Θεώρημα: Αν η συνάρτηση f(x,y) είναι συνεχής και η ∂f(x,y)/∂y φραγμένη(1 στην περιο-χή του σημείου (x0, y0), τότε το πρόβλημα των αρχικών τιμών, (Π.Α.Τ): y′=f(x,y) , y0=y(x0) (3) διαθέτει μια και μοναδική λύση στη περιοχή αυτού του σημείου. Οι συνθήκες του θεωρή-ματος είναι ικανές όχι όμως και αναγκαίες. Μια απόδειξη αυτού του θεωρήματος, που βασίζεται σε μια διαδικασία κατασκευής της λύσης, δόθηκε από τον Picard (1856-1941) και η βασική της ιδέα έχει ως εξής: Ολοκληρώνοντας και τα δυο μέλη της (3) από x0 έως x παίρνουμε την ολοκληρωτι-κή εξίσωση: (4) y x y x f t y t dt

x

x( ) ( ) ( , ( ))= + ∫0

0

Η σχέση (4) αποτελεί μια ισοδύναμη διατύπωση υπό μορφή ολοκληρωτικής εξίσωσης του Π.Α.Τ: y′=f(x,y) , y0=y(x0).

(1 Μια συνάρηση f(x,y) ορισμένη στο υποσύνολο D⊂R2 είναι φραγμένη εαν: (∃M>0)(∀(x,y)∈D)[|f(x,y)|<M]


Στη συνέχεια για την λύση της (4), χρησιμοποιούμε την μέθοδο των διαδοχικών προσεγγίσεων ή την επαναληπτική μέθοδο, η οποία συνίσταται στη διαδοχική "βελτίω-ση" μιας αυθαίρετης αρχικής εκλογής y=y0(x)(2, που θεωρείται ως μηδενικής τάξης προ-σέγγιση στη ζητούμενη λύση y(x). Η πρώτη "βελτίωση" προκύπτει εισάγοντας στο δεύτε-ρο μέλος της (4) τη μηδενική προσέγγιση y0(x) οπότε παίρνουμε τη συνάρτηση:

0

x1 0 0x

y (x) y(x ) f (t,y (t))dt= + ∫που θα εισαχθεί ξανά στη (4) για να μας δώσει τη δεύτερη βελτιωμένη μορφή της λύσης και ούτω καθ' εξής. Γενικότερα θα είναι: (5)

0

xn 1 0 nx

y (x) y(x ) f (t,y (t))dt+ = + ∫Εάν η συναρτησιακή ακολουθία yn(x) έχει όριο, τότε αυτό το όριο θα ικανοποιεί την ολοκληρωτική εξίσωση (4) και άρα το Π.Α.Τ (3). Πράγματι επειδή limn→∞yn(x)=limn→∞yn+1(x)=y(x) τότε παίρνοντας το όριο και των δύο μελών της (5) θα έχουμε: limn→∞yn+1(x)=y0+limn→∞ ⇒ y(x)=y0+ ⇒

y(x)=y(x0)+ 0

xnx

f (t, y (t))dt∫0

xn nx

lim f (t, y (t))dt→∞∫

0

x

xf (t, y(t))dt∫

που είναι ακριβώς η ολοκληρωτική εξίσωση (4). ΠΡΟΣΟΧΗ: Δεν είναι πάντα επιτρεπτή η εναλλαγή ορίου και ολοκληρώματος lim∫≠ ∫lim (Π.χ. εάν θεωρήσουμε την ακολουθία των συναρτήσεων fn(x)=nxexp(-nx2) , x≥0 τότε για x0>0 έχουμε:

( )

( )

2 20 0 0

0 220

x x xnx nx 2n n n n0 0 0

xnxnx

n n0

1lim f (x)dx lim nxe dx lim e d nx2

1 1 1lim e lim 1 e2 2 2

− −→∞ →∞ →∞

−−→∞ →∞

= =−

= − = − =

∫ ∫ ∫ − =

ενώ ( ) ( )20 0x x xnx

n n n0 0 0lim f (x)dx lim nxe dx 0 dx 0−

→∞ →∞= =∫ ∫ ∫0 =

δηλαδή

0 0x xn n n n0 0

lim f (x)dx lim f (x)dx→∞ →∞≠∫ ∫

Στην πραγματικότητα αυτό είναι μόνο ένα από τα λεπτά σημεία της απόδειξης του θεω-ρήματος του Picard που μας επιβάλλουν τελικά και τις σχετικές συνθήκες για την συνάρ-τηση f(x,y). Μέσα από μια τέτοια προσεκτική διερεύνηση προκύπτει ότι για την απλή ύπαρξη της λύσης αρκεί: α) η f(x,y) να είναι συνεχής ενώ για την μοναδικότητα απαιτείται επί πλέον να είναι φραγμένη και η παράγωγος της ως προς y, δηλ:

(2 Δεν πρέπει να γίνεται σύγχυση μεταξύ της συνάρτησης y0(x) και της αρχικής τιμής y(x0)

Ύπαρξη και μοναδικότητα της λύσης μιας Δ.Ε. 1ης τάξης ♦ 15

β) η ∂∂

f x yy

( , ) να είναι φραγμένη.

Παρατήρηση: Αυτή η ασυμμετρία στο ρόλο των μεταβλητών x και y δεν πρέπει να μας ξαφνιάζει. Δεδομένου ότι η x είναι η ανεξάρτητη και η y η εξαρτημένη μεταβλητή είναι μάλλον εύλογο ότι ο σοβαρότερος περιορισμός θα αφορά τη δεύτερη. Παράδειγμα: Υποθέτουμε ότι θέλουμε να λύσουμε το Π.Α.Τ. y′(x)=f(x,y)=x+y y(0)=1 Ας εκλέξουμε για προσέγγιση μηδενικής τάξης την y0(x)=1. Τότε

y1(x)=1+ ( )t dt x xx+ = + +∫ 1 1

2

2

0

y2(x)=1+ 1 22

16

2

0

23

+ +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⌠

⌡⎮ = + + +t

tdt x x

xx

y3(x)=1+ 1 26

13 24

23

0

23 4

+ + +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⌠

⌡⎮ = + + + +t t

tdt x x

x xx

y4(x)=1+ 1 23 24

13 12 120

23 4

0

23 4 5

+ + + +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⌠

⌡⎮ = + + + + +t t

t tdt x x

x x xx

και γενικά: y x x x x xn

xnn

n n

( )! ! ! ( )

= + + + + ⋅ ⋅ ⋅ +⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ + +

+

1 22 3 1

2 3 1

!

Παίρνοντας το όριο για n→∞ και χρησιμοποιώντας τη σειρά: xn

en

x

n !=

=

∞

∑0

έχουμε ότι: limn→∞ yn(x)=1+x+2(ex-1-x)+0=2ex -1-x Η συνάρτηση y(x)=2ex-1-x ικανοποιεί τόσο την εξίσωση όσο και την αρχική συνθήκη, συνεπώς αποτελεί μια λύση. Αν είχαμε εκλέξει για αρχική προσέγγιση την y0(x)=ex θα παίρναμε

y1(x)=1+ ( )2x t x

0

xt e dt e2

+ = +∫

y2(x)=1+

x2 2

t x

0

t x xt e dt2 2 6

⎛ ⎞+ + = + +⎜ ⎟

⎝ ⎠

⌠⎮⌡

3

e

και γενικά την προσέγγιση τάξης n

yn(x)= x x xn

en

x2 3 1

2 3 1! ! ( ) !+ + ⋅ ⋅ ⋅ +

++

+

Συνεπώς y(x)=limn→∞ yn(x)=(ex-1-x)+ex=2ex-1-x Αν κάνουμε την εκλογή y0(x)=2ex-1-x τότε y1(x)=1+ ( )x t x

002e 1 dt 1 2(e 1) x y (x)− = + − − =∫

Μια τέτοια εκλογή σταθεροποιεί την προσεγγιστική ακολουθία και δίνει τη λύση y(x)= limn→∞ yn(x)= limn→∞y0(x)=y0(x)


Φυσικά η πιθανότητα εκλογής της πραγματικής λύσης σαν y0(x) είναι σχεδόν μηδέν. Η ευκολία όμως εφαρμογής της μεθόδου οφείλεται κατά μεγάλο ποσοστό στην κατάλληλη εκλογή της προσέγγισης μηδενικής τάξης. Εάν όμως δεν έχουμε άλλες πληροφορίες για τη λύση, τότε σαν προσέγγιση μηδενικής τάξης χρησιμοποιούμε την αρχική συνθήκη y(x0), δηλ θέτουμε y0(x)=y(x0). Ασκήσεις: Ελέγξτε εάν οι παρακάτω Δ.Ε. με την αντίστοιχη αρχική συνθήκη έχουν α) μοναδική λύση ή β) καμμία λύση ή γ) άπειρες λύσεις. 1) y′=y2 y(0)=0 Απ. Μία λύση 2) y′=-x/y y(0)=2 Απ. Μία λύση 3) y′=2√y y(0)=0 Απ. Δύο λύσεις

33.. ΔΔΙΙΑΑΦΦΟΟΡΡΙΙΚΚΕΕΣΣ ΕΕΞΞΙΙΣΣΩΩΣΣΕΕΙΙΣΣ 11ηηςς ΤΤΑΑΞΞΗΗΣΣ Η γενική μορφή των διαφορικών εξισώσεων 1ης τάξης είναι: F(x,y,y′)=0 (1) Αν η (1) λύνεται ως προς y′ δηλ.

dydx

f x y= ( , )

τότε μπορούμε να λύσουμε την (1) αν ανήκει σε μια από τις παρακάτω περιπτώσεις:

3.1 ΔΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΧΩΡΙΖΟΜΕΝΩΝ ΜΕΤΑΒΛΗΤΩΝ

Στην περίπτωση αυτή η συνάρτηση f(x,y) γράφεται σαν γινόμενο δυο συναρτήσε-ων, κάθε μια από τις οποίες εξαρτάται μόνο από το x ή το y, δηλ. f(x,y)= g(x)h(y). Στη συνέχεια "χωρίζουμε" την Δ.Ε. έτσι ώστε στο πρώτο μέλος να υπάρχει μόνο η μια μετα-βλητή π.χ. η y και στο δεύτερο η x και ολοκληρώνουμε και τα δυο μέλη:

dydx

g x h y= ( ) ( ) ⇒ 1

h ydy g x dx c

( )( )⌠

⌡⎮= ∫ +

Παράδειγμα 1: Να βρεθεί η γενική λύση της Δ.Ε. y′=-y2 . Έχουμε:

dydx

ydyy

dxdyy

dxy

x c yx c

y= − ⇒ − = ⇒ −⌠

⌡⎮= ⇒ = + ⇒ =

+

≠

∫20

2 2

1 1

Εδώ παρατηρούμε ότι και η συνάρτηση y=0 ικανοποιεί τη Δ.Ε. χωρίς να προέρχεται από την γενική λύση y=1/(x+c) για κάποια πεπερασμένη τιμή της c, σε αντίθεση με τα γραφόμενα της παρ. 1.2. Όπως θα δούμε στην επόμενη παράγραφο, η λύση y=0 αποτελεί την περιβάλλουσα των λύσεων y=1/(x+c) της Δ.Ε. Τέτοιες λύσεις ονομάζονται ιδιάζου-σες λύσεις της Δ.Ε. Σ' αυτό το παράδειγμα ας προσπαθήσουμε να δούμε εάν ικανοποιούνται οι συνθή-κες του θεωρήματος για την ύπαρξη και τη μοναδικότητα των λύσεων μιας Δ.Ε.

Παρατηρούμε ότι η συνάρτηση f(x,y)=-y2 είναι συνεχής σ' όλο το πεδίο

x0=c

x

y


ορισμού της, (-∞<x<+∞, -∞<y<+∞). Άρα υπάρχει λύση. Επίσης η συνθήκη ∂f/∂y=-2y= =φραγμένη, ισχύει. Επομένως από κάθε σημείο του επιπέδου OXY διέρχεται μια και μόνο μια λύση. Παράδειγμα 2: Να λυθεί η Δ.Ε. y′=√y. Έχουμε:

y′=√y ⇒ = ⇒ = ⇒ = + ⇒ = +≠

∫∫y dy

ydx dy

ydx y x c y x c

022 1

4( )

Κάθε μέλος της οικογένειας των καμπυλών y=(x+c)2/4 είναι μια παραβολή με κέντρο το σημείο x0=-c. Όμως από κάθε τέτοια παραβολή θα πρέπει να κρατήσουμε μόνο το δεξιό της κλάδο που έχει θετική κλίση όπως θέλει η Δ.Ε. y′=√y>0. Οι αριστεροί κλάδοι των παραβολών αποτελούν λύση της Δ.Ε. y′=-√y . Και εδώ η τετριμμένη λύση y=0 ικανοποιεί τη Δ.Ε. και αποτελεί την περιβάλλουσα των λύσεων της Δ.Ε. Όσον αφορά τις συνθήκες του θεωρήματος για την ύπαρξη και την μοναδικότητα των λύσεων, παρατηρούμε ότι η f(x,y)=√y είναι συνεχής σ' όλο το πεδίο ορισμού της (-∞<x<+∞ , y≥0). Άρα υπάρχει λύση. Όμως η πρόσθετη συνθήκη:

∂∂

fy y=

12

= φραγμένη

δεν πληρούται πάνω στην ευθεία y=0. Στην ευθεία αυτή θα συναντώνται περισσότερες από μια λύσεις. Πράγματι από κάθε σημείο x=x0 της ευθείας y=0 ξεκινούν δυο λύσεις η y=0 και η y=(x-x0)2/4 όπου x0=-c. Μ' άλλα λόγια στην αρχική συνθήκη y(x0)=0 αντιστοι-χούν οι δυο λύσεις: y=0 , y=(x-x0)2/4.

xx0 =-cO

y

Παρατήρηση: Όπως στο παράδειγμα 1 έτσι και εδώ διαπιστώνουμε ότι η μηδενική συ-νάρτηση y=0 ικανοποιεί την Δ.Ε. y′=√y και ότι δεν υπάρχει τιμή της σταθεράς c έτσι ώστε η μηδενική συνάρτηση y=0 να προέρχεται από την γενική λύση y=(x+c)2/4 . Ασκήσεις: Να λυθούν οι Δ.Ε.: 1) y′=-x/y Απ. x2+y2=c 2) y′=xy Απ. y=cexp(x2/2) 3) y′=x-x2 Απ. y=x2/2-x3/3+c 4) y′=2y/x Απ. y=cx2

Διαφορικές Εξισώσεις 1ης τάξης ♦ 19

5) y′=-1/√x Απ. y=-2√x +c

3.1A Περιβάλλουσα των λύσεων μιας Δ.Ε. 1ης τάξης

Όπως είδαμε στα προηγούμενα παραδείγματα είναι δυνατό, μια λύση κάποιας Δ.Ε. να μη προκύπτει από τη γενική λύση για καμμία τιμή της σταθεράς. Οι λύσεις αυτές ονο-μάζονται ιδιάζουσες λύσεις. Παράδειγμα: Η Δ.Ε. y2(y′)2 +y2=α2 (1) έχει τη γενική λύση (x-c)2+y2=α2 (2) η οποία παριστάνει την οικογένεια κύκλων που δείχνει το παρακάτω σχήμα. Οι ευθείες y=α και y=-α επαληθεύουν την (1) και επομένως είναι λύσεις της Δ.Ε., αλλά δεν

y=-α

y=αy

A B

Γ

ΔΕ

Ο x

προκύπτουν από τη (2) για καμμιά τιμή της c. Οι y=α και y=-α είναι ″περιβάλλουσες″ των λύσεων της Δ.Ε. (1). Περιβάλλουσα μιας οικογένειας καμπυλών Φ(x,y,c)=0 ονομάζεται μια καμπύλη Κ, τέ-τοια ώστε: α) κάθε καμπύλη της οικογένειας εφάπτεται στη Κ και β) κάθε σημείο της Κ είναι σημείο επαφής της Κ με μια από τις καμπύλες της οικο-γένειας. Λόγω της ιδιότητας (β), σε κάθε σημείο (x,y) της περιβάλλουσας τα x,y,y′ έχουν τις ίδιες τιμές όπως και για την καμπύλη της οικογένειας που περνάει από το σημείο αυτό(1. Αφού η καμπύλη αυτή είναι λύση της Δ.Ε., έπεται ότι οι τιμές αυτές των x,y,y′ ικανοποι-ούν την Δ.Ε. Επειδή αυτό ισχύει για κάθε σημείο της περιβάλλουσας, συμπεραίνουμε ότι η περιβάλλουσα είναι λύση της Δ.Ε. Συμπέρασμα: Αν μια οικογένεια λύσεων κάποιας Δ.Ε. έχει περιβάλλουσα, τότε η περιβάλλουσα είναι μια ιδιάζουσα λύση της Δ.Ε. Άλλες ιδιάζουσες λύσεις παίρνουμε συνδυάζοντας ένα τμήμα της περιβάλλουσας με ένα τμήμα κάποιας από τις καμπύλες της οικογένειας. Π.χ. η καμπύλη ΑΒΓΔΕ του

(1 Όταν δυο καμπύλες εφάπτονται σε κάποιο σημείο, τότε στο σημείο αυτό έχουν την ίδια κλίση, αλλιώς θα τέμνονται αντί να εφάπτονται.


σχήματος, (η οποία αποτελείται από το τμήμα ΑΒ της περιβάλλουσας y=α, το ημικύκλιο ΒΓΔ και το τμήμα ΔΕ της περιβάλλουσας y=-α είναι μια ιδιάζουσα λύση της (1). Πρέπει να σημειωθεί ότι σε κάθε σημείο της περιβάλλουσας παραβιάζεται η μονα-δικότητα των λύσεων της Δ.Ε., αφού από αυτό διέρχονται δυο λύσεις: η μια είναι η ίδια η περιβάλλουσα και η άλλη η μερική λύση που εφάπτεται της περιβάλλουσας στο σημείο αυτό. Η εξίσωση της περιβάλλουσας μιας οικογένειας καμπυλών με εξίσωση Φ(x,y,c)=0 (A), βρίσκεται αν παραγωγίσουμε την (Α) ως προς c δηλ. ∂Φ(x,y,c)/∂c=0 (B), και μετά απαλείψουμε το c από τις (Α) και (Β). Απόδειξη: Έστω (x,y) οι συντεταγμένες του σημείου επαφής Ρ της περιβάλλουσας και μιας καμπύλης Γ της οικογένειας Φ(x,y,c)=0. Οι συντεταγμένες αυτές προσδιορίζουν μονοσήμαντα την καμπύλη Γ, (αφού σε κάθε σημείο της περιβάλλουσας εφάπτεται μια και μόνο μια καμπύλη της οικογένειας Φ(x,y,c)=0). Από την άλλη μεριά η καμπύλη Γ με τη σειρά της προσδιορίζει πλήρως την παράμετρο c. Κατά συνέπεια οι συντεταγμένες x και y του σημείου Ρ προσδιορίζονται πλήρως από τη τιμή της παραμέτρου c, δηλ. x=x(c) , y=y(c) (α) Όταν η παράμετρος c μεταβάλλεται, το σημείο Ρ κινείται κατά μήκος της περιβάλλουσας και επομένως οι εξισώσεις (α) είναι οι παραμετρικές εξισώσεις της περιβάλλουσας. Θα προσπαθήσουμε τώρα να διατυπώσουμε την συνθήκη που ορίζει την περιβάλ-λουσα, δηλ. ότι η κλίση της περιβάλλουσας στο σημείο Ρ συμπίπτει με την κλίση της καμπύλης Γ. Η κλίση της εφαπτομένης της περιβάλλουσας είναι:

cπ –

c

dy(c)ydcy dx(c) x

dc

ερ

′′ = =

′

Η δε κλίση της εφαπτομένης της καμπύλης Γ για συγκεκριμένο c δίνεται από την έκφρα-ση, (βλ. Διανυσματική Ανάλυση Δ. Σουρλά παρ. 8.7),

x

y

xy

y

καμ

∂Φ′Φ∂′ = − = −

∂Φ ′Φ∂

Εξισώνοντας τις δυο αυτές κλίσεις έχουμε:

c xx c y c

c y

y x yx′ ′Φ 0′ ′ ′ ′= − ⇒ Φ +Φ =′ ′Φ

(β)

Αλλά για κάθε τιμή της παραμέτρου c το σημείο της περιβάλλουσας που έχει συντεταγμέ-νες (x(c),y(c)) ανήκει στην καμπύλη της οικογένειας, που αντιστοιχεί στην ίδια τιμή της c και επομένως η σχέση: Φ(x(c),y(c),c)=0 (γ) ικανοποιείται για όλα τα c. Η ολική παράγωγος ως προς c της (γ) δίνει:

( ) x c y c cd x(c), y(c),c x y 0dc

′ ′ ′ ′ ′Φ = Φ +Φ +Φ =

Αλλά λόγω της (β) προκύπτει Φc′=0 Επομένως οι παραμετρικές εξισώσεις x=x(c) και y=y(c) της περιβάλλουσας βρίσκονται από τις σχέσεις:

Φ(x,y,c)=0 και (x,y,c) 0c∂Φ =

∂


και αν μπορούμε να απαλείψουμε το c από τις δυο παραπάνω σχέσεις έχουμε την καρτε-σιανή εξίσωση της περιβάλλουσας. Παράδειγμα 1: Να βρεθεί η περιβάλλουσα της οικογένειας καμπυλών y=cos(x+c). Λύση: Εδώ έχουμε Φ(x,y,c)=y-cos(x+c)=0 (1) ⇒

( )sin x c 0c

∂Φ= + =

∂ (2)

Για να απαλείψουμε το c από τις σχέσεις (1) και (2) λύνουμε ως προς τις τριγωνομετρικές συναρτήσεις, υψώνουμε στο τετράγωνο και βρίσκουμε y2=1 ⇒ y=±1. Άρα η περιβάλ-λουσα της οικογένειας καμπυλών y=cos(x+c) είναι οι ευθείες y=±1. Παρατήρηση 1: Εάν μας δίνεται μια μονο-παραμετρική οικογένεια καμπυλών Φ(x,y,c)= 0, τότε η Δ.Ε., της οποίας η γενική λύση είναι η Φ(x,y,c)=0, βρίσκεται απαλείφοντας την παράμετρο c από τις εξισώσεις:

Φ(x,y,c)=0 και d (x,y,c) (x,y,c) (x,y,c)y 0dx x y

∂ ∂ ′Φ = Φ + Φ =∂ ∂

ενώ η περιβάλλουσα των λύσεων από τις εξισώσεις:

Φ(x,y,c)=0 και (x,y,c) 0c∂Φ =

∂

Παράδειγμα 2: Η εξίσωση y-c=(x-c)2 παριστάνει μια οικογένεια παραβολών με την κορυφή τους πάνω στην ευθεία y=x. α) Παραγωγίζοντας ως προς c και απαλείφοντας το c μεταξύ της εξίσωσης που δόθηκε και της παραγώγου της ως προς c, βρείτε την περιβάλλουσα της οικογένειας. β) Βρείτε τη Δ.Ε. πρώτης τάξης για την οικογένεια αυτή των παραβολών. γ) Επιβεβαιώστε ότι η περιβάλλουσα επαληθεύει την εξίσωση αυτή.

Λύση: α) Έχουμε Φ(x,y,c)=y-c-(x-c)2=0 (1) ⇒ ( )1 2 x c 0c

∂Φ= − + − =

∂ ⇒ x-c=1/2 (2).

Από τις σχέσεις (1) και (2) απαλεί-φουμε το c και βρίσκουμε: y=-x+1/2-1/4=0 ⇒ y=x-1/4 (3) που είναι η εξίσωση της περιβάλλου-σας. β) Παραγωγίζουμε την (1) ως προς x

και έχουμε x

∂Φ∂

=y′-2(x-c)=0 (4). Από

τις σχέσεις (1) και (4) απαλείφουμε το c και βρίσκουμε: (y′/2)2-(y′/2)-y+x=0 (4) που είναι η ζητούμενη Δ.Ε. γ) y=x-1/4 ⇒ y′=1 (5). Αντικαθιστού-με τις εκφράσεις (3) και (5) στην (4): (1/2)2-(1/2)-x+1/4 +x=0 δηλ. η εξίσω-


ση της περιβάλλουσας ικανοποιεί την Δ.Ε. Παράδειγμα 3: Ένα κανόνι ρίχνει ένα βλήμα στο επίπεδο XOZ με ταχύτητα, που έχει σταθερό μέτρο v0 και σχηματίζει γωνία θ με τον οριζόντιο επίπεδο. Η γωνία θ μπορεί να μεταβάλλεται ρυθμίζοντας την κλίση της κάνης από 0 έως π. Τα σημεία του επιπέδου XOZ που δεν είναι δυνατό να κτυπηθούν από το κανόνι βρίσκονται πέρα από μια καμπύ-λη, η οποία είναι η περιβάλλουσα των τροχιών, που θα διαγράψει το βλήμα για διάφορες τιμές της θ. Να βρεθεί η καμπύλη αυτή.

Λύση: Από τον νόμο του Νεύτωνα Fr

= mddt

2

2 έχουμε:

Κατά τον άξονα ΟΧ: F m d x

dtdxdt

c x t c t cx = = ⇒ = ⇒ = +02

2 1 1( ) 2 (1)

Για t=0 είναι x(0)=0⇒ c2=0 και ( )1

0x(0) v cos= θ ⇒ c1=v0cosθ άρα x(t)=v0(cosθ)t (2) Κατά τον άξονα ΟΖ:

F mg m d zdt

dzdt

gt k z t gt k t kz = − = ⇒ = − + ⇒ = − + +2

2 12

1 212

( ) (3)

Για t=0 είναι z(0)=k2=0 και ( )z 0 =k1=v0sinθ , άρα

2

01z(t) gt v (sin )t2

= − + θ (4)

Απαλείφουμε το t μεταξύ των (2) και (4):

(2) ⇒ 0

xt = (5) , (4) v cosθ

(5)2

2 20

gz x (2v cos

⇒ = − + θθ

tan )x

⇒ 22 2

0

g(x, z, ) z x (tan )x 02v cos

Φ θ = + − θ =θ

⇒

2

22

0

gx(x,z, ) z 1 tan x tan 02v

⎡ ⎤Φ θ = + + θ − θ =⎣ ⎦ (6)

Η (6) είναι μια μονοπαραμετρική οικογένεια παραβολών, (με παράμετρο τη γωνία θ), της οποίας η περιβάλλουσα θα βρεθεί εάν παραγωγίσουμε την (6) ως προς την θ:

2

2 2 20

gx 1 12 tan x 0cos cos2v

∂Φ= θ −

∂θ θ θ= ⇒

20

gx tan 1 0v

θ − = (7)

και απαλείφουμε το θ, δηλ. την tanθ από την (6) και (7): (7) ⇒ και απαλείφουμε το θ, δηλ. την tanθ από την (6) και (7):

(7) ⇒ 2

0vtangx

θ = (8)


(6)⇒ z gxv

vg x

vg

+ +⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ − =

2

02

04

2 20

2

21 0 ⇒ z g

vx v

gf x= − + =

2 202

2 02

( ) (9)

Η (9) είναι η εξίσωση της περιβάλλουσας. Παρατήρηση 2: Εάν το κανόνι περιστρέφεται γύρω από τον άξονα ΟΖ, τότε η παρα-βολή (9) παράγει μια επιφάνεια της οποίας η εξίσωση μπορεί να προέλθει από την (9) αν αντικαταστήσουμε το x με το x y2 + 2 (γιατί;) . Eπομένως θα έχουμε:

( ) ( )z f x y gv

x y vg

= + = − + +2 2

02

2 2 02

2 2

Παρατήρηση 3: Θεωρούμε την Δ.Ε. F(x,y,y′)=0 και υποθέτουμε ότι η συνάρτηση F(x,y,y′) έχει συνεχείς τις πρώτες μερικές παραγώγους ως προς x, y, y′ σε κάποιο ανοιχτό τόπο2 D του χώρου xyy′. Από τον διαφορικό λογισμό γνωρίζουμε ότι αν (x0,y0,y0′) είναι σημείο του τόπου D και

F(x0, y0, y0′)=0 ∂∂ ′y

F(x0, y0, y0′)≠0

τότε υπάρχει μοναδική συνάρτηση y′=f(x,y), που ορίζεται σε μια περιοχή του σημείου (x0,y0), τέτοια ώστε y0′=f(x0,y0) και F(x,y,f(x,y))=0. Στα σημεία όμως (x0,y0,y0′) που επαληθεύουν συγχρόνως τις σχέσεις:

F(x0, y0, y0′)=0 ∂∂ ′y

F(x0, y0, y0′)=0

δεν είμαστε βέβαιοι για την ύπαρξη μόνο μιας λύσης, της Δ.Ε. F(x,y,y′)=0 που ικανοποιεί τις συνθήκες y0=φ(x0) , y0′=φ′(x0). Απόρροια των ανωτέρω είναι το επόμενο θεώρημα: Θεώρημα: Θεωρούμε την Δ.Ε. F(x,y,y′)=0. Τότε η λύση του συστήματος:

F(x,y,p)=0 ∂∂p

F(x,y,p)=0

που προκύπτει με απαλοιφή του p, (έχουμε θέσει y′=p), και που επαληθεύει τις σχέσεις

F F px y∂ ∂

+∂ ∂

=0 ∂∂Fy≠0

είναι ιδιάζουσα λύση της Δ.Ε. F(x,y,y′)=0. Παράδειγμα 4: Να βρεθεί η ιδιάζουσα λύση της Δ.Ε. 4y=8y′x+8x2+(y′)2 Λύση: Θέτουμε στη Δ.Ε. p=y′ και έχουμε: F(x,y,p)=4y-8px-8x2-p2 =0 ⇒ (A)

∂∂p

F(x,y,p)=-8x-2p=0 (B)

Απαλείφοντας το p από τις σχέσεις (Α) και (Β) προκύπτει

2 Ένα υποσύνολο D ενός χώρου n διαστάσεων λέγεται ανοικτός τόπος εάν είναι ανοικτό και συνεκτικό σύνολο.


y=-2x2 η οποία είναι η εξίσωση της περιβάλλουσας. Εύκολα διαπιστώνουμε ότι επαληθεύει την Δ. Ε. όπως επίσης και τις σχέσεις:

∂∂

∂∂

Fx

Fy

y+ ′ =0 ∂∂Fy≠0 με y′=p=-4x.

Πράγματι: Fx∂∂

=-8p-16x=-8(-4x)-16x=16x, Fy∂∂

=4≠0 και επομένως

∂∂

∂∂

Fx

Fy

y+ ′ =16x+4(-4x)=0

Παραδείγματα εφαρμογών της Δ.Ε. χωριζομένων μεταβλητών Παράδειγμα 1. Οι Πυρήνες των ατόμων των ραδιενεργών στοιχείων διασπώνται και με-τατρέπονται σε πυρήνες άλλων στοιχείων. Έτσι με την πάροδο του χρόνου, η μάζα ενός ραδιενεργού στοιχείου μειώνεται. Σ' ένα πολύ μικρό χρονικό διάστημα, από τη στιγμή t ως τη στιγμή t+dt, η ελάττωση dm της μάζας είναι ανάλογη της μάζας m του ραδιενερ-γού στοιχείου, η οποία υπάρχει στην αρχή του χρονικού αυτού διαστήματος. Αν τη στιγμή t=0 η μάζα ενός ραδιενεργού στοιχείου είναι m0 , να βρεθεί η μάζα που θα έχει απομείνει μετά παρέλευση χρόνου t. Λύση: Είναι dm=-λmdt όπου λ σταθερά που χαρακτηρίζει το στοιχείο. Επομένως dm/m=-λdt ⇒ lnm=-λt+c ⇒ m=c1e-λt όπου c1=ec Aφού για t=0 είναι m=m0 θα έχουμε m0=c1 . Επομένως m=m0e-λt. Από τη σχέση αυτή, αν είναι γνωστή η σταθερά λ του στοιχείου, μπορούμε να βρούμε, για κάθε χρονική στιγμή t, τη μάζα m(t) που έχει απομείνει τη στιγμή αυτή. Παρατήρηση: Ο αριθμός των πυρήνων, έστω Ν, ενός ραδιενεργού στοιχείου είναι προ-φανώς ακέραιος αριθμός και η μεταβολή ΔΝ του αριθμού αυτού κατά το μικρό χρονικό διάστημα (t,t+dt), (δηλαδή ο αριθμός των πυρήνων που διασπάστηκαν κατά το χρονικό αυτό διάστημα), είναι επίσης ακέραιος αριθμός. Επειδή όμως, για οποιοδήποτε δείγμα μακροσκοπικών διαστάσεων, ο αριθμός Ν είναι πολύ μεγάλος (=1023) και η μεταβολή ΔΝ είναι πολύ μικρή σε σύγκριση με το Ν, μπορούμε για όλους τους πρακτικούς σκοπούς, να χρησιμοποιήσουμε το Ν σαν να ήταν συνεχής συνάρτηση του t και να υπολογίσουμε π.χ. την παράγωγο dΝ/dt(3 . Μπορούμε λοιπόν να λύσουμε την παραπάνω άσκηση θεωρώντας τον αριθμό των πυρήνων Ν αντί για τη μάζα m. Η μεταβολή dΝ του αριθμού των πυρή-νων σε χρόνο dt. είναι dΝ=-λΝdt. Από τη σχέση αυτή, ολοκληρώνοντας, βρίσκουμε Ν=Ν0e-λt.

(3 Αυτό αποτελεί προφανώς μια προσέγγιση, αφού για οποιαδήποτε συνάρτηση y=f(x) το limΔx→0Δy/Δx είναι πεπερασμένο μόνο αν Δy→0 όταν Δx→0. Αυτό όμως προϋποθέτει ότι το Δy μπορεί να γίνει μικρότε-ρο από κάθε ε>0 χωρίς να γίνει μηδέν. Δεχόμαστε λοιπόν ότι η ελάχιστη μη μηδενική μεταβολή του Ν, δηλ. η |ΔΝ|=1, αν συγκριθεί με τη τιμή Ν=1023, είναι τόσο μικρή ώστε να μπορούμε, με αμελητέο σφάλμα, να τη θεωρήσουμε σαν να ήταν ″μικρότερη από κάθε ε>0″. Η προσέγγιση αυτή είναι εξαιρετικά ακριβής όσο ακριβής θα ήταν ένας αριθμητικός υπολογισμός της παραγώγου μιας συνάρτησης y=f(x) | [α,β], κατά τον οποίο το dx θα το παίρναμε 1023 φορές μικρότερο από το εύρος (β-α) του πεδίου ορισμού.


Παράδειγμα 2: Έστω ότι η συνάρτηση Ν(t) παριστάνει ένα πληθυσμό (π.χ. μιας πόλης ή μιας καλλιέργειας μικροβίων κ.λ.π.), συναρτήσει του χρόνου t. Εάν δεχθούμε ότι ο ρυθ-μός μεταβολής του πληθυσμού είναι ανάλογος προς τον πληθυσμό, τότε θα έχουμε: dN/dt=kN (1) όπου k η σταθερά αναλογίας. Εύκολα προκύπτει ότι η γενική λύση της (1) είναι: N(t)=cekt (2) Εάν τον τύπο (2) τον εφαρμόσουμε για τον πληθυσμό της γης, ο οποίος σύμφωνα με μια στατιστική, το 1961 ήταν 3,06×109 άνθρωποι και ο οποίος αυξανόταν με ένα ρυθμό 2% ανά χρόνο, τότε θα έχουμε N(t)=ce0..2t (3) Η σταθερά c υπολογίζεται εάν πάρουμε σαν αρχή του χρόνου t το ετος 1961, οπότε θα έχουμε: N(0)=c=3,06×109 άνθρωποι. Τότε η σχέση (3) γράφεται: N(t)=3,06x109e0.02t (4) Από τη σχέση (4) δεν μπορούμε να κάνουμε προβλέψεις για μεγάλα χρονικά διαστή-ματα, επειδή δεν λάβαμε υπ' όψη διάφορους παράγοντες που επηρεάζουν την αύξηση ενός πληθυσμού, όπως είναι π.χ. η τροφή, ο ζωτικός χώρος, η θνησιμότητα κ.λ.π. Μια καλύτερη περιγραφή της αύξησης ενός πληθυσμού μπορούμε να πάρουμε από τη Δ.Ε.:

2dN N Ndt

= κ − λ με κ, λ>0 (5)

Εάν θέσουμε κ/λ=μ η Δ.Ε. (5) γράφεται:

dN N 1 N 1dt

⎛ ⎞λ Ν⎛ ⎞= κ − = κΝ −⎜ ⎟ ⎜ ⎟κ μ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ (6)

Από την (6) προκύπτει η Δ.Ε. (1) εάν θεωρήσουμε το Ν πολύ μικρό σε σύγκριση με

το μ, οπότε 1− ≈Nm

1 . Η Δ.Ε. (6) είναι χωριζόμενων μεταβλητών και η γενική λύση της

είναι:

tN1 ce−κ

μ=

+ (7)

N

N=μ

μ/(1+c)

t1 t

P(ln(c/k),μ/2)

Η σταθερά ολοκλήρωσης προσδιορίζεται από την αρχική συνθήκη Ν(0)=Ν0 . Η γραφική παράσταση της (7) λέγεται λογιστική καμπύλη. Έχει δυο ασύμπτωτους Ν=0 και Ν=μ,


(για t→-∞ και t→∞ αντίστοιχα), και ένα σημείο καμπής Ρ(t1, Ν1), το οποίο προσδιορίζε-ται από την εξίσωση d2N/dt2=0. Η εξίσωση αυτή γράφεται:

( )2

2

d N dN2dt dt

κ= μ − Ν =μ

0 ή Ν1=μ/2.

Από την (7) προκύπτει τότε t1=lnc/κ Παράδειγμα 3 : Μια δεξαμενή έχει όγκο V=5m3 και είναι τελείως γεμάτη με καθαρό νε-ρό. Τη στιγμή t=0 αρχίζει να εισρέει στη δεξαμενή άλμη από ένα σωλήνα με παροχή q=3lit/min, με αποτέλεσμα η δεξαμενή να ξεχειλίζει και να εκρέει απ' αυτήν ίσος όγκος νερού ανά μονάδα χρόνου. Η συγκέντρωση του αλατιού στην άλμη είναι c=0,5gr/lit. Να βρεθεί η μάζα του αλατιού, η οποία βρίσκεται διαλυμένη στο νερό, που περιέχεται στη δεξαμενή, σε μια χρονική στιγμή t>0. Πόση θα είναι η μάζα αυτή τη στιγμή t=10min; Να παρασταθεί γραφικά η m(t). (Υποθέτουμε ότι το αλάτι, που περιέχεται στην εισρέου-σα άλμη, διαχέεται ακαριαία σ' όλο τον όγκο της δεξαμενής ώστε η εκάστοτε συγκέντρω-ση αλατιού να είναι σταθερή σ' όλο τον όγκο της δεξαμενής). Λύση: Θεωρούμε ένα πολύ μικρό χρονικό διάστημα, από τη στιγμή t ως τη στιγμή t+dt. Έστω ότι κατά το χρονικό αυτό διάστημα dt η μάζα του αλατιού που περιέχεται στη δεξαμενή μεταβάλλεται κατά dm. Η μεταβολή dm είναι: dm=[Μάζα που εισρέει από t ως t+dt] - [Μάζα που εκρέει από t έως t+dt] Η μάζα αλατιού, που εκρέει κατά το χρονικό διάστημα (t, t+dt), είναι εκείνη που περιέχε-ται στο νερό που ξεχειλίζει κατά το χρονικό αυτό διάστημα. Από τη δεξαμενή ξεχειλίζει νερό με ρυθμό ίσο με το ρυθμό με τον οποίο προσάγεται άλμη στη δεξαμενή, δηλαδή ίσο με q. Επομένως, κατά τη διάρκεια dt του θεωρουμένου χρονικού διαστήματος, ξεχειλίζει όγκος νερού qdt. Αφού η συγκέντρωση είναι σταθερή σ' όλο τον όγκο της δεξαμενής, η τιμή της συγκέντρωσης θα είναι m/V, (όπου m η διαλυμένη μάζα του αλατιού και V ο όγκος της δεξαμενής). Άρα ο όγκος qdt του νερού που ξεχειλίζει σε χρόνο dt περιέχει μάζα αλατιού [m/V]qdt. Όμοια βρίσκουμε ότι η μάζα αλατιού που εισρέει κατά το θεω-ρούμενο χρονικό διάστημα είναι cqdt. Έχουμε λοιπόν:

dm cqdt mV

qdt= − ή dm

c mV

qdt−

= (1)

H (1) είναι μια Δ.Ε. με χωριζομένες μετα-βλητές. Μπορούμε να βρούμε τη γενική της λύση και στη συνέχεια να προσδιορί-σουμε τη σταθερά από την απαίτηση να είναι m=0 για t=0. (Πράγματι, αρχικά η δεξαμενή περιέχει καθαρό νερό και συνε-πώς η μάζα m του εν διαλύσει αλατιού είναι μηδέν). Ισοδύναμος και συντομότε-ρος τρόπος για την εύρεση της λύσης που ενδιαφέρει είναι να υπολογίσουμε το ορι-σμένο ολοκλήρωμα και των δυο μελών της (4) με όρια 0 ως t στο δεξιό μέλος και 0 ως m στο αριστερό. Έχουμε:

mcV

t


mt

00

dm q dtmcV

=−

⌠⎮⎮⌡

∫ ⇒ ln lnc mV

c qV

t−⎡⎣⎢

⎤⎦⎥− = − ⇒ ln 1−⎡

⎣⎢⎤⎦⎥= −

mcV

qV

t ⇒

1− =−m

cVe

qV

t ⇒ m cV e

qV

t= −

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

−1

Παράδειγμα 4: Όταν ένα σώμα κινείται μέσα σ' ένα ρευστό, το ρευστό ασκεί στο σώμα μια δύναμη FR που έχει την ίδια διεύθυνση και αντίθετη φορά προς τη ταχύτητα του σώματος, (αντίσταση του ρευστού). Το μέτρο της αντίστασης του ρευστού, υπό ορισμέ-νες συνθήκες είναι ανάλογο της ταχύτητας του σώματος ενώ υπό ορισμένες άλλες συνθή-κες4 είναι ανάλογο του τετραγώνου της ταχύτητας. Είναι δηλαδή: FR =κ1v (1) FR =κ2v2 (2) όπου v η ταχύτητα του σώματος και κ1 , κ2 συντελεστές ανεξάρτητοι της ταχύτητας. Να υπολογιστεί, σε μια τυχαία χρονική στιγμή η ταχύτητα ενός σώματος μάζας m που πέφτει από ύψος h0 χωρίς αρχική ταχύτητα, α) Με την παραδοχή ότι η αντίσταση του αέρα δίνεται από την (1) και β) Με την παραδοχή ότι η αντίσταση του αέρα δίνεται από την (2). Λύση: Η συνισταμένη δύναμη που ασκείται στο σώμα είναι: F=mg-FR Γράφοντας την επιτάχυνση ως γ=dv/dt, μπορούμε να γράψουμε την εξίσωση F=mγ υπό τη μορφή:

mg F m dvdtR− = (3)

α) Αν η FR δίνεται από την (1), η (3)γίνεται:

1dvmg v mdt

− κ = ⇒ 1

dv dtg v

m

=κ

−

Τη στιγμή t=0 η ταχύτητα είναι v=0 και τη στιγμή t η ταχύτητα ειναι v. Ολοκληρώνουμε λοιπόν και τα δυο μέλη της τελευταίας εξίσωσης με όρια 0 ως t στο δεξιό μέλος και 0 ως v στο αριστερό και παίρνουμε:

v

1

0

dv tg v

m

=κ

−

⌠⎮⎮⌡

⇒

v

1

0 1

m dv tmg v=

κ −κ

⌠⎮⎮⌡

⇒ 1

1 1

gm mgln v ln tmκ

− − = −κ κ

Αφού για t=0 είναι v=0, στην αρχή τουλάχιστον της κινήσεως θα είναι v<mg/κ1 . Στην περίπτωση αυτή, παραλείπουμε τα σύμβολα των απολύτων τιμών και έχουμε:

(4 Ακριβέστερα οι (5) και (6) ισχύουν αντιστοίχως για μικρές και μεγάλες τιμές του ″αριθμού Reynolds″ Re,

ο οποίος ορίζεται από τη σχέση vlRenρ

=

όπου ρ η πυκνότητα του ρευστού, n το ιξώδες, v η ταχύτητα του

σώματος και l κάποια γραμμική διάσταση του σώματος.


1 1ln 1 v tmg mκ κ

− = − ⇒ 1 t

1 m1 v emg

κ−κ

− = ⇒ 1 t

m

1

mgv 1 eκ

−⎡ ⎤= −⎢ ⎥κ ⎣ ⎦

Η γραφική παράσταση της ταχύτητας συναρτήσει του χρόνου δίνεται στο σχήμα. Παρα-τηρούμε ότι όταν t→∞ η ταχύτητα τείνει σε μια οριακή τιμή vορ=mg/κ1 . Ποτέ το v δεν γίνεται μεγαλύτερο από mg/κ1 και επομένως πάντα ισχύει η παραδοχή v<mg/κ1 με την οποία παραπάνω παραλείψαμε το σύμβολο της απόλυτης τιμής από τη μεταβλητή των λογαριθμικών συναρτήσεων. Άρα η λύση που βρήκαμε ισχύει για κάθε t∈[0,∞)

V

t

mg/k1

β) Αν η FR δίνεται από την (2), η (3) γράφεται:

22

dvmg v mdt

− κ = ⇒ 22

dv gdtv 1

mg

= −κ

−

Ολοκληρώνοντας τα δυο μέλη της εξίσωσης αυτής με όρια 0 και v στο αριστερό μέλος και 0 ως t στο δεξιό, παίρνουμε:

v

2

222

0

d vmgmg 0 gv 1

mg

⎡ ⎤κ⎢ ⎥⎣ ⎦ t= −κκ −

⌠⎮⎮⎮⎮⌡

(4)

Θέτουμε x=[κ2/mg]1/2v και αναλύουμε τη συνάρτηση μέσα στο ολοκλήρωμα του αρι-στερού μέλους σε απλά κλάσματα:

1/[x2-1]=A/[x-1]+B/[x+1] Βρίσκουμε κατά τα γνωστά, Α=1/2, Β=-1/2 και

dxx

x x xx

c2 112

1 12

1 12

11−

= − − + =−+

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟+∫ ln ln | |

| |

Στο κάτω όριο του ολοκληρώματος έχουμε v=0 και επομένως x=0, οπότε

12

11

12

1 00

ln ln( )xx x

−+

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

==

=

Επομένως η (8) γίνεται τελικά:

2

1 mg x 1ln gt2 x 1

−= −

κ + (5)


Επειδή για t=0 είναι v=0, θα είναι, τουλάχιστον στην αρχή της κίνησης 2 v 1mgκ

− <

η x<1, οπότε |x-1|=1-x. Η (5) γράφεται τότε:

2g1 xln 2 t1 x m

κ−= −

+ ⇒

22 tm1 x e

1 x

κ−−

=+

Αντικαθιστώντας την έκφραση 2xmg

vκ= και λύνοντας ως προς v παίρνουμε τελικά:

2

2

g2 tm

g2 t2 m

mg 1 ev1 e

κ−

κ−

−=

κ+

Η έκφραση αυτή, αν πολλαπλασιάσουμε αριθμητή και παρανομαστή του κλάσματος

του δεξιού μέλους επί 2g tmeκ

γράφεται:

2 2

2 2

g gt tm m

2g gt t2 2m m

gmg e e mgv tm

e e

κ κ−

κ κ−

anh t⎡ ⎤κ−

= = ⎢ ⎥κ κ ⎣ ⎦+

Η γραφική παράσταση της συνάρτησης αυτής, για t≥0, δίνεται στο σχήμα. Παρατη-

ρούμε ότι όταν t→∞ , v→ 2

mgvορ = κ Ποτέ το v δεν γίνεται μεγαλύτερο από

2

mgκ

και

επομένως πάντα ισχύει η παραδοχή x<1 με βάση την οποία θέσαμε |x-1|=1-x. Η λύση που βρήκαμε ισχύει επομένως για κάθε t∈[0.∞).

V

t

mg/k2

Παράδειγμα 5: Σ ένα σύστημα ορθογωνίων συντεταγμένων XOY να βρεθεί μια κα-μπύλη y=y(x) της οποίας η επιφάνεια εκ περιστροφής γύρω από τον άξονα OX να έχει την εξής οπτική ιδιότητα: Κάθε φωτεινή ακτίνα με πηγή το σημείο Ο να ανακλάται πα-ράλληλα προς τον άξονα OX. Λύση: Έστω Μ ένα σημείο της καμπύλης y=y(x) με συντεταγμένες (x,y). Φέρουμε την εφαπτομένη στο Μ, η οποία τέμνει τον ΟΧ στο σημείο A, και την κάθετο στην εφα-πτομένη στο σημείο Μ, η οποία τέμνει τον OX στο σημείο Β, (βλέπε αντίστοιχο σχήμα).


Σύμφωνα με τον νόμο της ανάκλασης πρέπει <ΟΜΒ=<ΒΜΚ=φ(5 . Επειδή η ΜΚ είναι παράλληλη προς τον άξονα ΟΧ έχουμε <ΒΜΚ=<ΜΒΟ. Επίσης το τρίγωνο ΑΒΜ ειναι ορθογώνιο και επομένως <BΑΜ=90-φ=ω. Στη συνέχεια έχουμε:

tanω=y′=cotφ=(τριγ. ΝΒΜ) BNMN

BNy

= ⇒ yy′=BN=OB-ON=OB-x

αλλά ΟΒ=(τριγ. ΟΜΒ=ισοσκ.)=ΟΜ-(τριγ. ΟΝΜ=ορθ.) ON NM x y2 2 2+ = + 2

Άρα yy x y x′ = + −2 2 (1) Η Δ.Ε. (1) δεν ανήκει σε καμία από τις προηγούμενες περιπτώσεις. Μπορεί όμως να γίνει διαχωρίσιμη ως εξής:

x

y

O

M(x,y)

N

K

B A

900-φ=ω

φ φ

φ

yy x x y′ + = +2 2 ⇒ 12

2 2 2ddx

x y x y( )+ = + 2

Θέτουμε x2+y2=z ⇒ dzdx

z= 2 ⇒ dzz

dx= 2 ⇒ 2√z=2x+c ⇒ √z=x+c′ ⇒

z=(x+c′)2 ⇒ x2+y2=(x+c′)2 ⇒ y2=2c′x+c′2 Επομένως οι καμπύλες, που ικανοποιούν το πρόβλημα είναι παραβολές και είναι άπειρες σε πλήθος.

Προβλήματα Εφαρμογών

1) Οι αμοιβάδες πολλαπλασιάζονται με "διχοτόμηση": κάθε αμοιβάδα, μετά παρέλευ-ση, (κατά μέσο όρο), χρόνου τ από τη "γέννηση" της, διχοτομείται και δίνει δυο αμοιβά-δες. Έστω ότι θέλουμε να μετρήσουμε τη μέση ζωή τ των αμοιβάδων. Για το σκοπό αυτό μετρούμε τον αριθμό Ν των αμοιβάδων σε μια καλλιέργεια τη στιγμή t=0 και τη στιγμή t=t1 και βρίσκουμε Ν0 και Ν1 αντίστοιχα. Να υπολογιστεί το τ. (Υπόδειξη: Σε χρόνο τ ο αριθμός των αμοιβάδων διπλασιάζεται.)

(5 Με το σύμβολο <ΒΜΚ θα εννοούμε την γωνία που σχηματίζουν τα ευθύγραμμα τμήματα ΟΜ και ΜΒ


Απάντηση : 11

0

ln 2tNlnN

τ =⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

2) Όταν μια ακτινοβολία, (π.χ. ακτίνες Χ ή νετρόνια), διαπερνάει κάποιο υλικό πάχους dx, η ένταση της Ι μειώνεται κατά dI=-μIdx, όπου μ σταθερός συντελεστής που εξαρτάται από τη φύση του υλικού. Αν η ακτινοβολία προσπίπτει με αρχική ένταση Ι0 σε μια επίπεδη πλάκα από κάποιο υλικό και βγαίνει από την πίσω επιφάνεια της πλάκας με ένταση Ι0/10 να υπολογιστεί, (συναρτήσει του μ), το πάχος της πλάκας. Απάντηση: x=ln10/μ 3) Να λυθεί το παράδειγμα 3, αν τη στιγμή t=0, όχι μόνο αρχίζει να εισρέει άλμη στη δεξαμενή αλλά ρίχνουμε στη δεξαμενή και μια μάζα στερεού αλατιού Μ=2kg, και αμε-λητέου όγκου, σε σχέση με τον όγκο της δεξαμενής, η οποία διαλύεται με σταθερό ρυθ-μό r=1 gr/min. 4) Μια τορπίλη μάζας m εκτοξεύεται οριζοντίως με αρχική ταχύτητα v0 και επιβρα-δύνεται από μια δύναμη ανάλογη προς την ταχύτητα της. Υποθέτοντας ότι καμία άλλη δύναμη δεν ασκείται στη τορπίλη, βρείτε τη ταχύτητα της και το διάστημα που έχει δια-νύσει μετά παρέλευση χρόνου t από την εκτόξευση της. Αριθμητική εφαρμογή: v0=60km/h, m=100kg. k1=4×10-3 kg/sec.

Απάντηση: v v ekm

t=

−

0

1

Sv mk

ekm

t= −

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

−0

1

11

5) Ο ρυθμός με τον οποίο ψύχεται ένα θερμό σώμα είναι ανάλογος της διαφοράς μεταξύ της θερμοκρασίας του σώματος και της θερμοκρασίας του μέσου που περιβάλλει το σώμα. Αν η θερμοκρασία κάποιου σώματος σε μια ώρα έπεσε από 1200 C σε 700 C και η θερμοκρασία του περιβάλλοντος είναι σταθερή και ίση με 200 C, σε πόσο χρόνο θα πέσει η θερμοκρασία του σώματος στους 300 C ; Απάντηση: Σε t=ln10/ln2= 3,32h. 6) Ένας αλεξιπτωτιστής αρχίζει να πέφτει από ύψος h0=1000m και ανοίγει αμέσως το αλεξίπτωτο του. Το σύστημα αλεξιπτωτιστή - αλεξιπτώτου έχει μάζα m=85kg. Η αντί-σταση FR του αέρα δίνεται από το νόμο FR=k1v, όπου k1=10-3kg/sec σταθερός συντελε-στής και v η (εκάστοτε) ταχύτητα του αλεξιπτώτου. Να υπολογιστεί η ταχύτητα v και το ύψος h του αλεξιπτωτιστή σε μια τυχαία χρονική στιγμή t. Να παρασταθούν γραφικά οι συναρτήσεις v(t) και h(t).

Απάντηση: [v tgk

e kt( )= − −1 ] με k=k1/m [ ]h t hgk

tg

ke kt( )= −

⎡⎣⎢

⎤⎦⎥+⎡⎣⎢

⎤⎦⎥− −

0 2 1

7) Nα λυθεί η προηγούμενη άσκηση αν ο αλεξιπτωτιστής δεν ανοίξει το αλεξίπτωτο του αμέσως, αλλά όταν φτάσει σε ύψος h1=500m. Στην περίπτωση αυτή δεχθείτε ότι από το ύψος των h0=1000m ως το ύψος των h1=500m, (η ροή είναι "τυρβώδης"), η αντίσταση του αέρα δίνεται από τη σχέση FA

(T)=1/2ρcDσv2 , όπου ρ η πυκνότητα του ρευστού, cD=1,1 αδιάστατος συντελεστής, και σ=0,4m2 η "μετωπική" επιφάνεια του αλεξιπτωτιστή.


Από το ύψος των 500m και κάτω η ροή είναι "στρωτή" και ισχύει ότι η FR είναι ανάλογη της ταχύτητας, (βλ. προηγούμενη άσκηση).

3.2 ΟΜΟΓΕΝΕΙΣ

Μια άλλη κατηγορία Δ.Ε. 1ης τάξης, που μπορεί να επιλυθεί, είναι οι ομογενείς Δ.Ε. Ορισμός: Μια συνάρτηση n μεταβλητών f=f(x1, x2, ⋅⋅⋅,xn) λέγεται ομογενής ως προς x1,x2,⋅⋅⋅, xn με βαθμό ομογένειας ν εάν ισχύει f(λx1, λx2, ⋅⋅⋅,λxn)=λνf(x1,x2,⋅⋅⋅,xn) για κάθε πραγματικό αριθμό λ. Παραδείγματα: α) Η συνάρτηση f=f(x,y)=x3y-x2y2+y4 είναι ομογενής ως προς x και y με βαθμό oμογένειας ν=4 διότι f(λx,λy)=(λx)3(λy)-(λx)2(λy)2+(λy)4=λ4(x3y-x2y2+y4)=λ4f(x,y)

β) Η συνάρτηση f=f(x,y,z)=xy2+ xzy

xyz3

+ είναι ομογενής με βαθμό ομογένειας ν

=3, διότι

f(λx,λy,λz)=(λx)(λy)2 +3( x)( z)

zλ λ

λ+(λx)(λy)(λz)=λ3 xy xz

yxyz2

3

+ +⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ =λ3f(x,y,z)

γ) Η συνάρτηση f=f(x,y)=xsiny-xy δεν είναι ομογενής, διότι δεν υπάρχει αριθμός ν τέτοιος ώστε: f(λx,λy)=λνf(x,y) ή λxsin(λy)-(λx)(λy)=λν(xsiny-xy)

Ας θεωρήσουμε τώρα τη διαφορική εξίσωση :

dydx

g x yh x y

=( , )( , )

(1)

όπου οι συναρτήσεις g(x,y) και h(x,y) είναι ομογενείς του ίδιου βαθμού, έστω ν. Τότε θα έχουμε:

g(λx,λy)=λνg(x,y) ⇒ g(x,y)= 1 g( x, y)ν

⎛ ⎞ λ λ⎜ ⎟λ⎝ ⎠

και h(x,y)= 1 h( x, y)ν

⎛ ⎞ λ λ⎜ ⎟λ⎝ ⎠

Αν στις δυο αυτές σχέσεις θέσουμε λ=1/x προκύπτει:

g(x,y)=xνg yx

1,⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

h(x,y)=xνh yx

1,⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

και η εξίσωση (1) γίνεται:


*

*

y y yx g 1, g 1, gdy yx x x F

y y ydx xx h 1, h 1, hx x x

ν

ν

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎛ ⎞⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠= = = = ⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎝ ⎠⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

(2)

όπου g yx

g yx

* ,⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= ⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

1 και h yx

h yx

* ,⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= ⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

1

Εάν θέσουμε yx

=R(x) μπορούμε να ανάγουμε την (2) σε Δ.Ε. χωριζόμενων μεταβλητών.

Πραγματικά αν:

y xx

R x( ) ( )= ⇒ y(x)=R(x)x ⇒ dydx

dRdx

x R= +

Αντικαθιστώντας την έκφραση αυτή του dy/dx στη (2) παίρνουμε: dRdx

x R F R+ = ( ) ⇒ dRdx

x F R R= −( ) ⇒ dRF R R

dxx( ) −

= ⇒ ln( )

xdR

F R Rc=

−⌠⌡⎮

+ (3)

Από την (3), ολοκληρώνοντας και λύνοντας ως προς R μπορούμε κατ’ αρχήν να βρούμε το R, (και επομένως και το y), ως συνάρτηση του x.

Παράδειγμα 1. Να βρεθεί η γενική λύση της Δ.Ε.: 2 2 2xy dydx

x y= +

Λύση: Έχουμε: dydx

x yxy

x yx

x yx

yxyx

=+

=+

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

=+ ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2 22

2

2

2

2

2

1

2

1

2 (4)

με yx

R x= ( ) παίρνουμε y=R(x)x ⇒ dydx

dRdx

x R= + οπότε η (4) γίνεται:

dRdx

x R RR

+ =+12

2

⇒ dRdx

x RR

R RR

=+

− =−1

21

2

2 2

Χωρίζοντας τις μεταβλητές βρίσκουμε: 21 2 1RdR

Rdxx

c−

⌠⌡⎮

= ⌠⌡⎮

+ ⇒ -ln(1-R2 )=lnx=lnc2 ⇒ 1-R2 = cx

2 ⇒ x2-y2=c2x

Παράδειγμα 2. Να βρεθεί η γενική λύση της Δ.Ε.

′ =

+ +

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

y xye

y y e xye

xy

xy

xy

3

3

2

2 2

2 2

Λύση: Επειδή στους εκθέτες εμφανίζεται ο λόγος x/y είναι απλούστερο στην περίπτωση αυτή να θέσουμε x/y=R. Έχουμε τότε:

x=Ry ⇒ dx=Rdy+ydR ⇒ dxdy

R y dRdy

= +⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ (5)


Εξ άλλου dxdy dy

dx

y y e xye

xye

xy

xy

xy

= =+ +

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

1 3

3

2 2

2 2

2

Διαιρώντας αριθμητή και παρανομαστή του κλάσματος αυτού δια y2 και χρησιμοποιώ-ντας την (5) βρίσκουμε:

2

2

2

22

R

R

R

RR

Re3e1

Re3Re3e1R

dydRy +

=++

+−= ⇒ dyy e

dRR

R=

+31

2

2

Re ⇒

ln| |Re Re

lnye

dRR

dRee

dù e cR

R

R ù

ùù=

+⌠

⌡⎮=

+⌠⌡⎮

=+

⌠⌡⎮

= + +31

32

31

32 1

32

12

2

2

22

όπου ω=R2. Τελικά βρίσκουμε: y c exy= +

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟1

32

12

2 με lnc1=c

Ασκήσεις: Για όσες από τις παρακάτω εξισώσεις είναι ομογενείς, να βρεθεί η γενική λύση. 1. y′=(y-x)/x (Απ. y=xln|c/x|) 2. y′=(3x+y2)/xy (Aπ. μη ομογενής) 3. y′=(x2+2y2)/xy (Aπ. y2=cx4-x2) 4. y′=(2y+x)/x (Aπ. y=cx2-x) 5. y′=(x2+y2)/2xy (Aπ. y2=x2-cx)

6. y′= yx xy+

(Aπ. -2 xy

+ln|y|=c)

7. y′=( )y

xy xy

2

2 1 3+

/ (Aπ. μη ομογενής)

8. y′= x x y yx y

4 2 2

33+ + 4

(Aπ. y2 =-x2 1 12+

⎡

⎣⎢⎤

⎦⎥ln| |cx

1 1 1

2 2 2

x ydydx x y

α +β + γ=α +β + γ

3.2A Διαφορικές εξισώσεις της μορφής: (1)

Με την αντικατάσταση x=x0+X, y=y0+Y όπου x0, y0 σταθερές, που θα προσδιο-ριστούν κατάλληλα, η (1) γράφεται:

1 1 1 0 1 0

2 2 2 0 2 0

X Υ x ydYdx X Υ x y

1

2

α +β + α +β + γ=α +β + α +β + γ

(2)

Αν τα x0, y0 επιλεγούν έτσι ώστε: α1x0+β1y0+γ1=0 και α2x0+ β2y0+γ2=0 (3) τότε η (2) ανάγεται στην ομογενή διαφορική εξίσωση:


1 1

2 2

X YdYdX X Y

α +β=α +β

(4)

Για να μπορούμε από τις (3) να προσδιορίσουμε τα x0, y0 πρέπει η ορίζουσα των συντελε-στών των x0, y0 να είναι διάφορη του μηδενός, δηλαδή πρέπει α1β2-α2β1 ≠0. Αν αυτό δεν συμβαίνει, δηλ. αν α1β2-α2β1=0, τότε θα έχουμε α2/α1=β2/β1. Ονομάζοντας π.χ. λ τη στα-θερή τιμή αυτού του λόγου, έχουμε α2=λα1 και β2=λβ1, οπότε η (1) γράφεται:

1 1 1

1 1

x ydydx ( x y)

α +β + γ=λ α +β + γ2

(5)

Στην περίπτωση αυτή θέτουμε R=α1x+β1y (6)

οπότε 1 1dR dydx dx

= α +β (7)

Αντικαθιστώντας στην (5) τα α1x+β1y και dy/dx από τις (6) και (7) βρίσκουμε, με απλές

πράξεις: 11

2

dR Rdx R

+ γ1= β +α

λ + γ (8)

Η (8) είναι Δ.Ε. με χωριζόμενες μεταβλητές.

Παράδειγμα 1 Να λυθεί η εξίσωση dydx

x yx y

=+ +− +

21

(9)

Λύση: Με την αντικατάσταση x=X+x0, y=Y+y0 η (9) γράφεται:

dYdX

X Y x yX Y x y

=+ + + +− + − +

0 0

0 0

21

(10)

και θέτοντας x0+y0+2=0 και x0-y0+1=0 βρίσκουμε x0=-3/2 και y0=-1/2. Έτσι θα έχουμε x=X-3/2 και y=Y-1/2. Η (10) στη συνέχεια γίνεται:

dYdX

X YX Y

YXYX

=+−

=+

−

1

1 (11)

Εάν θέσουμε R=Υ/Χ, τοτε Y=RX ⇒ dYdX

dRdX

X R= + και η (11) γράφεται:

dRdX

X RRR

+ =+−

11

⇒ 11 2

−+

=RR

dRdXX

Ολοκληρώνοντας και θέτοντας R=X/Y, Y=y+1/2 και X=x+3/2 βρίσκουμε τελικά:

arctan ln lny

x

y

xx c

+

+

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥− +

+

+

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

⎡

⎣

⎢⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥⎥

= + +

1232

1

1232

32

2

Παράδειγμα 2. Να λυθεί η εξίσωση dydx

x yx y

=+

− −1 (12)

και να βρεθεί η μερική λύση που περνάει από το σημείο (1, 1). Λύση: Με την αντικατάσταση x=X+x0, y=Y+y0 παίρνουμε από την (12)

dYdX

X Y x yX Y x y

=+ + +

− − − −0 0

0 01


Παρατηρούμε ότι το σύστημα x0+y0=0 και 1-x0-y0=0 δεν έχει λύση. Στην περίπτωση αυτή γράφουμε x+y=R, οπότε dy/dx=dR/dx-1. Η (12) γίνεται τότε

dR R 11dx 1 R 1 R

= + =− −

Ολοκληρώνοντας βρίσκουμε: y=1/2(x+y)2 +c. Για να περνάει η λύση από το σημείο (1,1) πρέπει να είναι 1=1/2(1+1)2+c ή c=-1 Η ζη-

τούμενη λύση είναι λοιπόν y x y= + −12

12( )

Άσκηση Να βρεθεί η γενική λύση της Δ.Ε. 2x 3y 1y3x 4y 1

+ +′ = −+ +

(Απ. x2+3xy+2y2 +x+y=c) Παραδείγματα εφαρμογών των Ομογενών Δ. Ε. 1) Διαγράμματα φάσεως

Θεωρούμε την κίνηση ενός συστήματος με ένα βαθμό ελευθερίας που περιγράφε-ται από την Δ.Ε. 2ας τάξεως

)x,x(Fx = (1) όπου x η γενικευμένη συντεταγμένη. Η (1) είναι ισοδύναμη με το παρακάτω σύστημα Δ.Ε. πρώτης τάξης:

yx = και )y,x(Fy = (2) Μια λύση αυτού του συστήματος είναι η x=x(t), y=y(t). Θεωρούμε ένα ορθογώνιο σύ-στημα δυο αξόνων, όπου ο ένας άξονας παριστάνει την ταχύτητα xy = και ο άλλος την θέση x. Ο δισδιάστατος αυτός χώρος ονομάζεται φασικός χώρος ή χώρος των φάσεων. Σε κάθε χρονική στιγμή έχουμε ένα ζεύγος )y,x()x,x( = που ορίζει ένα σημείο του φα-σικού χώρου. Το σημείο αυτό ονομάζεται φασικό σημείο. Το σύνολο των σημείων από τα οποία περνάει το σύστημα κατά την διάρκεια της κίνησής του ορίζουν την καμπύλη φάσεως. Το σύνολο των καμπυλών ονομάζεται διάγραμμα φάσεως.

Τρόπος εύρεσης των καμπυλών φάσεως: Από το σύστημα των Δ.Ε. (2) απαλεί-φοντας το χρόνο και διαιρώντας τις δύο εξισώσεις κατά μέλη θα έχουμε:

y)y,x(F

dxdy

y)y,x(F

xy

=⇔=

(3)

Ας προσδιορίσουμε το διάγραμμα φάσεως στην περίπτωση της απλής αρμονικής ταλά-ντωσης με απόσβεση. Η εξίσωση της κίνησης είναι

xbKxx −−= με 0b,K >Κ είναι η σταθερά επαναφοράς του ελατηρίου και b μια σταθερά αναλογίας, αφού έχουμε θεωρήσει την απόσβεση ανάλογη της ταχύτητας. Στην περίπτωσή μας έχουμε:

byKx)y,x(F −−= . Θεωρούμε ότι m=1, και ότι η απόσβεση είναι μικρή έτσι ώστε οπότε η (3) γρά-

φεται:

K4b2 <

ybyKx

dxdy −−

= (4)

Ομογενής Δ.Ε. πρώτου βαθμού. Έτσι:


y yx K b K bdy x

ydx yx

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝= − = − x ⎠ (5)

Θέτουμε ⇔=⇔= )x(xRy)x(Rxy

dxdRxR

dxdy

+= .

Επομένως η (5) γράφεται:

=⇔+

−=+dxdRx

R)bRK(

dxdRxR

xdx

KbRRRdR

RRbRK

dxdRxR

R)bRK(

2

2

−=++

⇔−−−

=⇔−+

− ⇔

∫ ∫−=++ xdx

RbRKRdR

2 .

Θα υπολογίσουμε πρώτα το αριστερό ολοκλήρωμα:

∫ ∫ ∫ ∫ −++

+=

++−+

=++

=++

dRKbRR

bR221dR

KbRR)bbR2(

21

KbRRRdR2

21

KbRRRdR

2222

( )2

22 2 2

b dR 1 d(R bR K) b dR 1 ln R bR K2 2 2 2R bR K R bR K R bR K

+ += − = +

+ + + + + +∫ ∫ ∫ + −

∫ ++ KbRRdR

2b

2 .

Στη συνέχεια υπολογίζουμε το ολοκλήρωμα:

∫ ++ KbRRdR

2 (6)

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +=++

4bK

2bRKbRR

222 οπότε το (6) γράφεται

2 2

dRb bR K2 4

⎛ ⎞⎛ ⎞+ + −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⌠⎮⎮⎮⌡

και θέτοντας t4

bK2bR

2

−=+ θα έχουμε

2

2 22 22 22

bK dtdR 1 dt4t 1b bb b bK t KR K K4 42 4 4

−= =

+⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞ − + −+ + − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

⌠⌠ ⎮

⌠⎮ ⎮ ⎮⎮ ⌡⎮⎮⌡ ⎮

⌡

=

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

−

+

−

−

4bK

2bR

tan

4bK

12

1

2.


Άρα τελικά ( )22

RdR 1 ln R bR K2R bR K

= + + −+ +∫

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

−

+

−

−

4bK

2bR

tan

4bK

12b

2

1

2.

Έτσι θα έχουμε : ( )21 ln R bR K2

+ + − 1

2 2

bRb 1 2tan lnx C2 b bK K

4 4

−

⎛ ⎞⎜ ⎟+⎜ ⎟ = − +⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎜ ⎟⎝ ⎠

και θέτοντας xyR = παίρνουμε την τελική λύση:

21

2 2 2

y b1 y y b 1 x 2ln b K tan lnx C2 x 2x b bK K

4 4

−

⎛ ⎞⎜ ⎟+⎛ ⎞ ⎜ ⎟+ + − = − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎜ ⎟− −⎜ ⎟⎝ ⎠

2) Τροχιά μιας βάρκας κατά μήκος ενός ποταμού.

Θέλουμε να προσδιορίσουμε την καμπύλη πάνω στην οποία κινείται μια βάρκα η οποία έχει σχετική ταχύτητα ως προς το νερό, το ρεύμα του οποίου έχει ομοιόμορφη ταχύτη-τα κατά την αρνητική φορά y. Το μέτρο της ταχύτητας της βάρκας | |=υβ είναι στα-θερό αλλά το διάνυσμα διευθύνεται πάντα προς την αρχή των αξόνων. Έστω ότι η βάρκα εισέρχεται από το σημείο (c,0) και κατευθύνεται προς την αρχή των αξόνων. Η κίνηση της βάρκας μπορεί να αναλυθεί στους άξονες x,y. Στον άξονα x κινείται με ταχύ-τητα

βυ

πυ

βυ

βυ

θν−==υ ββ cosdtdx

x, (1)


(το - οφείλεται στο ότι κινείται στην αρνητική κατεύθυνση του άξονα ΟΧ), ενώ στον

άξονα y με θν−ν−==υ βπβ sindtdy

y, (2)

Συνδυάζοντας τις (1) και (2) θα έχουμε:

βυ

θν−

θν−ν−=

β

βπ

cossin

dxdy (3)

Όμως 2222 yx

xcos,yx

ysin+

=θ+

=θ οπότε η (3) θα γραφεί:

xyyx

xyyx

yx

xyx

y

dxdy 2222

22

22

β

βπ

β

βπ

β

βπ

ν

ν++ν=

ν−

ν−+ν−=

+ν−

+ν−ν−

=

δηλαδή τελικά έχουμε: x

yyxdxdy 22

β

βπ

ν

ν++ν= (4)

που είναι ομογενής Δ.Ε. Λύνοντας την (4) θα έχουμε:

=ν

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ν++ν

=ν

ν++ν=

β

βπ

β

βπ

x

xy

xy1x

x

yxy1x

dxdy

2

2

2

2

β

βπ

ν

ν++νxy

xy1 2

2

(5)

Θέτουμε )x(xRy)x(Rxy

=⇔= οπότε θα έχουμε:

dxdRxR

dxdy

+= . Έτσι η (5) γράφεται =⇔ν

ν++ν=+

β

βπ

dxdRx

RR1dxdRxR

2


( )=++⇔νν

=+

⇔+νν

=ν

ν−ν++ν

β

π

β

π

β

ββπ 2

2

22

R1Rnx

dxR1

dRR1RRR1

vv

x Kâ

π ln +

Θέτοντας: ( )2 2π1

‰

v , ln R 1 R ln x K R+ 1+R K xv

α= α + + = α + ⇔ =

oπότε 2 22

2 21 12

y+ x yy y1 K x K x y+ x y K xx x x

α α++ + = ⇔ = ⇔ + = 1

1α+ (6)

Πολλαπλασιάζουμε την (6) με y- x y2 + 2 και έχουμε:

y2-(x2+y2)=K1xα+1(y- x y2 + 2 ) ⇒ -x2=K1xα+1(y- x y2 + 2 ) ⇒ y- x y2 + 2 =-x1-α/K1 (7) Προσθέτουμε τις (6) και (7):

2y=-x1-α/Κ1+K1xα+1 ⇒ υ= 1 11

1

1 1K x x2 ζ

α+ −α⎛ ⎞−⎜ ⎟

⎝ ⎠

α) Εάν θέλουμε η βάρκα να φθάσει στην αρχή των αξόνων, θα πρέπει y(0)=0 και αυ-

τό συμβαίνει μόνο όταν 1-α>0 δηλ. 1>α= β

α

υυ

⇒ υβ>υα.

β) Εάν α>1 δηλ. υβ<υα τότε limx→0 y(x)=-∞, δηλ. η βάρκα δεν θα φθάσει στο σημείο (0,0) αλλά ούτε και στην απέναντι όχθη. γ) Εάν α=1 τότε limx→0y(x)=-K1 /2 H σταθερά K1 μπορεί να προσδιοριστεί από δοθείσες αρχικές συνθήκες, y(c)=0 ⇒ 0=½ (K1cα+1-c1-α/K1) ⇒ 0=K1

2cα-c-α ⇒ K12=c-2α ⇒ Κ1=c-α

3) Γραμμές Διανυσματικού πεδίου.

Έστω ένα διανυσματικό πεδίο. Γραμμές του διανυσματικού πεδί-ου ονομάζουμε τις καμπύλες εκείνες που σε κάθε σημείο τους (x,y,z) η εφαπτομένη έχει την διεύθυνση του . Αν το παριστάνει μια δύναμη τότε θα μιλάμε για δυναμι-κές γραμμές, ενώ όταν το παριστάνει την ταχύτητα ενός ρευστού τότε οι γραμμές του διανυσματικού πεδίου μας δίνουν τις ρευματικές γραμμές. Οι Δ.Ε. των γραμμών ενός διανυσματικού πεδίου δίνονται από τις σχέσεις:

)z,y,x(AA

=

A

A

AA

A

zyx Adz

Ady

Adx

==

Πράγματι: Έστω C μια γραμμή του διανυσματικού πεδίου με διανυσματική παραμε-τρική εξίσωση:

A

r t x t i y t j z t k( ) ( ) ( ) ( )= + +

Επειδή το εφαπτομενικό διάνυσμα dr t

dt( )

της καμπύλης C είναι παράλληλο προς το δια-

νυσματικό πεδίο θα έχουμε: A


dr t

dt

( )=λ ⇒ dx(t)/dt=λAx, dy(t)/dt=λAy, dz(t)/dt=λAz ⇒

A

zyx Adz

Ady

Adx

==

Έστω η ταχύτητα που επικρατεί στο σημείο x,y,z ενός πεδί-ου ροής. Θέλουμε να βρούμε τις ρευματικές γραμμές:

j)y2x(i)xy()y,x( 22 ++=ν

xyy2x

dxdy

y2xdy

xydx 22

22

+=⇔

+=

Ομογενής Δ.Ε.. Λύνοντάς την έχουμε:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+

=

xyx

xy21x

dxdy

2

22

(1)

Θέτουμε dxdRxR

dxdyxRyR

xy

+=⇔=⇔= οπότε η (1) γράφεται:

=−+

=−+

=⇔+

=+R

RR21RR

R21dxdRx

RR21

dxdRxR

2222

RR1 2+

δηλαδή x

dxR1

RdR2 =

+ Δ.Ε. χωριζομένων μεταβλητών. Οπότε:

( ) ( ) ⇔+=+⇔+=++

⇔+=+ ∫∫∫ CnxR1n

21Cnx

R1R1d

21C

xdx

R1RdR 2

2

2

2

( ) ( ) ⇔=+⇔=+⇔=+⇔+=+ 222

22

22

122 xC

xy1xCR1xCR1CnxR1n 2

12

1

242

2222

2

xxCy1xCxy

−=⇔−= .

Αυτή είναι η εξίσωση των ρευματικών γραμμών.

Ρευματικές γραμμές του διανισματικού πεδίου

Γραφική παράσταση του διανυσματικού πεδίου: 2 2(xy) i (x 2y ) jυ = + +

υ


3.

3 ΓΡΑΜΜΙΚΕΣ ΔΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ης TΑΞΗΣ

Η γενική μορφή των γραμμικών (6 Δ.Ε. 1ης τάξης είναι:

dydx

P x y Q x+ =( ) ( ) (1)

dydx

P x y+ =( ) 0Αν Q(x)=0 η Δ.Ε ονομάζεται ομογενής γραμμική Δ.Ε. 1ης τάξης και

είναι χωριζομένων μεταβλητών. Για την λύση της Δ.Ε. (1) θα λύσουμε πρώτα την αντί-στοιχη ομογενή, που είναι χωριζομένων μεταβλητών

dydx

P x y+ =( ) 0 dyy

P x dx k= − +∫∫ ( ) α) ⇒ ⇒ yομ= P(x )dx

1c e−∫

β) Για την λύση της Δ.Ε. (1) θα χρησιμοποιούμε τον γραμμικό μετασχηματισμό(7

y(x)=g(x)Y(x) επειδή η (1) είναι γραμμική και θέλουμε να διατηρήσουμε τον χαρακτήρα της. Η συνάρτηση g(x) θα προσδιοριστεί κατάλληλα, επιδιώκοντας η Δ.Ε. να λάβει πιο απλή μορφή και να είναι επιλύσιμη. Έχουμε y′=gY′+g′Y και επομένως: gY′+g′Y+P(x)gY=Q(x) ⇒ gY′+(g′+P(x)g)Y=Q(x) Η παραπάνω Δ.Ε. απλοποιείται σημαντικά εάν επιλέξουμε την συνάρτηση g(x) έτσι ώστε:

g′+P(x)g=0 ⇒g(x)=c1 eP x dx−∫ ( )

δηλ. η g(x) πρέπει να είναι η λύση της ομογενούς. Οπότε έχουμε:

(6 Η Δ.Ε. (1) ονομάζεται γραμμική διότι η πρώτη παράγωγος y′ και η ίδια η συνάρτηση y εμφανίζονται μόνο στην πρώτη δύναμη. (7 Η πιο γενική μορφή γραμμικού μετασχηματισμού είναι y(x)=g(x)Y(x)+h(x) με Y(x) η νέα άγνωστη συ-νάρτηση και g(x), h(x) συναρτήσεις που θα προσδιοριστούν επιδιώκοντας η νέα Δ.Ε. να έχει τέτοια μορφή ώστε να επιλύεται


Q xe

cdx c

P x dx

( )( )∫⌠

⌡⎮⎮ +

12 gY′=Q(x) ⇒ Y(x)=

Άρα (2) ∫y x e Q x e dx cP x dx P x dx

( ) ( )( ) ( )

= ∫ ∫ +⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

−

με c=c1c2. Ένας άλλος τρόπος λύσης της Δ.Ε. (1) είναι ο εξής(8 : Προσπαθούμε το πρώτο μέλος να το γράψουμε σαν παράγωγο ως προς x. Για να γίνει αυτό θα πρέπει να το πολλαπλασιάσουμε με κατάλληλη έκφραση. Μια τέτοια έκφραση είναι π.χ. η e∫P(x)dx και έχουμε:

ddx

e y Q x eP x dx P x dx( ) ( )

( )∫⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ =

∫ e y e P x y e QP x dx P x dx P x dx( ) ( ) ( )

( ) ( )∫ ′ + ∫ = ∫ ⇒ x ⇒

⇒ y x e y Q x e dxP x dx P x dx( ) ( )

( )∫ = ∫ +∫ c dx cP x P x dx

( )( ) ( )

= ∫ +⎤

⎦⎥

−Q x e

dx( )∫ ⎡

⎣⎢∫e

Παράδειγμα 1: Να λυθεί η Δ.Ε.: y′-2xy=x Λύση: Έχουμε P(x)=-2x, Q(x)=x ⇒ ∫P(x)dx=-x2 και τελικά

[ ] y(x)=e e xdx c e e c cex x x x x2 2 2 212

12

2− −∫ + = − +⎡⎣⎢

⎤⎦⎥= −

Το αντίστοιχο διευθύνον πεδίον είναι:

Από το οποίο φαίνεται ότι μια σταθερή λύση είναι η y=-1/2 που προκύπτει από την γενι-κή λύση για c=0. Παράδειγμα 2: Να λυθεί η Δ.Ε.: y′+(4/x)y=x4

c>0

c<0

c>0

c<0

(8 Ο τρόπος αυτός ουσιαστικά βασίζεται στην έννοια του ολοκληρωτικού παράγοντα, που θα μελετηθεί στο Κεφάλαιο 4.


Λύση: Έχουμε P(x)=4/x, Q(x)=x4 ⇒ ∫P(x)dx=4lnx και τελικά: 9 5

4ln x 4ln x 44 4

1 x c xy(x) e e x dx c cx 9 x 9

− ⎡ ⎤⎡ ⎤= + = + =⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦∫ +

Από την μορφή της γενικής λύσης είναι φανερό ότι δεν υπάρχει μερική λύση που να ικα-νοποιεί αρχική συνθήκη της μορφής: y(0)=y0, αφού ο όρος c/x4 απειρίζεται για x=0. Έτσι λοιπόν οι ολοκληρωτικές καμπύλες τείνουν ασυμπτωτικά προς τον άξονα ΟΥ. Τα παραπάνω ήταν αναμενόμενα αφού το θεώρημα για την ύπαρξη και το μονοσήμαντο μιας Δ.Ε. 1ης τάξης: y′=f(x,y) δεν εφαρμόζεται. Πράγματι εδώ έχουμε f(x,y)=-4y/x+x4, και η συ-νάρτηση f(x,y) δεν είναι συνεχής για x=0, δηλ. πάνω στα σημεία του άξονα ΟΥ. Επομένως δεν υπάρχει λύση που να ορίζεται από αρχική συνθήκη της μορφής y(0)=y0, δηλ. που να διέρχεται από τον άξονα ΟΥ. Εξαίρεση αποτελεί η λύση y=x5/9, η οποία προκύπτει από την γενική λύση για c=0 και είναι η μόνη που είναι παραγωγίσιμη στο σημείο x=0. Παράδειγμα 3: Να προσδιοριστούν οι συναρτήσεις φ(x) οι οποίες έχουν την ιδιότητα: (1)

x 2t (t)dt x (x)αϕ = + ϕ∫

Λύση: xd d dt (t)dt 2x x (x) 2x

dx dx dxα

ϕ ϕϕ = + ⇒ ϕ = +∫ ⇒ d x (x) 2x

dxϕ− ϕ = −

η οποία είναι γραμμική και βάσει του τύπου (2) θα έχουμε

(2)

Η συνάρτηση αυτή πρέπει να ικανοποιεί την αρχική εξίσωση:

2xdx xdx x / 2(x) e 2xe dx c (x) 2 ce−⎡ ⎤∫ ∫ϕ = − + ⇒ ϕ = +⎢ ⎥

⎣ ⎦∫

2 2x t / 2 2 x / 2t 2 ce dt x 2 ceα⎡ ⎤+ = + +⎣ ⎦∫

x2 2 2x2 2t t xt c exp d x 2 cexp2 2 2α

α

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⌠⎮⌡

⇒

2 22xexp exp x 2 cexp

2 2⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞α

− = + +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

2x2

2

2⎛ ⎞−α⎜ ⎟⎝ ⎠

⇒ [x2-α2]+c ⇒ c=-(α2+2)exp

2 2x2

⎛ ⎞− α⎜ ⎟⎝ ⎠

Τελικά φ(x)=2-(α2+2)exp

Ένας άλλος τρόπος, πιο σύντομος, για τον προσδιορισμό της σταθεράς c είναι ο εξής: Θέ-

τουμε στη (2) x=α και έχουμε: φ(α)=2

22 ceα

+ (3) Η εξίσωση (1) για x=α δίνει 0=α2 +φ(α) ⇒ φ(α)=-α2 (4) Από την (3) και (4) δι' απα-

λοιφής του φ(α) παίρνουμε: c=-(α2+2)2

2eα

−


Συχνά εμφανίζονται γραμμικές διαφορικές εξισώσεις στις οποίες η μια ή και οι δυο συναρτήσεις P(x) και Q(x) παρουσιάζουν άλμα ασυνέχειας. Εάν το x0 είναι ένα τέτοιο σημείο ασυνέχειας, τότε είναι απαραίτητο η εξίσωση να λυθεί χωριστά για x<x0 και για x>x0. Στη συνέχεια οι δυο λύσεις συναρμόζονται έτσι ώστε η y(x) να είναι συνεχής στο x0. Αυτό επιτυγχάνεται με μια κατάλληλη εκλογή των αυθαίρετων σταθερών. Σε κάθε περίπτωση είναι αδύνατο να καταστεί η παράγωγος y′(x) συνεχής. Παράδειγμα 4: Να λυθεί το πρόβλημα αρχικών τιμών y′+2y=Q(x), y(0)=0 όπου:

1 0 xQ(x)

0 x 11≤ ≤⎧

= ⎨ >⎩

Λύση

: Για 0≤x≤1 έχουμε P(x)=2 και Q(x)=1. Επομένως:

2x 2x 2x 2x 2x1 1 1

1 1y (x) e e dx c e e c c e2 2

− − ⎧ ⎫= + = + = +⎨ ⎬⎩ ⎭∫ 1

−

Για x>1 έχουμε P(x)=2 και Q(x)=0. Επομένως: 2x

2 2y (x) c e−=Άρα η γενική λύση θα είναι:

2x1

2x2

x 11/ 2 c e 0y(x)

c e 1 x

−

−

≤ ≤⎧ +⎪= ⎨<⎪⎩

Η συνένωση των δυο λύσεων απαιτεί:

x 1 1 x 1 2x 1 x 1

2xx 1 1x 1

2xx 1 2x 1

lim y (x) lim y (x)

1lim c e2

lim c e

→ →≤ >

−→≤

−→>

=

⎧ ⎫⇒ + =⎨ ⎬⎩ ⎭

=

⇒ ½+c1e-2=c2e-2 ⇒ c2-c1=e2/2 Η αρχική συνθήκη θα επιβληθεί στην πρώτη λύση, διότι αυτή ισχύει για x=0. Έχουμε: y(0)=0 ⇒ 1/2+c1=0 ⇒ c1=-1/2 και επομένως το c2=c1+e2/2=-1/2+e2/2=1/2(e2-1) Τελικά η λύση θα είναι:

( )( )

2x

2 2x

1/ 2 1 e 0 x 1y(x)

1/ 2 e 1 e x 1

−

−

⎧ − ≤ ≤⎪= ⎨− >⎪⎩

ΑΣΚΗΣΕΙΣ

Να λυθούν οι Δ.Ε.


yx

x= 2 Απ. y=cx+x3/2 1) y′-

2) y′-ycotx=2xsinx Απ. y=x2sinx+csinx 3) y′+2y=3ex Απ. y=ce-2x +ex

12

12

4) y′+y=sinx Απ. y=ce-x + sinx- cosx

5) Να λυθεί το πρόβλημα αρχικών τιμών y′(x)+P(x)y(x)=0, y(0)=1 όπου

2 0 xP(x)

1 x 11≤ ≤⎧

= ⎨ >⎩


1) Τοποθετούμε ένα σώμα που έχει θερμοκρασία 500 C σ’ ένα θάλαμο με σταθερή θερμοκρασία 1000 C. Εάν σε 5 λεπτά η θερμοκρασία του σώματος είναι 600 C, υπολογίστε α) σε πόσα λεπτά το σώμα έφτασε τους 750 C και β) τη θερμοκρασία του σώματος σε 20 λεπτά. (Απ. α) t=15,4 min, β) Τ=79,50C. Το πρόβλημα αυτό, όπως και το επόμενο, λύνεται από την Δ.Ε. dT/dt=k(T-Tπερ), όπου Τπερ η θερμοκρασία περιβάλλοντος) 2) Ένα σώμα με άγνωστη θερμοκρασία τοποθετείται σ’ ένα χώρο με σταθερή θερμο-κρασία 300 C. Εάν μετά από 10 λεπτά η θερμοκρασία του σώματος είναι 00 C και μετά από 20 λεπτά είναι 150 C, υπολογίστε την άγνωστη αρχική θερμοκρασία του σώματος. (Απ. Τ≡-300C) 3) Ένα κύκλωμα περιλαμβάνει μια πηγή με ΗΕΔ 3sin2t Volts, μια αντίσταση 10Ω και μια αυτεπαγωγή 0,5 Ηenry. Υπολογίστε το ρεύμα που διαρρέει το κύκλωμα τη χρονι-κή στιγμή t, εάν αρχικά ήταν 6 Αmpere. (Απ. I=609/101e-20t+30/101sin2t-3/101cos2t, Η αντίστοιχη Δ.Ε. είναι dI/dt+(R/L)I=E/I 4) Τη στιγμή t=0 ανάβουμε ένα ηλεκτρικό θερμοσίφωνα, ισχύος Ρ=4Kw και χωρητικό-τητας 80lit. Έχουμε όμως ξεχάσει ανοικτή τη βρύση του ζεστού νερού από την οποία χύ-νεται νερό με ρυθμό q=0,5lit/min. Το νερό που χύνεται έτσι από τον θερμοσίφωνα ανα-πληρώνεται με κρύο νερό από το δίκτυο, θερμοκρασίας Τ0=100 C. Να βρεθεί η θερμο-κρασία του νερού στον θερμοσίφωνα τη χρονική στιγμή t. (Ειδική θερμότητα νερού c=1kcal/kg, 1Joule=αcal με α=0.24, 1Kw= 1kjoule/sec, πυκνότητα νερού ρ=1kg/lit).

q tmP 1 e

cq

ρ−⎡ ⎤α

−⎢ρ ⎣ ⎦0

P qdt (T T ) dtcV Vα

− −ρ

Απάντηση: T=T0+

⎥ με αντίστοιχη Δ.Ε. dT=

3.4 ΑΚΡΙΒΕΙΣ ή ΠΛΗΡΕΙΣ ΔΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ.


dydx

P x yQ x y

= −( , )( , )

(1) Έστω η Δ.Ε.

Η (1) γράφεται P(x,y)dx+Q(x,y)dy=0 (2) Αν υπάρχει κάποια συνάρτηση F(x,y) τέτοια ώστε: P(x,y)=∂F/∂x και Q(x,y)=∂F/∂y (3) τότε το αριστερό μέλος της (2) είναι το ολικό διαφορικό(9 της συνάρτησης F και η (2) μπορεί να γραφεί με τη μορφή dF = 0. Η λύση της (1) είναι F(x,y)=c (4) Υποθέτοντας ότι οι συναρτήσεις P(x,y) και Q(x,y) έχουν συνεχείς πρώτες μερικές παρα-γώγους, παίρνουμε από τις (3):

∂∂

∂∂ ∂

Py

Fx y

=2 ∂

∂∂∂ ∂

Qx

Fy x

=2

και (5)

Εάν δεχθούμε ότι η F έχει συνεχείς τις δεύτερες μερικές παραγώγους, τότε από το θεώρη-μα του Schwarz10 έχουμε:

∂∂ ∂

2Fx y

∂∂ ∂

2Fy x

∂∂

∂∂

Py

Qx

= (6) = και επομένως θα είναι

Η (6) είναι αναγκαία και ικανή συνθήκη για να είναι η (2) ολικό διαφορικό κάποιας συ-νάρτησης F. Όταν συμβαίνει αυτό, η (1) ονομάζεται ακριβής ή πλήρης διαφορική εξί-σωση και η λύση της δίνεται από την (4). Ο τρόπος με τον οποίο προσδιορίζουμε τότε τη συνάρτηση F περιγράφεται στο παρακάτω παράδειγμα:

dydx

Παράδειγμα : Να λυθεί η εξίσωση: (8y-x2y) +(x-xy2)=0 (7)

Λύση: Η (7) γράφεται (x-xy2)dx + (8y-x2y)dy=0 (8) ∂∂Py

Έχουμε P=x-xy2 και =-2xy

∂∂Qx

Q=8y-x2y και =-2xy

∂∂Fx

∂∂Fy

P Qy x∂ ∂

=∂ ∂

υπάρχει κάποια συνάρτηση F με =P και Επειδή =Q, της οποίας το ολι-

κό διαφορικό είναι η (8). Για την εύρεση της F ακολουθούμε την εξής πορεία:

(9 Το ολικό διαφορικό μιας συνάρτησης F=F(x1,x2,⋅⋅⋅,xn) n μεταβλητών x1, x2, ⋅⋅⋅, xn ορίζεται από τη σχέση:

dF=∂∂

∂∂

∂∂

Fx

dx Fx

dx Fx

dxn

n1

12

2+ + ⋅ ⋅ ⋅ +

(10 H διατύπωση του θεωρήματος του Schwarz είναι η εξής: Εάν η συνάρτηση f(x,y) έχει συνεχείς μερικές

παραγώγους πρώτης και δεύτερης τάξης, τότε ∂∂ ∂

2Fx y

∂∂ ∂

2Fy x

= δηλ. ο υπολογισμός της δεύτερης μερικής

παραγώγου ∂∂ ∂

2Fx y

δεν εξαρτάται από την σειρά παραγωγίσεως.


∂∂Fx

∂∂Fx

∂∂Fx

=x-xy2. Ολοκληρώνοντας τη συνάρτηση =P ή 1. Έχουμε ως προς x,

(θεωρώντας το y σταθερό), βρίσκουμε:

( )x xy dx xdx y xdx x y x− = − = −∫ ∫∫2 2 212

12

2 2 (9)

2. Η F(x,y) είναι ίση με το ολοκλήρωμα (9) συν κάποια συνάρτηση φ(y) του y: 12

12

2x − y2x2+φ(y) (10) F(x,y)=

Πράγματι παραγωγίζοντας την (10) ως προς x και παίρνοντας υπόψη ότι ∂φ(y)/∂x=0 επα-ληθεύουμε τη σχέση:

∂∂Fx

=P=x-xy2

3. Για να προσδιορίσουμε την φ(y) παραγωγίζουμε τη (10) ως προς y και εξισώνουμε την παράγωγο αυτή με Q=8y-x2y

∂∂Fy

ddyϕ=-x2y+ =8y-x2y (11)

Από την (11) προκύπτει dφ/dy=8y και φ=4y2 (12) Αντικαθιστώντας τη (12) στην (10) βρίσκουμε:

12

12

x2 - y2x2 +4y2 (13) F(x,y)=

Οι λύσεις της (7) είναι λοιπόν: 12

12

x2 - y2x2 +4y2=c

Άσκήσεις: Να εξετάσετε αν οι παρακάτω Δ.Ε. είναι πλήρεις και αν είναι να βρείτε τη γενική λύση τους. 1. (2xy+x)dx+(x2+y)dy=0 2. xexydx+yexydy=0 3. yexydx+xexydy=0 4. ydx+xdy=0 5. (x-y)dx+(x+y)dy=0

ydxx y y

xx y

dy2 2 2 2 21 0

+− +

+⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ = 6.

Απαντήσεις:

1. yx2+ x y c2 2

2+

= 4. xy=c

2. Δεν είναι πλήρης 5. Δεν είναι πλήρης xy⎡

⎣⎢⎤

⎦⎥

1y

3. exy=c 6. arctan + =c


3.5 Ορθογώνιες τροχιές

Σε πολλά προβλήματα της Φυσικής εμφανίζονται δυο οικογένειες καμπυλών τέ-τοιες ώστε κάθε καμπύλη της μιας οικογένειας τέμνει κάθετα κάθε καμπύλη της άλλης. Π.χ. αν θεωρήσουμε κάποιο "αστρόβιλο" δυναμικό πεδίο, (π.χ. πεδίο βαρύτητας ή ηλε-κροστατικό), σε δυο διαστάσεις, δηλ. σ' ένα επίπεδο, οι τομές των ισοδυναμικών επιφα-νειών αποτελούν μια οικογένεια καμπυλών που τέμνουν κάθετα τις δυναμικές γραμμές. Επίσης σε διδιάστατα προβλήματα αστρόβιλης ροής ασυμπίεστου ρευστού οι καμπύλες κατά μήκος των οποίων η ρευματική συνάρτηση είναι σταθερή, (δηλ. οι ρευματικές γραμμές), τέμνουν κάθετα τις καμπύλες κατά μήκος των οποίων το δυναμικό ταχύτητας είναι σταθερό. Θεωρούμε λοιπόν μια μονοπαραμετρική οικογένεια επιπέδων καμπυλών: Φ(x,y,c)=0 (1) και αναζητούμε μια άλλη μονοπαραμετρική οικογένεια επιπέδων καμπυλών: F(x,y,k)=0 (2) που έχουν την ιδιότητα: κάθε καμπύλη της οικογένειας (2) να τέμνει κάθετα κάθε καμπύ-λη της οικογένειας (1). Οι ζητούμενες καμπύλες ονομάζονται "ορθογώνιες τροχιές" των καμπυλών της οικογένειας (1). Για να βρούμε τις ορθογώνιες τροχιές της (1) α) Βρίσκουμε τη Δ.Ε. που περιγράφει τις καμπύλες της οικογένειας (1). Για το σκοπό αυτό παραγωγίζουμε την (1) ως προς x και απαλείφουμε το c μεταξύ της (1) και της εξί-σωσης που προκύπτει από την παραγώγιση, δηλ.:

(x,y,c) 0dy f (x,y)d d(x,y,c) 0 (x,y,c) (x,y,c) dx

dx x y dx

Φ = ⎫⎪⇒ =∂ ∂ ⎬Φ = = Φ + Φ ⎪∂ ∂ ⎭

y (3)

β) Λύνουμε την Δ.Ε.: dydx f x y

= −1

( , ) (4)

Σε κάθε σημείο (x,y) οι λύσεις της Δ.Ε. (4) και οι λύσεις της Δ.Ε. (3) θα έχουν κλί-σεις των οποίων το γινόμενο θα είναι ίσο προς

−= −

1 1f x y( , )

f(x,y)⋅

Άρα σε κάθε σημείο, η λύση της (4) που περνάει από το σημείο αυτό είναι κάθετη προς τη λύση της (3), που περνάει από το ίδιο σημείο. Συμπεραίνουμε ότι οι λύσεις της (4) είναι οι ζητούμενες ορθογώνιες τροχιές. Παράδειγμα 1: Να βρεθούν οι ορθογώνιες τροχιές των ομόκεντρων κύκλων: x2+y2=c2 Λύση: Παραγωγίζοντας την F(x,y,z)=x2+y2-c2=0 ως προς x, παίρνουμε

xy

2x+2yy′=0 ⇒ y′=-

Η Δ.Ε. των ορθογωνίων τροχιών θα είναι λοιπόν y′=y/x ⇒ dy/dx=dx/x

Ολοκληρώνοντας την εξίσωση αυτή βρίσκουμε:


lny=lnx+c1 ⇒ y=kx (με k=lnc1) Στο παράδειγμα αυτό, οι αρχικές καμπύλες ήταν περιφέρειες κύκλου με κέντρο το σημείο (0,0) και ακτίνα c, και οι ορθογώνιες τροχιές τους είναι ευθείες με κλίση k που περνάνε από το σημείο (0,0), Σχ. 1.

Σχ.1

x

y x2+y2=c2

y=kx

Παράδειγμα 2 : Να βρεθούν οι ορθογώνιες τροχιές των παραβολών y=cx2. Λύση: Παραγωγίζοντας την y=cx2 παίρνουμε y′-2cx=0 και βρίσκουμε, (λύνοντας την πρώτη από τις εξισώσεις αυτές ως προς c και αντικαθιστώντας το c=y/x2 στη δεύτερη), y′=2y/x. Η Δ.Ε. των ορθογωνίων τροχιών είναι λοιπόν y′=-x/2y ⇒ 2ydy=-xdx.

Σχ. 2


Ολοκληρώνοντας βρίσκουμε y2=-x2/2+k. Οι αρχικές καμπύλες y=cx2 ήταν, στην περί-πτωση αυτή, παραβολές που περνούν από το σημείο (0,0) και οι ορθογώνιες τροχιές τους είναι ελλείψεις με κέντρο το σημείο (0,0), μεγάλο ημιάξονα παράλληλο προς τον OX και ίσο με 2k και μικρό ημιάξονα ίσο προς Σχ.2.. k

xc

yc

2 2

51+

−=Παράδειγμα 3 : Να δείξετε ότι η οικογένεια των κωνικών τομών είναι

αυτοορθογώνια με την έννοια ότι σε κάθε σημείο κάθε καμπύλης της οικογένειας υπάρ-χει άλλη καμπύλη της ίδιας οικογένειας, η οποία τέμνει την προηγούμενη καμπύλη στο εν λόγω σημείο κάθετα.

Λύση: Παραγωγίζουμε την εξίσωση της οικογένειας ως προς x και έχουμε: xc

yc

dydx

+−

=5

05x

x yy+ ′− ′+ ′5yy

x yy ⇒ c= ⇒ c-5=

Αντικαθιστούμε τις παραπάνω σχέσεις στην εξίσωση της οικογένειας και βρίσκουμε: (x+yy′)(xy′-y)-5y′=0

που είναι η Δ.Ε. της οικογένειας. Η εξίσωση αυτή παραμένει αμετάβλητη όταν η παράγω-γος y′ αντικατασταθεί με -1/y′. Από αυτό συ-μπεραίνουμε ότι η οικογένεια των ορθογώνι-ων τροχιών περιγράφεται από την ίδια διαφο-ρική εξίσωση και επομένως η αρχική οικογέ-νεια είναι αυτοορθογώνια. Άλλος τρόπος: Την Δ.Ε. (x+yy′)(xy′-y)-5y′=0 την γράφουμε σαν τριώνυμο ως προς y′ α(y′)2+βy′+γ=(x+yy′)(xy′-y)-5y′=0 με α=xy, β=x2-y2-5 και γ=-xy. Εάν y1′=f1(x,y) και y2′=f2(x,y) είναι οι δυο ρίζες του τριωνύ-μου αυτού, τότε το γινόμενο τους, ως γνω-στόν, θα είναι y1′y2′=α/γ=(xy)/(-xy)=-1. Από την τελευταία σχέση συμπεραίνουμε ότι οι ολοκληρωτικές καμπύλες της Δ.Ε. y1′=f1(x,y) τέμνουν κάθετα τις ολοκληρωτικές καμπύλες της Δ.Ε. y2′=f2(x,y). Όμως οι δυο αυτές Δ.Ε. περιέχονται στην αρχική Δ.Ε., δηλ. τα δυο αυτά σύνολα των ολοκληρωτικών καμπυλών αποτελούν την αρχική οικογένεια καμπυλών και επομένως η οικογένεια αυτή είναι αυτο-ορθογώνια.

Σχ. 3

Παρατήρηση: Εύκολα διαπιστώνουμε ότι για c>5 η οικογένεια των κωνικών τομών xc

yc

2 2

51+

−= παριστάνει έλλειψη και για 0<c<5 υπερβολή, Σχ.3, (Για c<0 η εξίσωση της

οικογένειας είναι αδύνατη Ασκήσεις : 1) Να βρεθούν οι ορθογώνιες τροχιές των παρακάτω οικογενειών καμπυλών. α) x2-y2=c2 (Aπ. xy=k) β) y=cex (Aπ. y2=-2x+k) γ) x2-y2=cx (Aπ. x2y+y3/3=k) 2) Να βρεθεί η σχέση που συνδέει τις ορθογώνιες τροχιές μιας οικογένειας καμπυλών Φ(x,y,c)=0 με την βάθμωση ∇Φ(x,y,c).


3.6 Ορθογώνιες τροχιές στην περίπτωση πολικών συντεταγμένων

Σε πολικές συντεταγμένες η εξίσωση της οικογένειας καμπυλών, των οποίων ζητούνται οι ορθογώνιες τροχιές, θα έχει την μορφή: Φ(r,θ,c)=0 (1) Ας θεωρήσουμε την καμπύλη της οικογένειας αυτής, που περνάει από ένα τυχαίο ση-μείο Σ(r,θ). Αν Ψ είναι η γωνία, που σχηματίζει η εφαπτομένη της καμπύλης αυτής στο σημείο Σ, με την πολική ακτίνα r=ΟΣ, θα είναι, (από το τρίγωνο ΑΒΣ):

rddrθ tanΨ=

Η ποσότητα αυτή χαρακτηρίζει την κλίση της καμπύλης c ως προς την πολική ακτίνα. Η Δ.Ε. της οικογένειας των καμπυλών θα έχει τη μορφή:

dr f (r,drθ= θ) (2)

την οποία βρίσκουμε παραγωγίζοντας την (1) ως προς θ και απαλείφοντας την c μεταξύ της (1) και της εξίσωσης που προκύπτει από την παραγώγιση της (1). Η Δ.Ε. των ορθογώνιων τροχιών θα είναι τότε:

Ψ

Ο

Βrdθ

Α dr

Σ(r,θ) dθ

r θ

d 1rdr f (r, )θ= −

θ (3)

Άσκηση : Να βρεθούν οι ορθογώνιες τροχιές για τις παρακάτω οικογένειες καμπυλών: 1) r=c(1-cosθ) Απ. r=kcos2(θ/2)

tan2

sin

εθ⎡ ⎤⎛ ⎞

⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦θ

c1 cos− ε θ

2) r= Απ. r=k

3) r=ecθ Απ. (lnr)2=k2-θ2

3.7 Πλάγιες τροχιές

Θεωρούμε μια μονοπαραμετρική οικογένεια καμπυλών: Φ(x,y,c)=0 (1) και αναζητούμε μια άλλη μονοπαραμετρική οικογένεια καμπυλών: F(x,y,k)=0 (2) τέτοια ώστε κάθε καμπύλη της οικογένειας F να τέμνει κάθε καμπύλη της Φ υπό γωνία θ≠π/2. Οι καμπύλες της οικογένειας F λέγονται πλάγιες τροχιές της οικογένειας Φ. Ας υποθέσουμε ότι η Δ.Ε. της (1) είναι:

dydx

f x y= ( , ) (3)


τότε η καμπύλη Κ1 της οικογένειας (1) που διέρχεται από το σημείο (x,y) έχει κλίση f(x,y) στο (x,y) και η εφαπτόμενη της καμπύλης στο σημείο (x,y) σχηματίζει γωνία φ με τον άξονα ΟΧ τέτοια ώστε tanφ=f(x,y) ⇒ φ=tan-1[f(x,y)]. Η εφαπτόμενη τώρα της πλάγι-ας τροχιάς Κ2, που τέμνει την καμπύλη Κ1 στο σημείο (x,y) υπό γωνία θ, θα σχηματίζει με τον άξονα ΟΧ γωνία ω=φ+θ=tan-1[f(x,y)]+θ Τελικά η κλίση της πλάγιας αυτής τροχιά θα δίνεται από τη σχέση:

Κ

Κ2

( )1tan tan tan f (x, y)

f (x, y) tan1 f (x, y) tan

−⎡ ⎤ω = + θ =⎣ ⎦+ θ

=− θ

και η Δ.Ε. των πλάγιων τροχιών θα είναι:

dy f (x,y) tandx 1 f (x,y) tan

+ θ=

− θ

Παράδειγμα: Να βρεθεί η οικογένεια των πλάγιων τροχιών που τέμνει την οικογένεια των ευθειών y=cx υπό γωνία π/4.

1

φ ω

θ

Λύση: Βρίσκουμε, κατά τα γνωστά, την Δ.Ε. της οποίας λύση είναι η οικογένεια των ευθειών Φ(x,y,c)=y-cx=0.

y cxyy y x 0 yxy c 0

x

Φ = − ⎫⎪ ′ ′⇒ − = ⇒ =∂Φ ⎬′= − = ⎪∂ ⎭

Αντικαθιστούμε την f(x,y)=y/x με την έκφραση:

π yf (x,y) tan 1 x y4 xyπ x y11 f (x,y) tanx4

⎛ ⎞+ +⎜ ⎟ +⎝ ⎠ = =−⎛ ⎞ −− ⎜ ⎟

⎝ ⎠

dydx

x yx y

=+−

και η Δ.Ε. των ζητουμένων πλάγιων τροχιών είναι:

( )2 2 2 1 yln k x y 2 tan 0x

− ⎛ ⎞⎡ ⎤+ − =⎜ ⎟⎣ ⎦ ⎝ ⎠ η οποία σαν ομογενής Δ.Ε. έχει λύση:

Σε πολικές συντεταγμένες έχουμε x=rcosθ και y=rsinθ και η λύση παίρνει τη μορφή: ln[k2r2]-2tan-1(tanθ)=0 ⇒ ln[k2r2]-2θ=0 ⇒ r=k1eθ

δηλ. οι ολοκληρωτικές καμπύλες είναι οι εκθετικές σπείρες.


Άσκηση: Να βρεθεί η οικογένεια των πλάγιων τροχιών, που τέμνει την οικογένεια των κύκλων x2+y2=R2 υπό γωνία π/4. Απ. ln(x2+y2)+2tan-1(y/x)=c 3.8 Εφαρμογές των ορθογωνίων τροχιών

1) Ηλεκτρομαγνητισμός. Ας θεωρήσουμε ένα δυδιάστατο ηλεκτρικό, (ή μαγνητικό), πεδίο Ε=Ε(x,y) με δυναμικό V=V(x,y). Οι ισοδυναμικές καμπύλες του πεδίου Ε ορίζο-νται σαν οι καμπύλες του επιπέδου ΟΧΥ, σε κάθε σημείο των οποίων το δυναμικό έχει σταθερή τιμή. Οι ισοδυναμικές καμπύλες δίνονται από την σχέση V(x,y)=c, με c σταθερό. Οι ορθογώνιες τροχιές, οι κάθετες στις ισοδυναμικές καμπύλες δίνουν το ηλεκτρικό πεδίο. Συγκεκριμένα η ένταση Ε του ηλεκτρικού πεδίου είναι διάνυσμα εφαπτόμενο των ορθο-γωνίων τροχιών και κάθετο στις ισοδυναμικές καμπύλες. Παράδειγμα: Θεωρούμε ένα φορτίο Q τοποθετημένο στην αρχή Ο ενός συστήματος α-ναφοράς ΟΧΥ. Το δυναμικό σ' ένα σημείο (x,y) του επιπέδου δίνεται από τον τύπο V=k/r όπου k σταθερά και r η απόσταση του σημείου (x,y) από την αρχή Ο. Οι ισοδυναμικές καμπύλες προκύπτουν από την σχέση V=k/r=c1 ⇒ r=k/c1 ⇒ x2+y2=c2 όπου c2=(k/c1)2, δηλ. οι εξίσωση των ισοδυναμικών καμπυλών είναι: Φ(x,y,c)=x2+y2-c2=0 (1) Για να βρούμε τις ορθογώνιες τροχιές, παραγωγίζουμε την (1) ως προς x:


d (x, y,c) 2x 2yy 0dx

′Φ = + = ⇒

y′=f(x,y)=-x/y Θεωρούμε τώρα την Δ.Ε. y′=-1/f(x,y)=y/x ⇒ dy/y=dx/x ⇒ y=c1x Επομένως οι ορθογώνιες τροχιές των ισοδυναμικών καμπυλών είναι ευθείες που διέρχονται από την αρχή των αξό-νων. Γνωρίζουμε ότι η ένταση του ήλε-κτρικού πεδίου ορίζεται από την βάθ-μωση του δυναμικού:

E=∇V=∂∂

∂∂

Vx

Vy

i j+

= − − = −kxr

kyr

kr3 3i jr3

και διαπιστώνουμε ότι πράγματι η έ-νταση του ηλεκτρικού πεδίου είναι διά-νυσμα εφαπτομενικό των ορθογωνίων τροχιών.

Ισοδυναμικέκαμπύλες

ς-

Διεύθυνση της έντασης Ε

2) Μηχανική των ρευστών. Θεωρούμε τις ισοδυναμικές καμπύλες ενός ρευστού, δηλ. τις καμπύλες σε κάθε σημείο των οποίων το δυναμικό του ρευστού είναι σταθερό. Τότε οι ορθογώνιες τροχιές των ισοδυναμικών καμπυλών είναι οι ρευματικές γραμμές, οι οποίες αποτελούν τις τροχιές που ακολουθούν τα μόρια του ρευστού κατά τη διάρκεια της ροής του ρευστού. 3) Θερμική αγωγιμότητα. Ας θεωρήσουμε μια μεταλλική πλάκα, της οποίας τα σημεία δεν έχουν την ίδια θερμοκρασία. Η οικογένεια των καμπυλών, σε κάθε σημείο των ο-ποίων, η θερμοκρασία έχει την ίδια τιμή, λέγονται ισοθερμικές καμπύλες. Η οικογένεια των ορθογωνίων καμπυλών είναι οι καμπύλες κατά μήκος των οποίων διαδίδεται η θερ-μότητα. 3.9 ΔΙΑΦΟΡΙΚΗ ΕΞΙΣΩΣΗ ΤΟΥ BERNOULLI (1667-1748)

Η γενική μορφή της εξίσωσης αυτής είναι:

dy P(x)y Q(x)ydx

α= + α∈R (1)

Αν α=0 τότε η Δ.Ε. (1) είναι γραμμική. Αν α=1 τότε είναι γραμμική ομογενής, (χωριζομένων μεταβλητών) Αν όμως α≠0,1 τότε η (1) είναι μη γραμμική. Για να μετατραπεί σε γραμμική πρέπει να χρησιμοποιήσουμε ένα μη γραμμικό μετασχηματισμό. Δοκιμάζουμε τον απλούστερο μη γραμμικό μετασχηματισμό y=uβ και έχουμε :

1P Qu uαβ−β++β β

y′=βuβ-1u′=Puβ +Quαβ ⇒ u′=


Καταλήξαμε πάλι σε εξίσωση Bernoulli. Τώρα όμως έχουμε στη διάθεση μας την παρά-μετρο β που από εμάς εξαρτάται τι τιμή θα της δώσουμε έτσι ώστε η Δ.Ε. να αναχθεί σε γραμμική Δ.Ε. ομογενή ή όχι. Έτσι έχουμε τις εξής δυο επιλογές: α) αβ-β+1=1 ⇒ β(α-1)=0 ⇒ β=0 αδύνατη διότι η y=1 δεν είναι λύση

11− α

β) αβ-β+1=0 ⇒ β= (γραμμική)

Άρα η εξίσωση Bernoulli γραμμικοποιείται εάν θέσουμε: 1

1y u −α= και έχουμε: u′=(1-α)P(x)u+(1-α)Q(x) η οποία λύνεται βάσει του τύπου (2) της παραγράφου 3.3. Άλλος τρόπος: Εάν πολλαπλασιάσουμε και τα δύο μέλη της (1) με y-α, ώστε ο τελευταίος της όρος να γίνει ανεξάρτητος του y, τότε θα έχουμε:

( )1 11 y P(x)y Q(x)1

−α+ −α+′= +

−α + y′y-α=P(x)y-α+1+Q(x) ⇒

απ’ όπου είναι φανερό ότι μετατρέπεται σε γραμμική με την αντικατάσταση 1

1y u −α= u=y1-α ⇒ Παρατήρηση: Αν χρησιμοποιήσουμε γραμμικό μετασχηματισμό π.χ. y=gu, τότε η εξί-σωση του Bernoulli παραμένει μη γραμμική, αλλά υπάρχει το ενδεχόμενο να λύνεται διαλέγοντας κατάλληλα την συνάρτηση g(x). Έτσι η εξίσωση του Bernoulli με τον μετα-σχηματισμό y=gu γράφεται: gu′+g′u = Pgu+Qgαuα ο δε γραμμικός όρος ως προς u, (g′-Pg)u μπορεί να απαλειφθεί αν θέσουμε

g′=Pg ⇒ g e P x dx

= ∫ ( )

οπότε τελικά θα έχουμε u′=Qgα-1uα που είναι διαχωρίσιμη και άρα πάντα λύνεται.

Παράδειγμα: Να λυθεί η Δ.Ε. y′=y+ex√y Λύση: Είναι Bernoulli με P(x)=1, Q(x)=ex, α=1/2.

11 11 21 2y u u u

−−α= = = ⇒ y′=2uu′ Θέτουμε

12

12

u ex+και έχουμε 2uu′=u2+exu ⇒ u′= (γραμ. Δ.Ε. 1ης τάξης) ⇒

e cexx

+⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟2

2

u=ex+cex/2 ⇒ y= (1)

Χρησιμοποιώντας τον γραμμικό μετασχηματισμό y=gu βρίσκουμε: y′=gu′+g′u=gu+ex(gu)½ ⇒ gu′+(g′-g)u=ex(gu)½ . Θέτουμε g′-g=0 ⇒ g=ex και έχουμε exu′=exex/2u½ ⇒ u-½u′=ex/2 ⇒ ∫u-1/2du=∫ex/2dx ⇒ u½=ex/2+c ⇒ u=(ex/2+c)2 Τελικά y=gu=ex(ex/2+c)2=(ex+cex/2)2 Εφαρμογή: Ποιά είναι η μερική, (ή ειδική λύση), της παραπάνω Δ.Ε. που περνάει από το σημείο (0,1), δηλ. ικανοποιεί την αρχική συνθήκη


y(0)=1 (2) Εφαρμόζοντας την (2) στην (1) προκύπτει 1=(1+c)2 ⇒ c=0 ή c=-2 με αντίστοιχες μερικές λύσεις y1 =e2x και y2=(ex-2ex/2)2 βλέπε. Σχ. 1. Από το σημείο (0,1) του επιπέδου OXY περνάνε δυο διαφορετικές λύσεις ενώ πληρούνται εκεί όλες οι συνθήκες ύπαρξης και μοναδικότητας της λύσης αφού τόσο η f(x,y) = y+ex√y

όσο και η παράγωγος της ως προς y ∂∂

fy

ey

x

= +12

y2

y1y

x2ln2

Σχ. 1 ορίζονται και είναι συνεχείς σ’ όλο το ημιεπίπεδο -∞<x<∞, y>0. Πάνω στον άξονα OX (y=0) είναι εξασφαλισμένη η ύπαρξη λύσης, (η f είναι συνεχής και για y→0) όχι όμως και η μοναδικότητα, αφού παράγωγος ∂f/∂y απειρίζεται στο ίδιο όριο. Παραβίαση του μονο-σημάντου λοιπόν μπορεί να συμβεί μόνο πάνω στον οριζόντιο άξονα, ενώ απ’ όλα τ’ άλ-λα σημεία του θετικού ημιεπιπέδου (y>0) θα περνάει μια μoναδική λύση. Η διπλή λύση για το πρόβλημα των αρχικών τιμών y(0)=1 εξηγείται από την πα-ρουσία της πλειότιμης συνάρτησης √y καθώς και από τη χρήση του μετασχηματισμού y=u2, που δεν ορίζει μια αμφιμονοσήμαντη σχέση. Για να γίνει αμφιμονοσήμαντη αυτή η απεικόνιση θα πρέπει να δεσμευτούμε σ’ ένα ορισμένο πρόσημο στη σχέση u=±√y και με το ίδιο αυτό πρόσημο να ερμηνεύσουμε την τετραγωνική ρίζα που εμφανίζεται στη Δ.Ε. Εάν διαλέξουμε το θετικό πρόσημο, (όπως κάναμε), τότε η συνάρτηση u θα πρέπει να είναι παντού θετική και αν αυτό δεν συμβαίνει θα πρέπει να κρατήσουμε μόνο εκείνο το κομμάτι της που είναι πάνω από τον άξονα OX. Από την έκφραση: u=ex+cex/2 βλέπουμε αμέσως ότι η u είναι παντού θετική ∀c≥0 αλλά αποκτά και αρνητικό κομμάτι ∀c<0. Αυτή είναι η περίπτωση της u(x) που αντιστοιχεί στη λύση y2 (c=-2) και που η γραφική της παράσταση δίνεται από το παρακάτω σχήμα 2, όπου η u(x) είναι αρνητική για όλα τα x που είναι αριστερά του σημείου μηδενισμού x0=2ln(-c). Η άρση του παράδο-ξου είναι τώρα προφανής. Από την λύση y2(x)=(ex-2ex/2)2

του Σχ. 1 θα πρέπει να κρατήσουμε μόνο το τμήμα της από το σημείο μηδενισμού και μετά διότι μόνο σ’ αυτή την περιοχή η συνάρτηση u=√y μπορεί να είναι θετική κι επομέ-νως συνεπής με τον ορισμό της ως η θετική τετραγωνική ρίζα του y.


x

u

2ln2

-1

Σχ. 2 Ασκήσεις: Να λυθούν οι Δ.Ε.:

1) y′+xy=xy2 Aπ. y

cex

=

+⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

1

12

2

3 4 1 3

xy x y= / Απ y2/3=cx2+2x5/9 2) y′-

Εφαρμογές της Δ. Ε. του Bernoulli 1) Κίνηση ενός σώματος σε κεκλιμένο επίπεδο

Θεωρούμε την κίνηση ενός σώματος σε κεκλιμένο επίπεδο. Οι δυνάμεις τις οποίες δέχεται το σώμα είναι το βάρος του Β, η δύναμη της τριβής T και η αντίσταση του αέρα. Από το δεύτερο νόμο του Newton θα έχουμε:

md sdt

2

2 =Βx-T-A (1) F=mα ⇔ =

θμ=⎯⎯⎯ →←μ= θ= cosmgTNT cosmgN (μ=συντελεστής τριβής). Την αντίσταση του αέρα την θεωρούμε ανάλογη του τετραγώνου

της ταχύτητας, δηλαδή 2

dtdskA ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛= με . Άρα η (1) γράφεται: 0k >

2

2

22

2

2

dtds

mkcosgsing

dtsd

dtdskcosmgsinmg

dtsdm ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−θμ−θ=⇔⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−θμ−θ= (2)


Οι ποσότητες g,θ,μ είναι σταθερές. Επομένως η σχέση (3) μπορεί να γραφεί στην μορφή

222

2

2

dtdsh

dtsd

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−λ=

mkh 2 = και λ2=gsinθ-μgcosθ. όπου

Η ποσότητα gsinθ-μgcosθ είναι θετική αφού το σώμα κινείται προς τα κάτω. Θέτοντας

)t(dtds

ν= 222 hdtd

ν−λ=ν

θα έχουμε (3)

Αν μας ενδιαφέρει η ταχύτητα του σώματος σαν συνάρτηση της απόστασης που αυτό έχει διανύσει, τότε ψάχνουμε να βρούμε την . Οπότε: )s(ν=ν

dsd

dtd ν

ν=ν

⇔ν

ν=

ν=

νdtd1

dsdt

dtd

dsd .

Έτσι η (3) γράφεται:

ν−νλ

=ν

⇔ν−λ=ν

ν 22

222 hdsdh

dsd (4)

Αυτή είναι μια Δ.Ε. Bernoulli με και 22 )s(Q,h)s(P λ=−= . Θέτουμε 1−=α

dsduu

21

dsduu 2

121

)1(11

−−− =ν

⇔==ν

Οπότε η (4) γράφεται:

⇔−λ

=−

21

22

21

uhuds

duu21

21 ⇔−λ= uh

dsdu

21 22 ⇔−λ= uh22

dsdu 22 22 2uh2

dsdu

λ=+

Η διαφορική αυτή εξίσωση είναι Γραμμική Δ.Ε. 1ης τάξης. Η λύση της είναι:

⇔⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ +λ=

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ +∫λ∫= ∫∫ −−

Cdse2eCdse2e)s(u sh22sh2dsh22dsh2 2222

2

2sh2sh2

2

2sh2

hCeCe

he)s(u

222 λ+=

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

+λ

= −− (5)

221

uu ν=⇔=ν 2

2sh22

hCe)s(

2 λ+=ν −Επειδή επομένως η (5) γράφεται . Αν δίνεται ότι

τότε θα έχουμε o)0( ν=ν


2

22

2

22

o h)(C

hC)( λ

−ν=⇔λ

+=ν ο .

( ) sh2o

sh22

2

2

2sh2

2

22

o2 222

ee1hh

eh

)()s( −−− ν+−λ

=λ

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ λ−ν=ν . Έτσι τελικά έχουμε ότι:

( ) sh2o

sh22

222

ee1h

)s( −− ν+−λ

=νΆρα για την ταχύτητα έχουμε .

2) Κίνηση σφαίρας σε ρευστό

Θεωρούμε την κίνηση μιας σφαίρας που εισέρχεται την χρονική στιγμή σε ένα υγρό μέσο, όπου υφίσταται δύναμη τριβής. Ένας σχετικά ρεαλιστικός νόμος τριβής που συνδυάζει τόσο την συμπεριφορά για μικρές ταχύτητες (

0t =

υ~F ), όσο και για μεγάλες ταχύτητες ( 2) είναι F=-λυ-μυ2, όπου το πρόσημο στο δεύτερο όρο αποδίδει τη φορά της κίνησης μόνο για κίνηση προς τα δεξιά (

υ~F0>υ ). Θέλουμε να προσδιορίσουμε το νόμο

απόσβεσης της ταχύτητας. Ο νόμος του Newton θα γραφεί: 2dm

dtυ= −λυ −μυ 2

mmdtd

υμ

−υλ

−=υ F=mα ⇔ ⇔ (1)

⇔μλ

=νμ

=λμλ

=γν m

mmλ

=γΘέτοντας ,

2

dtd

υνγ

−γυ−=υ (2) η (1) γράφεται

νγ

−=γ−= )x(Q,)x(P και . Έτσι θέτουμε Δ.Ε. Bernoulli με 2=α

u1uu 121

1

===υ −− (3)

dtdu

u1

dtdu

dud

dtd

2−=υ

=υ . Από την (3) θα έχουμε

⇔νγ

−γ−=− 22 u1

u1

dtdu

u1

νγ

=γ−⇔νγ

−γ−=− udtduu

dtdu Η (2) γράφεται:

Γραμμική Δ.Ε. 1ης τάξης. Λύση της είναι η: tttttdtdt

Ce1Ce1eCdteeCdteeu γγ−γγ−γγ−γ−−+

ν=

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ +ν

=⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ +

νγ

−=⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ +∫

νγ

−∫= ∫∫ .

tCe11

u1

γ+ν

==υ o)0( υ=υ . Αν τη χρονική στιγμή έχουμε Επομένως 0t =

ν−

υ=⇔

νυ

−=υ⇔=υ+νυ

⇔+

ν

=υ11C1C1C

C11

o

ooo

oo . Έτσι τελικά: τότε

t

o

t

o

ot

o

ot

o

e11e111

e11

e1111)t(

γγγγ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

υν

+

ν=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛υυ−ν

+ν

=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛νυυ−ν

+ν

=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ν

−υ

+ν

=υ


3.10 ΔΙΑΦΟΡΙΚΗ ΕΞΙΣΩΣΗ RICATTI (1676-1754) Η γενική μορφή της εξίσωσης αυτής είναι: y′=α(x)y2+β(x)y+γ(x) (11 (1) 1) Εάν α(x)=0 η (1) είναι γραμμική 2) Εάν γ(x)=0 η (1) είναι Bernoulli Όπως και στην περίπτωση της εξίσωσης Bernoulli, η λύση της (1) θα μπορούσε να ανα-ζητηθεί χρησιμοποιώντας γραμμικούς μετασχηματισμούς της μορφής y(x) = g(x)Y(x)+h(x) (2) για να διατηρηθεί η μορφή της εξίσωσης. Εδώ η συνάρτηση Y(x) θεωρείται η νέα άγνω-στη συνάρτηση και οι g(x), h(x) συναρτήσεις που μπορούμε να τις προσδιορίσουμε έτσι ώστε η αρχική Δ.Ε. να γίνει πιο απλή και ίσως επιλύσιμη. Ας εξετάσουμε πρώτα την ειδική περίπτωση y(x)=Y(x)+h(x) (3) τότε η (1) γράφεται Y′(x)+h′(x)=α(x)[Y(x)+h(x)]2+β(x)[Y(x)+h(x)]+γ(x) ⇒ Y′(x)=α(x)Y2(x)+[ ](x) 2 (x)h(x) Y(x)β + α +α(x)h2(x)+β(x)h(x)+γ(x)-h′(x) (4) Η Δ.Ε. (4) μπορεί να γίνει απλούστερη εάν η ελεύθερη συνάρτηση h(x) επιλεγεί έτσι ώ-στε: h′(x) = α(x)h2(x)+β(x)h(x)+γ(x) (5) οπότε η (4) γίνεται: Y′=α(x)Y2+[β(x)+2α(x)h(x)]Y (6) που είναι της μορφής Bernoulli με α=2 και συνεπώς επιλύσιμη. Όμως η h(x) πρέπει να ικανοποιεί την (5) που δεν είναι παρά η αρχική εξίσωση. Από την άλλη μεριά η h(x) δεν χρειάζεται να είναι η γενική λύση της (5) αλλά μια οποιαδήποτε μερική λύση που σε πολ-λές περιπτώσεις πρακτικού ενδιαφέροντος η ανεύρεση μιας τέτοιας λύσης δεν είναι ιδιαί-τερα δύσκολη. Επομένως εάν η y0(x)=h(x) είναι η υποτιθέμενη γνωστή μερική λύση της (1), τότε ο μετασχηματισμός: y=Y+y0 (7) οδηγεί στην εξίσωση Bernoulli: Y′=α(x)Y2+[β(x)+2α(x)y0]Y (8) η οποία λύνεται πάντα θέτοντας Y=u1/(1-α) με α=2 δηλ.Y=1/u. Τελικά θα έχουμε:

1

0uy+ y=

και η αρχική εξίσωση Ricatti μετατρέπεται σε γραμμική. Εάν στην αρχική εξίσωση (1) χρησιμοποιήσουμε τον μετασχηματισμό (2) θα πά-ρουμε την εξίσωση:

11) Η εξίσωση αυτή εμφανίζεται στη θεωρία της διάχυσης νετρονίων, στην ηλεκτρομαγνητική θεωρία και στην οπτική.


2g h h2 h Yg g

h′ ′⎡ ⎤ α +β + γ −β + α − +⎢ ⎥⎣ ⎦

Y′=αgY2+ (9)

που είναι και πάλι τύπου Ricatti. Τώρα όμως έχουμε στη διάθεση μας δυο ελεύθερες συναρτήσεις g(x) και h(x) με τις οποίες μπορούμε να μηδενίσουμε δυο συντελεστές της (9). Συγκεκριμένα:

2h h hg

′α +β + γ − =0 ⇒ h′=αh2+βh+γ (10)

g 2 hg′= β + α

′=

gg

0 β+2αh- ⇒ (11)

Όπως και προηγούμενα η (10) ικανοποιείται με την εκλογή h=y0 (12) όπου y0 μια οποιαδήποτε λύση της αρχικής εξίσωσης, ενώ από την (11) προκύπτει:

(13) ( )02 y dx

g e⎡ ⎤β+ α⎢⎣∫=

⎥⎦

Με αυτές τις εκλογές η (9) καταλήγει στη διαχωρίσιμη εξίσωση: Y′=αgY2 της οποίας η

λύση είναι: 1Ygdx c

= −α +∫

(14)

Βάσει των (2), (12) και (14) παίρνουμε την γενική λύση:

0gy y

gdx c= − +

α +∫

[ ]

[ ]

0

0

(x) 2 (x)y dx

(x) 2 (x)y dx

e

(x)e dx c

⎡ ⎤β + α⎢ ⎥⎣ ⎦

⎡ ⎤β + α⎢ ⎥⎣ ⎦

∫−∫α +∫

= +y0 (15)

Παράδειγμα: Αφού βρείτε μια μερική λύση της εξίσωσης: y′=y2-(2x+1)y+(x2+x+1) (1) κατασκευάστε μετά τη γενική λύση. Λύση: Επειδή οι συντελεστές της Δ.Ε. (1) είναι πολυώνυμα του x είναι αρκετά λογικό να αναζητήσουμε μια μερική λύση υπό μορφή πολυωνύμου ή για να κάνουμε τα πράγματα πιό εύκολα, υπό μορφή μονωνύμου. Τότε όμως ο εκθέτης αυτού του μονωνύμου δεν μπο-ρεί να είναι μεγαλύτερος του 1 διότι η δύναμη που προκύπτει από τον όρο y2 δεν θα μπο-ρεί να απαλειφθεί με καμμιά άλλη, αφού όλες θα είναι μικρότερες της. Δοκιμάζοντας σαν μερική λύση την y=kx προκύπτει k=1 και επομένως: y0=x Θέτουμε τώρα στην (1) την έκφραση: y=Y+y0=Y+x και θα έχουμε: y′=Y′+1=(Y+x)2-(2x+1)(Y+x)+x2+x+1=Y2+2xY+x2-(2x+1)Y-x(2x+1)+x2+x+1 ⇒ Y′=Y2-Y (2) Η (2) είναι εξίσωση Bernoulli αλλά είναι και διαχωρίσιμη. Με τον ένα ή τον άλλο τρόπο το αποτέλεσμα είναι:

y=x+1

1+ cex (3)

1u

+x η (1) γίνεται: ή θέτοντας από την αρχή y=


11 1

2 11

12

22− ′ = +

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

− + +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟+ + +

uu

ux x

ux x x( ) ( )=

= + + − − − − + + +1 2 2 1 2 1 12

2 2

ux x

ux

ux

ux x x2 ⇒

− ′ = −1 12 2u

uu u

1 ⇒ u′-u=-1 (γραμμική) ⇒

[ ]e e dx c e e c cx x x x− +⎡⎣⎢

⎤⎦⎥= + = +− −∫ 1 ex u(x)=

yu

x xce

x ee cx

x

x= + = ++

= ++

−

−

1 11

Άρα

Παρατήρηση: Η αναφερθείσα επίλυση της εξίσωσης του Ricatti απαιτεί την γνώση μιας μερικής λύσης, πράγμα που δεν είναι πάντα κατορθωτό. Όμως με τον μετασχηματισμό:

1 uyu′

= −α

η εξίσωση του Ricatti μετατρέπεται σε γραμμική διαφορική εξίσωση δεύτερης τάξης, της οποίας ο τρόπος λύσης αναφέρεται σε επόμενα κεφάλαια. Πράγματι:

2

2 2

1 u u u uu u

′′ ′ ′ ′− α ⎛ ⎞− + ⎜ ⎟α α ⎝ ⎠ y′=

και η εξίσωση του Ricatti y′=α(x)y2+β(x)y+γ(x) γράφεται: 2 2

2 2 2

1 u u u u 1 u u ‹u u u

′′ ′ ′ ′ ′ ′− α β⎛ ⎞− + = −⎜ ⎟α α α α⎝ ⎠ u+

⇒ u u u 0′α⎛ ⎞′′ ′− +β + γα =⎜ ⎟α⎝ ⎠

Ασκηση: Να λυθεί η Δ.Ε.

1 3 2

3xx

c x+

−2

2x1) y′=y2- Απ. y=

2) Προσπαθήστε να λύσετε την εξίσωση του Ricatti y′=α(x)y2+β(x)y+γ(x) χρησιμοποιώ-ντας τον μη γραμμικό μετασχηματισμό y=uλ λ∈R

Εφαρμογές της Δ. Ε. του Ricatti) Θα δείξουμε ότι η χρονοανεξάρτητη εξίσωση Schrödinger σε μια διάσταση μπορεί να γραφτεί ως Δ.Ε. Ricatti κάνοντας έναν κατάλληλο μετασχηματισμό. Η χρονοανεξάρτητη εξίσωση Schrödinger σε μια διάσταση γράφεται:

[ ] 0)x()x(VEm2dxd)x(E)x()x(V

dxd

m2 22

2

2

22

=ψ−+ψ

⇔ψ=ψ+ψ

− (1)

Θα κάνουμε τον μετασχηματισμό:

⇔∫π=ψ′⇔∫=ψ

ππ dx)x(ui2dx)x(ui2

e)x(ui2AAe

)x(ui2Aee)x(u4Adxduei2Ae)x(ui2A

dx)x(ui2dx)x(ui22

2

2dx)x(ui2dx)x(ui22

′π∫+∫π−=∫π

+∫⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ π ππππ

=ψ ′′

Οπότε η (1) γράφεται:


+′π∫+∫π−

ππ

)x(ui2Aeeu4Adx)x(ui2dx)x(ui2

2

22

[ ] ⇔=∫−

π

0Ae)x(VEm2 dx)x(ui2

2

[ ] −π

+′π⇔=−+

π−′π

− )x(ui4)x(u20)x(VEmi2)x(ui4)x(u2 22

2

22

2

2

[ ] ⇔=− 0)x(VEmi22

[ ] ⇔=−π

−π

π+′ 0)x(VEmi2

2)x(ui4

2)x(u 2

22

2

[ ] 0)x(VEmi)x(ui2)x(u 2 =−π

−π

+′

(2)

Αυτή είναι Δ.Ε. Ricatti. Ας μελετήσουμε την περίπτωση του ελεύθερου σωματίου. Στην περίπτωση αυτή

το δυναμικό είναι μηδέν δηλαδή , οπότε η (2) γράφεται: 0)x(V =

Emi)x(ui2)x(u0Emi)x(ui2)x(u 22

π+

π−=′⇔=

π−

π+′ (3)

2

mE2k =oku

2=

π με Η εξίσωση αυτή έχει ως μερική λύση την .

φ′φ

−=′⇔π

+φ

= 2

1)x(u2

k1)x(u . Επομένως κάνουμε τον μετασχηματισμό


⇔π

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛πφ

+π

+φ

π−=

π+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛π

+φ

π−=φ′

φ−

miEk

4k1i2miE

2k1i21

2

22

2

2

2

⇔π

+φ

−π

−φπ

−=π

+φ

−π

−φπ

−=φ′φ

−

miEki2mE22ii2miEki2k

2ii21

222

22

i2ik2ki2i2ki2i21

22

π=φ−φ′⇔φ−

π−=φ′−⇔

φ−

φπ

−=φ′φ

−

=⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ +∫π∫=φ ∫ −−−

Cdxei2eikdx2ikdx2

Γραμμική Δ.Ε. 1ης τάξης. Η λύση της θα είναι

kCeCee

ik21i2eCdxei2e ikx2ikx2ikx2ikx2ikx2ikx2

π

−=+π

−=⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ +

π −−∫

⇔π

+π

−=

π+

π−

=π

+φ

=−

−

2k

ek

C

e2k

kCe

12k1u

ikx2

ikx2

ikx2

κπ

−=φ⇔

ikx2Ce . Οπότε

π+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ π

−π

= −

2ke

kCn

dxd

i2u ikx2

.

Επομένως για την κυματοσυνάρτηση θα έχουμε τελικά

⇔∫∫

=∫=ψ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡π

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ π

−π

ππ − dx2

kdxek

Cndxd

i2i2

dx)x(ui2 ikx2

AeAe

ikxikxikxikx2ikxe

kCn

ek

AACeeek

CAAeikx2

−−+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ π

− π−=⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ π

−==ψ−

.


β=π

−k

A

Θέτοντας και θα έχουμε τελικά . ikxikx ee −β+α=ψα=AC

44.. ΟΟΛΛΟΟΚΚΛΛΗΗΡΡΩΩΤΤΙΙΚΚΟΟΣΣ ΠΠΑΑΡΡΑΑΓΓΟΟΝΝΤΤΑΑΣΣ ((ΠΠοολλλλααππλλαασσιιαασσττήήςς EEuulleerr))

4.1 Γενικά

Στο κεφάλαιο αυτό θα ασχοληθούμε με την Δ.Ε. της μορφής:

dydx

P x yQ x y

= −( , )( , )

(1)

που δεν είναι πλήρης. Τότε η έκφραση P(x,y)dx+Q(x,y)dy (2) δεν είναι ολικό διαφορικό κάποιας συνάρτησης F(x,y). Παρ' όλα αυτά η (1) μπορεί να λυθεί αν μπορούμε να βρούμε μια συνάρτηση μ(x,y) τέτοια ώστε, πολλαπλασιάζοντας τη (2) επί μ(x,y) να παίρνουμε ένα ολικό διαφορικό, δηλαδή να έχουμε:

dF= ∂∂

∂∂

Fx

dx Fy

dy+ = μPdx+μQdy

και η διαφορική εξίσωση επιλύεται έχοντας σαν λύση την F(x,y)=c H συνάρτηση μ(x,y) ονομάζεται ολοκληρωτικός παράγοντας. Για να βρούμε την μ(x,y) παρατηρούμε ότι:

μP= ∂∂Fx

, μQ= ∂∂Fy

⇒ 2F PP

y x y y∂ ∂μ ∂

= +μ∂ ∂ ∂ ∂

, 2F Q

x y x xQ∂ ∂μ ∂

= +μ∂ ∂ ∂ ∂

και από το θεώρημα του Schwarz προκύπτει:

PPy y∂μ ∂

+μ∂ ∂

= QQx x∂μ ∂

+μ∂ ∂

(3)

Η σχέση (3) είναι μια διαφορική εξίσωση με μερικές παραγώγους και με άγνωστη συνάρ-τηση την μ(x,y). Η επίλυση όμως της (3) είναι στις περισσότερες φορές δυσκολότερη από την επίλυση της αρχικής (1).

Παράδειγμα: Να λυθεί η Δ.Ε. 2xlnx dydx

+y=0 (4)

Λύση: Η (4) γράφεται ydx+2xlnxdy=0 (5) P=y ⇒ ∂P/∂y=1 Q=2xlnx ⇒ ∂Q/∂x=2lnx+2 Επειδή ∂P/y≠ ∂Q/x η (5) δεν είναι ολικό διαφορικό. Ας πολλαπλασιάσουμε την (5) επί μ(x,y)=y/x. Βρίσκουμε:

yx

2

dx+2ylnxdy=0 (6)

οπότε μP=y2/x ⇒ ∂(μP)/∂y=2y/x μQ=2ylnx ⇒ ∂(μQ)/∂x=2y/x Παρατηρούμε ότι ∂(μΑ)/∂y=∂(μΒ)/∂x και επομένως η (6) είναι ολικό διαφορικό. Έχουμε

τότε 2

2 2F y dxP F y (x) y ln xx x x∂

= μ = ⇒ = + ϕ = + ϕ∂ ∫ (x)


Επειδή F d2yln x Q 2yln xy dy∂ ϕ

= + = μ =∂

συμπεραίνουμε ότι

d 0dy

cϕ= ⇒ϕ = Άρα F(x,y)=y2lnx+c

Οι λύσεις της (5) είναι λοιπόν y2lnx=c1

4.2 Παρατηρήσεις για την εύρεση του ολοκληρωτικού παράγοντα

Ολοκληρωτικοί παράγοντες για ορισμένες απλές μορφές.

Κάθε Δ.Ε. της μορφής (1) έχει άπειρους ολοκληρωτικούς παράγοντες αλλά πολλές φορές είναι πρακτικά δύσκολο να βρούμε έστω και ένα. Δεν υπάρχει γενική μέθοδος για την εύρεση του μ(x,y). Σε κάθε περίπτωση πρέπει, (συνήθως μετά από πολλές δοκι-μές και διορθώσεις), να μαντέψουμε την κατάλληλη μορφή του ολοκληρωτικού παράγο-ντα. Για τις παρακάτω απλές μορφές έχουμε: α) Η μορφή ydx-xdy με μ(x,y)=-1/x2 μετατρέπεται σε d(y/x) (1) με μ(x,y)= 1/y2 μετατρέπεται σε d(x/y) (2) με μ(x,y)=-1/xy μετατρέπεται σε dln(y/x) (3)

με μ(x,y)=-1/(x2+y2) μετατρέπεται σε d arctan yx

⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

(4)

β) Η μορφή ydx + xdy με μ(x,y)=1/xy μετατρέπεται σε dln(xy) (5)

με μ(x,y)=1/(xy)n (n>1) μετατρέπεται σε dn xy n

−−

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥−

11 1( )( )

(6)

με μ(x,y)=1/(x2+y2) μετατρέπεται σε ( )d x y12

2 2ln +⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

(7)

με μ(x,y)=1/(x2+y2)n (n>1) μετατρέπεται σε dn x y n

−− +

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥−

12 1 2 2 1( )( )

(8)

γ) Η μορφή αydx + βxdy με μ(x,y)=xα-1yβ-1 μετατρέπεται σε d(xαyβ) (9) Οι μορφές αυτές συνήθως εμφανίζονται μέσα σε μια πιο πολύπλοκη Δ.Ε. Δοκιμάζουμε τότε αν κάποιος από τους ολοκληρωτικούς παράγοντες της απλής αυτής μορφής είναι ο-λοκληρωτικός παράγοντας και για ολόκληρη την εξίσωση. Παράδειγμα 1: Να βρεθεί η γενική λύση της Δ.Ε. (y2-y)dx+xdy=0 Aπάντηση: Για να εμφανιστεί μια από τις παραπάνω παραστάσεις γράφουμε τη Δ.Ε. υπό τη μορφή -(ydx-xdy)+y2dx=0. Δοκιμάζουμε τους ολοκληρωτικούς παράγοντες

4. Ολοκληρωτικός Παράγοντας ♦ 69

(1)-(4) του ydx-xdy και παρατηρούμε ότι η συνάρτηση μ(x,y)=1/y2 είναι ολοκληρωτι-κός παράγοντας για ολόκληρη την εξίσωση. Ολοκληρώνοντας βρίσκουμε:

y= xx c+

Παράδειγμα 2: Να βρεθεί η γενική λύση της Δ.Ε. (y-xy2)dx + (x+x2y2)dy=0 Απάντηση: Γράφουμε τη Δ.Ε. υπό τη μορφή: ydx+xdy-xy2dx+x2y2dy=0 και δοκιμά-ζουμε τους ολοκληρωτικούς παράγοντες (5)-(8). Παρατηρούμε ότι η συνάρτηση μ(x,y)=1/(x2y2) είναι ολοκληρωτικός παράγοντας για ολόκληρη την εξίσωση. Βρίσκου-με:

ydx xdyxy

dxx

dy+= −

( )2 ⇒ −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = −d

xydxx

dy1 ⇒ − = − +

1xy

x| y cln|

Παράδειγμα 3: Να βρεθεί η γενική λύση της Δ.Ε. y′= 32

2

3 4

yxx y+

Απάντηση: Σε διαφορική μορφή η Δ.Ε. γράφεται: 3yx2dx-(x3+2y4)dy=0 ⇒ x2(3ydx-xdy)-2y4dy=0 Εμφανίστηκε έτσι, μέσα στην παρένθεση η μορφή αydx+βxdy με α=3, β=-1, της οποίας ο παράγοντας ολοκλήρωσης είναι x2y2. Έξω όμως από την παρένθεση, υπάρχει ο πα-ράγοντας x και γι' αυτό δοκιμάζουμε τον ολοκληρωτικό παράγοντα μ(x,y)=y-2. Βρί-σκουμε:

x2y-2(3ydx-xdy)-2y2dy=0 ⇒ d(x3y-1)-2y2dy=0 ⇒ x3y-1= 23

3y c+

4.3 Σχέσεις που δίνουν τους ολοκληρωτικούς παράγοντες σε ειδικές περι- πτώσεις

Σε ειδικές περιπτώσεις, οι ολοκληρωτικοί παράγοντες δίνονται από ορισμένους τύπους:

I) Αν

∂∂

∂∂

Py

Qx

Qf x)

−= ( (ανεξάρτητο του y) (10)

τότε μ(x)= (11) ef x dx( )∫

Απόδειξη: Από τη σχέση (3) της 4.1

PPy y∂μ ∂

+μ∂ ∂

= QQx x∂μ ∂

+μ∂ ∂

εάν θεωρήσουμε ότι ο ολοκληρωτικός παράγοντας μ είναι συνάρτηση μόνο του x, δηλα-δή μ=μ(x), (και επομένως ∂μ/∂y=0), έχουμε:

d PQdx y x

⎛ ⎞μ ∂ ∂= μ −⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠

Q


και αν υποθέσουμε ότι η έκφραση:

∂∂

∂∂

Py

Qx

Q

−

είναι συνάρτηση μόνο του x, έστω η f(x), θα είναι:

d df (x) f (x)dxdxμ μ= μ ⇒ = ⇒

μ

f (x )dx(x) e∫μ =

Παράδειγμα 1: Να βρεθεί η γενική λύση της y′=2xy-x Απάντηση: Η εξίσωση αυτή σε διαφορική μορφή γράφεται: (2xy-x)dx-dy=0

Έχουμε: P=2xy-x, Q=-1 και

∂∂

∂∂

Py

Qx

Q

−=-2x

Επομένως μ(x,y)= e exdx x−

−∫ =2 2

Με τη βοήθεια αυτού του ολοκληρωτικού παράγοντα βρίσκουμε:

y=c ex2 12

+

II) Αν

∂∂

∂∂

Py

Qx

P

−=g(y) (ανεξάρτητο του x) (12)

τότε αποδεικνύεται, όπως στην περίπτωση (Ι), ότι ο ολοκληρωτικός παράγοντας μ είναι συνάρτηση μόνο του y και δίνεται από τη σχέση:

μ(y)= e g y dy−∫ ( )

Παράδειγμα 2: Να βρεθεί η γενική λύση της Δ.Ε. y2dx+xydy=0 Απάντηση:

Είναι P=y2, Q=xy και

∂∂

∂∂

Py

Qx

P

−= 1

y οπότε μ(x,y)=e e

y

dyy x

−−∫ = =ln 1

Με την βοήθεια του ολοκληρωτικού αυτού παράγοντα παίρνουμε την πλήρη εξίσωση: ydx+xdy=0 ⇒ d(xy)=0 με γενική λύση y=c/x III) Αν P=yf(u), Q=xg(u) όπου u=xy (14)

τότε αποδεικνύεται ότι μ(x,y)= 1xP yQ−

=μ(u) (15)

Παράδειγμα 3: Να βρεθεί η γενική λύση της Δ.Ε.: y(1-xy)dx+xdy=0


Απάντηση: Είναι P=y(1-xy), Q=x. Παρατηρούμε ότι πληρούνται οι (14). Επομένως από την (15) παίρνουμε μ(x,y)=-1/(x2y2). Με τη μέθοδο της παρ. 3.4 βρίσκουμε τελικά y=-1/[xln|cx|] IV) Εάν μ=μ(u(x,y)) τότε

xd u du

x du x du∂μ μ ∂ μ

= =∂ ∂

, yd u du

y du y du∂μ μ ∂ μ

= =∂ ∂

και ο ολοκληρωτικός παράγοντας μ(u) δίνεται από τη σχέση:

μ(u)= ef u du( )∫

όπου f(u)=

∂∂

∂∂

Py

Qx

Qu Pux y

−

− είναι συνάρτηση μόνο του u.

Πράγματι: Από τη σχέση (3) της παρ. 6 έχουμε:

y xd P du P u Qdu y du xμ ∂ μ ∂

+μ = +μQ

∂ ∂ ⇒ 1 d

duμ=

μ

∂∂

∂∂

Py

Qx

Qu Pux y

−

−

και αν υποθέσουμε ότι η έκφραση

∂∂

∂∂

Py

Qx

Qu Pux y

−

− είναι συνάρτηση του u, δηλ,

∂∂

∂∂

Py

Qx

Qu Pux y

−

−=f(u) τότε μ(u)= e

f u du( )∫

Παράδειγμα 1: Να βρεθεί ένας ολοκληρωτικός παράγοντας της Δ.Ε. (5x2+2xy+3y3)dx+3(x2+xy2+2y3)dy=0 εάν γνωρίζουμε ότι μ=μ(u) με u=x+y. Στη συνέχεια να λυθεί η Δ.Ε. Λύση: Ελέγχουμε αν η έκφραση:

∂∂

∂∂

Py

Qx

Qu Pux y

−

− εξαρτάται μόνο από το u=x+y. Έχουμε:

∂∂Py= 2x+9y2, ∂

∂Qx= 6x+3y2, ux=1, uy=1 και

∂∂Py− ∂

∂Qx= (2x+9y2)-(6x+3y2 )=-4x+6y=-2(2x-3y2)

Qux-Puy=Q-P=3(x2+xy2+2y3)-(5x2+2xy+3y3)=-2x2-2xy+3xy2+3y3= =-2x(x+y)+3y2(x+y)=(-2x+3y2)(x+y)


Άρα

∂∂

∂∂

Py

Qx

Qu Pux y

−

−= 2 2

x y uf u

+= = ( ) ⇒ μ=e

f u du( )∫ = e u2 ln =u2=(x+y)2

Πολλαπλασιάζουμε τώρα την Δ.Ε. με τον ολοκληρωτικό παράγοντα μ(u) για να γίνει η Δ.Ε. ολικό διαφορικό:

dF= ∂∂

∂∂

Fx

dx Fy

dy+ = (x+y)2(5x2+2xy+3y3)dx+(x+y)23(x2+xy2+2y3)dy=0

Τελικά προκύπτει ότι: F(x,y)=x5+3x4y+x3y3+3x3y2+x2y3+3y5x+3x2y4+x6=0 Παράδειγμα 2: Εάν για την Δ.Ε. (2y3-3xy)dx+(x2+xy2)dy=0 γνωρίζουμε ότι ένας ο-λοκληρωτικός παράγοντας είναι της μορφής μ=μ(u) με u=x/y2 να λυθεί η Δ.Ε. Λύση: Υπολογίζουμε την έκφραση:

∂∂

∂∂

Py

Qx

Qu Pux y

−

−=( ) ( )

( ( )6 3 21 2 3 2

5 5

5 5

2 2

2 22

34

2

2

2

2

2

2

y x) x y

x xyy

y xy xyy

x y

x xx y

x x− − +

+ − −− =

− +

−=

−

− +y y

=

=

xyxy

xy

xy

xy

xy

xy

uf u

2

2

2

4

2

2 2 2

1 1

1

1 1−

− +=

−

−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= = = ( ) ⇒ μ= e e u xy

f u du u( ) ln∫ = = = 2

Πολλαπλασιάζουμε την Δ.Ε. με μ=x/y και έχουμε:

2 3 02 3

22 2

3

xy xy

dx xy

x dy dF F x y xy

c−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ + +

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = = ⇒ = − =

4.4 Πως από ένα ολοκληρωτικό παράγοντα βρίσκουμε άπειρους άλλους

Αν, για μια Δ.Ε. βρούμε ένα ολοκληρωτικό παράγοντα μ, μπορούμε με τη βοήθεια αυτού να βρούμε άπειρους άλλους. Πράγματι, αν μPdx + μQdy = dF τότε μφ(F), όπου φ αυθαίρετη συνάρτηση του F είναι ολοκληρωτικός παράγοντας, αφού μφ(F)(Pdx+Qdy)=φ(F)dF=d∫φ(F)dF Αποδεικνύεται ότι ισχύει και το αντίστροφο: Αν μ είναι ένας ολοκληρωτικός παράγο-ντας της Δ.Ε. Pdx+Qdy=0, δηλαδή αν μΑdx+μQdy=dF, τότε κάθε άλλος ολοκληρω-τικός παράγοντας αυτής της Δ.Ε. γράφεται υπό τη μορφή μφ(F). Τα αποτελέσματα αυτά μπορούν να χρησιμοποιηθούν για την εύρεση ολοκληρω-τικού παράγοντα μιας Δ.Ε. την οποία γράφουμε υπό τη μορφή: (P1dx+Q1dy)+(P2dx+Q2dy)=0 (16) Αν μπορούμε να βρούμε ένα ολοκληρωτικό παράγοντα, έστω μ1, για τη Δ.Ε. P1dx+Q1dy=0 και ένα άλλο ολοκληρωτικό παράγοντα, έστω μ2, για τη Δ.Ε. P2dx+Q2dy = 0, τότε θα είναι:


μ1P1dx+μ1Q1dy=dF1 και μ2P2dx+μ2Q2dy=dF2 Οι γενικές μορφές των ολοκληρωτικών παραγόντων για τις δυο αυτές Δ.Ε. θα είναι α-ντίστοιχα μ1φ1(F2) και μ2φ2(F2). Αν με κατάλληλη επιλογή των συναρτήσεων φ1 και φ2, μπορούμε να εξασφαλίσουμε ότι μ1φ1(F1)=μ2φ2(F2) τότε η ποσότητα αυτή είναι ένας ολοκληρωτικός παράγοντας για τη (16). Παράδειγμα 1:Να βρεθεί ένας ολοκληρωτικός παράγοντας για τη Δ.Ε.: (3x+2x3y3)dy+(y+4x2y4)dx=0 Απάντηση: Αυτή η Δ.Ε. γράφεται: (3xdy+ydx)+x2y2(2xdy+4ydx)=0 (17) Για την 1η παρένθεση, από την (9), βρίσκουμε τον ολοκληρωτικό παράγοντα μ1=y2. Πολλαπλασιάζοντας την 1η παρένθεση επί μ1 προκύπτει το dF1=d(xy3). Κάθε ολοκληρω-τικός παράγοντας για την 1η παρένθεση έχει λοιπόν τη μορφή y2φ1(xy3). Για τη 2η παρένθεση, με τη βοήθεια των (12) και (13) βρίσκουμε μ2=y-5/2. Πολλαπλασιάζοντας τη 2η παρένθεση επί μ2. προκύπτει το dF2=d[4/3x3y3/2]. Κάθε ολοκληρωτικός παράγοντας για τη 2η παρένθεση έχει λοιπόν τη μορφή y-5/2φ2[4/3x3y3/2]. Τα παραπάνω μας οδη-γούν να αναζητήσουμε, για την Δ.Ε. (17) ένα ολοκληρωτικό παράγοντα της μορφής μ=xκyλ και να προσδιορίσουμε τα κ και λ έτσι ώστε ∂(μP)/∂y=∂(μQ)/∂x. Έχουμε:

2 4 2 3( P) x y (y 4x y ) ( 1)x y 4( 4)x yy y

κ λ κ λ κ+ λ+∂ ∂ ⎡ ⎤= μ = + = λ + + λ +⎣ ⎦∂ ∂

3 3 2 3( Q) x y (3x 2x y ) 3( 1)x y 2( 4)x yx x

κ λ κ λ κ+ λ+∂ ∂ ⎡ ⎤= μ = + = κ + + κ +⎣ ⎦∂ ∂

Οι δυο αυτές εκφράσεις είναι ίσες για κ=-5/9, λ=3/9. Επομένως ο ολοκληρωτικός πα-ράγοντας είναι: μ=x-5/9y3/9 . ΑΣΚΗΣΕΙΣ

Να βρείτε ένα ολοκληρωτικό παράγοντα και με τη βοήθεια αυτού, τη γενική λύση των Δ.Ε.: 1. (3x2y-x2)dx+dy=0 (Aπ. μ= e , y=c +1/3) x3

ex−3

2. (2xy2+x/y2)dx+4x2ydy=0 (Aπ. μ=y2, 2x2y4+x2=c) 3. (x2+y+y2)dx-xdy=0 (Aπ. μ=-1/(x2+y2), y=xtan(x+c)) 4. (y+x3y3)dx+xdy=0 (Aπ. μ=(xy)-3, 1/y2=2x2(x-c)) 5. xy2dx + (x2y2+x2y)dy=0 (Aπ. μ=(xy)-2, ln|xy|=c-y)

6. 3x2y2dx+(2x3y+x3y4)dy=0 (Aπ. μ=ey3

3 , x3y2 ey3

3 =c) 7. (x3y2 -y)dx+(x2y4-x)dy=0 (Aπ. μ=(xy)-2, 3x3y+2xy4+cxy=-6) Εφαρμογές του ολοκληρωτικού παράγοντα


1) Απλό Εκκρεμές

Θεωρούμε ένα απλό εκκρεμές μάζας m που αιωρείται από ένα ελαφρό νήμα μή-κους L στο ένα άκρο, ενώ το άλλο άκρο του νήματος είναι αναρτημένο σε ένα υποστήριγ-μα. Η κίνηση γίνεται σε κατακόρυφο επίπεδο και οδηγείται από τη δύναμη της βαρύτητας. Οι δυνά-μεις που δρουν πάνω στη μάζα είναι η τάση που έχει την κατεύθυνση του νήματος και το βάρος

. Η εξίσωση κίνησης στην εφαπτομενική διεύθυνση είναι:

T

mgB =

2

2

t dtsdmsinmgF =θ−= (1)

όπου s είναι η μετατόπιση την οποία μετρούμε πά-νω στο τόξο και το αρνητικό πρόσημο σημαίνει ότι η κατευθύνεται προς το σημείο ισορροπίας. Ό-μως

tF

θ=⇔θ

=⎯⎯⎯ →←θ= σταθ= Ldt

sddtdL

dtdsLs 2

2.L ,

έτσι η (1) γίνεται: 0sinLgmLsinmg =θ+θ⇔θ=θ− (2)

Πολλαπλασιάζοντας την (2) με (ολοκληρωτικός παράγοντας), θα έχουμε: θ

⇔σταθ=Ε=θ−θ⇔=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ θ−θ⇔=θθ+θθ .cos

Lg

210cos

Lg

21

dtd0sin

Lg 22

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ θ+=

θ⇔⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ θ+=θ cos

LgE2

dtdcos

LgE2 Δ.Ε. χωριζομένων μεταβλητών

Λύνοντάς την έχουμε: ⇔=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ θ+

θ dtcos

LgE2

d ∫ ∫θ

=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ θ+

θ

0

t

0

dtcos

LgE2

d

2) Προσδιορισμός των δυναμικών γραμμών που παράγονται από δυο σημειακά φορ-

τία. Στηριζόμενοι στο νόμο του Gauss θέλουμε να προσδιορίσουμε τις δυναμικές

γραμμές του ηλεκτροστατικού πεδίου, το οποίο παράγεται από δυο σημειακά φορτία q1, q2 που είναι τοποθετημένα στα σημεία A(-α,0) και B(α,0) αντίστοιχα. Έστω r1, r2 οι απο-στάσεις των σημείων Α, Β από το σημείο Μ(x,y) αντίστοιχα. Αρχικά θα υπολογίσουμε το ηλεκτρικό πεδίο που παράγεται γύρω από ένα σημειακό φορτίο με την βοήθεια του νόμου του Gauss. Έτσι έχουμε:

∫ πε=⇔

ε=π⋅⇔

ε=⋅ 2

oo

2

o r4qEqr4EqSdE


Επομένως rr4

qE 2oπε

=

. Οπότε τα ηλεκτρικά πεδία των φορτίων είναι: 21 q,q

131o

112

1o

11 r

r4q

rr4

qE

πε=

πε= . και 23

2o

22 r

r4qE πε

= αντίστοιχα.

Το συνολικό ηλεκτρικό πεδίο στο σημείο Μ είναι

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

πε=ολ 23

2

213

1

1

o. r

rqr

rq

41E

(1)

Τα δίνονται από τις παρακάτω εκφράσεις: 21 r,r

( ) yyxxr1 +α+= ,

( ) yyxxr2 +α−=

( ( )[ ] ( )[ ] )21

2y+22

21

221 xr,yxr α−=+α+=

. Αντικαθιστώντας τις εκφράσεις αυτές στην έκφραση που μας δίνει το , θα έχουμε: .Eολ

( ) ( ) ⇔⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+α−++α+

πε=ολ yyx)x(

rq

yyx)x(rq

41E 3

2

23

1

1

o.

( ) ( ) yyrqy

rq

41xx

rqx

rq

41E 3

2

23

1

1

o32

23

1

1

o. ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡+

πε+⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡α−+α+

πε=ολ

.

Οι εξισώσεις των δυναμικών γραμμών θα βρεθούν από τις σχέσεις

⇔=yx E

dyEdx

( ) ( )⇔

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

πε

=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡α−+α+

πεy

rq

rq

41

dy

xrq

xrq

41

dx

32

23

1

1

o32

23

1

1

o

( ) ( ) 0dyxrqx

rqdx

rq

rqy 3

2

23

1

132

23

1

1 =⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡α−+α+−⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡+ (2)

Στη συνέχεια θα ψάξουμε για ολοκληρωτικό παράγοντα της παραπάνω Δ.Ε.. Ορίζουμε

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+= 3

2

23

1

1

rq

rqy)y,x(P και ( ) ( )⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡α−+α+−= x

rqx

rq)y,x(Q 3

2

23

1

1 .

Θα υπολογίσουμε τις ποσότητες y

)y,x(P∂

∂ και x

)y,x(Q∂

∂ :

( ) ( ) ⇔⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+α−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−++α+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−++=

∂∂ −− y2y)x(

21

r3qy2y)x(

21

r3qy

rq

rq

yP 2

12242

22

1224

113

2

23

1

1

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−+=

∂∂

52

25

1

1232

23

1

1

rq

rqy3

rq

rq

yP

⇔α−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−α−−α+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−α+−−−=

∂∂ )x(2

r21

r3)x(q)x(2

r21

r3)x(q

rq

rq

xQ

242

21

41

132

23

1

1


52

22

51

21

32

23

1

1

r)x(q3

r)x(q3

rq

rq

xQ α−

+α+

+−−=∂∂ . Οπότε =

∂∂

−∂

∂x

)y,x(Qy

)y,x(P

( ) ( ) −+=α−−α+−++⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−+ 3

2

23

1

1252

225

1

132

23

1

152

25

1

1232

23

1

1

rq2

rq2x

rq3x

rq3

rq

rq

rq

rqy3

rq

rq

( ) ( ) 32

23

1

12252

2225

1

1

rq

rq

x)y,x(Q

y)y,x(Py)x(

rq3y)x(

rq3 −−=

∂∂

−∂

∂⇔+α−−+α+ .

Οπότε y1

rq

rqy

rq

rq

)y,x(Px

)y,x(Qy

)y,x(P

32

23

1

1

32

23

1

1

−=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

−−=∂

∂−

∂∂

.

Έτσι yee nydy

y1

==∫

=μ−−

. Άρα βρήκαμε ότι ολοκληρωτικός παράγοντας της Δ.Ε. είναι ο μ = y. Έτσι πολλαπλασιά-ζουμε την (2) με και θα έχουμε: y

0dy)x(rq)x(

rqydx

rq

rqy 3

2

23

1

132

23

1

12 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛α−+α+−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+ .

Η τελευταία αυτή παράσταση είναι το τέλειο διαφορικό κάποιας συνάρτησης την ο-ποία ψάχνουμε να βρούμε. Έτσι θα έχουμε:

F

∫ ∫ +α−−α+−=+μ= )x(gr

ydy)x(qr

ydy)x(q)x(gQdyF 32

231

1 ∫ ,

όμως ydy2drr2y)x(r ii222

i =⇔+α±= 2,1i = . Επομένως προκύπτει ότι:

∫ ∫∫ ∫ ⇔+α−−α+−=+α−−α+−= )x(grdr

)x(qrdr

)x(q)x(grdrr

)x(qrdrr

)x(qF 22

222

1

113

2

2223

1

111

)x(gr

xqr

xq)x(g1)x(qr1)x(qF

22

112

11 +

α−+

α+=+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

α−α−−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−α+−= .

Το μόνο που μας μένει πλέον είναι να προσδιορίσουμε την συνάρτηση g(x). Ξέρουμε ό-μως ότι ισχύει:

⇔μ=′+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ α−+

α+⇔μ= P)x(g

rxq

rxq

dxdP

dxdF

22

11

P)x(gdxdr

r1)x(

r1q

dxdr

r1)x(

r1q 2

222

21

211

1 μ=′+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−α−++⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−α++ .

Αλλά i

iii

222i r

xdxdr

)x(2dxdr

r2y)x(r α±=⇔α±=⇔+α+= 2,1i = . Επομένως

⇔+=′+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ α−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−α−++⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ α+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−α++ 3

2

2

231

2

12

222

21

211

1 ryq

ryq)x(g

rx

r1)x(

r1q

rx

r1)x(

r1q


⇔α−−

+α+−

=′+α−−

+α+−

32

232

231

221

132

232

231

221

1 r)x(rq

r)x(rq)x(g

r)x(rq

r)x(rq

C)x(g0)x(g =⇔=′ . Επομένως η εξίσωση που μας δίνει τις δυναμικές γραμμές που παράγονται από δυο ση-μειακά φορτία είναι:

Cr

xqr

xqF2

21

1 +α−

+α+

=

3) Φυσική σημασία του ολοκληρωτικού παράγοντα Από την Αναλυτική Δυναμική γνωρίζουμε ότι:

Οι περιορισμοί της κινήσεως ονομάζονται δεσμοί της κινήσεως ή σύνδεσμοι. Οι δεσμοί καλούνται ολόνομοι αν εκφράζονται από εξισώσεις της μορφής

0)q,......,q,q(f n21 =μ (1) με κ=μ ,....,3,2,1 n<κ ( : οι γενικευμένες συντεταγμένες) όπου οι διαφορίσιμες συ-ναρτήσεις δεν περιέχουν γενικευμένες ταχύτητες . Μη-ολόνομοι δεσμοί είναι εκεί-νοι οι οποίοι εκφράζονται είτε από ανισώσεις είτε από εξισώσεις της μορφής

nq

μf jq

0)t,q,......,q,q,q,.....,q,q(f n21n21 =μ , οι οποίες δεν είναι δυνατό να ολοκληρωθούν και να λάβουν την μορφή των εξισώσεων (1).

Έστω ένα σύστημα δυο υλικών σημείων Α και Β που συνδέονται με ράβδο μήκους . Το σύστημα περιορίζεται να κινείται σε δοσμένο επίπεδο κατά τέτοιο τρόπο, έτσι ώστε η ταχύτητα του μέσου της ράβδου να είναι συγγραμική με τη ράβδο. Θεωρούμε ότι το σύστημά μας κινείται στο επίπεδο Oxy. Το σύστημα περιγράφεται από τις καρτεσιανές συντεταγμένες των υλικών σημείων

Μυ

( )2211 y,x,y,x και υπόκειται στον ολόνομο δεσμό: ( ) ( ) 0yyxx 22

122

12 =−−+− . Επίσης υπόκειται στο δεσμό που προκύπτει από τη συν-θήκη:

⇔=×υ 0ABM

( )( ) ( )( ) 0xxyyyyxx 12211221 =−+−−+ (2) Χρησιμοποιώντας το σύστημα των γενικευμένων συντεταγμένων ( )φ,y,x όπου οι συντεταγμένες του μέσου της ράβδου και

( y,x )φ η γωνία της ράβδου με τον άξονα Οx, θα έ-

χουμε:

φφ+=⇔φ−= sin2

xxcos2

xx 11

φφ−=⇔φ−= cos2

yysin2

yy 11

φφ−=⇔φ+= sin2

xxcos2

xx 22

φφ+=⇔φ+= cos2

yysin2

yy 22

Επομένως x2xx 21 =+ , y2yy 21 =+ , φ=− sinyy 12 ,

.


φ=− cosxx 12 Έτσι η (2) γράφεται ⇔=φ−φ⇔=φ−φ 0cosysinx0cosy2sinx2

0dycosdxsin =φ−φ (3) Βλέπουμε ότι η σχέση (3) εκφράζει ανολόνομο δεσμό επειδή δεν υπάρχει ολοκληρωτικός παράγοντας ώστε να μετασχηματιστεί σε τέλειο διαφορικό.

55.. ΓΓΡΡΑΑΜΜΜΜΙΙΚΚΕΕΣΣ ΔΔΙΙΑΑΦΦΟΟΡΡΙΙΚΚΕΕΣΣ ΕΕΞΞΙΙΣΣΩΩΣΣΕΕΙΙΣΣ nn ΤΤΑΑΞΞΗΗΣΣ ΕΙΣΑΓΩΓΗ Είναι γνωστό ότι ο φυσικός κόσμος είναι μη γραμμικός, δηλαδή οι εξισώσεις, που τον περιγράφουν, είναι μη γραμμικές. Παρ’ όλα αυτά έχει μεγάλη σημασία η μελέτη γραμ-μικών διαφορικών εξισώσεων ανώτερης τάξης και ιδίως 2ης τάξης, για τους εξής τρεις λό-γους: 1) Πολλά φυσικά φαινόμενα περιγράφονται πολύ ικανοποιητικά από γραμμικές διαφορικές

εξισώσεις. 2) Η μελέτη των γραμμικών διαφορικών εξισώσεων είναι σχετικά απλή και ταξινομημένη. 3) Πολλά μη γραμμικά προβλήματα, τα οποία παρουσιάζουν μεγάλη δυσκολία, μπορούν

να προσεγγιστούν από γραμμικές εξισώσεις με την βοήθεια της μεθόδου της γραμμικο-ποιήσεως.

5.1 ΥΠΑΡΞΗ ΚΑΙ ΜΟΝΑΔΙΚΟΤΗΤΑ ΤΗΣ ΛΥΣΗΣ ΜΙΑΣ Δ. Ε. n ΤΑΞΗΣ

Μια διαφορική εξίσωση τάξης n έχει τη γενική μορφή: Φ(x,y,y′,y′′,⋅⋅⋅,y(n-1),y(n))=0 (1) όπου y(n)=dyn/dxn . Υποθέτουμε ότι η πεπλεγμένη μορφή (1) μπορεί να λυθεί ως προς y(n) και έστω ότι: y(n) =f(x,y,y′,y′′,⋅⋅⋅,y(n-1)) (2) Αν οι συναρτήσεις: f, ∂f/∂y, ∂f/∂y′,⋅⋅⋅,∂f/∂y(n-1) είναι συνεχείς σε μια περιοχή του σημείου(1

(x0, y(x0), y′(x0), y′′(x0),⋅⋅⋅,y(n-1)(x0), τότε αποδεικνύεται ότι η (2) έχει μια και μοναδική λύση στην περιοχή αυτού του σημείου. Η πρόταση αυτή ονομάζεται "θεώρημα για την ύπαρξη και το μονοσήμαντο των λύσεων μιας διαφορικής εξίσωσης τάξης n". Από το θεώρημα αυτό συμπεραίνουμε ότι για να προσδιοριστεί μονοσήμαντα μια λύση της (2), πρέπει να δοθούν οι τιμές n+1 ποσοτήτων: x0, y(x0), y′(x0), y′′(x0), ⋅⋅⋅, y(n-1)(x0) Αυτό είναι ισοδύναμο με τον ισχυρισμό κατά τον οποίο η γενική λύση μιας Δ.Ε. τάξης n πε-ριέχει n σταθερές c1, c2,⋅⋅⋅, cn, στις οποίες πρέπει να δώσουμε ορισμένες τιμές για να προσ-διορίσουμε μονοσήμαντα μια λύση.

(1 Οποιεσδήποτε κ μεταβλητές, μπορούν να θεωρηθούν σαν συντεταγμένες σ' ένα χώρο κ διαστάσεων. Εδώ οι n+1 μεταβλητές x,y,y′,y′′,⋅⋅⋅,y(n-1) μπορούν να θεωρηθούν σαν συντεταγμένες σ' ένα χώρο n+1 διαστάσεων. Το παραπάνω θεώρημα μπορεί λοιπόν να διατυπωθεί ως εξής:

Αν υπάρχει μια περιοχή του χώρου (n+1) διαστάσεων, στην οποία οι συναρτήσεις f, ∂f/∂y, ∂f/∂y′,⋅⋅⋅,∂f/∂y(n-1), να είναι συνεχείς συναρτήσεις των μεταβλητών x,y,y′,⋅⋅⋅,y(n-1) τότε για κάθε "σημείο" αυτής της περιοχής, (το οποίο ορίζεται από δεδομένες τιμές x0, y(x0), y′(x0 ),..., y(n-1)(x0) των ″συντεταγμένων″ x,y,y′,y′′,⋅⋅⋅,y(n-1), υπάρχει μια λύση και μόνο μια, που ″περνάει″ από το σημείο αυτό. Αυτό σημαίνει ότι υπάρ-χει μια, (και μόνο μια), λύση y(x) της (2), τέτοια ώστε, για x=x0 η λύση αυτή και οι παράγωγοι της να παίρ-νουν τις δεδομένες τιμές y(x0), y′(x0) . ⋅⋅⋅, y(n-1)(x0).


Παράδειγμα 1: Αποδεικνύεται ότι η γενική λύση της Δ.Ε. δεύτερης τάξης y′′+y=0 είναι y=c1sinx+c2cosx. Να βρεθεί η μερική λύση, η οποία για x=x0=0 ικανοποιεί τις συνθήκες y(0)=3, y′(0)=4 Απάντηση: Είναι y(0)=c1sin(0)+c2cos(0)=c2 Eπομένως η σχέση y(0)=3 γίνεται c2=3. Εξ' άλλου παραγωγίζοντας την y βρίσκουμε: y′(x)=c1cosx-c2sinx οπότε y′(0)=c1cos(0)-c2sin(0)=c1 H σχέση y′(0)=4 γίνεται λοιπόν c1=4. Η ζητούμενη μερική λύση είναι y=4sinx+3cosx Παράδειγμα 2: Να βρεθεί η γενική λύση της Δ.Ε. y′′=2x και απ' αυτήν να προσδιοριστεί η μερική λύση για την οποία y(0)=0, y′(0)=1. Απάντηση: Η Δ.Ε. γράφεται dy′/dx=2x από την οποία παίρνουμε

′ = + = + ⇒ = +∫y xdx c x c ddx

y x c2 12

12

1 ⇒

y x dx c dx x c x c= + = + +∫∫ 21

31

13 2

Από την συνθήκη y(0)=0 συνάγουμε ότι c2=0. Παραγωγίζοντας τη γενική λύση βρίσκουμε y′(x)=x2+c1, οπότε η συνθήκη y′(0)=1 δίνει c1=1. Η ζητούμενη μερική λύση είναι

y x= +13

3 x

Άσκηση 1: Η γενική λύση της y′′-y=0 είναι: y=c1sinhx+c2coshx. Να βρεθεί η μερική λύ-ση για την οποία y(0)=1, y′(0)=-6 Άσκηση 2: Να βρεθεί η εξίσωση s=s(t) στην περίπτωση ελεύθερης πτώσης ενός σώματος. (Υπόδειξη: Στην ελεύθερη πτώση η επιτάχυνση γ=d2s/dt2=dv/dt=-g=σταθ. Πρέπει λοιπόν να βρεθεί η γενική λύση s=s(t) της Δ.Ε. y′′=-g). Ποια είναι στην περίπτωση αυτή η φυσική σημασία των σταθερών c1 και c2 ; Να βρεθεί η μερική λύση που αντιστοιχεί στην περί-πτωση κατά την οποία τη στιγμή t=0 το σώμα βρίσκεται σε ύψος Η και δεν έχει αρ-χική ταχύτητα [s(0)=Η, v(0)=0].

5.2 Γραμμικές ομογενείς διαφορικές εξισώσεις δεύτερης τάξης

Γραμμική ομογενής διαφορική εξίσωση δεύτερης τάξης ονομάζεται μια εξίσωση της

μορφής: d ydx

A x dydx

A x y2

2 1 2 0+ +( ) ( ) = (1)

Η εξίσωση αυτή ονομάζεται: Α) ομογενής επειδή όλοι οι όροι της είναι του ίδιου βαθμού, (πρώτου), ως προς την άγνωστη συνάρτηση y και τις παραγώγους της. (Αντίθετα π.χ. η Δ.Ε. y′′+A1(x)y′+A2(x)y=f(x) ονομάζεται μη ομογενής γιατί όλοι οι όροι του αριστερού μέλους είναι πρώτου βαθμού ως προς y, y′, y′′, ενώ ο όρος του δεξιού μέλους είναι μηδενικού βαθμού).

Γραμμικές Διαφορικές Εξισώσεις n τάξης ♦ 81

Β) γραμμική επειδή έχει την ακόλουθη ιδιότητα, που είναι γνωστή σαν "γραμμική ιδιότητα": Αν y1 και y2 είναι δυο λύσεις της (1), τότε κάθε γραμμικός συνδυασμός y=c1y1+c2y2 (2) όπου c1, c2 αυθαίρετες σταθερές, είναι επίσης λύση της (1) Πράγματι, αν αντικαταστήσουμε το y με τον τύπο (2), μπορούμε να γράψουμε το αριστερό μέλος της (1) υπό τη μορφή: c1[y1′′+A1(x)y1′+A2(x)y1 ]+c2[y2′′+A1 (x)y2′+A2(x)y2] (3) Η ποσότητα αυτή είναι εκ ταυτότητος μηδέν, επειδή τα y1 και y2 είναι λύσεις της (1) και επομένως κάθε μια από τις δυο αγκύλες είναι εκ ταυτότητος μηδέν. Άρα η (2) είναι λύση της (1). Η (1) έχει προφανώς την "τετριμμένη λύση" y(x)=0, η οποία δεν έχει πρα-κτικό ενδιαφέρον. Στα επόμενα θα εξετάσουμε μεθόδους εύρεσης και άλλων λύσεων εκτός από την τε-τριμμένη.

5.3 Κριτήριο του Wronski

Η γενική λύση μιας Δ.Ε. 2ης τάξης περιέχει δυο αυθαίρετες σταθερές, όπως ακριβώς ο γραμμικός συνδυασμός (2) της προηγουμένης παραγράφου. Θα εξετάσουμε υπό ποιες προϋποθέσεις αυτός ο γραμμικός συνδυασμός: y=c1y1+c2y2 (1) είναι η γενική λύση της γραμμικής ομογενούς Δ.Ε. 2ης τάξης, δηλ. της: y′′+A1(x)y′+A2(x)y=0 (2) Για να συμβαίνει αυτό πρέπει οποιαδήποτε λύση της (2) να δίνεται από την (1) με κατάλ-ληλες τιμές των c1, c2 . Ας θεωρήσουμε μια αυθαίρετα επιλεγμένη μερική λύση της (2), έ-στω ψ(x), η οποία καθορίζεται από τις εξής αρχικές συνθήκες: α) Σε κάποιο σημείο x=x0 παίρνει κάποια τιμή ψ(x0)=ψ0 (3) β) Στο ίδιο σημείο x=x0 η παράγωγος της παίρνει κάποια τιμή ψ′(x0)=ψ0′ (4) Αν η (1) είναι η γενική λύση της (2), πρέπει η ψ(x) να προκύπτει από την (1) με κατάλληλη επιλογή των c1 και c2 . Θα υπάρχουν λοιπόν συγκεκριμένες τιμές των c1 και c2 έτσι ώστε: ψ(x)=c1y1(x)+c2y2(x) Οι τιμές των c1 και c2 μπορούν να βρεθούν από τις αρχικές συνθήκες. Θα είναι τότε c1y1(x0)+c2y2(x0)=ψ0 (5α) c1y1′(x0)+c2y2′(x0)=ψ0′ (5β) Οι σχέσεις αυτές προκύπτουν υπολογίζοντας, από την (1), τη τιμή της ψ(x) και της παρα-γώγου της στο σημείο x0 . Το σύστημα αυτό έχει μια μοναδική λύση, (και επομένως υπάρ-χουν τιμές των c1 και c2 για τις οποίες η (1) δίνει τη λύση ψ), αν και μόνο αν η ορίζουσα:

W(x0)=y x y x

y x y x

1 0 2 0

1 0 2 0

0( ) ( )

( ) ( )' '≠ (6)

Δεδομένου ότι η επιλογή της μερικής λύσης ψ(x) ή ισοδύναμα του σημείου x0 είναι αυθαί-ρετη, για να προκύπτει από την (1) κάθε λύση της (2), πρέπει η ορίζουσα αυτή να μη μη-


δενίζεται σε κανένα σημείο του πεδίου ορισμού των y1, y1′, y2, y2′ . Μπορούμε λοιπόν να διατυπώσουμε το εξής κριτήριο: Έστω ότι y1(x) και y2(x) είναι δυο λύσεις της Δ.Ε.: y′′+A1(x)y′+A2(x)y=0 O γραμμικός συνδυασμός y=c1y1 +c2y2 δίνει τη γενική λύση της εξίσωσης αυτής αν και μόνο αν η ορίζουσα:

( )W y x),y x)y x) y x)

y x) y x)1 2

1 2

1 2

( (( (

( (' '=

δεν μηδενίζεται πουθενά, (δεν έχει καμμιά ρίζα), στο (κοινό) πεδίο ορισμού των y1(x), y1′(x), y2(x), y2′(x). To κριτήριο αυτό οφείλεται στον Πολωνό μαθηματικό G. Wronski, (Βρόνσκι 1778-1853). H ορίζουσα W(x) ονομάζεται "ορίζουσα του Wronski" Άσκηση: Επιβεβαιώστε, υπολογίζοντας την ορίζουσα του Wronski, ότι για τις παρακάτω Δ.Ε. οι συναρτήσεις, που δίνονται, είναι οι γενικές λύσεις 1. y′′+y=0 y=c1cosx+c2sinx και y=k1eix+k2e-ix 2. y′′-y=0 y=c1coshx+c2sinhx και y=k1ex+k2e-x

5.4 Γραμμικά ανεξάρτητες συναρτήσεις.

Θεωρούμε τις n το πλήθος συναρτήσεις: y1(x),⋅⋅⋅,yn(x). Θα λέμε ότι οι n αυτές συ-ναρτήσεις είναι γραμμικά ανεξάρτητες σε κάποιο υποσύνολο I του R, εάν η σχέση: c1y1(x)+c2y2(x)+⋅⋅⋅+cnyn(x)≡0 (1) ικανοποιείται ∀x∈I μόνο όταν οι σταθερές c1,c2,⋅⋅⋅, cn είναι όλες μηδέν. Παράδειγμα: Να εξετασθεί αν οι συναρτήσεις ex, e-x είναι γραμμικά ανεξάρτητες στο διάστημα (-∞, ∞). Λύση: Ας υποθέσουμε ότι υπάρχουν σταθερές c1 και c2 που να μην είναι και οι δυο μηδέν, ώστε να ισχύει η σχέση: c1ex+c2e-x≡0 (2) Η (2) γράφεται: c2e-x=-c1ex ⇒ c2=-c1e2x (3) Εάν η c1 είναι διάφορη του μηδενός, τότε το αριστερό μέλος της (3) είναι σταθερό, ενώ το δεξιό μεταβάλλεται όταν το x μεταβάλλεται και άρα η (3) δεν μπορεί να ισχύει στην περί-πτωση αυτή. Εάν η c1 είναι μηδέν, τότε και η c2 είναι μηδέν και επομένως η (2) ισχύει μόνο για c1=c2=0. Άρα οι συναρτήσεις ex, e-x είναι γραμμικά ανεξάρτητες.

5.5 Γραμμικά εξαρτημένες συναρτήσεις

Εάν η σχέση (1) της προηγούμενης παραγράφου είναι δυνατό να ισχύει χωρίς όλες οι σταθερές να είναι μηδέν, τότε λέμε ότι οι συναρτήσεις y1(x), y2(x),⋅⋅⋅,yn(x) είναι γραμμι-κά εξαρτημένες.


Παράδειγμα: Να εξετασθεί αν οι συναρτήσεις 1-x, 1+x, 1-3x είναι γραμμικά εξαρ-τημένες στο διάστημα (-∞, +∞). Λύση: Από τη σχέση: c1(1-x)+c2(1+x)+c3(1-3x)≡0 (4) έχουμε: (-c1+c2-3c3 )x+(c1+c2+c3)≡0 (5) Το αριστερό μέλος της (5) είναι ένα πρωτοβάθμιο πολυώνυμο που θέλουμε να είναι εκ ταυτότητος ίσο με το μηδέν. Αυτό μπορεί να ισχύει μόνο όταν οι συντελεστές του είναι μηδέν, δηλ. -c1+c2-3c3=0 και c1+c2+c3=0 (6) Παίρνοντας μια τιμή έστω c3=1, από τις (5), έχουμε c1=-2 και c2=1. Για τις τιμές αυτές, που δεν είναι όλες μηδέν, ισχύει η (4) για κάθε x. Άρα οι συναρτήσεις 1-x, 1+x, 1-3x εί-ναι γραμμικά εξαρτημένες στο διάστημα (-∞, +∞). Ασκήσεις: Να εξετασθεί αν οι παρακάτω συναρτήσεις είναι γραμμικά ανεξάρτητες ή εξαρτημένες στο διάστημα (-∞, +∞). 1. e2x, e-2x Απ. Γραμ. ανεξ. 2. 1 2x xe ,eλ λ λ1≠λ2 Απ. Γραμ. ανεξ. 3. x, 1, x-1 Απ. Γραμ. εξαρτ. 4. x+1, x-1 Απ. Γραμ. ανεξ. 5. x+1, x2+x, 2x2-x-3 Απ. Γραμ. ανεξ..

5.6 Γραμμική ανεξαρτησία των λύσεων της Δ.Ε. y′′+A1(x)y′+A2(x)y=0

Σύμφωνα με τα παραπάνω, δυο λύσεις y1(x) και y2(x) της Δ.Ε.: y′′+A1(x)y′+A2(x)y=0 ονομάζονται γραμμικά ανεξάρτητες αν η εξίσωση c1y1(x)+c2y2(x)=0 μπορεί να ικανοποι-ηθεί μόνο θέτοντας c1=c2=0. Αν αντιθέτως μπορούν να βρεθούν μη μηδενικές σταθερές c1,c2 τέτοιες ώστε c1y1(x)+c2y2(x)=0, τότε οι y1 και y2 ονομάζονται γραμμικά εξαρτημένες. Εί-ναι φανερό ότι οι y1(x) και y2(x) είναι γραμμικά ανεξάρτητες, εάν και μόνο εάν, ο λόγος y2(x)/y1(x) δεν είναι ίσος με μια σταθερά c=-c1/c2 ή ισοδύναμα, εάν η παράγωγος:

y x)y x)

y y y yy

2

1

1 2 1 2

12

((

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

′=

′ − ′

δε είναι εκ ταυτότητος μηδέν. Επειδή ο αριθμητής της παράστασης αυτής συμπίπτει με την ορίζουσα του Wronski, συμπεραίνουμε την: Πρόταση (Α): Αν οι y1(x) και y2(x) είναι γραμμικά ανεξάρτητες, η ορίζουσα του Wronski δεν είναι εκ ταυτότητος μηδέν. Χρησιμοποιώντας το γεγονός ότι υπάρχει μια και μόνο λύση ψ(x), που έχει δεδομένη τιμή και δεδομένη κλίση, (παράγωγο), σε κάποιο σημείο x=x0, (δηλ. το γεγονός ότι τα ψ(x0) και ψ′(x0) καθορίζουν μονοσήμαντα την λύση ψ), μπορούμε επιπλέον να δείξουμε ότι:


Πρόταση (Β): Αν οι λύσεις y1(x) και y2(x) είναι γραμμικά ανεξάρτητες, η ορίζουσα του Wronski δε μηδενίζεται σε κανένα σημείο του πεδίου ορισμού των y1 και y2. (Υποθέτουμε ότι οι συναρτήσεις y1, y2 και οι παράγωγοι τους έχουν το ίδιο πεδίο ορισμού). Απόδειξη: Θα δείξουμε ότι αν υπάρχει κάποιο σημείο, όπου η ορίζουσα του Wronski μη-δενίζεται, οι λύσεις y1(x) και y2(x) είναι γραμμικά εξαρτημένες. Έστω ότι για κάποιο x=x0 είναι:

W(x0)=y x y x

y x y x

1 0 2 0

1 0 2 0

( ) ( )

( ) ( )' '=y1(x0)y2′(x0)- y1′(x0)y2(x0)=0 (1)

Από την (1) παίρνουμε

1 0 1 0

2 0 2 0

y (x ) y (x )y (x ) y (x )

′= ≡′ λ (2)

Θεωρούμε τώρα τη λύση: ψ(x)=c1y1(x)+c2y2(x) (3) με c1=1, c2=-λ (4) και παρατηρούμε ότι για τη λύση αυτή είναι: ψ(x0)=0 και ψ′(x0)=0 Οι συνθήκες αυτές ικανοποιούνται από την τετριμμένη λύση y(x)≡0 και επειδή τα y(x0) και y′(x0) καθορίζουν μονοσήμαντα τη λύση, συμπεραίνουμε ότι η (3) συμπίπτει με τη τε-τριμμένη λύση, δηλ. είναι εκ ταυτότητος μηδέν. Αυτό σημαίνει ότι υπάρχουν μη μηδενι-κές τιμές των c1, c2, (οι τιμές (4)), για τις οποίες c1y1(x)+c2y2(x)≡0 Άρα οι y1(x) και y2(x) είναι γραμμικά εξαρτημένες. Εύκολα αποδεικνύεται και το αντίστροφο της πρότασης (Β). Συνδυάζοντας την πρόταση (Β) και την αντίστροφη της με το κριτήριο του Wronski συμπεραίνουμε ότι: Θεώρημα: Ο γραμμικός συνδυασμός y=c1y1(x)+c2y2(x) είναι η γενική λύση της y′′+A1(x)y′+A2(x)y=0 εάν και μόνο εάν οι λύσεις y1 y2 είναι γραμμικά ανεξάρτητες, ή ι-σοδύναμα εάν και μόνο εάν η ορίζουσα του Wronski δεν μηδενίζεται σε κανένα σημείο του πεδίου ορισμού των y1 και y2 . Άσκηση: Να αποδειχθεί το αντίστροφο της πρότασης (Β), δηλ. να αποδειχθεί ότι αν W(y1,y2)≠0 ∀x∈D, τότε η σχέση: c1y1+c2y2 ≡0 με |c1|+|c2|≠0 δεν μπορεί να ισχύει. Υπόδειξη: Αν c1y1+c2y2=0 τότε y1/y2=y1′/y2′=-c2/c1 Παρατήρηση: Πρέπει να τονισθεί ότι οι προτάσεις (Α) και (Β) της προηγούμενης παρα-γράφου αναφέρονται στη γραμμική ανεξαρτησία συναρτήσεων που είναι λύσεις μιας γραμ-μικής Δ.Ε. y′′+A1(x)y′+A2(x)y=0 όπου οι συναρτήσεις Α1(x), Α2(x) είναι συνεχείς(2 για κάθε x. Η σημασία της διευκρίνισης αυτής θα γίνει φανερή από τα παρακάτω παραδείγματα.

(2 Η συνέχεια των συναρτήσεων A1(x) και A2(x) απαιτείται για να ισχύει το θεώρημα για την ύπαρξη και το μονοσήμαντο των λύσεων μιας Δ.Ε.


5.7 Διευκρινιστικά παραδείγματα.

Παράδειγμα 1. Εξετάστε αν οι συναρτήσεις x3, |x|3 είναι γραμμικά ανεξάρτητες στο διάστημα [-1, 1]. Λύση: Θεωρούμε την εξίσωση: c1x3+c2|x3|≡0 (1) Εάν x≥ 0, είναι |x3|=x3, ενώ αν x<0 είναι |x3 |=-x3 Στην περίπτωση x≥0 η (1) γίνεται c1x3+c2x3≡0 (2) Στην περίπτωση x<0 η (1) γίνεται c1x3-c2x3≡0 (3) Από την (2) συμπεραίνουμε ότι το άθροισμα των σταθερών c1 και c2 είναι ίσο με μηδέν, ενώ από την (3) ότι οι σταθερές αυτές είναι ίσες. Άρα c1=c2=0 και οι δεδομένες συναρτή-σεις είναι γραμμικά ανεξάρτητες. Παράδειγμα 2: Υπολογίστε την W(x3, |x3|) στο διάστημα [-1, 1] Λύση:

|x3|= 3

3

x x-x x 0

⎧ αν ≥⎪⎨

αν ⟨⎪⎩

02

3

2

3x x 0d | x | 0 x

dx3x x 0

⎧

0αν ⟩

⎪= αν =⎨⎪− αν ⟨⎩

Άρα για x>0 W(x3, |x3|)=

x x

x x

3 3

2 23 30≡

Για x<0 W(x3, |x3|)=

x x

x x

3 3

2 23 30

−

−≡

Για x=0 W(x3, |x3|)=0 0

00 0

=

Συνεπώς W(x3, |x3|)≡0 ∀x∈[-1,1] Παράδειγμα 3 . Υπάρχει αντίφαση μεταξύ των δυο προηγουμένων παραδειγμάτων και της πρότασης (Β) ; Λύση: Όχι. Επειδή η ορίζουσα του Wronski των δυο γραμμικά ανεξαρτήτων συναρτήσε-ων x3 και |x3| είναι μηδέν, συμπεραίνουμε ότι οι συναρτήσεις αυτές δεν είναι λύσεις μιας γραμμικής Δ.Ε. της μορφής y′′+A1(x)y′+A2(x)y=0, όπου οι συναρτήσεις Α1(x), Α2(x) είναι συνεχείς.

Παράδειγμα 4: Δυο λύσεις της Δ.Ε. y′′- 2x

y′=0 στο διάστημα [-1,1] είναι οι y=x3 και

y=|x3|. Υπάρχει αντίφαση με το συμπέρασμα του προηγούμενου παραδείγματος ; Λύση: Όχι. Αν και W(x3, |x3|)≡0 και οι y=x3 και y=|x3| είναι λύσεις της ίδιας γραμμικής δι-αφορικής εξίσωσης, η εξίσωση αυτή δεν είναι της παραπάνω μορφής γιατί η συνάρτηση -2/x είναι ασυνεχής στο σημείο x=0.


5.8 Ομογενείς γραμμικές διαφορικές εξισώσεις 2ης τάξης με σταθερούς συντελε-στές

Στην παράγραφο αυτή θα προσπαθήσουμε να βρούμε δυο γραμμικά ανεξάρτητες λύσεις της γραμμικής ομογενούς διαφορικής εξίσωσης 2ης τάξης: y′′+α1y′+α2y=0 με α1, α2 σταθερές. (1) Επειδή η συνάρτηση y και οι παράγωγοι της y′ και y″ εμφανίζονται μόνο στην πρώτη δύνα-μη και επειδή η εκθετική συνάρτηση έχει το χαρακτηριστικό ότι η παράγωγος κάθε τάξης αναπαράγει την εκθετική συνάρτηση, συμπεραίνουμε ότι η εκθετική συνάρτηση μπορεί να είναι λύση της Δ.Ε. (1). Γι’ αυτό θέτουμε: y=eμx (2) με y′=μeμx και y′′=μ2eμx οπότε η (1) γράφεται: (μ2+α1μ+α2)eμx=0 ⇒ μ2+α1μ+α2=0 (3) επειδή eμx≠0. Επομένως, αν το μ είναι μια ρίζα της (3), η (2) είναι μια λύση της (1). Η (3) ονομάζεται χαρακτηριστική εξίσωση ή βοηθητική εξίσωση της Δ.Ε. (1) Περίπτωση Ι . Αν α1

2 -4α2>0, η (3) έχει δυο πραγματικές ρίζες μ1 και μ2 διάφορες μεταξύ

τους. Στην περίπτωση αυτή παίρνουμε δυο λύσεις της (1) y1= και y2=1xeμ 2xeμ

που είναι γραμμικά ανεξάρτητες, αφού ο λόγος: ( )1 2 x1

2

y ey

μ −μ= δεν είναι σταθερός. Επομέ-

νως η γενική λύση της (1) είναι: y=c1 +c2 (4) 1xeμ 2xeμ Περίπτωση ΙΙ . Αν α1

2 -4α2<0, η (3) έχει δυο μιγαδικές ρίζες, που είναι συζυγείς η μια της άλλης: α+iβ και α-iβ. Στην περίπτωση αυτή, οι μιγαδικές συναρτήσεις: y1=e(α+iβ)x , y2=e(α-iβ)x (5) είναι δυο γραμμικά ανεξάρτητες λύσεις. Με την βοήθεια του τύπου eix=cosx+isinx (3

οι (5) γράφονται και υπό τη μορφή: y1=eαxeiβx=eαx[cosβx+isinx] y2=eαxe-iβx=eαx[cosβx-isinx] (6) Θα δείξουμε τώρα ότι αν η (1) έχει μια μιγαδική λύση της μορφής y(x)=u(x)+iv(x) τότε οι πραγματικές συναρτήσεις u(x) και v(x) είναι λύσεις της (1). Πράγματι με την αντικατάσταση y=u+iv η (1) γράφεται: [u′′+α1u′+α2u]+i[v′′+α1v′+α2v]=0 (7)

(3 Ο τύπος αυτός αποδεικνύεται ως εξής: Στο ανάπτυγμα Taylor της εκθετικής συνάρτησης

ex=1+x/1!+x2/2!+⋅⋅⋅+xn/n!+⋅⋅⋅ αντικαθιστούμε το x με ix. Οι όροι που δεν έχουν το i κοινό παράγοντα αποτελούν το ανάπτυγμα Taylor του cosx και οι όροι που έχουν κοινό παράγοντα το i αποτελούν το ανάπτυγμα Taylor του sinx, πράγματι: eix=1+(ix)/1!+(ix)2/2!+⋅⋅⋅+(ix)n/n!+⋅⋅⋅=[1-x2/2!+x4/4!-⋅⋅⋅]+i[x/1!-x3/3!+x5/5!-⋅⋅⋅]=cosx+isinx


Μια μιγαδική ποσότητα μηδενίζεται όταν και το πραγματικό και το φανταστικό μέρος της μηδενίζονται. Επομένως από την (7) παίρνουμε: u′′+α1u′+α2u=0 και v′′+α1v′+α2v=0 Άρα οι συναρτήσεις u και v είναι λύσεις της (1). Εφαρμόζοντας το συμπέρασμα αυτό στην περίπτωση των λύσεων (6), βλέπουμε ότι οι συναρτήσεις: y1=eαxcosβx, y2=eαxsinx (8) είναι λύσεις της (1). Συμπεραίνουμε ότι σ' ένα ζεύγος μιγαδικών ριζών α+iβ και α-iβ της χαρακτηριστικής εξίσωσης (3) αντιστοιχούν δυο γραμμικά ανεξάρτητες λύσεις (8). Η γενική λύση της (1) είναι τότε: y=eαx[c1cosβx+c2sinβx] (9) Περίπτωση ΙΙΙ Αν α1

2 -4α2=0, η (3) έχει μια, (διπλή), πραγματική ρίζα, έστω μ στην οποία αντιστοιχεί μια λύση: y1=eμx της (1). Για να βρούμε τη γενική λύση της (1) πρέπει αναγκαστικά να βρούμε και μια δεύτε-ρη μερική λύση y2, η οποία να είναι γραμμικά ανεξάρτητη με την πρώτη. Αυτό μπορεί να γίνει εάν ο λόγος y2/y1 δεν είναι σταθερός. Η πιό απλή περίπτωση είναι ο λόγος αυτός να εί-ναι ίσος με x, δηλ. η y2 να είναι y2=xeμx. Όμως θα πρέπει η έκφραση xeμx να ικανοποιεί την Δ.Ε. Με απλή αντικατάσταση εύκολα διαπιστώνουμε ότι η y2=xeμx είναι λύση της Δ.Ε. Στην περίπτωση αυτή λοιπόν η γενική λύση της (1) είναι:

y=(c1+c2x)eμx

Άλλος τρόπος: Θα χρησιμοποιήσουμε τον γραμμικό μετασχηματισμό:

y(x)=eμxY(x) με μ=-α1/2 Έχουμε: y′(x)=μeμxY(x)+eμxY′(x)= eμx[Y(x)+Y′(x)] y′′(x)=eμx[Y′′(x)+2μY′(x)+μ2Y(x)] και η διαφορική εξίσωση y′′+α1y′+α2y=0 γράφεται:

eμx[Y′′(x)+2μY′(x)+μ2Y(x)]+α1eμx[μY(x)+Y′(x)]+α2eμxY(x)=0 ⇒ Y′′(x)+ [2μ+α1]Y′(x)+[μ2+α1μ+α2]Y(x)=0

Αλλά μ=-α1/2 ⇒ 2μ+α1=0 και μ2+α1μ+α2=α12/4-α1

2/2+α2=-α12/4+α2=0

Οπότε Y′′(x)=0 ⇒ Y(x)=k1+k2x. Τελικά μια δεύτερη λύση είναι: y2(x)=y1(x)Y(x)=(k1+k2x)eμx από την οποία διαλέγουμε την πιο απλή αρκεί να είναι γραμμικά ανεξάρτητη της πρώτης. Έτσι διαλέγουμε k1=0 και k2=1. Τελικά θα έχουμε y2(x)=xeμx και η γενική λύση θα είναι:

y=(c1+c2x)eμx

Παράδειγμα 1 . Να λυθεί η εξίσωση y′′+3y′+2y=0 Aπάντηση: Με y=eμx παίρνουμε τη χαρακτηριστική εξίσωση: μ2+3μ+2=0 που έχει ρίζες μ1=-1, μ2=-2. Άρα η γενική λύση είναι: y=c1e-x+c2e-2x

Παράδειγμα 2. Να λυθεί η εξίσωση: y′′+y′+y=0. Απάντηση: H χαρακτηριστική εξίσωση είναι: μ2+μ+1=0 με ρίζες μ1=(-1+i√3)/2, μ2=(-1-i√3 )/2


Άρα η γενική λύση είναι: y c e c ex i x x i x

= +− + − −

12

32

22

32

ή ισοδύναμα: y k x k xx

=⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ +

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥

−2

1 23

23

2cos sin

Παράδειγμα 3 .Να λυθεί η εξίσωση y′′-6y′+9y=0 Απάντηση: Η χαρακτηριστική εξίσωση είναι: μ2-6μ+9=0 με ρίζες μ1=μ2=3. Επομένως η γενική λύση είναι: y=[c1+c2x]e3x Ασκήσεις: Να βρεθούν οι γενικές λύσεις των παρακάτω Δ.Ε.

1) y′′-3y′+4y=0 Απ. y c x cx

=⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ +

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

32

1 272

72

cos sin x

2) y′′+4y′+4y=0 Aπ. y=[c1+c2x]e-2x 3) y′′=0 Aπ. y=c1+c2x 4) y′′-4y=0 Aπ. y=c1e2x+c2e-2x

5.9 Γραμμικές Ομογενείς Διαφορικές Εξισώσεις τάξης n>2

Τα συμπεράσματα των παραγράφων 5.2 και 5.5 ισχύουν και για τις γραμμικές ομογε-νείς Δ.Ε. τάξης n>2. 1. Η γενική λύση της Δ.Ε.:

d ydx

A x) dydx

A x) d ydx

A x) dydx

A x)yn

n

n

n

n

n n n+ + + + +−

−

−

− −1

1

1 2

2

2 1 0( ( ( ( = (1)

(όπου τα Αi(x) i=1,⋅⋅⋅,n είναι συνεχείς συναρτήσεις), έχει τη μορφή: y=c1y1+c2y2+⋅⋅⋅+cnyn (2) όπου y1,y2,⋅⋅⋅, yn είναι γραμμικά ανεξάρτητες λύσεις της (1). 2. Οι λύσεις της (1) είναι γραμμικά ανεξάρτητες εάν και μόνο εάν, η ορίζουσα του Wronski:

W(x)=

y y y

y y y

y y y

n

n

n nn

n

1 2

1 2

11

21 1

′ ′

− −( ) ( ) ( )

′

−

(3)

δεν είναι εκ ταυτότητος μηδέν. 3. Αν Ai(x)=αi=σταθερές για i=1,2,⋅⋅⋅,n, τότε με την αντικατάσταση y=eμx βρίσκουμε την χαρακτηριστική εξίσωση: μn+α1μn-1+α2μn-2+⋅⋅⋅+αn-1μ+αn=0 (4)


Για την αντιστοιχία των ριζών της (4) με τις γραμμικά ανεξάρτητες λύσεις της Δ.Ε. ισχύουν οι ίδιοι κανόνες που αναπτύχθηκαν στην παρ. 5.7 για την περίπτωση n=2. Δηλαδή: α) Σε κάθε απλή ρίζα μ=μ0 της (4) αντιστοιχεί μια λύση 0xeμ της Δ.Ε. β) Σε κάθε ζεύγος συζυγών μιγαδικών ριζών μ1=α+iβ, μ2=α-iβ της (4) αντιστοιχούν δυο λύσεις της Δ.Ε.: e(α+iβ)x , e(α-iβ)x ή eαxcosβx , eαxsinβx γ) Σε κάθε ρίζα μ=μ1 με πολλαπλότητα k της (4) αντιστοιχούν k λύσεις της Δ.Ε:

1xeμ , x , ⋅⋅⋅ , xk-11xeμ 1xeμ ή ισοδύναμα λύση της μορφής: ( ) 1xk 1

0 1 k 1x x eμ−−λ + λ + + λ

δ) Σε κάθε ζεύγος συζυγών μιγαδικών ριζών μ1=α+iβ, μ2=α-iβ με πολλαπλότητα k της (4) αντιστοιχεί λύση της μορφής: ( ) ( )k 1 x k 1 x

0 1 k 1 0 1 k 1x x e cos x x x e si− α − α− −λ + λ + + λ β + ν + ν + + ν β n x

Παράδειγμα 1: Να λυθεί η εξίσωση y′′′-y′′-y′+y=0 Aπάντηση: Με την αντικατάσταση y=eμx, βρίσκουμε την χαρακτηριστική εξίσωση

μ3-μ2-μ+1=0 ή (μ-1)2(μ+1)=0.

Στη διπλή ρίζα μ=1 αντιστοιχούν οι λύσεις ex και xex ενώ στην απλή ρίζα μ=-1 αντιστοι-χεί η λύση e-x . Η γενική λύση είναι λοιπόν:

y=c1ex+c2xex+c3e-x=(c1+c2x)ex+c3e-x

Άσκηση 1 . Να βρεθεί η γενική λύση των παρακάτω εξισώσεων: 1) y′′′-6y′′+11y′-6y=0 (Ρίζες 1,2,3) 2) y(4)-4y(3)+7y′′-4y′+6y=0 (Ρίζες 2±i√2,±i) 3) y′′′-6y′′+2y′+36y=0 (Ρίζες -2, 4±i√2) 4) y(4) +8y′′′+24y′′+32y′+16y=0 (Ρίζα -2 τετραπλή) 5.10 Διαφορικοί Τελεστές

Στην παράγραφο αυτή θα χρησιμοποιήσουμε για την παραγώγιση, το σύμβολο:

D ddx

≡ ή γενικότερα Dn≡ddx

n

n

Έτσι π.χ. η έκφραση Dsinx σημαίνει:

Dsinx= ddx

sinx=cosx και D2sinx= ddx

2

2 sinx=-sinx

Επειδή [ ]ddx

c f x) c f x) c df x)dx

c df x)dx1 1 2 2 1

12

2( ( ( (+ = +

θα είναι D[c1f1(x)+c2f2(x)]=c1Df1(x)+c2Df2(x) (1) Επί πλέον επειδή

ddx

dydx

d ydx

n

n

n

n=+

+

1

1 θα είναι Dn(Dy)=Dn+1y (2)


Επίσης (D+μ)y=Dy+μy Το σύμβολο (D+α)(D+β)y, όπου α και β σταθερές, έχει την έννοια ότι το D+α επενεργεί

στην ποσότητα (D+β)y= dydx

+βy. Βρίσκουμε λοιπόν:

(D+α)(D+β)y=(D+α) dy dy dy dy dyy D y y D D y ydx dx dx dx dx⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ β = +β + α +β = + β + α + αβ =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

2

2 22

d y dy dy y D y Dy DY y D ( )D ydx dx dx

⎡ ⎤= +β + α + αβ = +β + α + αβ = + α +β + αβ⎣ ⎦

ή τελικά (D+α)(D+β)y= 2D ( )D y⎡ ⎤+ α +β + αβ⎣ ⎦ (3)

Από την μορφή του δεξιού μέλους της (3) είναι φανερό ότι: (D+α)(D+β)=(D+β)(D+α) (4)

Χρησιμοποιώντας τις παραπάνω ιδιότητες, μπορούμε να γράψουμε τη Δ.Ε:

2

1 22

d y dy y 0dx dx

+ α + α = (α1, α2 σταθερές) (5)

υπό τη μορφή: (D2+α1D+α2)y=0 ή Ly=0 (6) στην οποία ο ″διαφορικός τελεστής″ L=D2+α1D+α2 συμπεριφέρεται σαν να ήταν αλγε-βρικό πολυώνυμο(4 . Παρατηρούμε ότι το πολυώνυμο αυτό συμπίπτει με το πολυώνυμο που εμφανίζεται στην χαρακτηριστική εξίσωση της Δ.Ε. (5). Χρησιμοποιώντας τον τύπο (3) μπορούμε να γρά-ψουμε την (6) υπό τη μορφή:

Ly=(D-μ1)(D-μ2)y=0 (7) όπου L=(D-μ1)(D-μ2) και μ1, μ2 οι ρίζες της χαρακτηριστικής εξίσωσης. Αν μ1≠μ2, είδαμε στην προηγούμενη παράγραφο ότι η γενική λύση της (5) είναι: y= 1 2x x

1 2c e c eμ μ+Αν μ1=μ2=μ, η γενική λύση προκύπτει με τον εξής τρόπο: Στην εξίσωση (7), γράφουμε:

(D-μ)y=u (8)

Από τις (8) και (7) προκύπτει η εξίσωση:

(D-μ)u=0 ⇒ du u 0dx

−μ = (9)

που είναι μια Δ.Ε. 1ης τάξης χωριζόμενων μεταβλητών με άγνωστη συνάρτηση το u και γε-νική λύση: u=c1eμx Αντικαθιστώντας την έκφραση αυτή του u στην (8), παίρνουμε μια Δ.Ε. με άγνωστη συ-

νάρτηση το y: x1

dy y c edx

μ−μ =

Η εξίσωση αυτή είναι γραμμική 1ης τάξης και η γενική της λύση είναι: y=c1eμx+c2xeμx (10)

(4 Όχι μόνο ο διαφορικός τελεστής D αλλά και ο διαφορικός τελεστής L=D2+α1D+α2 ικανοποιεί τη σχέση : L[c1y1(x)+c2y2(x)]=c1Ly1(x)+c1y2(x) είναι δηλαδή γραμμικός τελεστής. Αυτό ισχύει και όταν τα α1 και α2 δεν είναι σταθερές αλλά συναρτήσεις του x, τότε όμως ο L δεν συμπεριφέρεται σαν αλγεβρικό πολυώνυμο, (διότι αν L1(x) και L2(x) είναι δυο τέτοιοι τε-λεστές τότε L1L2≠L2L1. Το σύμβολο L προέρχεται από το αρχικό γράμμα της λέξης Linear = γραμμικός).


Ξαναβρίσκουμε έτσι την (4) της παρ. 5.8. Παράδειγμα 1: Να βρεθεί η γενική λύση της y′′-4y′+4y=0 Aπάντηση: Η διαφορική αυτή εξίσωση γράφεται: Ly=[D2+4D+4]y=0 ⇒ Ly=[(D-2)(D-2)]y=0 Επειδή οι ρίζες της χαρακτηριστικής εξίσωσης είναι ίσες, η γενική λύση είναι:

y=c1e2x+c2xe2x=[c1+c2x]e2x

Άσκηση: Για τις παρακάτω Δ.Ε. να βρεθεί ο διαφορικός τελεστής L, να γραφεί υπό τη μορ-φή L=(D-μ1)(D-μ2) και να βρεθεί η γενική λύση. 1) y′′-y′-2y=0 Aπ. y=c1e-x+c2e2x 2) y′′-9y=0 Aπ. y=c1e3x +c2e-3x =k1coshx+k2sinhx

5.11 Μη Ομογενείς Γραμμικές Διαφορικές Εξισώσεις n τάξης

Η Δ.Ε.: y(n) +A1(x)y(n-1)+⋅⋅⋅+An(x)y=f(x) (1)

όπου f(x), A1(x), ⋅⋅⋅, An (x) δεδομένες συναρτήσεις, ονομάζεται μη ομογενής γραμμική Δ.Ε. τάξης n. Το θεώρημα για την ύπαρξη και το μονοσήμαντο των λύσεων μιας Δ.Ε. τάξης n εξασφαλίζει ότι η (1) έχει μια, (και μόνο μια), λύση, που ικανοποιεί τις συνθήκες: y(x0)=y0, y′(x0)=y0′,⋅⋅⋅, y(n)(x0)=y0

(n) αν οι συναρτήσεις f(x), A1(x), ⋅⋅⋅, An(x) είναι συνεχείς. Αποδεικνύεται ότι: Θεώρημα: Αν u(x) είναι μια οποιαδήποτε μερική λύση της (1) και y1(x), y2(x), ⋅⋅⋅, yn(x) εί-ναι n γραμμικά ανεξάρτητες λύσεις της αντίστοιχης ομογενούς εξίσωσης, δηλ. της y(n)+A1(x)y(n-1)+⋅⋅⋅+An(x)y=0 τότε η γενική λύση της (1) είναι:

y=c1y1(x)+c2y2(x)+⋅⋅⋅+cnyn(x)+u(x) (2)

Απόδειξη: Ας γράψουμε για συντομία την (1) υπό τη μορφή L(x)y(x)=f(x) (3)

όπου L(x) ο διαφορικός τελεστής L(x)=Dn+A1(x)Dn-1+A2(x)Dn-2+⋅⋅⋅+An(x)=

ddx

A x) ddx

A x) ddx

A x)n

n

n

n

n

n n+ + + +−

−

−

−1

1

1 2

2

2( ( ( (4)

και ας καλέσουμε yομ =c1y1(x)+c2y2(x)+⋅⋅⋅+cnyn(x) τη γενική λύση της ομογενούς διαφορικής εξίσωσης. Θα είναι τότε

Lyομ =0 (5)

Εξάλλου, αφού η u(x) είναι λύση της (1), θα είναι: Lu(x)=f(x) (6)

Από τις (5) και (6) και από τη γραμμικότητα του τελεστή, συνάγουμε ότι


Ly(x)=L[yομ(x)+u(x)]=Lyομ(x)+Lu(x)=0+f(x)=f(x) (7)

Άρα η συνάρτηση y(x)= yομ(x)+u(x) (8) είναι λύση της (1). Για να δείξουμε ότι είναι η γενική λύση, πρέπει να δείξουμε ότι κάθε λύση γράφε-ται υπό τη μορφή (8) Έστω Y(x) μια οποιαδήποτε λύση της (1):

LY(x)=f(x) (9) Θεωρούμε την διαφορά δ(x)=Y(x)-u(x) και έχουμε Lδ(x)=LY(x)-Lu(x) ή λόγω των (9) και (6) Lδ(x)=f(x)-f(x)=0 Άρα η δ(x) είναι λύση της ομογενούς εξίσωσης και επομένως η

Y(x)=δ(x)+u(x)

είναι το άθροισμα μιας λύσης της ομογενούς και της μερικής λύσης u(x) της (1), δηλ. είναι της μορφής (8). Σημειώνουμε ότι το παραπάνω θεώρημα ισχύει για όλες τις μη ομογενείς γραμμικές Δ.Ε. τάξης n, είτε έχουν σταθερούς συντελεστές είτε όχι. Στην επομένη παράγραφο θα εξεταστούν μερικές μέθοδοι για την εύρεση μιας με-ρικής λύσης της.

5.12 Μέθοδος των προσδιοριστέων συντελεστών

Σύμφωνα με το θεώρημα της προηγουμένης παραγράφου, αν η γενική λύση yομ της ομογενούς εξίσωσης Ly=0 είναι γνωστή, η γενική λύση της μη ομογενούς ανάγεται στον προσδιορισμό μιας μερικής λύσης u(x) της μη ομογενούς εξίσωσης Ly=f(x). Η μέθοδος των προσδιοριστέων συντελεστών είναι μια μέθοδος για την εύρεση μιας μερικής λύσης u(x) της μη ομογενούς γραμμικής εξίσωσης. Η μέθοδος αυτή χρησιμοποιείται μόνο για γραμμικές Δ.Ε. με σταθερούς συντελεστές και συνίσταται στα εξής: α) Δεχόμαστε για τη μερική λύση u(x) μια ορισμένη μορφή, η οποία εξαρτάται από τη μορφή της συνάρτησης f(x) και περιέχει μερικούς προσδιοριστέους συντελεστές. (Κατά γενικό κανόνα δεχόμαστε για κάθε όρο της f(x), ένα γραμμικό συνδυασμό του όρου αυτού και όλων των παραγώγων του). β) Αντικαθιστούμε την μερική λύση u(x) στην διαφορική εξίσωση και προσπαθούμε να προσδιορίσουμε τους συντελεστές έτσι ώστε η μορφή που δεχτήκαμε να ικανοποιεί τη μη ομογενή εξίσωση. Θα αναφέρουμε ιδιαίτερα μερικές ειδικές περιπτώσεις: 1) Αν f(x)=Pn(x), όπου Pn(x) πολυώνυμο βαθμού n, δοκιμάζουμε τη μορφή :

u(x)=α0+α1x+α2x2+⋅⋅⋅+αnxn (1)

και προσπαθούμε να προσδιορίσουμε τα α0, α1, ⋅⋅⋅,αn έτσι ώστε η u(x) να ικανοποιεί τη μη ομογενή εξίσωση. Ειδικά αν η χαρακτηριστική εξίσωση της ομογενούς εξίσωσης έχει μια μηδενική ρίζα πολλαπλότητας k, δοκιμάζουμε τη μορφή:

u(x)=xk[α0+α1x+α2x2+⋅⋅⋅+αnxn] (1α)


2) Αν f(x)=Aeαx με Α, α σταθερές, δοκιμάζουμε τη μορφή:

u(x)=Beαx (2) και επιδιώκουμε να προσδιορίσουμε το Β ώστε το u(x) να ικανοποιεί τη μη ομογενή Δ.Ε. Ειδικά αν το α είναι ρίζα της χαρακτηριστικής εξίσωσης της ομογενούς με πολλαπλότητα k, δοκιμάζουμε τη μορφή:

u(x)=Bxkeαx (2α)

3) Αν f(x)=Asinβx ή f(x)=Acosβx, δοκιμάζουμε τη μορφή:

u(x)=α1sinβx+α2cosβx (3)

και επιδιώκουμε να προσδιορίσουμε τα α1, α2 ώστε το u(x) να είναι λύση της μη ομογενούς Δ.Ε. Ειδικά αν τα iβ και -iβ αποτελούν ένα ζεύγος συζυγών μιγαδικών ριζών, με πολλαπλότητα k, της χαρακτηριστικής εξίσωσης της ομογενούς Δ.Ε., δοκιμάζουμε τη μορφή: u(x)=xk[α1sinβx+α2cosβx] (3α) 4) Αν f(x)=eαxPn(x) όπου α=σταθ. και Pn(x) είναι ένα πολυώνυμο βαθμού n, δοκιμάζουμε τη μορφή:

u(x)=eαx[α0+α1x+α2x2+⋅⋅⋅+αnxn] (4)

και προσπαθούμε να προσδιορίσουμε τα α0,α1,⋅⋅⋅,αn ώστε το u(x) να είναι λύση της μη ομο-γενούς Δ.Ε. Ειδικά αν το α είναι ρίζα της χαρακτηριστικής εξίσωσης της ομογενούς με πολ-λαπλότητα k, δοκιμάζουμε τη μορφή:

u(x)=xkeαx[α0+α1x+α2x2+⋅⋅⋅+αnxn] (4α)

5) Αν f(x)=eαxPn(x)sin(βx) ή f(x)=eαxPn(x)cos(βx) όπου α,β=σταθ. και Pn(x) πολυώνυμο βαθμού n, δοκιμάζουμε τη μορφή:

u(x)=eαxsin(βx)[α0+α1x+α2x2+⋅⋅⋅+αnxn]+

+eαxcos(βx)[β0+β1x+β2x2+⋅⋅⋅+βnxn] (5) και προσπαθούμε να προσδιορίσουμε τα α1, α2,⋅⋅⋅,αn και β1, β1,⋅⋅⋅, βn ώστε το u(x) να είναι λύση της μη ομογενούς Δ.Ε. Ειδικά αν οι μιγαδικοί αριθμοί α±iβ είναι ρίζες της χαρακτηρι-στικής εξίσωσης της ομογενούς με πολλαπλότητα k, δοκιμάζουμε τη μορφή: u(x)=xkeαxsin(βx)[α0+α1x+α2x2+⋅⋅⋅+αnxn]+


+xkeαxcos(βx)[β0+β1x+β2x2+⋅⋅⋅+βnxn] (5α) 6) Αν η f(x) είναι το άθροισμα δυο ή περισσότερων όρων, παίρνουμε σαν u(x) το άθροισμα των αντιστοίχων δοκιμαστικών λύσεων. ΓΕΝΙΚΑ αν : f(x)=Pn(x)eαxcosβx+Qm(x)eαxsinβx όπου Pn(x) και Qm(x) πολυώνυμα n και m βαθμού αντίστοιχα, τότε: α) Αν οι μιγαδικοί αριθμοί α±iβ δεν είναι ρίζες της χαρακτηριστικής εξίσωσης τότε η μερική λύση είναι της μορφής:

u(x)=Us(x)eαxcosβx+Vs(x)eαxsinβx (6)

όπου Us(x) και Vs(x) πολυώνυμα βαθμού s ίσου με τον μέγιστο βαθμό των πολυωνύμων Pn(x) και Qm(x), δηλ. s=maxn,m. β) Αν οι μιγαδικοί αριθμοί α±iβ είναι ρίζες της χαρακτηριστικής εξίσωσης με πολ-λαπλότητα k, τότε η μερική λύση είναι της μορφής:

u(x)=xk x xs sU (x)e cos x V (x)e sin xα α⎡ ⎤β +⎣ ⎦β (6α)

όπου για τα πολυώνυμα Us(x) και Vs(x) ισχύουν τα ίδια με την περίπτωση (α).

5.13 Παραδείγματα εφαρμογής της μεθόδου των προσδιοριστέων συντελεστών

Παράδειγμα 1: Να βρεθεί η γενική λύση της Δ.Ε.: y′′-y′-2y=4x2 (1)

Aπάντηση: Οι ρίζες της χαρακτηριστικής εξίσωσης της αντίστοιχης ομογενούς Δ.Ε. είναι μ1=-1, μ2=2 και η γενική λύση της ομογενούς είναι

yομ =c1e-x+c2e2x

Για να βρούμε μια μερική λύση της (1) χρησιμοποιούμε τον τύπο (1) της παρ. 5.12 και γράφουμε: u=α0+α1x+α2x2 (2) Απαιτούμε η u να ικανοποιεί την (1). Αντικαθιστούμε λοιπόν την (2) στην (1) και βρί-σκουμε:

2α2-(α1+2α2x)-2(α0+α1x+α2x2)=4x2 ⇒ -(2α2+4)x2-(2α2+2α1)x+(2α2-α1-2α0 )≡0 ⇒ α2=-2, α1=2, α0=-3

Η (1) έχει λοιπόν τη μερική λύση: u(x)=-3+2x-2x2 και συνεπώς η γενική της λύσης εί-ναι: y= c1e-x +c2e2x -3+2x-2x2 Παράδειγμα 2: Να βρεθεί η γενική λύση της Δ.Ε. y′′-y′=x2 (3)


Aπάντηση: Η χαρακτηριστική εξίσωση της αντίστοιχης ομογενούς Δ.Ε. έχει ρίζες μ1=0, μ2=1. Η γενική λύση της ομογενούς είναι λοιπόν:

yομ =c1+c2ex

Επειδή η τιμή μ=0 είναι ρίζα της χαρακτηριστικής εξίσωσης με πολλαπλότητα k=1, για να βρούμε μια μερική λύση της (3) χρησιμοποιούμε την (1α), παρ. 5.12 και έχουμε: u=x(α0+α1x+α2x2)=α0x+α1x2+α2x3 (4) Αντικαθιστώντας την (4) στην (3) βρίσκουμε, μετά από πράξεις: -(3α2+1)x2+2(3α2-α1)x+(2α1-α0)≡0 ⇒ α2 =-1/3, α1=-1, α0=-2 Συνεπώς u(x)=-2x-x2 -x3/3 και η γενική λύση της (3) είναι: y=c1+c2ex-2x-x2 -x3/3 Σημείωση: Ο αναγνώστης ας επιβεβαιώσει, δοκιμάζοντας, ότι στην περίπτωση αυτή η μορφή (1) παρ. 5.12 θα οδηγούσε σε αδύνατες εξισώσεις για τα α0, α1, α2 . Παράδειγμα 3 : Να βρεθεί η γενική λύση της Δ.Ε.

y′′-y′-2y=e3x (5)

Aπάντηση: Η χαρακτηριστική εξίσωση της αντίστοιχης ομογενούς Δ.Ε. έχει τις ρίζες μ1=-1, μ2 =2. Η γενική λύση της ομογενούς είναι επομένως: yομ =c1e-x+c2e2x Για να βρούμε μια μερική λύση της (5) χρησιμοποιούμε την μορφή (2), παρ. 5.12 και γρά-φουμε u(x)=αe3x (6) Αντικαθιστώντας την (6) στην (5) βρίσκουμε: 9αe3x-3αe3x-2αe3x=e3x ⇒ α=1/4 Η γενική λύση της (5) είναι λοιπόν:

y=c1e-x+c2e2x+e3x/4

Παράδειγμα 4 : Να βρεθεί η γενική λύση της Δ.Ε.

y′′-3y′+2y=e2x (7)

Λύση: Η χαρακτηριστική εξίσωση της αντίστοιχης ομογενούς Δ.Ε. έχει ρίζες μ1=1, μ2=2. Άρα η γενική λύση της ομογενούς είναι: yομ =c1ex+c2e2x Επειδή το 2 είναι ρίζα της χαρακτηριστικής εξίσωσης με πολλαπλότητα k=1, χρησιμοποι-ούμε, για την εύρεση μιας μερικής λύσης της (7) τη μορφή (2α), παρ. 5.12 και γράφουμε: u(x)=αxe2x Με απλές πράξεις διαπιστώνουμε ότι η έκφραση αυτή είναι λύση της (7) αν α=1. Η γενική λύση της (7) είναι λοιπόν:

y=c1ex+c2e2x+xe2x=c1ex+(c2+x)e2x

Παράδειγμα 5 : Να βρεθεί η γενική λύση της Δ.Ε.: y′′-3y′+2y=sin2x (8) Λύση: Η χαρακτηριστική εξίσωση της αντίστοιχης ομογενούς Δ.Ε. έχει ρίζες μ1=1, μ2=2 και επομένως η γενική λύση της ομογενούς είναι:

yομ =c1ex+c2e2x


Για να βρούμε μια μερική λύση της (8) χρησιμοποιούμε τη μορφή (3), παρ. 5.12 και γρά-φουμε: u(x)=α1sin2x+α2cos2x Με απλές πράξεις διαπιστώνουμε ότι η έκφραση αυτή είναι λύση της (8) αν α1=-1/20, α2=3/20. Η γενική λύση της (8) είναι λοιπόν:

y=c1e-x+c2e2x - 120

sin2x+ 320

cos2x

Παράδειγμα 6 : Να βρεθεί η γενική λύση της Δ.Ε.: y′′+4y=3sin2x (9) Λύση: Η χαρακτηριστική εξίσωση της αντίστοιχης ομογενούς Δ.Ε. έχει ρίζες μ1=2i, μ2=-2i. Η γενική λύση της ομογενούς Δ.Ε. είναι λοιπόν:

yομ =c1cos2x+c2sin2x

Για να βρούμε μια μερική λύση της (9) χρησιμοποιούμε τη μορφή (3α), παρ. 5.12, (επειδή τα ±2i είναι ρίζες με πολλαπλότητα k=1 της χαρακτηριστικής εξίσωσης), και γράφουμε: u(x)=x(α1sin2x+α2cos2x) Με απλές πράξεις διαπιστώνουμε ότι η έκφραση αυτή είναι λύση της (9) αν α1=0, α2=-3/4. Η γενική λύση της (9) είναι λοιπόν:

y=c1cos2x+c2sin2x-3/4xcos2x

Παράδειγμα 7 : Να βρεθεί η γενική λύση της Δ.Ε.: y′′′-6y″+11y′-6y=2xe-x (10)

Δίνονται οι ρίζες της χαρακτηριστικής εξίσωσης της αντίστοιχης ομογενούς Δ.Ε.: μ1=1, μ2=2, μ3=3 Λύση: Η γενική λύση της ομογενούς Δ.Ε. είναι: yομ =c1ex+c2e2x+c3e3x Για να βρούμε μια μερική λύση της (1) χρησιμοποιούμε τη μορφή (4), παρ. 5.12 και γρά-φουμε: u(x)=e-x(α0+α1x) Η έκφραση αυτή είναι λύση της αν α0=-13/144 , α1=-1/12 Η γενική λύση της (10) είναι λοιπόν:

y=c1ex+c2e2x+c3e3x+-13/144e-x-1/12xe-x

Παράδειγμα 8 : Να βρεθεί η γενική λύση της Δ.Ε.:

y′′′-2y″-y′+2y=6x+sinx (11)

Αν είναι γνωστό ότι οι ρίζες της χαρακτηριστικής εξίσωσης της αντίστοιχης ομογενούς Δ.Ε. είναι: μ1=1, μ2=-1, μ3 =2. Λύση : Η γενική λύση της ομογενούς είναι: yομ =c1ex+c2e-x+c3e2x Το δεξιό μέλος της (11) εμπίπτει στην περίπτωση 6 της παρ. 5.12. Για να βρούμε μια μερική λύση χρησιμοποιούμε λοιπόν τους τύπους (1), και (3), παρ. 5.12 και γράφουμε: u(x)=(A0+A1x)+α1sinx+α2cosx Η έκφραση αυτή είναι λύση της (11) αν Α1=3/2, Α2=3, α1=2/10, α2= 1/10. Επομένως η γενική λύση της (11) είναι:


y=c1ex+c2e-x+c3e2x+3/2+3x+2/10sinx+1/10cosx

Παρατήρηση: Οι τιμές των συντελεστών της μερικής λύσης u(x) μιας μη ομογενούς γραμ-μικής Δ.Ε. προσδιορίζονται από τη μορφή της Δ.Ε., ενώ οι συντελεστές της γενικής λύσεως της αντίστοιχης ομογενούς Δ.Ε. προσδιορίζονται από τις αρχικές συνθήκες. Ασκήσεις: Να βρεθεί η γενική λύση των παρακάτω εξισώσεων: 1. y″-5y′+6y=e4x Aπ. y=c1e3x+c2e2x+1/2e4x 2. y″+2y′+y=x Aπ. y=(c1+c2x)e-x+x-2 3. y″+5y′+6y=ex Aπ. y=c1e-3x+c2e-2x+ex/12 4. (D2 -1)y=5x-2 Aπ. y=c1ex+c2e-x-5x+2 5. (D2 -1)y=e2x(x-1) Aπ. y=c1ex+c2e-x+e2x(x/3-7/9) 6. (D-1)2y=xex Aπ. y=(c1+c2x)ex +1/6x3ex 7. (D2 -6D+9)y=3e3x Aπ. y=c1e3x+c2xe3x+3/2x2e3x 8. D(D+9)y=3 Aπ. y=c1+c2e-9x+x/3 9. y″+9y=x2-2x+1 Aπ. y=c1sin3x+c2cos3x+x2/9-2x/9+7/81

10. y′′′-3y′′+3y′-y=ex Aπ. y=c1ex+c2xex+c3x2ex+(x3/6)ex 5.14 Μέθοδος μεταβολής των παραμέτρων ή μέθοδος του Lagrange

Με τη μέθοδο αυτή μπορούμε κατ’ αρχήν να βρούμε μια μερική λύση της γραμμικής μη ομογενούς Δ.Ε.: y(n)+A1(x)y(n-1)+⋅⋅⋅+An-1(x)y′+An(x)y=f(x) (1) αν ξέρουμε τη γενική λύση της αντίστοιχης ομογενούς: y(n)+A1(x)y(n-1)+⋅⋅⋅+An-1(x)y′+An(x)y =0 (2) δηλ. αν ξέρουμε την: yομ =c1y1(x)+c2y2(x)+⋅⋅⋅+cnyn(x) (3) Η μέθοδος μεταβολής των παραμέτρων είναι γενικότερη από τη μέθοδο των προσ-διοριστέων συντελεστών γιατί μπορεί να εφαρμοστεί και στην περίπτωση που οι συναρτή-σεις A1(x), A2(x), ⋅⋅⋅, An(x) δεν είναι σταθερές ή και στην περίπτωση που είναι μεν σταθε-ρές οι συναρτήσεις αυτές, αλλά η f(x) δεν έχει μια από τις απλές μορφές της παρ. 5.12. Η μέθοδος θα εξηγηθεί για Δ.Ε. τάξης 2. Η γενίκευση για n>2 είναι άμεση. Θεωρούμε λοιπόν την Δ.Ε.

y″+A1(x)y′+A2(x)y=f(x) (1′)

και υποθέτουμε ότι η γενική λύση της αντίστοιχης ομογενούς Δ.Ε. δηλ. της y″+A1(x)y′+A2(x)=0 (2′)

είναι γνωστή. Έστω yομ=c1y1(x)+c2y2(x) (3′) η γενική λύση της αντίστοιχης ομογενούς. Η μέθοδος μεταβολής των παραμέτρων συνίστα-ται στην αναζήτηση μιας μερικής λύσης της (1′), που θα έχει μορφή παρόμοια προς την (3′), στην οποία όμως τα c1, c2 θα έχουν αντικατασταθεί με συναρτήσεις v1(x), v2(x). Αναζητού-με δηλαδή μια μερική λύση της (1), της μορφής:

u=v1(x)y1(x)+v2(x)y2(x) (4)

και προσπαθούμε να προσδιορίσουμε τις συναρτήσεις v1(x), v2(x) έτσι ώστε η (4) να ικα-νοποιεί την (1′). Αν αντικαταστήσουμε την (4) στην (1′), θα πάρουμε μια εξίσωση, την ο-


ποία πρέπει να ικανοποιούν οι δυο άγνωστες συναρτήσεις v1(x), v2(x). Επειδή μια εξίσωση δεν επαρκεί για τον προσδιορισμό δυο αγνώστων συναρτήσεων, χρειαζόμαστε άλλη μια ε-ξίσωση, που να συνδέει τα v1(x) και v2(x). Επιλέγουμε αυτή τη δεύτερη εξίσωση έτσι ώστε να διευκολύνει τον υπολογισμό των v1(x) και v2(x). Για τον σκοπό αυτό παρατηρούμε ότι η παράγωγος της (4), δηλαδή η u′=[v1y1′+v2y2′]+[v1′y1+v 2′y2] (5) απλοποιείται σημαντικά αν επιλέξουμε τα v1 και v2 έτσι ώστε η δεύτερη αγκύλη της (5) να μηδενίζεται. Απαιτούμε λοιπόν να είναι: v1′y1+v2′y2=0 (6) οπότε u′=v1y1′+v2y2′ (7) Από την (7) παίρνουμε τότε:

u″=v1y1″+v2y2″+v1′y1′+v2′y2′ (8)

Αντικαθιστώντας τις (4), (7) και (8) στην (1′), παίρνουμε: v1y1″+v2y2″+v1′y1′+v2′y2′+A1v1y1′+A1v2y2′+A2v1y1+A2v2y2=f(x) ⇒

v1[y1″+A1y1′+A2y1]+v2[y2″+A1y2′+A2y2] + v1′y1′+v2′y2′ =f(x) (9) Οι δυο παρενθέσεις της (9) μηδενίζονται, αφού οι y1 και y2 είναι λύσεις της ομογενούς Δ.Ε. (2) και επομένως η (9) γίνεται: v1′y1′+v2′y2′ =f(x) (10) Οι εξισώσεις (6) και (10) αποτελούν ένα σύστημα από τη λύση(5 του οποίου προσδιορίζου-με τα v1′ και v2′. Στη συνέχεια τα v1 και v2 προσδιορίζονται ολοκληρώνοντας τα v1′ και v2′ . Κατά τις ολοκληρώσεις αυτές μπορούμε να παραλείψουμε τις σταθερές ολοκληρώσεις αφού αρκεί να βρούμε μια μερική λύση της (1). Τέλος αντικαθιστώντας τα v1 και v2 στην (4) βρίσκου-με μια μερική λύση της (1). Συγκεκριμένα έχουμε:

v1′=

0 2

2 2

yf x y

Wy f xW

( ) ( )′=−

, v2′=

yy f x

Wy f x

W

1

1 1

0′

=( ) ( )

και τελικά u=v1y1+v2y2=-y1y f x

Wdx y

y f xW

dx22

1( ) ( )∫ ∫+ (11)

Την σχέση (11) θα την συναντήσουμε και πάλι στο επόμενο κεφάλαιο στην παρ. 6.4 .

Παρατήρηση: Στην περίπτωση Δ.Ε. τάξης n, αναζητούμε λύση της μορφής :

u=v1(x)y1+v2(x)y2+⋅⋅⋅+vn(x)yn Τα vi(x) προσδιορίζονται ολοκληρώνοντας τα vi′ (x), τα οποία είναι λύση του συστήματος:

(5 Παρατηρούμε ότι το σύστημα αυτό έχει πάντοτε λύση επειδή η ορίζουσα των συντελεστών των αγνώστων, δηλαδή η

y y

y y

1 2

1 2′ ′

συμπίπτει με την ορίζουσα του Wronski W(y1,y2) και επομένως δεν μηδενίζεται πουθενά, αφού οι y1 και y2 εί-ναι γραμμικά ανεξάρτητες λύσεις της (2′). (Αν δεν ήταν γραμμικά ανεξάρτητες, η (3′) δεν θα ήταν η γενική λύση της (2′)).


v1′y1+v2′y2+⋅⋅⋅+vn′yn=0 v1′y1′+v2′y2′+⋅⋅⋅+vn′yn′=0 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ v1′y1

(n-1)+v2′y2(n-1)+⋅⋅⋅+vn′yn

(n-1)=f(x) (12) Εύκολα αποδεικνύεται ότι η μερική λύση έχει την μορφή:

( ) ( ) ( )( )

ni

ii 1

W xu x y x dx

W x=

=⌠⎮⌡

∑

Όπου Wi(x) η ορίζουσα που προκύπτει από την ορίζουσα W του Wronsky, εάν η i στήλη αντικατασταθεί από την στήλη:

( )

00

f x

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Παράδειγμα 1: Να βρεθεί μια μερική λύση της Δ.Ε. y″-2y′+y=ex/x Λύση: Η γενική λύση της ομογενούς είναι yομ =c1ex+c2xex Επομένως αναζητούμε λύση της μορφής: u(x)=v1(x)ex+v2(x)xex Τα v1′ και v2′ είναι λύσεις του συστήματος: v1′ex+v2′xex=0 v1′ex +v2′[xex+ex]=ex/x από το οποίο βρίσκουμε: v1′=-1 , v2′=1/x Επομένως v1=-∫dx=-x , v2=∫dx/x=ln|x| Η ζητούμενη μερική λύση είναι λοιπόν: u(x)=-xex+ln|x|xex Παράδειγμα 2 .: Να βρεθεί μια μερική λύση της y″′+y′=secx

Λύση : Η γενική λύση της ομογενούς είναι:

yομ =c1+c2cosx+c3sinx Αναζητούμε λοιπόν λύση της μορφής: u(x)=v1(x)+v2(x)cosx+v3(x)sinx Οι παράγωγοι v1′, v2′, v3′ ικανοποιούν το σύστημα:

v1′1+v2′cosx+v3′sinx=0

v1′0+v2′(-sinx)+v3′cosx=0 v1′0+v2′(-cosx)+v3′(-sinx)=secx

Λύνοντας το σύστημα αυτό βρίσκουμε: v1′=secx , v2′=-1 , v3′=-tanx

Επομένως: v1=∫secxdx=ln|secx+tanx| v2=-∫dx=-x

v3=-∫tanxdx=ln|cosx|

και τελικά u(x)=ln|secx+tanx|-xcosx+sinxln|cosx| Ασκήσεις


1) Με τη μέθοδο μεταβολής των παραμέτρων, να βρεθεί μια μερική λύση των παρακάτω Δ.Ε.: α) y″-2y′+y= ex/x5 Aπ. u=(1/12)x-3ex β) y″+y=secx Aπ. u=[cosx]ln|cosx|+xsinx γ) y″+4y=sin22x Aπ. u=[cos2(2x)+1]/12 2) Γενικεύοντας την παραπάνω πορεία για n>2, δείξτε ότι τα vi′(x) ικανοποιούν το σύστημα

(12). Εφαρμογές της ομογενούς Δ.Ε. 2ας τάξεως με σταθερούς συντελεστές 1) Ελεύθερη αρμονική ταλάντωση χωρίς τριβή

Πρόκειται για κίνηση υλικού σημείου επί ευθείας, η οποία οφείλεται στη δύναμη . Η Δ.Ε. της κίνησης είναι: Kx)x(F −= ( 0K > )

⇔=−⇔= xmKxxmF 0x)(x0xmKx 2

omK

o=ω+⎯⎯⎯ →←=+

=ω

Ομογενής γραμμική Δ.Ε. 2ας τάξεως με σταθερούς συντελεστές. Η χαρακτηριστική της εξί-σωση είναι: . Οπότε η γενική λύση θα έχει την μορφή: o

2o

2 i0)( ω±=μ⇔=ω+μ

( ) tcosCtsinCtcosCtsinCex o2o1o2o1x0 ω+ω=ω+ω= (1)

Αν επιπλέον έχουμε ως αρχικές συνθήκες ox)0(x = και o)0(x υ= ,τότε από την (1) θα πά-ρουμε:

o

o1oo1oo2oo1o2 CC)0(xtsinCtcosC)t(x,xC)0(x

ωυ

=⇔υ=ω=⇔ωω−ωω=== .

Επομένως η (1) γράφεται tcosxtsinx ooo0

o ω+ωωυ

= . Η (1) μπορεί να γραφεί και στην

μορφή ( )φ+ω= tsinAx o (2) όπου A το πλάτος της ταλάντωσης και φ η φάση. Η (2) γράφεται

φω+φω= sintcosAcostsinAx oo

οπότε έχουμε o

ocosAωυ

=φ , oxsinA =φ και επομένως o

oo xtan

υω

=φ και

2o

2

o

o2o

2

o

o2 )x(A)x(A +⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ωυ

=⇔+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ωυ

=

2) Αρμονική ταλάντωση με αντίσταση

Θεωρούμε την ευθύγραμμη κίνηση υλικού σημείου όπου εκτός από τη δύναμη επιδρά και η αντίσταση Kx)x(F −= xb)x(R −= ( )0b,K > . Η Δ.Ε. της κίνησης είναι

0xmKx

mbx0Kxxbxm =++⇔=++


Θέτοντας mK)( 2

o =ω και m2b

=γ η (1) δίνει

0x)(x2x 2o =ω+γ+

Η χαρακτηριστική της εξίσωση είναι: . οπότε: 0)(2 2o

2 =ω+γμ+μ 2o

2 )(44 ω−γ=Δ

2o

22

o2

2,1 )(2

)(22ω−γ±γ−=

ω−γ±γ−=μ

ΔΙΕΡΕΥΝΗΣΗ: Α) Ασθενής απόσβεση. Για μικρή αντίσταση τέτοια ώστε , θα έχουμε: 2

o2 )(ω<γ

2 21,2 0i iμ = −γ ± ω − γ = −γ ± ω με ω= 2 2

0ω − γ Η γενική λύση είναι:

x(t)

t

e xp(- γt)

- e xp ( - γt

Φθίνουσα αρμονική

ταλάντωση

x(t)=e-γt(c1sinωt+c2cosωt) η οποία μπορεί να γραφεί στη μορφή:

x(t)=De-γtcos(ωt+θ) (1) όπου τα D και θ προσδιορίζονται από τις αρ-χικές συνθήκες. Η λύση παριστάνει ταλά-ντωση σταθερής συχνότητας με πλάτος το οποίο φθίνει εκθετικά με το χρόνο και τείνει ασυμπτωτικά στο μηδέν. Η ταλάντωση αυτή ονομάζεται φθίνουσα αρμονική ταλάντω-ση. Β) Ισχυρή απόσβεση Για μεγάλες τιμές της αντίστασης τέτοιες ώστε ,θα έχου-

με

2o

2 )(ω>γ

( )0, 21 <μμ . 2o

22,1 )(ω−γ±γ−=μ

Έτσι (2) t2

t1

21 eCeC)t(x μμ +=

Ισχυρή

Ασθενής απόσβεση

x(t)

t

Γ) Κρίσιμη απόσβεση. Εδώ έχουμε ότι oω=γ , οπότε γ−=μ 2,1 και (3) ( ) t

21oetCC)t(x ω−+=

Τόσο η (2) όσο και η (3) παριστάνουν κίνηση όπου το υλικό σημείο τείνει ασυμπτωτικά να ι-σορροπήσει στην αρχή των αξόνων x=0 χωρίς ταλαντώσεις. 3) Εξισώσεις Lagrange

Έστω ολόνομο σύστημα με n βαθμούς ελευθερίας ( Ολόνομο σύστημα: όλοι οι δεσμοί είναι ολόνομοι (βλέπε ολοκληρωτικός παράγο-ντας)) το οποίο εκφράζεται με τις n γενικευμέ-


νες συντεταγμένες q1,….,qn . Oι εξισώσεις της κίνησης είναι οι εξισώσεις Lagrance:

jjj

QqT

qT

dtd

=∂∂

−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

n,...,2,1j =

(Τ: κινητική ενέργεια). Οι εξισώσεις Lagrance είναι διαφορικές εξισώσεις 2ας τάξεως. Αν οι

γενικευμένες δυνάμεις ∑=

α

∂∂

⋅=N

1i j

i)(ij q

rFQ

n,...,2,1j = ( οι γνωστές δυνάμεις που ο-

νομάζονται και δεδομένες δυνάμεις,

)(iF α

r το διάνυσμα θέσεως του σημείου εφαρμογής της δύ-ναμης RFF )(

+= α και R

οι αντιδράσεις των δεσμών) απορρέουν από δυναμική συνάρτη-

ση , δηλαδή )t,q,....,q,q(VV n21=j

j qVQ

∂∂

−= , n,...,2,1j = τότε εισάγοντας την συνάρ-

τηση Lagrance ή Lagrancian (V: δυναμική ενέργεια) θα έχουμε: VTL −=

0qL

qL

dtd

jj

=∂∂

−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

n,....,2,1j = .

Έστω υλικό σημείο μάζας m που κινείται χωρίς τριβή σε οριζόντιο σωλήνα, ο οποίος περιστρέφεται γύρω από κατακόρυφο άξονα που περνάει από το μέσο του σωλήνα, με στα-θερή γωνιακή ταχύτητα . Θέλουμε να βρούμε και να λύσουμε την Δ.Ε. κίνησης του υλι-κού σημείου.( Ο σωλήνας βρίσκεται πάντα στο xy επίπεδο)

ω

Το σύστημα έχει μόνο ένα βαθμό ελευθερίας γιατί υπάρχει ο δεσμός f=φ-ωt. Επιλέγουμε ως γενικευμένη συντεταγμένη την απόσταση της μάζας m από το Ο, ρ . Το άνυσμα θέσεως του υλικού σημείου είναι:

( ) ( ) j)tcos()tsin(i)tsin()tcos(rj)tsin(i)tcos(r ωρω+ωρ+ωρω−ωρ=⇔ωρ+ωρ= Οπότε η κινητική ενέργεια θα γραφεί:

( +ωρ+ωωωρρ−ωωρ+ωρ== )t(sin)tsin()tcos(2)t(sin)t(cosm21rm

21T 22222222

) ( )222222 m21)tcos()tsin(2)t(cos ρω+ρ=ωωρωρ+ωρω .

Θεωρώντας ως επίπεδο μηδενικής δυναμικής ενέργειας το επίπεδο xy θα έχουμε:

( )222m21TVTL ρω+ρ==−= .


Επομένως η εξίσωση κίνησης θα γίνει:

0LLdtd

=ρ∂∂

−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ρ∂∂

(1)

Όμως ρ=ρ=ρ∂∂

m2m

21L και ρω=ρω=

ρ∂∂ 22 m2m

21L .

Oπότε η (1) γράφεται ( ) 0mm0mmdtd 22 =ρω−ρ⇔=ρω−ρ Ομογενής γραμμική Δ.Ε. 2ας

τάξεως με σταθερούς συντελεστές. Η χαρακτηριστική εξίσωση είναι μ2-ω2=0 ⇔ μ=±ω. Επομένως . t

2t

1 eCeC ω−ω +=ρ 4) Κύκλωμα RLC

Έστω το κύκλωμα RLC, το οποίο αποτελείται από έναν πυκνωτή, μια αντίσταση και ένα πηνίο συνδεδεμένα σε σειρά. Υποθέτουμε ότι πριν κλείσει ο διακόπτης ο πυκνωτής είχε φορτιστεί με φορτίο . H αποθηκευμένη στον πυκνωτή ενέργεια είναι mQ C2Q2 και στο πηνίο 2

21 LI . Η ολική ενέργεια δεν είναι πια σταθερή γιατί έχουμε θερμικές απώλειες στην

αντίσταση. Ο ρυθμός με τον οποία χάνεται η ενέργεια διαμέσου της αντίστασης είναι:

RIdtdU 2−= (1)

όπου το πλην δηλώνει ότι η U μειώνεται. dtdILI

dtdQ

CQLI

21

C2Q

dtd

dtdU 2

2

+=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+= .

Λόγω της (1) θα έχουμε: dtdILI

dtdQ

CQRI2 +=− (2)

Επειδή όμως dtdQI = η (2) γράφεται:

⇔+=−dtdILII

CQRI2 ⎯⎯ →←+=−

=dtdQI

dtdIL

CQIR ⇔+=− 2

2

dtQdL

CQR

dtdQ

0QC1

dtdQR

dtQdL 2

2

=++

Ομογενής γραμμική Δ.Ε. 2ας τάξεως. Η χαρακτηριστική εξίσωση είναι

0CQRL 2 =+μ+μ . Η διακρίνουσά της είναι:

CL4R 2 −=Δ

οπότε LC1

L2R

L2R

L2CL4RR 2

2

2,1 −⎟⎠⎞

⎜⎝⎛±−=

−±−=μ .

ΔΙΕΡΕΥΝΗΣΗ

1. Αν CL4R 2 > τότε t

2t

121 eCeCQ μμ +=

2. Aν 0CL4R 2 =−=Δ τότε

L2R

−=μ και ( ) tL2

R

21 etCCQ−

+=


3. Aν CL4R 2 < τότε

22

2,1 L2R

LC1i

L2R

L2

RCL4iR

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−±−=

−±−=μ και

)tcos(eQQ dL2

Rt

m ω=−

με 2

12

d L2R

LC1

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−=ω

5) Σκέδαση σωματιδίου σε ένα ορθογώνιο σκαλοπάτι δυναμικού(6

Θεωρούμε μια δέσμη σωματιδίων που σκεδάζεται σε ορθογώνιο σκαλοπάτι δυναμι-κό . Η χρονοανεξάρτητη εξίσωση Schrödinger για μονοδιάστατο δυναμικό γράφε-

ται:

oV )x(V

)x(E)x()x(V)x(m2

H2

ψ=ψ+ψ ′′−=ψ

Οι περιπτώσεις που πρέπει να εξετάσουμε είναι οι εξής δύο: 1. και 2. oVE > oVE < Περίπτωση 1. Στην περιοχή Α η εξίσωση Schrödinger γράφεται:

⇔ψ=ψ ′′− AA

2

Em2

0k0mE2A

2A

mE2k

A2A2

2

=ψ+ψ ′′⎯⎯⎯ →←=ψ+ψ ′′=

Γραμμική ομογενής Δ.Ε. 2ας τάξεως με σταθε-ρούς συντελεστές. Η χαρακτηριστική εξίσωση εί-ναι: . ik0k 22 ±=μ⇔=+μ

Επομένως έχουμε . ikx2

ikx1A eAeA −+=ψ

Στην περιοχή Β η εξίσωση Schrödinger είναι:

⇔ψ=ψ+ψ ′′− BBoB

2

EVm2

( )( )

0)k(0VEm2B

2B

VEm2

)k(

Bo2Bo2

2

=ψ′+ψ ′′⎯⎯⎯⎯⎯ →←=ψ−+ψ ′′−=′

Γραμμική ομογενής Δ.Ε. 2ας τάξεως με σταθερούς συντελεστές. Η χαρακτηριστική της ε-ξίσωση είναι . ki0)k( 22 ′±=μ⇔=′+μΕπομένως . xki

2xki

1B eBeB ′−′ +=ψ

(6 Ο De Broglie στην διδακτορική του διατριβή έθεσε το εξής θέμα: Τα ηλεκτρομαγνητικά κύματα κάτω από ορισμένες συνθήκες εμφανίζουν σωματιδιακές ιδιότητες. Μήπως ποσότητες που τις νομίζουμε σωματίδια (π.χ. ηλεκτρόνια) έχουν κάτω από ορισμένες συνθήκες ιδιότητες χαρακτηριστικές των κυμάτων; Έτσι οδηγήθηκε στην ιδέα ότι η κίνηση ενός σωματιδίου καθορίζεται από τις ιδιότητες (διάδοσης) ενός κύματος το οποίο ονό-μασε υλικό κύμα και το οποίο συσχετίζεται με το σωματίδιο. Συσχέτισε το μήκος κύματος λ και την συχνότητα ν του υλικού κύματος με την ορμή p και την ολική σχετικιστική ενέργεια E του σωματιδίου μέσο των σχέσεων: λ=h/p και ν=Ε/h. Η εξίσωση Schrödinger είναι η διαφορική εξίσωση διάδοσης αυτού του υλικού κύματος (Ο Schrödinger αντί για τον όρο υλικό κύμα χρησιμοποίησε τον όρο κυματοσυνάρτηση). Έτσι η συμπεριφορά του υλικού κύματος είναι ακριβώς προβλέψιμη. Αντιθέτως αυτό μας δίνει πληροφορίες μόνο για την πιθανή συμπεριφορά του σωματιδίου. Έτσι η ποσότητα P(x,t)=Ψ*(x,t)Ψ(x,t)dx μας δίνει την πιθανότητα ώστε το σω-ματίδιο να βρίσκεται μεταξύ x και x+dx.


Για να ανταποκρίνεται η γενική λύση στις συνθήκες ενός τέτοιου πειράματος θα πρέπει η μορφή της στην περιοχή Β να περιέχει μόνο το κύμα το οποίο περιγράφει σωματίδια που κινούνται προς τα δεξιά (Το κύμα περιγράφει σωματίδια που κινούνται προς τα αριστερά). Άρα

xkie ′

xkie ′−

0B2 = . Επομένως και . Λόγω του ότι η κυματοσυνάρτηση πρέπει να είναι παντού συνεχείς συμπεριλαμβανομένων και των ση-μείων ασυνέχειας του δυναμικού, θα ισχύουν οι συνθήκες:

ikx2

ikx1A eAeA −+=ψ xki

1B eB ′=ψ

( ) ⇔⎭⎬⎫

′=−=+

⇔⎭⎬⎫

′=−⇔ψ′=ψ′=+⇔ψ=ψ

121

121

121BA

121BA

BkAAkBAA

BkiikAikA)0()0(BAA)0()0(

11121

121

Akk

k2B

Bkk

AA

BAA

′+=⇔

⎪⎭

⎪⎬⎫

′=−

=+ και 1112 A

kkkkABA′+′−

=−=

Οι συντελεστές είναι αυτοί που καθορίζουν τις πυκνότητες της προσπίπτουσας και της ανακλώμενης δέσμης. Προφανώς την πυκνότητα

21 A,A

της προσπίπτουσας δέσμης μπορούμε να την ρυθμίσουμε κατά βούληση. Περίπτωση 2. Περιοχή Α: Η εξίσωση Schrödinger γράφεται:

⇔ψ=ψ ′′− AA

2

Em2

0k0mE2A

2mE2k

A2A2

2

=ψ+ψ ′′⎯⎯⎯ →←=ψ+ψ ′′ Α

= .

Η χαρακτηριστική εξίσωση είναι ik0k 22 ±=μ⇔=+μ

οπότε . ikx2

ikx1A eAeA −+=ψ

Περιοχή Β: Η εξίσωση Schrödinger γράφεται:

⇔ψ=ψ+ψ ′′− BBoB

2

EVm2

( )( )

0)k(0EVm2B

21B

EVm2)k(

Bo2Bo2

21

=ψ−ψ ′′⎯⎯⎯⎯⎯ →←=ψ−−ψ ′′−=

.

Η χαρακτηριστική εξίσωση είναι 1

21

2 k0)k( ±=μ⇔=−μ οπότε . xk

2xk

1B11 eBeB −+=ψ

Η κυματοσυνάρτηση όμως πρέπει να είναι παντού πεπερασμένη συμπεριλαμβανομένου και του απείρου. Για αυτό κρατάμε μόνο το εκθετικό . Έτσι . Από τις οριακές συνθήκες συνέχειας έχουμε:

xk1e− xk2B

1eB −=ψ

( ) ⇔⎭⎬⎫

−=−=+

⇔⎭⎬⎫

−=−⇔ψ′=ψ′=+⇔ψ=ψ

2121

221

2121BA

221BA

BkAAikBAA

BkikAikA)0()0(BAA)0()0(

11

2 Aikkk2B

+= και 1

1

1122 A

ikkikkABA ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−

=−=

5) Kίνηση υλικού σημείου σε κεντρικό πεδίο.


Αποδεικνύεται ότι η τροχιά υλικού σημείου σε πεδίο κεντρικών δυνάμεων είναι επί-πεδη. Η Δ.Ε. που μας δίνει την εξίσωση της τροχιάς υλικού σημείου στο επίπεδο υπό μορ-φή:

)(rr θ= είναι )r(FL

mrr1

dr1d

2

2

2

2

−=+θ

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

(1)

όπου L η στροφορμή του υλικού σημείου μάζας m ως προς το κέντρο δυνάμεων Ο, r η από-σταση του υλικού σημείου από το Ο και F(r) η δύναμη που του ασκείται. Ας μελετήσουμε την περίπτωση που έχουμε ελκτικές δυνάμεις αντιστρόφως ανάλογες του τετραγώνου της αποστάσεως. Τέτοια περίπτωση έχουμε όταν υλικό σημείο μάζας m κινείται γύρω από υλικό σημείο με μάζα M>>m, έτσι ώστε να θεωρούμε ότι το σώμα μάζας Μ είναι ακίνητο (π.χ. κί-

νηση δορυφόρων γύρω από τη γη).Οι ελκτικές δυνάμεις θα έχουν τη μορφή 2rk)r(F −= ό-

που k θετική σταθερά. Αν στην (1) θέσουμε ur1= η Δ.Ε. γίνεται:

⎯⎯⎯ →←−=+θ

−= 2rk)r(F

2

2

2

2

)r(FL

mrud

ud 22

2

Lmku

dud

=+θ

(2)

Γραμμική μη ομογενείς Δ.Ε. 2ας τάξεως με σταθερούς συντελεστές. Η αντίστοιχη ομογενής

Δ.Ε. είναι 0ud

ud2

2

=+θ

.

Η χαρακτηριστική της εξίσωση γράφεται , οπότε η λύση γράφεται: i012 ±=μ⇔=+μθ+θ= sinCcosCu 211 ή αλλιώς ( )o1 cosAu θ−θ=

με 22

21 )C()C(A += και

1

2o C

Ctan =θ .

Τα είναι σταθερές που θα προσδιοριστούν από τις αρχικές συνθήκες. Στη συνέχεια αναζητούμε μια μερική λύση. Έστω

o,A θCu2 = ⇔ 0u2 =′′ .

Οπότε από την (2) έχουμε 2222 LmkC

Lmkuu =⇔=+′′

Άρα η γενική λύση είναι ( ) 2o LmkcosAu +θ−θ= .

Θυμόμαστε τώρα ότι r1u = οπότε:

( ) ⇔+θ−θ= 2o LmkcosA

r1

( ) ( )⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛θ−θ+

=θ−θ+

=

o

2

2o2 cosmkAL1

Lmk

1

cosALmk

1r ⇔

( ) ( )oo

2

2

cose1p

cosmkAL1

mkL

rθ−θ+

=θ−θ+

= (3)

όπου mkLp

2

= και mkALe

2

= .


Η (3) είναι εξίσωση κωνικής τομής της οποίας η μια εστία είναι το ελκτικό κέντρο. Το παριστάνει την εκκεντρότητα της κωνικής τομής, ενώ το συνδέεται με τον μεγάλο ημιά-ξονα α και την εκκεντρότητα με τον τύπο

ep

( )2e1p −α= . Η γωνία oθ ορίζει τη διεύθυνση της ακτίνας που αντιστοιχεί στη μικρότερη απόσταση από το Ο. Η τιμή της εκκεντρότη-τας(που καθορίζεται έμμεσα από τις αρχικές συνθήκες) καθορίζει τη μορφή της τροχιάς. Έτσι

• για e=0 έχουμε κυκλική τροχιά • για 0<e<1 έχουμε ελλειπτική τροχιά • για e=1 έχουμε παραβολική τροχιά • για e>1 έχουμε κλάδο υπερβολής

6) Κίνηση ομογενούς ελατηρίου

Θεωρούμε ομογενές ελατήριο μάζας m και σταθεράς Κ. Το ελατήριο κρεμιέται από το ένα του άκρο σε ακλόνητη κατακόρυφη θέση, ενώ στο άλλο του άκρο κρεμάμε μάζα Μ. Θέλουμε να βρούμε την εξίσωση κίνησης. Υποθέτουμε ότι η ταχύτητα κάθε σημείου του ελατηρίου είναι ανάλογη της απόστασής του από το άκρο. Η κινητική ενέργεια του συστή-

ματος είναι 2

m

0

2 ydm21xM

21T ∫+= (1)

όπου ο δεύτερος όρος αντιπροσωπεύει την κινητική ενέργεια ενός κομματιού του ελατηρί-ου μάζας που απέχει απόσταση από το Ο. Εκ της υποθέ-σεως μας έχουμε ότι

dm yyy α= όπου α μια σταθερά. Λαμβάνοντας

υπόψη μας τη συνθήκη προσαρμογής για το σύνορο , θα έχουμε

xy =

xx α= οπότε xxyy

xy

xy

xy =⇔=

αα

= .

Το ελατήριο έχει ομογενή κατανομή μάζας και πυκνότητα ρ ,

όπου dydm ρ=xm

=ρ . Η (1) γίνεται:

⎯⎯ →←ρ+=ρ+==ρ

∫ xm

22

x

0

22

22 xx

61xM

21dyy

xx

21xM

21T

Θεωρούμε σαν επίπεδο μηδενικής δυναμικής ενέργειας το επίπεδο που αντιστοιχεί στο . Η δυναμική ενέργεια της μάζας Μ είναι 0x =

Mgx)x(V1 −= . Η δυναμική ενέργεια βαρύτητας του ελατηρίου είναι

∫ ∫ −=ρ−=ρ−=−=2

mgxgx21ydyggy)dm()x(V 2

x

0

2 .

Η δυναμική ενέργεια που οφείλεται στη μεταβολή του μήκους του ελατηρίου είναι

( )2o3 xK

21)x(V −=

όπου το μήκος του ελατηρίου πριν κρεμαστεί το σώμα(φυσικό μήκος). Η Lagrancian του o


συστήματος γράφεται

( ) ( )2

mgxMgxxK21xmM3

61VTL 2

o2 ++−−+=−= .

Η εξίσωση κίνησης θα είναι

⇔=∂∂

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛∂∂ 0

xL

xL

dtd

( ) ⇔++=+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +

2mgMgKKxxmM3

31

dtd

o

( )mM3

2mgMgK3

xmM3

K3x2

mgMgK3Kx3xmM3o

o +

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++

=+

+⇔⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++=++

(2)

Μη ομογενής γραμμική Δ.Ε. 2ας τάξεως με σταθερούς συντελεστές. Η αντίστοιχη ομογενής

Δ.Ε. είναι: 0xmM3

K3x =+

+

με χαρακτηριστική εξίσωση mM3

K3i0mM3

K32

+±=μ⇔=

++μ

οπότε η λύση της ομογενούς είναι:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

++⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

+= t

mM3K3sinCt

mM3K3cosC)t(x 21 .

Στη συνέχεια αναζητούμε μια μερική λύση της (2). Η μερική λύση της (2) θα είναι μια στα-θερά.

0uC)x(u =⇔= , οπότε από την (2):

mM32

mgMgK3C

mM3K3 o

+

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++

=+

⇔

K2

mgMgKC

o ++=

.

Άρα η γενική λύση είναι:

K2

mgMgKt

mM3K3sinCt

mM3K3cosC)t(x

o

21

+++⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

++⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

+=

.

7) Εξαναγκασμένη ταλάντωση

Θεωρούμε τον απλό αρμονικό ταλαντωτή στον οποίο εξασκούμε μια εξωτερική δύ-ναμη η οποία είναι συνάρτηση του χρόνου. Η Δ.Ε. κίνησης γράφεται:

)t(FKxxm =+ που είναι μια μη ομογενής γραμμική Δ.Ε. 2ας τάξεως με σταθερούς συντελεστές. Θα μελε-τήσουμε την περίπτωση που η δύναμη είναι:

tcosF)t(F oo ω= όπου σταθερά και oF oω η συχνότητα της δύναμης. Επομένως

tcosFKxxm oo ω=+ (1) Η αντίστοιχη ομογενής Δ.Ε. είναι 0Kxxm =+ , με χαρακτηριστική εξίσωση


⇔−=μ⇔=+μmK0Km 22

mKi2,1 ±=μ .

Έτσι η λύση της ομογενούς Δ.Ε. είναι:

tsinCtcosC)t(xtmKsinCt

mKcosC)t(x 21

mK

21 ω+ω=⎯⎯ →←⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

=ω.

Στη συνέχεια αναζητούμε μια μερική λύση της (1). Αναζητούμε λύσεις της μορφής tsinBtcosA)t(u oω+ω= ο (2)

⇔ωω+ωω−=′⇔ tcosBtsinA)t(u oooo tsin)(Btcos)(A)t(u o2

oo2

o ωω−ωω−=′′ . Αντικαθιστώντας την (2) στην (1) έχουμε:

(m tsin)(Btcos)(A o2

oo2

o ωω−ωω− )tsinBtcosA(K) oo ω+ω+ = ⇔ω tcosF oo ( ) ( ) tcosFKB)(mBtsinKA)(mAtcos oo

2oo

2oo ω=+ω−ω++ω−ω ⇔

( )2o

2o

2o

o2

o

oo

2o

2o

)(mF

A)(

mKm

F)(mK

FAFKA)(mA

0B0KB)(mB

ω−ω=⇔

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ω−

=ω−

=⇔=+ω−

=⇔=+ω−

Έτσι η γενική λύση του προβλήματος γράφεται:

( ) tcosCtcosCtcos)(m

F)t(x 21o2

o2

o ω+ω+ωω−ω

= (3)

όπου τα προσδιορίζονται από τις αρχικές συνθήκες. Έστω δηλαδή ότι για 21 C,C0t = και oxx = ox ν= (4)

Από την (3) θα έχουμε:

( ) ⇔=+ω−ω

= o12o

2o xC

)(mF

)0(x ( )2o

2o

o1 )(mF

xCω−ω

−= .

H παράγωγος της είναι: )t(x

( ) tcosCtsinC)(m

tsinF)t(x 212

o2

ooo ωω+ωω−ω−ωωω−

=

οπότε από την (4) θα έχουμε

ων

=⇔ν=ω= o2o2 CC)0(x .

Έτσι στην περίπτωση αυτή η (3) γράφεται:

( )

( )

oo2 2

o

o oo 2 2

o

Fx(t) cos tm ( )

Fx cos t sin tm ( )

= ω +ω − ω

⎛ ⎞ ν⎜ ⎟+ − ω + ω⎜ ⎟ ωω − ω⎝ ⎠

x(t)

t

Αν η συχνότητα ωο (συχνότητα εξαναγκασμού) βρίσκεται κοντά στη φυσική συχνότητα ω του


ταλαντωτή τότε το πλάτος ταλάντωσης γίνεται πολύ μεγάλο. Αυτό είναι το γνωστό φαινό-μενο του συντονισμού. Αν είναι ω=ωο η (3) δεν είναι πια αληθής αφού . Θα ξανα-λύσουμε την (1) η οποία έχει τότε τη μορφή

∞→A

tcosmF

xx o2 ω=ω+ (5)

Η λύση της ομογενούς είναι ίδια, αλλάζει όμως η μερική λύση. Επειδή τα αποτε-λούν ζεύγος συζυγών μιγαδικών ριζών με πολλαπλότητα ένα, αναζητούμε μερική λύση της μορφής . Υπολογίζουμε τις παραγώγους

ω−ω i,i

( tcostsint)t(u 11 ωβ+ωα= )( )⇔ωωβ−ωωα+ωβ+ωα= tsintcosttcostsin)t(u 1111

( )tcostsinttsintcostsintcos)t(u 21

211111 ωωβ−ωωα−+ωωβ−ωωα+ωωβ−ωωα=

Αντικαθιστώντας στην (5) την u και τις παραγώγους τις, θα έχουμε: ( ) =ωβω+ωαω+ωωβ−ωωα−+ωωβ−ωωα tcosttsinttcostsinttsin2tcos2 1

21

221

2111

= 0tcosmF

1o =β⇔ω και

ω=α

m2Fo

1 . Επομένως έχουμε tsinm2

tF)t(u o ω

ω= .

Οπότε η γενική λύση γράφεται tsinCtcosCtsinm2

tF)t(x 21

o ω+ω+ωω

=

Από τις αρχικές συνθήκες ( )oo )0(x,x)0(x ν== θα έχουμε o1 xC)0(x == και

o o1 2

o2 o 2

F F tx ( t ) s in t s in t C s in t C c o s t2 m 2 m

x (0 ) C C

ω= ω + ω − ω ω + ω

ω ων

⇔ = ω = ν ⇔ =ω

ω

Άρα τελικά η γενική λύση στην περίπτωση αυτή γράφεται: x(t)

t

tsintcosxtsinm2

tF)t(x o

oo ω

ων

+ω+ωω

= .

66.. ΗΗ ΟΟΡΡΙΙΖΖΟΟΥΥΣΣΑΑ ΤΤΟΟΥΥ WWRROONNSSKKII ΚΚΑΑΙΙ ΟΟΙΙ ΧΧΡΡΗΗΣΣΕΕΙΙΣΣ ΤΤΗΗΣΣ ΣΣΤΤΙΙΣΣ ΓΓΡΡΑΑΜΜΜΜΙΙΚΚΕΕΣΣ ΔΔΙΙΑΑΦΦΟΟΡΡΙΙΚΚΕΕΣΣ ΕΕΞΞΙΙΣΣΩΩΣΣΕΕΙΙΣΣ 22ηηςς ΤΤΑΑΞΞΗΗΣΣ

6.1 Γενικά

Είναι γνωστό ότι ο μηδενισμός ή μη της ορίζουσας του Wronsky αποτελεί ικανή και αναγκαία συνθήκη για την γραμμική εξάρτηση ή ανεξαρτησία μιας n-αδας μερικών λύσεων μιας γραμμικής Δ. Ε. τάξης m≥n. Το χρήσιμο αυτό συμπέρασμα μπορεί να μεταφερθεί στις γραμμικές ομογενείς διαφορικές εξισώσεις n τάξης: y(n)+ Α1(x)y(n-1)+⋅⋅⋅+Αn-1(x)y′+Αn(x)y=0 (1) με Ai(x) i=0,1,⋅⋅⋅,n συνεχείς συναρτήσεις ως εξής: Ο γραμμικός συνδυασμός των, n το πλήθος, μερικών λύσεων y1, y2,⋅⋅⋅, yn της Δ.Ε. (1) αποτελεί γενική λύση τότε και μόνο τότε όταν W(y1, y2,⋅⋅⋅, yn)≠0 Για την περίπτωση της Δ.Ε. 2ης τάξης: y″+Α1(x)y′+Α2(x)y=0 (2) η Wronskian δυο γραμμικά ανεξάρτητων λύσεων είναι:

W(y1,y2)=W(x)=y y

y y

1 2

1 2′ ′

=y1y2′-y2y1′ (3)

και μπορεί να υπολογισθεί άμεσα από τους συντελεστές της εξίσωσης χωρίς προηγούμενα να ξέρουμε τις λύσεις της. Πράγματι: παραγωγίζουμε την (3) και έχουμε: W′(x)=y1y2″-y2y1″ αλλά οι y1, y2 ικανοποιούν την (2), δηλ. y1″+Α1(x)y1′+Α0(x)y1=0 (4α) y2″+Α1(x)y2′+Α0(x)y2=0 (4β) πολλαπλασιάζοντας την (4α) επί y2 και την (4β) επί y1 και αφαιρώντας προκύπτει: W′(x)= y1y2″-y2y1″ =-Α1(x)(y1y2′ -y2y1′)=-Α1(x)W(x) ⇒ W′(x)=-Α1(x)W(x) ⇒

W(x)= (5) 1A (x)dxe−∫

Εάν τώρα γνωρίζουμε μια λύση της (2), έστω την y1, τότε μια δεύτερη γραμμικά ανεξάρτη-τη λύση y2 μπορεί να υπολογισθεί ως εξής:

Από την (3) έχουμε: y1y2′-y2y1′=W(x) ⇒ y2′-yy

y W x)y

1

12

1

′⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟ =

( (6)

Η (6) είναι μια γραμμική Δ.Ε. 1ης τάξης ως προς y2 της οποίας η λύση είναι:

y2=exp yy

dx yy

dx W xy

dx yy

W xy

dx1

1

1

1 11

1 1

1′⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥

−′⎡

⎣

⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥

⎧⎨⎪

⎩⎪

⎫⎬⎪

⎭⎪=∫ ∫∫ ∫exp ( ) ( ) ⇒


y2=y1W x

ydx

( )

12∫ (7)

Παρατήρηση 1: Ο τύπος (5) ορίζει την Wronskian με απροσδιοριστία ενός πολλαπλασια-στικού παράγοντα, (λόγω του αορίστου ολοκληρώματος ∫Α1(x)dx), Εάν θέλουμε η Wronskian W(x) να παίρνει μια ορισμένη τιμή W(x0) για x=x0 τότε ο τύπος (5) πρέπει να γραφεί:

W(x)=W(x0) διότι W′(x)=-Α1(x)W(x) ⇒ x

1x0A (x)dx

e−∫

x

1x0

0 0

A (x)dxW x

1 1 0W x

dW dWA (x) A (x)dx W(x) W(x )eW W

−∫= − ⇒ = − ⇒ =∫ ∫ (8)

Παρατήρηση 2: Από την σχέση (8) προκύπτει ότι: α) αν W(x0)=0 για κάποιο x0∈(α,β), τότε και W(x)≡0 ∀x∈(α,β). β) αν W(x0)≠0 για κάποιο x0∈(α,β), τότε W(x)≠0 ∀x∈(α,β)

γ) επειδή ο όρος: x

1x0A (x)dx

e−∫

είναι πάντα θετικός η ορίζουσα του W(x) έχει το ίδιο πρόσημο στο διάστημα (α,β) με το πρόσημο του W(x0). (Το διάστημα (α,β) είναι το διάστημα στο οποίο οι γραμμικά ανεξάρτητες μερικές λύσεις y1, y2,⋅⋅⋅, yn έχουν παραγώγους μέχρι (n-1) τάξης). Άσκηση 1: Να δείξετε ότι η Wronskian W(y1,y2) δυο συναρτήσεων είναι ομογενής συνάρ-τηση 2ου βαθμού, δηλ. W(gy1, gy2)=g2W(y1, y2) με g(x) συνάρτηση του x, όχι κατ' ανάγκη σταθερά. Λύση: W(gy1, gy2)=(gy1)(gy2)′-(gy2)(gy1)′=gy1(g′y2+gy2′)-y2(g′y1+gy1′)= =ggy1y2′-y2gy1′=g2y1y2′-y2y1′=g2W(y1,y2) Άσκηση 2: Αφού διαπιστώσετε ότι η y1(x)=x είναι μια λύση της Δ.Ε.:

xy″-(x+2)y′+ 1 2 0+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

=x

y (9)

χρησιμοποιείστε τη μέθοδο της Wronskian για να υπολογίσετε μια δεύτερη λύση. Λύση: Η Δ.Ε. (9) γράφεται σε τυπική, (λυμένη), μορφή:

xx

yx x

y+′ + +⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

=2 1 2 02 y″-

xx+ 2όπου Α1(x)=- και η Wronskian θα είναι:

W(x)= 1x 2dxA (x)dx x 2ln x 2 xxe e e+

− +∫∫ = = = x e x ex

dx xex

x2

2∫ =Εφαρμόζοντας τον τύπο (7) έχουμε: y2=x

6. H Wronskian και οι χρήσεις της ♦ 113

και η γενική λύση θα είναι: yγεν =c1x+c2xex Άσκηση 3: Να δείξετε ότι η Wronskian της Δ.Ε: y(n)+Α1(x)y(n-1)+⋅⋅⋅+An-1(x)y′+An(x)y=0 (A)

δίνεται από τον τύπο: W(x)=W(x0) όπου W(x0) η τιμή της Wronskian για x=x0. 1A (x)dx

e−∫

Λύση: Έστω y1,y2,⋅⋅⋅,yn γραμμικά ανεξάρτητες λύσεις της Δ.Ε. (Α), τότε εξ' ορισμού:

W(x)=

y y y

y y y

y y y

n

n

n nn

n

1 2

1 2

11

21 1

′ ′

− −( ) ( ) ( )

′

−

Αποδεικνύεται ότι η παράγωγος μιας ορίζουσας, της οποίας τα στοιχεία είναι συναρτήσεις του x, ισούται με το άθροισμα n οριζουσών, κάθε μια από τις οποίες έχει προέλθει από την αρχική παραγωγίζοντας τα στοιχεία μιας μόνο γραμμής. Εύκολα τώρα διαπιστώνουμε ότι η παράγωγος της W(x) θα μας δώσει μόνο μια μη μηδενική ορίζουσα, την:

W′(x)=

y y y

y y y

y y y

y y y

n

n

n nn

n

n nn

n

1 2

1 2

12

22 2

1 2

′ ′

− −( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

′

−

Εάν στην εξίσωση (Α) θέσουμε τις λύσεις y1,y2,⋅⋅⋅,yn προκύπτει ένα σύστημα n εξισώσεων με αγνώστους τους συντελεστές An-1(x), ⋅⋅⋅,A0(x) A1(x)y1

(n-1)+A2(x)y1(n-2)+⋅⋅⋅+An-1(x)y1′+An(x)y1=-y1

(n) A1(x)y2

(n-1)+A2(x)y2(n-2)+⋅⋅⋅+An-1(x)y2′+An(x)y2=-y2

(n) ...................................................................................................................... A1(x)yn

(n-1)+A2(x)yn(n-2)+⋅⋅⋅+An-1(x)yn′+An(x)yn=-yn

(n) Με την βοήθεια της μεθόδου του Krammer η συνάρτηση A1(x) δίνεται από τη σχέση:

A1(x)=- ′W x)W x)

((

⇒ dW(x)=-A1(x)dW′(x) ⇒ W(x)=W(x0) x

1x0A (x )dx

e−∫

6.2 O μετασχηματισμός y=gY και οι χρήσεις του

Εάν μια Δ.Ε. είναι γραμμική και ομογενής, τότε ο μετασχηματισμός της εξαρτημένης μεταβλητής που διατηρεί αυτά τα χαρακτηριστικά πρέπει να είναι γραμμικός και ομογενής, δηλαδή:


y(x)=g(x)Y(x) (1) Χρησιμοποιώντας τον μετασχηματισμό (1) στη Δ.Ε. y″+P(x)y′+Q(x)y = 0 (2) προκύπτει: gY″+(Pg+2g′)Y′+(g″+Pg′+Qg)Y = 0 (3) και εδώ έχουμε τις εξής δυο δυνατότητες: I) Επιλέγουμε την g(x) έτσι ώστε: g″+Pg′+Qg=0 (4) δηλαδή η g συμπίπτει με μια από τις λύσεις της αρχικής Δ.Ε. (2). Τότε η νέα μορφή της Δ.Ε. θα είναι: Y″+P*(x)Y′=0 (5)

′gg

με P*(x)=P(x)+2 (6)

Η Δ.Ε. (5) γίνεται αμέσως Δ.Ε. 1ης τάξης με την προφανή αντικατάσταση Y′=u οπότε η (5) γράφεται:

P gg

u+′⎛

⎝⎜

⎞⎠⎟ =2 u′+ 0 (7)

eg

W x)g

P x dx−∫=

( )(

2 2e eP

gg

dx Pdx g− +

′⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ −

−∫= ∫2

2lnμε λύση u(x)= e ⇒ u(x)= (8)

με g(x) μια λύση της Δ.Ε. (2) έστω η y1(x). Τότε η (8) γράφεται: W xy

dx( )

12∫W x)

y(

12 u(x)=Y′= ⇒ Y=

W xy

dx( )

12∫και δεδομένου ότι y=gY=y1Y θα έχουμε: y=y1

που είναι ο γενικός τύπος, βάσει του οποίου υπολογίζουμε μια δεύτερη λύση όταν είναι γνωστή μια άλλη λύση, (Αυτό το είδαμε με άλλο τρόπο στην προηγούμενη παράγραφο). Συμπέρασμα: Αν γνωρίζουμε μια μερική λύση y1(x) της Δ.Ε. (2), τότε η γενική της λύ-ση δίνεται από τη σχέση:

W xy

dx( )

12∫ yγεν=c1y1(x)+c2y1(x)

II) Επιλέγουμε την g(x) έτσι ώστε: Pg+2g′=0 από την οποία έχουμε:

eP x dx−⎡

⎣⎢⎤⎦⎥∫ =

12

( )( g(x)= W x) (10)

και η μετασχηματισμένη Δ.Ε. (3) παίρνει την λεγόμενη κανονική μορφή: Y″+I(x)Y=0 (11)

12

14

P2(x) (12) με I(x)=Q(x)- P′(x)-

της οποίας την χρησιμότητα θα δούμε στην επόμενη παράγραφο. Η σχέση (12) αποδεικνύεται ως εξής: Η (3) γράφεται :

′′+

′+

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ =

gg

P gg

Q Y 0 gΥ″+(g″+Pg′+Qg)Y=0 ⇒ Y″+


Από την σχέση Pg+2g′=0 έχουμε: ′′= − ′ +

′⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ = −

′+

gg

P P gg

P P12 2

2′= −

gg

P2

α) και β) P′g+Pg′+2g″=0 ⇒ 4

−′+ − +

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ =

P P P Q Y2 4 2

02 2

Q P x) P x) Y− ′ −⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ =

12 4

02

( (οπότε Y″+ ⇒ Y″+ ⇒

I x) Q x) P x) P x)( ( ( (= − ′ −12

14

2

6.3. Η κανονική μορφή και η σημασία της

Η Δ.Ε. που προκύπτει από την y″+Py′+Qy=0 (1) χρησιμοποιώντας έναν ομογενή και γραμμικό μετασχηματισμό y=gY και απαλείφοντας τον όρο της πρώτης παραγώγου, ονομάζεται κανονική μορφή. Ο κατάλληλος όρος g(x) του μετασχηματισμού, όπως είδαμε πριν, είναι:

e WP x dx−⎡

⎣⎢⎤⎦⎥∫ =

12

( )( g(x)= x) (2)

και η κανονική μορφή της Δ.Ε. (1) είναι: Y″+I(x)Y=0 (3)

′+

′′= − ′ −

gg

gg

Q P P12

14

2με I(x)=Q+P (4)

Η σημασία της κανονικής μορφής διατυπώνεται από την παρακάτω πρόταση: Πρόταση: Όλες οι γραμμικές ομογενείς Δ.Ε. 2ης τάξης που συνδέονται με γραμμικούς και ομογενείς μετασχηματισμούς της εξαρτημένης μεταβλητής y=gY, (όπου η g(x) είναι ο-ποιαδήποτε συνεχής συνάρτηση όχι κατ' ανάγκη g= W x)( ), έχουν την ίδια κανονική μορ-φή. Απόδειξη: Θεωρούμε την Δ.Ε. y″+Py′+Qy=0 (5) και τον μετασχηματισμό y=gY. Η νέα μορφή της Δ.Ε. θα είναι: Y″+P*Y′+Q*Y = 0 (6)

′gg

′+

′′gg

gg

όπου P*=P+2 , Q*=Q+P

Για να έχουν οι (5) και (6) την ίδια κανονική μορφή θα πρέπει να δείξουμε ότι: I*(x)=I(x) όπως φαίνεται στο Σχ. 1

−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟∫

12

P x dx( ) −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟∫

12

P x dx*( )όπου g1=exp και g2=exp

12

14

12

2 14

222

P P Q P gg

gg

P gg

P gg

* *′− = +

′+

′′⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ − +

′⎛⎝⎜

⎞⎠⎟′− +

′⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =Πράγματι: I*(x)=Q*-


Q P gg

gg

P g g gg

P P gg

gg

+′+

′′⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ − ′ +

′′ − ′⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ − +

′+

′⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟ =

12

2 14

4 42

22

2

=

12

14

P2=I(x) =Q- P′-

I(x)=I*(x)

y″+Py′+Qy=0 y=gΥ

g=τυχαία Υ″+P*Υ′+Q*u=0

y=g1Y1

Y1″+I(x)Y1=0

I(x)=Q- 12

P′- 14

2P

u=g2Y2

Y2″+I*(x)Y2=0

I*(x)=Q*- 12

P*′- 14

P*2

Σχ. 1 Παρατήρηση: Η παράσταση I(x) παραμένει αναλλοίωτη ως προς τους ομογενείς γραμμι-κούς μετασχηματισμούς y=gY. Όλες δηλαδή οι ομογενείς γραμμικές Δ.Ε. 2ης τάξης που συνδέονται με ομογενείς γραμμικούς μετασχηματισμούς έχουν την ίδια έκφραση I(x). Η πρακτική και θεωρητική σημασία αυτής της παρατήρησης είναι ότι εαν δυο γραμ-μικές ομογενείς Δ.Ε. 2ης τάξης συνδέονται μ' ένα ομογενή γραμμικό μετασχηματισμό και η μία από αυτές επιλύεται, (διότι π.χ. μπορεί να είναι με σταθερούς συντελεστές), τότε και η άλλη επιλύεται μετασχηματίζοντας την στην κανονική της μορφή. Παράδειγμα: Ας θεωρήσουμε την Δ.Ε y″+2x3y′+(x6+3x2-1)y=0 (7) της οποίας η επίλυση της είναι αρκετά δύσκολη επειδή δεν έχει σταθερούς συντελεστές. Εάν όμως η (7) προέρχεται με την βοήθεια κάποιου ομογενούς και γραμμικού μετασχημα-τισμού από μια εξίσωση με σταθερούς συντελεστές τότε θα έχουν την ίδια κανονική μορφή. Όμως η κανονική μορφή των εξισώσεων με σταθερούς συντελεστές είναι σταθερός αριθμός όπως φαίνεται από τον τύπο


′−

P P2 4

2

Ι=Q-

όπου P, Q=σταθερές. Αν λοιπόν η (7) προέρχεται από μια εξίσωση με σταθερούς συντελε-στές θα πρέπει η παράσταση Ι για Ρ=2x3, Q=x6+3x2-1 να είναι μια σταθερά, όπως και συμβαίνει:

12

6 14

4 12 6x x− = I=(x6+3x2-1)- −

Η δε κανονική της μορφή είναι: Y″+IY=0 δηλαδή Y″-Y=0 της οποίας η γενική λύση είναι: Y=c1ex+c2e-x

W x Y e Y e YP x dx

x

( )( )

= ∫ =− −

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟1

2 4

4

επειδή δε y=g(x)Y=

( )e c e c ex

x x−

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

−+

4

41 2 τελικά η γενική λύση της (1) θα είναι: y(x)=

6.4 Γραμμικές μη ομογενείς διαφορικές εξισώσεις 2ης τάξης

Εάν υποθέσουμε ότι γνωρίζουμε μια μερική λύση y1(x) της γραμμικής ομογενούς Δ.Ε. y″+P(x)y′+Q(x)y=0 (1) τότε, όπως είδαμε προηγούμενα, μπορούμε να βρούμε και άλλη μια γραμμικά ανεξάρτητη λύση y2(x) της (1) και να έχουμε την γενική λύση της σαν γραμμικός συνδυασμός των y1(x) και y2(x) δηλ. yομ =c1y1(x)+c2y2(x) Επίσης είναι γνωστό ότι στην περίπτωση της μη ομογενούς γραμμικής Δ.Ε. y″+P(x)y′+Q(x)y=f(x) (2) η γενική λύση yγεν της (2) βρίσκεται αν στη γενική λύση yομ, της ομογενούς προσθέσουμε μια οποιαδήποτε μερική λύση u της μη ομογενούς (2) δηλαδή: yγεν =yομ +u Έτσι λοιπόν το πρόβλημα εντοπίζεται στο πως θα βρούμε μια μερική λύση της μη ομογε-νούς. Εδώ θα χρησιμοποιήσουμε τον γραμμικό ομογενή μετασχηματισμό: u=g(x)Y(x) (3) Τότε θα έχουμε θέτοντας την (3) στην (2): gY″+(Pg+2g′)Y′+(g″+Pg′+Qg)Y=f (4) Εάν διαλέξουμε η g(x) να είναι μια μερική λύση της (1) τότε: g″+Pg′+Qg=0 και η (4) γρά-φεται τώρα σαν: gY″+(Pg+2g′)Y′=f (5) η οποία με την αντικατάσταση Y′=h γίνεται Δ.Ε. 1ης τάξης:

h′+ gP 2 hg g′⎛ ⎞

+ =⎜ ⎟⎝ ⎠

f ή h′+A(x)h=B(x) (6)

′gg

fg

και B(x)= (7) με A(x)=P+2

της οποίας η λύση δίνεται από τον τύπο:


e e B x dx c e efg

dx cA x dx A x dx P

gg

dx Pgg

dx− − +′⎛

⎝⎜

⎞⎠⎟ +

′⎛⎝⎜

⎞⎠⎟∫ ∫ +

⎧⎨⎩

⎫⎬⎭=

∫ ∫+

⎧⎨⎪

⎩⎪

⎫⎬⎪

⎭⎪∫ ∫

( ) ( )( ) 1

2 2

1h= (8)

και η τελική λύση θα είναι: u(x)=g(x)Y(x)=g(x) 2h(x)dx c+∫ (9)

Αν θυμηθούμε όμως ότι: W(x)= είναι η Wronskian της y″+P(x)y′+Q(x)y=0, η (8) με την βοήθεια των (7) μπορεί να γραφεί, παραλείποντας την σταθερά c1, ως εξής:

eP x dx−∫ ( )

h=e efg

dxP

gg

dx Pgg

dx− +′⎛

⎝⎜

⎞⎠⎟ +

′⎛⎝⎜

⎞⎠⎟∫ ∫⎧

⎨⎪

⎩⎪

⎫⎬⎪

⎭⎪∫

2 2

e e e W x)g

W x)g

P gg

dx Pdxgg

dx− +′⎛

⎝⎜

⎞⎠⎟ − −

′∫= ∫ ∫ = =

2 2

2 2

1( ( e gW x)

P gg

dx+′⎛

⎝⎜

⎞⎠⎟∫

=2 2

(αλλά και

Wg

gW

fg

dxWg

fgW

dx2

2

2∫ ∫= 2

W fghdx dx dxg W

⎧ ⎫= ⎨ ⎬

⎩ ⎭∫ ∫ ∫ ⇒ Y= Επομένως h=

Wg

fgW

dx dx2 ∫∫⎧⎨⎩

⎫⎬⎭

⇒ u=gY=g

Wy

fyW

dx dx12

1∫∫⎧⎨⎩

⎫⎬⎭

και αν θέσουμε g=y1 έχουμε: u=y1

Wy

y y y yy

yy1

21 2 1 2

12

2

1

=′ − ′

=⎛⎝⎜

⎞⎠⎟′ αλλά επειδή

fyW

dx dyy

1 2

1∫∫⎧⎨⎩

⎫⎬⎭

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =

yy

fyW

dx y yy

fyW

dx dx2

1

11

2

1

1⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ − ⎧

⎨⎩

⎫⎬⎭

′⌠

⌡⎮

⌠

⌡

⎮⎮⎮

∫θα έχουμε u=y1 y1

u=y2fyW

dx yfyW

dx11

2− ∫∫ (10)

Ο τύπος (10) μας δίνει μια μερική λύση της μη ομογενούς Δ.Ε. (2) όταν γνωρίζουμε δυο γραμμικά ανεξάρτητες λύσεις y1, y2 της αντιστοίχου ομογενούς. Παρατήρηση: Στον τύπο (10) η Wronskian W δεν πρέπει να υπολογίζεται από τον τύπο W(x)=exp-∫P(x)dx, ο οποίος την ορίζει με μια απροσδιοριστία μιας πολλαπλασιαστική σταθεράς, αλλά κατ' ευθείαν από τον ορισμό της W(x)=y1y2′-y1′y2 με y1,y2 οι μερικές λύ-σεις που θα εισαχθούν στην (10). Και αυτό γιατί η μερική λύση yμερ δεν έχει ελευθερία πολλαπλασιασμού με μια σταθερά.

77.. ΙΙΔΔΙΙΟΟΤΤΗΗΤΤΕΕΣΣ ΤΤΟΟΥΥ ΓΓΡΡΑΑΜΜΜΜΙΙΚΚΟΟΥΥ ΤΤΕΕΛΛΕΕΣΣΤΤΗΗ LL((DD))

7.1 Γενικά

Έστω η Γραμμική Δ.Ε. n τάξης με σταθερούς συντελεστές: y(n) +α1y(n-1) +⋅⋅⋅+αny=f(x) (1) ή συμβολικά: L(D)y =f(x) (2)

όπου L(D)= Dn +α1Dn-1 +⋅⋅⋅+αn και D ddx

kk

k= (3)

Είναι γνωστό ότι η γενική λύση της (1) γράφεται: yγεν= yομ +yμερ (4) όπου yομ η γενική λύση της αντίστοιχης ομογενούς της (1) δηλ. της y(n) +α1y(n-1) +⋅⋅⋅+αny=0 (5) και yμερ μια μερική λύση, (οποιαδήποτε), της (1). Τυπικά, (συμβολικά) μια τέτοια μερι-κή λύση μπορεί να βρεθεί λύνοντας την (2) ως προς y:

y=1 1

L Df x) L D x)

( )( ( )f= − ( (6)

Τι νόημα όμως έχει και ποια θα είναι η έκφραση του τελεστή L-1(D); Εάν τον τελεστή L(D) τον θεωρήσουμε σαν πολυώνυμο ως προς D, σχέση (3), τότε το πολυώνυμο αυτό μπορεί να γραφεί σαν γινόμενο παραγόντων και θα έχουμε: L(D)=(D-μ1)(D-μ2)⋅⋅⋅(D-μn) (7) όπου μi i=1,⋅⋅⋅,n είναι οι ρίζες του χαρακτηριστικού πολυωνύμου (Χ.Π) της (1). Τώρα μπορούμε να γράψουμε:

L(D)-1=1 2

1 1 1 1L(D) (D ) (D ) (D )

=n−μ −μ −μ

(8)

και η επίδραση του όρου n

1(D )−μ

πάνω στη συνάρτηση f(x) υπολογίζεται ως εξής:

Έστω un=n

1(D )−μ

f(x) ⇒ (D-μn)u=f(x)

η οποία είναι γραμμική 1ης τάξης και η λύση της, κατά τα γνωστά, είναι un= n nx xe e f (x)dμ −μ∫ x

x

μ

επομένως un=(D-μn)-1f(x) = n nx xe e f (x)dμ −μ∫από την τελευταία σχέση βλέπουμε ότι ο τελεστής (D-μn)-1 είναι ένας ολοκληρωτικός τελεστής και μπορεί να πάρει την έκφραση: (D-μn)-1= n nx xe dxeμ −∫

120 ♦ KΕΦΑΛΑΙΟ 7

και η οποία για να υλοποιηθεί πρέπει να επιδράσει πάνω σε μια συνάρτηση f(x). Στη συ-

νάρτηση un αφήνουμε τώρα να επιδράσει ο παράγοντας n 1

1D −− μ

και θα έχουμε:

un-1= n 1

1D −− μ

un ⇒ (D-μn-1)un-1=un

που είναι και αυτή γραμμική 1ης τάξης με λύση: un-1= ⇒ n 1 n 1x x

ne e u (x)− −μ −μ∫ dx

un-1= ( )n n 1n 1 n 1 n n n 1 nxx x x x x xe e e e f (x)dx dx e dxe dxe f (x)−− − − μ −μμ −μ μ −μ μ −μ=∫ ∫ ∫ ∫

Τελικά μετά την επίδραση και των υπολοίπων παραγόντων προκύπτει: yμερ= (9)

Στις διαδοχικές ολοκληρώσεις, στη σχέση (9), παραλείπουμε τις σταθερές ολοκλήρωσης και αυτό διότι ζητάμε μια οποιαδήποτε μερική λύση και προφανώς την πιο απλή.

3 21 2 1 n n 1 n( )xx ( )x ( )x xe dxe dxe dxe dxe f (x)−μ −μμ μ −μ μ −μ −μ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Από την έκφραση (9) και για την περίπτωση μ1=μ2=⋅⋅⋅=μn=μ προκύπτει:

(D-μ)-nf(x)= eμx x

n

dx dxe f (x)−μ

ϕορες

∫ ∫

δηλαδή ο αντίστοιχος ολοκληρωτικός τελεστής (D-μ)-n μπορεί να γραφεί: (D-μ)-n=eμxD-ne-μx

όπου το D-n σημαίνει n διαδοχικές ολοκληρώσεις, δηλ D-n= n

dx dxϕορες

∫ ∫

Όμως =x

n

dx dxe f (x)−μ

ϕορες

∫ ∫ 0

x n 1 tn 1x

1 (x t) e f (t)dt P (x)(n 1)!

− −μ−− +

− ∫ (A)

όπου Ρn-1(x) πολυώνυμο n-1 βαθμού, και επειδή ζητάμε μια μερική λύση θα το αγνοή-σουμε. Τελικά θα έχουμε:

(D-μ)-nf(x)= 0

x x n 1 t

x

e (x t) e f (t)dt(n 1)!

μ− −μ−

− ∫ (10)

Δεύτερος τρόπος: Για τον υπολογισμό της yμερ αναλύουμε το "κλάσμα" (8) σε απλά

κλάσματα: L-1(D)= 1 2

1 2

A A AD D D

+ + +−μ −μ −μ

n

n

nx

(11)

και θα έχουμε: yμερ= (12) 1 1 nx x x1 nA e f (x)e dx A e f (x)e dxμ −μ μ −μ+ +∫ ∫

Απόδειξη της σχέσης (A). Παραλείποντας χάριν απλότητας το εκθετικό e-μx στη σχέση

(Α) έχουμε: g(x)= =n

dx dxf (x)ϕορες

∫ ∫

11

11

0( )!( ) ( ) (

nx t f t dt P xn

x

x

n−− +−

−∫ ) (Α′)

Αρκεί να αποδείξουμε ότι g(n)(x)=f(x). Παραγωγίζουμε την (A′) n φορές χρησιμοποιώντας τον τύπο του Leibnitz:

Ιδιότητες του γραμμικού τελεστή L(D) ♦121

( ) ( )( ) ( )

( ) ( )

d d ((t, )dt (t, )dt ( ), ( ),d d

β λ β λ

α λ α λ

∂ β λϕ λ = ϕ λ + ϕ β λ λ −ϕ α λ λ

λ ∂λ λ∫ ∫) d ( )

dα λλ

(B)

και έχουμε: g′(x)=12

2

0( )!( ) ( ) (

nx t f t dt xn

x

x

−− + ′−∫ Pn-1 )

g″(x)=0

x n 3n-1x

1 (x t) f (t)dt + P (x)(n 3)!

− ″−− ∫

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

g(n-1)(x)= f t dt xx

x( ) ( ) +Pn-1

(n-1)

0∫

g(n)(x)=f(x) Η σχέση (Α) αποδεικνύεται και με άλλο τρόπο, χρησιμοποιώντας την συνέλιξη δυο συ-ναρτήσεων, (βλ. παρ. 8.3). Παραδείγματα: Να βρεθεί μια μερική λύση για τις παρακάτω Δ.Ε. 1) y″-3y′+2y=e5x Έχουμε L(D) = D2-3D+2=(D-1)(D-2), μ1=1, μ2=2, f(x)=e5x

Επομένως: u2= 1

2D −f(x)= e e e dx e e dx e e ex x x x x x x2 5 2 2 3 2 3 51

313

− = = =∫∫ x

yμερ=u1 =1

1D −u2=ex 1

313

112

5 4e e dx e e dx ex x x x x−∫ ∫= = 5

Δεύτερος τρόπος:

yμερ=1

1 21

11

25 5 5 2 5 2

( )( )D De

D De e e e dx e e e dxx x x x x x x x

− −=

−−

+−

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= − +− −∫ ∫

= − + =14

13

112

4 2 3e e e e ex x x x x5

2) y″+5y′+4y=3-2x Έχουμε L(D)=D2+5D+4=(D+1)(D+4) μ1=-1, μ2=-4, f(x)=3-2x Επομένως:

u2=1

43 2 3 24 4 4 4 4 4

Df x) e x)e dx e e dx e e xdxx x x x x x

+= − = −− − −∫ ∫ ∫( ( =

( )= −′⎧

⎨⎩

⎫⎬⎭= − −⎧

⎨⎩

⎫⎬⎭=− −∫

34

2 14

34

2 14

14

4 4 4 4 4e x e dx e xe e dxx x x x x∫

= 34

12

14

34 2

18

78 2

4 4 4− −⎧⎨⎩

⎫⎬⎭= − + = −−e xe e x xx x x

yμερ=u1=1

178 2

78

122D

u e x e dx e xe dxx x x x

+= −⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

= − =− −∫ ∫

= 78

12

78

12

78

12

12

118 2

− − = − − = − + =− −∫e xe e dx e xe e x xx x x x x x −


Δεύτερος τρόπος

yμερ=1

1 43 2

13

1

13

43 2

( )( )( (

D Dx)

D Dx)

+ +− =

+−

+

⎧

⎨⎪

⎩⎪

⎫

⎬⎪

⎭⎪

− =

= − − − = − +− − −∫∫13

3 2 13

3 2 13

3 2 24 4e x)e dx e x)e dx e x xe ex x x x x x( ( ( −x)

− − +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= −−1

334

12

18

118 2

4 4 4 4e e xe e xx x x x

Όταν ο μη ομογενής όρος f(x) της Δ.Ε. (1) έχει ειδική μορφή, τότε η μερική λύση yμερ προκύπτει εφαρμόζοντας τις παρακάτω ιδιότητες του αντιστρόφου τελεστή L-1(D). 7.2 Ιδιότητες του αντιστρόφου τελεστή L(D)

1) Εάν f(x)=eαx τότε yμερ=x

x1 eeL(D) L( )

αα =

α με L(α)≠0 δηλ. το α δεν είναι ρί-

ζα της Χ.Ε. Απόδειξη: Έχουμε: L(D)=Dn+⋅⋅⋅+αn-1D+αn ⇒ L(D)eαx=(αn+⋅⋅⋅+αn-1α+αn)eαx= L(α)eαx ⇒

L-1(D)L(D)eαx=L(α)L-1(D)eαx ⇒ eαx=L(α)L-1(D)eαx ⇒ L-1(D)eαx=xe

L( )

α

α

2) Εάν f(x)=sin(αx+β) ή cos(αx+β) και L=L(D2) δηλ. είναι συνάρτηση του D2, που σημαίνει ότι περιέχει μόνο άρτιες δυνάμεις του D, τότε:

α) yμερ= 2

1 sin(sin( x )L(D ) L( )2

x )α +βα +β =

−α με L(-α2)≠0

β) yμερ= 2

1 cos(cos( x )L(D ) L( )2

x )α +βα +β =

−α με L(-α2)≠0

Απόδειξη: Έχουμε L(D2)=(D2)n +⋅⋅⋅+αn-1D2+αn ⇒ L(D2)sin(αx+β)=((-α2)n+⋅⋅⋅+αn-1(-α)2+αn)sin(αx+β)=L(-α2)sin(αx+β) ⇒ L-1(D2) L(D2)sin(αx+β)=L-1(-D2)L(-α2) sin(αx+β) ⇒

1 22

sin( x )L (D )sin( x )L( )

− α +βα +β =

−α

Με τον ίδιο τρόπο αποδεικνύεται και η (β) ιδιότητα. 3) Εάν f(x)=xm ή γενικότερα πολυώνυμο m βαθμού, τότε εκτελούμε την διαίρεση 1/L(D) έχοντας διατάξει το πολυώνυμο L(D) κατά τις ανιούσες δυνάμεις του D και πα-ραλείποντας στο πηλίκο τις δυνάμεις τις μεγαλύτερες του m αφού Dkxm=0 για k>m. 4) Εάν f(x)=eαxV(x) με V(x) τυχούσα συνάρτηση, τότε

yμερ=1

L D( )eαxV(x)=eαx 1

L(D )+ αV(x)


Απόδειξη: Εάν θέσουμε f(x)=eαxV(x) τότε παρατηρούμε ότι Df(x)=αeαxV(x)+eαxDV(x)=eαx(D+α)V(x) D2f(x)=αeαx(D+α)V(x)+eαxD(D+α)V(x)=eαx(D2+2αD+α2)V(x)=eαx(D+α)2V(x) ................................................................... Dkf(x)=eαx(D+α)kV(x) Επειδή L(D)=Dn+α1Dn-1+⋅⋅⋅+αn θα έχουμε:

L(D)eαxV(x)= ( )n n

n k x x n k xk k

k 0 k 0

D e V(x) e (D ) V(x) e L(D )V(x)− α α − α

= =

α = α + α = +∑ ∑ α

(με α0 =0), δηλαδή L(D)eαxV(x)=eαxL(D+α)V(x) Αν στην τελευταία σχέση θέσουμε στη θέση της V(x) την έκφραση:

1 V(x)L(D )+ α

τότε προκύπτει: x x1 1L(D)e V(x) e L(D ) V(x) e V(x)L(D ) L(D )

α α⎡ ⎤= + α =⎢ ⎥+ α + α⎣ ⎦

xα

Πολλαπλασιάζουμε την παραπάνω σχέση με 1

L D( ) και έχουμε:

eαx x1 1V(x) e V(x)L(D ) L(D)

α⎡ ⎤=⎢ ⎥+ α⎣ ⎦

5) Εάν f(x)=xV(x) τότε yμερ=1

L D( )xV(x) = x

1L D( )

V(x)-( )′L D

L D( )

( ) 2 V(x)

Απόδειξη: Όπως και στην προηγούμενη απόδειξη παρατηρούμε ότι: D(xV(x))=xDV(x)+V(x)

D2(XV(x))=xD2V(x)+2DV(x) ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

Dk(XV(x))=xDkV(x)+kDk-1V(x) και επομένως L(D)(xV(x))=xL(D)V(x)+L′(D)V(x)

όπου L′(D) η παράγωγος του "πολυωνύμου" Dn+α1Dn-1+⋅⋅⋅+αn ως προς το σύμβολο D.

Αν στη τελευταία σχέση αντικαταστήσουμε το V(x) με την έκφραση: 1

L D( )V(x)

προκύπτει: L(D)= xL D

V x) xV x) L DL D

V x)1 1( )

( ( ( )( )

(⎡

⎣⎢⎤

⎦⎥= + ′

Πολλαπλασιάζουμε από τα αριστερά και τα δυο μέλη με 1

L D( ) και θα έχουμε:

xL D

V x)L D

xV x) L DL D

V x)1 1 12( )

(( )

( ( )( )

(= + ′ ⇒

1 1

2L DxV x) x

L DV x) L D

L DV x)

( )(

( )( ( )

( )(= −

′


ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ : Για τις παρακάτω Δ.Ε. να βρεθεί μια μερική λύση 1) y(3)-2y″-5y′+6y=e4x L(D)=D3-2D2-5D+6 και επομένως

yμερ=1 1

4 64 32 20 6 184 4

4 4

L De

Le e ex x

x x

( ) ( )= =

− − +=

2) y(3)-2y″-5y′+6y=(e2x+3)2=e4x+6e2x+9

yμερ=1

61

91

46

29

0 183

232

4 2 04 2 0 4 2

L De

L De

L De

eL

eL

eL

e ex x xx x x x x

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )+ + = + + = − +

3) y(3)-2y″-5y′+6y=e3x

yμερ=1

33

3

L De e

Lx

x

( ) ( )= αλλά L(3)=0

Μπορούμε όμως να συνεχίσουμε ως εξής: L(D)=D3-2D2-5D+6=(D-3)(D-1)(D+2)

yμερ=1

31

1 21

3 3 1 3 21

3 103

3 3

( ) ( )( ) ( )( )D D De

De

Dex

x x

− − +⎧⎨⎩

⎫⎬⎭=

− − +⎧⎨⎩

⎫⎬⎭=

−⎧⎨⎩

⎫⎬⎭=

=1

101

33

De x

−= =−∫

110

110

3 3 3 3e e e dx ex x x xx

4) y(3)-5y″+8y′-4y=e2x+2ex+3e-x L(D)=D3-5D2+8D-4

yμερ=1 2 1 3 1

22

13

12

2

L De

L De

L De e

Le

Le

Lx x x

x x x

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )+ + = + +

−=−

−

=e e e e ex x x x x2 2

8 20 16 42 e x

1 5 8 43

1 5 8 4 02

03

18− + −+

− + −+

− − − −= + +

−

− −

Οπότε συνεχίζουμε ως εξής: Έχουμε L(D)=(D-1)(D-2)2 και

yμερ=− +− −

+− −

=−16

11 2

21 22

22e

D De

D Dex x

( )( ) ( )( )x

− +− −

⎧⎨⎩

⎫⎬⎭+

− −⎧⎨⎩

⎫⎬⎭= − +

−+

−=− −1

61

21

12

11

216

12

212

22 2

2eD D

eD D

e eD

eD

ex x x x x

( ) ( ) ( ) ( )x

= − +−

+ = − +−

+ =− − − −∫ ∫16

12

2 16

12

22 2 2 2eD

e e e dx e e e dx eD

xe xex x x x x x x x x x

=-16

2 16 2

22 2 22

2e e e xe dx xe e x e xx x x x x x x− − −+ + = − +∫ ex+

5) y″+4y=sin3x L(D2)=D2+4 Χαρ. ρίζες: μ1=2i, μ2 =-2i

yμερ=1 3 1

3 43 1

532 2L D

x x( )

sin sin sin=− +

= − x


6) y(4)+10y″+9y=cos(2x+3) L(D2)=D4 +10D2+9 Χ.Ρ. ρ1=i, ρ2=-i, ρ3=3i, ρ4=-3i

yμερ=1

2 32L Dx

( )cos( )+ =

( ) ( )1

2 10 2 92 3

2 2 2− + − ++

( ) ( )cos( )x =

=− +

+ = − +1

16 40 92 3

115

2 3cos( ) cos( )x x

7) y″+3y′-4y=sin2x L(D)=D2 +3D-4 Προσοχή: Εδώ ο τελεστής L δεν είναι συνάρτηση μόνο του D2 και η ιδιότητα (2) δεν εφαρμόζεται. Μπορούμε όμως να συνεχίσουμε μ' ένα από τους εξής δυο τρόπους: 1ος τρόπος: L(D)=D2+3D-4=(D-1)(D+4)

yμερ =1

21

1 42

1 41 16

22 2L Dx

D Dx

D DD D

x( )

sin( )( )

sin( )( )

( )( )sin=

− +=

+ −− −

=

[ ]D D x D D x x x x2

2 223 4

2 1 2 162 1

1003 4 2 1

1004 2 6 2 4 2− −

− − − −= − − = − − −

( )( )sin ( )sin sin cos sin =

= [− +1

504 2 3 2sin cosx ]x

2ος τρόπος:

yμερ=13 4

2 12 3 4

2 13 8

2 3 89 64

22 2 2D Dx

Dx

Dx D

Dx

+ −=− + −

=−

=+−

=sin sin sin sin

= [ ]3 89 2 64

2 3 8100

2 1100

6 2 8 22

D x D x x+− −

=+

−= − + =

( )sin sin cos sin x

= [ ]− +1

504 2 3 2sin cosx x

8) y″+4y=cos2x+cos4x L=L(D2)=D2+4 Χ.Ρ μ1=2i, μ2=-2i

yμερ= [ ]14

2 41

42

14

41

2 422 2 2 2D

x xD

xD

x x+

+ =+

++

=− +

+cos cos cos cos cos

+ 14 4

4 10

2 112

42− += +

−cos

;cos cosx x x

Επειδή ο παρονομαστής μηδενίζεται η προηγούμενη μέθοδος δεν εφαρμόζεται. Μπορού-με όμως να προχωρήσουμε ως εξής: 1ος τρόπος:

[ ] [ ] [ ]14

2 12 4

2 14

22 2 2Dh x

hh x

h hh x

++ =

− + ++ = −

++ =cos ( )

( )cos ( ) cos ( )

=- [14 2 2

12

22h h x hx x hx x( ) cos sin ( ) cos+ − − +

Αναπτυγμα Taylor της f(h)=cos[(2+h)x]

]

Επειδή όμως η γενική λύση της ομογενούς είναι: yομ=c1cos2x+c2sin2x


και περιέχει τον όρο cos2x, δεν χρειάζεται να τον συμπεριλάβουμε στο ανάπτυγμα Taylor. Έτσι έχουμε:

14

2 12

2 14

2 12

22 2

h hhx x hx) x

hx x hx x

( )sin ( cos sin cos

++ −⎡

⎣⎢⎤⎦⎥=

++ −⎡

⎣⎢⎤⎦⎥→

→ 14

2xsin x όταν h→0

Τελικά yμερ=14

xsin2x-112

cos4x

2ος τρόπος:

14

2 12 2

2 14

12

12

22Dx

D i D ix i

D i D ix

+=

+ −=

+−

−⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

=cos( )( )

cos cos

= −⎡⎣⎢

⎤⎦⎥=− −∫∫

i e e xdx e e xdxix ix ix ix

42 22 2 2 2cos cos =

=i

e x xx i

x e x xx i

xix ix

414

2 22 4

214

2 22 4

22 2 2− + −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ − + +⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢⎤

⎦⎥sin cos cos sin cos cos2 =

= ( )ix i x x x

x ix

42 2

14

2 22 4

22cos sin sin cos cos− + −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢⎤

⎦⎥−

- ( )ix i x x x

x ix

42 2

14

2 22 4

22cos sin sin cos cos+ + +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢⎤

⎦⎥=⋅⋅⋅= 1 1cos 2x x sin 2x

8 4+

Ο όρος 1/8cos2x παραλείπεται επειδή υπάρχει στη γενική λύση της ομογενούς. 9) 2y″+2y′+3y=x2+2x-1 L(D)=2D2+2D+3

Εκτελούμε την διαίρεση: 1 1

3 2 2 2L D D D( )=

+ +

yμερ= 22

1 (x 2x 1)3 2D 2D

+ + =+ +

=++⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +−− )1x2x(D

272D

92

31 22

=13

2 1 29

2 22( ) ( ) −x x x+ − − +2725x

92x

312

272 2 −+=

10) y(3)-2y″+4y=x4+3x2-5x+2 L(D)=D3-2D+4

yμερ= ( )4 23

1 x 3x 5x 24 2D D

+ − +− +

=

= + + − − +⎡⎣⎢

⎤⎦⎥⋅ + − + =

14

18

116

132

364

3 5 22 3 4 4 2D D D D x x x ( )87x

45x

23x

21x

41 234 −−++

11) y(3)-4y″+3y′=x2 L(D)=D3-4D2+3D

Εκτελούμε την διαίρεση: 1 1

3 4 2L D D D D( )=

− + 3

και έχουμε:


yμερ= =⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ++++=

+−− 2212

32 xD8140D

2713

94D

31x

DD4D31

8180x

2726x

94

9x 2

3

+++

Ο σταθερός όρος 128/81 δεν χρειάζεται διότι το αριστερό μέλος της Δ.Ε. δεν περιέχει την συνάρτηση y παρά μόνο παραγώγους της y και επομένως κάθε σταθερός όρος μηδενίζεται μετά τις παραγωγίσεις. (Θυμίζουμε ότι D-1f(x)=∫f(x)dx ) 12) y″-4y=x2e3x L(D)=D2-4

yμερ=1

413 4

16 52

2 3 32

2 32

2

Dx e e

Dx e

D Dxx x x

−=

+ −=

+ +( )

= − + +⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

=e D Dx3 2 x15

625

31125

2 e3x x x2

51225

62125

− +⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

13) y″+2y′+4y=exsin2x L(D)=D2+2D+4

yμερ=1 2 1

2 42 1

1 2 1 422 2L D

e xD D

e x eD D

xx x x

( )sin sin

( ) ( )sin=

+ +=

+ + + +=

=ex 14 7

2 12 4 7

2 14 3

2 4 316 9

32 2 2D Dx e

Dx e

Dx e D

Dxx x x

+ +=

− + +=

+=

−−

=sin sin sin sin

=ex 4 316 2 9

273

4 3 273

8 2 3 22

D x e D x e x xx x−

− −= − − = − −

( )sin ( )sin ( cos sin )

14) y″-4y′+3y=2xe3x+3excos2x L(D)=D2-4D+3

yμερ= [ ]14 3

2 3 2 2 13 4 3 32

3 32D D

xe e x eD D

xx x x

− ++ =

+ − + +cos

( ) ( )+

++ − + +

=+

+−

=3 11 4 1 3

2 2 12

3 12

223

2 2eD D

x eD D

x eD D

xx x x

( ) ( )cos cos

=21 1

23

14 2

2 21 1

214

32

22

23 32 2e

D Dx e

Dx e

DD x e

DD

xx x x x

++

− −= − +

⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

−−−

=cos cos

=12

1 2 1 316

2 2 12

38

2 23 3 2eD

x e D x e x x) e x x)x x x x( ) ( )cos ( (cos sin− + − = − − +

15) y(4)+ y(3)+y(2)=x3 L(D)=D4+D3+D2 =D2(1+D+D2) ⇒

( )

( )

-1 3 3 2 3μερ 2 2 2

5 43 2 2

2

1 1 1y =L (D)x = x 1 D D xD 1 D D D

1 x xx 3x 6x 3xD 20 4

= − + + =+ +

= − + = − +

88.. ΟΟ ΜΜΕΕΤΤΑΑΣΣΧΧΗΗΜΜΑΑΤΤΙΙΣΣΜΜΟΟΣΣ LLAAPPLLAACCEE ΚΚΑΑΙΙ ΟΟΙΙ ΕΕΦΦΑΑΡΡΜΜΟΟΓΓΕΕΣΣ ΤΤΟΟΥΥ ΣΣΤΤΙΙΣΣ ΓΓΡΡΑΑΜΜΜΜΙΙΚΚΕΕΣΣ ΔΔΙΙΑΑΦΦΟΟΡΡΙΙΚΚΕΕΣΣ ΕΕΞΞΙΙΣΣΩΩΣΣΕΕΙΙΣΣ ΜΜΕΕ ΣΣΤΤΑΑΘΘΕΕΡΡΟΟΥΥΣΣ

ΣΣΥΥΝΝΤΤΕΕΛΛΕΕΣΣΤΤΕΕΣΣ

8.1 Εισαγωγή. Ορισμός του μετασχηματισμού Laplace

Μια άλλη τεχνική επίλυσης των γραμμικών Δ.Ε. με σταθερούς συντελεστές και αρ-χικές συνθήκες είναι εκείνη των ολοκληρωτικών μετασχηματισμών. Σαν ολοκληρωτικό μετασχηματισμό εννοούμε την αντιστοιχία: Ι : f(x) → I(f(x))≡ (1) K(t,x)f (x)dx

β

α∫όπου α∈[-∞,+∞), β∈(-∞,+∞] και K(t,x) μια γνωστή συνάρτηση δυο μεταβλητών, που θα ονομάζεται πυρήνας του μετασχηματισμού (1). Σε κάθε τριάδα (α,β,K(t,x)) αντιστοιχεί ένας ολοκληρωτικός μετασχηματισμός. Το τι είδους ολοκληρωτικό μετασχηματισμό θα επιλέξουμε εξαρτάται από το πρόβλημα που έχουμε να επιλύσουμε. Σκοπός μας είναι η μετατροπή της Δ.Ε. σε μια απλούστερη έτσι ώστε να είναι δυνατή η επίλυση της. Για τον μετασχηματισμό Laplace, (1749-1827), που αντιστοιχεί στην τριάδα (0, +∞, e-tx) δηλαδή: F(t)=L(f(x))= (2) e f x)dxtx−+∞

∫ (0

oι γραμμικές Δ.Ε. με σταθερούς συντελεστές μετατρέπονται σε αλγεβρικές εξισώσεις ως προς F(t), οι οποίες λύνονται προφανώς πολύ ευκολότερα απ' ότι οι Δ.Ε.. Το επόμενο βήμα για την επίλυση της Δ.Ε., όπως θα δούμε αναλυτικότερα στη συνέχεια, είναι η αντί-στροφη μετάβαση από την F(t) στην f(x). Όμως η εφαρμογή του μετασχηματισμού Laplace στις γραμμικές Δ.Ε. προϋποθέτει ότι το ολοκλήρωμα (2) υπάρχει. Για να διατυπώσουμε τις συνθήκες κάτω από τις οποίες υπάρχει ο μετασχηματισμός Laplace μιας συνάρτησης f(x) είναι αναγκαίο να παραθέσουμε μερικούς απαραίτητους ορισμούς από την κλασική ανάλυση. Ορισμός 1: Μια συνάρτηση f(x) είναι εκθετικής τάξης α με α>0 εάν υπάρχουν δυο στα-θερές Μ, k>0 τέτοιες ώστε: |f(x)|≤Meαx ∀x≥k δηλαδή μια συνάρτηση εκθετικής τάξης α δεν μπορεί να αυξάνει γρηγορότερα από την εκθετική συνάρτηση eαx. Παράδειγμα 1: Η συνάρτηση f(x)=x2 είναι εκθετικής τάξης α για κάθε α>0, διότι: x 2

xlim e | x | 0−α→∞ =

και επομένως για οποιοδήποτε Μ, π.χ. Μ=1, (στο παράδειγμα αυτό μπορούμε να διαλέ-ξουμε οποιονδήποτε άλλο θετικό αριθμό), υπάρχει κάποιο k τέτοιο ώστε: e-αx|x2|≤1=M για x≥k

130 ♦ΚΕΦΑΛΑΙΟ 8

Παράδειγμα 2: Η συνάρτηση f(x)=sinβx είναι εκθετικής τάξης α ∀α>0 διότι επειδή |sinβx|≤1 και για α>0 x

xlim e 0−α→∞ =

είναι φανερό ότι υπάρχει, αν πάρουμε π.χ. Μ=1, κάποιο k τέτοιο ώστε e-αx≤M για x≥k για α=0 είναι e-αx=1=M άρα e-αx|sinβx|≤e-αx<M για x≥k Παράδειγμα 3: Η συνάρτηση f(x)=e4x είναι εκθετικής τάξης α=4. Πράγματι

x 4x (4 )xx x

0 4lim e | e | lim e

1 4

−α −α

→∞ →∞

για α⟩⎧= = ⎨ για α =⎩

Έστω ότι διαλέγουμε Μ=1, τότε υπάρχει κάποιο k, (που μπορεί να είναι το μηδέν), τέτοιο ώστε: e-αx|e4x|≤M ∀x≥k και α≥4 Παράδειγμα 4: Η συνάρτηση f(x)= e δεν είναιx2

εκθετικής τάξης, διότι η έκφραση |

2x xe | e−α

δεν φράσσεται όταν x→∞ ανεξαρτήτως της τιμής του α. Ορισμός 2: Μια συνάρτηση f(x) είναι κατά τμήματα συνεχής ή τμηματικά συνεχής στο ανοικτό διάστημα (α, β) εάν: α) η f(x) είναι συνεχής συνάρτηση στο (α, β) εκτός ίσως από ένα πεπερασμένο πλή-θος σημείων x1, x2,⋅⋅⋅, xn και β) σ' αυτά τα σημεία ασυνέχειας υπάρχουν τα όρια της f(x) από δεξιά και αριστερά δηλαδή υπάρχουν τα όρια: και j=1,2,⋅⋅⋅,n x x j

x x j

lim f (x)→⟩

x x jx x j

lim f (x)→⟨

Μια συνάρτηση είναι κατά τμήματα συνεχής στο κλειστό διάστημα [α, β] αν α) είναι κατά τμήματα συνεχής στο ανοικτό διάστημα (α, β) και β) υπάρχει το δεξιό όριο της f(x) στο σημείο x=α και το αριστερό όριο στο x=β. Παρατήρηση 1: Προφανώς μια συνεχής συνάρτηση είναι και κατά τμήματα συνεχής. Θεώρημα 1: Εάν η συνάρτηση f(x) με πεδίο ορισμού τους θετικούς αριθμούς είναι κατά τμήματα συνεχής σε κάθε διάστημα [0, c] με c>0, και επί πλέον είναι εκθετικής τάξης, δηλαδή υπάρχουν θετικοί αριθμοί Μ,k>0 και α∈R τέτοιοι ώστε |f(x)|≤Meαx ∀x≥k (3) τότε ο μετασχηματισμός Laplace της f(x) υπάρχει ∀t>α. Απόδειξη: Επειδή η f(x) είναι κατά τμήματα συνεχής στο διάστημα [0,k] έπεται ότι υπάρ-χει Μ1>0 τέτοιο ώστε: |f(x)|≤M1 , x∈[0,k] (4) Από τις ανισότητες (3) και (4) έπεται ότι: |L(f(x)|≤

k ktx tx tx ( t )x10 k 0 k

| f (x) | e dx | f (x) | e dx M e dx M e dx∞ ∞− − − −+ ≤ +∫ ∫ ∫ ∫ −α =

O Μετασχηματισμός LAPLACE και οι εφαρμογές του ♦ 131

= ( ) ( )kt (t )k kt1 1M MM M1 e e 1 et t t t

− − −α −− + ≤ − + ⟨+− α − α

∞ επειδή t-α>0

Παρατήρηση 2: Οι συνθήκες του θεωρήματος 1 είναι ικανές, όχι όμως και αναγκαίες. Δηλαδή, εάν ισχύουν οι συνθήκες του θεωρήματος, τότε υπάρχει ο μετασχηματισμός Laplace, ενώ εάν δεν ισχύουν δεν έπεται κατ' ανάγκη ότι δεν υπάρχει ο μετασχηματισμός Laplace. Π.χ. για την συνάρτηση:

f(x)= 1 x

οι συνθήκες του θεωρήματος 1 δεν ισχύουν διότι η f(x) δεν είναι συνεχής κατά τμήματα επειδή απειρίζεται στο σημείο x=0. Όμως ο μετασχηματισμός Laplace υπάρχει.

Πράγματι: L12

12

11 π π2x

tx tt

−

⎛ ⎞Γ⎜ ⎟⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎝ ⎠= = = =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

L

όπου Γ(x) η συνάρτηση που ορίζεται από το ολοκλήρωμα: Γ(x)= t e dtx t− −∞

∫ 1

0

και ονομάζεται γάμα (gamma) συνάρτηση. Η γάμα συνάρτηση αποδεικνύεται ότι έχει τις εξής ιδιότητες: 1) Γ(x+1)=xΓ(x) για x>0 και για x=n∈N έχουμε: Γ(n+1)=nΓ(n)=n(n-1)Γ(n-2)=⋅⋅⋅=n! Από την τελευταία σχέση η γάμα συνάρτηση πολλές φορές ονομάζεται παραγοντική, (factorial), συνάρτηση. 2) Γ(1/2)=√π

3) Γ(p)Γ(1-p)= 1sin pπ

για 0<p<1

4) Γ(n+1)∼ 2πn nne-n για n αρκετά μεγάλο Ο τύπος αυτός ονομάζεται τύπος του Strirling. [Το σύμβολο ∼ σημαίνει "κατά προσέγγιση ίσο προς ⋅⋅⋅ για μεγάλα n"]. 5) Για x<0 μπορούμε να ορίσουμε την Γ(x) από τη σχέση:

Γ(x)= (x 1)x

Γ +

8.2 Βασικές ιδιότητες του μετασχηματισμού Laplace

( ) ( ) ( )1 1 2 2 1 1 2 2f (x) f (x) f (x) f (x)λ + λ = λ + λL L1) Γραμμική ιδιότητα: L (1) Επειδή το ολοκλήρωμα έχει την γραμμική ιδιότητα, είναι προφανές ότι και ο μετασχημα-τισμός Laplace θα ικανοποιεί την γραμμική ιδιότητα:


) =( ) ( ) ( ) (tx tx tx1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 20 0 0f (x) f (x) e f (x) f (x) dx e f (x) dx e f (x) dx

∞ ∞ ∞− − −λ + λ = λ + λ = λ + λ∫ ∫ ∫L

tx tx1 1 2 1 1 1 2 20 0

e f (x)dx e f (x)dx (f (x)) (f (x))∞ ∞− −+λ +λ + = λ + λ∫ ∫ L L

2) Ιδιότητα των παραγώγων: L(f′(x))=tL(f(x))-f(0) (2) Η ιδιότητα (2) μας λέει ότι η πράξη της παραγώγου στην αρχική συνάρτηση αντιστοιχεί με τον πολλαπλασιασμό της μετασχηματισμένης F(t) με την μεταβλητή t μείον την σταθερά f(0), δηλ. ο μετασχηματισμός Laplace μετατρέπει βασικά την πράξη της παραγώγισης σε απλό πολλαπλασιασμό. Εξ' ορισμού θα έχουμε: L(f′(x))= tx tx tx tx

00 0e f (x)dx e f (x) (e )f (x)dx f (0) t e f (x)d

∞ ∞∞− − − −′ = − = − +∫ ∫ ∫0∞

=

= t (f (x)) f (0) tF(t) f (0)− = −Lγια την δεύτερη παράγωγο θα είναι: L(f″(x))=L((f′(x))′)=tL(f′(x))-f′(0)=ttL(f(x))-f(0)-f′(0)=t2F(t)-tf(0)-f′(0) ⇒ L(f″(x))=t2F(t)-tf(0)-f′(0) (3) και επαγωγικά L(f(n)(x))=tnF(t)-tn-1f(0)-tn-2f′(0)-⋅⋅⋅-f(n-1)(0) (4) Παρατήρηση: Από τους μετασχηματισμούς των παραγώγων προκύπτει ότι ο μετασχημα-τισμός Laplace όταν επιδράσει πάνω σε μια γραμμική Δ.Ε. y(n)+αn-1y(n-1)+⋅⋅⋅+α1y′+α0=0 μετατρέπει τις παραγώγους y(k), με k=1,⋅⋅⋅,n στην μετασχηματισμένη Laplace Y(t) της ά-γνωστης λύσης y(x) και στις τιμές που παίρνουν η συνάρτηση y(x) και οι παράγωγοι της στο σημείο μηδέν. Έτσι η Δ.Ε. μετατρέπεται σε αλγεβρική. Επίσης οι αρχικές συνθήκες είναι εξ' αρχής ενσωματωμένες αντί να επιβάλλονται εκ των υστέρων. Δηλαδή, όπως θα δούμε αργότερα, η επίλυση μιας Δ.Ε. με τον μετασχηματισμό Laplace δίνει εκείνη την μερική λύση της Δ.Ε. που ικανοποιεί τις αρχικές συνθήκες, που μας έχουν δοθεί.

L f s dsF t

tx

( )( )

0∫⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = 3) Ιδιότητα του ολοκληρώματος: (5)

Η σχέση (5) μας λέει ότι η πράξη της ολοκλήρωσης στην αρχική συνάρτηση ισοδυναμεί με την διαίρεση της μετασχηματισμένης Laplace F(t) με την μεταβλητή t. Απόδειξη:

( ) ( ) ( ) ( )L f s dst e f s ds dxt

e f s ds dxx tx x tx x

( ) ( ) ( )0 00 0 0

1∫ ∫∫ ∫ ∫= = −

′=−∞ −∞

xtx tx tx

0 0 00

1 1 1e f (s)ds e f (x)dx e f (x)dxt t t

∞∞ ∞− − −= − + = =∫ ∫ ∫

F(t)t

Παρατήρηση 1: Με την ιδιότητα αυτή μπορούμε να λύσουμε ολοκληρωτικές εξισώσεις ορισμένων μορφών.


4) Ιδιότητα των δυνάμεων: ( )L x f xddt

F tnn

( ) ( )= −⎛⎝⎜⎞⎠⎟ (6)

Η ιδιότητα (6) μας λέει ότι εάν είναι γνωστός ο μετασχηματισμός Laplace της f(x) τότε είναι γνωστός και ο μετασχηματισμός Laplace της xnf(x).

Απόδειξη:

−⎛⎝⎜⎞⎠⎟ = −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =−∞ ∞ −∫ ∫

ddt

F tddt

e f x dxddt

e f x dxn n

txn

tx( ) ( ) ( )0 0

= ( )x e f x dx x f xn tx n−∞

∫ =( ) ( )0

L

5) Ιδιότητα της διαίρεσης με x: Lf x

xF u du

t

( )( )⎛

⎝⎜⎞⎠⎟ =

∞

∫ (7)

με την παραδοχή ότι υπάρχει το όριο lim( )

xf x

x→ +0

Απόδειξη: Θέτουμε g(x)=f(x)/x ⇒ f(x)=xg(x). Παίρνουμε τον μετασχηματισμό Laplace και των δυο μελών και έχουμε:

F(t)=L(f(x))=L(xg(x))=- ( )ddt

g xddt

G t F tdG t

dtL ( ) ( ) ( )

( )= − ⇒ = − ⇒

tG(t) F(u)du

α= −∫

Επειδή όμως limt→∞ G(t)=0 το α αναγκαστικά θα πρέπει να είναι ∞ διότι: 0=limt→∞G(t)=limt→∞- και επειδή F(t)≠0 θα πρέπει α=∞

tF(u)du F(u)du

∞

α α= −∫ ∫

Τελικά θα είναι G(t)= F u dut

( )∞

∫Άσκηση: Αφού αποδειχθεί ότι

f xx

dx F t dt( )

( )0 0

∞ ∞

∫ ∫= όπου F(t)=L(f(x))

να δείξετε ότι 0

sin x πdxx 2

∞=∫

Απόδειξη: Από την προηγούμενη ιδιότητα έχουμε ότι:

Lf x

xe

f xx

dx F t dttx

t

( ) ( )( )⎛

⎝⎜⎞⎠⎟ = =−∞ ∞

∫ ∫0

Παίρνοντας το όριο t→ 0 ο όρος e-tx→ 1 και έχουμε τη ζητούμενη σχέση.

Αν θέσουμε f(x)=sinx με F(t)=L(sinx)=1

12t +,(βλέπε παρακάτω πίνακα Ι), έχουμε:

t1

20 0 t 0

sin x dt πdx tan tx 2t 1

=∞∞ ∞ −

== =

+∫ ∫ =

6) Ιδιότητα της μετατόπισης:

( ) tf (x ) e F(t)−α− α =L (8.α)

ή ισοδύναμα ( )xe f (x) F(t )α = − αL (8.β)

Απόδειξη: Εδώ πρέπει να προσέξουμε ότι επειδή στον μετασχηματισμό Laplace η μετα-βλητή x μεταβάλλεται από 0 έως +∞ θα πρέπει x-α⟩0. Αυτό σημαίνει ότι η συνάρτηση f(x-α) για x-α<0 είναι μηδέν. Επομένως:


( ) tx0

f (x ) e f (x )dx∞ −− α = − α∫L θέτουμε x-α=x′ και έχουμε:

( ) t(x ) t tx t0 0

f (x ) e f (x )dx e e f (x )dx e F(t)∞ ∞′ ′− +α − α − − α′ ′ ′ ′− α = = =∫ ∫L

Η ιδιότητα αυτή του μετασχηματισμού Laplace βρίσκει μεγάλη εφαρμογή στα ηλεκτρικά κυκλώματα όπου η χρονική μετατόπιση ενός σήματος είναι συνηθέστατη και αντιστοιχεί στους διαφορετικούς χρόνους έναρξης λειτουργίας των πηγών του.

7) Ιδιότητα της αλλαγής κλίμακας: L(f(αx))=1 tF⎛ ⎞

⎜ ⎟α α⎝ ⎠ (9)

Απόδειξη: Είναι L . Θέτουμε αx=u και έχουμε: ( )( ) ( )tx0

f e f x∞ −α = α∫ dx

( )( ) ( )t u

0

1 1f e f u du F−∞α ⎛ ⎞α = = ⎜ ⎟α α ⎝ ⎠∫L t

α

8) Ο μετασχηματισμός Laplace μιας περιοδικής συνάρτησης. Εάν f(x) είναι περιοδική συνάρτηση με περίοδο Τ, δηλ. f(x+T)=f(x), τότε

( )L f (10) xe f x dx

e

txT

tT( )( )

=−

−

−

∫01

Απόδειξη: ( )L f x e f x dx e f x dx e f x dx e f x dxtx txT tx

T

T tx

T

T( ) ( ) ( ) ( ) ( )= = + + +

∞− − −∫ ∫ ∫ ∫0 0

2

2

3

+ =

Στο δεύτερο ολοκλήρωμα θέτουμε: x=u+T, στο τρίτο x=u+2T κ.λ.π. Τότε ( )L f x e f x dx e f u T du e f u T dutxT t u tT t u TT

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )= + + + +− − + − +∫ ∫ ∫0 0

2

02

=T T TtT tT tu 2tT tu

0 0 0e f (x)dx e e f (u)du e e f (u)du− − − −+ + + =∫∫ ∫

=[ ]11

2

0

0+ + + =−

− − −

−

−∫∫

e e e f u due f x)dx

etT tT tuT

txT

tT ( )(

όπου η σειρά 1+e-tT+e-2tT+⋅⋅⋅ είναι γεωμετρική με άθροισμα tT1

1 e−−

9) Θεώρημα της συνέλιξης.

Θεωρούμε τους μετασχηματισμούς Laplace των συναρτήσεων f(x) και g(x): F(t)=L(f(x)) και G(t)=L(g(x))

τότε ισχύει: F(t)G(t)= L (11) ( )f x s g s dsx

( ) ( )−∫0 Το ολοκλήρωμα:

x

0f (x s)g(s)ds−∫

ονομάζεται συνέλιξη ή δίπλωση, (convolution), των f(x) και g(x) και συμβολίζεται με f(x)*g(x) δηλαδή:


f (12) x g x f x s g s dsx

( ) ( ) ( ) ( )∗ = −∫0 Έτσι η σχέση (11), που εκφράζει το θεώρημα της συνέλιξης, γράφεται:

( )L f x g x( ) ( )∗ F(t)G(t)= (13) Η σχέση (13) λέει ότι ο μετασχηματισμός Laplace μετατρέπει την συνέλιξη στον συνηθι-σμένο πολλαπλασιασμό συναρτήσεων.

( ) ( )xxt tx

0 0 0f (x) g(x) e f (x) g(x) dx e f (x s)g(s)ds dx

∞ ∞− − ⎡ ⎤∗ = ∗ = −⎢ ⎥⎣ ⎦∫ ∫ ∫LΑπόδειξη

:

Τα δυο αυτά ολοκληρώματα μπορούν να γραφούν σαν διπλό ολοκλήρωμα: e f x s g s dzdxxt

T

− −∫∫ ( ) ( )1

όπου Τ1 η περιοχή ολοκλήρωσης του παρακάτω σχήματος . Κάνοντας την αλλαγή των

μεταβλητών: u=x-s και w=s με Ju wx s,,

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟=1 το διπλό ολοκλήρωμα γράφεται:

e f u g w dudwu w t

T

− +∫∫ ( ) ( ) ( )2

όπου Τ2 το θετικό τεταρτημόριο u⟩0, w⟩0 και έχουμε:

= e f u g w dudwu w t− +∞∞

∫∫ =( ) ( ) ( )00

e f u g w dudwu w t

T

− +∫∫ ( ) ( ) ( )2

T1

x=s

x

s

= ( )( )e f u du e g w dw f u g w F t G tut wt−∞ −∞

∫ ∫⎛⎝⎜

⎞⎠⎟⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = =( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

0 0L L

Πρόταση 1: Ισχύει f(x)*g(x)= g(x)*f(x) Απόδειξη: Με τον μετασχηματισμό z=x-t έχουμε

f(x)*g(x)= f x s g s ds f z g x z dz g x z f z dz g x f xx x

x( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )− = − − = − = ∗∫ ∫∫0 0

0

8.3 Ο αντίστροφος μετασχηματισμός Laplace

( ) ( )( ) ( )( ) ( )(1 11 1 2 2 1 1 2 2F x F x F x F x− −λ + λ = λ + λL L )1) Γραμμική ιδιότητα: L-1 (1)

Απόδειξη: Έχουμε L(λ1f1(x)+ λ2f2(x))=λ1L(f1(x))+ λ2L(f2(x))=λ1F1(t)+ λ2F2(t) ⇒ L-1(λ1F1(x)+ λ2F2(x))= λ1f1(x)+ λ2f2(x)


( ) ( )[ ] ( ) ( )F t x f xn n n= −1 2) Ιδιότητα των παραγώγων

L-1 (2)

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )L Lx f xddt

F t x f xddt

F tn nn

nn n

n

n= − ⇒ = −⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

−1 1 1 ( )Απόδειξη: Έχουμε ⇒

( ) ( )L− ⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ = −1 1

ddt

F t x f xn

nn n ( )

( )F s dsf x

xt

∞

∫⎡⎣⎢⎤⎦⎥ =

( )3) Ιδιότητα του ολοκληρώματος: L-1 (3)

( ) ( ) ( ) ( )f xx

F s dsf x

xF s ds

t t

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = ⇒ = ⎡

⎣⎢⎤⎦⎥

∞ − ∞

∫ ∫L 1Απόδειξη: Από τη σχέση L

4) Ιδιότητα των δυνάμεων: L-1 (4) ( )( )tF tf x

=′

′ ≠

⎧

⎨⎪

⎩⎪

( ) οταν f(0)=0

f (x)+f(0)δ(x) οταν f(0) 0όπου δ(x) η δέλτα συνάρτηση(1 του Dirac. Απόδειξη: Έχουμε L(f′(x))=tF(t)-f(0) ⇒ f′(x)=L-1(tF(t))-L-1(f(0)) αλλά

L-1(f(0))= 0 οταν f(0)=0δ(x) οταν f(0) 0≠⎧⎨⎩

Επομένως L-1(tF(t))= ′′ ≠

⎧⎨⎩

f x( ) οταν f(0)=0f (x)+f(0)δ(x) οταν f(0) 0

Η γενίκευση για μεγαλύτερη δύναμη είναι δυνατή, αλλά οδηγεί σε πολύπλοκες εκφράσεις.

( ) ( )=⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = ∫

F tt

f s dsx

05) Ιδιότητα της διαίρεσης με x: L-1 (5)

( )( ) ( )f sds G x f sds

F tt

x x( (

0 0∫ ∫⇒ = ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =L LΑπόδειξη: Θέτουμε G(x)= ⇒

( ) ( ) ( )F tt

G x f s dsx⎛

⎝⎜

⎞⎠⎟ = = ∫0 L-1

( ) ( )F tt

dv duf uvx

2 00

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = ∫∫Άσκηση: Να αποδειχθεί ότι L-1

=

(1 Η δέλτα συνάρτηση δ(x) ορίσθηκε από τον Dirac το 1927 από τη σχέση: δ(x)= με την

ιδιότητα για ε>0. Στο Παράρτημα Α δίνονται περισσότερα στοιχεία για την δέλτα συνάρ-

τηση.

0 για x 0 για x=0

≠∞⎧⎨⎩

(x)dx 1+ε

−εδ∫


Απόδειξη: Θέτουμε . Τότε g′(x)= καί g″(x)=f(x) g x dv duf ux v

( ) ( )= ∫ ∫0 0duf ux

( )0∫

Επειδή g(0)=g′(0)=0 θα είναι: L(g″(x))=t2G(t)-tg(0)-g′(0)=t2G(t) Όμως L(g″(x))=L(f(x))=F(t)

dv duf uF tt

dv duf ux v x v

0 0

12 0 0∫ ∫ ∫ ∫⎛

⎝⎜⎞⎠⎟ ⇒

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =

−( )( )

( )LΆρα F(t)=t2G(t)=t2L(g(x))=t2L

( ) ( ) ( )F tt

dx dx dxn

x s f s dsn

x x x

n

nx( )!

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = =

−−∫ ∫ ∫ ∫ −

0 0 0

1

0

11

φορες

Γενικά ισχύει: L-1

( )( ) (xe f x F tα )= − α6) Ιδιότητα της μετατόπισης: L-1 (6.α)

( )( ) ( )t f x xe F t

0 x−α −α ⟩⎧⎪= ⎨

⟨α⎪⎩

α ή L-1 (6.β)

Απόδειξη: α) Έχουμε L(eαxf(x))=F(t-α) ⇒ L-1(F(t-α))=eαxf(x) β) L(f(x-α)=e-αtF(t) ⇒ L-1(eαtF(t))=f(x-α)

1 xf ⎛ ⎞⎜ ⎟α α⎝ ⎠

7) Ιδιότητα της αλλαγής κλίμακας: L-1(F(αt))= (7)

( ) 11 t 1 tF f x F− ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⇒ α =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜α α α α⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝

L ⎟⎠Απόδειξη: Έχουμε L(f(αx))= Αντικαθιστούμε το α με

το 1/α και βρίσκουμε: ( )( ) ( )( )1 1x 1f F t F t− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞= α α ⇒ α =⎜ ⎟ ⎜ ⎟α α⎝ ⎠ ⎝ ⎠L L xf

α

8) Το θεώρημα της συνέλιξης: L-1 ( ) (8) ( )F t G t f x s g s dsx

( ) ( ) ( )= −∫0

Απόδειξη: Έχουμε F(t)G(t)=L ⇒ L-1 ( ) ( ) ( )f x s g s dsx

−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟∫0 ( )F t G t f x s g s ds

x( ) ( ) ( )= −∫0

8.4 Ο μετασχηματισμός Laplace των στοιχειωδών συναρτήσεων

ntn

!+1 1) για f(x)=xn →F(t)=L(xn)=

( )tx n tx n tx n tx n 100 0 0

1 1 1e x dx e x dx e x e nx dxt t t

∞ ∞ ∞− − − ∞ − −′

= − = − + =∫ ∫ ∫ Απόδειξη: L(xn)=

=nt

e x d∫ xn

ttx n

n− −∞

+= =1

0 1 !


2) για f(x)=sinαx → F(t)=L(sinαx)= 2t 2α+ α

Απόδειξη: L(sinαx)= tx0

e sin xdx∞ − α =∫

( )tx tx tx0 0

0

1 1e sin xdx e sin x e cos xdxt t t

∞∞ − − −′ α

− α = − α + α∫∞

=∫=

( )2

tx tx tx2 2 20 0

0e cos xdx e cos x e sin xdx

t t t

∞∞ ∞− − −′α α α

α = − α − α∫ ∫ = =

=2 2

2 2 2 2 2(sin x) 1 (sin x) (sin x)t t t t t

⎛ ⎞α α α α α− α ⇒ + α = ⇒ α =⎜ ⎟ + α⎝ ⎠

L L L 2

2 2t

t + α3) για f(x)=cosαx → F(t)=L(cosαx)=

Απόδειξη: Όμοια όπως η προηγούμενη.

1t − α

4) για f(x)=eαx → F(t)=L(eαx)=

( )x tx x (t )x (t )x0 0

0

1 1e e e dx e dx et t

∞∞ ∞α − α − −α − −α= = = − =

−α −∫ ∫LΑπόδειξη: α

5) για f(x)=sinhαx → F(t)=L(sinhαx)= 2t 2α− α

x x2 2

1 1 1 1 1 1(e ) (e )2 2 2 t 2 t t

α −α α− = − − =

− α + α − αL LΑπόδειξη: L(sinhαx)=

2t

t6) για f(x)=coshαx → F(t)=L(coshαx)= 2− α

Απόδειξη: Όμοια όπως η προηγούμενη.

2 2(t )β

− α −β7) για f(x)=eαxsinβx → F(t)=L(eαxsinβx)=

Απόδειξη:

( )x tx x (t )x (t )x0 0 0

1(e sin x) e e sin xdx e sin xdx e sin xdxt

∞ ∞ ∞α − α − −α − −α ′−β = β = β = β =

− α∫ ∫ ∫L

( )2

(t )x ( t )x ( t )x2 2 20 0

0

e cos xdx e cos x e sin xdx(t ) (t ) (t )

∞∞ ∞− −α − −α − −α′−β −β −β

β = β − β =− α − α − α∫ ∫ =

( ) ( )2

x x2 e sin x e sin x

(t ) (t )α αβ

β ⇒ β =− α − α +β

L L 2 2β =


2 2t

(t )− α

− α −β8) για f(x)=eαxcosβx → F(t)=L(eαxcosβx)=

Απόδειξη: Όμοια όπως ή προηγούμενη.

n 1n!

(t ) +− α9) για f(x)=xneαx → F(t)=L(xneαx)=

Απόδειξη: L(xneαx)=

(t ) n ( t )x n (t )x n (t )x n 10 0 0

0

1 1 ne x dx e x e nx dx e x dxt t t

∞∞ ∞ ∞− −α − −α − −α − −α −−

= + = =− α − α − α∫ ∫ ∫

= (t )x n 22 n 10

n(n 1) n!e x dx(t ) (t )

∞ − −α −−= =

− α − α∫ +

Για την επίλυση των Δ.Ε. χρησιμοποιώντας τον μετασχηματισμό Laplace πρέπει να μπο-ρούμε να αντιστρέψουμε τον μετασχηματισμό Laplace, δηλαδή αν ξέρουμε την F(t) να βρούμε την f(x). Με την βοήθεια της μιγαδικής ανάλυσης μπορεί να αποδειχθεί ότι αν F(t) είναι ο μετασχηματισμός Laplace μιας συνεχούς συνάρτησης, τότε υπάρχει μια και μόνο μια συνάρτηση f(x)=L-1(F(t)). Εάν δεν περιοριστούμε σε συνεχείς συναρτήσεις τότε είναι δυνατό να υπάρχουν περισσότερες από μια μη συνεχείς συναρτήσεις που έχουν τον ίδιο μετασχηματισμό Laplace. Από τον Πίνακα ΙΙ διαπιστώνουμε ότι μπορούμε να αντιστρέψουμε τον μετασχημα-τισμό Laplace για κάθε F(t) που είναι ρητή συνάρτηση του t. Και αυτό διότι κάθε ρητή συνάρτηση αναλυόμενη σε απλά κλάσματα δίνει ακριβώς τις συναρτήσεις του t που βρή-καμε προηγουμένως. Παράδειγμα 1: Βρείτε την συνάρτηση που έχει σαν μετασχηματισμένη Laplace την:

F tt t

( )(

=+

112 )

F tt t t t t

( )( )

=+

= − ++

11

1 1 112 2Λύση : Αναλύουμε την F(t) σε απλά κλάσματα

1 1 12

1 1 1 x 1 et t t 1

− − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + = − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟+⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠L L Lκαι επομένως f(x)=L-1(F(t))= x−

Παράδειγμα 2: (Περίπτωση μιγαδικών ριζών). Να αντιστραφεί ο μετασχηματισμός

14 132t t t( )+ +

Laplace: F(t)=

Λύση: Παρατηρούμε ότι το τριώνυμο t2+4t+13 έχει μιγαδικές ρίζες. Αναλύουμε την F(t) σε απλά κλάσματα χωρίς να αναλύσουμε το τριώνυμο t2+4t+13 σε γινόμενο πρωτοβάθμι-ων μιγαδικών παραγόντων και θα έχουμε:

2A Bt 1 1A , B - , -t 13 13t 4t 13

+ Γ+ ⇒ = = Γ

+ +4

13=F(t)=


ΠΙΝΑΚΑΣ Ι ΟΙ ΒΑΣΙΚΕΣ ΙΔΙΟΤΗΤΕΣ ΤΟΥ ΜΕΤΑΣΧΗΜΑΤΙΣΜΟΥ LAPLACE

1. L(c1f1(x)+c2f2(x))=c1L(f1(x))+c2L(f2(x)) 2. L(f(n)(x))=tnF(t)-tn-1f(0)-tn-2f′(0)⋅⋅⋅-f(n-1)(0) 3. L(eαxf(x))=F(t-α) 4. L(f(x-α))=e-αtF(t) 5. L(xnf(x))=(-1)nF(n)(t)

( )L f x dxt

F tx

( ) ( )0

1∫ = 6.

7. L-1(F1(t)F2(t))=f1(x)*f2(x)= f x x f x dxt

1 20( ) ( )− ′ ′∫ ′

ΠΙΝΑΚΑΣ ΙI ΜΕΤΑΣΧΗΜΑΤΙΣΜΕΝΕΣ LAPLACE ΑΠΛΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ

f(x) F(t)

1 1

t t>0

xn nt n

!+1 t>0 , n≥0

sinαx

2t 2α+ α

t>0

cosαx 2

tt

2+ α t>0

eαx 1t − α

t>α

sinhαx 2t 2α−α

t>|α|

coshαx 2

tt

2− α t>|α|

eαxsinβx 2(t ) 2β

− α +β t>α

eαxcosβx 2

t(t ) 2

− α− α +β

t>α

xneαx n 1

n!(t ) +− α

t>α


113

1 44 132t

tt t

−+

+ +⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

δηλαδή F(t)=

Έχοντας υπόψη ότι :

L(eαxsinβx)= 2(t ) 2β

−α +β ( ) 2t

t−α

−α +β και L(eαxcosβx)=

θα προσθαφαιρέσουμε στον παρονομαστή κατάλληλους όρους ώστε να σχηματισθεί τέ-λειο τετράγωνο:

tt t

tt

tt

tt t

++ +

=+

+ +=

+ ++ +

=+

+ ++

+ +4

4 134

2 32 2

2 32

2 323

32 32 2 2 2 2 2 2( )

( )( ) ( ) ( )

2 2

και θα έχουμε 113

1 22 3

23

32 3

113

1 323

32 2 2 22 2

tt

t tf x e x e xx x−

++ +

−+ +

⎡

⎣⎢⎤

⎦⎥⇒ = − −⎡

⎣⎢⎤⎦⎥

− −

( ) ( )( ) cos sin F(t)=

1

42t t( +Παράδειγμα 3: Βρείτε την αντίστροφη μετασχηματισμένη Laplace της

)

χρησιμοποιώντας συνελίξεις. 1

42t t( )+1 1

42t t +Λύση: Είναι = Εάν θέσουμε F(t)=1/t και G(t)=1/(t2+4) έχουμε από

τον πίνακα ότι f(x)=1 και g(x)=12

sin2x. Eπομένως

( )x1 1

2 0

1 F(t)G(t) f (x) g(x) f (x s)g(s)dst(t 4)

− −⎛ ⎞= = ∗ = −⎜ ⎟+⎝ ⎠

∫L L =

x

0

1 1(1) sin 2s ds (1 cos 2x)2 4

⎛ ⎞ = −⎜ ⎟⎝ ⎠

⌠⎮⌡

=

Παρατήρηση 1: Ένας άλλος τρόπος για την εύρεση του αντιστρόφου του μετασχηματι-σμού Laplace, δηλ. να βρούμε την αρχική συνάρτηση f(x) αν ξέρουμε την μετασχηματι-σμένη Laplace F(t)=Lf(x) είναι αυτός που βασίζεται στη μιγαδική ανάλυση και δίνεται από τον ολοκληρωτικό τύπο:

f(x)=i txi

1 e F(t)dt2π i

γ+ ∞

γ− ∞∫ για x⟩0 και t∈C

ο οποίος λέγεται ολοκλήρωμα της μιγαδικής αντιστροφής, (complex inversion integral) ή ολοκληρωτικός τύπος του Bromwich. Ο πραγματικός αριθμός γ, (που είναι τυχαίος), εκλέγεται έτσι ώστε στα αριστερά της ευθείας t=γ του μιγαδικού επιπέδου να βρίσκονται όλα τα ανώμαλα σημεία, (πόλοι, σημεία διακλαδώσεως ή ουσιώδη ανώμαλα σημεία), της F(t). Εάν η F(t) ικανοποιεί ορισμένες συνθήκες, τότε αποδεικνύεται ότι:

f(x)= n

txk

k 1Res e F(t),

=

⎡ ⎤α⎣ ⎦∑i txi

1 e F(t)dt2π i

γ+ ∞

γ− ∞∫ =

όπου αk τα ανώμαλα σημεία της etxF(t) με Re(α )<γ και Res[etxF(t),αk] το ολοκληρωτικό υπόλοιπο της συνάρτησης etxF(t), που αντιστοιχεί στο ανώμαλο σημείο αk . (Περισσότερες λεπτομέρειες βλέπε ΠΑΡΑΡΤΗΜΓ Γ).


8.5 Επίλυση γραμμικών Δ.Ε. με σταθερούς συντελεστές με τη βοήθεια του μετασχη-ματισμού Laplace

Ο μετασχηματισμός Laplace μπορεί να χρησιμοποιηθεί για την επίλυση μιας γραμ-μικής Δ.Ε. τάξης n με σταθερούς συντελεστές : αny(n)+αn-1y(n-1)+⋅⋅⋅+α1y′+α0y=f(x) (1) που ικανοποιεί τις αρχικές συνθήκες : y(0)=y0 , y′(0)=y0′ , ⋅⋅⋅ , y(n-1)(0)=y0

(n-1) (2) Εάν τώρα πάρουμε τον μετασχηματισμό Laplace και των δυο μελών της (1) και με Y(t) συμβολίσουμε την μετασχηματισμένη Laplace L((y(x)), θα έχουμε : αnL(y(n))+αn-1L(y(n-1))+⋅⋅⋅+α1L(y′)+α0L(y)=L(f(x)) (3) όπου L(y′(x))=tY(t)-y(0)=tY(t)-y0 L(y″(x))=t2Y(t)-y0t-y0′ ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ L(y(n)(x))=tnY(t)-y0tn-1-y0′tn-2-⋅⋅⋅-y0

(n-2)t-y0(n-1) (4)

Αντικαθιστώντας τις (4) στην (3) προκύπτει μια αλγεβρική εξίσωση με άγνωστο την συ-νάρτηση Y(t). Λύνουμε την αλγεβρική εξίσωση ως προς Y(t), και από τον τύπο : y(x)=L-1(Y(t)) (5) προκύπτει η ζητούμενη μερική λύση που ικανοποιεί την (1) με αρχικές συνθήκες τις (2). Η παραπάνω διαδικασία απεικονίζεται στο σχήμα που ακολουθεί: Αλγεβρική εξίσωση

ως προς

Παράδειγμα 1 : Να λυθεί το πρόβλημα αρχικών τιμών : y′-5y=0 , y(0)=2 Λύση : Παίρνουμε τον μετασχηματισμό Laplace των δυο μελών της Δ.Ε. και έχουμε : L(y′(x))-5L(y(x))=L(0) ⇒ [tY(t)-y(0)]-5Y(t)=0 ⇒ [tY(t)-2]-5Y(t)=0 ⇒

Y(t)=2

5t − ⇒ y(x)=L-1(Y(t))=L-1 2

52

15

21 5

t te x

−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = −

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =

−L

Παράδειγμα 2 : Να λυθεί το πρόβλημα αρχικών τιμών y′-5y=e5x y(0)=0

Λύση : Εχουμε L(y′)-5L(y)=L(e5x) ⇒ [tY(t)-0]-5Y(t)=1

5t − ⇒ Y(t)=

15 2( )t −

⇒

y(x)=L-1(Y(t))=L-1 15 2( )t −

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

=xe5x

Παράδειγμα 3 : Να λυθεί το πρόβλημα αρχικών τιμών y′-5y=0 , y(π)=2

Διαφορική εξίσωση ως προς y(x)

y(x)=L-1(Y(t))

Λύση

Y(t)=L(y(x))

Y(t)

Αλγεβρική επίλυση ως προς Y(t)

L

L-1


Λύση : Εδώ η αρχική συνθήκη δεν αναφέρεται για x=0 αλλά για x=π. Θα θεωρήσουμε την τιμή y(0)=y0 γνωστή και θα προχωρήσουμε κανονικά ως εξής :

yt

0

5− ⇒ y(x)=L-1(Y(t))=y0e5x L(y′)-5L(y)=L(0) ⇒ tY(t)-y(0)-5Y(t)=0 ⇒ Y(t)=

Από την αρχική συνθήκη προσδιορίζουμε τώρα το y0 : y(π)=y0e5π=2 ⇒ y0=2e-5π Τελικά έχουμε : y(x)=2e5(x-π) Παράδειγμα 4 : Να λυθεί το πρόβλημα αρχικών τιμών y′+y=sinx y(0)=1

112t +

11 1

112( )( )t t t+ +

++

=

Λύση : L(y′)+L(y)=L(sinx) ⇒ [tY(t)-1]+Y(t)= ⇒ Y(t)=

12

1

12

12

11

132

11

12 1

12

112 2t

t

t t tt

t t++− +

+

⎧

⎨⎪

⎩⎪

⎫

⎬⎪

⎭⎪+

+=

+−

++

+(ανάλυση σε απλά κλάσματα)= 2

⇒ y(x)=L-1(Y(t))=32

11

12 1

12

11

32

12

12

1 12

12L L L− − − −

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ − +

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ + +

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = − +

tt

t te xx cos sin x

Παράδειγμα 5 : Να λυθεί το πρόβλημα αρχικών τιμών : y″+4y=0 , y(0)=2 , y′(0)=2

2 24

24

242 2 2

tt

tt t

++

=+

++

Λύση : L(y″)+4L(y)=0 ⇒ [t2Y(t)-ty(0)-y′(0)]+4Y(t)=0 ⇒ Y(t)=

⇒ y(x)=L-1(Y(t))=2L-1 tt t2

124

24+

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ + +

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =

−L 2cos2x+sin2x

Παράδειγμα 6 : Να λυθεί το πρόβλημα αρχικών τιμών :

y″-3y′+4y=0 y(0)=1 , y′(0)=5 Λύση : L(y″)-3L(y′)+4L(y)=0 ⇒ [t2Y(t)-y(0)t-y′(0)]-3[tY(t)-y(0)]+4Y(t)=0 ⇒

tt t

+− +

23 42 Y(t)=

Επειδή οι ρίζες του παρονομαστή είναι μιγαδικές, δεν μπορούμε να αναλύσουμε το κλά-σμα σε απλά κλάσματα. Έχοντας υπόψη ότι :

L(eαxsinβx)= 2(t ) 2β

−α +β ( ) 2t

t−α

−α +β και L(eαxcosβx)=

θα προσθαφαιρέσουμε στον παρονομαστή κατάλληλους όρους ώστε να σχηματισθεί τέ-λειο τετράγωνο:

22

27

23t

27

23t

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −t

t t+

− +2

3 42t

t t

t

t

+

− +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟+ −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟=

+

−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

+⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

=2

394

494

2

32

72

22 2 Y(t)= =


2222

27

23t

27

7

27

23t

23t

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −

+

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −

−=

Συνεπώς :

tt t

t

t t

+− +

⎧⎨⎩

⎫⎬⎭=

−

−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ +

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

⎛

⎝

⎜⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟⎟⎟

+

−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ +

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

⎧

⎨

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎫

⎬

⎪⎪

⎭

⎪⎪

=− −23 4

32

32

72

7

72

32

72

21

2 21

2 2L Ly(x)=L-1

e x ex x

32

32

72

77

2cos sin+ x=

Παράδειγμα 7 : Να λυθεί τό πρόβλημα αρχικών τιμών : y″-y′-2y=4x2 y(0)=1 , y′(0)=4

83t

Λύση : L(y″)-L(y′)-2L(y)=4L(x2) ⇒ [t2Y(t)-y(0)t-y′(0)]-[tY(t)-y(0)]-2Y(t)= ⇒

83t

tt t t t t

+− −

+− −

32

822 3 2( )

[t2Y(t)-t-4]-[tY(t)-1]-2Y(t)= ⇒ Y(t)=

tt t t t t t t

+− −

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ + − −

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟=

−−

+

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟+− −3

28

2

53

2

23

121

3 21L L

( )Τελικά y(x)=L-1(Y(t))=L-1

− + − +−

++

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟= −⎡⎣⎢

⎤⎦⎥+ − + − + +⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

− −3 2 413

2

83

153

23

3 2 213

832 3

2 2

t t t t te e x x e ex x x+L-1 2 x =

=2e2x+2e-x-2x2+2x-3

−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

ddt

F tn

( )Παρατήρηση 1 : Από την ιδιότητα των δυνάμεων L(xnf(x))= , συμπεραίνουμε

ότι κάθε γραμμική Δ.Ε. ως προς y(x) με συντελεστές πολυώνυμα του x μπορεί να μετα-σχηματισθεί σε διαφορική εξίσωση ως προς Y με συντελεστές πολυώνυμα του t. Εάν οι συντελεστές της αρχικής Δ.Ε. είναι πρώτου βαθμού, (n=1), τότε η Δ.Ε. ως προς Y(t) θα είναι πρώτης τάξης, η οποία λύνεται πάντα. Παράδειγμα 8 : Να λυθεί το πρόβλημα αρχικών τιμών : y″+xy′-y=0 με y(0)=0 και y′(0)=1 Λύση : L(y″)+L(xy′)-L(y)=0 με L(y″)=t2Y(t)-ty(0)-y′(0)=t2Y(t)-1

[ ]ddt

yddt

tY t y( tY t Y tL( ) ( ) ( ) ( )′ = − − = − ′ −0) L(xy′)=-


2 1t

t Y tt

−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = −( )Επομένως (t2Y(t)-1)+(-tY′(t)-Y(t))-Y(t)=0 ⇒ Y′(t)+

2t

t−1t

Η τελευταία Δ.Ε. είναι γραμμική 1ης τάξης με Α(t)= και B(t)=- .

Η γενική λύση κατά τα γνωστά είναι :

=⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+⎥⎦

⎤⎢⎣⎡−=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡+∫∫ ∫∫

−+−−Cdt

t1eeCdt)t(Bee 2

ttln22ttln2dt)t(Adt)t(A

22

Y(t)=

[ ]et

t et

dt C et

te dt C et

e Ct

C et

tt

tt

tt

t22

22

22

22

22 2

2

22

2

22

2

2

21 1/

//

//

//

− − −∫ ∫−⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

+⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ = − +⎡

⎣⎢⎤⎦⎥= + = + =

Επειδή όμως ισχύει γενικά limt→∞ tY(t)=y(0), (βλέπε απόδειξη στο τέλος της άσκησης), ο μόνος τρόπος για να είναι limt→∞ tY(t)=y(0)=0 είναι C=0. Άρα

Y(t)=12t

⇒ y(x)=x

Απόδειξη της σχέσης limt→∞ tF(t)=f(0)

( )te f x dxddx

e f x dx e f x e f x dxtx tx tx tx−∞ −∞ − ∞ −∞

∫ ∫ ∫= − = − + ′ =( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 0

tF(t)=

=f e ⇒ limt→∞tF(t)=f(0)+limt→∞ f xtx( ) ( )00

+ ′−∞

∫ e f x dx ftx−∞

′ =∫ ( ) ( )00

dx

Παρατήρηση 2 : Η τεχνική του μετασχηματισμού Laplace μπορεί να εφαρμοσθεί και για την εύρεση της γενικής λύσης θεωρώντας τις αρχικές συνθήκες τυχαίες. Παράδειγμα 9 : Να βρεθεί η γενική λύση της Δ.Ε. y(3)-3y″+3y′-y=x2ex Λύση : Στην περίπτωση αυτή οι αρχικές συνθήκες θα θεωρηθούν τυχαίες. Συγκεκριμένα υποθέτουμε ότι : y(0)=A , y′(0)=B , y″(0)=Γ και έχουμε : L(y(3))-3L(y″)+3L(y′)-L(y)=L(x2ex) ⇒

21 3( )t −

[t3Y(t)-t2y(0)-ty′(0)-y″(0)]-3[t2Y(t)-ty(0)-y′(0)]+3[tY(t)-y(0)]-Y(t)= ⇒

21 3( )t −

[t3Y(t)-At2-Bt2-Γ]-3[t2Y(t)-At-B]+3[tY(t)-A]-Y(t)= ⇒

2

3At (B 3A)t 3A 3B 2

(t 1) (t 1)+ − + − + Γ

+− −

Y(t)= 6

Εφ' όσον τα Α, Β, Γ είναι τυχαία, τυχαίο είναι και το πολυώνυμο στον αριθμητή του πρώ-του όρου στο δεξιό μέλος. Έτσι μπορούμε να γράψουμε :

kt

kt

kt t

13

22

361 1 1

21( ) ( ) ( ) ( )−

+−

+−

+−

Y(t)= ⇒

x2

2x ex5

60=

x ex5

60ex+k2xex+k3ex+ c1x2ex+c2xex+c3ex+ y(x)=k1

με c1=k1/2, c2=k2, c3=k3 Παρατήρηση 3 : Η εύρεση της γενικής λύσης είναι ευκολότερη από την εύρεση της μερι-κής λύσης που αντιστοιχεί σε συγκεκριμένες αρχικές συνθήκες, διότι αποφεύγουμε να


υπολογίζουμε τις σταθερές στην ανάπτυξη σε απλά κλάσματα της ρητής έκφρασης που προκύπτει. Παρατήρηση 4 : Η τεχνική του μετασχηματισμού Laplace μπορεί επίσης να εφαρμοσθεί και σε προβλήματα συνοριακών συνθηκών. Παράδειγμα 10 : Να λυθεί η Δ.Ε. y″+9y=cos2x με συνοριακές συνθήκες y(0)=1 , y(π/2)=-1

Λύση : Επειδή η αρχική συνθήκη y′(0) είναι άγνωστη, θέτουμε y′(0)=k και έχουμε : t

t 2 4+L(y″)+9L(y)=L(cos2x) ⇒ [t2Y(t)-ty(0)-y′(0)]+9Y(t)= ⇒

tt 2 4+

t kt

tt t

++

++ +

=2 2 29 9 4( )( )(t2+9)Y(t)-t-k= ⇒ Y(t)=

tt

kt

tt

tt2 2 2 29 9 5 4 5 9+

++

++

++

=( ) ( )

45 9 9 52 2 2

tt

kt

tt+

++

++( ) (

= 4)

45

33

315

2cos sin cosxk

x+ + x⇒ y(x)= ⇒

Για να ορισθεί το k, παρατηρούμε ότι y(π/2)=-1, δηλ. -1=-k/3-1/5 ⇒ k=12/5. 45

345

315

2cos sin cosx x+ + x Τελικά : y(x)=

Παράδειγμα 11 : Να λυθεί η Δ.Ε. xy″+2y′+xy=0 με συνοριακές συνθήκες y(0)=1 , y(π)=0 Λύση : Θέτουμε y′(0)=Α και έχουμε :

[ ] ( )− − − ′ + − − =ddt

t Y t ty( y tY t y(ddt

Y t2 0) 0) 2 0) 0( ) ( ( ) ( ) ⇒

−+112t

-t2Y′-2tY+1+2tY-2-Y′=0 ⇒ -(t2+1)Y′-1=0 ⇒ Y′= ⇒ Y=-tan-1t+k

1t

π2

-tan-1t=tan-1 (2Επειδή Y(t)→ 0 όταν t→∞ έχουμε k=π/2. Άρα : Y=

sintan

xx

dss tt

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = +

= −∞

∫ 21

11

tansin−⎛

⎝⎜⎞⎠⎟ =

1 1t

xx

έχουμε : y(x)=L-1Επειδή L

8.6 Ο μετασχηματισμός Laplace σε ασυνεχείς συναρτήσεις

(Συναρτήσεις βήματος - συναρτήσεις μετατοπίσεως, (ή καθυστερήσεως), - περιοδι-κές συναρτήσεις)

( ) tan A tan Btan A B1 tan A tan B

++ =

−(2 (Εδώ χρησιμοποιήσαμε την τριγωνομετρική ταυτότητα για

Α=π/2 και Β=-tan-1t)


Στις εφαρμογές, ο μη ομογενής όρος f(x) της Δ.Ε. : y(n)+αn-1 y(n-1)+αn-2y(n-2)+⋅⋅⋅+α1y′+α0y=f(x)

δεν είναι πάντα συνεχής συνάρτηση. Π.χ. στον Ηλεκτρισμό η f(x) μπορεί να είναι μια συ-νάρτηση του χρόνου, που παριστάνει το άνοιγμα ή το κλείσιμο ενός διακόπτη. Στη Μηχα-νική μπορεί να παριστάνει την ξαφνική αλλαγή ή εμφάνιση μιας δύναμης, π.χ. κτυπώντας "στιγμιαία" μια μπάλα που βρίσκεται σε ηρεμία ή σε κίνηση. Η πιο απλή, αλλά συγχρόνως και η πιο σπουδαία ασυνεχής συνάρτηση είναι η συ-νάρτηση μοναδιαίου βήματος, (ή συνάρτηση του Heaviside), που ορίζεται από τη σχέ-ση :

0 x 0u(x)

1 x 0

⟨⎧⎪= ⎨⎪ ⟩⎩

(1) (2

u(x)

1Η σχέση (1) μπορεί να διατυπωθεί και ως εξής:

1 xu(x) 12 | x |⎡ ⎤

= +⎢ ⎥⎣ ⎦

x

Εάν θέλουμε η ασυνέχεια να είναι στο σημείο α, και όχι στο 0, τότε ορίζουμε την μετατοπισμέ-νη μοναδιαία συνάρτηση βήματος, που δίνεται από τον τύπο :

(2.α) 0 x

u(x )1 x

< α⎧⎪− α = ⎨⎪ > α⎩

Ο δε τύπος: (2.β) 1 x

u( x)0 x

< α⎧⎪α − = ⎨⎪ > α⎩

έχει σαν γραφική παράσταση εκείνη του παραπλεύ-ρως σχήματος, που προκύπτει από την προηγούμενη δια ανακλάσεως.

Άσκηση : Να σχεδιαστούν οι γραφικές παραστάσεις

των παρακάτω συναρτήσεων στο διάστημα 0≤x<∞:

1) f(x)=1-u(x-1)

2) g(x)=1-2u(x-1)+u(x-2)

x O

(2 Η τιμή u(0) παραμένει απροσδιόριστη. Στην πραγματικότητα δεν έχει καμμία σημασία εάν θέσουμε u(0)=0 ή u(0)=1 ή u(0)=c με c οποιοσδήποτε αριθμός. Συνήθως θέτουμε c=1/2.

u(x-α)

1

α °

°

O °

°

x O

1

°

u(α-x)

α

°

°


Λύση

:

1) f(x)=1-u(x-1)= 1 0 1 x 11-1=0 x>1− = ⟨⎧

⎨⎩ 1-u(x-1)

2) g(x)=1-2u(x-1)+u(x-2)=

= 1 2 0 0 1 x 11-2 1+0=-1 1<x 21 2 1 1 0 2<x

− ⋅ + = ⟨⎧⎪ ⋅ ⟨⎨⎪ − ⋅ + =⎩

Με την βοήθεια της συνάρτησης μοναδιαίου βήματος u(x), μπορούμε να γράψουμε συναρ-τήσεις, που ορίζονται από περισσότερους από έναν τύπους κατά ενιαία μορφή π.χ. η συνάρ-τηση :

f x( )=≤ ⟨≤ ⟨≤

⎧

⎨⎪

⎩⎪

2 0 x 3-4 3 x 41 4 x

μπορεί να γραφεί κατά ενιαίο τρόπο ως εξής: H τιμή της συνάρτησης f(x) είναι 2 μέχρι το x να φθάσει το 3 όπου γίνεται -4, δηλ. έχουμε ένα άλμα –4-2=-6. Αυτό μπορεί να εκφρα-σθεί ως 2-6u(x-3), αφού το u(x-3) είναι μηδέν μέχρι το x φθάσει το 3 και μετά γίνεται 1. Όταν το x φθάσει το 4 η συνάρτηση αλλάζει από το -4 στο 1, δηλ. έχουμε ένα νέο άλμα 1-(-4)=5. Αυτό μπορεί να εκφρασθεί εάν προσθέσουμε τον όρο 5u(x-4). Τελικά θα είναι :

f(x)=2-6u(x-3)+5u(x-4)

Γενικά εάν έχουμε μια συνάρτηση f(x), που είναι ασυνεχής στα σημεία α1, α2, …, αn και ορίζεται από την σχέση:

1 1

2 1

n 1 n

g (x) xg (x) x

f (x).....................................g x+

< α⎧⎪

2α < < α⎪= ⎨⎪⎪ α <⎩

τότε η συνάρτηση f(x) μπορεί να γραφεί ως εξής: f(x)=g1(x)+[g2(x)-g1(x)]u(x-α1)+ [g3(x)-g2(x)]u(x-α2)+ ⋅⋅⋅ +[gn+1(x)-gn(x)]u(x-αn)

Μια χρήσιμη εφαρμογή των παραπάνω βρίσκουμε όταν έχουμε μια συνάρτηση f(x), η οποία είναι ασυνεχής σ’ ένα σημείο x=α , όπου παρουσιάζει απλή ασυνέχεια, (άλ-μα). Τότε η συνάρτηση f(x) μπορεί να γραφεί σαν γραμμικός συνδυασμός των συναρτή-σεων g(x) και h(x), οι οποίες είναι συνεχείς παντού αλλά έχουν «κοπεί» στο σημείο x=α, ως εξής:

1

1 °

°

1

2

1-2u(x-1)+u(x-2)

°

°

°

° 1

-1


f(x)=g(x)u(α-x)+h(x)u(x-α)=g(x)+[h(x)-g(x)]u(x-α)= g(x) x

h(x) x

⟨α⎧⎪⎨⎪ ⟩α⎩

0

0

Ειδικά ο γραμμικός συνδυασμός:

sgn(x)=u(x)-u(-x)=1 x

1 x

+ ⟩⎧⎪⎨⎪− ⟨⎩

ορίζει την γνωστή συνάρτηση προσήμου, (signum function).

Πολλές φορές χρειαζόμαστε να μετατοπίσουμε την γραφική παράσταση μιας συ-νάρτησης f(x) κατά α μονάδες προς τα δεξιά, (ή αριστερά). Η μετατόπιση αυτή ουσιαστικά ορίζει μια νέα συνάρτηση την g(x)=f(x-α), (ή g(x)=f(x+α)). Η συνάρτηση αυτή ονομάζεται συνάρτηση μετατόπισης, (ή καθυστέρησης όταν η ανεξάρτητη μεταβλητή x παριστάνει χρόνο).

Εάν τώρα θέλουμε η συνάρτηση g(x) να είναι μηδέν για x<α, τότε αυτό μπορεί να γίνει ορίζοντας μια νέα συνάρτηση g(x) με τη βοήθεια της συνάρτησης μοναδιαίου βήμα-τος u(x-α) : g(x)=u(x-α)f(x-α) Εάν έχουμε μια συνάρτηση f(x) και θέλουμε να την περιορίσουμε στο διάστημα [α,β), τότε ο περιορισμός της συνάρτησης δίνεται από τον τύπο:

g(x)=f(x)[u(x-α)-u(x-β)]=0 xf (x) x0 x

⟨α⎧⎪ α ≤ ⟨β⎨⎪ ≥ β⎩

x x2+α x1+αx2 x1

f(x) f(x-α)

x

g(x)

h(x)

α x

°

°


Εάν η συνάρτηση f(x) είναι περιοδική με περίοδο Τ, δηλ. αν f(x+T)=f(x) ∀x∈D (D=πεδίο ορισμού της f(x)) τότε ο περιορισμός της f(x) σε μια περίοδο της δίνεται από την έκφραση

g(x)=f(x)u(x)-f(x-T)u(x-T)= f x)( 0 x T

0 x T

≤ ⟨

≥

⎧

⎨⎪

⎩⎪

Ο μετασχηματισμός Laplace G(t) της g(x) συνδέεται με τον μετασχηματισμό Laplace

F(t) της f(x) με την σχέση : F(t)=G t

e Tt( )

1− −

Πράγματι : ( ) ( ) ( ) ( )

( )G x g x f x u x f x T u x T f x u x f x T u x T

F t e F t F t eTt Tt

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

= = − − − = − − − =

− = −− −

L L L L

1

Συνεπώς από τη γνώση του μετασχηματισμού Laplace του περιορισμού της f(x) πάνω σε μια περίοδο, μπορούμε να υπολογίσουμε τον μετασχηματισμό Laplace της f(x) σ' ολόκλη-ρο το πεδίο ορισμού της. Στις εφαρμογές θα χρειαστούμε να υπολογίσουμε τον μετασχηματισμό Laplace των μετα-τοπισμένων συναρτήσεων. Πρώτα όμως θα υπολογίσουμε τους μετασχηματισμούς Laplace των σχέσεων (1) και (2) :

e u x dx e dxt

et

tx tx tx−∞ −∞ −∞

∫ ∫= =−

=( )0 0

0

1 1L(u(x))= (3)

tx tx tx0

1e u(x )dx e dx et

∞∞ ∞− − −

αα

−− α = = =∫ ∫

tet

− α

L(u(x-α))=

Ο μετασχηματισμός Laplace της g(x)=u(x-α)f(x-α) υπολογίζεται ως εξής : ( ) tx tx

0u(x )f (x ) e u(x )f (x )dx e f (x )d

∞ ∞− −

α− α − α = − α − α = − α∫ ∫L x

Χρησιμοποιούμε τον μετασχηματισμό x-α=s και έχουμε : ( )u(x )f (x )− α − α =L t(s ) t ts t

0 0e f (s)ds e e f (s)ds e (f (x))

∞ ∞− +α − α − − α= =∫ ∫ L

Επομένως : ( ) ( )

( )t t

1 t

u(x )f (x ) e f (x) e F(t)

e F(t) u(x )f (x )

− α − α

− − α

−α −α = =

⇔ = −α −α

L L

L

Παράδειγμα 1

: Να βρεθεί ο μετασχηματισμός Laplace της συνάρτησης : f(x)=u(x-1)x2 .

Λύση : Για να εφαρμόσουμε τον παραπάνω τύπο πρέπει να γράψουμε την συνάρτηση f(x)=u(x-1)x2 στην κατάλληλη μορφή u(x-1)f(x-1) δηλ. πρέπει η συνάρτηση x2 να γραφεί σαν πολυώνυμο της μεταβλητής x-1. Αυτό μπορεί να γίνει εάν αναπτύξουμε το x2 σε σειρά Taylor γύρω από το σημείο 1.

′− +

′′− +

fx

fx

( )!

( )( )!

( )1

11

12

1 2 f(x)=x2=f(1)+


f(1)=1 , f′(1)=2x|x=1=2 , f″(1)=2 , f(3)(1)=0 , f(n)(1)=0 για n≥3 21

122

1 1 2 1 12 2( ) ( ) ( ) (x x x x− + − = + − + −Επομένως x2=1+ )

Τελικά L(u(x-1)x2)=L(u(x-1)[1+2(x-1)+(x-1)2]= =L(u(x-1))+2L(u(x-1)(x-1))+L(u(x-1)(x-1)2)=e-tL(1)+2e-tL(x)+e-

tL(x2)=et

et

et

t t− −

+ +2 2

2 3

t−

Παράδειγμα 2 : Να λυθεί το πρόβλημα αρχικών τιμών y"+y=f(x) με αρχικές συνθήκες:

1 0 x0 x

≤ ⟨π⎧⎨ π ≤⎩

y(0)=0 , y′(0)=0 και f(x)=

Λύση : Την συνάρτηση f(x) πρέπει να την γράψουμε κατά ενοποιημένο τρόπο με την βο-ήθεια της συνάρτησης του μοναδιαίου βήματος : f(x)=1-u(x-π) Έτσι η Δ. Ε. εξίσωση γράφεται : y"+y=1-u(x-π) Εφαρμόζουμε τον μετασχηματισμό Laplace και έχουμε :

π t1 e t

−− [t2Y(t)-ty(0)-y′(0)]+Y(t)=L(1)-L(u(x-π))=

Αντικαθιστούμε τις αρχικές συνθήκες και λύνουμε ως προς Y(t):

( ) ( )( )π t

π t π t2 2

1 e 1 t1 e 1 e (1) (cosx)tt(t 1) t 1

−− −− ⎛ ⎞= − − = − − =⎜ ⎟+ +⎝ ⎠

L L Y(t)=

= ( ) (L L L L( ) (cos ) ( ) (cos )π1 1− − −−x e xt )

⟨π

Χρησιμοποιούμε την ιδιότητα της μετατόπισης : L-1(e-αtF(t))=u(x-α)f(x-α): y(x)=L-1(Y(t))=(1-cosx)-u(x-π)[1-cos(x-π)]=

= 1 cosx 0 x

2cosx x

− ≤⎧⎪⎨⎪− π ≤⎩

(Παρόμοιο πρόβλημα αντιμετωπίσαμε στο παράδειγμα 4 της παραγράφου 3.3, αλλά με άλλο τρόπο) Παρατήρηση 1 : Το πρόβλημα αρχικών τι-μών του προηγούμενου παραδείγματος έχει την εξής φυσική ερμηνεία : Περιγράφει την κίνηση ενός υλικού σημείου προσδεδεμένου σ' ένα ελατήριο σταθεράς k=1, το οποίο βρί-σκεται αρχικά σε ηρεμία και στη συνέχεια δέχεται μια δύναμη μέτρου 1 επί π χρονικών μονάδων. Παράδειγμα 3 : Να λυθεί το πρόβλημα αρχικών τιμών :

1 0 x

0 x

≤ ⟨π⎧⎪⎨⎪ π ≤⎩

y″+2y′+2y= με αρχικές συνθήκες y(0)=0 , y′(0)=0

Λύση : Εφαρμόζουμε το μετασχηματισμό Laplace στη Δ.Ε. και έχουμε :


π t1 et

−− [t2Y(t)-ty(0)-y′(0)]+2[tY(t)-y(0)]+2Y(t)=

Αντικαθιστούμε τις αρχικές συνθήκες και λύνουμε ως προς Y(t) :

Y(t)= ( )π t2 2

1 t 1 11 e2t 2[(t 1) 1 2[(t 1) 1]

− ⎧ ⎫+− − − =⎨ ⎬

+ + + +⎩ ⎭

= ( ) ( ) ( )π t x1 1 11 e (1) e cosx e sin x2 2 2

− − −⎧ ⎫− − −⎨ ⎬⎩ ⎭

L L L x ⇒

x x1 1 1e cos x e sin x2 2 2

− −= − − − y(x)=L-1(Y(t))=

(x π) (x π)1 1 1u(x π) e cos(x π) e sin(x π)2 2 2

− − − −⎧ ⎫− − − − − − ⇒⎨ ⎬⎩ ⎭

( )x x

x

1 1 e cos x e sin x 0 x2

y(x)1 e (e 1)(sin x cos x) x2

− −

− π

⎧ − − ≤⎪⎪

= ⎨⎪⎪− + + π ≤⎩

⟨π

Αυτό το πρόβλημα αρχικών τιμών μπορεί να έχει την εξής φυσική σημασία: Παριστάνει μια εξανα-γκασμένη αποσβενυμένη ταλάντωση όπου η εξα-ναγκασμένη δύναμη δρα επί π χρονικές μονάδες. Παράδειγμα 4 : Να λυθεί το πρόβλημα αρχικών τιμών :

x 0 x

x

≤ ⟨π⎧⎪⎨⎪π π ≤⎩

y″+3y′+2y=f(x)= με αρχικές συνθήκες y(0)=0 , y′(0)=1

Λύση : Διατυπώνουμε τον μη ομογενή όρο f(x) με τη βοήθεια της συνάρτησης βήματος u(x) και έχουμε : f(x)=x-u(x-π)(x-π) Στη συνέχεια εφαρμόζουμε τον μετασχηματισμό Laplace :

π t 2

2 21 e t

t (t 3t 2)

−− ++ +

π t

21 e

t

−−[t2Y(t)-1]+3tY(t)+2Y(t)= ⇒ ⇒ Y(t)=

)2t3t(te

2t3t1

)2t3t(t1

22

tπ

222 ++−

+++

++

−

Υ(t)=

Αναλύουμε τα κλάσματα σε απλά : 13 2

34

12

14 2

112 2 2t t t t t t t( ) ( )+ +

= − + −+

++

13 2

11

122t t t t+ +

=+

−+


οι αντίστροφοι μετασχηματισμοί Laplace είναι :

L− −

+ +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= − + − +1

2 221

3 234 2

14t t t

xe ex x

( )−

L− −

+ +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = −1

221

3 2t te ex − x

L− −

+ +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = −1

221

3 2t te ex x−

L−−

− − − −

+ +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = − − +

−− +⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

12 2

2

3 234 2

14

et t t

u xx

e et

x xπ

( π) ( π)

( )( π)

π

και η λύση είναι : y(x)=L-1 (Y(t))=

( )− + − +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ + −

= −− − − −34 2

14

2 2xe e e ex x x x u x

xe ex x( π)

π ( π) ( π)− − +−

− +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

− − − −34 2

14

2

( ) ( )

254 2

34

22

14

5

2

2 2

e ex

e e e e

x x

x x

− −

− −

− + − ≤

+ − + − + ≤

⎧⟨⎪

⎪

⎩

⎪⎪

0 x π

π xπ π π

⇒ y(x)= ⎨

ΑΣΚΗΣΕΙΣ

1. Να λυθούν τα παρακάτω προβλήματα αρχικών τιμών με την βοήθεια του μετασχηματι-

σμού Laplace : α. y″+4y=9x , y(0)=0 , y′(0)=25/4 Απ. y(x)=9x/4+2sin2x β. y″-3y′+2y=4x+12e-x , y(0)=6 , y′(0)=-1 Απ. y(x)=3ex-2e2x+2x+3+2e-x γ. y″-4y′+5y=125x2 , y(0)=y′(0)=0

Απ. y(x)=25x2+40x+22+2e2x(2sinx-11cosx) δ. y′″-y=ex , y(0)=y′(0)=y″(0)=0


− + + +⎧⎨⎩

⎫⎬⎭

−13

13

13

32

33

32

2e xe e xx x x/ cos sin xΑπ. y(x)=

2. Να βρεθούν οι γενικές λύσεις των παρακάτω Δ.Ε. με την βοήθεια του μετασχηματι-σμού Laplace : α. y″-3y′+2y=4e2x Απ. y(x)=c1ex+c2e2x+4xe2x-4e2x β. y″+2y′+5y=e-xsinx Απ. y(x)=e-x[c1sin2x+c2cos2x]+1/3e-xsinx-1/6e-xsin2x γ. y″+9y=cos2x Απ. y(x)=c1sin3x+c2cos3x+1/5cos2x 3. Να σχεδιάσετε την γραφική παράσταση της συνάρτησης g(x)=f(x)[u(x-α)-u(x-β] εάν η συνάρτηση f(x) είναι γνωστή.

99 ΜΜΕΕΡΡΙΙΚΚΕΕΣΣ ΠΠΕΕΡΡΙΙΠΠΤΤΩΩΣΣΕΕΙΙΣΣ ΔΔΙΙΑΑΦΦΟΟΡΡΙΙΚΚΩΩΝΝ ΕΕΞΞΙΙΣΣΩΩΣΣΕΕΩΩΝΝ

9.1 Διαφορικές εξισώσεις 1ης τάξης και ανωτέρου του 1ου βαθμού

Εάν στη Δ.Ε. 1ης τάξης F(x,y,y′)=0, η παράγωγος y′ εμφανίζεται σε δύναμη n με-γαλύτερη της μονάδας και η Δ.Ε. είναι ένα πολυώνυμο ως προς y και y′, (για να ορίζεται ο βαθμός), τότε η Δ.Ε. ονομάζεται Δ.Ε. 1ης τάξης και n βαθμού. Για την επίλυση της θέ-τουμε:

dydx

=y′=p

η Δ.Ε. παίρνει τη μορφή F(x,y,p)=0 (1) και μπορεί να επιλυθεί κατά τους εξής τρεις τρόπους: Ι) Αν η F(x,y,p)=0 είναι πολυώνυμο n βαθμού ως προς p, τότε μπορεί να γραφεί σαν γινόμενο παραγόντων ( )( ) ( )( ) ( )( )1 2 np f x, y p f x, y p f x, y 0− − − = (2) Η (2) δίνει τις Δ.Ε. 1ης τάξης:

dydx

=f1(x,y), ⋅⋅⋅ , dydx

=fn(x,y) (3)

των οποίων οι γενικές λύσεις έστω ότι είναι: Φ1(x,y,c1)=0, ⋅⋅⋅ ,Φn(x,y,cn)=0 (4) Ονομάζουμε γενικό ολοκλήρωμα της (1) μια συναρτησιακή έκφραση η οποία περιλαμ-βάνει όλες τις λύσεις (4). Μια τέτοια έκφραση είναι: Φ1(x,y,c1)Φ2(x,y,c2)⋅⋅⋅Φn(x,y,cn)=0 (5) Παράδειγμα 1: Να λυθεί η Δ.Ε. (y′)2-(y2+xy)y′+xy3=0 Λύση: Θέτουμε y′=p και έχουμε p2-(y2+xy)p+xy3=0 που είναι τριώνυμο ως προς p του οποίου οι ρίζες είναι: p=xy, p=y2

α) p=xy ⇒ dydx

xy dyy

xdx y x c y c x= ⇒ = ⇒ = + ⇒ =

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ln ln exp

2

1 1

2

2 2

Φ1(x,y,c1)=y-c1exp x2

2⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =0

β) p=y2 ⇒ dydx

y dyy

dxy

x c yx c

= ⇒ = ⇒ − = + ⇒ = −+

22 2 2

2

2

1 1 ⇒

Φ2(x,y,c1)=y2+ 1

2x c+=0

Η γενική λύση είναι: Φ1(x,y,c1)Φ(x,y,c2)=0 ⇒ y c x yx c

−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ +

+⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ =1

22

221 0exp


Παράδειγμα 2: Να λυθεί η Δ.Ε. x(y′)2-2yy′-x=0 Λύση: Θέτουμε y′=p και έχουμε xp2-2yp-x=0 που είναι τριώνυμο ως προς p του οποίου οι ρίζες είναι:

p=dydx

y y xx

=+ +2 2

, p=dydx

y y xx

=− +2 2

Οι εξισώσεις αυτές είναι ομογενείς και λύνονται θέτοντας y=xR ⇒ y′=R+xdR/dx και έχουμε:

R xdRdx

xR x R xx

R xdRdx

xR x R xx

+ =+ +

+ =− +

⎫

⎬

⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪

⇒

2 2 2

2 2 2

xdRdx

R= +2 1 (A) xdRdx

R= − +2 1 (B)

(A) ⇒ (dRR

dxx

c R R2 1

2

11

+

⌠⌡⎮

= ⌠⌡⎮

+ ⇒ + +ln ) =lnx+c1 ⇒ R R c+ + =2 1 x

⇒ R2+1=c2x2+R2-2cxR ⇒ R=c x

cx

2 2 12

− ⇒ y(x)=

c xc

2 2 12−

(B) ⇒ (dRR

dxx

c R R2 1

2

11

+

⌠⌡⎮

= −⌠⌡⎮

+ ⇒ + +ln ) =-lnx+c2 ⇒ R Rcx

+ + =′2 1

⇒ R2+1=′+ −

′cx

Rcx

R2

22 2

⇒ R=′−

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

′cx

xc

2

2 12

⇒ y(x)=xc

cx

2 2

221

′′−

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ⇒

y(x)=′ −

′c x

c

2 2

2

Η γενική λύση είναι : yc x

cy

c xc

−−⎛

⎝⎜

⎞⎠⎟ −

′ −′

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =

2 2 2 212 2

0

Για τον υπολογισμό του ολοκληρώματος dRR2 1+

⌠⌡⎮

θέτουμε:

R t2 1+ = − R ⇒ R2+1=t2+R2-2tR ⇒ R=t

t

2 12−

⇒

dR=4 2 1

42 2

4

2 2

2

2

2t t

tdt

tt

dt− −

=+( )

⇒

dRR2 1+

⌠⌡⎮

=

tt

t tt

tt

tt

dt

2

2

2 2 2

2

2

2

2 2

2

121 44

12

14

+

− +

⌠

⌡

⎮⎮⎮⎮

=

+

+

⌠

⌡

⎮⎮⎮⎮

( ) ( )=

dtt

⌠⌡⎮

=

Μερικές περιπτώσεις διαφορικών εξισώσεων ♦ 157

= ln lnt c R R c+ = + + +2 1

Παράδειγμα 3: Να λυθεί η Δ.Ε.: (α2-x2)y′3+βx(α2-x2)y′-(y′)2-βx=0 Λύση: Θέτουμε y′=p και έχουμε : (α2-x2)p3+βx(α2-x2)p-p2-βx=0 που είναι πολυώνυμο 3ου βαθμού ως προς p, που μετατρέπεται σε γινόμενο παραγόντων: [(α2-x2)p3-p]+[βx(α2-x2)p2-βx]=0 ⇒ βx[(α2-x2)p2-1]+p[(α2-x2)p2-1]=0 ⇒ (βx+p)[(α2-x2)p2-1]=0 ⇒

21

222 2 2 2

dyp x x y(x) x cdx 2

1 dy 1 xp y(x)dxx x

⎧ β= −β ⇒ = −β ⇒ = − +⎪

⎪⎪⎨⎪⎪ = ⇒ = ± ⇒ = ± +

αα −⎪ α −⎩arcsin c

Η γενική λύση είναι: 21

xy x c y arcsin c2β⎡ ⎤ ⎡+ − − =⎢ ⎥ ⎢ α⎣ ⎦ ⎣

2 0⎤⎥⎦

Παράδειγμα 4: Να λυθεί η Δ.Ε.: x2y′2+3xyy′+2y2=0 Λύση: Θέτουμε y′=p και έχουμε : (x2p2+2xyp+y2)+xyp+y =0 ⇒ (xp+y)2+y(xp+y)=(xp+y)(xp+2y)=0 ⇒

α) xp+y=0 ⇒ dy

⇒ ln|y|=-ln|x|+c1 ⇒ ln|yx|=c1 ⇒ dx

yx

dyy

dxx

= − ⇒ = −

yx=exp(c1)=c2>0

β) xp+2y=0 ⇒ dydx

yx

dyy

dxx

= − ⇒ = −2

2 ⇒ ln|y|=-2ln|x|+c3 ⇒ ln|yx2|=c3 ⇒

yx2=exp(c3)=c4 >0 Η γενική λύση είναι: (yx-c2)(yx2-c4)=0 ΙΙ) Εάν μπορούμε λύνουμε την F(x,y,p)=0 (1)

ως προς y και έστω y=f(x,p) ⇒ dydx

fx

fp

dpdx

= +∂∂

∂∂

⇒ p=fx+fpdpdx

Η εξίσωση αυτή είναι 1ης τάξης και πρώτου βαθμού με άγνωστη συνάρτηση την p. Αν η γενική της λύση g(x,p,c)=0 μπορεί να λυθεί ως προς x: x=φ(p,c), τότε οι σχέσεις: x=φ(p,c) και y=f(φ(p,c),p) αποτελούν τη γενική λύση της (1) υπό παραμετρική μορφή, με παράμετρο το p. Παράδειγμα 1: Να λυθεί η Δ.Ε: y=x(1+y′)+y′2 Λύση: Θέτουμε y′=p και έχουμε:


y=x(1+p)+p2 ⇒ p=dydx

p xdpdx

pdpdx

x p)dpdx

= + + + ⇒ + + =1 2 2( 1 0 ⇒

dx+(x+2p)dp=0

διαφορική μορφή με P=1 , Q=x+2p , ∂∂

∂∂

Pp

Qx

= ≠ =0 1 δηλ. η Δ.Ε. δεν είναι πλήρης.

Όμως Α=∂∂

∂∂

Pp

Qx

− = −1 , Ap= −1

Επομένως ένας ολοκληρωτικός παράγοντας δίνεται από την εξίσωση:

1 1p∂μ

=μ ∂

⇒ μ=ep

Η Δ.Ε. dx+(x+2p)dp=0 γράφεται: epdx+ep(x+2p)dp=0 η οποία είναι πλήρης και επομέ-νως υπάρχει συνάρτηση F(x,p)=c τέτοια ώστε:

dF=∂∂

dx + =epdx+ep(x+2p)dp=0 ⇒ ∂∂

Fx

Fp

dp

∂∂

=ep ⇒ F=epx+c1(p) Fx

∂∂Fp

=ep(x+2p)=epx+dc p)

dpdc p)

dppep1 1 2

( (⇒ = ⇒

2 p

c1(p)= ∫ 2 2 2 2 2pe dp pde pe e dp pe ep p p p p= = − = −∫∫ Άρα F(x,p)=epx+2pep-2ep=ep(x+2p-2)=c ⇒ x=ce-p-2p+2 και η γενική λύση υπό παραμετρική μορφή με παράμετρο το p είναι: x=ce-p-2p+2 , y=(ce-p-2p+2)(1+p)+p2 Για την ορθότητα των παραπάνω μπορούμε να υπολογίσουμε τα διαφορικά dy, dx από τις δυο παραπάνω σχέσεις και να διαπιστώσουμε ότι dy/dx=p. Πράγματι: dx=(-ce-p-2)dp, dy=[(-ce-p-2)(1+p)+(ce-p-2p+2)+2p]dp=[-(ce-p+2)p]dp ⇒ dy/dx=p ΙΙΙ) Λύνουμε την F(x,y,p)=0 ως προς x και έστω x=f(y,p) τότε

dxdy

fy

fp

dpdy p

f fdpdyy p= + ⇒ = +

∂∂

∂∂

1

η εξίσωση αυτή είναι 1ης τάξης και 1ου βαθμού ως προς p. Αν η γενική λύση της είναι g(y,p,c)=0 και μπορεί να λυθεί ως προς y: y=φ(p,c) τότε οι σχέσεις: y=φ(p,c) , x=f(φ(p,c),p) είναι η παραμετρική λύση της (1) με παράμετρο το p. Παράδειγμα 1: Να λυθεί η Δ.Ε. xy′2 -2yy′+4x=0

Λύση: Θέτουμε p=y′ και έχουμε: x=2

42yp

p + ⇒ (1)

dxdy p

pp

yp p

pdpdy

p yp

pdpdy

pp

= =+

++ −+

⇒ +− +

+=

+1 24

24 2

42 2

44

42

2 2

2 2

2

2

2

( ) ⇒


2 44

4 2 14

14

12

2

2

2

2 2y pp

dpdy

pp

yp

dpdy p

pp

dpy

dy− ++

=− +

⇒+

= ⇒+

⌠⌡⎮

= ⌠⌡⎮

⇒

12

412

442

12

2

ln( ) lnp y c p cy yp

c+ = + ⇒ + = ⇒ =

+ (2)

Άρα η λύση της αρχικής Δ.Ε. είναι υπό παραμετρική μορφή με παράμετρο το p προκύπτει από τις (1) και (2) και είναι:

x=2pc

y=p

c

2 4+

Εδώ μπορούμε να απαλείψουμε το p από τις σχέσεις (3) και να πάρουμε τη λύση σε κλει-

στή μορφή: y(x)=cx

c

2

44

+

9.2 Διαφορικές εξισώσεις n τάξης

Η γενική μορφή της Δ.Ε. n τάξης είναι: F(x,y,y′,y″,⋅⋅⋅,y(n))=0 η οποία μπορεί να λυθεί στις εξής περιπτώσεις: Ι) Εάν y(n)= f(x) τότε ολοκληρώνουμε n φορές:

y(x)=x n 1

n 10

n

1dx dx dxf (x) (x t) f (t)dt P (x)(n 1)!

−−

ϕορες

= − +−∫ ∫ ∫ ∫

(1) όπου Pn-1(x) πολυώνυμο n-1 βαθμού ΙΙ) Εάν η Δ.Ε. δεν περιέχει την ανεξάρτητη μεταβλητή x, δηλ. έχουμε: F(y,y′ ,⋅⋅⋅,y(n))=0

τότε θέτουμε y′=p(y) ή dydx

=p(y). (Η νέα συνάρτηση p θεωρείται συνάρτηση του y και όχι

του x επειδή η αρχική Δ.Ε. δεν περιέχει το x).

d ydx

ddx

p(y)dpdy

dydx

pdpdy

2

2 = = =

d ydx

ddx

pdpdy

ddy

pdpdy

dydx

dpdy

pd pdy

p3

3

2 2

2=⎡

⎣⎢⎤

⎦⎥=

⎡

⎣⎢⎤

⎦⎥=

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

+⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

και γενικά η n-οστή παράγωγος d ydx

n

n θα περιέχει το p, p′, ,…,p(n-1) δηλ. θα είναι μια έκ-

φραση της μορφής:

(d ydx

G p p p pn

nn= ′ −, , , ( ) 1 )


Μετά την αντικατάσταση των παραπάνω σχέσεων στη Δ.Ε. καταλήγουμε σε μια άλλη Δ.Ε. τάξης (n-1) με άγνωστη συνάρτηση την p(y) και μεταβλητή την y. Με αυτό τον τρό-πο υποβιβάζουμε την τάξη της Δ.Ε. κατά μια μονάδα, η νέα Δ.Ε. είναι πιο απλή και ίσως επιλύσιμη. Παράδειγμα 1 : Να λυθεί η Δ.Ε. y″=4/y3 Λύση: Θέτουμε:

dydx

p(y)= , d ydx

p(y)dpdy

2

2 =

και αντικαθιστώντας στη Δ.Ε. έχουμε:

pdpdy y

pdpdyy

cp

yc p

c yy

= ⇒ = ⌠⌡⎮

+ ⇒ = − + ⇒ = ±−

⇒∫4

42

2 2 43 3 1

2

2 11

2

22

11

221

cx4yc2c21cdxdy

4yc2y

+±=−⇒+±=⎮⌡

⌠

−∫

Παράδειγμα 2: Να λυθεί η Δ.Ε. yy″ = (y′)2+4

, d ydx

p(y)dpdy

2

2 = και έχουμε Θέτουμε: dy p(y)dx

=

ypdpdy

pp

pdp

dyy

c p= + ⇒+

= + ⇒ +∫ ∫22

244

12

4ln( )=ln|y|+c ⇒ln(p2+4)=ln(y2c1)

⇒ p2=c1y2-4 ⇒ (με c1y2-4≥0) dydx

c ydy

c ydx c= ± − ⇒ ±

−

⌠

⌡⎮ = +∫1

2

12 24

4⇒

( )± − + =1

41

12

1 2cc y c y x cln +

Παρατήρηση: Εάν χρησιμοποιήσουμε τον μετασχηματισμό 2x t x± α = − τότε προκύ-

πτει: ( )22

dx ln x xx

= ± α +± α⌡

⌠⎮

ΙΙΙ) Εάν η Δ.Ε. δεν περιέχει την συνάρτηση y(x) και τις παραγώγους μέχρι k-1 τάξης, δηλ. F(x,y(k), y(k+1),⋅⋅⋅,y(n))=0 τότε θέτουμε : y(k)=Y(x) οπότε η Δ. Ε. γίνεται μια Δ.Ε. (n-k) τάξης: F(x,Y,Y′,⋅⋅⋅,Y(n-k))=0 Παράδειγμα 1: Να λυθεί η Δ.Ε. y″-4y′=(y′)2 Θέτουμε: y′=Y(x) και y″=Y′(x) και έχουμε


Y′-4Y=Y2 (χωρ. μετ.) ⇒ dY

Y Ydx c2 14+

⌠⌡⎮

= +∫ ⇒ 14 4 1ln

YY

x c+

= + ⇒

YY

Ae Y x) AeAe

dydx

AeAe

xx

x

x

x+= ⇒ =

−⇒ =

−⇒

44

14

14

4

4

4

4(

y(x)=-ln|1-Ae4x|+B με 4c1=lnA Παράδειγμα 2 : Να λυθεί η Δ.Ε. αy(4)-y(2)=0 για α>0 Λύση: Θέτουμε y(2)=Y(x) και y(4)=Y″(x) και έχουμε: αY″-Y=0 με χαρακτηριστική εξίσωση: αμ2-1=0 ⇒ μ=±1/√α και επομένως

Y=c1exp 2x xc exp −⎛ ⎞ ⎛+⎜ ⎟ ⎜

⎞⎟α α⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⇒

y (x) Y(x)dx′ = ∫ = 1 2x xc exp c exp c−⎛ ⎞ ⎛ ⎞α − α⎜ ⎟ ⎜ ⎟α α⎝ ⎠ ⎝ ⎠

3+ ⇒

y(x)=αc1exp 2 3x xc exp c x c−⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ α + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟α α⎝ ⎠ ⎝ ⎠

4

Βέβαια η διαφορική αυτή εξίσωση είναι γραμμική με χαρακτηριστική εξίσωση: αμ4-μ2=0 και χαρακτηριστικές ρίζες μ1=1/√α , μ2=-1/√α μ3,4=0, (διπλή). Επομένως η λύση είναι:

y(x)=k1exp 2 3x xk exp k x k−⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟α α⎝ ⎠ ⎝ ⎠

4+

η οποία συμπίπτει με την προηγούμενη θέτοντας k1=αc1, k2=αc2, k3=c3, k4=c4. Παράδειγμα 3 : Να λυθεί η Δ.Ε. 2x2y″+(y′)3=3xy′ Λύση : Θέτουμε y′=Y(x) και y″=Y′(x) και έχουμε:

2x2Y′+Y3=3xY ⇒ Y′- 32 Y

x21Y

x23

−= (1)

Η Δ.Ε. (1) είναι Bernoulli και γι’ αυτό θέτουμε:

Y(x)=[ ] [ ]u x u x Y u u( ) ( )1

1 312

321

2−

− −= ⇒ ′ = − ′

H Δ.Ε.(1) γράφεται: ′ + = ⇒ = +ux

u u x x cx

3 22

13( ) ⇒

Y(x)=1/ 2 1/3

1 123 3

x c x cy(x) dx c2 x 2 x

− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ ⇒ = + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⌠⎮⌡

Το τελευταίο ολοκλήρωμα δεν υπολογίζεται αναλυτικά. IV) Εάν έχουμε F(x,y(n))=0 χωρίς να μπορούμε να λύσουμε ως προς y(n), Περ. (I), αλλά να λύνεται ως προς x, δηλ. x=f(y(n)), τότε θέτουμε: y(n)=t με x=f(t) οπότε dy(n-1)=y(n)dx=tf′(t)dt ⇒ y(n-1)=∫tf′(t)dt+c1=g1(t,c1) Στο επόμενο βήμα θα έχουμε:

dy(n-2)=y(n-1)dx=g1(t,c1)f′(t)dt ⇒ y(n-2)=∫g1(t,c1)f′(t)dt+c2 ⇒ y(n-2)=g2(t,c1,c2)


Επαναλαμβάνοντας την ίδια διαδικασία n φορές θα προκύψει η λύση υπό παραμετρική μορφή: x=f(t), y=gn(t,c1,c2,⋅⋅⋅,cn) Παράδειγμα 1: Να λυθεί η Δ.Ε. y″+siny″=x Λύση: Θέτουμε y″=t οπότε x=t+sint dy′=y″dx ⇒ dy′=t(1+cost)dt ⇒ y′=t2/2+tsint+cost+c1

dy=y′dx ⇒ dy=t

t t t c t d2

121+ + +

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ +sin cos ( cos ) t ⇒

yt

c tt

c t tt

t c

x t t

= + +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ + + +

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ + − +

= +

⎫

⎬

⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪

3

1

2

1 2612

12

38

24

2sin sin cos

sinΠαραμετρική λύση

Παράδειγμα 2: Να λυθεί η Δ.Ε. ey″+y″=x Λύση: Θέτουμε y″=t οπότε x=et+t

dy′=y″dx ⇒ dy′=t(et +1)dt ⇒ ( ) ( )2

t t1

ty te t dt t 1 e2

′ c= + = − + +∫ ⇒

dy=y′dx= ( ) ( )2

t t1

tt 1 e c e t dt2

⎡ ⎤− + + +⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⇒

( ) ( )2 2

t t 2t t1 1

t

t t 3 t ty t 1 e c e t dt e 1 c e c t c2 2 4 2 6

x e 1

⎫⎡ ⎤ ⎛ ⎞⎛ ⎞= − + + + = − + − + + + + ⎪⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎝ ⎠ ⎬⎣ ⎦ ⎝ ⎠⎪= + ⎭

⌠⎮⌡

2

1 2

Οι παραπάνω σχέσεις αποτελούν την παραμετρική λύση της διαφορικής εξίσωσης. 9.3 Ομογενείς διαφορικές εξισώσεις τάξης n Ορισμός: Αν η Δ.Ε. F(x,y,y′,y″,⋅⋅⋅,y(n))=0 (1) είναι ομογενής βαθμού k ως προς τις μεταβλητές y, y′, ⋅⋅⋅, y(n) , δηλ.: F(x,λy,λy′,⋅⋅⋅,λy(n))=λkF(x,y,y,⋅⋅⋅,y(n))=0 (2) τότε η (1) λέγεται ομογενής k βαθμού. Για την επίλυση της Δ.Ε. (1) χρησιμοποιούμε τον μετασχηματισμό: y(x)=eu(x) , y(x)>0 (ή y(x)=-eu(x) για y(x)<0) και έχουμε: y′(x)=u′(x)eu(x) y″(x)=[u″(x)+u′2(x)]eu(x)

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ y(n)(x)=fn[u′, u″, ⋅⋅⋅,u(n)]eu(x) Τότε η Δ.Ε. (1) γράφεται:


F(x,y,y′,⋅⋅⋅y(n))=F ( ) x e u e f u u e f u u u eu u un

n u, , , ( , ) , ( , , )( )′ ′ ′′ ′ ′′ =2 =(eu)kF(x,1,u′,f2(u′,u″),⋅⋅⋅,fn(u′,u″,⋅⋅⋅,u(n)))=0 ⇒

G(x,u′,u″,⋅⋅⋅,u(n))=0 (3) Η (3) δεν εξαρτάται από την u(x) και θέτοντας u′(x)=z(x) η τάξη της Δ.Ε. (3) ελαττώνεται κατά ένα, αποκτώντας μια πιο απλή μορφή που ίσως επιλύεται. Παράδειγμα 1 Να λυθεί η Δ.Ε. xyy″+xy′2-yy′ = 0. Ομογενής 2ου βαθμού. Θέτουμε:

y=eu(x) ⇒ y′=u′eu ⇒ y″=(u″+u′2)eu Επομένως: x(u″+u′2)e2u+xu′2e2u-u′e2u=0 ⇒ x(u″+u′2)+xu′2-u′=0 Θέτουμε u′=z ⇒ u″=z′ οπότε x(z′+z2)+xz2-z=0 ⇒ xz′-z=-2xz2 ⇒ z′-[1/x]z=-2z2 Η διαφορική αυτή εξίσωση είναι Bernoulli με α=2

Θέτουμε: [ ]1

1 21z(x) (x)(x)

−= ω =ω

, 2

1z (x) (x)′ ′= − ωω

και έχουμε: ω′+ 11 dx2 (x) exp 2 xdx cx x

⎛ ⎞ ⎡ ⎤ω = ⇒ ω = − +⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎝ ⎠∫ ∫ ⇒

ω(x)=1 2

1xx c( )+

z(x)=x

x cdudx

xx c2

12

1+⇒ =

+⇒ u(x)= ( )1

22

1ln x c c+ + 2 ⇒

y(x)=c3 x c21+

Παράδειγμα 2 Να λυθεί η Δ. Ε. x2yy″-(y-xy′)2=0. Ομογενής 2ου βαθμού. Θέτουμε: y=eu(x) ⇒ y′=u′eu ⇒ y″=(u″+u′2)eu. Επομένως x2(u″+u′2)e2u-(1-xu′)2e2u =0 ⇒ x2(u″+u′2)-(1-xu′)2=0 Θέτουμε: u′=z ⇒ u″=z′ οπότε x2(z′+z2)-(1-xz)2=0 ⇒ x2z′+x2z2-1-x2z2+2xz=0 ⇒ x2z′+2xz-1=0 ⇒

z′+.

1 1 122 2 2

c c c2 1 1 du 1z z(x) u(x) ln x cx x dx x xx x x

γραμ

= = + ⇒ = + ⇒ = − + +⇒ ⇒

y(x)= exp ln− + +⎧⎨⎩

⎫⎬⎭

cx

x c12

Παράδειγμα 3 Να λυθεί η Δ.Ε. yy″-2y′2+x2y2 Ομογενής 2ου βαθμού. Θέτουμε: y=eu ⇒ y′=u′eu ,⇒ y″=(u″+u2)eu και έχουμε (u″+u′2)-2u′2+x2=0 ⇒ u″-u′2+x2=0. Θέτοντας z=u′ προκύπτει η εξίσωση z′=z2-x2 που είναι Ricatti. Χρησιμοποιούμε τον με-

τασχηματισμό: zww

zw w w

w= −

′⇒ ′ = −

′′ − ′( )2

2


και έχουμε: −′′ − ′

= −′⎛

⎝⎜⎞⎠⎟ − ⇒ ′′ − =

w w ww

ww

x w x w( )2

2

22 2 0

η τελευταία εξίσωση είναι γραμμική ομογενής 2ης τάξης και λύνεται με τη βοήθεια της μεθόδου των σειρών, όπως θα δούμε σε επόμενο κεφάλαιο. Γενικά η Δ.Ε. Ricatti: y′=α(x)y2+β(x)y+γ(x) με τον μετασχηματισμό

y=- 1 u(x) u

′α

μετατρέπεται σε γραμμική ομογενή Δ.Ε 2ης τάξης. 9.4 Ακριβείς ή πλήρεις διαφορικές εξισώσεις ανώτερης τάξης

Η διαφορική εξίσωση n τάξης: P(x,y,y′,⋅⋅⋅,y(n-1))+Q(x,y,y′,⋅⋅⋅,y(n-1))y(n)=0 (Α) ονομάζεται πλήρης ή ακριβής εάν υπάρχει συνάρτηση f(x,y,y′,⋅⋅⋅,y(n-1)) τέτοια ώστε:

dfdx

fx

fy

yfy

yf

yy P Qyn

n n= + ′ +′′′+ + = + =−

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

( )( ) ( )

1 0 (B)

Συγκεκριμένα η 2ης τάξης Δ.Ε.

P(x,y,y′)+Q(x,y,y′)d ydx

2

2 0= (1)

ονομάζεται ακριβής ή πλήρης αν υπάρχει συνάρτηση f(x,y,y′) τέτοια ώστε

dfdx

= P(x,y,y′)+Q(x,y,y′)d ydx

2

2 0= (2)

Χρησιμοποιώντας τον μετασχηματισμό y′=z και θεωρώντας ότι υπάρχει τέτοια συνάρτη-ση f(x,y,z), τότε:

dfdx

P Qd ydx

fx

fy

dydx

fz

dzdx

= + = + + =2

2 0∂∂

∂∂

∂∂

(3)

Εάν η y=y(x) είναι μια λύση της (1), τότε θα ισχύει f(x,y,y′)=c. Συνεπώς η γνώση της f(x) μας επιτρέπει τον υποβιβασμό της τάξης της εξίσωσης κατά μια μονάδα. Επίσης πρέπει να ισχύουν οι σχέσεις: fx+zfy=P (4) fz=Q (5) Από τις (4) και (5) θα βρούμε τις εκφράσεις που προσδιορίζουν τις fx και fy . Παραγωγί-ζουμε την (4) ως προς z και την (5) ως προς x και y και έχουμε: fxz+fy+zfzy+Pz

fxz=Qx fyz=Qy Αντικαθιστώντας τις δυο τελευταίες στην πρώτη έχουμε: Qx+fy+zQy=Pz άρα fy=Pz-Qx-zQy (6)


και με την αντικατάσταση της (6) στην (4) βρίσκουμε ότι: fx=P-z(Pz-Qx-zQy) (7) Η ολοκλήρωση των σχέσεων (5), (6) και (7) μας δίνει το πρώτο ολοκλήρωμα της Δ.Ε. Επίσης εύκολα προκύπτει ότι: Pxz+zPyz-Py=Qxx+2zQxy+z2Qyy (8) Qxz+zQyz+2Qy=Pzz Οι σχέσεις (8) προκύπτουν από τις ισότητες: fxy=fyx , fyz=fzy , fxz=fzx και είναι ικανές και αναγκαίες συνθήκες για να είναι η (1) πλήρης Δ.Ε. Παράδειγνα 1 Να λυθεί η Δ.Ε. (x+2xy)y″+2xy′2+2y′+4yy′ 0 Εδώ έχουμε:

P(x,y,y′)=2xy′2+2y′+4yy′=2xz2+2z+4yz Q(x,y,y′)=x+2xy Για να είναι η Δ.Ε. πλήρης πρέπει να ισχύουν οι (8)

Pxz=∂∂z

z2 42 = z Qxx=∂∂x

y)(1 2 0+ = Qxz=∂∂z

y)(1 2 0+ =

Pyz=∂∂z

z4 = 4 Qxy=∂∂x

x2 = 2 Qyz=0

Pz=4z Qyy=∂∂y

x2 = 2 Qy=2x

Pzz=∂∂z

xz y) x(4 2 4 4+ + =

Από την (8) έχουμε 4z=4z και 4x=4x Άρα υπάρχει η f και αυτή θα βρεθεί από τις σχέσεις (5), (6) και (7): fx =2xz2+2z+4yz-z(4xz+2+4y-1-2y-2xz)=z+2yz (1α) fy =2xz+2y+1 (1β) fz=x+2xy (1γ) Από την (1α) ⇒ f=xz+2xyz+c1(y,z) (2α)

(1β) (2 )

21y 1

cf 2xz 2xz 2y 1 c (y,z) y y c (z)y

α ∂= + = + + ⇒ = + +

∂⇒ 2 (2β)

και άρα f=xz+2xyz+y2+y+c2(z) (2γ)

(1γ) (2 )

2z

cf x 2xy x 2xy c (z) cz

γ ∂= + + = + ⇒ = −

∂⇒ 2

Επομένως f=xz+2xyz+y2+y+c και επειδή z=y′ έχουμε: (x+2xy)y′+y2 +y=c ⇒ (y2+y-c)dx+(x+2xy)dy=0

∂∂Py

y= +2 1 ∂∂Qx

y= +1 2


Άρα

∂∂

∂∂

fx

y y c

fy

x xy

1 2

1 2

= + −

= +

⎫

⎬

⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪

⇒ f1(x,y)=xy2+xy-cx-k

Τελικά xy2+xy-cx=k Εφαρμογές των Δ.Ε. 1ης τάξεως και ανωτέρου βαθμού 1) ΟΠΤΙΚΗ

Θέλουμε να προσδιορίσουμε την μορφή ενός καθρέφτη, τέτοιου ώστε φως που προσπίπτει σε αυτόν από μια σημειακή πηγή από την αρχή των αξόνων Ο να ανακλάται σε δέσμη παράλληλα στον άξονα x. Α Τρόπος

Θεωρούμε ακτίνα φωτός ΟΡ που χτυπάει τον καθρέφτη στο σημείο Ρ και ανακλά-ται κατά μήκος της ευθείας ΡR. Έστω ΡQ η εφαπτόμενη στο σημείο Ρ και οι γωνίες που φαίνονται στο σχήμα. Από τους νόμους της ανάκλασης έχουμε και (εντός εκτός και επί τα αυτά).

θφβα ˆ,ˆ,ˆ,ˆ

β=α ˆˆ

φ=α ˆˆ

Επομένως . Η εξίσωση: φ=β ˆˆ

( )φ−

φ=φ=β+φ=θ 2tan1

tan22tantantan

δίνει

2)y(1y2

xy

′−′

=

(1) αφού . Η (1) είναι μια Δ.Ε. 1ης τάξεως και 2ου βαθμού. Θέτουμε οπότε η

(1) γίνεται

ytan ′=θ py =′

⇔=−⇔−

= px2ypyp1p2

xy 2

2 0ypx2yp2 =−+ .

Αυτή είναι μια δευτεροβάθμια εξίσωση, της οποίας η διακρίνουσα είναι

( )2222 yx4y4x4 +=+=Δ . Άρα y2

yx2x2p

22 +±−= ⇔

⇔+±−=′⇔+±−=⇔+±−

= 222222

yxxyyyxxypy

yxxp


⇔=+±

+⇔+±−=⇔+±−= dx

yxxdxydydxyxxdxydyyxx

dxdyy

22

2222

Cxyxdxyxd 2222 +=+±⇔=+± υψώνοντας και τα δυο μέλη της τελευταίας εξίσωσης στο τετράγωνο θα έχουμε:

( ) Cx2CxyxCxyx 2222222 ++=+⇔+=+ 22 CxC2y +=⇔ . Οι καμπύλες σχηματίζουν μια οικογένεια παραβολών με εστία στην αρχή Ο. Β Τρόπος Θέτουμε στην (1) py =′ οπότε 22 p1

px2yp1p2

xy

−=⇔

−= . Η παράγωγός της θα

ισούται με ( )

⇔⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

−

−−−+

−==

dxdp

p1)p2(p2)p1(2x

p1p2p

dxdy

22

2

2 =− )p1(p 2

⇔⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−+

=−−⇔⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−+

=−−⇔⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−+−

+dxdp

p11px2pp

dxdp

p12p2xp2pp

dxdp

)p1(p4p22xp2 2

23

2

23

2

22

⇔+−

=⇔−

=⇔⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−+

=+−)1p)(1p(p

dpx2

dx)1p(p

dpx2

dxdxdp

p11px2)p1(p 22

22

∫ ∫ ∫ ∫ ⇔+

+−

+−=⇔+

+−

+−=1p

dp21

1pdp

21

pdp

xdx

21

1pdp

21

1pdp

21

pdp

x2dx

⇔−++−=+⇔++−+−=+ np1pn1pnCxn)1p(n21)1p(n

21npCnx

21

⇔−

=⎯⎯⎯ →←−

=⎯⎯ →←−

=+ ==2

2

2)C(C

2

1eC

2

p1pxC

p1p

xCp

1pnCxn

212

C1

( )xC1

1pxC1

1p1xC1p1pxpC22

22

2222

−=⇔

−=⇔=−⇔−= .

Άρα η y θα γραφεί:

( )( )

⇔

−

−=⇔

−−−

=

−−

−=

−=

22

222

2

2

2

2

2

2

2

22

xC1xCxC1

x4

y

xC1xC

xC1x2

xC111

xC1x2

p1px2y

( )( )( ) ( )

( )xC1C

4yxCxC1

xC1x4y 22

2

222

22

22

22 −=⇔

−−

= .

Θέτοντας 3

2 C2C −= θα έχουμε

( ) ( ) xC2CxC21Cy 3

23

3

23

2 +=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+= .


Γ Τρόπος

yp2p1x

p1p2

xy 2

2

−=⇔

−=

. Παραγωγίζοντας και τα δυο μέλη θα έχουμε:

⇔⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ +−−+−=⇔⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡ −−−+

−==

dydp

p2p22p4yp1

pp2

dydp

p4)p1(2p2p2y

p2p1

p1

dydx 22

22

22

⇔+=⇔=⇔+=+⇔⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ +=+ Anynp

ydy

pdp

dydp)p1(y2)1p(p2

dydp

p2p22y1p 22

22

Byp = . )eB( A=

Επομένως ⇔−=⇔−

=−

= 22222

yB1Bx2By2

y)yB1(yp2p1x

Cx2CyxB2

B1yBx21yB 22C

1B

2222 +=⎯⎯ →←−=⇔−=

−=.

2) ΜΗΧΑΝΙΚΗ - Λογισμός των Μεταβολών

Το πρώτο πρόβλημα του λογισμού των μεταβολών τέθηκε από τον μαθηματικό J. Bernoulli. Ήθελε να βρει εκείνη την καμπύλη στο κατακόρυφο επίπεδο που συνδέει δυο σημεία, πάνω στην οποία γλιστρά ένα υλικό σημείο υπό την επίδραση μόνο του βάρους του και την διατρέχει στον ελάχιστο χρόνο. Το πρόβλημα αυτό είναι γνωστό ως το πρό-βλημα του βραχυστοχρόνου. Άλλα παρόμοια προβλήματα που τέθηκαν ήταν η εύρεση εκείνης της επίπεδης καμπύλης που συνδέει δυο δοσμένα σημεία και έχει το ελάχιστο μήκος κ.τ.λ. Μελέτη του προβλήματος του βραχυστοχρόνου

Η αρχή του Fermat λέει ότι: Μια ακτίνα φωτός που συνδέει δυο σημεία ενός μέ-σου το οποίο έχει δείκτη διάθλασης n=n(r), ακολουθεί πάντα το δρόμο ελαχίστου χρόνου φωτεινής διαδρομής. Συνέπεια της αρχής του Fermat είναι ο νόμος διάθλασης του Snell που διατυπώνεται ως εξής: n1sinθ1=n2sinθ2 διαιρώντας με την ταχύτητα του φωτός θα έχουμε:

22

11 sin

cnsin

cn

θ=θ όμως nuc=

όπου η ταχύτητα διάδοσης του φωτός στο συγκεκριμένο μέσο. Έτσι έχουμε: u


.u

sinu

sin

2

2

1

1 σταθ=θ

=θ

δηλαδή ισχύει γενικότερα ότι

m.u

sin=σταθ=

θ (1).

Ο John Bernoulli χρησιμοποίησε το γεγονός αυτό για να λύσει το πρόβλημα του βραχυστοχρόνου. Εφαρμό-ζουμε την αρχή διατήρησης της ενέργειας μεταξύ των σημείων Α και ενός τυχαίου σημείου. Θεωρούμε ότι το οριζόντιο επίπεδο που περνάει από το Α είναι το επί-πεδο μηδενικής δυναμικής ενέργειας και ότι στο Α το υλικό σημείο δεν έχει ταχύτητα. Έτσι έχουμε:

⇔−=+ mgymu2100 2 ⇔= mgymu

21 2 gy2u = .

Από το σχήμα έχουμε ότι

( ) 22

dxdy1

1

tan1

1cos2

sinsin2

ˆˆ

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+

=β+

=β=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ β−π

=α⇔π

=β+α

.

Επομένως η (1) γράφεται:

⇔=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+

⇔=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+

⇔=α gy2m

dxdy1

1mgy2dxdy1

1

mu

sin2

2

yk

dxdy1

gym21

dxdy1ygm2

dxdy1

1 22gm2

1k

2

22

2

22

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎯⎯⎯ →←=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛+⇔=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+

=

⇔


22

kdxdy1y =⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+ (2)

Δ.Ε. 1ης τάξης 2ου βαθμού. Θέτουμε py =′ , οπότε η (2) γίνεται

( )y

ykpy

ykpy

kp1kp1y2

0p2

22

222 −=⎯⎯→←

−=⇔=+⇔=+ > ⇔

dxy

ykdyy

ykdxdy 22 −

=⇔−

= (3)

(Το p είναι μεγαλύτερο από το μηδέν αφού παριστάνει ταχύτητα). Θέτουμε tdtcostsink2dytsinky 222 =⇔=

οπότε η (3) γίνεται

( )⇔=

−= dx

tsintcosdx

tsinktsin1ktdtcostsink2 22

222

( ) ( ) ⇔+−=⇔−=⇔= ∫∫ Cdtt2cos1kdxdtt2cos1kdxtdtsink2dx 2222

( ) Ct2sint22

kxCt2sin21tkx

22 +−=⇔+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −= .

Θέτοντας παίρνουμε: θ=t2

( ) Csin2

kx2

+θ−θ= . Για έχουμε . Άρα 0t = 0C00y0x

=⇔⎪⎭

⎪⎬

⎫

=θ==

( )θ−θ= sin2

kx2

(4)

και ( )θ−=θ

== cos12

k2

sinktsinky2

2222 (5)

Οι εξισώσεις (4), (5) είναι οι παραμετρικές εξισώσεις κυκλοειδούς. Εφαρμογές των Διαφορικών Εξισώσεων Ν τάξης. Πρώτη Περίπτωση. 1) ΜΗΧΑΝΙΚΗ Προσδιορισμός του βέλους και της ροπής κάμψης δοκαριού

Θεωρούμε το παρακάτω δοκάρι μήκους 2 . Θέλουμε να προσδιορίσουμε το βέλος y και την ροπή κάμψης.


Η Δ.Ε. την οποία θα πρέπει να επιλύσουμε είναι η: EI

)x(p)x(y )4( = . Στην περιοχή (Ι) έ-

χουμε EI

xp)x(y o)4(I = (1)

με , ενώ στη (ΙΙ) ισχύει:

<< x0

EIp)x(y o)4(

II = (2)

με . Θα λύσουμε την (1) με 4 διαδοχικές ολοκληρώσεις. Έτσι << x0

⇔+=⇔+= ∫ 1

2o)3(

I1o)3(

I CEI2xp)x(yCdx

EIxp)x(y

∫ ∫ ⇔++=⇔++= 21

3o)2(

I21

2o)2(

I CxCEI6xp)x(yCdxCdx

EI2xp)x(y

∫ ∫ ∫ ⇔+++=′⇔+++=′ 3221

4o

I321

3o

I CxCx2

CEI24xp)x(yCdxCxdxCdx

EI6xp)x(y

∫ ∫∫∫ ++=⇔++++= 315

oI432

214

oI x

6C

EI120xp)x(yCdxCxdxCdxx

2Cdx

EI24xp)x(y

4322 CxCx

2C

++ .

Με όμοιο τρόπο θα έχουμε στην περιοχή (ΙΙ):

7625

3o

II65

2o)2(

II5o)3(

II CxCx2

CEI6xp)x(y,CxC

EI2xp)x(y,C

EIxp)x(y +++=′++=+=

και 872635

4o

II CxCx2

Cx6

CEI24xp)x(y ++++= .

Οι οκτώ αυθαίρετες σταθερές θα προσδιοριστούν από τις εξής συνθήκες: 0)(y)(y)0(y)0(y IIIIII =′==′′=

και )0(y)(y )(II

)(I

νν = 3,2,1,0=ν (Οι οριακές συνθήκες καθορίζονται κάθε φορά ανάλογα με το αν στα άκρα έχουμε άρ-θρωση, πάκτωση ή κύλιση).

I 4

I 24

3 2o 5 6II 7 8

32o

II 5 6 7

53 2o 1 2

I II 3 4

42o 1

I II 2 3 7

y (0) 0 C 0y (0) 0 C 0

p C Cy ( ) 0 C C 024EI 6 2py ( ) 0 C C C 06EI

p C Cy ( ) y (0) C C C120EI 6 2p Cy ( ) y (0) C C C

24EI 2

= ⇔ =′′ = ⇔ =

= ⇔ + + + + =

′ = ⇔ + + + =

= ⇔ + + + + =

′ ′= ⇔ + + + =

8


3o

I II 1 2

2(3) (3) oI II 1 5

py ( ) y (0) C C C6EI

py ( ) y (0) C C2EI

′′ ′′= ⇔ + + =

= ⇔ + =

6

Έτσι τελικά θα έχουμε 4

3 25 67 8

32

5 6 7

43 21 2

3 4

321

2 3 7

024 6 2

06

120 6 2

24 2

o

o

o

o

p C CC C

EIp

C C CEIp C C

C C CEI

p CC C C

EI

+ + + + =

+ + + =

+ + + + =

+ + + =

8

2

1 2

1 5

6

2

o

o

pC C C

EIp

C CEI

+ + =

+ =

6

Λύνοντας το σύστημα αυτό θα βρούμε: EI1920p714C o

1

−= , EI1920

p228C3

o3

= ,

EI1920p246C o

5

= , EI1920p394C o

2

6

−= , EI1920p49C o

3

7

−= , EI1920p125C o

4

8

= .

Από πριν έχουμε βρεί ότι . Άρα 0CC 42 ==

( )4235oI x228x119x16

EI1920p)x(y

+−=

και ( )432234oII 125x49x197x41x80

EI1920p)x(y +−−+= .

Η ροπή κάμψης δίνεται από την σχέση yEIM ′′−= . Άρα

( )23oII x357x160

960pyEI)x(M +−=′′−=

και ( )22oIIII 197x123x480

960pyEI)x(M +−−=′′−= .

2) ΑΓΩΓΗ ΘΕΡΜΟΤΗΤΑΣ Η γενική εξίσωση που ισχύει για την αγωγή θερμότητας είναι:

kAT

tT1 2 +∇=∂∂

α (1)

όπου η θερμοκρασία είναι γενικώς συνάρτηση της θέσεως του σημείου και του χρόνου. Α είναι ο ρυθμός παραγωγής θερμότητας ανά μονάδα όγκου, α μια σταθερά που ονομάζεται


θερμική διαχυτότητα και συνδέεται με την σταθερά k μέσο της σχέσης Ckρ

≡α (ρ η πυ-

κνότητα του υλικού, C η ειδική θερμότητα). Αν η θερμοκρασία δεν εξαρτάται από το χρό-

νο δηλαδή 0tT=

∂∂ τότε η (1) γίνεται

0kAT2 =+∇ (εξίσωση Poisson)

Αν επιπλέον Α=0 τότε (εξίσωση Laplace). 0T2 =∇Ας θεωρήσουμε την αγωγή σε μια διάσταση σε έναν επίπεδο τοίχο:

0TkAT

tT1 20A,0

tT

2 =∇⎯⎯⎯ →←+∇=∂∂

α

==∂∂

(2)

Επειδή το πρόβλημα είναι μονοδιάστατο η (2) γράφεται ισοδύναμα:

2112

2

CxC)x(TCdxdT0

dxTd

+=⇔=⇔=

Έστω και . Έτσι θα έχουμε 11 T)x(T = 22 T)x(T = ⇔⎭⎬⎫

+=+=

2212

2111

CxCTCxCT

12

121 xx

TTC−−

= , 12

12212 xx

xTxTC−−

=

Άρα η κατανομή θερμότητας για 21 xxx ≤≤ είναι 12

1221

12

12

xxxTxTx

xxTT)x(T

−−

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

= .

3) ΗΛΕΚΤΡΟΜΑΓΝΗΤΙΣΜΟΣ

Οι δυο βασικές εξισώσεις του ηλεκτρομαγνητισμού είναι οι εξής:

o

Eερ

=⋅∇

(1)

και (2) 0E =×∇

Το ηλεκτροστατικό πεδίο συνδέεται με το δυναμικό Φ μέσω της εξίσωσης Φ∇−=

E (3)

οπότε η (1) γράφεται:


( )o

2

o ερ

−=Φ∇⇔ερ

=Φ∇−⋅∇

(εξίσωση Poisson).

Από μαθηματική άποψη η εξίσωση Poisson αποτελεί τη θεμελιώδη εξίσωση του ηλεκτροστατικού πεδίου. Από αυτή, όταν είναι γνωστή η κατανομή των φορτίων, υπολο-γίζεται το δυναμικό και μετά από την (3) η ένταση του ηλεκτρικού πεδίου. Στο χώρο όπου δεν υπάρχουν φορτία ισχύει η σχέση (εξίσωση Laplace). 02 =Φ∇ Παράδειγμα εξίσωσης Poisson

Σε μια δίοδο ηλεκτρονική λυχνία, η κάθοδος και η άνοδος είναι δύο λεπτές παράλ-ληλες αγώγιμες πλάκες σε απόσταση d πολύ μικρότερη από τις εγκάρσιες διαστάσεις τους(οι πλάκες μπορούν να θεωρηθούν ως άπειρες). Φ(καθόδου)=0, Φ(ανόδου)=Φα . Για κάποια συγκεκριμένη θερμοκρασία της καθόδου η χωρική πυκνότητα φορτίου στο κενό χώρο μεταξύ καθόδου και ανόδου είναι 3

2x−α−=ρ όπου α μια θετική σταθερά. Δίνεται επίσης ότι .Θέλουμε να υπολογίσουμε το ηλεκτρικό δυναμικό ανάμε-σα στις πλάκες και το αντίστοιχο ηλεκτρικό πεδίο.

0)0x(E == +

)x(Φ

Η εξίσωση Poisson στην περίπτωση αυτή γράφεται ως:

32x

dxd

oo2

2−

εα

=ερ

−=Φ .

Από την εξίσωση αυτή έχουμε

⇔+εα

=Φ

1o

C31

xdxd 3

1

⇔++εα

=Φ 21o

CxC34

x3)x(3

4

21o

CxCx49)x( 3

4++

εα

=Φ .

Οι σταθερές θα προσδιοριστούν από τις οριακές συνθήκες. Έτσι θα έχουμε: 21 C,C

0C0)0( 2 =⇔=Φ και 1o

1 C0)0(Ex3Cdxd)x(E 3

1==⇔

εα

−−=Φ

−= .

Επομένως 34)d(

49

oεα

=Φα .

Έτσι τελικά το δυναμικό είναι 34x

49)x(

oεα

=Φ3

4

dx⎟⎠⎞

⎜⎝⎛Φ= α .

Το ηλεκτρικό πεδίο βρίσκεται εύκολα από την παρακάτω σχέση:

xxd3

4dxdx)x(E 3

1

34αΦ

−=Φ

−=Φ∇−=

.

ΔΕΥΤΕΡΗ ΚΑΤΗΓΟΡΙΑ ΜΗΧΑΝΙΚΗ 1) Ελεύθερη πτώση από πολύ μεγάλο ύψος Στην περίπτωση αυτή η επιτάχυνση της βαρύτητας g δεν μπορεί να θεωρηθεί σταθερή. Σύμφωνα με το νόμο της παγκόσμιας έλξης, δυο σώματα με μάζες Μ(γη) και m (δοκιμα-στική μάζα) όταν βρίσκονται σε απόσταση y έλκονται με δύναμη


2yMmF γ−= .

Ο νόμος του Newton dtdmF υ

= θα γίνει

0Myyymy

MmF 22 =γ+⇔=γ−= (1)

Δ.Ε. 2ας τάξεως, 1ου βαθμού. Θέτουμε

dydpp

dtdy

dydp

dtdp

dtyd)y(p

dtdy)y(py 2

2

===⇔=⇔= οπότε η (1) γίνεται:

∫ ∫ ⇔+γ−=⇔γ−=⇔γ

−=⇔γ−= CydyMpdp

ydyMpdp

yM

dydppM

dydppy 222

2

⇔+γ

=⎯⎯ →←+γ

=⇔+γ

=⇔+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−γ−= =

12C2C2

22

CyM2pC2

yM2pC

yM

2pC

y1M

2p

1

( Το p είναι μεγαλύτερο του μηδενός αφού παριστάνει ταχύτητα)

∫ ∫=+Μγ⇔=

+γ

⇔+γ

=⇔+γ

= dtyC2

dyydtC

yM2dyC

yM2

dtdyC

yM2p

11

11

21

.

Θέτουμε ⇔γ−Φ=⇔Φ=+γ⇔Φ=+γ M2yCyCM2yCM2 21

211

111

2

Cd2dy

CM2

Cy ΦΦ

=⇔γ

−Φ

= .

Έτσι θα έχουμε:

( )∫ ∫ ∫ Φγ−Φ=Φ

ΦΦγ−Φ

=+γ

dM2C

2C

d2C

M2

CM2dyy 2

23

11

1

2

1

21

.

Θέτοντας

θθθ

γ=Φ⇔θ

γ=Φ dcossinM2d

cos1M2 2

παίρνουμε ( ) ∫ =Φγ−Φ dM2C

2 2

23

1

( ) ( )=θ

θθ

−θ

γ=θ

θθ

γγ−θ

γ ∫∫ dcossin1

cos1

C

M4dcossinM2M2

cos1M2

C

222

23

12

23

1

.

Έτσι τελικά λαμβάνοντας υπ’όψη ότι

∫ θ+θ

+θθ

=θθ− tancos

1n21

cossin

21dcos 2

3

και ∫ θ+θ

=θθ− tancos

1ndcos 1


θα έχουμε: ( ) 22

23

1

Cttancos

1n21

cossin

21

C

M4+=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛θ+

θ−

θθγ

με yCM2

M2cos1

1

+γγ

=θ − .

2) Λογισμός των Μεταβολών Το πρόβλημα του βραχυστοχρόνου με μια διαφορετική προσέγγιση

Θεωρώντας το οριζόντιο επίπεδο που διέρχεται από το Α ως επίπεδο μηδενικής

δυναμικής ενέργειας και ότι το υλικό σημείο μάζας m δεν έχει ταχύτητα στο σημείο Α, τότε γράφοντας την αρχή διατήρησης ενέργειας

θα έχουμε: ⇔=−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⎯⎯ →←−ν=+⇔=

=ν

ολολ 0mgydtdsm

21mgym

2100)K(E)A(E

2dtds

2

gy2dsdtgy2

dtdsgy2

dtds 2

=⇔=⇔=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ .

Ο ολικός χρόνος που χρειάζεται το υλικό σημείο να πάει από το Α στο Β είναι

∫=Bx

0 gy2dst .

Όμως ή 222 )dy()dx()ds( += dx)y(1ds 2′+=

οπότε dxy

)y(1g2

1tBx

0

2

∫′+

= .

Αναγκαία συνθήκη ώστε ο χρόνος t να είναι ελάχιστος είναι η παρακάτω:

0yF

yF

dxd

=∂∂

−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛′∂

∂

εξίσωση Euler-Lagrance όπου ( ) 21

212 y)y(1F −′+= . Η εξίσωση Euler-Lagrance είναι

ισοδύναμη προς την

0yF

yxF

yyFy

yF 22

2

2

=∂∂

−′∂∂

∂+′∂∂

∂+′′

′∂∂ .

Έτσι θα έχουμε:

( ) ( )[ ] ( ) ( ) 0y)y(121y)y()y(1

21yy)y(1y)y()y(1 2

321

232

12

121

212

3 222222 =′++′′+−′′′++′′+− −−−−−−−⇔

⇔=+′+′′⇔=+′+′′ −−−−−− 0yy)y(yy20y21y)y(

21yy 2

32

32

12

32

32

1 22

01)y(yy2 2 =+′+′′ (1) Δ.Ε. 2ας τάξεως που δεν περιέχει την μεταβλητή x. θέτουμε


dydpp

dxdy

dydp)y(p

dxd

dxyd)y(py 2

2

===⇔=′ . ΄

Έτσι η (1) γράφεται: ( )

⇔=+++

⇔=++

⇔=++ 0y

dyp1

1pd0y

dydpp1p201p

dydpyp2 2

2

22

( ) nbnyp1n 2 =++ (όπου μια σταθερά)b ⇔ ( )( ) ⇔=+ nbyp1n 2

( )y

ybpy

ybp1ybp

ybp1byp1 2222 −

±=⇔−

=⇔−=⇔=+⇔=+

επειδή όμως η κλίση πρέπει να είναι θετική(αφού παριστάνει την ταχύτητα), θα έχουμε

Cdyyb

yxdyyb

ydxy

ybdxdyp +

−=⇔

−=⇔

−== ∫

Θέτουμε οπότε θα έχουμε: φφφ=⇔φ= dcossinb2dysinby 2

∫ ∫ ⇔+φφφφφ

=⇔+φφφφ−

φ= Cdcossinb2

cosbsinbxCdcossinb2

sinbbsinbx 2

2

2

2

( ) ( ) C2sin22bCd2cos1bCdsinb2x 2 +φ−φ=+φφ−=+φφ= ∫∫ .

Άρα οι παραμετρικές εξισώσεις της ζητούμενης καμπύλης είναι οι:

( ) C2sin22bx +φ−φ= , ( )φ−=φ= 2cos1

2bsinby 2 .

Η καμπύλη του προβλήματος ονομάζεται βραχυστόχρονος. Αφού η καμπύλη περνάει από

το Α(0,0) θα έχουμε και 0sinb0 2 =φ⇔φ= ( ) 0CC0022b0 =⇔+−⋅= . Επομένως:

( )φ−φ= 2sin22bx και ( )φ−= 2cos1

2by .

Θέτοντας και φ=θ 22b

=α θα έχουμε

( ) ( )θ−α=θ−θα= cos1y,sinx όπου η σταθερά υπολογίζεται από το γεγονός ότι η καμπύλη (βραχυστόχρονος) περνάει από το Β(xΒ,yΒ). Οι εξισώσεις που βρήκαμε είναι οι παραμετρικές εξισώσεις κυκλοειδούς. 3) Κίνηση χάντρας σε κυκλοειδή καμπύλη

Θεωρούμε μια χάντρα η οποία κινείται σε κυκλοειδή καμπύλη της οποίας οι εξισώσεις είναι x=α(θ-sinθ), y=α(1+cosθ) όπου 0≤θ≤2π. Θέλουμε να προσδιορίσουμε την Δ.Ε. κί-νησης και να την λύσουμε. Η κινητική ενέργεια της χάντρας είναι:

( )22 yxm21 +=Τ ( ( )⇔θ−θα= sinx

θθα−=⇔θ+α=θθ−θα= siny)cos1(y),cos(x ). Οπότε ( 22 cos1m θθ−α=Τ )


Η δυναμική της ενέργεια είναι )cos1(mgmgyV θ+α== . Η συνάρτηση Lagrance γράφε-ται: ( ) ( )θ+α−θθ−α=−= cos1mgcos1mVTL 22

.

Έτσι έχουμε: 0LLdtd

=θ∂∂

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

θ∂∂

⇔

( )[ ] [ ] 0sinmgsinmcos1m2dtd 222 =θα+θθα−θθ−α ⇔

( ) ⇔=θα−θθα−θθα+θθ−α 0sinmgsinmsinm2cos1m2 22222

( ) 0sin2gsin

21cos1 2 =θ

α−θθ+θθ− (1)

Θέτουμε οπότε )(p θ=θ θ

=θ

θ=θ=θ

ddpp

dtd

ddp)(p

dtd .

Έτσι η (1) θα γίνει:

( ) ( ) 0dsin2gp)(sin

21pdpcos10sin

2gp)(sin

21

ddppcos1 22 =θ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ θ

α−θ+θ−⇔=θ

α−θ+

θθ− .

Για να συνεχίσουμε την επίλυση αυτής της Δ.Ε. θα πρέπει να αναζητήσουμε κάποιο ολο-κληρωτικό παράγοντα. Η διαδικασία αυτή είναι δύσκολη, (αν βέβαια υπάρχει ολοκληρω-τικός παράγοντας). Για αυτό το λόγο αναζητούμε άλλο τρόπο επίλυσης της (1). Θα δεί-ξουμε ότι η (1) μπορεί να γραφεί

0u4g

dtud2

2

=α

+ (2)

θέτοντας u2

cos =θ (3)

Παραγωγίζοντας την (3)

θα έχουμε ⇔θ

θ−=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ θ−θ=

θθ

=2

sin21

2sin

21

dtd

ddu

dtdu ⇔⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ θ

θ−=2

sin21

dtd

dtud2

2

2

2 22

d u 1 1 d 1 1sin sin sin cosdt 2 2 2 d 2 2 2 4 2

θ θ θ⎛ ⎞= − θ − θ = − θ − θ⎜ ⎟θ ⎝ ⎠ θ

Έτσι η (2) γράφεται

⇔=θ

α−

θθ+

θθ⇔=

θα

+θ

θ−θ

θ−⇔=α

+ 02

cos2g

2cos

21

2sin0

2cos

4g

2cos

41

2sin

210u

4g

dtud 222

2

02

cot2g

2cot

21 2 =

θα

−θ

θ+θ (4)

Όμως θ

θ=

θ

θθ

=θ

θ

=θ

22 sin2

sin

2sin2

2cos

2sin2

2sin

2cos

2cot

και θ−=θ

⇔θ

−=θ cos12

sin22

sin21cos 22 .

Επομένως θ−

θ=

θcos1

sin2

cot .



21 sin g sin 02 1 cos 2 1 cos

θ θθ+ θ − =

− θ α − θ ⇔ ( ) 21 g1 cos sin sin 0

2 2− θ θ+ θ θ− θ =

α

Η εξίσωση αυτή είναι η (1). Άρα τελικά έχουμε να λύσουμε την Δ.Ε.

0u4g

dtud2

2

=α

+

Ομογενής γραμμική Δ.Ε. 2ας τάξεως με σταθερούς συντελεστές. Η χαρακτηριστική της

εξίσωση είναι α

±=μ⇔=α

+μg

2i0

4g2 .

Άρα η λύση της είναι ⇔θ

=α

+α

=2

cost4gsinCt

4gcosCu 21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

α+

α=θ − t

4gsinCt

4gcosCcos2 21

1

.

4) Κίνηση πλοίου.

Ένα πλοίο Α κινείται κατά μήκος του x άξονα με σταθερή ταχύτητα α. Θέλουμε να βρούμε την τροχιά ενός δεύτερου πλοίου Β το οποίο κινείται στο δεξί μισό του επιπέδου xy με σταθερή ταχύτητα b κατά τέτοιο τρόπο ώστε η ταχύτητά του να κατευθύνεται πάντα προς το Α. Υποθέτουμε ότι τη χρονική στιγμή μηδέν το πλοίο Α βρίσκεται στο (0,0). Τη στιγμή t θα βρίσκεται στο (αt,0) ενώ υποθέτουμε ότι το Β θα είναι στο σημείο (x,y). Αφού η ευθεία ΑΒ είναι εφαπτόμενη της τροχιάς του Β, η κλίση αυτής της ευθείας θα ισούται με την κλίση της τροχιάς. Έτσι

2

2

yyyy

dxdt1tx

yy

txyy

txy

dxdy

′′′−′

=α−⇔α−=′

⇔α−

=′⇔α−

= (1).

Όμως dtds

dsdt

dxdt

= .

Επίσης 22222 y1dxdsdxy1ds)dy()dx()ds( ′+=⇔′+=⇔+=

Επομένως 2y1bdx

dsdsdt

dxdt ′+

α=α=α .

Έτσι η (1) γίνεται:

22r

b2

22

22

yyyy1r

yyyy1

byyyyy1

b1

′′′

=′+⎯⎯→←′′′

=′+α

⇔′

′′−′=′+

α−

=α

Δ.Ε. 2ας τάξεως που δεν περιέχει την μεταβλητή x.

Θέτουμε dydppy)y(py =′′⇔=′ οπότε έχουμε

⇔+

=⇔=+⇔=+2

22

2

p1pdp

ydyr

dydp

pyp1r

pdydpyp

p1r


∫ ∫ =+=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++⇔=

+ 122 C

ynrCynrp11

p1n

ydyr

p1p

dp ( )1CnrC −=

άρα r

12

r2

12

r

12

r

12 C

yp2

p1

Cy

p11

p1

Cy

p11

Cy

p11

p1

−+=+⇔−=+⇔=++ ⇔

⇔−=⇔−=⇔−=−− r

1

r

1

r

1

r

1

r2

1

r

1 Cy

Cy

dydx2

Cy

Cy

p21

Cy

Cy

p2

⇔+⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

−−

+=⇔

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛−=

+−+−

2

1r

1

1

r1

1

1

r

1

r

1

CCy

r1C

Cy

r1C

21xdy

Cy

Cy

21dx

2

1r

1

r1

1

1 CCy

r11

Cy

r11

2Cx +

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

−−

+=

+−+

.

Oι σταθερές C1, C2 θα προσδιοριστούν από τις αρχικές συνθήκες. ΤΡΙΤΗ ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ 1) Κίνηση πλοίου.

Θα ξαναλύσουμε το ίδιο πρόβλημα, μόνο που τώρα η κίνηση γίνεται στο αριστε-ρό μισό του επιπέδου xy και το Α κινείται κατά μήκος του άξονα y

Με παρόμοιους συλλογισμούς καταλήγουμε στην σχέση:

⇔α−

=x

tydxdy tyyx α−=−′ .

Διαφορίζοντας ως προς x θα έχουμε

dxdtyyxy α−=′−′′+′ (1)

2y1b1

dxds

dsdt

dxdt ′+== .

Επομένως θέτοντας rb=

α θα έχουμε τελικά

2y1ryx ′+−=′′ Δ.Ε. 2ας τάξεως που δεν περιέχει την μεταβλητή y. Θέτουμε )x(Yy)x(Yy ′=′′⇔=′ ,

οπότε ⇔+−=′ 2Y1r)x(Yx ⇔+−= 2Y1rdxdYx

∫ ∫ ⇔−=+

⇔−=+ x

dxrY1

dYx

dxrY1

dY22

( ) ⇔−=+⇔=++⎯⎯ →←+=++ −−=− YxC1YxCY1YCxnYY1n r

12r

12eCr2 C

1

⇔−=⇔−+=+ −−− r

1

r

1

21r

12r22

12 x

C21x

C2)C(YYxC2Yx)C(1Y


⇔++

−−

=⇔−=++−

−2

1

1r1r

1

1

rr1 C

)1r(C2x

r1x

2C

yC2x

x2

Cdxdy

221

r

r1 C

)1r()C(x

)r1(x1

2xC

y +⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

++

−= .

Oι σταθερές C1, C2 θα προσδιοριστούν και πάλι από τις οριακές συνθήκες. 2) Σχήμα ομογενούς χορδής.

Ομογενής χορδή είναι εξαρτημένη από τα άκρα της. Θέλουμε να προσδιορίσουμε το σχήμα που παίρνει η χορδή λόγω του βάρους της.

Έστω Κ το κατώτερο σημείο της καμπύλης, ΚΛ το τμήμα της χορδής ΑΒ της ο-ποίας η μορφή δίνεται από την y=y(x). Στην θέση ισορροπίας το ΚΛ βρίσκεται υπό την επίδραση τριών δυνάμεων.

α) της οριζόντιας τάσης Η, β) της τάσης T που προκαλείται στο σημείο Λ και γ) του βάρος του τμήματος W=sδ (s=(ΚΛ), δ το ειδικό βάρος της χορδής).

Από την ισορροπία των δυνάμεων θα έχουμε τις δυο παρακάτω σχέσεις: Tsinφ=W=sδ , Tcosφ=H

. Διαιρώντας τις σχέσεις αυτές κατά μέλη θα έχουμε Hstan δ

=φ ,

όμως dxdytan =φ

οπότε 2

2

2

y1dxds

dxyds

dxdy ′+

Ηδ

=Ηδ

=⇔Ηδ

=

Δ.Ε. 2ας τάξεως που δεν περιέχει την μεταβλητή y. Θέτουμε ⇔=′ )x(Yy )x(Yy ′=′′ οπότε ⇔

Ηδ

=+

⇔+Ηδ

=⇔+Ηδ

=′ dxY1

dYY1dxdYY1)x(Y

2

22

( ) 12 CxY1Yn +

Ηδ

=++ .

Επειδή στο Κ 0C0yY,0x 1 =⇔=′== έχουμε

( ) ( ) ⇔α=⇔α=++⎯⎯ →←Ηδ

=++ −α=Ηδ

xYsinhxY1YnxY1Yn 122

( )⇔−=⇔−

=⇔−

=α= ∫∫ α−αα−αα−α

xxxxxx

ee21dy

2ee

dxdy

2ee)xsinh(Y

( )xx2 ee

21Cy α−α +α

=+ .

Αν διαλέξουμε 0C1)OK( 2 =⇔δΗ

=α

= .

Επομένως ( xx ee21y α−α +α

= ) αλυσοειδής καμπύλη.

1100.. ΕΕΞΞΙΙΣΣΩΩΣΣΕΕΙΙΣΣ ΤΤΟΟΥΥ EEUULLEERR Ορισμός : Οι γραμμικές διαφορικές εξισώσεις, των οποίων οι συντελεστές είναι δυνάμεις του x βαθμού ίσου με την τάξη της αντίστοιχης παραγώγου, ονομάζονται εξι-σώσεις του Euler. Π.χ. η ομογενής εξίσωση του Euler n τάξης έχει την γενική μορφή : αnxny(n)+αn-1xn-1y(n-1) +⋅⋅⋅+α1xy′+α0y=0 (1) και η αντίστοιχη μη ομογενής αnxny(n)+αn-1xn-1y(n-1) +⋅⋅⋅+α1xy′+α0y=f(x) (2) Η γενική λύση της (2) ως γνωστό είναι : yγεν =yομ+yμερ όπου η yομ είναι η γενική λύση της (1) και η yμερ μια μερική λύση της (2), που μπορεί π.χ. να βρεθεί με την μέθοδο των προσδιοριστέων συντελεστών, αφού θα ξέρουμε την yομ . Από την μορφή της εξίσωσης Euler (1) είναι φανερό ότι με την αντικατάσταση y=xs για x>0, (ή y=(-x)s για x<0), θα προκύψει μια κοινή δύναμη του x απ' όλους τους όρους, συγκεκριμένα η xs. Εάν το s εκλεγεί κατάλληλα ώστε ο ολικός συντελεστής αυτής της κοινής δύναμης να μηδενίζεται, τότε θα έχουμε στη διάθεση μας μια λύση της (1). Ας ε-φαρμόσουμε τα παραπάνω για την περίπτωση της ομογενούς εξίσωσης Euler 2ης τάξης : αx2y″+βxy′+γy = 0 y=xs (3) αx2s(s-1)xs-2+βxsxs-1+γxs=0 ⇒ [αs2+(β-α)s+γ]xs=0 Εάν s1 και s2 είναι οι ρίζες του τριωνύμου αs2+(β-α)s+γ=0, τότε η γενική λύση της (3) εί-ναι : yομ(x)=c x (4) c xs

1 21 + s2

Παράδειγμα 1 : Να λυθεί η Δ.Ε. x2y″-xy′-3y=0 για x>0 Λύση : Θέτουμε y=xs στην Δ.Ε. και έχουμε: x2s(s-1)xs-2-xsxs-1-3xs=0 ⇒ [s(s-1)-s-3]xs=0 ⇒ s2-2s-3=0 ⇒ s1=-1 , s2=3 Άρα yομ(x)=c1x-1+c2x3 Εάν θέλουμε να βρούμε τη λύση για x<0 τότε αντικαθιστούμε στον παραπάνω τύπο της γενικής λύσης το x με το -x και θα έχουμε : yομ(x)=c1(-x)-1+c2(-x)3 Παράδειγμα 2 : Να λυθεί η Δ.Ε. 2x2y″+xy′-y=0 για x>0 Λύση : Θέτοντας xs στη Δ.Ε. παίρνουμε xs(2s2-s-1)=0 με χαρακτηριστικές ρίζες : s1 =-1/2, s2 =1 . Επομένως η γενική λύση της Δ.Ε. είναι :

1 21y c x cxομ = + για x>0

Εάν θέλουμε να βρούμε τη λύση για x<0 τότε αντικαθιστούμε στον παραπάνω τύπο της γενικής λύσης το x με το -x. και θα έχουμε :

1 21y c ( x) c

xομ = − +−

για x<0

Παρατήρηση 1 : Στην περίπτωση διπλής ρίζας s1=s2=s θα είναι :


s=-2β − αα

και (β-α)2-4αγ=0 (5)

Για να βρούμε μια άλλη λύση χρησιμοποιούμε τον ομογενή γραμμικό μετασχηματισμό y=xsY και έχουμε : y=xsY(x) ⇒ y′=sxs-1Y+xsY′ (6) y″=s(s-1)xs-2Y+sxs-1Y′+sxs-1Y′+xsY″=xsY″+2sxs-1Y′+s(s-1)xs-2Y Θέτοντας τις (6) στην (3) έχουμε : α[xs+2Y″+2sxs+1Y′+s(s-1)xsY]+β[sxsY+xs+1Y′]+γxsY=0 ⇒ αxs+2Y″+[2αsxs+1+βxs+1]Y′+[αs(s-1)xs+βsxs+γxs]Y=0 (7) Επειδή το xs είναι λύση της (3) θα είναι : αs(s-1)xs+βsxs+γxs=0 από την (7) έχουμε τώρα : αxY″+(2sα+β)Y′=0 ⇒ (επειδή 2αs=α-β) αxY″+αY′=0 ⇒ xY″+Y′=0 Θέτουμε Y′(x)=h(x) και έχουμε :

h′(x)=-− ⇒ = − ⇒ = − ⇒ =h x)

xdhh

dxx

h x) x h x)x

(ln ( ln (

1

και Y′(x)=1/x ⇒ dY/dx=1/x ⇒ dY=dx/x ⇒ Y(x)=lnx Τελικά y=xslnx και η γενική λύση θα είναι :

yομ=c1xs+c2xslnx Παράδειγμα 3 : Να λυθεί η εξίσωση x2y″-xy+y=0 για x>0 Λύση : Θέτουμε y=xs και έχουμε s(s-1)xs-sxs +xs=0 ⇒ s(s-1)-s+1=0 ⇒ s2 -2s+1=0 ⇒ (s-1)2=0 ⇒ s1,2=1 και η μια λύση είναι y1=x ενώ η άλλη είναι y2=xlnx. Τελικά η γενική λύση θα είναι

yομ=c1x+c2xlnx=x(c1+c2lnx) Παράδειγμα 4 : Να λυθεί η Δ.Ε. x2y″+5xy′+4y=0 για x>0. Λύση : Θέτοντας xs στη Δ.Ε. παίρνουμε xs(s2+4s+4)=0 ⇒ s2+4s+4=0 ⇒ s1=s2=-2 (διπλή ρίζα). Επομένως η γενική λύση της Δ.Ε. είναι : yομ=x-2(c1+c2lnx) για x>0 Γενικά ισχύει το επόμενο θεώρημα : Θεώρημα 1 : Όταν η χαρακτηριστική εξίσωση που προέρχεται από την ομογενή Δ.Ε. (2) με την αντικατάσταση y=xs, έχει τις ρίζες s1, s2, ⋅⋅⋅, sk με αντίστοιχες πολλαπλότητες k1 ,k2 ,⋅⋅⋅,km, (k1+k2+⋅⋅⋅+km=n), τότε σε κάθε ρίζα si αντιστοιχούν οι ki γραμμικά ανεξάρτητες λύσεις : i i i i is s s s k2x ,x ln x,x (ln x) , ,x (ln x) 1− x>0 και η γενική λύση είναι : yομ= x (8) 1 2 k

1 2 m

s s sk 1 k 1 k 1P (ln x) x P (ln x) x P (ln x)− − −+ + +

όπου πολυώνυμα kik 1P (ln x)− i -1 βαθμού ως προς lnx.

Παρατήρηση 2 : Στην περίπτωση που έχουμε μια μιγαδική ρίζα α+iβ μαζί με την συζυγή

Εξισώσεις του Euler ♦ 185

της α-iβ πολλαπλότητας k, τότε στις μιγαδικές αυτές ρίζες αντιστοιχεί η παρακάτω έκ-φραση που θα περιέχεται στη γενική λύση της ομογενούς yομ : ( ) ( ) ( ) ( )k 1 k 1x P ln x cos ln x Q ln x sin ln xα

− −β + β⎡ ⎤⎣ ⎦ όπου Ρk-1(lnx), Qk-1(lnx) πολυώνυμα k-1 βαθμού της μεταβλητής lnx. Απόδειξη: Ας θεωρήσουμε για ευκολία ότι έχουμε μια απλή μιγαδική ρίζα α+iβ μαζί με την συζυγή της α-iβ. Τότε σ’ αυτές τις ρίζες αντιστοιχούν οι λύσεις: y1=xα+iβ και y2=xα-iβ. Θα προσπαθήσουμε στη συνέχεια να βρούμε το πραγματικό και φανταστικό μέρος αυτών των λύσεων. Έχουμε:

y1=xα+iβ=xαxiβ= xαeiβ(lnx)= xα[cos(βlnx)+isin(βlnx)], ομοίως y2=xα-iβ=xαx-iβ= xαe-iβ(lnx)= xα[cos(βlnx)-isin(βlnx)] Άρα Re(y1,2)=xαcos(βlnx) και Im(y1,2)=xαsin(βlnx) Εύκολα τώρα αποδεικνύεται ότι ο γραμμικός συνδυασμός των παραπάνω εκφράσεων:

c1xαcos(βlnx)+c2xαsin(βlnx)= xα[c1cos(βlnx)+c2sin(βlnx)] είναι λύση της διαφορικής εξίσωσης. Παράδειγμα 5 : Να λυθεί η Δ.Ε. x2y″+xy′+y=0 για x>0. Λύση : Θέτοντας xs στη Δ.Ε. παίρνουμε xs(s2+1)=0 ⇒ s1=i, s2=-i δηλ. α=0 και β=1. Ε-πομένως η γενική λύση της Δ.Ε. είναι : yομ=c1cos(lnx)+c2sin(lnx) για x>0 Παρατήρηση 3 : Οι εξισώσεις Euler δεν είναι παρά μια διαφορετική μορφή των εξισώ-σεων με σταθερούς συντελεστές. Πράγματι με την αντικατάσταση x=et ⇒ t=lnx π.χ. η Δ.Ε αx2y″+βxy′+γy=0 μετατρέπεται σε Δ.Ε. με σταθερούς συντελεστές ως εξής :

y=y(x)=y(et) ⇒ y′=dydx

dydt

dtdx

yx

xy y= = ⇒ ′ = 1

(9)

y″=ddx

yddx

yx

yx x

ddx

y yx x

ddt

ydtdx

′ = ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = − + = − + =

1 1 1 1 12 2

=-

yx x

yx

yx

yx

x y y y1 1 12 2 2

2+ = − ⇒ ′′ = − (10)

όπου οι τελείες δηλώνουν παραγωγίσεις ως προς τη νέα μεταβλητή t. Με τις σχέσεις (9) και (10) η Δ.Ε. γίνεται : (11) (y y) y y 0 y ( )y yα − +β + γ = ⇒α + β − α + γ = 0που είναι προφανώς μια εξίσωση με σταθερούς συντελεστές Παράδειγμα 6 : Να λυθεί η Δ.Ε. x3y″′+3x2y″-2xy′+2y=0 αφού προηγουμένως μετατραπεί σε Δ.Ε. με σταθερούς συντελεστές, α) για x>0, β) για x<0. Λύση : α) θέτουμε x=et και έχουμε :

xdydx

dydt

= , xd ydx

d ydt

dydt

22

2

2

2= − , xd ydx

d ydt

d ydt

dydt

33

3

3

3

2

2 2= − +

και αντικαθιστώντας στη Δ.Ε. παίρνουμε τη γραμμική Δ.Ε.

d ydt

dydt

y3

3 3 2− + =0

με σταθερούς συντελεστές. Η γενική λύση αυτής της Δ.Ε. είναι : yομ=c1et+c2tet+c3e-2t


και επομένως η γενική λύση της Δ.Ε. που δόθηκε είναι : yομ =c1x+c2xlnx+c3x-2 για x>0 β) για x<0 χρησιμοποιούμε τον μετασχηματισμό x=-et , οπότε έχουμε

dxdt

edtdx

et t= − ⇒ = − −

και όπως στην (α) περίπτωση παίρνουμε τις ίδιες σχέσεις και καταλήγουμε στην ίδια Δ.Ε. με τη χαρακτηριστική εξίσωση που έχει ρίζες s1=1 (διπλή), s2=-2. Έτσι η γενική λύση αυτής της Δ.Ε. είναι και πάλι η yομ=c1et+c2tet+c3e-2t αλλά τώρα είναι et=-x και t=ln(-x), οπότε η γενική λύση της Δ.Ε. είναι yομ=(-x)[c1+c2ln(-x)]+c3(-x)-2 για x<0 Παρατήρηση 4 : Στην περίπτωση των μη ομογενών Δ.Ε. Euler μια μερική λύση μπορεί να βρεθεί κατά τους εξής δυο τρόπους : α) Εφαρμόζουμε την μέθοδο της μεταβολής των παραμέτρων, που χρησιμοποιήσαμε στις γραμμικές Δ.Ε. με σταθερούς συντελεστές, αφού διαιρέσουμε την Δ.Ε. με το αnxn.

Τότε ο μη ομογενής όρος θα είναι ( )n

n

f xxα

. Π.χ. για την Δ. Ε. Euler 2ης: αx2y″+βxy′+γy=f(x)

έστω ότι η γενική λύση της αντιστοίχου ομογενούς είναι: yομ(x)= ( ) (1 1 2 2c y x c y x+ ) . Μια μερική λύση της μη ομογενούς θα την αναζητήσουμε υπό την μορφή:

yμερ=v1(x)y1(x)+v2(x)y2(x) και λύνουμε το σύστημα:

( )1 1 2 2

1 1 2 2 nn

v y (x) v y (x) 0f x

v y (x) v y (x)x

′ ′+ =

′ ′′ ′+ =α

β) Μετατρέπουμε την Δ.Ε. Euler σε γραμμική Δ.Ε. με σταθερούς συντελεστές και στη συνέχεια εργαζόμαστε κατά τα γνωστά. Παράδειγμα 7 : Να βρεθεί η γενική λύση της Δ.Ε. 2x2y″+3xy′-y=5x Λύση: Πρώτα θα βρούμε την λύση της αντίστοιχης ομογενούς Δ.Ε. 2x2y″+3xy′-y=0. Θέ-τοντας xs στη Δ.Ε. παίρνουμε 2s(s-1)+3s-1=0 ⇒ 2s2+s-1=0 ⇒ s1=-1, s2=1/2. Επομένως η γενική λύση της αντίστοιχης ομογενούς της Δ.Ε. είναι :

yομ=c1 x cx

+ 21

Δηλαδή δυο μερικές λύσεις της ομογενούς είναι y1(x)= x και y2(x)= 1x

Για να βρούμε μια μερική λύση, θέτουμε yμερ=v1(x)y1(x)+v2(x)y2(x)= ( ) ( )1 2

1v x x v xx

+

και λύνουμε το σύστημα:


1 2

1 2 2 2

1v x v 0x

1 1 5xv vx 2x 22 x

′ ′+ =

−′ ′+ = =5 x

Η λύση του οποίου δίνει: ( ) ( ) 21 2

5 1 5v x , v x x3 6x

′ ′= = − ⇒

( ) ( ) 21 2

10 5v x x, v x x3 6

= = −

Άρα yμερ= ( ) ( )1 2

1 10 5 1 5v x x v x x xx 3 6 x 2

+ = − =

Τελικά yγεν=yομ+yμερ= c1 x cx

+ 21

+52

x

Ασκήσεις : Να λυθούν οι Δ.Ε. του Euler 1) x3y′″+3x2y"-2xy′+2y=0 Απ. y=c1x+c2xlnx+c3x-2 2) 2x2y"+3xy′-y=0 Απ. y=c1√x+c2[1/x] 3) x2y"+xy′+y=0 Απ. y=c1cos(lnx)+c2sin(lnx)

Εφαρμογές της Δ. Ε. Euler

1) ΜΗΧΑΝΙΚΗ

Θεωρούμε μια λεπτή στρογγυλή πλάκα με συμμετρική κατανομή του εξωτερικού φορτίου p(r) όπου r η απόσταση από το κέντρο και Ν η ακαμψία της πλάκας. Θέλουμε να προσδιορίσουμε το βέλος σε αυτήν την περίπτωση.

Το βέλος θα υπακούει την Δ.Ε.: )r(pN1w

r1w

r1w

r2w 32

)4( =′+′′−′′′+ .

Θα μελετήσουμε την περίπτωση που r)r(p = . Έτσι η Δ.Ε. θα γραφεί:

Nrwrwrwr2wr

Nrw

r1w

r1w

r2w

523)4(4

32)4( =′+′′−′′′+⇔=′+′′−′′′+ (1)

Μη ομογενής Δ.Ε. Euler. Επιλύουμε αρχικά την αντίστοιχη ομογενή Δ.Ε.: 0wrwrwr2wr 23)4(4 =′+′′−′′′+ .

Θέτουμε ⇔=′⇔= −1kk krwrw 2kr)1k(kw −−=′′


4k)4(3k r)3k)(2k)(1k(kwr)2k)(1k(kw −− −−−=⇔−−=′′′⇔ . Με τις αντικαταστάσεις αυτές η ομογενής Δ.Ε. Euler θα γίνει:

⇔=+−−−−+−−− 0krr)1k(kr)2k)(1k(k2r)3k)(2k)(1k(k kkkk [ ] ⇔=+−−−−+−−− 0rk)1k(k)2k)(1k(k2)3k)(2k)(1k(k k

⇔=+−−−−+−−− 0k)1k(k)2k)(1k(k2)3k)(2k)(1k(k [ ] ⇔=+−−−−+−−− 01)1k()2k)(1k(2)3k)(2k)(1k(k ⇔=+− 0)k4k4k(k 23

0)4k4k(k 22 =κ⇔+− (Διπλή ρίζα) και (Διπλή ρίζα). 2k04k4k2 =⇔=+−Άρα nrrCrCnrCCw 2

42

321. +++=ομογ

είναι η λύση της ομογενούς εξίσωσης. Ως μερική λύση αναζητούμε πολυώνυμο της μορ-φής:

( )⇔+++++= 55

44

33

221o

2 rararararaar)r(u ⇔+++++= 7

56

45

34

23

12

o rararararara)r(u ⇔+++++=′ 6

55

44

33

22

1o ra7ra6ra5ra4ra3ra2)r(u ⇔+++++=′′ 5

54

43

32

21o ra42ra30ra20ra12ra6a2)r(u ⇔++++=′′′ 4

53

42

321 ra210ra120ra60ra24a6)r(u 3

52

432)4( ra840ra360ra120a24)r(u +++= .

Έτσι από την (1) θα έχουμε: ++++++++ 6

45

34

23

17

56

45

34

2 ra240ra120ra48ra12ra840ra360ra120ra24 +++−−−−−− 3

12

o7

56

45

34

23

12

o7

5 ra3ra2ra42ra30ra20ra12ra6ra2ra420 ⇔=+++ Nrra7ra6ra5ra4 57

56

45

34

2 ( ) ( ) ( −+++−++−+ 33

54444

6555

7 a120a120ra6a30a240a360ra42a420a840r ) ( ) ( ) ( +−++−++−+++ o

2111

32222

433 a2ra3a6a12ra4a12a48a24ra5a20

) ⇔= Nra2 5o 0aaaa 5421 ==== , απροσδιόριστο και για το ισχύει η oa 3a

σχέση: 2251aN1a5a20a120a120 33333 =⇔=+−+ . Για ευκολία επιλέγουμε , οπότε η γενική λύση της (1) είναι: 0ao =

524

2321 r)2251(nrrCrCnrCC)r(w ++++= .


Το ηλεκτροστατικό δυναμικό σε χώρο χωρίς φορτία.

Το ηλεκτροστατικό δυναμικό επαληθεύει την εξίσωση Poisson:

o

2Vερ

−=∇

Σε χώρο χωρίς φορτία, ρ=0 (Αν ρ=0 παντού τότε βέβαια V=0, μπορεί όμως να υπάρχει φορτίο αλλού, απλώς η προσοχή μας έχει επικεντρωθεί σε περιοχές όπου δεν υπάρχει φορτίο) υπακούει την Δ.Ε. Laplace: . 0V2 =∇

Η εξίσωση Laplace σε σφαιρικές συντεταγμένες γράφεται:


0Vsinr1Vsin

sinr1

rVr

rr1

2

2

2222

2 =φ∂

∂θ

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

θ∂∂

θθ∂∂

θ+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

∂∂

∂∂ (1)

Εφαρμόζουμε τη μέθοδο χωρισμού των μεταβλητών. Θεωρούμε λύση της μορφής )()()r(R),,r( φΦθΘ=φθΦ οπότε η (1) γράφεται:

( ) ( ) ( ) ⇔=ΘΦφ∂∂

θ+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ΘΦ

θ∂∂

θθ∂∂

θ+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ΘΦ

∂∂

∂∂ 0R

sinr1Rsin

sinr1R

rr

rr1

2

2

2222

2

0sinrRsin

sinrR

rRr

rr 2

2

2222

2 =φ∂Φ∂

θΘ

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

θ∂Θ∂

θθ∂∂

θΦ

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

∂∂

∂∂ΘΦ .

Διαιρούμε με οπότε προκύπτει : ΘΦR

0dd

sinr1

ddsin

dd

sinr1

drdRr

drd

Rr1

2

2

2222

2 =φΦ

θΦ+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

θΘ

θθθΘ

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ .

Πολλαπλασιάζουμε με , έτσι έχουμε: θ22 sinr

⇔=φΦ

Φ+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

θΘ

θθΘ

θ+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛θ 0

dd1

ddsin

ddsin

drdRr

drd

Rsin

2

22

2

2

22

2

dd1

ddsin

ddsin

drdRr

drd

Rsin

φΦ

Φ−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

θΘ

θθΘ

θ+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛θ .

Το αριστερό μέλος είναι συνάρτηση των μεταβλητών r,θ ενώ το δεξί του φ. Άρα και τα δύο μέλη πρέπει να ισούνται με την ίδια σταθερά έστω . Οπότε: 2m

222

22

2

mddsin

ddsin

drdRr

drd

Rsin,m

dd1

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

θΘ

θθΘ

θ+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛θ

=φΦ

Φ− (1)

Επιλύοντας την (1) έχουμε :

⇔θ

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

θΘ

θθθΘ

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

2

22

sinm

ddsin

dd

sin1

drdRr

drd

R1

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

θΘ

θθθΘ

−θ

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

ddsin

dd

sin1

sinm

drdRr

drd

R1

2

22 .

Το αριστερό μέλος είναι μια συνάρτηση μόνο του r, ενώ το δεξί μόνο του θ. Για να είναι αυτό δυνατόν θα πρέπει και τα δυο μέλη να ισούνται με την ίδια σταθερά, έστω ν. Έτσι:

0RdrdRr2

drRdr

drdRr

drd

R1

2

222 =ν−+⇔ν=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ (2)

και ν=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

θΘ

θθθΘ

−θ d

dsindd

sin1

sinm

2

2

.

Η ακτινική συνάρτηση υπακούει την (2) που είναι Δ.Ε. τύπου Euler: )r(R

0RdrdRr2

drRdr 2

22 =ν−+ .

Θέτουμε 2s2

21ss r)1s(s

drRdsr

drdRr)r(R −− −=⇔=⇔= οπότε η (2) γίνεται:

⇔=ν−+− −− 0rrsr2r)1s(sr s1s2s2 [ ] ⇔=ν−+− 0rs2)1s(s s 0ss0s2)1s(s 2 =ν−+⇔=ν−+− .

Η διακρίνουσα αυτής της εξίσωσης είναι ν+=Δ 41 οπότε:


2411s

2411s 12,1

ν++−=⇔

ν+±−= , )s1(

2411s 12 +−=ν+−−

= .

Άρα η λύση της ακτινικής εξίσωσης είναι:

1ss)s1(sss

1

11121

rBArBrArBrAr)r(R +

+− +=+=+= .

Αν στο πρόβλημα που εξετάζουμε περιλαμβάνεται το σημείο 0r = η λύση γίνεται ώστε να είναι ομαλή σε όλα τα σημεία του προβλήματος. Αν αντίθετα στο

πρόβλημά μας περιέχεται το άπειρο, τότε η λύση μεταπίπτει σε

1sAr)r(R =

1s1rB)r(R += για τον ίδιο

λόγο. 3) Δυναμικό διόδου ηλεκτρονικής λυχνίας Η κάθοδος και η άνοδος σε μια δίοδο ηλεκτρονική λυχνία σχηματίζονται από δυο ομοαξονικά κυλινδρικά αγώγιμα φύλλα με ακτίνες α και b. Το ηλεκτρικό δυναμικό της καθόδου είναι 0 και της ανόδου Vο. Λόγω της εκπομπής ηλεκτρονίων από την κάθοδο , η

χωρική πυκνότητα φορτίου στο κενό χώρο μεταξύ καθόδου και ανόδου είναι rβ

−=ρ ό-

που β είναι μια θετική σταθερά. Υποθέτουμε ότι το μήκος των κυλινδρικών φύλλων είναι άπειρο. Θα υπολογίσουμε τα Φ(r),E(r) για α<r<b. Το δυναμικό αποτελεί την λύση της ε-ξίσωσης Poisson

o

2Vερ

−=∇ (1)

Παρατηρούμε ότι η πυκνότητα φορτίου εξαρτάται μόνο από την μεταβλητή r. Έτσι η εξίσωση Poisson γράφεται

⇔⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ β−

ε−=+

r1

drdV

r1

drVd

o2

2

rdrdV

r1

drVd

o2

2

εβ

=+ (2)

Πολλαπλασιάζουμε την (2) με 2r οπότε έχουμε:

rdrdVr

drVdr

o2

22

εβ

=+ (3)

Η (3) είναι Δ.Ε. τύπου Euler, μη ομογενής. Θα λύσουμε αρχικά την αντίστοιχη ομογενή

0drdVr

drVdr 2

22 =+

(4)

Θέτουμε srV = ⇔ 2s2

21s r)1s(s

drVdsr

drdV −− −=⇔= οπότε η (4) γίνεται:

[ ] 0s0s0sss0rs)1s(s0srr)1s(s 22sss =⇔=⇔=+−⇔=+−⇔=+− (Διπλή ρίζα). Έτσι η λύση της ομογενούς Δ.Ε. Euler είναι :

nrnrrV 0. ==ομ .

Στη συνέχεια αναζητάμε μια μερική λύση της (3). Η λύση αυτή θα είναι της μορφής 0VBVBrAV ... =′′⇔=′⇔+= μερμερμερ .


Αντικαθιστώντας στην (3) έχουμε

o0

BrrBεβ

=⇔εβ

= .

Άρα τελικά η γενική λύση της (3) είναι:

rAnrCCrAnrCVo

1o ε

β+′+=+

εβ

++= .

Οι σταθερές θα προσδιοριστούν από τις οριακές συνθήκες. Από τις οριακές συνθή-κες του προβλήματος έχουμε ότι:

A,C ′

,n)b(Vb

nAbAnbCV)b(V

AnC0)(V

ooo

eo

o αεβ

−α⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−α

εβ

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ α−=′⇔

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

εβ

+′+==

αεβ

+′+α==α

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−α

εβ

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ α=

ο

)b(Vb

nC o

4) ΜΗΧΑΝΙΚΗ ΤΩΝ ΡΕΥΣΤΩΝ

Η εξίσωση της συνέχειας είναι η Δ.Ε. που εκφράζει την διατήρηση της ύλης:

0Vdivt

=ρ+∂ρ∂

όπου ρ η πυκνότητα και το πεδίο ταχυτήτων. Αντικαθιστώντας το με V

V

Φ− grad , θα

έχουμε ( ) 0t

)(graddiv =∂ρ∂

+Φρ−

όπου το ονομάζεται δυναμική συνάρτηση ταχύτητας ή συνάρτηση δυναμικού ταχυτή-των ή δυναμικό του πεδίου ταχυτήτων. Για ένα πεδίο σταθερής πυκνότητας η εξίσωση απλοποιείται στην

Φ

( ) 0)(graddiv =Φρ . Για ασυμπίεστο ρευστό σε αστρόβιλη ροή θα έχουμε ( ) 0)(graddiv =Φ . Η εξίσω-

ση αυτή είναι η εξίσωση Laplace.

Ας θεωρήσουμε ένα ορθό κύλινδρο ακτίνας α που εκτελεί μεταφορική κίνηση με ταχύτητα στην θετική κατεύθυνση του άξονα x. Υποθέτουμε ότι είναι βυθισμένος σε ένα απεριόριστο υγρό που είναι αλλιώς σε ηρεμία. Αν το υγρό είναι ασυμπίεστο, θέλουμε να βρούμε τη δυναμική συνάρτηση ταχύτητας

cV

Φ όταν ο άξονας του κυλίνδρου είναι στο Ο. Για αστρόβιλη δυδιάστατη κίνηση η εξίσωση Laplace σε κυλινδρικές συντεταγμένες γρά-

φεται 0zr

1r

rrr

12

2

2

2

2 =∂Φ∂

+θ∂Φ∂

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

∂Φ∂

∂∂ ,


σημειώνοντας ότι

στο πρόβλημα αυτό 0z 2

2

=∂Φ∂ , θα έχουμε τελικά

0r1

rr

rr1

2

2

2 =θ∂Φ∂

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

∂Φ∂

∂∂ (1)

Εφαρμόζουμε τη μέθοδο χωρισμού των μεταβλητών, έτσι αναζητούμε λύση της μορφής . Έτσι η (1) γράφεται: )()r(R),r( θΘ=θΦ

( ) ( ) ⇔=θΘ

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛Θ

⇔=Θθ∂∂

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Θ∂∂

∂∂ 0

dd

rR

drdRr

drd

r0R

r1R

rr

rr1

2

2

22

2

2

⇔=θΘ

Θ++⇔=

θΘ

+Θ+Θ 0

dd1

drRd

Rr

drdR

Rr0

dd

rR

drRd

drdR

r 2

2

2

22

2

2

22

2

drdR

Rr

drRd

Rr

dd1

2

22

2

2

−−=θΘ

Θ.

Το αριστερό μέλος είναι συνάρτηση μόνο του θ, το δεξί μόνο του r. Για να είναι αυτό δυ-νατό θα πρέπει και τα δύο μέλη να ισούνται με την ίδια σταθερά έστω όπου β πραγ-ματικός, θετικός αριθμός. Έτσι θα έχουμε

2β−

0dd 2

2

2

=Θβ+θΘ (2)

Δ.Ε. 2ας τάξεως με σταθερούς

συντελεστές και 0RdrdRr

drRdr 22

22 =β−+ (3)

ομογενής Δ.Ε. Euler. Η λύση της (2) είναι )sin(C)cos(C)( 21 βθ+βθ=θΘ . Η λύση της (3) θα βρεθεί θέτοντας . Έτσι η (3) γίνεται:

2s1ss r)1s(sRsrRrR −− −=′′⇔=′⇔=

( )( ) ( ) ⇔=β−+−⇔=β−+−⇔=β−+− −− 0s1ss0rs1ss0rrsrr)1s(sr 2s2s21s2s2 β±=⇔=β− s0s 22 .

Άρα . β−β += rCrC)r(R 43

Έτσι η γενική λύση θα είναι : ( )( ))sin(C)cos(CrCrC),r( 2143 βθ+βθ+=θΦ β−β

όπου οι σταθερές C1,C2,C3,C4 προσδιορίζονται από τις οριακές συνθήκες. Οριακές συνθήκες:

1. θ−=∂Φ∂

⇔ε⋅Φ−=ε⋅⇔Φ−=α=

cosVr

ˆgradˆVgradV cr

rr

2. όταν το ∞→r 0r

Vr →∂Φ∂

−=

3. όταν ∞→r 0r1V →

θ∂Φ∂

−=θ


4. Τέλος το πρέπει να έχει πεπερασμένη τιμή για όλες τις τιμές των r,θ , δηλαδή για

),r( θΦ∞≤≤α r και .Για να ισχύει η 4 θα πρέπει C3=0. π≤θ≤ 20

Άρα . ( ))sin(C)cos(CrC),r( 214 βθ+βθ=θΦ β−

Η παράγωγός της είναι: ( ))sin(C)cos(CrCr 21

14 βθ+βθβ−=

∂Φ∂ −β− ,

οπότε από την πρώτη συνθήκη έχουμε ότι:

( ) ⇔θ−=βθ+βθαβ−=∂Φ∂ −β− cosV)sin(C)cos(CCr c21

14

c2

14c214

2 VCCVCC

,1,0C α=⇔−=α

−=β= .

Άρα τελικά θα

=θΦ cosrV),r( c

2

που ικανοποιεί και τις υπόλοιπες οριακές συνθήκες.

1111.. ΜΜ ΕΕ ΘΘ ΟΟ ΔΔ ΟΟ ΣΣ ΤΤ ΩΩ ΝΝ ΣΣ ΕΕ ΙΙ ΡΡ ΩΩ ΝΝ

ΓΙΑ ΤΗΝ ΕΠΙΛΥΣΗ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΔΙΑΦΟΡΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ ΜΕ ΜΗ ΣΤΑΘΕΡΟΥΣ ΣΥΝΤΕΛΕΣΤΕΣ

11.1 Γενικά

Όπως θα πρέπει να έγινε φανερό από τα προηγούμενα, δεν υπάρχει συστηματική μέθοδος για την επίλυση γραμμικών διαφορικών εξισώσεων δεύτερης ή μεγαλύτερης τά-ξης, εκτός από τις γραμμικές διαφορικές εξισώσεις με σταθερούς συντελεστές και από τις εξισώσεις του Euler, (που μπορούν να θεωρηθούν σαν μια διαφορετική μορφή τους). Χρησιμοποιώντας όμως την μέθοδο της ορίζουσας του Wronsky για τις διαφορικές εξι-σώσεις 2ης τάξης, (οι οποίες εμφανίζονται στις περισσότερες εφαρμογές), ξέρουμε ότι μπορούμε να βρούμε την γενική λύση της ομογενούς αν ξέρουμε μια μερική λύση. Πράγματι εάν y1(x) είναι μια μερική λύση της Δ. Ε.:

y″(x)+P(x)y′(x)+Q(x)y(x)=0 (1) τότε μια δεύτερη μερική λύση γραμμικά ανεξάρτητη της πρώτης, δίνεται από τον τύπο:

y2=y1W x

ydx

( )

12∫

όπου W(x)= eP x dx−∫ ( )

, και επομένως ο γραμμικός συνδυασμός των y1(x) και y2(x), δίνει την γενική λύση της ομογενούς Δ. Ε. (1):

yoμ(x)=c1y1(x)+c2y2(x)= c1y1(x)+c2 y1W x

ydx

( )

12∫

Στη συνέχεια η ορίζουσα του Wronsky και πάλι θα μας βοηθήσει για να βρούμε μια μερική λύση της μη ομογενούς:

y″(x)+P(x)y′(x)+Q(x)y(x)=f(x) (2)

από τον τύπο: u=y2fyW

dx yfyW

dx11

2− ∫∫

Τελικά η γενική λύση της (2) θα είναι:

yγεν=yομ+u=c1y1(x)+c2 y1W x

ydx

( )

12∫ + y2

fyW

dx yfyW

dx11

2− ∫∫

Άρα το όλο πρόβλημα εντοπίζεται για τις γραμμικές διαφορικές εξισώσεις 2ης τά-ξης με μη σταθερούς συντελεστές στην εύρεση μιας τυχαίας αλλά αναγκαίας μερικής λύ-σης.

Μια μέθοδος που μας βοηθάει να βρούμε μια μερική λύση, όταν βέβαια οι προη-γούμενες μέθοδοι έχουν αποτύχει, είναι η μέθοδος των σειρών. Η εξήγηση είναι πολύ απλή: το σύνολο των συναρτήσεων που μπορούν να παρασταθούν υπό μορφή δυναμοσει-ράς είναι πολύ μεγαλύτερο από τον σύνολο όλων των συνδυασμών των στοιχειωδών συ-ναρτήσεων της κλασικής ανάλυσης. Αυτό σημαίνει ότι μια διαφορική εξίσωση μπορεί να μην ικανοποιείται από κανένα συνδυασμό των γνωστών στοιχειωδών συναρτήσεων. Η


λύση όμως μπορεί να βρεθεί υπό μορφή σειράς. Η μέθοδος των σειρών μπορεί να εφαρ-μοστεί σε διαφορικές εξισώσεις οποιασδήποτε τάξης αφού η εφαρμογή της μεθόδου δεν διαφέρει από τάξη σε τάξη. Στις εφαρμογές όμως οι διαφορικές εξισώσεις που εμφανίζο-νται, σχεδόν κατά αποκλειστικότητα, είναι γραμμικές ομογενείς διαφορικές εξισώσεις 2ης τάξης.

Μερικές από τις σπουδαιότερες γραμμικές ομογενείς διαφορικές εξισώσεις με μη σταθερούς συντελεστές, που προέρχονται από προβλήματα της φυσικής και που μπορούν να λυθούν μόνο με την μέθοδο των σειρών είναι:

1) η εξίσωση του Bessel (1784-1846) x2y″+xy′+(x2-p2)y=0

2) η εξίσωση του Hermite (1822-1901) y″-2xy′+2py=0 πρoέρχεται από την εξίσωση του Schrödinger του αρμονικού ταλαντωτή:

2 21 mr2m 2

− ∇ Ψ + Ψ = ΕΨ

3) η εξίσωση του Legendre (1752-1833) (1-x2)y″-2xy′+n(n+1)y=0 προέρχεται από την εξίσωση του κύματος: 2 2k 0∇ Ψ + Ψ =

4) η εξίσωση του Laguerre (1834-1886) xy″+(1-x)y′+py=0

5) η εξίσωση του Airy (1801-1892) y″-xy=0

6) η εξίσωση του Chebyshev (1821-1894) (1-x2)y″-xy′+p2y=0

7) η υπεργεωμετρική εξίσωση του Gauss (1777-1855) x(1-x)y″+[γ-(α+β+1)x]y′-αβy=0

Όλες οι παραπάνω διαφορικές εξισώσεις μπορούν να λυθούν με την μέθοδο των σειρών και οι λύσεις τους είναι γνωστές σαν ειδικές συναρτήσεις .

11.2 Η μέθοδος των σειρών για την επίλυση της Δ.Ε. y″(x)+P(x)y′+Q(x)y(x)=0

Στο κεφάλαιο αυτό θα ασχοληθούμε με την διαφορική εξίσωση:

y″(x)+P(x)y′(x)+Q(x)y(x)=0 (1)

της οποίας την λύση θα αναζητήσουμε υπό μορφή δυναμοσειράς στις παρακάτω δυο πε-ριπτώσεις:

α) όταν οι αρχικές συνθήκες ορίζονται στο σημείο α

β) όταν ζητείται η γενική λύση γύρω από το σημείο α.

Η Μέθοδος των Σειρών ♦ 195

Θέτουμε: y(x)= nn

n 0c (x )

∞

=

− α∑ (2α)

Εάν 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, δηλαδή το α να είναι πόλος(1 1ης τάξης για την P(x) και 2ης τάξης για την Q(x), τότε χρησιμοποιούμε την πιο γενική έκφραση της

δυναμοσειράς: y(x)= nn

n 0x c (x )

∞λ

=

− α∑ (2β)

Το λ ονομάζεται δείκτης ή εναρκτήρια δύναμη της λύσης και μπορεί να πάρει οποιαδή-ποτε πραγματική τιμή που θα καθοριστεί από την διαφορική εξίσωση, έτσι ώστε να αρθεί ο απειρισμός των συντελεστών P(x) και Q(x).

Την περίπτωση αυτή θα την μελετήσουμε στην παράγραφο 11.6.

Καθορισμός του α Αν οι συναρτήσεις P(x) και Q(x) ορίζονται στο α, τότε αυτό λέγεται ομαλό σημείο, διαφορετικά λέγεται ανώμαλο σημείο.

Αν οι συναρτήσεις P(x) και Q(x) αναπτύσσονται κατά Taylor σε μια περιοχή του ομαλού σημείου α, τότε το α λέγεται αναλυτικό ομαλό σημείο. Επίσης αν οι συναρτήσεις: A(x) = (x-α)P(x) (3α) B(x) = (x-α)2Q(x) (3β) αναπτύσσονται κατά Taylor σε μια περιοχή ενός ανώμαλου σημείου α, τότε το α λέγεται κανονικό ανώμαλο σημείο. Εάν μια από τις συναρτήσεις Α(x), B(x) ή και οι δυο δεν αναπτύσσονται κατά Taylor σε μια περιοχή του ανώμαλου σημείου α, τότε το α λέγεται μη κανονικό ανώμαλο σημείο ή ουσιώδες ανώμαλο. Σ’ αυτή την περίπτωση δεν υπάρ-χει συγκλίνουσα σειρά της μορφής (2β). Ο καθορισμός του σημείου α γίνεται πιο κατανοητός από το διάγραμμα της επόμε-νης σελίδας.

Μπορούμε πάντα την Δ.Ε. (1) να την μελετήσουμε στην περιοχή του α=0, (πράγ-ματι εάν α≠0 θα μπορούσαμε να θέσουμε t=x-α, οπότε για x=α έχουμε t=0).

Θα εξετάσουμε πρώτα την περίπτωση που το σημείο α είναι ομαλό ή αναλυτικό ομαλό. Τότε ισχύει το ακόλουθο θεώρημα.

Θεώρημα 1: Αν το α είναι ομαλό, (ή αναλυτικό ομαλό), σημείο, τότε η Δ.Ε. (1)

έχει λύση σε κάποιο διάστημα |x-α|<R, της μορφής:

y(x)= ( )nn

n 0c x

∞

=

− α∑ =c0y1(x)+c1y2(x) (4.α)

όπου c0 , c1 είναι αυθαίρετες σταθερές και y1(x) , y2(x) είναι γραμμικά ανεξάρτητες λύσεις της Δ.Ε. (1).

(1 Το σημείο α λέγεται πόλος τάξης n της συνάρτησης f(x) αν f(x)= n

g(x)(x )− α

με g(α)≠0


Η ακτίνα σύγκλισης R της σειράς (4.α) ισούται με την απόσταση του ομαλού ση-

μείου α μέχρι το πλησιέστερο ανώμαλο σημείο. Εάν δεν υπάρχει ανώμαλο σημείο, τότε η ακτίνα σύγκλισης R ισούται με το άπειρο και η γενική λύση (4α) ισχύει για κάθε x.

Για να υπολογίσουμε τις σταθερές cn της γενικής λύσης, που δίνει το θεώρημα, ακολουθούμε την παρακάτω διαδικασία:

1) Αντικαθιστούμε στη Δ.Ε. (1) τη δυναμοσειρά (4α) μαζί με τις παραγώγους της:

y′(x)= n 1n

n 1nc (x )

∞−

=

− α∑ (4β)

y″(x)= n 2n

n 2n(n 1)c (x )

∞−

=

− − α∑ (4γ)

και έχουμε:

n 2n

n 2n(n 1)c (x )

∞−

=

− − α∑ +P(x) n 1n

n 1nc (x )

∞−

=

− α∑ +Q(x) nn

n 0c (x )

∞

=

− α∑ =0 (5)

Ομαλό P(x) και Q(x) ορί-

ζονται

Ουσιώδες Ανώμαλο μια τουλάχιστον από τις

A(x) , B(x) δεν αναπτύσσεται κατά

Taylor

Αναλυτικό ομαλό P(x) και Q(x)

αναπτύσσονται κατά Taylor

Κανονικό Ανώμαλο A(x) και B(x) αναπτύσ-σονται κατά Taylor

Ανώμαλο μια τουλάχιστον από τις Ρ(x) , Q(x) δεν

ορίζεται

Σημείο α


2) Απλοποιώντας την (5) προκύπτει μια έκφραση της μορφής (2: ko+k1(x-α)+k2(x-α)2+⋅⋅⋅+kn(x-α)n +⋅⋅⋅=0 (6)

όπου οι συντελεστές ki , i=0,1,2,⋅⋅⋅ είναι συναρτήσεις μερικών συντελεστών cn της λύσης (4α). Για να ισχύει όμως η σχέση (6) για κάθε x πρέπει όλοι οι συντελεστές ki να είναι μηδέν: k0=0 , k1=0, k2=0, ⋅⋅⋅, ki=0, ⋅⋅⋅ (7) Αυτές είναι οι συνθήκες που πρέπει να ικανοποιούν οι συντελεστές cn για να είναι η σει-ρά (4α) λύση της Δ.Ε. (1).

3) Από τις συνθήκες (7) εκφράζουμε τους συντελεστές cn , n=2,3,⋅⋅⋅ σαν συναρτήσεις των c0 , c1

4) Οι όροι που περιέχουν το c0 μας δίνουν τη λύση y1(x) και οι όροι που περιέχουν το c1 μας δίνουν τη λύση y2(x) δηλαδή η σειρά (4.α) γράφεται: y(x)=c0y1(x)+c1y2(x)

Παράδειγμα 1: Να βρεθεί η γενική λύση της Δ.Ε y″-xy′+2y = 0 (8)

σε μια περιοχή του σημείου α=0.

Λύση: Το σημείο α=0 προφανώς είναι ομαλό σημείο της Δ.Ε. Θέτουμε:

y(x)= c xnn

n=

∞

∑0

οπότε y′= nc xnn

n

−

=

∞

∑ 1

1 και y″= n n c xn

n

n( )− −

=

∞

∑ 1 2

2

και η Δ.Ε. γράφεται: n n c xnn

n( )− −

=

∞

∑ 1 2

2-x nc xn

n

n

−

=

∞

∑ 1

1+2 c xn

n

n=

∞

∑0

=0 (9)

Για να εξισώσουμε τους συντελεστές των ομοίων δυνάμεων του x, και προσέχοντας τις τιμές από τις οποίες ξεκινάει ο δείκτης της άθροισης n, παρατηρούμε ότι στον γενικό τύπο του πρώτου αθροίσματος πρέπει να αυξήσουμε τον δείκτη n κατά δυο μονάδες ώστε να έχουμε:

n n c xnn

n( )− −

=

∞

∑ 1 2

2 →

→ +n n 2 ( )( )n n c xn

n

n+ + +

=

∞

∑ 2 1 20

και η σχέση (9) γράφεται:

( )( )n n c xnn

n+ + +

=

∞

∑ 2 1 20

- nc xnn

n=

∞

∑1

+2 c xnn

n=

∞

∑0

=0

όπου η μόνη «παραφωνία» είναι η αρχική τιμή 1 του δείκτη n στο μεσαίο άθροισμα α-φού οι δείκτες των άλλων αθροισμάτων αρχίζουν από την τιμή μηδέν. Η κατάσταση δι-ορθώνεται παρατηρώντας ότι μπορούμε να αρχίσουμε το δεύτερο άθροισμα από n=0, αφού ο πρώτος όρος που αντιστοιχεί για n=0 είναι μηδέν ncn|n=0 =0. Τελικά η εξίσωση γράφεται:

( )( )n n c xnn

n+ + +

=

∞

∑ 2 1 20

- nc xnn

n=

∞

∑0

+2 c xnn

n=

∞

∑0

=0 ⇒

(2 Αυτό μπορεί να γίνει όταν οι συναρτήσεις P(x), Q(x) είναι πολυώνυμα ή αναπτύσσονται κατά Taylor


[ ]( )( )n n c nc c xn n nn

n+ + − + =+=

∞

∑ 2 1 2 020

Μηδενίζοντας τώρα τον συντελεστή της δύναμης xn προκύπτει ο γενικός αναδρομικός τύπος:

cn+2=( )

( )( )n

n ncn

−+ +

22 1

n=0,1,2,⋅⋅⋅ (A)

Για διαδοχικές τιμές του n έχουμε:

n=0 c2=-c0

n=1 c3=-1

3 2 1⋅c

n=2 c4=0

n=3 c5=1

5 4153 1⋅

= −c c!

n=4 c6=230

04c =

n=5 c7=3

7 6375 1⋅

= −c c!

⋅⋅⋅⋅⋅ ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ Επειδή c4=0, όλοι οι επόμενοι όροι με άρτιο δείκτη είναι μηδέν, διότι ο αναδρομικός τύ-πος έχει βήμα(3 2. Αντικαθιστώντας τις παραπάνω τιμές των συντελεστών ci στη δυναμο-

σειρά y= c xnn

n=

∞

∑0

βρίσκουμε: y=c0+c1x+c2x2+c3x3+c5x5+c7x7+⋅⋅⋅ =

=c0+c1x-c0x2- =−−− 71

51

31 xc

!73xc

!51xc

!31

= ( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−−−+− 753

12

0 x!7

3x!5

1x!3

1xcx1c

Εάν ορίσουμε: y1(x)=1-x2 και y2(x)= x x x x− − − −13

15

37

3 5 7

! ! !

η γενική λύση της Δ.Ε. (6) μπορεί να γραφεί: yγεν=c0y1(x)+c1y2(x) η οποία συγκλίνει ∀x∈R, (γιατί;) Η παραπάνω λύση μπορεί να γραφεί σε κλειστή μορφή, δηλαδή μπορούμε να βρούμε γενι-κό τύπο. Πράγματι από τον αναδρομικό τύπο:

cn+2=( )

( )( )n

n ncn

−+ +

22 1

και για τις περιττές δυνάμεις του n τις μεγαλύτερες από 3 έχουμε:

n=3 → c5 = 31 c

5 4⋅

(3 Βήμα σ’ έναν αναδρομικό τύπο ονομάζουμε την διαφορά του μεγαλύτερου από τον μικρότερο δείκτη.


n=5 → c7 = 53 c

7 6⋅

n=7 → c9 = 75 c

9 8⋅

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

n=n → cn+2 = ( ) ( ) nn 2 c

n 2 n 1−

+ ⋅ +

Πολλαπλασιάζουμε τις παραπάνω σχέσεις κατά μέλη για να εκφράσουμε τον συντελεστή cn+2 συναρτήσει του c1.

( )( )n 2 3

1 3 5 n 2c c5 4 7 6 9 8 n 2 n 1+

−=

⋅ ⋅ ⋅ + +

Επειδή c3=-1

3 2 1⋅c , έχουμε:

( )( )n 2 1

1 1 3 5 n 2c c3 2 5 4 7 6 9 8 n 2 n 1+

− −=

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + +

To n όμως είναι περιττός. Θέτουμε λοιπόν n=2k-1 με k≥2 και ο παραπάνω τύπος γράφε-ται:

( )( )2k 1 1

1 3 5 2k 3c c

2k 1 !+

⋅ ⋅ ⋅ −= −

+

k≥2

Τελικά η λύση γράφεται:

y(x)= ( ) ( )( )

2 3 2k 10 1

k 2

1 3 5 2k 31c 1 x c x x x3 2k 1 !

∞+

=

⎛ ⎞⋅ ⋅ ⋅ −− + − −⎜ ⎟⎜ ⎟+⎝ ⎠

∑

Παράδειγμα 2: Να βρεθεί η γενική λύση της Δ.Ε. y″-(x-2)y′+2y=0 (10)

σε μια περιοχή του σημείου α=2.

Λύση: Το σημείο α=2 είναι ομαλό σημείο. Θέτουμε t=x-2 οπότε:

dydx

dydt

dtdx

dydt

= = και d ydx

ddx

dydt

ddt

dydt

dtdx

d ydt

2

2

2

2= ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =

Αντικαθιστώντας τις εκφράσεις αυτές στη Δ.Ε. (8) παίρνουμε:

d ydt

tdydt

y2

2 2 0− + =

που είναι η Δ.Ε. του προηγούμενου παραδείγματος της οποίας η λύση είναι:

y=c0(1-t2)+c1 t t t t− − − −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

13

15

37

3 5 7

! ! !

και θέτοντας t=x-2 βρίσκουμε τελικά την λύση της Δ.Ε. (10):

y=c0 ( )1 2 2− − +( )x c1 ( ) ( ) ( )x x x x− − − − − − − −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2 13

2 15

2 37

23 5 7

! ! !

Παράδειγμα 3: Να βρεθεί η γενική λύση της Δ.Ε. (x2-1)y″+3xy′+xy=0 (11)


γύρω από το σημείο α=0. Λύση: Το σημείο α=0 είναι ομαλό σημείο της Δ.Ε. διότι οι συναρτήσεις P(x)=3x/(x2-1) και Q(x)=x/(x2-1) ορίζονται για x=0 , οπότε θέτουμε:

y(x)= c xnn

n=

∞

∑0

⇒ y′= nc xnn

n

−

=

∞

∑ 1

1 ⇒ y″= n n c xn

n

n( )− −

=

∞

∑ 1 2

2

και αντικαθιστώντας στη Δ.Ε. προκύπτει:

n n c xnn

n( )−

=

∞

∑ 12

- n n c xnn

n( )− −

=

∞

∑ 1 2

2+3 nc xn

n

n=

∞

∑1

+ c xnn

n

+

=

∞

∑ =1

00

Στη τελευταία εξίσωση αυξομειώνουμε κατάλληλα τον δείκτη n στα αθροίσματα ώστε να έχουμε την ίδια δύναμη π.χ, xn. Έτσι το πρώτο και το τρίτο άθροισμα παραμένουν ως έ-χουν. Στο δεύτερο άθροισμα, επειδή έχει στο γενικό όρο την δύναμη xn-2, αυξάνουμε τον δείκτη κατά 2: n →n+2 Αλλά τώρα η άθροιση θα αρχίσει από το μηδέν, δηλαδή θα έχουμε:

n n c xnn

n( )− −

=

∞

∑ 1 2

2 n→n+2 ( )( )n n c xn

n

n+ + +

=

∞

∑ 2 1 20

Με παρόμοιο τρόπο το τελευταίο άθροισμα γίνεται:

c xnn

n

+

=

∞

∑ 1

0 n→n-1 c xn

n

n−

=

∞

∑ 11

και η εξίσωση παίρνει τη μορφή:

n n c xnn

n( )−

=

∞

∑ 12

- ( )( )n n c xnn

n+ + +

=

∞

∑ 2 1 20

+3 nc xnn

n=

∞

∑1

+ c xnn

n−

=

∞

∑ =11

0

Απομονώνουμε τους όρους που αντιστοιχούν σε n=0 και 1 από το δεύτερο άθροισμα και τους όρους που αντιστοιχούν σε n=1 από τα δυο τελευταία αθροίσματα, δηλαδή:

( )( )n n c xc x c x n

nn

n+ + →

⋅ =+

=

∞

∑ 2 13 2 6

20

3 3

2c n = 0

= 1

2

n 1

nn 1

n 13 nc x 3c x

∞ =

=

→∑

Η τελευταία εξίσωση γράφεται κατά τις δυνάμεις του x

-2c2+(c0+3c1-6c3)x+ [ ]− + + + + + =+ −=

∞

∑ ( )( ) ( )n n c n n c c xn n nn

n2 1 2 02 12

απ’ όπου προκύπτουν οι συνθήκες για τα cn n=0,1,2,⋅⋅⋅ -2c2=0 c0+3c1-6c3=0 -(n+2)(n+1)cn+2+n(n+2)cn+cn-1=0 για n≥2 από τις συνθήκες αυτές έχουμε:

c2=0 , c3=16

120 1c c+


και τον αναδρομικό τύπο: cn+2=n n c c

n nn n( )

( )( )+ +

+ +−2

1 21 n≥2 (Β)

Βρίσκουμε διαδοχικά:

c4=8c

12112

2 11

+=

cc , c5=

1520

18

38

3 20 1

c cc c

+= + , ⋅⋅⋅

Επομένως η γενική λύση της Δ.Ε. υπό μορφή δυναμοσειράς στο σημείο α=0 είναι:

y(x)=c0+c1x+c c

xc

xc c

x0 1 3 1 4 0 1 5

6 2 12 838

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ + + +⎛

⎝⎜⎞⎠⎟ +

ή ακόμα y(x)=c0 116

18

12

112

38

3 51

3 4 5+ + +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ + + + + +⎛

⎝⎜⎞⎠⎟x x c x x x x

Η λύση αυτή συγκλίνει ∀|x|<1 (γιατί;). Παρατήρηση 1: Η διαδικασία για την εύρεση της γενικής λύσης της ομογενούς Δ.Ε. y″(x)+P(x)y′+Q(x)y=0 υπό μορφή δυναμοσειράς, ισχύει και για τη μη ομογενή γραμμική Δ.Ε. y″(x)+P(x)y′+Q(x)y=R(x) με την προϋπόθεση, όμως, ότι το δεξιό μέλος R(x) είναι αναλυτική συνάρτηση στο ση-μείο α, όπως θα δούμε στο επόμενο παράδειγμα: Παράδειγμα 4: Να βρεθεί υπό μορφή δυναμοσειράς η μερική λύση της Δ.Ε. y″-(x+1)y′+x2y=x (12) που ικανοποιεί τις αρχικές συνθήκες y(0)=1, y′(0)=1 Λύση: Επειδή οι αρχικές συνθήκες αναφέρονται στο σημείο α=0 , που είναι ομαλό σημείο της Δ.Ε. θα αναζητήσουμε λύση σε μια περιοχή του α.

y(x)= c xnn

n=

∞

∑0

⇒ y′= nc xnn

n

−

=

∞

∑ 1

1 ⇒ y″= n n c xn

n

n( )− −

=

∞

∑ 1 2

2

και αντικαθιστώντας στη Δ.Ε. προκύπτει:

n n c xnn

n( )− −

=

∞

∑ 1 2

2- nc xn

n

n=

∞

∑1

- nc xnn

n

−

=

∞

∑ 1

1+ c xn

n

n

+

=

∞

∑ 2

0=x

Αυξομειώνοντας κατάλληλα τον δείκτη n για να προκύψει η ίδια δύναμη του x, έχουμε:

( )( )n n c xnn

n+ + +

=

∞

∑ 2 1 20

- nc xnn

n=

∞

∑1

- ( )n c xnn

n+ +

=

∞

∑ 1 10

+ c xnn

n−

=

∞

∑ 22

=x

Η τελευταία εξίσωση γράφεται κατά τις δυνάμεις του x.

(2c2-c1)+(6c3-c1-2c2-1)x+ [ ]( )( )c ( )cn n nc n c xn n n nn

n+ + − − + + =+ + −=

∞

∑ 2 1 1 02 1 22

απ’ όπου προκύπτει: 2c2-c1=0 ⇒ c2=c1/2 6c3-2c2-c1-1=0 ⇒ c3=(2c1+1)/6=c1/3+1/6

και ο αναδρομικός τύπος: cn+2=( )

( )( )n c nc c

n nn n n+ + −+ ++ −12 11 2 n≥2 (Γ)

Από τις αρχικές συνθήκες παίρνουμε:


c0=y(0)=1 , c1=y′(0)=1 c2=1/2 , c3=1/2 , c4=1/8 , ⋅⋅⋅

και τελικά η ζητούμενη λύση είναι:

y(x)=1+x+x x x2 3 4

2 2 8+ + + ∀x∈R

Εάν θέλουμε να βρούμε την γενική λύση, τότε δεν θα χρησιμοποιήσουμε τις αρχι-κές συνθήκες και θα προχωρήσουμε όπως στα προηγούμενα παραδείγματα. Έτσι από τον αναδρομικό τύπο έχουμε:

n=2 c4= 241c

121c

61

12

cc21c

34cc2c3

01

011023 +−=

−++=

⋅−+

n=3 c5=4 3

5 4

12

13

12

201

401

601

404 3 1

1 0 1 1

1 0c c c c c c c

c c+ −⋅

=−⎛

⎝⎜⎞⎠⎟ + +⎛

⎝⎜⎞⎠⎟ −

= − +

Τελικά y=c0+c1x+c2x2+c3x3+c4x4+c5x5+⋅⋅⋅=

=c0+c1x+12

13

16

18

112

140

160

1401

21

31 0

41 0

5c x c x c c x c c x+ +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ + −⎛

⎝⎜⎞⎠⎟ + − +⎛

⎝⎜⎞⎠⎟ + =

=c0 11

121

6012

13

18

140

4 51

2 3 4 5− − +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟+ + + + + +

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟+x x c x x x x x

+16

140

3 5x x+ +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= c0y1+c1y2+yμερ όπου yμερ μια μερική λύση της Δ.Ε.

Παράδειγμα 5: Να βρεθεί υπό μορφή δυναμοσειράς η γενική λύση της Δ.Ε. y″+(sinx)y′+exy=0 (13) γύρω από το σημείο α=0. Λύση: Οι συντελεστές της Δ.Ε. sinx και ex είναι αναλυτικές συναρτήσεις για κάθε x∈R και φυσικά και στο σημείο α=0, οπότε θα αναζητήσουμε τη γενική λύση υπό μορφή δυ-ναμοσειράς δηλαδή:

y(x)= c xnn

n=

∞

∑0

⇒ y′= nc xnn

n

−

=

∞

∑ 1

1 ⇒ y″= n n c xn

n

n( )− −

=

∞

∑ 1 2

2

Επειδή είναι sinx= ( )( )!

−+

+

=

∞

∑ 12 1

2 1

0

mm

m

xm

, ex=xm

m

m !=

∞

∑0

∀x∈R

η γενική λύση ορίζεται για όλα τα x. Αντικαθιστώντας τις παραπάνω δυναμοσειρές και αναπτύγματα στη Δ.Ε. έχουμε:

n n c xnn

n( )− −

=

∞

∑ 1 2

2+ ( )

( )!−

+⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

+

=

∞

∑ 12 1

2 1

0

mm

m

xm

nc xnn

n

−

=

∞

∑ 1

1+

xm

m

m !=

∞

∑⎡⎣⎢

⎤

⎦⎥

0c xn

n

n=

∞

∑0

=0

Θέτοντας την εξίσωση αυτή κατά τις δυνάμεις του x παίρνουμε:

(2c2+c0)+(6c3+2c1+c0)x+ 12 32

20c 43 2

04 20

12

5 31 0 3c c

cc x c

c cx+ + +⎛

⎝⎜⎞⎠⎟ + + + +⎛

⎝⎜⎞⎠⎟ + =

και μηδενίζοντας τους συντελεστές των δυνάμεων του x παίρνουμε: c2=-c0/2 , c3=-c1/3-c0/6 , c4=(c0-c1)/12 , c5=c0/20+c1/20 , ⋅⋅⋅ Αντικαθιστούμε τις τιμές αυτές στην έκφραση της γενικής λύσης και έχουμε:


y(x)=c0 112

16

112

120

13

112

120

2 3 4 51

3 4 5− − + + +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ + − − + +⎛

⎝⎜⎞⎠⎟x x x x c x x x x ∀x∈R

Στο παράδειγμα αυτό είναι αρκετά δύσκολο να βρούμε τον αναδρομικό τύπο λόγω των αναπτυγμάτων των sinx και ex . Ένας χρήσιμος τύπος για τον υπολογισμό του γινομένου δυο σειρών είναι ο εξής:

u x v x w xnn

nn

n

nn

n

n=

∞

=

∞

=

∞

∑ ∑ ∑⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟ =

0 0 0 όπου w u v u vn k n k

k

n

n k kk

n

= =−=

−=

∑ ∑0 0

.

Παρατήρηση 2: Προφανώς η μέθοδος των σειρών μπορεί να εφαρμοστεί και για τις Δ.Ε. με σταθερούς συντελεστές και να αναπαραγάγει τις λύσεις που, (πολύ πιο εύκολα), μπορούμε να βρούμε από την χαρακτηριστική εξίσωση. Ας δούμε ένα παράδειγμα: Παράδειγμα 6: Να βρεθεί υπό μορφή δυναμοσειράς η γενική λύση της Δ.Ε. y″+k2y=0 k∈R (14) γύρω από το σημείο α=0. Λύση: Η Δ.Ε. (1) έχει σταθερούς συντελεστές και όπως ξέρουμε η γενική της λύση είναι: yγεν= Acoskx+Bsinkx (15) Για να βρούμε τη λύση αυτή με τη μέθοδο των σειρών θέτουμε:

y(x)= c xnn

n=

∞

∑0

⇒ y′= nc xnn

n

−

=

∞

∑ 1

1 ⇒ y″= n n c xn

n

n( )− −

=

∞

∑ 1 2

2

και αντικαθιστώντας στη Δ.Ε. (1) έχουμε:

n n c xnn

n( )− −

=

∞

∑ 1 2

2+k2 c xn

n

n=

∞

∑0

=0 ⇒

( )( )n n c xnn

n+ + +

=

∞

∑ 2 1 20

+k2 c xnn

n=

∞

∑0

=0 ⇒

[ ]( )( )n n c k c xn nn

n+ + + =+=

∞

∑ 2 1 022

0 ⇒

cn+2=-k

n ncn

2

2 1( )( )+ + n≥0 (Δ)

Για διαδοχικές τιμές του n έχουμε:

n=0 c2=-k

ck

c2

0

2

02 1 2⋅= −

!

n=1 c3=-k

ck

c2

1

2

13 2 3⋅= −

!

n=2 c4=-k

ck

ck

c2

22

2 2

02

2 2

04 31

4 3 2 11

4⋅= −

⋅ ⋅ ⋅= −( )

( )( )

( )!

n=3 c5=-k

ck

ck

c2

32

2 2

02

2 2

15 41

5 4 3 2 11

5⋅= −

⋅ ⋅ ⋅ ⋅= −( )

( )( )

( )!

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅


n→2m-2 c2m=(-1)m ( )( )

( )( )!

km m

ckm

cm

mm2

0

2

02 2 1 2 11

2⋅ − ⋅= −

m≥1

n→2r-1 c2r+1=(-1)r ( )( )( )

( )( )!

kr r

ckr

cr

rr2

1

2

12 1 2 2 11

2 1+ ⋅= −

+ r≥1

Ξεχωρίζοντας τους όρους με άρτιες δυνάμεις από τους όρους με περιττές δυνάμεις, θα έ-χουμε: y(x)= c c x c x c x c x c x c x c xm

mr

r0 2

24

42

21 3

35

52 1

2 1+ + + + + + + + + + + =++

= ck

xk

xkm

xmm

m0

22

44

221

2 41

2− + − + − +

⎧⎨⎩

⎫⎬⎭+

! !( )

( )!

+ck

kxk

xk

xkr

x c kxck

kxrr

r13

35

52 1

2 10

1

3 51

2 1− + − + −

++

⎧⎨⎩

⎫⎬⎭= +

++

! !( )

( )!cos( ) sin( )

Παρατήρηση 3: Στα προηγούμενα παραδείγματα πρέπει να προσέξουμε τον τρόπο με τον οποίο εξαρτάται η μορφή της λύσης από τους αναδρομικούς τύπους. Συγκεκριμένα: I) Εάν ο αναδρομικός τύπος περιέχει μόνο δυο όρους, (συντελεστές), όπως στις περιπτώσεις (Α) και (Δ), τότε ο γενικός συντελεστής της δυναμοσειράς μπορεί να υ-πολογισθεί σε κλειστή μορφή. Στην περίπτωση αυτή η γνώση της λύσης είναι πλήρης και η Δ.Ε. θα πρέπει να θεωρείται ακριβώς επιλύσιμη. II) Εάν ο αναδρομικός τύπος περιέχει περισσότερους από δυο όρους, όπως στις περιπτώσεις (Β) και (Γ) τότε ο υπολογισμός του γενικού συντελεστή είναι εν γένει αδύ-νατος και η εξίσωση θα πρέπει να θεωρηθεί μη ακριβώς επιλύσιμη. Στην περίπτωση (I) ξέροντας πλήρως την λύση μπορούμε να βρούμε και τις αλγε-βρικές ιδιότητες της, ενώ κάτι τέτοιο είναι αδύνατο στην περίπτωση (II). Ασκήσεις: Να λυθούν οι παρακάτω Δ.Ε. με την μέθοδο των σειρών γύρω από το σημείο α=0. 1) y″-xy=0 Απ. y(x)=c0y1+c1y2 όπου

y1= 116

1180

3 6+ + +⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

x x =x

n n

n

n

3

03 3 1 3 2( )( )− ⋅

=

∞

∑

και y2= x x x+ + +⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

112

1504

4 7 =x

n n n

n

n

3 1

03 1 3 3 3 3 2

+

=

∞

+ − ⋅∑ ( )( )( )

2) y″+xy=0 Απ. y(x)=c0y1+c1y2 όπου

y1= 116

1180

3 6− + −⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

x x = ( )( )( )

−− ⋅

=

∞

∑ 13 3 1 3 2

3

0

nn

n

xn n

και y2= x x x− + −⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

112

1504

4 7 = ( )( )( )( )

−+ − ⋅

+

=

∞

∑ 13 1 3 3 3 3 2

3 1

0

nn

n

xn n n


11.3 H εξίσωση του Schrödinger και η διαφορική εξίσωση του Ηermite

Στην Κβαντομηχανική, η Δ.Ε. που περιγράφει την κίνηση ενός σωματίου, που βρί-σκεται σε δυναμικό V(x)(4 είναι:

2 2

2d (x) V(x) (x) E (x)

2m dx− Ψ

+ Ψ = Ψ (1)

όπου =h/2π με h η σταθερά δράσης του Plank, m η μάζα του σωματίου, Ε η ενέργεια του και Ψ(x) η κυματοσυνάρτηση(5. Η Δ.Ε. (1) ονομάζεται εξίσωση του Schrödinger και όπως βλέπουμε είναι μια γραμμική, ομογενής, δεύτερης τάξης διαφορική εξίσωση.

Για την περίπτωση του αρμονικού ταλαντωτή το δυναμικό είναι:

2 21V(x) m x2

= ω

και η Δ.Ε. (1) γράφεται: 2

2 22 2

d (x) 2m 1E m x (x) 02dx

Ψ ⎡ ⎤+ − ω Ψ =⎢ ⎥⎣ ⎦ (2)

Για να απλοποιηθεί η έκφραση της (2) θέτουμε ξ= m xω και έχουμε:

2

22

d ( ) 2E ( ) 0dΨ ξ ⎡ ⎤+ − ξ Ψ ξ =⎢ ⎥ωξ ⎣ ⎦

(3)

Στη συνέχεια θα εξετάσουμε την συμπεριφορά της (3) για μεγάλα ξ, (ή ισοδύναμα για μεγάλα x). Παρατηρούμε ότι όταν ξ→±∞ μπορούμε να παραλείψουμε τον σταθερό όρο 2Ε/ ω, που είναι πολύ μικρός σε σύγκριση με το ξ2 και η Δ.Ε. (3) γράφεται:

2

22

d ( ) ( ) 0dΨ ξ

− ξ Ψ ξ =ξ

(4)

και έχει σαν ασυμπτωτικές λύσεις τις Ψ(ξ)=exp(±ξ2/2). Πράγματι, εάν παραγωγίσουμε την Ψ(ξ) δυο φορές προκύπτει:

2

22

d ( ) d ( )( ) ( ) ( )d dΨ ξ Ψ ξ

= ±ξΨ ξ ⇒ = ±Ψ ξ + ξ Ψ ξξ ξ

και στην τελευταία εξίσωση μπορούμε να παραλείψουμε τον όρο Ψ(ξ) επειδή ο όρος ξ2Ψ(ξ) είναι πιο επικρατέστερος για ξ→±∞. Επειδή τώρα η κυματοσυνάρτηση Ψ(ξ) πρέ-πει να παραμένει πεπερασμένη όταν ξ→±∞ από τις ασυμπτωτικές λύσεις θα διαλέξουμε την λύση με το μείον, δηλαδή exp(-ξ2/2). Είναι φυσικό τώρα να χρησιμοποιήσουμε τον μετασχηματισμό:

Ψ(ξ)=exp(-ξ2/2)Y(ξ) (5) για την επίλυση της Δ.Ε. (3). Αντικαθιστώντας λοιπόν την (5) στην (3) καταλήγουμε στην Δ.Ε.:

Y″-2ξY′+ 2E 1 Y 0⎡ ⎤− =⎢ ⎥ω⎣ ⎦

4) Εδώ θα περιοριστούμε σε μια διάσταση 5) Η κυματοσυνάρτηση Ψ(x) δίνει το πλάτος πιθανότητας για τον εντοπισμό του σωματίου και όχι την ακρι-βή θέση του. Συγκεκριμένα η έκφραση |Ψ(x)|2dx δίνει την πιθανότητα το σωμάτιο να βρεθεί στο διάστημα από x μέχρι x+dx.


και θέτοντας 2E 1 2p− =ω

έχουμε:

Y″-2ξY′+2pY=0 (6) η οποία ονομάζεται διαφορική εξίσωση του Hermite. Στη συνέχεια θα επιλύσουμε την Δ.Ε. του Hermite με την μέθοδο των σειρών. Για ευκο-λία και μόνο θα χρησιμοποιήσουμε τους συνήθεις συμβολισμούς για την ανεξάρτητη και εξηρτημένη μεταβλητή, δηλ στη θέση του ξ θα θέσουμε x και στη θέση του Y το y και η (6) παίρνει την μορφή: y″-2xy′+2py=0 (7)

θέτουμε λύση της μορφής: y(x)= c xnn

n=

∞

∑0

(8)

και έχουμε: n n c xnn

n( )− −

=

∞

∑ 1 2

2-2x nc xn

n

n

−

=

∞

∑ 1

1+2p c xn

n

n=

∞

∑0

=0 ⇒

[ ]( )( )n n c nc pc xn n nn

n+ + − + =+=

∞

∑ 2 1 2 2 020

και η αναδρομική σχέση είναι:

cn+2=( )− −

+ +22 1p n

n ncn( )( )

n=0, 1, 2 ⋅⋅⋅ (9)

Γράφουμε ξεχωριστά τους συντελεστές με άρτιο και περιττό δείκτη:

n=0 c2=−⋅2

2 1 0p

c

n=2 c4=−−⋅

2 24 3 2

( )pc

n=4 c6=−−⋅

2 46 5 4

( )pc

n=6 c8=−−⋅

2 68 7 6

( )pc

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

n→2n-2 c2n=−− +

− −

2 p 2n 22n 2n 1

c2n 2( )

(

Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη τις παραπάνω σχέσεις παίρνουμε:

c2n=(-1)n 2 2 2 22 0

n p(p p nn

c− − +) ( )

( )!

n=1,2,⋅⋅⋅ (10)

Με όμοιο τρόπο βρίσκουμε για τους συντελεστές με περιττό δείκτη:

c2n+1=(-1)n 2 1 3 2 12 1 1

n p p p nn

c( )( ) ( )

( )!− − − +

+

n=1,2⋅⋅⋅ (11)

οπότε η γενική λύση θα είναι:

y(x)=c c x c x c x cp p p n

nc xn

n

nn

n

n

nn

n

n0 2

2

11 2 1

2 1

10

10

212 2 2 2

2+ + + = + −

− − ++

=

∞

++

=

∞

=

∞

∑ ∑ ∑( )( ) ( )

( )!

c1x+ ( ) ( )( ) ( )( )!

−− − − +

+=

=

∞+∑ 1 2 1 3 2 1

2 111

2 1nn

n

np p p nn

c x c0u1(x)+c1u2(x) (12)


όπου u1(x)=1+ ( )( ) ( )

( )!−

− − +

=

∞

∑ 12 2 2 2

21

2nn

n

np p p nn

x

και

u2(x)= x+ ( )( )( ) ( )

( )!−

− − − ++=

∞+∑ 1

2 1 3 2 12 11

2 1nn

n

np p p nn

x

Οι σειρές στη λύση (12) συγκλίνουν ∀x∈R επειδή η Δ.Ε. (1) δεν έχει ανώμαλο σημείο. Επίσης οι γραμμικά ανεξάρτητες μερικές λύσεις u1(x) και u2(x) ικανοποιούν τις αρχικές συνθήκες:

u1(0)=1 , u1′(0)=0 u2(0)=0 , u2′(0)=1 (13)

Παρατήρηση 1: Η Δ.Ε. του Hermite, όπως είδαμε, προκύπτει από την εξίσωση του Schrodinger του αρμονικού ταλαντωτή. Οι λύσεις της εξίσωσης του Schrodinger, Ψ(x), οι γνωστές κυματοσυναρτήσεις, ορίζονται από τις παραπάνω λύσεις u1(x) και u2(x) της Δ.Ε. του Hermite, συγκεκριμένα Ψ(x)=exp(-x2/2)Y(x)=exp(-x2/2)[c0u1(x)+c1u2(x)]. Αλλά αποδεικνύεται, (από την θεωρία των σειρών), ότι για μεγάλα x οι σειρές u1(x), u2(x) συ-μπεριφέρονται όπως το ανάπτυγμα της συνάρτησης exp(x2), δηλαδή για μεγάλα x η κυμα-τοσυνάρτηση Ψ(x) τείνει ασυμπτωτικά στην έκφραση:

Ψ(x) → exp(-x2/2)exp(x2)=exp(x2/2) για x→∞ Όμως οι κυματοσυναρτήσεις Ψ(x), επειδή παριστάνουν πλάτη πιθανότητας, πρέπει να εί-ναι τετραγωνικά ολοκληρώσιμες, δηλαδή το ολοκλήρωμα

*(x) (x)dx+∞

−∞Ψ Ψ∫

να υπάρχει, δηλαδή να είναι πεπερασμένος αριθμός. Και αυτό μπορεί να γίνει μόνο αν οι λύσεις της Δ.Ε. του Herimite u1(x) και u2(x) μετατραπούν από σειρές σε πολυώνυμα, δη-λαδή οι συντελεστές των όρων των σειρών να μηδενίζονται από κάποιον δείκτη και μετά. Η μετατροπή αυτή των σειρών σε πολυώνυμα μπορεί να γίνει στις εξής δύο περιπτώσεις:

Περίπτωση Ι: Εάν το p είναι άρτιος αριθμός, δηλαδή p=2k με k∈N τότε p-2n+2 = 2k-2n+2 = 2(k-n+1)

To k-n+1=0 όταν n=k+1 άρα για n>k ⇒ c2n=0 και για n=1,2,⋅⋅⋅,k έχουμε c2n≠0

Επομένως: u1(x)=1+ ( )( ) ( )

( )!−

− − +=

=∑ 1

2 2 2 2 2 2 221

2nn

n

knk k k n

nx

= +−

− − + =−

−= =∑ ∑1 1 2

22 1 1 1 2

21

22

0

2( )( )!

( ) ( ) ( ) !( )!( )!

n nn

n

kn

n n

n

kn

nk k k n x k

n k nx

⇒ u1(x)= kn k n

xn n

n

n

k

!( )

( )!( )!−

−=∑ 1 2

2

22

0

Περίπτωση ΙΙ: Αν το p είναι περιττός, δηλαδή p=2k+1 με k∈N τότε

p-2n+1 = 2k+1-2n+1 = 2(k-n+1) το k-n+1=0 όταν n=k+1 άρα για n=1,2,⋅⋅⋅,k ⇒ c2n+1≠0 και για n>k ⇒ c2n+1 =0 Με παρόμοιο τρόπο, όπως στην περίπτωση Ι, προκύπτει:


u2(x)=k! ( )

( ) !( ) !−+ −

+

=∑ 1 2

2 1

22 1

0

n nn

n

k

n k nx

Παρατήρηση 2: Από τον τύπο 2Eω

-1=2p προκύπτει: E= 1 (2p 1)2

ω + με p=0,1,2,⋅⋅⋅

και αυτές είναι οι μόνες επιτρεπτές ενεργειακές τιμές για τον αρμονικό ταλαντωτή. ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ HERMITE: Τα πολυώνυμα του Hermite ορίζονται από τις πολυωνυμι-κές λύσεις της Δ.Ε. του Hermite ως εξής:

H2k(x)=(-1)k ( )!!

( ) ( ) ( ) !( )

( ) !( ) !( )

21 2

12

210

2kk

u x kn k n

xkn

n

kn= −

−−=

∑

H2k+1(x)=(-1)k 2 2 11 2 1

12 1

220

2 1( ) !!

( ) ( ) ( ) !( )

( ) !( ) !( )

kk

u x kn k n

xkn

n

kn+

= − +−

+ −=

+∑

και τα έξη πρώτα από αυτά είναι: H0(x)=1 H3(x)=8x3-12x H1(x)=2x H4(x)=16x4 -48x2+12 H2(x)=4x2-2 H5(x)=32x5+x3+140x-160 με τις αντίστοιχες γραφικές παραστάσεις:

0 .0 0 0 .40 0 .80 1.20 160 2.0 0

- 5 .0 0

0 .0 0

5 .0 0

10 .0 0

15 .0 0

Ho (x)

H2(x)

H1(x)

H3(x)

X

Ιδιότητες:

1) Hn(x)=(-1)n ( )eddx

exn

nx2 2−

2) H2n+1-2xHn(x)+2nHn-1(x)=0 3) e H x)H x)dxx

m n−

−∞

+∞

∫ =2

0( (

4) [ ]e H x) dx nxn

n−

−∞

+∞

∫ =2 2

2( ð !


11.4 Διαφορική εξίσωση Legendre

Γενική μορφή: (1-x2)y″-2xy′+p(p+1)y=0 (1)

Θα επιλύσουμε την εξίσωση αυτή με την μέθοδο των σειρών.

Η (1) γράφεται: y″-2

1 2xx−

y′+p(p

xy

+−

=1

102

)

Οι συναρτήσεις: A(x)= 2

1 2xx−

και B(x)= p p

x( )+−

11 2

είναι αναλυτικές στην περιοχή -1<x<1. Άρα το σημείο x0=0 είναι ομαλό σημείο. Σαν λύση

της (1) θέτουμε τη σειρά: y(x)= c xnn

n=

∞

∑0

(2)

από την οποία προκύπτουν: y′= nc xnn

n

−

=

∞

∑ 1


n

n( )− −

=

∞

∑ 1 2

2 (3)

Με αντικατάσταση των (2) και (3) στην (1) έχουμε:

(1-x2) n n c xnn

n( )− −

=

∞

∑ 1 2

2-2x nc xn

n

n

−

=

∞

∑ 1

1+p(p+1) c xn

n

n=

∞

∑0

=0

και μετά τις πράξεις

[ ]( )( ) ( ) ( )n n c n n c nc p p c xn n n nn

n+ + − − − + ++

=

∞

∑ 2 1 1 2 120

=0 (4)

Από την (4) παίρνουμε την αναδρομική σχέση των συντελεστών:

cn+2=( )(

( )( )n p n p)

n ncn

+ + −+ +

11 2

(5)

Από τον τύπο (5) βρίσκουμε:

n=0 c2=-p(p

c+⋅

11 2 0

)

n=2 c4=(-1)2 p(p p pc

− + +2 1 34 0

)( )( )!

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

n→2n-2 c2n=(-1)n p(p p n p p p nn

c d cn− − + + + + −

=2 2 2 1 3 2 1

2 0 2 0) ( )( )( ) ( )

( )!

και

n=1 c3=-( )( )

!p p

c− +1 2

3 1

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

n→2n-1 c2n+1=(-1)n ( )( ) ( )( )( ) ( )( ) !

p p p n p p p nn

c h cn− − − + + + +

+= +

1 3 2 1 2 4 22 1 1 2 1 1

Επομένως η γενική λύση της (1) είναι:

y(x)=c0 1 22

1+

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

=

∞

∑d xnn

n+c1 x h xn

n

n+

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥+

+

=

∞

∑ 2 12 1

1 =c0u1(x)+c1u2(x) (6)

Κάθε μια από τις σειρές στη σχέση (6) έχει ακτίνα σύγκλισης την R=1. Επίσης οι γραμ-μικά ανεξάρτητές μερικές λύσεις επαληθεύουν τις αρχικές συνθήκες:

u1(0)=1 , u1′(0)=0


u2(0)=0 , u2′(0)=1 (7) Θα εξετάσουμε τώρα ορισμένες ειδικές περιπτώσεις για την τιμή της σταθεράς p. Περίπτωση 1η: Έστω ότι p=2m με m∈N. Τότε ο παράγοντας p-2n+2 του c2n γράφε-ται p-2n+2=2m-2n+2=2(m-n+1) και μηδενίζεται όταν n=m+1. Άρα c2n =0 για n>m και έτσι η λύση u1(x) γίνεται πολυώνυμο βαθμού 2m. Από τον πρώτο όρο του δεύτερου μέλους της (6) παίρνοντας τον τελευταίο όρο d2m έχουμε:

d2m=(-1)m 2 2 2 2 2 2 2 1 2 3 2 2 12

m m m m m m m mm

( ) ( )( )( ) ( )( )!

− − + + + + −

και u1(x)=1+ d xkk

k

m

22

1=∑ όπου

d2k=(-1)k 2 2 2 2 2 2 2 1 2 3 2 2 12

m m m k m m m kk

( ) ( )( )( ) ( )( ) !

− − + + + + − ⇒

d2k=(-1)k ( !)( )!

( )!( )!( )!( )!

mm

m km k m k k

2

22 2

2⋅

+− +

και τελικά

u1(x)=1+( !)( )!

( )( )!

( )!( )!( )!(

mm

m km k m k k

x P x)k

k

mk

m

2

1

222

12 2

2−

+− +

≡=∑ (8)

Τα πολυώνυμα P2m(x) ονομάζονται πολυώνυμα του Legendre. Συμπέρασμα: Η Δ.Ε. Legendre δέχεται τις πολυωνυμικές λύσεις (8) οι οποίες συμβολί-ζονται για p=0,2,4,⋅⋅⋅ P0(x)=1

P2(x)=1-3x2

P4(x)=1-10x2+353

x4

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ Η δεύτερη λύση u2(x) παραμένει σειρά. Περίπτωση 2η: Εάν p=2m+1 με m∈N. Τότε ο παράγοντας p-2n+1 του συντελεστή c2n+1 γράφεται p-2n+1=2m+1-2n+1 και μηδενίζεται όταν n=m+1. Άρα c2n+1=0 για n>m και έτσι η λύση u2(x) είναι πολυώνυμο βαθμού 2m+1 ενώ η u1(x) παραμένει σειρά.

Η λύση u2x) παίρνει τη μορφή:

u2(x)=x+( !)

( )( )

( )!( )!( )!( )!

mm

m km k m k k

xk

k

mk

2

1

2 1

2 11

2 2 12 1+

−+ +

− + +=

+∑ (9)

και για p=1,3,5,... έχουμε τις πολυωνυμικές λύσεις: P1(x)=x

P3x)=x-53

3x

P5(x)=x-143

215

3 5x x+ (10)

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅


Ένας τύπος που περιέχει τα δυο πολυώνυμα, που δίνονται από τις εκφράσεις (8) και (9), είναι:

Pn(x)=[ ]1

21 2 2

20

22

n

r

r

nn rn r

r n r n rx

( ) ( )!!( )!( )!

/ − −− −=

−∑ (11)

όταν n=άρτιος το Pnx) είναι πολλαπλάσιο του u1(x) όταν n=περιττός το Pn(x) είναι πολλαπλάσιο του u2(x) Τα πολυώνυμα (11) ονομάζονται πολυώνυμα Legendre και τα τέσσερα πρώτα από αυτά είναι: P0(x)=1 P1(x)=x P2(x)=1-3x2

P3(x)=x-53

3x

των οποίων οι γραφικές παραστάσεις δίνονται στο διπλανό σχήμα:

11.5 Ιδιότητες των πολυωνύμων Legendre

1) P-m(x)=Pm-1 (x)

2) Pn(x)= [ ]12

12n

n

nn

nddx

x!

( )− τύπος του Rodrigues

Χρησιμοποιώντας τον τύπο Rodrigues βρίσκουμε ότι:

3) Pn(-x) = (-1)nPn(x) 4) P x)P x)dxn m( (

−∫ 1

1= 0 σχέση ορθογωνιότητας

5) [ ]P x) dxnn (

−∫ =+1

1 2 22 1

6) Κάθε πολυώνυμο βαθμού n μπορεί ν’ αναπτυχθεί σαν γραμμικός συνδυασμός των πολυωνύμων Legendre P0 ,P1 ,⋅⋅⋅,Pn .

Δηλαδή αν f ένα πολυώνυμο βαθμού n θα έχουμε:

f(x)= c P x)k kk

n

(=∑

0

όπου ck=2 1

2 1

1kf x)P x)dxk

+−∫ ( (

Αποδείξεις

1) Αν στην Δ.Ε. (1) το p είναι αρνητικός ακέραιος, p=-μ, μ=1,2,3,... τότε p(p+1) = -m(-m+1) = m(m-1) = (m-1)[(m-1)+1] = p′(p′+1) και έτσι η εξ. Legendre γίνεται

0 .0 0 1.0 0 2.0 0 3.0 0 4.0 0 5.0 0

- 4.0 0

0 .0 0

4.0 0 P1(x)

P0(x)

P3(x)

P2(x)


(1-x )y″- 2xy′+p′(p′+1)y=0

τα πολυώνυμα του Legendre που προκύπτουν από αυτή είναι τα

Pα(x)≡Pα′(x)=Pm-1(x)

2) Έχουμε

ddx

x n r xn r n r2 2 2 1 22 2− − −= −( )

ddx

x n r n r xn r n r2

22 2 2 2 22 2 2 1 2− − −= − − −( )( )

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

[ ]ddx

x n r n r n n r xn

nn r n n r2 2 2 22 2 2 1 2 2 1 2− − −= − − − − − −( )( ) ( ) ⇒

d

dxx

n rn r

xnn r n r2 2 22 2

2− −=

−−

( )!( )!

Άρα Pn(x)=[ ] [ ]1

21 1

212 2

0

22 2

0

2

n

r n

nn r

r

n

n

r n

nn r

r

n

r n rddx

xn

nr n r

ddx

x( )

!( )! !( ) !!( )!

/ /−−

=−−

=−

=

−

=∑ ∑

=[ ]1

21 2 2

0

2

n

n

nr n r

r

n

nddx

nr x

!( )

/

−⎛⎝⎜⎞⎠⎟ −

=∑

Αν n2⎡⎣⎢⎤⎦⎥<r≤n τότε

n nr n

2 2≤ ⎡⎣⎢⎤⎦⎥⟨ ≤ ⇒ 2n-2r<n και η παράγωγος τάξης n είναι μηδέν,

άρα r=0,1,2,⋅⋅⋅,n και

Pn(x)= 1

21 2

0n

n

nr n r

r

n

nddx

nr x

!( ) ( )−

⎛⎝⎜⎞⎠⎟ −

=∑ ή Pn(x)= [ ]1

212

n

n

nn

nddx

x!

( )−

4) (1-x2)y″-2xy′+p(p+1)y=0

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

1 1 0

1 2 1 0

1 2 1 0

1 2 1 0

2

2

2

2

− ″ + + =

− ″ − ′ + + =

⎫

⎬⎪⎪

⎭⎪⎪

⇒ − ″ − ′ + + =

⇒ − ″ − ′ + + =

⎫

⎬⎪⎪

⎭⎪⎪

x p m m P

x P xP m m P

xP x P P xP P m m P P

xP x P P xP P m m P P

m m

n n n

n m n m n m n

m n m n m n m

⇒ (1-x2)[Pm″Pn-Pn″Pm]-2x[Pm′Pn-Pn′Pm]=[n(n+1)-m(m+1)]PnPm ⇒

[ ] [ ] [ ]ddx

x P P P P n n m m P Pddx

x P P P P dxm n n m n m m n n m( ) ) ) ( ) ( )1 1 1 12 2

1

1− ′ − ′⎡

⎣⎢⎤⎦⎥ = + − + ⇒ − ′ − ′⎡

⎣⎢⎤⎦⎥ =−∫

=[ ]n n m m P x)P x)dxn m( ) ( ) ( (+ − +

−∫1 11

1 ⇒ P x)P x)dxn m( ( =

−∫ 01

1

5) [ ]P x) dxnn (

−∫ =+1

1 2 22 1

I=1

21 12

2

1

1 2

( !)( ) ( )n

n

nn

n

nnddx

xddx

x dx− −−∫ Θέτουμε f(x)=(x2-1)n


I= f x)f x)dx fddx

f dx f f dx f f dxn n n n n n n n( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( (−

−

−

−

+ −

−

+ −

−∫ ∫ ∫ ∫= = − = = =2

1

1 1

1

1 1 1

1

1 2 2

1

1

= ( ) ( ) ( )! ( ) ( )! ( )( )− = − − = − =− − −∫ ∫ ∫1 1 2 1 2 12

1

1 2

1

1 2

1

1n n n n nf fdx n x dx n x dx

=2(2n)! ( ) ( )( )

2n1 π/ 22 n 2n 1

0 0

2 n!(1 x ) dx ( x cos t) 2(2n)! (sin t) dt 2 2n !

2n 1 !+− = με = = =

+∫ ∫

6) f(x)=c0P0+c1P1+⋅⋅⋅+cnPn

( )P f x)dx c P c P P c P P dxn n01

1

0 02

1 0 1 01

1(

− −∫ ∫= + + + ⇒

c02

2 0 1 01

1

⋅ +=

−∫ P f x)dx(

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

ck=2 1

2 1

1kf x)P x)dxk

+−∫ ( (

11.6 Η ΜΕΘΟΔΟΣ ΤΟΥ FROBENIOUS (1849-1917) Θα εξετάσουμε τώρα την περίπτωση που το σημείο α=0 είναι κανονικό ανώμαλο σημείο για την Δ. Ε.: y″+P(x)y′+Q(x)y = 0 (1) 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)=x2Q(x) είναι αναλυτικές σε μια περιοχή του σημείου α.

Η Δ. Ε. (1) γράφεται: 2

A(x) B(x)y y y 0x x

′′ ′+ + = (1α)

Πολλαπλασιάζουμε την (1α) σχέση με x2 : x2y′′+xA(x)y′+B(x)y=0 (1β)

Για την ειδική περίπτωση A(x)=1, B(x)=1 η Δ. Ε. (1β) είναι εξίσωση Euler, η οποία δέχε-ται ως λύση την έκφραση xλ. Στην γενική περίπτωση που οι συναρτήσεις A(x), B(x) δέχο-νται αναπτύγματα Taylor, δηλαδή μπορούν να εκφραστούν σαν δυναμοσειρές:

A(x)= nn

n 0

x∞

=

α∑ , B(x)= nn

n 0

b x∞

=∑

είναι φυσικό να θέσουμε την λύση y(x) της Δ. Ε. (1) υπό μορφή δυναμοσειράς της μορ-φής:

y(x)=xλ n nn n

n 0 n 0c x c x

∞ ∞+λ

= =

=∑ ∑ λ∈R (2)

όπου x>0, (λόγω της δύναμης xλ), και με διάστημα σύγκλισης 0<x<r. Για τις λύσεις με x<0 αντί για xλ θέτουμε (-x)λ. Το λ ονομάζεται δείκτης ή εναρκτήρια δύναμη της λύ-


σης και μπορεί να πάρει οποιαδήποτε πραγματική τιμή που θα καθοριστεί από την δια-φορική εξίσωση, ώστε να αρθεί ο απειρισμός των συντελεστών P(x) και Q(x). Από τη λύση (2) έχουμε:

y′(x)= n 1n

n 0( n)c x

∞λ+ −

=

λ +∑ (3α)

y″(x)= n 2n

n 0( n)( n 1)c x

∞λ+ −

=

λ + λ + −∑ (3β)

Στην συνέχεια ακολουθούμε την εξής διαδικασία: 1) Αντικαθιστούμε τις εκφράσεις (2), (3α) και (3β) στην (1) και την εξίσωση που προκύπτει την γράφουμε στη μορφή: k0xλ+k+k1xλ+k+1+k2xλ+k+2+⋅⋅⋅ +knxλ+k+n+⋅⋅⋅=0 όπου k είναι κάποιος ακέραιος και ki i=0,1,2,⋅⋅⋅ συναρτήσεις του λ και μερικών συντελε-στών cn της λύσης . Για να αληθεύει η τελευταία εξίσωση για κάθε x πρέπει όλα τα ki=0 δηλαδή k0=0 , k1=0 , ⋅⋅⋅ , kn=0 , ⋅⋅⋅ για 0<x<R 2) Η εξίσωση k0=0, (όπου k0 είναι ο συντελεστής της μικρότερης δύναμης λ+k του x), που είναι ένα τριώνυμο με άγνωστο το λ, λέγεται ενδεικτική εξίσωση, (ή εξίσωση των δεικτών), της Δ. Ε. Οι δυο ρίζες της ενδεικτικής εξίσωσης της Δ. Ε. είναι οι μόνες τιμές που μπορεί να πάρει το λ και ονομάζονται εκθέτες της Δ. Ε. 3) Από τις υπόλοιπες εξισώσεις k1=0, k2=0, ⋅⋅⋅ παίρνουμε τις συνθήκες, (που περιέ-χουν και το λ), που πρέπει να ικανοποιούν οι συντελεστές cn . 4) Στις εξισώσεις k1=0, k2=0, ⋅⋅⋅ θέτουμε τη μεγαλύτερη ρίζα λ1 της ενδεικτικής εξί-σωσης της Δ. Ε. και υπολογίζουμε τους συντελεστές c1 , c2 , ⋅⋅⋅ cn , ⋅⋅⋅ σαν συνάρτηση του c0 . 5) Αντικαθιστούμε τις τιμές των συντελεστών cn n=1,2,3, ⋅⋅⋅ στη σειρά

y(x)= 1 nn

n 0x c x

∞λ

=∑

και παίρνουμε μια λύση της Δ. Ε. Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: Ι) Εάν λ1, λ2 ∈R με λ1 >λ2 και λ1-λ2 ≠θετικού ακεραίου. Τότε δυο γραμμικά ανεξάρ-τητες λύσεις είναι:

y1(x)= 1 nn 1

n 0x c ( )x

∞λ

=

λ∑ , y2(x)= 2 nn 2

n 0x c ( )x

∞λ

=

λ∑

και η γενική λύση: y(x)=Ay1(x)+By2(x) Παράδειγμα 1ον Να βρεθεί η γενική λύση γύρω από το σημείο α=0 της Δ. Ε.

x2y″+xy′+ x2 13

−⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

y=0 (1)

Λύση: Το σημείο α=0 είναι κανονικό ανώμαλο σημείο διότι οι συναρτήσεις:

P(x)=xx x2

1= και Q(x)=

x

x

2

2

13

−=1-

13 2x

Η Μέθοδος των Σειρών, (μέθοδος του Frobenious) ♦ 215

δεν ορίζονται για x=0 αλλά οι συναρτήσεις: A(x)=xP(x)=1 και B(x)=x2Q(x)=x2-1/3 είναι αναλυτικές στο σημείο α=0.


n 0c x

∞+λ

=∑ οπότε

y′(x)= n 1n

n 0( n)c x

∞λ+ −

=

λ +∑ y″(x)= n 2n

n 0( n)( n 1)c x

∞λ+ −

=

λ + λ + −∑

Η (1) γράφεται:

x2 n 2n

n 0( n)( n 1)c x

∞λ+ −

=

λ + λ + −∑ +x n 1n

n 0( n)c x

∞λ+ −

=

λ +∑ +x2 nn

n 0c x

∞+λ

=∑ -

13

nn

n 0

c x∞

+λ

=∑ =0 ⇒

n n 2n n

n 0 n 0

1(n )(n 1) (n ) c x c x 03

∞ ∞+

= =

⎡ ⎤+ λ + λ − + + λ − + =⎢ ⎥⎣ ⎦∑ ∑ ⇒

2 n nn n 2

n 0 n 2

1(n ) c x c x 03

∞ ∞

−= =

⎡ ⎤+ λ − + =⎢ ⎥⎣ ⎦∑ ∑ ⇒

( ) ( )2 22 n0 1 n n 2

n 2

1 1 1c 1 c x n c c x 03 3 3

∞

−=

⎧ ⎫⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤λ − + λ + − + + λ − + =⎨ ⎬⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎩ ⎭∑

Μηδενίζουμε τους συντελεστές όλων των δυνάμεων του x:

n=0 : 20 1

1 1 1c 03 3 32 , λ⎡ ⎤λ − = ⇒ λ = = −⎢ ⎥⎣ ⎦

και c0 τυχαίος αριθμός

επίσης λ1-λ2=2/√3≠θετικού ακεραίου

n=1 : ( )21

11 c 03

⎡ ⎤λ + − =⎢ ⎥⎣ ⎦⇒ c1=0 επειδή (λ+1)2-1/3≠0 για λ=±1/√3

……………………………………………………..

n → n : 2 n 2n n 2 n

2

c1(n ) c c 0 n 2,3, c 13 (n )3

−−

⎡ ⎤+ λ − + = = ⇒ = −⎢ ⎥⎣ ⎦ + λ −

Επειδή c1=0 ⇒ c3=c5=⋅⋅⋅=0 ενώ

c2=- 0

2

c1( 2)3

λ + − , c4=- 2

2

c1( 4)3

λ + − , ⋅⋅⋅ , c2n=- 2n 2

2

c1( 2n)3

−

λ + − , ⋅⋅⋅

Πολλαπλασιάζουμε τις παραπάνω σχέσεις κατά μέλη και βρίσκουμε:

c2n(λ) =(-1)n 0

2 2

c1 1( 2) ( 2n)3 3

⎡ ⎤ ⎡ ⎤λ + − λ + −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

n=1,2,⋅⋅⋅

c2n(λ)=(-1)n 0c1 1 1 12 2n 2 2n3 3 3 3

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤λ + − λ + − λ + + λ + +⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦


οπότε: c2n(λ1)=c2n13

12 4 2 2

23

223

0⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = −

⋅ +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ +⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

( )n c

n n

c2n(λ2)=c2n −⎛⎝⎜⎞⎠⎟ = −

−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ −⎛

⎝⎜⎞⎠⎟ ⋅

13

12

23

223

2 4 2

0( )n c

n n

Τελικά: y1(x)=c0 ( )!

−+

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

+=

∞+

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟∑ 1

1

2 113

13

21

213

0

13n

nn

n

n nx c x

y2(x)=c0 ( )!

−−

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

+=

∞−

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ −∑ 1

1

2 113

13

21

213

0

13n

nn

n

n nx c x

επειδή 2⋅4⋅⋅⋅2n=n!2n . Η αυθαίρετη πολλαπλασιαστική σταθερά c0 μπορεί να παραληφθεί, δηλαδή ν’ αντικατασταθεί με την μονάδα. Τελικά η γενική λύση είναι: y=k1y1(x)+k2By2(x) με k1, k2 τυχαίες σταθερές. ΙΙ) Εαν λ1, λ2∈R με λ1=λ2 : Μια λύση είναι

y1(x)= 1 nn 1

n 0x c ( )x

∞λ

=

λ∑

και μια δεύτερη λύση, γραμμικά ανεξάρτητη ως προς την πρώτη, αλλά όχι υπό μορφή δυναμοσειράς λόγω της παρουσίας του όρου lnx, αποδεικνύεται ότι είναι:

y2(x)=1

1y (x, )λ=λ

∂ λ∂λ

1 n1 n 1

n 0y (x) ln x x b ( )x

∞λ

=

= + λ∑

Παράδειγμα 2ον: Να βρεθεί η γενική λύση της Δ.Ε. x2y″+xy′+x2y=0 (1) γύρω από το σημείο α=0. Λύση: Το σημείο α=0 προφανώς είναι κανονικό ανώμαλο σημείο.


n 0c x

∞+λ

=∑ οπότε

y′(x)= n 1n

n 0( n)c x

∞λ+ −

=

λ +∑ y″(x)= n 2n

n 0( n)( n 1)c x

∞λ+ −

=

λ + λ + −∑

και η Δ.Ε. γράφεται:

nn

n 0( n)( n 1)c x

∞λ+

=

λ + λ + −∑ + nn

n 0( n)c x

∞λ+

=

λ +∑ + n 2n

n 0c x

∞+λ+

=∑ =0 ⇒

2 n nn n 2

n 0 n 2(n ) c x c x 0

∞ ∞

−= =

+ λ + =∑ ∑ ⇒


λ2c0+(1+λ)2c1x+ ( ) 2 nn n 2

n 2n c c x 0

∞

−=

+ λ + =∑

Μηδενίζουμε τους συντελεστές όλων των δυνάμεων του x: n=0 : λ2c0=0 ⇒ λ2=0 ⇒ λ1=λ2=0 n=1 : (1+λ)2c1=0 ⇒ c1=0 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

n → n : cn= n 22

c(n )

−−+ λ

n=2,3,⋅⋅⋅ ⇒ c3=c5=⋅⋅⋅=0 επομένως

c2n=-( )

2n 22

c2n

−

+ λ n=1,2,3… ⇒

c2=( )

02

c2−

+ λ , c4=

( )2

2c

4−

+ λ , … , c2n=

( )2n 2

2c

2n−−

+ λ

Πολλαπλασιάζουμε τις παραπάνω σχέσεις κατά μέλη και βρίσκουμε:

c2n=(-1)n 02 2

c( 2) ( 2n)λ + λ +

n=1,2,⋅⋅⋅

Άρα y1(x)=c0+ ( )( !)

( )( !)

− = −=

∞

=

∞

∑ ∑12

121

02

20

0

2

2 2n

nn

n n

n

n

ncn

x cx

n

(Η πολλαπλασιαστική σταθερά c0 μπορεί να παραληφθεί). Για την εύρεση μιας δεύτερης μερικής λύσης y2(x) ανεξάρτητης της πρώτης y1(x), έχουμε:

y(x,λ)= 2n n 2n02n 0 2 2

n 0 n 1

cc x c x ( 1) x( 2) ( 2n)

∞ ∞+λ λ +λ

= =

= + − =λ + λ +∑ ∑

=c0

2nn

2 2n 1

x1 ( 1) x( 2) ( 2n)

∞λ

=

⎧ ⎫+ −⎨ ⎬

λ + λ +⎩ ⎭∑

και επομένως

2n

n0 2 2

n 1

y(x, ) xc 1 ( 1) x ln x( 2) ( 2n)

∞λ

=

⎧ ⎫∂ λ= + − +⎨ ⎬∂λ λ + λ +⎩ ⎭

∑

+c0xλ [ ] 2n 2n

n 1( 1) x ( 2) ( 2n

∞−

=

⎧ ⎫∂ ⎡ ⎤− λ + λ +⎨ ⎬⎣ ⎦∂λ⎩ ⎭∑ ⇒

[ ][ ]n 2n

1 0 3n 10 0

y 2y (x) ln x c ( 1) x ( 2) ( 2n)( 2) ( 2n)

∞

=λ= λ=

⎡ ⎤∂ − ∂= + − ⋅ λ + λ +⎢ ⎥

∂λ ∂λλ + λ +⎢ ⎥⎣ ⎦∑

αλλά ( ) ( )2 2n∂λ + λ +⎡ ⎤⎣ ⎦∂λ

=(λ+4)⋅⋅⋅(λ+2n)+(λ+2)(λ+6)⋅⋅⋅(λ+2n)+⋅⋅⋅+(λ+2)⋅⋅⋅(λ+2n-2)

και ( ) ( )2 2n 1 1 1

( 2) ( 2n 2) 2 4 2n

∂λ + λ +⎡ ⎤⎣ ⎦∂λ = + + +

λ + λ + − λ + λ + λ +

επομένως

y2(x)= 0

y

λ=

∂∂λ

=


[ ]n 2n

1 0 2n 1 0

2 1 1 1y (x)ln x c ( 1) x2 4 2n( 2) ( 2n)

∞

= λ=

⎡ ⎤= − − ⋅ + + + =⎢ ⎥λ + λ + λ +⎣ ⎦λ + λ +∑

=y x x c xn n

n n

n

n1 02

1

212

212

14

12

( )ln ( )( !)

− − + + +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

=

∞

∑

Τελικά η γενική λύση είναι: y(x)=k1y1(x)+k2y2(x) με k1, k2 τυχαίες σταθερές. ΙΙΙ) Έστω ότι λ1-λ2=m∈N και λ1 >λ2 , τότε μια μερική λύση μπορούμε πάντα να βρού-με, χρησιμοποιώντας την μεγαλύτερη ρίζα λ1 . Για να βρούμε την γενική λύση χρειαζόμαστε και μια δεύτερη μερική λύση, γραμ-μικά ανεξάρτητη της πρώτης. Μια τέτοια λύση μπορούμε να βρούμε με τον ίδιο τρόπο όπως και για την πρώτη λύση, δηλαδή αντικαθιστούμε την μικρότερη ρίζα λ1 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)=2

Υ(x, )λ=λ

∂λ

∂λ

όπου Y(x,λ)=(λ-λ2)y1(x,λ). Η δεύτερη αυτή μερική λύση y2(x) μπορεί να περιέχει τον λογαριθμικό όρο lnx μόνο στην περίπτωση που η διαφορά λ1-λ2=m συμπίπτει με το βήμα της αναδρομικής σχέσης. Διαφορετικά ή λύση y2(x) δίνεται υπό μορφή δυναμοσειράς. Παράδειγμα 3ον : Nα λυθεί η Δ.Ε. x2y″+x(x-2)y′+2y=0 γύρω από το σημείο α=0. Λύση: Το σημείο α=0 προφανώς είναι κανονικό ανώμαλο σημείο.


n 0c x

∞+λ

=∑ οπότε

y′(x)= n 1n

n 0( n)c x

∞λ+ −

=

λ +∑ y″(x)= n 2n

n 0( n)( n 1)c x

∞λ+ −

=

λ + λ + −∑


nn

n 0( n)( n 1)c x

∞λ+

=

λ + λ + −∑ + n 1n

n 0x(x 2) ( n)c x

∞λ+ −

=

− λ +∑ +2 nn

n 0c x

∞+λ

=∑ =0 ⇒

n n 1n n

n 0 n 0( n)( n 1) 2( n) 2 c x ( n)c x 0

∞ ∞+

= =

λ + λ + − − λ + + + λ + =∑ ∑ ⇒

[λ(λ-1)-2λ+2]c0+ [ ] nn n 1

n 1( n)( n 1) 2( n) 2 c ( n 1)c x 0

∞

−=

λ + λ + − − λ + + + λ + − =∑

⇒ λ2-3λ+2=0 ⇒ λ1=2 , λ2=1 και [(λ+n)(λ+n-1)-2(λ+n-1)]cn=-(λ+n-1)cn-1 n=1,2,⋅⋅⋅ ⇒

cn=- n 1n 1 n

cn 1 c c( n 1)( n 2) n 2

−−

λ + −⇒ = −

λ + − λ + − λ + − n=1,2,⋅⋅⋅ ⇒


01

n12

n 0

n 1n

cc1

cc ( 1)c ( ) c( 1) ( 1) ( n 2)..............

ccn 2−

⎫= − ⎪λ − ⎪⎪= − −⎪⇒ λ =λ ⎬ λ − λ λ + λ + −⎪⎪⎪= − ⎪λ + − ⎭

Οι συντελεστές cn(λ) με λ τη μικρότερη ρίζα, δηλαδή λ2=1 απειρίζονται. Για λ=λ1=2 έ-

χουμε: cn(λ1)=cn(2)=n

0( 1) c

n!−

⇒

n n2 n 2 n 2 2 x

1 n 0 0 0n 0 n 0 n 0

( 1) ( x)y (x) x c x x c x c x c x en! n!

∞ ∞ ∞−

= = =

− −= = = =∑ ∑ ∑

Για να βρούμε μια δεύτερη μερική λύση, βρίσκουμε πρώτα την γενική έκφραση y(x,λ), που είναι:

y(x,λ)=c0xλn

n

n 1

( 1)1 x( 1) ( 1) ( n 2)

∞

=

⎧ ⎫−+ =⎨ ⎬λ − λ λ + λ + −⎩ ⎭∑

=c0xλn

n

n 2

1 ( 1)1 x x1 ( 1) ( 1) ( n 2)

∞

=

⎧ ⎫−− +⎨ ⎬λ − λ − λ λ + λ + −⎩ ⎭

∑

Επομένως μια άλλη λύση, γραμμικά ανεξάρτητη ως προς την πρώτη, βρίσκεται ως εξής. Θέτουμε:

Y(x,λ)=(λ-1)y(x,λ)=c0xλn

n

n 2

( 1)1 x x( 1) ( n 2)

∞

=

⎧ ⎫−λ − − +⎨ ⎬λ λ + λ + −⎩ ⎭

∑

οπότε n

n0

n 2

Y ( 1)c x ln x 1 x x( n 2)

∞λ

=

⎧ ⎫∂ −= λ − − + +⎨ ⎬∂λ λ λ + −⎩ ⎭

∑

+c0xλn

n

n 2

( 1) 1 11 x( n 2) n 2

∞

=

⎧ ⎫− ⎡ ⎤− + +⎨ ⎬⎢ ⎥λ λ + − λ λ + −⎣ ⎦⎩ ⎭∑

Επομένως y2(x)=n

2 x n0 0

n 21

Y ( 1) 1 1c x (ln x)e c x 1 1 x(n 1)! 2 n 1

∞−

=λ=

⎧ ⎫∂ − ⎡ ⎤= + − + + +⎨ ⎬⎢ ⎥∂λ − −⎣ ⎦⎩ ⎭∑

Η πολλαπλασιαστική σταθερά c0 στις λύσεις y1(x), y2(x) μπορεί να παραληφθεί. H τελική λύση είναι: y(x)=k1y1(x)+k2y2(x) με k1, k2 τυχαίες σταθερές Παράδειγμα 4ον Να λυθεί η Δ.Ε. x2y″+x(x-1)y′-xy=0 γύρω από το σημείο α=0. Λύση: Το σημείο α=0 προφανώς είναι κανονικό ανώμαλο σημείο.


n 0

c x∞

+λ

=∑ οπότε

y′(x)= n 1n

n 0( n)c x

∞λ+ −

=

λ +∑ y″(x)= n 2n

n 0( n)( n 1)c x

∞λ+ −

=

λ + λ + −∑



nn

n 0( n)( n 1)c x

∞λ+

=

λ + λ + −∑ + nn

n 0(x 1) ( n)c x

∞λ+

=

− λ +∑ - n 1n

n 0c x

∞+λ+

=∑ =0 ⇒

nn

n 0( n)( n 1)c x

∞

=

λ + λ + −∑ + nn

n 0(x 1) ( n)c x

∞

=

− λ +∑ - c xnn

n

+

=

∞

∑ 1

0

=0 ⇒

( )( ) ( ) ( )n n 1 n n 1n n n n

n 0 n 0 n 0 n 0n n 1 c x n c x n c x c x 0

∞ ∞ ∞ ∞+ +

= = = =

λ + λ + − + λ + − λ + − =∑ ∑ ∑ ∑ ⇒

( )( ) ( ) ( )n n n nn n 1 n n 1

n 0 n 1 n 0 n 1n n 1 c x n 1 c x n c x c x 0

∞ ∞ ∞ ∞

− −= = = =

λ + λ + − + λ + − − λ + − =∑ ∑ ∑ ∑ ⇒

[λ(λ-1)-λ]c0+ ( )( ) ( ) ( ) nn n 1 n n 1

n 1n n 1 c n 1 c n c c x 0

∞

− −=

λ + λ + − + λ + − − λ + − =∑ ⇒

[λ(λ-1)-λ]c0+ ( )( ) ( ) nn n 1

n 1n n 2 c n 2 c x 0

∞

−=

λ + λ + − + λ + − =∑ ⇒

λ(λ-1)-λ=0 ⇒ λ(λ-1-1)=0 ⇒ λ1=2 , λ2=0

cn(λ)= n 1 n 1( n 2)c c( n)( n 2) n

− −λ + −− = −λ + λ + − λ +

n=1,2,⋅⋅⋅ ⇒

cn(λ)= n 0c( 1)( 1)( 2) ( n)

−λ + λ + λ +

Για λ1=2 έχουμε: cn(2)= 2 12 0

( )( )!−+

n

nc και επομένως

y1(x)=x2c0+2( )

( )!( )

!( )

!−+

= +−⎧

⎨⎪

⎩⎪

⎫⎬⎪

⎭⎪=

−⎧⎨⎪

⎩⎪

⎫⎬⎪

⎭⎪=

=

∞

+

=

∞

=

∞

∑ ∑ ∑12

21

21

1

02

02

3

0

2

n

n

nn

n

n

nn

nn

c x c xn

x cn

x

= 2 10c x e x− + + − O πολλαπλασιαστικός παράγοντας 2c0 μπορεί να παραληφθεί. Για την μικρότερη ρίζα λ2=0 είναι καλύτερα να μην εργαστούμε όπως στο προηγούμενο

παράδειγμα εφαρμόζοντας τον τύπο: y2(x)=2

Υ(x, )λ=λ

∂λ

∂λ αλλά να παρατηρήσουμε το

εξής: η μηδενική ρίζα λ2=0 σημαίνει ότι η σειρά θα έχει την συνηθισμένη μορφή: nn

n 0

c x∞

=∑

Οι συντελεστές cn μπορούν να προκύψουν από τον τύπο:

cn(λ)= n 0c( 1)( 1)( 2) ( n)

−λ + λ + λ +

θέτοντας λ=0 και θα έχουμε: cn(0)=( )

!−1

0

n

nc

Επομένως y2(x)= c xnn

n=

∞

∑0

=( )

!−

==

∞

−∑ 1 0

0

0

n

n

n xcn

x c e


Και εδώ η πολλαπλασιαστική σταθερά c0 μπορεί να παραληφθεί. Τελικά οι μερικές λύσεις είναι: y1(x)=-1+x+e-x και y2(x)=e-x.

Ένα άλλο σημείο που πρέπει να προσέξουμε είναι ότι η δεύτερη μερική λύση y2(x)=e-x περιέχεται στην πρώτη μερική λύση y1(x)= -1+x+e-x. Αυτό όμως δεν δημιουργεί πρόβλημα αφού εύκολα μπορούμε να ελέγξουμε με την ορίζουσα του Wronsky ότι είναι γραμμικά ανεξάρτητες. Πράγματι:

( )x x

1 2 x1 2 ' ' x x

1 2

y y x 1 e eW y (x), y (x) xe 0

y y 1 e e

− −−

− −

− += = = − ≠

− −

Τελικά η γενική λύση μπορεί να γραφεί: y=k1y1(x)+k2y2(x)=k1[-1+x+e-x]+k2[e-x]=k1[-1+x]+(k1+k2)e-x= k1[-1+x]+k2′e-x

όπου k2′=k1+k2. Παρατήρηση: Εάν η σειρά, που αντιστοιχεί σε μια από τις ρίζες λ1 , λ2 περιέχει δυο αυθαίρετες σταθερές, τότε η σειρά αυτή είναι και η γενική λύση. Παράδειγμα 5ον Να λυθεί η Δ.Ε.: xy″-(4+x)y′+2y = 0 γύρω από το σημείο α=0. Λύση: Προφανώς το σημείο α=0 είναι κανονικό ανώμαλο σημείο. Την Δ.Ε. την πολλα-πλασιάζουμε επί x για να απλοποιηθούν οι πράξεις. x2y″-x(4+x)y′+2xy=0


n 0c x

∞+λ

=∑ οπότε

y′(x)= n 1n

n 0( n)c x

∞λ+ −

=

λ +∑ y″(x)= n 2n

n 0( n)( n 1)c x

∞λ+ −

=

λ + λ + −∑

και η Δ.Ε. γράφεται: n

nn 0

( n)( n 1)c x∞

λ+

=

λ + λ + −∑ -4 nn

n 0( n)c x

∞λ+

=

λ +∑ - n 1n

n 0( n)c x

∞λ+ +

=

λ +∑ +2 n 1n

n 0c x

∞+λ+

=∑ =0 ⇒

n n 1n n

n 0 n 0( n)( n 5)c x ( n 3)c x 0

∞ ∞+

= =

λ + λ + − − λ + − =∑ ∑ ⇒

λ(λ-5)c0+ [ ] nn n 1

n 1( n)( n 5)c ( n 3)c x 0

∞

−=

λ + λ + − − λ + − =∑ n=1,2,⋅⋅⋅ ⇒

λ(λ-5)=0 ⇒ λ1=5 , λ2=0 και (λ+n)(λ+n-5)cn -(λ+n-3)cn-1=0 n=1,2,⋅⋅⋅

( ) ( )( ) ( )n n 1

n 3c c

n n 5 −λ + −

λ =λ + λ + −

n=1, 2, ⋅⋅⋅

Ας ξεκινήσουμε από την μεγαλύτερη τιμή του λ, την λ2=5, η οποία ούτως ή άλλως πάντα μας δίνει μια λύση.

Για λ=5 έχουμε: (n+5)ncn=(n+2)cn-1 ⇒ n n 1n 2c cn 5 −+

=+

n=1,2,⋅⋅⋅

Απ' αυτή βρίσκουμε:

n=1 ⇒ 1 03c c

6 1=

⋅


n=2 ⇒ 2 14c c

7 2=

⋅

n=3 ⇒ 3 25c c

8 3=

⋅

n=4 ⇒ 4 36c c

9 4=

⋅

n=5 ⇒ 5 47c c

10 5=

⋅

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

n→n ⇒ cn=n

n ncn

−− −

35 1( )

Πολλαπλασιάζοντας τις παραπάνω σχέσεις κατά μέλη προκύπτει:

n 0 0 03 4 (n 2) 3 4 5 (n 2) 3 4 5c c c c

6 1 7 2 8 3 n (n 5)n 6 7 8 (n 5) (n!) (n 3)(n 4)(n 5) (n!)⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅

= = =⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ + + + ⋅

Άρα

y(x)=c0+ n n0 0

n 1 n 1

3 4 5 3 4 5c x c 1 x(n 3)(n 4)(n 5) (n!) (n 3)(n 4)(n 5) (n!)

∞ ∞

= =

⎡ ⎤⋅ ⋅ ⋅ ⋅= +⎢ ⎥+ + + ⋅ + + + ⋅⎣ ⎦

∑ ∑

Η παραπάνω έκφραση δεν μπορεί να αποτελέσει την γενική λύση γιατί περιέχει μόνο μια σταθερά την c0. Ας επιχειρήσουμε τώρα με την μικρότερη τιμή του λ. Για λ=0 ο αναδρομικός τύπος

( ) ( )( ) ( )n n 1

n 3c c

n n 5 −λ + −

λ =λ + λ + −

γίνεται: ( ) ( )n n 1n 3c 0 c

n n 5 −−

λ = =−

n=1, 2.⋅⋅⋅

Από την παραπάνω έκφραση βρίσκουμε: n=1 ⇒ c1=c0/2 n=2 ⇒ c2=c0/12 n=3 ⇒ c3=0 n=4 ⇒ c4=0 n=5 ⇒ 0⋅c5=2c4 ⇒ 0⋅c5=0

Άρα τα c0 και c5 εκλέγονται αυθαίρετα. Για n≥6 έχουμε: cn=n

n ncn

−− −

35 1( )

6 5

7 6n 5 5

n n 1

3c c6 1

4c c 3 4 (n 3) 3 4 (n 3)7 2 c c c6 1 7 2 n (n 5)! (6 7 n) (n 5)!..............

n 3c cn(n 5) −

⎫= ⎪⋅⎪⎪= ⋅ − ⋅ −⎪⋅ ⇒ = = =⎬ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ −⎪⎪

− ⎪=⎪− ⎭


= 53 4 5 c

(n 2)(n 1)n(n 5)!⋅ ⋅

− − −

Άρα y(x)=c0 112

112

602 1 5

25

5

+ +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟+

− − −=

∞

∑x x cx

n n n n

n

n( )( ) ( )!

Επομένως η μικρότερη τιμή του λ, που συνήθως είναι η «προβληματική», έδωσε την γενι-κή λύση. IV) Η περίπτωση, που οι ρίζες λ1 , λ2 είναι μιγαδικοί αριθμοί, δεν θα εξετασθεί εδώ γιατί απαιτεί γνώσεις από τη θεωρία των μιγαδικών συναρτήσεων. Ασκήσεις: Να βρεθούν οι γενικές λύσεις των παρακάτω Δ.Ε. γύρω από το σημείο α=0 χρησιμοποιώντας την μέθοδο του Frobenius. 1) 8x2y″+10xy′+(x-1)y=0 Aπ. y=c0y1+c1y2 όπου

y1(x)=x1/4 11

141

6162− + +⎡

⎣⎢⎤⎦⎥

x x και y2(x)=x-1/2 112

140

2− + +⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

x x

2) 2x2y″+7x(x+1)y′-3y=0 Απ. y=c0y1+c1y2 όπου

y1(x)=x1/2 17

18147792

2− + +⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

x x και y2(x)=x-3 1215

495

34315

2 3− + −⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

x x x

3) x2y″-xy′+y=0 Απ. y=c0y1+c1y2 όπου y1=x και y2=xlnx

Εφαρμογές Δ.Ε. που λύνονται με την μέθοδο των σειρών Ι) Δ.Ε. BESSEL

Η διαφορική εξίσωση Bessel είναι:

( ) 0)z(ynzdzdz

dzdz 22

2

22 =⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−++ .

Για ,...2,1,0n ≠ έχει ως γραμμικά ανεξάρτητες λύσεις τις )z(J n και )z(J n− , όπου

( ) ( )∑∞

=

+

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++Γ−=

0r

r2nr

n 2z

1rn!r11)z(J και ( ) )z(J1)z(J n

nn −=− .

Για ,...3,2,1,0n = η άλλη ανεξάρτητη λύση είναι:

)sin()z(J)z(J)cos(im)z(Y nn

n νπ−νπ

= −

∞→ν

Η Δ.Ε. των σφαιρικών συναρτήσεων Bessel είναι: ( ) 0)r(Rr

11drd

r2

drd

22

2

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ +−++


Λύσεις της αποτελούν οι σφαιρικές συναρτήσεις Bessel )r(j (ομαλές στο 0r = ) και οι σφαιρικές συναρτήσεις Neumann )r(n (μη ομαλές στο 0r = ):

( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−=

rrsin

drd

r1r)r(j

,...2,1,0=

και ( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−−=

rrcos

drd

r1r)r(n

,...2,1,0= .

H συνθήκη κανονικοποίησης για τις σφαιρικές συναρτήσεις Bessel είναι:

)kk(k2

drr)rk(j)kr(j 20

2 ′−δπ

=′∫∞

.

Τέλος οι σφαιρικές συναρτήσεις Hankel ορίζονται ως: )r(ij)r(n)r(h +=±

1) ΜΗΧΑΝΙΚΗ

Περιγραφή μικρών ταλαντώσεων εκκρεμούς με αυξανόμενο μήκος

Θεωρούμε ένα απλό εκκρεμές του οποίου το μήκος αυξάνει με σταθερό ρυθμό. Υποθέτουμε ότι τη χρονική στιγμή t το νήμα σχηματίζει γωνία θ με την κατακόρυφο και

έστω ότι το μήκος του είναι to υ+= ( o είναι το μήκος του νήματος τη χρονική στιγμή t=0). Βλέπουμε δηλαδή ότι το νήμα αυξάνει με στα-θερό ρυθμό υ= . Η κινητική ενέργεια του συστήματος είναι

( )222m21T θ+=

ενώ η δυναμική θ−= cosmgV . Η Lagrangian του συστήματος είναι:

( ) θ+θ+=−= cosmgm21VTL 222 .

Η εξίσωση Lagrange θα γραφεί :

( ) ( ) ⇔=θ−−θ⇔=θ∂∂

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

θ∂∂ 0sinmgm

dtd0LL

dtd 2

0sing20sinmgm2m 2 =θ+θ+θ⇔=θ+θ+θ . Για μικρές ταλαντώσεις θ≅θsin οπότε ( ) 0g2t0g2 o =θ+θυ+θυ+⇔=θ+θ+θ (1) Γραμμική Δ.Ε. 2ας τάξεως με μη σταθερούς συντελεστές. Κάνουμε την παρακάτω αντικα-τάσταση:

θ′′=θ′

=θ′

=θ⇔θ′=θ

=θ

=θ

=θ=⇔υ=υ⇔υ=υ+dtdx

dxd

dtd

dxd

dtdx

dxd

dtd,1

dtdxdxdtxto

οπότε η (1) γράφεται: 0xgx2x0g2x 2 =θυ

+θ′+θ ′′⇔=θυ

+θ′+θ ′′ (2)

Εφαρμογές Δ.Ε. που λύνονται με την μέθοδο των σειρών ♦ 225

Μαθηματική παρένθεση: Θεωρούμε την παρακάτω Δ.Ε.: ( )[ ] 0)x(ynx)x(yx)21()x(yx 2222222 =γ−α+γβ+′α−+ γ

(3) Θέτουμε ⇔= αzxy

zx)1(zx2zxyzxzxy 211 −α−αα−αα −αα+′α+′′=′′⇔α+=′ . Έτσι η (3) γίνεται :

( ) ( ) ⇔=γ−α+γβ+α+′α−+−αα+′α+′′ αγα+αα+α+α 0zx)n(xzxzx)21(zx)1(zx2zx 222222112 ( ) ( ) ⇔=γ−α+γβ+α+′α−+−αα+′α+′′ γ 0z)n(xzzx)21(z)1(zx2zx 2222222

0z)nx(zxzx 222222 =γ−γβ+′+′′ γ (4)

Θέτουμε dxxdtxt 1−γγ βγ=⇔β=

οπότε dtdzx

dxdt

dtdz

dxdz 1−γβγ== , ⇔−γβγ+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛βγ= −γ−γ 21

2

2

x)1(dtdz

dtdz

dxdx

dxzd

dtdzx)1(

dtzdxx)1(

dtdzxx

dtzd

dxzd 2

2

22222211

2

2

2

2−γ−γ−γ−γ−γ −γβγ+γβ=−γβγ+βγβγ=

Η (4) γίνεται: ( ) ⇔=γ−γβ+βγ+−γβγ+γβ γγγγ 0znxdtdzx

dtdzx)1(

dtzdx 222222

2222

( ) ( ) ⇔=−β+β+β⇔=γ−γβ+βγ+γβ γγγγγγ 0znxdtdzx

dtzdx0znx

dtdzx

dtzdx 222

2

222222222

2

2222

0z)nt(dtdzt

dtzdt 222

22 =−++

που είναι Δ.Ε. Bessel. H γενική της λύση είναι:

( ))x(BY)x(AJx)x(y)t(BY)t(AJ)t(z nnzxy,xt

nnγγα=β= β+β=⎯⎯⎯⎯ →←+=

αγ

Στο πρόβλημα που εξετάζουμε 21221 −=α⇔=α− , ⇔

υ=γβ γ xgx222

21

=γ ,υ

=β⇔υ

=βg2xgx

412 και 1n0n

41

410n 2222 =⇔=−⇔=γ−α .

Άρα ⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

υ+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

υ=θ − 2

1

122

1

112

1xg2YCxg2JCx)x(

(5)

Θέτουμε 21

xg2uυ

= , οπότε η (5) γράφεται

)u(YBu)u(JAu 11

11 −− +=θ (6)

Παραγωγίζοντας την τελευ-ταία σχέση θα έχουμε

[ ] [ ])u(YududB)u(Ju

dudA

dud

11

11 −− +=

θ (7)

Από τις αναδρομικές σχέσεις [ ] )u(Ju)u(Judud

21

11 −− −= και

[ ] )u(Yu)u(Yudud

21

11 −− −= ,


παίρνουμε [ ])u(YBu)u(JAudud

21

21 −− +−=

θ .

Έστω ότι 0)0t(,)0t( o ==θθ==θ

και υ

=== oox)0t(x

, ooo g2u)x(u

υ== .

Ακόμα oxx

21

xx

gxgdxdu

oo

=υ

==

−

=

και =θ

=θ

=== oo uu0tuu dudx

dxd

dud 0

g0

g)0(

dudx

dxdt

dtd oo

uu0t 0

=⋅=θ=⋅θ

==

.

Έτσι η (6), (7) για την χρονική στιγμή μηδέν γράφονται : )u(YBu)u(JAu o1

1oo1

1oo

−− +=θ (8) και )u(BY)u(AJ0 o2o2 += (9). Επίσης είναι γνωστό ότι

u2)u(Y)u(J)u(Y)u(J 1221 π

−=− (10)

Από τις (9) και (10) θα προσδιορίσουμε τα A, B :

)u(J)u(Y

BAo2

o2−= , ⇔+−=θ −− )u(YBu)u(Ju)u(J)u(YB o1

1oo1

1o

o2

o2o

[ ])u(J)u(Y)u(Y)u(JB)u(Ju o1o2o1o2o2oo −=θ (11)

και [ ] ⇔−θ

−=−=)u(J)u(Y)u(Y)u(J)u(J

)u(Y)u(Ju)u(J)u(BY

Ao1o2o1o2o2

o2o2oo

o2

o2

[ ])u(J)u(Y)u(Y)u(JA)u(Yu o2o1o2o1o2oo −=θ (12) Με την βοήθεια της (10) οι (11) και (12) γράφονται

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛π

−=θ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛π

=θo

o2ooo

o2oo u2A)u(Yu,

u2B)u(Ju .

Επομένως τελικά )u(Y2)u(

A o2o

2o θπ

−= και =B )u(J2)u(

o2o

2o θπ

.

Έτσι η (6) θα γραφεί τελικά :

[ ])u(Y)u(J)u(J)u(Yu2)u(

1o21o21o

2o +−

θπ=θ − .

2) ΚΒΑΝΤΟΜΗΧΑΝΙΚΗ

Σφαιρικό πηγάδι δυναμικού

Θεωρούμε ένα τρισδιάστατο σωμάτιο μάζας m που βρίσκεται σε κεντρικό δυναμι-κό της μορφής :


V rV

( )=≥

− ⟨

⎧

⎨⎪

⎩⎪

0

0

για r α

για r α

Θέλουμε να προσδιορίσουμε την μορφή των κυματοσυναρτήσεων για δέσμιες κα-ταστάσεις του συστήματος ),(Y)r(R),,r( m φθ=φθψ . Η ακτινική εξίσωση του Schrödinger γράφεται ως εξής :

( ) ( ) ⇔=+−−+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ 0

rR1R)r(VEm2

drdRr

drd

r1

222

2

( ) ( ) 0R)r(VEm2Rr

1drdR

r2

drRd

222

2

=−++

−+

(1)

Για α<r η (1) θα γραφεί : ( ) ( ) 0RVEm2Rr

1drdR

r2

drRd

o222

2

=+++

−+ (2)

ενώ για α≥r η (1) θα γραφεί : ( ) 0RmE2Rr

1drdR

r2

drRd

222

2

=++

−+ (3)

Θα μελετήσουμε πρώτα την (2), θέτουμε ( )o22 VEm2k += οπότε η (2) γίνεται:

( )⇔=+

+−+ 0RkR

r1

drdR

r2

drRd 2

22

2 ( )⇔=+

+−+ 0RR

)kr(1

)kr(ddR

)kr(2

)kr(dRd

22

2

( ) 0R)kr(11

)kr(dd

)kr(2

)kr(dd

22

2

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ +−++

(4)

Δ.Ε. σφαιρικών συναρτήσεων Bessel. Η (4) έχει ως λύση τις σφαιρικές συναρτήσεις Bessel )kr(j και τις σφαιρικές συναρτήσεις Neumann )kr(n . Επειδή θέλουμε όμως οι λύσεις μας να είναι ομαλές στο r=0, γι’ αυτό λύσεις της (4) θα είναι οι σφαιρικές συναρ-τήσεις Bessel )kr(j . Για α≥r ισχύει η εξίσωση (3). Επειδή όμως μελετάμε δέσμιες κα-

ταστάσεις Ε<0, θέτοντας 22 mE2

−=γ η (3) θα γραφεί:

( )⇔=γ−

+−+ 0RR

r1

drdR

r2

drRd 2

22

2 ( )⇔=γ+

+−+ 0R)i(R

r1

drdR

r2

drRd 2

22

2

( ) 0Rri

11)ri(d

d)ri(

2)ri(d

d2

2

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡γ+

−+γγ

+γ

.

Επειδή το r=0 δεν ανήκει στην περιοχή αυτή, η λύση θα είναι ένας συνδυασμός των )ri(n),ri(j γγ . Ορίζουμε τις σφαιρικές συναρτήσεις Hankel ως

( ))r(ji)r(n)r(h ±=± . Η λύση του προβλήματος θα πρέπει να ικανοποιεί την συνθήκη 0)ri(R r ⎯⎯→⎯γ ∞→ . Η ασυμπτωτική συμπεριφορά των )ri(n),ri(j γγ είναι:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ π−⎯⎯→⎯ ∞→

2rsin

r1)r(j r

και ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ π−−⎯⎯→⎯ ∞→

2rcos

r1)r(n r

.


Άρα η ασυμπτωτική συμπεριφορά των σφαιρικών συναρτήσεων Hankel είναι:

( )

ir

eiri

e)ri(hr2

rii

γ=

γ≈γ

γ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ π

−γ±

± .

Επομένως η )ri(h γ+ έχει αποδεκτή ασυμπτωτική συμπεριφορά. Τελικά θα έχουμε

⎩⎨⎧

α≥γ

α<=

+ r),ri(Bh

r),kr(Aj)r(R

,

με 22 mE2

−=γ και ( )o2

2 VEm2k +=

.

Οι συνθήκες συνέχειας στο σημείο α παίρνουν τη μορφή )i(Bh)k(Aj γα=α + και

α=

+

α=

γ=Αrr

)ri(hdrdB)kr(j

drd

.

Κίνηση σωματιδίου μάζας m σε κεντρικό δυναμικό της μορφής α−

−=r

oeV)r(V (θα μελετήσουμε την απλή περίπτωση που 0= στην ακτινική εξίσωση Schrödinger)

Η ακτινική εξίσωση Schrödinger είναι :

( ) ( ) )r(Rr

1)r(R)r(VEm2dr

)r(dRrdrd

r1

222

2

+=−+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

(1)

Θέτοντας ⇔=r

)r(u)r(R dr

)r(dur1)r(u

r1

drdR

2 +−= οπότε η (1) γίνεται:

( ) ( )⇔

+=−+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−

r)r(u

r1

r)r(u)r(VEm2

dr)r(du

r1)r(u

r1r

drd

r1

2222

2

( ) ( )⇔

+=−+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +− 322 r

)r(u1r

)r(u)r(VEm2dr

)r(dur)r(udrd

r1

( ) ( )⇔

+=−+++− 322

2

22 r)r(u1

r)r(u)r(VEm2

dr)r(ud

r1

dr)r(du

r1

dr)r(du

r1

( ) ( )⇔

+=−+ 322

2

r)r(u1

r)r(u)r(VEm2

dr)r(ud

r1

( ) ( )⇔

+=−+ 222

2

r)r(u1)r(u)r(VEm2

dr)r(ud

( ) )r(Eu)r(umr2

1)r(Vdr

)r(udm2 2

2

2

22

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ +++−

.

Για 0= θα έχουμε:

)r(Eu)r(ueVdr

)r(udm2

)r(Eu)r(u)r(Vdr

)r(udm2

r

o2

22

2

22

=−−⇔=+− α− (2)

Θέτουμε αξ

−=ξ

⇔ξξα

−=⇔ξα−=⇔α

−=ξ⇔=ξ α−

2drdd2drn2r

2rne 2

r ,


οπότε ξα

ξ−=

ξξ

=ddu

2drd

ddu

drdu και ⇔⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

αξ

−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ξα

ξ−

ξα−=

ξξ

=2d

ud2d

du21

drd)

drdu(

dd

drud

2

2

2

2

2

2

2

2

22

2

dud

4ddu

4drud

ξαξ

+ξα

ξ= .


⇔−=ξ+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ξα

ξ+

ξαξ

⇔=ξ−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ξα

ξ+

ξαξ

− umE2umV2

dud

4ddu

4EuuV

dud

4ddu

4m2 22

2o

2

2

2

2

22

o2

2

2

2

2

2

( ) ⇔=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ξ

+α

+ξξ

+ξ

⇔=+ξ+ξα

ξ+

ξαξ 0uEVm8

ddu1

dud0uEVm2

ddu

4dud

4 2o2

2

2

22

o222

2

2

2

0uEm8Vm8ddu1

dud

22

2

2o

2

2

2

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ξα

+α

+ξξ

+ξ

(3)

Θέτουμε 22

o2

cVm8

=α

και 222

2

kEm8−=

ξα

( )0E < .

Έτσι η (3) θα γραφεί: ⇔=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ξ

−+ξξ

+ξ

0ukcddu1

dud

2

22

2

2

( ) ⇔=−ξ+ξ

ξ+ξ

ξ 0ukcddu

dud 2222

22 ( ) ( ) ( ) 0uk)c(

)c(dduc

)c(dudc 22

2

22 =−ξ+

ξξ+

ξξ

Δ.Ε. Bessel με λύση( επειδή περιέχεται στο διάστημα που εξετάζουμε το 0r = ) τα

)c(J k ξ . Επομένως )ce(AJ)r(u 2r

kα−

= όπου Α σταθερά που μπορεί να προσδιοριστεί από την συνθήκη κανονικοποίησης. Επο-

μένως )ce(JrA

r)r(u)r(R 2

r

kα−

==

και η κυματοσυνάρτηση που αντιστοιχεί στο σωματίδιο είναι

),()ce(JrA),,r( 0

02

r

k φθΥ=φθψ α− .

II) Δ.Ε. LEGENDRE

Διαφορική εξίσωση Legendre ονομάζουμε την Δ.Ε.:

( ) 0ydd2

dd1 2

22 =⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡ν+

ξξ−

ξξ− ,

όπου ν πραγματική θετική σταθερά. Ζεύγος γραμμικά ανεξάρτητων λύσεων είναι η συ-νάρτηση Legendre 1ου είδους )x(Pν και η συνάρτηση Legendre 2ου είδους )x(Qν . Οι συ-ναρτήσεις αυτές απειρίζονται για 1x ±= . Μόνο όταν ( )1+=ν οι συναρτήσεις Legendre 1ου είδους είναι πεπερασμένες στα σημεία 1x ±= . Στην περίπτωση αυτή οι συ-ναρτήσεις αυτές ονομάζονται πολυώνυμα του Legendre )(P ξ , ορίζονται ως


( )

1

dd

!21)(P 2 −ξ

ξ=ξ ,...3,2,1,0,1 =≤ξ

και αποτελούν λύσεις της Δ.Ε.

( ) ( ) 0)(P1dd2

dd1 2

22 =ξ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡++

ξξ−

ξξ− .

Η γεννήτριά τους συνάρτηση είναι :

( ) ∑∞

=

−ξ=+ξ−

0

212 s)(Pss21

και οι σχέσεις ορθογωνιότητας είναι

′

+

−′ δ

+=ξξξ∫ ,

1

1 122d)(P)(P .

Οι συναφείς συναρτήσεις Legendre ορίζονται ως:

( ) ( ) ( )

1

dd

!21)(P

dd1)(P 2

m

m2m2

m

m2

m2m −ξξ

ξ−=ξ

ξξ−=ξ +

+

,...,2,1,0m,1 =≤ξ

και υπακούουν την Δ.Ε. :

( ) ( ) 0)(P1

m1dd2

dd1 m

2

2

2

22 =ξ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡ξ−

−++ξ

ξ−ξ

ξ− .

H γεννήτρια συνάρτηση είναι :

( ) ( )( ) ∑

∞

=+

ξ=+ξ−

ξ−−m

mm2

m2

m2 )(Psss21

s1!!1m22

1

και οι σχέσεις ορθογωνιότητας ( )( )∫

+

−

δ−+

+=ξ

1

1,k

mmk !m

!m12

2dPP

.


Εύρεση ηλεκτροστατικού δυναμικού

Ένας από τους πρώτους στόχους της ηλεκτροστατικής όπως έχουμε αναφέρει και πρωτύτερα, είναι η εύρεση του ηλεκτρικού πεδίου μιας δεδομένης στάσιμης κατανομής φορτίου. Αρχικά προσπαθούμε να βρούμε το δυναμικό μέσω της εξίσωσης Poisson

o

2Vερ

−=∇ (1)

Αν ρ=0 τότε η (1) γράφεται 0V2 =∇ εξίσωση Laplace. Ας υποθέσουμε ότι το πρόβλημά μας έχει σφαιρική συμμετρία. Η εξίσωση Laplace σε σφαιρικές συντεταγμέ- νες γράφεται:

0Vsinr1Vsin

sinr1

rVr

rr1V 2

2

2222

22 =

φ∂∂

θ+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

θ∂∂

θθ∂∂

θ+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

∂∂

∂∂

=∇

(2)


Εφαρμόζουμε τη μέθοδο χωρισμού των μεταβλητών. Αναζητούμε λύση της μορφής )()()r(R),,r(V φΦθΘ=φθ . Έτσι η (2) θα γίνει:

( ) ( ) ( ) ⇔=ΘΦφ∂∂

θ+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ΘΦ

θ∂∂

θθ∂∂

θ+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ΘΦ

∂∂

∂∂ 0R

sinr1Rsin

sinr1R

rr

rr1

2

2

2222

2

⇔=φΦ

θΘ

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

θΘ

θθθ

Φ+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ΘΦ 0

dd

sinrR

ddsin

dd

sinrR

drdRr

drd

r 2

2

2222

2

⇔=φΦ

θΦ+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

θΘ

θθθΘ

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ 0

dd

sinr1

ddsin

dd

sinr1

drdRr

drd

Rr1

2

2

2222

2

⇔=φΦ

Φ+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

θΘ

θθΘ

θ+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛θ 0

dd1

ddsin

ddsin

drdRr

drd

Rsin

2

22

2

2

22

2

dd1

ddsin

ddsin

drdRr

drd

Rsin

φΦ

Φ−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

θΘ

θθΘ

θ+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛θ .

Το αριστερό μέλος είναι συνάρτηση των r,θ ενώ το δεξί είναι συνάρτηση του φ. Για να εί-ναι αυτό δυνατό θα πρέπει και τα δύο μέλη να ισούνται με την ίδια σταθερά έστω μ . Τότε θα έχουμε

μ=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

θΘ

θθΘ

θ+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛θ

ddsin

ddsin

drdRr

drd

Rsin 2

2

(3)

και 0dd

dd1

2

2

2

2

=Φμ+φΦ

⇔μ=φΦ

Φ−

(4)

Η (4) έχει γενική λύση γραμμικό συνδυασμό των ( )φμcos και ( )φμsin ή των φμie και φμ−ie . Επειδή η V πρέπει να είναι μονοσήμαντα ορισμένη σε κάθε σημείο του χώρου θα

πρέπει : m)2()( =μ⇔π+φΦ=φΦ ακέραιος.

Άρα 2m=μ . Έτσι η (3) θα γίνει:

⇔θ

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

θΘ

θθθΘ

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⇔=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

θΘ

θθΘ

θ+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛θ

2

2222

2

sinm

ddsin

dd

sin1

drdRr

drd

R1m

ddsin

ddsin

drdRr

drd

Rsin

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−=

θ−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

θΘ

θθθΘ dr

dRrdrd

R1

sinm

ddsin

dd

sin1 2

2

2

(5)

με παρόμοιους συλλογισμούς και τα δυο μέλη ισούνται με την ίδια σταθερά, έστω –ν. Ε-πομένως

0RdrdRr2

drRdrR

drdRr

drd

drdRr

drd

R1

2

2222 =ν−+⇔ν=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⇔ν=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

(6)

Δ.Ε. Euler. Θέτουμε 2k1kk r)1k(kRkrRrR −− −=′′⇔=′⇔= . Θέτοντας τις εκφράσεις αυτές στην (6) θα έχουμε :

⇔=ν−+− −− 0rrkr2r)1k(kr k1k2k2


[ ] ⇔=ν−+− 0rk2)1k(k k ⇔=ν−+⇔=ν−+− 0kk0k2kk 22

2411k 2,1ν+±−

= .

Επομένως 11 2411k λ≡ν++−

= και 22 2411k λ≡ν+−−

= .

Η γενική λύση της (6) είναι γραμμικός συνδυασμός των 21 r,r λλ . Παρατηρούμε ότι

( )12

4111 1221 +λ−=λ⇔λ−=ν++

=+λ και ( )11121 +λλ=λλ−=ν .

Από την (5):

⇔ν−=θ

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

θΘ

θθθΘ 2

2

sinm

ddsin

dd

sin1 0

sinm

ddsin

dd

sin1

2

2

=Θ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛θ

−ν+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

θΘ

θθθ

(7).

Θέτουμε dxdsinxcos =θθ−⇔=θ .

Οπότε θα έχουμε dxdsin

ddx

dxd

dd

θ−=θ

=θ

.

Η (7) θα γραφεί ( ) ⇔=Θ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

−ν+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Θ

θ−θ−⋅θ

0x1

mdxdsin

dxdsin

sin1

2

22

( ) ⇔=Θ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

−ν+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ Θ

− 0x1

mdxdx1

dxd

2

22 ( ) 0

x1m

dxdx2

dxdx1 2

2

2

22 =Θ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

−ν+Θ

−Θ

−

Η εξίσωση αυτή έχει λύσεις που παραμένουν φραγμένες όταν 1x ±= μόνο αν )1n(n +=ν με n ακέραιο. Όμως )1( 11 +λλ=ν . Άρα οι λύσεις παραμένουν φραγμένες αν

,....2,1,0n1 ==λ .Έτσι

1nnn

n rBrA)r(R ++=

και ( ) 0x1

m)1n(ndxdx2

ddx1 2

2

2

22 =Θ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

−++Θ

−θΘ

−

(8)

συσχετισμένη εξίσωση Legendre. Οι φυσικά αποδεκτές λύσεις της (8) είναι οι συναφείς συναρτήσεις Legendre 1ου είδους )x(Pm

n , αφού οι )x(Qmn απειρίζονται για 1x ±= . Άρα

τελικά η γενική λύση γράφεται:

( )∑∑∞

=

∞

=+ φ+φαθ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=φθ

0n 0mnmnm

mn1n

nnn )msin(b)mcos()(cosP

rBrA),,r(V

Αν το πρόβλημά μας έχει αζιμουθιακή συμμετρία, δηλαδή το V είναι ανεξάρτητο από την συντεταγμένη φ, τότε 0m = η (8) γίνεται εξίσωση Legendre και η λύση γράφεται :

∑∞

=+ θ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=θ

0nn1n

nnn )(cosP

rB

rA),r(V


ΙΙΙ Δ.Ε. LAGUERRE Τα πολυώνυμα Laguerre ορίζονται ως:

( )nzn

nz

n zedzde)z(L −= ,...3,2,1,0n =

και αποτελούν λύσεις της Δ.Ε.:

( ) 0)z(Lndzdz1

dzdz n2

2

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−+ .

Τα συναφή πολυώνυμα Laguerre ορίζονται ως:

( ) )z(Ldzd1)z(L mnm

mmm

n +−=

και υπακούουν στην Δ.Ε.: ( ) 0)z(Lndzdz1m

dzdz m

n2

2

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−++

Η γεννήτριά τους συνάρτηση είναι :

( ) ( )∑∞

=

−−

+ +=

− 0n

nmns1

sz

1m s!mn

)z(Les11 ( 1s < )

και υπακούουν στις εξής σχέσεις ορθογωνιότητας: ( )[ ]

( ) n,n

312

1n0

121n

22z

!1n!nn2dzLLze ′

+−−′

∞+−−

+− δ−−+

=∫

.

1) ΚΒΑΝΤΟΜΗΧΑΝΙΚΗ

Τρισδιάστατος ισότροπος αρμονικός ταλαντωτής

Θεωρούμε ένα σωμάτιο το οποίο υπόκειται στο δυναμικό V= 21 mω2r2 . Η ακτινική

εξίσωση Schrödinger είναι :

( ) ( )Rr

1R)r(VEm2drdRr

drd

r1

222

2

+=−+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

(1) Θέλουμε να γράψουμε την ακτινική εξίσωση με τη βοήθεια μιας αδιάστατης μεταβλητής ξ. Έτσι θέτουμε

r=αξ ⇔ dr=αdξ,

οπότε R(r)=R(αξ)≡u(ξ).

Επομένως ξα

=ξ

ξ=

dd1

drd

dd

drd .



( )⇔

ξα+

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ξαω−+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ξα

ξαξαξα 22

2222

2222

u1um21Em2

ddu1

dd11

( )⇔

ξα+

=ξαω

−+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ξ

ξξξα 222

2222

22

22

u1umumE2ddu

dd1

( )⇔=

ξα+

−ξαω

−α

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ξ

ξξξ

0u1umumE2ddu

dd1

222

2

422

2

22

2

( ) 0u1mmE2ddu

dd1

22

2

422

2

22

2 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ξ+

−ξαω

−α

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ξ

ξξξ

.

Διαλέγουμε το α έτσι ώστε ω

=α⇔ω

=α⇔=αω

mm1m

22

24

2

422

, οπότε:

( )⇔=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ξ+

−ξ−ω

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ξ

ξξξ

0u1m

mE2ddu

dd1

22

22

2

( ) 0u12ddu

dd1

222

2 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ξ+

−ξ−ωΕ

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ξ

ξξξ

(2)

Θέτουμε ε=ω E (αδιάστατο μέγεθος), οπότε η (2) γράφεται:

( )⇔=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ξ+

−ξ−ε+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ξ

ξξξ

0u12ddu

dd1

222

2

( )⇔=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ξ+

−ξ−ε+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ξ

ξ+ξ

ξξ

0u12d

udddu21

22

2

22

2

( ) 0u12

ddu2

dud

22

2

2

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ξ+

−ξ−ε+ξξ

+ξ

(3)

Θα μελετήσουμε την ασυμπτωτική συμπεριφορά της τελευταίας αυτής εξίσωσης. Όταν ∞→ξ η εξίσωση γίνεται :

0ud

ud 22

2

=ξ−ξ

(4)

H λύση θα είναι της μορφής 2222

e4e2ue2ueu 22 λξλξλξλξ ξλ+λ∝′′⇔λξ∝′⇔∝ . Οπότε από την (4) θα έχουμε :

⎯⎯⎯⎯⎯ →←=ξ−ξλ+λλξλξ ξ<<λλξλξλξ

222222 ee2222 0ee4e2

21

410140ee4 22222 22

±=λ⇔=λ⇔=−λ⇔=ξ−ξλ λξλξ .

Αφού όμως μελετάμε δέσμιες καταστάσεις, θα πρέπει 0u ⎯⎯ →⎯ ∞→ξ . Άρα το u για μεγάλα ξ

είναι ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ξ−

∝ 2

2

eu . Για μικρά ξ η (3) γίνεται :

( ) 0u1ddu2

dud2

22 =+−

ξξ+

ξξ Δ.Ε. Euler .

Θέτουμε ( ) 21 1uuu −κ−κκ ξ−κκ=′′⇔κξ=′⇔ξ= οπότε η Δ.Ε. Euler γίνεται :


( ) ( ) ( ) ( )[ ] ⇔=ξ+−κ+−κκ⇔=ξ+−ξκξ+ξ−κκξ κκ−κ−κ 01210121 122 ( ) 012 =+−κ+κ .

Η διακρίνουσα αυτής της εξίσωσης είναι ( )212 +=Δ , οπότε :

( ) ( )( )⎩

⎨⎧

+−=

+±−=

+±−=κ

12121

2121 2

2,1

.

Επειδή όμως όταν ξÕ0 το u πρέπει να είναι πεπερασμένο, για αυτό ξ∝u . Άρα δηλαδή

ψάχνουμε για λύσεις της μορφής )(weu2

21

ξξ∝ ξ− . Υπολογίζουμε τις δύο πρώτες παρα-γώγους της u :

weweweu2

212

212

21 11 ′ξ+ξ−ξ∝′ ξ−ξ−+ξ−− και

u′′ ( ) ( ) wewe1we12we2we22

212

212

212

212

21 2111 ξ−+ξ−−ξ−ξ−+ξ−− ξ+ξ−+ξ+−′ξ−′ξ∝ we

22

1 ′′ξ+ ξ− . Έτσι η (3) με αυτές τις αντικαταστάσεις θα γίνει:

( ) ( ) w2w2w2www1w12w2w2 122111 ′ξ+ξ−ξ+′′ξ+ξ+ξ−+ξ+−′ξ−′ξ −−+−+− ( )

⇔=ξ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ξ+

−ξ−ε+ 0w12 22 ( ) ( ) ⇔=ξ−+ξ−εξ++ξ−′+′′ξ 02)12(2w222ww 2

( ) ( ) 0w)32(2w12w 2 =ξ+−ε+′ξ−++′′ξ (5)

Θεωρούμε τον μετασχηματισμό

ξ= ρ ( ο μετασχηματισμός δεν είναι προφανής)⇔ ρρ=ξ − d21d 2

1 .

Οπότε dρdwρ2

dξdρ

dρdw

dξdw 2

1

== ⇔

21

2

221

-21

21

21

21

2

2

ρ2dρ

wdρ2dρdwρρ2

dρdwρ2

dρd

dξdρ

dρdwρ2

dρd

dρdwρ2

dξd

dξwd

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

2

2

dwd4

ddw2

ρρ+

ρ= . Έτσι η (5) γράφεται:

( ) ( )[ ] ⇔=ρ+−ε+ρ

ρρ−++⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ρ

ρ+ρ

ρ 0w322ddw212

dwd4

ddw2 2

12

1

2

22

1

( ) ( )[ ] ⇔=+−ε+ρ

ρ−++ρ

+ρ

ρ 0w322ddw14

ddw2

dwd4 2

2

( ) ( )[ ] ⇔=+−ε+ρ

+ρ−+ρ

ρ 0w322ddw644

dwd4 2

2

0w23

21

ddw

23

dwd2

2

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−ε+

ρ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +ρ−+

ρρ .

Θέτουμε 21

+=ν και ( )121

−ν−ε=β , οπότε θα έχουμε:


( ) ⇔=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−ν−ε+

ρ+ρ−ν+

ρρ 0w

23

21

21

ddw1

dwd2

2

( ) ( ) ⇔=−ν−ε+ρ

+ρ−ν+ρ

ρ 0w121

ddw1

dwd2

2

( ) 0wddw1

dwd2

2

=β+ρ

+ρ−ν+ρ

ρ (6).

Προσαρτημένη Δ.Ε. Laguerre, που έχει ως λύση τα συναφή πολυώνυμα Laguerre )(L ρν

β .

Αναζητούμε λύσεις της μορφής ⇔ρα=∑∞

=μ

μμ

0

w

∑∞

=μ

−μμ ⇔ρμα=′

0

1w ∑∞

=μ

−μμρα−μμ=′′

0

2)1(w .


∑ ∑ ∑ ∑ ∑∞

=μ

∞

=μ

∞

=μ

∞

=μ

∞

=μ

μμ

−μμ

μμ

−μμ

−μμ ⇔=ραβ+ρα+ρμα−ρμαν+ρα−μμ

0 0 0 0 0

111 0)1(

[ ] [ ] ⇔ρβα−μα=ρα+α+μν+μα+μ ∑∑∞

=μ

μμμ

∞

=μ

μ+μ+μ+μ

00111 )1()1(

[ ] ( )1)1()1(

1)1()1( 11 ++μν++μμ

β−μ=

α

α⇔αβ−μ=α++μν++μμ

μ

+μμ+μ

για μεγάλα μ !

111

μ∝α⇔

μ∝

α

αμ

μ

+μ .

Έτσι η δυναμοσειρά ∑∞

=μ

μμρα=

0

w γίνεται ∑∞

=μ

ρμ =ρμ

∝0

e!

1w , οπότε

2

2

222

1 eeeuξ

ξξ− ξ∝ξ∝ . Βλέπουμε δηλαδή ότι ∞⎯⎯ →⎯ ∞→ξu . Άρα δεν περιγράφει δέσμιες καταστάσεις. Επομένως η δυναμοσειρά πρέπει να τερματίζει:

n

.............00

0

2n

1n

n

=β⇔

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

=α=α

≠α

+

+ .

Επομένως ( ) ⇔−−ε=⇔−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−ε=⎯⎯ →←−ν−ε=β=

+=ν

23n21

21n21

21n 2

1

23n2 ++=ε .

Όμως ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++ω=ωε=Ε⇔

ω=ε

23n2E

.


Θέτοντας += n2N ,....2,1,0N = θα έχουμε ότι ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +Νω=

23E N . Η ακτινική συνάρ-

τηση θα είναι:

)(LeC)r(R 221

n2

2

ξξ=+⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ξ− ,

όπου C μια σταθερά που μπαίνει για λόγους κανονικοποίησης.

Λύση της εξίσωσης Schrödinger για μονοηλεκτρονικά άτομα Το μονοηλεκτρονικό άτομο είναι ένα τρισδιάστατο σύστημα που απότελείται από

δυο σωματίδια, τον πυρήνα και ένα ηλεκτρόνιο, που κινείται υπό την επίδραση της αμοι-βαίας έλξης Coulomb. Έστω m1 η μάζα του πυρήνα, το φορτίο του οποίου είναι Ze ( Z=1

για το ουδέτερο άτομο του υδρογόνου, Z=2 για το ιονισμένο ήλιο κ.τ.λ.) και m2 η μάζα του ηλεκτρονίου φορτίου –e. Το δυναμικό Coulomb δίνεται τότε από τη σχέση

( ) ( ) ( )2212

212

21

2

222111zzyyxx

Ze)z,y,x,z,y,x(V−+−+−

−= ,

όπου x1,y1,z1 οι ορθογώνιες συντεταγμένες του πυρήνα και x2,y2,z2 οι ορθογώνιες συντε-ταγμένες του ηλεκτρονίου. Η χρονικά ανεξάρτητη εξίσωση Schrödinger γράφεται

τττ ψ=ψ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+∇−∇− E)z,y,x,z,y,x(V

m2m2 22211122

221

2 (1)

όπου 2i

2

2i

2

2i

22i zyx ∂

∂+

∂∂

+∂∂

=∇ , τψ η συνολική κυματοσυνάρτηση του συστήματος και τE

η συνολική ενέργεια του συστήματος. Οι συντεταγμένες του κέντρου μάζας δίδονται από τις


21

2211c mm

xmxmx

++

= , 21

2211c mm

ymymy

++

= και 21

2211c mm

zmzmz

++

= ,

ενώ οι συντεταγμένες τις σχετικής κίνησης δίνονται από τις

θ=−=φθ=−=φθ=−=

cosrzzzsinsinryyycossinrxxx

12r

12r

12r

.

Τότε r

Ze),,r(V)z,y,x,z,y,x(V2

222111 −=φθ= ,

21

r2

rx1

r

1

r

r

rx

1

c

c

rx21

c2

cx1

c

1

r

r

cx

1

c

c

cx21

2

1

rrx

1

ccx

1

r

r1

c

c1

xxf

xx

xx

xf

xx

xf

xx

fxx

xx

xf

xx

xf

xf

xx

fxx

fxx

xf

xx

xf

xf

∂∂

+∂∂

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

∂∂

+∂∂

∂∂

+∂∂

+∂∂

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

∂∂

+∂∂

∂∂

=∂∂

∂∂

+∂∂

=∂∂

∂∂

+∂∂

∂∂

=∂∂

Έτσι =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−∂∂∂

+−

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂∂

−∂∂

+=

∂∂

2r

2

rc

2

21

1

21

1

rc

2

2c

2

21

121

2

xxxmmm

mmm

xxxmmm

x

2r

2

rc

2

21

12c

22

21

1

xxxmmm2

xmmm

∂∂

+∂∂∂

+−

∂∂

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

. Ομοίως 2c

22

21

222

2

xmmm

x ∂∂

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

=∂∂

2r

2

cr

2

21

2

xxxmmm2

∂∂

+∂∂∂

++ .

Ανάλογες εκφράσεις βρίσκουμε και για τις συντεταγμένες 2121 z,z,y,y . Με τους μετα-σχηματισμούς αυτούς η εξίσωση διαχωρίζεται σε δυο κομμάτια. Το ένα μέρος περιγράφει την κίνηση του κέντρου μάζας, ενώ το άλλο την σχετική κίνηση των δυο σωματιδίων. Έ-τσι στις νέες συντεταγμένες η εξίσωση (1) γίνεται:

⎢⎣

⎡

φ∂ψ∂

θ+⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛∂ψ∂

∂∂

μ−ψ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

+∂∂

+∂∂

+− ττ

τ 2

2

222

2

2

2c

2

2c

2

2c

2

21

2

sinr1

rr

rr1

2zyx)mm(2

ττττ ψ=ψ+⎥⎦

⎤⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

θ∂ψ∂

θθ∂∂

θ+ E)r(Vsin

sinr1

2 (2)

όπου 21

21

mmmm+

=μ η ανηγμένη μάζα του συστήματος. Αναζητάμε λύσεις της μορφής:

),,r()z,y,x(),,r,z,y,x( cccCMccc φθψψ=φθψτ .

Θέτοντας ψψ=ψτ CM στην (2) θα πάρουμε :


+⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡ψ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

+∂∂

+∂∂

+ψ

− CM2c

2

2c

2

2c

2

21

2

zyx)mm(2

⎢⎣

⎡⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

∂ψ∂

∂∂

μψ

−r

rrr

12

22

CM2

ψψ=ψψ+⎥⎦

⎤⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

θ∂ψ∂

θθ∂∂

θ+

φ∂ψ∂

θ+ τ CMCM22

2

22 E)r(Vsinsinr1

sinr1 .

Διαιρώντας με ψψCM θα έχουμε :

+⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂ψ∂

+∂ψ∂

+∂ψ∂

ψ+− 2

c

CM2

2c

CM2

2c

CM2

CM21

2

zyx1

)mm(2

τ=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

θ∂ψ∂

θθ∂∂

θ+

φ∂ψ∂

θ+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

∂ψ∂

∂∂

ψμ− E)r(Vsin

sinr1

sinr1

rr

rr11

2 22

2

222

2

2

Η πρώτη αγκύλη του αριστερού μέλους είναι συνάρτηση μόνο των xc,yc,zc, ενώ η δεύτερη

μόνο των r,θ,φ. Αφού το άθροισμα των δυο αγκύλων είναι ίσο με μια σταθερά Ετ και λό-

γω της ανεξαρτησίας των συντεταγμένων x,y,z και r,θ,φ, θα ισούται με μια σταθερά. Έτσι

θα προκύψουν οι παρακάτω δυο εξισώσεις:

CM2c

CM2

2c

CM2

2c

CM2

CM21

2

Ezyx

1)mm(2

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂ψ∂

+∂ψ∂

+∂ψ∂

ψ+−

(3)

E)r(Vsinsinr1

sinr1

rr

rr1

2 22

2

222

2

2

=+⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

θ∂ψ∂

θθ∂∂

θ+

φ∂ψ∂

θ+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

∂ψ∂

∂∂

μψ−

(4)

όπου CMEEE +=τ . Από την (3) θα έχουμε:

CMCM2c

CM2

2c

CM2

2c

CM2

21

2

Ezyx)mm(2

ψ=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂ψ∂

+∂ψ∂

+∂ψ∂

+−

.

Αυτή είναι η χρονικά ανεξάρτητη εξίσωση Schrödinger για ένα σωμάτιο μάζας μ=m1+m2 του οποίου οι συντεταγμένες είναι οι συντεταγμένες του κέντρου μάζας του ατόμου και το οποίο κινείται με συνολική ενέργεια ΕCM σε περιοχή μηδενικού δυναμικού. Στη συνέχεια ασχολούμαστε με την (4):


ψ=ψ+⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

θ∂ψ∂

θθ∂∂

θ+

φ∂ψ∂

θ+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

∂ψ∂

∂∂

μ− E)r(Vsin

sinr1

sinr1

rr

rr1

2 22

2

222

2

2 (5)

Αναζητούμε λύσεις της μορφής )()()r(R),,r( φΦθΘ=φθψ . Αντικαθιστούμε στην (5) και στη συνέχεια διαιρούμε με )()()r(R φΦθΘ . Έτσι έχουμε:

( ) ⇔=−μ

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

θΘ

θθθΘ

+φΦ

θΦ+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ 0)r(VE2

ddsin

dd

sinr1

dd

sinr1

drdRr

drd

Rr1

222

2

222

2

( ))r(VEsinr2ddsin

ddsin

drdRr

drd

Rsin

dd1

2

222

2

2

2

−θμ

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

θΘ

θθΘ

θ−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛θ

−=φΦ

Φ .

Το αριστερό μέλος είναι μια συνάρτηση του φ, ενώ το δεξί μια συνάρτηση των r,θ. Για να είναι αυτό δυνατό θα πρέπει και τα δυο μέλη να είναι ίσα με την ίδια σταθερά. Έτσι θα έχουμε:

22

2

mdd1

−=φΦ

Φ (Α)

( ) 22

222

2

m)r(VEsinr2ddsin

ddsin

drdRr

drd

Rsin

=−θμ

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

θΘ

θθΘ

θ+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛θ

(Β)

Διαιρούμε την (Β) με θ2sin και θα έχουμε:

( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

θΘ

θθθΘ

−θ

=−μ

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

ddsin

dd

sin1

sinm)r(VEr2

drdRr

drd

R1

2

2

2

22

.

Το αριστερό μελος είναι συνάρτηση του r, ενώ το δεξί συνάρτηση του θ. Άρα θα ισούνται με ίδια σταθερά, έστω λ . Έτσι καταλήξαμε ότι:

22

2

mdd1

−=φΦ

Φ (Α)

Θλ=θΘ

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

θΘ

θθθ

− 2

2

sinm

ddsin

dd

sin1 (6)

( ) 222

2 rRR)r(VE2

drdRr

drd

r1 λ

=−μ

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

(7)

Από την (Α) έχουμε 0mdd 2

2

2

=Φ+φΦ Δ.Ε. 2ας τάξεως με σταθερούς συντελεστές. Η λύση

της είναι της μορφής φ=φΦ ime)( . Πρέπει να λάβουμε υπ’όψη μας ότι η πυκνότητα πιθα-νότητας πρέπει να είναι μονοσήμαντα ορισμένη για όλες τις τιμές των μεταβλητών. Αυτό συμβαίνει επειδή είναι μετρήσιμες ποσότητες που περιγράφουν την συμπεριφορά ενός πραγματικού φυσικού σωματιδίου. Μπορούμε να εξασφαλίσουμε ότι θα είναι έτσι, απαι-τώντας ότι οι ιδιοσυναρτήσεις )()()r(R φΦθΘ=ψ πρέπει να είναι μονοσήμαντα ορισμέ-νες. Έτσι θα πρέπει ⇔π+φΦ=φΦ )2()(


1eeeee m2iim2imim)2(imim =⇔=⇔= ππ+φφπ+φφ . Άρα το m πρέπει να είναι ακέραιος δηλα-δή ,......2,1,0m ±±= . Θέτουμε στην εξίσωση (6) ξ=θcos ( )1≤ξ οπότε

ξθ−=

θξ

ξ=

θ⇔ξ=θθ−

ddsin

dd

dd

ddddsin .

Με τον μετασχηματισμό αυτό θα έχουμε :

( ) ( ) ⇔Θλ=ξ−Θ

+⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ξΘ

θ−θξ

θ−θ

− 2

2

1m

ddsinsin

ddsin

sin1

( ) ⇔Θλ=ξ−Θ

+⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ξΘ

ξ−ξ

− 2

22

1m

dd1

dd ( ) 0

1m

dd1

dd

2

22 =Θ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ξ−

−λ+⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ξΘ

ξ−ξ

.

Για m=0 έχουμε τη Δ.Ε. Legendre, ενώ για m≠0 έχουμε τη συναφή εξίσωση Legendre. Θα μελετήσουμε πρώτα την περίπτωση που m=0 :

( ) 0dd1

dd 2 =Θλ+⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡ξΘ

ξ−ξ

(8)

Αναζητούμε λύσεις της μορφής : ∑∞

=κ

κκξα=ξΘ

0

)(

(Διαλέγουμε 0≥κ έτσι ώστε να μην έχουμε πόλους για 0=ξ , δηλαδή για να έχουμε κα-λή συμπεριφορά για 0=ξ ). Οπότε

∑∑∞

=κ

−κκ

∞

=κ

−κκ ξα−κκ=ξΘ ′′⇔ξκα=ξΘ′

0

2

0

1 )1()()( .

Κάνοντας αυτές τις αντικαταστάσεις θα έχουμε:

( ) ⇔=Θλ+ξΘ

ξ−θΘ

ξ− 0dd2

dd1 2

22

( )∑ ∑ ∑∞

=κ

∞

=κ

∞

=κ

κκ

−κκ

−κκ ⇔=ξαλ+ξκαξ−ξα−κκξ−

0 0 0

122 02)1(1

∑∑∑∑∞

=κ

κκ

∞

=κ

κκ

∞

=κ

κκ

∞

=κ

−κκ ⇔=ξαλ+ξκα−ξα−κκ−ξα−κκ

0000

2 02)1()1(

∑ ∑∑∑κ κ

κκ

κ

κκ

κ

κκ

κ+κ ⇔=ξαλ+ξκα−ξα−κκ−ξα+κ+κ 02)1()1)(2( 2

[ ] ⇔ξαλ−κ+−κκ=ξα+κ+κ ∑∑κ

κκ

κ

κ+κ 2)1()1)(2( 2

[ ] ⇔ξαλ−κ+−κκ=ξα+κ+κ ∑∑

κ

κκ

κ

κ+κ 2)1()1)(2( 2

[ ])2)(1(

)1(2)1()1)(2( 22 +κ+κ

λ−+κκ=

αα

⇔αλ−κ+−κκ=α+κ+κκ

+κκ+κ .


Όταν το κ είναι πολύ μεγάλο τότε 2

2

+κκ

∝αα

κ

+κ , δηλαδή κ

∝ακ1 .

Επομένως η δυναμοσειρά ∑ ∑∞

=κ

∞

=κ

κκκ ξ

κ∝ξα=ξΘ

0 0

1)( για 1±=ξ αποκλείνει.

Άρα η δυναμοσειρά πρέπει να τερματίζει, έστω

( )1

............00

0

4

2 +=λ⇔

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

=α=α

≠α

+

+

με ,.....2,1,0= .

Τα πολυώνυμα που υπακούουν στην (8) ονομάζονται πολυώνυμα Legendre και ορίζονται

ως ( )

1

dd

!21)(P 2 −ξ

ξ=ξ με ,.....2,1,0= .

Για m≠0 ( ) 01

mdd1

dd

2

22 =Θ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ξ−

−λ+⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ξΘ

ξ−ξ

.

Η διαφορική αυτή εξίσωση ικανοποιείται από τα συναφή πολυώνυμα Legendre:

( ) =ξξ

ξ−=ξ )(Pdd1)(P m

m2

m2m ( ) ( )

1

dd1

!21 2

m

m2

m2 −ξξ

ξ− +

+

.

Από τη σχέση αυτή συμπεραίνουμε ότι m0)m(2 ≥⇔≥+− με ,....2,1,0= και ,....2,1,0m ±±= H λύση ψ θα γραφεί )()()r(R mm, φΦθΘ=ψ . Ορίζουμε τις σφαιρικές

αρμονικές : ( )( ) ( ) )(cosPe1

!m!m

412),(Y mimmm θ−

+−

π+

=φθ φ

(όπου π≤θ≤0 και π≤φ≤ 20 ) και επεκτείνουμε για −−−= ,.....,2,1m θέτοντας

( ) ( )∗− φθ−=φθ ),(Y1),(Y mmm ,

δηλαδή ,....2,1,0= ,.....2,1,0m ±±= με ≤≤− m . Στη συνέχεια λύνουμε την Δ.Ε. για την ακτινική συνάρτηση R(r) (ακτινική εξίσωση Schrödinger):

( ) ( )Rr

1R)r(VE2drdRr

drd

r1

222

2

+=−

μ+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

,

όπου r

Ze)r(V2

−= . Θέτουμε :

dr)r(du

r1)r(u

r1

drdR

r)r(u)r(R 2 +−=⇔= .

Με την αντικατάσταση αυτή έχουμε :

( ) ( )⇔

+=−

μ+⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−

r)r(u

r1

r)r(u)r(VE2

dr)r(du

r1)r(u

r1r

drd

r1

2222

2


( ) ( )⇔

+=−

μ+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +− 322 r

)r(u1r

)r(u)r(VE2dr

)r(dur)r(udrd

r1

( ) ( )⇔

+=−

μ+++− 322

2

22 r)r(u1

r)r(u)r(VE2

dr)r(ud

r1

dr)r(du

r1

dr)r(du

r1

( ) ( )⇔

+=−

μ+ 322

2

r)r(u1

r)r(u)r(VE2

dr)r(ud

r1

( ) ( )⇔

+=−

μ+ 222

2

r)r(u1)r(u)r(VE2

dr)r(ud

( ) Eu)r(ur2

1)r(Vdr

)r(ud2 2

2

2

22

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛μ+

++μ

− (9)

όπου ( ) ( ) )r(Vr2

1r

Zer2

1)r(V eff2

22

2

2

=μ+

+−=μ+

+ καλείται ενεργό δυναμικό.

Δέσμιες καταστάσεις έχουμε όταν Ε< 0. Η γενική μέθοδος λύσης είναι να αναπτύξουμε την )r(u σε δυναμοσειρά και να υπολογίσουμε τους συντελεστές της. Η μόνη περίπτωση που αυτή η μέθοδος μπορεί να δώσει λύση σε κλειστή μορφή είναι όταν η σειρά τερματί-ζεται σε ένα πολυώνυμο. Αν επιχειρήσουμε να αναπτύξουμε κατ’ευθείαν την )r(u σε δυ-ναμοσειρά, αυτή δεν πρόκειται να τερματιστεί ποτέ σε ένα πολυώνυμο γιατί η λύση που εμείς ζητάμε πρέπει να είναι τετραγωνικά ολοκληρώσιμη και ένα πολυώνυμο δεν μπορεί να έχει ποτέ αυτή την ιδιότητα. Για αυτό το λόγω μελετάμε την ασυμπτωτική συμπεριφο-ρά της (9) . Όταν 0r → η (9) γράφεται :

( )⇔=

μ+

+μ

− 0ur21

drud

2 2

2

2

22 ( ) 0u1dr

udr 2

22 =+− Δ.Ε. Euler.

Θέτουμε 2s1ss r)1s(s)r(usr)r(ur)r(u −− −=′′⇔=′⇔= , οπότε έχουμε [ ] 0)1(ss0r)1()1s(s0r)1(r)1s(sr 2ss2s2 =+−−⇔=+−−⇔=+−− − .

Επομένως ( ) ( )

⎩⎨⎧−+

=+±

=+±

=++±

=

12

1212

1212

)1(411s

2

2,1 .

Άρα η λύση της Δ.Ε. Euler είναι −+ += BrAr)r(u 1 . Για 0r → πρέπει όμως η u(r) να έχει πεπερασμένη τιμή. Άρα 0B = και 1Ar)r(u += . Όταν ∞→r η (9) γίνεται :

⎯⎯⎯⎯ →←=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ μ−−⇔

μ−=⇔=

μ−

<μ

−= 0E,E2k

22

2

22

2

2

222

2

0uE2dr

uduE2dr

udEudr

ud2

0ukdr

ud 22

2

=−

Ομογενής γραμμική. Δ.Ε. 2ας τάξεως με σταθερούς συντελεστές. Η γενική της λύση είναι:

rE2

2

rE2

1kr

2kr

122 eCeCeCeC)r(u

μ−−

μ−

− +=+= . Αφού μελετάμε όμως δέσμιες καταστάσεις θα πρέπει 0)r(u r ⎯⎯→⎯ ∞→ .

Άρα 0C1 = και rE2

22eC)r(u μ

−−= .

Τελικά αναζητάμε λύσεις της μορφής


)r(wer)r(urE2

1 2 μ

−+∝

όπου )r(w πολυώνυμο του r. Κάνουμε τον μετασχηματισμό :

ρ=μ

− rE22

drE2d 2 μ

−=ρ⇔ . Οπότε ⇔ρ

μ−=

ρρ

=ddE2

drd

dd

drd

2

2

2

2222

2

ddE2

drd

ddE2

dd

ddE2

drd

drd

ρμ

−=ρ

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

ρμ

−ρ

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

ρμ

−=

.

Έτσι η (9) θα γίνει : ( ) ( ) )(u)(u

Er21

EV

d)(ud)(Eu)(u

r21V

d)(udE 2

2

2

2

2

2

2

2

ρ=ρ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛μ

+++

ρρ

⇔ρ=ρ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛μ+

++ρρ (10).

Λόγω του μετασχηματισμού που κάναμε οι λύσεις που αναζητάμε τελικά είναι της μορ-φής )(we)(u 1 ρρ∝ρ ρ−+ . Θα υπολογίσουμε την δεύτερη παράγωγο της )(u ρ .

( ) ⇔ρρ+ρρ−ρρ+∝ρρ ρ−+ρ−+ρ− )(we)(we)(we1

d)(du 11

( ) ( ) ( ) +ρρ++ρρ+−ρ

ρ++ρ

ρ−∝ρρ ρ−−ρ−ρ−ρ−+ )(we1)(we12

ddwe12

ddwe2

d)(ud 11

2

2

2

211

d)(wde)(we

ρρ

ρ+ρρ ρ−+ρ−+ .

Έτσι η (10) θα γραφτεί τελικά:

( ) ( ) ( ) +ρρ++ρρ+−ρ

ρ++ρ

ρ− ρ−−ρ−ρ−ρ−+ )(we1)(we12ddwe12

ddwe2 11

( )⇔ρρ=ρρ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛μ+

++ρρ

ρ+ρρ ρ−+ρ−+ρ−+ρ−+ )(we)(wer2

1EV

d)(wde)(we 11

2

2

2

211

( ) ( )⇔=ρ+

ρρ

+ρρ+

−ρρ

ρ+

+ρρ

− 0)(wEV

d)(wd)(w12

d)(dw12

d)(dw2 2

2

( )⇔=ρ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ρ+

−+ρρ

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

ρ+

+ρρ 0)(w12

EV

d)(dw112

d)(wd

2

2

( )[ ] ( ) 0)(w12EV

d)(dw12

d)(wd

2

2

=ρ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−ρ+

ρρ

ρ−++ρρ

ρ (11).

Παρατηρούμε ότι η ποσότητα ρEV για το δυναμικό Coulomb είναι μια σταθερή ποσότη-

τα:

E2Ze

E1

rZerE2

EV 22

2

μ−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

μ−=ρ

.

Έτσι θέτουμε oEV

ρ=ρ . Με την αντικατάσταση αύτη θα έχουμε :

( )[ ] ( )( ) 0w12ddw12

dwd

o2

2

=+−ρ+ρ

ρ−++ρ

ρ .


Αναζητάμε λύσεις της μορφής :

⇔ρκβ=ρ′⇔ρβ=ρ ∑∑∞

=κ

−κκ

∞

=κ

κκ

0

1

0

)(w)(w

( ) 2

0

1)(w −κ∞

=κ

κρβ−κκ=ρ′′ ∑ . Επομένως θα έχουμε:

( )[ ] ( )( ) ⇔=ρβ+−ρ+ρκβρ−++ρβ−κκρ ∑∑∑∞

=κ

κκ

∞

=κ

−κκ

∞

=κ

−κκ 01212)1(

0o

0

1

0

2

( ) ( )( )∑ ∑ ∑ ∑∞

=κ

∞

=κ

∞

=κ

∞

=κ

κκ

κκ

−κκ

−κκ ⇔=ρβ+−ρ+ρκβ−ρκβ++ρβ−κκ

0 0 0 0o

11 012212)1(

( ) ( )( )∑ ∑ ∑ ∑∞

=κ

∞

=κ

∞

=κ

∞

=κ

κκ

κκ

κ+κ

κ+κ ⇔=ρβ+−ρ+ρκβ−ρβ+κ++ρκβ+κ

0 0 0 0o11 0122)1(12)1(

( )( ) ( )[ ] ( )[ ]( )( )221

1212221 o1

o1 ++κ+κρ−++κ

=ββ

⇔βρ−++κ=β++κ+κκ

+κκ+κ

.

Όταν το κ είναι πολύ μεγάλο . Άρα και

∑∞

=κ

κκρβ=ρ

0

~)(w ρ∞

=κ

κκ

∑ ρκ

2

0

e~!

2 .

Επομένως ρ+ρρ−+ρ−+ ρ=ρ=ρρ∝ρ eee)(we)(u 1211 .

Όμως u ñ ñ( ) →∞⎯ →⎯⎯ ∞ . Άρα δεν περιγράφει δέσμιες καταστάσεις. Επομένως η δυναμοσειρά πρέπει να τερματί-ζει σε μια πεπερασμένη δύναμη. Έστω ότι

έχουμε ( ) o2

1 12

..............00

0

ρ=++Ν⇔

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

=β=β

≠β

+Ν

+Ν

Ν

( ,.....2,1,0N = ).

Ορίζουμε n1N ≡++ ,( ,....2,1,0= , , ) οπότε θα έχουμε ⇔ρ= on2

⇔μ

−=E2Zen2

2

22

42

n n2eZE μ

−= .

Eπανερχόμαστε στην εξίσωση (11). Θέτοντας Npq,n12Nq,12p,2z =−+=++=+=ρ= , θα έχουμε :

dzd2

ddz

dzd

ddd2dz =

ρ=

ρ⇔ρ= και 2

2

2

2

dzd4

ddz

dzd2

dzd

dzd2

dd

dd

=ρ

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

ρ=

ρ.

Με τους μετασχηματισμούς αυτούς η (11) θα γραφεί στην μορφή

[ ] ( )[ ] ⇔=−+−ρ+−++ 0)z(w112dz

)z(dwz1p2dz

)z(wd2z4

o2

2

[ ] [ ] ⇔=−−ρ+−++ 0)z(w1pdz

)z(dwz1p2dz

)z(wdz2 o2

2


[ ] ( )[ ] ⇔=−−+++−++ 0)z(w1p1N2dz

)z(dwz1p2dz

)z(wdz2 2

2

[ ] ( )[ ] ⇔=−++++−++ 0)z(wp12NNdz

)z(dwz1p2dz

)z(wdz2 2

2

[ ] ( ) ⇔=−++−++ 0)z(wpqNdz

)z(dwz1p2dz

)z(wdz2 2

2

[ ] ⇔=+−++ 0)z(Nw2dz

)z(dwz1p2dz

)z(wdz2 2

2

( ) ( ) 0)z(wpqdz

)z(dwz1pdz

)z(wdz 2

2

=−+−++ (12)

Η Δ.Ε. (12) είναι η εξίσωση των συναφών πολυωνύμων Laguerre που ορίζονται ως:

( ) )z(Ldzd1)z(L qp

ppp

pq −=− ,

όπου )z(Lq τα πολυώνυμα Laguerre που ορίζονται ως ( )qzq

qz

q zedzde)z(L −= και υπα-

κούουν τη διαφορική εξίσωση:

( ) 0)z(qwdz

)z(dwz1dz

)z(wdz 2

2

=+−+ .

Άρα τελικά καταλήξαμε ότι η ολική ενέργεια της σχετικής κίνησης ή αλλιώς η ολική ε-

νέργεια του ατόμου αν το άτομο είναι ακίνητο είναι 22

42

n n2eZE μ

−= , ενώ η κυματοσυνάρ-

τηση της σχετικής κίνησης δίνεται από την =φθ=φΦθΘ=φθψ ),(Y)r(R)()()r(R),,r( m

( ) ( )( )[ ]

( ) ),(Y)rk2(Lrk2e!nn2!1nk2 m

n12

1nnrk

33

nn φθ

+−− +

−−−

με

nZko

n α= .

IV Δ.Ε. AIRY

Η Δ. Ε. 2

2

d y(x) x (x) 0dx

− ψ = είναι γνωστή ως διαφορική εξίσωση Airy. Προφανώς το x=0

είναι ομαλό σημείο της Δ. Ε. Θέτουμε:

y(x)= c xnn

n=

∞

∑0

οπότε y′= nc xnn

n

−

=

∞

∑ 1


n

n( )− −

=

∞

∑ 1 2

2

και η Δ.Ε. γράφεται: n n c xnn

n( )− −

=

∞

∑ 1 2

2-x c xn

n

n=

∞

∑0

=0 ⇒


( ) nn 2

n 0n 2 (n 1)c x

∞

+=

+ +∑ - n 1n

n 0c x

∞+

=∑ =0 ⇒ ( ) n

n 2n 0

n 2 (n 1)c x∞

+=

+ +∑ - nn 1

n 1c x

∞

−=∑ =0 ⇒

2c2 + ( ) nn 2

n 1

n 2 (n 1)c x∞

+=

+ +∑ - nn 1

n 1

c x∞

−=∑ =0 ⇒ 2c2 + ( ) n

n 2 n 1n 1

n 2 (n 1)c c x∞

+ −=

+ + −⎡ ⎤⎣ ⎦∑ =0

⇒ c2=0 και ( )( )

n 1n 2

ccn 2 n 1

−+ =

+ + n≥1

Από την παραπάνω αναδρομική σχέση αναλυτικά έχουμε: n=1 → 0

3cc

3 2=

⋅ (A)

n=2 → 14

cc4 3

=⋅

(B)

n=3 → 25

cc 05 4

= =⋅

(Γ)

n=4 → 36

cc6 5

=⋅

(A)

n=5 → 47

cc7 6

=⋅

(B)

n=6 → 58

cc 08 7

= =⋅

(Γ)

n=7 → 69

cc9 8

=⋅

(A)

n=8 → 710

cc10 9

=⋅

(B)

n=9 → 811

cc 011 10

= =⋅

(Γ)

………………………… Από τις σχέσεις (Α) προκύπτει η σχέση:

( )( )3k 0

1 4 7 10 3k 2c c

3k !⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ −

=

Επίσης από τις σχέσεις (Β) έχουμε: ( )

( )3k 1 1

1 2 5 3k 1c c

3k 1 !+

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ −=

+

και από τις σχέσεις (Γ) έχουμε: c3k+2=0 Τελικά η γενική λύση της Δ. Ε. είναι:

( ) ( )( )

( )( )

3k 3k 10 1

k 1 k 1

1 4 7 10 3k 2 1 2 5 3k 1y x c 1 x c x x

3k ! 3k 1 !

∞ ∞+

= =

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ −= + + +⎢ ⎥ ⎢ ⎥+⎣ ⎦ ⎣ ⎦

∑ ∑

Οι δυο μερικές λύσεις:


( ) ( )( )

3k1

k 1

1 4 7 10 3k 2y x 1 x

3k !

∞

=

⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ −= +∑ =Ai(x)

και ( ) ( )( )

3k 12

k 1

1 2 5 3k 1y x x x

3k 1 !

∞+

=

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ −= +

+∑ =Bi(x)

ονομάζονται συναρτήσεις Airy και συμβολίζονται με Ai(x) και Bi(x) αντίστοιχα. Η συνάρτηση Ai(x), όπως εύκολα μπορούμε να διαπιστώσουμε, αποτελεί την μοναδική λύση του προβλήματος αρχικών τιμών:

y″-xy=0, y(0)=1, y′(0)=0 ενώ η Bi(x) είναι η μοναδική λύση του προβλήματος αρχικών τιμών:

y″-xy=0, y(0)=0, y′(0)=1

Οι συναρτήσεις αυτές σχετίζονται με τις συναρτήσεις Bessel μέσω των σχέσεων:

1 3 1 3 1 3

1 3 1 3

1 3 1 3

1 3 1 3

1 1 zAi(x) z I ( ) ( ) K ( )3 3

zBi(x) I ( ) I ( )3

1Ai(x) z J ( ) J ( )3

zBi(x) J ( ) J ( )3

−

−

−

−

⎡ ⎤= ξ − Ι ξ = ξ⎣ ⎦ π

⎡ ⎤= ξ + ξ⎣ ⎦

⎡ ⎤= ξ + ξ⎣ ⎦

⎡ ⎤= ξ − ξ⎣ ⎦

όπου 3

22 x3

ξ =

1) KBANTOMHXANIKH

Κίνηση σωματιδίου σε λεία επίπεδη επιφάνεια στο πεδίο βαρύτητας της γης.

Θεωρούμε σωματίδιο μάζας m που αναπηδά ελαστικά σε λεία επίπεδη επιφάνεια στο βαρυτικό πεδίο της γης. Θέλουμε να προσδιορίσουμε τα ενεργειακά επίπεδα και τις κυματοσυναρτήσεις γι’αυτό το σύστημα. Το δυναμικό που αισθάνεται το σωματίδιο είναι

0z,mgz)z(V >= και 0z,)z(V ≤∞= , όπου z η κατακόρυφη απόσταση κάθετη στο επί-πεδο και g η επιτάχυνση της βαρύτητας. Οι οριακές συνθήκες για την κυματοσυνάρτηση είναι: 0)z(u z ⎯⎯ →⎯ ∞→ και 0)z(u = για 0z = . Η εξίσωση Schrödinger για το σύστημα αυτό γράφεται:

0)z(umE2gzm2dz

)z(ud)z(Eu)z(u)mgz(dz

)z(udm2 22

2

2

2

2

22

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+−⇔=+−

(1)

Κάνουμε την αντικατάσταση bzmE2zgm2cn 22

2

−α=−= , όπου c μια σταθερά. Έτσι

θα έχουμε : dndu

cdzdn

dndu

dzdu α

== και 2

2

2

2

2

2

dzud

cdndu

cdzd

dzud α

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ α= .

Με τις αντικαταστάσεις αυτές η (1) θα γραφεί:


⇔=+α

− 0cnudn

udc 2

2

2

2

0uncu 2

3

=α

−′′ (2)

Αν διαλέξουμε την σταθερά c τέτοια ώστε 23c α= η (2) θα μετατραπεί σε 0nuu =−′′ (3)

Η (3) είναι μια Δ.Ε. Airy. Η Δ.Ε. Airy έχει ως λύσεις τις συναρτησεις Airy )n(Bi),n(Ai . Η ασυμπτωτική συμπεριφορά των )n(Bi),n(Ai για μεγάλες τιμές του n είναι:

( )∑∞

=κ

κ−κ

κξ−− ξ−π

→0

41

C1ez2

1)n(Ai

∑∞

=κ

κ−κ

ξ− ξπ

→0

41

Cez1)n(Bi

Επειδή όμως θέλουμε 0)z(u z ⎯⎯ →⎯ ∞→ η φυσικώς αποδεκτή λύση είναι μόνο η )n(Ai . Η συνάρτηση Airy )n(Ai μπορεί να εκφραστεί σε ολοκληρωτική μορφή ως

( )∫∞

+π

=0

331 dtnttcos1)n(Ai .

Έτσι η λύση της (3) είναι τελικά : )n(CAi)n(u = , όπου C σταθερά κανονικοποίησης. Για 0z = ,

0cb

czu)n(u

0z

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −α

==

ή 0cbu =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛− .

Όμως 2

mE2b = και 4

2423 gm4c =α= ,

επομένως Emg

2gm

E2m)g2(

mE2

gm4

mE2

cb 3

1

222

2

32

31

32

31

34

32

34

32

34

31

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛===

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

=

.

Άρα λοιπόν θα έχουμε 0Emg

2u3

1

22 =⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

. Έτσι οι ιδιοτιμές της ενέργειας Ε

είναι ανάλογες με τις ρίζες της συνάρτησης Airy )n(Ai :

⇔=⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛− 0E

mg2Ai

31

22 ( ) nn

31

22 RίEmg

2=ζαρ=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

, όπου ,...3,2,1,0n =

και το αρνητικό πρόσημο διαλέγεται για λόγους συμβατότητας. Έτσι

n

31

22

n R2

mgE ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

και ⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛= n

31

2

22

nn Rzgm2AiC)z(u

.


V ΥΠΕΡΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ Δ.Ε.

Η Δ.Ε. ( ) ( )[ ] 0ubdzdz1bc

dzdz1z 2

2

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡α−++α−+−

είναι γνωστή ως υπεργεωμετρική Δ.Ε.. Η γενική της λύση γράφεται στην μορφή:

( ) ( )z;c2,1cb,1cFzCz;c,b,FCu c121 −+−+−α+α= − με 1z < και ,...2,1,0c ±±≠ .

Η F ορίζεται ως:

( ) ++

++αα+

α+=α

!2z

)1c(c)1b(b)1(

!1z

cb1z;c,b,F

2

....!3

x)2c)(1c(c

)2b)(1b(b)2)(1( 2

+++

+++α+αα .

Η σειρά αυτή είναι συγκλίνουσα για όλα τα εσωτερικά σημεία του μοναδιαίου κύκλου 1z < .

ΚΒΑΝΤΟΜΗΧΑΝΙΚΗ Κίνηση ηλεκτρονίων αγωγιμότητας ενός μετάλλου

Τα ηλεκτρόνια αγωγιμότητας ενός μετάλλου συγκρατούνται στο εσωτερικό του,

από ένα μέσο δυναμικό. Το δυναμικό αυτό σε μια πρώτη προσέγγιση μπορεί να δοθεί ως V(x)=-V0, x<0 και V(x)=0, x>0.. Στην πραγ-ματικότητα η μεταβολή είναι συνεχής για ένα διάστημα α του οποίου οι διαστάσεις εί-ναι της τάξης των ενδοατομικών αποστάσε-ων στο μέταλλο. Έτσι το δυναμικό κοντά στην επιφάνεια του μετάλλου μπορεί να γραφεί κατά προσέγγιση ως

α+−= x

o

e1

V)x(V το οποίο καθώς το ∞→α

πλησιάζει στο παραπάνω μη συνεχές δυνα-μικό. Θέλουμε να υπολογίσουμε την πιθανό-τητα να ανακλαστεί ένα ηλεκτρόνιο αγωγι-μότητας καθώς πλησιάζει την επιφάνεια του μετάλλου, αν: α) -Vo<E<0 και β) Ε> 0. Η χρονικά ανεξάρτητη εξίσωση Schröndiger

είναι:

)x(E)x(e1

Vdx

)x(dm2

)x(E)x()x(Vdx

)x(dm2 x

o2

22

2

22

ψ=ψ+

−ψ

−⇔ψ=ψ+ψ

−α

.

Θέτουμε α+

= xe1

1y , οπότε η εξίσωση Schrodinger γράφεται:


⇔ψ=ψ−ψ

− )x(E)x(yVdx

)x(dm2 o2

22 ( ) 0)x(yVEm2dx

)x(do22

2

=ψ++ψ .

dxe1

e1dye1

1y 2x

x

x

⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ +

α−=⇔

+=

α

α

α, οπότε

dyd

e1

e1dxdy

dyd

dxd

2x

xψ

⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ +

α−=

ψ=

ψ

α

α

και 2

2

4x

x2

23x

x2x

22x

x

2

2

dyd

1e

e1dyd

1e

ee1dyd

1e

e1dxd

dxd ψ

⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ +α

+ψ

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ +

−α

−=

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛ψ

⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ +

α−=

ψ

α

α

α

αα

α

α

.

Επίσης y

y1e1yeye1

1yxx

x−

=⇔=+⇔+

= αα

α .

Με αυτούς τους μετασχηματισμούς η εξίσωση Schrφdinger θα γραφεί ως εξής:

( ) ( ) ⇔=ψ++ψ−

α+

ψ

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−

−α

− 0yVEm2dydy

yy11

dydy

yy1

yy11

o22

24

2

2

23

2

2

( ) ( ) ( ) ( ) ⇔=ψ++ψ

−α

+ψ

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −−−α

− 0yVEm2dydyy11

dydy

yy1y1y1

o22

222

23

2

2

2

( ) ( ) ( ) ⇔=ψ++ψ

−α

+ψ

−−α

− 0yVEm2dydyy11

dydy1y2y31

o22

222

22

2

( ) ( )( ) ( ) ⇔=ψ++ψ

−−α

−ψ

−α

0yVEm2dydyy211y1

dydy1y1

o222

222

2

( ) ( ) 01y

V)1y(y

Em2dydy21

dyd1yy

2o

2

22

2

=ψ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−α

+−α

+ψ

−−ψ

−

.

Θέτοντας ( ) 2222

2o n

VEm2=ακ=α

+ και 22

2omV2

λ=α , παίρνουμε:

( ) 0y)y1(y

ndydy21

dyd)1y(y

22

2

2

=ψ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ λ−

−+

ψ−+

ψ− (1)

Η εξίσωση (1) έχει κανονικά ανώμαλα σημεία για y = 0,1, ∞. Εισάγουμε μια νέα συνάρ-τηση )y(f μέσω της σχέσης ( ) )y(fy1y μν −=ψ επιβάλλοντας στα ν,μ τις συνθήκες : 222 n−λ=ν και 22 n−=μ . Υπολογίζουμε τις δυο πρώτες παραγώγους της

ψ : ( ) ( ) ( ) )y(fy1y)y(fy1y)y(fy1y 11 ′−+−μ−−ν=ψ′ μν−μνμ−ν και ( ) ( ) ( ) ( ) +−−νν+′−ν+−μν−=ψ ′′ μ−νμ−ν−μ−ν )y(fy1y1)y(fy1y2)y(fy1y2 2111

( ) ( ) ( ) ( ) )y(fy1y2)y(fy1y)y(fy1y1 1n2 ′−μ−′′−+−−μμ −μμν−μν . Με τις αντικαταστάσεις αυτές θα έχουμε:

[ ( ) ( ) ( ) ( ) +−−νν+′−ν+−μν−− μ−νμ−ν−μ−ν )y(fy1y1)y(fy1y2)y(fy1y2)1y(y 2111 ( ) ( ) ( ) ( ) ])y(fy1y2)y(fy1y)y(fy1y1 1n2 ′−μ−′′−+−−μμ −μμν−μν + ( )⋅− y21


[ ( ) ( ) ( ) ] −−+′−+−μ−−ν −μ−νμν−μνμ−ν )y(f)y1(yn)y(fy1y)y(fy1y)y(fy1y 11211 0)y(f)y1(y 12 =−λ μ−ν .

Μετά από πράξεις προκύπτει η ακόλουθη Δ.Ε.: ( )[ ] ( )( ) 0)y(f1)y(fy222)12()y(f)y1(y =+ν+μν+μ−′+μ+ν−+ν+′′−

(2) Η (2) είναι μια υπεργεωμετρική Δ.Ε. . Μια μερική της λύση είναι η

( )y;12,1,Ff +ν+ν+μν+μ= . Άρα ( ) ( )y;12,1,Fy1y +ν+ν+μν+μ−=ψ μν (3)

Για να είναι αυτή η λύση φυσικώς αποδεκτή θα πρέπει η (3) να ικανοποιεί τις κατάλληλες συνθήκες όταν ±∞→x . Αυτό μπορεί να επιτευχθεί προσδιορίζοντας σωστά τα πρόση-μα των ν και μ . Αν -Vo<E<0 έχουμε λ2 > n2. Άρα το ν είναι πραγματικό. Καθώς το

+∞→x ,

01Fe~y

e~yx

x

→ψ⇔

⎪⎪

⎭

⎪⎪

⎬

⎫

→

αν−ν

α−

αν επιλέξουμε 0V > .

Αν 0E > τότε έχουμε 22 n<λ και το ν είναι φανταστικός, έστω σ−=ν i . Τότε καθώς το ∞→x , έχουμε :

ikxixi ee~y~ ≡ψ ασσ− και παριστάνει ένα επίπεδο κύμα που ταξιδεύει στη θετική κατεύθυνση του άξονα x με

κυματαριθμό 2

1

2

mE21k ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

α=

ασ

=

. Καθώς το −∞→x 0e~y1x

→− α . Χρησιμοποιώ-

ντας τον μετασχηματισμό ( ) =+μ+ν+μν+μ y;12,1,F

( ) ( ) ⋅+μ+νΓμ+νΓμΓ+νΓ

−+−+μ+ν+μν+μ+μ−νΓμ−νΓμ−Γ+νΓ μ−

)1()()2()12(y21y1;12,1,F

)1()()2()12( 2

( )y1;12,1,.F −+μ−+μ−νμ−ν θα έχουμε καθώς −∞→x ( και λόγω του ότι όταν

( ) ( ) ( ) bz)bc()()b()c(z

)c()b()b()c(~z;c,b,F,z −α− −

−ΓαΓ−αΓΓ

+−α−ΓΓα−ΓΓ

α∞→ )

ότι ~ψ ( ) ( )y1)1()(

)2()12(y1)1()(

)2()12(−

+ν+μΓμ+νΓμΓ+νΓ

+−+μ−νΓμ−νΓμ−Γ+νΓ μ (4).

Διαλέγοντας in=μ ,στην ασυμπτωτική περιοχή −∞→x έχουμε

( ) xkinxiee~y1 ′αμ ≡− .

Έτσι ο πρώτος όρος της (4) παριστάνει ένα επίπεδο κύμα που προσπίπτει από τα αριστερά και ο δεύτερος παριστάνει ένα επίπεδο κύμα που ανακλάται από την επιφάνεια του με-τάλλου. Έτσι xki

Rxki

I eAeA~ ′−′ +ψ ( ∞→x ).

Ο συντελεστής ανάκλασης είναι: 22

I

R

)1()()2()1()()2(

AA

R+ν+μΓμ+νΓμ−Γ+μ−νΓμ−νΓμΓ

==

Αν 0EVo <<− το ν είναι πραγματικός, το μ φανταστικός, και έτσι θα έχουμε


[ ] )1()()2()1()()2( +μ−νΓμ−νΓμΓ=+μ+νΓμ+νΓμΓ ∗ και έτσι 1R = δηλαδή έχουμε ολική ανάκλαση των ηλεκτρονίων. Αν 0E > τα νμ, είναι φανταστικά:

in=μ και σ−=ν i . Στην περίπτωση αυτή )2()2( μ−Γ=μΓ∗ και χρησιμοποιώντας την σχέση )z(z)1z( Γ=+Γ βρίσκουμε ότι:

=+ν+μΓ+μ+νΓμ−ν+μ−νΓ+μ−νΓμ+ν

=+ν+μΓμ+νΓμ−Γ+μ−νΓμ−νΓμΓ

=22

)1()1()()1()1()(

)1()()2()1()()2(R

( )( )

2

2

222

2

2

)n(i1

)n(i1)n(i

)n(i)1()(

)1()(

σ−+Γ

σ+−Γ

σ+−σ−

=+μ+νΓμ−ν

+μ−νΓμ+ν.

Όμως ( ))sinh(

i1 2

πβπβ

=β+Γ , οπότε ( ) 22

)kk(sin)kk(sinh

)n(sinhnsinhR ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡+′πα−′πα

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡σ+πσ−π

=

VI ΣΥΜΒΑΛΛΟΥΣΑ ΥΠΕΡΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ Δ.Ε.

Η εξίσωση: ( )2

2

d dz c z u 0dz dz

⎡ ⎤+ − −α =⎢ ⎥

⎣ ⎦

είναι γνωστή ως συμβάλλουσα υπεργεωμετρική Δ.Ε. . Η γενική της λύση γράφεται στη μορφή:

( ) ( )z;c2,1cFzCz;c,FCu c121 −+−α+α= − ,

όπου η )z;c,(F α ορίζεται ως:

...!3

z)2c)(1c(c)2)(1(

!2z

)1c(c)1(

!1z

c1)z;c,(F

32

++++α+αα

+++αα

+α

+=α .

Η σειρά αυτή είναι συγκλίνουσα σε όλο το μιγαδικό επίπεδο. Η σχέση της με την υπεργε-

ωμετρική σειρά είναι: ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛α=α

∞→ bz;c,b,Fim)z;c,(F

b

ΚΒΑΝΤΟΜΗΧΑΝΙΚΗ Φάσμα ταλάντωσης του αρμονικού ταλαντωτή

Μελετώντας τα φάσματα ταλάντωσης των μορίων, το δυναμικό του αρμονικού

ταλαντωτή 22xm21)x(V ω= έχει βρεθεί ότι είναι ικανοποιητικό σε πρώτη μόνο προσέγ-

γιση. Πιο ακριβή αποτελέσματα μπορούμε να πάρουμε χρησιμοποιώντας το δυναμικό


( )2xo e1V)x(V μ−−= , το οποίο προτάθηκε από τον Morse. Θέλουμε να προσδιορίσουμε

τις ενεργειακές στάθμες του μοριακού ταλαντωτή. Η εξίσωση Schrodinger για το δυναμι-κό αυτό γράφεται:

( ) ( )[ ] 0e1VEm2dxdEe1V

dxd

m22x

o22

22x

o2

22

=ψ−−+ψ

⇔ψ=ψ−+ψ

− μ−μ−

(1)

Θέτουμε xe2y μ−α= όπου 22o2 mV2

μ=α , οπότε ydxdxe2dy x μ−=αμ−= μ− . Έτσι έχουμε :

( ) =μ−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ψμ−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ψμ−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ψμ−=

ψ⇔

ψμ−=

ψ=

ψ ydydy

dyd

dxdy

dydy

dyd

dydy

dxd

dxd

dydy

dxdy

dyd

dxd

2

2

2

2222

dydy

dydy ψ

μ+ψ

μ .

Με τις αντικαταστάσεις αυτές η (1) θα γίνει:

⇔=ψ⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

α−−+

ψμ+

ψμ 0

2y1VEm2

dydy

dydy

2

o22

2222

⇔=ψ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛α

−α

+−ψ+ψ

μ+ψ

μ 0y4y1

mV2mE2dydy

dydy 2

2

2o

22

2

222

⇔=ψμα

+ψμα

−ψμ

−ψμ

+ψ

+ψ 0

yymV2

y4ymV2

ymV2

ymE2

dyd

y1

dyd

222o

2222

2o

222o

2222

2

041

yyVVE

dyd

y1

dyd

2

2

o

o2

2

=ψ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

α+

α⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −+

ψ+

ψ

(2)

Οι πιθανές ενέργειες του μοριακού ταλαντωτή είναι αυτές για τις οποίες η (2) έχει λύσεις που μηδενίζονται στο άπειρο. Αναζητούμε λύσεις της μορφής uye s2

y−=ψ . Θα υπολογί-σουμε τις δυο πρώτες παράγωγους της ψ :

uyeuyseuye21

dyd s1ss 2

y2

y2

y′++−=

ψ −−−− και +′−−=ψ −−− uyeuyse

dyd s1s

2

22

y2

y

uyeuye)1s(suye41uyse2 s2ss1s 2

y2

y2

y2

y′′+−+−′ −−−−−− .

Με τις αντικαταστάσεις αυτές η (2) θα γίνει:

uyeuye)1s(suye41uyse2 s2ss1s 2

y2

y2

y2

y′′+−+−′ −−−−−−

uyeV

VEuyeuyseuye

21 2s2

o

o1s2s1s 2y

2y

2y

2y −−−−−−−− α

−+′++−

⇔=−α+ −−− 0uye41uye s1s 2

y2

y

( ) ⇔=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ α−+−+−α+′−++′′ 0

yVVE

21

yssuys21uy

2

o

o2


( ) 0yV

VEyss

21uys21uy

2

o

o2

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ α−−−α−+−′−++′′ .

Αν διαλέξουμε το 2

o

o2

VVE

s α−

−= θα έχουμε

( ) 0us21uys21uy =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ α−+−′−++′′ (3)

Η (3) είναι συμβάλλουσα υπεργεωμετρική Δ.Ε. . Η γενική λύση της (3) είναι:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −α−−+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +α−+= y;s21,s

21FCy;s21,s

21FCu 21 .

Η ασυμπτωτική συμπεριφορά της F είναι : czi ze

)()c(z

)c()c(e~)z,c,(F −αα−πα−

αΓΓ

+α−Γ

Γα καθώς ∞→z .

Λαμβάνοντας υπ’όψη την ασυμπτωτική συμπεριφορά βλέπουμε ότι η uye s2y−=ψ είναι

λύση του προβλήματός μας, δηλαδή μηδενίζεται στο άπειρο, μόνο αν

ns21

−=α−± ( ,...2,1,0n = ) ⇔⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−α=α+−−=±⇔

21n

21ns

222

21n

21n2s ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ++⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +α−α=

(4)

Σημειώνουμε ότι για μικρές ταλαντώσεις, δηλαδή για 1x << το δυναμικό Morse είναι ουσιαστικά το δυναμικό αρμονικού ταλαντωτή:

( ) ( )[ ] 22o

2o

2xo xV...x11Ve1VV μ≅+μ−−≅−= μ− .

Θέτοντας 22o m

21V ω=μ θα έχουμε μ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=ω

21

o

mV2

.

Λαμβάνοντας υπ’όψη ότι 2

o

o2

VVEs α

−−=

η (4) γράφεται: ⇔⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +α−α=α

−−

222

o

o

21n

21n2

VVE

2

2oo

21nV

21nV2E ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +

α−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

α= .

Όμως =μ

=μ

=α m

V2mV2

V2V2 o

o

oo

μωμ

m2m2

=

ω και m2Vm

V241

V41

mV2mV 22

o

22o

o

22

o2

22221

2o μ

=μ⋅=

ω=

μμω

=α

.

Άρα τελικά η ενέργεια γράφεται: 222

n 21n

m221nE ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +

μ−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +ω=

με ,....2,1,0n = .


Συγκρίνοντας τις ενέργειες αυτές με τις ενέργειες του αρμονικού ταλαντωτή

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +ω=

21nEn

βλέπουμε ότι για το δυναμικό Morse υπάρχει ένας επιπλέον όρος ο οποίος κάνει τις ενερ-γειακές στάθμες να εμφανίζονται πιο κοντά η μία στην άλλη καθώς η ενέργεια αυξάνει πράγμα που συμφωνεί με τα πειραματικά δεδομένα..

1122 ΣΣΥΥΣΣΤΤΗΗΜΜΑΑΤΤΑΑ ΔΔΙΙΑΑΦΦΟΟΡΡΙΙΚΚΩΩΝΝ ΕΕΞΞΙΙΣΣΩΩΣΣΕΕΩΩΝΝ

12.1 Γενικά

Μέχρι τώρα ασχοληθήκαμε με μια διαφορική εξίσωση που περιείχε μια άγνωστη συνάρτηση. Στο κεφάλαιο αυτό θα μελετήσουμε συστήματα διαφορικών εξισώσεων, που περιέχουν δυο ή περισσότερες άγνωστες συναρτήσεις. Η ταξινόμηση και οι τρόποι επίλυσης των συστημάτων των διαφορικών εξισώσεων είναι ανάλογοι των αλγεβρικών συστημάτων στα οποία οι εξισώσεις πρέπει να λυθούν ταυτόχρονα. Γραμμικά συστήματα διαφορικών εξισώσεων εμφανίζονται σε πολλούς κλάδους ε-πιστημών, όπως σε ταλαντούμενα μηχανικά συστήματα, σε ηλεκτρικά δίκτυα και αλλού. Ορισμός 1: Ένα σύνολο από n το πλήθος διαφορικές εξισώσεις, που περιέχουν την ανε-ξάρτητη μεταβλητή x, τις συναρτήσεις y1(x), ⋅⋅⋅, yn(x) και παραγώγους των μέχρι τάξης m, λέγεται σύστημα διαφορικών εξισώσεων m τάξης, (Σ.Δ. Ε.) Η γενική μορφή ενός συ-στήματος διαφορικών εξισώσεων m τάξης θα είναι: F1(x, y1, ⋅⋅⋅, yn, ⋅⋅⋅, y1

(m), ⋅⋅⋅, yn(m))=0

F2(x, y1, ⋅⋅⋅, yn, ⋅⋅⋅, y1(m), ⋅⋅⋅, yn

(m))=0 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ Fn(x, y1, ⋅⋅⋅, yn, ⋅⋅⋅, y1

(m) ,⋅⋅⋅ ,yn(m))=0 (1)

Αν οι παραπάνω εξισώσεις μπορούν να λυθούν ως προς τις παραγώγους της μεγαλύτερης τάξης, δηλαδή ως προς y1

(m), ⋅⋅⋅, yn(m):

y1(m)=f1(x, y1, ⋅⋅⋅, yn, ⋅⋅⋅, y1

(m-1), ⋅⋅⋅, yn(m-1))

y2(m)=f2(x, y1, ⋅⋅⋅, yn, ⋅⋅⋅, y1

(m-1), ⋅⋅⋅, yn(m-1))

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ yn

(m)=fn(x, y1, ⋅⋅⋅, yn, ⋅⋅⋅, y1(m-1), ⋅⋅⋅, yn

(m-1)) (2) τότε λέμε ότι το Σ.Δ. Ε. (1) είναι κανονικό ή γραμμένο στη λυμένη μορφή. H γενική μορφή ενός Σ.Δ.Ε 1ης τάξης θα είναι: F1(x, y1, ⋅⋅⋅, yn, y1

′, ⋅⋅⋅, yn′)=0

F2(x, y1, ⋅⋅⋅, yn, y1′, ⋅⋅⋅, yn

′)=0 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ Fn(x, y1, ⋅⋅⋅, yn, y1

′, ⋅⋅⋅, yn′)=0 (3)

και η λυμένη μορφή του: y1′=f1(x, y1, ⋅⋅⋅, yn) y2′=f2(x, y1, ⋅⋅⋅, yn) ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ yn′=fn(x, y1, ⋅⋅⋅, yn) (4) Ορισμός 2: Αν οι συναρτήσεις f1, ⋅⋅⋅, fn είναι γραμμικές ως προς y1, ⋅⋅⋅, yn το Σ.Δ. Ε. (4) λέγεται γραμμικό και η γενική του μορφή είναι: y1′=α11y1+⋅⋅⋅+α1nyn+φ1 y2′=α21y1+⋅⋅⋅+α2nyn+φ2


⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ yn′=αn1y1+⋅⋅⋅+αnnyn+φn (5) όπου οι συντελεστές α j μπορούν να είναι σταθερές ή συναρτήσεις του x και τα φi i i=1, 2, ⋅⋅⋅, n είναι εν γένει συναρτήσεις του x. Ορισμός 3 (x)=0, τότε το Σ.Δ. Ε. (5) λέγεται ομογενές. : Αν φi Άλλοι συμβολισμοί του Σ.Δ. Ε. (5) είναι:

y ′(x)= i=1,2,⋅⋅⋅,n n

ij j ij 1

(x)y (x) (x)=

α + ϕ∑i

ή y′(x)=A(x)y(x)+φ(x)

με y(x)= y′(x)= φ(x)=

yy

yn

1

2

′

′

′

⎛

⎝

⎜⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟⎟⎟

yy

yn

1

2

⎛

⎝

⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟⎟

1

2

n

ϕ⎛ ⎞⎜ ⎟ϕ⎜⎜ ⎟⎜ ⎟

⎟

ϕ⎝ ⎠

και A(x)= 11 1n

n1 nn

α α⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟α α⎝ ⎠

Το θεώρημα για την ύπαρξη και το μονοσήμαντο της λύσεως ενός συστήματος διαφορικών εξισώσεων 1ης τάξης διατυπώνεται ως εξής: Εάν οι συναρτήσεις f1, f2,⋅⋅⋅, fn των σχέσεων (4) είναι συνεχείς ως προς x, y1,⋅⋅⋅,yn σε μια περιοχή του σημείου (x0,y10,⋅⋅⋅,yn0), έχουν δε συνεχείς παραγώγους πρώτης τάξης ως προς y1,⋅⋅⋅,yn, τότε υπάρχει μια και μόνο μια λύση του συστήματος (4):

y1=y1(x), ⋅⋅⋅, yn=yn(x), που ικανοποιεί τις αρχικές συνθήκες: y1(x0)=y1, ⋅⋅⋅, yn(x0)=yn0. Επειδή οι αρχικές συνθήκες y10, ⋅⋅⋅, yn0 είναι τυχαίες, η γενική λύση του συστήμα-τος (4) περιέχει n αυθαίρετες σταθερές, δηλ. y =y (x, c1, ⋅⋅⋅, cn) i=1, 2, ..., n i i

12.2 Λύση γραμμικών συστημάτων με τη μέθοδο της απαλοιφής

Ένα Σ.Δ. Ε. 1ης τάξης με n άγνωστες συναρτήσεις y1, ⋅⋅⋅, yn μετατρέπεται σε δι-αφορική εξίσωση n τάξης ως προς μια από τις συναρτήσεις y1, y2, ⋅⋅⋅, yn . Π.χ. το Σ.Δ. Ε.: y1′=f1(x, y1, y2, y3) y2′=f2(x, y1, y2, y3) y3′=f3(x, y1, y2, y3) μετατρέπεται σε διαφορική εξίσωση 3ης τάξης ως προς την y1 ως εξής: Παραγωγίζουμε την 1η Δ. Ε. του συστήματος ως προς x:

y1″= ∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

fx

fy

dydx

fy

dydx

fy

dydx

1 1

1

1 1

2

2 1

3

3+ + + =

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

fx

fy

ffy

ffy

f F x y y y1 1

11

1

22

1

33 2 1 2 3+ + + = ( , , , ) ⇒ =

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

Fx

Fy

fFy

fFy

f F x y y y2 2

11

2

22

2

33 3 1 2 3+ + + = ( , , , ) y1″′(x)=

Συστήματα Διαφορικών Εξισώσεων ♦ 259

Έτσι έχουμε: y1′(x)=f1(x, y1, y2, y3) y1″(x)=F2(x, y1, y2, y3) y1′″(x)=F3(x, y1, y2, y3) Λύνουμε τις δύο πρώτες ως προς y2 και y3 και αυτό γίνεται αν

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

fy

fy

Fy

Fy

1

2

1

3

2

2

2

3

0

≠

Έστω δε y2(x)=h2(x, y1, y1′) και y3(x)=h3(x, y1, y1′). Αντικαθιστούμε τις εκφράσεις αυτές στη τρίτη και έτσι έχουμε μια Δ. Ε. 3ης τάξης: y1′″(x)=F3(x, y1, h2(x, y1, y1′), h3(x, y1, y1′)) ως προς y1 την οποία προσπαθούμε να λύσουμε με μια από τις γνωστές μεθόδους. Παράδειγμα 1: Να λυθεί το διαφορικό σύστημα: y1′=y1+y2 (1α) y2′=x+y1+y2 (1β) Λύση: Παραγωγίζουμε την (1α) και έχουμε: y1″=y1′+y2′=(y1+y2)+(x+y1+y2)=x+2y1+2y2 και το αρχικό σύστημα παίρνει τη μορφή: y1′=y1+y2 (2α)

y1″=x+2y1+2y2 (2β) Λύνοντας την (2α) ως προς y2=h2(x, y1, y1′)=y1′-y1 (3) και αντικαθιστώντας στην (2β) προκύπτει: y1″=x+2y1+2h2= x+2y1+2(y1′-y1) =x+2y1′ ⇒

y1″-2y1′=x (4) Η Δ. Ε. (4) είναι μη ομογενής γραμμική 2ης τάξης και λύνεται κατά τα γνωστά. Επειδή όμως λείπει ο όρος y1, λύνεται πιo εύκολα εάν θέσουμε y1′=u(x). Έτσι γίνεται γραμμική 1ης τάξης: u′-2u=x με λύση:

u(x)= ( )e e xdx c e xe dx c e xd e cdx dx x x x x2 2

12 2

12 2

112

∫ ∫ +⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ = +

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ = − +

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ =

−− −∫ ∫ ∫

− − +⎡⎣⎢

⎤⎦⎥= − − + ⇒− −1

214

12

14

2 21 1

2xe e c x c ex x x =e2x

u x)dx x xc

e cx

( = − − + +∫14

14 2

2 12

2

y1= (5)

και η συνάρτηση y2 βρίσκεται από την (3):

− − +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ − − − + +⎛

⎝⎜⎞⎠⎟ =

12

14

14

14 21

2 2 1 22x c e x x

ce cx x y2=y1′-y1=

=12

14

14

141

2 22c e x x cx + − − − (6)

Οι σχέσεις (5) και (6) αποτελούν την λύση του συστήματος.


Παρατήρηση 1: Η μέθοδος της απαλοιφής μπορεί να εφαρμοσθεί πιο εύκολα, χρησιμο-ποιώντας τον διαφορικό τελεστή D, για γραμμικά διαφορικά συστήματα με σταθερούς όμως συντελεστές. Παράδειγμα 2: Να λυθεί το σύστημα των διαφορικών εξισώσεων: y1′-2y1+y2′+y2=x (1α) y1′+y1+y2′+2y2=1+2x (1β) Λύση: Χρησιμοποιώντας τον διαφορικό τελεστή D το Σ.Δ. Ε. (1) γράφεται: (D-2)y1+(D+1)y2=x (2α) (D+1)y1+(D+2)y2=1+2x (2β) Πολλαπλασιάζουμε την (2α) με (D+1) και την (2β) με -(D-2) και έχουμε (D+1)(D-2)y1+(D+1)2y2=(D+1)x (3α) -(D-2)(D+1)y1-(D-2)(D+2)y2=-(D-2)(1+2x) (3β ) Προσθέτοντας τις (3) προκύπτει: [(D+1)2-(D2-4)]y2=1+5x ⇒ (2D+5)y2=1+5x ⇒ y2(x)=c1exp[-5x/2]+x-1/5 (4) Τώρα η (2α) γράφεται με τη βοήθεια της (4):

c x x c x1 152

15

32

52

45

exp exp−⎡⎣⎢

⎤⎦⎥+ −

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= −⎡

⎣⎢⎤⎦⎥− ⇒ (D-2)y1=x-(D+1)y2=x-(D+1)

32

52

45

13

52

251

22 1 2

2c x e dx c c x c ex xexp exp−⎡⎣⎢

⎤⎦⎥−

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

+⌠

⌡⎮⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = − −⎡

⎣⎢⎤⎦⎥+ +−y1(x)=e2x (5)

Οι συναρτήσεις (4) και (5) είναι η λύση του συστήματος.

12.3 Γενικά Συμπεράσματα.

Θεωρούμε το σύστημα των διαφορικών εξισώσεων: L1(D)y1(x)+T1(D)y2(x)=f1(x) L2(D)y1(x)+T2(D)y2(x)=f2(x) όπου τα L1, L2, T1, T2 είναι πολυώνυμα ως προς D. Διακρίνουμε τις εξής περιπτώσεις:

L TL T

1 1

2 2

0= 2 2

1 1

L TL T

= = ρΠερίπτωση 1: Αν Δ= ⇒ L1T2-T1L2=0 ⇒

Τότε L1y1+T1y2=f1 (1) ρL1y1+ρT1y2=f2 (2) και υπάρχουν οι εξής δυο υποπεριπτώσεις: 1α) αν f2=ρf1 τότε το σύστημα είναι συμβιβαστό, αλλά η εξίσωση (2) είναι περιττή. Η εξίσωση (1) μπορεί να λυθεί ως προς την συνάρτηση y1(x) ή y2(x) ενώ η άλλη παραμένει απροσδιόριστη. 1β) αν f2≠ ρf1 τότε το σύστημα είναι αδύνατο.

L TL T

1 1

2 2

0≠Περίπτωση 2: Aν Δ= . Θέτουμε:


μ=βαθμός Δ(D)(1 μ1=max(βαθ. L1, βαθ. T1) μ2=max(βαθ. L2, βαθ. Τ2) 2α) αν μ=μ1+μ2 τότε βρίσκουμε τόσες σταθερές όση είναι η τάξη του συστήματος, δηλ. μ το πλήθος σταθερές, (βλ. Παραδείγματα 1 και 4). 2β) αν μ<μ1+μ2 το σύστημα ονομάζεται εκφυλισμένο με την έννοια ότι η γενική του λύση περιέχει μ αυθαίρετες σταθερές, δηλ. η γενική λύση χρειάζεται λιγότερες ολοκλη-ρώσεις από τις μ1+μ2, που καθορίζουν οι τάξεις των παραγώγων των αγνώστων συναρτή-σεων. Το σύστημα μπορεί να θεωρηθεί εν μέρει διαφορικό και εν μέρει αλγεβρικό, (βλ. Παραδείγματα 2 και 3). Στην περίπτωση μ=0, δηλ. πλήρους εκφυλισμού, ο υπολογισμός της λύσης γίνεται καθαρά αλγεβρικά χωρίς να χρειάζεται καμία ολοκλήρωση, με αποτέ-λεσμα η λύση να μην περιέχει σταθερές, (βλ. Παράδειγμα 5) . Παράδειγμα 1: Να λυθεί το σύστημα των διαφορικών εξισώσεων: y1″-y1+y2′-y2 = 1 y1′+y1+y2″+y2 = x Λύση: Έχουμε: (D2-1)y1+(D-1)y2=1 (1) (D+1)y1+(D2+1)y2=x (2)

( )2

2 22

D 1 D 1D D 1

D 1 D 1− −

= −+ +

Δ=

επειδή μ=4, μ1=2, μ2=2 και μ=μ1+μ2, το σύστημα δεν είναι εκφυλισμένο, δηλ. η λύση του περιέχει τέσσερις αυθαίρετες σταθερές. Πολλαπλασιάζουμε την (2) με -(D-1) και προσθέτουμε την εξίσωση που προκύ-πτει στην πρώτη έχουμε: -(D-1)D2y2=x ⇒ D3y2-D2y2=-x ⇒

y2(x)=c1+c2x+c3ex+x2/2+x3/6 (3) Με αντικατάσταση της (3) στην (2) παίρνουμε την διαφορική εξίσωση: Dy1+y1=x-y2-D2y2=-(c1+1)-c2x-2c3ex- x2/2-x3/6 της οποίας η λύση είναι: y1(x)=(c2-c1-1)-c2x-c3ex+c4e-x-x3/6 (4) Επειδή μ=4, οι λύσεις (3), (4) του συστήματος πρέπει να έχουν 4 ανεξάρτητες σταθερές, όπως και πράγματι έχουν. Αυτό το διαπιστώνουμε αντικαθιστώντας τις λύσεις στο σύστη-μα και βλέποντας ότι το σύστημα ικανοποιείται εκ ταυτότητος, δηλ. ∀x. Παράδειγμα 2: Να λυθεί το σύστημα των διαφορικών εξισώσεων: y1″-y1′+y2′+2y2 = 0 y1″+y2′+4y2 = 0 Λύση: Έχουμε: (D2-D)y1+(D+2)y2=0 (1) D2y1+(D+4)y2=0 (2)

D D DD D

D2

222

44

− ++

= − Δ= D

(1 Εννοούμε τον βαθμό του πολυωνύμου Δ(D) ως προς την "μεταβλητή" D.


επειδή μ=2, μ1=2, μ2=2 και μ<μ1+μ2, το σύστημα είναι εκφυλισμένο. Αφαιρούμε τις δυο εξισώσεις: -Dy1-2y2=0 ⇒ D2y1=-2Dy2 (2) ⇒ -Dy2-4y2=-2Dy2 ⇒ Dy2=4y2 ⇒ y2=c1e4x Από την (2) προκύπτει:

4x1 2

1 c e c x c2

D2y1+4c1e4x+4c1e4x=0 ⇒ D2y1=-8c1e4x ⇒ Dy1=-2c1e4x+c2 ⇒ y1(x)= 3− + +

Επειδή μ=2, δυο είναι οι αυθαίρετες, (ανεξάρτητες), σταθερές. Εάν αντικαταστήσουμε τις λύσεις στο σύστημα, τότε βλέπουμε ότι η (2) ικανοποιείται εκ ταυτότητος ∀x αλλά η (1) ικανοποιείται ∀x μόνο όταν c2=0. Πράγματι:

y1″-y1′+y2′+2y2=-8c1e4x+2c1e4x-c2+4c1e4x+2c1e4x=-c2=0 ∀x ⇒ c2=0 Επομένως οι λύσεις είναι:

y1(t)= 4x1

1 c e c2

− + 3 , y2=c1e4x

Παράδειγμα 3: Να λυθεί το σύστημα των διαφορικών εξισώσεων: y1′-y1+y2′=2x+1 2y1′+y1+2y2′=x Λύση: Έχουμε: (D-1)y1+Dy2=2x+1 (1) (2D+1)y1+2Dy2=x (2)

D DD−+1

2 1 2 Δ= D =(2D2-2D)-(2D2+D)=-3D

επειδή μ=1, μ1=1, μ2=1 και επομένως μ<μ1+μ2 το σύστημα είναι εκφυλισμένο. Εάν πολ-λαπλασιάσουμε την (1) επί 2 και αφαιρέσουμε την δεύτερη, προκύπτει: y1=-x-2/3 και με αντικατάσταση στην πρώτη παίρνουμε:

Dy2=2x+1+(D-1) 2x3

⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠

43

12

43

x2+=x+ ⇒ y2= x+c

Επειδή μ=1, η λύση του συστήματος θα πρέπει να περιέχει μια αυθαίρετη σταθερά, όπως και πράγματι συμβαίνει. Παράδειγμα 4: Να λυθεί το σύστημα: y1′-y2′-y2=-ex y1+y2′-y2=e2x Λύση: Έχουμε: Dy1-(D+1)y2=-ex y1+(D-1)y2=e2x

D DD

− +−

( )11 Δ= 1 =D(D-1)+)D+1)=D2+1

με μ=2, μ1=1, μ2=1, δηλ. μ=μ1+μ2. Επομένως το σύστημα δεν είναι εκφυλισμένο. Για την λύση του συστήματος θα ακολουθήσουμε έναν άλλο τρόπο, διαφορετικό από τους προη-γούμενους, ακολουθώντας την μέθοδο επιλύσεως των αλγεβρικών συστημάτων. Συγκε-κριμένα θα έχουμε:


( )

x

2x

e (D 1)e D 1D D 11 D 1

− − +−

− +−

( ) ( ) y1(x)= 1yΔΔ

= =x 2x 2x

2 2

D 1 ( e ) D 1 e 3eD 1 D 1

− − + += (1)

+ +

( )

x

2x

D e1 e

D D 11 D 1

−

− +−

2x x 2x x

2 2

De e 2e eD 1 D 1

+ +=

+ +2yΔ

Δκαι y2(x)= = = (2)

Από την (1) έχουμε: (D2+1)y1=3e2x με y1γεν=y1ομ+y1μερ όπου y1ομ=c1cosx+c2sinx

2x2x

2

3e 3 e2 1 5

=+

και y1μερ=(D2+1)-13e2x=

2x3 e5

Επομένως y1γεν= c1cosx+c2sinx+

Από την (2) με παρόμοιο τρόπο έχουμε: x

2x2 e5 2

+e y2=c3cosx+c4sinx+(D2+1)-1[2e2t+et] =c3cosx+c4sinx+

Επειδή μ=2 οι σταθερές c1, c2, c3, c4, δεν είναι ανεξάρτητες μεταξύ τους. Π.χ οι c3, c4 μπορούν να εκφρασθούν συναρτήσεις των c1, c2 εάν αντικαταστήσουμε τις λύσεις στο σύστημα. Μετά την αντικατάσταση βρίσκουμε c3=(c1+c2)/2, c4=(c2-c1)/2. Παράδειγμα 5: Να λυθεί το σύστημα: y1′+5y1+y2′+4y2=3x2 (1) y1′+2y1+y2′+y2=3x (2) Λύση: Έχουμε: (D+5)y1+(D+4)y2=3x2 (1α) (D+2)y1+(D+1)y2=3x (2α)

D DD D+ ++ +

5 42 1

Δ= =-3

Στην περίπτωση αυτή έχουμε μ=0 δηλ. πλήρη εκφυλισμό. Στην γενική λύση δεν πρέπει να υπάρχουν σταθερές και το σύστημα είναι καθαρά αλγεβρικό. Πράγματι, αφαιρώντας την (2) από την (1) προκύπτει:

3y1+3y2=3x2-3x ⇒ y1+y2=x2-x (3)

Τώρα θα προσπαθήσουμε από την (3) και την (2α) να απαλείψουμε την y2. Για να το επι-τύχουμε αυτό πολλαπλασιάζουμε την (3) με (D+1) και έχουμε:

(D+1)y1+(D+1)y2=x2+x-1 (4)

Αφαιρούμε την (4) από την (2α) και παίρνουμε:

y1=-x2+2x+1 (5)


Επομένως το αρχικό διαφορικό σύστημα είναι ισοδύναμο με το αλγεβρικό σύστημα των εξισώσεων (3) και (5):

y1+y2=x2-x, y1=-x2+2x+1

που έχει λύση την y1=-x2+2x+1 και y2=2x2-3x-1.

Εάν προσπαθούσαμε να λύσουμε το διαφορικό σύστημα χρησιμοποιώντας τον διαφορικό τελεστή D, τότε οι λύσεις που θα προέκυπταν θα ήταν:

y1=-x2+2x+1 και y2=2x2-3x-1+c1e-x

με αντικατάσταση των παραπάνω λύσεων στο διαφορικό σύστημα προκύπτει αναγκαστι-κά ότι c1=0.

Ασκήσεις: Να λυθούν τα παρακάτω συστήματα διαφορικών εξισώσεων. 1) y1′=2y1-y2 y2′=-y1+2y2 2) y1′=2y1+3y2 y2′=3y1+2y2 3) 5y1′+6y1 -8y2=0 5y2′-8y1-6y2=0 4) y1′=y1+y2+x y2′=y1-y2+1-x Απαντήσεις: 1) y1=c1ex+c2e3x y2=c1ex-c2e3x 2) y1=c1e-x+c2e5x y2=-c1e-x+c2e5x

c1

2 3) y1=c1e-2x+c2e2x y2=- e-2x+2c2e2x

4) y1=c1exp(-√2x) +c2exp(√2x) -1 y2=-(√2 +1)c1exp(-√2x) +(√2 -1)c2exp(√2x)+1-x

12.4 Η μέθοδος των πινάκων

Κατ' αρχήν υπενθυμίζουμε μερικές βασικές έννοιες από την Γραμμική Άλγεβρα, απαραίτητες για την μέθοδο των πινάκων. Ορισμοί: Έστω Α=αij ένας πίνακας n×n με πραγματικά στοιχεία. Ένας αριθμός λ, (που μπορεί να είναι και μιγαδικός), ονομάζεται ιδιοτιμή του πίνακα Α εάν υπάρχει τουλάχι-στον ένα μη μηδενικό διάνυσμα v τέτοιο ώστε: Av=λv (2 Τα διανύσματα v ονομάζονται ιδιοδιανύσματα του πίνακα Α που αντιστοιχεί στην ιδιο-τιμή λ. Όπως είναι γνωστό, οι ιδιοτιμές λ βρίσκονται από την επίλυση της χαρακτηρι-στικής εξίσωσης: Δ(λ)=|A-λI|=0

(2 Η εξίσωση Αv=λv ονομάζεται εξίσωση ιδιοτιμών.


όπου I ο μοναδιαίος πίνακας n×n. Μια ιδιοτιμή λ λέμε ότι έχει:

I) αλγεβρική πολλαπλότητα k εάν εμφανίζεται k φορές στην χαρακτηριστική εξί-σωση και II) γεωμετρική πολλαπλότητα g εάν συσχετίζεται με g γραμμικά ανεξάρτητα ιδιοδι-ανύσματα (3 . Στη συνέχεια θα ασχοληθούμε με τις δυο περιπτώσεις: α) των ομογενών γραμμικών συστημάτων: y′=Ay και β) των μη ομογενών γραμμικών συστημάτων y′=Ay+f(x), όπου:

y(x)= y′(x)= A(x)= f(x)=

yy

yn

1

2

′

′

′

⎛

⎝

⎜⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟⎟⎟

yy

yn

1

2

⎛

⎝

⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟⎟

11 1n

n1 nn

α α⎛ ⎞⎜⎜⎜ ⎟α α⎝ ⎠

⎟⎟

ff

fn

1

2

⎛

⎝

⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟⎟

j είναι αριθμοί. Και στις δυο περιπτώσεις θα θεωρήσουμε ότι οι συντελεστές αi I) Ομογενές Σύστημα. Για να βρούμε την γενική λύση του ομογενούς συστήματος: y′=Ay (1) παρατηρούμε ότι το σύστημα αυτό για n=1 ανάγεται στην απλή Δ. Ε. y′=αy της οποίας η γενική λύση είναι y(x)=ceαx. Αυτό μας κάνει να αναζητήσουμε την λύση του συστήματος (1) υπό την μορφή: y(x)=eλxv (2) όπου λ μια άγνωστη σταθερά και v ένα διάνυσμα στήλη με σταθερά στοιχεία:

v=

vv

vn

1

2

⎛

⎝

⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟⎟

Αυτό που έχουμε να κάνουμε τώρα είναι να αντικαταστήσουμε την (2) στην (1) για να προσδιορίσουμε το λ και το v. Με την αντικατάσταση αυτή βρίσκουμε: λeλxv=Aeλxv=eλxAv ⇒ (A-λI)v=0 (3) Η εξίσωση (3), όπως ξέρουμε έχει μη μηδενική λύση έαν 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=eλxv, όπου λ ιδιοτιμή του πίνακα A και v ένα ιδιοδιάνυσμα, που αντιστοιχεί στην ιδιο-τιμή λ.

(3 Αποδεικνύεται ότι ισχύει k≥g. Όταν k>g η αντίστοιχη ιδιοτιμή ονομάζεται εκφυλισμένη.


Tο επόμενο ερώτημα είναι κάτω από ποιες συνθήκες το σύστημα (1) έχει n το πλήθος γραμμικά ανεξάρτητες λύσεις, απαραίτητες για να βρούμε την γενική λύση, (σαν γραμμικός συνδυασμός αυτών). Η απάντηση δίνεται από το εξής θεώρημα: Θεώρημα 1: Εάν ο πίνακας A του συστήματος y′=Ay έχει n το πλήθος γραμμικά ανε-ξάρτητα ιδιοδιανύσματα v(1), v(2), …, v(n) που αντιστοιχούν στις ιδιοτιμές λ1, λ2,⋅⋅⋅, λn, (μερικές από τις οποίες μπορεί να είναι ίδιες), τότε οι λύσεις: 1 2 nx x x(1) (2) (n)e ,e , ,eλ λ λv v v (4)

αποτελούν ένα σύνολο n γραμμικά ανεξαρτήτων λύσεων, που ονομάζεται θεμελιώδες σύνολο λύσεων, του γραμμικού ομογενούς συστήματος y′=Ay, η γενική λύση του οποίου είναι: y(x)= (5α) 1 2 nx x x(1) (2) (n)

1 2 nc e c e c eλ λ λ+ + +v v vόπου c1, c2,⋅⋅⋅,cn τυχαίες σταθερές, που θα προσδιοριστούν από τις αρχικές συνθήκες. Απόδειξη: Είδαμε ότι κάθε διάνυσμα του θεμελιώδους συνόλου (4) είναι μια λύση του ομογενούς γραμμικού συστήματος y′=Ay. Επομένως και ο τυχαίος γραμμικός συνδιασμός (5) είναι λύση του συστήματος. Για να δείξουμε ότι τα διανύσματα αυτά είναι γραμμικά ανεξάρτητα, αρκεί η ορίζουσα του Wronsky (4 να είναι διάφορη του μηδενός. Έχουμε: W(x)=det 1 2 nx x x(1) (2) (n)e ,e , ,eλ λ λv v v 1 n( )x (1) (2) (n)e det , , ,λ + +λ v v v = (6)

Επειδή τώρα τα ιδιοδιανύσματα είναι γραμμικά ανεξάρτητα, η ορίζουσα: det , , ,( ) ( ) ( )v v v1 2 n

είναι διάφορη του μηδενός. Επομένως η ορίζουσα W(x) ποτέ δεν μηδενίζεται και οι λύ-σεις 1 2 nx x x(1) (2) (n)e ,e , ,eλ λ λv v v

είναι γραμμικά ανεξάρτητες. Η σχέση (5α) μπορεί να γραφεί και υπό την μορφή:

y(x)=Ψ(x)c (5β) όπου Ψ(x) ο πίνακας του οποίου οι στήλες είναι οι μερικές λύσεις

1 2 nx x x(1) (2) (n)e ,e , ,eλ λ λv v v

και c το σταθερό διάνυσμα: 1

2

n

cc

c

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

c

Ο πίνακας Ψ(x) ονομάζεται θεμελιώδης πίνακας. Παράδειγμα 1: Να λυθεί το ομογενές γραμμικό σύστημα y′=Ay όπου:

(4 Στην περίπτωση των διαφορικών συστημάτων, ορίζουμε σαν ορίζουσα του Wronsky την ορίζουσα του

πίνακα που έχει στήλες τις λύσεις δηλ. W(x)= 1 2 nx x x(1) (2) (n)e ,e , ,eλ λ λv v v iieλ v


A= 1 14 1⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

Λύση: Βρίσκουμε τις ιδιοτιμές του πίνακα A από την χαρτακτηριστική εξίσωση: 1 1

4 1−λ

−λ=(1-λ)2-4=0 ⇒ λ2-2λ-3=0 ⇒ λ1=-1 , λ2=3 |A-λI|=

Για να βρούμε τα ιδιοδιανύσματα, που αντιστοιχούν στην ιδιοτιμή λ1=-1 λύνουμε το σύ-στημα (A-λ1I)v=0 ως προς v και έχουμε:

1 1 2

2 1 2

v 2v v1 ( 1) 1 0 0v 4v 2v4 1 ( 1) 0 0

+− − ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⇒ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟+− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⇒

⎞⎟

2v1+v2=0

και ένα ιδιοδιάνυσμα είναι (π.χ. για v1=1 έχουμε v2=-2):

v(1)= 12−

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

Με παρόμοιο τρόπο βρίσκουμε για την άλλη ιδιοτιμή λ2=3 ενα ιδιοδιάνυσμα:

v(2)= 12⎛⎝⎜⎞⎠⎟

Δυο γραμμικά ανεξάρτητες λύσεις είναι:

1x (1) x 1e e

2λ − ⎛

= ⎜−⎝ ⎠v y1(x)= και y2(x)= 2x (2) 3x 1

e e2

λ ⎛ ⎞= ⎜ ⎟

⎝ ⎠v

και επομένως η γενική λύση είναι:

y(x)=c1y1(x)+c2y2(x)=c1e-x +c2e3x = 12−

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

12⎛⎝⎜⎞⎠⎟

x 3x x 3x1

1 2x 3x x 3x2

ce e e ec c

c2e 2e 2e 2e

− −

− −

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞+ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟− − ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

ή πιο αναλυτικά:

y(x)= = ⇒ yy

1

2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

c e c ec e c e

x x

x x1 2

3

1 232 2

−

−

+− +

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

y1(x)=c1e-x+c2e3x και y2(x)=-2c1e-x+2c2e3x Παράδειγμα 2: Να λυθεί το ομογενές γραμμικό σύστημα y′=Ay όπου:

A=

1 1 21 2 10 1 1

−−

−

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

Λύση: Εύκολα βρίσκουμε τις ιδιοτιμές του πίνακα A, που είναι: λ1=-1 , λ2=1 , λ3=2 με αντίστοιχα ιδιοδιανύσματα:

v(1)= , v(2)= , v(3)= 101

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

321

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

131

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

Επομένως η γενική λύση είναι:


y(x)=c1e-x +c2ex +c2e2x = 101

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

321

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

131

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

x x 2x1

x 2x2

x x 2x3

e 3e e c0 2e 3e c

e e e c

−

−

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎜ ⎟⎜ ⎜ ⎟

⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

⎟⎟

ή πιο αναλυτικά:

y(x)= = ⇒ c e c e c e

c e c ec e c e c e

x x x

x x

x x x

1 2 32

2 32

1 2 32

32 3

−

−

+ ++

+ +

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

yyy

1

2

3

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

y1(x)=c1e-x+3c2ex+c3e2x , y2(x)=2c2ex+3c3e2x , y3(x)=c1e-x+c2ex+c3e2x

Παράδειγμα 3: Να λυθεί το ομογενές γραμμικό σύστημα y′=Ay όπου:

A= −

−−

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

2 1 11 2 11 1 2

Λύση: Στο παράδειγμα αυτό, οι ιδιοτιμές είναι λ1=0 και λ2=λ3=-3, δηλ. εδώ έχουμε μια δι-πλή ιδιοτιμή. Τα αντίστοιχα ιδιοδιανύσματα είναι:

v(1)= , v(2)= , v(3)= 111

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

101−

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

011−

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

Η διπλή ιδιοτιμή -3 μας δίνει δυο γραμμικά ανεξάρτητα ιδιοδιανύσματα και βάσει του θεωρήματος 1 η γενική λύση είναι:

y(x)=c1 +c2e-3x +c3e-3x =

ή πιο αναλυτικά: y1(x)=c1+c2e-3x , y2(x)=c1+c3e-3x , y3(x)=c1-(c2-c3)e-3

111

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

101−

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

011−

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

3x1

3x2

3x 3x3

1 e 0 c1 0 e c1 e e c

−

−

− −

⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟

⎜ ⎟⎜ ⎟− − ⎝ ⎠⎝ ⎠

⎟

Παράδειγμα 4: Να λυθεί το ομογενές γραμμικό σύστημα y′=Ay όπου:

A= 1 11 3−

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

Λύση: Οι ιδιοτιμές του πίνακα είναι λ1=λ1=2 (διπλή). Για να βρούμε τα αντίστοιχα ιδιο-διανύσματα λύνουμε την εξίσωση:

1 2 11 3 2

00

00

1

2

1 2

1 2

−− −

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =

⎛⎝⎜⎞⎠⎟ ⇒

− +− +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =

⎛⎝⎜⎞⎠⎟ ⇒

vv

v vv v (A-λI)v=0 δηλ -v1+v2=0

και επομένως ένα ιδιοδιάνυσμα είναι: v(1)= με αντίστοιχη λύση την: y1(x)=e2x 11⎛⎝⎜⎞⎠⎟

11⎛⎝⎜⎞⎠⎟

Επειδή δεν υπάρχει άλλο ιδιοδιάνυσμα, για να βρούμε μια δεύτερη λύση του συστήματος, γραμμικά ανεξάρτητη ως προς την πρώτη, θέτουμε: y2(x)=(xu+w)e2x όπου u και w διανύσματα, που θα προσδιοριστούν με αντικατάσταση της y2(x) στο σύ-στημα:


y2′(x)=Ay2 ⇒ ue2x+2(xu+w)e2x=Axue2x+Awe2x ⇒ x(2u-Au)+(u+2w-Aw)=0 ⇒ Au=2u και Aw=2w+u Το πρώτο γραμμικό σύστημα συμπίπτει με την εξίσωση ιδιοτιμών (Α-λΙ)v=0 για λ=2. Ε-

πομένως σαν λύση μπορούμε να πάρουμε v(1)= δηλ. θα έχουμε u= . 11⎛⎝⎜⎞⎠⎟

11⎛⎝⎜⎞⎠⎟

και από το δεύτερο σύστημα: 1 11 3 2

2 13 2 1

11

1

2

1

2

1

2

1 2 1

1 2 2

1 2

1 2−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ +

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ⇒

+ = +− + = +

⎫⎬⎭⇒

− + =− + =

⎫⎬⎭⇒

ww

ww

uu

w w ww w w

w ww w

w2=w1+1

και για w1=0 έχουμε w2=1 δηλαδή w= και έτσι παίρνουμε μια δεύτερη λύση: 01⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

y2(x)=(xu+w)e2x= x e ex

xx x

11

01 1

2 2⎛⎝⎜⎞⎠⎟ +

⎛⎝⎜⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ =

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

Οι λύσεις y1(x) και y2(x) είναι γραμμικά ανεξάρτητες διότι η ορίζουσα του Wronsky:

( )e xee x e

x x

x

2 2

2 1+= W(y1(x),y2(x))=det y1(x),y2(x)= x2 (x+1)e4x-xe4x=e4x≠0

Επομένως η γενική λύση του συστήματος είναι:

y(x)=c1y1(x)+c2y2(x)=c1e2x +c2e2x = 11⎛⎝⎜⎞⎠⎟

xx+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟1

e xee x e

cc

x x

x x

2 2

2 21

21( )+⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

ή πιο αναλυτικά y1(x)=c1e2x+c2xe2x και y2(x)=c1e2x+c2(x+1)e2x Παράδειγμα 5: Να λυθεί το ομογενές γραμμικό σύστημα y′=Ay όπου:

A= 2 1 30 2 10 0 2

−

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

Λύση: Οι ιδιοτιμές του πίνακα A είναι λ1=λ2=λ3=2. Εδώ έχουμε μια μόνο ιδιοτιμή λ=2 με πολλαπλότητα 3 με τις εξής τρεις δυνατές περιπτώσεις: α) να βρούμε τρία γραμμικά ανεξάρτητα ιδιοδιανύσματα. Αυτή είναι και η πιο 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:

v= που μας οδηγεί στη μερική λύση y1(x)=e2x = 100

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

100

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

2xe00

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠


Αναζητούμε τώρα δυο άλλες μερικές λύσεις, γραμμικά ανεξάρτητες μαζί με την πρώτη, ώστε να αποτελούν ένα θεμελιώδες σύνολο λύσεων. Για μια δεύτερη λύση θέτουμε (5 y2(x)=(xv1

(2)+v2(2))e2x

και καταλήγουμε στα γραμμικά συστήματα: Av1

(2)=2v1(2) (A) και Av2

(2)=2v2(2)+v1

(2) (B) Το πρώτο γραμμικό σύστημα συμπίπτει με την εξίσωση ιδιοτιμών (Α-λΙ)v=0 για λ=2. και μπορούμε να πάρουμε σαν λύση v1

(2) το διάνυσμα v δηλ.

v1(2)=v=

100

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

Από το δεύτερο γραμμικό σύστημα βρίσκουμε:

v2(2)=

010

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

και έτσι η δεύτερη μερική λύση είναι:

y2(x)=(xv1(2)+v2

(2))e2x= = x ex

ex x

100

010

10

2 2

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟+

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

=

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

2x

2x

xee0

⎛ ⎞⎜⎜⎜ ⎟⎝ ⎠

⎟⎟

Αναζητούμε μια τρίτη λύση υπό την μορφή: y3(x)=(x2v1

(3)+xv2(3)+v3

(3))e2x οπότε καταλήγουμε στα γραμμικά συστήματα: Av1

(3)=2v1(3), Av2

(3)=2v2(3)+v1

(3), Av3(3)=2v3

(3)+v2(3)

Η πρώτη εξίσωση είναι όμοια με την εξίσωση ιδιοτιμών (Α-λΙ)v=0 για λ=2. και μπορούμε να πάρουμε σαν λύση v1

(3) το διάνυσμα v δηλ.

v1(3)=v=

100

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

Η δεύτερη εξίσωση είναι όμοια με την εξίσωση (Β) και μπορούμε να πάρουμε σαν λύση v2

(3)= v2(2) το διάνυσμα v δηλ.:

v2(3)= v2

(2)= 010

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Τέλος από την Τρίτη εξίσωση προκύπτει:

v3(3)=

062−

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

Έτσι η τρίτη λύση είναι:

(5 Χρησιμοποιούμε τον άνω δείκτη (2) για να τονίσουμε ότι τα διανύσματα v1

(2), v2(2) ανήκουν στην δεύτερη

μερική λύση y2(x).


y3(x)=(x2v1(3)+xv2

(3)+v3(3))e2x= =

2

2 2x 2x

1 0 0 xx 0 x 1 6 e x 6 e

0 0 2 2

⎛ ⎞⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ + = +⎜ ⎟⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎝ ⎠

2 2x

2x

2x

x e(x 6)e

2e

⎛ ⎞⎜ ⎟

+⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

⎟

Τελικά η γενική λύση είναι:

y(x)=c1y1(x)+c2y2(x)+c3y3(x)= ή πιο αναλυτικά: ( )

2x 2x 2 2x1

2x 2x2

2x3

e xe x e c0 e x 6 e c0 0 2e c

⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟+⎜ ⎜ ⎟

⎜ ⎟⎜ ⎟− ⎝ ⎠⎝ ⎠y1(x)=c1e2x+c2xex+c3x2e2x, y2(x)=c2e2x+c3(x+6)e2x, y3(x)=-2c3e2x

Παρατήρηση 1: Το σύστημα αυτό μπορεί πολύ πιο εύκολα να λυθεί χρησιμοποιώντας τον τελεστή D, οπότε γράφεται: (D-2)y1-y2-3y3=0 0y1+(D-2)y2+y3=0 0y1+0y2+(D-2)y3=0 Από την τελευταία εξίσωση υπολογίζεται άμεσα η y3 που είναι y3=c3e2x, στη συνέχεια από την δεύτερη η y2 και τελικά από την πρώτη η y1 . Παρατήρηση 2: Στην περίπτωση που σε μια ιδιοτιμή λ, που έχει πολλαπλότητα k, αντι-στοιχεί ένα μόνο ιδιοδιάνυσμα v, τότε ισχύει το εξής θεώρημα: Θεώρημα 2: Οι k γραμμικά ανεξάρτητες λύσεις του συστήματος, που αντιστοιχούν στην ιδιοτιμή λ είναι: y1

(λ)(x)=eλxv1 y2

(λ)(x)=eλx[xv1 +v2

]

xx

2

1 2 32v v v+ +

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ y3

(λ)(x)=eλx

…………………………..

( ) ( )xk

xk

k k

k

− −

−+

−+ +

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

1

1

2

21 2! !v v yk

(λ)(x)=eλx v

όπου: v1=v (A-λΙ)v2=v1 (A-λΙ)v3=v2 …………… (A-λΙ)vk=vk-1 Παράδειγμα 6: Να λυθεί το ομογενές γραμμικό σύστημα y′=Ay όπου:

A= 5 3 28 5 44 3 3

− −⎛ ⎞⎜ ⎟− −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

Λύση: Οι ιδιοτιμές του πίνακα A είναι: λ1=λ2=λ3=1 δηλαδή έχουμε μια τριπλή ιδιοτιμή. Για την ιδιοτιμή αυτή βρίσκουμε δυο γραμμικά ανεξάρτητα ιδιοδιανύσματα:


v(1)= και v(2)= 102

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

023

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

τα οποία μας δίνουν δυο γραμμικά ανεξάρτητες μερικές λύσεις: y(1)= v(1)ex και y(1)=v(2)ex Χρειαζόμαστε άλλη μια μερική λύση y(3) γραμμικά ανεξάρτητη των δυο προηγουμένων. Μια τέτοια λύση θα την αναζητήσουμε από την έκφραση: y(3)=(xu+w)ex η οποία οφείλει να ικανοποιεί την εξίσωση του συστήματος y′=Ay, δηλαδή θα πρέπει να ισχύει:

y(3)′=Ay(3) ⇒ uex+(xu+w)ex=(xAu+Aw)ex ⇒ x(Au-u)+(Aw-u-w)=0 ⇒ Au=u (1) Aw=u+w (2) Η σχέση (1) είναι η εξίσωση ιδιοτιμών του πίνακα Α και επομένως το u μπορεί να είναι το ιδιοδιάνυσμα v(1) ή το v(2). Είναι όμως απαραίτητο να θεωρήσουμε το u σαν γραμμικός συνδυασμός των v(1) και v(2) για να έχουμε την πιο γενική λύση της (1). Έτσι θέτουμε: u=c1v(1)+c2v(2) (3) και από την εξίσωση (2) έχουμε: Aw=u+w ⇒ (Α-Ι)w=u ⇒

1 1

2 1 2 2 2

3 3

5 1 3 2 w 1 0 4 3 2 w c8 5 1 4 w c 0 c 2 8 6 4 w 2c4 3 3 1 w 2 3 4 3 2 w 2c 3c

− − − − −⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜− − − = + ⇒ − − =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜− − − −⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝

1

1 2

⎞⎟⎟⎟− ⎠

2

2

⇒ 4w1-3w2-2w3=c1 (4-α) 8w1-6w2-4w3=2c2 (4-β) -4w1+3w2+2w3=2c1-3c2 (4-γ)

Από τις παραπάνω εξισώσεις προκύπτει αναγκαστικά ότι c1=c2. Μπορούμε τώρα να επι-λέξουμε οποιαδήποτε κοινή τιμή για τα c1 και c2 γιατί αυτό που μας ενδιαφέρει είναι να βρούμε μια οποιαδήποτε τρίτη μερική λύση γραμμικά ανεξάρτητη των δυο άλλων. Για τα c1 και c2 επιλέγουμε την τιμή 2 και έχουμε:

1 02 0 2 2 4

2 3

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

u=2v(1)+2 v(2)=

Για να βρούμε το διάνυσμα w χρησιμοποιούμε την σχέση (4-α), ( ή την (4-β) ή την (4-γ) αφού είναι ουσιαστικά ίδιες), και έχουμε: 4w1-3w2-2w3=c1=2 ⇒ w3=2w1-(3/2)w2-1

Επομένως: 1

2 1

1 2

w 0 1w 0 w 0 w

2w 3/ 2w 1 1 2 3/ 2

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

w 2

01

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Με w1, w2 τυχαία. Μπορούμε επομένως να θέσουμε w1=k1 και w2=2k2 και θα έχουμε:


1 2

0 10 k 0 k 21 2

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜= + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜

0

3

⎞⎟⎟⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝

w

⎠Επειδή αναζητούμε μια τρίτη μερική λύση, (οποιαδήποτε), μπορούμε να θέσουμε k1=k2=1 και να έχουμε:

0 1 0 10 0 2 21 2 3 2

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= + + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

w

Τελικά: ( )(3) x x x

2 1 2x 1x e x 4 2 e 4x 2

2 2 2x 2

⎡ ⎤ +⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= + = + = +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥− − − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

y u w e

1

2

Η γενική λύση θα είναι τότε:

x x x1 1 2 2 3 3 1 2 3

1 0 2xc c c c e 0 c e 2 c e 4x 2

2 3 2x

+⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= + + = + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

y y y y ⇒

( )( )( )

( )( )

( )

( ) ( )( ) ( )

( ) ( )

x1 1 2 31 1 2 3

x x2 2 3 2 2 3

x3 1 2 3 3 1 2 3

y x c c 2x 1 c ey x c c 2x 1 cy x 2c 4x 2 c e y x 2c 4x 2 c ey x 2c 3c c 2x 2 y x 2c 3c 2x 2 c e

= + + +⎡ ⎤+ + +⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎣ ⎦⎜ ⎟ ⎜ ⎟= + + ⇒ = + +⎡ ⎤⎣ ⎦⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− + − − = − + − −⎡ ⎤⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎣ ⎦

Παράδειγμα 7: Να λυθεί το ομογενές γραμμικό σύστημα y′=Ay όπου: A= 1 15 1

−−

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

Λύση: Οι ιδιοτιμές του πίνακα A είναι: λ1=2i και λ2=-2i με αντίστοιχα ιδιοδιανύσματα, (συζυγές το ένα με το άλλο):

v(1)= και v(2)= v−

− +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

11 2i

( )*11

1 2=−

− −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟i

Δυο γραμμικά ανεξάρτητες, (μιγαδικές), λύσεις είναι: −

− −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

11 2i y1(x)=e2ix και y2(x)=e-2−

− +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

11 2i

ix

Δυο δε πραγματικές γραμμικά ανεξάρτητες λύσεις μπορούμε να βρούμε από το πραγματι-κό και φανταστικό μέρος των παραπάνω μιγαδικών συζυγών λύσεων. Έτσι παίρνουμε την y1(x) και χρησιμοποιώντας τον τύπο του Euler έχουμε:

−− +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

11 2iy1(x)=e2ix =(cos2x+isin2x)

−− +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

11 2i = ⇒

- cos2x - isin2x(-cos2x - 2sin2x) + i(2cos2x - sin2x)⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

και ( )Re (cos

cos siny1

22 2 2x)

xx=

−− −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟x x

( )Im ( )sin

cos siny1

22 2 2

xx

x=

−−

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

Τελικά η γενική λύση είναι:


y(x)=c1 +c2 =c1( )Re ( )y1 x ( )Im ( )y1 x−

− −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

coscos sin

22 2 2

xx x +c2 =

−−

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

sincos sin

22 2 2

xx x

= 1

2

ccos2x sin 2xccos2x 2sin 2x 2cos2x sin 2x

− − ⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟− − −⎝ ⎠⎝ ⎠

ή πιο αναλυτικά: y1(x)=c1(-cos2x+c2sin2x) και y2(x)=c1(-cos2x-2sin2x)+c2(2cos2x-sin2x) Παρατήρηση 3: Είπαμε στην αρχή της παραγράφου ότι το ομογενές σύστημα y′=Ay πε-ριέχει σαν μερική περίπτωση την απλή διαφορική εξίσωση y′=αy, της οποίας η λύση είναι y=ceαx. Αυτό μας κάνει να σκεφθούμε ότι και η λύση του ομογενούς συστήματος y′=Ay μπορεί να γραφεί με την ίδια μορφή, δηλ. y=eAxc (7) Βέβαια εδώ έχει γίνει μια μικρή αλλαγή, η "σταθερά" ολοκληρώσεως c, που είναι διάνυ-σμα, γράφεται στο τέλος. Εκτός από αυτό θα πρέπει να εξηγήσουμε την σημασία του εκ-θετικού eAx αφού ο εκθέτης δεν είναι αριθμός αλλά πίνακας. Σε συμβολική γραφή το εκ-θετικό αυτό σημαίνει:

x xn

nn

22

2! !A A+ + + eAx=I+xA+

n2 0

⎞⎟⎟⎟⎟⎠

Εκτός από ειδικές περιπτώσεις, ο υπολογισμός του πίνακα eAx είναι αρκετά δύσκολος π.χ. εάν ο πίνακας A είναι διαγώνιος και έστω 3x3, τότε:

A=

2 n1 11

22 n2 2

2 n3 3 3

0 0 0 00 00 0 0 0 00 0 0 0 0 0

⎛ ⎞ ⎛λ λλ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟λ ⇒ Α = λ ⇒Α = λ⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟λ ⎜ ⎟ ⎜λ λ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝x x

n

nn

22

2! !A A+ + + και επομένως: eAx=I+xA+ =

1

2

3

22

1 1x

22 x

2 2x

22

3 3

x1 x 0 02! e 0 0

x0 1 x 0 0 e2!

0 0 ex0 0 1 x2!

λ

λ

λ

⎛ ⎞+ λ + λ +⎜ ⎟

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟

= + λ + λ + = ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎜ ⎟

+ λ + λ +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

0

Στην πράξη, όταν ο πίνακας eAx δεν μπορεί να υπολογισθεί σε κλειστή μορφή, όπως στο προηγούμενο παράδειγμα, τότε υπολογίζουμε τους δυο ή τρείς πρώτους όρους του εκθετι-κού αναπτύγματος. II) Μη ομογενές Σύστημα. Για την περίπτωση του μη ομογενούς γραμμικού συστή-ματος: y′=Ay+f(x) (8)


ισχύει το παρακάτω θεώρημα, που είναι ανάλογο του θεωρήματος για την γενική λύση μιας γραμμικής μη ομογενούς διαφορικής εξίσωσης. Θεώρημα 3: Η γενική λύση του γραμμικού μη ομογενούς συστήματος: y′=Ay+f(x) δίνεται από τη σχέση: yγεν=yομ+yμερ όπου yομ η γενική λύση του αντίστοιχου ομογενούς συστήματος y′=Ay και yμερ μια οποια-δήποτε μερική λύση του μη ομογενούς συστήματος y′=Ay+f(x). Παράδειγμα 8: Να βρεθεί η γενική λύση του συστήματος y′=Ay+f(x) όπου:

Α= και f(x)= ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

−21

12⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

x3e2 x

Λύση: Βρίσκουμε πρώτα την γενική λύση yομ του αντίστοιχου ομογενούς συστήματος y′=Αy. Οι ιδιοτιμές είναι λ1=-3 και λ2=-1 με αντίστοιχα ιδιοδιανύσματα:

v(1)= , v(2)= ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−11

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛11

Έτσι έχουμε: yομ =c1e-3x v(1)+c2e-xv(2)= c1e-3x

+c2e-x = c1 +c2 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−11

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛11 3x

3x

ee

−

−

⎛ ⎞⎜ ⎟−⎝ ⎠

x

x

ee

−

−

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

Για να βρούμε μια μερική λύση yμερ θα χρησιμοποιήσουμε την μέθοδο των προσδιοριστέ-

ων συντελεστών. Ο μη ομογενής όρος f(x)= γράφεται: ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

x3e2 x

f(x)= = + xe02 −⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ x30⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

x3e2 x

Στον πρώτο όρο επειδή περιέχει το e-x του οποίου ο συντελεστής –1 είναι

απλή ρίζα της ομογενούς εξισώσεως, θα έπρεπε να αντιστοιχίσουμε, αν εφαρμόσουμε τον αντίστοιχο κανόνα που ισχύει στις γραμμικές διαφορικές εξισώσεις, ένα όρο της μορφής axe-x. Όμως εδώ πρέπει να χρησιμοποιήσουμε τον όρο (ax+b)e-x διότι το διάνυσμα b γε-

νικά δεν συμπίπτει με το ιδιοδιάνυσμα που αντιστοιχεί στην ιδιοτιμή –1.

xe02 −⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛11

Στον δεύτερο όρο , που είναι ένα “πολυώνυμο” πρώτου βαθμού ως προς x με

συντελεστή το διάνυσμα , θα αντιστοιχίσουμε ένα πολυώνυμο cx+d πρώτου βαθμού

ως προς x με συντελεστές τα διανύσματα c, d. Έτσι η μερική λύση yμερ θα έχει την μορφή:

x30⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

03⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

yμερ=(ax+b)e-x+cx+d όπου a, b, c, d διανύσματα που θα προσδιοριστούν αντικαθιστώντας την έκφραση της με-ρικής λύσεως στο σύστημα y′=Ay+f(x):


ae-x-(ax+b)e-x+c=e-x(xAa+Ab)+xAc+xAc+Ad+ + ⇒ xe02 −⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ x30⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

⇒ [ ]x 2 0e x x x

0 3− ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞

− − − − − + − − + − =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎣ ⎦

a a b Aa Ab Ac c Ad 0

( ) [ ]x 2 0e x x

0 3− ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞

− + − − + + + + − − + − =⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎣ ⎦⎣ ⎦

Aa a a b Ab Ac c Ad 0

Από την παραπάνω εξίσωση προκύπτουν οι επόμενες αλγεβρικές εξισώσεις: Αa=-a (α1)

Ab=a-b- (α2) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛02

Ac=- (α3) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛30

Αd=c (α4) Από την πρώτη σχέση (α1) παρατηρούμε ότι το διάνυσμα a είναι ένα ιδιοδιάνυσμα του πίνακα Α που αντιστοιχεί στην ιδιοτιμή λ=-1. Επομένως η γενική έκφραση αυτού του ιδι-

οδιανύσματος θα είναι a= . Στη συνέχεια βρίσκουμε ότι η δεύτερη σχέση (α2) αλη-

θεύει μόνο όταν α=1 και τότε το διάνυσμα b γράφεται:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛αα

b=k - ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛11

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛10

όπου k τυχαία σταθερά k. Η πιο απλή επιλογή είναι k=0. Τότε

b=- ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛10

Από τις επόμενες σχέσεις (α3), (α4) παίρνουμε:

d= και c= ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

3/53/4

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛21

Τελικά η μερική λύση θα είναι: x x1 0 1 4

51xe e x

1 1 2 3− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

x

x x

xe x 4 / 3xe e 2x 5/ 3

−

− −

⎛ ⎞+ −− + −⎝ ⎠

yμερ=(ax+b)e-x+cx+d= = ⎜ ⎟

και η γενική:

yγεν = yομ+ yμερ=c1e-3x +c2e-x + = ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−11

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛11 x

x x

xe x 4 / 3xe e 2x 5/ 3

−

− −

⎛ ⎞+ −⎜ ⎟− + −⎝ ⎠

= 3x x x

1 23x x x x

1 2

c e c e xe x 4 / 3c e c e xe e 2x 5/ 3

− − −

− − − −

⎛ ⎞+ + + −⎜ ⎟− + + − + −⎝ ⎠


Στη συνέχεια ας προσπαθήσουμε να βρούμε μια μερική λύση του ίδιου συστήματος ε-φαρμόζοντας την μέθοδο μεταβολής των παραμέτρων, δηλ. θα αναζητήσουμε την λύση yμερ από την έκφραση: yμερ=c1(x)y1+c2(x)y2

όπου y1(x)=e-3x , y2(x)=e-x

3x

3x

1 e1 e

−

−

⎛ ⎞⎛ ⎞= ⎜⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎟

⎟

⎞⎟⎠

x

x

1 e1 e

−

−

⎛ ⎞⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠Έχουμε: y′μερ=Ayμερ+f ⇒ c1′(x)y1+c2′(x)y2+c1(x)y1′+c2(x)y2′=Ac1(x)y1+c2(x)+y2+f ⇒ c1′(x)y1+c2′(x)y2+c1(x)Ay1+c2(x)Ay2= Ac1(x)y1+c2(x)+y2+f ⇒ c1′(x)y1+c2′(x)y2=f ⇒

c1′(x) +c2′(x) = 3x

3x

ee

−

−

⎛ ⎞⎜−⎝ ⎠

x

x

ee

−

−

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

x3e2 x

και καταλήγουμε στο σύστημα:

⇒ 3x x x

13x x

2

c (x)e e 2ee e 3xc (x)

− − −

− −

′⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛⎜ ⎟ =⎜ ⎟ ⎜′⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝⎝ ⎠

c1′(x)=2x x

4x

2e 3xe2e

− −

−

− 3x 4x

4x

3xe 2e2e

− −

−

+=e2x-3/2xe3x , c2′(x)= =3/2xex+1

και ολοκληρώνοντας τις παραπάνω σχέσεις βρίσκουμε: c1(x)=1/2e2x-1/2xe3x+1/6e3x , c2(x)=3/2xex-3/2ex+x Τελικά μια μερική λύση είναι:

yμερ=[1/2e2x-1/2xe3x+1/6e3x] +[3/2xex-3/2ex+x] = 3x

3x

ee

−

−

⎛ ⎞⎜−⎝ ⎠

x

x

ee

−

−

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

⎟

= ( )( )

x

x

e x 1/ 2 x 4 / 3e x 1/ 2 2x 5/ 3

−

−

⎛ ⎞+ + −⎜ ⎟− + −⎝ ⎠

Παράδειγμα 9: Να βρεθεί η γενική λύση του συστήματος y′=Ay+f(x) όπου:

Α= και f(x)= 1 15 1

−−

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

80x⎛

⎝⎜

⎞⎠⎟

Λύση: Βρίσκουμε πρώτα την γενική λύση yομ του αντίστοιχου ομογενούς συστήματος y′=Αy που είναι το παράδειγμα 6. Έτσι έχουμε:

−− −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ +

−−

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

coscos sin

sincos sin

22 2 2

22 2 22

xx x c

xx yομ=c1y1+c2y2= c1 x

Την μερική λύση yμερ του μη ομογενούς συστήματος μπορούμε να την βρούμε π.χ. με την μέθοδο της μεταβολής των παραμέτρων, δηλ. θα αναζητήσουμε την λύση yμερ από την έκφραση: yμερ=c1(x)y1+c2(x)y2 και έχουμε: y′μερ=Ayμερ+f ⇒ c1′(x)y1+c2′(x)y2+c1(x)y1′+c2(x)y2′=Ac1(x)y1+c2(x)+y2+f ⇒ c1′(x)y1+c2′(x)y2+c1(x)Ay1+c2(x)Ay2= Ac1(x)y1+c2(x)+y2+f ⇒ c1′(x)y1+c2′(x)y2=f ⇒


c1′(x) +c2′(x) −

− −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

coscos sin

22 2 2

xx

−−

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

sincos sin

22 2 2

80

xx x

xx

και καταλήγουμε στο σύστημα:

⇒ − −

− − −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

′

′⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟ =

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

cos sincos sin cos sin

((

2 22 2 2 2 2 2

80

1

2

x xx x x x

c x)c x)

x

c1′(x)=16 2 8 2

2x x xcos sin−

−x 8 2 16 2

2x x xcos sin x+

− , c2′(x)=

και ολοκληρώνοντας τις παραπάνω σχέσεις βρίσκουμε: c1(x)=(1-4x)sin2x-2(1+x)cos2x , c2(x)=-2(1+x)sin2x-(1-4x)cos2x Τελικά η γενική λύση είναι:

−− −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ +

−−

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

coscos sin

sincos sin

22 2 2

22 2 22

xx x c

xx x yγεν=yομ+yμερ=c1 +

−− −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ +

coscos sin

22 2 2

xx x +[(1-4x)sin2x-2(1+x)cos2x]

+[-2(1+x)sin2x-(1-4x)cos2x] −

−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

sincos sin

22 2 2

xx x

ή πιο αναλυτικά: y1(x)=c1(-cos2x)+c2(-sin2x)-[(1-4x)sin2x-2(1+x)cos2x]cos2x-[-2(1+x)sin2x-(1-4x)cos2x]sin2x y2(x)=c1(-cos2x-2sin2x)+c2(2cos2x-sin2x)+[(1-4x)sin2x-2(1+x)cos2x][-cos2x-2sin2x]+ +[-2(1+x)sin2x-(1-4x)cos2x][2cos2x-sin2x]

12.5 Λύση γραμμικών συστημάτων με τον μετασχηματισμό Laplace.

Ο μετασχηματισμός Laplace μπορεί να εφαρμοστεί και στην περίπτωση ενός συ-στήματος γραμμικών διαφορικών εξισώσεων όπως ακριβώς και στην περίπτωση των γραμμικών διαφορικών εξισώσεων. Από το σύστημα των Δ. Ε. προκύπτει τώρα ένα αλγε-βρικό σύστημα. Ας δούμε μερικά παραδείγματα. Παράδειγμα 1: Να λυθεί το σύστημα των Δ. Ε.: y1′=y1+y2 y2′=4y1+y2 (1) με τις αρχικές συνθήκες y1(0)=1, y2(0)=0 Λύση: Εφαρμόζουμε τον μετασχηματισμό Laplace στο σύστημα (1) και έχουμε: L(y1′)=L(y1)+L(y2) L(y2′)=4L(y1)+L(y2) (2) Θέτοντας Y1(t)=L(y1) και Y2(t)=L(y2) και χρησιμοποιώντας την ιδιότητα των παραγώγων, έχουμε: tY1(t)-y1(0)=Y1(t)+Y2(t) tY2(t)-y2(0)=4Y1(t)+Y2(t) (3) Αντικαθιστούμε τις αρχικές συνθήκες y1(0)=1, y2(0)=0 στο σύστημα (3), που παίρνει την μορφή:

(t-1)Y1(t)-Y2(t)=1


-4Y1(t)+(t-1)Y2(t)=0 (4) Η λύση του αλγεβρικού συστήματος (4) δίνει:

Y1(t)= ( ) ( )t

t t t t−

− −=

−+

+1

2 31

2 31

2 12 (5α)

Y2(t)=42 3

13

112t t t t− −

=−

−+

(5β)

Εφαρμόζουμε τον αντίστροφο μετασχηματισμό στις εκφράσεις (5) και έχουμε: y1(x)=(e3x+e-x)/2 (6α) y2(x)=e3x-e-x (6β) Παράδειγμα 2: Να λυθεί το σύστημα των Δ. Ε.: y1′=-2y1+y2+1 y2′=y1-2y2 (7) με τις αρχικές συνθήκες y1(0)=0, y2(0)=1 Λύση: Εφαρμόζουμε τον μετασχηματισμό Laplace στο σύστημα (7) και έχουμε:

tY1(t)=-2Y1(t)+Y2(t)+1/t tY2(t)-1=Y1(t)-2Y2(t) ⇒ (t+2)Y1(t)-Y2(t)=1/t -Y1(t)+(t+2)Y2(t)=1 (8) Η λύση του αλγεβρικού συστήματος (8) είναι:

Y1(t)= ( )2

3t t +

Y2(t)= ( )t

t t++13

(9)

και με τον αντίστροφο μετασχηματισμό παίρνουμε την λύση:

( )23

23 3

23

23

3

t te x−

+⎧⎨⎩

⎫⎬⎭= − −

( )2

3t t +⎧⎨⎩

⎫⎬⎭

y1(x)=L-1 =L-1 (10α)

( )13

23 3

13

23

3

t te x+

+⎧⎨⎩

⎫⎬⎭= + −

( )t

t t++

⎧⎨⎩

⎫⎬⎭

13

y2(x)=L-1 =L-1 (10β)

13.6 Εφαρμογές των Διαφορικών Συστημάτων

ΜΗΧΑΝΙΚΗ

1) Συνεζευμένοι αρμονικοί ταλαντωτές.


Θεωρούμε δυο σώματα με ίσες μάζες m1=m2=m συνδεδεμένα με τρία ελατήρια, τα οποία έχουν σταθερές k1=k2=k3=k, όπως δείχνει το σχήμα. Υποθέτουμε ότι τα σώματα ο-λισθαίνουν πάνω στην οριζόντια επιφάνεια χωρίς τριβή. Το σύστημα των σωμάτων τίθε-ται σε κίνηση κρατώντας το αριστερό σώμα στη θέση ισορροπίας του ενώ συγχρόνως α-

πομακρύνουμε προς τα δεξιά το δεξιό σώμα σε απόσταση d. Να μελετηθεί η κίνηση των σωμάτων.

Λύση : Συμβολίζουμε με x1(t) και x2(t) τις θέσεις των σωμάτων m1 και m2 από τις αντί-στοιχες θέσεις ισορροπίας των. Οι μόνες δυνάμεις που επενεργούν στα σώματα είναι οι δυνάμεις που προέρχονται από τα ελατήρια και είναι οι εξής : Η δύναμη πάνω στο σώμα m1 , που προέρχεται από το αριστερό ελατήριο, είναι -k1x1 Η δύναμη πάνω στο σώμα m1 , που προέρχεται από το μεσαίο ελατήριο, είναι k2(x2-x1) Η δύναμη πάνω στο σώμα m2 , που προέρχεται από το μεσαίο ελατήριο, είναι -k2(x2-x1) Η δύναμη πάνω στο σώμα m2 , που προέρχεται από το δεξιό ελατήριο, είναι -k3x2 Το σύστημα των διαφορικών εξισώσεων, στο οποίο οδηγούμαστε είναι :

m1d xdt

21

2 =-k1x1+k2(x2-x1)

m2=d xdt

22

2 =- k2(x2-x1)-k3x2

με αρχικές συνθήκες x1(0)=0 , x1′(0)=0 , x2(0)=d , x2′(0)=0 Εφαρμόζοντας τον μετασχηματισμό Laplace και θέτοντας

L(x1(t))=X1(s) , L(x2(t))=X2(s) παίρνουμε :

m1(s2Χ1(s)-sx1(0)-x1′(0))=-k1X1(s)+k2(X2(s)-X1(s)) m1(s2Χ2(s)-sx2(0)-x2′(0))=-k2(X2(s)-X1(s))-k3X2(s)

Στο παραπάνω σύστημα θέτουμε m1=m2=m και k1=k2=k3=k , εφαρμόζουμε τις αρχικές συνθήκες και έχουμε :


(ms2+2k)X1(s)-kX2(s)=0 -kX1(s)+(ms2+2k)X2(s)=msd Λύνουμε το αλγεβρικό αυτό σύστημα ως προς X1(s) και X2(s) :

( )( ) ( ) ( )kmsd

ms k ms kmsd

ms kmsd

ms ksd

skm

sd

sk

m

2 2 2 22 23 2 2 3 2 2

3+ +=

+−

+=

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟−

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

Χ1(s)=

( )( )( ) ( ) ( )

msd ms kms k ms k

msdms k

msdms k

sd

skm

sd

sk

m

2

2 2 2 22 2

23 2 2 3 2 2

3+

+ +=

++

+=

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟+

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

Χ2(s)=

και τελικά η λύση είναι :

x1(t)=d k

mt

km

t2

3cos cos−⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

x2(t)=d k

mt

km

t2

3cos cos+⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

της οποίας η γραφική παράσταση δίνεται στο παραπάνω σχήμα :για τις αριθμητικές τιμές d=2 και k=m. 2) Το πρόβλημα αναμείξεως δυο δεξαμενών. Θεωρούμε δυο βαρέλια Α και Β που περιέχουν αρχικά 100 γαλόνια νερό με 25 lb διαλυ-μένο αλάτι, βλέπε το παρακάτω σχήμα. Σε χρόνο t=0 νερό αρχίζει να μπαίνει στο βαρέλι Α με ταχύτητα 4gal/min και με διάλυμα αλατιού 0.5lb/gal. Το διάλυμα ανακατεύεται κα-λά και διοχετεύεται στο βαρέλι Β με ταχύτητα 6gal/min. Το διάλυμα στο βαρέλι Β διοχε-τεύεται εν μέρει πάλι προς το βαρέλι Α με ταχύτητα 2gal/min και προς τα έξω με ταχύτη-


τα 4gal/min. Να βρεθεί για κάθε χρονική στιγμή t η ποσότητα του αλατιού που υπάρχει σε κάθε βαρέλι. Λύση : Έστω x1(t)= το ποσό του αλατιού στο βαρέλι Α στο χρόνο t x2(t)= το ποσό του αλατιού στο βαρέλι B στο χρόνο t Οι εξισώσεις, που περιγράφουν την ταχύτητα μεταβολής του αλατιού στα βαρέλια Α και Β, είναι : x1′(t)=ταχ. μεταβολής στο βαρέλι Α=ταχ. μεταβολής που μπαίνει από έ-ξω+ταχ. μεταβολής λόγω της εκροής αλατόνερου από το Β στο Α -ταχ. μεταβολής λόγω της εκροής αλατόνερου από το Α στο Β= =(0.5lb/gal)(4gal/min)+(x2/100lb/gal)(2gal/min)-(x1/100lb/gal)(6gal/min) x2′(t)=ταχ. μεταβολής στο βαρέλι B=ταχ. μεταβολής που μπαίνει από το Α στο Β-ταχ. μεταβολής λόγω της εκροής αλατόνερου από το Β στο Α -ταχ. μεταβολής λό-γω της εκροής αλατόνερου από το Β προς τα έξω= =(x1/100lb/gal)(6gal/min)-(x2/100lb/gal)(2gal/min)-(x2/100lb/gal)(4gal/min) Επομένως το αντίστοιχο διαφορικό σύστημα είναι : x1′=-0.06x1+0.02x2+2 x2′=0.06x1-0.06x2 x1(0)=25 x2(0)=0 το οποίο θα το λύσουμε με την μέθοδο των πινάκων. Πρώτα βρίσκουμε την λύση του α-ντίστοιχου ομογενούς συστήματος. x′=Ax, όπου

x= A= xx

1

2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

−−

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

0 06 0 020 06 0 06

. .. .

Βρίσκουμε τις ιδιοτιμές του πίνακα Α και τα αντίστοιχα ιδιοδιανύσματα και τελικά έχου-με:

xομ= x tx t

c e c et t1

21

0 0252

0 09510 706

17 750

( )( ) . .

. .⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ +

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟− −

και μια μερική λύση κατά τα γνωστά βρίσκεται ότι είναι xμερ= . Εφαρμόζοντας τις

αρχικές συνθήκες βρίσκουμε c1=-20.4 και c2=-4.6. Τελικά η λύση είναι :

5050⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

4gal/min6gal/min

4gal/min

A

2gal/min

100gal100gal B

x1(t)=-20.4e-0.025t-4.6e-0.095t+50


x2(t)=-14.4024e-0.025t-35.65e-0.095t+50

ΗΛΕΚΤΡΟΜΑΓΝΗΤΙΣΜΟΣ 3) Κίνηση φορτισμένου σωματιδίου σε ηλεκτρικό και μαγνητικό πεδίο

Φορτισμένο σωματίδιο μάζας m και φορτίου q κινείται μέσα σε ηλεκτρικό πεδίο με ένταση και μαγνητικό πεδίο με μαγνητική επαγωγή . Θέλουμε να προσδιορίσουμε τις εξισώσεις κίνησής του αν τη χρονική στιγμή

yEE =

xBB =0t = το σωματίδιο βρί-

σκεται στην αρχή των αξόνων Οxyz έχοντας ταχύτητα μηδέν. Η δύναμη που ασκείται σε ένα φορτισμένο σωματίδιο που βρίσκεται σε ηλεκτρικό πεδίο είναι . Επίσης η δύναμη που ασκείται σε ένα φορτίο q που κινείται με ταχύτητα

EqF .

=ηλE

υ μέσα σε μαγνητικό πεδίο είναι B

( )BqF .

×υ=μαγ . Άρα η συνολική δύναμη που ασκείται σε ένα φορτισμένο

σωματίδιο που κινείται σε ηλεκτρικό και μαγνητικό πεδίο είναι ( )BEqF

×υ+= . Η δύνα-μη αυτή είναι γνωστή ως δύναμη Lorentz. Από το νόμο του Newton , θα έχουμε γ=

mF

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ υ+

υ+

υ=

υ= z

dtd

ydt

dx

dtd

mdtdmF zyx

(1)

( ) ( )zByB00B

zyxB yzzyx υ−υ=υυυ=×υ

,

επομένως (2) ( z)B(y)B(yEqF yz υ−υ+= )

Εξισώνοντας τις (1) και (2) θα έχουμε τελικά:

( )z)B(y)B(yEqzdt

dy

dtd

xdt

dm yz

zyx υ−υ+=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ υ+

υ+

υ.

Η εξίσωση αυτή σπάει στις παρακάτω τρεις επιμέρους εξισώσεις:

0dt

dm x =υ (3)

( BEqdt

dm z

y υ+=υ ) (4)

Bqdt

dm yz υ−=

υ

(5)

Θα ξεκινήσουμε με την επίλυση της (3):

C0dt

d0dt

dm xxx =υ⇔=

υ⇔=

υ .

Αφούόμως για υx=0 ⇔ C=0. Επομένως ,0t = 0x =υ . Οι (4) και (5) γράφονται ως εξής:

zy

mqB

mqE

dtd

υ+=υ

(6)


yz

mqB

dtd

υ−=υ

(7) και

Θα επιλύσουμε το σύστημα αυτό των διαφορικών εξισώσεων με την μέθοδο της απαλοι-φής. Παραγωγίζοντας την (6) ως προς το χρόνο θα έχουμε :

y2

22

2y

2)7(z

2y

2

mBq

dtd

dtd

mqB

dtd

υ−=υ

⎯→←υ

=υ

.

0m

Bqdt

dy2

22

2y

2

=υ+υ

Οπότε

Ομογενής Δ.Ε. 2ας τάξεως με σταθερούς συντελεστές. Η χαρακτηριστική της εξίσωση εί-

ναι: mqBi0

mBq

2

222 ±=μ⇔=+μ .

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=υ t

mqBsinCt

mqBcosC 21y . Άρα

Επειδή όμως για θα έχουμε . 0)0(,0t y =υ= 0C)0( 1y ==υ

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=υ t

mqBsinC2y . Επομένως

Η πρώτη της παράγωγος είναι:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

υt

mqBcos

mqBC

dtd

2y .

Αντικαθιστώντας την έκφραση αυτή στην (6) θα έχουμε:

⇔−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=υ⇔υ+=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

mqEt

mqBcos

mqBC

mqB

mqB

mqEt

mqBcos

mqBC 2zz2

BEt

mqBcosC2z −⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=υ .

BEC0

BEC0)0( 22z =⇔=−⇔=υΌμως . Άρα τελικά

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=υ 1t

mqBcos

BE

z⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=υ t

mqBsin

BE

y, και . 0x =υ

Στην συνέχεια θα υπολογίσουμε τις εξισώσεις κίνησης:

3x Cx0dtdx0 =⇔=⇔=υ .

Όμως . ⇔= 0)0(x 0C3 =Επομένως . Ακόμα 0x =

⇔⎟⎠⎞

⎜⎝⎛==υ t

mqBsin

BE

dtdy

y 42 CtmqBcos

qBEmy +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−= .

2442 qBEmC0C

qBEm0)0(y =⇔=+−⇔=Επειδή όμως .

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−= t

mqBcos1

qBEmy 2 . Άρα


5CttmqBsin

qBm

BEz +⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=Τέλος ⇔⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛==υ 1t

mqBcos

BE

dtdz

z .

Επειδή θα έχουμε . Βρήκαμε δηλαδή ότι οι εξισώσεις κίνησης του σωμα-τιδίου είναι: ,

0)0(z = 0C5 =0x =

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−= t

mqBcos1

qBmEy 2 ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛= t

mqBt

mqBsin

qBmEz 2 και .

mqB

=ωB

ERω

= ( συχνότητα κυκλότρου) και , Θέτουμε

οπότε θα έχουμε: ( )( ) ⇔

⎪⎭

⎪⎬⎫

ωω−ω+ω=

ω−ω+=⇔

⎭⎬⎫

ω+ω−=ω−=

tsintR2tsinRtRztcosR2tcosRRy

tsintRztcos1Ry

2222222

22222

( ) tsintR2tRtcosR2tsintcosRRzy 22222222222 ωω−ω+ω−ω+ω+=+ (8).

tRztsin ω+=ω

Ry1tcos −=ω και , η (8) θα γραφεί: Επειδή όμως

⇔⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ω+ω−ω+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −−+=+ t

RztR2tR

Ry1R2RRzy 222222222

⇔ω−ω−ω++−=+ 2222222222 tR2tzR2tRRy2R2R2zy ⇔=ω++ω+−⇔ω−ω−=+ 0tRz2ztRyR2ytzR2tRRy2zy 2222222222

( ) ( ) 222 RtRzRy =ω++− . ( )tR,R,0 ω−RΗ εξίσωση αυτή παριστάνει κύκλο ακτίνας με κέντρο το που κινείται

στην κατεύθυνση του αρνητικού άξονα z με ταχύτητα BE

BER =ω⋅ω=ω=υ . Βλέπουμε

δηλαδή ότι η κίνηση του σωματιδίου είναι όμοια με ενός στίγματος στην περιφέρεια ενός κύκλου ακτίνας όταν ο τροχός κυλάει με ταχύτητα υR στον άξονα z.

ΚΒΑΝΤΟΜΗΧΑΝΙΚΗ

4) Χρονική εξέλιξη των τελεστών της θέσης και της ορμής στην εικόνα Heisenberg στην περίπτωση του αρμονικού ταλαντωτή

Στην εικόνα Schrφdinger οι ιδιοσυναρτήσεις εξαρτώνται από τον χρόνο, ενώ οι

τελεστές που αναπαριστούν τις φυσικές ποσότητες είναι χρονικά ανεξάρτητες . Αντίθετα στην εικόνα Heisenberg οι ιδιοσυναρτήσεις δεν εξαρτώνται από το

χρόνο )0(A)t(A =

, ενώ οι τελεστές εξαρτώνται: )0()t( ψ=ψ

⇔=− )tHi(tHi

e)0(Ae)t(A ⇔−=−− )tHi(tHi)iHt(tHi

eH)0(Aeie)0(AeHidt

)t(Ad

[ ])t(A,Hidt

)t(Ad)t(H)t(Ai)t(AHidt

)t(Ad

=⇔−= .


Θα μελετήσουμε την χρονική εξέλιξη της συντεταγμένης θέσης και της ορμής στην περίπτωση ενός αρμονικού ταλαντωτή. Η Hamiltonian του αρμονικού ταλαντω-

τή είναι:

)t(x)t(p

m2pxm

21H

222 +ω= .

Για την συντεταγμένη θέσης θα έχουμε:

[ ]x,Hidt

)t(xd= .

[ ] [ ] −⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ω−=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡+ω−=−= 22

222 xm

21,x

m2pxm

21,xH,xx,H Όμως

[ ] [ ]⎯⎯⎯⎯⎯ →←⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡ ∂∂

==pAiA,x,0x,x2

m2p,x

[ ] [ ] pmip2i

m21p,x

m21x,H 2

−=−=−= .

m)t(p

dt)t(xdp

mii

dt)t(xd

=⇔⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−=

Επομένως

(1)

[ ]p,Hidt

)t(pd

=Για την ορμή ισχύει: .

[ ] [ ] [ ] [ ]⎯⎯⎯⎯⎯⎯ →←⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ ω−=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡+ω−=−= ∂

∂−==

xA

iA,p,0p,p222

222

m2p,pxm

21,p

m2pxm

21,pH,pp,H

[ ] xmix2m21ip,H 22 ω=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ω−−= .

)t(xmdt

)t(pd 2ω−=

(2) Επομένως

xmdt

)t(pd 2ω−=m

)t(pdt

)t(xd=Οπότε τελικά έχουμε το παρακάτω σύστημα Δ.Ε.: , .

dtdD ≡Χρησιμοποιώντας τον διαφορικό τελεστή D ( ) θα έχουμε:

m)t(p)t(xD = (3)

και (4) )t(xm)t(pD 2ω−=Πολλαπλασιάζουμε την (3) με οπότε : D

⎯→←= )4(2 )t(pDm1)t(xD ( ) ⇔=ω+⇔ω−= 0)t(x)t(xD)t(xm

m1)t(xD 2222

( ) ω±=⇔=ω+ iD0)t(xD 22 .

Άρα , με tsinBtcosA)t(x ω+ω= A)0(x = . tsinBtcos)0(x)t(x ω+ω= . Έτσι

Αντικαθιστώντας την σχέση αυτή στην (3) θα έχουμε :

⇔=ωω+ωω−⇔=m

)t(ptcosBtsin)0(xm

)t(p)t(xD

ω=Β⇔ωΒ=

m)0(pm)0(ptcosBmtsinm)0(x)t(p ωω+ωω−= με .


tcos)0(ptsinm)0(x)t(p

tsinm

)0(ptcos)0(x)t(x

ω+ωω−=

ωω

+ω=Άρα τελικά θα έχουμε: .

1133 ΗΗ ΕΕΥΥΣΣΤΤΑΑΘΘΕΕΙΙΑΑ ΤΤΩΩΝΝ ΛΛΥΥΣΣΕΕΩΩΝΝ ΤΤΩΩΝΝ ΔΔΙΙΑΑΦΦΟΟΡΡΙΙΚΚΩΩΝΝ ΣΣΥΥΣΣΤΤΗΗΜΜΑΑΤΤΩΩΝΝ -- ΚΚΡΡΙΙΣΣΙΙΜΜΑΑ ΣΣΗΗΜΜΕΕΙΙΑΑ

13.1 Γενικά

Η πλειονότητα των διαφορικών εξισώσεων και συστημάτων δεν επιδέχεται λύσεις, οι οποίες μπορούν να εκφραστούν με την βοήθεια των στοιχειωδών συναρτήσεων. Γι’ αυ-τό καταφεύγουμε σε προσεγγιστικές μεθόδους. Το μειονέκτημα όμως αυτών των μεθόδων είναι ότι μας δίνουν μόνο μία μερική λύση. Εάν όμως ενδιαφερόμαστε για μια άλλη μερι-κή λύση, είμαστε τότε υποχρεωμένοι να κάνουμε όλους τους υπολογισμούς από την αρχή. Η γνώση μιας μερικής λύσης δεν μας επιτρέπει να βγάλουμε συμπεράσματα σχετικά με την συμπεριφορά άλλων μερικών λύσεων. Σε πολλά προβλήματα φυσικής μας ενδιαφέρει μερικές φορές να γνωρίζουμε όχι τις συγκεκριμένες τιμές μιας λύσης που αντιστοιχούν σε κάποιες τιμές της ανεξάρτητης μεταβλητής, αλλά το πως αλλάζει η συμπεριφορά της όταν μεταβάλλεται η ανεξάρτητη μεταβλητή. Π.χ. είναι ενδιαφέρον να ξέρουμε εάν η λύση, που ικανοποιεί κάποιες αρχι-κές συνθήκες είναι περιοδική ή εάν προσεγγίζει ασυμπτωτικά κάποια γνωστή συνάρτηση. Αυτά είναι μερικά από τα ερωτήματα με τα οποία ασχολείται η ποιοτική θεωρία των δια-φορικών εξισώσεων. Ένα από τα βασικά προβλήματα της ποιοτικής θεωρίας είναι το πρόβλημα της ευ-στάθειας της λύσης ή της ευστάθειας της τροχιάς. Ο πρώτος, ο οποίος ασχολήθηκε λεπτο-μερώς με το πρόβλημα αυτό, ήταν ο Ρώσος μαθηματικός Lyapunov (1857-1918). Από φυσικής πλευράς, σαν ευστάθεια ενός φυσικού συστήματος εννοούμε ότι μια μικρή αλ-λαγή, (διαταραχή), σ’ ένα φυσικό σύστημα σε κάποια χρονική στιγμή προκαλεί επίσης μικρή αλλαγή στη μελλοντική εξέλιξη του συστήματος.

13.2 Ευστάθεια των λύσεων

Θεωρούμε το σύστημα των διαφορικών εξισώσεων:

dxdt

f t x y

dydt

f t x y

=

=

⎫

⎬⎪⎪

⎭⎪⎪

1

2

( , , )

( , , ) (1 (1)

Έστω x1=x1(t), y1=y1(t) μια μερική λύση του συστήματος αυτού, που ικανοποιεί τις αρχικές συνθήκες:

x1(0)=x10 y1(0)=y10 (1α) Επί πλέον έστω x2=x2(t), y2=y2(t) μια άλλη μερική λύση του ίδιου συστήματος, που ι-κανοποιεί τις αρχικές συνθήκες:

x2(0)=x20 y2(0)=y20 (1β)

(1 Εδώ η ανεξάρτητη μεταβλητή είναι η t και οι άγνωστες συναρτήσεις οι x(t) και y(t).


Ορισμός: Η λύση x1=x1(t), y1=y1(t) που ικανοποιεί την εξίσωση (1) και τις αρχικές συνθήκες (1α) ονομάζεται ευσταθής κατά Lyapunov όταν t→∞ εάν για οποιαδήποτε άλ-λη λύση x2=x2(t), y2=y2(t), που αντιστοιχεί στις αρχικές συνθήκες x2(0)=x20, y2(0)=y20, ισχύει:

( )( )20 10 2 1

20 10 2 1

x x x (t) x (t)0 0

y y y (t) y (t)

⎡ ⎤⎫ ⎫− ⟨δ − ⟨ε⎪ ⎪⎢ ⎥∀ε⟩ ∃δ⟩ ⇒⎬⎢ ⎥− ⟨δ − ⟨ε⎬

⎪ ⎪⎭ ⎭⎣ ⎦

(2)

δηλ. για οποιονδήποτε μικρό θετικό αριθμό ε, μπορούμε να βρούμε κατάλληλο θετικό α-ριθμό δ, έτσι ώστε όταν οι αρχικές συνθήκες (1α) και (1β) βρίσκονται σε ″απόσταση″ μι-κρότερη του δ, τότε και οι αντίστοιχες λύσεις x1(t), y1(t), x2(t), y2(t) να βρίσκονται σε απόσταση μικρότερη του ε. Πρακτικά αυτό σημαίνει ότι μια μικρή αλλαγή στις αρχικές συνθήκες έχει σαν αποτέλεσμα επίσης μικρές αλλαγές στις λύσεις Παράδειγμα 1: Ας θεωρήσουμε το διαφορικό σύστημα: dx(t)/dt=-x(t), dy(t)/dt=-y(t) του οποίου η γενική λύση είναι: x(t)=c1e-t, y(t)=c2e-t . Θεωρούμε τώρα δυο διαφορετικές με-ρικές λύσεις x1(t), y1(t), x2(t), y2(t) που αντιστοιχούν στις αρχικές συνθήκες (x10, y10) και (x20, y20), οι οποίες βρίσκονται ″πολύ κοντά″, δηλ

|x20-x10|<δ και |y20-y10|<δ με δ αρκετά μικρό. Οι μερικές λύσεις τότε γράφονται: x1(t)=x10e-t, y1(t)=y10e-t, x2(t)=x20e-t, y2(t)=y20e-t και παρατηρούμε ότι: |x2(t)-x1(t)|=|x20-x10|e-t, |y2(t)-y1(t)|=|y20-y10|e-t Από τις παραπάνω σχέσεις βλέπουμε ότι οι ″αποστάσεις″ |x2(t)-x1(t)| και |y2(t)-y1(t)| μπο-ρούν να γίνουν μικρότερες από οποιονδήποτε θετικό αριθμό ε<<1 αρκεί να διαλέξουμε κατάλληλα μικρό δ για τις ανισότητες |x20-x10|<δ, |y20-y10|<δ (επειδή e-t→0 όταν t→∞). Επομένως οι λύσεις του διαφορικού συστήματος είναι ευσταθείς. Στο παράδειγμα αυτό δεν χρειάζεται το δ να είναι μικρό διότι

|x2(t)-x1(t)|=|x20-x10|e-t<δe-t → 0 για t→∞ ανεξάρτητα από την τιμή του δ. Το ίδιο συμβαίνει και με την διαφορά |y2(t)-y1(t)|. Παράδειγμα 2: Ας θεωρήσουμε το διαφορικό σύστημα: dx(t)/dt=x(t), dy(t)/dt=-y(t), του οποίου η γενική λύση είναι: x(t)=c1et, y(t)=c2e-t. Θεωρούμε τώρα δυο διαφορετικές μερι-κές λύσεις x1(t), y1(t), x2(t), y2(t) που αντιστοιχούν στις αρχικές συνθήκες (x10, y10) και (x20, y20), οι οποίες βρίσκονται ″πολύ κοντά″, δηλ

|x20-x10|<δ και |y20-y10|<δ με δ αρκετά μικρό. Οι μερικές λύσεις τότε γράφονται: x1(t)=x10et, y1(t)=y10e-t, x2(t)=x20et, y2(t)=y20e-t και παρατηρούμε ότι: |x2(t)-x1(t)|=|x20-x10|et, |y2(t)-y1(t)|=|y20-y10|e-t Από τις παραπάνω σχέσεις βλέπουμε ότι η ″απόσταση″ |y2(t)-y1(t)| μπορεί να γίνει μικρό-τερη από οποιονδήποτε θετικό αριθμό ε<<1 αρκεί να διαλέξουμε κατάλληλο δ για την α-νισότητα |y20-y10|<δ, αλλά η απόσταση |x2(t)-x1(t)| ανεξάρτητα από τις αρχικές συνθήκες απειρίζεται, επειδή et→∞ όταν t→∞. Επομένως οι λύσεις του διαφορικού συστήματος είναι ασταθείς.

Η ευστάθεια των λύσεων των διαφορικών συστημάτων ♦ 289

13.3 Κρίσιμα σημεία ενός διαφορικού συστήματος.

Πολλές φορές ενδιαφερόμαστε για την ποιοτική συμπεριφορά των λύσεων ενός διαφορικού συστήματος γύρω από ένα συγκεκριμένο σημείο Ρ(x,y) για το οποίο υπάρ-χουν ενδείξεις ή υποψίες ότι συγκεντρώνει κάποια ιδιαίτερα χαρακτηριστικά. Ας θεωρή-σουμε ένα σύστημα διαφορικών εξισώσεων:

dxdt

f t x y

dydt

f t x y

=

=

⎫

⎬⎪⎪

⎭⎪⎪

1

2

( , , )

( , , ) (1)

Εάν οι εξισώσεις (1) περιγράφουν κίνηση και η μεταβλητή t, που παριστάνει τον χρόνο, εμφανίζεται μόνο μέσα από τις συναρτήσεις x(t) και y(t), δηλ, εάν το σύστημα έχει την μορφή:

dxdt

f x y

dydt

f x y

=

=

⎫

⎬⎪⎪

⎭⎪⎪

1

2

( , )

( , ) (1α)

τότε το σύστημα ονομάζεται αυτόνομο. Και με τέτοιου είδους συστήματα θα ασχοληθού-με στη συνέχεια.

Μια λύση x(t), y(t) του συστήματος (1α) παριστάνεται, ως γνωστό, από μια κα-μπύλη C στο επίπεδο ΟΧΥ. Η καμπύλη αυτή ονομάζεται ολοκληρωτική καμπύλη ή δι-αδρομή ή τροχιά του συστήματος (1). Η φορά διαγραφής της C που αντιστοιχεί σε αυξα-νόμενες τιμές του t, ονομάζεται θετική φορά.

Από το σύστημα (1α) βλέπουμε ότι η κλίση της καμπύλης που διέρχεται από το σημείο P(x,y) είναι:

dydx

dydtdxdt

f x yf x y

= = 1

2

( , )( , )

(2)

Αξίζει να παρατηρήσουμε ότι η εξίσωση (2) δεν μας δίνει καμία πληροφορία για την φο-ρά διαγραφής της καμπύλης C. Επίσης δεν θα πρέπει να υπάρχει σημείο P(x,y) στο οποίο να μηδενίζεται ο παρονομαστής f2(x,y). Εάν f2(x,y)=0 και f1(x,y)≠0 τότε μπορούμε να θε-ωρήσουμε την εξίσωση dx/dy=f2(x,y)/f1(x,y) αντί της (2) και να συμπεράνουμε από την σχέση dx/dy=0 ότι η εφαπτομένη της καμπύλης C στο σημείο Ρ είναι κατακόρυφη. Ενδι-αφέρουσα περίπτωση έχουμε όταν f2(x,y)=0 και f1(x,y)=0 στο σημείο Ρ. Ένα σημείο P0(x0,y0) ονομάζεται κρίσιμο σημείο ή σημείο ισορροπίας του συ-στήματος (1α) εάν και οι δυο συναρτήσεις f1(x,y) και f2(x,y) μηδενίζονται στο σημείο αυ-τό. Στη συνέχεια θα ασχοληθούμε μόνο με απομονωμένα κρίσιμα σημεία, δηλ. με κρίσι-μα σημεία για τα οποία υπάρχει μια κυκλική περιοχή, μέσα στην οποία δεν υπάρχει άλλο κρίσιμο σημείο. Τα κρίσιμα σημεία μπορούν να χαρακτηριστούν με δυο τρόπους. Ο ένας τρόπος αναφέρεται στην ευστάθεια και ο άλλος στο γεωμετρικό σχήμα των τροχιών, που βρίσκονται κοντά στο κρίσιμο σημείο. Α′ χαρακτηρισμός κρίσιμων σημείων:


1) Ένα κρίσιμο σημείο P0(x0,y0) του συστήματος (1α) ονομάζεται ευσταθές κρίσιμο σημείο εάν όλες οι τροχιές, που για κάποια χρονική στιγμή βρίσκονται πολύ κοντά στο σημείο P0(x0,y0), παραμένουν κοντά στο σημείο P0(x0,y0) και για όλες τις μελλοντικές στιγμές ή πιο αυστηρά εάν:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )1t t

1 1 0 00 0 x(t ), y(t ) D P x(t), y(t) D (P )⟩

δ ε⎡ ⎤∀ε⟩ ∃δ⟩ ∈ → ∈⎢ ⎥⎣ ⎦

δηλ. για κάθε κυκλική περιοχή Dε του σημείου P0(x0,y0) ακτίνας ε>0 υπάρχει μια κυκλική περιοχή Dδ του ίδιου σημείου ακτίνας δ>0 έτσι ώστε κάθε τροχιά του συστήματος (1α), η οποία έχει ένα σημείο Ρ1, (που αντιστοιχεί στη χρονική στιγμή t=t1), στην κυκλική περιο-χή Dδ, έχει και όλα τα μελλοντικά σημεία που αντιστοιχούν για t≥t1 στην κυκλική περιο-χή Dε Σχ. 1.

2) Ένα κρίσιμο σημείο P0(x0,y0) του συστήματος (1α) ονομάζεται ασυμπτωτικά ευ-σταθές ή ευσταθές ελκτικό κρίσιμο σημείο εάν το σημείο P0(x0,y0) είναι ευσταθές και κάθε τροχιά που έχει ένα σημείο στην κυκλική περιοχή Dδ προσεγγίζει το σημείο P0(x0,y0) για t→+∞ Σχ. 2, δηλ.

( )( ) ( ) ( )1t t

01 1 0

0

| x(t) x(t ) |0 0 x(t ),y(t ) D P

| y(t) y(t ) |

⟩

δ

− ⟨ε⎡ ⎤⎫∀ε⟩ ∃δ⟩ ∈ → ⎬⎢ ⎥− ⟨ε⎭⎣ ⎦

3) Ένα κρίσιμο σημείο P0(x0,y0) του συστήματος (1α) ονομάζεται ασταθές κρίσιμο ση-

μείο εάν το σημείο P0(x0,y0) δεν είναι ευσταθές. B′ χαρακτηρισμός κρίσιμων σημείων: 1) Ένα κρίσιμο σημείο P0(x0,y0) του συστήματος (1α) ονομάζεται κεντρικό σημείο εάν οι τροχιές σχηματίζουν κλειστές καμπύλες έχοντας το σημείο P0(x0,y0) εσωτερικό τους σημείο Σχ. 3. 2) Ένα κρίσιμο σημείο P0(x0,y0) του συστήματος (1α) ονομάζεται σπειροειδές ση-μείο όταν οι τροχιές σχηματίζουν σπείρες γύρω από το σημείο P0(x0,y0), το οποίο είναι ασυμπτωτικό σημείο για τις σπείρες αυτές Σχ. 4.

Σχ. 1 Σχ. 2


Σχ. 4 Σχ. 3 3) Ένα κρίσιμο σημείο P0(x0,y0) του συστήματος (1α) ονομάζεται σαγματικό ση-μείο εάν υπάρχουν τροχιές, που πλησιάζουν οσοδήποτε κοντά το σημείο P0(x0,y0) όταν t→+∞ και άλλες τροχιές που επίσης το πλησιάζουν για t→-∞ ή ισοδύναμα που απομα-κρύνονται από αυτό όταν t→+∞ Σχ. 6. 4) Ένα κρίσιμο σημείο P0(x0,y0) του συστήματος (1α) ονομάζεται γνήσιος δεσμός εάν κάθε τροχιά πλησιάζει το σημείο P0(x0,y0) κατά μια ορισμένη διεύθυνση όταν t→+∞ ή t→-∞ και δεδομένης οποιασδήποτε διεύθυνσης να υπάρχει μια τροχιά που να πλησιάζει το σημείο P0(x0,y0) ως προς αυτή την διεύθυνση Σχ. 5 .

Σχ. 5 Σχ. 6 5) Ένα κρίσιμο σημείο P0(x0,y0) του συστήματος (1α) ονομάζεται μη γνήσιος δε-σμός εάν κάθε τροχιά, με πιθανή εξαίρεση ένα ζεύγος τροχιών, έχει την ίδια οριακή διεύ-θυνση στο σημείο P0(x0,y0) Σχ. 7, και 8 .

Σχ. 8

Σχ. 7 Οι παραπάνω ορισμοί θα διευκρινιστούν καλύτερα από τα παρακάτω παραδείγματα:


Παραδείγματα: Να βρεθούν και ταξινομηθούν τα κρίσιμα σημεία των παρακάτω διαφο-ρικών συστημάτων: 1) x′=-x , y′=-y Λύση: Προφανώς το μόνο κρίσιμο σημείο στο παράδειγμα αυτό είναι Ρ(0,0) και η λύση του συστήματος είναι: x(t)=c1e-t , y(t)=c2e-t. Από τη λύση αυτή προκύπτει c1y=c2x και επομένως οι ολοκληρωτικές καμπύλες είναι ευθείες που διέρχονται από την αρχή των α-ξόνων, Σχ. 5. Επειδή x(t)→0 και y(t)→0 ό-ταν t→+∞. tο κρίσιμο σημείο Ρ(0,0) είναι δεσμός και ασυμπτωτικά ευσταθές σημείο. 2) x′=x , y′=-y Λύση: Και εδώ το μόνο κρίσιμο σημείο είναι το Ρ(0,0) και η λύση του συστήματος είναι: x(t)=c1et , y(t)=c2e-t. Από τη λύση αυτή προκύπτει xy=c1c2 και επομένως οι ολοκληρωτι-κές καμπύλες είναι υπερβολές Σχ. 6. Επειδή y(t)→0 όταν t→+∞ ενώ το x(t) τείνει στο +∞ ή στο -∞ ανάλογα εάν το c1 είναι θετικό ή αρνητι-κό, συμπεραίνουμε ότι το κρίσιμο σημείο Ρ(0,0) είναι σαγματικό σημείο. Επίσης υπάρ-χουν δυο τροχιές, ο θετικός και ο αρνητικός η-μιάξονας του άξονα ΟΥ, που αντιστοιχούν σε c1=0 και οι οποίες συγκλίνουν στο σημείο Ρ(0,0), όπως και δυο τροχιές, ο θετικός και ο αρνητικός ημιάξονας του άξονα ΟΧ, που αντι-στοιχούν σε c2=0 και οι οποίες απομακρύνονται από το σημείο Ρ(0,0). Προφανώς κάθε σαγματικό σημείο είναι ασταθές 3) x′=y , y′=-2x Λύση: Και εδώ το μόνο κρίσιμο σημείο είναι το Ρ(0,0) και η λύση του συστήματος είναι:

2x2+y2=c του οποίου οι ολοκληρωτικές καμπύλες είναι ελλείψεις Σχ. 3. Επομένως το κρίσιμο σημείο Ρ(0,0) είναι κεντρικό και ευσταθές. 4) x′=-x+y , y′=-x-y


Λύση: Tο κρίσιμο σημείο είναι το Ρ(0,0) και η λύση του συστήματος είναι: x=e-t(c1cost+c2sint) , y=e-t(c2cost-c1 sint) και σε πολική μορφή: r=c0eθ Οι ολοκληρωτικές καμπύλες είναι σπείρες Σχ. 4. Επομένως το κρίσιμο σημείο Ρ(0,0) είναι σπειροειδές και μάλιστα ευσταθές, (επειδή x(t)→0, y(t)→0 όταν t→+∞).

13.4 Γραμμικοποίηση ενός διαφορικού συστήματος.

Για να βρούμε τα κρίσιμα σημεία του διαφορικού συστήματος

dxdt

f x y

dydt

f x y

=

=

⎫

⎬⎪⎪

⎭⎪⎪

1

2

( , )

( , ) (1)

χρησιμοποιούμε στις περισσότερες πρακτικές περιπτώσεις την μέθοδο της γραμμικοποί-ησης δηλ. αντικαθιστούμε το σύστημα (1) με ένα γραμμικό διαφορικό σύστημα ως εξής: Κατ’ αρχή, δεχόμαστε, χωρίς βλάβη της γενικότητας, ότι το κρίσιμο σημείο είναι η αρχή των αξόνων Ρ0(0,0). Επίσης δεχόμαστε ότι οι συναρτήσεις f1(x, y) και f2(x, y) είναι συνεχείς και έχουν συνεχείς τις μερικές παραγώγους, (απείρου τάξης), σε κάποια περιοχή του σημείου Ρ0. Αφού το Ρ0 είναι κρίσιμο σημείο θα έχουμε f1(0,0)=0 και f2(0,0)=0. Επο-μένως οι συναρτήσεις f1(x, y) και f2(x, y) δεν έχουν σταθερό όρο. Το ανάπτυγμα τους κα-τά Taylor(2 θα είναι:

f1(x, y)=αx+βy+F1(x, y) f2(x, y)=γx+δy+F2(x, y) (2) όπου οι συναρτήσεις F1(x, y) και F2(x, y) περιέχουν όρους ως προς x και y ανωτέρου του δευτέρου βαθμού.

Εάν αδ-βγ≠0 τότε το σημείο Ρ0 έχει το ίδιο είδος ευστάθειας και για το σύστημα (1) και για το σύστημα:

(2 Το ανάπτυγμα κατά Taylor γύρω από σημείο (x0,y0) μιας συνάρτησης f(x,y) δυο μεταβλητών έχει την ε-ξής έκφραση:

f x y f x y f x y x x f x y y y f x y x x y y

f x y x x f x y y y

x y xy

x y

( , ) ( , ) ( , )!

( , )!

( , ) ( )( )! !

( , ) ( )!

( , ) ( )!

' ' ' '

' ' ' '

= +−

+−

+− −

+

+−

+−

+

0 0 0 00

0 00

0 00 0

0 00

2

0 00

21 1 1 1

2 22 2


dx x ydtdy x ydt

⎫= α +β ⎪⎪⎬⎪= γ + δ⎪⎭

(3)

το οποίο προκύπτει από το σύστημα (1) εάν απορρίψουμε τους μη γραμμικούς όρους F1(x, y) και F2(x, y) από τις σχέσεις (2). Οι όροι F1(x, y), F2(x, y) θεωρούνται πολύ μικροί κο-ντά στο σημείο Ρ0. Το σύστημα (3) προφανώς ικανοποιείται από την τετριμμένη μηδενική λύση: x=0, y=0, που αποτελεί κρίσιμο σημείο. Ας βρούμε τώρα τις συνθήκες, που πρέπει να ικανοποιούν οι σταθερές α, β, γ, δ, έτσι ώστε η μηδενική λύση να είναι ευσταθής, (ή ισο-δύναμα το κρίσιμο σημείο (0,0) να είναι ευσταθές). Παραγωγίζοντας την πρώτη εξίσωση ως προς t και απαλείφοντας την y και dy/dt, προκύπτει η διαφορική εξίσωση:

2

2d x dx( ) ( )x

dtdt− δ + α − γβ − δα = 0 (4)

που είναι γραμμική με σταθερούς συντελεστές, της οποίας η χαρακτηριστική εξίσωση εί-ναι: μ2-(δ+α)μ-(γβ-δα)=0 (5) η οποία γράφεται και ως εξής: μ2-αμ-δμ+αδ-βγ=0 ⇒ -μ(α-μ)+δ(α-μ)-βγ=0 ⇒ (α-μ)(δ-μ)-βγ=0 και να λάβει την μορφή ορίζουσας:

0α −μ β

=γ δ −μ

(6)

Έστω μ1 και μ2 οι ρίζες της χαρακτηριστικής εξίσωσης, που προφανώς συμπίπτουν με τις ιδιοτιμές του πίνακα

Α= α β⎛ ⎞⎜ ⎟γ δ⎝ ⎠

του συστήματος (3). Όπως θα δούμε αμέσως παρακάτω η ευστάθεια ή μη των λύσεων του συστήματος (3) εξαρτάται από τη φύση των ριζών μ1 και μ2. Διακρίνουμε τις εξής περιπτώσεις: I) Οι ρίζες της χαρακτηριστικής εξίσωσης είναι πραγματικές, αρνητικές και δι-ακεκριμένες. Θεωρούμε λοιπόν ότι μ1, μ2 <0 και μ1≠μ2 . Από την εξίσωση (4) βρίσκουμε: x(t)= 1 2t t

1 2c e c eμ μ+Γνωρίζοντας τώρα την συνάρτηση x(t) μπορούμε να βρούμε την y(t) από την πρώτη εξί-σωση των (3). Έτσι η λύση του συστήματος (3) είναι: x(t)= 1 2t t

1 2c e c eμ μ+

y(t)= ( ) ( )1t1 1 2 2

1 c e c eμ⎡ ⎤μ − α + μ − α⎣ ⎦β2tμ (7)

Ας επιβάλλουμε τώρα στη λύση (7) τις αρχικές συνθήκες x(0)=x0, y(0)=y0 . Η αντίστοι-χη μερική λύση, μετά από μερικούς απλούς υπολογισμούς, είναι:

x(t)= 1 2t t0 0 0 2 0 1 0 0

1 2 1 2

x y x x x ye eμ μα +β − μ μ −α −β+

μ −μ μ −μ


y(t)= ( ) ( )1 2t t0 0 0 2 0 1 0 01 2

1 2 1 2

x y x x x y1 e eμ μ⎡ ⎤α +β − μ μ − α −βμ − α + μ − α⎢ ⎥β μ −μ μ −μ⎣ ⎦

(8)

Από τις εξισώσεις αυτές μπορούμε να συμπεράνουμε ότι για τυχαίο ε>0 είναι δυνατό να βρούμε |x0| και |y0| αρκετά μικρά ώστε για κάθε t>0 να ισχύει |x(t)|<ε, |y(t)|<ε εφ’ όσον

, . Παρατηρούμε ότι σ’ αυτή την περίπτωση έχουμε: 1te 1μ ⟨ 1te 1μ ⟨ lim ( ) lim ( )

t tx t y t

→∞ →∞= =0 , 0 (9)

Θεωρούμε τώρα το επίπεδο OXY. Το επίπεδο αυτό για το διαφορικό σύστημα (3) ή για την διαφορική εξίσωση (4) αποτελεί, όπως λέμε, τον φασικό χώρο. Τις λύσεις (7) ή (8) θα τις δούμε σαν παραμετρικές εξισώσεις κάποιας καμπύλης του φασικού χώρου:

( )( )

*1 2

*1 2

x t,c ,c

y t,c ,c

⎫= ϕ ⎪⎬

= ψ ⎪⎭ (10)

( )( )

0 0

0 0

x t,x ,y

y t,x ,y

= ϕ ⎫⎪⎬

= ψ ⎪⎭ (11)

Οι καμπύλες αυτές είναι οι ολοκληρωτικές καμπύλες της διαφορικής εξίσωσης:

dy x ydx x y

γ + δ=α +β

(12)

η οποία προκύπτει από τις εξισώσεις του συστήματος (3) εάν διαιρεθούν κατά μέλη. Η αρχή των αξόνων Ο(0,0) είναι ένα κρίσιμο σημείο της διαφορικής εξίσωσης (12), αφού στο σημείο αυτό έχουμε f1(x,y)=0, f2(x,y)=0. Η φύση των λύσεων (8) και γενικά των λύσεων του συστήματος (3), μπορεί να φανεί εάν ταξινομήσουμε τις ολοκληρωτικές καμπύλες: F(x,y,c)=0 οι οποίες αποτελούν την γενική λύση στης διαφορικής εξίσωσης (12). Η σταθερά c καθο-ρίζεται από τις αρχικές συνθήκες y(x0)=y0. Αντικαθιστώντας την τιμή της c έχουμε την ε-ξίσωση της οικογένειας υπό την μορφή: F(x,y,x0,y0)=0 (13) Η σχέση αυτή μπορεί να προέλθει από το σύστημα (11) απαλείφοντας το t. Στην περίπτω-ση των λύσεων (8), το κρίσιμο σημείο είναι δεσμικό (nodal) ευσταθές σημείο.

Παράδειγμα 1: Να εξετασθεί η ευστάθεια της λύσης x=0, y=0 του συστήματος:

dy/dt=-x , dx/dt=-2y Απάντηση: Το σύστημα αυτό το είχαμε εξετάσει στην παρ. 18.3. Εδώ θα το εξετάσουμε με την βοήθεια των χαρακτηριστικών ριζών. Η χαρακτηριστική εξίσωση είναι:

1 0

00 2

− −μ=

− −μ

και οι χαρακτηριστικές ρίζες: μ1=-1 , μ2=-2 με γενική λύση: x(t)=c1e-t , y(t)=c2e-2t Εάν οι αρχικές συνθήκες είναι x0, y0 τότε η αντίστοιχη μερική λύση είναι: x(t)=x0e-t , y(t)=y0e-2t (α) Προφανώς x(t)→0 και y(t)→0 όταν t→∞. Άρα η λύση x=0, y=0 είναι ευσταθής.


Ας εξετάσουμε τώρα τον φασικό χώρο. Απαλείφοντας την παράμετρο t από τις εξισώσεις (α), προκύπτει η εξίσωση:

xx

yy0

2

0

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = (β)

η οποία παριστάνει μια οικογένεια παραβολών Σχ. 9. Η δε εξίσωση, η αντίστοιχη της (12)

θα είναι: dydx

yx

=2 ⇒

ln|y|=2ln|x||ln|c| ⇒ y=cx2

και λαμβάνοντας υπ’ όψη τις αρχικές συνθήκες οδηγούμαστε στην (β). Το κρίσιμο σημείο (0,0) είναι δεσμικό ευσταθές σημείο. ΙΙ) Οι ρίζες της χαρακτηριστικής εξίσω-σης είναι πραγματικές, θετικές και διακεκρι-μένες.

Θεωρούμε τώρα ότι μ1, μ2 >0 και μ1≠μ2 . Στην περίπτωση αυτή οι λύσεις εκφράζονται πάλι από τις εκφράσεις (7) και (8), όμως οσοδήποτε μικρά και αν είναι τα |x0| και |y0| οι λύσεις κατά απόλυτη τιμή θα τείνουν στο άπειρο: |x(t)|→∞, |y(t)|→∞ όταν t→∞ επειδή

και όταν t→∞. Το κρίσιμο σημείο (0,0) είναι ασταθές δεσμικό ση-μείο. Όταν t→∞ το σημείο που κινείται πάνω στην ολοκληρωτική καμπύλη απομακρύνε-ται από το σημείο ηρεμίας (0,0).

1teμ → ∞ 2teμ → ∞

Σχ. 9

Παράδειγμα 2: Εξετάστε την ευστάθεια των λύσεων του συστήματος: dx/dt=x , dy/dt=2y

Aπάντηση: Η χαρακτηριστική εξίσωση είναι: 1 0

00 2−μ

=−μ

με ρίζες μ1=1 , μ2=2 και επομένως η λύση είναι: x=x0et , y=y0e2t

Σχ. 10

Η λύση είναι ασταθής εφ’ όσον |x(t)|→∞, |y(t)|→∞ όταν t→∞. Απαλείφοντας το t έχουμε την εξίσωση:

xx

yy0

2

0

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =

η οποία παριστάνει παραβολές, Σχ. 10. Το κρίσιμο σημείο (0,0) είναι ασταθές δεσμι-κό σημείο.


ΙΙΙ) Οι ρίζες της χαρακτηριστικής εξίσωσης είναι πραγματικές και ετερόσημες. Ας υποθέσουμε ότι οι ρίζες είναι μ1>0, μ2<0. Από τις σχέσεις:

x(t)= 1 2t t0 0 0 2 0 1 0 0

1 2 1 2

x y x x x ye eμ μα +β − μ μ − α −β+

μ −μ μ −μ

y(t)= ( ) ( )1 2t t0 0 0 2 0 1 0 01 2

1 2 1 2

x y x x x y1 e eμ μ⎡ ⎤α +β − μ μ − α −βμ − α + μ − α⎢ ⎥β μ −μ μ −μ⎣ ⎦

έπεται ότι για τυχαία μικρά |x0| και |y0| και εάν αx0+βy0-x0μ2≠0, τότε |x(t)|→∞, |y(t)|→∞ όταν t→+∞. Η λύση είναι ασταθής και το κρίσιμο σημείο (0,0) είναι σαγματικό.

Σχ. 11

Παράδειγμα 3: Εξετάστε την ευστάθεια των λύ-σεων του συστήματος: dx/dt=x , dy/dt=-2y Aπάντηση: Η χαρακτηριστική εξίσωση είναι:

1 0

00 2−μ

=− −μ

⇒ μ1=1, μ2=-2

και η λύση είναι: x(t)=x0et , y=y0e-2t η οποία εί-ναι ασταθής. Απαλείφοντας την παράμετρο t παίρνουμε την οικογένεια των καμπυλών: yx2=y0x0

2 Το κρίσιμο σημείο (0,0) είναι σαγματικό σημείο, Σχ.11. ΙV) Οι ρίζες της χαρακτηριστικής εξίσωσης είναι μιγαδικές με αρνητικό το πραγ-ματικό μέρος. Έστω ότι μ1=κ+λi, μ2=κ-λi με κ<0. Η λύση του συστήματος (3) είναι:

[ ]t1 2x e c cos t c sin tκ= λ + λ

( ) ( )t

1 2 1 2 1 2ey c c c cos t c c c sinκ

= κ + λ − α λ + κ − λ − α λ⎡ ⎤⎣ ⎦βt (14)

Θέτοντας c= c c12

22+ , sinω=c1/c , cosω=c2/c οι εξισώσεις (14) γράφονται:

x=ceκtsin(λt+ω)

( )tcey c sin( t ) cos( t )κ

= κ − λ + ω + λ λ + ω⎡ ⎤⎣ ⎦β (15)

όπου c1, c2 τυχαίες σταθερές που θα προσδιοριστούν από τις αρχικές συνθήκες x=x0, y=y0 όταν t=0. Έτσι έχουμε: x0=csinω , y0=c/β[(κ-c)sinω+λcosω]

και c1=x0 , c2= 0 0y x ( c)β − κ −λ

(16)

Είναι προφανές τώρα ότι για τυχαίο ε>0 μπορούμε να βρούμε αρκετά μικρά |x0| και |y0| έτσι ώστε |x(t)|<ε, |y(t)|<ε . Η λύση είναι ευσταθής. Στην περίπτωση αυτή οι λύσεις


x(t)→0, y(t)→0 αλλάζοντας άπειρες φορές πρόσημο. Το ιδιάζον σημείο (0,0) είναι ένα ευσταθές εστιακό σημείο. Παράδειγμα 4: Εξετάστε την ευστάθεια των λύσεων του συστήματος: dx/dt=-x+y , dy/dt=-x-y Απάντηση: Από την χαρακτηριστική εξίσωση βρίσκουμε τις ρίζες της:

1 1

01 1

− −μ=

− − −μ ⇒ μ2+2μ+2=0 ⇒ μ1=α+iβ=-1+i, μ2=α-iβ=-1-i

Βρίσκουμε για τις σταθερές c1, c2 από την σχέση (16) ότι c1=x0, c2=y0. Αντικαθιστώντας στις σχέσεις (14) παίρνουμε: x(t)=e-t(x0cost+y0sint) y(t)=e-t(y0cost-x0sint) (A) Είναι προφανές ότι για οποιαδήποτε τιμή του t ισχύει: |x(t)|≤|x0|+|y0| , |y(t)|≤|x0|+|y0| Όταν t→∞, x(t)→0 και y(t)→0 και επομένως η λύση είναι ευσταθής. Στη συνέχεια ας ε-ξετάσουμε την μορφή των ολοκληρωτικών καμπύλων στο φασικό χώρο. Η έκφραση (Α) με τις αντικαταστάσεις: x0=Mcosδ , y0=Msinδ ⇒ M= x y0

202+ tanδ=y0/x0

γίνεται: x(t)=Me-tcos(βt-δ) y(t)=Me-tsin(βt-δ) (B) Χρησιμοποιώντας πολικές συντεταγμένες: x=rcosθ, y=rsinθ οι σχέσεις (Β) γράφονται: rcosθ=Me-tcos(βt-δ) , rsinθ=Me-tsin(βt-δ) (Γ) και υψώνοντας στο τετράγωνο και προσθέτοντας κατά μέλη παίρνουμε: r2=M2e-2t ⇒ r=Me-t (Δ) Η σχέση (Δ) μας δίνει την εξάρτηση του r από το t. Για να βρούμε τώρα την εξάρτηση του θ από το t διαιρούμε κατά μέλη την δεύτερη σχέση των (Γ) με την πρώτη: tanθ=tan(βt-δ) ⇒ t=(θ+δ)/β και αντικαθιστώντας στην (Δ) έχουμε:

r=Mexp ⎛ θ + δ−⎜ β⎝ ⎠

⎞⎟⇒ r=M1exp ⎛ ⎞θ

−⎜ ⎟β⎝ ⎠ (E)

όπου Μ1=Μexp(-δ/β). Η σχέση (Ε) παριστάνει μια οικογένεια εκθετικών σπειρών. Σ’ αυ-τή την περίπτωση ένα σημείο κινούμενο κατά μήκος μιας ολοκληρωτικής καμπύλης πλη-σιάζει την αρχή των αξόνων (0,0) καθώς t→∞ Σχ. 4. Το κρίσιμο σημείο (0,0) είναι ένα ασυμπτωτικά ευσταθές σημείο. V) Οι ρίζες της χαρακτηριστικής εξίσωσης είναι μιγαδικές με θετικό το πραγμα-τικό μέρος. Έστω ότι μ1=κ+λi, μ2=κ-λi με κ>0. Η λύση του συστήματος (3) μπορεί ομοίως να εκφρασθεί από τις σχέσεις (14) με κ>0. Για τυχαίες αρχικές συνθήκες x0, y0 με

x y02

02 0+ ≠ οι απόλυτες τιμές |x(t)|, |y(t)| μπορούν να γίνουν οσοδήποτε μεγάλες όταν

t→+∞. Συνεπώς η λύση είναι ασταθής και το κρίσιμο σημείο (0,0) είναι ασυμπτωτικά α-σταθές. Ένα σημείο κινούμενο πάνω σε μια ολοκληρωτική καμπύλη απομακρύνεται από το κρίσιμο σημείο χωρίς περιορισμό. Παράδειγμα 5: Εξετάστε την ευστάθεια των λύσεων του συστήματος:


dx/dt=x+y , dy/dt=-x+y Απάντηση: Από την χαρακτηριστική εξίσωση βρί-σκουμε τις ρίζες της: 1 1

01 1−μ

=− −μ

⇒ μ2-2μ+2=0 ⇒

μ1=α+iβ=1+i, μ2=α-iβ=1-i Λαμβάνοντας υπ’ όψη τις σχέσεις (16), η λύση (14) σ’ αυτή την περίπτωση είναι: x(t)=et(x0cost+y0sint) , y(t)=et(y0cost-x0sint) Οι ολοκληρωτικές καμπύλες σε πολικές συντεταγ-μένες είναι: r=Meθ/β

Το κρίσιμο σημείο είναι ασυμπτωτικά ασταθές Σχ. 12. Σχ. 12 VI) Οι ρίζες της χαρακτηριστικής εξίσωσης είναι φανταστικές.

Έστω ότι μ1=λi, μ2=-λi. Οι λύσεις (14) σ’ αυτή την περίπτωση παίρνουν την μορ-φή:

x=c1cosλt+c2sinλt

( ) ( )2 1 1 21y c c cos t c c sin= λ − α λ + −λ − α λ⎡ ⎤⎣ ⎦β

t (17)

Οι σταθερές c1, c2 υπολογίζονται από τις σχέσεις (16) και είναι:

c1=x0 , c2=(βy0+αx)/β (18)

Προφανώς για τυχαίο ε>0 και για ικανοποιητικά μικρά |x0| και |y0| θα ισχύει |x(t)|<ε, |y(t)|<ε για κάθε t και επομένως η λύση είναι ευσταθής. Γράφοντας τώρα τις λύσεις (17) στη μορφή:

c cy sin( t )λ α= − λ + κβ β

x=csin(λt+k) (19)

όπου c και k τυχαίες σταθερές, βλέπουμε ότι οι λύσεις x(t), y(t) είναι περιοδικές συναρτήσεις ως προς τον χρόνο t. Απαλείφοντας τώρα το t από τις (19) παίρνουμε:

y=2

2c xλ 1 x

cα

− −β β

και απαλείφοντας το ριζικό έχουμε:

2 2 2

2c xy x 1

c⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞α λ

+ = −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟β β⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Σχ. 13


(20)

Η σχέση (20) παριστάνει μια οικογένεια ελλείψεων Σχ. 13, (με άξονες παράλληλους προς τους άξονες των συντεταγμένων όταν α=0). Το κρίσιμο σημείο (0,0) είναι κεντρικό.

Παράδειγμα 6: Εξετάστε την ευστάθεια των λύσεων του συστήματος: dx/dt=y , dy/dt=-4x Απάντηση: Από την χαρακτηριστική εξίσωση βρίσκουμε τις ρίζες της:

10

4−μ

=− −μ

⇒ μ2+4=0 ⇒ μ1=+2i, μ2=-2i

Οι λύσεις (19) θα είναι: x(t)=csin(2t+k) , y(t)=2ccos(2t+k) και απαλείφοντας το t βρίσκουμε :

( ) ( )2 2

2 22 2

y x sin 2t k cos 2t 1 14c c

+ = + + + =

δηλ. οι λύσεις αποτελούν μια οικογένεια ελλείψεων. Το κρίσιμο σημείο (0,0) είναι κε-ντρικό. VIΙ) Οι ρίζες της χαρακτηριστικής εξίσωσης είναι μ1=0, μ2<0 .

Οι λύσεις (7): x(t)= 1 2t t

1 2c e c eμ μ+

y(t)= ( ) ( )1 2t t1 1 2 2

1 c e c eμ μ⎡ ⎤μ − α + μ − α⎣ ⎦β

σ’ αυτή την περίπτωση γίνονται: x(t)=c1+c2 2teμ

y(t)= ( ) 2t1 2 2

1 c c eμ⎡ ⎤− α + μ − α⎣ ⎦β (21)

Προφανώς για τυχαίο ε>0 και για αρκετά μικρά |x0|, |y0| θα έχουμε |x(t)|<ε, |y(t)|<ε για t>0. Άρα η λύση είναι ευσταθής. Παράδειγμα 7: Εξετάστε την ευστάθεια των λύσεων του συστήματος: dx/dt=0 , dy/dt=-y (A) Απάντηση: Από την χαρακτηριστική εξίσωση βρίσκουμε τις ρίζες της:

00

0 1−μ

=− −μ

⇒ μ2+μ=0 ⇒ μ1=0, μ2=-1

Εδώ έχουμε β=0 και οι λύσεις μπορούν να βρεθούν άμεσα λύνοντας το σύστημα, χωρίς να καταφύγουμε στις σχέσεις (21). Τελικά βρίσκουμε:


x(t)=c1 , y(t)=c2e-t (B) και χρησιμοποιώντας τις αρχικές συνθήκες x0, y0 για t=0 οι λύσεις (Β) παίρνουν την μορφή:

x(t)=x0 , y(t)=y0e-t (Γ) Η λύση είναι προφανώς ευσταθής. Η δια-φορική εξίσωση που προκύπτει από το σύστημα (Α) είναι dx/dy=0 με λύση x=c. Οι ολοκληρωτικές καμπύλες είναι ευθείες γραμμές παράλληλες προς τον άξονα ΟΥ. Από τις εξισώσεις (Γ) συμπεραίνουμε ότι τα σημεία, που κινούνται κατά μήκος των ολοκληρωτικών καμπύλων πλησιάζουν την ευθεία y=0, Σχ.14.

Σχ. 14

VIΙΙ) Οι ρίζες της χαρακτηριστικής εξίσωσης είναι μ1=0, μ2>0 .

Από τις σχέσεις (21) έπεται ότι η λύση είναι ασταθής αφού |x(t)|+|y(t)|→∞ για t→∞.

IX) Οι ρίζες της χαρακτηριστικής εξίσωσης είναι μ1=μ2<0 . H λύση είναι:

x(t)=(c1+c2t) 1teμ

y(t)= (1t

1 1 2 1e c ( ) c 1 t tμ

μ − α + +μ − α⎡⎣β)⎤⎦ (22)

Εφ’ όσον →0 και t →0 όταν t→∞, τότε για ένα τυχαίο ε>0 είναι δυνατό να διαλέ-ξουμε τις σταθερές c1, c2, (διαλέγοντας τις αρχικές συνθήκες x0, y0), έτσι ώστε να ισχύει |x(t)|<ε |y(t)|<ε για τυχαίο t>0. Επομένως η λύση είναι ευσταθής και x(t)→0, y(t)→0 όταν t→∞.

1teμ 1teμ

Παράδειγμα 8: Εξετάστε την ευστάθεια των λύσεων του συστήματος: dx/dt=-x , dy/dt=-y Απάντηση: Από την χαρακτηριστική εξίσωση βρίσκουμε τις ρίζες της:

1 00

0 1− −μ

=− −μ

⇒ (μ+1)2=0 ⇒ μ1=μ2=-1

με λύση του διαφορικού συστήματος: x(t)=c1e-t , y(t)=c2e-t από όπου βλέπουμε ότι x(t)→0, y(t)→0 για t→∞. Η λύση είναι ευσταθής, οι δε ολοκλη-ρωτικές καμπύλες είναι: y/x=c2/c1=k ⇒ y=kx δηλ. μια οικογένεια ευθειών που διέρ-χονται από την αρχή των αξόνων. Σημεία, που κινούνται πάνω σ’ αυτές τις ευθείες, πλη-σιάζουν την αρχή (0,0), που αποτελεί δεσμικό σημείο, Σχ. 15. X) Οι ρίζες της χαρακτηριστικής εξίσωσης είναι μ1=μ2=0 . H λύση είναι:

[ 1 2 21 c c c t− α + − αβ

]x(t)=c1+c2t y(t)= (23)


από όπου είναι φανερό ότι x(t)→∞, y(t)→∞ όταν t→∞. Η λύση είναι ασταθής. Παράδειγμα 9: Εξετάστε την ευστάθεια των λύσεων του συ-στήματος: dx/dt=y , dy/dt=0 Απάντηση: Από την χαρακτη-ριστική εξίσωση βρίσκουμε τις ρίζες της:

00

0−μ

=−μ

⇒

μ2=0 ⇒ μ1=μ2=0 Σχ. 16 Σχ. 15 με λύση του διαφορικού συ-

στήματος: x(t)=c1 +c2t , y(t)=c2 και προφανώς x(t)→∞ όταν t→∞. Η λύση είναι ασταθής. Η διαφορική εξίσωση που προ-κύπτει από το σύστημα δια διαιρέσεως κατά μέλη, είναι dy/dx=0, με ολοκληρωτικές κα-μπύλες y=c δηλ. ευθείες γραμμές παράλληλες προς τον άξονα ΟΧ Σχ. 16. Το κρίσιμο ση-μείο ονομάζεται εκφυλισμένο σαγματικό σημείο. ΓΕΝΙΚΑ ΣΥΜΠΕΡΑΣΜΑΤΑ

dx x ydtdy x ydt

⎫= α +β ⎪⎪⎬⎪= γ + δ⎪⎭

Ας θεωρήσουμε το γραμμικό σύστημα: (1)

και ας προσπαθήσουμε να το λύσουμε γενικά. Προς τούτο θέτουμε x=Aeλt και y=Beλt και από το σύστημα (1) προκύπτει, (απαλείφοντας τον όρο eλt) το αλγεβρικό σύστημα:

(α-λ)Α+βΒ=0

γΑ+(δ-λ)Β=0

το οποίο έχει μη τετριμμένη λύση ως προς Α, Β εάν και μόνο εάν η ορίζουσα των συντε-λεστών είναι μηδέν, δηλ.

(α-λ)(δ-λ)-βγΑΒ=0 ⇒ λ2-(α+δ)λ+αδ-βγ=0 (2)

Εάν από το σύστημα (1) απαλείψουμε το y προκύπτει διαφορική εξίσωση ως προς x:

x″-( α+δ)x′+αδ-βγ=0 (3)


η οποία είναι γραμμική με σταθερούς συντελεστές και της οποίας η χαρακτηριστική εξί-σωση είναι η ίδια με την (2). Στη συνέχεια χρησιμοποιούμε τους παρακάτω συμβολι-σμούς: p=α+δ, q=αδ-βγ , Δ=p2-4q (4)

Τότε εάν λ1, λ2 είναι οι ρίζες της (2), τότε η (12) γράφεται: λ2-pλ+q=(λ-λ1)(λ-λ2)=λ2-(λ1+λ2)λ+λ1λ2=0 Άρα το p είναι το άθροισμα, το q είναι το γινόμενο των ριζών και το Δ η διακρίνουσα. Επειδή τα p, q ορίζουν τις ρίζες, οι οποίες με την σειρά τους καθορίζουν την συμπεριφορά των λύσεων κοντά στο κρίσιμο σημείο Ρ0, μπορούμε να χαρακτηρίσουμε το κρίσιμο ση-μείο Ρ0 με την βοήθεια των p, q, ως εξής:

A) Το σημείο Ρ0 είναι: A1) ευσταθές και ελκτικό εάν p<0 και q>0 A2) ευσταθές εάν p≤0 και q>0 A3) ασταθές εάν p>0 ή q<0 Επί πλέον

Β) Το σημείο Ρ0 είναι: B1) δεσμός εάν q>0 και Δ≥0 Β2) σαγματικό σημείο εάν q<0 Β3) κεντρικό σημείο εάν p=0 και q>0 B4) σπειροειδές σημείο εάν p≠0 και Δ<0 Τα συμπεράσματα αυτά μπορούν να απεικονισθούν στο παρακάτω διάγραμμα. Η δε εξή-γηση τους έχει ως εξής: 1) Εάν q=λ1λ2>0, τότε και οι δυο οι ρίζες είναι θετικές ή και οι δυο αρνητικές ή μιγαδικές συζυγείς. Εάν συγχρόνως p=λ1+λ2<0, τότε και οι δυο ρίζες είναι αρνητικές ή στην περί-πτωση των μιγαδικών συζυγών έχουν αρνητικό το πραγματικό τους μέρος. Επομένως το σημείο Ρ0 είναι ευσταθές και ελκτικό. Η αιτιολόγηση των δυο άλλων περιπτώσεων Α2, Α3 είναι παρόμοια. 2) Εάν Δ<0 οι ρίζες είναι μιγαδικές συζυγείς, έστω οι λ1=α+iβ και λ2=α-iβ. Εάν επίσης p=λ1+λ2=2α<0, τότε έχουμε ένα σπειροειδές σημείο, που είναι ευσταθές και ελκτικό. 3) Εάν p=0, τότε λ2=-λ1 και q=λ1λ2=-λ1

2. Εάν επίσης q>0, τότε λ12=-q<0, έτσι ώστε τα λ1

και λ2 πρέπει να είναι φανταστικοί αριθμοί. Τότε έχουμε περιοδικές λύσεις με κλειστές τροχιές, που έχουν σαν κέντρο τους το σημείο Ρ0.

Η περιοχή της ευστάθειας είναι το άνω αριστερό τεταρτημόριο.

q

p Σαγματικά σημεία

Δεσμοί Δεσμοί

Σπειροειδή σημεία

Σπειροειδή σημεία

Δ<0 Δ<0Δ>0 Δ>0

Δ=0 Δ=0

1155 ΗΗ ΛΛΟΟΓΓΙΙΣΣΤΤΙΙΚΚΗΗ ΚΚΑΑΜΜΠΠΥΥΛΛΗΗ ΚΚΑΑΙΙ ΗΗ ΜΜΕΕΤΤΑΑΒΒΑΑΣΣΗΗ ΣΣΤΤΟΟ

ΧΧΑΑΟΟΣΣ

15.1 Γενικά

Κατά τα τελευταία χρόνια ανακαλύφθηκε ότι μια μεγάλη τάξη μη γραμμικών δια-φορικών εξισώσεων και εξισώσεων διαφορών παρουσιάζουν μια τυχαία συμπεριφορά γνωστή σήμερα σαν χαοτική συμπεριφορά ή κίνηση(1 . Σαν χαοτική κίνηση εννοούμε απλώς μια κίνηση ″χωρίς προφανή τάξη″. Συχνά, οι εξισώσεις που παρουσιάζουν χαοτική συμπεριφορά είναι εκείνες που περιγράφουν φαινόμενα όπου η έξοδος ανατροφοδοτεί το σύστημα, όπως ακριβώς ο ήχος από ένα μεγάφωνο ανατροφοδοτεί το μικρόφωνο με απο-τέλεσμα να δημιουργείται το φαινόμενο του μικροφωνισμού. Μια ενδιαφέρουσα διαπί-στωση, που σχετίζεται με αυτά τα επαναληπτικά συστήματα, είναι το γεγονός ότι οι λύσεις τους συχνά εξαρτώνται από μια παράμετρο και μια αλλαγή στις τιμές αυτής της παραμέ-τρου είναι αρκετή για να μεταβούμε από την τάξη στο χάος. Η πιο απλή και γνωστή εξί-σωση, της οποίας η λύση αλλάζει από τακτική σε χαοτική συμπεριφορά, είναι η λογιστική εξίσωση.

15.2 Η λογιστική εξίσωση

Μια ενδιαφέρουσα εξίσωση διαφορών, που χρησιμοποιείται για την μελέτη απλών βιολογικών πληθυσμών, είναι η λογιστική εξίσωση(2 : xn+1=λxn(1-xn) n=0,1,2,… (1) όπου η παράμετρος λ ονομάζεται παράμετρος ανάπτυξης με διάστημα μεταβολής 0<λ≤4. Διαλέγοντας το λ να μεταβάλλεται σ’ αυτό το διάστημα, τότε για κάθε αρχική συνθήκη ή τροφοδότηση, που βρίσκεται στο διάστημα [0, 1] , όλες οι μελλοντικές επανα-λήψεις x1 , x2 , … , (συχνά ονομάζονται τροχιά του x0), βρίσκονται επίσης στο διάστημα [0, 1]. Στα βιολογικά προβλήματα οι τιμές xn παριστούν τους κλασματικούς πληθυσμούς, το 1 τον μέγιστο δυνατό πληθυσμό και το 0 τον μηδενικό. Η χρησιμότητα της λογιστικής εξίσωσης για την πρόβλεψη του μεγέθους του πληθυσμού βρίσκεται στους παράγοντες xn και 1-xn . Όσο το xn πλησιάζει την μέγιστη τιμή 1, η ποσότητα 1-xn μειώνεται. Οι δυο αυ-τοί παράγοντες δρουν σε αντίθετες διευθύνσεις, ο ένας προσπαθεί να αυξήσει τον πληθυ-σμό και ο άλλος να τον μειώσει. Αυτός είναι ο τρόπος με τον οποίο εξελίσσονται πολλά βιολογικά συστήματα.

(1 Υπάρχουν αρκετοί διαισθητικοί ορισμοί της χαοτικής κίνησης στην βιβλιογραφία, βλ. ″An Introduction to Chaotic Dynamical Systems″, R. L. Devaney, Addison - Reading, Mass., 1989) (2 Η λογιστική εξίσωση μελετήθηκε το 1845 από τον βιολόγο P. F. Verhulst και διαφέρει από την αντίστοι-χη διαφορική εξίσωση x′=λx(1-x), διότι θέτοντας x′(nt)=xn+1-xn και x(nt)=xn προκύπτει xn+1=xn+λxn(1-xn). Η κάθε μια εξίσωση έχει την δική της θέση στη μελέτη των βιολογικών πληθυσμών.


Αν και η σπουδαιότητα της λογιστικής εξίσωσης ήταν γνωστή στους βιολόγους πε-ρισσότερα από εκατό χρόνια, μόνο πρόσφατα (1970) αποκαλύφθηκαν πολλές ενδιαφέρου-σες ιδιότητες της. Η μεγάλη έκπληξη όμως ήρθε όταν ξεκίνησε προσπάθεια για την κατα-νόηση της επίδρασης του συντελεστή ανάπτυξης λ σε όρους μεγάλης τάξης και ιδίως με ποιόν τρόπο εξαρτάται η λύση από τις τιμές της παραμέτρου λ. Διαλέγοντας μια συγκε-κριμένη τιμή για το λ και ξεκινώντας με μια τυχαία αρχική τιμή x0, υπολογίζουμε τους όρους xn για αρκετά μεγάλο n. Αυτό που ανακαλύφθηκε είναι το εξής : 1) Για 0≤λ≤1 η ακολουθία xn τείνει στο μηδέν ανεξάρτητα από την τιμή της αρχικής τιμής x0 δηλ. η λύση πλησιάζει την μηδενική, η οποία σημαίνει από βιολογικής πλευράς ότι ο πληθυσμός τείνει να εξαφανιστεί. 2) Για 1<λ<3 η ακολουθία xn τείνει στη μη μηδενική τιμή (λ-1)/λ ανεξάρτητα από την τιμή της αρχικής τιμής x0 3) Για 3<λ αρχίζουν να συμβαίνουν παράξενα πράγματα .

Μια χρήσιμη γεωμετρική κατασκευή, που μας επιτρέπει να έχουμε εποπτική εικόνα των επαναλήψεων της λογιστικής καμπύλης, είναι η μέθοδος του ιστού της αράχνης. Η ιδέα της μεθόδου αυτής θέλει στο ίδιο σύστημα συντεταγμένων να σχεδιάσουμε τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f(x)=λx(1-x) και της διχοτόμου y=x. Στη συνέχεια για να δούμε τις επαναλήψεις x0 , x1 , x2 , …ξεκινάμε από μια τυχαία αρχική τιμή x0 κινούμαστε προς τα επάνω στη κάθετη γραμμή x=x0 μέχρι να συναντήσου-με την λογιστική καμπύλη στο ύψος x1=λx0(1-x0), Σχ.1. Στη συνέχεια κινούμαστε οριζόντια, αριστερά ή δεξιά, μέχρι να συναντήσουμε την διχοτόμο. Επειδή σ’ όλα τα σημεία της διχοτό-μου ισχύει y=x, η τιμή του x που συναντά την διχοτόμο, δίνει την νέα τιμή x1 . Κατόπιν φέρου-με την κάθετη γραμμή x=x1 , την οποία ακολου-θούμε μέχρι να συναντήσουμε την λογιστική καμπύλη στο σημείο x2=λx1(1-x1). Κινούμα-στε τώρα οριζόντια μέχρι να συναντήσουμε την διχοτόμο, όπου η τιμή του x θα είναι η x2 . Συνεχίζοντας κατ’ αυτό τον τρόπο, προκύπτει μια ακολουθία από κάθετα και οριζόντια ευθύγραμμα τμήματα, που έχουν την εμφάνιση του ιστού της αράχνης και μας δίνουν τις επαναλήψεις x0 , x1 , x2 , …της λογιστικής καμπύλης. Έτσι έχουμε :

Σχ. 1

f(x)=λx(1-x)

y=x

1) Για 0≤λ≤1 και με οποιοδήποτε αρχικό σημείο x0 , 0≤x0≤1 η προκύπτουσα ακολου-θία xn+1=λxn(1-xn) τείνει στο μηδέν, Σχ. 2.

Σχ. 2

Η λογιστική εξίσωση και η μετάβαση στο χάος ♦ 329

2) Για 1<λ≤3 και με οποιοδήποτε αρχικό σημείο x0 , 0≤x0≤1 η προκύπτουσα ακολου-θία xn+1=λxn(1-xn) τείνει στον αριθμό xλ=(λ-1)/λ που ονομάζεται σταθερό σημείο ή ση-μείο ισορροπίας και ικανοποιεί την εξίσωση xλ=λxλ(1-xλ) Παρατηρήστε ότι το μηδέν είναι πάντα σταθερό σημείο της λογιστικής καμπύλης και ότι το σταθερό σημείο xλ=(λ-1)/λ είναι σταθερό σημείο για 1≤λ≤3. Εάν κανείς εξετάσει προ-σεκτικά τα διαγράμματα αρχίζοντας από οποιοδήποτε σημείο x0 , μπορεί κανείς να δεί ότι όλες οι διαδρομές, (με εξαίρεση εκείνη που αρχίζει από το 0), οδηγούν στο xλ , Σχ. 3. Γι’ αυτό τον λόγο το xλ ονομάζεται και ελκτικό σταθερό σημείο .

Σχ. 3 3) Όπως το λ αυξάνεται πέρα από την τιμή 3 και στο διάστημα 3<λ≤3,4495…, η λύση εμφανίζει μια ενδιαφέρουσα ποιοτική αλλαγή, που ονομάζεται διακλάδωση, (bifurcation). Εδώ το ελκτικό σταθερό σημείο , το οποίο είναι (3-1)/3=2/3 για λ=3, γίνε-ται απωθητικό και διακλαδίζεται σε δυο σημεία(3. Η νέα λύση, αντί να κατασταλάζει σε μια τιμή, πηδά μεταξύ δυο σημείων, τα οποία αποτελούν ένα ελκτικό κύκλο περιόδου 2, Σχ. 4

Σχ. 4 Για να καταλάβουμε γιατί συμβαίνει αυτό το φαινόμενο αρκεί να παρατηρήσουμε το Σχ. 4 και να δούμε ότι η αρχική συνθήκη x0 μετακινείται κατ’ αρχήν προς το σταθερό σημείο xλ αλλά βαθμηδόν γυρίζει γύρω από αυτό για να σταθεροποιηθεί γύρω από δυο άλ-λα σημεία, (αν και ποτέ δεν θα τα φθάσει). Από το διάγραμμα του Σχ. 4 επίσης παρατη-ρούμε ότι η αιτία για το απωθητικό σημείο xλ είναι ότι η κλίση της καμπύλης y=f(x) στο xλ είναι μεγαλύτερη του 1. Θα μπορούσαμε να πούμε ότι τα σημεία περιόδου 2 είναι ελκτικά αλλά το σταθερό σημείο xλ είναι απωθητικό. 4) Για 3,4495…<λ<3,56…το σημείο περιόδου 2 διακλαδίζεται άλλη μια φορά δημι-ουργώντας ένα σημείο περιόδου 4. Δηλ. για μια μη μηδενική αρχική τιμή x0 , η ακολουθία σταδιακά θα ταλαντεύεται μεταξύ τεσσάρων διαφορετικών σημείων, που αποτελούν ένα σημείο περιόδου 4 και των οποίων οι ακριβείς τιμές εξαρτώνται από την τιμή του λ, Σχ. 5.

(3 Μπορούμε να δούμε γενικά ότι ένα σταθερό σημείο xλ είναι ελκτικό εάν |f′(x)|<1 και απωθητικό εάν |f′(x)|≥1 .


Σχ. 5 5) Όσο το λ κινείται πέρα από την τιμή 3,56… η περίοδος διπλασιάζεται ξανά και ξα-νά, όλο και πιο γρήγορα με περιόδους 8, 16, 32,…,2n.… έως ότου το λ φθάσει με ένα ση-μείο συσσωρεύσεως λ∞=3,56994… Για έναν βιολόγο, ο οποίος δεν διατηρεί στοιχεία με-γάλων χρονικών διαστημάτων, η περίοδος θα γίνει τόσο μεγάλη έτσι ώστε ο πληθυσμός θα φαίνεται ότι μεταβάλλεται κατά τυχαίο τρόπο. 6) Όταν το λ φθάσει στο ″μαγικό″ σημείο συσσωρεύσεως λ∞, που ονομάζεται χαοτι-κός αριθμός, η λύση συμπεριφέρεται ως εξής : Δεν πλησιάζει ελκτικό σημείο, ούτε κά-ποιον κύκλο οποιασδήποτε περιόδου, αλλά ούτε και απειρίζεται. Θα μπορούσε κανείς να πει ότι ναι μεν δεν υπακούει κανέναν κανόνα συμπεριφοράς, αλλά υπάρχει ένα νέο είδος κίνησης, γνωστό σαν χαοτική κίνηση, κατά την οποίαν φαίνεται να γυρίζει άσκοπα χωρίς καμμία τάξη Σχ. 6. Με άλλα λόγια η λύση της λογιστικής εξίσωσης γίνεται χαοτική. Για ένα βιολόγο αυτό σημαίνει ότι ο πληθυσμός μεταβάλλεται τυχαία χωρίς να υπακούει σε κανένα δυναμικό νόμο.

Σχ. 6

15.3 Το διάγραμμα διακλαδώσεως.

Για να κατανοήσουμε το φαινόμενο διπλασιασμού της περιόδου, μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το διάγραμμα διακλαδώσεως ή διάγραμμα τροχιάς. Για τον σκοπό αυτό χρησιμοποιούμε ένα σύστημα ορθογωνίων αξόνων. Τον οριζόντιο άξονα τον χρησι-μοποιούμε για την παράμετρο λ και τον κατακόρυφο για τα σταθερά σημεία xλ Σχ. 7. Η χαοτική περιοχή αρχίζει από την τιμή λ∞=3,56994… Αξίζει να παρατηρήσουμε ότι υπάρ-χουν ορισμένα ″παράθυρα″ τάξης μέσα στη χαοτική περιοχή λ∞<λ≤4 όπου η λύση επι-στρέφει από το χάος στη τάξη.

Η λογιστική εξίσωση και η μετάβαση στο χάος ♦ 331

Το 1975 ο φυσικός Mitchell Feigenbaum μελετώντας την ακολουθία των τιμών λ1=3 , λ2=3,4495 , λ3=3,56994 , … που αποτελεί την ακολουθία διπλασιασμού , έκανε

μια σπουδαία ανακάλυψη. Χρησιμο-ποιώντας έναν υπολογιστή τσέπης, παρατήρησε ότι η ακολουθία των λό-

γων των διαφορών δn= n n

n 1 n

−

+

λ − λλ − λ

1 συ-

γκλίνει σ’ ένα πεπερασμένο αριθμό δ=4.6692… Το σημαντικό όμως είναι ότι ο αριθμός αυτός δ εμφανίζεται και σε άλλες εξισώσεις διαφορών, αποτε-λώντας έτσι μια παγκόσμια σταθερά γνωστή σήμερα σαν αριθμός του Feigenbaum. Επίσης αποτελεί ένα κριτήριο εάν ένα δυναμικό σύστημα μπορεί να γίνει χαοτικό παρατηρώντας την προχαοτική του συμπεριφορά,

δηλ. εάν η ακολουθία δn=

Σχ. 7

n n

n 1 n

1−

+

λ − λλ − λ

συγκλίνει στο δ.

Ασκήσεις Για τις παρακάτω εξισώσεις διαφορών, να βρείτε τα σταθερά σημεία και εξε-τάστε εάν είναι ελκυστές ή απωθηστές. α) xn+1=xn

2 β) xn+1=xn2-1 γ) xn+1=sinxn δ) xn+1=cosxn

ΛΛΥΥΣΣΕΕΙΙΣΣ ΤΤΩΩΝΝ ΑΑΣΣΚΚΗΗΣΣΕΕΩΩΝΝ Σε πολλές από τις ασκήσεις έγινε μια προσπάθεια οι λύσεις τους να δοθούν και με την χρήση υπολογιστή «τρέχοντας» απλά προγράμματα, γραμμένα στη γλώσσα του μαθημα-τικού πακέτου Maple. Με αυτό τον τρόπο θέλουμε να πιστεύουμε ότι ο αναγνώστης θα απο-κτήσει εύκολα την δυνατότητα αφ’ ενός μεν να μάθει την γλώσσα του πακέτου Maple και αφ’ ετέρου να επιλύει μόνος του δικές του διαφορικές εξισώσεις με τη βοήθεια υπολογιστή. Όμως θα πρέπει να είναι επιφυλακτικός με τις λύσεις που θα του δώσει ο υπολογιστής, διότι υπάρχουν περιπτώσεις όπου ο υπολογιστής ή αδυνατεί να βρει την λύση ή η λύση που δίνει δεν είναι η σωστή. Στη τελευταία περίπτωση το καλύτερο που έχει να κάνει είναι να δια-σταυρώνει τις δικές του λύσεις που θα βρει εφαρμόζοντας τις μεθόδους που θα διδαχθεί με αυτό το βιβλίο, με τις λύσεις που δίνει ο υπολογιστής. Κεφάλαιο 2 Ασκήσεις : Ελέγξτε εάν οι παρακάτω Δ.Ε. με την αντίστοιχη αρχική συνθήκη έχουν α) μοναδική λύση ή β) καμία λύση ή γ) άπειρες λύσεις. 1) y′=y2 y(0)=0 2) y′=-x/y y(0)=2 3) y′=2√y y(0)=0 Λύσεις : 1) Η συνάρτηση f(x,y)=y2 είναι συνεχής σε όλο το επίπεδο ΟΧΥ. Άρα από κάθε σημείο του επιπέδου διέρχεται τουλάχιστον μια λύση. Η συνάρτηση ∂f(x,y)/∂y=2y είναι συνεχής και επομένως φραγμένη, άρα η λύση που, διέρχεται από κάθε σημείο του επιπέδου ΟΧΥ, είναι μοναδική. Για το συγκεκριμένο σημείο (0,0) υπάρχει λύση και είναι μοναδική. 2) Η συνάρτηση f(x,y)=-x/y είναι συνεχής σε όλο το επίπεδο ΟΧΥ εκτός από τα σημεία του άξονα ΟΧ για τα οποία έχουμε y=0. Άρα από κάθε σημείο του επιπέδου, που δεν βρί-σκεται στον άξονα ΟΧ, διέρχεται τουλάχιστον μια λύση. Επίσης και η συνάρτηση ∂f(x,y)/∂y=x/y2 είναι συνεχής και επομένως φραγμένη σε κάθε σημείο του επιπέδου ΟΧΥ εκτός από τα σημεία του άξονα ΟΧ. Άρα υπάρχει μια και μόνο μια λύση, που διέρχεται από κάθε σημείο του επιπέδου ΟΧΥ εκτός από τα σημεία του άξονα ΟΧ. Για το συγκε-κριμένο σημείο (0,2) υπάρχει λύση και είναι μοναδική. 3) Η συνάρτηση f(x,y)=2√y είναι συνεχής σε όλο το άνω ημιεπίπεδο y≥0, άρα από κάθε σημείο του ημιεπιπέδου διέρχεται τουλάχιστον μια λύση. Η συνάρτηση ∂f(x,y)/∂y=1/√y είναι συνεχής και επομένως φραγμένη στο άνω ημιεπίπεδο εκτός από τα σημεία του άξο-να ΟΧ. Άρα η λύση που διέρχεται από το σημείο (0,0), (που ανήκει στον άξονα ΟΧ), δεν είναι μοναδική. Πράγματι, λύνοντας την Δ.Ε. με αρχική συνθήκη το σημείο (0,0), βρί-σκουμε √y=x. Όμως από το σημείο (0,0) διέρχεται και η τετριμμένη λύση y=0. Παράγραφος 3.1 Ασκήσεις : Να λυθούν οι Δ.Ε. : 1) y′=-x/y 2) y′=xy 3) y′=x-x2 4) y′=2y/x 5) y′=-1/√x Λύσεις

334 ♦ Λύσεις Ασκήσεων

1) y′=-x/y ⇒ ydy=-xdx ⇒ y2/2=-x2/2+c1 ⇒ x2+y2=c2 με c2=2c1 Στη συνέχεια παραθέτουμε ένα απλό πρόγραμμα γραμμένο στο Maple το οποίο επιλύει την διαφορική αυτή εξίσωση. > restart; > with(DEtools):

> eq1:=diff(y(x),x)=-x/y(x); := eq1 = ∂∂x ( )y x −

x( )y x

> dsolve(eq1,y(x)); , = ( )y x − + x2 _C1 = ( )y x − − + x2 _C1 2) y′=xy ⇒ dy/y=xdx ⇒ lny=x2/2+lnc ⇒ y=cexp(x2/2) > restart; > with(DEtools):

> eq1:=diff(y(x),x)=x*y(x); := eq1 = ∂∂x ( )y x x ( )y x

> dsolve(eq1,y(x)); = ( )y x _C1 e( )/1 2 x2

3) y′=x-x2 ⇒ dy=(x-x2)dx ⇒ y=x2/2-x3/3+c > restart; > with(DEtools):

> eq1:=diff(y(x),x)=x-x^2; := eq1 = ∂∂x ( )y x − x x2

> dsolve(eq1,y(x)); = ( )y x − + + 13 x3 1

2 x2 _C1

4) y′=2y/x ⇒ dy/y=2dx/x ⇒ lny=2lnx+lnc ⇒ y=cx2 restart; > with(DEtools):

> eq1:=diff(y(x),x)=2*y(x)/x; := eq1 = ∂∂x ( )y x 2 ( )y x

x

> dsolve(eq1,y(x)); = ( )y x x2 _C1 5) y′=-1/√x ⇒ dy=-dx/√x ⇒ y=-2√x +c > restart; > with(DEtools):

> eq1:=diff(y(x),x)=-1/sqrt(x); := eq1 = ∂∂x ( )y x −

1x

> dsolve(eq1,y(x)); = ( )y x − + 2 x _C1 Σ’ όλες τις παραπάνω διαφορικές εξισώσεις οι λύσεις που δίνονται από τον υπολογιστή ταυτίζονται με τις λύσεις που βρέθηκαν εφαρμόζοντας την αντίστοιχη μέθοδο των χωρι-ζομένων μεταβλητών.

Λύσεις Ασκήσεων ♦ 335


1) Οι αμοιβάδες πολλαπλασιάζονται με "διχοτόμηση" : κάθε αμοιβάδα, μετά παρέ-λευση, (κατά μέσο όρο), χρόνου τ από τη "γέννηση" της, διχοτομείται και δίνει δυο αμοι-βάδες. Έστω ότι θέλουμε να μετρήσουμε τη μέση ζωή τ των αμοιβάδων. Για το σκοπό αυ-τό μετρούμε τον αριθμό Ν των αμοιβάδων σε μια καλλιέργεια τη στιγμή t=0 και τη στιγ-μή t=t1 και βρίσκουμε Ν0 και Ν1 αντίστοιχα. Να υπολογιστεί το τ. ( Υπόδειξη : Σε χρόνο τ ο αριθμός των αμοιβάδων διπλασιάζεται.) Λύση : Έστω Ν=Ν(t) ο πληθυσμός των αμοιβάδων τη χρονική στιγμή t, ο οποίος προφα-νώς μεταβάλλεται βάσει της Δ.Ε. :

dN t

dtkN t

( )( )= k=σταθερά αναλογίας (1)

της οποίας η λύση είναι : N(t)=cekt (2)

Εφαρμόζουμε τώρα τις αρχικές συνθήκες στη λύση (2) : Για t=0 έχουμε N(0)=N0 επομένως Ν0=c

Για t=t1 έχουμε N(t1)=N1 επομένως N1=N e ⇒ k=kt0

11

1

1

0tNN

ln⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

Τελικά η λύση (2) γράφεται :

N(t)=N0 ett

NN1

1

0ln

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

Από τα δεδομένα του προβλήματος έχουμε :

N(t+τ)=2N(t) ⇒ N0

1

1 0

Nt lnt Ne

⎛ ⎞+τ⎜ ⎟⎝ ⎠ =2N0 e

tt

NN1

1

0ln

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⇒ 1 1

1 0 1

N Nt tln ln 2 lnt N t N

⎛ ⎞ ⎛+ τ= +⎜ ⎟ ⎜

⎝ ⎠ ⎝ ⎠0

⎞⎟ ⇒

1

1 0

Nln ln 2t N

⎛ ⎞τ=⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⇒ τ=t

NN

11

0

2ln

ln⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2) Όταν μια ακτινοβολία, (π.χ. ακτίνες Χ ή νετρόνια), διαπερνάει κάποιο υλικό πά-χους dx, η ένταση της Ι μειώνεται κατά dI=-μIdx, όπου μ σταθερός συντελεστής που ε-ξαρτάται από τη φύση του υλικού. Αν η ακτινοβολία προσπίπτει με αρχική ένταση Ι0 σε μια επίπεδη πλάκα από κάποιο υλικό και βγαίνει από την πίσω επιφάνεια της πλάκας με ένταση Ι0/10 να υπολογιστεί, (συναρτήσει του μ), το πάχος της πλάκας.

Λύση : Από τη σχέση dI=-μIdx έχουμε dII

ì dx= − ⇒ lnI=-μx+lnc ⇒ I(x)=ce-μx

Για x=0 έχουμε Ι(0)=Ι0 ⇒ I0=c και επομένως η λύση γράφεται : I(x)=I0e-μx Από τα δεδομένα του προβλήματος έχουμε ότι για το ζητούμενο πάχος x η ένταση της α-κτινοβολίας που εξέρχεται από την πλάκα είναι Ι0/10. Επομένως Ι0/10=Ι0e-μx ⇒ -μx=-ln10 ⇒ x=ln10/μ


3) Να λυθεί το παράδειγμα 3, αν τη στιγμή t=0, όχι μόνο αρχίζει να εισρέει άλμη στη δεξαμενή αλλά ρίχνουμε στη δεξαμενή και μια μάζα στερεού αλατιού Μ=2kg, και αμε-λητέου όγκου, σε σχέση με τον όγκο της δεξαμενής, η οποία διαλύεται με σταθερό ρυθ-μό r=1 gr/min. Λύση : Στην περίπτωση αυτή η μεταβολή της μάζας dm του αλατιού στο χρονικό διάστη-μα dt θα είναι :

dm=[Μάζα που εισρέει από t ως t+dt]+ +[Μάζα του αλατιού που προέρχεται από το στερεό αλάτι]- -[Μάζα που εκρέει από t έως t+dt]

με αντίστοιχη Δ.Ε. :

dm cqdt rdtmV

qdt= + − ⇒ dm

cq rmV

qdt

+ −=

της οποίας η γενική λύση είναι :

m(t)=1q

cqV rV kqeqV

t+ +

⎧⎨⎪

⎩⎪

⎫⎬⎪

⎭⎪

−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

όπου k σταθερά, η τιμή της οποίας θα προσδιοριστεί από την αρχική συνθήκη : Για t=0 έχουμε m(0)=0. Επομένως

m(0)= ( ) 1 0

qcqV rV e kq+ + − =0 ⇒ k= ( )1

qcqV rV+

Τελικά η λύση θα είναι :

m(t)= ( )1q

cqV rV V cq r eqV

t+ − +

⎧⎨⎪

⎩⎪

⎫⎬⎪

⎭⎪

−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

4) Μια τορπίλη μάζας m εκτοξεύεται οριζοντίως με αρχική ταχύτητα v0 και επιβρα-δύνεται από μια δύναμη ανάλογη προς την ταχύτητα της. Υποθέτοντας ότι καμία άλλη δύναμη δεν ασκείται στη τορπίλη, βρείτε τη ταχύτητα της και το διάστημα που έχει δια-νύσει μετά παρέλευση χρόνου t από την εκτόξευση της. Αριθμητική εφαρμογή : v0=60km/h, m=100kg. k1=4×10-3 kg/sec. Λύση : Από τον νόμο του Newton έχουμε :

F=mdvdt

=-k1v ⇒ dvv

=-km

1 dt ⇒ dvv

km

dtv

v

t

t

0

1

0

⌠⌡⎮

= − −⌠⌡⎮ =

⇒ lnv-lnv0= −km

t1 ⇒

v=v0 ekm

t− 1

Για το διάστημα S χρησιμοποιούμε την προηγούμενη σχέση και έχουμε :

dSdt

v ekm

t=

−

0

1

⇒ ∫t0t

tmk

0

s

0s

dtevdS1

=

−

=

=∫ ⇒ S=v mk

ekm

t0

11

1

−⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥

−

5) Ο ρυθμός με τον οποίο ψύχεται ένα θερμό σώμα είναι ανάλογος της διαφοράς με-ταξύ της θερμοκρασίας του σώματος και της θερμοκρασίας του μέσου που περιβάλλει το σώμα. Αν η θερμοκρασία κάποιου σώματος σε μια ώρα έπεσε από 1200 C σε 700 C και η


θερμοκρασία του περιβάλλοντος είναι σταθερή και ίση με 200 C, σε πόσο χρόνο θα πέσει η θερμοκρασία του σώματος στους 300 C ; Λύση : Έστω Τ(t) η θερμοκρασία του σώματος την χρονική στιγμή t και Τπ η θερμοκρα-σία του περιβάλλοντος. Από τα δεδομένα του προβλήματος έχουμε :

(dTdt

k T T= − π ) όπου k η σταθερά αναλογίας

Λύνουμε την παραπάνω διαφορική εξίσωση και έχουμε :

dT

T Tkdt

−=

π ⇒ ln(T-Tπ)=kt+lnc ⇒ T-Tπ=cekt ⇒

T(t)=Tπ+cekt Για να προσδιορίσουμε τις σταθερές c και k εφαρμόζουμε τα δεδομένα του προβλήματος και έχουμε : Για t=0 έχουμε Τ(0)=1200=Tπ+c ⇒ c=(120-20)0=1000 Για t=1h έχουμε Τ(1)=700C=Tπ+cek=200+1000ek ⇒ ek=1/2 ⇒ k=-ln2 Επομένως Τ(t)=200+1000e-ln2t=200+10002-t Για να βρούμε σε πόσο χρόνο η θερμοκρασία θα πέσει στους 300 βαθμούς, θέτουμε στην παραπάνω σχέση Τ(t)=300 και λύνουμε ως προς t : 300=200+10002-t ⇒ 2-t =1/10 ⇒ t=ln10/ln2=3.32h 6) Ένας αλεξιπτωτιστής αρχίζει να πέφτει από ύψος h0=1000m και ανοίγει αμέσως το αλεξίπτωτο του. Το σύστημα αλεξιπτωτιστή - αλεξιπτώτου έχει μάζα m=85kg. Η αντί-σταση FR του αέρα δίνεται από το νόμο FR=k1v, όπου k1=10-3kg/sec σταθερός συντελε-στής και v η (εκάστοτε) ταχύτητα του αλεξιπτώτου. Να υπολογιστεί η ταχύτητα v και το ύψος Η του αλεξιπτωτιστή σε μια τυχαία χρονική στιγμή t. Να παρασταθούν γραφικά οι συναρτήσεις v(t) και h(t). Λύση : Οι δυνάμεις που επενεργούν πάνω στο σύστημα αλεξιπτωτιστή- αλεξιπτώτου είναι το βάρος του Β=mg και η αντίσταση του αέρα FR=k1v. Από τον νόμο του Newton έχουμε:

B-FR=mdvdt

⇒ mg-k1v=mdvdt

⇒ ( )dv

mg k vdtm k

d mg k vmg k v

dtm−

= ⇒ −−

−=

1 1

1

1

1 ⇒

( )d mg k vmg k v

km

dt

v

v

t

t−−

⌠

⌡⎮ = −

=

=∫1

10

1

0 ⇒ ( )ln mg k v

km

tv

v− = −

=1 01 ⇒

ln(mg-k1v)-ln(mg)= −km

t1 ⇒ lnmg k v

mg−⎛

⎝⎜

⎞⎠⎟1 = −

km

t1

θέτουμε k=km

1 και έχουμε :

lng kv

g−⎛

⎝⎜

⎞⎠⎟ =-kt ⇒

g kvg

−=e-kt ⇒ v= [ ]g

kekt1− (1)

Επίσης dh t

dtv t

( )( )= − ⇒ [ ]dh t

gk

e dh

h kt

t

t

( )0

10

∫ = − −⌠⌡⎮

−

=t ⇒


h(t)=h0- [gk

tg

ke kt+ − −

2 1 ] (2)

φδ

ψχh(t)

t

v(t)

t

Παρατήρηση : Το αρνητικό πρόσημο στη σχέση dh t

dtv t

( )( )= − τίθεται διότι το ύψος h(t)

ελαττώνεται με την πάροδο του χρόνου. 7) Nα λυθεί η προηγούμενη άσκηση αν ο αλεξιπτωτιστής δεν ανοίξει το αλεξίπτωτο του αμέσως, αλλά όταν φτάσει σε ύψος h1=500m. Στην περίπτωση αυτή δεχθείτε ότι από το ύψος των h0=1000m ως το ύψος των h1=500m, (η ροή είναι "τυρβώδης"), η αντίσταση του αέρα δίνεται από τη σχέση FA

(T)=1/2ρcDσv2 , όπου ρ η πυκνότητα του ρευστού, cD=1,1 αδιάστατος συντελεστής, και σ=0,4m2 η "μετωπική" επιφάνεια του αλεξιπτωτιστή. Από το ύψος των 500m και κάτω η ροή είναι "στρωτή" και ισχύει ότι η FR είναι ανάλογη της τα-χύτητας, (βλ. προηγούμενη άσκηση). Λύση : α) Για h0>h>h1 εξίσωση του Newton γράφεται :

B-FR(T)=m

dvdt

⇒ mg-k2v2=mdvdt

όπου k2=1/2ρcDσ

Από την περίπτωση (β) του παραδείγματος 4, παρ. 3.1 έχουμε την σχέση της ταχύτητας v(t) συναρτήσει του χρόνου t :

v(t)=mgk

k gm

t2

2tanh⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ (1)

Επίσης dh t

dtv t

( )( )= − ⇒ =-dh v t dt

h

h

t

t

0 0∫ ∫= −=

( )mgk

k gm

t dt

t

t

2

2

0

tanh⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

⌠

⌡⎮

=

=

=-mgk

mk g

k gm

tmk

k gm

t2 2

2

2

2ln cosh ln cosh⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥

= −⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥

⇒


h(t)=h0-mk

k gm

t2

2ln cosh⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥

(2)

Λύνουμε την σχέση (2) ως προς t και έχουμε :

( ) ( )km

h hk gm

tk gm

t ekm

h h20

2 22

0− =

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥

⇒⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ =

−ln cosh cosh ⇒

( )t

mk g

ekm

h h=

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥

− −

2

12

0cosh (3)

Για h=h1=500m από την (3) βρίσκουμε τον χρόνο t1 που χρειάζεται ο αλεξιπτωτιστής για να φθάσει στο ύψος h1. Έχουμε :

t1=( )m

k ge

km

h h

2

12

0 1cosh − −⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥

(4)

με αντίστοιχη ταχύτητα :

v1=v(t1)= ( )mg

ke

km

h h

2

12

0 1tanh cosh − −⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥

(5)

Μετά την χρονική στιγμή t1 ανοίγει το αλεξίπτωτο και ο αλεξιπτωτιστής κινείται σε στρω-τή ροή. Βάσει του προηγουμένου προβλήματος θα έχουμε :

mg-k1v=mdvdt

⇒ −−

−=

1

1

1

1kd mg k v

mg k vdtm

( ) ⇒

d mg k vmg k v

km

dtv

v

t

t( )−−

⌠⌡⎮

= − ∫1

1

1

1

1

⇒

lnmg k vmg k v

−−

1

1 1= (− −

km

t t11) ⇒

mg k vmg k v

−−

1

1 1=

( )e

km

t t− −11 ⇒

v(t)= ( ) ( )1

11 1

11

kmg mg k v e

km

t t− −

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥

− − (6)

όπου η τιμή του v1 δίνεται από την σχέση (5). Για να βρούμε την συνάρτηση h(t) με t≥t1 παίρνουμε την (6) και έχουμε :

dh tdt

v t( )

( )= − ⇒ ( ) ( )dh

kmg mg k v e dt

h

h km

t t

t

t

1

11

1

1

11 1∫ = − − −

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥

⌠

⌡⎮⎮

− − ⇒

h(t)=h1- ( ) ( )mgk

t tmg k v

kmk

ekm

t t

11

1 1

1 1

11 1− −

− ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ −

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥

− − (7)


v(t) h(t)

Παράγραφος 3.2 Ασκήσεις : Για όσες από τις παρακάτω εξισώσεις είναι ομογενείς, να βρεθεί η γενική λύ-ση. 1) y′=(y-x)/x 2) y′=(3x+y2)/xy 3) y′=(x2+2y2)/xy 4) y′=(2y+x)/x

5) y′=(x2+y2)/2xy 6) y′= yx xy+

7) y′=( )y

xy xy

2

2 1 3+

/ 8) y′= x x y yx y

4 2 2

33+ + 4

Λύσεις :

1) Η Δ.Ε. y′=y x

x−

είναι ομογενής με βαθμό ομογένειας 1, διότι ο αριθμητής και ο πα-

ρονομαστής είναι ομογενή πολυώνυμα ως προς x και y βαθμού 1. Διαιρούμε αριθμητή και παρονομαστή με x και έχουμε : y′=(y/x)-1. Θέτουμε : R=y/x ⇒ y=Rx ⇒ y′=R′x+R και η Δ.Ε. γράφεται : R′x+R=R-1 ⇒ R′x=-1 ⇒ dR=-dx/x ⇒ R=-lnx+lnk ⇒ R=ln(k/x) ⇒ y=xln(k/x) > restart; > with(DEtools): > with(plots):

> f(x,y):=(y(x)-x)/x; := ( )f ,x y − ( )y x xx

> eq1:=diff(y(x),x)=f(x,y); := eq1 = ∂∂x ( )y x − ( )y x x

x

> dsolve(eq1,y(x)); = ( )y x ( )− + ( )ln x _C1 x


>dfieldplot(eq1,[y(x)],x=-3..3,y=-3..3); Με την τελευταία εντολή σχεδιάζεται το διευθύνον πεδίο των λύσεων της Δ.Ε. στην ορ-θογώνια περιοχή [-3, 3]×[-3, 3].

Γραφικές παραστάσεις μερικών λύσεων που αντιστοιχούν στις τιμές της σταθερά c=1, 2, 3, 4, 5 και που έγιναν με τις εντολές:

> f1:=x*ln(abs(n/x)); := f1 x ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟ln n

x plot(seq(f1,n=1..5),x=0..6,y=-6..2);

2) Ο αριθμητής 3x+y2 του β′ μέλους της Δ.Ε. δεν είναι ομογενές πολυώνυμο και επομέ-νως η Δ.Ε. δεν είναι ομογενής. Όπως θα δούμε αργότερα η διαφορική αυτή εξίσωση είναι τύπου Berrnoulli και η λύση της βρίσκεται με άλλο τρόπο. Εδώ θα παραθέσουμε την λύση της, το διευθύνον πεδίο και τις γραφικές παραστάσεις κάποιων μερικών λύσεων με την βοήθεια του υπολογιστή. > restart; > with(DEtools): > with(plots):


> f(x,y):=(y(x)^2+3*x)/(x*y(x)); := ( )f ,x y + ( )y x 2 3 xx ( )y x

> eq1:=diff(y(x),x)=f(x,y); := eq1 = ∂∂x ( )y x + ( )y x 2 3 x

x ( )y x

> dsolve(eq1,y(x));, = ( )y x − + 6 x x2 _C1 = ( )y x − − + 6 x x2 _C1

> dfieldplot(eq1,[y(x)],x=-3..3,y=-3..3);

> f1:=y^2=-6*x+x^2*n; implicitplot(seq(f1,n=1..5),x=-6..6,y=-6..6);

:= f1 = y2 − + 6 x x2 n

3) Η Δ.Ε. y′=(x2+2y2)/xy είναι ομογενής με βαθμό ομογένειας 2, διότι ο αριθμητής και ο παρονομαστής είναι ομογενή πολυώνυμα ως προς x και y βαθμού 2. Διαιρούμε α-ριθμητή και παρονομαστή με x2 και έχουμε :

y′=1 2

2

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

yx

yx

Θέτουμε : R=y/x ⇒ y=Rx ⇒ y′=R′x+R και η Δ.Ε. γράφεται: R′x+R=1 2 2+ R

R ⇒


( )( )

RR

dRdxx

d R

Rdxx1

12

1

12

2

2+= ⇒

+

+= ⇒ ln(R2+1)=ln(x2)+lnk ⇒

R2+1=kx2 ⇒ (y/x)2+1=kx2 ⇒ y2=kx4-x2 > restart; > with(DEtools): > with(plots):

> f(x,y):=(2*y(x)^2+x^2)/(x*y(x)); := ( )f ,x y + 2 ( )y x 2 x2

x ( )y x

> eq1:=diff(y(x),x)=f(x,y); := eq1 = ∂∂x ( )y x + 2 ( )y x 2 x2

x ( )y x

> dsolve(eq1,y(x));, = ( )y x − + 1 x2 _C1 x = ( )y x − − + 1 x2 _C1 x

>dfieldplot(eq1,[y(x)],x=-3..3,y=-3..3);

> f1:=y^2=-x^2+x^4*n; >implicitplot(seq(f1,n=1..5),x=-3..3,y=-3..3,grid= [80,80]); := f1 = y2 − + x2 x4 n


4) Η Δ.Ε. dydx

y xx

=+2

είναι ομογενής με βαθμό ομογένειας 1. Διαιρούμε αριθμητή και

παρονομαστή με x και έχουμε : y′=2(y/x)+1 Θέτουμε : R=y/x ⇒ y=Rx ⇒ y′=R′x+R και η Δ.Ε. γράφεται :

R′x+R=2R+1 ⇒ R′x=R+1 ⇒ dR

Rdx

+=

1/x ⇒ ln(R+1)=lnx+lnc ⇒R+1=cx ⇒

y=x(cx-1) > restart; > with(DEtools): > with(plots):

> f(x,y):=(2*y(x)+x)/x; := ( )f ,x y + 2 ( )y x xx

> eq1:=diff(y(x),x)=f(x,y); := eq1 = ∂∂x ( )y x + 2 ( )y x x

x

> dsolve(eq1,y(x)); = ( )y x − + x x2 _C1 > dfieldplot(eq1,[y(x)],x=-3..3,y=-3..3);

> f1:=-x+x^2*n; plot(seq(f1,n=-5..5),x=-3..3,y=-3..3);

:= f1 − + x x2 n

5) Η Δ.Ε. y′=(x2+y2)/2xy είναι ομογενής με βαθμό ομογένειας 2, διότι ο αριθμητής και ο παρονομαστής είναι ομογενή πολυώνυμα ως προς x και y βαθμού 2. Διαιρούμε α-ριθμητή και παρονομαστή με x2 και έχουμε :


y′=1

2

2

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

yxyx

Θέτουμε : R=y/x ⇒ y=Rx ⇒ y′=R′x+R και η Δ.Ε. γράφεται :

R′x+R=1

2

2+ RR

⇒ ( )

( )2

11

12

2

2

RR

dRdxx

d R

Rdxx−

= ⇒ −−

−= ⇒ ln(R2-1)=-lnx+lnc ⇒ (R2-

1)x=c ⇒ (y/x)2-1=c/x ⇒ y2-x2=cx > restart; > with(DEtools): > with(plots):

> f(x,y):=(y(x)^2+x^2)/(2*x*y(x)); := ( )f ,x y 12

+ ( )y x 2 x2

x ( )y x

> eq1:=diff(y(x),x)=f(x,y); := eq1 = ∂∂x ( )y x 1

2 + ( )y x 2 x2

x ( )y x

> dsolve(eq1,y(x)); , = ( )y x + x2 x _C1 = ( )y x − + x2 x _C1 > dfieldplot(eq1,[y(x)],x=-3..3,y=-3..3);

> f1:=y^2-x^2=n*x; implicitplot(seq(f1,n=-5..5),x=-3..3,y=-3..3,grid=[50,50]);

:= f1 = − y2 x2 n x


6) Η Δ.Ε. y′=y

x xy+ είναι ομογενής με βαθμό ομογένειας 1. Διαιρούμε αριθμητή και

παρονομαστή με x και έχουμε : y′=

yx

yx

1+


R′x+R=R

R1+ ⇒ R′x=

( )R R R

RR R

R

− +

+=

−+

1

1 1 ⇒

1+−

=R

R RdR

dxx

⇒

-R-3/2dR-R-1dR=dx/x ⇒ 2/√R=ln(Rx)+c ⇒ 2xy

=lny+c

> restart; > with(DEtools): > with(plots): > f(x,y):=y(x)/(x+sqrt(y(x)*x));

:= ( )f ,x y( )y x

+ x ( )y x x

> eq1:=diff(y(x),x)=f(x,y);

:= eq1 = ∂∂x ( )y x

( )y x + x ( )y x x

> sol:=dsolve(eq1,y(x));

:= sol = − − ( )ln ( )y x 2 x( )y x x

_C1 0



> implicitplot(seq(sol,_C1=-7..7),x=-3..3,y=-3..3,grid=[80,80]);

Εδώ παρατηρούμε ότι αν και το διαυθύνον πεδίο δίνει λύσεις και στην περιοχή του τρίτου τεταρτημορίου δηλ, για x<0, y<0, οι γραφικές παραστάσεις των λύσεων περιορίζονται για y>0. Για να έχουμε γραφικές παραστάσεις των λύσεων και για y<0, πρέπει να γράψουμε την γενική λύση παίρνοντας το απόλυτο του y(x) μέσα στο λογάριθμο. Έτσι έχουμε: > f1:=ln(abs(y(x)))-2*x/(sqrt(y(x)*x))-_C1;

:= f1 − − ( )ln ( )y x 2 x( )y x x

_C1

> implicitplot(seq(f1,_C1=-7..7),x=-3..3,y=-3..3,grid=[80,80]);


7) Ο όρος (xy2)1/3 είναι ομογενής με βαθμό ομογένειας 1, ενώ οι υπόλοιποι όροι y2 και xy είναι ομογενείς με βαθμό ομογένειας 2. Επομένως η Δ.Ε. δεν είναι ομογενής.

8) Η Δ.Ε. y′= x x y yx y

4 2 2

33+ + 4

είναι ομογενής με βαθμό ομογένειας 4, διότι ο αριθμητής

και ο παρονομαστής είναι ομογενή πολυώνυμα ως προς x και y βαθμού 4. Διαιρούμε α-ριθμητή και παρονομαστή με x4 και έχουμε :

y′=1 3

2 4

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

yx

yx

yx


R′x+R=1 3 2 4+ +R R

R ⇒ R′x=

1 2 2 4+ +R RR

⇒ R

R RdR

dxx1 2 2 4+ +

= ⇒

( )RdR

R2 21+

=lnx+lnc1 ⇒ ( )

( )12

1

1

2

2 2

d R

R

+

+= lnx+lnc1 ⇒ −

+1

12R=ln(cx2) με c=c1

2

⇒ R2+1=-1

2ln( )cx ⇒ y2+x2=-x2 1

2ln( )cx ⇒ y2=-x2 1 1

2+⎡

⎣⎢⎤

⎦⎥ln| |cx

> restart; > with(DEtools): > with(plots): > f(x,y):=(x^4+3*x^2*y(x)^2+y(x)^4)/(x^3*y(x));

:= ( )f ,x y + + x4 3 x2 ( )y x 2 ( )y x 4

x3 ( )y x

> eq1:=diff(y(x),x)=f(x,y); := eq1 = ∂∂x ( )y x + + x4 3 x2 ( )y x 2 ( )y x 4

x3 ( )y x

> dsolve(eq1,y(x));

= ( )y x −( ) + 2 ( )ln x 2 _C1 ( ) + + 1 2 ( )ln x 2 _C1 x + 2 ( )ln x 2 _C1 ,

= ( )y x −−( ) + 2 ( )ln x 2 _C1 ( ) + + 1 2 ( )ln x 2 _C1 x

+ 2 ( )ln x 2 _C1



> f1:=y^2=-x^2*(1+1/(ln(abs(n*x^2)))); implicitplot(seq(f1,n=1..8),x=-6..6,y=-10..10,grid=[80,80]);

:= f1 = y2 −x2 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟ + 1 1

( )ln n x2

(Εξετάστε εάν οι λύσεις που βρίκαμε προηγουμένως και οι λύσεις που δίνει το πρόγραμ-μα Maple συμπίπτουν ή όχι), Παράγραφος 3.2Α

Άσκηση Να βρεθεί η γενική λύση της Δ.Ε. ′ = −+ ++ +

yx yx y

2 3 13 4 1

Λύση : Με την αντικατάσταση x=X+x0 , y=Y+y0 η Δ.Ε γράφεται :

dYdX

X Y x yX Y x y

= −+ + + ++ + + +

2 3 2 33 4 3 4

0 0

0 0

11

Παρατηρούμε ότι το σύστημα : 2x0+3y0+1=0 , 3x0+3y0+1=0 έχει λύση την : x0=1 , y0=-1. Έτσι θα έχουμε x=X+1 , y=Y-1 και η νέα έκφραση της εξίσωσης είναι :


dYdX

X YX Y

YXYX

= −++

= −+

+

2 33 4

2 3

3 4

Εάν θέσουμε ω=YX

, τότε Y=ωX ⇒ dY d XdX dX

ω= + ω και η Δ.Ε. γράφεται :

d 2XdX 3 4

ω ++ ω = −

+ ω3ω ⇒ 2

4 3 dXd 2X2 3 1

ω +ω = −

ω + ω + ⇒

( )2

2

d 2 3 1 dX2X2 3 1

ω + ω += −

ω + ω +⌠ ⌠⎮⎮ ⌡⌡

⇒

ln(2ω2+3ω+1)=-2lnX+lnc ⇒ (2ω2+3ω+1)Χ2=c ⇒ 2 3 12

2YX

YX

X⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

+ +⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥

= c ⇒

2Y2+3XY+X2=c ⇒ 2(y+1)2+3(x-1)(y+1)+(x-1)2=c ⇒ x2+3xy+2y2+x+y=c > restart; > with(DEtools): > with(plots): > f(x,y):=-(2*x+3*y(x)+1)/(3*x+4*y(x)+1);

:= ( )f ,x y − + + 2 x 3 ( )y x 1 + + 3 x 4 ( )y x 1


:= eq1 = ∂∂x ( )y x −

+ + 2 x 3 ( )y x 1 + + 3 x 4 ( )y x 1


:= sol = ( )y x − − 1 −

34 ( ) − x 1 _C1 1

4 + ( ) − x 1 2 _C12 8

_C1


> sol:=simplify(_C1*sol);

:= sol = _C1 ( )y x − − + 14 _C1

34 _C1 x

14 − + + _C12 x2 2 _C12 x _C12 8

> implicitplot(seq(sol,_C1=-3..3),x=-6..6,y=-6..6,grid=[80,80]);


Παράγραφος 3.3 Ασκήσεις Να λυθούν οι Δ.Ε.

1) y′- yx

x= 2 2) y′-ycotx=2xsinx

3) y′+2y=3ex 4) y′+y=sinx 5) Να λυθεί το πρόβλημα αρχικών τιμών y′(x)+P(x)y(x)=0, y(0)=0 όπου

2 0 x

P(x)1 x 1

1≤ ≤⎧= ⎨ >⎩

Λύσεις :

1) y′- yx

x= 2

Η Δ.Ε. είναι γραμμική πρώτης τάξης με P(x)=1/x , και Q(x)=x2. Εφαρμόζουμε τον τύπο :

∫y x e Q x e dx cP x dx P x dx

( ) ( )( ) ( )

= ∫ ∫ +⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

− και έχουμε :

P(x)dx ln xdxP(x)dx ln x e e x

x−∫= − = − ⇒ = =∫ ∫ με x≠0

Επομένως : 2 21 1 1y(x) x x dx c x x c x cxx 2 2

⎧ ⎫ ⎧ ⎫= + = + =⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎩ ⎭ ⎩ ⎭

⌠⎮⌡

3 +

> restart; > with(DEtools): > with(plots):

> p(x):=-1/x; := ( )p x −1x

> q(x):=x^2; := ( )q x x2

> eq1:=diff(y(x),x)+p(x)*y(x)=q(x); := eq1 = − ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )y x

( )y xx x2


> sol:=dsolve(eq1,y(x)); := sol = ( )y x ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟ +

12 x2 _C1 x


plot(seq(rhs(sol),_C1=-3..3),x=-5..5,y=-5..5);

2) y′-ycotx=2xsinx Η Δ.Ε. είναι γραμμική πρώτης τάξης με P(x)=-cotx , και Q(x)=2xsinx. Εφαρμόζουμε τον παραπάνω τύπο και έχουμε:

P x dxxx

dxd x

xx( )

cossin

sinsin

ln sin∫ ∫ ∫= − = − = − ⇒ ex

P x dx( )

sin∫ =

1

Επομένως : y(x)= 2 21sin x 2x sin x dx c sin x x c x sin x csin xsin x

⎧ ⎫+ = + = +⎨ ⎬⎩ ⎭

⌠⎮⌡

> restart; > with(DEtools): > with(plots): > p(x):=-cot(x); := ( )p x − ( )cot x > q(x):=2*x*sin(x); := ( )q x 2 x ( )sin x > eq1:=diff(y(x),x)+p(x)*y(x)=q(x);

:= eq1 = − ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )y x ( )cot x ( )y x 2 x ( )sin x


> sol:=dsolve(eq1,y(x)); := sol = ( )y x + ( )sin x x2 ( )sin x _C1 > dfieldplot(eq1,[y(x)],x=-6..6,y=-20..20);

> plot(seq(rhs(sol),_C1=-3..3),x=-6..6,y=-30..30);

3) y′+2y=3ex Η Δ.Ε. είναι γραμμική πρώτης τάξης με P(x)=2 , και Q(x)=3ex. Επομένως :

y(x)=e-2x =e-2xe3x+c=ex+ce-2x 3 2e e dx cx x∫ + > restart; > with(DEtools): > with(plots): > p(x):=2; := ( )p x 2 > q(x):=3*exp(x); := ( )q x 3 ex > eq1:=diff(y(x),x)+p(x)*y(x)=q(x);

:= eq1 = + ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )y x 2 ( )y x 3 e x

> sol:=dsolve(eq1,y(x)); := sol = ( )y x + e x e( )−2 x

_C1




Από τις γραφικές παραστάσεις κάποιων μερικών λύσεων παρατηρούμε ότι οι λύσεις συ-γκλίνουν για x → ∞. Αυτό πως δικαιολογείται από την έκφραση της γενικής λύσεως; 4) y′+y=sinx Η Δ.Ε. είναι γραμμική πρώτης τάξης με P(x)=1 , και Q(x)=sinx. Επομένως :

y(x)=e-x sin xe dx cx∫ +

αλλά I=∫sinxexdx=∫sinxd(ex)=sinxex-∫excosxdx=sinxex-∫cosxd(ex)=sinxex-cosxex-∫exsinxdx ⇒ 2I=ex(sinx-cosx) ⇒ I=(½)ex(sinx-cosx) ⇒ y(x)=(½)(sinx-cosx)+ce-x > restart; > with(DEtools): > with(plots): > p(x):=1; := ( )p x 1 > q(x):=sin(x); := ( )q x ( )sin x


> eq1:=diff(y(x),x)+p(x)*y(x)=q(x); := eq1 = + ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )y x ( )y x ( )sin x

> sol:=dsolve(eq1,y(x)); := sol = ( )y x − + + 12 ( )cos x

12 ( )sin x e

( )−x_C1



Και εδώ ισχύει η παρατήρηση της προηγουμένης άσκησης. Σε ποια συνάρτηση τείνει η γενική λύση για x → ∞ ; 5) Να λυθεί το πρόβλημα αρχικών τιμών y′(x)+P(x)y(x)=0, y(0)=1 όπου

2 0 x

P(x)1 x 1

1≤ ≤⎧= ⎨ >⎩

Λύση: Για 0≤x≤1 έχουμε P(x)=2 και Q(x)=0. Επομένως: y1(x)=c1e-2x

Για x>1 έχουμε P(x)=1 και Q(x)=0. Επομένως: y2(x)=c2e--x

Άρα η γενική λύση θα είναι:


2x

1x

2

x 1c e 0y(x)

c e 1 x

−

−

≤ ≤⎧⎪= ⎨<⎪⎩

Η συνένωση των δυο λύσεων απαιτεί: 2x x

x 1 1 x 1 2 x 1 1 x 1 2x 1 x 1 x 1 x 1

lim y (x) lim y (x) lim c e lim c e−→ → → →≤ > ≤ >

= ⇒ = −

x 11

⇒ c1e-2=c2e-1 ⇒

c2=c1e-1 Η αρχική συνθήκη θα επιβληθεί στην πρώτη λύση, διότι αυτή ισχύει για x=0. Έχουμε: y(0)=1 ⇒ c1=1 και επομένως το c2=e-1 Τελικά η λύση θα είναι:

2x

x 1

e 0y(x)

e x

−

− −

⎧ ≤ ≤⎪= ⎨>⎪⎩


> p(x):=piecewise((x<1,2,x>1,1)); := ( )p x 2 < x 11 < 1 x

> q(x):=0; := ( )q x 0 > eq1:=diff(y(x),x)+p(x)*y(x)=q(x);

:= eq1 = + ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )y x ⎛

⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟

2 < x 11 < 1 x

( )y x 0

> sol:=dsolve(eq1,y(0)=1,y(x));

:= sol = ( )y x

⎧

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎨

1

( )e x2 ≤ x 1

e( )-1

e x < 1 x

> dfieldplot(eq1,[y(x)],x=0..8,y=-10..10);

> plot(rhs(sol),x=0..2,y=0..1);


⊗


1) Τοποθετούμε ένα σώμα που έχει θερμοκρασία 500 C σ’ ένα θάλαμο με σταθερή θερμοκρασία 1000 C. Εάν σε 5 λεπτά η θερμοκρασία του σώματος είναι 600 C, υπολογίστε α) σε πόσα λεπτά το σώμα έφτασε τους 750 C και β) τη θερμοκρασία του σώματος σε 20 λεπτά. Λύση : Έστω Τ(t) η θερμοκρασία του σώματος την χρονική στιγμή t και Τπ η θερμοκρα-σία του περιβάλλοντος. Από τα δεδομένα του προβλήματος έχουμε :

(dTdt

k T T= − π ) όπου k η σταθερά αναλογίας

Λύνουμε την παραπάνω διαφορική εξίσωση και έχουμε :

dT

T Tkdt

−=

π ⇒ ln(T-Tπ)=kt+lnc ⇒ T-Tπ=cekt ⇒

T(t)=Tπ+cekt Για να προσδιορίσουμε τις σταθερές c και k εφαρμόζουμε τα δεδομένα του προβλήματος και έχουμε : Για t=0 έχουμε Τ(0)=500=Tπ+c ⇒ c=(50-100)0=-500 Για t=5min έχουμε Τ(5)=600=1000-500ek5 ⇒ 500e5k=40 ⇒ k=(ln4-ln5)/5=-0.045 Τελικά έχουμε ότι η θερμοκρασία του σώ-ματος τη χρονική στιγμή t είναι : T(t)=1000-500e-0.045t α) Ζητάμε την χρονική στιγμή t για την οποία η θερμοκρασία είναι Τ=750. Από τον προηγούμενο τύπο έχουμε : 750=1000-500e-0.045t ⇒ e-0.045t=½ ⇒ t=15.4min β) Ζητάμε τη θερμοκρασία Τ όταν t=20min. Έχουμε :


T=1000-50e-0.045×20=79.50C 2) Ένα σώμα με άγνωστη θερμοκρασία τοποθετείται σ’ ένα χώρο με σταθερή θερμο-κρασία 300 C. Εάν μετά από 10 λεπτά η θερμοκρασία του σώματος είναι 00 C και μετά από 20 λεπτά είναι 150 C, υπολογίστε την άγνωστη αρχική θερμοκρασία του σώματος. Λύση : Εργαζόμενοι όπως στην προηγούμενη εφαρμογή καταλήγουμε στην λύση : T(t)=Tπ+cekt=300+cekt Για t=10 έχουμε Τ(10)=0=300+ce-10k ⇒ ce-10k=-30 (A) Για t=20 έχουμε Τ(20=150=300-ce-20k ⇒ ce-20k=-15 (B) Από το σύστημα των εξισώσεων (Α) , (Β) βρίσκουμε : k=ln2/10=0.069 και c=-30e10k=-30×2= =-60 Συνεπώς T(t)=300-60e-0.069t Για t=0 έχουμε T(0)=300-600=-300 3) Ένα κύκλωμα περιλαμβάνει μια πηγή με ΗΕΔ 3sin2t Volts, μια αντίστα-ση 10Ω και μια αυτεπαγωγή 0,5 Ηenry. Υπολογίστε το ρεύμα που διαρρέει το κύκλωμα τη χρονική στιγμή t, εάν αρχικά ήταν 6 Αmpere. Λύση : Η βασική εξίσωση που περιγρά-φει το ηλεκτρικό κύκλωμα που αποτελεί-ται από μια αντίσταση R, μια αυτεπαγωγή L και μια ηλεκτρεγερτική δύναμη Ε εν σειρά, είναι :

LdIdt

RI E+ =

Για τα δεδομένα της εφαρμογής έχουμε : dI/dt+20I=6sin2t Η διαφορική αυτή εξίσωση είναι γραμμική πρώτης τάξης με λύση : I(t)=e-20t[∫e20t6sin2tdt+c] ⇒ I(t)=ce-20t+(30/101)sin2t-(3/101)cos2t Για t=0 είναι Ι=6. Άρα 6=c-(3/101) ⇒ c=609/101 Συνεπώς την χρονική στιγμή t το ρεύμα εί-ναι :

I=(609/101)e-20t+(30/101)sin2t-(3/101)cos2t 4) Τη στιγμή t=0 ανάβουμε ένα ηλεκτρικό θερμοσίφωνα, ισχύος Ρ=4Kw και χωρητικότητας 80lit. Έχουμε όμως ξεχάσει ανοικτή τη βρύση του ζεστού νερού από την οποία χύνεται νερό με ρυθμό q=0,5lit/min. Το νερό


που χύνεται έτσι από τον θερμοσίφωνα αναπληρώνεται με κρύο νερό από το δίκτυο, θερ-μοκρασίας Τ0=100 C. Να βρεθεί η θερμοκρασία του νερού στον θερμοσίφωνα τη χρο-νική στιγμή t. (Ειδική θερμότητα νερού c=1kcal/kg, 1cal=αJoule με α=0.24, 1Kw= 1kjoule/sec, πυκνότητα νερού ρ=1kg/lit). Λύση : Έστω Τ η θερμοκρασία του νερού κατά την χρονική στιγμή t και T+dT κατά την χρονική στιγμή t+dt. Κατά την χρονική διάρκεια dt εξέρχεται μάζα νερού ρqdt θερμοκρα-σίας Τ και εισέρχεται μάζα ρqdt θερμοκρασίας Τ0=100 . Επομένως στο χρονικό διάστημα dt έχουμε : α) Μάζα θερμοκρασίας Τ ίση με m-qρdt=Vρ-qρdt και θερμότητας (V-qdt)cρT β) Εισροή μάζας θερμοκρασίας Τ0 ίση με qρdt και θερμότητας qρdtcT0 γ) Προσθήκη ηλεκτρικής ενέργειας ίση με Pdt ή θερμότητας αPdt με

α=0.24cal/Joule Στο τέλος του χρονικού διαστήματος dt έχουμε μάζα m θερμοκρασίας T+dT και θερμότη-τας Vρc(T+dT). Άρα : [Αρχική θερμότητα]+[Προσθήκη ηλεκτρικής ενέργειας]=[Τελική θερμότητα]

[(V-qdt)ρcT+qρdtcT0]+[αPdt]=[Vρc(T+dT)] ⇒

[(T0-T)qρc+αP]dt=VρdT ⇒ ( )0

dT dtT T q c P V – c

=− ρ + α

⇒

( )( )

0

0

d T T q c P1 dq c T T q c P V – c

− ρ + α⎡ ⎤− ⎣ ⎦ = ⇒ρ − ρ + α

t

t (min)

T

( )0qtln T T q c P ln kV

− ρ + α = − +⎡ ⎤⎣ ⎦ ⇒

(T0-T)qρc+αP=kexp(-qt/V) (A) Για t=0 έχουμε Τ(0)=Τ0 άρα αΡ=k και η σχέση (Α) γράφεται : (T0-T)qρc=αP[1-exp(-qt/V)] ⇒

T=T0+q tVP 1 e

q c−⎡ ⎤α

−⎢ ⎥ρ ⎢ ⎥⎣ ⎦

Παράγραφος 3.4 Ασκήσεις Να εξετάσετε αν οι παρακάτω Δ.Ε. είναι πλήρεις και αν είναι να βρείτε τη γενική λύση τους.

1) (2xy+x)dx+(x2+y)dy=0 2) xexydx+yexydy=0 3) yexydx+xexydy=0 4) ydx+xdy=0

5) (x-y)dx+(x+y)dy=0 6) ydx

x y yx

x ydy2 2 2 2 2

10

+− +

+⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ =

Λύσεις : 1) (2xy+x)dx+(x2+y)dy=0

Έχουμε P(x,y)=2xy+x , Q(x,y)=x2+y ⇒ P(x, y)y

∂∂

=2x και ∂

∂Q x y

x( , )

=2x


Άρα η Δ.Ε. είναι πλήρης. Επομένως υπάρχει συνάρτηση F(x,y)=k, με k=σταθερό, τέτοια ώστε :

dF(x,y)=∂∂

∂∂

Fx

dxFy

dy+ =(2xy+x)dx+(x2+y)dy ⇒ ∂∂Fx

=2xy+x (1) και ∂∂Fy

=x2+y (2)

Ολοκληρώνουμε την (1) ως προς x θεωρώντας το y σταθερό και έχουμε : F(x,y)=∫(2xy+x)dx=x2y+(½)x2+c1(y) (3) Αντικαθιστούμε την (3) στην (2) : ∂∂Fy

=x2+dc y

dy1( )

=x2+y ⇒ dc y

dy1( )

=y ⇒

c1=(½)y2+k με k=σταθερό Τελικά F(x,y)=x2y+(½)x2+(½)y2+k=0 > restart; > with(DEtools): > with(plots): > f(x,y):=-(2*x*y(x)+x)/(x^2+y(x)); >

:= ( )f ,x y − + 2 x ( )y x x

+ x2 ( )y x

> eq1:=diff(y(x),x)=f(x,y); := eq1 = ∂∂x ( )y x −

+ 2 x ( )y x x + x2 ( )y x

> sol:=dsolve(eq1,y(x)); := sol , = ( )y x − + x2 − − x4 x2 2 _C1 = ( )y x − − x2 − − x4 x2 2 _C1


> p1:=plot(seq(rhs(sol[1]),_C1=-5..5),x=-6..6,y=-6..6): > p2:=plot(seq(rhs(sol[2]),_C1=-5..5),x=-6..6,y=-6..6): > display(p1,p2);


2) xexydx+yexydy=0

Έχουμε P(x,y)=xexy , Q(x,y)=yexy ⇒ ∂

∂P x y

y( , )

=x2exy και ∂

∂Q x y

x( , )

=y2exy

δηλ. ∂

∂P x y

y( , )

≠∂

∂Q x y

x( , )

και επομένως η Δ.Ε. δεν είναι πλήρης.

Όμως μετά την απλοποίηση του όρου exy η Δ. Ε. γράφεται xdx+ydy=0, η οποία προφα-νώς είναι χωριζομένων μεταβλητών με λύση την x2+y2=c, της οποίας οι ολοκληρωτικές καμπύλες είναι ομόκεντροι κύκλοι.

3) yexydx+xexydy=0 Έχουμε P(x,y)=yexy, Q(x,y)=xexy ⇒ ∂

∂P x y

y( , )

=xyexy+exy και

∂∂

Q x yx

( , )= xyexy+exy


dF(x,y)=∂∂

∂∂

Fx

dxFy

dy+ = yexydx+xexydy=0 ⇒ ∂∂Fx

=yexy (1) και ∂∂Fy

=xexy (2)

Ολοκληρώνουμε την (1) ως προς x θεωρώντας το y σταθερό και έχουμε : F(x,y)=∫yexydx=∫exyd(xy)=exy+c1(y) (3) Αντικαθιστούμε την (3) στην (2) : ∂∂Fy

=xexy+dc y

dy1( )

=xexy ⇒ dc y

dy1( )

=0 ⇒ c1=k με k=σταθερό

Τελικά F(x,y)=exy+k=0 ⇒ exy=-k ⇒ xy=c. Εάν απαλείφαμε από την αρχή το εκθετικό exy η Δ. Ε. θα έπαιρνε την μορφή ydx+xdy=0 ⇒ dy/y=-dx/x ⇒ lny=-lnx+lnc ⇒ xy=c > restart; > with(DEtools): > with(plots):

> f(x,y):=-y(x)*exp(x*y(x))/(x*exp(x*y(x))); := ( )f ,x y −( )y xx


( )y xx


> sol:=dsolve(eq1,y(x)); := sol = ( )y x_C1

x


> plot(seq(rhs(sol),_C1=-5..5),x=-6..6,y=-6..6,color=red);

4) ydx+xdy=0

Έχουμε P(x,y)=y , Q(x,y)=x ⇒ ∂

∂P x y

y( , )

=1 και ∂

∂Q x y

x( , )

= 1


dF(x,y)=∂∂

∂∂

Fx

dxFy

dy+ = ydx+xdy=0 ⇒

∂∂Fx

=y (1) και ∂∂Fy

=x (2)

Ολοκληρώνουμε την (1) ως προς x θεωρώντας το y σταθερό και έχουμε : F(x,y)=∫ydx=yx+c1(y) (3) Αντικαθιστούμε την (3) στην (2) : ∂∂Fy

=x+dc y

dy1( )

=x ⇒ dc y

dy1( )

=0 ⇒ c1=k με k=σταθερό

Τελικά F(x,y)=yx+k=0 Όπως θα παρατηρήσατε η διαφορική αυτή εξίσωση είναι ακριβώς η ίδια με την διαφορι-κή εξίσωση της προηγουμένης άσκησης. 5) (x-y)dx+(x+y)dy=0


Έχουμε P(x,y)=x-y , Q(x,y)=x+y ⇒ ∂

∂P x y

y( , )

=-1 και ∂

∂Q x y

x( , )

=1

δηλ. ∂

∂P x y

y( , )

≠∂

∂Q x y

x( , )

και επομένως η Δ.Ε. δεν είναι πλήρης, (είναι όμως ομογενής).

6) ydx

x y yx

x ydy2 2 2 2 2

10

+− +

+⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ =

Έχουμε P(x,y)= y

x y2 + 2 Q(x,y)= − −+

12 2y

xx y2 ⇒

∂∂

P x yy

( , )=

( )( ) ( )

x y y y

x y

x y

x y

2 2

2 2 2

2 2

2 2 2

2+ −

+=

−

+ και

∂∂

Q x yx

( , )=-

( )( ) ( )

x y x

x y

x y

x y

2 2 2

2 2 2

2 2

2 2 2

2+ −

+=

−

+


dF(x,y)=∂∂

∂∂

Fx

dxFy

dy+ = ydx

x y yx

x ydy2 2 2 2 2

10

+− +

+⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ = ⇒

∂∂Fx

=y

x y2 + 2 (1) και ∂∂Fy

=- 12 2y

xx y

−+ 2 (2)

Ολοκληρώνουμε την (1) ως προς x θεωρώντας το y σταθερό και έχουμε :

F(x,y)=ydx

y x2 2+⌠⌡⎮

=d x

y

xy

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

+ ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⌠

⌡

⎮⎮⎮ 1

2 =

=arctan(x/y)+c1(y) (3) Αντικαθιστούμε την (3) στην (2) : ∂∂Fy

=1

12 2

+ ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

xy

xy

+dc y

dy1( )

=

= − −+

12 2y

xx y2 ⇒

dc ydy1( )

= −1

2y ⇒

c1=-dyy2∫ +k με k=σταθερό δηλ. c1=1/y+k

Τελικά F(x,y)=arctan(x/y)+1/y+k=0 > restart; > with(DEtools): > with(plots): > f(x,y):=y(x)/(x^2+y(x)^2)/(1/y(x)^2+x/(x^2+y(x)^2));

:= ( )f ,x y( )y x

( ) + x2 ( )y x 2 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟ +

1( )y x 2

x + x2 ( )y x 2



:= eq1 = ∂∂x ( )y x

( )y x

( ) + x2 ( )y x 2 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟ +

1( )y x 2

x + x2 ( )y x 2


:= sol = + + ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟arctan

x( )y x

1( )y x _C1 0


> implicitplot(seq(sol,_C1=-5..5),x=-4..4,y=-4..4,color=red,grid=[50,50]);

Παράγραφος 3.5 Ασκήσεις 1) Να βρεθούν οι ορθογώνιες τροχιές των παρακάτω οικογενειών καμπύλων.

α) x2-y2=c2 β) y=cex γ) x2-y2=cx 2) Να βρεθεί η σχέση που συνδέει τις ορθογώνιες τροχιές μιας οικογένειας καμπυλών Φ(x,y,c)=0 με την βάθμωση ∇Φ(x,y,c). Λύσεις :

α) Έχουμε : Φ(x,y,c)=x2-y2-c2=0 (1) και x

∂Φ∂

=2x-2yy′=0 (2)

Από τις σχέσεις (1) και (2) θα απαλείψουμε το c. Όμως η (2) δεν περιέχει το c και επομέ-νως η (2) είναι η Δ. Ε. y′=x/y=f(x,y) που ζητάμε. Θεωρούμε τώρα την Δ.Ε. y′=-1/f(x,y)=-y/x ⇒ dy/y=-dx/x ⇒ lny+lnx=lnc1 ⇒ xy=k


> restart; > with(DEtools): > with(plots): > F:=x^2-y(x)^2=c^2; := F = − x2 ( )y x 2 c2

> deq1:=diff(F,x); := deq1 = − 2 x 2 ( )y x ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )y x 0

> f1:=solve(deq1,diff(y(x),x)); := f1x( )y x

> eq2:=diff(y(x),x)=-1/f1; := eq2 = ∂∂x ( )y x −

( )y xx

> sol:=dsolve(eq2,y(x)); := sol = ( )y x_C1

x

> p1:=plot(seq(rhs(sol),_C1=-5..5),x=-6..6,y=-6..6): > p2:=implicitplot(seq(F,c=-5..5),x=-6..6,y=-6..6): > display(p1,p2);

β) y=cex

Έχουμε : Φ(x,y,c)=y-cex=0 (1) και x

∂Φ∂

=y′-cex=0 (2)

Από τις σχέσεις (1) και (2) απαλείφοντας το c προκύπτει η Δ. Ε. y′=y=f(x,y). Θεωρούμε τώρα την Δ.Ε. y′=-1/f(x,y)=-1/y ⇒ ydy=-dx ⇒ ½y2=-x+k ⇒ y2+2x=k > restart; > with(DEtools): > with(plots): > F:=y(x)-c*exp(x); := F − ( )y x c ex

> deq1:=diff(F,x); := deq1 − ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )y x c e x

> k:=solve(F,c):

> deq2:=subs(c=k,deq1);

:= deq2 − ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )y x ( )y x


> f1:=solve(deq2,diff(y(x),x)); := f1 ( )y x

> eq2:=diff(y(x),x)=-1/f1; := eq2 = ∂∂x ( )y x −

1( )y x

> sol:=dsolve(eq2,y(x)); := sol , = ( )y x − + 2 x _C1 = ( )y x − − + 2 x _C1

> p11:=plot(seq(rhs(sol[1]),_C1=-5..5),x=-6..6,y=-6..6): > p12:=plot(seq(rhs(sol[2]),_C1=-5..5),x=-6..6,y=-6..6): > p2:=implicitplot(seq(F,c=-5..5),x=-6..6,y=-6..6): > display(p11,p12,p2);

γ) x2-y2=cx Έχουμε : Φ(x,y,c)=x2-y2-cx=0 (1) και

x∂Φ∂

=2x-2yy′-c=0 (2)

Από τις σχέσεις (1) και (2) απαλείφοντας το c προ-κύπτει η Δ. Ε.

x2-y2-2x2+2xyy′=0 ⇒ y′=f(x,y)=x y

xy

2 2

2+

Θεωρούμε τώρα την Δ.Ε.

y′=-1/f(x,y)= −+

22 2

xyx y

η οποία είναι ομογενής.

Θέτουμε R=y/x ⇒ xR=y ⇒ R+xR′-y′=0 ⇒

y′=R+xR′=−+

−2

1 2

RR

R =-2

1

3

2R R R

R+ ++

⇒

−+

+=

13

2

3

RR R

dRdxx

Αναλύουμε το κλάσμα του πρώτου μέλους σε απλά κλάσματα και

έχουμε : 1

32

3 3 2RR

RdR

dxx

++

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ = ∫∫ (

⇒ 1/3lnR+1/3ln(R2+3)=-lnx+lnk ⇒

lnR+ln(R2+3)=-lnx3+lnk ⇒ R(R2+3)x3=k ⇒


yx

yx

x k yyx

x2

23

2

223 3+

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = ⇒ +

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = k ⇒ y3+3yx2=k

2) Όπως είναι γνωστό για να βρούμε τις ορθογώνιες τροχιές της οικογένειας των κα-μπυλών Φ(x,y,c)=0, α) Βρίσκουμε τη Δ.Ε. που περιγράφει τις καμπύλες της οικογένειας Φ(x,y,c)=0.

(x,y,c) 0

dy f (x,y)d d(x,y,c) 0 (x,y,c) (x,y,c) dxdx x y dx

Φ = ⎫⎪ ⇒ =∂ ∂ ⎬Φ = = Φ + Φ ⎪∂ ∂ ⎭

y (1)

Επίσης από την παραπάνω σχέση βρίσκουμε :

dy xdx

y

∂Φ∂= −∂Φ∂

β) Λύνουμε την Δ.Ε. :

dydx f x y

= −1

( , ) = y

x

∂Φ∂∂Φ∂

(2)

της οποίας η λύση είναι οι ζητούμενες ορθογώνιες καμπύλες. Από την άλλη πλευρά, η βάθμωση της "βαθμωτού πεδίου" Φ(x,y,c)=0 δίνει το διάνυσμα:

∇Φ(x,y,c)=x y

∂Φ ∂Φ+

∂ ∂i j

το οποίο είναι κάθετο στις καμπύλες της οικογένειας Φ(x,y,c)=0. Εάν r(t)=x(t)i+y(t)j εί-ναι η διανυσματική παραμετρική εξίσωση μιας ορθογώνιας τροχιάς, τότε τα διανύσματα ∇Φ και dr/dt είναι παράλληλα. Επομένως :

∇Φ=λdr/dt ⇒ dxx d

∂Φ= λ

∂ t (3) dy

y dt∂Φ

= λ∂

(4)

Διαιρώντας την (4) με την (3) προκύπτει : dy ydx

x

∂Φ∂=∂Φ∂

(5)

Οι σχέσεις (2) και (5) είναι ίδιες. Παράγραφος 3.6 Να βρεθούν οι ορθογώνιες τροχιές για τις παρακάτω οικογένειες καμπυλών :

1) r=c(1-cosθ) 2) r= c1 ecos− θ

3) r=ecθ

Λύσεις :


1) Έχουμε : Φ(r,θ,c)=r-c(1-cosθ)=0 (1) και ∂Φ∂θ

=dr/dθ-csinθ=0 (2)

Από τις σχέσεις (1) και (2) απαλείφοντας το c προκύπτει η Δ. Ε.

r- dr 1 cos 0d sin

− θ⎛ ⎞ =⎜ ⎟θ θ⎝ ⎠ ⇒ r d 1 cos

dr sinθ −

=θ

θ =f(r,θ)

Θεωρούμε τώρα την Δ.Ε. r d 1 sindr f (r, ) cos 1θ θ

= − =θ θ −

⇒ cos 1 drdsin r

θ −θ =

θ ⇒

dsin d drsin sin r

θ θ− =

θ θ∫ ∫ ∫ ⇒ lnsinθ-lnr-ln(tan(θ/2))=k1 ⇒ sinr tan( / 2)

θθ

=k2 ⇒

( )2

3cos / 2

krθ

= ⇒ r=2

3

cos ( / 2)k

θ

Παρατηρούμε ότι η τελευταία έκφραση μπορεί να γραφεί:

r=2

3

cos ( / 2)k

θ = ( )13

1 1 cos c 1 cosk 2

+ θ= + θ

που είναι της ίδιας μορφής με την πρώτη οικο-γένεια. Άρα η δοθείσα οικογένεια είναι αυτο-ορθογώνια.

2) r= c1 ecos− θ

Έχουμε : Φ(r,θ,c)=r- c1 ecos− θ

=0 (1) και

∂Φ∂θ

=( )2

dr esincd 1 ecos

θ+

θ − θ=0 (2)

Από τις σχέσεις (1) και (2) απαλείφοντας το c προκύπτει η Δ. Ε. dr esin d ecos 1 d ecos -1r 0 rd 1 ecos dr resin dr esin

θ θ θ − θ+ = ⇒ = ⇒ =

θ − θ θ θ θ =f(r,θ)

Θεωρούμε τώρα την Δ.Ε.

rd 1 esin-dr f (r, ) 1- ecosθ θ

= =θ θ

⇒ 1 ecos drdesin r− θ

θ =θ

⇒

1 d dsin de sin sin r

θ θ− =

θ θ⌠ ⌠ ⌠⎮⎮ ⎮

⌡⌡ ⌡r ⇒ 1

1 ln tan lnsin ln r ke 2

⎛ θ ⎞⎛ ⎞ − θ = +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

⇒ r=k

1/ e

tan2

sin

⎡ θ ⎤⎛ ⎞⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

θ

Όπως είναι γνωστό από την Αναλυτική Γεωμετρία, η εξίσωση r= c1 ecos− θ

παριστάνει

κωνική τομή. Το είδος της κωνικής τομής εξαρτάται από την τιμή της παραμέτρου e, που ονομάζεται εκκεντρότητα. Για 0<e<1 έχουμε έλλειψη. Στη συνέχεια επιλέγουμε e=0.5 και τις τιμές –3, -2, -1, 1, 2, 3 για την παράμετρο c. Οι αντίστοιχες γραφικές παραστάσεις δί-νονται από το παρακάτω πρόγραμμα. > restart;


> with(plots): > e:=.5: > r:=1/(1-e*cos(t)): > t1:=0: > t2:=2*Pi: > p1:=plot(-1*r,t=t1..t2,coords=polar): > p2:=plot(-2*r,t=t1..t2,coords=polar): > p3:=plot(1*r,t=t1..t2,coords=polar): > p4:=plot(2*r,t=t1..t2,coords=polar): > p5:=plot(3*r,t=t1..t2,coords=polar): > p6:=plot(-3*r,t=t1..t2,coords=polar): > display(p1,p2,p3,p4,p5,p6);

Παρακάτω, πάντα με το πρόγραμμα Maple γίνονται οι παραστάσεις της οικογένειας των

καμπυλών με εξίσωση r=k

1/ e

tan2

sin

⎡ θ ⎤⎛ ⎞⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

θ θέτοντας e=2 και k=-3, -2, -1, 1, 2, 3

> restart; > with(plots): > e:=2: > t1:=0: > t2:=1.8: > p1:=plot(-3*tan(t/2)^(1/e)/sin(t),t=t1..t2,coords=polar): > p2:=plot(-2*tan(t/2)^(1/e)/sin(t),t=t1..t2,coords=polar): > p3:=plot(-1*tan(t/2)^(1/e)/sin(t),t=t1..t2,coords=polar): > p4:=plot(1*tan(t/2)^(1/e)/sin(t),t=t1..t2,coords=polar): > p5:=plot(2*tan(t/2)^(1/e)/sin(t),t=t1..t2,coords=polar): > p6:=plot(3*tan(t/2)^(1/e)/sin(t),t=t1..t2,coords=polar): > display(p1,p2,p3,p4,p5,p6);


3) r=ecθ

Έχουμε : Φ(r,θ,c)=r-ecθ=0 (1) και ∂Φ∂θ

=dr/dθ-cecθ=0 (2)

Από τις σχέσεις (1) και (2) απαλείφουμε το c αφού πρώτα πάρουμε τον λογάριθμο της σχέσης (1) : (1) ⇒ lnr=cθ ⇒ c=lnr/θ (3). Αντικαθιστούμε την (3) στην (2) και βρίσκουμε

ln rdr ln r dr ln r de 0 r rd d

dr ln rθ θ

− = ⇒ = ⇒ =θ θ θ θ

=f(r,θ)

Θεωρούμε τώρα την Δ.Ε. r d 1 ldr f (r, )θ

= − = −n r

θ θ ⇒ ∫θdθ= − ∫

ln rr

dr ⇒

1/2θ2=-½(lnr)2+k1 ⇒ (lnr)2=k2-θ2 Η γραφική παράσταση της αρχικής οικογένειας Φ(x,y,c)=r-ecθ=0 δίνεται με το παρακάτω πρόγραμμα: > restart; > with(plots): > r:=exp(c*t): > t1:=0: > t2:=2*Pi: > p1:=plot(exp(-0.1*t),t=t1..t2,coords=polar): > p2:=plot(exp(-2*t),t=t1..t2,coords=polar,color=blue): > p3:=plot(exp(-1*t),t=t1..t2,coords=polar,color=green): > p4:=plot(exp(-0.5*t),t=t1..t2,coords=polar,color=black): > p5:=plot(exp(-0.7*t),t=t1..t2,coords=polar): > p6:=plot(exp(-0.8*t),t=t1..t2,coords=polar): >display(p1,p2,p3,p4,p5,p6);


Με το πρόγραμμα που ακολουθεί δίνεται η γραφική παράσταση της ζητούμενης ορθογώ-νιας οικογένειας. > restart; > with(plots): > p1:=plot(exp(sqrt(1-t^2)),t=0...1,coords=polar,color=blue): > p2:=plot(exp(sqrt(4-t^2)),t=0...2,coords=polar, color=green): > p3:=plot(exp(sqrt(3.5^2-t^2)),t=0...3.5,coords=polar): > p4:=plot(exp(sqrt(2.5^2-t^2)),t=0...2.5,coords=polar, color=black): > p5:=plot(exp(sqrt(9-t^2)),t=0...3,coords=polar): > p6:=plot(exp(sqrt(1.5^2-t^2)),t=0...1.5,coords=polar, color=brown): > display(p1,p2,p3,p4,p5,p6);

Παράγραφος 3.7 Άσκηση : Να βρεθεί η οικογένεια των πλάγιων τροχιών, που τέμνει την οικογένεια των κύκλων x2+y2=R2 υπό γωνία π/4. Λύση : Παραγωγίζουμε ως προς x την εξίσωση της οικογένειας των κύκλων x2+y2=R2 και έχουμε : 2x+2yy′=0 ⇒ y′=-x/y=f(x,y) Η διαφορική εξίσωση των πλάγιων τροχιών, που ζητάμε είναι :


dy f (x,y) tandx 1 f (x,y) tan

+ θ=

− θ=

− +

+=

−+

xy

xy

y xy x

1

1

η οποία είναι ομογενής. Θέτουμε : R=y/x ⇒ y=Rx ⇒ y′=R′x+R και η Δ.Ε. γράφεται :

R′x+R=RR

−+11

⇒

R′x= −++

RR

2 11

⇒ RR

dRdxx

++

= −112 ⇒

12

11 1

2

2 2d R

RdR

Rdxx

( )++

++

= − ⇒

ln(R2+1)+2arctan(R)=-lnx2+c ⇒ ln(y2+x2)+2arctan(y/x)=c > restart; > with(plots): > p1:=implicitplot(seq(x^2+y^2-n^2=0,n=1..5),x=-25..25,y=-25..25,grid=[100,100]): > p2:=implicitplot(seq(ln(r^2)+2*t=n,n=1..5),r=-5..5,t=0..6,coords=polar,color=blue): > display(p1,p2);

Παράγραφος 3.9 Ασκήσεις

Να λυθούν οι Δ.Ε. : 1) y′+xy=xy2 2) y′- 3 4 1 3

xy x y= /

Λύσεις : 1) y′+xy=xy2 ⇒ y′=-xy+xy2 με P(x)=-x , Q(x)=x α=2 Θέτουμε y=u1/(1-α)=1/u ⇒ y′=-(1/u2)u′

Άρα − ′ =−

+1

2uu

xu

xu2 ⇒ -u′=-xu+x ⇒ u′-xu=-x γραμμικά με A(x)=-x , B(x)=-x


Τελικά u= = e e B x dx c e e x dx cA x dx A x dx x x−

−∫ ∫ +⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ = −

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥∫ ∫

( ) ( ) / /( ) ( )2 22 2 +

x x2 22 2 2 2/ / /− − +⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥∫ [= =( )e e d x c ]c cex x x2 2 22 2 21/ / /+ = +e e ⇒ y=

1 11

2 2u ce x=

+ /

> restart; > with(DEtools): > with(plots): > f(x,y):=-x*y(x)+x*y(x)^2; := ( )f ,x y − + x ( )y x x ( )y x 2

> eq1:=diff(y(x),x)=f(x,y); := eq1 = ∂∂x ( )y x − + x ( )y x x ( )y x 2

> dsolve(eq1,y(x)); = ( )y x 1

+ 1 e( )/1 2 x2

_C1


> f1:=1/(1+exp(x^2/2)*n); plot(seq(f1,n=-5..5),x=-4..4,y=-4..1.5,color=black);

:= f1 1

+ 1 e( )/1 2 x2

n


2) y′-3 4 1 3

xy x y= / ⇒ y′=

3 4 1 3

xy x y+ / ⇒ P(x)=3/x , Q(x)=x4 α=1/3

Θέτουμε y=1 1 3

1 1 1/3 2u u u−α −= = ⇒ y′=32

1 2u u/ ′

Άρα 32

31 2 3 2 4 1 2u ux

u x u/ /′ = + / ⇒ ′ = +−

ux

u x2 2

3

32

12 4 ⇒ ′ − =u

xu x

2 23

4 ⇒

′ − =ux

u x2 2

34 Γραμμική με A(x)=-2/x , B(x)=(2/3)x4

Τελικά u= ∫e e B x dx c e e x dx c xx

x dx cA x dx A x dx x x( ) ( ) ln ln( )∫ ∫ +

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥

= ⌠⌡⎮

+⎡

⎣

⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥

= ⌠⌡⎮

+⎡

⎣

⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥

−2 2 4 22

423

1 23

=

2 2cx x9

= + 5 ⇒ 3/ 2

2 52y cx x9

⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠


> f(x,y):=3*y(x)/x+x^4*y(x)^(1/3); := ( )f ,x y + 3 ( )y x

x x4 ( )y x ( )/1 3

> eq1:=diff(y(x),x)=f(x,y); := eq1 = ddx ( )y x +

3 ( )y xx x4 ( )y x ( )/1 3

> sol:=dsolve(eq1,y(x)); := sol = − − ( )y x ( )/2 3 2 x5

9 x2 _C1 0


> f1:=(c1*x^2+(2/9)*x^5)^(3/2); > plot(seq(f1,c1=-5..5),x=-5..5,y=-5..5,color=black);

:= f1 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟ + c1 x2 2

9 x5( )/3 2


Παράγραφος 3.10

Ασκηση: Να λυθεί η Δ.Ε.

1) y′=y2- 22x

Λύσεις: Μία μερική λύση είναι της μορφής y0=k/x ⇒ y0′=-k/x2. Άρα -k/x2=(k/x)2-2/x2 ⇒ -k=k2-2 ⇒ k2+k-2=0 ⇒ k1=-3 , k2=1 . Επιλέγουμε την απλούστερη ρίζα k2=1 και η μερική λύση είναι y0=1/x και έχουμε: y=1/u+y0=1/u+1/x ⇒ y′=(-1/u2)u′′-1/x2 Άρα (-1/u2)u′′-1/x2=1/u2+1/x2+2/(ux)-2/x2 ⇒ -u′=1+(2/x)u ⇒ u′+(2/x)u=-1 Η τελευταία εξίσωση είναι γραμμική της μορφής y′+A(x)y=B(x) με A(x)=2/x και B(x) =-1 και η λύση ως προς u θα είναι:

u= ( ) 2 2 3dx dx 2x x

2 2

1 1e e 1 dx c x dx cx x

− ⎡ ⎤ ⎧ ⎫∫ ∫ x c3

− + = − + = − +⎨ ⎬⎢ ⎥⎩ ⎭⎣ ⎦

⌠⌡ ∫ ⇒

u=-x/3+c/x2 ⇒ y=1/u+y0=1

3

1

2− ++x c

xx

⇒ y=3 12

3x

x c x− ++

> restart; > with(DEtools): > with(plots): > eq1:=diff(y(x),x)=y(x)^2-2/x^2; := eq1 = ∂

∂x ( )y x − ( )y x 2 2

x2

> dsolve(eq1,y(x)); = ( )y x + _C1 2 x3

x ( )− + x3 _C1


> f1:=(-2*x^3-n)/x/(-n+x^3); := f1 − − 2 x3 n

x ( )− + n x3

plot(seq(f1,n=-3..3),x=-4..4,y=-14..10,color=black);


2) Προσπαθήστε να λύσετε την εξίσωση του Ricatti y′=α(x)y2+β(x)y+γ(x) χρησιμοποιώ-ντας τον μη γραμμικό μετασχηματισμό y=uλ λ∈R Λύση: Έχουμε y′=λuλ-1u′ . Επομένως η Δ.Ε. γράφεται: λuλ-1u′=αu2λ+βuλ+γ ⇒ u′=(α/λ)uλ+1+(β/λ)u+(γ/λ)u1-λ α) για λ=1 έχουμε u′=αu2+βu+γ που είναι η αρχική εξίσωση Ricatti β) για λ=-1 έχουμε u′=-α-βu-γu2 που είναι της μορφής Ricatti Παράγραφος 4.4 Ασκήσεις Να βρείτε ένα ολοκληρωτικό παράγοντα και με τη βοήθεια αυτού, τη γενική λύση των Δ.Ε.: 1) (3x2y-x2)dx+dy=0 2) (2xy2+x/y2)dx+4x2ydy=0 3) (x2+y+y2)dx-xdy=0 4) (y+x3y3)dx+xdy=0 5) xy2dx + (x2y2+x2y)dy=0 6) 3x2y2dx+(2x3y+x3y4)dy=0 7) (x3y2 -y)dx+(x2y4-x)dy=0 Λύσεις:

1) (3x2y-x2)dx+dy=0 . Έχουμε: P=3x2y-x2 , Q=1. Επομένως

∂∂

∂∂

Py

Qx

Q

−=3x2=f(x) και ένας

ολοκληρωτικός παράγοντας θα έχει την μορφή: μ(x)= e =e f x dx( )∫ x3

Η Δ.Ε. γράφεται τότε: e (3x2y-x2)dx+ dy=0 και είναι πλήρης, δηλ. υπάρχει συνάρτη-ση F(x,y)=c τέτοια ώστε

x3

ex3

dF(x,y)=∂∂Fx

dx+∂∂Fy

dy= e (3x2y-x2)dx+ e dy =0 ⇒ x3 x3

∂∂Fx

=e (3x2y-x2) (1) x3 ∂∂Fy

= (2) ex3


(1) ⇒ F(x,y)= ∫ )y(cdx)xyx3(e 122x3

+− ∫∫ +−= )y(c)x(de31)x(dey 1

3x3x 33

=

=ye e c yx x3 313 1− + ( ) =+c1(y) ⇒ F(x,y)= y ex−

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

13

3

+c1(y) (3)

(2) ( )3

3

⇒ = = ex3∂∂Fy

ex +dc y

dy1( )

⇒ c1(y)=σταθ. (4)

(3) F(x,y)=( )4

⇒ y ex−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

13

3

+c1=k ⇒ y ex−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

13

3

=c με c=k-c1

Τελικά y=ce x− +3 1

3

> restart; > with(DEtools): > with(plots): > f(x,y):=-3*x^2*y(x)+x^2; := ( )f ,x y − + 3 x2 ( )y x x2

> eq1:=diff(y(x),x)=f(x,y); := eq1 = ∂∂x ( )y x − + 3 x2 ( )y x x2

> dsolve(eq1,y(x)); = ( )y x + 13 e

( )−x3_C1


> f1:=1/3+n*exp(-x^3); plot(seq(f1,n=-3..3),x=-2..4,y=-5..5,color=black);

:= f1 + 13 n e

( )−x3


2) (2xy2+x/y2)dx+4x2ydy=0. Εδώ είναι ίσως προτιμότερο να πολλαπλασιάσουμε πρώτα την Δ.Ε. με y2 για να απαλλα-γούμε από τον παρονομαστή. Έχουμε:

(2xy4+x)dx+4x2y3dy=0. με P(x,y)=2xy4+x και Q(x,y)=4x2y3 ∂P(x,y)/∂y=8xy3 , ∂Q(x,y)/∂x=8xy3 ⇒ ∂P(x,y)=∂Q(x,y)

δηλ. η Δ.Ε. που προέκυψε πολλαπλασιάζοντας την με μ=y2 είναι πλήρης. Για την επίλυση της εργαζόμαστε κατά τα γνωστά: dF=(∂F/∂x)dx+(∂F/∂y)dy=(2xy4+x)dx+4x2y3dy) ⇒ ∂F/∂x=2xy4+x (1) ∂F/∂y=4x2y3 (2) (1) ⇒ F=x2y4+1/2x2+c1(y) (3)

(2) ∂F/∂y=4x2y3+dc1(y)/dy=4x2y3 ⇒ =dc1(y)/dy=0 ⇒ c1=σταθ. ( )3

⇒Τελικά F(x,y)=x2y4+1/2x2=-c1 ⇒ 2x2y4+x2=c με c=-2c1 > restart; > with(DEtools): > with(plots): > f(x,y):=-(2*x*y(x)^2+x/y(x)^2)/(4*x^2*y(x));

:= ( )f ,x y −14

+ 2 x ( )y x 2 x( )y x 2

x2 ( )y x


14

+ 2 x ( )y x 2 x( )y x 2

x2 ( )y x


sol = ( )y x −12

2( )/3 4

( )−( ) − x2 2 _C1 x2 ( )/1 4

x = ( )y x 12

2( )/3 4

( )−( ) − x2 2 _C1 x2 ( )/1 4

x, :=

= ( )y x

,

12 I 2

( )/3 4( )−( ) − x2 2 _C1 x2 ( )/1 4

x = ( )y x

-12 I 2

( )/3 4( )−( ) − x2 2 _C1 x2 ( )/1 4

x,


> A:=(rhs(sol[1]))^4;

:= A −12

− x2 2 _C1x2

> f:=y(x)^4-A=0;

:= f = + ( )y x 4

12 ( ) − x2 2 _C1

x2 0


> implicitplot(seq(f,_C1=-3..3),x=-4..4,y=-5..5,color=black,grid=[80,80]);

3) (x2+y+y2)dx-xdy=0 Η Δ.Ε. μπορεί να γραφεί: (ydx-xdy)+(x2+y2)dx=0 (1). Επειδή ένας ολοκληρωτικός πα-ράγοντας της Δ.Ε. ydx-xdy=0 είναι μ=-1/(x2+y2) και στην Δ.Ε. (1) υπάρχει ο όρος x2+y2 , πολλαπλασιάζουμε την (1) με μ=-1/(x2+y2) και έχουμε:


−−+

− =ydx xdy

x ydx2 2 0 ⇒ d

yx

dxarctan⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

− =0 ⇒ arctanyx

x c= + ⇒ y=xtan(x+c)


> f(x,y):=(x^2+y(x)+y(x)^2)/x; := ( )f ,x y + + x2 ( )y x ( )y x 2

x

> eq1:=diff(y(x),x)=f(x,y); := eq1 = ∂∂x ( )y x + + x2 ( )y x ( )y x 2

x

> sol:=dsolve(eq1,y(x)); := sol = ( )y x ( )tan + x _C1 x > dfieldplot(eq1,[y(x)],x=-3..3,y=-3..3);

> f1:=rhs(sol); := f1 ( )tan + x _C1 x plot(seq(f1,_C1=-3..3),x=-2..4,y=-8..8,color=black);

4) (y+x3y3)dx+xdy=0 Η Δ.Ε. μπορεί να γραφεί: (ydx+xdy)+x3y3dx=0 (1). Επειδή ένας ολοκληρωτικός παρά-γοντας της Δ.Ε. ydx+xdy=0 είναι μ=(xy)-n και στην Δ.Ε. (1) υπάρχει ο όρος x3y3, διαλέ-γουμε n=3, πολλαπλασιάζουμε την (1) με μ=(xy)-3 και έχουμε:

ydx xdyx y

+3 3 +dx=0 ⇒

( )d

xy

−⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

1

2 2 +dx=0 ⇒ ( )−1

2 2xy+x=c ⇒

( )1

2 2xy=x-c ⇒


12y

=2x2(x-c)


> f(x,y):=-(y(x)+x^3*y(x)^3)/x; := ( )f ,x y − + ( )y x x3 ( )y x 3

x


+ ( )y x x3 ( )y x 3

x

> sol:=dsolve(eq1,y(x)); := sol , = ( )y x 1

+ 2 x _C1 x = ( )y x −

1 + 2 x _C1 x


> A:=(rhs(sol[1]))^2;

:= A 1

( ) + 2 x _C1 x2

> f:=y(x)^4-A=0;

:= f = − ( )y x 4 1( ) + 2 x _C1 x2 0

> implicitplot(seq(f,_C1=-5..5),x=-4..4,y=-4..4,color=black,grid=[80,80]);


5) xy2dx + (x2y2+x2y)dy=0 . Έχουμε: P=xy2 , Q=x2y2+x2y . Επομένως :

∂∂

∂∂

Py

Qx

− =(2xy)-(2xy2+2xy)=-2xy2 =-2P ⇒

∂∂

∂∂

Py

Qx

P

−=-2=g(y) και ένας ολοκληρωτικός

παράγοντας θα έχει την μορφή: μ(x)=e =e2y g y dy−∫ ( )

Η Δ.Ε. γράφεται τότε: e2yxy2dx+e2y(x2y2+x2y)dy=0 και είναι πλήρης, δηλ. υπάρχει συνάρτηση F(x,y)=c τέτοια ώστε

dF(x,y)=∂∂Fx

dx+∂∂Fy

dy=e2yxy2dx +

e2y(x2y2+x2y)dy=0 ∂∂Fx

=e2yxy2 (1) ∂∂Fy

=e2y(x2y2+x2y)

(2) (1) ⇒

F(x,y)= e xy dx e x yy y2 2 2 212∫ = 2 +c1(y)

(3)

(2) ( )3

⇒ = e2yx2y2+e2yx2y+dc1(y)/dy =e2y(x2y2+x2y) ⇒ dc1(y)/dy=0 ⇒ c1=σταθ. (4) ∂∂Fy

(3) ⇒ F(x,y)=( )4 1

22 2 2e x yy +c1=k ⇒ e2yx2y2=c2 (5) με c2=2(k-c1)


Η λύση (5) μπορεί να γραφεί: 2y+2ln|xy|=lnc2 ⇒ ln|xy|=c-y με c=lnc2 . > restart; > with(DEtools): > with(plots):

> f(x,y):=-y(x)/(x*y(x)+x); := ( )f ,x y −( )y x

+ x ( )y x x


( )y x + x ( )y x x

> sol:=dsolve(eq1,y(x)); := sol = ( )y x ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟LambertW 1

_C1 x


> f1:=ln(abs(x*y))=c-y; := f1 = ( )ln x y − c y > implicitplot(seq(f1,c=-8..4),x=-4..4,y=-4..4,grid=[80,80]);


6) 3x2y2dx+(2x3y+x3y4)dy=0 . Έχουμε: P=3x2y2 , Q=2x3y+x3y4 . Επομένως :

∂∂

∂∂

Py

Qx

− =(6x2y)-(6x2y+3x2y4)=-3x2y4 ⇒

∂∂

∂∂

Py

Qx

P

−=-y2=g(y)

και ένας ολοκληρωτικός παράγοντας θα έχει την μορφή: μ(x)=e =g y dy−∫ ( )

ey3

3

Η Δ.Ε. γράφεται τότε: ey3

3 3x2y2dx+ey3

3 (2x3y+x3y4)dy=0 και είναι πλήρης, δηλ. υπάρχει συνάρτηση F(x,y)=c τέτοια ώστε:

dF(x,y)=∂∂Fx

dx+∂∂Fy

dy=

=ey3

3 3x2y2dx+ey3

3 (2x3y+x3y4)dy=0 ∂∂Fx

=ey3

3 3x2y2 (1) ∂∂Fy

=ey3

3 (2x3y+x3y4) (2)

(1) ⇒

F(x,y)= e x y dx e x yy y3 3

3 2 2 3 3 23⌠⌡⎮

= +c1(y) (3)

(2) ( )3

⇒∂∂Fy

= y2 ey3

3 x3y2+2ey3

3 x3y+dc1(y)/dy=ey3

3 (2x3y+x3y4) ⇒

dc1(y)/dy=0 ⇒ c1=σταθ. (4)

(3) F(x,y)= ( )4

⇒ ey3

3 x3y2+c1=k ⇒ ey3

3 x3y2=c με c=k-c1 > restart; > with(DEtools): > with(plots): > f(x,y):=-3*y(x)/(x*(2+y(x)^3)); := ( )f ,x y −3 ( )y x

x ( ) + 2 ( )y x 3

> eq1:=diff(y(x),x)=f(x,y); := eq1 = ∂∂x ( )y x −3 ( )y x

x ( ) + 2 ( )y x 3


:= sol = ( )y x e

⎛

⎝

⎜⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟⎟⎟− − − /1 3

⎛

⎝

⎜⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟⎟⎟LambertW /1 2

e( )− /9 2 _C1

x( )/9 2 /3 2 ( )ln x /3 2 _C1



> f1:=rhs(sol);

:= f1 e

⎛

⎝

⎜⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟⎟⎟− − − /1 3

⎛

⎝

⎜⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟⎟⎟LambertW /1 2

e( )− /9 2 _C1

x( )/9 2 /3 2 ( )ln x /3 2 _C1

> plot(seq(f1,_C1=-5..5),x=-4..4,y=-4..4,color=black);

Στην άσκηση αυτή παρατηρούμε μια αδυναμία του Maple να βρει πλήρως την λύση της διαφορικής εξίσωσης, η οποία μπορεί να λυθεί πολύ πιο εύκολα και γρήγορα θεωρώντας την σαν διαφορική εξίσωση χωριζομένων μεταβλητών. Η γραφική παράσταση της γενικής

λύσεως ey3

3 x3y2=c γίνεται με τις παρακάτω εντολές.

> f1:=exp(y^3/3)*x^3*y^2=n; := f1 = e( )/1 3 y3

x3 y2 n> p1:=implicitplot((seq(f1,n=1..3)),x=-4..4,y=-4..4,grid=[80,80]):


> p2:=implicitplot((seq(f1,n=-3..-1)),x=-4..4,y=-4..4,grid=[80,80]): > display(p1,p2);

> f2:=y^3/3+ln(abs(y^2*x^3))=c2; := f2 = +

13 y3 ( )ln x3 y2 c2

> implicitplot(seq(f2,c2=-2..2),x=-4..4,y=-4..4,color=black,grid=[50,50]);

7) (x3y2 -y)dx+(x2y4-x)dy=0 Ο ολοκληρωτικός παράγοντας δεν είναι αμέσως φανερός. Εάν όμως η Δ.Ε. γραφεί στη μορφή: (x3y2dx+x2y4dy)-(ydx+xdy)=0 βρίσκουμε με δοκιμή ότι ένας ολοκληρωτικός πα-ράγοντας της δεύτερης παρένθεσης είναι ο μ=(xy)-2 , ο οποίος είναι και ολοκληρωτικός παράγοντας και της πρώτης παρένθεσης. Πολλαπλασιάζοντας την Δ.Ε. με (xy)-2 προκύ-πτει:

xx y

dx yxy

dy−⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ + −

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

1 12

22 =0


και είναι πλήρης, δηλ. υπάρχει συνάρτηση F(x,y)=c τέτοια ώστε:

dF(x,y)=∂∂Fx

dx+∂∂Fy

dy= xx y

dx yxy

dy−⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ + −

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

1 12

22 ⇒

∂∂Fx

= xx y

−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

12 (1)

∂∂Fy

= yxy

dy22

1−

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ (2)

(1) ⇒ F(x,y)= xx y

dx−⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

⌠

⌡⎮

12 =x2/2+1/(xy)+c1(y) (3)

(2) ( )3

⇒∂∂Fy

= -1/(xy2)+dc1(y)/dy=y2-1/(xy2) ⇒ dc1(y)/dy=y2 ⇒ c1=y3/3+c (4)

(3) F(x,y)=x2/2+1/xy+y3/3+c=0 ⇒ 3x3y+6+2xy4+cxy=0 ( )4

⇒> restart; > with(DEtools): > with(plots): > f(x,y):=-(x^3*y(x)^2-y(x))/(x^2*y(x)^4-x);

:= ( )f ,x y − − x3 ( )y x 2 ( )y x

− x2 ( )y x 4 x


− x3 ( )y x 2 ( )y x − x2 ( )y x 4 x

> sol:=dsolve(eq1,y(x)); := sol = − − − + 12 x2 1

( )y x x13 ( )y x 3 _C1 0



> implicitplot(seq(sol,_C1=-5..5),x=-4..4,y=-4..4,color=black,grid=[80,80]);

Παράγραφος 5.3 Άσκηση: Επιβεβαιώστε, υπολογίζοντας την ορίζουσα του Wronski, ότι για τις παρακάτω Δ.Ε. οι συναρτήσεις, που δίνονται, είναι οι γενικές λύσεις 1) y′′+y=0 y=c1cosx+c2sinx και y=k1eix+k2e-ix 2) y′′-y=0 y=c1coshx+c2sinhx και y=k1ex+k2e-x Λύσεις: 1) α) Εύκολα εξακριβώνεται ότι οι συναρτήσεις cosx και sinx ικανοποιούν την Δ.Ε. Για να είναι δε ο γραμμικός συνδυασμός τους γενική λύση της Δ.Ε. πρέπει η ορίζου-σα του Wronski να μην μηδενίζεται πουθενά. Πράγματι:

W=cos sinsin cos

x xx x−

=1≠0 ∀x∈R

β) Επίσης εύκολα εξακριβώνεται ότι οι συναρτήσεις eix και sinx e-ix ικανοποιούν την Δ.Ε. Για να είναι δε ο γραμμικός συνδυασμός τους γενικής λύση της Δ.Ε. πρέπει η ορί-ζουσα του Wronski να μην μηδενίζεται πουθενά. Πράγματι:

W=e eie ie

ix ix

ix ix

−

−−=-2i≠0 ∀x∈R

2) α) Οι συναρτήσεις coshx και sinhx ικανοποιούν την Δ.Ε. Για να είναι δε ο γραμμικός συνδυασμός τους γενικής λύση της Δ.Ε. πρέπει η ορίζουσα του Wronski να μην μηδενίζεται πουθενά. Πράγματι:

W=cosh sinhsinh cosh

x xx x

=cosh2x-sinh2x=1≠0 ∀x∈R


β) Επίσης εύκολα εξακριβώνεται ότι οι συναρτήσεις ex και sinx e-x ικανοποιούν την Δ.Ε. Για να είναι δε ο γραμμικός συνδυασμός τους γενικής λύση της Δ.Ε. πρέπει η ορί-ζουσα του Wronski να μην μηδενίζεται πουθενά. Πράγματι:

W=e ee e

x x

x

−

−− x =-2≠0 ∀x∈R

Παράγραφος 5.5 Ασκήσεις: Να εξετασθεί αν οι παρακάτω συναρτήσεις είναι γραμμικά ανεξάρτητες ή εξαρτημένες στο διάστημα (-∞, +∞). 1) e2x , e-2x 2) λ1≠λ2 3) x, 1, x-1 e eë x ë x1 2, 4) x+1, x-1 5) x+1, x2+x, 2x2-x-3 Λύσεις: 1) Από τη σχέση: c1e2x+c2e-2x≡0 ⇒ c2=-c1e4x Εάν η c1 είναι διάφορη του μηδενός, τότε το αριστερό μέλος της τελευταίας σχέσης εί-ναι σταθερό, ενώ το δεξιό μεταβάλλεται όταν το x μεταβάλλεται και άρα η τελευταία σχέ-ση δεν μπορεί να ισχύει στην περίπτωση αυτή. Εάν η c1 είναι μηδέν, τότε και η c2 είναι μηδέν και επομένως η σχέση c1e2x+c2e-2x≡0 ισχύει μόνο για c1=c2=0. Άρα οι συναρτήσεις e2x , e-2x είναι γραμμικά ανεξάρτητες. Παίρνο-ντας μια τιμή έστω c3=1 έχουμε c1=-1 και c2=1. Άρα οι συναρτήσεις x, 1, x-1 είναι γραμμικά εξαρτημένες στο διάστημα (-∞, +∞).

2) Από τη σχέση: c1 +c2 ≡0 ⇒ c2=-c11xeλ 2xeλ ( )1 2 xe λ −λ λ1≠λ2 Εάν η c1 είναι διάφορη του μηδενός, τότε το αριστερό μέλος της τελευταίας σχέσης εί-ναι σταθερό, ενώ το δεξιό μεταβάλλεται όταν το x μεταβάλλεται και άρα η τελευταία σχέ-ση δεν μπορεί να ισχύει στην περίπτωση αυτή. Εάν η c1 είναι μηδέν, τότε και η c2 είναι μηδέν και επομένως η c1e2x+c2e-2x≡0 ισχύει μόνο για c1=c2=0. Άρα οι συναρτήσεις 1 2x xe , eλ λ είναι γραμμικά ανεξάρτητες.

3) Από τη σχέση: c1x+c2+c3(x-1)≡0 ⇒ (c1+c3)x+(c2-c3)≡0 ⇒

c1+c3=0 και c2-c3=0 Παίρνοντας μια τιμή έστω c3=1 έχουμε c1=-1 και c2=1. Άρα οι συναρτήσεις x, 1, x-1 είναι γραμμικά εξαρτημένες στο διάστημα (-∞, +∞). 4) Από τη σχέση: c1(x+1)+c2(x-1)≡0 ⇒ (c1+c2)x+(c1-c2)≡0 ⇒

c1+c2=0 και c1-c2=0 ⇒ c1=0 , c2=0 Άρα οι συναρτήσεις x+1, x-1 είναι γραμμικά ανεξάρτητες στο διάστημα (-∞, +∞). 5) x+1, x2+x, 2x2-x-3 Από τη σχέση: c1(x+1)+c2(x2+x)+c3(2x2-x-3)≡0 ⇒ (c2+2c3)x2+(c1+c2-c3)x+(c1-c3)≡0 ⇒ (c2+2c3)=0 , (c1+c2-c3)=0 , (c1-c3)=0 ⇒ c1=c2=c3=0


Άρα οι συναρτήσεις x+1, x2+x, 2x2-x-3 είναι γραμμικά ανεξάρτητες στο διάστημα (-∞, +∞). Παράγραφος 5.8 Ασκήσεις: Να βρεθούν οι γενικές λύσεις των παρακάτω Δ.Ε. 1) y′′-3y′+4y=0 2) y′′+4y′+4y=0 3) y′′=0 4) y′′-4y=0 Λύσεις 1) y′′-3y′+4y=0 Η χαρακτηριστική εξίσωση είναι μ2-3μ+4=0 με χαρακτηριστικές ρίζες:

μ1=3 7

2+ i

, μ2=3 7

2− i


3x2

1 27 7y e c cos x c sin x

2 2⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

> restart; > with(DEtools): > with(plots): > eq1:=diff(y(x),x$2)-3*diff(y(x),x)+4*y(x)=0;

:= eq1 = − + ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 ( )y x 3 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )y x 4 ( )y x 0


:= sol = ( )y x + _C1 e( )/3 2 x ⎛

⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟sin 1

2 7 x _C2 e( )/3 2 x ⎛

⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟cos 1

2 7 x

Γραφική παράσταση της παραπάνω λύσεως χρησιμοποιώντας αρχικές συνθήκες > p1:=DEplot(diff(y(x),x$2)3*diff(y(x),x)+4*y(x)=0,y(x),x=-1..2,[[y(0)=1,D(y)(0)=2]],y=-4..4): > p2:=DEplot(diff(y(x),x$2)3*diff(y(x),x)+4*y(x)=0,y(x),x=-1..2,[[y(0)=2,D(y)(0)=2]],y=-4..4): > p3:=DEplot(diff(y(x),x$2)3*diff(y(x),x)+4*y(x)=0,y(x),x=-1..2,[[y(0)=-1,D(y)(0)=2]],y=-4..4): > p4:=DEplot(diff(y(x),x$2)3*diff(y(x),x)+4*y(x)=0,y(x),x=-1..2,[[y(0)=-2,D(y)(0)=2]],y=-4..4): > display(p1,p2,p3,p4);


Στη συνέχεια υποθέτοντας ότι το πρόγραμμα δεν έχει την εντολή dsolve και γνωρίζοντας ότι η διαφορική εξίσωση επιδέχεται εκθετική λύση, θα προσπαθήσουμε να βρούμε αυτές τις λύσεις. > s1:=subs(y(x)=exp(m*x),eq1);

:= s1 = − + ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 e( )m x

3 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x e

( )m x4 e

( )m x0

> s2:=value(s1); := s2 = − + m2 e( )m x

3 m e( )m x

4 e( )m x

0 > s3:=factor(s2); := s3 = e

( )m x( ) − + m2 3 m 4 0

> s4:=solve(s3,m); := s4 , + 32

12 I 7 −

32

12 I 7

> yc1:=exp(s4[1]*x); := yc1 e( )( ) + /3 2 /1 2 I 7 x

> yc2:=exp(s4[2]*x); := yc2 e( )( ) − /3 2 /1 2 I 7 x

> y1:=(yc1+yc2)/2; := y1 + 12 e

( )( ) + /3 2 /1 2 I 7 x 12 e

( )( ) − /3 2 /1 2 I 7 x

> y2:=(yc1-yc2)/(2*I);

:= y2 -1

2 I ( ) − e( )( ) + /3 2 /1 2 I 7 x

e( )( ) − /3 2 /1 2 I 7 x

> y1:=evalc(y1); := y1 e( )/3 2 x ⎛

⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟cos 1

2 7 x

> y2:=evalc(y2); := y2 e( )/3 2 x ⎛

⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟sin 1

2 7 x > ygen:=c1*y1+c2*y2;

:= ygen + c1 e( )/3 2 x ⎛

⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟cos 1

2 7 x c2 e( )/3 2 x ⎛

⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟sin 1

2 7 x

2) y′′+4y′+4y=0 Η χαρακτηριστική εξίσωση είναι μ2+4μ+4=0 με χαρακτηριστικές ρίζες:

μ1=μ2=-2 Επομένως η γενική λύση είναι: y=[c1+c2x]e-2x > restart; > with(DEtools): > with(plots): > eq1:=diff(y(x),x$2)+4*diff(y(x),x)+4*y(x)=0;

:= eq1 = + + ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 ( )y x 4 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )y x 4 ( )y x 0

> sol:=dsolve(eq1,y(x)); := sol = ( )y x + _C1 e( )−2 x

_C2 e( )−2 x

x Γραφική παράσταση >p1:=DEplot(diff(y(x),x$2)+4*diff(y(x),x)+4*y(x)=0,y(x),x=-1..2,[[y(0) =1,D(y)(0)=2]],y=-4..4): >p2:=DEplot(diff(y(x),x$2)+4*diff(y(x),x)+4*y(x)=0,y(x),x=-1..2,[[y(0)=2,D(y)(0)=2]],y=-4..4): >p3:=DEplot(diff(y(x),x$2)+4*diff(y(x),x)+4*y(x)=0,y(x),x=-1..2,[[y(0)=-1,D(y)(0)=2]],y=-4..4):


>p4:=DEplot(diff(y(x),x$2)+4*diff(y(x),x)+4*y(x)=0,y(x),x=-1..2,[[y(0)=-2,D(y)(0)=2]],y=-4..4): > display(p1,p2,p3,p4);

Όπως και στην προηγούμενη άσκηση θα προσπαθήσουμε να βρούμε την γενική λύση ε-φαρμόζοντας τα βήματα της αντίστοιχης θεωρίας. > s1:=subs(y(x)=exp(m*x),eq1);

:= s1 = + + ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 e( )m x

4 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x e

( )m x4 e

( )m x0

> s2:=value(s1); := s2 = + + m2 e( )m x

4 m e( )m x

4 e( )m x

0 > s3:=factor(s2); := s3 = e

( )m x( ) + m 2 2 0

> s4:=solve(s3,m); := s4 ,-2 -2 > y1:=exp(s4[1]*x); := y1 e

( )−2 x

> y2:=x*exp(s4[2]*x); := y2 e( )−2 x

x > ygen:=c1*y1+c2*y2; := ygen + c1 e

( )−2 xc2 e

( )−2 xx

3) y′′=0 Η χαρακτηριστική εξίσωση είναι μ2=0 με χαρακτηριστικές ρίζες:

μ1=μ2=0 Επομένως η γενική λύση είναι: y=c1+c2x > restart; > with(DEtools): > with(plots):

> eq1:=diff(y(x),x$2)=0; := eq1 = ∂∂2

x2 ( )y x 0

> sol:=dsolve(eq1,y(x)); := sol = ( )y x + _C1 x _C2 Γραφική παράσταση με αρχικές συνθέκες. > p1:=DEplot(diff(y(x),x$2)=0,y(x),x=-1..2,[[y(0)=-1,D(y)(0)=2]],y=-4..4):


> p2:=DEplot(diff(y(x),x$2)=0,y(x),x=-1..2,[[y(0)=-2,D(y)(0)=2]],y=-4..4): > p3:=DEplot(diff(y(x),x$2)=0,y(x),x=-1..2,[[y(0)=1,D(y)(0)=2]],y=-4..4): > p4:=DEplot(diff(y(x),x$2)=0,y(x),x=-1..2,[[y(0)=2,D(y)(0)=2]],y=-4..4): > display(p1,p2,p3,p4);

Στη συνέχεια βρίσκουμε την γενική λύση όπως και πριν.

> s1:=subs(y(x)=exp(m*x),eq1); := s1 = ∂∂2

x2 e( )m x

0

> s2:=value(s1); := s2 = m2 e( )m x

0 > s3:=factor(s2); := s3 = m2 e

( )m x0

> s4:=solve(s3,m); := s4 ,0 0 > y1:=exp(s4[1]*x); := y1 1 > y2:=x*exp(s4[2]*x); := y2 x > ygen:=c1*y1+c2*y2; := ygen + c1 c2 x 4) y′′-4y=0 Η χαρακτηριστική εξίσωση είναι μ2-4=0 με χαρακτηριστικές ρίζες:

μ1=2 , μ2=-2 Επομένως η γενική λύση είναι: y=c1e2x+c2e-2x > restart; > with(DEtools): > with(plots):

> eq1:=diff(y(x),x$2)-4*y(x)=0; := eq1 = − ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 ( )y x 4 ( )y x 0

> sol:=dsolve(eq1,y(x)); := sol = ( )y x + _C1 e( )2 x

_C2 e( )−2 x

Γραφική παράσταση με αρχικές συνθήκες. > p1:=DEplot(diff(y(x),x$2)-4*y(x)=0,y(x),x=-1..2,[[y(0)=-1,D(y)(0)=2]],y=-4..4):


> p2:=DEplot(diff(y(x),x$2)-4*y(x)=0,y(x),x=-1..2,[[y(0)=-2,D(y)(0)=2]],y=-4..4): > p3:=DEplot(diff(y(x),x$2)-4*y(x)=0,y(x),x=-1..2,[[y(0)=1,D(y)(0)=2]],y=-4..4): > p4:=DEplot(diff(y(x),x$2)-4*y(x)=0,y(x),x=-1..2,[[y(0)=2,D(y)(0)=2]],y=-4..4): > display(p1,p2,p3,p4);

.

> s1:=subs(y(x)=exp(m*x),eq1); := s1 = − ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 e( )m x

4 e( )m x

0

> s2:=value(s1); := s2 = − m2 e( )m x

4 e( )m x

0 > s3:=factor(s2); := s3 = e

( )m x( ) − m 2 ( ) + m 2 0

> s4:=solve(s3,m); := s4 ,-2 2

> y1:=exp(s4[1]*x); := y1 e( )−2 x

> y2:=exp(s4[2]*x); := y2 e

( )2 x

> ygen:=c1*y1+c2*y2; := ygen + c1 e( )−2 x

c2 e( )2 x

Παράγραφος 5.9 Άσκηση 1 . Να βρεθεί η γενική λύση των παρακάτω εξισώσεων:

1) y′′′-6y′′+11y′-6y=0 2) y(4)-4y(3)+7y′′-4y′+6y=0 3) y′′′-6y′′+2y′+36y=0 4) y(4) +8y′′′+24y′′+32y′+16y=0 Λύσεις 1) y′′′-6y′′+11y′-6y=0 Η χαρακτηριστική εξίσωση είναι: μ3-6μ2+11μ-6=0 ⇒ μ3-5μ2-μ2+6μ+5μ-6=0 ⇒ μ(μ2-5μ-6)-(μ2-5μ+6)=0 ⇒ (μ2-5μ+6)(μ-1)=0 ⇒ (μ-1)(μ-2)(μ-3)=0 με χαρακτηριστικές ρίζες: μ1=1 , μ2=2 , μ3=3.


Επομένως η γενική λύση είναι: y=c1ex+c2e2x+c3e3x > restart; > with(DEtools): > with(plots): > eq1:=diff(y(x),x$3)-6*diff(y(x),x$2)+11*diff(y(x),x)-6*y(x)=0;

:= eq1 = − + − ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂3

x3 ( )y x 6 ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 ( )y x 11 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )y x 6 ( )y x 0

> sol:=dsolve(eq1,y(x)); := sol = ( )y x + + _C1 ex _C2 e

( )3 x_C3 e

( )2 x

Γραφική παράσταση με αρχικές συνθήκες. > p1:=DEplot(diff(y(x),x$3)-6*diff(y(x),x$2)+11*diff(y(x),x)-6*y(x)=0,y(x),x=-1..2,[[y(0)=-1,D(y)(0)=2,D(D(y))(0)=2]],y=-4..4): > p2:=DEplot(diff(y(x),x$3)-6*diff(y(x),x$2)+11*diff(y(x),x)-6*y(x)=0,y(x),x=-1..2,[[y(0)=-2,D(y)(0)=2,D(D(y))(0)=2]],y=-4..4):> > p3:=DEplot(diff(y(x),x$3)-6*diff(y(x),x$2)+11*diff(y(x),x)-6*y(x),y(x),x=-1..2,[[y(0)=1,D(y)(0)=2,D(D(y))(0)=-1]],y=-4..4): > p4:=DEplot(diff(y(x),x$3)-6*diff(y(x),x$2)+11*diff(y(x),x)-6*y(x)=0,y(x),x=-1..2,[[y(0)=2,D(y)(0)=2,D(D(y))(0)=-1]],y=-4..4): > display(p1,p2,p3,p4);

Στη συνέχεια λύνουμε την διαφορική εξίσωση χρησιμοποιώντας το πρόγραμμα Maple και ακολουθώντας τα βήματα της θεωρίας. > s1:=subs(y(x)=exp(m*x),eq1);

:= s1 = − + − ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂3

x3 e( )m x

6 ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 e( )m x

11 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x e

( )m x6 e

( )m x0


> s2:=value(s1); := s2 = − + − m3 e

( )m x6 m2 e

( )m x11 m e

( )m x6 e

( )m x0

> s3:=factor(s2); := s3 = e( )m x

( ) − m 1 ( ) − m 2 ( ) − m 3 0 > s4:=solve(s3,m); := s4 , ,1 2 3> y1:=exp(s4[1]*x); := y1 ex > y2:=exp(s4[2]*x); := y2 e

( )2 x

> y2:=exp(s4[3]*x); := y2 e( )3 x

> ygen:=c1*y1+c2*y2+c3*y3; := ygen + + c1 ex c2 e

( )3 xc3 y3

2) y(4)-4y(3)+7y′′-4y′+6y=0 Η χαρακτηριστική εξίσωση είναι μ4-4μ3+7μ2-4μ+6=0 ⇒ μ4-4μ3+μ2+6μ2-4μ+6=0 ⇒ μ2(μ2+1)-4μ(μ2+1)+6(μ2+1)=0 ⇒ (μ2+1)(μ2-4μ+6)=0 με χαρακτηριστικές ρίζες: μ1=2+i√2 , μ2=2-i√2 , μ3=i , μ4=-i . Επομένως η γενική λύση είναι: y=e2x[c1cos√2x+c2sin√2x]+[c3cosx+c4sinx] > restart; > with(DEtools): > with(plots): > eq1:=diff(y(x),x$4)-4*diff(y(x),x$3)+7*diff(y(x),x$2)-4*diff(y(x),x)+6*y(x)=0;

:= eq1 = − + − + ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂4

x4 ( )y x 4 ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂3

x3 ( )y x 7 ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 ( )y x 4 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )y x 6 ( )y x 0

> sol:=dsolve(eq1,y(x)); := sol = ( )y x + + + _C1 ( )sin x _C2 ( )cos x _C3 e

( )2 x( )sin 2 x _C4 e

( )2 x( )cos 2 x

> p1:=DEplot(diff(y(x),x$4)-4*diff(y(x),x$3)+7*diff(y(x),x$2)-4*diff(y(x),x)+6*y(x)=0,y(x),x=-1..2,[[y(0)=-1,D(y)(0)=2,D(D(y))(0)=2,D(D(D(y)))(0)=-2]],y=-4..4): > p2:=DEplot(diff(y(x),x$4)-4*diff(y(x),x$3)+7*diff(y(x),x$2)-4*diff(y(x),x)+6*y(x),y(x),x=-1..2,[[y(0)=-2,D(y)(0)=2,D(D(y))(0)=2,D(D(D(y)))(0)=-2]],y=-4..4): > p3:=DEplot(diff(y(x),x$4)-4*diff(y(x),x$3)+7*diff(y(x),x$2)-4*diff(y(x),x)+6*y(x),y(x),x=-1..2,[[y(0)=1,D(y)(0)=2,D(D(y))(0)=-1,D(D(D(y)))(0)=-2]],y=-4..4): > p4:=DEplot(diff(y(x),x$4)-4*diff(y(x),x$3)+7*diff(y(x),x$2)-4*diff(y(x),x)+6*y(x),y(x),x=-1..2,[[y(0)=2,D(y)(0)=2,D(D(y))(0)=-1,D(D(D(y)))(0)=-2]],y=-4..4): > display(p1,p2,p3,p4);



:= sol = ( )y x + + + _C1 ( )sin x _C2 ( )cos x _C3 e( )2 x

( )cos 2 x _C4 e( )2 x

( )sin 2 x Στη συνέχεια υποθέτοντας ότι το πρόγραμμα δεν έχει την εντολή dsolve και γνωρίζοντας ότι η διαφορική εξίσωση επιδέχεται εκθετική λύση, θα προσπαθήσουμε να βρούμε αυτές τις λύσεις. > s1:=subs(y(x)=exp(m*x),eq1);

:= s1 = − + − + ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂4

x4 e( )m x

4 ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂3

x3 e( )m x

7 ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 e( )m x

4 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x e

( )m x6 e

( )m x0

> s2:=value(s1); := s2 = − + − + m4 e

( )m x4 m3 e

( )m x7 m2 e

( )m x4 m e

( )m x6 e

( )m x0

> s3:=factor(s2); := s3 = e( )m x

( ) − + m2 4 m 6 ( ) + m2 1 0 > s4:=solve(s3,m); := s4 , , ,I −I + 2 I 2 − 2 I 2 > yc1:=exp(s4[1]*x); := yc1 e

( )I x

> yc2:=exp(s4[2]*x); := yc2 e( )−I x

> yc3:=exp(s4[3]*x); := yc3 e( )( ) + 2 I 2 x

> yc4:=exp(s4[4]*x); := yc4 e( )( ) − 2 I 2 x

> y1:=(yc1+yc2)/2; := y1 + 12 e

( )I x 12 e

( )−I x

> y2:=(yc1-yc2)/(2*I); := y2 -12 I ( ) − e

( )I xe

( )−I x

> y3:=(yc3+yc4)/2;

:= y3 + 12 e

( )( ) + 2 I 2 x 12 e

( )( ) − 2 I 2 x

> y4:=(yc3-yc4)/(2*I); := y4 -12 I ( ) − e

( )( ) + 2 I 2 xe

( )( ) − 2 I 2 x

> y1:=evalc(y1); := y1 ( )cos x > y2:=evalc(y2); := y2 ( )sin x > y3:=evalc(y3); := y3 e

( )2 x( )cos 2 x

> y4:=evalc(y4); := y4 e( )2 x

( )sin 2 x > ygen:=c1*y1+c2*y2+c3*y3+c4*y4;

:= ygen + + + c1 ( )cos x c2 ( )sin x c3 e( )2 x

( )cos 2 x c4 e( )2 x

( )sin 2 x


3) y′′′-6y′′+2y′+36y=0 Η χαρακτηριστική εξίσωση είναι μ3-6μ2+2μ+36=0 με χαρακτηριστικές ρίζες: μ1=-2 , μ2=4+i√2 , μ3=4-i√2 Επομένως η γενική λύση είναι: y=c1e-2x+e4x[c2cos√2x+c2sin√2x] > restart; > with(DEtools): > with(plots): > eq1:=diff(y(x),x$3)-6*diff(y(x),x$2)+2*diff(y(x),x)+36*y(x)=0;

:= eq1 = − + + ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂3

x3 ( )y x 6 ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 ( )y x 2 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )y x 36 ( )y x 0

> sol:=dsolve(eq1,y(x)); := sol = ( )y x + + _C1 e

( )−2 x_C2 e

( )4 x( )sin 2 x _C3 e

( )4 x( )cos 2 x

> sol:=dsolve(eq1,y(x)); := sol = ( )y x + + _C1 e

( )−2 x_C2 e

( )4 x( )sin 2 x _C3 e

( )4 x( )cos 2 x

Γραφική παράσταση με αρχικές συνθήκες. > p1:=DEplot(diff(y(x),x$3)-6*diff(y(x),x$2)+2*diff(y(x),x)+36*y(x)=0,y(x),x=-2..2, [[y(0)=-2,D(y)(0)=2,D(D(y))(0)=2]],y=-8..8): > p2:=DEplot(diff(y(x),x$3)-6*diff(y(x),x$2)+2*diff(y(x),x)+36*y(x)=0,y(x),x=-2..2, [[y(0)=1,D(y)(0)=-2,D(D(y))(0)=-1]],y=-8..8): > p3:=DEplot(diff(y(x),x$3)-6*diff(y(x),x$2)+2*diff(y(x),x) +36*y(x)=0,y(x),x=-2..2,[[y(0)=2,D(y)(0)=2,D(D(y))(0)=-1]], y=-8..8): > p4:=DEplot(diff(y(x),x$3)-6*diff(y(x),x$2)+2*diff(y(x),x)+ 36*y(x)=0,y(x),x=-2..2,[[y(0)=-1,D(y)(0)=2,D(D(y))(0)=-2]],y=-8..8): > display(p1,p2,p3,p4);

και η λύση σύμφωνα με την θεωρία είναι:


> s1:=subs(y(x)=exp(m*x),eq1);

:= s1 = − + + ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂3

x3 e( )m x

6 ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 e( )m x

2 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x e

( )m x36 e

( )m x0

> s2:=value(s1); := s2 = − + + m3 e

( )m x6 m2 e

( )m x2 m e

( )m x36 e

( )m x0

> s3:=factor(s2); := s3 = e( )m x

( ) + m 2 ( ) − + m2 8 m 18 0 > s4:=solve(s3,m); := s4 , ,-2 + 4 I 2 − 4 I 2 > yc1:=exp(s4[1]*x); := yc1 e

( )−2 x

> yc2:=exp(s4[2]*x); := yc2 e( )( ) + 4 I 2 x

> yc3:=exp(s4[3]*x); := yc3 e( )( ) − 4 I 2 x

> y2:=(yc2+yc3)/2; := y2 + 12 e

( )( ) + 4 I 2 x 12 e

( )( ) − 4 I 2 x

> y3:=(yc2-yc3)/(2*I); := y3 -12 I ( ) − e

( )( ) + 4 I 2 xe

( )( ) − 4 I 2 x

> y2:=evalc(y2); := y2 e( )4 x

( )cos 2 x > y3:=evalc(y3); := y3 e

( )4 x( )sin 2 x

> ygen:=c1*yc1+c2*y2+c3*y3;

:= ygen + + c1 e( )−2 x

c2 e( )4 x

( )cos 2 x c3 e( )4 x

( )sin 2 x

4) y(4) +8y′′′+24y′′+32y′+16y=0 Η χαρακτηριστική εξίσωση είναι μ4+8μ3+24μ2+32μ+16=(μ+2)4=0 με χαρακτηριστικές ρίζες: μ1=μ2=μ3=μ4=-2 (τετραπλή). Επομένως η γενική λύση είναι: y=(c0+c1x+c2x2+c3x3)e-2x > restart; > with(DEtools): > with(plots): eq1:=diff(y(x),x$4)+8*diff(y(x),x$3)+24*diff(y(x),x$2)+32*diff(y(x),x)+16*y(x)=0;

:= eq1 = + + + + ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂4

x4 ( )y x 8 ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂3

x3 ( )y x 24 ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 ( )y x 32 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )y x 16 ( )y x 0

> sol:=dsolve(eq1,y(x)); := sol = ( )y x + + + _C1 e

( )−2 x_C2 e

( )−2 xx _C3 e

( )−2 xx2 _C4 e

( )−2 xx3

Γραφική παράσταση με αρχικές συνθήκες p1:=DEplot(diff(y(x),x$4)+8*diff(y(x),x$3)+24*diff(y(x),x$2)+32*diff(y(x),x)+16*y(x)=0,y(x),x=-2..2,[[y(0)=-1,D(y)(0)=2,D(D(y))(0)=2,D(D(D(y)))(0)=-2]],y=-4..4): >p2:=DEplot(diff(y(x),x$4)+8*diff(y(x),x$3)+24*diff(y(x),x$2)+32*diff(y(x),x)+16*y(x),y(x),x=-2..2,[[y(0)=-2,D(y)(0)=2,D(D(y))(0)=2,D(D(D(y)))(0)=-2]],y=-4..4): >p3:=DEplot(diff(y(x),x$4)+8*diff(y(x),x$3)+24*diff(y(x),x$2)+32*diff(y(x),x)+16*y(x),y(x),x=-


2..2,[[y(0)=1,D(y)(0)=2,D(D(y))(0)=-1,D(D(D(y)))(0)=-2]],y=-4..4): >p4:=DEplot(diff(y(x),x$4)+8*diff(y(x),x$3)+24*diff(y(x),x$2)+32*diff(y(x),x)+16*y(x),y(x),x=-2..2,[[y(0)=2,D(y)(0)=2,D(D(y))(0)=-1,D(D(D(y)))(0)=-2]],y=-4..4): > display(p1,p2,p3,p4);

> s1:=subs(y(x)=exp(m*x),eq1);

:= s1 = + + + + ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂4

x4 e( )m x

8 ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂3

x3 e( )m x

24 ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 e( )m x

32 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x e

( )m x16 e

( )m x0

> s2:=value(s1); := s2 = + + + + m4 e

( )m x8 m3 e

( )m x24 m2 e

( )m x32 m e

( )m x16 e

( )m x0

> s3:=factor(s2); := s3 = e( )m x

( ) + m 2 4 0 > s4:=solve(s3,m); := s4 , , ,-2 -2 -2 -2 > y1:=exp(s4[1]*x); := y1 e

( )−2 x

> y2:=x*exp(s4[2]*x); := y2 x e( )−2 x

> y3:=x^2*exp(s4[3]*x); := y3 e

( )−2 xx2

> y4:=x^3*exp(s4[4]*x); := y4 x3 e( )−2 x

> ygen:=c1*y1+c2*y2+c3*y3+c4*y4;

:= ygen + + + c1 e( )−2 x

c2 x e( )−2 x

c3 e( )−2 x

x2 c4 x3 e( )−2 x

Παράγραφος 5.10 Άσκηση: Για τις παρακάτω Δ.Ε. να βρεθεί ο διαφορικός τελεστής L, να γραφεί υπό τη μορφή L=(D-μ1)(D-μ2) και να βρεθεί η γενική λύση.

1) y′′-y′-2y=0 2) y′′-9y=0 Λύσεις 1) y′′-y′-2y=0 ⇒ D2y-Dy-2y=0 ⇒ (D2-D-2)y=0 ⇒ L=D2-D-2=(D-2)(D+1) Η δε γενική λύση είναι: y=c1e2x+c2e-x


2) y′′-9y=0 ⇒ D2y-9y=0 ⇒ (D2-9)y=0 ⇒ L=D2-9=(D-3)(D+3) Η δε γενική λύση είναι: y=c1e3x+c2e-3x Παράγραφος 5.13 Ασκήσεις: Να βρεθεί η γενική λύση των παρακάτω εξισώσεων:

1) y″-5y′+6y=e4x 2) y″+2y′+y=x 3) y″+5y′+6y=ex 4) (D2 -1)y=5x-2 5) (D2 -1)y=e2x(x-1) 6) (D-1)2y=xex 7) (D2 -6D+9)y=3e3x 8) D(D+9)y=3 9) y″+9y=x2-2x+1 10) y′′′-3y′′+3y′-y=ex Λύσεις:

1) y″-5y′+6y=e4x X.E. μ2-5μ+6=0 ⇒ μ1=3 , μ2=2 και επομένως yομ=c1e3x+c2e2x Θέτουμε yμερ=Ae4x και έχουμε 16Ae4x-20Ae4x+6Ae4x=e4x ⇒ 2A=1 ⇒ A=½ Τελικά yγεν= c1e3x+c2e2x+e4x/2 > restart; > with(DEtools): > with(plots): > f(x):=exp(4*x); := ( )f x e

( )4 x

> deq:=diff(y(x),x$2)-5*diff(y(x),x)+6*y(x): > eq1:=deq-f(x)=0;

:= eq1 = − + − ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 ( )y x 5 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )y x 6 ( )y x e

( )4 x0

> eq2:=deq=0; := eq2 = − + ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 ( )y x 5 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )y x 6 ( )y x 0

> yom:=dsolve(eq2,y(x)); := yom = ( )y x + _C1 e( )3 x

_C2 e( )2 x

> ygen:=dsolve(eq1,y(x));

:= ygen = ( )y x + + 12 e

( )4 x_C1 e

( )3 x_C2 e

( )2 x

Στη συνέχεια, ακολουθώντας τα βήματα της θεωρίας, βρίσκουμε την γενική λύση της ομογενούς και μια μερική λύση της μη ομογενούς με την μέθοδο των προσδιοριστέων συ-ντελεστών. > s1:=subs(y(x)=exp(m*x),lhs(eq2));

:= s1 − + ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 e( )m x

5 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x e

( )m x6 e

( )m x

> s2:=value(s1); := s2 − + m2 e( )m x

5 m e( )m x

6 e( )m x

> s3:=factor(s2); := s3 e

( )m x( ) − m 2 ( ) − m 3

> s4:=solve(s3,m); := s4 ,2 3> s5:=subs(y(x)=A*exp(4*x),eq1);

:= s5 = − + − ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 A e( )4 x

5 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x A e

( )4 x6 A e

( )4 xe

( )4 x0


> s6:=value(s5); := s6 = − 2 A e( )4 x

e( )4 x

0 > s7:=collect(s6,x); := s7 = − 2 A e

( )4 xe

( )4 x0

> s8:=map(coeff,s7,exp(4*x)); := s8 = − 2 A 1 0

> A:=solve(s8,A); := A 12

> ymer:=A*exp(4*x); := ymer 12 e

( )4 x

> ygen1:=rhs(yom)+ymer; := ygen1 + + 12 e

( )4 x_C1 e

( )3 x_C2 e

( )2 x

Στη συνέχεια παραθέτουμε τις γραφικές παραστάσεις ορισμένων λύσεων που προκύπτουν από την γενική λύση δίνοντας ορισμένες τιμές τις σταθερές c1 και c2 με ένα διαφορετικό τρόπο από εκείνον που ακολουθήσαμε στις προηγούμενες ασκήσεις > assign(ygen); > tograph:=seq(seq(subs(_C1=i,_C2=j,y(x)),j=-6..1),i=-1..1): > plot(tograph,x=-1..1,numpoints=100);

2) y″+2y′+y=x X.E. μ2+2μ+1=0 ⇒ μ1,2=-1 διπλή και επομένως yομ=(c1 +c2x)e-x Θέτουμε yμερ=α0+α1x και έχουμε 2 α1

+(α0+α1x)=x ⇒ 2α1+α0=0 , α1=1 ⇒ α0=-2 Τελικά yγεν=(c1 +c2x)e-x-2+x > restart; > with(DEtools): > with(plots): > f(x):=x; := ( )f x x > eq1:=diff(y(x),x$2)+2*diff(y(x),x)+y(x)-f(x)=0;

:= eq1 = + + − ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 ( )y x 2 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )y x ( )y x x 0

> eq2:=diff(y(x),x$2)+2*diff(y(x),x)+y(x)=0;


:= eq2 = + + ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 ( )y x 2 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )y x ( )y x 0

> yom:=dsolve(eq2,y(x)); := yom = ( )y x + _C1 e

( )−x_C2 e

( )−xx

> ygen:=dsolve(eq1,y(x)); := ygen = ( )y x − + + + 2 x _C1 e

( )−x_C2 e

( )−xx


:= s1 + + ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 e( )m x

2 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x e

( )m xe

( )m x

> s2:=value(s1); := s2 + + m2 e( )m x

2 m e( )m x

e( )m x


( )m x( ) + m 1 2

> s4:=solve(s3,m); := s4 ,-1 -1 > s5:=subs(y(x)=A+B*x,eq1);

:= s5 = + + + − ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 ( ) + A B x 2 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( ) + A B x A B x x 0

> s6:=value(s5); := s6 = + + − 2 B A B x x 0 > s7:=collect(s6,x); := s7 = + + ( ) − B 1 x 2 B A 0 > s8:=map(coeff,s7,x); := s8 = − B 1 0 > sol1:=solve(s7,s8,A,B); := sol1 , = B 1 = A -2 > A:=rhs(sol1[2]); := A -2 > B:=rhs(sol1[1]); := B 1 > ymer:=A+B*x; := ymer − + 2 x > ygen1:=rhs(yom)+ymer;

:= ygen1 − + + + 2 x _C1 e( )−x

_C2 e( )−x

x Γραφική παράσταση μερικών λύσεων της διαφορικής εξίσωσης που παίρνουμε από την γενική λύση δίνοντας διάφορες τιμές στις σταθερές c1, c1. > assign(ygen); > tograph:=seq(seq(subs(_C1=i,_C2=j,y(x)),j=-1..1),i=-1..1): > plot(tograph,x=-1..4,numpoints=100);


3) y″+5y′+6y=ex X.E. μ2+5μ+6=0 ⇒ μ1=-3 , μ2=-2 και επομένως yομ=c1e-3x+c2e-2x Θέτουμε yμερ=Aex και έχουμε Aex+5Aex+6Aex=ex ⇒ 12A=1 ⇒ A=1/12 Τελικά yγεν= c1e-3x+c2e-2x+ex/12 > restart; > with(DEtools): > with(plots): > f(x):=exp(x); := ( )f x ex > deq:=diff(y(x),x$2)+5*diff(y(x),x)+6*y(x): > eq1:=deq-f(x)=0;

:= eq1 = + + − ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 ( )y x 5 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )y x 6 ( )y x ex 0

> eq2:=deq=0;

:= eq2 = + + ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 ( )y x 5 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )y x 6 ( )y x 0

> yom:=dsolve(eq2,y(x)); := yom = ( )y x + _C1 e

( )−3 x_C2 e

( )−2 x

> ygen:=dsolve(eq1,y(x)); := ygen = ( )y x + +

112 ex _C1 e

( )−3 x_C2 e

( )−2 x


:= s1 + + ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 e( )m x

5 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x e

( )m x6 e

( )m x

> s2:=value(s1); := s2 + + m2 e( )m x

5 m e( )m x

6 e( )m x


( )m x( ) + m 3 ( ) + m 2

> s4:=solve(s3,m); := s4 ,-2 -3 > s5:=subs(y(x)=A*exp(x),eq1);

:= s5 = + + − ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 A ex 5 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x A ex 6 A ex ex 0


> s6:=value(s5); := s6 = − 12 A ex ex 0 > s7:=collect(s6,x); := s7 = − 12 A ex ex 0 > s8:=map(coeff,s7,exp(x)); := s8 = − 12 A 1 0

> A:=solve(s8,A); := A 112

> ymer:=A*exp(4*x); := ymer 112 e

( )4 x

> ygen1:=rhs(yom)+ymer; := ygen1 + + _C1 e( )−3 x

_C2 e( )−2 x 1

12 e( )4 x

> assign(ygen); > tograph:=seq(seq(subs(_C1=i,_C2=j,y(x)),j=-1..1),i=-1..1): > plot(tograph,x=-1..6,numpoints=100);

4) (D2 -1)y=5x-2 X.E. μ2-1=0 ⇒ μ1=1 , μ2=-1 και επομένως yομ=c1ex+c2e-x Θέτουμε yμερ=α0+α1x και έχουμε -α0-α1x=5x-2 ⇒ α0=2 , α1=-5 Τελικά yγεν= c1ex+c2e-x-5x+2 > restart; > with(DEtools): > with(plots): > f(x):=5*x-2; := ( )f x − 5 x 2 > deq:=diff(y(x),x$2)-y(x):

> eq1:=deq-f(x)=0; := eq1 = − − + ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 ( )y x ( )y x 5 x 2 0

> eq2:=deq=0; := eq2 = − ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 ( )y x ( )y x 0

> yom:=dsolve(eq2,y(x)); := yom = ( )y x + _C1 ex _C2 e( )−x


> ygen:=dsolve(eq1,y(x)); := ygen = ( )y x − + + 2 5 x _C1 ex _C2 e( )−x

Στη συνέχεια, ακολουθώντας τα βήματα της θεωρίας, βρίσκουμε την γενική λύση της ομογενούς και μια μερική λύση της μη ομογενούς με την μέθοδο των προσδιοριστέων συ-ντελεστών.

> s1:=subs(y(x)=exp(m*x),lhs(eq2)); := s1 − ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 e( )m x

e( )m x

> s2:=value(s1); := s2 − m2 e

( )m xe

( )m x

> s3:=factor(s2); := s3 e( )m x

( ) − m 1 ( ) + m 1 > s4:=solve(s3,m); := s4 ,-1 1 > s5:=subs(y(x)=A+B*x,eq1);

:= s5 = − − − + ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 ( ) + A B x A B x 5 x 2 0

> s6:=value(s5); := s6 = − − − 2 A B x 5 x 0 > s7:=collect(s6,x); := s7 = + − ( )− − B 5 x 2 A 0 > s8:=map(coeff,s7,x); := s8 = − − B 5 0 > sol1:=solve(s7,s8,A,B); := sol1 , = B -5 = A 2 > A:=rhs(sol1[2]); := A 2 > B:=rhs(sol1[1]); := B -5 > ymer:=A+B*x; := ymer − 2 5 x > ygen1:=rhs(yom)+ymer; := ygen1 − + + 2 5 x _C1 ex _C2 e

( )−x


5) (D2 -1)y=e2x(x-1)


X.E. μ2-1=0 ⇒ μ1=1 , μ2=-1 και επομένως yομ=c1ex+c2e-x Θέτουμε yμερ=e2x(α0+α1x) και έχουμε y′μερ=2e2x(α0+α1x)+e2xα1= e2x(2α0+α1+2α1x) ⇒ y′′μερ=2e2x(2α0+α1+2α1x)+e2x2α1=e2x(4α0+4α1+4α1x) Άρα e2x(4α0+4α1+4α1x)-e2x(α0+α1x)=e2x(x-1) ⇒ (4α0+4α1-α0+1)+(4α1-α1-1)x=0 ⇒ 3α0+4α1+1=0 , 3α1=1 ⇒ α0=-7/9 , α1=1/3 Τελικά yγεν= c1ex+c2e-x+e2x(x/3-7/9) > restart; > with(DEtools): > with(plots): > f(x):=exp(2*x)*(x-1); := ( )f x e

( )2 x( ) − x 1

> deq:=diff(y(x),x$2)-y(x): > eq1:=deq-f(x)=0;

:= eq1 = − − ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 ( )y x ( )y x e( )2 x

( ) − x 1 0

> eq2:=deq=0; := eq2 = − ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 ( )y x ( )y x 0

> yom:=dsolve(eq2,y(x)); := yom = ( )y x + _C1 ex _C2 e( )−x

> ygen:=dsolve(eq1,y(x));

:= ygen = ( )y x − + + + 79 e

( )2 x 13 e

( )2 xx _C1 ex _C2 e

( )−x


> s1:=subs(y(x)=exp(m*x),lhs(eq2)); := s1 − ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 e( )m x

e( )m x

> s2:=value(s1); := s2 − m2 e( )m x

e( )m x


( )m x( ) − m 1 ( ) + m 1

> s4:=solve(s3,m); := s4 ,-1 1 > s5:=subs(y(x)=exp(2*x)*(A+B*x),eq1);

:= s5 = − − ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 e( )2 x

( ) + A B x e( )2 x

( ) + A B x e( )2 x

( ) − x 1 0

> s6:=value(s5); := s6 = + − 3 e

( )2 x( ) + A B x 4 e

( )2 xB e

( )2 x( ) − x 1 0

> s7:=simplify(collect(s6/exp(2*x),x)); := s7 = − + + + 3 B x x 3 A 4 B 1 0

> s8:=map(coeff,s7,x); := s8 = − 3 B 1 0

> sol1:=solve(s7,s8,A,B); := sol1 , = A -79 = B 1

3

> A:=rhs(sol1[1]); := A -79

> B:=rhs(sol1[2]); := B 13


> ymer:=exp(2*x)*(A+B*x); := ymer e( )2 x ⎛

⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟− +

79

13 x

> ygen1:=rhs(yom)+ymer; := ygen1 + + _C1 ex _C2 e

( )−xe

( )2 x ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟− +

79

13 x


6) (D-1)2y=xex X.E. (μ-1)2=0 ⇒ μ1,2=1 (διπλή), και επομένως yομ=(c1+c 2x)ex Θέτουμε yμερ=x2ex(α0+α1x)=ex(α0x2+α1x3) και έχουμε y′μερ=ex(α0x2+α1x3)+ex(2α0x+3α1x2)=ex2α0x+(α0+3α1)x2+α1x3 ⇒

y′′μερ=ex2α0x+(α0+3α1)x2+α1x3+2α0+2(α0+3α1)x+3α1x3= = ex2α0+(4α0+6α1)x+(α0+6α1)x2+α1x3

Άρα y′′-2y′+y=xex ⇒ ex2α0+(4α0+6α1)x+(α0+6α1)x2+α1x3-2ex2α0x+(α0+3α1)x2+α1x3+ex(α0x2+α1x3)=xex ⇒ (2α0)+(4α0+6α1-4α0)x+(α0+6α1-2α0-6α1+α0)x2+(α1-2α1+α1)x3=x ⇒ α0=1 , α1=1/6 και επομένως yμερ=ex(x3/6) Τελικά yγεν=(c1+c 2x)ex+ex(x3/6) > restart; > with(DEtools): > with(plots): > eq1:=diff(y(x),x$2)-2*diff(y(x),x)+y(x)=exp(x)*x;

:= eq1 = − + ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 ( )y x 2 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )y x ( )y x ex x

> sol:=dsolve(eq1,y(x)); := sol = ( )y x + + 16 x3 ex _C1 ex _C2 ex x



s1:=subs(y(x)=exp(m*x),lhs(eq1)); := s1 − + ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 e( )m x

2 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x e

( )m xe

( )m x

> s2:=value(s1); := s2 − + m2 e( )m x

2 m e( )m x

e( )m x


( )m x( ) − m 1 2

> s4:=solve(s3,m); := s4 ,1 1 > yom:=c1*exp(-x)+c2*exp(x); := yom + c1 e

( )−xc2 ex

> ymer:=exp(x)*(A*x^2+B*x^3); := ymer ex ( ) + A x2 B x3 > s5:=subs(y(x)=ymer,eq1);

:= s5 = − + ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 ex ( ) + A x2 B x3 2 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ex ( ) + A x2 B x3 ex ( ) + A x2 B x3 ex x

> s6:=eval(s5); := s6 = ex ( ) + 2 A 6 B x ex x > s7:=collect(s6/exp(x),[x]); := s7 = + 2 A 6 B x x > s8:=map(coeff,s7,x); := s8 = 6 B 1

> B:=1/6;

:= B 16

> A:=0; := A 0

> ygen:=yom+ymer; := ygen + + c1 e( )−x

c2 ex 16 x3 ex

> assign(sol): > tograph:=seq(seq(subs(_C1=i,_C2=j,y(x)),j=-1..1),i=-1..1); > plot(tograph,x=-1..1,numpoints=100);

tograph 16 x3 ex −

16 x3 ex ex x +

16 x3 ex ex x − +

16 x3 ex ex ex x −

16 x3 ex ex, , , , :=

− −

,

16 x3 ex ex ex x +

16 x3 ex ex + +

16 x3 ex ex ex x + −

16 x3 ex ex ex x, , ,

7) (D2 -6D+9)y=3e3x X.E. μ2-6μ+9=0 ⇒ μ1,2=3 (διπλή) και επομένως yομ=(c1+c2x)e3x Θέτουμε yμερ=x2Ae3x και έχουμε y′μερ=2Axe3x+3Ax2e3x=e3x(2Ax+3Ax2) ⇒


y′′μερ=3e3x(2Ax+3Ax2)+ e3x(2A+6Ax)=e3x(2A+12Ax+9Ax2) Άρα e3x(2A+12Ax+9Ax2)-6e3x(2Ax+3Ax2)+9x2Ae3x=3e3x ⇒

2A+12Ax-12Ax+9Ax2-18Ax2+9Ax2=3 ⇒ 2A=3 ⇒ A=3/2 Τελικά yγεν= (c1+c2x)e3x+3/2x2e3x > restart; > with(DEtools): > with(plots): > eq1:=diff(y(x),x$2)-6*diff(y(x),x)+9*y(x)=3*exp(3*x);

:= eq1 = − + ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 ( )y x 6 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )y x 9 ( )y x 3 e

( )3 x


:= sol = ( )y x + + 32 x2 e

( )3 x_C1 e

( )3 x_C2 e

( )3 xx

Στη συνέχεια βρίσκουμε μια μερική λύση με την μέθοδο των προσδιοριστέων συντελε-στών. > s1:=subs(y(x)=exp(m*x),lhs(eq1));

:= s1 − + ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 e( )m x

6 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x e

( )m x9 e

( )m x

> s2:=value(s1); := s2 − + m2 e( )m x

6 m e( )m x

9 e( )m x


( )m x( ) − m 3 2

> s4:=solve(s3,m); := s4 ,3 3 > yom:=exp(3*x)(c1+c2*x)*exp(x); := yom ( )( )e

( )3 x + c1 c2 x ex

> ymer:=A*x^2*exp(3*x); := ymer A x2 e( )3 x

> s5:=subs(y(x)=ymer,eq1);

:= s5 = − + ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 A x2 e( )3 x

6 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x A x2 e

( )3 x9 A x2 e

( )3 x3 e

( )3 x

> s6:=eval(s5); := s6 = 2 A e( )3 x

3 e( )3 x

> s7:=s6/exp(3*x); := s7 = 2 A 3

> A:=3/2; := A 32

> ygen:=yom+ymer; := ygen + ( )( )e( )3 x

+ c1 c2 x ex 32 x2 e

( )3 x

> assign(sol): > tograph:=seq(seq(subs(_C1=i,_C2=j,y(x)),j=-1..1),i=-1..1): > plot(tograph,x=-1..1,numpoints=100);


8) D(D+9)y=3 X.E. μ2+9μ=0 ⇒ μ1=0 , μ2=-9 και επομένως yομ=c1+c2e-9x Θέτουμε yμερ=Ax ⇒ y′μερ=A ⇒ y′′μερ=0 Άρα 0+9A=3 ⇒ A=1/3 και yμερ=x/3 Τελικά yγεν=c1+c2e-9x+x/3 > restart; > with(DEtools): > with(plots): > eq1:=diff(y(x),x$2)+9*diff(y(x),x)=3;

:= eq1 = + ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 ( )y x 9 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )y x 3


:= sol = ( )y x − + + 19 e

( )−9 x_C1 1

3 x _C2

Στη συνέχεια βρίσκουμε μια μερική λύση με την μέθοδο των προσδιοριστέων συντελε-στών.

> s1:=subs(y(x)=exp(m*x),lhs(eq1)); := s1 + ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 e( )m x

9 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x e

( )m x

> s2:=value(s1); := s2 + m2 e( )m x

9 m e( )m x

> s3:=factor(s2); := s3 m e

( )m x( ) + m 9

> s4:=solve(s3,m); := s4 ,0 -9

> yom:=c1+c2*exp(-9*x); := yom + c1 c2 e( )−9 x

> ymer:=A*x; := ymer A x

> s5:=subs(y(x)=ymer,eq1); := s5 = + ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 A x 9 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x A x 3

> s6:=eval(s5); := s6 = 9 A 3


> A:=1/3; := A 13

> ygen:=yom+ymer; := ygen + + c1 c2 e( )−9 x 1

3 x

> assign(sol): > tograph:=seq(seq(subs(_C1=i,_C2=j,y(x)),j=-1..1),i=-1..1): > plot(tograph,x=-0.3..1,numpoints=100);

9) y″+9y=x2-2x+1 X.E. μ2+9=0 ⇒ μ1=3i , μ2=-3i και επομένως yομ=c1cos3x+c2sin3x Θέτουμε yμερ=α0+α1 x+α2x2 ⇒ y′′μερ=2α2 Άρα (2α2) +9(α0+α1 x+α2x2)=x2-2x+1 ⇒ (2α2+9α0-1)+(9α1+2)x+(9α2-1)x2=0 ⇒ 2α2+9α0-1=0 , 9α1+2=0 , 9α2-1=0 ⇒ α0=7/81 , α1=-2/9 , α2=1/9 και επομένως yμερ=7/81-2x/9+x2/9 Τελικά yγεν= c1sin3x+c2cos3x+x2/9-2x/9+7/81 > restart; > with(DEtools): > with(plots): > eq1:=diff(y(x),x$2)+9*y(x)=x^2-2*x+1;

:= eq1 = + ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 ( )y x 9 ( )y x − + x2 2 x 1


:= sol = ( )y x − + + + 7

8129 x 1

9 x2 _C1 ( )cos 3 x _C2 ( )sin 3 x

Στη συνέχεια βρίσκουμε μια μερική λύση με την μέθοδο των προσδιοριστέων συντελε-στών.


> s1:=subs(y(x)=exp(m*x),lhs(eq1)); := s1 + ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 e( )m x

9 e( )m x

> s2:=value(s1); := s2 + m2 e( )m x

9 e( )m x


( )m x( ) + m2 9

> s4:=solve(s3,m); := s4 ,3 I -3 I > s5:=evalc(exp(s4[1]*x)); := s5 + ( )cos 3 x I ( )sin 3 x > s6:=evalc(exp(s4[2]*x)); := s6 − ( )cos 3 x I ( )sin 3 x > s7:=(s5+s6)/2; := s7 ( )cos 3 x > s8:=(s5-s6)/(2*I); := s8 ( )sin 3 x > yom:=c1*s7+c2*s8; := yom + c1 ( )cos 3 x c2 ( )sin 3 x > ymer:=A*x^2+B*x+G; := ymer + + A x2 B x G > s9:=subs(y(x)=ymer,eq1);

:= s9 = + + + ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 ( ) + + A x2 B x G 9 A x2 9 B x 9 G − + x2 2 x 1

> s10:=eval(s9); := s10 = + + + 2 A 9 A x2 9 B x 9 G − + x2 2 x 1 > s11:=lhs(s10)-rhs(s10); := s11 + + + − + − 2 A 9 A x2 9 B x 9 G x2 2 x 1 > s12:=collect(s11,x);

:= s12 + + − + ( )− + 1 9 A x2 ( ) + 2 9 B x 2 A 1 9 G

> s13:=map(coeff,s12,x); := s13 + 2 9 B > s14:=map(coeff,s12,x^2); := s14 − + 1 9 A > s15:=remove(p->degree(p,x)>0,s11); := s15 − + 2 A 1 9 G

> sol1:=solve(s13,s14,s15,A,B,G); := sol1 , , = B -29 = A 1

9 = G 781

> A:=rhs(sol1[2]);

:= A 19

> B:=rhs(sol1[1]); := B -29

> G:=rhs(sol1[3]); := G 781

> ymer:=A*x^2+B*x+G; := ymer − + 7

8129 x 1

9 x2

> ygen:=yom+ymer; := ygen + + − + c1 ( )cos 3 x c2 ( )sin 3 x 7

8129 x 1

9 x2

> assign(sol): > tograph:=seq(seq(subs(_C1=i,_C2=j,y(x)),j=-1..1),i=-1..1): > plot(tograph,x=-0.3..1,numpoints=100);


10) y′′′-3y′′+3y′-y=ex X.E. μ3-3μ2+3μ-1=0 ⇒ μ1=μ2=μ3=1 (τριπλή ρίζα) και επομένως yομ=(c1+c2x+c3x2)ex Θέτουμε yμερ=x3Ae3x και έχουμε y′μερ=ex(Ax3+3Ax2) , y′′μερ=ex(Ax3+6Ax2+6Ax) y′′′μερ= ex(Ax3+9Ax2+18Ax+6A) Άρα ex(Ax3+9Ax2+18Ax+6A)-3ex(Ax3+6Ax2+6Ax)+3ex(Ax3+3Ax2)- x3Ae3x=ex ⇒ x3(A-3A+3A-A)+x2(9A-18A+9A)+x(18α-18α)+(6α-1)=0 ⇒ Α=1/6 Τελικά yγεν= (c1+c2x+c3x2)ex+x3ex/6 > restart; > with(DEtools): > with(plots): > eq1:=diff(y(x),x$3)-3*diff(y(x),x$2)+3*diff(y(x),x)-y(x)=exp(x);

:= eq1 = − + − ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂3

x3 ( )y x 3 ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 ( )y x 3 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )y x ( )y x ex

> sol:=dsolve(eq1,y(x)); := sol = ( )y x + + +

16 x3 ex _C1 ex _C2 ex x2 _C3 ex x

Στη συνέχεια βρίσκουμε μια μερική λύση με την μέθοδο των προσδιοριστέων συντελε-στών. > s1:=subs(y(x)=exp(m*x),lhs(eq1));

:= s1 − + − ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂3

x3 e( )m x

3 ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 e( )m x

3 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x e

( )m xe

( )m x

> s2:=value(s1); := s2 − + − m3 e

( )m x3 m2 e

( )m x3 m e

( )m xe

( )m x

> s3:=factor(s2); := s3 e( )m x

( ) − m 1 3 > s4:=solve(s3,m); := s4 , ,1 1 1 > yom:=(c1+c2*x+c3*x^2)*exp(x); := yom ( ) + + c1 c2 x c3 x2 ex > ymer:=A*x^3*exp(x); := ymer A x3 ex > s9:=subs(y(x)=ymer,eq1);

:= s9 = − + − ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂3

x3 A x3 ex 3 ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 A x3 ex 3 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x A x3 ex A x3 ex ex


> s10:=eval(s9); := s10 = 6 A ex ex > s11:=s9/exp(x); := s11 = 6 A 1

> A:=solve(s11,A);; := A 16

> ygen:=yom+ymer; := ygen + ( ) + + c1 c2 x c3 x2 ex 16 x3 ex

> assign(sol): > tograph:=seq(seq(seq(subs(_C1=i,_C2=j,_C3=k,y(x)),j=-1..1),i=-1..1),k=-1..1): > plot(tograph,x=-1..0.6,numpoints=100);

Παράγραφος 5.14 Ασκήσεις Με τη μέθοδο μεταβολής των παραμέτρων, να βρεθεί μια μερική λύση των παρακάτω Δ.Ε.: 1) y″-2y′+y= ex/x5 2) y″+y=secx 3) y″+4y=sin22x Λύσεις: 1) X.E. μ2-2μ+1=0 ⇒ μ1=μ2=1 (διπλή ρίζα) και επομένως yομ=(c1+c2x)ex Θέτουμε yμερ=v1(x)ex+v2(x)xex και έχουμε το σύστημα:

v1′(x)ex+v2′(x)xex=0 v1′(x)ex+v2′(x)(xex+ex)=ex/x5 η λύση του οποίου είναι:

v1′=( )

( )

0

1

1

5

xeex

e x

e xee e x

x

xx

x x

x x

+

+

(1) v2′=

( )

e

eex

e xee e x

x

xx

x x

x x

0

1

5

+

(2)


Από την σχέση (1) έχουμε: v1′(x)= ( )

−

+ −

ex

e x xe

x

x

2

4

2 1 x2 =-1/x4 ⇒ v1(x)=x-3/3

Από την σχέση (2) έχουμε: v2′(x)=

exe

x

x

2

5

2 =1/x5 ⇒ v2(x)=-x-4/4

Άρα yμερ=v1(x)ex+v2(x)xex= (x-3/3)ex- (x-4/4)xex=ex/(12x3) > restart; > with(DEtools): > with(plots): > eq1:=diff(y(x),x$2)-2*diff(y(x),x)+y(x)=exp(x)/x^5;

:= eq1 = − + ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 ( )y x 2 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )y x ( )y x ex

x5


:= sol = ( )y x + + 1

12ex

x3 _C1 ex _C2 ex x

Στη συνέχεια βρίσκουμε μια μερική λύση με την μέθοδο της μεταβολής των παραμέτρων. > ymer:=v1(x)*exp(x)+v2(x)*x*exp(x);

:= ymer + ( )v1 x ex ( )v2 x x ex

> eq2:=diff(v1(x),x)*exp(x)+diff(v2(x),x)*x*exp(x)=0;

:= eq2 = + ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )v1 x ex ⎛

⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )v2 x x ex 0

> eq3:=diff(v1(x),x)*exp(x)+diff(v2(x),x)*(x*exp(x)+exp(x))= exp(x)/x^5;

:= eq3 = + ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )v1 x ex ⎛

⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )v2 x ( ) + ex x ex ex

x5

> s1:=solve(eq2,eq3,diff(v1(x),x),diff(v2(x),x));

:= s1 , = ∂∂x ( )v2 x 1

x5 = ∂∂x ( )v1 x −

1x4

> s2:=map(int,s1[1],x); := s2 = ( )v2 x −14

1x4

> s3:=map(int,s1[2],x); := s3 = ( )v1 x 13

1x3

> ymer:=simplify(subs(s2,s3,ymer)); := s4 112

ex

x3

> assign(sol): > tograph:=seq(seq(subs(_C1=i,_C2=j,y(x)),j=-1..1),i=-1..1): > plot(tograph,x=0.4..3,numpoints=100); > assign(sol):


2) X.E. μ2+1=0 ⇒ μ1=i μ2=-i και επομένως yομ=c1cosx+c2sinx Θέτουμε yμερ=v1(x)cosx+v2(x)sinx και έχουμε το σύστημα:

v1′(x)cosx+v2′(x)sinx=0 -v1′(x)sinx+v2′(x)cosx=1/cosx η λύση του οποίου είναι:

v1′(x)=

01

sin

coscos

cos sinsin cos

x

xx

xx x−

x=-tanx ⇒ v1(x)=ln(cosx)

v2′(x)=

cossin

coscos sinsin cos

xx

xx xx x

01

−

−

=1 ⇒ v2(x)=x

Άρα yμερ=v1(x)cosx+v2(x)sinx=[ln(cosx)]cosx+xsinx > restart; > with(DEtools): > with(plots): > eq1:=diff(y(x),x$2)+y(x)=sec(x);

:= eq1 = + ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 ( )y x ( )y x ( )sec x

> sol:=dsolve(eq1,y(x)); := sol = ( )y x + + + x ( )sin x ( )ln ( )cos x ( )cos x _C1 ( )sin x _C2 ( )cos x

Στη συνέχεια βρίσκουμε μια μερική λύση με την μέθοδο της μεταβολής των παραμέτρων. > ymer:=v1(x)*cos(x)+v2(x)*sin(x);

:= ymer + ( )v1 x ( )cos x ( )v2 x ( )sin x > eq2:=diff(v1(x),x)*cos(x)+diff(v2(x),x)*sin(x)=0;

:= eq2 = + ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )v1 x ( )cos x ⎛

⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )v2 x ( )sin x 0

> eq3:=-diff(v1(x),x)*sin(x)+diff(v2(x),x)*cos(x)=sec(x);


:= eq3 = − + ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )v1 x ( )sin x ⎛

⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )v2 x ( )cos x ( )sec x


:= s1 , = ∂∂x ( )v1 x ( )sin x ( )cos x

− ( )sin x 2 1 = ∂

∂x ( )v2 x 1

> s2:=map(int,s1[1],x); := s2 = ( )v1 x 12 ( )ln − ( )sin x 2 1

> s3:=map(int,s1[2],x); := s3 = ( )v2 x x > ymer:=simplify(subs(s2,s3,ymer));

:= s4 + 12 ( )ln − ( )cos x 2 ( )cos x x ( )sin x

> assign(sol): > tograph:=seq(seq(subs(_C1=i,_C2=j,y(x)),j=-1..1),i=-1..1): > plot(tograph,x=-4..4,numpoints=100);

3) X.E. μ2+4=0 ⇒ μ1=2i μ2=-2i και επομένως yομ=c1cos2x+c2sin2x Θέτουμε yμερ=v1(x)cos2x+v2(x)sin2x και έχουμε το σύστημα:

v1′(x)cos2x+v2′(x)sin2x=0 -2v1′(x)sin2x+2v2′(x)cos2x=sin2(2x) η λύση του οποίου είναι:

v1′(x)=-1/2sin3(2x) ⇒ v1(x)= ∫− = − ∫12

214

2 23 3sin ( ) sin ( ) ( )x dx x d x =

=1/4[-cos(2x)+1/3cos3(2x)] ⇒ v1(x)=-1/4cos(2x)+1/12cos3(2x)

v2′(x)=1/2cos(2x)sin2(2x) ⇒ v2(x)=1/4 ⇒ sin ( ) sin( )2 2 2x d x∫v2(x)=1/12sin3(2x) Άρα yμερ=v1(x)cos2x+v2(x)sin2x= =[-1/4cos(2x)+1/12cos3(2x)]cos2x+[1/12sin3(2x)]sin2x

> restart; > with(DEtools): > with(plots): > eq1:=diff(y(x),x$2)+4*y(x)=(sin(x))^2;


:= eq1 = + ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 ( )y x 4 ( )y x ( )sin x 2


:= sol = ( )y x − − + + 18

132 ( )cos 2 x 1

8 ( )sin 2 x x _C1 ( )cos 2 x _C2 ( )sin 2 x

Στη συνέχεια βρίσκουμε μια μερική λύση με την μέθοδο της μεταβολής των παραμέτρων. > ymer:=v1(x)*cos(2*x)+v2(x)*sin(2*x);

:= ymer + ( )v1 x ( )cos 2 x ( )v2 x ( )sin 2 x > eq2:=diff(v1(x),x)*cos(2*x)+diff(v2(x),x)*sin(2*x)=0;

:= eq2 = + ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )v1 x ( )cos 2 x ⎛

⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )v2 x ( )sin 2 x 0

> eq3:=-2*diff(v1(x),x)*sin(2*x)+2*diff(v2(x),x)*cos(2*x)= (sin(x))^2;

:= eq3 = − + 2 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )v1 x ( )sin 2 x 2 ⎛

⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )v2 x ( )cos 2 x ( )sin x 2


:= s1 , = ∂∂x ( )v2 x −

12 ( )sin x 2 ( )− + 1 2 ( )sin x 2 =

∂∂x ( )v1 x − ( )sin x 3 ( )cos x

> s2:=map(int,s1[1],x);

:= s2 = ( )v2 x − + 18 ( )cos x ( )sin x 1

8 x 14 ( )sin x 3 ( )cos x

> s3:=map(int,s1[2],x); := s3 = ( )v1 x −14 ( )sin x 4

> ymer:=simplify(subs(s2,s3,ymer));

:= ymer − + − 14 ( )cos x ( )sin x x 1

414 ( )cos x 2

> assign(sol): > tograph:=seq(seq(subs(_C1=i,_C2=j,y(x)),j=-1..1),i=-1..1): > plot(tograph,x=-4..4,numpoints=100); > assign(sol):


Παράγραφος 8.6 Ασκήσεις 1) Να λυθούν τα παρακάτω προβλήματα αρχικών τιμών με την βοήθεια του μετασχηματι-σμού Laplace: α) y″+4y=9x , y(0)=0 , y′(0)=25/4 β) y″-3y′+2y=4x+12e-x , y(0)=6 , y′(0)=-1 γ) y″-4y′+5y=125x2 , y(0)=y′(0)=0 δ) y′″-y=ex , y(0)=y′(0)=y″(0)=0

Λύση: L(y′′)+4L(y)=L(9x) ⇒ t2Y(t)-ty(0)-y′(0)+4Y(t)=912t

⇒ Y(t)(t2+4)=9 25

42t+

⇒ Y(t)= ( )9

425 4

494

1 94

14

25 44

94

1 164

142 2 2 2 2 2 2 2t t t t t t t t+

++

= −+

++

= ++

/ / ⇒

y(x)=94

22

494

2 22xt

x x++

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= +L sin

> restart; > with(DEtools): > with(inttrans): > with(plots):

> eq1:=diff(y(x),x$2)+4*y(x)=9*x; := eq1 = + ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 ( )y x 4 ( )y x 9 x

> sol:=dsolve(eq1,y(0)=0,D(y)(0)=25/4,y(x),method=laplace);

:= sol = ( )y x + 94 x 2 (sin 2 x )

> y(x):=rhs(sol); := ( )y x +

94 x 2 (sin 2 x )

> plot(rhs(sol),x=-3..3,numpoints=100);

Στη συνέχεια θα προσπαθήσουμε να λύσουμε την διαφορική εξίσωση ακολουθώντας τα βήματα της θεωρίας.


> restart; > with(DEtools): > with(inttrans): > eq1:=diff(y(x),x$2)+4*y(x)=9*x; > alias(Y(t)=laplace(y(x),x,t)):

:= eq1 = + ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 ( )y x 4 ( )y x 9 x

> eq2:=laplace(eq1,x,t);

:= eq2 = − + t ( ) − t ( )Y t ( )y 0 ( )( )D y 0 4 ( )Y t 9 1t2

> Y(t):=solve(subs(y(0)=0,D(y)(0)=25/4,eq2),Y(t));

:= ( )Y t 14

+ 25 t2 36t2 ( ) + t2 4

> y(x):=invlaplace(Y(t),t,x);

:= ( )y x + 94 x 2 (sin 2 x )

β) y″-3y′+2y=4x+12e-x , y(0)=6 , y′(0)=-1 Λύση: L(y′′)-3L(y′)+2 L(y)=L(4x+12e-x) ⇒

t2Y(t)-ty(0)-y′(0)-3tY(t)-y(0)+2Y(t)=4

121

12t t+

+⇒ Y(t)t2-3t+2-6t+1+18=

4 1212t t

++

⇒Y(t)(t-2)(t-1)=6t-19+4 12

12t t+

+⇒

Y(t)= ( )( ) ( )( ) ( )( )( )6 19

2 142 1

122 1 12

tt t t t t t t t

−− −

+− −

+− − +

⇒ Y(t)= −−

+−

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

+ + +−

−−

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

++

+−

−−

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

72

131

2 3 12

41

21

42

612t t t t t t t t t

⇒

Y(t)=-2

23

12

13 2

2t t t t t−+

−+

++ + ⇒ y(x)=-2e2x+3ex+2e-x+3+2x

> restart; > with(DEtools): > with(inttrans): > with(plots): > eq1:=diff(y(x),x$2)-3*diff(y(x),x)+2*y(x)=4*x+12*exp(-x);

:= eq1 = − + ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 ( )y x 3 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )y x 2 ( )y x + 4 x 12 e

( )−x

> sol:=dsolve(eq1,y(0)=6,D(y)(0)=-1,y(x),method=laplace); := sol = ( )y x + + − + 2 x 3 3 ex 2 e

( )2 x2 e

( )−x

> y(x):=rhs(sol); := ( )y x + + − + 2 x 3 3 ex 2 e( )2 x

2 e( )−x



Στη συνέχεια θα προσπαθήσουμε να λύσουμε την διαφορική εξίσωση ακολουθώντας τα βήματα της θεωρίας. > restart; > with(DEtools): > with(inttrans): > eq1:=diff(y(x),x$2)-3*diff(y(x),x)+2*y(x)=4*x+12*exp(-x); > alias(Y(t)=laplace(y(x),x,t)):

:= eq1 = − + ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 ( )y x 3 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )y x 2 ( )y x + 4 x 12 e

( )−x


:= eq2 = − − + + t ( ) − t ( )Y t ( )y 0 ( )( )D y 0 3 t ( )Y t 3 ( )y 0 2 ( )Y t + 4 1t2

12 + 1 t

> Y(t):=solve(subs(y(0)=6,D(y)(0)=-1,eq2),Y(t));

:= ( )Y t − + − + + 13 t3 6 t4 7 t2 4 4 tt2 ( )− + − + 2 t2 t3 t 2

> y(x):=invlaplace(Y(t),t,x); := ( )y x + + − + 2 x 3 3 ex 2 e

( )2 x2 e

( )−x

γ) y″-4y′+5y=125x2 , y(0)=y′(0)=0

Λύση: t2Y(t)-4tY(t)+5Y(t)=1252

3

!t

⇒ Y(t)= ( )250

4 550 40 22

224 11

4 53 2 3 2 2t t t t t tt

t t− += + + −

− +− +

⇒ y(x)=25x2+40x+22-2L-1 − +− +

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

24 114 52

tt t

αλλά − +

− +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

24 114 52

tt t

=( ) ( )

−− +

+− +

= −− +

+− +− +

242 1

112 1

2412 1

112 22 12 2 2 2( ) ( )

( )t

tt t

tt

=

=( ) ( ) ( ) ( )

−− +

+−

− ++

− += −

− ++

−− +

2412 1

112

2 122

12 1

212 1

112

2 12 2 2 2( )tt

t t tt

t 2 ⇒


L-1

( )− +

− +

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

24 112 12

tt

=-2e2xsinx+11e2xcosx

Τελικά y(x)=25x2+40x+22+2e2x(2sinx-11cosx) > restart; > with(DEtools): > with(inttrans): > with(plots): > eq1:=diff(y(x),x$2)-4*diff(y(x),x)+5*y(x)=125*x^2;

:= eq1 = − + ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 ( )y x 4 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )y x 5 ( )y x 125 x2

> sol:=dsolve(eq1,y(0)=0,D(y)(0)=0,y(x),method=laplace); := sol = ( )y x + + − + 25 x2 40 x 22 22 e

( )2 x( )cos x 4 e

( )2 x( )sin x

> y(x):=rhs(sol); := ( )y x + + − + 25 x2 40 x 22 22 e

( )2 x( )cos x 4 e

( )2 x( )sin x

> plot(rhs(sol),x=-3..1.5,numpoints=100);

Στη συνέχεια θα προσπαθήσουμε να λύσουμε την διαφορική εξίσωση ακολουθώντας τα βήματα της θεωρίας. > restart; > with(DEtools): > with(inttrans): > eq1:=diff(y(x),x$2)-4*diff(y(x),x)+5*y(x)=125*x^2; > alias(Y(t)=laplace(y(x),x,t)):

:= eq1 = − + ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 ( )y x 4 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )y x 5 ( )y x 125 x2


:= eq2 = − − + + t ( ) − t ( )Y t ( )y 0 ( )( )D y 0 4 t ( )Y t 4 ( )y 0 5 ( )Y t 250 1t3


> Y(t):=solve(subs(y(0)=6,D(y)(0)=0,eq2),Y(t));

:= ( )Y t 2 − + 3 t4 12 t3 125t3 ( ) − + t2 4 t 5

> y(x):=invlaplace(Y(t),t,x); := ( )y x + + − − 25 x2 40 x 22 16 e

( )2 x( )cos x 8 e

( )2 x( )sin x

δ) y′″-y=ex , y(0)=y′(0)=y″(0)=0

Λύση: t3Y(t)-t2y(0)-ty′(0)-y′′(0)-Y(t)=1

1t − ⇒ Y(t)(t3-1)=

11t −

⇒

Y(t)=( )

11 1

13

11

13

11

13

113 2( )( )t t t t

tt t− −

= −−

+−

+ 2

++ +

⇒

y(x)=L-1(Y(t))= − + ++

+ +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

−13

13

13

11

12e xet

t tx x L

αλλά t

t tt

t

t

t

++ +

=+

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

+⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

=+

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

+

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

+⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

11

1

12

32

12

12

12

32

2 2 2 2 2 =

=t

t t

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

+⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

+

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

+⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

12

12

32

13

32

12

32

2 2 2 2 ⇒

L− − −++ +

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

=⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ +

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟1

22 21

132

13

32

tt t

ex

exx x/ /cos sin

Τελικά y(x)= - x x x / 2 x / 21 1 1 3x 3 3xe xe e cos e sin3 3 3 2 9 2

− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

> restart; > with(DEtools): > with(inttrans): > with(plots):

> eq1:=diff(y(x),x$3)-y(x)=exp(x); := eq1 = − ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂3

x3 ( )y x ( )y x ex

>sol:=dsolve(eq1,y(0)=0,D(y)(0)=0,D(D(y))(0)=0,y(x),method=laplace);

:= sol = ( )y x − + + 13 x ex 1

3 ex 13 e

( )− /1 2 x ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟cos 1

2 3 x 19 e

( )− /1 2 x3 ⎛

⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟sin 1

2 3 x

> y(x):=rhs(sol);

:= ( )y x − + + 13 x ex 1

3 ex 13 e

( )− /1 2 x ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟cos 1

2 3 x 19 e

( )− /1 2 x3 ⎛

⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟sin 1

2 3 x



Στη συνέχεια θα προσπαθήσουμε να λύσουμε την διαφορική εξίσωση ακολουθώντας τα βήματα της θεωρίας. > restart; > with(DEtools): > with(inttrans): > eq1:=diff(y(x),x$3)-y(x)=exp(x); > alias(Y(t)=laplace(y(x),x,t)):

:= eq1 = − ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂3

x3 ( )y x ( )y x ex


:= eq2 = − − t ( ) − t ( ) − t ( )Y t ( )y 0 ( )( )D y 0 ( )( )( )D( )2

y 0 ( )Y t 1 − t 1

> Y(t):=solve(subs(y(0)=0,D(y)(0)=0,D(D(y))(0)=0,eq2),Y(t));

:= ( )Y t 1 − − + t4 t3 t 1


:= ( )y x − + + 13 x ex 1

3 ex 19 e

( )− /1 2 x3 ⎛

⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟sin 1

2 3 x 13 e

( )− /1 2 x ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟cos 1

2 3 x

2) Να βρεθούν οι γενικές λύσεις των παρακάτω Δ.Ε. με την βοήθεια του μετασχηματι-σμού Laplace: α) y″-3y′+2y=4e2x β) y″+2y′+5y=e-xsinx γ) y″+9y=cos2x Λύση: α) Θέτουμε y(0)=A , y′(0)=B και έχουμε:

t2Y(t)-tA-B-3tY(t)-A+2Y(t)=41

2t − ⇒ Y(t)(t2-3t+2)-At-B+3A=4

12t −

⇒

Y(t)=( ) ( ) ( )( ) ( )

42 1

32 1

42

42

41 2

212 2t t

At B At t t t t

B At

B At− −

++ −

− −=

−−

−+

−

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ +

−−

−−−

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⇒

y(x)=4xe2x-4e2x+4ex+(B-A)e2x-(B-2A)ex=4xe2x+c1ex+c2e2x


> restart; > with(DEtools): > with(inttrans): > with(plots): > eq1:=diff(y(x),x$2)-3*diff(y(x),x$1)+2*y(x)=4*exp(2*x);

:= eq1 = − + ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 ( )y x 3 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )y x 2 ( )y x 4 e

( )2 x

>sol:=dsolve(eq1,y(0)=A,D(y)(0)=B,D(D(y))(0)=0,y(x),method=laplace);

:= sol = ( )y x − + − + − + 2 ex A ex B 4 ex e( )2 x

A e( )2 x

B 4 e( )2 x

4 x e( )2 x

> y(x):=rhs(sol): > y(x):=collect((collect(y(x),exp(x)),exp(2*x)));

:= ( )y x + ( ) − + − B 4 4 x A e( )2 x

( ) − + 2 A B 4 ex

Στη συνέχεια θα προσπαθήσουμε να λύσουμε την διαφορική εξίσωση ακολουθώντας τα βήματα της θεωρίας. > restart; > with(DEtools): > with(inttrans): > eq1:=diff(y(x),x$2)-3*diff(y(x),x$1)+2*y(x)=4*exp(2*x); > alias(Y(t)=laplace(y(x),x,t)):

:= eq1 = − + ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 ( )y x 3 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )y x 2 ( )y x 4 e

( )2 x


:= eq2 = − − + + t ( ) − t ( )Y t ( )y 0 ( )( )D y 0 3 t ( )Y t 3 ( )y 0 2 ( )Y t 4 1 − t 2

> Y(t):=solve(subs(y(0)=A,D(y)(0)=B,eq2),Y(t));

:= ( )Y t − + − + + A t2 5 A t B t 2 B 6 A 4 − + − t3 5 t2 8 t 4

> y(x):=invlaplace(Y(t),t,x); := ( )y x − + − + − + 4 ex ex B 2 ex A 4 e

( )2 xe

( )2 xB e

( )2 xA 4 x e

( )2 x

> y(x):=collect((collect(y(x),exp(x)),exp(2*x))); := ( )y x + ( ) − + − B A 4 x 4 e

( )2 x( ) − + 4 B 2 A ex

β) y″+2y′+5y=e-xsinx Λύση: Θέτουμε y(0)=A , y′(0)=B και έχουμε:

t2Y(t)-tA-B+2tY(t)-A+5Y(t)=( )

11 12t + +

⇒

Y(t)[t2+2t+5]+[-At-B-2A]= ( )

11 12t + +

⇒


Y(t)=( ) ( )[ ]

At B At t t t t

+ ++ +

++ + + +

22 5

12 5 1 12 2 2 =

( ) ( ) ( )2 22 2

t 1 1 1 13 3t 1 2 t 1 2 t 1 12

Γ + Δ− +

+ + + + + + ⇒

y(x)=L-1(Y(t))=Γe-xcos2x+(Δ/2)e-xsin2x-(1/6)e-xsin2x+(1/3)e-xsinx= =e-x[c1sin2x+c2cos2x]+(1/3)e-xsinx

> restart; > with(DEtools): > with(inttrans): > with(plots): > eq1:=diff(y(x),x$2)+2*diff(y(x),x$1)+5*y(x)=exp(-x)*sin(x);

:= eq1 = + + ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 ( )y x 2 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )y x 5 ( )y x e

( )−x( )sin x

>sol:=dsolve(eq1,y(0)=A,D(y)(0)=B,y(x),method=laplace);

sol ( )y x 13 e

( )−x( )sin x e

( )−xA ( )cos 2 x 1

6 e( )−x

( )sin 2 x 12 e

( )−xB ( )sin 2 x + − + = :=

12 e

( )−xA ( )sin 2 x +

> y(x):=rhs(sol): > y(x):=collect(y(x),exp(-x));

:= ( )y x ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟ + + ⎛

⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟− + +

16

12 B 1

2 A ( )sin 2 x 13 ( )sin x A ( )cos 2 x e

( )−x

Στη συνέχεια θα προσπαθήσουμε να λύσουμε την διαφορική εξίσωση ακολουθώντας τα βήματα της θεωρίας. > restart; > with(DEtools): > with(inttrans): > eq1:=diff(y(x),x$2)+2*diff(y(x),x$1)+5*y(x)=exp(-x)*sin(x); > alias(Y(t)=laplace(y(x),x,t)):

:= eq1 = + + ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 ( )y x 2 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )y x 5 ( )y x e

( )−x( )sin x

> eq2:=laplace(eq1,x,t); := eq2 = − + − + t ( ) − t ( )Y t ( )y 0 ( )( )D y 0 2 t ( )Y t 2 ( )y 0 5 ( )Y t 1

+ ( ) + t 1 2 1> Y(t):=solve(subs(y(0)=A,D(y)(0)=B,eq2),Y(t));

:= ( )Y t + + + + + + + A t3 4 A t2 6 A t B t2 2 B t 2 B 4 A 1 + + + + t4 4 t3 11 t2 14 t 10


( )y x 13 e

( )−x( )sin x 1

2 e( )−x

A ( )sin 2 x 12 e

( )−xB ( )sin 2 x 1

6 e( )−x

( )sin 2 x + + − :=

e( )−x

A ( )cos 2 x +

> y(x):=collect(y(x),exp(-x));

:= ( )y x ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟ + + − +

13 ( )sin x 1

2 A ( )sin 2 x 12 B ( )sin 2 x 1

6 ( )sin 2 x A ( )cos 2 x e( )−x


γ) y″+9y=cos2x Λύση: Θέτουμε y(0)=A , y′(0)=B και έχουμε:

tt 2 4+

tt 2 4+

t2Y(t)-tA-B+9Y(t)= ⇒ Y(t)(t2+9)= +tA+B ⇒

( )( )t

t tA

tt

Bt2 2 2 29 4 9

19+ +

++

++

Y(t)= =

−+

++

++

++

15 3

15 2 9

192 2 2 2 2 2

tt

tt

At

tB

t ⇒ =

y(x)=-1/5cos3x+1/5cos2x+Acos3x+(B/3)sin3x=c1sin3x+c2cos3x+1/5cos2x > restart; > with(DEtools): > with(inttrans): > with(plots): > eq1:=diff(y(x),x$2)+9*y(x)=cos(2*x);

:= eq1 = + ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 ( )y x 9 ( )y x ( )cos 2 x

>sol:=dsolve(eq1,y(0)=A,D(y)(0)=B,D(D(y))(0)=0,y(x),method=laplace);

:= sol = ( )y x + − + 15 ( )cos 2 x A ( )cos 3 x 1

5 ( )cos 3 x 13 B ( )sin 3 x

> y(x):=rhs(sol): > y(x):=collect(y(x),cos(3*x));

:= ( )y x + + ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟ − A 1

5 ( )cos 3 x 15 ( )cos 2 x 1

3 B ( )sin 3 x

Στη συνέχεια θα προσπαθήσουμε να λύσουμε την διαφορική εξίσωση ακολουθώντας τα βήματα της θεωρίας. > restart; > with(DEtools): > with(inttrans): > eq1:=diff(y(x),x$2)+9*y(x)=cos(2*x); > alias(Y(t)=laplace(y(x),x,t)):

:= eq1 = + ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 ( )y x 9 ( )y x ( )cos 2 x

> eq2:=laplace(eq1,x,t); := eq2 = − + t ( ) − t ( )Y t ( )y 0 ( )( )D y 0 9 ( )Y t t

+ t2 4> Y(t):=solve(subs(y(0)=A,D(y)(0)=B,eq2),Y(t));

:= ( )Y t + + + + A t3 4 t A B t2 4 B t + + t4 13 t2 36


:= ( )y x + − + 13 B ( )sin 3 x A ( )cos 3 x 1

5 ( )cos 3 x 15 ( )cos 2 x


> y(x):=collect(y(x),cos(3*x));

:= ( )y x + + ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟ − A 1

5 ( )cos 3 x 13 B ( )sin 3 x 1

5 ( )cos 2 x

3) Να σχεδιάσετε την γραφική παράσταση της συνάρτησης g(x)=f(x)[u(x-α)-u(x-β] εάν η συνάρτηση f(x) είναι γνωστή. Λύση:

Στη συνέχεια εφαρμόζουμε τον παραπάνω τύπο για την συνάρτηση f(x)=sin(x), η οποία αποκόπτεται στο διάστημα: [a, b]=[1, 3]. > restart; > with(plots): > f(x):=sin(x): > a:=1: > b:=3: > g(x):=f(x)*(Heaviside(x-a)-Heaviside(x-b));

:= ( )g x ( )sin x ( ) − ( )Heaviside − x 1 ( )Heaviside − x 3

> p1:=plot(f(x),x=-4..5, color=black,style=point): > p2:=plot(g(x),x=-4..5): > display(p1,p2);

Κεφάλαιο 10

g(x) f(x)

α β α β


Ασκήσεις: Να λυθούν οι Δ.Ε. του Euler 1) x3y′″+3x2y"-2xy′+2y=0 2) 2x2y"+3xy′-y=0 3) x2y"+xy′+y=0 για x>0 Λύσεις 1) x3y′″+3x2y"-2xy′+2y=0 . Θέτουμε y=xs στην Δ.Ε. και έχουμε:

x3s(s-1)(s-2)xs-3+3x2s(s-1)xs-2-2xsxs-1+2xs=0 ⇒ s(s-1)(s-2)+3s(s-1)-2(s-1)=0 ⇒

(s-1)[s(s-2)+3s-2]=0 ⇒ (s-1)[s2+s-2]=0 ⇒ (s-1)2(s+2)=0 ⇒ s1=s2=1 , s3=-2

Άρα y=c1x+c2xlnx+c3x-2 > restart; > with(DEtools): > with(plots): > eq1:=x^3*diff(y(x),x$3)+3*x^2*diff(y(x),x$2)-2*x*diff(y(x),x)+2*y(x)=0;

:= eq1 = + − + x3 ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂3

x3 ( )y x 3 x2 ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 ( )y x 2 x ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )y x 2 ( )y x 0


:= sol = ( )y x + + _C1 x _C2x2 _C3 x ( )ln x

Στη συνέχεια βρίσκουμε την λύση ακολουθώντας τα βήματα της θεωρίας.. > s1:=subs(y(x)=x^m,lhs(eq1));

:= s1 + − + x3 ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂3

x3 xm 3 x2 ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 xm 2 x ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x xm 2 xm

> s2:=value(s1); := s2 + − + x3 ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟ − +

xm m3

x33 xm m2

x32 xm m

x3 3 x2 ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟ −

xm m2

x2xm m

x2 2 xm m 2 xm

:= s3 xm ( ) + m 2 ( ) − m 1 2> s3:=factor(s2); := s4 , ,-2 1 1> s4:=solve(s3,m);

> yom:=(c1+c2*ln(x))*x+c3*x^(-2);

:= yom + ( ) + c1 c2 ( )ln x x c3x2

> assign(sol): > tograph:=seq(seq(seq(subs(_C1=i,_C2=j,_C3=k,y(x)),j=-1..1),i=-1..1),k=-1..1): > plot(tograph,x=.3..3,numpoints=100);


2) 2x2y"+3xy′-y=0 . Θέτουμε y=xs στην Δ.Ε. και έχουμε: 2x2s(s-1)xs-2+3xsxs-1-xs=0 ⇒ 2s(s-1)+3s-1=0 ⇒ 2s2+s-1=0 ⇒ s1=1 , s2=-½

12

c c xx

+Άρα y=

> restart; > with(DEtools): > with(plots): > eq1:=2*x^2*diff(y(x),x$2)+3*x*diff(y(x),x)-y(x)=0;

:= eq1 = + − 2 x2 ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 ( )y x 3 x ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )y x ( )y x 0


:= sol = ( )y x + _C1

x _C2 x


:= s1 + − 2 x2 ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 xm 3 x ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x xm xm

> s2:=value(s1);

:= s2 + − 2 x2 ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟ −

xm m2

x2xm m

x2 3 xm m xm

:= s3 xm ( ) + m 1 ( ) − 2 m 1> s3:=factor(s2);

:= s4 ,-1 12> s4:=solve(s3,m);

> m1:=s4[1]; := m1 -1

:= m2 12 > m2:=s4[2];

:= yom + c1x c2 x> yom:=c1*(x^m1)+c2*(x^m2);


> assign(sol): > tograph:=seq(seq(subs(_C1=i,_C2=j,y(x)),j=-1..1),i=-1..1): > plot(tograph,x=0.1..15,numpoints=100);

3) x2y"+xy′+y=0 . Θέτουμε y=xs στην Δ.Ε. και έχουμε: x2s(s-1)xs-2+xsxs-1+xs=0 ⇒ s(s-1)+s+1=0 ⇒ s2+1=0 ⇒ s1=i , s2=-i Άρα y=c1cos(lnx)+c2sin(lnx) > restart; > with(DEtools): > with(plots): > eq1:=x^2*diff(y(x),x$2)+x*diff(y(x),x)+y(x)=0;

:= eq1 = + + x2 ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 ( )y x x ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )y x ( )y x 0

> sol:=dsolve(eq1,y(x)); := sol = ( )y x + _C1 ( )cos ( )ln x _C2 ( )sin ( )ln x


:= s1 + + x2 ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 xm x ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x xm xm

:= s2 + + x2 ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟ −

xm m2

x2xm m

x2 xm m xm> s2:=value(s1);

:= s3 xm ( ) + m2 1> s3:=factor(s2); := s4 ,I −I> s4:=solve(s3,m); := m1 I> m1:=s4[1]; := m2 −I> m2:=s4[2];

> yom:=c1*cos(ln(x))+c2*sin(ln(x)); := yom + c1 ( )cos ( )ln x c2 ( )sin ( )ln x

> assign(sol): > tograph:=seq(seq(subs(_C1=i,_C2=j,y(x)),j=-1..1),i=-1..1): > plot(tograph,x=0.1..5,numpoints=100);


Παράγραφος 11.6 Ασκήσεις: Να βρεθούν οι γενικές λύσεις των παρακάτω Δ.Ε. γύρω από το σημείο α=0 χρησιμοποιώντας την μέθοδο του Frobenius. 1) 8x2y″+10xy′+(x-1)y=0 2) 2x2y″+7x(x+1)y′-3y=0 3) x2y″-xy′+y=0 Λύσεις: 1) 8x2y″+10xy′+(x-1)y=0 Έχουμε P(x)=5/4x και Q(x)=(x-1)/8x2 και A(x)=5/4 , B(x)=(x-1)/8 Επομένως το σημείο α=0 είναι κανονικό ανώμαλο σημείο.

Θέτουμε: y(x)= οπότε nn

n 0c x

∞+λ

=∑

y′(x)= και y″(x)= n 1n

n 0( n)c x

∞λ+ −

=

λ +∑ n 2n

n 0( n)( n 1)c x

∞λ+ −

=

λ + λ + −∑


8x2 +10xn 2n

n 0( n)( n 1)c x

∞λ+ −

=

λ + λ + −∑ n 1n

n 0( n)c x

∞λ+ −

=

λ +∑ nn

n 0c x

∞+λ

=∑+x - =0 ⇒ n

nn 0

c x∞

+λ

=∑

nn

n 08( n)( n 1)c x

∞

=

λ + λ + −∑ + + - =0 ⇒ c xnn

n−

=

∞

∑ 11

c xnn

n=

∞

∑0

nn

n 010( n)c x

∞

=

λ +∑

[ ] nn n n

n 08( n)( n 1)c 10( n)c c x

∞

=

λ + λ + − + λ + −∑ c xnn

n−

=

∞

∑ 11

+ =0 ⇒

( ) ( ) 2 nn n 1

n 18 n 2 n 1 c c x

∞

−=

⎡ ⎤λ + + λ + − +⎣ ⎦∑ (8λ2+2λ-1)c0+ =0 ⇒

(8λ2+2λ-1)c0=0 ⇒ λ1=1/4 , λ2=-½ και c0 τυχαίος αριθμός. Επίσης λ1-λ2=3/4≠θετικού ακεραίου Εξισώνουμε τους συντελεστές των ομοίων όρων στο γενικό άθροισμα και έχουμε:


( ) ( )n 1

2c

8 n 2 n−

λ + + λ + − n→n : cn(λ1) =-

1

n 12

c1 18 n 2 n4 4

−

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Για λ1=1/4 : cn=- 1

( ) ( )0

02c 1 c

148 1/ 4 1 2 1/ 4 1 1= −

+ + + −για n=1 : c1=-

0

102 2

cc 114 c

6161 1 9 98 2 2 2 1 8 2 14 4 4 4

= =⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + + − + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

για n=2 : c2=-

Επομένως για λ1=1/4 αντιστοιχεί η μερική λύση:

112

140

2− + +⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

x x y2(x)=x-1/2

(Η αυθαίρετη πολλαπλασιαστική σταθερά c0 μπορεί να παραληφθεί)

n 12

c1 18 n 2 n2 2

−

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + + − + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Για λ1=-1/2 : cn=- 1

( ) ( )0

02c 1 c

28 1/ 2 1 2 1/ 2 1 1= −

− + + − + −για n=1 : c1=-

0

102 2

cc 12 c

401 1 3 38 2 2 2 1 8 2 12 2 2 2

= =⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + + − + − + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

για n=2 : c2=-

Επομένως για λ2=-1/2 αντιστοιχεί η μερική λύση:

112

140

2− + +⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

x x y2(x)=x-1/2

(Η αυθαίρετη πολλαπλασιαστική σταθερά c0 μπορεί να παραληφθεί) Τελικά η γενική λύση είναι:

11

141

6162− + +⎡

⎣⎢⎤⎦⎥

x x 112

140

2− + +⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

x x yγεν(x)=k1y1(x)+k2y2(x)=k1x1/4 +k2x-1/2

με k1 , k2 αυθαίρετες σταθερές. > restart; > with(DEtools): > with(plots): > Order:=3: > eq1:=8*x^2*diff(y(x),x$2)+10*x*diff(y(x),x)+(x-1)*y(x)=0;

:= eq1 = + + 8 x2 ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 ( )y x 10 x ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )y x ( ) − x 1 ( )y x 0


> sol1:=dsolve(eq1,y(x),series);

:= sol1 = ( )y x + _C1 ⎛

⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟ − + + 1 1

2 x 140 x2 ( )O x3

x_C2 x

( )/1 4 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟ − + + 1 1

14 x 1616 x2 ( )O x3

> sol2:=convert(rhs(sol1),polynom);

:= sol2 + _C1 ⎛

⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟ − + 1 1

2 x 140 x2

x_C2 x

( )/1 4 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟ − + 1 1

14 x 1616 x2

2) 2x2y″+7x(x+1)y′-3y=0 Έχουμε P(x)=7x/(2x2)=7/2x και Q(x)=-3/(2x2) και A(x)=7/2 , B(x)=-3/2 Επομένως το σημείο α=0 είναι κανονικό ανώμαλο σημείο.

Θέτουμε: y(x)= οπότε y′(x)=nn

n 0c x

∞+λ

=∑ n 1

nn 0

( n)c x∞

λ+ −

=

λ +∑

n 2n

n 0( n)( n 1)c x

∞λ+ −

=

λ + λ + −∑και y″(x)=


2x2 +7x2n 2n

n 0( n)( n 1)c x

∞λ+ −

=

λ + λ + −∑ n 1n

n 0( n)c x

∞λ+ −

=

λ +∑ nn

n 0c x

∞+λ

=∑+7x -3 =0 ⇒ n

nn 0

c x∞

+λ

=∑

nn

n 02( n)( n 1)c x

∞

=

λ + λ + −∑ + n 1n

n 07( n)c x

∞+

=

λ +∑ + -3 =0 ⇒ c xnn

n=

∞

∑0

( ) nn

n 17 n c x

∞

=

+ λ∑

[ ] nn n n

n 02( n)( n 1)c 7( n)c 3c x

∞

=

λ + λ + − + λ + −∑ ( ) nn 1

n 17 n 1 c x

∞

−=

λ + −

λ + λ + + −⎣∑ ( ) nn 1

n 17 n 1 c x

∞

−=

λ + −∑

1

+∑ =0 ⇒

( )( ) nn

n 0( n) 2 n 5 3 c x

∞

=

⎡ ⎤⎦ + =0 ⇒

[λ(2λ+5)-3]c0+ =0 ⇒ ( )( ) ( ) nn n

n 1( n) 2 n 5 3 c 7 n 1 c x

∞

−=

⎡ ⎤λ + λ + + − + + λ −⎣ ⎦∑[λ(2λ+5)-3]c0=0 ⇒ λ1=1/2 , λ2=-3 και c0 τυχαίος αριθμός. Επίσης λ1-λ2=7/2≠θετικού ακεραίου. Εξισώνουμε τους συντελεστές των ομοίων όρων στο γενικό άθροισμα και έχουμε:

( )( ) ( ) n 12

7 n 1c

2 n 5 n 3−

+ λ −

λ + + λ + − n→n : cn=-

( )( ) ( ) n 12

7 n 1/ 2c

2 n 1/ 2 5 n 1/ 2 3−

−

+ + + −Για λ1=1/4 : cn=-

( ) ( ) 0 027(1/ 2) 7c c

182 1 1/ 2 5 1 1/ 2 3= −

+ + + −για n=1 : c1=-

( )( ) ( ) 1 02

7 2 1/ 2 147c c7922 2 1/ 2 5 2 1/ 2 3

−=

+ + + −για n=2 : c2=-

Επομένως για λ1=1/2 αντιστοιχεί η μερική λύση:


17

18147792

2− + +⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

x x y1(x)=x1/2

(Η αυθαίρετη πολλαπλασιαστική σταθερά c0 μπορεί να παραληφθεί)

( )( ) ( ) n 12

7 n 4c

2 n 3 5 n 3 3−

−

− + − −Για λ2=-3 : cn=-

( ) ( ) 0 027( 3) 21c c

52 2 5 2 3−

= −− + − −

για n=1 : c1=-

( )( ) ( ) 1 02

7 2 49c c52 1 5 1 3

−=

− + − −για n=2 : c2=-

( )( ) ( ) 2 02

7 1 347c c152 0 5 0 3

−= −

+ −για n=3 : c3=-

Επομένως για λ1=-3 αντιστοιχεί η μερική λύση:

1215

495

34315

2 3− + −⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

x x xy2(x)=x-3

(Η αυθαίρετη πολλαπλασιαστική σταθερά c0 μπορεί να παραληφθεί) Τελικά η γενική λύση είναι:

17

18147792

2− + +⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

x x 1215

495

34315

2 3− + −⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

x x xyγεν(x)=Αy1(x)+Βy2(x)=Αx1/2 +Βx-3

με Α, Β αυθαίρετες σταθερές. > restart; > with(DEtools): > with(plots): > Order:=4: > eq1:=2*x^2*diff(y(x),x$2)+7*x*(x+1)*diff(y(x),x)-3*y(x)=0;

:= eq1 = + − 2 x2 ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 ( )y x 7 x ( ) + x 1 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )y x 3 ( )y x 0

> sol1:=dsolve(eq1,y(x),series);

sol1 ( )y x_C1 ⎛

⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟ − + − + 1 21

5 x 495 x2 343

15 x3 ( )O x4

x3 = :=

_C2 x ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟ − + − + 1 7

18 x 49264 x2 1715

20592 x3 ( )O x4 +


:= sol2 + _C1 ⎛

⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟ − + − 1 21

5 x 495 x2 343

15 x3

x3 _C2 x ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟ − + − 1 7

18 x 49264 x2 1715

20592 x3

3) x2y″-xy′+y=0


Έχουμε P(x)=-1/x και Q(x)=1/x2 και A(x)=-1 , B(x)=1 Επομένως το σημείο α=0 είναι κανονικό ανώμαλο σημείο.

Θέτουμε: y(x)= οπότε y′(x)=nn

n 0c x

∞+λ

=∑ n 1

nn 0

( n)c x∞

λ+ −

=

λ +∑

n 2n

n 0( n)( n 1)c x

∞λ+ −

=

λ + λ + −∑και y″(x)=


x2 -xn 2n

n 0( n)( n 1)c x

∞λ+ −

=

λ + λ + −∑ n 1n

n 0( n)c x

∞λ+ −

=

λ +∑ nn

n 0c x

∞+λ

=∑+ =0 ⇒

nn

n 0( n)( n 1)c x

∞

=

λ + λ + −∑ - + =0 ⇒ c xnn

n=

∞

∑0

nn

n 0( n)c x

∞

=

λ +∑

( ) ( ) 2 nn

n 0n 2 n 1 c x

∞

=

λ + − λ + +∑ =0 ⇒ (λ+n)2-2(λ+n)+1cn=0 (1)

Για n=0 έχουμε: λ2-2λ+1=0 ⇒ (λ-1)2=0 ⇒ λ1=λ2=1 (διπλή ρίζα) και c0 τυχαίος αριθμός. Θέτοντας λ=1 στη σχέση (2) βρίσκουμε n2cn=0 ⇒ cn=0 για n≥1. Συνεπώς μια μερική λύ-ση είναι: y1(x)=c0x ή παραλείποντας την πολλαπλασιαστική σταθερά c0 θα είναι:

y1(x)=c0x Για να βρούμε μια δεύτερη μερική λύση πρέπει πρώτα να βρούμε την γενική έκφραση της λύσης συναρτήσει του λ δηλ. y(λ,x), η οποία είναι: y(λ,x)=xλ

y( ,x)∂ λ∂λ

y( ,x) 1∂ λλ =

∂λ=xλlnx και επομένως y2(x)= Οπότε =xlnx=y1(x)lnx

Τελικά η γενική λύση θα είναι: y(x)=Ay1(x)+By2(x)=Ax+Bxlnx όπως ήταν αναμενόμενο αφού η Δ. Ε. είναι Euler. > restart; > with(DEtools): > with(plots): > Order:=4: > eq1:=x^2*diff(y(x),x$2)-x*diff(y(x),x)+y(x)=0;

:= eq1 = − + x2 ⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟∂

∂2

x2 ( )y x x ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )y x ( )y x 0

> sol1:=dsolve(eq1,y(x),series); := sol1 = ( )y x + _C1 x ( ) + 1 ( )O x4 _C2 ( ) + x ( )ln x ( ) + 1 ( )O x4 x ( )( )O x4


:= sol2 + _C1 x _C2 x ( )ln x


Παράγραφος 12.3 Ασκήσεις: Να λυθούν τα παρακάτω συστήματα διαφορικών εξισώσεων. 1) y1′=2y1-y2 y2′=-y1+2y2 2) y1′=2y1+3y2 y2′=3y1+2y2 3) 5y1′+6y1 -8y2=0 5y2′-8y1-6y2=0

4) y1′=y1+y2+x y2′=y1-y2+1-x Λύσεις: 1) α) y1′=2y1-y2 (1) y2′=-y1+2y2 (2) Χρησιμοποιούμε την μέθοδο της απαλοιφής :

Παραγωγίζουμε την (1) και έχουμε: y1″=2y1′-y2′=(2)2y1′+y1-2y2=2y1′+y1-2(2y1-y1′) ⇒ y1″=4y1′-3y1 X.E. μ2-4μ+3=0 ⇒ μ1=1, μ2=3 Άρα y1(x)=c1ex+c2e3x (3) (1) ⇒ y2=2y1-y1′=(3)2(c1ex+c2e3x)-( c1ex+3c2e3x)=c1ex-c2e3x ⇒ y2(x)=c1ex-c2e3x

β) Χρησιμοποιώντας τον τελεστή D το σύστημα γράφεται: (D-2)y1+y2=0 (1′) y1+(D-2)y2=0 (2′)

με Δ=D

D−

−2 1

1 2 =D2-4D+3, L1=D-2, L2=1, T1=1, T2=D-2.

Επομένως μ=2, μ1=1, μ2=1 ⇒ μ=μ1+μ2 και άρα το σύστημα δεν είναι εκφυλισμένο, η δε λύση του θα περιέχει δυο αυθαίρετες σταθερές. Πολλαπλασιάζουμε την (1′) με -(D-2) και έχουμε: -(D-2)2y1-(D-2)y2=0 (3′) Προσθέτουμε τις (2′) και (3′): -(D-2)2y1+y1=0 ⇒ D2y1-4Dy1+3y1=0 ⇒ y1(x)=c1ex+c2e3x

(4′) Από τις (1′) και (4′) προκύπτει η y2(x)= c1ex-c2e3x > restart; > with(DEtools): > with(plots): > a11:=2: > a12:=-1: > a21:=-1: > a22:=2: > eq1:=diff(y1(x),x$1)=a11*y1(x)+a12*y2(x);

:= eq1 = ∂∂x ( )y1 x − 2 ( )y1 x ( )y2 x

> eq2:=diff(y2(x),x$1)=a21*y1(x)+a22*y2(x);

:= eq2 = ∂∂x ( )y2 x − + ( )y1 x 2 ( )y2 x

> f:=rhs(eq1); := f − 2 ( )y1 x ( )y2 x > g:=rhs(eq2); := g − + ( )y1 x 2 ( )y2 x > fieldplot([f,g],y1=-2..2,y2=-2..2);


> sol:=dsolve(eq1,eq2,y1(x),y2(x));

:= sol , = ( )y1 x + _C1 ex _C2 e( )3

x

= ( )y2 x − _C1 ex _C2 e( )3 x

> y1:=rhs(sol[1]); := y1 + _C1 ex _C2 e

( )3 x

> y2:=rhs(sol[2]); := y2 − _C1 ex _C2 e( )3 x

2) α) y1′=2y1+3y2 (1) y2′=3y1+2y2 (2) Χρησιμοποιούμε την μέθοδο της απαλοιφής :

Παραγωγίζουμε την (1) και έχουμε: y1″=2y1′+3y2′=(2)2y1′+3(3y1+2y2)=2y1′+9y1+6y2=(1)2y1′+9y1+2(y1′-2y1)=4y1′+5y1

⇒ y1″-4y1′-5y1=0 ⇒ X. E. μ2-4μ-5=0 ⇒ Χ. Ρ. μ1= -1, μ2=5 Άρα y1(x)=c1e-x+c2e5x (3) (1) ⇒ y2(x)=1/3[y1′-2y1]=(3)1/3[-c1e-x+5c2e5x-2c1e-x-2c2e5x]=-c1e-x+c2e5x ⇒ y2(x)=-c1e-x+c2e5x (4)

β) Χρησιμοποιώντας τον τελεστή D το σύστημα γράφεται: (D-2)y1-3y2=0 (1′) -3y1+(D-2)y2=0 (2′)

με Δ=D

D− −

− −2 3

3 2 =D2-4D-5, L1=D-2, L2=-3, T1=-3, T2=D-2.

Επομένως μ=2, μ1=1, μ2=1 ⇒ μ=μ1+μ2 και άρα το σύστημα δεν είναι εκφυλισμένο, η δε λύση του θα περιέχει δυο αυθαίρετες σταθερές. Πολλαπλασιάζουμε την (1′) με (D-2) και την (2′) με 3 και έχουμε: (D-2)2y1-3(D-2)y2=0 (3′) -9y1+3(D-2)y2=0 (4′) Προσθέτουμε τις (3′) και (4′): (D-2)2y1-9y1=0 ⇒ D2y1-4Dy1-5y1=0 ⇒

y1(x)=c1e-x+c2e5x (5′) Από τις (1′) και (5′) προκύπτει η y2(x)=1/3[(D-2)y1]=1/3[(-c1e-x+5c2e5x)-2(c1e-x+c2e5x)] ⇒

y2(x)=-c1e-x+c2e5x (6′) > restart; > with(DEtools): > with(plots): > a11:=2: > a12:=3: > a21:=3: > a22:=2: > eq1:=diff(y1(x),x$1)=a11*y1(x)+a12*y2(x);


:= eq1 = ∂∂x ( )y1 x + 2 ( )y1 x 3 ( )y2 x


:= eq2 = ∂∂x ( )y2 x + 3 ( )y1 x 2 ( )y2 x

> f:=rhs(eq1); := f + 2 ( )y1 x 3 ( )y2 x > g:=rhs(eq2); := g + 3 ( )y1 x 2 ( )y2 x > fieldplot([f,g],y1=-2..2,y2=-2..2);


:= sol , = ( )y1 x + _C1 e

( )5

x_C2 e

( )−x = ( )y2 x − _C1 e

( )5 x_C2 e

( )−x

> y1:=rhs(sol[1]); := y1 − + _C1 e( )−x

_C2 e( )5 x

> y2:=rhs(sol[2]); := y2 − + _C1 e

( )−x_C2 e

( )5 x

3) α) 5y1′+6y1 -8y2=0 (1) 5y2′-8y1-6y2=0 (2) Χρησιμοποιούμε την μέθοδο της απαλοιφής :

Παραγωγίζουμε την (1) και έχουμε: 5y1″+6y1′-8y2′=(2)5y1″+6y1′ -8/5(8y1+6y2)=0 (3) (1) ⇒ y2=1/8(5y1′+6y1) (4) (3), (4) ⇒ 5y1″+6y1′-8/5[8y1+6/8(5y1′+6y1)]=0 ⇒ y1″-4y1=0 X.E. μ2-4=0 ⇒ μ1=-2, μ2=2 Άρα y1(x)=c1e-2x+c2e2x (5) (4), (5) ⇒ y2=1/8[-10c1e-2x+10c2e2x+6c1e-2x+6c2e2x] ⇒ y2=-c1/2e-2x+2c2e2x

β) Χρησιμοποιώντας τον τελεστή D το σύστημα γράφεται: (5D+6)y1-8y2=0 (1′) -8y1+(5D-6)y2=0 (2′)

με Δ=5 6 8

8 5 6D

D+ −

− −=25D2-100, L1=5D+6, L2=-8, T1=-8, T2=5D-6.

Επομένως μ=2, μ1=1, μ2=1 ⇒ μ=μ1+μ2 και άρα το σύστημα δεν είναι εκφυλισμένο, η δε λύση του θα περιέχει δυο αυθαίρετες σταθερές. Πολλαπλασιάζουμε την (1′) με (5D-6), την (2′) με 8 και προσθέτουμε τις προκύπτουσες σχέσεις: (25D2-36)y1-64y1=0 ⇒ D2y1-4y1=0 ⇒ y1=c1e-2x+c2e2x (3′)


Λύνοντας την (1′) ως προς y2 και χρησιμοποιώντας την (3′) προκύπτει η y2=-c1/2e-2x+2c2e2x

> restart; > with(DEtools): > with(plots): > a11:=-6/5: > a12:=8/5: > a21:=8/5: > a22:=6/5: > eq1:=diff(y1(x),x$1)=a11*y1(x)+a12*y2(x);

:= eq1 = ∂∂x ( )y1 x − +

65 ( )y1 x 8

5 ( )y2 x


:= eq2 = ∂∂x ( )y2 x +

85 ( )y1 x 6

5 ( )y2 x

> f:=rhs(eq1); := f − + 65 ( )y1 x 8

5 ( )y2 x

> g:=rhs(eq2); := g + 85 ( )y1 x 6

5 ( )y2 x

> fieldplot([f,g],y1=-2..2,y2=-2..2);


:= sol , = ( )y1 x + _C1 e( )−2 x

_C2 e( )2 x

= ( )y2 x − + 12 _C1 e

( )−2 x2 _C2 e

( )2 x

> y1:=rhs(sol[1]); := y1 + _C1 e

( )−2 x_C2 e

( )2 x

> y2:=rhs(sol[2]); := y2 − + 12 _C1 e

( )−2 x2 _C2 e

( )2 x

4) α) y1′=y1 +y2+x (1) y2′=y1-y2+1-x (2) Χρησιμοποιούμε την μέθοδο της απαλοιφής :

Παραγωγίζουμε την (1) και έχουμε: y1″=y1′+y2′+1=(2)y1′ +(y1-y2+1-x)+1=y1′+y1-y2+2-x (3) (1) ⇒ y2=y1′-y1-x (4)

(3), (4) ⇒ y1″=y1′+y1-(y1′-y1-x)+2-x ⇒ y1″-2y1=2 ⇒


y1=c1exp(-√2x) +c2exp(√2x) -1 (5) (4), (5) ⇒ y2=y1′-y1-x=[-√2c1exp(-√2x)+√2c2exp(√2x)]-[c1exp(-√2x)+c2exp(√2x) -1]-x ⇒ y2=-(√2 +1)c1exp(-√2x)+(√2 -1)c2exp(√2x)+1-x β) Χρησιμοποιώντας τον τελεστή D το σύστημα γράφεται: (D-1)y1-y2=x (1′) -y1+(D+1)y2=1-x (2′)

με Δ=D

D− −

−1 1

1 +1=D2-2, L1=D+-1, L2=-1, T1=-1, T2=D+1.

Επομένως μ=2, μ1=1, μ2=1 ⇒ μ=μ1+μ2 και άρα το σύστημα δεν είναι εκφυλισμένο, η δε λύση του θα περιέχει δυο αυθαίρετες σταθερές. Πολλαπλασιάζουμε την (1′) με (D+1):

(D2-1)y1-(D+1)y2=(D+1)x=x (3′) Προσθέτουμε τις (2′) και (3′):

(D2-1)y1-y1=1 ⇒ D2y1-2y1=0 ⇒ y1=c1exp(-√2x) +c2exp(√2x) -1 (4′) (1′) ⇒ y2=(D-1)y1-x=(4′)-(√2 +1)c1exp(-√2x)+(√2 -1)c2exp(√2x)+1-x > restart; > with(DEtools): > with(plots): > a11:=1: > a12:=1: > a21:=1: > a22:=-1: > eq1:=diff(y1(x),x$1)=a11*y1(x)+a12*y2(x)+x;

:= eq1 = ∂∂x ( )y1 x + + ( )y1 x ( )y2 x x

> eq2:=diff(y2(x),x$1)=a21*y1(x)+a22*y2(x)+1-x;

:= eq2 = ∂∂x ( )y2 x − + − ( )y1 x ( )y2 x 1 x

> sol:=dsolve(eq1,eq2,y1(x),y2(x)); sol = ( )y1 x − + + 1 _C1 e

( )2 x_C2 e

( )− 2 x, :=

= ( )y2 x − + − − − _C1 2 e( )2 x

_C2 2 e( )− 2 x

1 _C1 e( )2 x

_C2 e( )− 2 x

x

> y1:=rhs(sol[1]); := y1 − + + 1 _C1 e

( )2 x_C2 e

( )− 2 x

> y2:=rhs(sol[2]); := y2 − + − − − _C1 2 e

( )2 x_C2 2 e

( )− 2 x1 _C1 e

( )2 x_C2 e

( )− 2 xx

> y2:=collect(y2,exp(sqrt(2)*x)); := y2 + + − ( )− − _C2 _C2 2 e

( )− 2 x( ) − _C1 2 _C1 e

( )2 x1 x

> y2:=collect(y2,exp(-sqrt(2)*x)); := y2 + + − ( )− − _C2 _C2 2 e

( )− 2 x( ) − _C1 2 _C1 e

( )2 x1 x

Παράγραφος 14.7


Άσκηση 1: Να βρεθούν οι γενικές λύσεις των εξισώσεων διαφορών: 1) yn+2+yn+1-6yn=0 2) yn+2+yn+1-2yn=0 3) yn+2-2yn+1+yn=0 4) yn+2+10yn+1+25yn=0 5) yn+3+yn+2-4yn+1-4yn=0 6) yn+3-3yn+2+4yn+1-2yn=0 Λύσεις: 1) yn+2+yn+1-6yn=0. Η αντίστοιχη χαρακτηριστική εξίσωση είναι: r2+r-6=0 με χαρακτη-ριστικές ρίζες: r1=-3 και r2=2 και η γενική λύση είναι: yn=c1(-3)n+c22n > restart; > with(inttrans): > eq1:=y(n+2)+y(n+1)-6*y(n)=0; := eq1 = + − ( )y + n 2 ( )y + n 1 6 ( )y n 0 > alias(Y(z)=ztrans(y(n),n,z)): > ztrans(eq1,n,z);

= − − + − − z2 ( )Y z ( )y 0 z2 ( )y 1 z z ( )Y z ( )y 0 z 6 ( )Y z 0

> subs(y(0)=A,y(1)=B,%); = − − + − − z2 ( )Y z A z2 B z z ( )Y z A z 6 ( )Y z 0

> sol:=solve(%,Y(z)); := sol z ( ) + + A z B A + − z2 z 6

> yn:=invztrans(%,z,n); := yn − + + + 15 ( )-3 n B 2

5 ( )-3 n A 15 2n B 3

5 2n A 2) yn+2+yn+1-2yn=0. Η αντίστοιχη χαρακτηριστική εξίσωση είναι: r2+r-2=0 με χαρακτη-ριστικές ρίζες: r1=1 και r2=-2 και η γενική λύση είναι: yn=c1+c2(-2)n > restart; > with(inttrans): > eq1:=y(n+2)+y(n+1)-2*y(n)=0; := eq1 = + − ( )y + n 2 ( )y + n 1 2 ( )y n 0 > alias(Y(z)=ztrans(y(n),n,z)): > ztrans(eq1,n,z);

= − − + − − z2 ( )Y z ( )y 0 z2 ( )y 1 z z ( )Y z ( )y 0 z 2 ( )Y z 0

> subs(y(0)=A,y(1)=B,%); = − − + − − z2 ( )Y z A z2 B z z ( )Y z A z 2 ( )Y z 0

> sol:=solve(%,Y(z)); := sol z ( ) + + A z B A + − z2 z 2

> yn:=invztrans(%,z,n); := yn − + + 13 ( )-2 n A 1

3 ( )-2 n B 23 A 1

3 B

3) yn+2-2yn+1+yn=0. Η X.E. είναι: r2-2r+1=0 με X.Ρ. r1=r2=1 και η γενική λύση είναι: yn=c1+c2n > restart; > with(inttrans): > eq1:=y(n+2)-2*y(n+1)+y(n)=0; := eq1 = − + ( )y + n 2 2 ( )y + n 1 ( )y n 0 > alias(Y(z)=ztrans(y(n),n,z)): > ztrans(eq1,n,z);

= − − − + + z2 ( )Y z ( )y 0 z2 ( )y 1 z 2 z ( )Y z 2 ( )y 0 z ( )Y z 0

> subs(y(0)=A,y(1)=B,%); = − − − + + z2 ( )Y z A z2 B z 2 z ( )Y z 2 A z ( )Y z 0


> sol:=solve(%,Y(z)); := sol z ( ) + − A z B 2 A − + z2 2 z 1

> yn:=invztrans(%,z,n); := yn − + + A n A B n 4) yn+2+10yn+1+25yn=0 . Η Χ.Ε. είναι: r2+10r+25=0 με Χ.Ρ.: r1=r2=-5,(διπλή), και η γενική λύση είναι: yn=(c1+nc2)(-5)n . > restart; > with(inttrans): > eq1:=y(n+2)+10*y(n+1)+25*y(n)=0;

:= eq1 = + + ( )y + n 2 10 ( )y + n 1 25 ( )y n 0 > alias(Y(z)=ztrans(y(n),n,z)): > ztrans(eq1,n,z);

= − − + − + z2 ( )Y z ( )y 0 z2 ( )y 1 z 10 z ( )Y z 10 ( )y 0 z 25 ( )Y z 0

> subs(y(0)=A,y(1)=B,%); = − − + − + z2 ( )Y z A z2 B z 10 z ( )Y z 10 A z 25 ( )Y z 0

> sol:=solve(%,Y(z)); := sol z ( ) + + A z B 10 A + + z2 10 z 25

> yn:=invztrans(%,z,n); := yn − + − ( )-5 n A n ( )-5 n A 15 ( )-5 n B n

5) yn+3+yn+2-4yn+1-4yn=0. Η Χ.Ε. είναι: r3+r2-4r-4=0 με Χ.Ρ.: r1=-1, r2=2 και r3=-2 και η γενική λύση είναι: yn=c1(-1)n+c22n+c3(-2)n > restart; > with(inttrans): > eq1:=y(n+3)+y(n+2)-4*y(n+1)-4*y(n)=0;

:= eq1 = + − − ( )y + n 3 ( )y + n 2 4 ( )y + n 1 4 ( )y n 0

> alias(Y(z)=ztrans(y(n),n,z)): > ztrans(eq1,n,z); z3 ( )Y z ( )y 0 z3 ( )y 1 z2 ( )y 2 z z2 ( )Y z ( )y 0 z2 ( )y 1 z 4 z ( )Y z 4 ( )y 0 z − − − + − − − +

4 ( )Y z − 0 =

> subs(y(0)=A,y(1)=B,y(2)=C,%); = − − − + − − − + − z3 ( )Y z A z3 B z2 C z z2 ( )Y z A z2 B z 4 z ( )Y z 4 A z 4 ( )Y z 0

> sol:=solve(%,Y(z));

:= sol z ( ) + + + + − A z2 B z C A z B 4 A + − − z3 z2 4 z 4

> yn:=invztrans(%,z,n);

yn 14 ( )-2 n B 1

2 ( )-2 n A 14 ( )-2 n C 1

12 2n C 16 2n A 1

4 2n B 13 ( )-1 n C− − + + + + − :=

43 ( )-1 n A +

6) yn+3-3yn+2+4yn+1-2yn=0. Η Χ.Ε. είναι: r3-3r2+4r-2=0 με Χ.Ρ.: r1=1, r2=1+i και r3=1-i. Οι δυο τελευταίες λύσεις είναι μιγαδικές συζυγείς με μέτρο √2 και όρισμα π/4. Τελικά η γε-νική λύση είναι:

yn=c1+ 24 42 3c n c ncosπ

sinπ⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥


> restart; > with(inttrans): > eq1:=y(n+3)-3*y(n+2)+4*y(n+1)-2*y(n)=0;

:= eq1 = − + − ( )y + n 3 3 ( )y + n 2 4 ( )y + n 1 2 ( )y n 0

> alias(Y(z)=ztrans(y(n),n,z)): > ztrans(eq1,n,z);

z3 ( )Y z ( )y 0 z3 ( )y 1 z2 ( )y 2 z 3 z2 ( )Y z 3 ( )y 0 z2 3 ( )y 1 z 4 z ( )Y z − − − − + + + 4 ( )y 0 z 2 ( )Y z − − 0 =

> subs(y(0)=A,y(1)=B,y(2)=C,%); = − − − − + + + − − z3 ( )Y z A z3 B z2 C z 3 z2 ( )Y z 3 A z2 3 B z 4 z ( )Y z 4 A z 2 ( )Y z 0

> sol:=solve(%,Y(z)); := sol z ( ) + + − − + A z2 B z C 3 A z 3 B 4 A − + − z3 3 z2 4 z 2

> yn:=invztrans(%,z,n); yn :=

+ − − 2 A C 2 B 12

⎛

⎝

⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟∑

= _α ( )RootOf − + 2 _Z2 2 _Z 1

( ) + − − + 2 _α A _α C 3 _α B A B ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟

1_α

n

_α

Επειδή προέκυψαν μιγαδικές ρίζες το πρόγραμμα δεν μπόρεσε να δώσει αναλυτικά τη λύ-ση. Γι' αυτό θα προχωρήσουμε ακολουθώντας τα βήματα της θεωρίας. > restart; > eq1:=y(n+3)-3*y(n+2)+4*y(n+1)-2*y(n)=0;

:= eq1 = − + − ( )y + n 3 3 ( )y + n 2 4 ( )y + n 1 2 ( )y n 0

>eq2:=subs(y(n)=r^n,y(n+1)=r^(n+1),y(n+2)=r^(n+2),y(n+3)= r^(n+3),eq1);

:= eq2 = − + − r( ) + n 3

3 r( ) + n 2

4 r( ) + n 1

2 rn 0

> sol1:=solve(eq2/(r^n),r); := sol1 , ,1 + 1 I − 1 I > r1:=sol1[1]; := r1 1> r2:=sol1[2]; := r2 + 1 I > r3:=sol1[3]; := r3 − 1 I > x:=Re(r2); := x 1 > y:=Im(r2); := y 1> r:=sqrt(x^2+y^2); := r 2

> t:=arctan(y/x); := t 14 π

> yn:=c1*r1+r^n(c2*cos(n*t)+c3*sin(n*t));

:=yn + c1 2n ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟ + c2 ⎛

⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟cos 1

4 n π c3 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟sin 1

4 n π

Άσκηση 2: Να βρεθούν οι μερικές λύσεις των εξισώσεων διαφορών: 1) yn+1-2yn=0 y0=1 2) yn+2+4yn=0 y0=0, y1=1 3) yn+2+α2yn=0 y0=1, y1=0 4) yn+2-4yn+1+4yn=0 y0=1, y1=3 Λύσεις:


1) yn+1-2yn=0 y0=1. Πρώτα βρίσκουμε την γενική λύση της εξίσωσης διαφορών. Η αντί-στοιχη χαρακτηριστική εξίσωση είναι: r-2=0 ⇒ r1=2 και η γενική λύση είναι: yn=c12n Αντικαθιστώντας την αρχική συνθήκη στη γενική λύση βρίσκουμε: y0=c1=1 ⇒ c1=1 Άρα η μερική λύση της εξισώσεως που αντιστοιχεί στην αρχική συνθήκη είναι: yn=2n . > restart; > with(inttrans): > eq1:=y(n+1)-2*y(n)=0; := eq1 = − ( )y + n 1 2 ( )y n 0 > alias(Y(z)=ztrans(y(n),n,z)): > ztrans(eq1,n,z); = − − z ( )Y z ( )y 0 z 2 ( )Y z 0 > subs(y(0)=1,%); = − − z ( )Y z z 2 ( )Y z 0

> Y(z):=solve(%,Y(z)); := ( )Y z z − z 2

> yn:=invztrans(%,z,n); := yn 2n

> seq(yn,n=0..5); , , , , ,1 2 4 8 16 32 2) yn+2+4yn=0 y0=0, y1=1 . Η Χ.Ε. είναι: r2+4=0 με Χ.Ρ. r1=2i, r2=-2i ή r1=2exp(iπ/2), r2=2exp(-iπ/2) και η γενική λύση είναι:

yn=2n c n c n1 22 2cos

πsin

π⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

Αντικαθιστώντας την πρώτη αρχική συνθήκη στη γενική λύση βρίσκουμε: y0=20[c1cos(0)+c2sin(0)]=0 ⇒ c1=0

και επομένως yn=2n c n2 2sin

π⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

Εφαρμόζοντας την δεύτερη συνθήκη y1=1 βρίσκουμε: y1=21[c2sin(π/2)]=1 ⇒ c2=1/2

Τελικά η μερική λύση της εξισώσεως που αντιστοιχεί στίς αρχικές συνθήκες είναι: yn=2n-1sin(nπ/2) > restart; > with(inttrans): > eq1:=y(n+2)+4*y(n)=0; := eq1 = + ( )y + n 2 4 ( )y n 0 > alias(Y(z)=ztrans(y(n),n,z)): > ztrans(eq1,n,z); = − − + z2 ( )Y z ( )y 0 z2 ( )y 1 z 4 ( )Y z 0 > subs(y(0)=0,y(1)=1,%); = − + z2 ( )Y z z 4 ( )Y z 0 > Y(z):=solve(%,Y(z)); := ( )Y z z

+ z2 4

> yn:=invztrans(%,z,n); := yn ∑ = _α ( )RootOf + 1 4 _Z2

⎛

⎝

⎜⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟⎟⎟−18

⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟

1_α

n

_α

> allvalues(yn); ,14 I ( )-2 I n -1

4 I ( )2 I n


Επειδή προέκυψαν μιγαδικές ρίζες το πρόγραμμα δεν μπόρεσε να δώσει αναλυτικά τη λύ-ση. Γι' αυτό θα προχωρήσουμε ακολουθώντας τα βήματα της θεωρίας. > restart; > eq1:=y(n+2)+4*y(n)=0; := eq1 = + ( )y + n 2 4 ( )y n 0 >eq2:=subs(y(n)=r^n,y(n+1)=r^(n+1),y(n+2)=r^(n+2),y(n+3)= r^(n+3),eq1); := eq2 = + r

( ) + n 24 rn 0

> sol1:=solve(eq2,r); := sol1 ,e( ) − /1 2 ( )ln 4 /1 2 I π

0 > r1:=evalf(sol1[1]); := r1 − -.4102067615 10-9 2.000000000 I Και εδώ το πρόγραμμα δεν μπορεί να απλοποιήσει την παραπάνω έκφραση και να δώσει r1=2i > r1:=2*I; := r1 2 I > x:=Re(r1); := x 0 > y:=Im(r1); := y 2> r:=simplify(sqrt(x^2+y^2)); := r 2

> t:=Pi/2; := t 12 π

> yn:=2^n*(c2*cos(n*t)+c3*sin(n*t));

:= yn 2n ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟ + c2 ⎛

⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟cos 1

2 n π c3 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟sin 1

2 n π

3) yn+2+α2yn=0 y0=1, y1=0. Η Χ.Ε. είναι: r2+α2=0 ⇒ r1=αi, r2=-αi ή r1=|α|exp(iπ/2), r2=|α|exp(-iπ/2) και η γενική λύση είναι:

yn=|α|n c n c n1 22 2cos

πsin

π⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

Αντικαθιστώντας την πρώτη αρχική συνθήκη στη γενική λύση βρίσκουμε: y0=|α|0[c1cos(0)+c2sin(0)]=1 ⇒ c1=1

και επομένως yn=|α|n cosπ

sinπ

n c n2 22

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

Εφαρμόζοντας την δεύτερη συνθήκη y1=1 βρίσκουμε:

y1=|α| cosπ

sinπ

2 22⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥c =|α|[c2]=0 ⇒ c2=0

Τελικά η μερική λύση της εξισώσεως που αντιστοιχεί στίς αρχικές συνθήκες είναι:

yn=|α|n cosπ

n2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

> restart; > with(inttrans): > eq1:=y(n+2)+a^2*y(n)=0; := eq1 = + ( )y + n 2 a2 ( )y n 0 > alias(Y(z)=ztrans(y(n),n,z)): > ztrans(eq1,n,z); = − − + z2 ( )Y z ( )y 0 z2 ( )y 1 z a2 ( )Y z 0 > subs(y(0)=1,y(1)=0,%); = − + z2 ( )Y z z2 a2 ( )Y z 0

> Y(z):=solve(%,Y(z)); := ( )Y z z2

+ z2 a2


> yn:=invztrans(%,z,n); := yn ∑ = _α ( )RootOf + 1 a2 _Z2

⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟

12

⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟

1_α

n

> allvalues(yn); ,12

⎛

⎝

⎜⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟⎟⎟

1

−1a2

n12

⎛

⎝

⎜⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟⎟⎟

−1

−1a2

n

Επειδή προέκυψαν μιγαδικές ρίζες το πρόγραμμα δεν μπόρεσε να δώσει αναλυτικά τη λύ-ση. Γι' αυτό θα προχωρήσουμε ακολουθώντας τα βήματα της θεωρίας. > restart; > eq1:=y(n+2)+a^2*y(n)=0; := eq1 = + ( )y + n 2 a2 ( )y n 0 >eq2:=subs(y(n)=r^n,y(n+1)=r^(n+1),y(n+2)=r^(n+2),y(n+3)= r^(n+3),eq1); := eq2 = + r

( ) + n 2a2 rn 0

> sol1:=solve(eq2,r);

:= sol1 ,1

−1a2

0

> r1:=evalf(sol1[1]); := r1 1

−1. 1a2

Και εδώ το πρόγραμμα δεν μπορεί να απλοποιήσει την παραπάνω έκφραση και να δώσει r1=i|a| και r2=-i|a| > r1:=I*abs(a); := r1 I a > x:=Re(r1); := x 0 > y:=Im(r1); := y a > r:=simplify(sqrt(x^2+y^2)); := r a

> t:=Pi/2; := t 12 π

> yn:=r^n*(c2*cos(n*t)+c3*sin(n*t));

:= yn a n ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟ + c2 ⎛

⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟cos 1

2 n π c3 ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟sin 1

2 n π

4) yn+2-4yn+1+4yn=0 y0=1, y1=3. Πρώτα βρίσκουμε την γενική λύση της εξίσωσης διαφο-ρών. Η αντίστοιχη χαρακτηριστική εξίσωση είναι: r2-4r+4=0 με ρίζες r1=r2=2 (διπλή) Άρα η γενική λύση είναι: yn=(c1+nc2)2n Αντικαθιστώντας την πρώτη αρχική συνθήκη στη γενική λύση βρίσκουμε: y0=c1=1 ⇒ c1=1 και επομένως yn=nc22n Εφαρμόζοντας την δεύτερη συνθήκη y1=3 βρίσκουμε:

y1=(1+c2)2=3 ⇒ c2=1/2 Τελικά η μερική λύση της εξισώσεως που αντιστοιχεί στίς αρχικές συνθήκες είναι: yn=(1+n/2)2n > restart;


> with(inttrans): > eq1:=y(n+2)-4*y(n+1)+4*y(n)=0;

:= eq1 = − + ( )y + n 2 4 ( )y + n 1 4 ( )y n 0 > alias(Y(z)=ztrans(y(n),n,z)): > ztrans(eq1,n,z);

= − − − + + z2 ( )Y z ( )y 0 z2 ( )y 1 z 4 z ( )Y z 4 ( )y 0 z 4 ( )Y z 0

> subs(y(0)=1,y(1)=3,%); = − + − + z2 ( )Y z z2 z 4 z ( )Y z 4 ( )Y z 0 > Y(z):=solve(%,Y(z)); := ( )Y z z ( ) − z 1

− + z2 4 z 4

> yn:=invztrans(%,z,n); := yn + 12 2n n 2n

Άσκηση 3: Να λυθούν τα προβλήματα αρχικών τιμών με τις αντίστοιχες αρχικές συνθή-κες: 1) dy/dx=y y(0)=1 2) dy/dx=-y y(0)=1 3) dy/dx=y2 y(0)=1 4) dy/dx=y(1-y) y(0)=1 5) dy/dx=e-y y(0)=1 Στη συνέχεια να λυθούν οι εξισώσεις διαφορών, που προκύπτουν από τις παραπάνω δια-φορικές εξισώσεις αντικαθιστώντας την παράγωγο dy/dx με την έκφραση:

dydx

→y y

hn n+ −1 όπου yn=y(nh), n=0,1,2,⋅⋅⋅ και h=0.1=1/10

Π.χ. το πρόβλημα αρχικών τιμών y′=y, y0=1 προσεγγίζεται από την εξίσωση διαφορών y y

hyn n

n+ −

=1 , y0=1

ή ισοδύναμα από yn+1-(1+h)yn=0, y0=1 Συγκρίνατε τις λύσεις των διαφορικών εξισώσεων με τις λύσεις των αντιστοίχων εξισώ-σεων διαφορών. Πως αλλάζει η μορφή των λύσεων όταν η παράγωγος αντικατασταθεί από τις εκφράσεις:

α) dydx

y yh

n n=− +1 β)

dydx

y yh

n n=−+1 −1

Λύσεις: 1) Λύση: dy/dx=y ⇒ dy/y=dx ⇒ lny=x+lnc ⇒ y=cex Για x=0 έχουμε y(0)=1=ce0 ⇒ c=1 Άρα y=ex . Αντικαθιστούμε στην διαφορική εξίσωση την παράγωγο με το κλάσμα διαφορών:

dydx

→ y y

hn+ n−1 με h=0.1

και έχουμε την εξίσωση διαφορών:

y y

hn+ −1 n =yn ⇒ yn+1-(1+h)yn=0

της οποίας η χαρακτηριστική εξίσωση είναι: r-(1+h)=0 με ρίζα r=1+h Η γενική λύση είναι yn=c1(1+h)n=c1(1.1)n Για n=0 έχουμε y0=c1(1.1)0=1 ⇒ c1=1. Άρα yn=(1.1)n


Για να συγκρίνουμε τις λύσεις: y=ex και yn=(1.1)n

θέτουμε: x=nh=0.1n, οπότε έχουμε: y=e0.1n=(e0.1)n=(1.105)n και yn=(1.1)n Παρατηρούμε δε ότι η διαφορά των βάσεων των δυνάμεων είναι 1.105-1.1=0.005, δηλαδή αρκετά μικρή και επομένως οι λύσεις θα πρέπει να συγκλίνουν ικανοποιητικά. Αυτό δε φαίνεται και από τις αντίστοιχες γραφικές παραστάσεις του διπλανού σχήματος. α) Εάν τώρα αντικαταστήσουμε την παράγω-γο από το κλάσμα διαφορών:

dydx

→ n ny yh

+− 1

η εξίσωση διαφορών, που προκύπτει, είναι: n ny y

h+− 1 =yn ⇒ yn+1+(h-1)yn=0

με χαρακτηριστική εξίσωση: r+(h-1)=0 και με ρίζα r=1-h Η γενική λύση είναι :

yn=c1(1-h)n=c1(0.9)n

Για n=0 έχουμε y0=c1=1. Άρα yn=(0.9)n. Για να συγκρίνουμε τις λύσεις y=ex και yn=(0.9)n θέτουμε: x=nh=0.1n, οπότε έχουμε: y=e0.1n=(e0.1)n=(1.105)n και yn=(0.9)n Παρατηρούμε εδώ ότι στη λύση της εξίσωσης διαφορών yn=(0.9)n η βάση είναι μικρότερη του 1 και επομένως limn→∞ yn=0, ενώ στη λύση της διαφορικής εξίσωσης y=(0.105)n η βάση είναι μεγαλύτερη του 1 και επομένως limn→∞=∞. Eπομένως οι λύσεις αποκλίνουν. Αυτό δε φαίνεται και από τις αντίστοιχες γραφικές παραστάσεις του παραπάνω σχήματος. β) Εάν τώρα αντικαταστήσουμε την παράγωγο από το κλάσμα διαφορών:

dydx

→ y y

hn n+ −−1 1

η εξίσωση διαφορών, που προκύπτει, είναι:

y y

hn n+ −1 −1 =yn ⇒ yn+1-yn-1=hyn

Αυξάνοντας το n κατά μια μονάδα, η παραπάνω εξίσωση παίρνει την μορφή: yn+2-hyn+1-yn=0 με χαρακτηριστική εξίσωση: r2-hr-1=0


και με ρίζες r1,2=h h± +

=−

⎡

⎣

⎢⎢⎢

2 42

10512

0 9512

.

. με h=0.1

Η γενική λύση είναι yn=c1(1.0512)n+c2(-0.9512)n Η εξίσωση διαφορών, που προέκυψε, είναι δεύτερης τάξης και για να βρούμε μια μερική λύση χρειαζόμαστε τις δυο πρώτες τιμές y0 και y1, ενώ έχουμε μόνο την πρώτη τιμή y0.

Επομένως η αντικατάσταση της παραγώγου dy/dx από την έκφραση y y

hn n+ −1 −1 οδηγεί

σε τελείως άλλο πρόβλημα. 2) Λύση: dy/dx=-y ⇒ dy/y=-dx ⇒ lny=-x+lnc ⇒ y=ce-x Για x=0 έχουμε y(0)=1=ce0 ⇒ c=1 Άρα y=e-x . Αντικαθιστούμε στην διαφορική εξίσωση την παράγωγο με το κλάσμα διαφορών:

dydx

→ y y

hn+ n−1 με h=0.1

και έχουμε την εξίσωση διαφορών:

y y

hn n+ −1 =-yn ⇒ yn+1+(h-1)yn=0

της οποίας η χαρακτηριστική εξίσωση είναι: r+(h-1)=0 με ρίζα r=1-h Η γενική λύση είναι yn=c1(1-h)n=c1(0.9)n Για n=0 έχουμε y0=c1=1. Άρα yn=(0.9)n. Για να συγκρίνουμε τις λύσεις

y=e-x και yn=(0.9)n θέτουμε: x=nh=0.1n, οπότε έχουμε: y=e-0.1n=(e-0.1)n=(0.905)n και yn=(0.9)n Παρατηρούμε ότι η διαφορά των βάσεων των δυνάμεων είναι:

0.905-0.9=0.005 δηλαδή αρκετά μικρή και επομένως οι λύσεις θα πρέπει να συγκλίνουν ικανοποιητικά. Αυ-τό δε φαίνεται και από τις αντίστοιχες γραφι-κές παραστάσεις του διπλανού σχήματος. α) Εάν τώρα αντικαταστήσουμε την παράγωγο από το κλάσμα διαφορών:

dydx

→ y y

hn n− +1


y y

hn n− +1 =-yn ⇒ yn+1-(h+1)yn=0

με χαρακτηριστική εξίσωση: r-(h+1)=0 και με ρίζα r=h+1


Η γενική λύση είναι yn=c1(h+1)n=c1(1.1)n

Για n=0 έχουμε y0=c1=1. Άρα yn=(1.1)n. Για να συγκρίνουμε τις λύσεις

y=e-x και yn=(1.1)n θέτουμε: x=nh=0.1n, οπότε έχουμε: y=e-0.1n=(e-0.1)n=(0.905)n και yn=(1.1)n Παρατηρούμε εδώ ότι στη λύση της εξίσωσης διαφορών yn=(0.905)n η βάση είναι μικρότερη του 1 και επομένως limn→∞ yn=0, ενώ στη λύση της διαφορικής εξίσωσης y=(0.11)n η βάση εί-ναι μεγαλύτερη του 1 και επομένως limn→∞=∞. Eπομένως οι λύσεις αποκλίνουν. Αυτό δε φαί-νεται και από τις αντίστοιχες γραφικές παρα-στάσεις του διπλανού σχήματος οι οποίες απο-κλίνουν έντονα. β) Εάν τώρα αντικαταστήσουμε την παράγωγο από το κλάσμα διαφορών:

dydx

→ y y

hn n+ −−1 1


y y

hn n+ −1 −1 =-yn ⇒ yn+1-yn-1=-hyn

η οποία είναι δεύτερης τάξης. Επομένως η αντικατάσταση της παραγώγου dy/dx από την

έκφραση y y

hn n+ −1 −1 οδηγεί σε τελείως άλλο πρόβλημα.

3) Λύση: dy/dx=y2 y(0)=1

dy/dx=y2 ⇒ −

= −1

yx c ⇒ y=

1c x−

Για x=0 έχουμε y(0)=1=1/c ⇒ c=1 Άρα y=1

1− x .

Η γραφική παράσταση της λύσεως αυτής δίνεται από το παρακάτω σχήμα: Αντικαθιστούμε στην διαφορική εξίσωση την παράγωγο με το κλάσμα διαφορών: dydx

→ y y

hn+ −1 n με h=0.1


και έχουμε την εξίσωση διαφορών: y y

hn n+ −1 =(yn)2 ⇒

yn+1=h(yn)2+yn (1) η οποία είναι μη γραμμική και επομέ-νως δεν λύνεται με τον γνωστό τρόπο. Όμως κάθε εξίσωση διαφορών λύνε-ται πάντα όταν δοθούν αρχικές συν-θήκες, με την έννοια ότι μπορούμε να υπολογίσουμε όσους όρους θέλουμε της ακολουθίας yn, ξεκινώντας από την αρχική τιμή y0, κατόπιν υπολογί-ζοντας το y1 από την (1) κ.ο.κ Έτσι εδώ θα συγκρίνουμε την γραφική πα-

ράσταση της συναρτήσεως y=1

1− x με

x=hn, h=0.1 και του διαγράμματος που θα πάρουμε από τον παρακάτω πίνακα τιμών της εξίσωσης διαφορών (1). Παρατηρούμε ότι μια "μικρή" σύγκλιση των λύσεων έχουμε μόνο στις αρχές του διαστήματος [0,1). Στο διάστημα (1,∞) οι λύσεις δια-φέρουν ριζικά.

n yn y(x) 0 1 1 1 1.1 1.111 2 1.221 1.25 3 1.370 1.428 4 1.557 1.666 5 1.799 2.000 6 1.979 2.5 7 2.370 3.333 8 2.932 5 9 3.792 10 10 5.230 ∞ 11 8.150 ∞ 12 14.792 ∞ 13 36.672 ∞

α) Εάν τώρα αντικαταστήσουμε την παράγωγο από το κλάσμα διαφορών:

dydx

→ y y

hn n− +1


y y

hn n− +1 =(yn)2 ⇒ yn+1=yn-h(yn)2


η οποία είναι μη γραμμική και επομένως θα λυθεί αριθμητικά όπως στην προηγούμενη περίπτωση. Από τον παρακάτω πίνακα τιμών και από την αντίστοιχη γραφική παράσταση παρατηρούμε ότι οι δυο λύσεις διαφέρουν ριζικά

.

n yn y(x) 0 0.9 1 1 0.919 1.111 2 0.834 1.25 3 0.764 1.428 4 0.706 1.666 5 0.656 2.000 6 0.624 2.5 7 0.585 3.333 8 0.551 5 9 0.521 10 10 0.494 ∞ 11 0.469 ∞ 12 0.447 ∞ 13 0.427 ∞

4) Λύση: dy/dx=y(1-y) y(0)=1

dy/dx=y(1-y) ⇒ y(x)=1

1+ −ce x

Για x=0 έχουμε y(0)=1=1

1+ c ⇒ c=0 Άρα y=1 .

Για να βρούμε την αντίστοιχη εξίσωση διαφορών αντικαθιστούμε στην διαφορική εξίσω-

ση την παράγωγο με το κλάσμα διαφορών y y

hn+ n−1 και έχουμε:

y yh

n+ −1 n =yn(1-yn) με h=0.1

και έχουμε την εξίσωση διαφορών: yn+1=-h(yn)2+(h+1)yn (1)


η οποία είναι μη γραμμική και επομένως θα λυθεί αριθμητικά όπως στην προηγούμενη άσκηση: Ξεκινάμε από την αρχική τιμή y0, κατόπιν υπολογίζοντας το y1 από την (1) θέτοντας n=0 κ.ο.κ Έτσι εδώ θα συγκρίνουμε την γραφική παράσταση της συναρτήσεως y=1 και του διαγράμματος που θα πάρουμε από τον διπλανό πίνακα τιμών της εξίσωσης διαφορών (1). Παρατηρούμε ότι η λύση της εξίσωσης διαφορών (1) είναι η σταθερή ακολουθία yn=1. Στην περίπτωση αυτή έχουμε πλή-ρη σύμπτωση των λύσεων.

n yn y(x) 0 1 1 1 1 1 2 1 1 3 1 1 4 1 1 5 1 1 6 1 1 7 1 1 8 1 1 9 1 1 10 1 1

5) Λύση: dy/dx=e-y y(0)=1 dy/dx=e-y ⇒ eydy=dx ⇒ ey=x+c ⇒ y=ln|x+c| Για x=0 έχουμε y(0)=1=ln|c| ⇒ c=e Άρα y=ln|x+e| . Για να βρούμε την αντίστοιχη εξίσωση διαφορών αντικαθιστούμε στην διαφορική εξίσω-

ση την παράγωγο με το κλάσμα διαφορών y y

hn+ n−1 και έχουμε:

y yh

n+ −1 n =exp(-yn) με h=0.1

και έχουμε την εξίσωση διαφορών: yn+1=hexp(-yn)+yn (1) η οποία είναι μη γραμμική και επομένως θα λυθεί αριθμητικά: Ξεκινάμε από την αρχική τιμή y0, κατόπιν υπολογίζοντας το y1 από την (1) θέτοντας n=0 κ.ο.κ. Έτσι εδώ θα συ-γκρίνουμε την γραφική παράσταση της συναρτήσεως y=ln|x+e|, και του διαγράμματος που θα πάρουμε από τον διπλανό πίνακα τιμών της εξίσωσης διαφορών (1). Παρατηρούμε ότι έχουμε ικανοποιητική σύμπτωση λύσεων, όπως φαίνεται από την παρακάτω γραφική παράσταση.

n yn y(x) 0 1.037 0.999 1 1.072 1.036 2 1.106 1.071 3 1.139 1.104 4 1.171 1.137 5 1.202 1.168 6 1.232 1.199 7 1.261 1.229 8 1.289 1.257 9 1.316 1.285 10 1.342 1.313


Άσκηση 3: (Ακολουθία του Fibonacci) Μία από τις πιο δημοφιλείς εξισώσεις διαφορών είναι: Fn+2=Fn+Fn+1 F0=1, F1=1 της οποίας η λύση είναι η Fn=1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, ⋅⋅⋅ οι γνωστοί αριθμοί Fibonacci. Βρείτε την γενική έκφραση για τον n-στό όρο Fn .

Απ. Fn=1 52 5

1 52

1 52 5

1 52

+⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

+⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ −

−⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

−⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

n n

=( ) ( )1 5 1 5

2 5

1 1

1

+ − −+ +

+

n n

n

(Η οριακή τιμή limn→∞Fn+1/Fn =1 5

2+

≈1,618033989 ονομάζεται χρυσός λόγος, (ή χρυσός

μέσος όρος ή χρυσή τομή ή θεία αναλογία), και σύμφωνα με τους αρχαίους Έλληνες μα-θηματικούς παριστάνει τον λόγο των πλευρών ενός ορθογωνίου παραλληλογράμμου, που είναι "το πιο ευχάριστο στο μάτι". Το ορθογώνιο αυτό ονομάζεται χρυσό ορθογώνιο . Η πρόσοψη του Παρθενώνα της Ακρόπολης των Αθηνών τηρεί αυτή την χρυσή αναλογία) Ο χρυσός λόγος συμβολίζεται με το γράμμα φ. Λύση: Η αντίστοιχη χαρακτηριστική εξίσωση είναι:

1 52

−1 52

+ r2-r-1=0 ⇒ r1= , r2=

και η γενική λύση είναι:

Fn=c11 5

2+⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

n1 5

2−⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

n

+c2

Αντικαθιστώντας την πρώτη αρχική συνθήκη στη γενική λύση βρίσκουμε: για n=0 ⇒ F0=c1+c2=1 (1)

1 52

+ 1 52

−για n=1 ⇒ F1=c1 +c2 =1 (2)

Από τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει: 1 52 5−

c1=1 52 5+

, c2=

( ) ( )1 5 1 5

2 5

1 1

1

+ − −+ +

+

n n

nκαι επομένως Fn=1 52 5+ 1 5

2+⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

n1 52 5− 1 5

2−⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

n

+ =

Για την εύρεση του χρυσού λόγου έχουμε:

( ) ( )

( ) ( )

1 5 1 5

2 51 5 1 5

2 5

2 2

2

1 1

1

+ − −

+ − −

+ +

+

+ +

+

n n

n

n n

n

( ) ( )( ) ( )

12

1 5 1 5

1 5 1 5

2 2

1 1

+ − −

+ − −

+ +

+ +

n n

n nFFn

n

+1 = =

( )1 51

++n

Διαιρούμε αριθμητή και παρονομαστή με και έχουμε:

( ) ( )( )1

2

1 51 5

1 5

11 51 5

2

1

1

+ −−

+

−−+

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

+

+

+

n

n

n1 5

2+F

Fn

n

+1 FFn

n

+1 =φ≈1,618033989 = ⇒ limn→∞ =


Ο χρυσός λόγος φ συμπίπτει με την θετική χαρακτηριστική ρίζα. Επομένως ικανοποιεί

την χαρακτηριστική εξίσωση φ2-φ-1=0 η οποία μπορεί να γραφεί και ως εξής: 1 1ϕ = +ϕ

.

Η τελευταία σχέση μπορεί να ληφθεί ως ορισμός του χρυσού λόγου: ο φ ισούται με τον αντίστροφο του συν ένα.

Το χρυσό ορθογώνιο κατασκευάζεται ως εξής: Θεωρούμε ένα τετράγωνο ΑΒΓΔ πλευράς α βλ. σχήμα . Έστω Ε το μέσον της πλευράς ΔΓ. Προεκτείνουμε την πλευρά ΔΓ προς το μέρος του Γ και παίρνουμε τμήμα ΕΖ=ΕΒ. Το ορθογώνιο παραλληλόγραμμο ΑΗΖΔ είναι χρυσό ορθογώνιο διότι: ΔΖ=ΔΕ+ΕΖ=ΔΕ+ΕΒ=

1 5

2+⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟( )22 / 2α + α Β

Γ

Α

Δ Ε Ζ

Η =α/2+ =α και επομέ-

νως Z 1 5A 2Δ +

=Δ

Άσκηση 4: Μέχρι τώρα οι εξισώσεις διαφορών παριστούν την σχέση μεταξύ των όρων μιας ακολουθίας αριθμών yn. Μπορεί όμως να παριστούν την σχέση μεταξύ μιας ακο-λουθίας συναρτήσεων yn(x). Μια τέτοια ακολουθία συναρτήσεων είναι τα πολυώνυμα του Chebyshev Tn(x) που ορίζονται στο διάστημα [-1,1] και ικανοποιούν την δευτέρας τάξεως εξίσωση διαφορών: Tn+2-xTn+1+1/4Tn=0

( ) ( )12

1 12 2n

n nx x x x+ − + − −⎡

⎣⎢⎤⎦⎥

α) Εάν Τ0(x)=2 και T1(x)=x δείξτε ότι: Tn(x)=

(Θεωρείστε τον συντελεστή x του όρου Τn+1 σαν μια σταθερά). xx

2 1− 12 1n− cos(ncos-1(x)) n=0,1,2,⋅⋅⋅ β) Θέτοντας tanθ= δείξτε ότι Τn(x)=

Λύση: α) Η χαρακτηριστική εξίσωση της εξίσωσης διαφορών Tn+2-xTn+1+1/4Tn=0 είναι x x+ −2 1

2x x− −2 1

2r2-xr+1/4=0 ⇒ r1= , r2=


x xn

+ −⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

2 12

x xn

− −⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

2 12

Tn(x)=c1 +c2

Εφαρμόζουμε τις αρχικές συνθήκες και έχουμε: για n=0 Τ0(x)=c1+c2=2 (1)


για n=1 T1(x)=c1x x+ −2 1

2+c2

x x− −2 12

=x (2)

Από τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει c1=1 και c2=1

Τελικά έχουμε : Tn(x)= ( ) ( )12

1 12 2n

n nx x x x+ − + − −⎡

⎣⎢⎤⎦⎥

β) Τα πολυώνυμα Τn(x) γράφονται :

Tn(x)= ( ) (n n

2 2 nn n

n n

1 x 1 x 1 xx x x x 1 tan 1 tan2 x x 2

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞− −⎢ ⎥ )⎡ ⎤+ + − = + θ + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ θ⎣ ⎦⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

Επειδή όμως -1≤x≤1 έχουμε x i2 1 1− = − x2 και επομένως tanθ=i1 2− x

x

Θέτουμε x=cosω οπότε tanθ=i sincos

ωω

και έχουμε :

Tn(x)=( )n n n

n

cos sin sin1 i 1 icos cos2

⎡ ⎤ω ω ω⎛ ⎞ ⎛+ + − ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ω ω⎝ ⎠ ⎝

⎟⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

=

=( ) ( )

( )( )

( )

n

n n

cos cosn isin n cosn isin n2 cos cos

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ω ω + ω ω −⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜+⎜ ⎟ ⎜⎢ ⎥ω ω⎝ ⎠ ⎝⎣ ⎦

n

⎞ω⎟⎟⎠

=

( )( )

[ ] ( )n

1n n n 1 n 1

cos 2cos n 1 1cos n cos n cos (x)2 2 2cos

−− −

⎡ ⎤ω ω ⎡ ⎤= ω =⎢ ⎥ ⎣ ⎦ω⎢ ⎥⎣ ⎦

[ Εδώ χρησιμοποιήσαμε τον τύπο του de Moivre : (cosω+isinω)n=cosnω+isinnω ] Παράγραφος 14.8 Άσκηση 1 : Να βρεθούν οι γενικές λύσεις των εξισώσεων διαφορών : 1) yn+1+yn=2 Απ. yn=c1(-1)n+1 2) yn+1-2yn=n2 Απ. yn=c12n-n2-2n-3 3) yn+2-2yn+1+yn=6n Απ. yn=c1+c2n+n3-3n2 4) yn+2-yn+1-6yn=6n2 Απ. yn=c13n+c2(-2)n-n2-n/3-5/9 5) yn+2-4yn+1+4yn=2n+3 Απ. yn=c12n+c2n2n+n22n

6) yn+2+4yn=cosn Απ. yn=2n ( )c

nc

n n1 22 2

2 417 8 2

cosπ

sinπ cos cos

cos⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ +

− ++

n

Λύσεις : 1) yn+1+yn=2. Η αντίστοιχη χαρακτηριστική εξίσωση είναι r+1=0 ⇒ r=-1 με γενική λύση της ομογενούς hn=c1(-1)n . Η μερική λύση pn της μη ομογενούς θα είναι της μορφής pn=A. Αντικαθιστούμε στην εξίσωση και έχουμε Α+Α=2 ⇒ Α=1 άρα pn=1 Τελικά η γενική λύση είναι yn=hn+pn=c1(-1)n+1 2) yn+1-2yn=n2. Η αντίστοιχη χαρακτηριστική εξίσωση είναι r-2=0 ⇒ r=2 με γενική λύση της ομογενούς hn=c12n . Η μερική λύση pn της μη ομογενούς θα είναι της μορφής pn=An2+Bn+Γ . Αντικαθιστούμε στην εξίσωση και έχουμε :


A(n+1)2+B(n+1)+Γ-2(An2+Bn+Γ)=n2 ⇒ (A-2A-1)n2+(2A+B-2B)n+(A+B+Γ-2Γ)=0 ⇒ Α=-1 , 2Β-Β=0 , Α+Β-Γ=0 ⇒ Α=-1 , Β=-2 , Γ=-3 άρα pn=-(n2+2n+3) Τελικά η γενική λύση είναι yn=hn+pn=c12n-(n2+2n+3) 3) yn+2-2yn+1+yn=6n. Η αντίστοιχη χαρακτηριστική εξίσωση είναι r2-2r+1=0 ⇒ r=1 διπλή, με γενική λύση της ομογενούς hn=(c1+c2n)1n=(c1+c2n). Η μερική λύση pn της μη ομογενούς θα είναι της μορφής pn=(An+B)n2=An3+Bn2. Αντικαθιστούμε στην εξίσωση και έχουμε : A(n+2)3+B(n+2)2-2A(n+1)3+B(n+1)2+ An3+Bn2=6n ⇒ Α=1 , Β=-3 άρα pn=n3-3n2 Τελικά η γενική λύση είναι yn=hn+pn=(c1+c2n)+ n3-3n2 4) yn+2-yn+1-6yn=6n2 Η αντίστοιχη χαρακτηριστική εξίσωση είναι r2-r-6=0 ⇒ r1=-2 και r2=3, με γενική λύση της ομογενούς hn=c13n+c2(-2)n. Η μερική λύση pn της μη ομογε-νούς θα είναι της μορφής pn=An2+Bn+Γ. Αντικαθιστούμε στην εξίσωση και έχουμε : A(n+2)2+B(n+2)+Γ-A(n+1)2+B(n+1)+Γ -6An2+Bn+Γ=n2 ⇒ Α=-1 , Β=-1/3 και Γ=-5/9 άρα pn=-n2-n/3-5/9 Τελικά η γενική λύση είναι yn=hn+pn= c13n+c2(-2)n-n2-n/3-5/9 5) yn+2-4yn+1+4yn=2n+3. Η αντίστοιχη χαρακτηριστική εξίσωση είναι r2-4r+4=0 ⇒ r1=2 διπλή με γενική λύση της ομογενούς hn=(c1+c2n)2n. Η μερική λύση pn της μη ομο-γενούς θα είναι της μορφής pn=An22n. Αντικαθιστούμε στην εξίσωση και έχουμε : A(n+2)22n+2-4A(n+1)22n+1+4An22n=8⋅2n ⇒ Α=1 άρα pn=n22n Τελικά η γενική λύση είναι yn=hn+pn=(c1+c2n)2n+n22n 6) yn+2+4yn=cosn. Η αντίστοιχη χαρακτηριστική εξίσωση είναι r2+4=0 ⇒ r1=2i=2eiπ/2 , r2=-2i=2e-iπ/2 με γενική λύση της ομογενούς : hn=rn[c1cosnθ+c2sinnθ]=2n[c1cos(nπ/2)+c2sin(nπ/2) . Η μερική λύση pn της μη ομογενούς θα είναι της μορφής pn=Acosn+Bsinn . Αντικαθι-στούμε στην εξίσωση και έχουμε :

Acos(n+2)+Bsin(n+2)+4Acosn+Bsinn=cosn ⇒ Acosncos2-Asinnsin2+Bsinncos2+Bcosnsin2+4Acosn+Bsinn=cosn ⇒ cosnAcos2+Bsin2+4A-1+sinn-Asin2+Bcos2+4B=0 ⇒ Acos2+Bsin2+4A-1=0 , -Asin2+Bcos2+4B=0 ⇒ A(cos2+4)+Bsin2=1 , -Asin2+B(cos2+4)=0 ⇒

A=cos

cos2 4

17 8 2+

+ , B=

sincos2

17 8 2+

άρα pn=Acosn+Bsinn=cos

cos2 4

17 8 2+

+cosn+

sincos2

17 8 2+sinn=

=cos cos sin sin cos

coscos( ) cos

cos2 2 4

17 8 22 4

17 8 2n n n n+ +

+=

n− ++

Τελικά η γενική λύση είναι

yn=hn+pn=2n ( )c

nc

n n1 22 2

2 417 8 2

cosπ

sinπ cos cos

cos⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ +

− ++

n


Παράγραφος 14.9 Άσκηση 1 : Βρείτε τον Ζ μετασχηματισμό των παρακάτω ακολουθιών :

1) 0,0,1,1,⋅⋅⋅,1,⋅⋅⋅ Απ. F(z)=1

1z z( )−

2) (0,0,1,1,0,0,⋅⋅⋅,0,⋅⋅⋅ Απ. F(z)=zz+13

3) 1,-1,1,-1,⋅⋅⋅ Απ. F(z)=z

z +1

4) α,αe-kt, αe-2kt, αe-3kt,⋅⋅⋅ Απ. F(z)= kt

zz e−

α−

5) 0,1,2,0,0,0,⋅⋅⋅ Απ. F(z)=zz+22

Λύσεις : 1) Έχουμε :

Zy y z y yz

yz

yzn n

n

n

= = + + +−

=

∞

∑ 01 2

233

0

+ =0+0+1 1 12 3z z yn+ + + + =

=( )

1 1 1 1 1 1 11

112 2 3 2z z z z y z

zz z zn+ + + + + +

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =

−=

−

2) Z y y z yyz

yz

yzn n

n

n

= = + + +−

=

∞

∑ 01 2

233

0

+ =0+0+1 12 3 3z z

zz

+ =1+

3) Z y y zz z z

z

zzn n

n

n

= = − + − + =− −⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

=+

−

=

∞

∑ 11 1 1 1

11 12 3

0

4) kt 2kt 3kt

nn n 2 3

n 0

e e eZy y zz z z

− − −∞−

=

α α α= = α + + + +∑ =

=kt 2kt 3kt

2 3 kt

e e e 1 z1z z z z ee1

z

− − −

kt−−

⎛ ⎞α + + + + = α = α⎜ ⎟ ⎛ ⎞ −⎝ ⎠ − ⎜ ⎟

⎝ ⎠

5) Z y y zz z

zzn n

n

n

= = + + + + =+−

=

∞

∑ 01 2

02

20

2

Παράγραφος 14.11 Άσκηση 1 : Βρείτε τον αντίστροφο Ζ μετασχηματισμό των παρακάτω συναρτήσεων : 1) F(z)=1/z Απ. 0,1,0,0,⋅⋅⋅ 2) F(z)=1/z2 Απ. 0,0,1,0,0,⋅⋅⋅


3) F(z)=1

11

−z

Απ. 1,1,1,⋅⋅⋅

4) F(z)=1

1 2− z Απ. 0,-½,-1/4,-1/8,⋅⋅⋅

5) F(z)=z

z2 1 4− / Απ. 0,1/22,0,1/24,0,⋅⋅⋅

Λύσεις : 1) Από τον ορισμό του Ζ-μετασχηματισμού έχουμε :

Z y yyz

yz

yz z z z zn n = + + + + = + + + + + +0

1 22

33 2 30

1 0 0 0 ⇒ yn=0,1,0,0,⋅⋅⋅

2) Όμοια έχουμε :

Z y yyz

yz

yz z z z zn n = + + + + = + + + + + +0

1 22

33 2 30

0 1 0 0 ⇒ yn=0,0,1,0,⋅⋅⋅

3) Γνωρίζουμε για το γεωμετρικό άθροισμα ότι :

11 1 1 1

112+ + + + + =

−z z zz

n

Άρα η αντίστοιχη ακολουθία είναι : yn=1,1,⋅⋅⋅ 4) Εδώ μπορούμε να εργασθούμε διαφορετικά. Θα εκτελέσουμε την διαίρεση του 1 δια του 1-2z αφού διατάξουμε το πολυώνυμα 1-2z κατά τις κατιούσες δυνάμεις του z :

1 -2z+1

-1+12

1z− − − − −− − −12

14

18

1 2 3z z z

12

1z−

-12

14

1 2z z− −+

14

2z−

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

Τελικά έχουμε yn= 012

14

18

12

,− − − − − −⎧⎨⎩

⎫⎬⎭

n

Άλλος τρόπος : Θα χρησιμοποιήσουμε την μέθοδο των ολοκληρωτικών υπολοίπων και συγκεκριμένα τον τύπο :


yn= n 1

C

1 z F(z)dz2π i

−∫ = με F(z)=K

n 1k

k 1

Res(z F(z), p )−

=∑

11 2− z

Για n=0 η ολοκληρωτέα ποσότητα είναι ( )1

1 2z z−, έχει δυο απλούς (m=1), πόλους p1=0,

p2=½ με αντίστοιχα ολοκληρωτικά υπόλοιπα :

Res(p1)= [ ] ( )( ) ( )z p F z zz zz p

z

− =−

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ =

==

10

1

11 2

1 και

Res(p2)= [ ] ( )( ) ( )/ /

z p F z zz z zz p

z z

− = −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ −

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ =

−⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

= −=

= =2

1 2 1 22

12

11 2

12

1

επομένως y0=1-1=0 Για n>0 η ολοκληρωτέα ποσότητα έχει έναν απλό πόλο p1=½ με αντίστοιχο ολοκληρωτι-κό υπόλοιπο :

Res(p1)= [ ] ( )( ) ( )/ /

z p F z zz

zz

z p

n

z

n

z

n

− = −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ −

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ =

−⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ = −⎛

⎝⎜⎞⎠⎟=

−

=

−

=1

1

1 2

1

1 21

12 1 2 2

12

n=1,2,⋅⋅⋅

Τελικά η αντίστοιχη ακολουθία είναι : yn=y0,y1,y2,y3,⋅⋅⋅,yn,⋅⋅⋅=0,-1/2,-1/4,-1/8,⋅⋅⋅,-(1/2)n,⋅⋅⋅

5) Εργαζόμενοι όπως στην προηγούμενη άσκηση με την μέθοδο των ολοκληρωτκών υπολοίπων έχουμε :

yn= n 1

C

1 z F(z)dz2π i

−∫ = με F(z)= K

n 1k

k 1

Res(z F(z), p )−

=∑

zz2 1 4− /

Η ολοκληρωτέα ποσότητα έχει δυο απλούς πόλους p1=½ και p2=-½ με αντίστοιχα ολο-κληρωτικά υπόλοιπα :

Res(p1)= [ ] ( ) ( )( )( ) ( )/

z p F z zz

z zz p

n

z

n

− = −− +

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ = ⎛

⎝⎜⎞⎠⎟=

=1

12 1

212 1 2

1

12

Res(p2)= [ ] ( ) ( )( )( ) ( )/

z p F z zz

z zz p

n

z

n

− = +− +

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ = − −

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟=

=−2

12 1

212 1 2

2

12

Τελικά η αντίστοιχη ακολουθία είναι :

yn=Res(p1)+Res(p2)=12

12

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

− −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

n n

=0,1,0,1/22,0,1/24,0,⋅⋅⋅

Παράγραφος 14.12 Άσκηση 1 : Να λυθούν οι παρακάτω εξισώσεις διαφορών χρησιμοποιώντας τον Ζ μετα-σχηματισμό : 1) yn+1-yn=2n+1 y0=1 Απ. yn=n2+1

2) yn+2-4yn=0 y0=1 , y1=-1 Απ. yn= ( )[ ]14

2 3 2n n+ −

3) yn+2+2yn+1+yn=0 y0=1 , y1=0 Απ. yn=(-1)n(1-n)


4) yn+2+yn=n2 y0=0 , y1=0 Απ. yn=12 2

12

2sinπn

n n⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

+ −

Λύσεις : 1) yn+1-yn=2n+1 y0=1. Παίρνουμε τον Ζ-μετασχηματισμό και των δυο μελών της εξίσωσης : Zyn+1-yn=Z2n+1 ⇒ Zyn+1-Zyn=2Zn+Z1 ⇒

zZyn-zy0-Zyn=2( )

zz1 2−

+z

z −1

Αντικαθιστώντας την αρχική τιμή y0=1 και λύνοντας ως προς Zyn προκύπτει :

zZyn-z-Zyn=2( )

zz1 2−

+z

z −1 ⇒ Zyn(z-1)=z+2

( )zz1 2−

+z

z −1 ⇒

Zyn=( ) ( ) ( )

zz

zz

zz

z z zz−

+−

+−

=− +

−12

1 12

13 2

3 2

3 =F(z)

Με την μέθοδο των ολοκληρωτικών υπολοίπων θα έχουμε :

yn= K

n 1k

k 1

Res(z F(z), p )−

=∑

όπου F(z)=( )

z z zz

3 2

3

21

− +

− και με πόλο p1=1 πολλαπλότητας m=3

Έχουμε :

Res(zn-1F(z), p1)= [ ]12

12

23 1

1!( ) ( )

ddz

z z F znz

− −=

=( )

12

12

1

2

23 1

3 2

31

!( )

ddz

z zz z z

zn

z

−− +

−

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥−

=

=

= [ ] ( )( ) ( ) ( )[ ]12

212

2 1 1 2 12

22 1

11 2

1

ddz

z z z n n z n nz n n zn n nz

n n nz

+ +

=

− −

=− + = + + − + + − =

= ( ) ( )[ ]12

1 2 2 1 12n n n n+ + − = +

Τελικά η λύση είναι yn=n2+1 Η εξίσωση αυτή με την βοήθεια του προγράμματος Maple λύνεται με τις εξής εντολές: > restart; > with(inttrans): > eq1:=y(n+1)-y(n)=2*n+1; := eq1 = − ( )y + n 1 ( )y n + 2 n 1 > alias(Y(z)=ztrans(y(n),n,z)): > ztrans(eq1,n,z); = − − z ( )Y z ( )y 0 z ( )Y z + 2 z

( ) − z 1 2z

− z 1

> subs(y(0)=1,%); = − − z ( )Y z z ( )Y z + 2 z( ) − z 1 2

z − z 1

> sol:=solve(%,Y(z)); := sol z ( ) − + z2 z 2 − + − z3 3 z2 3 z 1

> yn:=invztrans(%,z,n); := yn + n2 1 > seq(yn,n=0..5); , , , , ,1 2 5 10 17 26

Για την εύρεση της γενικής λύσης δεν αντικαθιστούμε την αρχική τιμή y0 και λύνουμε ως προς Ζyn:


Ζyn=F(z)= ( )

( ) (( )

)3 20 0 0

0 2 3

y z 1 2y z y 1 z1 2z zzyz 1 z 11 z z 1

⎧ ⎫ + − + +⎪ ⎪+ + =⎨ ⎬− −− −⎪ ⎪⎩ ⎭⇒

Res(zn-1F(z),p1)= ( )2

3 n 12 z 1

1 d z 1 z F(z)2! dz

−

=⎡ ⎤−⎣ ⎦ =

= ( ) ( ) ( )( )

3 223 0 0 0n 1

32

z 1

y z 1 2y z y 1 z1 d z 1 z2! dz z 1

−

=

⎡ ⎤+ − + +− =⎢ ⎥

−⎢ ⎥⎣ ⎦

( )( )

223 n 1 0 0

32

z 1

y z 2y z 1 z1 d z 1 z z2! dz z 1

−

=

⎡ ⎤− + += − =⎢ ⎥

−⎢ ⎥⎣ ⎦( )

2n 2

0 02 z 1

1 d z y z 2y z 1 z2! dz =

⎡ ⎤− + + =⎣ ⎦ …=

= n2+y0 Για να βρούμε την γενική λύση θέτουμε στη θέση της αρχικής τιμής μια τυχαία σταθερά,

δηλ. y(0)=A και έχουμε:

> restart; > with(inttrans): > eq1:=y(n+1)-y(n)=2*n+1; := eq1 = − ( )y + n 1 ( )y n + 2 n 1 > alias(Y(z)=ztrans(y(n),n,z)): > ztrans(eq1,n,z); = − − z ( )Y z ( )y 0 z ( )Y z + 2 z

( ) − z 1 2z

− z 1

> subs(y(0)=A,%); = − − z ( )Y z A z ( )Y z + 2 z( ) − z 1 2

z − z 1

> sol:=solve(%,Y(z)); := sol z ( ) − + + + A z2 2 A z A 1 z − + − z3 3 z2 3 z 1

> yn:=invztrans(%,z,n); yn=n2+y0 2) yn+2-4yn=0 y0=1 , y1=-1 Παίρνουμε τον Ζ-μετασχηματισμό και των δυο με-λών της εξίσωσης : Zyn+2-4yn=0 ⇒ Zyn+2-4Zyn=0 ⇒

z2Zyn-z2y0-zy1-4Zyn=0 ⇒ z2Zyn-z2+z-4Zyn=0 ⇒ Zyn=z zz

2

2 4−−

=F(z)


yn= K

n 1k

k 1

Res(z F(z), p )−

=∑

όπου F(z)= zz

2

2 4−−

z και με απλούς πόλους p1=2 και p2=-2 . Έχουμε :

R1=Res(zn-1F(z), p1)=[ ]( ) ( ) ( )z z F z z zz zz

nz

n

z

− = −−−

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ =−

=−

=

2 24

12

12

22

= ( )( )( )z zz z

z zn

z

−−

− +⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

−

=

22 2

12

2

= ( )zz zz

n

z

n n−

=

− −−+

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ =

−=1

2

2

1 2

22

4 24

2


R2=Res(zn-1F(z), p2)=[ ]( ) ( ) ( )z z F z z zz zz

nz

n

z

+ = +−−

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ =−

=−−

=−

2 24

12

12

22

= ( )( )( )z zz z

z zn

z

+−

− +⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

−

=−

22 2

12

2

= ( ) ( ) ( )zz zz

n

z

n n n−

=−

− − −−−

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ = −

+−

= − − = −12

2

1 1 2

22

4 24

32

2 3 2( )

Τελικά η λύση είναι yn=2n-2+ ( ) ( )[ ]3 214

2 3 22− = + −−n n n

> restart; > with(inttrans): > eq1:=y(n+2)-4*y(n)=0; := eq1 = − ( )y + n 2 4 ( )y n 0 > alias(Y(z)=ztrans(y(n),n,z)): > ztrans(eq1,n,z); = − − − z2 ( )Y z ( )y 0 z2 ( )y 1 z 4 ( )Y z 0 > subs(y(0)=1,y(1)=-1,%); = − + − z2 ( )Y z z2 z 4 ( )Y z 0 > sol:=solve(%,Y(z)); := sol z ( ) − z 1

− z2 4

> yn:=invztrans(%,z,n); := yn + 14 2n 3

4 ( )-2 n

> seq(yn,n=0..5); , , , , ,1 -1 4 -4 16 -16 3) yn+2+2yn+1+yn=0 y0=1 , y1=0 Παίρνουμε τον Ζ-μετασχηματισμό και των δυο με-λών της εξίσωσης : Zyn+2+2yn+1+yn =0 ⇒ Zyn+2+2Zyn+1+Zyn=0 ⇒

[z2Zyn-z2y0-zy1]+2[zZyn-zy0]+Zyn=0 ⇒

Zyn(z2+2z+1)=2z+z2 ⇒ Zyn=( )2

1

2

2

z zz

++

=F(z)


yn= Re ( ), )s(z F z pnk

k

K−

=∑ 1

1

όπου F(z)=( )2

1

2

2

z zz

++

και με πόλο p1=-1 πολλαπλότητας m=2 . Έχουμε :

Res(zn-1F(z), p1)= [ ] ( )ddz

z z F zddz

z zz zz

nz

n

z

( ) ( ) ( )+ = +++

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ =−

=−−

=−

1 12

12 1

12 1

2

21

= ( )[ ] [ ] ( )[ ]ddz

z z zddz

z z nz n zn

z

n n n nz

−

=−

+ −

=−+ = + = + +1 2

1

1 11

2 2 2 1 =

=2n(-1)n+(n+1)(-1)n=(1-n)(-1)n Τελικά η λύση είναι yn=(1-n)(-1)n > restart; > with(inttrans): > eq1:=y(n+2)+2*y(n+1)+y(n)=0;

:= eq1 = + + ( )y + n 2 2 ( )y + n 1 ( )y n 0 > alias(Y(z)=ztrans(y(n),n,z)):

> ztrans(eq1,n,z);


= − − + − + z2 ( )Y z ( )y 0 z2 ( )y 1 z 2 z ( )Y z 2 ( )y 0 z ( )Y z 0

> subs(y(0)=1,y(1)=0,%); = − + − + z2 ( )Y z z2 2 z ( )Y z 2 z ( )Y z 0

> sol:=solve(%,Y(z)); := sol z ( ) + z 2 + + z2 2 z 1

> yn:=invztrans(%,z,n); := yn − + ( )-1 n n ( )-1 n > seq(yn,n=0..5); , , , , ,1 0 -1 2 -3 4 4) yn+2+yn=n2 y0=0 , y1=0 Παίρνουμε τον Ζ-μετασχηματισμό και των δυο μελών της εξίσωσης : Zyn+2+yn=Zn2 ⇒ Zyn+2+Zyn= Zn2 ⇒

[z2Zyn-z2y1-zy0]+Zyn= Zn2 ⇒ Zyn(z2+1)=Zn2

αλλά Zn2=( )

( )z zz

+−

11 3 ⇒ Zyn=

( )( )( )

z zz z

++ −

11 12 3 =F(z)


yn= K

n 1k

k 1

Res(z F(z), p )−

=∑

όπου F(z)= ( )

( )( )z z

z z+

+ −1

1 12 3 και με πόλους p1=i , p2=-i απλούς και p3=1 πολλαπλότητας 3 .

Έχουμε :

R1=Res(zn-1F(z), p1)=( )

( )( )( )

( )( )( )z i z

z zz z

zz z

z i zn

z i

n

z i

−+

+ −

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥

=+

+ −

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥−

=

−

=

12 3

13

11 1

11

=

= ( ) ( )( )

ii ii i

n− +−

13

12 1

=⋅⋅⋅=-i/4exp(iπn/2)(1

R2=Res(zn-1F(z), p2)=( )

( )( )( )

( )( )( )z i z

z zz z

zz z

z i zn

z i

n

z i

++

+ −

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥

=+

− −

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥−

=−

−

=−

12 3

13

11 1

11

=

= ( ) ( )( )( )( )

−− − +

− − −−i

i ii i

n 13

12 1

=⋅⋅⋅=i/4exp(-iπn/2)

R3=Res(zn-1F(z), p3)=( )1

211

2

21

21

ddz

zz zz

n

z

−

=

++

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ =⋅⋅⋅=n2/2-n

Τελικά η λύση είναι

yn=R1+R2+R3= −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

−−⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ + −

i in in nn

4 2 2 2

2

expπ

expπ

=

(1 Η ισότητα αυτή προκύπτει εάν θυμηθούμε ότι i=exp(iπ/2) και ότι (i-1)3=2(i+1)


= 12

2 22 2

12 2 2

2 2expπ

expπ

sinπ

in in

in

nn n

n

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ −

−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎛

⎝

⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟⎟

+ − =⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ + −

Με το πρόγραμμα Maple θα συναντήσουμε δυσκολίες για τις μιγαδικές ρίζες, όπως φαίνε-ται παρακάτω: > restart; > with(inttrans): > eq1:=y(n+2)+y(n)=n^2; := eq1 = + ( )y + n 2 ( )y n n2 > alias(Y(z)=ztrans(y(n),n,z)): > ztrans(eq1,n,z); = − − + z2 ( )Y z ( )y 0 z2 ( )y 1 z ( )Y z z ( ) + z 1

( ) − z 1 3

> subs(y(0)=0,y(1)=0,%); = + z2 ( )Y z ( )Y z z ( ) + z 1( ) − z 1 3

> sol:=solve(%,Y(z)); := sol z ( ) + z 1 − + − + − z5 3 z4 4 z3 4 z2 3 z 1

> yn:=invztrans(%,z,n);

:= yn − − 12 n2 n 1

4

⎛

⎝

⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟∑

= _α ( )RootOf + _Z2 1

⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟

1_α

n

_α

> seq(yn,n=0..5); , , , , ,0 0 0 1 4 8>

ΓΓΕΕΝΝΙΙΚΚΕΕΣΣ ΑΑΣΣΚΚΗΗΣΣΕΕΙΙΣΣ εφ' όλης της ύλης

1) Να λυθούν οι Δ.Ε. α) exp(yy′)=x, x>0. Απ. y2=x(lnx2-2)+c β) eydx+x2(2+ey)dy=0 Απ. -2e-y+y=1/x+c

γ) x2y2-4x2-(x2y2-9y2)y′=0 Απ. 32

33

22

ln lnxx

yy

−+

++−

+x-y=c

2) Να βρεθούν οι λύσεις των Δ.Ε. , που αντιστοιχούν στις αρχικές συνθήκες :

α) (1+ex)yy′=ex y(1)=1 Απ. y= ( ) ( )2 1 1 2 1ln ln+ + − +e ex

β) y′sinx-ylny=0 y(π/2)=1 Απ. y(x)=1 γ) y′=x2y y(0)=1 Απ. y=exp(x3/3) 3) Να βρεθούν οι λύσεις των Δ.Ε. : α) (2x-y+4)dy+(x-2y+5)dx=0 Απ. (x+y-1)3=c(x-y-3)

β) dydx

x yx y

++ ++ +

=4 3 13 2 1

0 Απ. 5x2+9xy+4y2+x+y=c

γ) y′+ycotx=5ecosx Απ. y= ( )15

± sincos

xc e x

δ) xy′+y=y2lnx , x>0 Απ. y=[cx+lnx+1]-1 4) Να λυθεί η διαφορική εξίσωση : y′+y2=2x-2

εάν μια λύση της είναι y=2/x Απ. y=2 3

3x cx c

−−

5) Να λυθεί η διαφορική εξίσωση : x2y′=x2y2+xy+1 εάν μια λύση της είναι

y=α/x , α=σταθερή Απ. α=-1, y=( )( )

1− −−

c xx c x

lnln

6) Να βρεθούν οι ορθογώνιες τροχιές των καμπυλών : α) y=exp(x-c) Απ. y2+2x=k

β) y2(c-x)=x3 Απ. (x2+y2)2=k(2x2+y2) γ) xy=c Απ. y2-x2=k δ) x2-xy+y2=c2 Απ. x-y=k(x+y)3

στ) 2+x2=c2, Απ. x2-2ky=k2 ζ) (x-c)2+y2-c2 Απ. x2+(y-c)2=c2

7) Να βρεθούν οι πλάγιες τροχιές γωνίας θ=π/4 των καμπύλων

x2+2y=c Απ. y=ln(1+x)2-x+k 8) Να βρεθούν οι ορθογώνιες τροχιές των καμπυλών : r=c(1+sinθ) Απ. r=k(1-sinθ)

Γενικές Ασκήσεις ♦ 469

9) Να λυθούν οι διαφορικές εξισώσεις με τη βοήθεια ολοκληρωτικού παράγοντα. α) (1-xy)dx+(xy-x2)dy=0 όταν ένας ολοκληρωτικός παράγοντας είναι της μορφής μ=μ(x) Απ. μ=1/x , ln|x|-xy+y2/2=c

β) xdx+y(4y4+4x2y2 +1)dy=0 όταν ένας ολοκληρωτικός παράγοντας είναι της μορφής μ=μ(x2+y2) Απ. μ=(x2+y2)-1 , exp(4y4)(x2+y2)=c γ) (2x2+x3y+y)dx+(8y3+4xy4+x)dy=0 όταν ένας ολοκληρωτικός παράγο-ντας είναι της μορφής μ=μ(xy) Απ. μ=(2+xy)-1 , exp(4y4)(x2+y2)=c δ) y(x2+2x+y)dx+x(x2+x+2xy+2y)dy=0 όταν ένας ολοκληρωτικός παράγο-

ντας είναι της μορφής μ=μ(x) Απ. μ=(x+1)-2 x y xy

xc

2 2

1++

=

10) Να βρεθεί η διαφορική εξίσωση, της οποίας η γενική λύση είναι : y=c1x2+c2x2lnx x>0 Απ. x2y"-3xy+4y=0 x>0 11) Να λυθούν οι διαφορικές εξισώσεις : α) y"-5y′+6y=0 Απ. y=c1e2x+c2e3x β) y"-10y′+25y=0 Απ. y=(c1+c2x)e5x

γ) y"-4y′+13y=0 Απ. y=e2x(c1cos3x+c2sin3x)

12) Να λυθούν οι διαφορικές εξισώσεις : α) y"+9y=6e3x Απ. y=c1cos3x+c2sin3x+e3x/3

β) y"-2y′+y=(x+1)ex Απ. y=(c1+c2x)ex+ x23 exx31

21

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

γ) y"-y′-2y=4x2 Απ. y=c1e-x+c2e2x-2x2+2x-3 δ) y"-2y′=exsinx Απ. y=c1+c2e2x-1/2exsinx

13) Να λυθούν τα προβλήματα αρχικών τιμών : α) y"+2y′+5y=0 y(0)=0 , y′(0)=1 Απ. y=1/2e-xsin2x β) y"+y=x+2e-x y(0)=1 , y′(0)=2 Απ. y=2sinx+x+ex

γ) y"+y=tanx y(0)=0 , y′(0)=1 Απ. y=cosx+sinx-cosxln|1/cosx+tanx|

14) Να λυθούν οι διαφορικές εξισώσεις : α) y(4)+10y(2)+9y=cos(2x+3)

Απ. y=c1cosx+c2sinx+c3cos3x+c4sin3x-1/15cos(2x+3 β) y(4)-y=excosx Απ. y=c1ex+c2e-x+c3cosx+c4sinx-1/5excosx 15) Να δειχθεί ότι εάν η y=g(x) είναι μια λύση της Δ.Ε. y′′+A1(x)y′+A2(x)y=f(x) με f(x)≠0, τότε η kg(x), όπου k≠1, δεν είναι λύση. Γιατί; (Aπ. Η εξίσωση είναι μη ομογενής) 16) Να δειχθεί ότι η y=sin(x2) δεν μπορεί να είναι μια λύση, σε ένα διάστημα που πε-ριέχει το x=0, μιας εξισώσεως y′′+P(x)y′+Q(x)y=0 με συνεχείς συντελεστές.

470 ♦ Γενικές Ασκήσεις

17) Εάν η ορίζουσα του Wronski W των f και g είναι 3e4x, και εάν f(x)=e2x, να βρεθεί η g(x). (Απ. g(x)=3xe2x+ce2x) 18) Εάν η ορίζουσα του Wronski W των f και g είναι x2ex, και εάν f(x)=x, να βρεθεί η g(x). (Απ. g(x)=xex+cx) 19) Εάν W(f,g) είναι η ορίζουσα του Wronski των f και g, και εάν u=2f-g, v=f+2g, να βρεθεί η ορίζουσα του Wronski W(u,v) των u και v συναρτήσει της W(f,g). (Απ. 5W(f,g) ) 20) Εάν η ορίζουσα του Wronski των f και g είναι xcosx-sinx και εάν u=f+3g, v=f-g να βρεθεί η ορίζουσα Wronski των u και v. (Απ. –4(xcosx-sinx) ) 21) Η ορίζουσα του Wronski δυο συναρτήσεων είναι W(x)=xsin2x. Είναι οι συναρτή-σεις γραμμικά ανεξάρτητες ή εξαρτημένες; Γιατί; . Το ίδιο για την ορίζουσα W(x)=x2-4 (Απ. ανεξάρτητες διότι η ορίζουσα W δεν είναι εκ ταυτότητος μηδέν). 22) Εάν η ορίζουσα του Wronski δυο τυχαίων λύσεων της Δ.Ε. y′′+p(x)y′+q(x)y=0 εί-ναι σταθερή, τι συνεπάγεται αυτό για τους συντελεστές p(x) και q(x); (Απ. p(x)=0 ∀x) 23) Έστω ότι οι συντελεστές p(x) και q(x) είναι συνεχείς συναρτήσεις και ότι οι συ-ναρτήσεις y1(x) και y2(x) είναι λύσεις της Δ.Ε. y′′+p(x)y′+q(x)y=0 σε ένα ανοικτό διάστη-μα Ι. Να αποδειχθεί ότι

α) αν οι y1 και y2 έχουν κοινή ρίζα στο Ι, τότε δεν μπορούν να αποτελούν ένα θε-μελιώδες σύστημα λύσεων στο διάστημα αυτό.

β) αν οι y1 και y2 έχουν ακρότατα στο ίδιο σημείο στο Ι, τότε δεν μπορούν να απο-τελούν ένα θεμελιώδες σύστημα λύσεων στο διάστημα αυτό.

γ) αν οι y1 και y2 έχουν ένα κοινό σημείο καμπής x0 στο Ι, τότε δεν μπορούν να αποτελούν ένα θεμελιώδες σύστημα λύσεων στο Ι, εκτός εάν τα p και q μηδενίζονται στο x0. 24) Η εξίσωση P(x)y′′+Q(x)y′+R(x)y=0 ονομάζεται ακριβής εάν μπορεί να γραφεί στην μορφή: [P(x)y′]′+[f(x)y]′=0, όπου η f(x) πρέπει να υπολογιστεί συναρτήσει των P(x), Q(x) και R(x). Η τελευταία εξίσωση μπορεί να ολοκληρωθεί άμεσα μια φορά και οδηγεί σε μια γραμμική Δ.Ε. 1ης τάξεως. Εξισώνοντας τους συντελεστές των προηγουμένων εξι-σώσεων και απαλείφοντας την f(x), να δειχθεί ότι μια αναγκαία συνθήκη για να είναι α-κριβής η εξίσωση είναι: P′′(x)-Q′(x)+R(x)=0. Μπορεί να δειχθεί ότι η συνθήκη αυτή είναι και ικανή. Για τις παρακάτω Δ.Ε. ελέγξτε εάν είναι ακριβείς και σε θετική περίπτωση βρείτε την λύση: α) y′′+xy′+y=0, β) y′′+3x2y′+xy=0, γ) xy′′-cos(x)y′+sin(x)y=0, x>0, δ) x2y′′+xy′-y=0, x>0. (Απ. α) Ναι β) Όχι,

2 2x / 2 x / 2 x / 21 2y c e e dx c e− −= +∫

2

γ) Ναι 1 21 (x) 1 cos xy c dx c (x) exp(x) x x x

⎡ ⎤dxμ ⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥= + με μ = − +⎜ ⎟⎢ ⎥μ ⎢ ⎥ ⎝ ⎠⎣ ⎦⎣ ⎦

⌠⌠⎮ ⎮⌡ ⌡

δ) Ναι y=c1x-1+c2x


25) Αν μια γραμμική ομογενής εξίσωση 2ας τάξεως δεν είναι ακριβής, μπορεί να κα-ταστεί ακριβής εάν πολλαπλασιαστεί επί έναν κατάλληλο ολοκληρωτικό παράγοντα μ(x), έτσι ώστε η Δ.Ε. μ(x)P(x)y′′+ μ(x)Q(x)y′+ μ(x)R(x)y=0 να μπορεί να τεθεί υπό την μορ-φή: [μ(x)P(x)y′]′=f(x)y]′=0. Εξισώνοντας τους συντελεστές σε αυτές τις δυο εξισώσεις και απαλείφοντας την f(x), να δειχθεί ότι η συνάρτηση μ(x) πρέπει να ικανοποιεί την εξί-σωση:

Pμ′′+(2Ρ′-Q)μ′+(Ρ′′-Q′+R)μ=0. Η εξίσωση αυτή είναι γνωστή ως η συζυγής της αρχικής. Η επίλυση όμως της συζυγούς διαφορικής εξίσωσης είναι τόσο δύσκολη όσο και της αρχικής. Επομένως κατά τυχαίο τρόπο μπορούμε να βρούμε έναν ολοκληρωτικό παράγοντα. Εύκολα προκύπτει ότι η συ-ζυγής της συζυγούς είναι η αρχική διαφορική εξίσωση. Εάν η συζυγής συμπίπτει με την αρχική, τότε η διαφορικής εξίσωση ονομάζεται αυτοσυζυγής. Μια αναγκαία συνθήκη για να είναι μια Δ.Ε. αυτοσυζυγής είναι να ισχύει η εξίσωση: P′(x)=Q(x). Για τις παρακάτω Δ.Ε. να βρεθεούν οι αντίστοιχες συζυγείς: α) x2y′′+xy′+(x2-ν2)y=0 εξίσωση Bessel β) (1-x2)y′′-2xy′=α(α+1)y=0 εξίσωση Legendre γ) y′′-xy=0 εξίσωση Airy Να ελέγξετε εάν οι παραπάνω Δ.Ε. είναι αυτοσυζυγείς. (Απ. α) x2μ′′+3xμ′+(1+x2-ν2)μ=0 β) (1-x2)μ′′-2xmμ′-2xμ′=α(α+1)μ=0, γ) μ′′-xμ=0 Οι εξισώσεις Legendre και Airy είναι αυτοσυζυγείς). 26) Εάν y1(x)=x είναι μια λύση της διαφορικής εξίσωσης : x2(1-lnx)y"+xy′-y=0 , x>e να βρεθεί μια δεύτερη λύση y2(x) γραμμικά ανεξάρτητη της πρώτης. Απ. y2(x)=lnx . 27) Να λυθούν τα προβλήματα αρχικών τιμών με την βοήθεια του μετασχηματισμού Laplace : α) y′+3y=e-x y(0)=1 Απ. y(x)=½(e-x+e-3x) β) y"+4y=sinx y(0)=0 , y′(0)=1 Απ. y(x)=1/3sinx+1/3sin2x γ) y"+3y′+2y=e-3x y(0)=0 , y′(0)=1 Απ. y(x)=e-3x/2-2e-2x+3/2e-x δ) y"+xy′-y=0 y(0)=0 , y′(0)=1 Απ. y(x)=x

ε) y"+y=f(x)= y(0)=0 , y′(0)=0 10 0 x π π x

≤ ⟨≤

⎧⎨⎩

Απ. y(x)= 1

2− ≤− ≤⎧⎨⎩

coscos

xx

0 x π π x

⟨

στ) y"+2y′+2y=f(x)= y(0)=0 , y′(0)=0 10 0 x π π x

≤ ⟨≤

⎧⎨⎩

472 ♦ Γενικές Ασκήσεις

Απ. y(x)=( )

( )( )

1212

1

1-e 0 x π

sinx+cosx π x

-x cos sin

π

x e x

e e

x

x

− ≤

+ ≤

⎧

⎨⎪⎪

⎩⎪⎪

−

⟨

ζ) y"+3y′+2y= y(0)=0 , y′(0)=1 x 0 x π

π x≤ ⟨≤

⎧⎨⎩0

Απ. y(x)=( ) ( )

2e x− ≤ ⟨

≤

⎧

⎨⎪⎪

⎩⎪⎪

-54

e +t2

-34

0 x π

π2

+ 2-e e +14

-5+e e π x

-2x

π -x 2π -2x

28) Να λυθούν οι διαφορικές εξισώσεις : α) (y′)2-2(1-x)y′-2y=0 Απ. y=cx+c2/2-c , y=-(1-x)2/2

β) -lny′+xy′=y , x>0 Απ. y=xc-lnc , y=1-lnx

γ) y=xy′+ ( )1 2+ ′y Απ. y=xc+ 1 2+ c , x2+y2=1

29) Εάν y1(x)=e-2x είναι μια λύση της διαφορικής εξίσωσης : x3y"+(5x3-x2)y′+2(3x3-x2)y=0 , x>0 να βρεθεί μια δεύτερη λύση y2(x) γραμμικά ανεξάρτητη της πρώτης. Απ. y2(x)=-(x+1)e-3x . 30) Να λυθεί η διαφορική εξίσωση y"-2(x-1)y′+2y=0 στο σημείο α=1.

Απ. y1(x)=x-1 , y2(x)=1-(x-1)2-( )[ ]

( ) ( )2 13 2 32

12

2n

n

nnn

x⋅ −

−=

∞

∑ !

31) Να βρεθεί η γενική λύση της διαφορικής εξίσωσης 2xy"+y′-2y=0 στο σημείο

α=0. Απ. y(x)=c1cosh2√x+1/2c2sinh2√x 32) Να λυθεί η διαφορική εξίσωση x2y"-3xy′+4(x+1)y=0 στο σημείο α=0.

Απ. Μια λύση είναι y(x)=x2

( )( )( )

1 442

1 42

22

2− + − +−

+⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥

x xn

xn n

n

! !

33) Να λυθούν τα διαφορικά συστήματα : 1. y1′=y2 , y2′=-y1 y1(0)=0 , y2(0)=1

Απ. y1(x)=sinx , y2(x)=cosx 2. y1′=y1-y2 , y2′=2y1+4y2 y1(0)=-1 , y2(0)=0

Απ. y1(x)=e3x-2e2x , y2(x)=-2e3x+2e2x 3. y1′==y2 , y2′=-2y1+3y2+12e4x y1(0)=1 , y2(0)=0 Απ. y1(x)=6ex-7e2x+2e4x , y2(x)=6ex-14e2x+8e4x

4. y1′==y2 , y2′=-y1+2cpsx y1(0)=0 , y2(0)=0


Απ. y1(x)=xsinx , y2(x)=sinx+xcosx

5. dydx

yy y

1 2

1 2=

−,

dydx

yy y

2 1

1 2=

− Απ. y1

2-y22=c1 , y1-y2+x=c2

6. ex dydx y

1

2

1= , ex

1

2

y1

dxdy

= Απ. y2=c1y1 , c1y12=c2-2e-x

ΠΑΡΑΡΤΗΜΑ Α

ΕΕΙΙΣΣΑΑΓΓΩΩΓΓΗΗ ΣΣΤΤΗΗ ΘΘΕΕΩΩΡΡΙΙΑΑ ΤΤΩΩΝΝ ΚΚΑΑΤΤΑΑΝΝΟΟΜΜΩΩΝΝ ΗΗ ΓΓΕΕΝΝΙΙΚΚΕΕΥΥΜΜΕΕΝΝΩΩΝΝ ΣΣΥΥΝΝΑΑΡΡΤΤΗΗΣΣΕΕΩΩΝΝ

Α.1 Συναρτήσεις αιχμής και η συνάρτηση δέλτα δ(x) του Dirac.

Στη Φυσική συχνά συναντάμε συστήματα, τα οποία διαταράσσονται από κάποια εξωτερική δύναμη, που είναι συνάρτηση του χρόνου και έχει τα εξής χαρακτηριστικά: α) Η χρονική διάρκεια, κατά την οποία επενεργεί, είναι πολύ μικρή. β) Το μέτρο της είναι πολύ μεγάλο. Η γραφική παράσταση μιας τέτοιας δύναμης είναι της μορφής:

F(t)

t0 t0+τ x

h

όπου το h είναι πολύ μεγάλο και το τ πολύ μικρό. Συναρτήσεις, που έχουν παρόμοιες γρα-φικές παραστάσεις, λέγονται συναρτήσεις αιχμής(1 . Σαν παράδειγμα μπορούμε να φανταστούμε ένα σώμα σε ηρεμία που τίθεται σε κίνηση τη χρονική στιγμή t0 από ένα ξαφνικό "κτύπημα". Το "κτύπημα" αυτό προσδίδει στο σώμα μια ορμή: P=mv= 0

0

t

tF(t)dt

+τ

∫όπου τ η χρονική διάρκεια του "κτυπήματος". Σε πολλές περιπτώσεις, (αν όχι σε όλες), ο συναρτησιακός τύπος της F(t) ή η γραφι-κή της παράσταση δεν είναι γνωστά και η ανάλυση του προβλήματος από μαθηματικής και ακόμα από φυσικής πλευράς είναι δύσκολη. Παρ' όλα αυτά δεν αποτελεί εμπόδιο το γεγονός ότι δεν γνωρίζουμε την συνάρτηση F(t), διότι αυτό που μας ενδιαφέρει είναι η ώθηση, δηλαδή το ολοκλήρωμα:

0

0

t

tF(t)dt

+τ

∫

Άλλο παράδειγμα, στο οποίο εμφανίζεται κάποιο φυσικό μέγεθος με τα παραπάνω χαρακτηριστικά, είναι το ηλεκτρικό ρεύμα που θα δημιουργηθεί, όταν κλείσουμε τον δια-κόπτη S:

(1 Στα επόμενα θα δούμε ότι οι συναρτήσεις αιχμής ανήκουν στο σύνολο των κατανομών.

382 ♦ ΠΑΡΑΡΤΗΜΑ Α Τότε τα φορτία Q1 και Q2 ανακατανέμονται, (υποθέτουμε ότι V1≠V2 ), σε:

Q′1=( )C Q QC C

1 1 2

1 2

++

Q′2=( )C Q QC C

2 1 2

1 2

++

C1

V1

Q1 C2

V2

Q2

C1

V

Q′C2

V

Q′2

S S

Εάν η αντίσταση των αγωγών είναι αμελητέα, τότε το ρεύμα έχει πολύ μικρή διάρκεια και πολύ μεγάλη ένταση. Για να αντιμετωπισθούν αυτά τα προβλήματα ο Dirac εισήγαγε την δέλτα συνάρτη-ση δ(x) που "συμβολικά" δίνεται από τον τύπο

δ(x)= 0 0

0

x

x

≠

∞ =

⎧

⎨⎪

⎩⎪

με την ιδιότητα: (x)dx 1+∞

−∞δ =∫

Τότε για μια συνεχή συνάρτηση f(x) το ολοκλήρωμα:

(x)f (x)dx+∞

−∞δ∫

μπορεί να υπολογισθεί ως εξής: Αφού η δ(x) είναι μηδέν για x≠0 μπορούμε να περιορί-σουμε το διάστημα (-∞,+∞) σε (-ε,+ε) με ε>0 και αρκετά μικρό. Ακόμα επειδή η συνάρτη-ση f(x) είναι συνεχής στο σημείο x=0, οι τιμές της μέσα στο διάστημα (-ε,ε) δεν θα δια-φέρουν πολύ από την τιμή f(0). Έτσι έχουμε:

(x)f (x)dx (x)f (x)dx f (0) (x)dx f (0)+∞ +ε +ε

−∞ −ε −εδ = δ ≈ δ =∫ ∫ ∫

επειδή για κάθε ε>0. Έτσι έχουμε: (x)dx 1+ε

−εδ =∫

(x)f (x)dx+∞

−∞δ∫ =f(0)

Η παραπάνω σχέση λέγεται ιδιότητα της μετατόπισης.

Εισαγωγή στη Θεωρία των Κατανομών ♦ 383

Α.2. Ακολουθίες πραγματικών συναρτήσεων που προσεγγίζουν την δ συνάρτηση

Η σχέση: δ(x)= 0 0

0

x

x

≠

∞ =

⎧

⎨⎪

⎩⎪

δεν μπορεί να ορίζει μια συνάρτηση και μάλιστα ολοκληρώσιμη μέσα στα πλαίσια της συ-ναρτησιακής ανάλυσης. Μια άλλη απόπειρα για τον ορισμό της δέλτα συνάρτησης είναι να ισχύει η σχέση:

(x)f (x)dx+∞

−∞δ∫ =f(0)

για κάθε συνεχή συνάρτηση f(x). Όμως και αυτή η απόπειρα αποτυγχάνει διότι μπορούμε να δείξουμε ότι δεν υπάρχει συνάρτηση που ικανοποιεί αυτή τη σχέση. Μπορούμε όμως να βρούμε ακολουθίες συναρ-τήσεων αιχμής, οι οποίες προσεγγίζουν την ιδιότητα της μετατόπισης, δηλ. ισχύει η σχέση:

limn→∞ n (x)f (x)dx f (0)+∞

−∞ϕ =∫

Ακολουθίες με αυτή την ιδιότητα θα ονομάζονται δέλτα ακολουθίες. Για παράδειγμα οι συναρτήσεις:

φn(x)= n=1,2,3, … 0 για |x| 1/n

n/2 για |x| 1/n

≥

⟨

⎧

⎨⎪

⎩⎪

σχηματίζουν μια δέλτα ακολουθία, διότι για κάθε συνεχή συνάρτηση f(x) έχουμε:

1/ n 1/ n

n 1/ n 1/ n

n n(x)f (x)dx f (x) dx f (x)dx2 2

+∞

−∞ − −ϕ = =∫ ∫ ∫

και από το θεώρημα της μέσης τιμής προκύπτει: 1/ n

1/ n

n n 2f (x)dx f ( ) f ( )2 2 n−

= ξ =∫ ξ -

1/n≤ξ≤1/n Όταν n→∞ τότε ξ→0 και από τη συνέχεια της συνάρτησης f(x) έχουμε ότι f(ξ)→f(0) και επομένως:


−∞ϕ =∫

Για πολλούς λόγους θέλουμε να κατασκευάσουμε δέλτα ακολουθίες από συναρτή-σεις, οι οποίες είναι συνεχείς και παραγωγίσι-μες, (στο παραπάνω παράδειγμα οι συναρτή-σεις φn(x) δεν είναι παραγωγίσιμες). Παραδείγματα τέτοιων ακολουθιών εί-ναι:

nn xπ

1

1 2 2+ α) φn(x)=

384 ♦ ΠΑΡΑΡΤΗΜΑ Α

( )nn x

πexp − 2 2β) φn(x)=

2

2

1 sin nxn π x

γ) φn(x)=

Οι συναρτήσεις αυτών των ακολουθιών είναι κανονικοποιημένες στη μονάδα:

n (x)dx 1+∞

−∞ϕ =∫

και κάθε ακολουθία ικανοποιεί τη σχέση:


−∞ϕ =∫

Αλλά και πάλι δεν είναι σωστό να λέμε ότι αυτές οι ακολουθίες συγκλίνουν στη δέλτα συνάρτηση: Τα όρια αυτών των ακολουθιών δεν υπάρχουν με την συνήθη έννοια της σύ-γκλισης και η πράξη της ολοκλήρωσης γενικά δεν αντιστρέφεται με την διαδικασία του ορίου. Άσκηση: Δείξτε ότι το limn→∞φn(x) δεν υπάρχει για τις παραπάνω τρεις ακο-λουθίες. Είναι ενδιαφέρον να βρούμε τα αό-ριστα ολοκληρώματα των συναρτήσε-ων φn(x) δηλ. τις συναρτήσεις:

Φn(x)= Π.χ. για την ακο-

λουθία (α), οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων Φn(x), για αρκετά μεγάλες τιμές του n, έχουν την μορφή του διπλανού σχήματος.

x

n ( )d−∞ϕ ξ ξ∫


Επίσης εύκολα μπορούμε να δούμε ότι: limn→∞Φn(x)=u(x) όπου u(x) η συνάρτηση βήμα-τος, (ή συνάρτηση του Heaviside ή step function), που ορίζεται από τη σχέση:

u(x)= 1 για x 0

0 για x 0

≥

⟨

⎧

⎨⎪

⎩⎪

Έτσι μπορούμε να παρασυρθούμε και να πούμε ότι η δέλτα συνάρτηση δ(x) είναι η πα-ράγωγος της συνάρτησης βήματος u(x), της οποίας η παράγωγος du(x)/dx=0 ∀x≠0 και δεν ορίζεται για x=0, στο σημείο ακριβώς που περιμένουμε να βρίσκεται η αιχμή, (peak), της δέλτα συνάρτησης.

Α.3 Ιδιότητες της δ-συνάρτησης

1) (x)f (x)dx f (0)+∞

−∞′ ′δ = −∫

2) ( )m m

mm m

d (x) d f (0)f (x)dx 1dx dx

+∞

−∞

δ= −∫

3) xδ(x)=0

4) (x )f (x)dx f ( )+∞

−∞δ − α = α∫

(x)| |δα

5) δ(αx)= α≠0

[ ]1 (x ) (x )2

δ + α + δ − αα

6) δ(x2-α2)= α>0

Αποδείξεις: Στα επόμενα θεωρούμε μια δ-ακολουθία φn(x)

1) Έστω ότι limn→∞ τότε n (x)f (x)dx f (0)+∞

−∞ϕ =∫

n n n(x)f (x)dx (x)f (x) (x)f (x)dx+∞ +∞+∞

−∞−∞ −∞′ ′ϕ = ϕ − ϕ∫ ∫

Αυτό συνήθως συμβαίνει αφού οι συναρτήσεις φ (x) είναι τέτοιες ώστε το ολοκλήρωμα

n (x)f (x)dx+∞

−∞ϕ∫

να συγκλίνει. Εάν n→∞ έχουμε:

limn→∞ n n n(x)f (x)dx lim (x)f (x)dx f (0)+∞ +∞

→∞−∞ −∞′ ′ϕ = − ϕ = −∫ ∫ ′

Από τη παραπάνω σχέση προκύπτει ότι η ακολουθία των παραγώγων φ′(x) ικανοποιεί την ιδιότητα της μετατόπισης, η οποία με τη σειρά της δικαιολογεί το σύμβολο δ′(x) σαν πα-ράγωγος της δέλτα συνάρτησης έτσι ώστε:

(x)f (x)dx f (0)+∞

−∞′ ′δ = −∫

2) Με όμοια τεχνική μπορούμε να δείξουμε την δεύτερη ιδιότητα. 3) Θεωρούμε το ολοκλήρωμα:


x (x)f (x)dx+∞

−∞δ∫

όπου f(x) συνεχής για x=0. Θέτουμε xf(x)=g(x) με g(0)=0 και εχουμε:

=0 x (x)f (x)dx+∞

−∞δ∫

Επομένως xδ(x)=0

4) Στο ολοκλήρωμα: (x )f (x)dx+∞

−∞δ − α∫

θέτουμε x-α=t και γράφουμε: f(t+α)=g(t), τότε

= =g(0)=f(α) (x )f (x)dx+∞

−∞δ − α∫ (t)g(t)dt

+∞

−∞δ∫

5) Εάν α>0 θέτουμε αx=t ⇒ dx=dt/α τότε

( ) dt 1( x)f (x)dx (t)f t / f (0)+∞ +∞

−∞ −∞δ α = δ α =

α α∫ ∫

Εάν α<0 θέτουμε πάλι αx=t ⇒ dx=dt/α. Όμως τα όρια της ολοκλήρωσης εναλλάσονται και επομένως:

( ) dt 1( x)f (x)dx (t)f t / f (0)+∞ +∞

−∞ −∞δ α = δ α = −

α α∫ ∫

και στις δύο περιπτώσεις είναι f(0)/|α|. Επομένως δ(αx)=δ(x)/|α| 6) Επειδή δ(x2-α2)=δ[(x+α)(x-α)] και δ(t)=0 εκτός από t=0, έπεται ότι δ(x2-α2)=0 εκτός από x=±α. Επομένως

( ) ( ) ( ) ( )2 2(x )f (x)dx x x f (x)dx x x f (x)dx+∞ −α+ε α+ε

−∞ −α−ε α−εδ − α = δ + α − α + δ + α − α⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦∫ ∫ ∫

με α>0 και 0<ε<2α με ε οσοδήποτε μικρό. Στη γειτονιά του x=-α ο παράγοντας x-α μπορεί να αντικατασταθεί με -2α. Επομένως:

( ) ( ) ( ) ( )x x f (x)dx 2 x f (x)dx−α+ε −α+ε

−α−ε −α−εδ + α −α = δ − α + α⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦∫ ∫ =

( ) ( ) ( )1 1x x f (x)dx x f (x)dx| 2 | 2

−α+ε +∞

−α−ε −∞δ + α − α = δ + α⎡ ⎤⎣ ⎦− α α∫ ∫

Τα όρια στο άπειρο μπορούν πάλι να χρησιμοποιηθούν διότι δ(x+α)=0 εκτός από x=-α. Με όμοιο τρόπο έχουμε:

( ) ( )x x f (x)dxα+ε

α−εδ + α − α =⎡ ⎤⎣ ⎦∫ ( )1 x f (x)d

2+∞

−∞δ + α

α∫ x

Τελικά προκύπτει:

[ ]1 (x ) (x )2

δ + α + δ − αα

δ(x2-α2)=

Η παραπάνω σχέση δεν ισχύει για α=0 και δυστυχώς δεν υπάρχει τρόπος για να ερμηνεύ-σουμε την έκφραση δ(x2)


Α-4 Μια άλλη προσέγγιση στη θεωρία των κατανομών ή γενικευμένων συναρτήσεων

Έστω L ένας τοπολογικός διανυσματικός χώρος πάνω στο σώμα C των μιγαδικών αριθμών, αποτελούμενος από το σύνολο … φ(x) … των μιγαδικών συναρτήσεων πραγ-ματικής μεταβλητής: φ: R → C Έστω L* ο δυϊκός χώρος του L, δηλ. ο χώρος ο αποτελούμενος από το σύνολο …F… όλων των συνεχών γραμμικών συναρτησοειδών πάνω στον L: F: L → C Εάν ο χώρος L δεν είναι ούτε "αρκετά μεγάλος" ούτε "αρκετά μικρός" και εάν η τοπολο-γία πάνω στον L δεν είναι ούτε "μεγάλη" ούτε "μικρή", τότε μπορεί κανείς να περιμένει ότι ο L* αποτελείται από ένα λογικά μεγάλο σύνολο στοιχείων και ακόμα ότι τα στοι-χεία αυτά του συνόλου μπορεί να έχουν πολλές ενδιαφέρουσες ιδιότητες, (πέρα από το γεγονός ότι είναι όλα συνεχείς απεικονίσεις στο σώμα των μιγαδικών αριθμών). Ας δούμε ένα παράδειγμα: Ας θεωρήσουμε ότι ο χώρος L είναι ο χώρος L2 (-∞,+∞) δηλ. ο χώρος Hilbert των κατά Lebesgue τετραγωνικά ολοκληρώσιμων συναρτήσεων πραγματικής μεταβλητής. Ο χώρος αυτός είναι αρκετά "μικρός" με την έννοια ότι αποτελείται μόνο από τις τετραγωνι-κά ολοκληρώσιμες συναρτήσεις. Αλλά και ο αντίστοιχος δυϊκός χώρος L* είναι επίσης μι-κρός. Επίσης έχει τις ίδιες ιδιότητες με τον L. Πράγματι από το θεώρημα αναπαράστασης του Riesz ξέρουμε ότι ο δυϊκός χώρος L* είναι "ουσιαστικά" ο ίδιος με τον L με την έννοια ενός ισομετρικού ισομορφισμού. Έτσι στοιχεία του L* μπορούν βασικά να ταυτισθούν με στοιχεία του L. Ας σχηματίσουμε τώρα ένα χώρο L, αποτελούμενο από ένα άλλο σύνολο συναρτή-σεων πραγματικής μεταβλητής και από μια άλλη τοπολογία που ίσως δεν προέρχεται από norm. Η παραπάνω κατασκευή του L μπορεί να γίνει έτσι ώστε ο δυϊκός χώρος L* να απο-τελείται από ένα μεγάλο σύνολο συνεχών γραμμικών συναρτησοειδών με αρκετά καλές ι-διότητες. Από τι περιμένουμε, στη γενική περίπτωση, να αποτελείται ο δυϊκός χώρος L*; Μερικά στοιχεία του L* θα γεννούνται από στοιχεία του L. Πράγματι είναι πιθανό να υπάρχουν ορισμένα στοιχεία f∈L τέτοια ώστε το ολοκλήρωμα:

(1) f (x) (x)dxϕ∫να υπάρχει για κάθε φ∈L και η αντιστοιχία:

Ff : L → C

Ff : φ Ff(φ)≡ ∀φ∈L (2) f (x) (x)dxϕ∫

να είναι ένα συνεχές γραμμικό συναρτησοειδές πάνω στον L. Τότε σ' αυτή την περίπτωση μπορούμε να ταυτίσουμε το Ff∈L* με το f∈L. Αλλά προφανώς θα έχουμε περισσότερα στοιχεία στον δυϊκό χώρο L* . Πιθανόν να υπάρχουν ορισμένες συναρτήσεις h που δεν α-νήκουν στον L, αλλά για τις οποίες υπάρχει το ολοκλήρωμα

∀φ∈L (3) h(x) (x)dxϕ∫και το Fh που ορίζεται από

Fh(φ)= ∀φ∈L (4) h(x) (x)dxϕ∫

388 ♦ ΠΑΡΑΡΤΗΜΑ Α να είναι ένα συνεχές γραμμικό συναρτησοειδές. Τελικά είναι πιθανό ένα υποσύνολο του L* να μη μπορεί να γεννηθεί από κάποιες συναρτήσεις h με τη μορφή του ολοκληρώματος (3). Έτσι ο δυϊκός χώρος L* θα είναι κατά κάποια έννοια μια γενίκευση του συνόλου των συναρτήσεων που μπορούν να γεννήσουν στοιχεία του L* . Επομένως δεν είναι παράλογο να θεωρήσουμε τον δυϊκό χώρο L* σαν ένα σύνολο "γενικευμένων συναρτήσεων". Φυσι-κά πρέπει να γίνει κατανοητό ότι τα στοιχεία του L* , (δηλ. οι γενικευμένες συναρτήσεις), δεν είναι συναρτήσεις που ορίζονται στους πραγματικούς αριθμούς R, αλλά απεικονίσεις που ορίζονται πάνω στον L. (Από την άλλη μεριά το πεδίο τιμών των γενικευμένων συ-ναρτήσεων F και των συναρτήσεων φ είναι το ίδιο: οι μιγαδικοί αριθμοί). Μπορεί κανείς να περιμένει, με μια έξυπνη εκλογή του L, ότι ο δυϊκός χώρος L* των γενικευμένων συ-ναρτήσεων να μπορεί να "κληρονομήσει" κάποιες καλές ιδιότητες του L και ίσως να είναι ένας χώρος όπου πολλά πράγματα μπορούν να γίνουν τα οποία δεν επιτρέπονται για τις συναρτήσεις που μπορούν να γεννήσουν στοιχεία του L* . (Π.χ. μπορεί κανείς να ορίσει διαφορισιμότητα στον L* ή μετασχηματισμούς Fourier στον L* πιο ελευθέρα απ' ότι στο σύνολο των συναρτήσεων). Οι χώροι των γενικευμένων συναρτήσεων εμφανίζονται σε πολλούς κλάδους της μαθηματικής φυσικής, δίνοντας λύσεις σε προβλήματα διαφορικών ή ολοκληρωτικών εξι-σώσεων, αντικαθιστώντας ιδιάζουσες συναρτήσεις …f… με αντίστοιχες συνεχείς και καλώς συμπεριφερόμενες γενικευμένες συναρτήσεις …Ff… και δίνοντας αυστηρή ερ-μηνεία σε πολλά τυπικά τεχνάσματα της φυσικής, τα οποία με την συνήθη έννοια δεν δι-καιολογούνται, (π.χ. η δ συνάρτηση του Dirac). Επίσης παίζουν σπουδαίο ρόλο στις ανα-πτύξεις των γενικευμένων ιδιοσυναρτήσεων και κατ' επέκταση στη θεωρία των ομάδων αναπαραστάσεων σε χώρους Hilbert. Έστω L ένας τοπολογικός γραμμικός χώρος, ο οποίος αποτελείται από μιγαδικές, (ή πραγματικές), συναρτήσεις φ πραγματικής μεταβλητής. Θα αναφερόμαστε στον L σαν ο χώρος των δοκιμαστικών, (test), συναρτήσεων και στα στοιχεία του φ σαν δοκιμα-στικές συναρτήσεις. Το στήριγμα, (support), μιας δοκιμαστικής συνάρτησης, (ή μιας οποιασδήποτε συνάρτησης), είναι το κλείσιμο, (closure), του συνόλου των στοιχείων x του πεδίου ορισμού της φ για τα οποία έχουμε φ(x)≠0. (Μ' αλλά λόγια, το στήριγμα της φ είναι το συμπλήρωμα του μεγαλύτερου ανοικτού συνόλου του R πάνω στο οποίο η φ μηδενίζεται). Μια συνάρτηση φ λέμε ότι έχει συμπαγές, (compact), υποστήριγμα εάν η φ μηδενίζεται έξω από ένα φραγμένο και κλειστό υποσύνολο του R. Κάθε συνεχές γραμμικό συναρτησοειδές πάνω σ' ένα χώρο L δοκιμαστικών συναρτήσεων ονομάζεται γενικευμένη συνάρτηση, (η οποία ανήκει στο χώρο L* ). Μια γενικευμένη συνάρτηση F, που γεννάται από κάποιο στοιχείο f του χώρου των δοκιμα-στικών συναρτήσεων, με την έννοια ότι:

F(φ)= ∀φ∈L f (x) (x)dxϕ∫θα ταυτίζεται με τον γεννήτορα του f. Πρέπει όμως να σημειώσουμε ότι σ' αυτή την ταυ-τοποίηση όλες οι συναρτήσεις f που διαφέρουν μόνο σ' ένα σύνολο μέτρου μηδέν ταυτί-ζονται με την F. Μια γενικευμένη συνάρτηση F, που μπορεί να παρασταθεί από κάποια συνάρτηση h, (που δεν ανήκει αναγκαστικά στον L), από τον τύπο:

F(φ)= ∀φ∈L h(x) (x)dxϕ∫ονομάζεται κανονική, (regular), γενικευμένη συνάρτηση. Κάθε άλλη γενικευμένη συνάρτηση ονομάζεται ιδιάζουσα, (singular).


Η απλούστερη γενικευμένη συνάρτηση, (για κάθε χώρο δοκιμαστικών συναρτή-σεων), είναι η σταθερή C, οριζόμενη από την σχέση

C(φ)= =C C (x)dxϕ∫ (x)dxϕ∫και προφανώς είναι κανονική. Το άθροισμα δυο γενικευμένων συναρτήσεων F και G και το γινόμενο μιας γενι-κευμένης συνάρτησης F μ' ένα μιγαδικό αριθμό α ορίζονται απλά ως εξής: (F+G)(φ) = F(φ)+G(φ) (αF)φ = F(αφ) Το μιγαδικό συζυγές μιας γενικευμένης συνάρτησης ορίζεται: F*(φ)= [F(φ*)]* Για να μπορέσουμε να σχηματίσουμε, με την περιορισμένη έννοια, γινόμενα μεταξύ των γενικευμένων συναρτήσεων, πρέπει να εισάγουμε την βοηθητική έννοια του πολλαπλα-σιαστή. Μια τυχαία συνάρτηση α(x) ονομάζεται πολλαπλασιαστής, εάν: 1) (∀φ∈L)[ αφ∈L ] και 2) φn → 0 ⇒ αφn → 0, (όπου η σύγκλιση εννοείται ως προς την τοπολογία του L). Κάθε πολλαπλασιαστής α ορίζει μια κανονική γενικευμένη συνάρτηση Α, διότι το Α(φ)=∫α(x)φ(x)dx είναι ένα συνεχές γραμμικό συναρτησοειδές. Ονομάζουμε το Α, θεω-ρούμενο σαν γενικευμένη συνάρτηση, επίσης πολλαπλασιαστή. Έστω τώρα F μια τυ-χαία γενικευμένη συνάρτηση και Α ένας πολλαπλασιαστής. Μπορούμε τώρα να ορίσουμε ένα νέο συναρτησοειδές ΑF από τη σχέση: (ΑF)(φ) = F(αφ) Πράγματι, το ΑF είναι ένα συνεχές γραμμικό συναρτησοειδές, διότι εάν φn → 0 τότε αφn → 0 και επομένως αφού το F είναι συνεχές το Αf(φn) → 0. Επί πλέον εάν η F είναι κα-νονική, κανονική είναι και η ΑF. Πρέπει να προσέξουμε ότι σ' αντίθεση με τις συνήθεις συναρτήσεις, οι γενικευμένες συναρτήσεις δεν μπορούν να πολλαπλασιάζονται ελεύθερα. Συγκεκριμένα το γινόμενο δυο ιδιαζουσών γενικευμένων συναρτήσεων δεν ορίζεται. Επειδή μια γενικευμένη συνάρτηση δεν είναι απεικόνιση που να ορίζεται στους πραγματικούς αριθμούς, δεν έχει νόημα να ρωτάμε: "ποια είναι η τιμή της F στο x0∈R;" Παρ' όλα αυτά είναι δυνατό να μιλάμε για την "τιμή της F στην γειτονία Ν(x0) του x0 " Συγκεκριμένα λέμε ότι η F ισούται με το μηδέν στην γειτονία Ν(x0) του x0 , εάν και μόνο εάν, για κάθε συνάρτηση φ∈L, η οποία έχει το στήριγμα της στη γειτονία Ν(x0), (και ε-πομένως μηδενίζεται παντού έξω από την Ν(x0)), F(φ)=0. Συγκεκριμένα, εάν F είναι κα-νονική και γεννάται από μια, (κατά τμήματα) συνεχή συνάρτηση h και εάν F=0 στη Ν(x0), τότε η γεννήτρια συνάρτηση h της F μηδενίζεται στη Ν(x0). Μπορούμε να προχωρήσουμε πάρα πέρα και να πούμε ότι μια γενικευμένη συνάρ-τηση μηδενίζεται σ' ένα ανοικτό σύνολο V του R εάν, σύμφωνα με τα παραπάνω, μηδενί-ζεται σε κάποια γειτονία κάθε σημείου x του V. Αυτό μας δίνει την δυνατότητα να μιλάμε για το στήριγμα μιας γενικευμένης συνάρτησης: Το στήριγμα της F είναι το κλείσιμο του ανοικτού συνόλου V⊂R στο οποίο το F δεν μηδενίζεται, (ή αλλιώς, είναι το μικρότερο κλειστό σύνολο εκτός του οποίου η F μη-δενίζεται). Εύκολο είναι να δούμε ότι εάν η F είναι κανονική και γεννάται από κάποια, (κατά τμήματα), συνεχή συνάρτηση h, τότε το στήριγμα της F είναι ακριβώς το στήριγμα της h, (κατά την συνήθη έννοια). Δυο γενικευμένες συναρτήσεις F και G λέμε ότι είναι ίσες σ' ένα ανοικτό σύνολο V⊂R εάν και μόνο εάν η F-G μηδενίζεται στο V. Αυτό που πρέπει να προσέξουμε είναι ότι εάν οι F και G είναι ίσες σε κάποια γειτονία κάθε σημείου x∈R, τότε είναι ίσες σαν

390 ♦ ΠΑΡΑΡΤΗΜΑ Α συναρτησοειδή, δηλ. f(φ)=G(φ) για κάθε φL. Πράγματι αποδεικνύεται ότι σε πολ-λές περιπτώσεις, η τοπική γνώση ενός συνεχούς γραμμικού συναρτησοειδούς στη γειτονιά κάθε σημείου ορίζει πλήρως μια F σαν ένα συναρτησοειδές στον L. Αυτό δείχνει ότι οι γενικευμένες συναρτήσεις έχουν μια συμπεριφορά, που θυμίζει πολύ τις ιδιότητες των αναλυτικών συναρτήσεων. Η ιδιότητα αυτή των γενικευμένων συναρτήσεων είναι πολύ αξιοσημείωτη. Στη συνέχεια θα μελετήσουμε, με συντομία, δυο χώρους δοκιμαστικών συναρτήσε-ων και τους αντιστοίχους γενικευμένους συναρτησιακούς χώρους, που συναντάμε αρκετά συχνά. Έστω Δ ο γραμμικός χώρος που αποτελείται από όλες τις μιγαδικές συναρτήσεις φ πραγματικής μεταβλητής, που έχουν τις ιδιότητες: α) οι φ έχει παραγώγους κάθε τάξης β) οι φ, (και όλες οι παράγωγοι), έχουν συμπαγές υποστήριγμα. Ας σημειώσουμε ότι το υποστήριγμα για κάθε φ μπορεί να είναι ένα διαφορετικό συμπαγές σύνολο. Επίσης από τον ορισμό προκύπτει ότι η φ και όλες οι παράγωγοι της είναι συνεχείς και μηδενίζονται όταν |x|→∞ όπως επίσης ότι είναι ολοκληρώσιμες κατά Lebesgue σ' όλη την ευθεία των πραγματικών αριθμών. Ο γραμμικός αυτός χώρος εφοδιάζεται τότε με μια τοπολογία, η οποία μπορεί δια-τυπωθεί συναρτήσει μιας ανοικτής βάσης στη μηδενική συνάρτηση 0. Μια ακολουθία φn∈Δ συγκλίνει εάν και μόνο εάν: α) Κάθε φ μηδενίζεται έξω από κάποιο συμπαγές σύνολο C του R, β) οι φn και όλες οι παράγωγοι τους συγκλίνουν ομοιόμορφα σε κάποια συνάρ-τηση φ∈Δ και στις αντίστοιχες παραγώγους της φ δηλ.

( ) ( )( )p

np

d x xdx

⎡ ⎤ϕ − ϕ ⟨ε⎢ ⎥

⎣ ⎦ (∀ε>0)(∃n0∈N)(∀n≥n0)(∀x∈C) p=0,1,2, …

Ένα παράδειγμα δοκιμαστικής συνάρτησης, που ανήκει στον χώρο Δ είναι το ε-ξής: Έστω ένας θετικός αριθμός α>0 και έστω

2

2 2exp | x |x

0 |

⎧ ⎛ ⎞α− ⟨⎪ ⎜ ⎟α −⎨ ⎝ ⎠

⎪ ≥ α⎩ x |

α φ(x)=

Θεωρούμε τώρα την ακολουθία φn , που δίνεται από τον τύπο: 2

2 2

1 exp | x |n x0 |

⎧ ⎛ ⎞α− ⟨⎪ ⎜ ⎟α −⎨ ⎝ ⎠

⎪ ≥ α⎩ x |

α φn(x)=

Η ακολουθία αυτή συγκλίνει στη μηδενική συνάρτηση, φn → 0, ως προς την τοπολογία του Δ. Από την άλλη πλευρά η ακολουθία φn , που δίνεται από τον τύπο:

2 2

2 2 2

1 nexp | x |n n x0 |

⎧ ⎛ ⎞α− ⟨⎪ ⎜ ⎟α −⎨ ⎝ ⎠

⎪ ≥ α⎩ x |

α φn(x)=

δεν συγκλίνει, διότι ακόμα και αν η φn και όλες οι παραγωγοί συγκλίνουν ομοιόμορφα στη μηδενική συνάρτηση, δεν υπάρχει κοινό συμπαγές σύνολο, έξω από το οποίο όλες οι φn να μηδενίζονται.


Οι γενικευμένες συναρτήσεις πάνω στον χώρο Δ, (δηλ. στοιχεία του Δ ), συνήθως ονομάζονται κατανομές. Παράδειγμα 1 Έστω f μια τοπικά ολοκληρώσιμη μιγαδική συνάρτηση πραγματικής μεταβλητής. (Αυτό σημαίνει ότι η f είναι ολοκληρώσιμη σε κάθε συμπαγές υποσύνολο του R. Θέτουμε: F(φ)=∫f(x)φ(x)dx ∀φ∈Δ Το παραπάνω ολοκλήρωμα είναι καλώς ορισμένο διότι η φ έχει ένα συμπαγές υποστήριγ-μα στο οποίο είναι συνεχής, άρα φραγμένη, και επομένως η ολοκληρωτές ποσότητα ικανοποιεί τη σχέση: |f(x)φ(x)|≤(max|φ(x)|)|f(x)|=k|f(x)| η οποία συνεπάγεται την ολοκληρωσιμότητα. Η γραμμικότητα της F είναι προφανής και η συνεχεία προκύπτει εάν παρατηρήσουμε ότι

[ ]n nC Cf (x) (x) (x) dx | f (x) || (x) (x) | dxϕ −ϕ ≤ ϕ − ϕ∫ ∫|F(φn)-F(φ)|= ≤

≤ n Csup (x) (x) | | f (x) | dxϕ −ϕ ∫

και ομοιόμορφη σύγκλιση της φn(x) συνεπάγεται ότι το δεξιό μέλος τείνει στο μηδέν όταν n→∞. Έτσι η F, όπως ορίσθηκε παραπάνω, είναι μια κατανομή και μάλιστα κανονική. Το γεγονός ότι μόνο η τοπική ολοκληρωσιμότητα της f εγγυάται την ύπαρξη μιας αντίστοιχης γενικευμένης συνάρτησης F, είναι ένα ειδικό χαρακτηριστικό των κατανομών. Για γενικευμένες συναρτήσεις σε χώρους δοκιμαστικών συναρτήσεων άλλους από τον Δ, πρέπει να επιβάλλουμε στην f πρόσθετους περιορισμούς, που αφορούν την συμπερι-φορά όταν το x→±∞, εάν θέλουμε να γεννά μια γενικευμένη συνάρτηση. Αντίστροφα, όλες οι κανονικές κατανομές F, (δηλ. όλες οι κανονικές γενικευμένες συναρτήσεις πάνω στον Δ), μπορεί να δειχθεί ότι αντιστοιχούν σε τοπικά ολοκληρώσιμες συναρτήσεις f. Ένα ειδικά απλό παράδειγμα μιας κανονικής κατανομής είναι η σταθερά C, όπως ορίσθηκε προηγούμενα. Παράδειγμα 2 Η πιο γνωστή ιδιάζουσα κατανομή είναι η δ συνάρτηση, η οποία δίνεται από τη σχέση: δ(φ)≡φ(0) Είναι προφανές ότι είναι ένα γραμμικό συναρτησοειδές και είναι συνεχής διότι: |δ(φn)-δ(φ)|=|φn(0)-φ(0)| → 0 εάν η φn συγκλίνει. Αυτή η δ-κατανομή σχετίζεται στενά με την συμβολική δ-συνάρτηση των φυσικών, που ορίζεται από την εξίσωση

= φ(0) (α) (x) (x)dx+∞

−∞δ ϕ∫

Είναι φανερό ότι η δ(x) σαν συνάρτηση δεν έχει νόημα: δεν υπάρχει συνάρτηση για την οποία η (α) να μπορεί να ισχύει. Έτσι το συναρτησοειδές δ είναι ιδιάζον. Ο τύπος (α) χρησιμοποιείται συνήθως σαν ορισμός του δ-συναρτησοειδούς, για να τονίσουμε ότι το δ δρα πάνω στο χώρο των δοκιμαστικών συναρτήσεων για να δώσει την τιμή φ(0) για κά-θε φ. Πρέπει να παρατηρήσουμε ότι το υποστήριγμα του δ-συναρτησοειδούς είναι το μονοσύνολο 0 του R. Αυτό δικαιολογεί και δίνει κάποιο νόημα σ' αυτό που λένε οι φυ-σικοί ότι "η δ-συνάρτηση μηδενίζεται παντού εκτός από το σημείο x=0".

392 ♦ ΠΑΡΑΡΤΗΜΑ Α Υπάρχουν και άλλες δηλώσεις που αφορούν την δ-συνάρτηση του Dirac και που έχουν νόημα στη θεωρία των γενικευμένων συναρτήσεων. Π.χ η γνωστή εξίσωση: xδ(x) = 0 έχει το εξής νόημα: Παρατηρούμε πρώτα ότι στον χώρο Δ κάθε συνάρτηση α(x), που εί-ναι συνεχής και έχει συνεχείς παραγώγους όλων των τάξεων, είναι ένας πολλαπλασιαστής. Τότε από τον ορισμό των γινόμενων, εάν το Α αντιστοιχεί στο α(x), έχουμε: Αδ(x) = δ(αφ) = α(0)φ(0) = α(0)δ(φ) Παίρνοντας συγκεκριμένα α(x)=x έχουμε xδ(φ) = 0δ(φ) = 0 έτσι ώστε ο τυπικός γεννήτορας xδ(x) είναι πράγματι μηδέν για κάθε x.

Α-5 Διαφόριση και ολοκλήρωση των γενικευμένων συναρτήσεων.

Όπως είναι γνωστό, υπάρχουν συνήθεις συναρτήσεις που δεν είναι διαφορίσιμες,

(τουλάχιστον σ' ένα σημείο του πεδίου ορισμού τους). Αυτό δεν συμβαίνει στις γενικευμέ-νες συναρτήσεις. Θα δούμε αμέσως παρακάτω ότι όλες οι γενικευμένες συναρτήσεις έχουν παραγώγους κάθε τάξης, που είναι και αυτές γενικευμένες συναρτήσεις. Προτού δώσουμε τον ορισμό της παραγώγου μιας γενικευμένης συνάρτησης, ας μελετήσουμε πρώτα μια συνήθη συνάρτηση f(x), η οποία είναι συνεχής με συνεχή την πρώτη παράγωγο f′(x) και ας θεωρήσουμε το συναρτησοειδές:

F′(φ(x))= (1) f (x) (x)dx+∞

−∞′ ϕ∫

όπου φ(x) μια δοκιμαστική συνάρτηση, που μηδενίζεται έξω από κάποιο κλειστό διάστημα [α,β]. Τότε θα έχουμε:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x x dx f x x f x x dx+∞ +∞+∞

−∞−∞ −∞′ ′ϕ = ϕ − ϕ∫ ∫ =F′(φ(x))=

= =F((-φ′(x)) (2) ( ) ( )f x x dx+∞

−∞′− ϕ∫

Χρησιμοποιώντας την σχέση (2) μπορούμε τώρα να ορίσουμε την παράγωγο μιας γενικευ-μένης συνάρτησης. Έστω F ένα συνεχές γραμμικό συναρτησοειδές ορισμένο πάνω στον χώρο L των δο-κιμαστικών συναρτήσεων φ(x). Το συναρτησοειδές F′, που ορίζεται από τη σχέση F′(φ(x))≡F(-φ′(x)) (3)

dFdx

ονομάζεται παράγωγος της γενικευμένης συνάρτησης F και συμβολίζεται με F′ ή .

Εάν f(x) είναι ο γεννήτορας της F με την έννοια ότι:

F(φ(x)= (4) f (x) (x)dx+∞

−∞ϕ∫

τότε η σχέση (3) γράφεται:

=- (5) f (x) (x)dx+∞

−∞′ ϕ∫ f (x) (x)dx

+∞

−∞′ϕ∫

Για να συμπληρώσουμε τον ορισμό της παραγωγού (3) μιας γενικευμένης συνάρτησης, πρέπει να δείξουμε ότι η F′ είναι επίσης ένα συνεχές γραμμικό συναρτησοειδές. Πράγμα-τι, ας θεωρήσουμε μια ακολουθία δοκιμαστικών συναρτήσεων φn(x) που συγκλίνει στο


μηδέν. Τότε και η ακολουθία -φ′n(x) συγκλίνει στο μηδέν. Επειδή όμως η γενικευμένη συνάρτηση F είναι συνεχής, θα έχουμε: F′(φn(x))=F(-φ′n(x)) → 0 για n→∞ Τελικά κάθε γενικευμένη συνάρτηση F έχει παράγωγο. Εύκολα μπορούμε να διαπιστώ-σουμε ότι οι γνωστοί κανόνες παραγώγισης ισχύουν και για τις γενικευμένες συναρτήσεις. Παρατήρηση 1: Μια συνήθης συνάρτηση που δεν είναι παραγωγίσιμη, (υπάρχει δηλ. τουλάχιστον ένα σημείο x0 στο οποίο δεν υπάρχει η παράγωγος), είναι παραγωγίσιμη με την έννοια των γενικευμένων συναρτήσεων. Δηλαδή κάθε συνήθης μη παραγωγίσιμη συ-νάρτηση είναι παραγωγίσιμη με την έννοια των γενικευμένων συναρτήσεων. Άσκηση: Να δείξετε ότι η συνάρτηση f(x)=|x| είναι παραγωγίσιμη σε κάθε διάστημα, που περιέχει το μηδέν, με την έννοια των κατανομών. Απόδειξη: Έστω Φ το γραμμικό συναρτησοειδές που αντιστοιχεί στην συνάρτηση f(x)=|x|.

Θα έχουμε: F(φ(x)= και η παράγωγος F′ του συναρτησοειδούς F δίνεται

από τον τύπο: F′(φ(x)= το δε τελευταίο ολοκλήρωμα

πάντα υπάρχει.

| x | (x)dx+∞

−∞ϕ∫( )| x | (x) dx | x | (x)dx

+∞ +∞

−∞ −∞′−ϕ = − ϕ∫ ∫

Παρατήρηση 2 Μπορούμε επίσης να ορίσουμε την παράγωγο μιας γενικευμένης συνάρ-τησης σαν το όριο ενός πηλίκου διαφορών κατ' αναλογία με τον γνωστό ορισμό της παρα-γώγου μιας συνήθους συνάρτησης. Κατ' αρχήν παρατηρούμε ότι: Fx+Δx(φ(x))=F(φ(x-Δx)) (1)

δηλ (( ) ( ) ( ) ( )f x x x dx f x x x dx+∞ +∞

−∞ −∞+ Δ ϕ = ϕ − Δ∫ ∫ 2 (2)

Στη συνεχεία θα δούμε ότι για οποιαδήποτε γενικευμένη συνάρτηση F, το όριο, (με την έννοια των κατανομών), του λόγου:

x x xFx

+Δ −Δ

F (3)

υπάρχει για Δx → 0 και ότι αυτό το όριο είναι ακριβώς η παράγωγος F′, όπως ορίσθηκε παραπάνω. Εφαρμόζοντας την (1) στην (3) έχουμε:

( )( ) ( ) ( )x x x x x xF F x Fx x

+Δ ϕ − Δ −ϕ⎛ ⎞−⎛ ⎞ ϕ = ⎜ ⎟⎜ ⎟Δ Δ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

( ) ( )x x xx

ϕ − Δ −ϕΔ

Η έκφραση: συγκλίνει στο όριο -φ′(x) όταν Δx → 0, και επειδή η F εί-

ναι συνεχές συναρτησοειδές, έπεται ότι:

( )( ) ( )( ) ( )( )x x xx 0

F F x F x Fx

+ΔΔ →

−⎛ ⎞ ′ ′ϕ → −ϕ = ϕ⎜ ⎟Δ⎝ ⎠ x

x x xFx

+Δ −Δ

Επομένως η έκφραση: F

συγκλίνει στο συναρτησοειδές F′

Παράδειγμα 1: Θεωρούμε την συνάρτηση βήματος:

(2 Θέστε x+Δx=t και συνεχίστε τον υπόλογισμό του ολοκληρώματος του αριστερού μέλους.


u(x)= 1 x 0

0 x 0

⟩

⟨

⎧

⎨⎪

⎩⎪

Με το ίδιο γράμμα θα συμβολίζουμε το αντίστοιχο συναρτησοειδές. Βάσει των παραπά-νω, η παράγωγος της συνάρτησης βήματος υπολογίζεται ως εξής

u′(φ(x))=u(-φ′(x)) ⇒

( ) ( ) ( ) ( ) 00u x x dx u x x dx (x)dx (x) (0)

+∞ +∞ +∞ ∞

−∞ −∞′ ′ ′ϕ = − ϕ = − ϕ = −ϕ = ϕ∫ ∫ ∫ επειδή φ(∞)=0

δηλ. u (x) (x)dx (0)+∞

−∞′ ϕ = ϕ∫

Άρα η παράγωγος της συνάρτησης βήματος είναι η δέλτα συνάρτηση: u′(x)=δ(x) Θεωρούμε στη συνεχεία δυο γενικευμένες συναρτήσεις F και G. Η γενικευμένη συνάρτηση G ονομάζεται ολοκλήρωμα της F εάν ισχύει: G′(φ(x))=G(-φ′(x))≡F(φ(x))

Α-6 Διαφορικές Εξισώσεις για γενικευμένες συναρτήσεις

Εφ' όσον οι γενικευμένες συναρτήσεις είναι διαφορίσιμες, μπορούν να είναι λύσεις Δ.Ε.. Επειδή η θεωρία των γενικευμένων συναρτήσεων είναι γραμμική, οι Δ.Ε., που θα ικανο-ποιούνται από γενικευμένες συναρτήσεις, θα είναι γραμμικές, δηλ. Ly=f, όπου L ένας γραμμικός διαφορικός τελεστής. Ας υποθέσουμε ότι η f είναι μια "καλώς συμπεριφερόμενη" συνάρτηση. Τότε η Δ.Ε. Ly=f μπορεί να θεωρηθεί σαν μια "κλασική" Δ.Ε., (για συναρτήσεις), ή μια Δ.Ε. για γενι-κευμένες συναρτήσεις. Εάν η Δ.Ε. δεν έχει ανώμαλα σημεία, τότε αποδεικνύεται ότι έχει μόνο "κλασικές"

λύσεις. Π.χ. η Δ.Ε.: dydx

=0

έχει την λύση y=c=σταθ., η οποία μπορεί να θεωρηθεί και σαν γενικευμένη συνάρτηση. Η παρουσία όμως ανωμάλων σημείων στη Δ.Ε. μπορεί να δώσει κάποιες "ιδιόμορ-

φες" λύσεις. Π.χ. η Δ.Ε.: xdydx

=0

για x<0 έχει λύση την y(x)=c1=σταθ. και για x>0 την y(x)=c2=σταθ. όπου εν γένει c1 ≠c2 . Επίσης παρατηρούμε ότι η συνάρτηση βήματος u(x), (θεωρώντας την σαν γενικευμένη συνάρτηση), ικανοποιεί την Δ.Ε., διότι u′(x)=δ(x) και ξέρουμε ότι xδ(x)=0 Έτσι από πλευράς κατανομών η Δ.Ε. έχει δυο γραμμικά ανεξάρτητες λύσεις, έστω την y1(x)=1 και y2(x)=u(x) με γενική λύση: y(x)=c1+c2u(x) H u(x) σαν "κλασική συνάρτηση" προφανώς δεν αποτελεί λύση της Δ.Ε. επειδή δεν έχει παράγωγο για x=0.

dydx

Η επόμενη Δ.Ε.: x2 =-y

έχει μια κλασική λύση y=0, η οποία μπορεί να θεωρηθεί και σαν γενικευμένη συνάρτηση, όπως έχει και την κλασική λύση: y=ce1/x. Η λύση όμως αυτή δεν μπορεί να θεωρηθεί και


σαν γενικευμένη συνάρτηση, διότι δεν υπάρχει ακολουθία test συναρτήσεων ισοδύναμη προς την ce1/x και που να συγκλίνει ασθενώς. Και αυτό οφείλεται στο ότι το ολοκλήρωμα:

e g xx1/ ( )−∞

+∞

∫ dx

αποκλίνει έντονα. Υπάρχουν Δ.Ε., που ικανοποιούνται μόνο από γενικευμένες συναρτήσεις χωρίς να έχουν καμία κλασική λύση. Οι πιο κοινές και πιο ενδιαφέρουσες από αυτές τις Δ.Ε. είναι του τύπου: Ly=δ(x-ξ) από τις οποίες προέρχονται οι Green συναρτήσεις, (βλ. Παράρτημα Β).

ΠΑΡΑΡΤΗΜΑ Β

ΣΣΥΥΝΝΑΑΡΡΤΤΗΗΣΣΕΕΙΙΣΣ GGRREEEENN

B-1 Γενικά

Στα πλαίσια των διαφορικών εξισώσεων, ασχοληθήκαμε με διαφορικούς τελεστές αφού κάθε Δ.Ε. ορίζει ένα διαφορικό τελεστή. Στο Παράρτημα αυτό θα ασχοληθούμε πο-λύ σύντομα με τους ολοκληρωτικούς τελεστές. Θα δούμε ότι ο σύνδεσμος μεταξύ αυτών των δυο κατηγοριών τελεστών, είναι η θεωρία των συναρτήσεων Green. Η απλούστερη Δ.Ε. είναι προφανώς η : dy/dx=f(x) (1) Εάν λάβουμε σαν αρχική συνθήκη την y(α)=y0 , τότε η λύση της (1), με την βοήθεια της μεθόδου του Picard, μπορεί να γραφεί άμεσα :

y(x)=y0+xf ( )d

αξ ξ∫ (2)

δηλ. να βρεθεί με μια απλή ολοκλήρωση. Προφανώς αυτό είναι ένα απλό παράδειγμα, αφού κάθε ολοκλήρωμα μπορεί να θεωρηθεί σαν λύση κάποιας διαφορικής εξίσωσης . Όμως μπορούμε να προχωρήσουμε λίγο πιο πέρα και να θεωρήσουμε ότι το x μεταβάλλεται στο διάστημα [α,β]. Τότε η (2) γράφε-ται :

y(x)=y0+ u(x )f ( )dβ

α− ξ ξ ξ∫ (3)

όπου u(x) η συνάρτηση βήματος του Heaviside. Η παρουσία της u(x) στο ολοκλήρωμα ε-ξυπηρετεί να σταματά την ολοκλήρωση όταν η μεταβλητή ξ υπερβεί το x και επομένως η (3) είναι ισοδύναμη με την (2). Την (3) μπορούμε να την γράψουμε υπό την μορφή y(x)=y0+Kf(x) (4) όπου Κ είναι ένας ολοκληρωτικός τελεστής, που ορίζεται από τη σχέση :

Kf(x)≡ ( ) ( )u x f dβ

α− ξ ξ∫ ξ (5)

Ο πυρήνας του μετασχηματισμού είναι η συνάρτηση u(x-ξ) και όταν προέρχεται από τη λύση μιας Δ.Ε. συχνά αναφέρεται σαν συνάρτηση Green που αντιστοιχεί σ' αυτή την Δ.Ε. με τις αντίστοιχες αρχικές συνθήκες. Έτσι η συνάρτηση : G1(x,ξ)=u(x-ξ) (6) είναι η συνάρτηση Green που αντιστοιχεί στον διαφορικό τελεστή d/dx, που καθορίζει την Δ.Ε. (1), με την αρχική συνθήκη y(α)=y0 . Ένα πιο ενδιαφέρον παράδειγμα είναι η Δ.Ε. :

d ydx

f x)2

2 = ( (7)

με αρχικές συνθήκες y(α)=y0 , y′(α)=y0′. Ολοκληρώνοντας την (7) μια φορά προκύπτει :

398 ♦ ΠΑΡΑΡΤΗΜΑ B

x

0dy y f ( )dx α

′= + ξ∫ dξ

και μια δεύτερη ολοκλήρωση δίνει :

y(x)=y0+y0′(x-α)+x tdt d f ( )

α αξ ξ∫ ∫ ή ακόμα

y(x)=y0+y0′(x-α)+ ( )x

x f ( )dα

− ξ ξ ξ∫ (8)

βάσει του τύπου (Α) παρ. 7.1. Εάν θεωρήσουμε τώρα, όπως στο προηγούμενο παράδειγμα, ότι το x μεταβάλλεται στο κλειστό διάστημα [α,β], η (8) γράφεται :

y(x)=y0+y0′(x-α)+ ( ) ( )x u x f ( )dβ

α− ξ − ξ ξ∫ ξ (9)

και μπορούμε να πούμε ότι η συνάρτηση : G2(x,ξ)=(x-ξ)u(x-ξ) (10) είναι η συνάρτηση Green που αντιστοιχεί στον διαφορικό τελεστή d2/dx2 με τις αρχικές συνθήκες y(α)=y0 , y′(α)=y0′ .

H συνάρτηση G2(x,ξ) είναι συνεχής ως προς x, ενώ η G1(x,ξ) είναι ασυνεχής για x=ξ. Και στα δυο αυτά παραδείγματα, οι όροι των σχέσεων (3) και (9), y0 και y0+y0′(x-α) αποτελούν τις λύσεις των αντίστοιχων ομογενών εξισώσεων : dy/dx=0 και d2y/dx2=0. Επομένως η γενική λύση της (7) είναι :

y(x)=c1+c2x+ ( ) ( )x u x f ( )dβ

α− ξ − ξ ξ∫ ξ

όπου οι σταθερές c1 και c2 θα προσδιοριστούν από τις αρχικές συνθήκες.

Β-2 Ένας νέος τρόπος επιλύσεως των διαφορικών εξισώσεων.

Έχοντας υπ' όψη την έννοια αυτή της Green συνάρτησης, θα προσπαθήσουμε στη συνέχεια να βρούμε τη λύση της Δ.Ε :

L(D)y(x)=f(x) (1) όπου L(D) διαφορικός τελεστής και f(x) γνωστή συνάρτηση, μέσα από μια ολοκλήρωση. Θεωρούμε τώρα τον αντίστροφο L-1 του τελεστή L, ώστε : y(x)=L-1f(x) ο οποίος είναι ένας ολοκληρωτικός τελεστής της μορφής :

y(x)= G(x, )f ( )dξ ξ ξ∫

(2) με κατάλληλα όρια για το ξ. Συνδυάζοντας την (1) με την (2) παίρνουμε :

f(x)=Ly(x)= LG(x, )f ( )dξ ξ ξ∫

και χρησιμοποιώντας την ιδιότητα της δ-συνάρτησης ∫δ(x-ξ)g(x)dx=g(ξ) συμπεραίνουμε ότι : LG(x,ξ)=δ(x-ξ) (3) Η συνάρτηση G(x,ξ) των δυο μεταβλητών x, ξ ονομάζεται η συνάρτηση Green του διαφορικού τελεστή L(D) και ικανοποιεί την εξίσωση (3). Εάν η G(x,ξ) είναι γνωστή, η λύση της (1) δίνεται από την (2). Με άλλα λόγια, η επίλυση της (1) ανάγεται στην επί-λυση της (3). Η αναγωγή αυτή δεν είναι χωρίς νόημα, με την έννοια ότι η (3) δεν περιέχει

Συναρτήσεις Green ♦ 399

τη συνάρτηση f(x) , ώστε για κάθε f(x) η λύση δίνεται από την (2). Φυσικά για τη λύση της (3) πρέπει να λάβουμε υπ' όψη τις αρχικές ή οριακές συνθήκες του προβλήματος. Παράδειγμα 1 : Θεωρούμε τη Δ.Ε. d2y/dx2+ω2y=f(x) (1) όπου ω σταθερά. Υποθέτουμε ότι οι λύσεις ορίζονται στο διάστημα 0≤x<∞. Εδώ ο τελε-στής L είναι L=d2/dx2+ω2 και η αντίστοιχη συνάρτηση Green G(x,ξ) ικανοποιεί την Δ.Ε

( )2

22

d G x, (x )dx⎡ ⎤

+ ω ξ = δ − ξ⎢ ⎥⎣ ⎦

(2)

όπου ξ∈[0,∞). Την εξίσωση (2) θα την λύσουμε με τον μετασχηματισμό L του Laplace1 ως προς την με-ταβλητή x και όχι ολοκληρώνοντας κατ' ευθείαν : t2U(t,ξ)-tG(0,ξ)-Gx′(0,ξ)+ω2U(t,ξ)=e-tξ (3) όπου U(t,ξ)=L[G(x,ξ)] , Gx′(0,ξ)=∂G(0,ξ)/∂x και ο μετασχηματισμός Laplace της δ-συνάρτησης δίνεται από τον τύπο : Lδ(x-ξ)=e-tξ Η εξίσωση (3) γράφεται : (t2+ω2)U(t,ξ)=tG(0,ξ)+Gx′(0,ξ)+e-tξ ⇒

U(t,ξ)= ( ) ( )t

x2 2 2 2 2t 1G 0, G 0,

t t

− ξ′ξ + ξ ++ ω + ω + ω2

et

και παίρνοντας τον αντίστροφο μετασχηματισμό Laplace βρίσκουμε την συνάρτηση Green: G(x,ξ)=G(0,ξ)cosωx+(1/ω)Gx′(0,ξ)sinωx+(1/ω)sinω(x-ξ)S(x-ξ) Επομένως η λύση της Δ.Ε. (15) είναι :

y(x)= ( ) ( )0

G x, f d∞

ξ ξ ξ =∫( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )x0 0 0

1 1G 0, f cos xd G 0, f sin xd sin x S x f d∞ ∞ ∞′ξ ξ ω ξ + ξ ξ ω ξ + ω − ξ − ξ ξ

ω ω∫ ∫ ∫ ξ

ή ακόμη y(x)=c1cosωx+c2sinωx+ ( ) ( ) ( )0

1 sin x S x f d∞

ω − ξ − ξ ξ ξω ∫

όπου c1 , c2 σταθερές. Εκτενέστερη μελέτη των Green συναρτήσεων ξεφεύγει από τα πλαίσια αυτού του βιβλίου. Ο αναγνώστης μπορεί να βρεί περισσότερα στοιχεία της θεωρίας των Green συ-ναρτήσεων με εφαρμογές στη φυσική στο βιβλίο "Mathematics of classical and quantum physics" των F. Byron και R. Fuller, Κεφάλαιο 7.

1 Με το γράμμα L θα συμβολίζουμε τον τελεστή του Laplace και με το γράμμα L ή L(D) τον διαφορικό τε-λεστή, που αντιστοιχεί στην Δ.Ε.

ΠΑΡΑΡΤΗΜΑ Γ

Γ-1 O Μιγαδικός τύπος της αντιστροφής του μετασχηματισμού Laplace (The complex inversion formula)

Εάν F(t) η μετασχηματισμένη Laplace της f(x) δηλ F (t) e f(x)dx L(f(x))tx

0= =−∞

∫τότε

i1i

1f(x) L (F(t)) e F(t)dt2πi

γ+ ∞−

γ− ∞= = ∫ tx με x>0 (1)

και f(x)=0 για x<0. Ο τύπος (1) ονομάζεται και ολοκληρωτικός τύπος του Mellin, (ή Bromwich). Η ολοκλήρωση στον τύπο (1) θα γίνει κατά μήκος της ευθείας t=γ στο μιγαδικό επίπεδο ό-που t=t1 +it2

. Ο πραγματικός αριθμός γ είναι τυχαίος με τον μόνο περιορισμό η ευθεία t=γ να βρίσκεται στα δεξιά όλων των ανωμαλιών, (πόλων, σημείων διακλαδώσεων ή ουσιω-δών ανώμαλων σημείων).

Γ-2 Το περίγραμμα Bromwich Στην πράξη το ολοκλήρωμα (1) υπολογίζεται θεωρώντας το επικαμπύλιο ολοκλή-ρωμα :

tx

C

1 e F(t)dt2πi ∫ (2)

όπου C η κλειστή καμπύλη του Σχ. 1 η οποία μερικές φορές ονομάζεται περίγραμμα Bromwich και αποτελείται από το ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ και το κυκλικό τόξο BJKLA α-κτίνας R και κέντρου την αρχή Ο. Εάν παραστήσουμε το τόξο BJKLA με Γ και παρατηρώντας ότι 2 2Τ R= − γ έχουμε :

iT

tx tx tx

R RiT C

1 1f(x) lim e F(t)dt lim e F(t)dt e F(t)dt2πi 2πi

γ+

→∞ →∞γ− Γ

⎡ ⎤= = −⎢ ⎥

⎢ ⎥⎣ ⎦∫ ∫ ∫ (3)

Γ-3 Χρήση του θεωρήματος των ολοκληρωτικών υπολοίπων για την αντιστροφή του μετασχηματισμού Laplace.

402 ♦ ΠΑΡΑΡΤΗΜΑ Γ Ας υποθέσουμε ότι οι μόνες ανωμαλίες της F(t) είναι πόλοι, που βρίσκονται στ’ α-ριστερά της ευθείας t=γ για κάποιο πραγματικό αριθμό γ. Υποθέτουμε επίσης ότι το ολο-

κλήρωμα κατά μήκος του τόξου Γ στη σχέση (3) τείνει στο μηδέν όταν R→∞.

Τότε από το θεώρημα των ολοκληρωτικών υπολοίπων η σχέση (3) γράφεται : f(x)=άθροισμα των ολοκλη-ρωτικών υπολοίπων της etxF(t) που αντιστοιχούν στους πόλους της F(t), δηλ.

όπου pk πόλοι της F(t) με Re(pk)<γ

( )m

txk

k 1

f(x) Res e F(t), p=

= ∑Σχ. 1

Υπενθυμίζουμε ότι το ολοκληρωτι-κό υπόλοιπο μιας συνάρτησης f(z) που αντιστοιχεί στον πόλο pk τάξεως m δίνεται από τον τύπο:

=( )kRes f (z), pk k

m 1m

z p km 1 z p

1 dlim (z p ) f (z)(m 1)! dz

−

→ − =

⎧ ⎫⎡ ⎤−⎨ ⎬⎣ ⎦−⎩ ⎭

Για την περίπτωση του μετασχηματισμού Laplace θα θέσουμε στον παραπάνω τύπο όπου f(z) το etxF(t) και θα έχουμε.

( )txkRes e F(t), p =

k k

m 1m tx

t p km 1 t p

1 dlim (t p ) e F(t)(m 1)! dt

−

→ − =

⎧ ⎫⎡ ⎤−⎨ ⎬⎣ ⎦−⎩ ⎭

Ικανή συνθήκη για να τείνει στο μηδέν το ολοκλήρωμα κατά μήκος της Γ όταν R→∞ : Θεώρημα : Εάν υπάρχουν θετικές σταθερές Μ, k>0 τέτοιες ώστε πάνω στο τόξο Γ, (όπου t=Reiθ) να έχουμε :

F(t) MR k< (4)

τότε tx

Rlim e F(t)dt 0→∞

Γ

=∫ (5)

Παρατήρηση : Η συνθήκη (4) πάντα ισχύει αν F(t) P(t)Q(t)

= όπου P(t), Q(t) πολυώνυμα με

βαθμ.P(t)<βαθμ.Q(t). Το θεώρημα ισχύει ακόμα και όταν η F(t) έχει ανωμαλίες εκτός από πόλους.

Ο μιγαδικός τύπος της αντιστροφής του μετασχηματισμού Laplace ♦ 403

Γ-4 Τροποποίηση του περιγράμματος Bromwich στην περίπτωση σημείων δια-κλαδώσεως. Εάν η F(t) έχει κάποιο σημείο διακλάδωσης, τα παραπάνω αποτελέσματα ισχύουν εάν το περίγραμμα του Bromwich τροποποιηθεί κατάλληλα, όπως δείχνει το Σχ. 2, στο οποίο υποτίθεται ότι η αρχή των αξόνων είναι σημείο διακλάδωσης. Περίπτωση ανώμαλων σημείων, των ο-ποίων το πλήθος είναι άπειρο.

Και στην περίπτωση αυτή εφαρμό-ζεται η παραπάνω μέθοδος αρκεί το μήκος της ακτίνας Rm του περιγράμματος του Βrom-wich να είναι τέτοιο ώστε στο εσω-τερικό του να βρίσκεται ένα πεπερασμένο πλήθος ανώμαλων σημείων. Ο αντίστρο-φος μετασχηματισμός Laplace προκύπτει όταν πάρουμε το όριο Rm → ∞ και θα έχουμε : Σχ. 2

( )f(x) Res e F(t),ttxk

k 1

==

∞

∑ Παραδείγματα : 1) α) Να δειχθεί ότι η συνάρτηση F(t)=1/(t-2) ικανοποιεί την συνθήκη (4) β) Να βρεθεί το ολοκληρωτικό υπόλοιπο της συνάρτησης etx/(t-2) που αντιστοιχεί στον πόλο t=2 γ) Να υπολογισθεί ο αντίστροφος μετασχηματισμός Laplace L-1(1/(t-2)) χρησιμο-ποιώντας τον μιγαδικό τύπο της αντιστροφής. Λύση : α) για t=Reiθ έχουμε :

i i

1 1 1 1t 2 R 2 RRe 2 Re 2θ θ

= ≤ =− − −

2<

− για μεγάλα R όπως π.χ. R>4

β) Res (2) lim(t 2) et 2

et 2

tx2 x= −

−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =

→

γ) L 1t 2

Res(2) e1 2 x−

−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= =

Παρατήρηση : Στο περίγραμμα του Bromwich το γ είναι οποιοσδήποτε πραγματικός α-ριθμός μεγαλύτερος του 2 και το περίγραμμα περιλαμβάνει τον πόλο 2. 2) Να υπολογισθεί ο αντίστροφος μετασχηματισμός Laplace :

( )( )

L 1

t 1 t 21

2−

+ −

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

404 ♦ ΠΑΡΑΡΤΗΜΑ Γ

( )( )F(t)

1t 1 t 2 2=+ −

Λύση : H συνάρτηση σαν ρητή με βαθμό(αριθμητή)=0< βαθ-

μό(παρονομαστή)=3 ικανοποιεί την συνθήκη (4). Επομένως :

( )( ) ( )( ) ( )( )

i tx tx1

2 2i C

1 1 e dt 1 e dtL2πi 2πit 1 t 2 t 1 t 2 t 1 t 2

γ+ ∞−

γ− ∞

⎛ ⎞⎜ ⎟ 2= = =⎜ ⎟+ − + − + −⎝ ⎠

∫ ∫ Res(t=-1)+Res(t=2)

αλλά

( )( )Res(t 1) lim( )

et 1 t 2

19

et 1

tx

2x= − = +

+ −

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ =

→−

−t 1

( )( )( )

Res(t 2) lim11!

ddt

t 2e

t 1 t 2lim

ddt

et 1t 2

2tx

2 t 2

tx

= = −+ −

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

⎧⎨⎪

⎩⎪

⎫⎬⎪

⎭⎪=

+⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ =

→ →

( )( )

=+ −

+= −

→lim

t 1 xe et 1

13

xe 19

et 2

tx xt

22x 2 x

Τελικά :

( )( )1 x 2x 2x

21 1 1 1L e x

9 3 9t 1 t 2− −⎛ ⎞

= + −⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠

e e

3) Να βρεθεί ο αντίστροφος μετασχηματισμός Laplace :

( ) ( )L t

t 1 t 11

3 2−

+ −

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

Λύση : Ανώμαλα σημεία : Πόλοι t=-1 τάξεως 3 , t=1 τάξεως 2

( ) ( )( ) ( )

Res t 1 lim 12!

ddt

t 1 tet 1 t 1t 1

2

23

tx

3 2= − = ++ −

⎧⎨⎪

⎩⎪

⎫⎬⎪

⎭⎪=

→− ( )( )lim

!...

t

txxd

dtte

te x

→−

−

−

⎧⎨⎪

⎩⎪

⎫⎬⎪

⎭⎪= = −

1

2

2 221

2 1116

1 2

( )( ) ( )

Re ( ) lim!

s t ddt

t tet tt

tx

= = −+ −

⎧⎨⎪

⎩⎪

⎫⎬⎪

⎭⎪=

→1 1

11

1 11

23 2 ( )

lim ddt

tet 1

116

e (2 x 1)t 1

tx

2x

→ −

⎧⎨⎪

⎩⎪

⎫⎬⎪

⎭⎪= −

( ) ( )L t

t 1 t 1Res(t 1) Res(t 1) 1

16e (1 2x ) 1

16e (2x 1)1

3 2x 2 x− −

+ −

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ = = − + = = − + −Τελικά

( )L

t−

+

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

1

2 21

14) Να υπολογισθεί :

Λύση : Ανώμαλα σημεία t1=i , t2=-i πόλοι τάξεως 2

Ο μιγαδικός τύπος της αντιστροφής του μετασχηματισμού Laplace ♦ 405

( ) ( )( ) ( )

Res t i lim ddt

t i et i t i

... 14

xe 14

ie1 t i

2tx

2 2ix ix= = −

+ −

⎧⎨⎪

⎩⎪

⎫⎬⎪

⎭⎪= = − −

→

( ) ( )( ) ( )

Res t i lim ddt

t i et i t i

... 14

xe 14

ie2 t i

2tx

2 2ix ix= − = +

+ −

⎧⎨⎪

⎩⎪

⎫⎬⎪

⎭⎪= = − +

→−

− −

Τελικά :

( )( )1

1 222

1 1L Res(t i) Res(t i) sin x x cos x2t 1

−⎛ ⎞⎜ ⎟ = = + = − = −⎜ ⎟+⎝ ⎠

ΒΙΒΛΙΟΓΡΑΦΙΑ

1. ″Διαφορικές Εξισώσεις″ Σ. Τραχανάς

2. ″Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις″ Γ. Δάσιος

3. ″Διαφορικές Εξισώσεις″ Θ. Κυβεντίδης

4. ″Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις″ Ν. Σταυρακάκης

5. ″Εισαγωγή στις Διαφορικές Εξισώσεις″ R. Bronson (Σειρά Schaum)

6. “Μαθήματα Διαφορικών Εξισώσεων” Ι. Χαϊνης

7. ″Differential Equations″ S. Ross

8. ″Differential Equations and their

applications″ S. Farlow

9. "A First Course in Differential Equations

with Applications" Derrick Grossman

10. “Mathematical methods for Physicists” G. Arfken

11. “Ordinary Differential Equations” V. Arnold

12. “Differential Equations, Dynamical

Systems and Linear Algebra” W. Hirch and S. Smale

13. “Elementary Differential Equations and Boundary Value Problems”

W. Boyce, R. DiPrima

Σημειωσεις στις Συνηθεις Διαφορικες Εξισωσεις

Documents

Transcript of Σημειωσεις στις Συνηθεις Διαφορικες Εξισωσεις