3. ΔΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ης ΤΑΞΗΣ Η γενική μορφή των διαφορικών εξισώσεων 1ης τάξης είναι: F(x,y,y′)=0 (1) Αν η (1) λύνεται ως προς y′ δηλ. dy = f (x, y) dx 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 συναρτήσεων, 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 μεταβλητή π.χ. η y και στο δεύτερο η x και ολοκληρώνουμε και τα δυο μέλη:
dy ⌠ 1 = g(x)h(y) ⇒ ⎮ dy = g( x )dx + c dx ⌡ h( y )
∫
Παράδειγμα 1: Να βρεθεί η γενική λύση της Δ.Ε. y′=-y2 . Έχουμε: y≠ 0 dy dy 1 1 ⌠ dy = −y 2 ⇒ − 2 = dx ⇒ − ⎮ 2 = dx ⇒ = x + c ⇒ y = dx y y x+c ⌡ y 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 ιδιάζουσες λύσεις της Δ.Ε. Σ' αυτό το παράδειγμα ας προσπαθήσουμε να δούμε εάν ικανοποιούνται οι συνθήκες 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 y
∫
x0=c x
18 ♦ ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3
ορισμού της, (-∞<x<+∞, -∞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: ∂f 1 = φραγμένη = ∂y 2 y 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 αντιστοιχούν οι δυο λύσεις: y=0 , y=(x-x0)2/4. y
O
x0 =-c
x
Παρατήρηση: Όπως στο παράδειγμα 1 έτσι και εδώ διαπιστώνουμε ότι η μηδενική συνάρτηση 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) 2 3) y′=x-x 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 ονομάζονται ιδιάζουσες λύσεις. Παράδειγμα: Η Δ.Ε. y2(y′)2 +y2=α2 (1) 2 2 2 (2) έχει τη γενική λύση (x-c) +y =α 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 A
B
y=α
Γ Ο
Ε
Δ
x
y=-α
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, τέτοια 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 οικογένειας. 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′ ικανοποιούν 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.
20 ♦ ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3
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 μοναδικότητα 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 περιβάλλουσα, δηλ. ότι η κλίση της περιβάλλουσας στο σημείο Ρ συμπίπτει με την κλίση της καμπύλης Γ. Η κλίση της εφαπτομένης της περιβάλλουσας είναι: dy(c) y′ y′π ερ – = dc = c dx(c) x ′c dc Η δε κλίση της εφαπτομένης της καμπύλης Γ για συγκεκριμένο c δίνεται από την έκφραση, (βλ. Διανυσματική Ανάλυση Δ. Σουρλά παρ. 8.7), ∂Φ Φ′ y′καμ = − ∂x = − x ∂Φ Φ ′y ∂y Εξισώνοντας τις δυο αυτές κλίσεις έχουμε: y′c Φ′ (β) = − x ⇒ Φ ′x x ′c + Φ ′y y′c = 0 x ′c Φ ′y Αλλά για κάθε τιμή της παραμέτρου c το σημείο της περιβάλλουσας που έχει συντεταγμένες (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: d Φ ( x(c), y(c), c ) = Φ′x x′c + Φ′y y′c + Φ′c = 0 dc 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 Φ(x,y,c)=0 και ∂c
Διαφορικές Εξισώσεις 1ης τάξης ♦ 21 και αν μπορούμε να απαλείψουμε το c από τις δυο παραπάνω σχέσεις έχουμε την καρτεσιανή 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) ⇒ ∂Φ = sin ( x + c ) = 0 (2) ∂c 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 περιβάλλουσα της οικογένειας καμπυλών y=cos(x+c) είναι οι ευθείες y=±1. Παρατήρηση 1: Εάν μας δίνεται μια μονοπαραμετρική 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: d ∂ ∂ Φ (x, y,c) = Φ (x, y,c) + Φ (x, y,c)y′ = 0 Φ(x,y,c)=0 και ∂x ∂y dx ενώ η περιβάλλουσα των λύσεων από τις εξισώσεις: ∂ Φ (x, y,c) = 0 Φ(x,y,c)=0 και ∂c 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. ∂Φ = −1 + 2 ( x − c ) = 0 ⇒ x-c=1/2 (2). Λύση: α) Έχουμε Φ(x,y,c)=y-c-(x-c)2=0 (1) ⇒ ∂c Από τις σχέσεις (1) και (2) απαλείφουμε το c και βρίσκουμε: y=-x+1/2-1/4=0 ⇒ y=x-1/4 (3) που είναι η εξίσωση της περιβάλλουσας. β) Παραγωγίζουμε την (1) ως προς x ∂Φ και έχουμε =y′-2(x-c)=0 (4). Από ∂x 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). Αντικαθιστούμε τις εκφράσεις (3) και (5) στην (4): (1/2)2-(1/2)-x+1/4 +x=0 δηλ. η εξίσω-
22 ♦ ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3
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 καμπύλη, η οποία είναι η περιβάλλουσα των τροχιών, που θα διαγράψει το βλήμα για διάφορες τιμές της θ. Να βρεθεί η καμπύλη αυτή. d 2r Λύση: Από τον νόμο του Νεύτωνα F = m 2 έχουμε: dt Κατά τον άξονα ΟΧ: d 2x dx Fx = 0 = m 2 ⇒ = c 1 ⇒ x(t ) = c 1t + c 2 (1) dt dt ( 1)
Για t=0 είναι x(0)=0 ⇒ c2=0 και x(0) = v 0 cos θ ⇒ c1=v0cosθ άρα x(t)=v0(cosθ)t Κατά τον άξονα ΟΖ: d 2z dz 1 Fz = −mg = m 2 ⇒ = −gt + k 1 ⇒ z(t ) = − gt 2 + k 1t + k 2 dt dt 2 Για t=0 είναι z(0)=k2=0 και z(0) =k1=v0sinθ , άρα 1 z(t) = − gt 2 + v 0 (sin θ)t 2
(2) (3)
(4)
Απαλείφουμε το t μεταξύ των (2) και (4): (5) g x x 2 + (tan θ)x (2) ⇒ t = (5) , (4) ⇒ z = − 2 2 v 0 cos θ 2v 0 cos θ ⇒ Φ(x, z, θ) = z +
g x 2 − (tan θ)x = 0 2 2v0 cos θ 2
⇒
gx 2 ⎡1 + tan 2 θ⎤⎦ − x tan θ = 0 (6) 2 ⎣ 2v 0 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: ∂Φ gx 2 1 1 ⇒ =0 = 2 tan θ −x 2 2 ∂θ 2v 0 cos θ cos2 θ Φ (x,z, θ) = z +
gx
tan θ − 1 = 0 (7) v 02 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): 2 v0 (7) ⇒ tan θ = (8) gx
Διαφορικές Εξισώσεις 1ης τάξης ♦ 23
g 2 v02 v04 ⎤ v02 gx 2 ⎡ = f (x) (9) x + =0 ⇒ z= − (6)⇒ z + ⎢1 + ⎥− 2v 0 2 2g 2v 0 2 ⎣ g 2 x 2 ⎦ g Η (9) είναι η εξίσωση της περιβάλλουσας. Παρατήρηση 2: Εάν το κανόνι περιστρέφεται γύρω από τον άξονα ΟΖ, τότε η παραβολή (9) παράγει μια επιφάνεια της οποίας η εξίσωση μπορεί να προέλθει από την (9) αν αντικαταστήσουμε το x με το x 2 + y 2 (γιατί;) . Eπομένως θα έχουμε:
z=f
(
)
x2 + y2 = −
v02 g 2 2 + + x y 2g 2v 0 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 τόπο 2 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 F(x0, y0, y0′)≠0 ∂y ′ 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 F(x0, y0, y0′)=0 ∂y ′ 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 F(x,y,p)=0 ∂p που προκύπτει με απαλοιφή του p, (έχουμε θέσει y′=p), και που επαληθεύει τις σχέσεις ∂F ∂F ∂F + p =0 ≠0 ∂y ∂x ∂y 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 ⇒ ∂ F(x,y,p)=-8x-2p=0 ∂p Απαλείφοντας το p από τις σχέσεις (Α) και (Β) προκύπτει 2
(A) (B)
Ένα υποσύνολο D ενός χώρου n διαστάσεων λέγεται ανοικτός τόπος εάν είναι ανοικτό και συνεκτικό σύνολο.
24 ♦ ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3
y=-2x2 η οποία είναι η εξίσωση της περιβάλλουσας. Εύκολα διαπιστώνουμε ότι επαληθεύει την Δ. Ε. όπως επίσης και τις σχέσεις: ∂F ∂F ∂F y ′ =0 + ≠0 με y′=p=-4x. ∂y ∂x ∂y ∂F ∂F Πράγματι: =-8p-16x=-8(-4x)-16x=16x, =4≠0 και επομένως ∂y ∂x ∂F ∂F + y ′ =16x+4(-4x)=0 ∂x ∂y
Παραδείγματα εφαρμογών της Δ.Ε. χωριζομένων μεταβλητών Παράδειγμα 1. Οι Πυρήνες των ατόμων των ραδιενεργών στοιχείων διασπώνται και μετατρέπονται 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 ραδιενεργού 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 προφανώς 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 πυρήνων 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 μικρότερο 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.
Διαφορικές Εξισώσεις 1ης τάξης ♦ 25 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 ρυθμός 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: (2) N(t)=cekt 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 (3) N(t)=ce0..2t 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: (4) N(t)=3,06x109e0.02t Από τη σχέση (4) δεν μπορούμε να κάνουμε προβλέψεις για μεγάλα χρονικά διαστήματα, 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.: dN = κ N − λN 2 με κ, λ>0 (5) dt Εάν θέσουμε κ/λ=μ η Δ.Ε. (5) γράφεται: dN ⎛ Ν⎞ ⎛ λ ⎞ = κ N ⎜ 1 − N ⎟ = κΝ ⎜ 1 − ⎟ (6) dt μ⎠ ⎝ κ ⎠ ⎝ Από την (6) προκύπτει η Δ.Ε. (1) εάν θεωρήσουμε το Ν πολύ μικρό σε σύγκριση με N το μ, οπότε 1− ≈ 1 . Η Δ.Ε. (6) είναι χωριζόμενων μεταβλητών και η γενική λύση της m είναι: μ N= (7) 1 + ce −κt N N=μ P(ln(c/k),μ/2) μ/(1+c) t1
t
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,
26 ♦ ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3
(για t→-∞ και t→∞ αντίστοιχα), και ένα σημείο καμπής Ρ(t1, Ν1), το οποίο προσδιορίζεται από την εξίσωση d2N/dt2=0. Η εξίσωση αυτή γράφεται: d2 N κ dN = (μ − 2Ν ) = 0 ή Ν1=μ/2. 2 μ dt dt Από την (7) προκύπτει τότε t1=lnc/κ Παράδειγμα 3 : Μια δεξαμενή έχει όγκο V=5m3 και είναι τελείως γεμάτη με καθαρό νερό. 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 εισρέουσα άλμη, διαχέεται ακαριαία σ' όλο τον όγκο της δεξαμενής ώστε η εκάστοτε συγκέντρωση 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 περιέχεται 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 θεωρούμενο χρονικό διάστημα είναι cqdt. Έχουμε λοιπόν: m dm dm = cqdt − qdt ή = qdt (1) m V c− V H (1) είναι μια Δ.Ε. με χωριζομένες μεταm βλητές. Μπορούμε να βρούμε τη γενική της λύση και στη συνέχεια να προσδιορίσουμε τη σταθερά από την απαίτηση να cV είναι m=0 για t=0. (Πράγματι, αρχικά η δεξαμενή περιέχει καθαρό νερό και συνεπώς η μάζα m του εν διαλύσει αλατιού είναι μηδέν). Ισοδύναμος και συντομότερος τρόπος για την εύρεση της λύσης που ενδιαφέρει είναι να υπολογίσουμε το ορισμένο ολοκλήρωμα και των δυο μελών της (4) με όρια 0 ως t στο δεξιό μέλος και 0 ως m στο αριστερό. Έχουμε:
t
Διαφορικές Εξισώσεις 1ης τάξης ♦ 27 m
t ⌠ dm ⎮ = q ∫ dt ⇒ m ⎮ 0 ⌡c− V 0
1−
m⎤ q q ⎡ m⎤ ⎡ =− t ln ⎢c − ⎥ − ln c = − t ⇒ ln ⎢1− ⎥ V V⎦ V ⎣ ⎣ cV ⎦
⇒
q q − t − t⎤ ⎡ m = e V ⇒ m = cV⎢1 − e V ⎥ cV ⎣ ⎦
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 ορισμένες συνθήκες είναι ανάλογο της ταχύτητας του σώματος ενώ υπό ορισμένες άλλες συνθήκες 4 είναι ανάλογο του τετραγώνου της ταχύτητας. Είναι δηλαδή: FR =κ1v (1) 2 FR =κ2v (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: dv mg − FR = m (3) dt α) Αν η FR δίνεται από την (1), η (3)γίνεται: dv dv = dt mg − κ1v = m ⇒ κ1 dt g− v m 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
v
⌠ ⌠ dv gm mg κ m ⎮ dv ⎮ − v − ln =− 1t =t ⇒ = t ⇒ ln κ ⎮ κ1 ⎮ mg − v κ1 κ1 m ⌡g− 1 v ⌡ m 0 0 κ1 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 Re =
ρvl όπου ρ η πυκνότητα του ρευστού, n το ιξώδες, v η ταχύτητα του n
σώματος και l κάποια γραμμική διάσταση του σώματος.
28 ♦ ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 κ κ − 1t ⎤ − 1t κ1 κ1 κ1 mg ⎡ m m ln 1 − v = − t ⇒ 1− v=e ⇒ v= ⎢1 − e ⎥ mg m mg κ1 ⎣ ⎦ Η γραφική παράσταση της ταχύτητας συναρτήσει του χρόνου δίνεται στο σχήμα. Παρατηρούμε 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 mg/k 1
t Αν η FR δίνεται από την (2), η (3) γράφεται: dv dv = −gdt mg − κ 2 v 2 = m ⇒ κ2 2 dt v −1 mg Ολοκληρώνοντας τα δυο μέλη της εξίσωσης αυτής με όρια 0 και v στο αριστερό μέλος και 0 ως t στο δεξιό, παίρνουμε: β)
v
⌠ d ⎡ κ2 v ⎤ ⎢ ⎥ mg ⎮ ⎣ mg ⎦ ⎮ 0 = − gt κ2 ⎮ κ2 v2 − 1 ⎮ mg ⌡
(4)
0
Θέτουμε x=[κ2/mg]1/2v και αναλύουμε τη συνάρτηση μέσα στο ολοκλήρωμα του αριστερού μέλους σε απλά κλάσματα: 1/[x2-1]=A/[x-1]+B/[x+1] Βρίσκουμε κατά τα γνωστά, Α=1/2, Β=-1/2 και 1 ⎛ | x − 1|⎞ 1 dx 1 ∫ x 2 − 1 = 2 ln x − 1 − 2 ln x + 1 = 2 ⎜⎝ | x + 1|⎟⎠ + c Στο κάτω όριο του ολοκληρώματος έχουμε v=0 και επομένως x=0, οπότε 1 ⎛ x − 1⎞ 1 = ln(1) = 0 ln ⎜ ⎟ 2 ⎝ x + 1 ⎠ x =0 2 Επομένως η (8) γίνεται τελικά: 1 mg x − 1 ln = − gt 2 κ2 x +1
(5)
Διαφορικές Εξισώσεις 1ης τάξης ♦ 29 Επειδή για t=0 είναι v=0, θα είναι, τουλάχιστον στην αρχή της κίνησης η x<1, οπότε |x-1|=1-x. Η (5) γράφεται τότε: κg 1− x ln = −2 2 t ⇒ 1+ x m
κ2 − v <1 mg
κ2 t m
−2 1− x =e 1+ x
κ2 v και λύνοντας ως προς v παίρνουμε τελικά: mg
Αντικαθιστώντας την έκφραση x = −2
κ2g
t
mg 1 − e m v= κ g κ2 −2 2 t 1+ e m Η έκφραση αυτή, αν πολλαπλασιάσουμε αριθμητή και παρανομαστή του κλάσματος
του δεξιού μέλους επί e
κ2 g t m
γράφεται: κ2g t m
−
κ2 g t m
⎡ κ2g ⎤ mg e mg −e t anh t⎥ = ⎢ κ g κ 2 κm2 g t κ2 − 2 t ⎣ m ⎦ m e +e Η γραφική παράσταση της συνάρτησης αυτής, για t≥0, δίνεται στο σχήμα. Παρατηmg mg Ποτέ το v δεν γίνεται μεγαλύτερο από και ρούμε ότι όταν t→∞ , v→ v ορ = κ2 κ2
v=
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 mg/k 2
t Παράδειγμα 5: Σ ένα σύστημα ορθογωνίων συντεταγμένων XOY να βρεθεί μια καμπύλη 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 παράλληλα 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 εφαπτομένη στο σημείο Μ, η οποία τέμνει τον OX στο σημείο Β, (βλέπε αντίστοιχο σχήμα).
30 ♦ ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3
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
yy ′ = x 2 + y 2 − x (1) Άρα Η Δ.Ε. (1) δεν ανήκει σε καμία από τις προηγούμενες περιπτώσεις. Μπορεί όμως να γίνει διαχωρίσιμη ως εξής: y M(x,y) K φ
φ 900-φ=ω
A
O
φ N
B
x
1 d 2 (x + y 2 ) = x 2 + y 2 2 dx dz dz =2 z ⇒ Θέτουμε x2+y2=z ⇒ = 2dx ⇒ 2√z=2x+c ⇒ √z=x+c′ ⇒ dx z 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. yy ′ + x = x 2 + y 2
⇒
Προβλήματα Εφαρμογών
1) Οι αμοιβάδες πολλαπλασιάζονται με "διχοτόμηση": κάθε αμοιβάδα, μετά παρέλευση, (κατά μέσο όρο), χρόνου τ από τη "γέννηση" της, διχοτομείται και δίνει δυο αμοιβάδες. 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
Διαφορικές Εξισώσεις 1ης τάξης ♦ 31 Απάντηση : τ = t1
ln 2 ⎛N ⎞ ln ⎜ 1 ⎟ ⎝ N0 ⎠
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 αμελητέου όγκου, σε σχέση με τον όγκο της δεξαμενής, η οποία διαλύεται με σταθερό ρυθμό r=1 gr/min. 4) Μια τορπίλη μάζας m εκτοξεύεται οριζοντίως με αρχική ταχύτητα v0 και επιβραδύνεται 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 διανύσει μετά παρέλευση χρόνου t από την εκτόξευση της. Αριθμητική εφαρμογή: v0=60km/h, m=100kg. k1=4×10-3 kg/sec. k k − 1t ⎤ − 1t vm⎡ Απάντηση: v = v 0 e m S = 0 ⎢1− e m ⎥ k1 ⎣ ⎦ 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 αντίσταση FR του αέρα δίνεται από το νόμο FR=k1v, όπου k1=10-3kg/sec σταθερός συντελεστής 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). g ⎡g ⎤ ⎡ g ⎤ Απάντηση: v( t )= [1− e − kt ] με k=k1/m h ( t )= h 0 − ⎢ ⎥t + ⎢ 2 ⎥ 1− e −kt k ⎣k ⎦ ⎣k ⎦
[
]
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.
32 ♦ ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3
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+
xz 3 + xyz y
είναι ομογενής με βαθμό ομογένειας ν
=3, διότι ⎤ (λx)(λz)3 xz 3 3⎡ 2 f(λx,λy,λz)=(λx)(λy) + +(λx)(λy)(λz)=λ ⎢xy + + xyz ⎥ =λ3f(x,y,z) y λz ⎣ ⎦ 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) 2
Ας θεωρήσουμε τώρα τη διαφορική εξίσωση : dy g(x, y) = dx h(x, y)
(1)
όπου οι συναρτήσεις g(x,y) και h(x,y) είναι ομογενείς του ίδιου βαθμού, έστω ν. Τότε θα έχουμε: ν
⎛1⎞ g(λx,λy)=λνg(x,y) ⇒ g(x,y)= ⎜ ⎟ g(λx, λy) ⎝λ⎠ ν
⎛1⎞ και h(x,y)= ⎜ ⎟ h(λx, λy) ⎝λ⎠ Αν στις δυο αυτές σχέσεις θέσουμε λ=1/x προκύπτει: ⎛ y⎞ ⎛ y⎞ g(x,y)=xν g⎜ 1, ⎟ h(x,y)=xν h ⎜ 1, ⎟ ⎝ x⎠ ⎝ x⎠ και η εξίσωση (1) γίνεται:
Διαφορικές Εξισώσεις 1ης τάξης ♦ 33 ⎛ y⎞ ⎛ y⎞ ⎛y⎞ x ν g ⎜ 1, ⎟ g ⎜ 1, ⎟ g* ⎜ ⎟ dy ⎝ x ⎠ = ⎝ x ⎠ = ⎝ x ⎠ = F⎛ y ⎞ (2) = ⎜ ⎟ y⎞ dx x⎠ ⎛ y⎞ ν ⎛ *⎛ y⎞ ⎝ x h ⎜ 1, ⎟ h ⎜ 1, ⎟ h ⎜ ⎟ ⎝ x⎠ ⎝ x⎠ ⎝x⎠ ⎛ y⎞ ⎛ y⎞ ⎛ y⎞ ⎛ y⎞ όπου g* ⎜ ⎟ = g⎜ 1, ⎟ και h * ⎜ ⎟ = h⎜ 1, ⎟ ⎝ x⎠ ⎝ x⎠ ⎝ x⎠ ⎝ x⎠ y Εάν θέσουμε =R(x) μπορούμε να ανάγουμε την (2) σε Δ.Ε. χωριζόμενων μεταβλητών. x Πραγματικά αν: y(x) dy dR = R(x) ⇒ y(x)=R(x)x ⇒ = x+R x dx dx Αντικαθιστώντας την έκφραση αυτή του dy/dx στη (2) παίρνουμε: dR dR dR dR dx ⌠ x + R = F(R) ⇒ x = F(R) − R ⇒ = + c (3) ⇒ ln x = ⎮ F(R) − R x dx dx ⌡ F ( R )−R
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.: 2xy
dy = x2 + y2 dx
2 ⎛ y2 ⎞ y ⎞ ⎛ x ⎜1+ 2 ⎟ 1+ ⎜ ⎟ x ⎠ ⎝ x⎠ ⎝ dy x 2 + y 2 = = = Λύση: Έχουμε: dx 2xy ⎛ y⎞ ⎛ 2y ⎞ 2⎜ ⎟ x2 ⎜ ⎟ ⎝ x⎠ ⎝ x⎠ y dy dR = R(x) παίρνουμε y=R(x)x ⇒ = x + R οπότε η (4) γίνεται: με x dx dx dR 1 + R2 dR 1 + R2 1 − R2 x+R = x= −R = ⇒ dx 2R dx 2R 2R Χωρίζοντας τις μεταβλητές βρίσκουμε: ⌠ 2RdR = ⌠ dx + c ⇒ -ln(1-R2 )=lnx=lnc ⇒ 1-R2 = c 2 ⇒ x2-y2=c x ⎮ ⎮ 2 2 1 ⌡ 1−R 2 ⌡ x x 2
(4)
Παράδειγμα 2. Να βρεθεί η γενική λύση της Δ.Ε. 3xye
y′ =
⎛ x⎞ ⎜ ⎟ 2 ⎝ y⎠
2
⎛ x⎞ ⎜ ⎟ ⎝ y⎠
2
⎛ x⎞ ⎜ ⎟ ⎝ y⎠
2
y +y e + 3xye Λύση: Επειδή στους εκθέτες εμφανίζεται ο λόγος x/y είναι απλούστερο στην περίπτωση αυτή να θέσουμε x/y=R. Έχουμε τότε: ⎡ dR ⎤ dx = R + y⎢ ⎥ x=Ry ⇒ dx=Rdy+ydR ⇒ (5) dy ⎣ dy ⎦ 2
34 ♦ ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 ⎛ x⎞ ⎜ ⎟ 2 ⎝ y⎠
2
⎛ x⎞ ⎜ ⎟ ⎝ y⎠
2
dx 1 y +y e +3xye = = 2 x⎞ ⎛ dy dy ⎜ ⎟ 3xye ⎝ y ⎠ dx Διαιρώντας αριθμητή και παρανομαστή του κλάσματος αυτού δια y2 και χρησιμοποιώντας την (5) βρίσκουμε: 2 2 2 2 dy 3 Re R dR 1 + e R + 3 Re R 1 + eR = y = −R + = ⇒ ⇒ 2 dR 2 2 y 1+ eR dy 3 Re R 3 Re R 2
Εξ άλλου
2
2
3 ⌠ 3ReR 3 ⌠ eù 3 ⌠ 3ReR 2 = ln|y|= ⎮ dR = dR ln 1+ e ù + c ⎮ ⎮ ù dù = 2 R2 2 1 2 1 + 2 + R e ⌡ ⌡ ⌡ 1+e 3
x ⎞2 ⎛ 2 όπου ω=R2. Τελικά βρίσκουμε: y = c 1 ⎜ 1 + e y ⎟ ⎟ ⎜ ⎠ ⎝ 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) 2 2 (Aπ. y2=cx4-x2) 3. y′=(x +2y )/xy 4. y′=(2y+x)/x (Aπ. y=cx2-x) (Aπ. y2=x2-cx) 5. y′=(x2+y2)/2xy x y 6. y′= (Aπ. -2 +ln|y|=c) y x + xy
7.
y′=
8.
y′=
y2
( )
xy + xy 2
1/ 3
x 4 + 3x 2y 2 + y 4 x 3y
3.2A Διαφορικές εξισώσεις της μορφής:
(Aπ. μη ομογενής)
1 ⎤ ⎡ (Aπ. y2 =-x2 ⎢1 + 2 ⎥ ⎣ ln|cx |⎦
dy α1x + β1 y + γ1 = dx α2 x + β 2 y + γ 2
(1)
Με την αντικατάσταση x=x0+X, y=y0+Y όπου x0, y0 σταθερές, που θα προσδιοριστούν κατάλληλα, η (1) γράφεται: dY α1X + β1Υ + α1x 0 + β1 y 0 + γ1 (2) = dx α2 X + β 2 Υ + α2 x 0 + β 2 y 0 + 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:
Διαφορικές Εξισώσεις 1ης τάξης ♦ 35 dY α1X + β1 Y (4) = dX α2 X + β 2 Y Για να μπορούμε από τις (3) να προσδιορίσουμε τα x0, y0 πρέπει η ορίζουσα των συντελεστών 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 σταθερή τιμή αυτού του λόγου, έχουμε α2=λα1 και β2=λβ1, οπότε η (1) γράφεται: α1x + β1 y + γ1 dy (5) = dx λ ( α1x + β1 y) + γ 2 (6) Στην περίπτωση αυτή θέτουμε R=α1x+β1y dR dy = α1 + β1 οπότε (7) dx dx Αντικαθιστώντας στην (5) τα α1x+β1y και dy/dx από τις (6) και (7) βρίσκουμε, με απλές dR R + γ1 (8) πράξεις: = β1 + α1 dx λR + γ 2 Η (8) είναι Δ.Ε. με χωριζόμενες μεταβλητές.
dy x + y + 2 = (9) dx x − y + 1 Λύση: Με την αντικατάσταση x=X+x0, y=Y+y0 η (9) γράφεται: dY X + Y + x 0 + y 0 + 2 (10) = dX X − Y + x 0 − y 0 + 1 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: Y dY X + Y 1 + X (11) = = Y dX X − Y 1− X dY dR = X + R και η (11) γράφεται: Εάν θέσουμε R=Υ/Χ, τοτε Y=RX ⇒ dX dX dX dR 1− R 1+ R X+R = ⇒ 2 dR = dX 1+ R 1− R X Ολοκληρώνοντας και θέτοντας R=X/Y, Y=y+1/2 και X=x+3/2 βρίσκουμε τελικά: 2 ⎡ 1⎞ ⎤ 1⎤ ⎡ ⎛ ⎢ ⎜y+ ⎟ ⎥ ⎢y + 2 ⎥ 2 ⎟ ⎥ = ln x + 3 + c ⎢ arctan ⎢ − ln 1 + ⎜ 3⎥ ⎢ 2 ⎜ x + 3⎟ ⎥ ⎢x + ⎥ ⎢ ⎥ ⎝ ⎠ 2 ⎦ 2⎦ ⎣ ⎣ Παράδειγμα 1 Να λυθεί η εξίσωση
dy x+y = dx 1 − x − y 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) X + Y + x0 + y0 dY = dX 1 − X − Y − x 0 − y 0 Παράδειγμα 2. Να λυθεί η εξίσωση
(12)
36 ♦ ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3
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 1 = 1+ = dx 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 ζη1 y = ( x + y)2 − 1 τούμενη λύση είναι λοιπόν 2 Άσκηση Να βρεθεί η γενική λύση της Δ.Ε. y′ = −
2x + 3y + 1 3x + 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 περιγράφεται από την Δ.Ε. 2ας τάξεως (1) x = F( x , x ) όπου x η γενικευμένη συντεταγμένη. Η (1) είναι ισοδύναμη με το παρακάτω σύστημα Δ.Ε. πρώτης τάξης: (2) x = y και y = F( x , y) Μια λύση αυτού του συστήματος είναι η x=x(t), y=y(t). Θεωρούμε ένα ορθογώνιο σύστημα δυο αξόνων, όπου ο ένας άξονας παριστάνει την ταχύτητα y = x και ο άλλος την θέση x. Ο δισδιάστατος αυτός χώρος ονομάζεται φασικός χώρος ή χώρος των φάσεων. Σε κάθε χρονική στιγμή έχουμε ένα ζεύγος ( x , x ) = ( x , y ) που ορίζει ένα σημείο του φασικού 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) απαλείφοντας το χρόνο και διαιρώντας τις δύο εξισώσεις κατά μέλη θα έχουμε: y F( x, y) dy F( x, y) = ⇔ = (3) x y dx y Ας προσδιορίσουμε το διάγραμμα φάσεως στην περίπτωση της απλής αρμονικής ταλάντωσης με απόσβεση. Η εξίσωση της κίνησης είναι x = − Kx − bx με K , b > 0 Κ είναι η σταθερά επαναφοράς του ελατηρίου και b μια σταθερά αναλογίας, αφού έχουμε θεωρήσει την απόσβεση ανάλογη της ταχύτητας. Στην περίπτωσή μας έχουμε: F( x , y) = − Kx − by . Θεωρούμε ότι m=1, και ότι η απόσβεση είναι μικρή έτσι ώστε b 2 < 4K οπότε η (3) γράdy − Kx − by = φεται: (4) dx y Ομογενής Δ.Ε. πρώτου βαθμού. Έτσι:
Διαφορικές Εξισώσεις 1ης τάξης ♦ 37 y⎞ y⎞ ⎛ ⎛ x⎜K + b ⎟ K+b ⎟ ⎜ dy x⎠ x⎠ =− ⎝ =−⎝ (5) y dx y x y dy dR . Θέτουμε = R ( x ) ⇔ y = xR ( x ) ⇔ =R+x x dx dx Επομένως η (5) γράφεται: dR (K + bR ) dR R+x =− ⇔x = dx R dx (K + bR ) dR − K − bR − R 2 RdR dx − −R ⇔ x = ⇔ 2 =− ⇔ dx R R x R + bR + K dx RdR . =− 2 x K + bR + R Θα υπολογίσουμε πρώτα το αριστερό ολοκλήρωμα: RdR 1 2RdR 1 ( 2R + b − b) 1 2R + b = = dR − dR = 2 2 2 2 2 R + bR + K R + bR + K 2 R + bR + K 2 R + bR + K b dR 1 d(R 2 + bR + K) b dR 1 = − ∫ 2 = ln ( R 2 + bR + K ) − 2 2 ∫ ∫ 2 R + bR + K 2 R + bR + K 2 R + bR + K 2 b dR . 2 R 2 + bR + K Στη συνέχεια υπολογίζουμε το ολοκλήρωμα: dR (6) 2 R + bR + K 2 b⎞ ⎛ b2 ⎞ ⎛ 2 R + bR + K = ⎜ R + ⎟ + ⎜⎜ K − ⎟⎟ οπότε το (6) γράφεται 2⎠ ⎝ 4 ⎠ ⎝
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
⌠ b2 b dR ⎮ + = − t θα έχουμε K R και θέτοντας 2 2 ⎮ 4 2 ⎛ ⎞ b b ⎞ ⎮⎛ ⌡ ⎜R + ⎟ + ⎜K − ⎟ 2⎠ ⎝ 4 ⎠ ⎝ ⌠ b2 ⌠ − K dt ⎮ dR 1 4 ⌠ dt = ⎮ =⎮ = ⎮ 2 2 2 2 2 ⌡ t2 + 1 ⎮ b ⎞ 2 ⎛ b ⎞ b⎞ ⎛ b ⎞ ⎮⎛ b ⎮⎛ K− ⌡ ⎜R + ⎟ + ⎜K − ⎟ ⎮ ⎜K − ⎟t + ⎜K − ⎟ 4 ⎠ 4 ⎠ 2⎠ ⎝ 4 ⎠ ⌡⎝ 4 ⎝ ⎝ ⎞ ⎛ ⎜ R+b ⎟ 1 ⎜ 2 ⎟. tan −1 ⎜ ⎟ 2 b b2 ⎟ ⎜ K− ⎟ ⎜ K− 4 4 ⎠ ⎝
38 ♦ ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 ⎞ ⎛ ⎜ R+b ⎟ RdR 1 b 1 ⎜ 2 ⎟. = ln ( R 2 + bR + K ) − Άρα τελικά ∫ 2 tan −1 ⎜ ⎟ 2 2 R + bR + K 2 b b2 ⎟ ⎜ K− ⎟ ⎜ K− 4 4 ⎠ ⎝ ⎛ b ⎞ ⎜ R+ ⎟ 1 b 1 2 −1 ⎜ 2 ⎟ = −lnx + C Έτσι θα έχουμε : ln ( R + bR + K ) − tan 2 2 ⎟ ⎜ 2 2 b b ⎜⎜ K − ⎟⎟ K− 4 4 ⎠ ⎝ y και θέτοντας R = παίρνουμε την τελική λύση: x ⎛ y b ⎞ ⎜ ⎟ + 2 ⎞ b 1 ⎛y y 1 ln ⎜ 2 + b + K ⎟ − tan −1 ⎜ x 2 ⎟ = −lnx + C ⎜ 2 ⎝x x b2 b2 ⎟ ⎠ 2 ⎜⎜ K − ⎟⎟ 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 υ β ως προς το νερό, το ρεύμα του οποίου έχει ομοιόμορφη ταχύτητα υ π κατά την αρνητική φορά y. Το μέτρο της ταχύτητας της βάρκας | υ β |=υβ είναι σταθερό αλλά το διάνυσμα υ β 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 ταχύτητα dx (1) υβ,x = = −ν β cos θ dt
Διαφορικές Εξισώσεις 1ης τάξης ♦ 39 (το - οφείλεται στο ότι κινείται στην αρνητική κατεύθυνση του άξονα ΟΧ), ενώ στον dy άξονα y με (2) υβ, y = = −ν π − ν β sin θ dt Συνδυάζοντας τις (1) και (2) θα έχουμε:
υβ
dy − ν π − ν β sin θ = dx − ν β cos θ
Όμως sin θ =
dy = dx
− ν π − νβ − νβ
y x 2 + y2 y
, cos θ =
x x 2 + y2
(3) οπότε η (3) θα γραφεί:
− ν π x 2 + y2 − νβ y ν π x 2 + y 2 + νβ y x 2 + y2 = = x νβ x − νβ x x 2 + y2
δηλαδή τελικά έχουμε:
2 2 dy ν π x + y + ν β y = dx νβ x
(4)
που είναι ομογενής Δ.Ε. Λύνοντας την (4) θα έχουμε: y2 ν π x 1 + 2 + νβ y dy x = = dx νβ x y Θέτουμε = R ( x ) ⇔ y = xR ( x ) x
⎛ 2 y2 y⎞ x⎜ ν π 1 + 2 + ν β ⎟ ν 1 + y + ν y ⎜ π β x ⎟⎠ x x x2 ⎝ = νβ νβ x
οπότε θα έχουμε:
2 dy dR dR ν π 1 + R + ν β R dR . Έτσι η (5) γράφεται R + x =R+x = ⇔x = dx dx dx dx νβ
(5)
40 ♦ ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 ν π 1 + R 2 + νβR − νβR νβ
vπ ln x + K vâ Θέτοντας: oπότε
vπ = α, v‰
=
(
)
νπ ν dx dR 1+ R2 ⇔ = π ⇔ n R + 1+ R2 = 2 νβ νβ x 1+ R
(
)
ln R + 1 + R 2 = α ln x + K ⇔ R+ 1+R 2 = K1x α
y y2 + 1 + 2 = K1 x α ⇔ x x
y+ x 2 + y 2 = K1x α ⇔ y+ x 2 + y 2 = K1x α+1 (6) x
Πολλαπλασιάζουμε την (6) με y- x 2 + y 2 και έχουμε: y2-(x2+y2)=K1xα+1(y- x 2 + y 2 ) ⇒ -x2=K1xα+1(y- x 2 + y 2 ) ⇒ y- x 2 + y 2 =-x1-α/K1 (7) Προσθέτουμε τις (6) και (7): ⎞ 1⎛ 1 2y=-x1-α/Κ1+K1xα+1 ⇒ υ= ⎜ K1x α+1 − x1−α ⎟ 2⎝ ζ1 ⎠ α) Εάν θέλουμε η βάρκα να φθάσει στην αρχή των αξόνων, θα πρέπει y(0)=0 και αυυβ ⇒ υβ>υα. τό συμβαίνει μόνο όταν 1-α>0 δηλ. 1>α= 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=K12cα-c-α ⇒ K12=c-2α ⇒ Κ1=c-α 3)
Γραμμές Διανυσματικού πεδίου.
Έστω A = A ( x , y, z ) ένα διανυσματικό πεδίο. Γραμμές του διανυσματικού πεδίου A ονομάζουμε τις καμπύλες εκείνες που σε κάθε σημείο τους (x,y,z) η εφαπτομένη έχει την διεύθυνση του A . Αν το A παριστάνει μια δύναμη τότε θα μιλάμε για δυναμικές γραμμές, ενώ όταν το A παριστάνει την ταχύτητα ενός ρευστού τότε οι γραμμές του διανυσματικού πεδίου A μας δίνουν τις ρευματικές γραμμές. Οι Δ.Ε. των γραμμών ενός διανυσματικού πεδίου δίνονται από τις σχέσεις: dx dy dz = = Ax Ay Az
Πράγματι: Έστω C μια γραμμή του διανυσματικού πεδίου A με διανυσματική παραμετρική εξίσωση: r (t ) = x(t ) i + y(t ) j + z(t )k dr (t ) της καμπύλης C είναι παράλληλο προς το διαΕπειδή το εφαπτομενικό διάνυσμα dt νυσματικό πεδίο A θα έχουμε:
Διαφορικές Εξισώσεις 1ης τάξης ♦ 41
dr (t ) dx dy dz = = =λ A ⇒ dx(t)/dt=λAx, dy(t)/dt=λAy, dz(t)/dt=λAz ⇒ dt Ax Ay Az Έστω ν ( x , y) = ( xy)ˆi + ( x 2 + 2 y 2 )ˆj η ταχύτητα που επικρατεί στο σημείο x,y,z ενός πεδίου ροής. Θέλουμε να βρούμε τις ρευματικές γραμμές: dx dy dy x 2 + 2 y 2 = 2 ⇔ = xy x + 2 y 2 dx xy Ομογενής Δ.Ε.. Λύνοντάς την έχουμε: 2 ⎛ ⎛ y ⎞ ⎞⎟ 2⎜ x 1 + 2⎜ ⎟ ⎜ ⎝ x ⎠ ⎟⎠ dy = ⎝ (1) dx 2⎛ y ⎞ x ⎜ ⎟ ⎝x⎠ y dy dR οπότε η (1) γράφεται: Θέτουμε = R ⇔ y = xR ⇔ =R+x x dx dx dR 1 + 2R 2 dR 1 + 2R 2 1 + 2R 2 − R 2 1 + R 2 R+x = ⇔x = −R = = R dx R dx R R dx RdR Δ.Ε. χωριζομένων μεταβλητών. Οπότε: δηλαδή = 2 x 1+ R RdR dx 1 d 1+ R2 1 = + C ⇔ = nx + C ⇔ n 1 + R 2 = nx + C ⇔ 2 2 x 2 1+ R 2 1+ R 1 1 y2 n 1 + R 2 2 = nx + C ⇔ 1 + R 2 2 = C1 x ⇔ 1 + R 2 = C 2 x 2 ⇔ 1 + 2 = C 2 x 2 ⇔ x 2 y = C2 x 2 −1 ⇔ y2 = C2 x 4 − x 2 . 2 x Αυτή είναι η εξίσωση των ρευματικών γραμμών.
∫
∫
(
)
∫ (
(
)
(
)
)
Γραφική παράσταση του διανυσματικού πεδίου: υ = (xy) i + (x 2 + 2y 2 ) j
Ρευματικές γραμμές του διανισματικού πεδίου υ
42 ♦ ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3
3.
3 ΓΡΑΜΜΙΚΕΣ ΔΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ης TΑΞΗΣ
Η γενική μορφή των γραμμικών (6 Δ.Ε. 1ης τάξης είναι:
dy + P( x)y = Q( x) dx
(1)
dy + P( x)y = 0 ονομάζεται ομογενής γραμμική Δ.Ε. 1ης τάξης και dx είναι χωριζομένων μεταβλητών. Για την λύση της Δ.Ε. (1) θα λύσουμε πρώτα την αντίστοιχη ομογενή, που είναι χωριζομένων μεταβλητών − P( x )dx dy dy + P( x)y = 0 ⇒ ∫ = − ∫ P( x)dx + k ⇒ yομ= c1e ∫ α) dx y 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: Αν Q(x)=0 η Δ.Ε
− P ( x )dx g′+P(x)g=0 ⇒g(x)=c1 e ∫ 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 συνάρτηση και g(x), h(x) συναρτήσεις που θα προσδιοριστούν επιδιώκοντας η νέα Δ.Ε. να έχει τέτοια μορφή ώστε να επιλύεται
Διαφορικές Εξισώσεις 1ης τάξης ♦ 43 P ( x )dx ⌠ e∫ gY′=Q(x) ⇒ Y(x)= ⎮ ⎮ Q( x ) c1 dx + c 2 ⌡
y( x ) = e
Άρα
∫
− P ( x )dx
⎡ ⎤ ∫ P ( x )dx dx + c ⎥ ⎢ Q( x )e ⎣ ⎦
∫
(2)
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: d ⎡ ∫ P ( x)dx ⎤ ∫ P ( x)dx ∫ P ( x)dx ∫ P ( x)dx ∫ P ( x)dx = e y Q x e ( ) ⇒ e y′ + e P( x)y = e Q( x) ⇒ ⎥ ⎢ dx ⎣ ⎦ − ∫ P ( x )dx ⎡ ⎤ ∫ P ( x)dx ∫ P( x)dx ∫ P ( x)dx e y = ∫ Q( x)e dx + c ⇒ y( x) = e Q ( x ) e dx + c ⎥ ⎢ ∫ c>0 ⎣ ⎦ Παράδειγμα 1: Να λυθεί η Δ.Ε.: y′-2xy=x Λύση: Έχουμε P(x)=-2x, Q(x)=x ⇒ ∫P(x)dx=-x2 και τελικά 1 −x2 1 ⎤ x2 − x2 x2 ⎡ x2 y(x)= e ∫ e xdx + c = e ⎢⎣− 2 e + c⎥⎦ = ce − 2
[
]
c<0
Το αντίστοιχο διευθύνον πεδίον είναι:
c>0
c<0
Από το οποίο φαίνεται ότι μια σταθερή λύση είναι η y=-1/2 που προκύπτει από την γενική λύση για c=0. Παράδειγμα 2: Να λυθεί η Δ.Ε.: (8
y′+(4/x)y=x4
Ο τρόπος αυτός ουσιαστικά βασίζεται στην έννοια του ολοκληρωτικού παράγοντα, που θα μελετηθεί στο Κεφάλαιο 4.
44 ♦ ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3
Λύση: Έχουμε P(x)=4/x, Q(x)=x4 ⇒ ∫P(x)dx=4lnx και τελικά: ⎤ c x5 1 ⎡ x9 y(x) = e −4 ln x ⎡ ∫ e4 ln x x 4dx + c ⎤ = 4 ⎢ + c ⎥ = 4 + ⎣ ⎦ x 9 9 ⎣ ⎦ x Από την μορφή της γενικής λύσης είναι φανερό ότι δεν υπάρχει μερική λύση που να ικανοποιεί 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 συνάρτηση 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:
∫
x
α
tϕ(t)dt = x 2 + ϕ(x)
(1)
dϕ d x dϕ dϕ ⇒ xϕ(x) = 2x + tϕ(t)dt = 2x + − xϕ(x) = −2x ⇒ ∫ dx α dx dx dx η οποία είναι γραμμική και βάσει του τύπου (2) θα έχουμε xdx ⎡ − xdx 2 ⎤ ϕ(x) = e ∫ ⎢ − ∫ 2xe ∫ dx + c ⎥ ⇒ ϕ(x) = 2 + ce x / 2 ⎣ ⎦ Η συνάρτηση αυτή πρέπει να ικανοποιεί την αρχική εξίσωση: Λύση:
(2)
x
∫
x
α
t ⎡ 2 + ce t ⎣
2
/2
⎤dt = x 2 + 2 + ce x ⎦
2
/2
⇒ t
2 x α
⌠ ⎛ t2 ⎞ ⎛ t2 ⎞ ⎛ x2 ⎞ + c⎮ exp ⎜ ⎟ d ⎜ ⎟ = x 2 + 2 + cexp ⎜ ⎟ ⎝2⎠ ⎝2⎠ ⎝ 2 ⎠ ⌡ α
⎡ ⎛x ⎞ ⎛α ⇒ [x -α ]+c ⎢ exp ⎜ ⎟ − exp ⎜ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎣
⎛ −α2 ⎞ ⎞⎤ ⎛ x2 ⎞ 2 2 c=-(α +2)exp ⎜ ⎟ ⎥ = x + 2 + c exp ⎜ ⎟ ⇒ ⎟ ⎠⎦ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎛ x 2 − α2 ⎞ Τελικά φ(x)=2-(α2+2)exp ⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ Ένας άλλος τρόπος, πιο σύντομος, για τον προσδιορισμό της σταθεράς c είναι ο εξής: Θέ2
2
2
2
α2 2
(3) τουμε στη (2) x=α και έχουμε: φ(α)= 2 + ce Η εξίσωση (1) για x=α δίνει 0=α2 +φ(α) ⇒ φ(α)=-α2 (4) Από την (3) και (4) δι' απα2
λοιφής του φ(α) παίρνουμε: c=-(α +2) e
−
α2 2
Διαφορικές Εξισώσεις 1ης τάξης ♦ 45 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: 0 ≤ x ≤1 ⎧1 Q(x) = ⎨ x >1 ⎩0 Λύση: Για 0≤x≤1 έχουμε P(x)=2 και Q(x)=1. Επομένως: ⎧1 ⎫ 1 y1 (x) = e −2x ∫ e 2x dx + c1 = e −2x ⎨ e 2x + c1 ⎬ = + c1e −2x ⎩2 ⎭ 2 Για x>1 έχουμε P(x)=2 και Q(x)=0. Επομένως: y 2 (x) = c 2e −2x Άρα η γενική λύση θα είναι: −2x 0 ≤ x ≤1 ⎪⎧1/ 2 + c e y(x) = ⎨ −2x 1 1< x ⎪⎩c 2 e Η συνένωση των δυο λύσεων απαιτεί: lim x →1 y1 (x) = lim x →1 y 2 (x)
{
x ≤1
}
x >1
⎧1 ⎫ ⇒ lim x →1 ⎨ + c1e −2x ⎬ = x ≤1 ⎩ 2 ⎭ = lim x →1 {c2e −2x } x >1
⇒ 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 ⎧ ⎪1/ 2 (1 − e ) y(x) = ⎨ 2 −2x ⎪⎩1/ 2 ( e − 1) e
ΑΣΚΗΣΕΙΣ
Να λυθούν οι Δ.Ε.
0 ≤ x ≤1 x >1
46 ♦ ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3
y = x2 x y′-ycotx=2xsinx y′+2y=3ex
Απ. y=cx+x3/2
1)
y′-
2) 3)
Απ. y=x2sinx+csinx Απ. y=ce-2x +ex 1 1 y′+y=sinx Απ. y=ce-x + sinx- cosx 2 2 Να λυθεί το πρόβλημα αρχικών τιμών y′(x)+P(x)y(x)=0, y(0)=1
4) 5) όπου
⎧2 P(x) = ⎨ ⎩1
0 ≤ x ≤1 x >1
Προβλήματα Εφαρμογών
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 θερμοκρασία 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 χρονική 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 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, θερμοκρασίας Τ0=100 C. Να βρεθεί η θερμοκρασία 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). qρ − t⎤ αP q αP ⎡ m dt − (T − T0 ) dt Απάντηση: T=T0+ ⎢1 − e ⎥ με αντίστοιχη Δ.Ε. dT= cVρ V cqρ ⎣ ⎦ 3.4 ΑΚΡΙΒΕΙΣ ή ΠΛΗΡΕΙΣ ΔΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ.
Διαφορικές Εξισώσεις 1ης τάξης ♦ 47 Έστω η Δ.Ε.
dy P( x, y) =− dx Q( x, y)
(1)
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) (9 τότε το αριστερό μέλος της (2) είναι το ολικό διαφορικό 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 παραγώγους, παίρνουμε από τις (3): ∂P ∂ 2F ∂Q ∂ 2F = = και (5) ∂y ∂x∂y ∂x ∂y∂x Εάν δεχθούμε ότι η F έχει συνεχείς τις δεύτερες μερικές παραγώγους, τότε από το θεώρημα του Schwarz 10 έχουμε: ∂P ∂Q ∂ 2F ∂ 2F = (6) = και επομένως θα είναι ∂y ∂x ∂x∂y ∂y∂x Η (6) είναι αναγκαία και ικανή συνθήκη για να είναι η (2) ολικό διαφορικό κάποιας συνάρτησης F. Όταν συμβαίνει αυτό, η (1) ονομάζεται ακριβής ή πλήρης διαφορική εξίσωση και η λύση της δίνεται από την (4). Ο τρόπος με τον οποίο προσδιορίζουμε τότε τη συνάρτηση F περιγράφεται στο παρακάτω παράδειγμα: Παράδειγμα : Να λυθεί η εξίσωση:
(8y-x2y)
dy +(x-xy2)=0 dx
(7)
(8) Λύση: Η (7) γράφεται (x-xy2)dx + (8y-x2y)dy=0 ∂P και =-2xy Έχουμε P=x-xy2 ∂y ∂Q Q=8y-x2y και =-2xy ∂x ∂F ∂P ∂Q ∂F = υπάρχει κάποια συνάρτηση F με =P και =Q, της οποίας το ολιΕπειδή ∂x ∂y ∂y ∂x 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= (10
∂F ∂F ∂F dx1 + dx 2 + ⋅ ⋅ ⋅ + dx n ∂x 1 ∂x 2 ∂x n
H διατύπωση του θεωρήματος του Schwarz είναι η εξής: Εάν η συνάρτηση f(x,y) έχει συνεχείς μερικές
παραγώγους πρώτης και δεύτερης τάξης, τότε παραγώγου
∂ 2F ∂ 2F = δηλ. ο υπολογισμός της δεύτερης μερικής ∂x∂y ∂y∂x
∂ 2F δεν εξαρτάται από την σειρά παραγωγίσεως. ∂x∂y
48 ♦ ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3
∂F ∂F ∂F =P ή =x-xy2. Ολοκληρώνοντας τη συνάρτηση ως προς x, ∂x ∂x ∂x (θεωρώντας το y σταθερό), βρίσκουμε: 1 2 1 2 2 2 2 (9) ∫ x − xy dx = ∫ xdx − y ∫ xdx = 2 x − 2y x 2. Η F(x,y) είναι ίση με το ολοκλήρωμα (9) συν κάποια συνάρτηση φ(y) του y: 1 1 F(x,y)= x2 − y2x2+φ(y) (10) 2 2 Πράγματι παραγωγίζοντας την (10) ως προς x και παίρνοντας υπόψη ότι ∂φ(y)/∂x=0 επαληθεύουμε τη σχέση: ∂F =P=x-xy2 ∂x 3. Για να προσδιορίσουμε την φ(y) παραγωγίζουμε τη (10) ως προς y και εξισώνουμε την παράγωγο αυτή με Q=8y-x2y ∂F dϕ =8y-x2y (11) =-x2y+ ∂y dy (12) Από την (11) προκύπτει dφ/dy=8y και φ=4y2 Αντικαθιστώντας τη (12) στην (10) βρίσκουμε: 1 1 F(x,y)= x2 - y2x2 +4y2 (13) 2 2 Οι λύσεις της (7) είναι λοιπόν: 1 2 1 2 2 x - y x +4y2=c 2 2 1.
Έχουμε
(
)
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 ⎡1 ydx x ⎤ dy = 0 −⎢ 2 + 2 6. 2 2 x +y x + y2 ⎥⎦ ⎣y Απαντήσεις: 2 2 2 x +y =c 1. yx + 2 2. Δεν είναι πλήρης
3. exy=c
4. xy=c 5. Δεν είναι πλήρης ⎡x⎤ 1 6. arctan ⎢ ⎥ + =c ⎣y⎦ y
Διαφορικές Εξισώσεις 1ης τάξης ♦ 49 3.5 Ορθογώνιες τροχιές
Σε πολλά προβλήματα της Φυσικής εμφανίζονται δυο οικογένειες καμπυλών τέτοιες 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 ηλεκροστατικό), σε δυο διαστάσεις, δηλ. σ' ένα επίπεδο, οι τομές των ισοδυναμικών επιφανειών 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 καμπύλη 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 εξίσωσης που προκύπτει από την παραγώγιση, δηλ.: Φ (x, y,c) = 0 ⎫ ⎪ dy = f (x, y) (3) ∂ ∂ d dy ⎬ ⇒ Φ (x, y,c) = 0 = Φ (x, y,c) + Φ (x, y,c) ⎪ dx dx ∂x ∂y dx ⎭ β) Λύνουμε την Δ.Ε.: 1 dy =− (4) dx f ( x, y) Σε κάθε σημείο (x,y) οι λύσεις της Δ.Ε. (4) και οι λύσεις της Δ.Ε. (3) θα έχουν κλίσεις των οποίων το γινόμενο θα είναι ίσο προς −1 = −1 f(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 x 2x+2yy′=0 ⇒ y′=y Η Δ.Ε. των ορθογωνίων τροχιών θα είναι λοιπόν y′=y/x ⇒ dy/dx=dx/x Ολοκληρώνοντας την εξίσωση αυτή βρίσκουμε:
50 ♦ ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3
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.
y
x2+y2=c2
y=kx
x
Σχ.1 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
Διαφορικές Εξισώσεις 1ης τάξης ♦ 51 Ολοκληρώνοντας βρίσκουμε y2=-x2/2+k. Οι αρχικές καμπύλες y=cx2 ήταν, στην περίπτωση 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 k Σχ.2.. x2 y2 Παράδειγμα 3 : Να δείξετε ότι η οικογένεια των κωνικών τομών + = 1 είναι c c−5 αυτοορθογώνια με την έννοια ότι σε κάθε σημείο κάθε καμπύλης της οικογένειας υπάρχει 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: x y dy 5x − 5yy ′ + = 0 ⇒ c= ⇒ c-5= x + yy ′ x + yy ′ c c − 5 dx 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 παράγωγος y′ αντικατασταθεί με -1/y′. Από αυτό συμπεραίνουμε ότι η οικογένεια των ορθογώνιων τροχιών περιγράφεται από την ίδια διαφορική εξίσωση και επομένως η αρχική οικογένεια είναι αυτοορθογώνια. Άλλος τρόπος: Την Δ.Ε. (x+yy′)(xy′-y)-5y′=0 την γράφουμε σαν τριώνυμο ως προς y′ με α(y′)2+βy′+γ=(x+yy′)(xy′-y)-5y′=0 2 2 α=xy, β=x -y -5 και γ=-xy. Εάν y1′=f1(x,y) και y2′=f2(x,y) είναι οι δυο ρίζες του τριωνύμου αυτού, τότε το γινόμενο τους, ως γνωΣχ. 3 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 αυτοορθογώνια.
Παρατήρηση: Εύκολα διαπιστώνουμε ότι για c>5 η οικογένεια των κωνικών τομών x2 y2 + = 1 παριστάνει έλλειψη και για 0
52 ♦ ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 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 σημείο 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): rdθ tanΨ= dr Β Η ποσότητα αυτή χαρακτηρίζει την κλίση της rdθ καμπύλης c ως προς την πολική ακτίνα. Η Δ.Ε. της οικογένειας των καμπυλών θα έχει τη Ψ Α μορφή: dr dθ r = f (r, θ) (2) Σ(r,θ) dr dθ r την οποία βρίσκουμε παραγωγίζοντας την (1) ως θ προς θ και απαλείφοντας την c μεταξύ της (1) και Ο της εξίσωσης που προκύπτει από την παραγώγιση της (1). Η Δ.Ε. των ορθογώνιων τροχιών θα είναι τότε: dθ 1 r =− (3) dr f (r, θ) Άσκηση : Να βρεθούν οι ορθογώνιες τροχιές για τις παρακάτω οικογένειες καμπυλών: 1) r=c(1-cosθ) Απ. r=kcos2(θ/2)
2) 3)
3.7
c 1 − ε cos θ r=ecθ
r=
⎡ ⎛ θ ⎞⎤ ⎢ tan ⎜ 2 ⎟ ⎥ ⎝ ⎠⎦ Απ. r=k ⎣ sin θ 2 Απ. (lnr) =k2-θ2
ε
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: dy = f ( x, y) (3) dx
Διαφορικές Εξισώσεις 1ης τάξης ♦ 53 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 πλάγιας 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: Κ2 tan ω = tan ⎡⎣ tan −1 ( f (x, y) ) + θ ⎤⎦ = θ f (x, y) + tan θ = Κ1 1 − f (x, y) tan θ και η Δ.Ε. των πλάγιων τροχιών θα είναι: ω φ dy f (x, y) + tan θ = dx 1 − f (x, y) tan θ Παράδειγμα: Να βρεθεί η οικογένεια των πλάγιων τροχιών που τέμνει την οικογένεια των ευθειών y=cx υπό γωνία π/4. Λύση: Βρίσκουμε, κατά τα γνωστά, την Δ.Ε. της οποίας λύση είναι η οικογένεια των ευθειών Φ(x,y,c)=y-cx=0. Φ = y − cx ⎫ y ⎪ ∂Φ ⎬ ⇒ y − y′x = 0 ⇒ y′ = x = y′ − c = 0 ⎪ ∂x ⎭
Αντικαθιστούμε την f(x,y)=y/x με την έκφραση: ⎛π⎞ f (x, y) + tan ⎜ ⎟ y + 1 x+y ⎝4⎠ = x = y x−y ⎛π⎞ 1 − f (x, y) tan ⎜ ⎟ 1 − x ⎝4⎠ και η Δ.Ε. των ζητουμένων πλάγιων τροχιών είναι:
dy x + y = dx x − y
⎛y⎞ η οποία σαν ομογενής Δ.Ε. έχει λύση: ln ⎣⎡ k 2 ( x 2 + y 2 ) ⎦⎤ − 2 tan −1 ⎜ ⎟ = 0 ⎝x⎠
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.
54 ♦ ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3
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 ορίζονται 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 ορθογωνίων τροχιών και κάθετο στις ισοδυναμικές καμπύλες. Παράδειγμα: Θεωρούμε ένα φορτίο Q τοποθετημένο στην αρχή Ο ενός συστήματος αναφοράς 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: (1) Φ(x,y,c)=x2+y2-c2=0 Για να βρούμε τις ορθογώνιες τροχιές, παραγωγίζουμε την (1) ως προς x:
Διαφορικές Εξισώσεις 1ης τάξης ♦ 55
d Φ(x, y,c) = 2x + 2yy′ = 0 ⇒ Διεύθυνση της dx Ε έντασης y′=f(x,y)=-x/y Θεωρούμε τώρα την Δ.Ε. Ισοδυναμικέςy′=-1/f(x,y)=y/x ⇒ dy/y=dx/x ⇒ καμπύλες y=c1x Επομένως οι ορθογώνιες τροχιές των ισοδυναμικών καμπυλών είναι ευθείες που διέρχονται από την αρχή των αξόνων. Γνωρίζουμε ότι η ένταση του ήλεκτρικού πεδίου ορίζεται από την βάθμωση του δυναμικού: ∂V ∂V i+ j E=∇V= ∂x ∂y x y r = −k 3 i − k 3 j= −k 3 r r r και διαπιστώνουμε ότι πράγματι η ένταση του ηλεκτρικού πεδίου είναι διάνυσμα εφαπτομενικό των ορθογωνίων τροχιών. Μηχανική των ρευστών. Θεωρούμε τις ισοδυναμικές καμπύλες ενός ρευστού, δηλ. 2) 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. Θερμική αγωγιμότητα. Ας θεωρήσουμε μια μεταλλική πλάκα, της οποίας τα σημεία 3) δεν έχουν την ίδια θερμοκρασία. Η οικογένεια των καμπυλών, σε κάθε σημείο των οποίων, η θερμοκρασία έχει την ίδια τιμή, λέγονται ισοθερμικές καμπύλες. Η οικογένεια των ορθογωνίων καμπυλών είναι οι καμπύλες κατά μήκος των οποίων διαδίδεται η θερμότητα. 3.9 ΔΙΑΦΟΡΙΚΗ ΕΞΙΣΩΣΗ ΤΟΥ BERNOULLI (1667-1748)
Η γενική μορφή της εξίσωσης αυτής είναι:
dy = P(x)y + Q(x)y α α∈R dx
(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 : P Q y′=βuβ-1u′=Puβ +Quαβ ⇒ u′= u + u αβ−β+1 β β
56 ♦ ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3
Καταλήξαμε πάλι σε εξίσωση Bernoulli. Τώρα όμως έχουμε στη διάθεση μας την παράμετρο 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 1 β) αβ-β+1=0 ⇒ β= (γραμμική) 1− α Άρα η εξίσωση Bernoulli γραμμικοποιείται εάν θέσουμε: 1
y = u 1−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 y −α+1 ) = P(x)y −α+1 + Q(x) y′y-α=P(x)y-α+1+Q(x) ⇒ ( −α + 1 απ’ όπου είναι φανερό ότι μετατρέπεται σε γραμμική με την αντικατάσταση 1
u=y1-α ⇒ y = u 1−α Παρατήρηση: Αν χρησιμοποιήσουμε γραμμικό μετασχηματισμό π.χ. y=gu, τότε η εξίσωση του Bernoulli παραμένει μη γραμμική, αλλά υπάρχει το ενδεχόμενο να λύνεται διαλέγοντας κατάλληλα την συνάρτηση g(x). Έτσι η εξίσωση του Bernoulli με τον μετασχηματισμό y=gu γράφεται: gu′+g′u = Pgu+Qgαuα ο δε γραμμικός όρος ως προς u, (g′-Pg)u μπορεί να απαλειφθεί αν θέσουμε ∫ P ( x)dx g′=Pg ⇒ g = e 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.
Θέτουμε και έχουμε
y=u
1 1−α
=u
1 1 2
1−
= u2
⇒ y′=2uu′ 1 1 2uu′=u2+exu ⇒ u′= u + e x (γραμ. Δ.Ε. 1ης τάξης) ⇒ 2 2 2
x ⎞ ⎛ u=e +ce ⇒ y= ⎜ e x + ce 2 ⎟ (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
x
x/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
Διαφορικές Εξισώσεις 1ης τάξης ♦ 57 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 ∂f ex = 1+ όσο και η παράγωγος της ως προς y ∂y 2 y y
y1 y2
2ln2
x
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 μονοσημάντου λοιπόν μπορεί να συμβεί μόνο πάνω στον οριζόντιο άξονα, ενώ απ’ όλα τ’ άλλα 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 παρουσία 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 παράδοξου 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 επομένως συνεπής με τον ορισμό της ως η θετική τετραγωνική ρίζα του y.
58 ♦ ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3
u
2ln2
x
-1
Σχ. 2 Ασκήσεις: Να λυθούν οι Δ.Ε.:
1)
y′+xy=xy2
Aπ.
1
y= ce
2)
3 y′- y = x4 y1/ 3 x
Απ
⎛ x2 ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ 2⎠
+1
y2/3=cx2+2x5/9
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: d 2s (1) F=mα ⇔ = m 2 =Βx-T-A dt N = mg cos θ T = μN ←⎯ ⎯⎯→ T = μmg cos θ (μ=συντελεστής τριβής). Την αντίσταση του αέρα την θεωρούμε ανάλογη του τετραγώνου 2
⎛ ds ⎞ της ταχύτητας, δηλαδή A = k ⎜ ⎟ με k > 0 . Άρα η (1) γράφεται: ⎝ dt ⎠ 2
m
d 2s d 2s k ⎛ ds ⎞ ⎛ ds ⎞ = mg sin θ − μ mg cos θ − k ⇔ = g sin θ − μg cos θ − ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 2 2 m ⎝ dt ⎠ dt dt ⎝ dt ⎠
2
(2)
Διαφορικές Εξισώσεις 1ης τάξης ♦ 59
Οι ποσότητες g,θ,μ είναι σταθερές. Επομένως η σχέση (3) μπορεί να γραφεί στην μορφή d 2s ⎛ ds ⎞ = λ2 − h 2 ⎜ ⎟ 2 dt ⎝ dt ⎠
2
k και λ2=gsinθ-μgcosθ. m Η ποσότητα gsinθ-μgcosθ είναι θετική αφού το σώμα κινείται προς τα κάτω. Θέτοντας ds dν (3) = ν ( t ) θα έχουμε = λ2 − h 2 ν 2 dt dt Αν μας ενδιαφέρει η ταχύτητα του σώματος σαν συνάρτηση της απόστασης που αυτό έχει διανύσει, τότε ψάχνουμε να βρούμε την ν = ν (s) . Οπότε: dν dν dt 1 dν dν dν . = = ⇔ =ν ds dt ds ν dt dt ds Έτσι η (3) γράφεται: dν dν λ2 ν = λ2 − h 2 ν 2 ⇔ = − h 2ν (4) ds ds ν Αυτή είναι μια Δ.Ε. Bernoulli με P(s) = −h 2 , Q(s) = λ2 και α = −1 . Θέτουμε
όπου h 2 =
ν=u
1 1− ( −1)
1
= u2 ⇔
1
dν 1 − 2 du = u ds 2 ds
Οπότε η (4) γράφεται: 1 1 1 − 2 du λ2 1 du du du u = 1 − h 2u 2 ⇔ = λ2 − h 2 u ⇔ = 2λ2 − 2h 2 u ⇔ + 2h 2 u = 2λ2 2 ds u 2 2 ds ds ds Η διαφορική αυτή εξίσωση είναι Γραμμική Δ.Ε. 1ης τάξης. Η λύση της είναι: 2 2 2 − 2 h 2 ds ⎧ 2 ∫ 2 h ds u (s) = e ∫ ds + C⎫⎬ = e − 2 h s ⎧⎨ 2λ2 e 2 h s ds + C⎫⎬ ⇔ ⎨ 2λ e ⎩ ⎭ ⎩ ⎭ 2 2 2 ⎧λ 2 2 ⎫ λ u (s) = e − 2 h s ⎨ 2 e 2 h s + C⎬ = Ce − 2 h s + 2 (5) h h ⎩ ⎭
∫
1 2
∫
2
Επειδή ν = u ⇔ u = ν 2 επομένως η (5) γράφεται ν 2 (s) = Ce − 2 h s +
ν(0) = ν o τότε θα έχουμε
λ2 . Αν δίνεται ότι h2
60 ♦ ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3
λ2 λ2 2 (ν o ) = C + 2 ⇔ C = (ν ο ) − 2 . h h 2 2 2 2 ⎛ λ ⎞ λ2 λ2 Έτσι τελικά έχουμε ότι: ν 2 (s) = ⎜⎜ (ν o ) 2 − 2 ⎟⎟e −2 h s + 2 = 2 1 − e − 2 h s + ν o e − 2 h s . h ⎠ h h ⎝ 2
(
Άρα για την ταχύτητα έχουμε ν(s) =
2)
(
)
)
2 2 λ2 1 − e −2h s + ν o e −2h s . 2 h
Κίνηση σφαίρας σε ρευστό
Θεωρούμε την κίνηση μιας σφαίρας που εισέρχεται την χρονική στιγμή t = 0 σε ένα υγρό μέσο, όπου υφίσταται δύναμη τριβής. Ένας σχετικά ρεαλιστικός νόμος τριβής που συνδυάζει τόσο την συμπεριφορά για μικρές ταχύτητες ( F ~ υ ), όσο και για μεγάλες ταχύτητες ( F ~ υ 2) είναι F=-λυ-μυ2, όπου το πρόσημο στο δεύτερο όρο αποδίδει τη φορά της κίνησης μόνο για κίνηση προς τα δεξιά ( υ > 0 ). Θέλουμε να προσδιορίσουμε το νόμο απόσβεσης της ταχύτητας. Ο νόμος του Newton θα γραφεί: dυ dυ λ μ = −λυ − μυ2 ⇔ F=mα ⇔ m (1) = − υ − υ2 dt dt m m λ ν λμ m λ Θέτοντας γ = ,ν = ⇔ = = μ γ λm μ m dυ γ (2) η (1) γράφεται = − γυ − υ 2 dt ν γ Δ.Ε. Bernoulli με P( x ) = − γ , Q( x ) = − και α = 2 . Έτσι θέτουμε ν 1 1 (3) υ = u 1− 2 = u −1 = u dυ dυ du 1 du . Από την (3) θα έχουμε = =− 2 dt du dt u dt 1 du du γ du γ 1 γ 1 Η (2) γράφεται: − 2 = −γ − ⇔− = − γu − ⇔ − γu = 2 dt dt ν ν u νu u dt ης Γραμμική Δ.Ε. 1 τάξης. Λύση της είναι η: − − γdt ⎧ γ − γdt ⎫ ⎧ γ ⎫ ⎧1 ⎫ 1 u = e ∫ ⎨ − e ∫ dt + C⎬ = e γt ⎨− e − γt dt + C⎬ = e γt ⎨ e − γt + C⎬ = + Ce γt . ν ⎩ ⎭ ⎩ ν ⎭ ⎩ν ⎭ ν 1 1 . Αν τη χρονική στιγμή t = 0 έχουμε υ(0) = υ o Επομένως υ = = 1 u γt + Ce ν υ υ 1 1 1 ⇔ o + υo C = 1 ⇔ υo C = 1 − o ⇔ C = − . Έτσι τελικά: τότε υ o = 1 ν ν υo ν +C ν ν 1 1 1 υ( t ) = = = = ⎛ ν ⎞ 1 ⎛ 1 1 ⎞ γt 1 ⎛ ν − υ o ⎞ γt 1 ⎛ ⎛ ν − υ o ⎞ γt ⎞ ⎟⎟e ⎜1 + ⎜ + ⎜⎜ − ⎟⎟e + ⎜⎜ − 1⎟⎟e γt ⎟⎟e ⎟ 1 + ⎜⎜ ⎜ ν ⎝ υo ν ⎠ ν ⎝ νυ o ⎠ ν ⎜⎝ ⎝ υ o ⎠ ⎟⎠ ⎝ υo ⎠
∫
∫
Διαφορικές Εξισώσεις 1ης τάξης ♦ 61
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 αναζητηθεί 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 άγνωστη 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)+ [β(x) + 2α(x)h(x) ] Y(x) +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 ώστε: 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 πολλές περιπτώσεις πρακτικού ενδιαφέροντος η ανεύρεση μιας τέτοιας λύσης δεν είναι ιδιαίτερα 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: y=
1 + y0 u
και η αρχική εξίσωση Ricatti μετατρέπεται σε γραμμική. Εάν στην αρχική εξίσωση (1) χρησιμοποιήσουμε τον μετασχηματισμό (2) θα πάρουμε την εξίσωση: 11)
Η εξίσωση αυτή εμφανίζεται στη θεωρία της διάχυσης νετρονίων, στην ηλεκτρομαγνητική θεωρία και στην οπτική.
62 ♦ ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3
g′ ⎤ αh 2 + βh + γ − h ′ ⎡ (9) Y′=αgY + ⎢β + 2αh − ⎥ Y + g⎦ g ⎣ 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: αh 2 + βh + γ − h ′ =0 ⇒ h′=αh2+βh+γ (10) g g′ g′ = β + 2αh β+2αh- = 0 ⇒ (11) g g 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: 2
⎡
⎤
⎢ ∫ (β+ 2 αy0 ) dx ⎥⎦ g = e⎣ (13) 2 Με αυτές τις εκλογές η (9) καταλήγει στη διαχωρίσιμη εξίσωση: Y′=αgY της οποίας η 1 λύση είναι: (14) Y=− α gdx + c ∫
Βάσει των (2), (12) και (14) παίρνουμε την γενική λύση: ⎡ [β (x ) + 2 α ( x ) y ] dx ⎤ 0 ⎦⎥ −e ⎣⎢ ∫ g +y0 y=− + y0 = ⎡ [β ( x ) + 2 α (x ) y ] dx ⎤ 0 ⎢⎣ ∫ ⎥⎦ α gdx + c dx + c ∫ ∫ α(x)e
(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 μπορεί να είναι μεγαλύτερος του 1 διότι η δύναμη που προκύπτει από τον όρο y2 δεν θα μπορεί 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: 1 y=x+ (3) 1+ ce x 1 ή θέτοντας από την αρχή y= +x η (1) γίνεται: u
Διαφορικές Εξισώσεις 1ης τάξης ♦ 63 2
1 ⎛1 ⎞ ⎛1 ⎞ 1− 2 u ′ = ⎜ + x⎟ −( 2x +1)⎜ + x⎟ +( x 2 + x +1)= ⎝u ⎠ ⎝u ⎠ u 1 1 1 x = 2 + x2 + 2 − 2 x − 2 x2 − − x + x2 + x + 1 ⇒ u u u u 1 1 1 − 2 u′ = 2 − ⇒ u′-u=-1 (γραμμική) ⇒ u u u u(x)= e x ⎡∫ −e − xdx + c⎤ = e x e − x + c = 1 + ce x ⎢⎣ ⎥⎦ 1 1 e−x y= +x= x+ = x + 1 + ce x u e−x + c
[
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 u′ y=− αu η εξίσωση του Ricatti μετατρέπεται σε γραμμική διαφορική εξίσωση δεύτερης τάξης, της οποίας ο τρόπος λύσης αναφέρεται σε επόμενα κεφάλαια. Πράγματι: 1 u ′′u − u ′2 α′ ⎛ u ′ ⎞ + 2⎜ ⎟ y′= − α u2 α ⎝u⎠ 2 και η εξίσωση του Ricatti y′=α(x)y +β(x)y+γ(x) γράφεται: 1 u ′′u − u ′2 α′ ⎛ u ′ ⎞ 1 u ′2 β u ′ ⎛ α′ ⎞ − + 2⎜ ⎟= − + ‹ ⇒ u ′′ − ⎜ + β ⎟ u ′ + γαu = 0 2 2 α u α ⎝u⎠ αu αu ⎝α ⎠ Ασκηση: Να λυθεί η Δ.Ε. 2 1 3x2 Απ. y= + 1) y′=y2- 2 x x c − x3 2) Προσπαθήστε να λύσετε την εξίσωση του Ricatti y′=α(x)y2+β(x)y+γ(x) χρησιμοποιώντας 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: 2 d 2ψ d 2 ψ 2m − + V ( x ) ψ ( x ) = E ψ ( x ) ⇔ + 2 [E − V( x )]ψ ( x ) = 0 (1) 2m dx 2 dx 2 Θα κάνουμε τον μετασχηματισμό: 2 πi 2 πi 2πi ∫ u ( x ) dx ∫ u ( x ) dx ψ = Ae ⇔ ψ′ = A u ( x )e ⇔ 2
2πi
2πi
2πi
2πi
2πi ∫ u(x)dx du 4π ⎛ 2πi ⎞ ∫ u(x)dx ∫ u(x)dx ∫ u(x)dx 2πi ′ u(x) ⎟ e +A e = −A 2 u 2 (x)e + Ae u (x) ψ ′′ = A⎜ dx ⎝ ⎠ Οπότε η (1) γράφεται: 2
64 ♦ ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 −A
−
4π 2 u 2 2
2π
2mi 2
2 πi
e
u ′( x ) −
∫ u ( x ) dx
4π 2 i 2
2 πi
+ Ae
u 2 (x) +
2 πi
2m ∫ u ( x ) dx 2πi ′ ∫ u ( x ) dx u ( x ) + 2 [E − V( x )]Ae =0⇔
2mi 2
[E − V( x )] = 0 ⇔ u ′(x ) + u ′( x ) +
2πi
[E − V(x )] = 0 ⇔ 2π u ′(x ) + 4π2 i u 2 (x ) − 2
4π 2 i 2π
u 2 (x) −
2
u 2 (x) −
2mi 2π
2
[E − V(x )] = 0 ⇔
mi [E − V( x )] = 0 π
(2)
Αυτή είναι Δ.Ε. Ricatti. Ας μελετήσουμε την περίπτωση του ελεύθερου σωματίου. Στην περίπτωση αυτή το δυναμικό είναι μηδέν δηλαδή V ( x ) = 0 , οπότε η (2) γράφεται: 2πi 2 mi 2πi 2 mi (3) u ′( x ) + u (x) − E = 0 ⇔ u ′( x ) = − u (x) + E π π k 2mE με k = Η εξίσωση αυτή έχει ως μερική λύση την u o = . 2 2π 1 k 1 Επομένως κάνουμε τον μετασχηματισμό u ( x ) = + ⇔ u ′( x ) = − 2 φ′ . φ 2π φ Έτσι η (3) γράφεται: 2
2 2 2πi ⎛ 1 k⎞ miE 2πi ⎛ 1 k k ⎞ miE ⎜ ⎜⎜ + ⎟⎟ + =− + + ⎜ φ 2 4π 2 πφ ⎟⎟ + π ⇔ π ⎝ φ 2π ⎠ ⎝ ⎠ 2πi i 2 2i miE 2πi i 2mE 2i miE φ′ = − 2 − k − k+ =− 2 − − k+ ⇔ 2 2π φ π φ π 2π φ φ 2πi 2i 2πi 2πi φ′ = − 2 − k ⇔ −φ′ = − − 2kiφ ⇔ φ′ − 2ikφ = φ φ − − 2 ikdx ⎧ 2 πi ∫ − 2 ikdx ⎫ Γραμμική Δ.Ε. 1ης τάξης. Η λύση της θα είναι φ = e ∫ e dx + C⎬ = ⎨ ⎩ ⎭ 2πi 1 − 2ikx π ⎫ ⎧ 2πi − 2ikx e 2ikx ⎨ e dx + C⎬ = −e 2ikx + Ce 2ikx = Ce 2ikx − e 2ik k ⎭ ⎩
1 − 2 φ 1 − 2 φ 1 − 2 φ
φ′ = −
∫
∫
⇔ φ = Ce 2ikx −
1 k π = . Οπότε u = + φ 2π κ
1 π k
Ce 2ikx −
+
k = 2π
d ⎛ π − 2ikx ⎞ k . n⎜ C − e ⎟+ 2iπ dx ⎝ k ⎠ 2π Επομένως για την κυματοσυνάρτηση θα έχουμε τελικά
e −2ikx k + ⇔ π − 2ikx 2π C− e k
u=
2 πi
ψ = Ae
ψ = Ae
∫ u ( x ) dx
= Ae
π ⎞ ⎛ n ⎜ C − e −2 ikx ⎟ + ikx k ⎠ ⎝
2 πi ⎡ d ⎛ k ⎤ π ⎞ n ⎜ C − e − 2 ikx ⎟ dx + dx ⎥ ⎢ k 2π ⎦ ⎠ ⎣ 2 iπ dx ⎝
∫
∫
⇔
Aπ −ikx π ⎞ ⎛ e = A⎜ C − e − 2ikx ⎟ ⋅ e ikx = ACe ikx − . k k ⎝ ⎠
Διαφορικές Εξισώσεις 1ης τάξης ♦ 65 Θέτοντας AC = α και −
Aπ = β θα έχουμε τελικά ψ = αe ikx + βe −ikx . k