גרסה מ־12:48, 6 באוגוסט 2012

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״. צורתה $F(y,y')=0$ , ובהצבת $z=y'=\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}$ נקבל $F(y,z)=0$ . נשים לב ש־ $\frac{\mathrm dz}z=\mathrm dx$ 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 $y=z\cdot z\sin(z)-\int z\sin(z)\mathrm dz=c+x+z^2\sin(z)+z\cos(z)-\sin(z)$ . נציב חזרה $z=y'$ וסיימנו. $\blacksquare$

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, $x=\int\frac{a\sinh(t)}{\sinh(t)}\mathrm dt=at+c$ . עתה, $t=\frac{c-x}a$ ולכן $y=a\cosh\left(\frac{c-x}a\right)$ . $\blacksquare$

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 $\begin{cases}y=\int\psi(t)\varphi_t'(t)\mathrm dt\\x=\varphi(t)\end{cases}$ .

@@ שורה 1: / שורה 1: @@
-פתרון המד״ר משיעור קודם: <math>\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</math>.
+= מד״ר מסדר שני =
+הצורה הכללית של מד״ר כזו היא  <math>F(x,y,y',y'')=0</math>, והפתרון הוא מהצורה <math>y=\varphi(x,c_1,c_2)</math>.
+== בעיית קושי מסדר 2 ==
+זו בעיה שבה אנו נדרשים לפתור מד״ר עם שני תנאי התחלה <math>\begin{cases}y(x_0)=y_0\\y'(x_0)=y_0'\end{cases}</math> (מובן ש־<math>y_0'</math> אינו הנגזרת של הקבוע <math>y_0</math>, אלא ערך הנגזרת בנקודה <math>x_0</math>).
-== מד״ר מסדר גבוה ==
+== סוגים נפוצים ==
-מד״ר מסדר שני: <math>F(x,y,y',y'')=0</math>. הפתרון הוא מהצורה <math>y=\varphi(x,c_1,c_2)</math>.
+=== סוג 1 ===
+מתקיים <math>y^{(n)}=f(x)</math>. ניתן לפתור זאת ע״י אינטגרציה <math>n</math> פעמים (במקרה שלנו, <math>n=2</math>).
-=== בעיית קושי מסדר 2 ===
+=== סוג 2 ===
-נתונים שני תנאי התחלה <math>y(x_0)=y_0,y'(x_0)=y_0'</math> (כמובן ש־<math>y_0'</math> אינו הנגזרת של הקבוע <math>y_0</math>, אלא ערך הנגזרת בנקודה <math>x_0</math>).
+אלה מד״ר שבהן ניתן להוריד את סדר המשוואה. עבור מד״ר מסדר 2, נחלק לשני מקרים:
-==== סוג 1 ====
+==== מקרה 1 ====
-מתקיים <math>y^{(n)}=f(x)</math>. ניתן לפתור זאת ע״י אינטגרציה <math>n</math> פעמים (במקרה שלנו, <math>n=2</math>).
+<math>y</math> לא מופיע במשוואה, כלומר המשוואה מהצורה <math>y''=f(x,y')</math>. במקרה זה נציב <math>z=y'</math> ונקבל מד״ר מסדר ראשון.
-==== סוג 2 ====
+===== תרגיל =====
-אלה המקרים שבהם ניתן להוריד את סדר המשוואה. עבור מד״ר מסדר 2, נחלק לשני מקרים:
+פתרו את המד״ר <math>y''=x y'</math>.
-''מקרה 1:'' <math>y</math> לא מופיע במשוואה, כלומר המשוואה מהצורה <math>y''=f(x,y')</math>. במקרה זה נציב <math>z=y'</math> ונקבל מד״ר מסדר ראשון. נדגים: <math>y''=x y'</math>. לכן <math>z'=xz</math>, לפיכך <math>\int\frac{z'}z\mathrm dz=\int x\mathrm dx</math> ואז <math>\ln|z|=\frac{x^2}2+c_1</math>. מכאן ש־<math>y=c_1\int\mathrm e^{\frac{x^2}2}\mathrm dx</math>.
+====== פתרון ======
+{|
+{{=|o=\implies |r=z'=xz | c=נציב <math>z=y'</math> ולכן:}}
+{{=|o=\implies |r=\frac{z'}z=x }}
+{{=|o=\implies |r=\int\frac{\mathrm dz}z=\int x\mathrm dx }}
+{{=|o=\implies |r=\ln\vert z\vert=\frac{x^2}2+c_0 }}
+{{=|o=\implies |r=z=y'=c_1\mathrm e^{\frac{x^2}2} |c=נסמן <math>c_1:=\mathrm e^{c_0}</math>:}}
+{{=|o=\implies |r=y=c_1\int\mathrm e^{\frac{x^2}2}\mathrm dx }}
+|}
+{{משל}}
-''מקרה 2:'' <math>x</math> לא מופיע, כלומר המד״ר מהצורה <math>y''=f(y,y')</math>. שוב נגדיר <math>z=y'</math>, ואז <math>y''=z'=\frac{\mathrm dz}{\mathrm dy}\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}=z_y' z</math>. המד״ר הופכת ל־<math>zz_y'=f(y,z)</math>, כלומר מד״ר מסדר ראשון של <math>y,z</math>. נובע ש־<math>x=\int\frac{\mathrm dy}z</math>. דוגמה: בהנתן <math>yy''-2(y')^2=0</math> נציב באופן הנ״ל ונקבל <math>y\frac{\mathrm dz}{\mathrm dy}=2z</math>, כך שלבסוף <math>\int\frac{\mathrm dz}{2z}=\int\frac{\mathrm dy}y\implies z=c_1\mathrm e^{y^2}</math>. נותר להציב ולקבל <math>\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}</math>.
+==== מקרה 2 ====
+<math>x</math> לא מופיע במשוואה, כלומר המד״ר מהצורה <math>y''=f(y,y')</math>. שוב נגדיר <math>z=y'</math>, ואז <math>y''=z'=\frac{\mathrm dz}{\mathrm dy}\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}=z_y' z</math>. המד״ר הופכת ל־<math>zz_y'=f(y,z)</math>, כלומר מד״ר מסדר ראשון של <math>y,z</math>. נובע ש־<math>x=\int\frac{\mathrm dy}z</math>.
-=== משוואת ריקטי ===
+===== תרגיל =====
-מד״ר מהצורה <math>y'+f(x)y^2+g(x)y+h(x)=0</math>. פתרון כללי של משוואת ריקטי הוא מהצורה <math>y=\frac{c a(x)+b(x)}{c A(x)+B(x)}</math>, ולכל ביטוי מהצורה הנ״ל קיימת משוואת ריקטי מתאימה.
+פתרו <math>yy''-2(y')^2=0</math>.
+====== פתרון ======
+נציב <math>z</math> באופן הנ״ל ונקבל
+{{left|<math>\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}</math>}}
+{{משל}}
+=== משוואות ריקטי ===
+אלה מד״ר מהצורה <math>y'+f(x)y^2+g(x)y+h(x)=0</math>. פתרון כללי של משוואת ריקטי הוא מהצורה <math>y=\frac{c a(x)+b(x)}{c A(x)+B(x)}</math>, ולכל ביטוי מהצורה הנ״ל קיימת משוואת ריקטי מתאימה.
 ==== הוכחה ====
-ראשית, נוכיח שלכל ביטוי מהצורה הנ״ל קיימת משוואת ריקטי מתאימה: <math>y\cdot(cA+B)=ca+b</math> ולכן <math>c(yA-a)-b+yB=0</math>. נגזור את שני האגפים ונקבל <math>c(y'A+A'y-a')-b'+(y'B+B'y)=0</math>. שתי המשוואות האחרונות נכונות לכל <math>c</math> ולפיכך <math>\begin{vmatrix}y'A+A'y-a'&-b'+y'B+B'y\\yA-a&-b+yB\end{vmatrix}=0</math>. נחשב את הדטרמיננטה ונגלה ש־<math>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</math>, כדרוש.
+ראשית, נוכיח שלכל ביטוי מהצורה הנ״ל קיימת משוואת ריקטי מתאימה: מתקיים <math>y\cdot(cA+B)=ca+b</math> ולכן <math>c(yA-a)-b+yB=0</math>. נגזור את שני האגפים ונקבל <math>c(y'A+A'y-a')-b'+(y'B+B'y)=0</math>. נציג את שתי המשוואות האחרונות בצורה <math>{\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}</math> ונשים לב שהמטריצה הכחולה מאפסת וקטור שאינו וקטור האפס, ולפיכך הדטרמיננטה שלה היא 0: <math>\begin{vmatrix}y'A+A'y-a'&-b'+y'B+B'y\\yA-a&-b+yB\end{vmatrix}=0</math>. נחשב את הדטרמיננטה ונגלה ש־<math>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</math>, כדרוש.
-לצד השני, תהי <math>y_p(x)</math> פתרון פרטי <math>a</math> של משוואת ריקטי. נציב <math>y(x)=y_p(x)+z(x)</math>. עתה <math>z'+y_p'+f(x)\left(z^2+2zy_p+y_p^2\right)+g(x)(y_p+z)+h(x)=0</math> (*). אמרנו ש־<math>y_p</math> פתרון של משוואת ריקטי ולכן <math>y_p'+f(x)y_p^2+g(x)y_p+h(x)=0</math>. נשים לב שאגף שמאל מופיע במשוואה (*) ונציב: <math>z'+\left(2f(x)y_p+g(x)\right)z+z^2=0</math>. נציב <math>z=\frac1{c\alpha(x)+\beta(x)}</math> ולבסוף <math>y=y_p+z=\frac{cy_p(x)\alpha(x)+y_p(x)p(x)+1}{x\alpha(x)+\beta(x)}</math>. {{משל}}
-== מערכת מד״ר מסדר ראשון ==
+לצד השני, יהי <math>y_z(x)</math> פתרון רגולרי של משוואת ריקטי. נציב במד״ר <math>y(x)=y_z(x)+z(x)</math> (כאשר <math>z</math> פונקציה לא ידועה) ונגלה ש־
-מהצורה <math>\vec F(x,\vec y,\vec y')=0</math> כאשר <math>\vec F</math> היא מערכת של <math>n</math> פונקציות ב־<math>2n+1</math> משתנים. בצורה נורמלית: <math>\vec y'=\vec f(x,\vec y)</math>. לפיכך <math>\begin{pmatrix}y_1\\y_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\varphi(x,c_1,c_2)\\\psi(x,c_1,c_2)\end{pmatrix}</math>.
+{|
+{{=|o= |r=z'+y_z'+f(x)\left(z^2+2zy_z+y_z^2\right)+g(x)(y_z+z)+h(x)=0 }}
+{{=|o=\implies |r=\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 }}
+{{=|o=\implies |r=z'+z^2+(2f(x)y_z+g(x))z=0 |c=<math>y_z</math> פתרון, לכן: }}
+|}
+לכן <math>z</math> פתרון של משוואת ברנולי עם <math>y^2</math>, ולפיכך הוא מהצורה <math>z=\frac1{c\alpha(x)+\beta(x)}</math>. לבסוף הפתרון מהצורה <math>y=y_z+z=\frac{cy_z(x)\alpha(x)+y_z(x)z(x)+1}{c\alpha(x)+\beta(x)}</math>. {{משל}}
-=== דוגמה ===
+= מערכת מד״ר מסדר ראשון =
-<math>y_1'+\sin(x)+y_1y_2x^2=0</math>. גזירת שני האגפים תתן <math>\frac{y_1'}{y_2}+\frac{y_2'}{y_1}+\cos(x)=0</math>.
+זו מערכת מהצורה <math>\vec F(x,\vec y,\vec y\,')=0</math> כאשר <math>\vec F</math> היא מערכת של <math>n</math> פונקציות. המערכת היא ב־<math>2n+1</math> משתנים. בצורה נורמלית: <math>\vec y\,'=\vec f(x,\vec y)</math>. לפיכך הפתרון הכללי הינו מהצורה <math>\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}</math>. לדוגמה, <math>\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}</math> היא מערכת מד״ר.
-=== בעיית קושי ===
+== בעיית קושי ==
-נתון תנאי ההתחלה <math>\vec y(x_0)=\vec y_0</math>.
+במערכת מד״ר מסדר 1, בעיית קושי היא לפתור את המד״ר עם תנאי ההתחלה <math>\vec y(x_0)=\vec y_0</math>.
-=== משפט ===
+== משפט ==
-מד״ר מסדר <math>n</math> (נורמלית/לינארית/לינארית הומוגנית) שקולה למערכת של <math>n</math> מד״ר מסדר ראשון (נורמליות/לינאריות/לינאריות והומוגניות). אם למד״ר מסדר גבוה נתונים תנאי התחלה <math>y(x_0),y'(x_0),\dots,y^{(n-1)}(x_0)</math> זה שקול לבעיית קושי עבור המערכת.
+מד״ר מסדר <math>n</math> (נורמלית/לינארית/לינארית־הומוגנית) שקולה למערכת של <math>n</math> מד״ר מסדר ראשון (נורמליות/לינאריות/לינאריות־והומוגניות). אם למד״ר מסדר גבוה נתונים ערכי ההתחלה <math>y(x_0),y'(x_0),\dots,y^{(n-1)}(x_0)</math> אז המד״ר שקולה לבעיית קושי עבור המערכת.
-==== הוכחה ====
+=== הוכחה ===
-נתונה המד״ר <math>F(x,y,y',\dots,y^{(n)})=0</math> ונסמן <math>\forall k=1,\dots, n-1:\ y_k=y^{(k)}</math>. לכן <math>F(x,y,y_1,y_2,\dots,y_{k-1},y_{k-1}')=0</math>. נוסיף את המד״ר הבאות: <math>\forall k=1,\dots,n-1:\ y_k=y_{k-1}'</math>. המערכת שקולה למד״ר המקורית והיא נורמלית/לינארית/לינארית הומוגנית בהתאם למערכת המקורית. {{משל}}
+נתונה המד״ר <math>F\left(x,y,y',\dots,y^{(n)}\right)=0</math> ונסמן <math>\forall k=1,\dots, n-1:\ y_k=y^{(k)}</math>. לכן <math>F(x,y,y_1,y_2,\dots,y_{n-1},y_{n-1}')=0</math>. נוסיף את המד״ר הבאות: <math>\forall k=1,\dots,n-1:\ y_k=y_{k-1}'</math>. המערכת שקולה למד״ר המקורית והיא נורמלית/לינארית/לינארית־הומוגנית בהתאם למערכת המקורית. {{משל}}
-==== דוגמה ====
+=== דוגמה ===
-<math>y^{(3)}+x^2y''+\sin(x)y=0</math>. נציב <math>z=y'</math> ו־<math>w=z'=y''</math>. לפיכך <math>\begin{cases}w'+x^2w+\sin(x)y=0\\z=y'\\w=z'\end{cases}</math>.
+<math>y^{(3)}+x^2y''+\sin(x)y=0</math>. נציב <math>z=y'</math> ו־<math>w=z'=y''</math> ולפיכך <math>\begin{cases}w'+x^2w+\sin(x)y=0\\z=y'\\w=z'\end{cases}</math>.
 == מד״ר סתומות מסדר 1 ==
 אלה מד״ר <math>F(x,y,y')=0</math> שאנו לא יודעים כיצד להביאן לצורה נורמלית.
-''מקרה 1:'' משוואה מסדר 1 ממעלה <math>n</math>: <math>(y')^n+P_1(x,y)(y')^{n-1}+\dots+\P_{n-1}(x,y)y'+P_n(x,y)=0</math>. מכאן שקיימות פונקציות <math>f_k,\quad k\in\{1,2,\dots,n\}</math> שעבורן <math>(y'-f_1(x,y))\cdot\dots\cdot(y'-f_n(x,y))=0</math>. דוגמה: <math>(y')^2-\frac{xy}{a^2}=0</math> לכן <math>\left(y'-\frac\sqrt{xy}a\right)\left(y'+\frac\sqrt{xy}a\right)=0</math> ואז <math>\frac{y'}\sqrt y=\pm\frac\sqrt{xy}a</math>. נפעיל אינטגרציה: <math>2\sqrt y=\pm\frac{2x^{3/2}}{3a}+c</math>, כלומר <math>y=\frac14\left(c\pm\frac{2\sqrt x^3}{3a}\right)^2</math>.
+=== סוגים נפוצים ===
+==== מקרה 1 ====
+משוואה מסדר 1 וממעלה <math>n</math>: <math>\sum_{k=0}^{n-1}p_k(x,y)(y')^k+(y')^n=0</math>. מכאן שקיימות פונקציות <math>f_k,\quad k\in\{1,2,\dots,n\}</math> שעבורן <math>\prod_{k=1}^n\Big(y'-f_k(x,y)\Big)=0</math>.
+===== תרגיל =====
+פתרו <math>(y')^2-\frac{xy}{a^2}=0</math>.
+====== פתרון ======
+{{left|<math>\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}</math>}}
+{{משל}}
+==== מקרה 2 ====
+<math>x</math> לא מופיעה במד״. צורתה <math>F(y,y')=0</math>, ובהצבת <math>z=y'=\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}</math> נקבל <math>F(y,z)=0</math>. נשים לב ש־<math>\frac{\mathrm dz}z=\mathrm dx</math> ולכן <math>x=\int\mathrm dx=\int\frac{\mathrm dy}z=\frac yz+\int\frac y{z^2}\mathrm dz</math>. לפיכך, אם <math>y=\varphi(z)</math> אזי <math>x=\frac{\varphi(z)}z+\int\frac{\varphi(z)}{z^2}\mathrm dz</math>.
+===== תרגיל =====
+פתרו <math>y=(y')^2+2(y')^3</math>.
+====== פתרון ======
+נסמן <math>z=y'</math> ונציב במד״ר: <math>y=z^2+2z^3</math>. עתה <math>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</math>, וזו מד״ר ממקרה 1, שאותו אנו כבר יודעים לפתור. {{משל}}
+==== מקרה 3 ====
+<math>y</math> לא מופיעה, <math>F(x,y')=0</math>. שוב נציב <math>z=y'</math>, ונניח <math>x=\varphi(y')=\varphi(z)</math>. אזי <math>y=\int z\mathrm dx=zx-\int x\mathrm dz=z\cdot\varphi(z)-\int\varphi(z)\mathrm dz</math>.
+===== תרגיל =====
+פתרו <math>x=y'\sin(y')</math>.
+====== פתרון ======
+אחרי הצבה <math>z=y'</math> נקבל <math>x=z\sin(z)</math> ולבסוף <math>y=z\cdot z\sin(z)-\int z\sin(z)\mathrm dz=c+x+z^2\sin(z)+z\cos(z)-\sin(z)</math>. נציב חזרה <math>z=y'</math> וסיימנו. {{משל}}
+==== מקרה 4 ====
+<math>y</math> מופיעה ו־<math>x</math> לא, כלומר <math>F(y,y')=0</math>, והמד״ר סתומה. כרגיל, נגדיר <math>z=y'</math>. אם <math>y=\varphi(t)</math> ו־<math>z=\psi(t)</math> אזי <math>\mathrm dy=\psi(t)\mathrm dx=\frac{\mathrm d\varphi}{\mathrm dt}(t)\mathrm dt=\varphi_t'(t)\mathrm dt</math>, ומכאן ש־<math>\mathrm dx=\frac{\varphi_t'(t)}{\psi(t)}\mathrm dt</math>. לבסוף, <math>\begin{cases}x=\int\frac{\varphi_t'(t)}{\psi(t)}\mathrm dt\\y=\varphi(t)\end{cases}</math>.
-''מקרה 2:'' <math>x</math> לא מופיע במד״ר. צורתה <math>F(y,y')=0</math> ובהצבת <math>p=y'=\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}</math> נקבל <math>F(y,p)=0</math>. נשים לב ש־<math>\frac{\mathrm dp}p=\mathrm dx</math> ולכן <math>x=\int\mathrm dx-c_1=c+\int\frac{\mathrm dy}p=c+\int\frac yp+\int\frac y{p^2}\mathrm dp</math>. לבסוף, אם <math>y=\varphi(p)</math> אזי <math>x=c+\frac{\varphi(p)}p+\int\frac{\varphi(p)}{p^2}\mathrm dp</math>. דוגמה: <math>y=(y')^2+2(y')^3</math>. נסמן <math>p=y'</math> ולפי המד״ר, <math>y=p^2+2p^3</math>. עתה <math>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</math>.
+===== תרגיל =====
+פתרו <math>y=a\sqrt{1+(y')^2}</math>.
-''מקרה 3:'' <math>y</math> לא מופיע, <math>F(x,y')=0</math>. נציב <math>y'=p</math> ואז, אם <math>x=\varphi(y')</math>, מתברר ש־<math>x=\varphi(p)</math>. אזי <math>y=\int p\mathrm dx+c=c+px-\int x\mathrm dp</math>. לסיכום, <math>y=c+p\cdot\varphi(p)-\int\varphi(p)\mathrm dp</math>. דוגמה: <math>x=y'\sin(y')</math>. אחרי הצבה <math>x=p\sin(p)</math> ולבסוף <math>y=c+p\cdot p\sin(p)-\int p\sin(p)\mathrm dp=x+p^2\sin(p)+p\cos(p)-\sin(p)</math>.
+====== פתרון ======
+נסמן <math>\psi(t)=\sinh(t)=z</math>, נציב במד״ר ונקבל <math>y=a\cosh(t)=\varphi(t)</math>. כמו כן, <math>x=\int\frac{a\sinh(t)}{\sinh(t)}\mathrm dt=at+c</math>. עתה, <math>t=\frac{c-x}a</math> ולכן <math>y=a\cosh\left(\frac{c-x}a\right)</math>. {{משל}}
-''מקרה 4:'' <math>x</math> או <math>y</math> מופיעים, אבל המד״ר סתומה לגביהם. דהיינו, <math>F(x,y')=0</math> או <math>F(y,y')=0</math>. נגדיר <math>y'=p</math>.
+==== מקרה 5 ====
-:''מקרה 4.1:'' <math>F(y,p)=0</math>. נציב <math>y=\varphi(t)</math> ו־<math>p=\psi(t)</math>. מתקיים <math>\mathrm dy=\psi(t)\mathrm dx=\varphi_t'(t)\mathrm dt</math>. נקבל <math>\mathrm dx=\frac{\varphi_t'(t)}{\psi(t)}\mathrm dt</math>, כלומר <math>\begin{cases}x=\int\frac{\varphi_t'(t)}{\psi(t)}\mathrm dt\\y=\varphi(t)\end{cases}</math>. דוגמה: <math>y=a\sqrt{1+(y')^2}</math>. נסמן <math>\psi(t)=\sinh(t)=p</math>, נציב במד״ר ונקבל <math>y=a\cosh(t)=\varphi(t)</math>. לבסוף, <math>x=\int\frac{a\sinh(t)}{\sinh(t)}\mathrm dt=at+c</math>.
+<math>x</math> מופיעה ו־<math>y</math> לא, כלומר <math>F(x,y')=0</math>, והמד״ר סתומה. נציב <math>z=y',x=\varphi(t)</math> ולכן <math>F(\varphi(t),z)=0</math>. נסמן <math>z=\psi(t)</math> ונגלה כי <math>\mathrm dx=\varphi_t'(t)\mathrm dt=\frac{\mathrm dy}{\psi(t)}</math>. מאינטגרציה ולפי הגדרת <math>\varphi</math> נקבל <math>\begin{cases}y=\int\psi(t)\varphi_t'(t)\mathrm dt\\x=\varphi(t)\end{cases}</math>.
-:''מקרה 4.2:'' <math>F(x,y')=0</math>. נציב <math>p=y',x=\varphi(t)</math>. אזי <math>F(\varphi(t),p)=0</math> ונסמן <math>p=\psi(t)</math>. עתה <math>\mathrm dx=\varphi_t'(t)\mathrm dt=\frac{\mathrm dy}{\psi(t)}</math>. מאינטגרציה נקבל <math>y=c+\int\psi(t)\varphi_t'(t)\mathrm dt</math> כאשר <math>x=\varphi(t)</math>.

הבדלים בין גרסאות בדף "מדר קיץ תשעב/סיכומים/הרצאות/2.8.12"

גרסה מ־12:48, 6 באוגוסט 2012

תוכן עניינים

מד״ר מסדר שני

בעיית קושי מסדר 2

סוגים נפוצים

סוג 1

סוג 2

מקרה 1

תרגיל

פתרון

מקרה 2

תרגיל

פתרון

משוואות ריקטי

הוכחה

מערכת מד״ר מסדר ראשון

בעיית קושי

משפט

הוכחה

דוגמה

מד״ר סתומות מסדר 1

סוגים נפוצים

מקרה 1

תרגיל

פתרון

מקרה 2

תרגיל

פתרון

מקרה 3

תרגיל

פתרון

מקרה 4

תרגיל

פתרון

מקרה 5

תפריט הניווט

חיפוש