Θέμα 1.
Να αποδείξετε ότι η οικογένεια των ορθογωνίων τροχιών της οικογένειας των καμπύλων 
                                     3(x^2)+(y^2)=a x,     a∈ℜ 
ικανοποιεί την διαφορική εξίσωση    2x y=(3(x^2)-(y^2))y'
Να λυθεί ακολούθως η εξίσωση αυτή. 
Δίνεται ότι μια μερική λύση της είναι η      y=x.

Λύση

Βήμα 1.  
Θα βρούμε την διαφορική εξίσωση που ικανοποιεί η δοθείσα οικογένεια των καμπύλων.

Θα απαλείψουμε την σταθερά  a.

Παραγωγίζουμε την εξίσωση ως προς  x  και βρίσκουμε

D[3(x^2)+((y[x])^2),x]==D[a x,x]

6x+2y y'=a

Αντικαθιστούμε το   a   που δίνεται από την εξίσωση αυτή στην δοθείσα εξίσωση της οικογένειας και βρίσκουμε

ReplaceAll[3(x^2)+(y^2)==a x,a->6x+2y y']

αυτή είναι η διαφορική εξίσωση που ικανοποιεί η οικογένεια των καμπύλων

Βήμα 2.  
Θα βρούμε την διαφορική εξίσωση που ικανοποιεί η οικογένεια των ορθογωνίων τροχιών.

Η διαφορική αυτή εξίσωση προκύπτει από την διαφορική εξίσωση της οικογένειας αν αντικαταστήσουμε την παράγωγο    y'  με  την έκφραση   -(1/(y'))

Βρίσκουμε

3(x^2)+(y^2)=(6x+2y (-(1/(y')))) x=6(x^2)-2(y/(y'))x     ⟹

(y^2)=3(x^2)-2(y/(y'))x      ⟹

2x y+(-3(x^2)+(y^2))y'=0                (2)

πράγματι βρίσκουμε

Simplify[Numerator[Together[Expand[ReplaceAll[3(x^2)+(y^2)-(6x+2y y') x,y'->-(1/(y'))]]]]]==0

Αυτή είναι η διαφορική που ικανοποιεί η οικογένεια των ορθογωνίων τροχιών.

Βήμα 3.  
Θα λύσουμε την διαφορική εξίσωση  (2).

Μας δίνεται μια μερική λύση η  y=x.

Επαλήθευση 2x (x)=(3(x^2)-(x^2))(x)'  ⟹ 2(x^2)=2(x^2)

y[x_]=x
Simplify[2 x y[x]+(-3 (x^2)+((y[x])^2)) y'[x]==0]

Για να λύσουμε την εξίσωση  (2) θέτουμε λύση της μορφής

y(x)=x u(x)

Βρίσκουμε

y'=u+xu'

Η εξίσωση (2) γίνεται

2(x^2) u=(3(x^2)-(x^2) (u^2))(u+xu')

Υποθέτουμε ότι  x≠0  και διαιρούμε με (x^2). Βρίσκουμε

2u=(3-(u^2))(u+x u')=3u+3x u'-(u^3)-x (u^2)u'   ⟹

u+3x u'-(u^3)+x (u^2)u'=0                ⟹

u-(u^3)+x(3-(u^2))u'  =0                   ⟹

u-(u^3)+x(3-(u^2))(du/dx)=0                     ⟹

(dx/x)+((3-(u^2))/(u-(u^3)))du=(dx/x)+((3-(u^2))/(u(1-(u^2))))du=(dx/x)+((3/u)+((2u)/(1-(u^2))))du =0

---------------
Παρένθεση. Η ανάλυση του κλασματος σε απλά κλάσματα γίνεται ως εξής

Υποθέτουμε ότι

((3-(u^2))/(u(1-(u^2))))=(A/u)+((B u)/(1-(u^2)))=((A(1-(u^2))+B (u^2))/(u(1-(u^2))))=((A+(B-A) (u^2))/(u(1-(u^2))))    ⟹

A=3

B-A=-1   ⟹  B=-1+A=-1+3=2

SolveAlways[((3-(u^2))/(u(1-(u^2))))==(A/u)+((B u)/(1-(u^2))),u]

---------------

Η τελευταία αυτή εξίσωση είναι διαφορική εξίσωση χωριζομένων μεταβλητών και μπορούμε να την ολοκληρώσουμε. Βρίσκουμε

(dx/x)+((3/u)+((2u)/(1-(u^2))))du = 0     ⟹

Ln(x)+3Ln(u)-Ln(1-(u^2))=Ln(c)    ⟹

Ln(((x (u^3))/(1-(u^2))))=Ln(c)      ⟹     ((x (u^3))/(1-(u^2)))=c     ⟹

x (u^3) = c(1-(u^2))

Θέτουμε τέλος     u=(y/x)    και βρίσκουμε

x ((((y/x)))^3) = c(1-((((y/x)))^2))  ⟹ (y^3)=c((x^2)-(y^2))

Αρα η οικογένεια των ορθογωνίων τροχιών δίνεται από την σχέση      (y^3)=c((x^2)-(y^2))      c∈ℝ

Σημείωση. Την διαφορική εξίσωση (2) των ορθογωνίων τροχιών μπορούμε να λύσουμε και με άλλο τρόπο χωρίς την χρήση της μερικής λύσης y=x που μας δόθηκε. Βρίσκουμε

2x y=(3(x^2)-(y^2))y'                ⟹

2x y-(3(x^2)-(y^2))(dy/dx)=0  ⟹ 2x y dx-(3(x^2)-(y^2))dy=0

Η διαφορική αυτή εξίσωση είναι της μορφής 
P dx+Q dy=0

Η εξίσωση είναι ακριβής αν μπορούμε να την γράψουμε στην μορφή      dF=0    ⟹  ((∂F)/(∂x))dx+((∂F)/(∂y))dy = 0

Δηλαδή πρέπει

((∂F)/(∂x))=P =2x y       και       ((∂F)/(∂y))=Q=-(3(x^2)-(y^2))

Προφανώς η αναγκαία συνθήκη είναι

(((∂^2)F)/(∂x ∂y))=(((∂^2)F)/(∂y ∂x))           ⟹         ((∂P)/(∂y))=((∂Q)/(∂x))

Ομως

((∂P)/(∂y))-((∂Q)/(∂x))=((∂ 2x y)/(∂y))+((∂(3(x^2)-(y^2)))/(∂x))=2x+6x =8x ≠ 0

Θα πρέπει να βρώ έναν ολοκληρώνοντα παράγοντα. Παρατηρώ ότι η έκφραση

(((Subscript[P, y])-(Subscript[Q, x]))/(-P))=((8x)/(-2x y)) = ((-4)/y)=f(y)

είναι συνάρτηση μόνο του    y   και επωμένως ένας παράγοντας που την ολοκληρώνει είναι ο

μ(y)=(E^(∫f(y)\[DifferentialD]y))=(E^(-∫(4/y)\[DifferentialD]y))(E^(-4 Ln(y)))=(y^(-4))=(1/(y^4))

Ακολούθως πολλαπλασιάζουμε την εξίσωση  (2)  με τον παράγοντα αυτόν και βρίσκουμε

((2x y)/(y^4)) dx-((3(x^2)-(y^2))/(y^4))dy=0   ⟹

((2x)/(y^3)) dx-((3(x^2)-(y^2))/(y^4))dy=0       (3)

η οποία είναι ακριβής διότι

((∂P)/(∂y))-((∂Q)/(∂x))=(∂/(∂y))(((2x)/(y^3)))-(∂/(∂x))(-((3(x^2)-(y^2))/(y^4)))=-((6 x)/(y^4))+((6 x)/(y^4))=0

Πρέπει όμως τώρα να βρούμε την συνάρτηση   F(x,y)  που ικανοποιεί το σύστημα των διαφορικών εξισώσεων με μερικές παραγώγους

((∂F)/(∂x))=P =((2x)/(y^3))       και       ((∂F)/(∂y))=Q=-((3(x^2)-(y^2))/(y^4))

Ολοκληρώνουμε την πρώτη ως προς  x.  Βρίσκουμε

F(x,y)=∫((2x)/(y^3)) \[DifferentialD]x+A(y)=((x^2)/(y^3))+A(y)

Αντικαθιστούμε την συνάρτηση αυτή στην δεύτερη διαφορική εξίσωση και βρίσκουμε

-((3(x^2)-(y^2))/(y^4))=(∂/(∂y))(((x^2)/(y^3))+A(y))=-((3x)/(y^4))+(\[DifferentialD]/(\[DifferentialD]y))A(y)   ⟹

((y^2)/(y^4))=(\[DifferentialD]/(\[DifferentialD]y))A(y)=(1/(y^2))   ⟹   A(y)=∫(1/(y^2))\[DifferentialD]y =-(1/y)

Αρα βρίσκουμε

F(x,y)=((x^2)/(y^3))-(1/y)=(((x^2)-(y^2))/(y^3))

και η εξίσωση γίνεται

\[DifferentialD]F=\[DifferentialD]((((x^2)-(y^2))/(y^3)))=0

Ολοκληρώνουμε και βρίσκουμε

F=(((x^2)-(y^2))/(y^3))=(1/c)      ⟹   (y^3)=c((x^2)-(y^2))

Σημείωση Το mathematica δίνει λύση και για τις δύο διαφορικές εξισώσεις σε μορφή 
y==y(x) 
(για την αρχική μη ακριβή εξίσωση (2) και για την ακριβή εξίσωση (3)). Βρίσκουμε

Simplify[DSolve[2x y[x]+(-3(x^2)+((y[x])^2))y'[x]==0,y[x],x]]

Simplify[DSolve[((2x)/((y[x])^3))-((3(x^2)-((y[x])^2))/((y[x])^4))y'[x]==0,y[x],x]]

Η λύση απλοποιείται αν ζητήσουμε λύση στην μορφή                                  x=x(y). Βρίσκουμε

Simplify[DSolve[2x[y] y x'[y]+(-3((x[y])^2)+(y^2))==0,x[y],y]]

Απο την οποία φαίνεται αμέσως ότι

Solve[x==-(Sqrt[(y^2) (1+y C[1])]),C[1]]

⟹   (y^3)=(1/(C[1]))((x^2)-(y^2))

Δηλαδή   αυτή που έχουμε ήδη βρει ((y^3)=c((x^2)-(y^2)))                   για   c=(1/(C[1]))

Θέμα 2
Να βρείτε την γενική λύση της εξισώσεως
y''(x)+2 y(x)+y(x)=(e^x)Cos[x]

Λύση

Η γενική λύση που δίνει το mathematica είναι

DSolve[y''[x]+2y'[x]+y[x]==(E^x)Cos[x],y[x],x]

Δηλαδή

y[x]=(E^(-x)) C[1]+(E^(-x)) x C[2]+(1/25) (E^x) (3 Cos[x]+4 Sin[x])

Για τις εξετάσεις
Λύνω πρώτα την ομογενή    y''[x]+2y'[x]+y[x]=0.
Θέτω σαν λύση την συναρτηση (E^(r x)) και βρίσκω

y[x_]=(E^(r x));
D[D[y[x],x],x]+2D[y[x],x]+y[x]==0

Ξέρω ότι (E^(r x))≠0  και αρα το r ικανοποιεί την αλγεβρική εξίσωση

ww=Expand[(E^(-r x))(D[D[y[x],x],x]+2D[y[x],x]+y[x])]==0

που ονομάζεται χαρακτηριστικό πολυώνυμο. 
Η λύση είναι

Solve[ww,r]

Επειδή η λύση είναι διπλή και ίση με  
r->-1 
η λύση της ομογενούς είναι

(Subscript[y, o])[x]==((Subscript[c, 1])+(Subscript[c, 2])x)(E^(-x))

Θα βρούμε τώρα μια μερική λύση

Μέθοδος 1  
Δεχόμαστε ότι η λύση αυτή γενικά είναι
(Subscript[y, m])=(x^m)(E^(s x))(a[x] Cos[x]+b[x] Sin[x])
ειδικότερα η λύση είναι
(Subscript[y, m])=(E^x)((Subscript[a, 0]) Cos[x]+(Subscript[b, 0]) Sin[x])
και θα προσδιορίσουμε τους συντελεστές (Subscript[a, 0]) και (Subscript[b, 0]). 
Αντικαθιστούμε στην εξίσωση

(Subscript[y, m])=(E^x)((Subscript[a, 0]) Cos[x]+(Subscript[b, 0]) Sin[x])

ww=Collect[D[D[(Subscript[y, m]),x],x]+2D[(Subscript[y, m]),x]+(Subscript[y, m])-(E^x)Cos[x],{Cos[x],Sin[x]},Simplify]

rr=Solve[{-4 (Subscript[a, 0])+3 (Subscript[b, 0])==0,-1+3 (Subscript[a, 0])+4 (Subscript[b, 0])==0},{(Subscript[a, 0]),(Subscript[b, 0])}]

Άρα η μερική λύση είναι

(Subscript[y, m])=ReplaceAll[(Subscript[y, m]),rr]

και η γενική λύση

y=((Subscript[c, 1])+(Subscript[c, 2])x)(E^(-x))+(E^x) (((3 Cos[x])/25)+((4 Sin[x])/25))

Μέθοδος 2 (Λαγκράνζ). 
Υποθέτουμε ότι η μερική λύση είναι η λύση της ομογενούς όπου οι σταθερές (Subscript[c, 1]) και (Subscript[c, 2]) είναι συναρτήσεις του x. 
Δηλαδή

(Subscript[y, m])[x_]=(E^(-x)) ((Subscript[c, 1])[x]+x (Subscript[c, 2])[x])

Παραγωγίζουμε την εξίσωση μια φορά

Collect[D[(Subscript[y, m])[x],x],{(Subscript[c, 1])[x],(Subscript[c, 2])[x]}]

Δεχόμαστε ότι

(E^(-x)) (((Subscript[c, 1])))'[x]+(E^(-x)) x (((Subscript[c, 2])))'[x]==0           (α)

και επωμένως

d1=-(E^(-x)) (Subscript[c, 1])[x]+((E^(-x))-(E^(-x)) x) (Subscript[c, 2])[x]

Παραγωγίζουμε και δεύτερη φορά

d2=Collect[D[-(E^(-x)) (Subscript[c, 1])[x]+((E^(-x))-(E^(-x)) x) (Subscript[c, 2])[x],x],{(Subscript[c, 1])[x],(Subscript[c, 2])[x]},Simplify]

και αντικαθιστούμε στην διαφορική εξίσωση

Simplify[d2+2 d1+(Subscript[y, m])[x]]

(E^(-x)) (-(((Subscript[c, 1])))'[x]-(-1+x) (((Subscript[c, 2])))'[x])  (β)

Καταλήγουμε σε ένα αλγεβρικό σύστημα δύο εξισώσεων (τις (α) και (β))  με αγνώστους τις συναρτήσεις   
(((Subscript[c, 1])))'[x]     και   (((Subscript[c, 2])))'[x]

(E^(-x)) (((Subscript[c, 1])))'[x]+(E^(-x)) x (((Subscript[c, 2])))'[x]==0
(E^(-x)) (-(((Subscript[c, 1])))'[x]-(-1+x) (((Subscript[c, 2])))'[x])==(E^x)Cos[x]

Λύνουμε το σύστημα

Solve[{(E^(-x)) (((Subscript[c, 1])))'[x]+(E^(-x)) x (((Subscript[c, 2])))'[x]==0,(E^(-x)) (-(((Subscript[c, 1])))'[x]-(-1+x) (((Subscript[c, 2])))'[x])==(E^x)Cos[x]},{(((Subscript[c, 1])))'[x],(((Subscript[c, 2])))'[x]}]

Ολοκληρώνουμε και βρίσκουμε

(Subscript[c, 1])[x]->∫(-(E^(2 x)) x Cos[x])\[DifferentialD]x
(Subscript[c, 2])[x]->∫((E^(2 x))  Cos[x])\[DifferentialD]x

Αντικαθιστούμε στην μερική λύση και βρίσκουμε την μερική λύση που έχουμε ήδη βρει με την άλλη μέθοδο.

Simplify[ReplaceAll[(E^(-x)) ((Subscript[c, 1])[x]+x (Subscript[c, 2])[x]),{(Subscript[c, 1])[x]->-(1/25) (E^(2 x)) ((-3+10 x) Cos[x]+(-4+5 x) Sin[x]),(Subscript[c, 2])[x]->(1/5) (E^(2 x)) (2 Cos[x]+Sin[x])}]]

και η γενική λύση

y=((Subscript[c, 1])+(Subscript[c, 2])x)(E^(-x))+(1/25)(E^x) (3 Cos[x]+4 Sin[x])

Θέμα 3. α) Να αποδείξετε ότι μια ομογενής γραμμική διαφορική εξίσωση τάξης n της μορφής
(y^((n)))(x)+(Subscript[g, n-1])(x)(y^((n-1)))(x)+...+(Subscript[g, 0])(x)y(x)=0
μπορεί να μετατραπεί σε γραμμική διαφορική εξίσωση τάξης n-1 της μορφής αν γνωρίζουμε μια λύση της (Subscript[y, 1])(x).
β) Να εφαρμόσετε την μέθοδο για να λύσετε την εξίσωση
(x^2)(x+3)y'''(x)-3x(x+2)y''(x)+6(x+1)y'(x)=6y(x)

α΄ ερώτημα θεωρία 
από το βιβλίο Π. Σιαφαρίκα σελίδα 484 (για  διαφορική εξίσωση β΄τάξη)
από το βιβλίο Γ.Δασιου σελίδα 267 & 5.2

β΄ ερώτημα
Η λύση που δίνει το mathematica είναι

DSolve[(x^2)(x+3)y'''[x]-3x(x+2)y''[x]+6(x+1)y'[x]==6y[x],y[x],x]

Για τις εξετάσεις
Θέτουμε λύση της μορφής
y=(x^2)u

y[x_]=(x^2)u[x]

Η διαφορική εξίσωση γίνεται

Simplify[(x^2)(x+3)D[D[D[y[x],x],x],x]-3x(x+2)D[D[y[x],x],x]+6(x+1)D[y[x],x]-6y[x]]==0

Θέτουμε u''[x]=z[x] και η εξίσωση γίνεται  (x≠0)

3 (4+x) z[x]+x (3+x) z'[x]==0

((3 (4+x))/(x (3+x))) dx+(1/z)dz==0

που είναι εξίσωση χωριζομένων μεταβλητών. Ολοκληρώνω

Solve[Simplify[∫((3 (4+x))/(x (3+x))) \[DifferentialD]x+∫(1/z)\[DifferentialD]z]==c,z]

ή αλλιώς

Simplify[DSolve[3 (4+x) z[x]+x (3+x) z'[x]==0,z[x],x]]

Επωμένως u''[x]==(((3+x) (Subscript[C, 1]))/(x^4))

Για να βρούμε την συνάρτηση u[x] πρέπει να ολοκληρώσουμε δύο φορές

u'[x]->∫(((3+x) (Subscript[C, 1]))/(x^4))\[DifferentialD]x+(Subscript[C, 2])

u[x]->∫(-((Subscript[C, 1])/(x^3))-((Subscript[C, 1])/(2 (x^2)))+(Subscript[C, 2]))\[DifferentialD]x+(Subscript[C, 3])

Τελικά η λύση είναι

y->Expand[(x^2)(((Subscript[C, 1])/(2 (x^2)))+((Subscript[C, 1])/(2 x))+x (Subscript[C, 2])+(Subscript[C, 3]))]

y->((Subscript[C, 1])/2)+((x (Subscript[C, 1]))/2)+(x^3) (Subscript[C, 2])+(x^2) (Subscript[C, 3])

Η οποία είναι αυτή που μας έδωσε αρχικά και το mathematica. Πράγματι

Collect[(1/4) (3+3 x-3 (x^2)+(x^3)) C[1]+(1/2) (-1-x+3 (x^2)-(x^3)) C[2]+(1/8) (1+x-5 (x^2)+3 (x^3)) C[3],x]

για

(Subscript[c, 1])->((3 C[1])/2)-C[2]+((C[3])/4)
(Subscript[c, 2])->((C[1])/4)-((C[2])/2)+((3 C[3])/8)
(Subscript[c, 3])->-((3 C[1])/4)+((3 C[2])/2)-((5 C[3])/8)

ή αντιστρόφως

Solve[{(Subscript[c, 1])==((3 C[1])/2)-C[2]+((C[3])/4),(Subscript[c, 2])==((C[1])/4)-((C[2])/2)+((3 C[3])/8),(Subscript[c, 3])==-((3 C[1])/4)+((3 C[2])/2)-((5 C[3])/8)},{C[1],C[2],C[3]}]

Θέμα 4. Να περιγράψετε την μέθοδο των διαδοχικών προσεγγίσεων του Picard. Να βρεθούν οι τρείς πρώτες προσεγγίσεις για το πρόβλημα των αρχικών τιμών y'(x)=(x^2)+(y^2),   y(0)=0.

Από το βιβλιο Π. Σιαφαρίκα η θεωρία στο ανάλογο κεφάλαιο. 
Η άσκηση στην σελίδα 456

(Subscript[y, 0])=0

(Subscript[y, 1])=(∫_0^x)(t^2)\[DifferentialD]t

(Subscript[y, 2])=(∫_0^x)((t^2)+((t^6)/9))\[DifferentialD]t

Θέμα 5.
Να λυθεί το πρόβλημα αρχικών τιμών
((x^2)+(y^2))(x dx+y dy)-(x dy-y dx)=0
με αρχικές συνθήκες x=1, y=0

Λύση

Θα χρησιμοποιήσουμε πολικές συντεταγμένες

x=r Cos[t]
y=r Sin[t]

Διαφορίζουμε τις παραπάνω εξισώσεις

dx=Cos[t] dr-r Sin[t] dt
dy=Sin[t] dr+r Cos[t] dt

Αντικαθειστούμε στην δοθείσα διαφορική εξίσωση και βρίσκουμε

dd={x->r Cos[t],y->r Sin[t],dx->Cos[t] dr-r Sin[t] dt,dy->Sin[t] dr+r Cos[t] dt};
ee=ReplaceAll[((x^2)+(y^2))(x dx+y dy)-(x dy-y dx),dd]==0

Μετά την απλοποίηση βρίσκουμε

FullSimplify[ee]

Υποθέτουμε ότι r≠0 και βρίσκουμε

dr r==dt

Ολοκληρώνουμε την τελευταία εξίσωση

(1/2)(r^2)==t+c

Στις καρτεσιανές συντεταγμένες η λύση είναι

(1/2)((x^2)+(y^2))=ArcTan[(y/x)]+c

Θα προσδιορίσουμε την σταθερά c απο τις αρχικές συνθήκες

(1/2)((1^2)+(0^2))==ArcTan[(0/1)]+c

c=(1/2)

ReplaceAll[(1/2)((x^2)+(y^2))==ArcTan[(y/x)]+c,{x->1,y->0}]

Τελικά η λύση είναι του προβλήματος αρχικών τιμών είναι

(1/2)((x^2)+(y^2)-1)=ArcTan[(y/x)]

y=x Tan[(1/2)((x^2)+(y^2)-1)]

Η τελική εξίσωση δεν λύνεται αναλυτικά σαν 
y=y(x)       ή     x=x(y).