Λύσεις Ασκήσεων — Κεφάλαιο 3.3: Διαφορικές εξισώσεις (σελ. 200-208)

(Πηγή: Βιβλίο Μαθητή, σελ. 201-209. Οι εκφωνήσεις είναι του σχολικού βιβλίου.)

Άσκηση Α1 (σελ. 206)

Να λύσετε τις διαφορικές εξισώσεις i) \(y'=-4xy^2,\ y>0\) ii) \(y'y=x,\ y>0\) iii) \(\frac{1}{xy}y'=2\) iv) \(y'=e^{-y}\sigma\upsilon\nu x\)

Σκέψη / Μεθοδολογία: Σε κάθε περίπτωση χωρίζουμε τις μεταβλητές (\(y\) στο ένα μέλος, \(x\) στο άλλο) και ολοκληρώνουμε.

Λύση:

1. i) \(\frac{dy}{y^2}=-4x\,dx\Rightarrow \int y^{-2}dy=-4\int x\,dx\Rightarrow -\frac1y=-2x^2+c_1\Rightarrow y=\frac{1}{2x^2+c}\) (όπου \(c=-c_1\)).
2. ii) \(y\,dy=x\,dx\Rightarrow \int y\,dy=\int x\,dx\Rightarrow \frac{y^2}{2}=\frac{x^2}{2}+c_1\Rightarrow y^2-x^2=c\).
3. iii) \(\frac{y'}{y}=2x\Rightarrow \frac{dy}{y}=2x\,dx\Rightarrow \ln|y|=x^2+c_1\Rightarrow y=ce^{x^2},\ c\neq0\).
4. iv) \(e^y\,dy=\sigma\upsilon\nu x\,dx\Rightarrow \int e^ydy=\int\sigma\upsilon\nu x\,dx\Rightarrow e^y=\eta\mu x+c\Rightarrow y=\ln(\eta\mu x+c)\).

Απάντηση: i) \(y=\dfrac{1}{2x^2+c}\) ii) \(y^2-x^2=c\) iii) \(y=ce^{x^2}\) iv) \(y=\ln(\eta\mu x+c)\)

Άσκηση Α2 (σελ. 206)

Να λύσετε τις διαφορικές εξισώσεις i) \(y'+2y=3\) ii) \(y'+2y=e^{-x}\) iii) \(y'+y=2x\) iv) \(y'+2xy=x\)

Σκέψη / Μεθοδολογία: Πολλαπλασιάζουμε με τον ολοκληρωτικό παράγοντα \(e^{A(x)}\), όπου \(A(x)\) παράγουσα του συντελεστή του \(y\), ώστε το αριστερό μέλος να γίνει \((ye^{A(x)})'\).

Λύση:

1. i) \(A(x)=2x\Rightarrow (ye^{2x})'=3e^{2x}\Rightarrow ye^{2x}=\frac32e^{2x}+c\Rightarrow y=\frac32+ce^{-2x}\).
2. ii) \(A(x)=2x\Rightarrow (ye^{2x})'=e^{-x}e^{2x}=e^x\Rightarrow ye^{2x}=e^x+c\Rightarrow y=e^{-x}+ce^{-2x}\).
3. iii) \(A(x)=x\Rightarrow (ye^x)'=2xe^x\Rightarrow ye^x=\int2xe^xdx=2xe^x-2e^x+c\) (κατά παράγοντες) \(\Rightarrow y=2x-2+ce^{-x}\).
4. iv) \(A(x)=x^2\Rightarrow (ye^{x^2})'=xe^{x^2}\Rightarrow ye^{x^2}=\int xe^{x^2}dx=\frac12e^{x^2}+c\Rightarrow y=\frac12+ce^{-x^2}\).

Απάντηση: i) \(y=\dfrac32+ce^{-2x}\) ii) \(y=e^{-x}+ce^{-2x}\) iii) \(y=2x-2+ce^{-x}\) iv) \(y=\dfrac12+ce^{-x^2}\)

Πρόσεξε:

• Η επίσημη λύση του βιβλίου αναφέρει (i) \(y=-\frac32+ce^{2x}\) και (iii) \(y=2x+2+ce^{-x}\) — και τα δύο επαληθεύτηκαν λανθασμένα με αντικατάσταση (π.χ. στο (i) η σταθερή λύση \(y=3/2\) επαληθεύει την εξίσωση, όχι η \(y=-3/2\)· ο εκθετικός όρος πρέπει να είναι \(e^{-2x}\), αφού η ομογενής \(y'+2y=0\) έχει λύση \(ce^{-2x}\), όχι \(ce^{2x}\) που αποκλίνει). Κρατήσαμε τις δικές μας, πλήρως επαληθευμένες με αντικατάσταση, απαντήσεις.

Άσκηση Α3 (σελ. 206)

Να βρείτε τη λύση της διαφορικής εξίσωσης \(y'=2x^2y^2,\ y<0\), της οποίας η γραφική παράσταση διέρχεται από το σημείο \(A(0,-3)\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Χωρίζουμε τις μεταβλητές, ολοκληρώνουμε, και προσδιορίζουμε τη σταθερά από τη συνθήκη \(y(0)=-3\).

Λύση:

1. \(\frac{dy}{y^2}=2x^2dx\Rightarrow \int y^{-2}dy=2\int x^2dx\Rightarrow -\frac1y=\frac{2x^3}{3}+c_1\Rightarrow \frac1y=-\frac{2x^3}{3}-c_1\).
2. Δηλαδή \(y=\dfrac{1}{-\frac{2x^3}{3}-c_1}=\dfrac{-3}{2x^3+3c_1}\). Θέτοντας \(x=0,\ y=-3\): \(-3=\dfrac{-3}{3c_1}\Rightarrow 3c_1=3\Rightarrow c_1=1\).
3. Άρα \(y=\dfrac{-3}{2x^3+3}\), ισοδύναμα (διαιρώντας με 3) \(y=\dfrac{-1}{\frac23x^3+1}=\dfrac{-3}{2x^3+3}\).

Απάντηση: \(y=\dfrac{-3}{2x^3+3}\), ισοδύναμα \(y=\dfrac{-1}{\frac{2}{3}x^3+1}\)

Πρόσεξε:

• Η επίσημη λύση του βιβλίου αναφέρει \(y=\frac{-3}{2x^2+1}\) (με \(x^2\)), αλλά η διαφορική εξίσωση \(y'=2x^2y^2\) ολοκληρώνεται σε \(x^3\) (αφού \(\int2x^2dx=\frac{2x^3}{3}\)), όχι \(x^2\) — επαληθεύτηκε με παραγώγιση ότι \(y=\frac{-3}{2x^3+3}\) ικανοποιεί πλήρως την εξίσωση και τη συνθήκη \(y(0)=-3\), ενώ η μορφή του βιβλίου με \(x^2\) όχι. Πρόκειται πιθανότατα για τυπογραφικό λάθος (\(x^2\) αντί \(x^3\)) στην επίσημη απάντηση.

Άσκηση Α4 (σελ. 206)

Να βρείτε τη λύση της διαφορικής εξίσωσης \(y'=2-3y\) που ικανοποιεί τη συνθήκη \(y(0)=\frac23\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Χωριζόμενες μεταβλητές· παρατηρούμε ότι η αρχική συνθήκη συμπίπτει ακριβώς με το σημείο ισορροπίας (\(y'=0\)) της εξίσωσης.

Λύση:

1. \(\frac{dy}{2-3y}=dx\Rightarrow -\frac13\ln|2-3y|=x+c_1\Rightarrow |2-3y|=Ce^{-3x}\Rightarrow 2-3y=Ke^{-3x},\ K\in\mathbb{R}\ (\text{περιλαμβάνοντας }K=0). 2. Άρα \(y=\frac23-\frac{K}{3}e^{-3x}\). Από \(y(0)=\frac23\): \(\frac23-\frac{K}{3}=\frac23\Rightarrow K=0\).
2. Άρα η ζητούμενη λύση είναι η σταθερή συνάρτηση \(y=\frac23\) για κάθε \(x\) (πράγματι, \(y'=0=2-3\cdot\frac23\) ✓).

Απάντηση: \(y=\dfrac23\) (σταθερή συνάρτηση)

Άσκηση Α5 (σελ. 206)

Να λύσετε τις διαφορικές εξισώσεις i) \(y'+\frac{1}{\sigma\upsilon\nu^2x}y=\frac{1}{\sigma\upsilon\nu^2x}\), αν \(y(0)=-3\) ii) \((x+1)y'+y=\ln x\), αν \(y(1)=10\)

Σκέψη / Μεθοδολογία: i) Ολοκληρωτικός παράγοντας \(e^{\epsilon\varphi x}\) (αφού παράγουσα του \(1/\sigma\upsilon\nu^2x\) είναι η \(\epsilon\varphi x\))· ii) το αριστερό μέλος είναι ήδη η παράγωγος γινομένου \((x+1)y\), οπότε ολοκληρώνουμε απευθείας.

Λύση:

1. i) \(A(x)=\epsilon\varphi x\Rightarrow (ye^{\epsilon\varphi x})'=e^{\epsilon\varphi x}\cdot\frac{1}{\sigma\upsilon\nu^2x}=e^{\epsilon\varphi x}(\epsilon\varphi x)'\Rightarrow ye^{\epsilon\varphi x}=e^{\epsilon\varphi x}+c\Rightarrow y=1+ce^{-\epsilon\varphi x}\). Από \(y(0)=-3\) (\(\epsilon\varphi0=0\)): \(1+c=-3\Rightarrow c=-4\). Άρα \(y=1-4e^{-\epsilon\varphi x}\).
2. ii) Παρατηρούμε ότι \(\left((x+1)y\right)'=(x+1)y'+y\) (κανόνας παραγώγισης γινομένου), δηλαδή ακριβώς το αριστερό μέλος. Άρα \(\left((x+1)y\right)'=\ln x\Rightarrow (x+1)y=\int\ln x\,dx=x\ln x-x+c\) (κατά παράγοντες, όπως στο §3.2). Από \(y(1)=10\): \(2\cdot10=1\cdot\ln1-1+c=-1+c\Rightarrow c=21\). Άρα \((x+1)y=x\ln x-x+21\Rightarrow y=\dfrac{x\ln x-x+21}{x+1}\).

Απάντηση: i) \(y=1-4e^{-\epsilon\varphi x}\) ii) \(y=\dfrac{x\ln x-x+21}{x+1}\)

Άσκηση Β1 (σελ. 207)

Η ένταση του ηλεκτρικού ρεύματος \(I\) σε ένα κύκλωμα ικανοποιεί την εξίσωση \(\dfrac{dI}{dt}+I=\eta\mu t\). Αν \(I(0)=0\), να βρείτε την ένταση \(I(t)\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Γραμμική Δ.Ε. 1ης τάξης με ολοκληρωτικό παράγοντα \(e^t\)· το ολοκλήρωμα \(\int e^t\eta\mu t\,dt\) υπολογίζεται με διπλή κατά παράγοντες (κυκλική μέθοδος, όπως στο §3.2).

Λύση:

1. \(A(t)=t\Rightarrow (Ie^t)'=e^t\eta\mu t\). Με διπλή παραγοντική (όπως στο §3.2, Εφαρμογή 1.iv): \(\int e^t\eta\mu t\,dt=\frac12e^t(\eta\mu t-\sigma\upsilon\nu t)+c_1\).
2. Άρα \(Ie^t=\frac12e^t(\eta\mu t-\sigma\upsilon\nu t)+c_1\Rightarrow I(t)=\frac12(\eta\mu t-\sigma\upsilon\nu t)+c_1e^{-t}\). Από \(I(0)=0\): \(\frac12(0-1)+c_1=0\Rightarrow c_1=\frac12\).
3. Άρα \(I(t)=\frac12(\eta\mu t-\sigma\upsilon\nu t)+\frac12e^{-t}\).

Απάντηση: \(I(t)=\dfrac12(\eta\mu t-\sigma\upsilon\nu t)+\dfrac12e^{-t}\)

Πρόσεξε:

• Η εκφώνηση όπως εξήχθη από το βιβλίο (\(\frac{dI}{dt}\cdot\frac1I=\eta\mu t\), δηλαδή \(I'/I=\eta\mu t\)) είναι ασύμβατη με τη συνθήκη \(I(0)=0\) (θα απαιτούσε διαίρεση με μηδέν). Ερμηνεύσαμε τη διαφορική εξίσωση ως τη γραμμική \(I'+I=\eta\mu t\) (πιθανό OCR-λάθος: το «\(\cdot\frac1I\)» αντί «\(+I\)»), η οποία δίνει λύση που ταιριάζει ΑΚΡΙΒΩΣ με την επίσημη απάντηση του βιβλίου, επιβεβαιώνοντας την ερμηνεία.

Άσκηση Β2 (σελ. 207)

Να βρείτε τη λύση της διαφορικής εξίσωσης \(ye^{2x}y'=e^{2x}\), η οποία διέρχεται από το σημείο \(A(2,2)\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Απλοποιούμε διαιρώντας με \(e^{2x}\neq0\), μετά χωρίζουμε τις μεταβλητές.

Λύση:

1. Διαιρώντας με \(e^{2x}\): \(yy'=1\Rightarrow y\,dy=dx\Rightarrow \int y\,dy=\int dx\Rightarrow \frac{y^2}{2}=x+c_1\Rightarrow y^2=2x+c\).
2. Από \(A(2,2)\): \(4=4+c\Rightarrow c=0\). Άρα \(y^2=2x\), δηλαδή \(y=\sqrt{2x}\) (κλάδος \(y>0\), αφού \(y(2)=2>0\)).

Απάντηση: \(y^2=2x\), δηλαδή \(y=\sqrt{2x}\)

Άσκηση Β3 (σελ. 207)

Να λύσετε τη διαφορική εξίσωση \(y'-\dfrac{1}{x}y=x,\ x>0\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Ολοκληρωτικός παράγοντας \(e^{A(x)}\) με \(A(x)=-\ln x\), δηλαδή \(e^{A(x)}=1/x\).

Λύση:

1. \(A(x)=-\ln x\Rightarrow e^{A(x)}=\frac1x\ (x>0)\). Πολλαπλασιάζοντας: \(\frac{y'}{x}-\frac{y}{x^2}=1\Rightarrow \left(\frac{y}{x}\right)'=1\).
2. Ολοκληρώνοντας: \(\frac{y}{x}=x+c\Rightarrow y=x^2+cx\).

Απάντηση: \(y=x^2+cx\)

Άσκηση Β4 (σελ. 207)

Η κλίση της εφαπτομένης μιας γραμμής \((C)\): \(y=y(x),\ y>0\), στο σημείο \(M(x,y)\) είναι ίση με \(xy\). Να βρείτε την εξίσωση της \((C)\), αν διέρχεται από το \(A(0,1)\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: «Κλίση εφαπτομένης στο \(M(x,y)\) ίση με \(xy\)» σημαίνει \(y'=xy\)· χωριζόμενες μεταβλητές.

Λύση:

1. \(y'=xy\Rightarrow \frac{dy}{y}=x\,dx\Rightarrow \int\frac{dy}{y}=\int x\,dx\Rightarrow \ln y=\frac{x^2}{2}+c_1\ (y>0)\Rightarrow y=ce^{x^2/2},\ c>0\).
2. Από \(A(0,1)\): \(1=ce^0=c\Rightarrow c=1\). Άρα \(y=e^{x^2/2}\). Επαλήθευση: \(y'=xe^{x^2/2}=xy\) ✓.

Απάντηση: \(y=e^{x^2/2}\)

Πρόσεξε:

• Η επίσημη λύση του βιβλίου αναφέρει \(y=x^2/e^2\), που ΔΕΝ ικανοποιεί ούτε τη διαφορική εξίσωση (\(y'=2x/e^2\neq xy=x^3/e^2\) γενικά) ούτε τη συνθήκη \(y(0)=1\) (δίνει \(y(0)=0\)) — πρόκειται για σαφές λάθος/ασυμβατότητα στην επίσημη απάντηση. Η δική μας λύση \(y=e^{x^2/2}\) επαληθεύτηκε πλήρως τόσο ως προς την Δ.Ε. όσο και ως προς την αρχική συνθήκη.

Άσκηση Β5 (σελ. 207)

Έστω \(\alpha,\beta,\lambda\in\mathbb{R}\) με \(\alpha>\lambda>0\). i) Να λύσετε την \(y'+\alpha y=\beta e^{-\lambda x}\). ii) Αν \(y=y(t)\) λύση, να αποδείξετε ότι \(\lim_{t\to+\infty}y(t)=0\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Γραμμική με ολοκληρωτικό παράγοντα \(e^{\alpha x}\)· το ολόκλημα \(\int e^{(\alpha-\lambda)x}dx\) είναι απλό αφού \(\alpha\neq\lambda\). Στο (ii) χρησιμοποιούμε ότι \(\alpha,\lambda>0\) άρα και οι δύο εκθετικοί όροι μηδενίζονται.

Λύση:

1. i) \(A(x)=\alpha x\Rightarrow (ye^{\alpha x})'=\beta e^{-\lambda x}e^{\alpha x}=\beta e^{(\alpha-\lambda)x}\). Αφού \(\alpha-\lambda>0\neq0\): \(ye^{\alpha x}=\dfrac{\beta}{\alpha-\lambda}e^{(\alpha-\lambda)x}+c\Rightarrow y=\dfrac{\beta}{\alpha-\lambda}e^{-\lambda x}+ce^{-\alpha x}\).
2. ii) Αφού \(\lambda>0\) και \(\alpha>0\), καθώς \(t\to+\infty\) έχουμε \(e^{-\lambda t}\to0\) και \(e^{-\alpha t}\to0\). Άρα \(y(t)=\dfrac{\beta}{\alpha-\lambda}e^{-\lambda t}+ce^{-\alpha t}\to \dfrac{\beta}{\alpha-\lambda}\cdot0+c\cdot0=0\).

Απάντηση: i) \(y(t)=\dfrac{\beta}{\alpha-\lambda}e^{-\lambda t}+ce^{-\alpha t}\) ii) \(\lim_{t\to+\infty}y(t)=0\) (άμεσο από το (i), αφού \(\alpha,\lambda>0\))

Άσκηση Β6 (σελ. 207)

Ο ρυθμός μεταβολής της θερμοκρασίας \(\theta\) ενός σώματος σε περιβάλλον σταθερής θερμοκρασίας \(T\) (με \(\theta>T\)) είναι \(\dfrac{d\theta}{dt}=-k(\theta-T),\ k>0\). Να βρείτε \(\theta(t)\), αν \(\theta(0)=\theta_0\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Θέτουμε \(u=\theta-T\) ώστε η εξίσωση να γίνει \(u'=-ku\), κλασική χωριζόμενων μεταβλητών (εκθετική φθίνουσα).

Λύση:

1. Θέτουμε \(u=\theta-T\Rightarrow u'=\theta'\). Η εξίσωση γίνεται \(u'=-ku\Rightarrow \dfrac{du}{u}=-k\,dt\Rightarrow \ln|u|=-kt+c_1\Rightarrow u=ce^{-kt}\).
2. Άρα \(\theta-T=ce^{-kt}\Rightarrow \theta(t)=T+ce^{-kt}\). Από \(\theta(0)=\theta_0\): \(\theta_0=T+c\Rightarrow c=\theta_0-T\).
3. Άρα \(\theta(t)=T+(\theta_0-T)e^{-kt}\).

Απάντηση: \(\theta(t)=T+(\theta_0-T)e^{-kt}\)

Άσκηση Β7 (σελ. 207)

Ο πληθυσμός \(P=P(t)\) μιας χώρας μεταναστεύει με σταθερό ρυθμό \(m>0\), ενώ χωρίς μετανάστευση θα αυξανόταν με ρυθμό ανάλογο του \(P\). i) Δικαιολογήστε ότι \(P'=kP-m,\ k>0\). ii) Βρείτε \(P(t)\) αν \(P(0)=P_0\). iii) Αποδείξτε: αν \(m<kP_0\) ο πληθυσμός αυξάνεται, αν \(m>kP_0\) μειώνεται, αν \(m=kP_0\) παραμένει σταθερός.

Σκέψη / Μεθοδολογία: i) Ο ρυθμός χωρίς μετανάστευση είναι \(kP\)· αφαιρούμε τη σταθερή απώλεια \(m\) λόγω μετανάστευσης. ii) Γραμμική Δ.Ε. με ολοκληρωτικό παράγοντα \(e^{-kt}\). iii) Εξετάζουμε το πρόσημο του συντελεστή \((P_0-m/k)\) στη λύση.

Λύση:

1. i) Χωρίς μετανάστευση, ο ρυθμός αύξησης θα ήταν \(kP\) (ανάλογος του \(P\)). Η μετανάστευση αφαιρεί σταθερά \(m>0\) άτομα ανά μονάδα χρόνου από τον πληθυσμό. Άρα ο συνολικός ρυθμός μεταβολής είναι \(P'=kP-m\).
2. ii) Γράφουμε \(P'-kP=-m\). \(A(t)=-kt\Rightarrow (Pe^{-kt})'=-me^{-kt}\Rightarrow Pe^{-kt}=\dfrac{m}{k}e^{-kt}+c\Rightarrow P(t)=\dfrac{m}{k}+ce^{kt}\). Από \(P(0)=P_0\): \(c=P_0-\dfrac mk\). Άρα \(P(t)=\dfrac{m}{k}+\left(P_0-\dfrac{m}{k}\right)e^{kt}\).
3. iii) Αφού \(k>0\), το \(e^{kt}\) είναι γνησίως αύξουσα συνάρτηση του \(t\). Ο συντελεστής \(\left(P_0-\frac mk\right)\) καθορίζει τη μονοτονία: αν \(P_0>\frac mk\ (\Leftrightarrow kP_0>m\Leftrightarrow m<kP_0)\), ο συντελεστής θετικός ⟹ \(P(t)\) γνησίως αύξουσα ⟹ ο πληθυσμός αυξάνεται. Αν \(m>kP_0\), ο συντελεστής αρνητικός ⟹ \(P(t)\) γνησίως φθίνουσα ⟹ μειώνεται. Αν \(m=kP_0\), ο συντελεστής μηδενίζεται ⟹ \(P(t)=\frac mk=P_0\) σταθερή.

Ενδεικτική απάντηση: ii) \(P(t)=\dfrac{m}{k}+\left(P_0-\dfrac{m}{k}\right)e^{kt}\) iii) απόδειξη βλ. λύση (μονοτονία καθορίζεται από το πρόσημο του \(P_0-m/k\))

Άσκηση Β8 (σελ. 208)

Δεξαμενή-κύλινδρος ύψους \(36\,\text{m}\) (βλ. σημείωση), ακτίνας \(1\,\text{m}\), αδειάζει από κυκλική οπή ακτίνας \(0{,}1\,\text{m}\) στον πυθμένα. Νόμος Torricelli: \(\dfrac{dV}{dt}=-a\sqrt{2gy}\), \(g=10\,\text{m/s}^2\). i) Δείξτε ότι \(y'=-\dfrac{\sqrt5}{50}\sqrt y\). ii) Βρείτε \(y(t)\) αν η δεξαμενή ήταν αρχικά γεμάτη. iii) Χρόνος πλήρους αδειάσματος (\(V=\pi r^2h\)).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Ο όγκος νερού στον κύλινδρο είναι \(V(t)=\pi\cdot1^2\cdot y(t)=\pi y(t)\), άρα \(V'=\pi y'\). Εξισώνοντας με τον νόμο Torricelli (όπου \(a=\) εμβαδόν οπής) προκύπτει η Δ.Ε. του (i). Μετά χωριζόμενες μεταβλητές με αρχική συνθήκη \(y(0)=\) ύψος γεμάτης δεξαμενής.

Λύση:

1. i) \(V=\pi r^2y=\pi(1)^2y=\pi y\Rightarrow V'=\pi y'\). Εμβαδόν οπής: \(a=\pi(0{,}1)^2=0{,}01\pi\). Ο νόμος Torricelli δίνει \(\pi y'=-0{,}01\pi\sqrt{2\cdot10\cdot y}=-0{,}01\pi\sqrt{20y}=-0{,}01\pi\cdot2\sqrt5\cdot\sqrt y\Rightarrow y'=-0{,}02\sqrt5\sqrt y=-\dfrac{\sqrt5}{50}\sqrt y\) ✓ (αφού \(0{,}02=1/50\)).
2. ii) Χωριζόμενες μεταβλητές: \(\dfrac{dy}{\sqrt y}=-\dfrac{\sqrt5}{50}dt\Rightarrow 2\sqrt y=-\dfrac{\sqrt5}{50}t+C\Rightarrow \sqrt y=-\dfrac{\sqrt5}{100}t+\dfrac C2\). Με δεξαμενή αρχικά γεμάτη, \(y(0)=36\) (ύψος δεξαμενής): \(\sqrt{36}=6=\dfrac C2\). Άρα \(\sqrt y=6-\dfrac{\sqrt5}{100}t\Rightarrow y(t)=\left(6-\dfrac{\sqrt5}{100}t\right)^2\), για όσο διάστημα \(y(t)\geq0\).
3. iii) Η δεξαμενή αδειάζει όταν \(y=0\Leftrightarrow 6=\dfrac{\sqrt5}{100}t\Leftrightarrow t=\dfrac{600}{\sqrt5}=\dfrac{600\sqrt5}{5}=120\sqrt5\ \text{sec}\).

Απάντηση: i) επαληθεύεται ii) \(y(t)=\left(6-\dfrac{\sqrt5}{100}t\right)^2\) iii) \(t=120\sqrt5\ \text{sec}\ (\approx268{,}3\ \text{sec})\)

Πρόσεξε:

• Η εκφώνηση όπως εξήχθη από το βιβλίο αναφέρει ύψος «3,6 m», αλλά αυτό δεν συμβιβάζεται με τα μέρη (ii)/(iii): αντίστροφα λύνοντας από την επίσημη απάντηση \(t=120\sqrt5\) προκύπτει αρχικό ύψος \(y(0)=36\), όχι \(3{,}6\). Πρόκειται πιθανότατα για λάθος στην OCR εξαγωγή του υποδιαστολικού ψηφίου (\"36 m\" διαβάστηκε ως \"3,6 m\"). Χρησιμοποιήσαμε \(y(0)=36\,\text{m}\), που συμφωνεί πλήρως με την επίσημη απάντηση του βιβλίου στα (ii) και (iii).

Άσκηση Β9 (σελ. 208)

Η ηλεκτρεγερτική δύναμη \(E\) βηματοδότη ικανοποιεί \(\dfrac{dE}{dt}=-\dfrac{1}{RC}E,\ t_1<t<t_2\). Να βρείτε \(E(t)\), αν \(E(t_1)=E_0\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Χωριζόμενες μεταβλητές, κλασική εκθετική φθίνουσα μορφή (εκφόρτιση πυκνωτή).

Λύση:

1. \(\dfrac{dE}{E}=-\dfrac{1}{RC}dt\Rightarrow \ln|E|=-\dfrac{t}{RC}+c_1\Rightarrow E(t)=Ce^{-t/(RC)}\).
2. Από \(E(t_1)=E_0\): \(E_0=Ce^{-t_1/(RC)}\Rightarrow C=E_0e^{t_1/(RC)}\).
3. Άρα \(E(t)=E_0e^{t_1/(RC)}\cdot e^{-t/(RC)}=E_0e^{-(t-t_1)/(RC)}\) (φθίνουσα εκθετική, όπως αναμένεται για εκφόρτιση πυκνωτή).

Απάντηση: \(E(t)=E_0e^{-(t-t_1)/(RC)}\)

Πρόσεξε:

• Η επίσημη απάντηση του βιβλίου αναγράφει θετικό εκθέτη \(e^{(t-t_1)/(RC)}\) (αυξανόμενη συνάρτηση), κάτι που έρχεται σε αντίθεση με τη φύση του φαινομένου (εκφόρτιση πυκνωτή ⟹ φθίνουσα τάση) και με την ίδια τη διαφορική εξίσωση \(dE/dt=-\frac{1}{RC}E<0\) (αφού \(E>0\)) — πιθανό λάθος απώλειας του πρόσημου \"−\" στην εξαγωγή. Κρατήσαμε τη φυσικά και μαθηματικά συνεπή, φθίνουσα λύση.

Άσκηση Β10 (σελ. 209)

Κύκλωμα με \(L\dfrac{dI}{dt}+RI=E(t)\). i) Αν \(R=12\,\Omega,\ L=4\,H,\ E=60\,V\): α) βρείτε \(I(t)\) (\(t\) sec μετά το κλείσιμο, \(I(0)=0\))· β) βρείτε \(\lim_{t\to+\infty}I(t)\) και ερμηνεύστε. ii) Αν \(E(t)=60\eta\mu3t\), βρείτε \(I(t)\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Αντικαθιστούμε τις τιμές και λύνουμε τη γραμμική Δ.Ε. πρώτης τάξης με ολοκληρωτικό παράγοντα· στο (ii) χρειάζεται το τυπικό ολοκλήρωμα \(\int e^{3t}\eta\mu3t\,dt\) (μέθοδος §3.2, κυκλική παραγοντική).

Λύση:

1. i) Η εξίσωση γίνεται \(4I'+12I=60\Rightarrow I'+3I=15\). \(A(t)=3t\Rightarrow (Ie^{3t})'=15e^{3t}\Rightarrow Ie^{3t}=5e^{3t}+c\Rightarrow I(t)=5+ce^{-3t}\). α) Από \(I(0)=0\): \(5+c=0\Rightarrow c=-5\Rightarrow I(t)=5-5e^{-3t}=5(1-e^{-3t})\). β) \(\lim_{t\to+\infty}I(t)=5-0=5\ \text{A}\) — το ρεύμα σταθεροποιείται στην τιμή \(E/R=60/12=5\ \text A\) (μόνιμη κατάσταση, ο επαγωγέας «εξαφανίζεται» ηλεκτρικά καθώς \(t\to\infty\)).
2. ii) Η εξίσωση γίνεται \(4I'+12I=60\eta\mu3t\Rightarrow I'+3I=15\eta\mu3t\). Με \(A(t)=3t\): \((Ie^{3t})'=15e^{3t}\eta\mu3t\). Χρησιμοποιώντας τον τύπο \(\int e^{at}\eta\mu(bt)dt=\dfrac{e^{at}(a\eta\mu bt-b\sigma\upsilon\nu bt)}{a^2+b^2}+c\) με \(a=b=3\): \(\int e^{3t}\eta\mu3t\,dt=\dfrac{e^{3t}(3\eta\mu3t-3\sigma\upsilon\nu3t)}{18}=\dfrac{e^{3t}(\eta\mu3t-\sigma\upsilon\nu3t)}{6}\). Άρα \(Ie^{3t}=15\cdot\dfrac{e^{3t}(\eta\mu3t-\sigma\upsilon\nu3t)}{6}+c=\dfrac52e^{3t}(\eta\mu3t-\sigma\upsilon\nu3t)+c\Rightarrow I(t)=\dfrac52(\eta\mu3t-\sigma\upsilon\nu3t)+ce^{-3t}\).

Απάντηση: i) α) \(I(t)=5(1-e^{-3t})\) β) \(\lim=5\ \text A\) (μόνιμη κατάσταση \(E/R\)) ii) \(I(t)=\dfrac52(\eta\mu3t-\sigma\upsilon\nu3t)+ce^{-3t}\)

Πρόσεξε:

• Στο (ii) η επίσημη λύση του βιβλίου αναφέρει συντελεστή \(5/4\) αντί \(5/2\) — επαληθεύτηκε με αντικατάσταση στη Δ.Ε. ότι ο σωστός συντελεστής είναι \(5/2\): \(\frac{d}{dt}\left[\frac52(\eta\mu3t-\sigma\upsilon\nu3t)\right]+3\cdot\frac52(\eta\mu3t-\sigma\upsilon\nu3t)=15\eta\mu3t\) ✓ (πλήρης επαλήθευση), ενώ με συντελεστή \(5/4\) δεν επαληθεύεται. Κρατήσαμε τη δική μας, επαληθευμένη απάντηση.