πακέτο

58
Πανεπιστήμιο Πατρών Τμήμα Μαθηματικών Μάθημα: Συνήθεις ∆ιαφορικές Εξισώσεις Ι ∆ιδάσκοντες: . Τσουμπελής - A. Γουτκίδης Λύσεις γραπτής εξέτασης 04-02-2008 Λύσεις θεμάτων σε όλη την ύλη Θέμα 1 o Θέμα 1 o (0,8 μόρια) α) Nα κατασκευαστεί μια ομογενής, γραμμική, συνήθης διαφορική εξίσωση (ΔΕ) δεύτερης τάξης, στις λύσεις της οποίας ανήκει και η συνάρτηση y = è!!! x , x > 0. β) Να βρεθεί η λύση του προβλήματος αρχικών τιμών (ΠΑΤ) x H3L HtL = 2 7 sin H3 tL, xH0L = 1, x £ H0L =-1, x ££ H0L = 1. Λύση α) Από την y = è!!! x έπεται ότι y £ = 1 ÅÅ Å Å 2 x -1ê2 , y ££ =- 1 ÅÅ Å Å 4 x -3ê2 . ΄Αρα x 2 y ££ =- 1 ÅÅÅÅ 4 è!!! x , xy £ = 1 ÅÅÅÅ 2 è!!! x και 4 ax 2 y ££ + 2 bxy £ + cy = H-a + b + cL è!!! x . Συνακόλουθα, κάθε επιλογή της τριάδας 8a, b, c< με τρόπο ώστε a = b + c οδηγεί στην ομογενή, γραμμική, συνήθη διαφορική εξίσωση 4 ax 2 y ££ + 2 bxy £ + cy = 0. Για παράδειγμα, η ΣΔΕ 2 x 2 y ££ - xy £ + y = 0 αντιστοιχεί στην επιλογή 8a, b, c< = 8 1 ÅÅ Å Å 2 , - 1 ÅÅ Å Å 2 ,1<. β) 1ος τρόπος : Με διαδοχικές ολοκληρώσεις καταλήγουμε στο εξής αποτέλεσμα: x H3L = 2 7 sinH3 t L x = Ÿ 2 7 sinH3 tL dt + c 1 =-9 cos H3 tL + c 1 ,

Transcript of πακέτο

Page 1: πακέτο

Πανεπιστήμιο ΠατρώνΤμήμα Μαθηματικών

Μάθημα: Συνήθεις ∆ιαφορικές Εξισώσεις Ι∆ιδάσκοντες: ∆. Τσουμπελής - A. Γουτκίδης

Λύσεις γραπτής εξέτασης 04-02-2008

Λύσεις θεμάτων σε όλη την ύλη

Θέμα 1o

Θέμα 1o (0,8 μόρια)

α) Nα κατασκευαστεί μια ομογενής, γραμμική, συνήθης διαφορική εξίσωση (ΔΕ) δεύτερηςτάξης, στις λύσεις της οποίας ανήκει και η συνάρτηση y =

è!!!x , x > 0.

β) Να βρεθεί η λύση του προβλήματος αρχικών τιμών (ΠΑΤ)

xH3LHtL = 2 7 sin H3 tL, xH0L = 1, x£H0L = -1, x££H0L = 1.

Λύση

α) Από την y =è!!!x έπεται ότι

y£ = 1ÅÅÅÅ2 x-1ê2, y££ = - 1ÅÅÅÅ4 x-3ê2.

΄Αρα

x2 y££ = - 1ÅÅÅÅ4 è!!!x , x y£ = 1ÅÅÅÅ2

è!!!xκαι

4 a x2 y££ + 2 b x y£ + c y = H-a + b + cL è!!!x .

Συνακόλουθα, κάθε επιλογή της τριάδας 8a, b, c< με τρόπο ώστε a = b + c οδηγεί στην ομογενή,γραμμική, συνήθη διαφορική εξίσωση

4 a x2 y££ + 2 b x y£ + c y = 0.

Για παράδειγμα, η ΣΔΕ

2 x2 y££ - x y£ + y = 0

αντιστοιχεί στην επιλογή 8a, b, c< = 8 1ÅÅÅÅ2 , - 1ÅÅÅÅ2 , 1<.�

β) 1ος τρόπος: Με διαδοχικές ολοκληρώσεις καταλήγουμε στο εξής αποτέλεσμα:

xH3L = 2 7 sinH3 tL fl x≥ = Ÿ 2 7 sinH3 tL d t + c1 = -9 cos H3 tL + c1,

Page 2: πακέτο

fl x£ = Ÿ @-9 cos H3 tL + c1D d t + c2 = -3 sinH3 tL + c1 t + c2,

fl x = Ÿ @-3 sinH3 tL + c1 t + c2D d t + c3 = cos H3 tL + 1ÅÅÅÅ2 c1 t2 + c2 t + c3.

Δηλαδή, η γενική λύση της xH3L = 2 7 sinH3 tL δίνεται από την τριπαραμετρική οικογένειασυναρτήσεων

x = cos H3 tL + 1ÅÅÅÅ2 c1 t2 + c2 t + c3.

Από αυτό και τα προηγούμενα αποτελέσματα έπεται ότι

xH0L = 1 + c3, x£H0L = c2, x££H0L = -9 + c1.

Η σύγκριση με τις δοσμένες αρχικές τιμές, xH0L = 1, x£H0L = -1 και x££H0L = 1, οδηγεί στοσυμπέρασμα ότι

c1 = 10, c2 = -1, c3 = 0.

Συνεπώς, η λύση του δοσμένου ΠΑΤ δίνεται από τη συνάρτηση

x = cos H3 tL + 5 t2 - t.

β) 2ος τρόπος: Από το γεγονός ότι xH3L = 2 7 sinH3 tL και x££H0L = 1, αμέσως έπεται ότι

x≥ = 1 + 27 Ÿ0tsins H3 tL d t = 1 - 9 cosH3 tL »0t = 10 - 9 cosH3 tL.

Από αυτή την σχέση και την αρχική τιμή x£H0L = -1 παίρνουμε

x£ = -1 + Ÿ0t@10 - 9 cosH3 tLD d t = -1 + 10 t - 3 sinH3 tL »0t = -1 + 10 t - 3 sinH3 tL.

Τέλος, από αυτή την έκφραση για την παράγωγο της xHtL και την αρχική τιμή xH0L = 1 έπεται ότι

x = 1 + Ÿ0t@-1 + 10 t - 3 sinH3 tLD d t = 1 - t + 5 t2 + cosH3 tL »0t

ή

x = cos H3 tL + 5 t2 - t.

Θέμα 2o

Θέμα 2o (1,2 μόρια)

Να βρεθεί η γενική λύση yHtL της ΔΕ

y£ + H1 + 3 t2L y = 9 1 + 3 t2, t § 0e-t3 , t ¥ 0

καθώς και η ειδική λύση που σέβεται τη συνθήκη yH0L = 1.

Λύση

y£ + H1 + 3 t2L y = 9 1 + 3 t2, t § 0e-t3 , t ¥ 0

Page 3: πακέτο

Οι μη μηδενικές λύσεις της ομογεγούς y£ + H1 + 3 t2L y = 0 ορίζονται από την

y-1 y£ = -H1 + 3 t2L ñ Hln †y§L£ = -H1 + 3 t2L ñ ln †y§ = -Ht + t3L + c

ñ y = exp@c - Ht + t3LD΄Αρα, η γενική λύση της y£ + H1 + 3 t2L y = 0 δίνεται από τις συναρτήσεις

y = c1 e-Ht+t3L.

Κατά συνέπεια, οι λύσεις της μη ομογενούς ΔΕ

y£ + H1 + 3 t2L y = f HtL.δίνονται από τον τύπο

y = e-Ht+t3LHc1 + Ÿ f HtL et+t3 d tL.

Για t < 0, η μη ομογενής εξίσωση είναι η

y£ + H1 + 3 t2L y = 1 + 3 t2.

Για να βρούμε την γενική λύση αυτής δεν είναι ανάγκη να χρησιμοποιήσουμε τον παραπάνωτύπο. Προφανώς, μια ειδική λύση της είναι η y = 1. ΄Αρα, η γενική λύση δίνεται από τιςσυναρτήσεις

y< = 1 + c1 e-Ht+t3L.

Στο διάστημα t > 0, η μη ομογενής εξίσωση έχει ως εξής

y£ + H1 + 3 t2L y = e-t3 .

Σύμφωνα με τον τύπο που δώσαμε παραπάνω, η γενική λύση αυτής της ΔΕ δίνεται από τιςσυναρτήσεις

y> = e-Ht+t3LHc2 + Ÿ e-t3 et+t3 d tL.

Δηλαδή,

y> = e-Ht+t3LHc2 + Ÿ et d tL = c2 e-Ht+t3L + e-t3 .

Η συνέχεια της λύσης στο t = 0 επιβάλλει την ισότητα

c2 = c1 ª c.

΄Αρα, η γενική λύση της ΔΕ που δόθηκε αρχικά δίνεται από τις συναρτήσεις

y = 9 c e-Ht+t3L + 1, t § 0c e-Ht+t3L + e-t3 , t ¥ 0

Από αυτή την έκφαση γίνεται φανερό ότι η λύση που τηρεί την συνθήκη xH0L = 1 δίνεται απότην συνάρτηση

y = 9 1, t § 0e-t3 , t ¥ 0

Page 4: πακέτο

Θέμα 3o

Θέμα 3o (2,0 μόρια)

α) Να κατασκευαστεί το τρίτο μέλος, z2HtL, της ακολουθίας Picard για το πρόβλημα αρχικώντιμών (ΠΑΤ) που ορίζεται από την ΔΕ z£ + z2 - 2 p z = 0 και την αρχική συνθήκη zH0L = p.

β) Να βρεθεί η ακριβής λύση, zaHtL, του ίδιου ΠΑΤ.

γ) Σε κοινό σχήμα, να κατασκευαστεί το γράφημα των συναρτήσεων z2HtL και zaHtL.Λύση

α) Για το δοσμένο ΠΑΤ, τα μέλη της ακολουθίας Picard ορίζονται από τον αναδρομικό τύπο

znHtL = 2 p + Ÿ0tFHt, zn-1HtLL d t, n = 1, 2, …

όπου

FHt, zL = FHzL := -z2 + 2 p z, z = zHtL.Συνεπώς, τα τρία πρώτα μέλη της ακολουθίας Picard είναι τα εξής:

z0HtL = p,

z1HtL = p + Ÿ0tFHt, z0HtLL d t = p + Ÿ0

tFHz0HtLL d t = p + Ÿ0

tFHpL d t.

΄Ομως,

FHpL = -HpL2 + 2 p HpL = p2.

΄Αρα,

z1HtL = p + Ÿ0tFHpL d t = p + p2 t.

Ανάλογα,

z2HtL = p + Ÿ0tFHt, z1HtLL d t = p + Ÿ0

tFHz1HtLL d t

= p + Ÿ0tFHp + p2 tL d t

΄Ομως,

FHp + p2 tL = -Hp + p2 tL2 + 2 p Hp + p2 tL= -Hp2 + 2 p3 t + p4 t2L + H2 p2 + 2 p3 tL

= p2 - p4 t2

΄Αρα,

z2HtL = p + Ÿ0tFHp2 - p4 t2L d t

= p + Ÿ0tHp2 - p4 t2L d t

= p + p2 t - 1ÅÅÅÅ3 p4 t3

Page 5: πακέτο

β) Η ΔΕ z£ + z2 - 2 p z = 0 γράφεται σαν

z£ + zHz - 2 pL = 0.

Από αυτή τη μορφή γίνεται προφανές ότι η πιο πάνω ΔΕ επιδέχεται ως ειδικές λύσεις τιςσταθερές συναρτήσεις zHtL = 0 και zHtL = 2 p.

Στα διαστήματα z < 0, 0 < z < 2 p και z > 2 p, η ΔΕ γράφεται στη μορφή1ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅzHz-2 pL z£ = -1.

Συνεπώς,

Ÿ 1ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅzHz-2 pL d z = c - t.

Στα διαστήματα z < 0, 0 < z < 2 p και z > 2 p, η ΔΕ γράφεται στη μορφή1ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅzHz-2 pL z£ = -1.

Συνεπώς,

Ÿ 1ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅzHz-2 pL d z = c - t.

΄Ομως,

Ÿ 1ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅzHz-2 pL d z = 1ÅÅÅÅÅÅÅÅ2 p Ÿ H 1ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅz-2 p - 1ÅÅÅÅz L d y = 1ÅÅÅÅÅÅÅÅ2 p ln » z-2 pÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅz »

Συνακόλουθα,

ln » z-2 pÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅz » = 2 pHc - tL ñ » z-2 pÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅz » = e2 pHc-tL = C e -2 p t, C > 0.

Από την τελευταία σχέση έπεται ότι

z = 2 p 1ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ1-H≤C e -2 p tL

Ισοδύναμα,

z = 2 pÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ1-k e -2 p t .

β) Από αυτόν τον τύπο αμέσως έπεται ότι

zH0L = 2 pÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ1-k

΄Αρα, η αρχική συνθήκη zH0L = p ισοδυναμεί με την2ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ1-k = 1.

Από αυτήν έπεται ότι k = -1, οπότε η ειδική λύση που αντιστοιχεί στην αρχική συνθήκηzH0L = p δίνεται από την συνάρτηση

z = 2 pÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ1+ e -2 p t .

Ισοδύναμα,

z = pH1 - 1 + 2ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ1+ e -2 p t L = pI1 + e p t-e -p tÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅe p t+ e -p t M = pH1 + tanh p tL.

Page 6: πακέτο

γ) To κοινό σχήμα που δείχνει το γράφημα των συναρτήσεων z2HtL και zaHtL γύρω από το σημείοt = 0 δίνεται στο Σχ. 3.1.

Σχ. 3.1 Το γράφημα των συναρτήσεων z2HtL και zaHtL σε μια γειτονιά του t = 0.

Θέμα 4o

Θέμα 4o (1,6 μόρια)

Να κατασκευαστούν γενικού τύπου λύσεις των ΔΕ

Hx + y2L y£ = 2 x - y, 2 x - y - Hx + 2 x2 - 2 x y + y2L y£ = 0.

Λύση

α) Η ΔΕ

Hx + y2L y£ = 2 x - y

γράφεται σαν

2 x - y - Hx + y2L y£ = 0,

ή

AHx, yL + BHx, yL y£ = 2 x - y - Hx + y2L y£ = 0,

και είναι ακριβής:

∑y A = -1, ∑x B = -1.

Θέτουμε

ux = AHx, yL = 2 x - y, uy = BHx, yL = -Hx + y2L.Από την πρώτη έπεται ότι

u = x2 - x y + f HyL οπότε

uy = -x + f £HyLΑπό τη σύγκριση της τελευταίας με την uy = -Hx + y2L έπεται ότι

f £HyL = - y2, f = - 1ÅÅÅÅ3 y3 + c.

Page 7: πακέτο

´Αρα,

u = x2 - x y - 1ÅÅÅÅ3 y3 + c

και η λύση δίνεται έμμεσα από τη συνθήκη

3 x2 - 3 x y - y3 = C.

β) Η ΔΕ

2 x - y - Hx + 2 x2 - 2 x y + y2L y£ = 0.

γράφεται σαν

AHx, yL + BHx, yL y£ = 0

με

AHx, yL = 2 x - y, BHx, yL = -Hx + 2 x2 - 2 x y + y2L. Συνεπώς,

AyHx, yL = -1, BxHx, yL = -H1 + 4 x - 2 yL,πράγμα που σημαίνει ότι η ΔΕ δεν είναι ακριβής.

Από την άλλη,

b := - Ay-BxÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅA = - -1+H1+4 x-2 yLÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ2 x-y = -2.

Συνεπώς, υπάρχει ολοκληρωτικός παράγοντας της μορφής

EHx, yL = FHyL = exp@Ÿ bHyL d yD = e-2 y .

΄Ετσι οδηγούμαστε στην ακριβή ΣΔΕ

e-2 y@2 x - y - Hx + 2 x2 - 2 x y + y2L y£D = 0

κι αυτό σημαίνει ότι υπάρχει συνάρτηση uHx, yL, τέτοια ώστε

ux = e-2 yH2 x - yL, uy = -e-2 yHx + 2 x2 - 2 x y + y2L.Από την πρώτη συμπεραίνουμε ότι

u = e-2 yHx2 - x yL + gHyL,οπότε,

uy = e-2 y@H-2L Hx2 - x yL - xD + g£HyL.΄Αρα, θα πρέπει να ισχύει και η

e-2 yH-2 x2 + 2 x y - xL + g£HyL = e-2 yHx + 2 x2 - 2 x y + y2L.Από αυτήν συνάγεται ότι

g£HyL = 0, gHyL = c.

Με αυτό τον τρόπο, καταλήγουμε στο συμπέρασμα ότι, μια οικογένεια λύσεων της δεύτερης ΔΕορίζεται έμμεσα από την συνθήκη

Page 8: πακέτο

e-2 yHx2 - x yL = C.

Θέμα 5o

Θέμα 5o (2,0 μόρια)

Να βρεθεί η γενική λύση της ΔΕ y££ + 2 y£ + 5 y = 25 t.

Λύση

Λύση με την μέθοδο του προσδιορισμού των συντελεστών

Αρχικά, πρέπει να βρούμε δύο γραμμικά ανεξάρτητες λύσεις της ομογενούς ΔΕ

y££ + 2 y£ + 5 y = 0.

Αυτή έχει σταθερούς συντελεστές. Γι’ αυτό, είτε παίρνουμε τη λύση της από το βιβλίο, είτεδοκιμάζουμε λύσεις της μορφής

y = el t.

Η αντικατάσταση της τελευταίας στην παραπάνω ομογενή ΔΕ δίνει

Hl2 + 2 l + 5L el t = 0.

Συνεπώς,

l = -2≤è!!!!!!!!!!!!4-20ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ2 = -1 ≤ 2 i.

Αυτό σημαίνει ότι, ένα θεμελιώδες σύνολο λύσεων της ομογενούς ΔΕ y££ + 2 y£ + 5 y = 0αποτελούν οι συναρτήσεις

y1 = e-t cos 2 t, y2 = e-t sin 2 t.

Αφού η συνάρτηση f HtL = 25 t είναι ανεξάρτητη από τις λύσεις της ομογενούς, μιαειδική λύση της εξίσωσης που δόθηκε προς λύση θα είναι της μορφής

y¶ = a t + b.

Γιατί τότε,

y¶£ = a, y¶≥ = 0.

H αντικατάσταση της παραπάνω έκφρασης y¶ = a t + b στην ΔΕ y££ + 2 y£ + 5 y = 25 t δίνει

2 a + 5 a t + 5 b = 25 t.

Από αυτήν έπεται ότι

a = 5, b = -2.

΄Αρα,

y¶ = 5 t - 2

και η γενική λύση της δοσμένης εξίσωσης δίνεται από τις συναρτήσεις

Page 9: πακέτο

y = e-t Hc1 cos 2 t + c2 sin 2 tL + 5 t - 2.

Θέμα 6o

Θέμα 6o (2,4 μόρια)

Να λυθεί το ΠΑΤ t2 u££ - 2 t u£ + 2 u = 2 t3, uH1L = 3, u£H1L = 6.

Λύση

α) Η εξίσωση που δόθηκε προς λύση είναι μη ομογενής. Η αντίστοιχη ομογενής είναι η

t2 u££ - 2 t u£ + 2 u = 0.

Αυτή είναι Euler-Cauchy. Είτε από τον τύπο του βιβλίου είτε με το ansatz u = ta, εύκολαβρίσκουμε ότι δύο γραμμικά ανεξάρτητες λύσεις της αποτελούν οι συναρτήσεις

u1 = t, u2 = t2.

H ορίζουσα Wronski αυτών των συναρτήσεων είναι ίση προς

WHu1,u2L = tH2 tL - t2 ÿ 1 = t2.

Από την άλλη, στα διαστήματα που δεν περιέχουν το t = 0, η δοσμένη ΔΕ γράφεται σαν

u££ = 2 t - 2 t-2 u + 2 t-1 u£.

Συγκρίνοντάς την με τη γενική μορφή

u££ = f HtL + gHtL u + hHtL u£,

συμπεραίνουμε ότι

f HtL = 2 t, gHtL = -2 t-2, hHtL = 2 t-1.

Αφού η γενική λύση της αντίστοιχης ομογενούς είναι της μορφής

uo = c1 t + c2 t2,

(σύμφωνα με τη μέθοδο της μεταβολής των σταθερών) μια ειδική λύση της μη ομογενούς δίνεταιαπό την συνάρτηση

u¶HtL = aHtL u1HtL + bHtL u2HtL = aHtL t + bHtL t2

όπου

aHtL := -Ÿ u2 fÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅWHu1,u2L d t = -Ÿ t2ÿ2 tÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅt2 d t = -t2,

bHtL := Ÿ u1 fÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅWHu1,u2L d t = Ÿ tÿ2 tÅÅÅÅÅÅÅÅÅt2 d t = 2 t.

Αυτό σημαίνει ότι

u¶HtL = aHtL t + bHtL t2 = -t2 ÿ t + 2 t ÿ t2 = t3.

Τέλος, από τον τύπο

Page 10: πακέτο

u = uoHtL + u¶HtLβρίσκουμε ότι η γενική λύση της αρχικής μη ομογενούς εξίσωσης δίνεται από τις συναρτήσεις

u = c1 t + c2 t2 + t 3.

β) Από την τελευταία έκφραση έπεται ότι

u£ = c1 + 2 c2 t + 3 t 2.

΄Αρα,

uH1L = c1 + c2 + 1, u£H1L = c1 + 2 c2 + 3,

οπότε, οι αρχικές συνθήκες

uH1L = 3, u£H1L = 6 ,

ισοδυναμούν με τις

c1 + c2 = 2, c1 + 2 c2 = 3.

Αυτές οδηγούν στις τιμές

c1 = c2 = 1,

πράγμα που σημαίνει ότι η λύση του ΠΑΤ δίνεται απο τη συνάρτηση

u = t + t2 + t 3.

Page 11: πακέτο

Πανεπιστήμιο ΠατρώνΤμήμα Μαθηματικών

Μάθημα: Συνήθεις ∆ιαφορικές Εξισώσεις Ι∆ιδασκαλία: ∆. Τσουμπελής & Σ. Κωνσταντίνου-Ρίζος

Λύσεις θεμάτων γραπτής εξέτασης 13-02-20009

Θέμα 1o (Κατασκευή Σ∆Ε, επίλυση με διαδοχικές ολοκληρώσεις)

Θέμα 1o (0,8 μόρια)

α) Να βρεθεί η λύση του προβλήματος αρχικών τιμών (ΠΑΤ)

xH3LHtL = 6 - cos t, xH0L = 1, x£H0L = 4, x££H0L = 6.

β) Nα κατασκευαστεί μια ομογενής, γραμμική, συνήθης διαφορική εξίσωση (ΔΕ) δεύτερηςτάξης, στις λύσεις της οποίας ανήκει και η συνάρτηση y = x sin x.

Λύση

α) Από το γεγονός ότι xH3L = 6 - cos t και x££H0L = 6, αμέσως έπεται ότι

x≥ = 6 + Ÿ0tH6 - cos t L d t = 6 + H6 t - sin tL »0t = 6 + 6 t - sin t.

Από αυτή την σχέση και την αρχική τιμή x£H0L = 4 παίρνουμε

x£ = 4 + Ÿ0tH6 + 6 t - sin tL d t = 4 + H6 t + 3 t2 + cos tL »0t = 3 + 6 t + 3 t2 + cos t.

Τέλος, από αυτή την έκφραση για την παράγωγο της xHtL και την αρχική τιμή xH0L = 1 έπεται ότι

x = 1 + Ÿ0tH3 + 6 t + 3 t2 + cos tL d t = 1 + H3 t + 3 t2 + t3 + sin tL »0t

ή

x = 1 + 3 t + 3 t2 + t3 + sin t = sin t + Ht + 1L3.

β) Από την y = x sin x έπεται ότι

y£ = sin x + x cos x, y££ = 2 cos x - x sin x.

΄Αρα

y££ + b HxL y£ + c HxL y = 2 cos x - x sin x + b HxL Hsin x + x cos xL + c HxL x sin x

= @2 + x bHxLD cos x - @x - b HxL - x c HxLD sin x

Κάθε ομογενής, γραμμική δεύτερης τάξης γράφεται στη μορφή

y££ + b HxL y£ + c HxL y = 0.

Στην περίπτωσή μας, αυτή γίνεται

@2 + x bHxLD cos x - @x - b HxL - x c HxLD sin x = 0

Page 12: πακέτο

Για να ισχύει η τελευταία, αρκεί να πάρουμε

bHxL = -2 x-1, cHxL = 1 - x-1 bHxL = 1 + 2 x-2.

Με αυτή την επιλογή,

y££ + bHxL y£ + cHxL y = y££ - 2 x-1 y£ + H1 + 2 x-2L y.

οπότε η εξίσωση γράφεται σαν

y££ - 2 x-1 y£ + H1 + 2 x-2L y = 0.

Ισοδύναμα,

x2 y££ - 2 x y£ + H2 + x2L y = 0.

Θέμα 2o (Γραμμική πρώτης τάξης)

Θέμα 2o (1,2 μόρια)

Να βρεθεί η γενική λύση xHtL της ΔΕ

t x£ - 4 x = μ 3 t, 0 < t § 13 t4, t ¥ 1

στο διάστημα t > 0, καθώς και η ειδική λύση που σέβεται τη συνθήκη xH1L = -1.

Λύση

Οι μη μηδενικές λύσεις της ομογεγούς t x£ - 4 x = 0 ορίζονται από την

x-1 x£ - 4 t-1 = 0 ñ Hln †x§L£ = @lnHt4LD£

ñ ln †x§ = lnHt4L + c

ñ x = exp@lnHt4L + cD = C t4.

Από την άλλη, όταν t ∫ 0, η δοσμένη ΔΕ γράφεται σαν

x£ - 4ÅÅÅÅt x = μ 3, t § 13 t3, t ¥ 1

΄Ομως, οι λύσεις της μη ομογενούς ΔΕ

x£ - 4 t-1 x = f HtL, t ∫ 0,

δίνονται από τον τύπο

x = t4HC + Ÿ f HtL t-4 d tL.΄Αρα, η γενική λύση της x£ - 4 t-1 x = 3, t < 1, δίνεται από τις συναρτήσεις

x = t4HC1 + 3 Ÿ t-4 d tL = C1 t4 - t

και της x£ - 4 t-1 x = 3 t3, t > 1, από τις συναρτήσεις

x = t4HC2 + Ÿ t-1 d tL = t4HC2 + 3 ln tL,

Page 13: πακέτο

Συνακόλουθα,

xH1-L = C1 - 1, xH1+L = C2

΄Ετσι, η υποχρεωτική συνέχεια της λύσης στο σημείο t = 1 οδηγεί στη σχέση

C1 - 1 = xH1-L = xH1+L = C2.

Αυτό σημαίνει ότι

C1 = C2 + 1 ª C + 1

και άρα, η γενική λύση της ΔΕ που δόθηκε προς λύση δίνεται από τις συναρτήσεις

x =Ø≤∞±≤

HC + 1L t4 - t, 0 < t § 1t4HC + 3 ln tL, t ¥ 1

Από αυτή την έκφραση έπεται ότι

xH1L = C.

΄Αρα, η αρχική συνθήκη xH1L = -1 οδηγεί στην επιλογή C = -1. Συνακόλουθα, η λύση πουσέβεται αυτή τη συνθήκη δίνεται από τη συνάρτηση

x = μ -t, 0 < t § 1t4H3 ln t - 1L, t ¥ 1

Θέμα 3o (Προσδιορισμός συντελεστών)

Θέμα 3o (2,0 μόρια)

Να βρεθεί η γενική λύση της ΔΕ u££ + 4 u£ + 8 u = 4 e-2 t.

Λύση

Λύση με την μέθοδο του προσδιορισμού των συντελεστών

Αρχικά, πρέπει να βρούμε δύο γραμμικά ανεξάρτητες λύσεις της ομογενούς ΔΕ

u££ + 4 u£ + 8 u = 0.

Αυτή έχει σταθερούς συντελεστές. Γι’ αυτό, είτε παίρνουμε τη λύση της από το βιβλίο, είτεδοκιμάζουμε λύσεις της μορφής

u = el t.

Η αντικατάσταση της τελευταίας στην παραπάνω ομογενή ΔΕ δίνει

Hl2 + 4 l + 8L el t = 0.

Συνεπώς,

l = -4≤è!!!!!!!!!!!!!!16-32ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ2 = -2 ≤ 2 i.

Αυτό σημαίνει ότι, ένα θεμελιώδες σύνολο λύσεων της ομογενούς ΔΕ u££ + 4 u£ + 8 u = 0αποτελούν οι συναρτήσεις

Page 14: πακέτο

u1 = e-2 t cos 2 t, u2 = e-2 t sin 2 t.

Αφού η συνάρτηση f HtL = 4 e-2 t είναι γραμμικά ανεξάρτητη από τις λύσεις της ομογε-νούς, μια ειδική λύση της εξίσωσης που δόθηκε προς λύση θα είναι της μορφής

u¶ = a e-2 t.

Γιατί τότε,

u¶£ = -2 a e-2 t, u¶≥ = 4 a e-2 t.

H αντικατάσταση αυτών των εκφράσεων στην ΔΕ u££ + 4 u£ + 8 u = 4 e-2 t δίνει

H4 a e-2 tL + 4 H-2 a e-2 tL + 8 Ha e-2 tL = 4 e-2 t.

Ισοδύναμα,

a e-2 t = 4 e-2 t.

Από αυτήν έπεται ότι

a = 1.

΄Αρα,

u¶ = e-2 t.

οπότε, η γενική λύση της DE u££ + 4 u£ + 8 u = 4 e-2 t δίνεται από τις συναρτήσεις

u = e-2 t Hc1 cos 2 t + c2 sin 2 tL + e-2 t,

ή

u = e-2 t H1 + c1 cos 2 t + c2 sin 2 tL.�

Θέμα 4o (Mεταβολή σταθερών)

Θέμα 4o (2,4 μόρια)

Να λυθεί το ΠΑΤ 2 t u££ + 5 u£ = 9 è!!t , uH1L = 1, u£H1L = 0.

Λύση

Σημείωση. Κατασκευή της ΔΕ:

H μέθοδος της μεταβολής των σταθερών

Η εξίσωση που δόθηκε προς λύση είναι μη ομογενής. Η αντίστοιχη ομογενής είναι η

2 t u££ + 5 u£ = 0.

Αυτή είναι Euler-Cauchy. Είτε από τον τύπο του βιβλίου είτε με το ansatz u = ta, εύκολαβρίσκουμε ότι δύο γραμμικά ανεξάρτητες λύσεις της 2 t u££ + 5 u£ = 0 είναι οι συναρτήσεις

u1 = 1, u2 = t-3ê2.

Page 15: πακέτο

Σημείωση. Στο ίδιο αποτέλεσμα καταλήγει κανείς και με τους εξής τρόπους: Είναι προφανές ότιη παραπάνω ομογενής ΔΕ επιδέχεται ως λύση όλες τις στεθερές συναρτήσεις. Η επιλογή u1 = 1και η μέθοδος του υποβιβασμού τάξης οδηγούν αμέσως στην u2 = t-3ê2.

Από την άλλη, αυτή η ΔΕ είναι τυπικά μόνο δεύτερης τάξης και, ουσιαστικά, πρώτης.Με άλλα λόγια, η τάξη της υποβιβάζεται αμέσως:

2 t u££ + 5 u£ = 0 ñ 2 t u£ + 5 u = 0, u := u£.

Η ΔΕ πρώτης τάξης 2 t u£ + 5 u = 0 λύνεται εύκολα για να δώσει

u = c t-5ê2,

οπότε

u = - 2ÅÅÅÅ3 c t-3ê2 ª C t-3ê2.

H ορίζουσα Wronski των συναρτήσεων 8u1, u2< είναι ίση προς

WHu1,u2L = H1L ÿ H- 3ÅÅÅÅ2 t-5ê2L - H0L ÿ Ht-3ê2L = - 3ÅÅÅÅ2 t-5ê2.

Από την άλλη, η ΔΕ 2 t u££ + 5 u£ = rHtL = 9 è!!t γράφεται σαν

u££ = 1ÅÅÅÅ2 t-1 rHtL - 5ÅÅÅÅ2 t-1 u£ = 9ÅÅÅÅ2 t-1ê2 - 5ÅÅÅÅ2 t-1 u£.

Συγκρίνοντάς την με τη γενική μορφή

u££ = f HtL + gHtL u + hHtL u£,

συμπεραίνουμε ότι

f HtL = 9ÅÅÅÅ2 t-1ê2, gHtL = 0, hHtL = - 5ÅÅÅÅ2 t-1.

Αφού η γενική λύση της αντίστοιχης ομογενούς είναι της μορφής

uo = c1 + c2 t-3ê2,

μια ειδική λύση της μη ομογενούς δίνεται από την συνάρτηση

u¶HtL = aHtL u1HtL + bHtL u2HtL = aHtL + bHtL t-3ê2

όπου

aHtL := -Ÿ u2 fÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅWHu1,u2L d t = -Ÿ t-3ê2 ÿ f HtLÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ-H3ê2L t-5ê2 d t = 2ÅÅÅÅ3 Ÿ t f HtL d t

2ÅÅÅÅ3 Ÿ t 9ÅÅÅÅ2 t-1ê2 d t = 3 Ÿ t1ê2 d t = 2 t3ê2,

bHtL := Ÿ u1 fÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅWHu1,u2L d t = Ÿ 1ÿ f HtLÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ-H3ê2L t-5ê2 d t = - 2ÅÅÅÅ3 Ÿ t-5ê2 f HtL d t

= - 2ÅÅÅÅ3 Ÿ t5ê2 9ÅÅÅÅ2 t-1ê2 d t = -3 Ÿ t2 d t = - t3.

Αυτό σημαίνει ότι

u¶HtL = aHtL + bHtL t-3ê2 = 2 t3ê2 - t3 t-3ê2 = t3ê2.

Τέλος, από τον τύπο

u = uoHtL + u¶HtL

Page 16: πακέτο

βρίσκουμε ότι η γενική λύση της αρχικής μη ομογενούς εξίσωσης δίνεται από τις συναρτήσεις

u = c1 + c2 t-3ê2 + t 3ê2.

Από την τελευταία έκφραση έπεται ότι

u£ = - 3ÅÅÅÅ2 c2 t-5ê2 + 3ÅÅÅÅ2 t 1ê2.

΄Αρα,

uH1L = c1 + c2 + 1, u£H1L = - 3ÅÅÅÅ2 c2 + 3ÅÅÅÅ2 ,

οπότε, οι αρχικές συνθήκες

uH1L = 1, u£H1L = 0,

ισοδυναμούν με τις

c1 + c2 + 1 = 1, -c2 + 1 = 0.

Αυτές οδηγούν στις τιμές

c1 = -1, c2 = 1

πράγμα που σημαίνει ότι η λύση του ΠΑΤ δίνεται απο τη συνάρτηση

u = t 3ê2 + t-3ê2 - 1

Θέμα 5o (Αυτόνομη - Μέθοδος Picard)

Θέμα 5o (2,0 μόρια)

α) Να κατασκευαστεί το τρίτο μέλος, y2HtL, της ακολουθίας Picard για το πρόβλημα αρχικώντιμών (ΠΑΤ) που ορίζεται από την ΔΕ y£ + 3 y - y2 = 0 και την αρχική συνθήκη yH0L = 2.

β) Να βρεθεί η ακριβής λύση, yaHtL, του ίδιου ΠΑΤ.

Λύση

α) Για το δοσμένο ΠΑΤ, τα μέλη της ακολουθίας Picard ορίζονται από τον αναδρομικό τύπο

ynHtL = 2 + Ÿ0tFHt, yn-1HtLL d t, n = 1, 2, …

όπου

FHt, yL = FHyL := y2 - 3 y, y = yHtL.Συνεπώς, τα τρία πρώτα μέλη της ακολουθίας Picard είναι τα εξής:

y0HtL = -1

y1HtL = 2 + Ÿ0tFHt, y0HtLL d t = 2 + Ÿ0

tFHy0HtLL d t = 2 + Ÿ0

tFH2L d t

FH2L = H2L2 - 3 H2L = -2

y1HtL = 2 + Ÿ0tH-2L d t = 2 - 2 t.

Page 17: πακέτο

y2HtL = 2 + Ÿ0tFHt, y1HtLL d t = 2 + Ÿ0

tFHy1HtLL d t

= 2 + Ÿ0tFH2 - 2 tL d t

FH2 - 2 tL = H2 - 2 tL2 - 3 H2 - 2 tL= H4 - 8 t + 4 t2L - H6 - 6 tL = -2 - 2 t + 4 t2

y2HtL = 2 + Ÿ0tH-2 - 2 t + 4 t2L d t

= 2 - 2 t - t2 + 4ÅÅÅÅ3 t3.

β) Η ΔΕ y£ + 3 y - y2 = 0 γράφεται σαν

y£ = yHy - 3L.Από αυτή τη μορφή γίνεται προφανές ότι η πιο πάνω ΔΕ επιδέχεται ως ειδικές λύσεις τιςσταθερές συναρτήσεις yHtL = 0 και yHtL = 3.

Στα διαστήματα y < 0, 0 < y < 3 και y > 3, η ΔΕ γράφεται στη μορφή1ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅyHy-3L y£ = 1.

Συνεπώς,

Ÿ 1ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅyHy-3L d y = t + c.

΄Ομως,

Ÿ 1ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅyHy-3L d y = 1ÅÅÅÅ3 Ÿ I 1ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅy-3 - 1ÅÅÅÅy M d y = 1ÅÅÅÅ3 ln … y-3ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅy …

Συνακόλουθα, 1ÅÅÅÅ3 ln … y-3ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅy … = c + t ñ … y-3ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅy … = e3 Ht+cL = C e 3 t, C > 0.

Από την τελευταία σχέση έπεται ότι

y = 3ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ1¡C e 3 t

Ισοδύναμα,

y = 3ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ1+k e 3 t .

Από αυτόν τον τύπο αμέσως έπεται ότι

yH0L = 3ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ1+k

΄Αρα, η αρχική συνθήκη yH0L = 2 ισοδυναμεί με την3ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ1+k = 2.

Από αυτήν έπεται ότι k = 1 ê2. ΄Αρα, η ειδική λύση που αντιστοιχεί στην αρχική συνθήκηyH0L = 2 δίνεται από την συνάρτηση

y = 6ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ2+ e 3 t .

Page 18: πακέτο

-1 -0.5 0.5 1 1.5t

-1

1

2

3

y

yαHtLy2HtL

Σχ. 3.1 Το γράφημα των συναρτήσεων y2HtL και yaHtL σε μια γειτονιά του t = 0.

Θέμα 6o (Ακριβής, πολλαπλασιαστής Euler)

Θέμα 6o (1,6 μόρια)

Να κατασκευαστούν γενικού τύπου λύσεις των ΔΕ

e-x y - e-2 x + Hy - e-xL y£ = 0, x2 + 2 y2 - 2 x y + y - x + Hx - 2 yL y£ = 0.

Λύση

α) Η ΔΕ

e-x y - e-2 x + Hy - e-xL y£ = 0

γράφεται σαν

AHx, yL + BHx, yL y£ = 0

με

AHx, yL = e-x y - e-2 x, BHx, yL = y - e-x.

Συνεπώς,

AyHx, yL = e-x, BxHx, yL = e-x,

πράγμα που σημαίνει ότι η ΔΕ δεν είναι ακριβής.

Θέτουμε

ux = AHx, yL = e-x y - e-2 x, uy = BHx, yL = y - e-x.

Από την πρώτη αμέσως έπεται ότι

u = -e-x y + 1ÅÅÅÅ2 e-2 x + f HyL.Συνεπώς,

uy = -e-x + f £HyL

Page 19: πακέτο

Από τη σύγκριση της τελευταίας με την uy = y - e-x έπεται ότι

f £HyL = y, f = 1ÅÅÅÅ2 y2 + c.

´Αρα,

u = -e-x y + 1ÅÅÅÅ2 e-2 x + 1ÅÅÅÅ2 y2 + c.

Η συνθήκη uHx, yL =σταθ. που δίνει (έμμεσα) λύσεις της ΔΕ e-x y - e-2 x + Hy - e-xL y£ = 0γράφεται στη μορφή

e-2 x - 2 e-x y + y2 ª He-x - yL2 = C.

Με την παραπάνω διαδικασία, λοιπόν, καταλήξαμε στις ακόλουθες λύσεις:

y = e-x ≤è!!!!C , C ¥ 0.

Αυτές γράφονται ως μια οικογένεια που χαρακτηρίζεατι από μια πραγματική παράμετρο:

y = k + e-x, k œ .

Σημείωση. Αυτή η ΔΕ αποτελεί καλό παράδειγμα εξίσωσης με συμμετρία μετάθεσης ως προςτο y που δεν φαίνεται από την αρχή.

Θα πρέπει επίσης να σημειωθεί ότι η ΔΕ γράφεται σαν

e-xHy - e-xL + Hy - e-xL y£ = 0 ñ Hy - e-xL He-x + y£L = 0.

Από αυτή τη μορφή συνάγεται αμέσως γιατί η προς λύση ΔΕ είναι ισοδύναμη της

e-x + y£ = 0,

η οποία είναι φανερά αναλλοίωτη ως προς τις μεταθέσεις της y.

β) Η ΔΕ

x2 + 2 y2 - 2 x y + y - x + Hx - 2 yL y£ = 0.

γράφεται σαν

AHx, yL + BHx, yL y£ = 0

με

AHx, yL = x2 + 2 y2 - 2 x y + y - x, BHx, yL = x - 2 y.

Συνεπώς,

AyHx, yL = 4 y - 2 x + 1, BxHx, yL = 1.

Αυτό σημαίνει ότι η παραπάνω ΔΕ δεν είναι ακριβής.

Από την άλλη,

a := Ay-BxÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅB = H4 y-2 x+1L-1ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅx-2 y = -2.

΄Αρα, υπάρχει ολοκληρωτικός παράγοντας της μορφής

Page 20: πακέτο

EHx, yL = FHxL = exp@Ÿ aHxL d yD = e-2 x .

΄Ετσι οδηγούμαστε στην ακριβή ΣΔΕ

e-2 x@x2 + 2 y2 - 2 x y + y - x + Hx - 2 yL y£D = 0.

Αυτό σημαίνει ότι υπάρχει συνάρτηση uHx, yL, τέτοια ώστε

ux = e-2 xHx2 + 2 y2 - 2 x y + y - xL, uy = e-2 xHx - 2 yL.Από την δεύτερη συμπεραίνουμε ότι

u = e-2 xHx y - y2L + f HxL,οπότε,

ux = e-2 x@H-2L Hx y - y2L + yD + f £HxL.΄Αρα, θα πρέπει να ισχύει και η

e-2 xH-2 x y + 2 y2 + yL + f £HxL = e-2 xHx2 + 2 y2 - 2 x y + y - xL.Από αυτήν συνάγεται ότι

f £HxL = Hx2 - xL e-2 x.

Ισοδύναμα,

f £HxL = @- 1ÅÅÅÅ2 x2 e-2 xD£

και άρα

f HxL = - 1ÅÅÅÅ2 x2 e-2 x + c.

Με αυτό τον τρόπο, καταλήγουμε στο ακόλουθο συμπέρασμα: Μια οικογένεια λύσεωντης δεύτερης ΔΕ ορίζεται έμμεσα από την συνθήκη

Hx y - y2 - 1ÅÅÅÅ2 x2L e-2 x =σταθ.

Ισοδύναμα,

x2 - 2 x y + 2 y2 ª Hx - yL2 + y2 = C e2 x, C > 0,

ή,

2 y2 - 2 x y + x2 - C e2 x = 0, C > 0.

Λύνοντας αυτή τη δευτεροβάθμια εξίσωση ως προς y, καταλήγουμε στις εξής δύο οικογένειεςλύσεων της δοσμένης ΔΕ:

y = 1ÅÅÅÅ2 Ix +è!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!2 C e2 x - x2 M, y = 1ÅÅÅÅ2 Ix -

è!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!2 C e2 x - x2 M, C > 0.

Page 21: πακέτο

Πανεπιστήµιο ΠατρώνΤµήµα Μαθηµατικών

Μάθηµα: Συνήθεις ∆ιαφορικές Εξισώσεις I

∆. Τσουµπελής

Λύσεις των θεµάτων της γραπτής εξέτασης της 29-01-2010

Θέµατα για όσες (-ους) εξετάστηκαν σε όλη την ύλη

Θέµα 1o (0,8 µόρια)

α) Nα κατασκευαστεί µια οµογενής, γραµµική, συνήθης διαφορική εξίσωση (Σ∆Ε) δεύτερης

τάξης, στις λύσεις της οποίας ανήκει και η συνάρτηση y = t1ê3, t > 0.

β) Να λυθεί το ΠΑΤ (πρόβληµα αρχικών τιµών)

yH3LHtL = 27 e-3 t, yH0L = y£H0L = -1, y££H0L = 0

Λύση

α) Από την y = t1ê3 έπεται ότι

y£ = 1ÅÅÅÅ3 t-2ê3, y££ = - 2ÅÅÅÅ

9 t-5ê3.

΄Αρα

t2 y££ = - 2ÅÅÅÅ9 t1ê3, t y£ = 1ÅÅÅÅ

3 t1ê3

9 t2 y££ = -2 t1ê3, 3 t y£ = t1ê3

και

9 a t2 y££ + 3 b t y£ + c y = H-2 a + b + c L t1ê3.

Συνακόλουθα, κάθε επιλογή της τριάδας 8a, b, c< µε τρόπο ώστε 2 a = b + c οδηγεί στην

οµογενή, γραµµική, συνήθη διαφορική εξίσωση

9 a t2 y££ + 3 b t y£ + c y = 0.

Για παράδειγµα, η Σ∆Ε

9 t2 y££ + 3 t y£ + y = 0

αντιστοιχεί στην επιλογή 8a, b, c< = 81, 1, 1<.Για παράδειγµα, η Σ∆Ε

3 t2 y££ - t y£ + y = 0

αντιστοιχεί στην επιλογή 8a, b, c< = 81, -1, 1<.

Page 22: πακέτο

β) Από το γεγονός ότι yH3L = 27 e-3 t και y££H0L = 0, αµέσως έπεται ότι

y≥ = 27 Ÿ0

te-3 t d t = -9 e-3 t »0t = 9 H1 - e-3 tL.

Από αυτή την σχέση και την αρχική τιµή y£H0L = -1 παίρνουµε

y£ = -1 + 9 Ÿ0

tH1 - e-3 tL d t = -1 + 9 t »0t +3 e-3 t »0t = -4 + 9 t + 3 e-3 t.

Τέλος, από αυτή την έκφραση για την παράγωγο της yHtL και την αρχική τιµή yH0L = -1 έπεται

ότι

y = -1 + Ÿ0

tH-4 + 9 t + 3 e-3 tL d t = -4 t + 9ÅÅÅÅ2 t2 - e-3 t

Θέµα 2o (1,2 µόρια)

Να βρεθεί η γενική λύση yHxL της ∆Ε

x2 y£ - 2 x y = µ 4 x, 0 < x § 2

8, x ¥ 2

στο διάστηµα x > 0, καθώς και η ειδική λύση που σέβεται τη συνθήκη yH1L = 2.

Λύση

Για x ∫ 0, η οµογενής x2 y£ - 2 x y = 0 είναι ισοδύναµη µε την

y-1 y£ = 2 x-1 ñ Hln †y§L£ = 2 Hln †x§L£.΄Αρα,

ln †y§ = ln x2 + c ñ †y§ = exp@ln x2 + cD ñ y = C x2.

Από την άλλη, όταν x ∫ 0, η δοσµένη ∆Ε γράφεται σαν

y£ - 2 x-1 y =Ø≤∞±≤

4 x-1, 0 < x § 2

8 x-2, x ¥ 2

΄Οµως, οι λύσεις της µη οµογενούς ∆Ε

y£ - 2 x-1 y = f HxL, x ∫ 0,

δίνονται από τον τύπο

y = x2HC + Ÿ f HxL x-2 d xL.΄Αρα, η γενική λύση της y£ - 2 x-1 y = 4 x-1, 0 < x < 2, δίνεται από τις συναρτήσεις

y = x2HC1 + Ÿ 4 x-1 x-2 d xL = C1 x2 - 2

και της y£ - 2 x-1 y = 8 x-2, x > 2, από τις συναρτήσεις

y = x2HC2 + Ÿ 8 x-2 x-2 d xL = C2 x2 - 8ÅÅÅÅ

3 x-1.

Συνακόλουθα,

Page 23: πακέτο

yH2-L = 4 C1 - 2, yH2+L = 4 C2 -4ÅÅÅÅ3

.

΄Ετσι, η υποχρεωτική συνέχεια της λύσης στο σηµείο x = 2 οδηγεί στη σχέση

4 C1 - 2 = yH2-L = yH2+L = 4 C2 -4ÅÅÅÅ3

.

Αυτό σηµαίνει ότι

C1 = C2 +1ÅÅÅÅ6ª C + 1ÅÅÅÅ

6

και άρα, η γενική λύση της ∆Ε που δόθηκε προς λύση δίνεται από τις συναρτήσεις

y =Ø≤≤∞±≤≤HC + 1ÅÅÅÅ

6L x2 - 2, 0 < x § 2

C x2 - 8ÅÅÅÅ3 x-1, x ¥ 2

Από αυτή την έκφραση έπεται ότι

yH1L = C + 1ÅÅÅÅ6- 2 = C - 11ÅÅÅÅÅÅÅ

6.

΄Αρα, η αρχική συνθήκη yH1L = 2 οδηγεί στην επιλογή C = 23ÅÅÅÅÅÅÅ6

. Συνακόλουθα, η λύση που

σέβεται αυτή τη συνθήκη δίνεται από τη συνάρτηση

y =Ø≤≤∞±≤≤

4 x2 - 2, 0 < x § 2

23ÅÅÅÅÅÅÅ6

x2 - 8ÅÅÅÅ3 x-1, x ¥ 2

Θέµα 3o (2,0 µόρια)

α) Να κατασκευαστεί το τρίτο µέλος, x2HtL, της ακολουθίας Picard για το ΠΑΤ που ορίζεται από

την ∆Ε x£ + 3 x - 2 x2 = 0 και την αρχική συνθήκη xH0L = 1.

β) Να βρεθεί η ακριβής λύση, xaHtL, του ίδιου ΠΑΤ.

Λύση

α) Για το δοσµένο ΠΑΤ, τα µέλη της ακολουθίας Picard ορίζονται από τον αναδροµικό τύπο

xnHtL = 1 + Ÿ0

xFHt, xn-1HtLL d t, n = 1, 2, …

όπου

FHt, xL = ΦHxL := 2 x2 - 3 x.

Συνεπώς, τα τρία πρώτα µέλη της ακολουθίας Picard είναι τα εξής:

x0HtL = 1

x1HtL = 1 + Ÿ0

tFHt, x0HtLL d t = 1 + Ÿ0

tΦHx0HtLL d t = 2 + Ÿ0

tΦH1L d t

ΦH1L = 2 H1L2 - 3 H1L = -1

x1HtL = 1 + Ÿ0

tH-1L d t = 1 - t.

x2HtL = 1 + Ÿ0

tFHt, x1HtLL d t = 1 + Ÿ0

tΦHx1HtLL d t = 1 + Ÿ0

tΦH1 - tL d t

ΦH1 - tL = 2 H1 - tL2 - 3 H1 - tL = -1 - t + 2 t2

Page 24: πακέτο

y2HtL = 1 + Ÿ0

tH-1 - t + 2 t2L d t = 1 - t - 1ÅÅÅÅ2

t2 + 2ÅÅÅÅ3 t3.

β) Η ∆Ε y£ + 3 y- 2 y2 = 0 γράφεται σαν

y£ = yH2 y - 3L.Από αυτή τη µορφή γίνεται προφανές ότι η πιο πάνω ∆Ε επιδέχεται ως ειδικές λύσεις τις

σταθερές συναρτήσεις yHtL = 0 και yHtL = 3 ê 2.

Στα διαστήµατα y < 0, 0 < y < 3 ê2 και y > 3 ê 2, η ∆Ε γράφεται στη µορφή

1ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅyH2 y-3L y

£ = 1.

Συνεπώς,

Ÿ 1ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅyH2 y-3L d y = t + c.

΄Οµως,

Ÿ 1ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅyH2 y-3L d y = 1ÅÅÅÅ

3 Ÿ I 2ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ

2 y-3- 1ÅÅÅÅ

yM d y = 1ÅÅÅÅ

3 ln … 2 y-3ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ

y…

Συνακόλουθα,

1ÅÅÅÅ3 ln … 2 y-3ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ

y… = c + t ñ … 2 y-3ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ

y… = e3 Ht+cL = C e 3 t, C > 0.

Από την τελευταία σχέση έπεται ότι

y = 3ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ2¡C e 3 t

Ισοδύναµα,

y = 3ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ2+k e 3 t .

Από αυτόν τον τύπο αµέσως έπεται ότι

yH0L = 3ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ2+k

΄Αρα, η αρχική συνθήκη yH0L = 1 ισοδυναµεί µε την

3ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ2+k

= 1.

Από αυτήν έπεται ότι k = 1. ΄Αρα, η ειδική λύση που αντιστοιχεί στην αρχική συνθήκη yH0L = 1

δίνεται από την συνάρτηση

y = 3ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ2+ e 3 t .

Page 25: πακέτο

-1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5t

0.5

1

1.5

2

y

yαHtL

y2HtL

Σχ. 3.1 Το γράφηµα των συναρτήσεων y2HtL και yaHtL σε µια γειτονιά του t = 0.

Θέµα 4o (1,6 µόρια)

Να κατασκευαστούν γενικού τύπου λύσεις των παρακάτω Σ∆Ε, αφού διερευνηθεί αν είναι

ακριβείς.

(i) 2 + 2 cosH2 x - yL+ @1 - cosH2 x - yLD y£ = 0, (ii) 3 x + 7 y+ H5 x+ 9 yL y£ = 0.

Λύση

(i) H ∆Ε γράφεται σαν

AHx, yL+ B Hx, yL y£ = 0, AHx, yL = 2 + 2 cosH2 x - yL, B Hx, yL = 1 - cosH2 x - yL.Παρατηρούµε ότι

∑y A - ∑x B = 2 sinH2 x - yL- 2 sinH2 x- yL = 0.

Αυτό σηµαίνει ότι η Σ∆Ε (i) είναι ακριβής. Συνεπώς, υπάρχει uHx, yL τέτοια που

∑x u = AHx, yL = 2 + 2 cosH2 x- yL, ∑y u = B Hx, yL = 1 - cosH2 x - yL.Από την πρώτη έπεται ότι

u = AHx, yL = 2 x+ sinH2 x - yL+ f HyL.Αυτή µε τη σειρά της συνεπάγεται ότι

∑y u = -cosH2 x- yL+ f £HyL.Από τη σύγκριση της τελευταίας έκφρασης µε την B Hx, yL συµπεραίνουµε ότι

f £HyL = 1.

΄Αρα,

f HyL = y+ c.

Συνακόλουθα,

u = 2 x+ sinH2 x- yL + y + c.

Page 26: πακέτο

Αυτό σηµαίνει ότι γενικού τύπου λύσεις, δηλαδή µονοπαραµετρικές οικογένειες λύσεων, της

Σ∆Ε (i) ορίζονται έµµεσα από τη σχέση

2 x + sinH2 x- yL + y = C.

(ii) H Σ∆Ε 3 x + 7 y+ H5 x+ 9 yL y£ = 0 γράφεται σαν

AHx, yL+ BHx, yL y£ = 0

όπου

AHx, yL = 3 x + 7 y BHx, yL = 5 x+ 9 y.

Προφανώς,

∑y AHx, yL = 7, ∑x BHx, yL = 5.

΄Αρα, η Σ∆Ε (ii) δεν είναι ακριβής.

Τώρα, παρατηρούµε ότι

∑yA-∑xBÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅa B-b A

= 2ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅaH5 x+9 yL-b H3 x+7 yL = 2ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅH5 a-3 bL x+H9 a-7 bL y

.

Είναι προφανές ότι η επιλογή a = b = 1 µετατρέπει την τελευταία σχέση στην

∑yA-∑xBÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅa B-b A

= 1ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅx+ y

.

Αυτό σηµαίνει ότι υπάρχει ολοκληρωτικός παράγοντας της µορφής

EHx, yL = f Hx+ yL. Συγκεκριµένα, από την παραπάνω σχέση έπεται ότι

f£ HzLÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ

f HzL = 1ÅÅÅÅz

, z := x+ y

΄Αρα, f HzL = C z, οπότε

EHx, yL = CHx + yL.Τίποτε δεν απαγορεύει το να επιλέξουµε τη σταθερή C ίση προς τη µονάδα. ΄Αρα, ένας

πολλαπλασιαστής Euler που µετατρέπει την 3 x+ 7 y + H5 x+ 9 yL y£ = 0 σε ακριβή είναι ο

EHx, yL = x+ y.

Πραγµατικά, εύκολα επαληθεύεται ότι η ∆Ε

Aè Hx, yL+ B

è Hx, yL y£ = 0,

µε

Aè Hx, yL = Hx+ yL H3 x+ 7 yL, Bè Hx, yL = Hx+ yL H5 x+ 9 yL,

είναι ακριβής.

∆ηλαδή, υπάρχει uHx, yL τέτοια που

ux = Aè Hx, yL, uy = B

è Hx, yL.

Page 27: πακέτο

Ισοδύναµα,

ux = 3 x2 + 10 x y + 7 y2, uy = 5 x2 + 14 x y + 9 y2.

Από την πρώτη έπεται ότι

u = x3 + 5 x 2 y + 7 x y2 + f HyL οπότε

uy = 5 x 2 + 14 x y + f £HyLΑπό τη σύγκριση µε την uy = B

è Hx, yL έπεται ότιf £HyL = 9 y2, f HyL = 3 y3 + c.

Συνεπώς,

u = x3 + 5 x 2 y+ 7 x y2 + 3 y3 + c.

Αυτό σηµαίνει ότι γενικού τύπου λύσεις της Σ∆Ε (ii) ορίζονται έµµεσα από τη σχέση

x3 + 5 x 2 y + 7 x y2 + 3 y3 = C.

Παρατήρηση. ΄Ενας συστηµατικότερος τρόπος για την εύρεση του κατάλληλου πολλαπλα-

σιαστή Euler ξεκινάει µε την επισήµανση ότι το δεξί µέλος της

∑y A-∑xBÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅa B-b A

= 2ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅH5 a-3 bL x+H9 a-7 bL y.

είναι της µορφής f Ha x+ b yL εάν και µόνο όταν

H5 a - 3 bL x+ H9 a - 7 bL y = cHa x+ b yL.Αυτό ισχύει αν

5 a - 3 b = c a , 9 a - 7 b = c b.

Ισοδύναµα, αν

H5 - cL a - 3 b = 0, 9 a - H7 + cL b = 0.

Αυτό το σύστηµα είναι επιλύσιµο, αν

detJ 5 - c -3

9 -7 - cN = c2 + 2 c - 8 = 0.

Αυτό ισχύει για

c = 2, -4.

Η επιλογή c = 2 οδηγεί στην b = a, ενώ η c = -4 οδηγεί στην b = 3 a. Οι αντίστοιχοι

πολλαπλασιαστές Euler καθορίζονται από τις

∑yA-∑xBÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅa B-b A

= 1ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅa Hx+yL ª f @a Hx + yLD

και

Page 28: πακέτο

∑yA-∑xBÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅa B-b A

= - 2ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ4 a x+12 a y

= - 1ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ2 aHx+3 yL ª f @a Hx+ 3 yLD.

αντίστοιχα.

Στην πρώτη περίπτωση,

f£ HzLÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ

f HzL = 1ÅÅÅÅz

, z := a Hx+ yL,ενώ στη δεύτερη

f£ HxLÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ

f HxL = - 1ÅÅÅÅÅÅÅ2 x

, x := a Hx+ 3 yL.Συνεπώς, οι αντίστοιχοι πολλαπλασιαστές Euler είναι της µορφής

EHx, yL = a Hx+ yL, EHx, yL = @a Hx + 3 yLD-1ê2.

Θέµα 5o (2,0 µόρια)

Να βρεθεί η γενική λύση της ∆Ε y££ + 4 y£ + 5 y = 8 sin t.

Λύση (µε την µέθοδο του προσδιορισµού των συντελεστών)

Η αντίστοιχη οµογενής ∆Ε

y££ + 4 y£ + 5 y = 0

έχει σταθερούς συντελεστές. Η χαρακτηριστική εξίσωση

l2 + 4 l + 5 = 0

έχει ως λύσεις τις

l = -4≤è!!!!!!!!!!!!!!!!

16-20ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ2

= -2 ≤ i.

Αυτό σηµαίνει ότι, ένα θεµελιώδες σύνολο λύσεων της οµογενούς ∆Ε y££ + 4 y£ + 5 y = 0

αποτελούν οι συναρτήσεις

y1 = e-2 t cos t, y2 = e-2 t sin t.

Αφού η συνάρτηση f HtL = 8 sin t είναι ανεξάρτητη από τις λύσεις της οµογενούς, µια

ειδική λύση της εξίσωσης που δόθηκε προς λύση θα είναι της µορφής

y¶ = a cos t + b sin t.

Γιατί τότε,

y¶£ = -a sin t + b cos t, y¶

≥ = -a cos t - b sin t.

H αντικατάσταση των παραπάνω εκφράσεων στην ∆Ε y££ + 4 y£ + 5 y = 8 sin t δίνει

-a cos t - b sin t + 4 H-a sin t + b cos tL + 5 Ha cos t + b sin tL = 8 sin t.

Ισοδύναµα,

H4 a + 4 bL cos t + H4 b - 4 a - 8L sin t = 0.

Page 29: πακέτο

Αυτή ισχύει για κάθε t σε κάποιο ανοιχτό διάστηµα της πραγµατικής ευθείας εάν και µόνο όταν

a + b = 0, b - a - 2 = 0.

΄Αρα,

a = -b = -1,

οπότε

y¶ = sin t - cos t.

Αυτό σηµαίνει ότι η γενική λύση της δοσµένης εξίσωσης δίνεται από τις συναρτήσεις

y = e-2 t Hc1 cos t + c2 sin tL + sin t - cos t.

Θέµα 6o (2,4 µόρια)

Να λυθεί το ΠΑΤ 2 t2 u££ - 3 t u£ + 3 u = 2, uH1L = 1, u£H1L = 0.

Λύση (µε τη µέθοδο της µεταβολής των σταθερών)

Η αντίστοιχη οµογενής της ∆Ε που δόθηκε προς λύση είναι η

2 t2 u££ - 3 t u£ + 3 u = 0.

Αυτή είναι Euler-Cauchy. Για ευκολία, περιοριζόµαστε στην περιοχή t > 0 και υποθέτουµε ότι

(ansatz) u = ta. Με αυτό τον τρόπο, εύκολα βρίσκουµε ότι δύο γραµµικά ανεξάρτητες λύσεις

της πιο πάνω ∆Ε είναι οι συναρτήσεις

u1 = t, u2 = t3ê2.

H ορίζουσα Wronski αυτών των συναρτήσεων είναι ίση προς

WHu1,u2L = tH 3ÅÅÅÅ2

t1ê2L - 1 ÿ t3ê2 = 1ÅÅÅÅ2 t3ê2.

Στο διάστηµα t > 0, που είναι κι εκείνο που µας ενδιαφέρει γιατί περιέχει το t = 1, η

δοσµένη ∆Ε

2 t2 u££ - 3 t u£ + 3 u = 2

γράφεται σαν

u££ = 1ÅÅÅÅÅt2 - 3ÅÅÅÅÅÅÅÅÅ

2 t2 u + 3ÅÅÅÅÅÅÅ2 t

u£.

Συγκρίνοντάς την µε τη γενική µορφή

u££ = f HtL+ gHtL u + hHtL u£,συµπεραίνουµε ότι

f HtL = 1ÅÅÅÅÅt2 , gHtL = - 3ÅÅÅÅÅÅÅÅÅ

2 t2 , hHtL = 3ÅÅÅÅÅÅÅ2 t

.

Αφού η γενική λύση της αντίστοιχης οµογενούς είναι της µορφής

uo = c1 t + c2 t3ê2,

Page 30: πακέτο

µια ειδική λύση της µη οµογενούς δίνεται από την συνάρτηση

u¶HtL = aHtL u1HtL + bHtL u2HtL = aHtL t + bHtL t3ê2

όπου

aHtL := -Ÿ u2 fÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅWHu1 ,u2L

d t = -Ÿ t3ê2ÿt-2

ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅH1ê2L t3ê2 d t = -2 Ÿ t-2 d t = 2 t-1,

bHtL := Ÿ u1 fÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅWHu1 ,u2L

d t = Ÿ tÿt-2

ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅH1ê2L t3ê2 d t = 2 Ÿ t-5ê2 d t = - 4ÅÅÅÅ3 t-3ê2.

∆ηλαδή,

u¶HtL = aHtL t + bHtL t3ê2 = 2 t-1 ÿ t + H- 4ÅÅÅÅ3 t-3ê2L ÿ t3ê2 = 2ÅÅÅÅ

3.

Τέλος, από τον τύπο

u = uoHtL + u¶HtLβρίσκουµε ότι η γενική λύση της αρχικής µη οµογενούς εξίσωσης δίνεται από τις συναρτήσεις

u = c1 t + c2 t3ê2 + 2ÅÅÅÅ3

.

β) Από την τελευταία έκφραση έπεται ότι

u£ = c1 +3ÅÅÅÅ2 c2 t1ê2.

΄Αρα,

uH1L = c1 + c2 + 2ÅÅÅÅ3

, u£H1L = c1 +3ÅÅÅÅ2 c2,

Συνακόλουθα, οι αρχικές συνθήκες

uH1L = 1, u£H1L = 0,

ισοδυναµούν µε τις

c1 + c2 + 2ÅÅÅÅ3= 1, c1 +

3ÅÅÅÅ2 c2 = 0.

Από αυτές έπεται ότι

c1 = 1, c2 = - 2ÅÅÅÅ3

.

΄Αρα, η λύση του ΠΑΤ δίνεται απο τη συνάρτηση

u = t + 2ÅÅÅÅ3 H1 - t3ê2L.

Θέµατα για όσες (-ους) εξετάστηκαν µόνο στο δεύτερο µέρος

της ύλης του µαθήµατος

Θέµα 1o (2 µόρια)

α) Να υπολογιστεί η ορίζουσα Wronski των ακόλουθων ζευγαριών συναρτήσεων

(i) 8e2 t, cosh H2 tL<, (ii) 8sinh H2 tL, cosh H2 tL<.

Page 31: πακέτο

β) Να υπολογιστεί η ορίζουσα Wronski κάθε θεµελιώδους σύνολου λύσεων των διαφορικών

εξισώσεων

(i) u≥ - 4 u = 0, (ii) H1 - t2L u≥ - 2 t u£ + 12 u = 0,

(iii) Hcos t + t sin tL u≥ - t cos t u£ + cos t u = 0.

Λύση

α)

(i) W = detikjjj e2 t cosh H2 tL

2 e2 t 2 sinh H2 tLy{zzz = 2 e2 t@sinh H2 tL- cosh H2 tLD = 2 e2 t@-e2 tD = -2

(ii) W = detJ sinh H2 tL cosh H2 tL2 cosh H2 tL 2 sinh H2 tL N = 2 @sinh2 H2 tL- cosh 2 H2 tLD = 2 @-1D = -2

β) Σύµφωνα µε το θεώρηµα Abel, η ορίζουσα Wronski οποιουδήποτε θεµελιώδους σύνολου

λύσεων 8u1, u2< της ∆Εu≥ = gHtL u + hHtL u£

δίνεται από τον τύπο

WHu1,u2LHtL = C exp @Ÿ hHtL d tD.΄Αρα,

(i) Για την u≥ - 4 u = 0, hHtL = 0, οπότε W = C.

(ii) Για την H1 - t2L u≥ - 2 t u£ + 12 u = 0, hHtL = 2 t ê H1 - t2L, W = C exp @Ÿ 2 tÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ1-t2 d tD = CÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅņ1-t2§

(iii) Για την Hcos t + t sin tL u≥ - t cos t u£ + cos t u = 0, hHtL = t cos tÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅcos t+t sin t

,

Ÿ hHtL d t = Ÿ t cos tÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅcos t+t sin t

d t = Ÿ Hln †cos t + t sin t§L£ d t = ln †cos t + t sin t§,W = C exp @Ÿ t cos tÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ

cos t+t sin td tD = C exp @ln †cos t + t sin t§D = C †cos t + t sin t§.

Θέµα 2o (2,5 µόρια)

α) Να δειχτεί ότι η διαφορική εξίσωση (∆Ε)

tHt - 3L x££ + H6 - t2L x£ + 3 Ht - 2L x = 0

επιδέχεται ως λύση συνάρτηση της µορφής x = ta.

β) Αφού προσδριοριστεί η κατάλληλη τιµή του εκθέτη a, να κατασκευαστεί η γενική λύση της

παραπάνω ∆Ε.

Λύση

α) x = ta fl x£ = a ta-1 , x££ = aHa - 1L ta-2

και άρα η ∆Ε

Page 32: πακέτο

tHt - 3L x££ + H6 - t2L x£ + 3 Ht - 2L x = 0

γίνεται

aHa - 1L Ht - 3L ta-1 + aH6 - t2L ta-1 + 3 Ht - 2L ta = 0.

Ισοδύναµα,

@aHa - 1L Ht - 3L + aH6 - t2L + 3 Ht - 2L tD ta-1 = 0.

ή,

@-3 a2 + 9 a + Ha2 - a - 6L t + H3 - aL t2D ta-1 = 0.

Αυτή η σχέση ισχύει σε ένα ανοιχτό διάστηµα της πραγµατικής ευθείας, αν, µέσα στην αγκύλη,

όλοι οι συντελεστές των δυνάµεων t0, t1 και t2 της ανεξάρτητης µεταβλητής µηδενίζονται. ΄Αρα,

a = 3

β) Για να κατασκευάσουµε µια δεύτερη λύση, γραµµικά ανεξάρτητη από την x1HtL = t3,

χρησιµοιούµε τη µέθοδο υποβιβασµού τάξης. Με άλλα λόγια, στηριζόµαστε στο ακόλουθο

Θεώρηµα

Αν η συνάρτηση x1HtL αποτελεί λύση της οµογενούς γραµµικής ∆Ε

x££ = gHtL x + hHtL x£, t œ I ,

όπου gHtL, hHtL δοσµένες συναρτήσεις, συνεχείς στο διάστηµα I της πραγµατικής ευθείας, τότε η

γενική λύση της παραπάνω ∆Ε δίνεται από τη 2-παραµετρική οικογένεια συναρτήσεων

x = c1 x1HtL + c2 x2HtL,όπου

x2HtL = x1HtL Ÿ 1ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ@x1HtLD2 exp@Ÿ hHtL d tD d t.

Η ∆Ε που δόθηκε προς λύση γράφεται στη µορφή

tHt - 3L x££ + H6 - t2L x£ + 3 Ht - 2L x = 0

x££ = - 3 Ht-2LÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅtHt-3L x- 6-t2

ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅtHt-3L x£.

΄Αρα, στην προκείµενη περίπτωση,

hHtL = t2-6ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅtHt-3L = t2-3 t+3 t-6ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ

tHt-3L = 1 + 3 t-6ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅtHt-3L = 1 + 2ÅÅÅÅ

t+ 1ÅÅÅÅÅÅÅÅÅ

t-3.

Συνεπώς,

exp@Ÿ hHtL d tD = expHt + 2 ln †t§ + ln †t - 3§ L = t2 †t - 3§ et.

Χωρίς βλάβη της γενικότητας, µπορούµε να υποθέσουµε ότι †t - 3§ > 0, οπότε

Ÿ 1ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ@x1HtLD2 exp@Ÿ hHtL d tD d t = Ÿ t-6 t2Ht - 3L et d t = Ÿ t-4Ht - 3L et d t

= Ÿ Ht-3 et - 3 t-4 et L d t = Ÿ Ht-3 etL£ d t = t-3 et.

Page 33: πακέτο

΄Ετσι, ο τύπος για µια δεύτερη λύση γίνεται

x2HtL = x1HtL Ÿ 1ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ@x1HtLD2 exp@Ÿ hHtL d tD d t = t3 t-3 et = et.

Αυτό σηµαίνει ότι η γενική λύση της ∆Ε

tHt - 3L x££ + H6 - t2L x£ + 3 Ht - 2L x = 0

δίνεται από τις συναρτήσεις

x = c1 t3 + c2 e

t.

Θέµα 3o (2,5 µόρια)

α) Να βρεθεί η γενική λύση της ∆Ε y££ + 4 y£ + 5 y = 8 cos t.

β) Να βρεθεί η λύση της ίδιας ∆Ε που πληροί τις αρχικές συνθήκες yH0L = y£H0L = 1.

Λύση (µε την µέθοδο του προσδιορισµού των συντελεστών)

Η αντίστοιχη οµογενής ∆Ε

y££ + 4 y£ + 5 y = 0

έχει σταθερούς συντελεστές. Η χαρακτηριστική εξίσωση

l2 + 4 l + 5 = 0

έχει ως λύσεις τις

l = -4≤è!!!!!!!!!!!!!!!!

16-20ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ2

= -2 ≤ i.

Αυτό σηµαίνει ότι, ένα θεµελιώδες σύνολο λύσεων της οµογενούς ∆Ε y££ + 4 y£ + 5 y = 0

αποτελούν οι συναρτήσεις

y1 = e-2 t cos t, y2 = e-2 t sin t.

Αφού η συνάρτηση f HtL = 8 cos t είναι γραµµικά ανεξάρτητη από τις λύσεις της

οµογενούς, µια ειδική λύση της εξίσωσης που δόθηκε προς λύση θα είναι της µορφής

y¶ = a cos t + b sin t.

Γιατί τότε,

y¶£ = -a sin t + b cos t, y¶

≥ = -a cos t - b sin t.

H αντικατάσταση των παραπάνω εκφράσεων στην ∆Ε y££ + 4 y£ + 5 y = 8 sin t δίνει

-a cos t - b sin t + 4 H-a sin t + b cos tL + 5 Ha cos t + b sin tL = 8 cos t.

Ισοδύναµα,

H4 a + 4 b - 8L cos t + H4 b - 4 aL sin t = 0.

Αυτή ισχύει για κάθε t σε κάποιο ανοιχτό διάστηµα της πραγµατικής ευθείας εάν και µόνο όταν

a + b - 2 = 0, b - a = 0.

Page 34: πακέτο

΄Αρα,

a = b = 1,

οπότε

y¶ = cos t + sin t.

Αυτό σηµαίνει ότι η γενική λύση της δοσµένης εξίσωσης δίνεται από τις συναρτήσεις

y = e-2 t Hc1 cos t + c2 sin tL + cos t + sin t.

Θέµα 4o (3 µόρια)

α) Να βρεθεί η γενική λύση της ∆Ε

2 t2 u££ - t u£ + u = 2 t1ê3 (*)

β) Να κατασκευαστεί η λύση uaHtL της ∆Ε (*) που σέβεται τις συνθήκες uH1L = -1, u£H1L = 1.

Ποιο είναι το µέγιστο διάστηµα της ανεξάρτητης µεταβλητής t, στο οποίο ορίζεται η uaHtL;Λύση (µε τη µέθοδο της µεταβολής των σταθερών)

Η αντίστοιχη οµογενής ∆Ε,

2 t2 u££ - t u£ + u = 0,

είναι Euler-Cauchy. Στην περιοχή t > 0 που µας ενδιαφέρει, το ansatz u = ta οδηγεί αµέσως στις

γραµµικά ανεξάρτητες λύσεις

u1 = t, u2 = t1ê2.

H ορίζουσα Wronski αυτών των συναρτήσεων είναι ίση προς

WHu1,u2L = tH 1ÅÅÅÅ2

t-1ê2L - 1 ÿ t1ê2 = - 1ÅÅÅÅ2 t1ê2.

΄Οταν t = 0, η δοσµένη ∆Ε γράφεται σαν

u££ = t-5ê3 - 1ÅÅÅÅ2 t-2 u + 1ÅÅÅÅ

2 t-1 u£.

Συγκρίνοντάς την µε τη γενική µορφή

u££ = f HtL+ gHtL u + hHtL u£, u££ = t-5ê3 - 1ÅÅÅÅ

2 t-2 u + 1ÅÅÅÅ

2 t-1 u£.

συµπεραίνουµε ότι

f HtL = t-5ê3, gHtL = - 1ÅÅÅÅ2 t-2, hHtL = u££ = t-5ê3 - 1ÅÅÅÅ

2 t-2 u + 1ÅÅÅÅ

2.

Αφού η γενική λύση της αντίστοιχης οµογενούς είναι της µορφής

uo = c1 t + c2 t1ê2,

µια ειδική λύση της µη οµογενούς δίνεται από την συνάρτηση

u¶HtL = aHtL u1HtL + bHtL u2HtL = aHtL t + bHtL t1ê2

όπου

Page 35: πακέτο

aHtL := -Ÿ u2 fÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅWHu1,u2L

d t = -Ÿ t1ê2ÿt-5ê3ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅH-1ê2L t1ê2 d t = 2 Ÿ t-5ê3 d t = -3 t-2ê3,

bHtL := Ÿ u1 fÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅWHu1,u2L

d t = Ÿ tÿt-5ê3ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅH-1ê2L t1ê2 d t = -2 Ÿ t-7ê6 d t = 12 t-1ê6.

Αυτό σηµαίνει ότι

u¶HtL = aHtL t + bHtL t1ê2 = H-3 t-2ê3L ÿ t + 12 t-1ê6 ÿ t1ê2 = 9 t1ê3.

Τέλος, από τον τύπο

u = uoHtL + u¶HtLβρίσκουµε ότι η γενική λύση της αρχικής µη οµογενούς εξίσωσης δίνεται από τις συναρτήσεις

u = c1 t + c2 t1ê2 + 9 t1ê3.

β) Από την τελευταία έκφραση έπεται ότι

u£ = c1 +1ÅÅÅÅ2 c2 t + 3 t -2ê3.

΄Αρα,

uH1L = c1 + c2 + 9, u£H1L = c1 +1ÅÅÅÅ2 c2 + 3

οπότε οι αρχικές συνθήκες

uH1L = 1, u£H1L = -1 ,

ισοδυναµούν µε τις

c1 + c2 = -8, c1 +1ÅÅÅÅ2 c2 = -4.

Αυτές οδηγούν στις τιµές

c1 = 6, c2 = -16,

πράγµα που σηµαίνει ότι η λύση του ΠΑΤ δίνεται απο τη συνάρτηση

u£ = 6 - 8 t + 3 t -2ê3.

Προφανώς, αυτή η λύση ισχύει στ όλο το διάστηµα 0 < t < ¶.

Page 36: πακέτο

Πανεπιστήµιο Πατρών

Τµήµα Μαθηµατικών

Μάθηµα: Συνήθεις ∆ιαφορικές Εξισώσεις Ι

Καθηγητής: ∆. Τσουµπελής

Λύσεις των θεµάτων της γραπτής εξέτασης της 31-08-2010

Θέµα 1ο (1,0 µόρια)

Να βρεθεί η γενική λύση yHxL της ∆Εx y£ - 2 y =

3, 0 < x § 3

9 x-1, x ¥ 3

στο διάστηµα x > 0, καθώς και η ειδική λύση που σέβεται τη συνθήκη yH2L = 0.

Λύση

Σε οποιοδήποτε διάστηµα τιµών της ανεξάρτητης µεταβλητής το οποίο δεν περιέχει την x = 0, η

οµογενής ∆Ε x y£ - 2 y = 0 είναι ισοδύναµη προς την

y£ -2

xy = 0.

Η τελευταία επιδέχεται ως λύση την σταθερή συνάρτηση yHxL = 0 και, όταν yHxL ∫ 0, γράφεται

σαν

y-1 y£ = 2 x-1 ñ Hln †y§L£ = 2 Hln †x§L£.Τότε, λοιπόν,

ln †y§ = ln x2 + c ñ †y§ = expAln x2 + cEΙσοδύναµα,

y = C x2

όπου C τυχαία σταθερή διαφορετική από το µηδέν. Αλλά, όπως ήδη σηµειώσαµε, λύση της ∆Ε

x y£ - 2 y = 0 είναι και η µηδενική συνάρτηση. ΄Αρα, οι συναρτήσεις yHxL = C x2 αποτελούν

λύση της παραπάνω ∆Ε για οποιαδήποτε τιµή της παραµέτρου C.

Από την άλλη, όταν x ∫ 0, η µη οµογενής ∆Ε που δόθηµε προς λύση γράφεται σαν

y£ - 2 x-1 y = f HxL :=3 x-1, 0 < x § 3

9 x-2, x ¥ 3

Αφού οι λύσεις της αντίστοιχης οµογενούς είναι της µορφής y = C x2, εκείνες της

Page 37: πακέτο

y£ - 2 x-1 y = f HxL, x > 0,

δίνονται από τον τύπο

y = x2KC + ‡ f HxL x-2 d xO.Αναλυτικότερα, όταν 0 < x < 3,

y = x2KC1 + ‡ 3 x-1 x-2 d xO = C1 x2 -3

2,

ενώ για x > 3,

y = x2KC2 + 9 ‡ x-2 x-2 d xO = C2 x2 - 3 x-1.

Συνακόλουθα,

yH3-L = 9 C1 -3

2, yH3+L = 9 C2 - 1.

΄Ετσι, η υποχρεωτική συνέχεια της λύσης στο σηµείο x = 3 οδηγεί στη σχέση

9 C1 -3

2= yH3-L = yH3+L = 9 C2 - 1.

Αυτό σηµαίνει ότι

C2 = C1 -1

18ª C -

1

18.

και, άρα, η γενική λύση της ∆Ε που δόθηκε προς λύση δίνεται από τις συναρτήσεις

y =

C x2 -3

2, 0 < x § 3

JC -1

18N x2 - 3 x-1, x ¥ 3

Από αυτή τον προηγούµενο τύπο αµέσως έπεται ότι

yH2L = 4 C-3

2.

΄Αρα, η αρχική συνθήκη yH2L = 0 οδηγεί στην επιλογή C = 3 ê 8. Συνακόλουθα, η λύση που

σέβεται αυτή τη συνθήκη δίνεται από τη συνάρτηση

y =

3

8x2 -

3

2, 0 < x § 3

J 3

8-

1

18N x2 - 3 x-1, x ¥ 3

2 Test_31-08-2010_Sols.nb

Page 38: πακέτο

Θέµα 2ο (1,5 µόρια)

α) Να βρεθεί η ακριβής λύση, zαHtL, του ΠΑΤ z£ = z2 + 6 z+ 8, zH0L = -3.

β) Να υπολογιστεί το τρίτο µέλος, z2HtL, της ακολουθίας Picard για το ίδιο ΠΑΤ.

γ) Να κατασκευαστεί το γράφηµα των συναρτήσεων zαHtL και z2HtL σε κοινό διάγραµµα.

Λύση

α) Η ∆Ε z£ = z2 + 6 z+ 8 γράφεται σαν

z£ = Hz+ 2L Hz+ 4L.Από αυτή τη µορφή γίνεται προφανές ότι η πιο πάνω ∆Ε επιδέχεται ως ειδικές λύσεις τις

σταθερές συναρτήσεις zHtL = -2 και zHtL = -4.

Στα διαστήµατα z < -4, -4 < z < -2 και z > -2, η ∆Ε γράφεται στη µορφή

1

Hz+ 2L Hz+ 4L z£ = 1.

Συνεπώς,

‡ 1

Hz+ 2L Hz+ 4L d z = t+ c.

΄Οµως,

‡ 1

Hz+ 2L Hz+ 4L d z =1

2‡ 1

z+ 2-

1

z+ 4d z =

1

2ln

z+ 2

z+ 4

Συνακόλουθα,

1

2ln

z+ 2

z+ 4= c+ t ñ

z+ 2

z+ 4= e2 Ht+cL = C e 3 t, C > 0.

Από την τελευταία σχέση έπεται ότι

z = -21¡ 2 C e 3 t

1¡C e 3 t

Ισοδύναµα,

z = -21+2 k e 3 t

1+k e 3 t= -2

2-1+2 k e 3 t

1+k e 3 t= -

2

1+k e 3 t- 4

z = -21+ 2 k e 3 t

1+ k e 3 t.

Από αυτόν τον τύπο αµέσως έπεται ότι

Test_31-08-2010_Sols.nb 3

Page 39: πακέτο

zH0L = -21+ 2 k

1+ k

΄Αρα, η αρχική συνθήκη zH0L = -3 ισοδυναµεί µε την

21+ 2 k

1+ k= 3.

Από αυτήν έπεται ότι k = 1. ΄Αρα, η ειδική λύση που αντιστοιχεί στην αρχική συνθήκη

zH0L = -3 δίνεται από την συνάρτηση

z = -21+ 2 e 3 t

1+ e 3 t

β) Για το δοσµένο ΠΑΤ, τα µέλη της ακολουθίας Picard ορίζονται από τον αναδροµικό τύπο

znHtL = 1+‡0

x

FHτ, zn-1HτLL d τ, n = 1, 2, …

όπου

FHt, zL = ΦHzL := z2 + 6 z+ 8.

Συνεπώς, τα τρία πρώτα µέλη της ακολουθίας Picard είναι τα εξής:

z0HtL = -3,

z1HtL = -3+‡0

t

FHτ, z0HτLL d τ = -3+‡0

t

ΦHz0HτLL d τ = -3+‡0

t

ΦH-3L d τ

= -3+‡0

tH-1L d τ = -3- t,

z2HtL = -3+‡0

t

FHτ, z1HτLL d τ = -3+‡0

t

ΦHz1HτLL d τ = -3+‡0

t

ΦH-3- τL d τ

= -3+‡0

tIτ2 - 1M d τ = -3- t +1

3t3.

γ) Tα γραφήµατα της ακριβούς λύσης, zαHtL, και της προσέγγισης z2HtL δίνονται στο επόµενο

σχήµα. Σηµειώστε ότι -4 < zαHtL < -2.

z

z

- - 0 1 2t

-

-

-

-

z

4 Test_31-08-2010_Sols.nb

Page 40: πακέτο

zαHtLz2HtL

-2 -1 0 1 2t

-3.5

-3.0

-2.5

-2.0

z

Το γράφηµα των συναρτήσεων z2HtL και zαHtL σε µια γειτονιά του t = 0.

Θέµα 3ο (1,5 µόρια)

Να κατασκευαστούν γενικού τύπου λύσεις των παρακάτω Σ∆Ε, χρησιµοποιώντας τον

κατάλληλο παράγοντα Euler για την εξίσωση που δεν ακριβής.

HiL 2 x+ y cos x+ @2 H1+ yL+ sin xD y£ = 0, HiiL sin y+ @2 H x+ yL cos y+ sin yD y£ = 0.

Λύση

(i) H ∆Ε γράφεται σαν

AHx, yL+B Hx, yL y£ = 0,

όπου

AHx, yL = 2 x+ y cos x, B Hx, yL = 2 H1+ yL+ sin x.

Παρατηρούµε ότι

∑y A-∑x B = cos x- cos x = 0.

Αυτό σηµαίνει ότι η Σ∆Ε (i) είναι ακριβής. Συνεπώς, υπάρχει συνάρτηση uHx, yL τέτοια που

∑x u = AHx, yL = 2 x+ y cos x, ∑y u = B Hx, yL = 2 H1+ yL+ sin x.

Η πρώτη από αυτές τις σχέσεις οδηγεί στο συµπέρασµα ότι

u = x2 + y sin x+ f HyL.Αυτή µε τη σειρά της συνεπάγεται ότι

∑y u = sin x+ f £HyL.Από τη σύγκριση της τελευταίας έκφρασης µε την B Hx, yL συµπεραίνουµε ότι

f £HyL = 2 H1+ yL.

Test_31-08-2010_Sols.nb 5

Page 41: πακέτο

΄Αρα,

f HyL = H1+ yL2 + c.

Συνακόλουθα,

u = x2 + y sin x+ H1+ yL2 + c.

Αυτό σηµαίνει ότι γενικού τύπου λύσεις, δηλαδή µονοπαραµετρικές οικογένειες λύσεων, της

Σ∆Ε (i) ορίζονται έµµεσα από τη σχέση

x2 + y sin x+ H1+ yL2 = C

ή,

x2 + y H2+ sin xL+ y2 = Cè

.

Αλλά, η τελευταία λύνεται εύκολα ως προς y για να δώσει

y = -1-sin x

2≤ 1+

sin x

2

2

- x2 +Cè

.

(ii) H Σ∆Ε sin y+ @2 H x+ yL cos y+ sin yD y£ = 0. γράφεται σαν

AHx, yL+BHx, yL y£ = 0

όπου

AHx, yL = sin y BHx, yL = 2 H x+ yL cos y+ sin y.

Προφανώς,

∑y AHx, yL = cos y, ∑x BHx, yL = 2 cos y.

΄Αρα, η Σ∆Ε (ii) δεν είναι ακριβής.

Τώρα, παρατηρούµε ότι

∑x B-∑y A

A=

cos y

sin y= f HyL.

και

eŸ f HyL d y = e‡ cos y

sin yd y

= eln †sin y§ = †sin y§Αυτό σηµαίνει ότι υπάρχει ολοκληρωτικός παράγοντας Euler της µορφής

EHyL = sin y.

Πραγµατικά, εύκολα επαληθεύεται ότι η ∆Ε

6 Test_31-08-2010_Sols.nb

Page 42: πακέτο

Aè Hx, yL+B

è Hx, yL y£ = 0,

µε

Aè Hx, yL := EHyL AHx, yL = sin2 y, B

è Hx, yL = EHyL BHx, yL = 2 H x+ yL sin y cos y+ sin 2 y,

είναι ακριβής.

∆ηλαδή, υπάρχει συνάρτηση uHx, yL τέτοια που

ux = Aè Hx, yL, uy = B

è Hx, yL.Ισοδύναµα,

ux = sin2 y, uy = 2 H x+ yL sin y cos y+ sin 2 y.

Από την πρώτη αυτών των σχέσεων αµέσως έπεται ότι

u = x sin2 y + f HyL,οπότε

uy = 2 x sin y cos y+ f £HyLΣυγκρίνοντας αυτή την έκφραση για την uy µε την uy = 2 H x+ yL sin y cos y+ sin 2 y, καταλή-

γουµε στο εξής συµπέρασµα:

f £HyL = 2 y sin y cos y+ sin 2 y = I y sin 2 yM£, f HyL = y sin 2 y+ c.

Συνεπώς,

u = x sin2 y + y sin 2 y+ c.

Αυτό σηµαίνει ότι γενικού τύπου λύσεις της Σ∆Ε (ii) ορίζονται έµµεσα από τη σχέση

Hx+ yL sin2 y = C.

Θέµα 4ο (2,0 µόρια)

(α) Nα κατασκευαστεί µια οµογενής, γραµµική, συνήθης διαφορική εξίσωση (Σ∆Ε) δεύτερης

τάξης, στις λύσεις της οποίας ανήκει και η συνάρτηση y = t et.

(β) Να βρεθεί η γενική λύση της Σ∆Ε που κατασκευάσατε.

Λύση

α) Από την y = t et έπεται ότι

y£ = Ht + 1L et, y££ = Ht + 2L et.

Για να είναι ευκολότερη η επίλυση της εξίσωσης που θα κατασκευάσουµε, αρχικά εξετάζουµε

την πιθανότητα να έχει η εξίσωση σταθερούς συντελεστές. ∆ηλαδή, να είναι της µορφής

Test_31-08-2010_Sols.nb 7

Page 43: πακέτο

a y££ + b y£ + c y = 0

όπου a, b, c, σταθερές, µε a ∫ 0.

Από τις εκφράσεις που βρήκαµε παραπάνω για τις παραγώγους y£ και y££ της y = t et αµέσως

έπεται ότι

a y££ + b y£ + c y = @a Ht + 2L+ b Ht + 1L+ c tD et.

Συνακόλουθα, a y££ + b y£ + c y = 0, εάν και µόνο όταν

a+ b+ c = 0, 2 a+ b = 0.

΄Αρα

b = -2 a, c = a.

΄Ετσι, καταλήγουµε στη Σ∆Ε

a Hy££ - 2 y£ + yL = 0.

που, βέβαια, είναι ισοδύναµη προς την

y££ - 2 y£ + y = 0.

β) Η γενική λύση της Σ∆Ε που κατασκευάσαµε βρίσκεται εύκολα και είναι της µορφής

y = Hc1 + c2 tL et.

Αυτό συνάγεται από το γενονός ότι η χαρακτηριστική εξίσωση,

r2 - 2 r+ 1 = Hr- 1L2 = 0,

έχει διπλή ρίζα την r = 1. ΄Αρα, η Σ∆Ε y££ - 2 y£ + y = 0 επιδέχεται ως λύση την συνάρτηση

y = et, η οποία σχηµατίζει µε την y = t et ένα θεµελιώδες σύνολο λύσεων.

Θέµα 5ο (2,0 µόρια)

Να βρεθεί η γενική λύση της ∆Ε y££ + 2 y£ + 2 y = 2 e-t cos t.

Λύση

Λύση µε την µέθοδο του προσδιορισµού των συντελεστών

Η αντίστοιχη οµογενής ∆Ε

y££ + 2 y£ + 2 y = 0

έχει σταθερούς συντελεστές. Η χαρακτηριστική εξίσωση

r2 + 2 r+ 2 = 0

έχει ως λύσεις τις

8 Test_31-08-2010_Sols.nb

Page 44: πακέτο

r =-2≤ 4- 8

2= -1≤ i.

Αυτό σηµαίνει ότι, ένα θεµελιώδες σύνολο λύσεων της οµογενούς ∆Ε y££ + 2 y£ + 2 y = 0

αποτελούν οι συναρτήσεις

1 = eH-1+iL t = e-tHcos t+ i sin tL, yè

2 = eH-1-iL t = e-tHcos t- i sin tLΑπό αυτές τις λύσεις εύκολα κατασκευάζεται και το θεµελιώδε σύνολο λύσεων

y1 = e-t cos t, y2 = e-t sin t.

Αφού η συνάρτηση f HtL = 2 e-t cos t δεν είναι ανεξάρτητη από τις λύσεις της

οµογενούς, µια ειδική λύση της εξίσωσης που δόθηκε προς λύση θα είναι της µορφής

yε = t e-tHa cos t + b sin tL.Από αυτή την έκφραση βρίσκουµε ότι,

yε£ = @aH1- tL+ b tD cos t e-t + @b H1- tL- a t D sin t e-t,

yε≥ = -@aH1- tL+ b tD cos t e-t + 8H-a+ bL cos t - @aH1- tL+ b tD sin t < e-t

-@b H1- tL- a t D sin t e-t + 8H-b- aL sin t+ @b H1- tL- a t D cos t< e-t.

Η τελευταία απλοποιείται για να γίνει

yε≥ = 2 H-b t - a+ b L cos t e-t + 2 H-a- b+ a t L sin t e-t .

H αντικατάσταση των παραπάνω εκφράσεων στην ∆Ε y££ + 2 y£ + 2 y = 2 e-t cos t οδηγεί στην

2 H-b t - a+ b L cos t + 2 H-a- b+ a t L sin t+

2 8@aH1- tL+ b tD cos t+ @b H1- tL- a t D sin t< + 2 t Ha cos t + b sin tL = 2 cos t

που απλοποιείται για να γίνει

Hb - 1L cos t + a t cos t- a sin t = 0

Λόγω της γραµµικής ανεξαρτησίας των συναρτήσεων cos t, t cos t, sin t, η τελευταία σχέση

µπορεί να ιχύει εάν και µόνο όταν

a = 0, b = 1.

Συνεπώς,

yε = t e-t sin t.

Αυτό σηµαίνει ότι η γενική λύση της δοσµένης εξίσωσης δίνεται από τις συναρτήσεις

y = e-tHc1 cos t + c2 sin tL+ t e-t sin t.

Test_31-08-2010_Sols.nb 9

Page 45: πακέτο

Θέµα 6ο (2,0 µόρια)

Να λυθεί το ΠΑΤ 2 t2 u££ + t u£ - u = 5 t2, uH4L = 4, u£H4L = 5.

Λύση

H µέθοδος της µεταβολής των σταθερών

Η αντίστοιχη οµογενής της ∆Ε που δόθηκε προς λύση είναι η

2 t2 u££ + t u£ - u = 0.

Αυτή είναι Euler-Cauchy. Για ευκολία, περιοριζόµαστε στην περιοχή t > 0 και υποθέτουµε ότι

(ansatz) u = ta. Η αντικατάσταση στην προηγούµενη Σ∆Ε οδηγεί στο εξής αποτέλεσµα:

82 a Ha- 1L+ a- 1< ta = 0 ñ Ha- 1L H2 a+ 1L ta = 0

΄Αρα δύο επιλογές του εκθέτη a που καθιστούν την u = ta λύση της οµογενούς Σ∆Ε είναι οι

a = 1, 1 ê 2. Οι αντίστοιχες λύσεις

u1 = t, u2 = t-1ê2.

είναι γραµµικά ανεξάρτητες.

H ορίζουσα Wronski των συναρτήσεων u1, u2 είναι ίση προς

WIu1,u2M = t -1

2t-1ê2 - 1 ÿ t-1ê2 = -

3

2t-1ê2.

Στο διάστηµα t > 0, που είναι κι εκείνο που µας ενδιαφέρει, γιατί περιέχει το t = 4, η δοσµένη

∆Ε

2 t2 u££ + t u£ - u = 5 t2.

γράφεται σαν

u££ =5

2+

1

2 t2u -

1

2 tu£.

Συγκρίνοντάς την µε τη γενική µορφή

u££ = f HtL+ gHtL u+ hHtL u£,

συµπεραίνουµε ότι

f HtL = 5

2, gHtL = 1

2 t2, hHtL = -

1

2 t.

Αφού η γενική λύση της αντίστοιχης οµογενούς είναι της µορφής

uo = c1 t + c2 t-1ê2,

µια ειδική λύση της µη οµογενούς δίνεται από την συνάρτηση

10 Test_31-08-2010_Sols.nb

Page 46: πακέτο

uεHtL = αHtL u1HtL + βHtL u2HtL = αHtL t + βHtL t1ê2

όπου

αHtL := -‡ u2 f

WIu1,u2Md t = -‡ t-1ê2 ÿ H5 ê 2L

A-H3 ê 2L t-1ê2E d t =5

3‡ 1 d t =

5

3t,

βHtL := ‡ u1 f

WIu1,u2Md t = ‡ t ÿ H5 ê 2L

A-H3 ê 2L t-1ê2E d t = -5

3‡ t3ê2 d t = -

2

3t5ê2.

∆ηλαδή,

uεHtL = αHtL t + βHtL t-1ê2 = 5

3t ÿ t + -

2

3t5ê2 ÿ t-1ê2 = t2.

Τέλος, από τον τύπο

u = uoHtL+ uεHtLβρίσκουµε ότι η γενική λύση της αρχικής µη οµογενούς εξίσωσης δίνεται από τις συναρτήσεις

u = c1 t + c2 t-1ê2 + t2.

β) Από την τελευταία έκφραση έπεται ότι

u£ = c1 -1

2c2 t-3ê2 + 2 t.

΄Αρα,

uH4L = 4 c1 +1

2c2 + 16, u£H4L = c1 -

1

16c2 + 8,

Συνακόλουθα, οι αρχικές συνθήκες

uH4L = 4, u£H4L = 5.

ισοδυναµούν µε τις

4 c1 +1

2c2 + 16 = 4, c1 -

1

16c2 + 8 = 5.

Από αυτές έπεται ότι

c1 = -3, c2 = 0.

΄Αρα, η λύση του ΠΑΤ δίνεται απο τη συνάρτηση

u = -3 t + t2 = tHt - 3L.

Test_31-08-2010_Sols.nb 11

Page 47: πακέτο

Πανεπιστήµιο Πατρών

Τµήµα Μαθηµατικών

Μάθηµα: Συνήθεις ∆ιαφορικές Εξισώσεις Ι

Καθηγητής: ∆. Τσουµπελής

Λύσεις των θεµάτων της γραπτής εξέτασης 04-02-2011

Θέµα 1ο (1 µόριο)

α) Να βρεθεί η γενική λύση, xHtL, της ∆Ε (διαφορικής εξίσωσης)

x£ - 4 x =et, t § 0

e-t, t ¥ 0

β) Να προσδιοριστεί η ειδική λύση της παραπάνω ∆Ε που σέβεται τη συνθήκη xH0L = 1.

Λύση

α) Η οµογενής ∆Ε x£ - 4 x = 0 επιδέχεται ως λύση την µηδενική συνάρτηση xHtL = 0. Στα

διαστήµατα όπου η (άγνωστη) συνάρτηση xHtL δε µηδενίζεται, η x£ - 4 x = 0 είναι ισοδύναµη µε

την

x-1 x£ = 4 ñ Hln †x§L£ = 4.

΄Αρα,

ln †x§ = 4 t + c ñ †x§ = exp@4 t+ cD ñ x = C e4 t.

Οι λύσεις της µη οµογενούς ∆Ε

x£ - 4 x = e-†t§,δίνονται από τον τύπο

x = e4 tKC + ‡ e-†t§ e-4 t d tO.΄Αρα,

x = e4 tKC1 + ‡ e-3 t d tO = e4 t C1 -1

3e-3 t , t < 0

x = e4 tKC2 + ‡ e-5 t d tO = e4 t C2 -1

5e-5 t , t > 0

Η υποχρεωτική συνέχεια της λύσης xHtL στο σηµείο t = 0 οδηγεί στη σχέση

C1 -1

3= xH0-L = xH0+L = C2 -

1

5.

Page 48: πακέτο

Αυτό σηµαίνει ότι

C1 = C2 +1

3-

1

5= C2 +

2

15ª C +

2

15

και άρα, η γενική λύση της ∆Ε που δόθηκε προς λύση δίνεται από τις συναρτήσεις

x =

e4 tJC+2

15-

1

3e-3 tN, , t § 0

e4 tJC-1

5e-5 tN, t ¥ 0

Από αυτή την έκφραση έπεται ότι

xH0L = C-1

5.

΄Αρα, η αρχική συνθήκη xH0L = 1 οδηγεί στην επιλογή C =6

5. Συνακόλουθα, η λύση που

σέβεται αυτή τη συνθήκη δίνεται από τη συνάρτηση

x =

1

3e4 tI4- e-3 tM, , t § 0

1

5e4 tI6- e-5 tM, t ¥ 0

Προφανώς, η τελευταία γράφεται και στη µορφή

x =

4

3e4 t -

1

3et, t § 0

6

5e4 t -

1

5e-tN, t ¥ 0

Eναλλακτικός τρόπος

Η ∆Ε

x£ - 4 x = e-†t§,

επιδέχεται τον ολοκληρωτικό παράγοντα e-4 t:

e-4 t x£ - 4 e-4 t x = Ie-4 t xM£ = e-4 t e-†t§,

Συνεπώς,

e-4 t x- xH0L = ‡0

t

e-4 s e-†s§ d s, " t œ �.

Αυτό σηµαίνει πως η γενική λύση της x£ - 4 x = e-†t§ δίνεται από τις συναρτήσεις

x = e4 tBxH0L+‡0

t

e-4 s e-†s§ d sF, " t œ �.

Συνακόλουθα, η λύση που σέβεται την αρχική συνθήκη xH0L = 1 δίνεται από τη συνάρ-

τηση

2 Test_Feb-04-2011_(ODEs-I)_sols.nb

Page 49: πακέτο

x =

e4 tB1+ J- 1

3e-3 t +

1

3NF, t § 0

e4 tJ1+ J- 1

5e-5 t +

1

5NF t ¥ 0

Απλούστερα,

x =

1

3e4 tI4- e-3 tM, , t § 0

1

5e4 tI6- e-5 tM, t ¥ 0

ή

x =

4

3e4 t -

1

3et, t § 0

6

5e4 t -

1

5e-tN, t ¥ 0

Θέµα 2ο (2 µόρια)

α) Να κατασκευαστεί το τρίτο µέλος, x2HtL, της ακολουθίας Picard για το ΠΑΤ (πρόβληµα

αρχικών τιµών) που ορίζεται από την ∆Ε x£ = t- x2 και την αρχική συνθήκη xH0L = 1.

β) Να λυθεί το ΠΑΤ x£ =t-x

t+x, xH1L = 1.

Λύση

α) Για το δοσµένο ΠΑΤ, τα µέλη της ακολουθίας Picard ορίζονται από τον αναδροµικό τύπο

xnHtL = 1+‡0

x

FHτ, xn-1HτLL d τ, n = 1, 2, ….

όπου

FHt, xL = t - x2.

΄Αρα,

x0HtL = 1

x1HtL = 1+‡0

t

FHτ, x0HτLL d τ = 1+‡0

tHτ- 1L d τ = 1- t+1

2t2

x2HtL = 1+‡0

t

FHτ, x1HτLL d τ = 1+‡0

tBτ- 1- τ+1

2τ2

2F d τ

= 1+ Ÿ0tBτ- J1+ τ2 + 1

4τ4 - 2 τ+ τ2 - τ3NF d τ

= 1+‡0

tB3 τ- 1- 2 τ2 -1

4τ4 + τ3 F d τ

Test_Feb-04-2011_(ODEs-I)_sols.nb 3

Page 50: πακέτο

= 1+3

2t2 - t -

2

3t3 -

1

20t5 +

1

4t4

x2HtL = 1- t +3

2t2 -

2

3t3 +

1

4t4 -

1

20t5

β) H ∆Ε

Ht + xL x£ = t - x

είναι οµογενής και παρουσιάζει ανωµαλία κατά µήκος της ευθείας x = -t.

H παραπάνω ∆Ε ανάγεται σε χωρισµένων µεταβλητών θέτοντας

x = t y ñ xHtL = t yHtL.Από τον κανόνα του Leibniz για την παραγώγιση γινοµένου έπεται ότι

x£ = y+ t y£.

Συνακόλουθα, η ∆Ε

x£ = Gx

t=

1- Hx ê tL1+ Hx ê tL

µετατρέπεται στην

y+ t y£ = GHyL = 1- y

1+ y.

Στα παραπάνω εξυπακούεται ότι t ∫ 0. Συνεπώς, η τελευταία είναι ισοδύναµη µε την

y£ =H HyL

t, H HyL := GHyL- y =

1- 2 y- y2

1+ y,

που είναι χωρισµένων µεταβλητών.

Προφανώς, κάθε σταθερή συνάρτηση yHtL = y j, όπου y j ρίζα της συνάρτησης H HyL,αποτελεί λύση της ∆Ε. Στα διαστήµατα του άξονα y που δεν περιέχουν ρίζες της H HyL, η (7.5)

είναι ισοδύναµη µε την

H HyL =1

t.

Τότε

‡ y£

H HyL d t = ‡ 1

td t + c,

ή

‡ 1

H HyL d y = ln †t§+ c .

Τώρα,

4 Test_Feb-04-2011_(ODEs-I)_sols.nb

Page 51: πακέτο

‡ 1

H HyL d y = ‡ 1+ y

1- 2 y- y2d y = -

1

2‡ I1- 2 y- y2M£

1- 2 y- y2d y = -

1

2ln °1- 2 y- y2•.

ή

-1

2ln °1- 2 y- y2• = ln †t§+ c .

ή

ln °1- 2 y- y2•+ 2 ln †t§ = -2 c .

ή

ln °I1- 2 y- y2M t2• = -2 c .

ή

t2 - 2 t x- x2 = C .

ή

x2 + 2 t x+C - t2 = 0 .

Από αυτή η σχέση, που δίνει έµµεσα τη συνάρτηση xHtL, καταλήγουµε εύκολα στις λύσεις

x =1

2-2 t ≤ 4 t2 - 4 IC - t2M = -t ≤ 2 t2 -C .

xH1L = -1≤ 2-C .

xH1L = 1 fl 2-C = 4 fl C = -2

x = -t + 2 It2 + 1M .

Εναλλακτικός τρόπος

H ∆Ε

Ht + xL x£ = t- x ñ x- t + Ht+ xL x£ = 0

είναι ακριβής. ΄Αρα, υπάρχει συνάρτηση uHx, tL, τέτοια που

ut = x- t, ux = t + x.

Προφανώς,

ut = x- t fl u = x t -1

2t2 + f HxL fl ux = t+ f £HxL.

΄Αρα,

f £HxL = x, f HxL =1

2x2 + c

και

Test_Feb-04-2011_(ODEs-I)_sols.nb 5

Page 52: πακέτο

u = x t -1

2t2 +

1

2x2 + c.

Προφανώς, η συνθήκη u =σταθ που ορίζει έµµεσα τις λύσεις της ∆Ε Ht+ xL x£ = t - x µπορεί να

γραφτεί και στη µορφή

t2 - 2 t x- x2 = C

που βρήκαµε νωρίτερα.

Θέµα 3ο (2 µόρια)

Να κατασκευαστούν γενικού τύπου λύσεις των παρακάτω Σ∆Ε (συνήθων διαφορικών

εξισώσεων), αφού διερευνηθεί αν είναι ακριβείς.

(i) y- x+ 2 sinH2 x- yL+ @x+ y- sinH2 x- yLD y£ = 0, (ii) 1- 4 Ix+ 3 y2M+ 6 y y£ = 0.

Λύση

(i) H εξίσωση είναι ακριβής:

AHx, yL = y- x+ 2 sinH2 x- yL, BHx, yL = x+ y- sinH2 x- yLfl Ay = 1- 2 cosH2 x- yL = Bx.

΄Αρα, υπάρχει συνάρτηση uHx, yL, τέτοια που

ux = AHx, yL = y- x+ 2 sinH2 x- yL, uy = BHx, yL = x+ y- sinH2 x- yL.Από την πρώτη έπεται ότι

u = x y-1

2x2 - cosH2 x- yL+ f HyL fl uy = x- sinH2 x- yL+ f £HyL

΄Αρα,

f £HyL = y fl f HyL = 1

2y2 + c

Συνεπώς,

u = x y-1

2x2 - cosH2 x- yL+ 1

2y2 + c

Οι λύσεις, y = yHxL, δίνονται έµµεσα από τη σχέση

y2 + 2 x y- x2 - 2 cosH2 x- yL = C.

(ii) H εξίσωση δεν είναι ακριβής:

∑y AHx, yL = -24 y, ∑x BHx, yL = 0.

΄Οµως,

6 Test_Feb-04-2011_(ODEs-I)_sols.nb

Page 53: πακέτο

∑yA-∑xB

B= gHxL = -4,

Συνεπώς, η αρχική ∆Ε επιδέχεται πολλαπλασιαστή Euler της µορφής

EHxL = C eŸ gHxL d x = C e-4 x.

΄Αρα, υπάρχει συνάρτηση uHx, yL, τέτοια που

ux = Aè Hx, yL = e-4 xA1- 4 Ix+ 3 y2ME, uy = B

è Hx, yL = e-4 x 6 y.

Από την δεύτερη, εύκολα βρίσκουµε ότι

u = 3 e-4 x y2 + f HxL οπότε

ux = -12 e-4 x y + f £HxL΄Ετσι,

f £HxL = H1- 4 xL e-4 x,

f HxL = x e-4 x + c,

u = 3 e-4 x y2 + x e-4 x + c

Οι λύσεις, y = yHxL, δίνονται έµµεσα από τη σχέση

I3 y2 + xM e-4 x = C

Ισοδύναµα,

3 y2 = C e4 x - x

και άρα

y = ≤1

3IC e4 x - xM

Θέµα 4ο (1 µόριο)

(α) Nα κατασκευαστεί µια οµογενής, γραµµική, Σ∆Ε δεύτερης τάξης, µε σταθερούς συντε-

λεστές, στις λύσεις της οποίας ανήκει και η συνάρτηση x = t e-3 t.

(β) Να βρεθεί η γενική λύση της Σ∆Ε που κατασκευάσατε.

Λύση

α) Από την x = t e-3 t έπεται ότι

Test_Feb-04-2011_(ODEs-I)_sols.nb 7

Page 54: πακέτο

x£ = Ht - 3L e-3 t, x££ = H9 t - 6L e-3 t.

΄Αρα

a x££ + b x£ + c x = @a H9 t - 6L+ b H1- 3 tL+ c tD e-3 t.

Συνακόλουθα,

a x££ + b x£ + c x = 0

εάν και µόνο όταν

9 a- 3 b+ c = 0, -6 a+ b = 0.

΄Αρα

b = 6 a, c = 9 a.

΄Ετσι, καταλήγουµε στη Σ∆Ε

x££ + 6 x£ + 9 x = 0.

β) Η γενική λύση αυτής της εξίσωσης βρίσκεται εύκολα και είναι της µορφής

x = Hc1 + c2 tL e-3 t.

Γιατί, η αντικατάσταση της έκφρασης u = eλ t στην παραπάνω ∆Ε οδηγεί στην

Iλ2 + 6 λ+ 9M eλ t = 0 ñ λ2 + 6 λ+ 9 = 0

Συνεπώς,

λ =1

2K-6≤ 36- 4 ÿ 9 O = -3.

΄Αρα, υπάρχει λύση της µορφής

x1HtL = e-3 t.

Από την άλλη, η

x2HtL = t e-3 t

που επίσης είναι λύση της ∆Ε x££ + 6 x£ + 9 x = 0, είναι γραµµικά ανεξάρτητη από την x1HtL.΄Αρα, η γενική λύση της ∆Ε x££ + 6 x£ + 9 x = 0 είναι της µορφής

xHtL = c1 x1HtL+ c2 x2HtL = Hc1 + c2 t L e-3 t.

Θέµα 5ο (2 µόρια)

Να βρεθεί η γενική λύση της ∆Ε

u££ + 4 u = 4 t+ 8 sin t cos t.

8 Test_Feb-04-2011_(ODEs-I)_sols.nb

Page 55: πακέτο

Λύση (µε την µέθοδο του προσδιορισµού των συντελεστών)

Η αντικατάσταση της έκφρασης u = eλ t στην οµογενή ∆Ε

u££ + 4 u = 0

οδηγεί στην

Iλ2 + 4M eλ t = 0.

Συνεπώς,

λ = ≤ -4 = ≤2 i.

Αφού

e≤2 i t = cos 2 t≤ i sin 2 t,

ένα θεµελιώδες σύνολο λύσεων της οµογενούς ∆Ε u££ + 4 u = 0 αποτελούν οι συναρτήσεις

u1 = cos 2 t, u2 = sin 2 t.

H συνάρτηση f1HtL = 4 t είναι ανεξάρτητη από τις λύσεις της οµογενούς. ΄Αρα, µια

ειδική λύση της εξίσωσης

u££ + 4 u = 4 t

είναι της µορφής

uε,1 = a t + b.

H αντικατάσταση της παραπάνω έκφρασης uε,1 = a t + b στην ∆Ε u££ + 4 u = 4 t δίνει

4 Ha t + bL = 4 t.

Από αυτήν έπεται ότι a = 1, b = 0. ΄Αρα,

uε,1 = t.

Αντίθετα, η συνάρτηση f2HtL = 8 sin t cos t = 4 sin 2 t δεν είναι ανεξάρτητη από τις

λύσεις της οµογενούς. ΄Αρα, µια ειδική λύση της εξίσωσης

u££ + 4 u = 4 sin 2 t

πρέπει να αναζητηθεί στη µορφή

uε,2 = tsHa cos 2 t + b sin 2 tLH επιλογή s = 1 αρκεί. H αντικατάσταση της uε,2 = tHa cos 2 t+ b sin 2 tL στην ∆Ε

u££ + 4 u = 4 sin 2 t δίνει

4 H-a sin 2 t + b cos 2 tL- 4 tHa cos 2 t+ b sin 2 tL+ 4 tHa cos 2 t + b sin 2 tL = 4 sin 2 t.

Test_Feb-04-2011_(ODEs-I)_sols.nb 9

Page 56: πακέτο

Ισοδύναµα,

-a sin 2 t + b cos 2 t = sin 2 t.

Από αυτήν αµέσως έπεται ότι a = -1, b = 0. ΄Αρα,

uε,2 = -t cos 2 t.

Συνολικά,

uε = uε,1 + uε,2 = t - t cos 2 t.

οπότε,

u = c1 cos 2 t+ c2 sin 2 t + tH1- cos 2 tL.Θέµα 6

ο (2 µόρια)

Να λυθεί το ΠΑΤ

t2 u££ - 3 t u£ + 3 u = 3- t2, uH1L = u£H1L = 3.

Λύση (µε την µέθοδο της µεταβολής των σταθερών)

α) Η εξίσωση που δόθηκε προς λύση είναι µη οµογενής. Η αντίστοιχη οµογενής είναι η

t2 u££ - 3 t u£ + 3 u = 0.

Αυτή είναι Euler-Cauchy. Είτε από τον τύπο του βιβλίου είτε µε το ansatz u = ta, εύκολα

βρίσκουµε ότι δύο γραµµικά ανεξάρτητες λύσεις της αποτελούν οι συναρτήσεις

u1 = t, u2 = t3.

H ορίζουσα Wronski αυτών των συναρτήσεων είναι ίση προς

WIu1,u2M = tI3 t2M- 1 ÿ t3 = 2 t3.

Από την άλλη, στα διαστήµατα που δεν περιέχουν το t = 0, η δοσµένη ∆Ε γράφεται σαν

u££ =3- t2

t2-

3

t2u +

3

tu£.

Συγκρίνοντας την

u££ =3- t2

t2-

3

t2u +

3

tu£.

µε τη γενική µορφή

u££ = f HtL+ gHtL u+ hHtL u£,

συµπεραίνουµε ότι

10 Test_Feb-04-2011_(ODEs-I)_sols.nb

Page 57: πακέτο

f HtL = 3- t2

t2, gHtL = -

3

t2, hHtL = 3

t.

Αφού η γενική λύση της αντίστοιχης οµογενούς είναι της µορφής

uo = c1 t + c2 t3,

µια ειδική λύση της µη οµογενούς δίνεται από την συνάρτηση

uεHtL = αHtL u1HtL + βHtL u2HtL = αHtL t + βHtL t3

όπου

αHtL := -‡ u2 f

WIu1,u2Md t = -‡ t3

2 t3

3- t2

t2d t = -

1

2‡ 3- t2

t2d t = -

1

2I-3 t-1 - tM,

βHtL := ‡ u1 f

WIu1,u2Md t = ‡ t

2 t3

3- t2

t2d t =

1

2‡ 3- t2

t4d t =

1

2I- t-3 + t-1M.

Αυτό σηµαίνει ότι

uεHtL = αHtL t + βHtL t3 =1

2I3 t-1 + tM t+

1

2I-t-3 + t-1M t3 =

1

2I3+ t2 - 1+ t2M = 1+ t2.

Τέλος, από τον τύπο

u = uoHtL+ uεHtLβρίσκουµε ότι η γενική λύση της αρχικής µη οµογενούς εξίσωσης δίνεται από τις συναρτήσεις

u = c1 t + c2 t3 + 1+ t2.

β) Από την τελευταία έκφραση έπεται ότι

u£ = c1 + 3 c2 t2 + 2 t.

΄Αρα,

uH1L = c1 + c2 + 2, u£H1L = c1 + 3 c2 + 2,

οπότε, οι αρχικές συνθήκες

uH1L = u£H1L = 63,

ισοδυναµούν µε τις

c1 + c2 + 2 = 3, c1 + 3 c2 + 2 = 3.

Αυτές οδηγούν στις τιµές

Test_Feb-04-2011_(ODEs-I)_sols.nb 11

Page 58: πακέτο

c1 = 1, c2 = 0.

πράγµα που σηµαίνει ότι η λύση του ΠΑΤ δίνεται απο τη συνάρτηση

u = 1+ t + t2.

12 Test_Feb-04-2011_(ODEs-I)_sols.nb