מדר קיץ תשעב/סיכומים/הרצאות/2.8.12

מד״ר מסדר שני

הצורה הכללית של מד״ר כזו היא $F(x,y,y',y'')=0$, והפתרון הוא מהצורה $y=\varphi(x,c_1,c_2)$.

בעיית קושי מסדר 2

זו בעיה שבה אנו נדרשים לפתור מד״ר עם שני תנאי התחלה $\begin{cases}y(x_0)=y_0\\y'(x_0)=y_0'\end{cases}$ (מובן ש־$y_0'$ אינו הנגזרת של הקבוע $y_0$, אלא ערך הנגזרת בנקודה $x_0$).

סוגים נפוצים

סוג 1

מתקיים $y^{(n)}=f(x)$. ניתן לפתור זאת ע״י אינטגרציה $n$ פעמים (במקרה שלנו, $n=2$).

סוג 2

אלה מד״ר שבהן ניתן להוריד את סדר המשוואה. עבור מד״ר מסדר 2, נחלק לשני מקרים:

מקרה 1

$y$ לא מופיע במשוואה, כלומר המשוואה מהצורה $y''=f(x,y')$. במקרה זה נציב $z=y'$ ונקבל מד״ר מסדר ראשון.

תרגיל

פתרו את המד״ר $y''=x y'$.

פתרון

	נציב $z=y'$ ולכן:		$z'=xz$	$\implies$
			$\frac{z'}z=x$	$\implies$
			$\int\frac{\mathrm dz}z=\int x\mathrm dx$	$\implies$
			$\ln\vert z\vert=\frac{x^2}2+c_0$	$\implies$
	נסמן $c_1:=\mathrm e^{c_0}$:		$z=y'=c_1\mathrm e^{\frac{x^2}2}$	$\implies$
			$y=c_1\int\mathrm e^{\frac{x^2}2}\mathrm dx$	$\implies$

$\blacksquare$

מקרה 2

$x$ לא מופיע במשוואה, כלומר המד״ר מהצורה $y''=f(y,y')$. שוב נגדיר $z=y'$, ואז $y''=z'=\frac{\mathrm dz}{\mathrm dy}\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}=z_y' z$. המד״ר הופכת ל־$zz_y'=f(y,z)$, כלומר מד״ר מסדר ראשון של $y,z$. נובע ש־$x=\int\frac{\mathrm dy}z$.

תרגיל

פתרו $yy''-2(y')^2=0$.

פתרון

נציב $z$ באופן הנ״ל ונקבל

$\begin{align}&y\frac{\mathrm dz}{\mathrm dy}z=2z^2\\\implies&\int\frac{\mathrm dz}{2z}=\int\frac{\mathrm dy}y\\\implies&\frac12\ln|z|=\ln|y|+C_1\\\implies&z=C_2y^2\\\implies&\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}=C_2y^2\\\implies&\int\frac{\mathrm dy}{y^2}=\int C_2\mathrm dx\\\implies&-\frac1y=C_2x+C_3\\\implies&y=\frac{c_2}{c_1x+1}\end{align}$

$\blacksquare$

משוואות ריקטי

אלה מד״ר מהצורה $y'+f(x)y^2+g(x)y+h(x)=0$. פתרון כללי של משוואת ריקטי הוא מהצורה $y=\frac{c a(x)+b(x)}{c A(x)+B(x)}$, ולכל ביטוי מהצורה הנ״ל קיימת משוואת ריקטי מתאימה.

הוכחה

ראשית, נוכיח שלכל ביטוי מהצורה הנ״ל קיימת משוואת ריקטי מתאימה: מתקיים $y\cdot(cA+B)=ca+b$ ולכן $c(yA-a)-b+yB=0$. נגזור את שני האגפים ונקבל $c(y'A+A'y-a')-b'+(y'B+B'y)=0$. נציג את שתי המשוואות האחרונות בצורה ${\color{Blue}\begin{pmatrix}y'A+A'y-a'&-b'+y'B+B'y\\yA-a&-b+yB\end{pmatrix}}\begin{pmatrix}c\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}$ ונשים לב שהמטריצה הכחולה מאפסת וקטור שאינו וקטור האפס, ולפיכך הדטרמיננטה שלה היא 0: $\begin{vmatrix}y'A+A'y-a'&-b'+y'B+B'y\\yA-a&-b+yB\end{vmatrix}=0$. נחשב את הדטרמיננטה ונגלה ש־$y'+y^2\frac{AB'-B'a}{Ab-aB}+y\frac{a'B-A'B-Ab'-aB'}{bA-aB}+\frac{ab'-a'b}{bA-aB}=0$, כדרוש.

לצד השני, יהי $y_z(x)$ פתרון רגולרי של משוואת ריקטי. נציב במד״ר $y(x)=y_z(x)+z(x)$ (כאשר $z$ פונקציה לא ידועה) ונגלה ש־

			$z'+y_z'+f(x)\left(z^2+2zy_z+y_z^2\right)+g(x)(y_z+z)+h(x)=0$
			$\Big(z'+z^2+(2f(x)y_z+g(x))z\Big)+\Big(y_z'+f(x)y_z^2+g(x)y_z+h(x)\Big)=0$	$\implies$
	$y_z$ פתרון, לכן:		$z'+z^2+(2f(x)y_z+g(x))z=0$	$\implies$

לכן $z$ פתרון של משוואת ברנולי עם $y^2$, ולפיכך הוא מהצורה $z=\frac1{c\alpha(x)+\beta(x)}$. לבסוף הפתרון מהצורה $y=y_z+z=\frac{cy_z(x)\alpha(x)+y_z(x)z(x)+1}{c\alpha(x)+\beta(x)}$. $\blacksquare$

מערכת מד״ר מסדר ראשון

זו מערכת מהצורה $\vec F(x,\vec y,\vec y\,')=0$ כאשר $\vec F$ היא מערכת של $n$ פונקציות. המערכת היא ב־$2n+1$ משתנים. בצורה נורמלית: $\vec y\,'=\vec f(x,\vec y)$. לפיכך הפתרון הכללי הינו מהצורה $\begin{pmatrix}y_1\\y_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\varphi_1(x,c_1,c_2)\\\varphi_2(x,c_1,c_2)\end{pmatrix}$. לדוגמה, $\begin{cases}y_1'+\sin(x)+y_1y_2x^2=0\\\frac{y_1'}{y_2}+\frac{y_2'}{y_1}+\cos(x)=0\end{cases}$ היא מערכת מד״ר.

בעיית קושי

במערכת מד״ר מסדר 1, בעיית קושי היא לפתור את המד״ר עם תנאי ההתחלה $\vec y(x_0)=\vec y_0$.

משפט

מד״ר מסדר $n$ (נורמלית/לינארית/לינארית־הומוגנית) שקולה למערכת של $n$ מד״ר מסדר ראשון (נורמליות/לינאריות/לינאריות־והומוגניות). אם למד״ר מסדר גבוה נתונים ערכי ההתחלה $y(x_0),y'(x_0),\dots,y^{(n-1)}(x_0)$ אז המד״ר שקולה לבעיית קושי עבור המערכת.

הוכחה

נתונה המד״ר $F\left(x,y,y',\dots,y^{(n)}\right)=0$ ונסמן $\forall k=1,\dots, n-1:\ y_k=y^{(k)}$. לכן $F(x,y,y_1,y_2,\dots,y_{n-1},y_{n-1}')=0$. נוסיף את המד״ר הבאות: $\forall k=1,\dots,n-1:\ y_k=y_{k-1}'$. המערכת שקולה למד״ר המקורית והיא נורמלית/לינארית/לינארית־הומוגנית בהתאם למערכת המקורית. $\blacksquare$

דוגמה

$y^{(3)}+x^2y''+\sin(x)y=0$. נציב $z=y'$ ו־$w=z'=y''$ ולפיכך $\begin{cases}w'+x^2w+\sin(x)y=0\\z=y'\\w=z'\end{cases}$.

מד״ר סתומות מסדר 1

אלה מד״ר $F(x,y,y')=0$ שאנו לא יודעים כיצד להביאן לצורה נורמלית.

סוגים נפוצים

מקרה 1

משוואה מסדר 1 וממעלה $n$: $\sum_{k=0}^{n-1}p_k(x,y)(y')^k+(y')^n=0$. מכאן שקיימות פונקציות $f_k,\quad k\in\{1,2,\dots,n\}$ שעבורן $\prod_{k=1}^n\Big(y'-f_k(x,y)\Big)=0$.

תרגיל

פתרו $(y')^2-\frac{xy}{a^2}=0$.

פתרון

$\begin{align}&\left(y'-\frac\sqrt{xy}a\right)\left(y'+\frac\sqrt{xy}a\right)=0\\\implies&y'=\pm\frac\sqrt{xy}a\\\implies&\frac{y'}\sqrt y=\pm\frac\sqrt xa\\\implies&\int\frac{\mathrm dy}\sqrt y=\pm\int\frac\sqrt xa\mathrm dx\\\implies&2\sqrt y=\pm\frac{2x^{3/2}}{3a}+c\\\implies&y=\frac14\left(c\pm\frac{2\sqrt x^3}{3a}\right)^2\end{align}$

$\blacksquare$

מקרה 2

$x$ לא מופיעה במד״ר. צורתה $F(y,y')=0$, ובהצבת $z=y'=\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}$ נקבל $F(y,z)=0$. נשים לב ש־$\frac{\mathrm dy}z=\mathrm dx$ ולכן $x=\int\mathrm dx=\int\frac{\mathrm dy}z=\frac yz+\int\frac y{z^2}\mathrm dz$. לפיכך, אם $y=\varphi(z)$ אזי $x=\frac{\varphi(z)}z+\int\frac{\varphi(z)}{z^2}\mathrm dz$.

תרגיל

פתרו $y=(y')^2+2(y')^3$.

פתרון

נסמן $z=y'$ ונציב במד״ר: $y=z^2+2z^3$. עתה $x=\frac yz+\int\frac y{z^2}\mathrm dz=\frac{z^2+2z^3}z+\int(1+2z)\mathrm dz=c+z+2z^2+z+z^2=c+2z+3z^2=c+2y'+3(y')^2$, וזו מד״ר ממקרה 1, שאותו אנו כבר יודעים לפתור. $\blacksquare$

מקרה 3

$y$ לא מופיעה, $F(x,y')=0$. שוב נציב $z=y'$, ונניח $x=\varphi(y')=\varphi(z)$. אזי $y=\int z\mathrm dx=zx-\int x\mathrm dz=z\cdot\varphi(z)-\int\varphi(z)\mathrm dz$.

תרגיל

פתרו $x=y'\sin(y')$.

פתרון

אחרי הצבה $z=y'$ נקבל $x=z\sin(z)$ ולבסוף $y=z\cdot z\sin(z)-\int z\sin(z)\mathrm dz=c+z^2\sin(z)+z\cos(z)-\sin(z)$. נציב חזרה $z=y'$ ונקבל את מקרה 2. $\blacksquare$

מקרה 4

$y$ מופיעה ו־$x$ לא, כלומר $F(y,y')=0$, והמד״ר סתומה. כרגיל, נגדיר $z=y'$. אם $y=\varphi(t)$ ו־$z=\psi(t)$ אזי $\mathrm dy=\psi(t)\mathrm dx=\frac{\mathrm d\varphi}{\mathrm dt}(t)\mathrm dt=\varphi_t'(t)\mathrm dt$, ומכאן ש־$\mathrm dx=\frac{\varphi_t'(t)}{\psi(t)}\mathrm dt$. לבסוף, $\begin{cases}x=\int\frac{\varphi_t'(t)}{\psi(t)}\mathrm dt\\y=\varphi(t)\end{cases}$.

תרגיל

פתרו $y=a\sqrt{1+(y')^2}$.

פתרון

נסמן $\psi(t)=\sinh(t)=z$, נציב במד״ר ונקבל $y=a\cosh(t)=\varphi(t)$. כמו כן, $x=\int\frac{a\sinh(t)}{\sinh(t)}\mathrm dt=at+c_1$. עתה, $t=\frac{x+c}a$ ולכן $y=a\cosh\left(\frac{x+c}a\right)$. $\blacksquare$

מקרה 5

$x$ מופיעה ו־$y$ לא, כלומר $F(x,y')=0$, והמד״ר סתומה. נציב $z=y',x=\varphi(t)$ ולכן $F(\varphi(t),z)=0$. נסמן $z=\psi(t)$ ונגלה כי $\mathrm dx=\varphi_t'(t)\mathrm dt=\frac{\mathrm dy}{\psi(t)}$. מאינטגרציה ולפי הגדרת $\varphi$ נקבל $\begin{cases}y=\int\psi(t)\varphi_t'(t)\mathrm dt\\x=\varphi(t)\end{cases}$.