F(x,y,y΄, y΄΄, y΄΄΄,y΄΄΄΄, …, y(n)) = 0 Συνήθης διαφορική εξίσωση Δίνεται η συνάρτηση y=f(x) και οι παράγωγοί της (πρώτης ή ανώτερης τάξης, y΄(x), y΄΄(x),…, y(n)(x)). Ορισμός: διαφορική εξίσωση λέγεται κάθε εξίσωση στην οποία εμφανίζεται μια (άγνωστη) συνάρτηση y της ανεξάρτητης μεταβλητής x και οι παράγωγοί της, πρώτης ή ανώτερης τάξης.  Συμβολισμός F(x,y,y΄, y΄΄, y΄΄΄,y΄΄΄΄, …, y(n)) = 0 Παράδειγμα: 3y΄΄΄- 5xy΄΄+3y΄- 4xy+x3 = 0 ισοδύναμα

Συναντάμε διάφορες μορφές δ.ε. 1. F(x,y΄,y΄΄,…,y(n))=0 λείπει η y 2.F(y,y΄,y΄΄,…,y(n))=0 λείπει η x 3. y΄+y΄΄=0 λείπουν οι x,y,y΄΄΄, … ,y(n) 4. y(n)=0 λείπουν οι x,y,y΄,y΄΄, … ,y(n-1) Σε κάθε δ.ε. πρέπει να εμφανίζεται τουλάχιστον μια παράγωγος της άγνωστης συνάρτησης y=f(x). Ορισμός : Τάξη της δ.ε. λέγεται ο φυσικός αριθμός n που δηλώνει την παράγωγο της y=f(x) που έχει την μεγαλύτερη τάξη. Παραδείγματα: x3y΄+2xy = y5 δ.ε. 1ης τάξης y΄΄΄-5xyy΄= x2 δ.ε. 3ης τάξης (y΄΄)4+yy΄΄= συνx δ.ε. 2ης τάξης x4+ 2xyy(100)=εφx δ.ε. 100ης τάξης F(x,y,y΄,y΄΄ ,y΄΄΄,y΄΄΄΄) = 0 γενική μορφή δ.ε. 4ης τάξης

Επίλυση της δ.ε. με απευθείας ολοκλήρωση Επειδή οι δ.ε. περιλαμβάνουν παραγώγους και κάθε ολοκλήρωση μειώνει την τάξη της παραγώγου κατά μια μονάδα μπορούμε να θεωρήσουμε την απευθείας ολοκλήρωση σαν μια μέθοδο επίλυσης της δ.ε. (η μέθοδος αυτή είναι περισσότερο εξαίρεση παρά κανόνας). Παράδειγμα: Να λυθεί η διαφορική εξίσωση y΄΄- xe-2x=0 Λύση της δ.ε. λέγεται κάθε συνάρτηση με τύπο y=f(x) που επαληθεύει την παραπάνω ισότητα! 3

Επίλυση: Η ολοκλήρωση και η διαφόριση είναι αντίστροφες διαδικασίες! 4

Επίλυση: 5

Επίλυση: Γενική λύση της δ.ε. 6

Εφαρμογή 1η : Συνάρτηση κόστους Σε μια βιομηχανία το σταθερό κόστος λειτουργίας της (μηδενική παραγωγή) είναι CF=50 χρηματικές μονάδες. Το οριακό κόστος λειτουργίας της (κόστος οριακής παραγωγής dQ), όπου Q η ποσότητα του παραγόμενου προϊόντος, δίνεται από την σχέση Να υπολογιστεί η συνάρτηση του συνολικού κόστους λειτουργίας της βιομηχανίας. 7

Η ολοκλήρωση και η διαφόριση είναι αντίστροφες διαδικασίες! Επίλυση: Από τα δεδομένα του προβλήματος έχουμε ότι το σταθερό κόστος λειτουργίας, δηλ. το κόστος με μηδενική παραγωγή (Q=0) είναι 50 χ.μ. Επιπλέον, το οριακό κόστος, δηλ. το κόστος λειτουργίας της στιγμιαίας παραγωγής MC, δίνεται σαν μια εκθετική συνάρτηση της ποσότητας παραγωγής (δηλ. συνάρτηση μιας πραγματικής μεταβλητής) ως εξής : Διαφορική εξίσωση όπου C, είναι το συνολικό κόστος λειτουργίας της βιομηχανίας για την παραγωγή Q ποσότητας του προϊόντος. Έχουμε, Η ολοκλήρωση και η διαφόριση είναι αντίστροφες διαδικασίες! 8

Ισοδύναμα, 9

όπου c3 είναι μια σταθερά, δηλ. c3R όπου c3 είναι μια σταθερά, δηλ. c3R. Τελικά, η συνάρτηση του κόστους από την παραγωγής Q ποσότητας προϊόντος είναι Επιπλέον, επειδή η μηδενική ποσότητα παραγωγής κοστίζει στη βιομηχανία 50 χ.μ., από την προηγούμενη εξίσωση, για Q=0, έχουμε 10

Τελικά, η συνάρτηση του συνολικού κόστους λειτουργίας της βιομηχανίας για την παραγωγή Q ποσότητας προϊόντος δίνεται από την σχέση : 11

Εφαρμογή 2η : Συνάρτηση αποταμίευσης Σε μια βιομηχανία η οριακή ροπή για αποταμίευση S εξαρτάται από τα συνολικά έσοδά της Y και δίνεται από την σχέση Αν η επιθυμητή αποταμίευση αντιστοιχεί στο 1/10 των συνολικών εσόδων της βιομηχανίας, να προσδιοριστεί η συνάρτηση της αποταμίευσης S(Y) για συνολικά έσοδα 9 χρηματικών μονάδων. 12

Επίλυση: Από την σχέση που συνδέει την οριακή αποταμίευση, δηλ. την αποταμίευση των στιγμιαίων εσόδων, έχουμε : Διαφορική εξίσωση 13

Επιπλέον, για έσοδα 9 χρηματικών μονάδων η προηγούμενη σχέση γίνεται: είναι η συνάρτηση της αποταμίευσης ως προς τα συνολικά έσοδα Υ της βιομηχανίας. Επιπλέον, για έσοδα 9 χρηματικών μονάδων η προηγούμενη σχέση γίνεται: και από την υπόθεση Τελικά, 14

Συνάρτηση μιας πραγματικής μεταβλητής με τύπο y=f(x), δηλαδή, S=S(Y) ! και η συνάρτηση της αποταμίευσης για την βιομηχανία δίνεται από την σχέση: Συνάρτηση μιας πραγματικής μεταβλητής με τύπο y=f(x), δηλαδή, S=S(Y) ! 15

διάλειμμα - interval 16

Εφαρμογή 3η : Νεοκλασικό υπόδειγμα ανάπτυξης (του κεφαλαίου) σε μια βιομηχανία Είναι γνωστό ότι μία βιομηχανία ξεκινά με μια αρχική επένδυση (κεφάλαιο Κ0, στο χρόνο t=0) και στη συνεχεία καθώς ο χρόνος μεταβάλλεται (t>0) πραγματοποιούνται και ορισμένες επενδύσεις. Οι επενδύσεις αυτές αποτελούν το οριακό Κεφάλαιο, δηλ. το κεφάλαιο που τοποθετείται στο στιγμιαίο χρονικό διάστημα dt, Στην συγκεκριμένη βιομηχανία ισχύουν τα ακόλουθα: (α) Η συνολική Παραγωγή Y μέσα στο χρονικό διάστημα t (t>0) δίνεται από την σχέση 17

Α = η τεχνολογία (τεχνολογική πρόοδος) Α=Α(t)=egt, όπου g>0 όπου α>0, α1 και Α = η τεχνολογία (τεχνολογική πρόοδος) Α=Α(t)=egt, όπου g>0 K= το κεφάλαιο κατά την διάρκεια του χρόνου t, Κ=Κ(t) L=η εργασία κατά την διάρκεια του χρόνου t L=L(t)=L0ent, όπου n>0 και Lo η αρχική εργασία (για t=0) Αν γνωρίζουμε ότι οι επενδύσεις στην βιομηχανία δίνονται από την σχέση να υπολογιστεί το Κεφάλαιο σαν συνάρτηση του χρόνου t και των παραμέτρων α, n, g και s. Αν η βιομηχανία ξεκινά με αρχική επένδυση 100 χρηματικές μονάδες, να υπολογιστεί το Κεφάλαιο της βιομηχανίας μετά από 1 έτος και για α=1/2, s=1/2, L0=4, g=1 και η=2. 18

Y = AKαL1-α = egtKα(L0ent)1-α Λύση: Η παραγωγή Υ της βιομηχανίας είναι μια συνάρτηση του χρόνου και του Κεφαλαίου Y = AKαL1-α = egtKα(L0ent)1-α Επιπλέον, 19

Αν στο χρόνο t=0, η αρχική επένδυση στη βιομηχανία είναι Κ=Κ0, τότε ο προηγούμενος τύπος γίνεται : 20

επιλύοντας ως προς c3 έχουμε Συνεπώς η σχέση (Ι) γράφεται ως εξής: Συνάρτηση του Κεφαλαίου ως προς τον χρόνο 21

Επιπλέον για s=1/2, L0=4, g=1 και n=2, προκύπτει ότι Από τα δεδομένα του προβλήματος και τον προηγούμενο τύπο του Κεφαλαίου έχουμε: Επιπλέον για s=1/2, L0=4, g=1 και n=2, προκύπτει ότι και συνεπώς, 22

τέλος ! 23

Συμπέρασμα:  Όταν επιλύουμε μια διαφορική εξίσωση με απευθείας ολοκλήρωση, όλοι οι όροι της εξίσωσης ολοκληρώνονται ο ένας μετά τον άλλο (με την χρήση των κανόνων ολοκλήρωσης) ενώ επιπλέον προστίθεται και μια σταθερά ολοκλήρωσης.  Κάθε φορά η τάξη της παραγώγου ελαττώνεται κατά μια μονάδα και εισάγεται μια νέα σταθερά ολοκλήρωσης.  Μια διαφορική εξίσωση η-τάξεως επιλύεται με την μέθοδο αυτή χρησιμοποιώντας η-διαδοχικές ολοκληρώσεις, ενώ η λύση περιλαμβάνει η-σταθερές ολοκλήρωσης. 24

Άσκηση: Να υπολογιστεί η γενική λύση της διαφορικής εξίσωσης Λύση: Επειδή όμως προκύπτει ότι, 25

Επίλυση της δ.ε. με απευθείας ολοκλήρωση 2. Αν η δ.ε. περιλαμβάνει ένα όρο με την άγνωστη συνάρτηση με τύπο y=f(x), τότε δεν μπορεί να επιλυθεί με την μέθοδο της απευθείας ολοκλήρωσης. Παράδειγμα: Να λυθεί η διαφορική εξίσωση y΄΄+y-12x=0 Λύση της δ.ε. λέγεται κάθε συνάρτηση με τύπο y=f(x) που επαληθεύει την παραπάνω ισότητα! 26

Η επίλυση της δ.ε. καταλήγει σε μια ολοκληρωτική εξίσωση! Επίλυση: Η επίλυση της δ.ε. καταλήγει σε μια ολοκληρωτική εξίσωση! 27

με σταθερούς συντελεστές συνήθεις δ.ε. γραμμικές μη-γραμμικές με σταθερούς συντελεστές με μεταβλητούς συντελεστές

Ορισμός: μια δ.ε. λέγεται γραμμική αν έχει την μορφή: όπου αi(x),,i=0,…,n είναι ένα πολυώνυμο του x, και b(x) είναι επίσης ένα πολυώνυμο του x  παραδείγματα y΄΄+ 5y΄+ 4y = 0 y(4) + x2y΄΄΄+ x4y΄ = x2e4x x2y΄΄+ xy΄+ (x5 -2)y = 0 y΄΄ - y = ex

Ορισμός: μια δ.ε λέγεται μη-γραμμική αν δεν είναι γραμμική, δηλαδή δεν έχει την προηγούμενη μορφή. παραδείγματα y+5y΄+ 6y2 = 0 το y είναι 2ου βαθμού y+ 5y+ 8(y)2 = 0 η πρώτη παράγωγος της y είναι 2ου βαθμού y+ 5yy +8y = 0 εμφανίζεται το γινόμενο y με την y΄ y΄΄΄ - 5y= ey εμφανίζεται η y στην μορφή ey y΄΄ + συνy = 0 εμφανίζεται η y στην μορφή συνy

Ορισμοί Μια συνήθης δ.ε. λέγεται με σταθερούς συντελεστές αν η y=y(x) και οι παράγωγοί της έχουν σταθε-ρούς συντελεστές παράδειγμα: y΄΄+ 5y΄+ 6y = 0  Μια συνήθης δ.ε. λέγεται με μεταβλητούς συντελεστές αν οι συντελεστές της y=y(x) και των παραγώγων της είναι πολυώνυμα παράδειγμα: y΄΄΄΄+ x2y΄΄΄+ x3y΄ = xe4x

1ης τάξης συνήθεις δ.ε. Ι. Που οι μεταβλητές τους χωρίζονται  Ι.1 y΄= f(x)  Ι.2 y΄= f(y)  Ι.3 y΄= F(x,y), όπουF(x,y)=F1(x)F2(y)  Ι.4 F1(x)Φ1(y)dx+F2(x)Φ2(y)dy = 0

Η πιο απλή δ.ε. έχει την μορφή y΄=f(x) ή F(x,y,y΄)=0 (Ι) (ψ(x))΄= f(x) ή F(x,ψ(x),ψ΄(x))=0 Η γενική λύση της δ.ε. λέγεται και ολοκλήρωμα Τρόπος υπολογισμού:  Χωρίζουμε τις μεταβλητές  Ολοκληρώνουμε  Προκύπτει η γενική λύση της δ.ε.

τρόπος υπολογισμού:

Άσκηση1. : Δίνεται η δ.ε. y΄ = 2x 1. Να βρεθεί η γενική λύση της δ.ε. 2. Να γίνει η γραφική παράσταση της γ. λύσης 3. Να προσδιοριστεί μια λύση της δ.ε. τέτοια ώστε για x=2, y=-3 Λύση:

Λύση: μονοπαραμετρικη οικογένεια καμπύλων στο επίπεδο y=x2 y=x2+10 y=x2+100 B(0,100) Ο(0,0) Α(0,10) y=x2-50 Δ(0,-10) y=x2-10 y=x2-500 Ε(0,-500) Γ(0,-50) y=x2+500 Η(0,1000) y=x2+1000 Θ(0,-500) Λύση: μονοπαραμετρικη οικογένεια καμπύλων στο επίπεδο

3. Πρόβλημα αρχικών τιμών ή Πρόβλημα Cauchy: Να βρεθεί μια λύση της y΄ = 2x που να ικανοποιεί τις συνθήκες: x=2, y=-3 ισοδύναμα: Να βρεθεί ποια καμπύλη διέρχεται από το σημείο Α(2,-3) σημείο Α(2,-3)

η συνάρτηση y=x2-7 αποτελεί μια μερική λύση της δ.ε. y΄= 2x Απάντηση: Στην γενική λύση της δ.ε. δίνουμε τις τιμές x=2 και y=-3 και προσδιορίζουμε την τιμή του σταθερού όρου, δηλαδή, -3 = 22 + c  c = -7 Τελικά, μερική λύση της δ.ε. είναι: y = x2-7 Β(0,-7) Α(2,-3) η συνάρτηση y=x2-7 αποτελεί μια μερική λύση της δ.ε. y΄= 2x

Άσκηση 2. Το Παράδειγμα αναφοράς είναι της μορφής 1. S΄=S(h) δηλαδή,

Ορισμοί  Λύση μιας διαφορικής εξίσωσης θα λέγεται κάθε συνάρτηση που επαληθεύει την διαφορική εξίσωση.  Γενική Λύση μιας διαφορικής εξίσωσης λέγεται κάθε λύση που περιλαμβάνει μια ή περισσότερες αυθαίρετες σταθερές (η γενική λύση αποτελεί μια οικογένεια συναρτήσεων).  Μερική Λύση μιας διαφορικής εξίσωσης λέγεται κάθε λύση της διαφορικής εξίσωσης που προκύπτει από την γενική δίνοντας συγκεκριμένες τιμές στις αυθαίρετες σταθερές. 40

διάλειμμα - interval

οι μεταβλητές χωρίζονται I.2 y΄=f(y) οι μεταβλητές χωρίζονται

Άσκηση 3.: Να υπολογιστεί η δ.ε. y΄=y2 Λύση: Γενική λύση της δ.ε. με την μορφή x=g(y)

οι μεταβλητές χωρίζονται I.3 y΄=F(x,y)=F1(x)F2(y) οι μεταβλητές χωρίζονται Έχουμε, Τότε, G2(y)=G1(x)+c1-c2, όπου c1,c2R Τελικά, G2(y)=G1(x)+c, όπου cR γενική λύση

οι μεταβλητές χωρίζονται I.4 F1(x)Φ1(y)dx+F2(x)Φ2(y)dy=0 οι μεταβλητές χωρίζονται Αν, F2(x)Φ1(y)0, τότε Τότε, P(x)dx + Q(y)dy = 0, όπου είναι χωριζόμενων μεταβλητών !

επίλυση : γενική λύση της δ.ε.

Άσκηση 4.:Να λυθεί η δ.ε. x2(y+1)+y2(x-1)y΄=0 Λύση : η δ.ε. ισοδύναμα γράφεται τότε, x2(y+1)dx+y2(x-1)dy = 0 (I), δηλαδή F1(χ)Φ1(y)dx+F2(x)Φ2(y)dy=0 Υποθέτουμε ότι, (x-1)(y+1)0, δηλαδή, x-10 και y+10 ισοδύναμα, x1 και y-1 διαιρούμε και τα δυο μέλη της (Ι) με το (x-1)(y+1)

διαίρεση πολυωνύμων x2 : (x-1) = x+1+(1/x-1) άρα,

γενική λύση της δ.ε. όταν x1 και y-1 διαίρεση πολυωνύμων y2: (y+1) = y-1+(1/y+1) άρα, Επομένως, γενική λύση της δ.ε. όταν x1 και y-1

(1+ex)ydy = exdx  exdx-(1+ex)ydy = 0 Άσκηση 5: Να λυθεί το πρόβλημα των αρχικών τιμών (1+ex)yy΄= ex και y(0)=1. Λύση: (1+ex)ydy = exdx  exdx-(1+ex)ydy = 0 είναι της μορφής F1(χ)Φ1(y)dx+F2(x)Φ2(y)dy=0 όπου F1(χ)= ex, Φ1(y)=1, F2(x)= -(1+ex), Φ2(y)=y Έχουμε ότι, 1+ex0. Πράγματι, ex>0  1+ex>0. Επομένως,

y2 = 2ln(ex+1) + c, cR γενική λύση της δ.ε. ισοδύναμα

από την γενική λύση της δ.ε.: y2 = 2ln(ex+1) + c, cR έχουμε: Αρχικές συνθήκες: y(x=0) = 1. Επομένως, 12 = 2ln(e0+1)+c  1 = 2ln2+c, cR Άρα, c = 1-2ln2 = 1-2 0,69325 = -0,4 Μερική λύση που ικανοποιεί τις αρχικές συνθήκες y2 = 2ln(ex+1)+1-2ln2, δηλαδή

από τις αρχικές συνθήκες έχουμε: (i) x=0, y1=1 άρα, η λύση είναι δεκτή (ii) x=0, y2=1 άρα, η λύση απορρίπτεται Τελικά,

Επίλυση: 54