מדר קיץ תשעב/סיכומים/הרצאות/2.8.12

פתרון המד״ר משיעור קודם: $\frac{\ln\left(\frac y{x+2}+\sqrt3-1\right)-\ln\left(-\frac y{x+2}+\sqrt3+1\right)}\sqrt3-\frac12\ln\left|2+\frac{2y}{x+y}-\left(\frac y{x+2}\right)^2\right|=\ln|x+2|+c$.

מד״ר מסדר גבוה

מד״ר מסדר שני: $F(x,y,y',y'')=0$. הפתרון הוא מהצורה $y=\varphi(x,c_1,c_2)$.

בעיית קושי מסדר 2

נתונים שני תנאי התחלה $y(x_0)=y_0,y'(x_0)=y_0'$ (כמובן ש־$y_0'$ אינו הנגזרת של הקבוע $y_0$, אלא ערך הנגזרת בנקודה $x_0$).

סוג 1

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

סוג 2

אלה המקרים שבהם 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. נדגים: $y''=x y'$. לכן $z'=xz$, לפיכך $\int\frac{z'}z\mathrm dz=\int x\mathrm dx$ ואז $\ln|z|=\frac{x^2}2+c_1$. מכאן ש־$y=c_1\int\mathrm e^{\frac{x^2}2}\mathrm dx$.

מקרה 2: $x$ לא מופיע, 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־$x=\int\frac{\mathrm dy}z$. דוגמה: בהנתן $yy''-2(y')^2=0$ נציב באופן הנ״ל ונקבל $y\frac{\mathrm dz}{\mathrm dy}=2z$, כך שלבסוף $\int\frac{\mathrm dz}{2z}=\int\frac{\mathrm dy}y\implies z=c_1\mathrm e^{y^2}$. נותר להציב ולקבל $\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}=c_1y^2\implies\int\frac{\mathrm dy}{y^2}=\int c_1\mathrm dx\implies y=\frac{c_2}{c_1x+1}$.

משוואת ריקטי

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: $y\cdot(cA+B)=ca+b$ ולכן $c(yA-a)-b+yB=0$. נגזור את שני האגפים ונקבל $c(y'A+A'y-a')-b'+(y'B+B'y)=0$. שתי המשוואות האחרונות נכונות לכל $c$ ולפיכך $\begin{vmatrix}y'A+A'y-a'&-b'+y'B+B'y\\yA-a&-b+yB\end{vmatrix}=0$. 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, תהי $y_p(x)$ פתרון פרטי $a$ של משוואת ריקטי. נציב $y(x)=y_p(x)+z(x)$. עתה $z'+y_p'+f(x)\left(z^2+2zy_p+y_p^2\right)+g(x)(y_p+z)+h(x)=0$ (*). אמרנו ש־$y_p$ פתרון של משוואת ריקטי ולכן $y_p'+f(x)y_p^2+g(x)y_p+h(x)=0$. נשים לב שאגף שמאל מופיע במשוואה (*) ונציב: $z'+\left(2f(x)y_p+g(x)\right)z+z^2=0$. נציב $z=\frac1{c\alpha(x)+\beta(x)}$ ולבסוף $y=y_p+z=\frac{cy_p(x)\alpha(x)+y_p(x)p(x)+1}{x\alpha(x)+\beta(x)}$. $\blacksquare$

מערכת מד״ר מסדר ראשון

מהצורה $\vec F(x,\vec y,\vec y')=0$ כאשר $\vec F$ היא מערכת של $n$ פונקציות ב־$2n+1$ משתנים. בצורה נורמלית: $\vec y'=\vec f(x,\vec y)$. לפיכך $\begin{pmatrix}y_1\\y_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\varphi(x,c_1,c_2)\\\psi(x,c_1,c_2)\end{pmatrix}$.

דוגמה

$y_1'+\sin(x)+y_1y_2x^2=0$. גזירת שני האגפים תתן $\frac{y_1'}{y_2}+\frac{y_2'}{y_1}+\cos(x)=0$.

בעיית קושי

נתון 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 תנאי התחלה $y(x_0),y'(x_0),\dots,y^{(n-1)}(x_0)$ זה שקול לבעיית קושי עבור המערכת.

הוכחה

נתונה המד״ר $F(x,y,y',\dots,y^{(n)})=0$ ונסמן $\forall k=1,\dots, n-1:\ y_k=y^{(k)}$. לכן $F(x,y,y_1,y_2,\dots,y_{k-1},y_{k-1}')=0$. 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־$w=z'=y''$. לפיכך $\begin{cases}w'+x^2w+\sin(x)y=0\\z=y'\\w=z'\end{cases}$.

מד״ר סתומות מסדר 1

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

מקרה 1: משוואה מסדר 1 ממעלה $n$: $(y')^n+P_1(x,y)(y')^{n-1}+\dots+\P_{n-1}(x,y)y'+P_n(x,y)=0$. מכאן שקיימות פונקציות $f_k,\quad k\in\{1,2,\dots,n\}$ שעבורן $(y'-f_1(x,y))\cdot\dots\cdot(y'-f_n(x,y))=0$. דוגמה: $(y')^2-\frac{xy}{a^2}=0$ לכן $\left(y'-\frac\sqrt{xy}a\right)\left(y'+\frac\sqrt{xy}a\right)=0$ ואז $\frac{y'}\sqrt y=\pm\frac\sqrt{xy}a$. נפעיל אינטגרציה: $2\sqrt y=\pm\frac{2x^{3/2}}{3a}+c$, כלומר $y=\frac14\left(c\pm\frac{2\sqrt x^3}{3a}\right)^2$.

מקרה 2: $x$ לא מופיע במד״ר. צורתה $F(y,y')=0$ ובהצבת $p=y'=\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}$ נקבל $F(y,p)=0$. נשים לב ש־$\frac{\mathrm dp}p=\mathrm dx$ ולכן $x=\int\mathrm dx-c_1=c+\int\frac{\mathrm dy}p=c+\int\frac yp+\int\frac y{p^2}\mathrm dp$. לבסוף, אם $y=\varphi(p)$ אזי $x=c+\frac{\varphi(p)}p+\int\frac{\varphi(p)}{p^2}\mathrm dp$. דוגמה: $y=(y')^2+2(y')^3$. נסמן $p=y'$ ולפי המד״ר, $y=p^2+2p^3$. עתה $x=c+\frac yp+\int\frac y{p^2}\mathrm dp=c+\frac{p^2+2p^3}p+\int(1+2p)\mathrm dp=c+p+2p^2+p+p^2=c+2p+3p^2$.

מקרה 3: $y$ לא מופיע, $F(x,y')=0$. נציב $y'=p$ ואז, אם $x=\varphi(y')$, מתברר ש־$x=\varphi(p)$. אזי $y=\int p\mathrm dx+c=c+px-\int x\mathrm dp$. לסיכום, $y=c+p\cdot\varphi(p)-\int\varphi(p)\mathrm dp$. דוגמה: $x=y'\sin(y')$. אחרי הצבה $x=p\sin(p)$ ולבסוף $y=c+p\cdot p\sin(p)-\int p\sin(p)\mathrm dp=x+p^2\sin(p)+p\cos(p)-\sin(p)$.

מקרה 4: $x$ או $y$ מופיעים, אבל המד״ר סתומה לגביהם. דהיינו, $F(x,y')=0$ או $F(y,y')=0$. נגדיר $y'=p$.

מקרה 4.1: $F(y,p)=0$. נציב $y=\varphi(t)$ ו־$p=\psi(t)$. מתקיים $\mathrm dy=\psi(t)\mathrm dx=\varphi_t'(t)\mathrm dt$. נקבל $\mathrm dx=\frac{\varphi_t'(t)}{\psi(t)}\mathrm dt$, כלומר $\begin{cases}x=\int\frac{\varphi_t'(t)}{\psi(t)}\mathrm dt\\y=\varphi(t)\end{cases}$. דוגמה: $y=a\sqrt{1+(y')^2}$. נסמן $\psi(t)=\sinh(t)=p$, נציב במד״ר ונקבל $y=a\cosh(t)=\varphi(t)$. לבסוף, $x=\int\frac{a\sinh(t)}{\sinh(t)}\mathrm dt=at+c$.

מקרה 4.2: $F(x,y')=0$. נציב $p=y',x=\varphi(t)$. אזי $F(\varphi(t),p)=0$ ונסמן $p=\psi(t)$. עתה $\mathrm dx=\varphi_t'(t)\mathrm dt=\frac{\mathrm dy}{\psi(t)}$. מאינטגרציה נקבל $y=c+\int\psi(t)\varphi_t'(t)\mathrm dt$ כאשר $x=\varphi(t)$.