מדר קיץ תשעב/סיכומים/הרצאות/31.7.12

מתוך Math-Wiki
קפיצה אל: ניווט, חיפוש

מד״ר מסדר ראשון (המשך)

דוגמה שימושית

נניח שגודל החוב ממשכנתה בזמן מסוים t הוא y(t). הריבית היא R כחלק מגודל החוב ליחידת זמן, וההחזר הוא P בכמות כסף ליחידת זמן. אזי y(t+\Delta t)=y(t)+Ry(t)\Delta t-P\Delta t. אם נניח שהבנק מחשב את הריבית באופן רציף וש־y\not\equiv\frac PR נקבל
\begin{align}&y'(t)=\lim_{\Delta t\to0}\frac{y(t+\Delta t)-y(t)}{\Delta t}=Ry(t)-P\\\implies&\frac{y'}{y-\frac PR}=R\\\implies&\int\frac{\mathrm dy}{y-\frac PR}=\int R\mathrm dt\\\implies&\left|y-\frac PR\right|=c_1\mathrm e^{Rt}\\\implies&y=\frac PR+c\mathrm e^{Rt}\end{align}

נוסיף תנאי התחלה y(0)=y_0. לכן c=y_0-\frac PR ולבסוף y=\frac PR+\left(y_0-\frac PR\right)\mathrm e^{Rt}. ניתן לראות שאם y_0>\frac PR אזי הפונקציה עולה, כלומר החוב גדל בהתמדה ולעולם לא נחזיר את ההלוואה. לעומת זאת, אם y\equiv\frac PR=y_0 אז החוב נותר קבוע כל הזמן, ואם y_0<\frac PR אזי נסיים לשלם את המשכנתה כאשר y=0, כלומר כאשר t=\frac{\ln\left(\frac PR\right)-\ln\left(\frac PR-y_0\right)}R. \blacksquare

מד״ר פתירות ע״י משוואה הומוגנית

כבר למדנו לפתור מד״ר מהצורה y'=f(ax+by). היום נלמד לפתור את y'=f\left(\frac{a_1x+b_1y+c_1}{ax+by+c}\right).

מקרה 1

נניח ש־\begin{vmatrix}a_1&b_1\\a&b\end{vmatrix}\ne0. נסמן \begin{cases}x=p+\alpha\\y=q+\beta\end{cases} ולכן \begin{cases}a_1x+b_1y+c_1=a_1p+b_1q+{\color{Blue}(a_1\alpha+b_1\beta+c_1)}\\ax+by+c=ap+bq+{\color{Blue}(a\alpha+b\beta+c)}\end{cases}. נדרוש שהמקדמים החופשיים (בכחול) יהיו 0 בשני המקרים, כלומר \begin{pmatrix}a_1&b_1\\a&b\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\alpha\\\beta\end{pmatrix}=-\begin{pmatrix}c_1\\c\end{pmatrix}. נקבל \frac{\mathrm dq}{\mathrm dp}=\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}=y'=f\left(\frac{a_1+b_1\frac qp}{a+b\frac qp}\right), וזו מד״ר מהצורה q'=f\left(\frac qp\right), שאותה אנו יודעים לפתור.

דוגמה

נפתור y'=\frac{2x+3y+4}{x+y+2}. נציב x,y כנ״ל ולפיכך \frac{\mathrm dq}{\mathrm dp}=\frac{2p+3q+2\alpha+3\beta+4}{p+q+\alpha+\beta+2}. עלינו לדרוש ש־2\alpha+3\beta=-4\ \and\ \alpha+\beta=-2 ומכאן ש־\frac{\mathrm dq}{\mathrm dp}=\frac{2p+3q}{p+q}=\frac{2+3\frac qp}{1+\frac qp} וגם y=q\ \and\ x=p-2. נסמן z=\frac pq ואז
\begin{align}&\frac{2+3z}{1+z}=\frac{\mathrm dq}{\mathrm dp}=\frac{\mathrm d(pz)}{\mathrm dp}=p\frac{\mathrm dz}{\mathrm dp}+z\\\implies&\frac{2+2z-z^2}{1+z}=p\frac{\mathrm dz}{\mathrm dp}\\\implies&\frac{1+z}{2+2z-z^2}\mathrm dz=\frac{\mathrm dp}p\\\implies&\int\frac{2-(1-z)}{2+2z-z^2}\mathrm dz=\int\frac{\mathrm dp}p\\\implies&\int\frac2{3-(1-z)^2}\mathrm dz-\frac12\ln|2+2z-z^2|=\ln|p|+c\\\implies&\frac2\sqrt3\mbox{arctanh}\left(\frac{1-z}\sqrt3\right)-\frac12\ln|2+2z-z^2|=\ln|p|+c\end{align}

עתה מציבים z=\frac y{x+2}, p=x+2 ומקבלים את הפתרון בצורה של פונקציה סתומה. \blacksquare

מקרה 2

אם \begin{vmatrix}a_1&b_1\\a&b\end{vmatrix}=0 אז יש \lambda שעבורה a_1=\lambda a\ \and\ b_1=\lambda b ואז y'=f\left(\frac{\lambda(ax+by)+c_1}{(ax+by)+c}\right). נציב z=ax+by ונפתור כפי שאנו כבר יודעים.

מד״ר לינארית מסדר 1

אלה מד״ר מהצורה y'+p(x)y=q(x) כאשר p,q לאו דווקא לינאריות. היא תקרא לינארית־הומוגנית אם q(x)\equiv0, ובמקרה זה נקבל:
\begin{align}&\int\frac{\mathrm dy}y=-\int p(x)\mathrm dx\\\implies&y=c\mathrm e^{-\int p(x)\mathrm dx}\end{align}
במקרה הלא הומוגני נוכל להכפיל את אגפי המשוואה ב־\mathrm e^{\int p(x)\mathrm dx+c_1} ונקבל y'\mathrm e^{\int p(x)\mathrm dx+c_1}+p(x)y\mathrm e^{\int p(x)\mathrm dx+c_1}=\left(y\mathrm e^{\int p(x)\mathrm dx+c_1}\right)'=q(x)\mathrm e^{\int p(x)\mathrm dx+c_1}. לכן
\begin{align}y&=\mathrm e^{-\int p(x)\mathrm dx-c_1}\left(c_2+\int q(x)\mathrm e^{\int p(x)\mathrm dx+c_1}\mathrm dx\right)\\&=\mathrm e^{-\int p(x)\mathrm dx}\left(c_2\mathrm e^{-c_1}+\mathrm e^{-c_1}\mathrm e^{c_1}\int q(x)\mathrm e^{\int p(x)\mathrm dx}\mathrm dx\right)\\&=\mathrm e^{-\int p(x)\mathrm dx}\left(c+\int q(x)\mathrm e^{\int p(x)\mathrm dx}\mathrm dx\right)\end{align}

הערה: מד״ר לינארית־הומוגנית אינה בהכרח מד״ר הומוגנית, כלומר לא בהכרח מתקיים y'=f\left(\frac yx\right) עבור f כלשהי.

וריאצית הפרמטרים

נניח שהפתרון של y'+p(x)y=0 הוא cy_b(x), ואנו רוצים למצוא את הפתרון c(x)y_b(x) של y'+p(x)y=q(x) עבור q ידועה. נציב c(x)y_b(x) במד״ר ונקבל c(x)y_b'(x)+c'(x)y_b(x)+p(x)c(x)y_b(x)=q(x). לכן c'(x)y_b(x),q(x) המקדמים הייחידים שאינם מוכפלים ב־y או ב־y', ומכאן ש־c'(x)y_b(x)=q(x). נותר לפתור את המד״ר c'(x)=\frac{q(x)}{y_b(x)}.

דוגמה

נתונה המד״ר y'=\frac{x^2-y}x עם תנאי התחלה y(1)=5. אזי y'+\frac1xy=x ולכן, מפני שזו מד״ר לינארית מסדר 1,

c\in\mathbb R \mathrm e^{-\int\frac{\mathrm dx}x}\left(c+\int x\mathrm e^{\int\frac{\mathrm dx}x}\mathrm dx\right) = y
\mathrm e^{-\ln\vert x\vert}\left(c+\int x\vert x\vert\mathrm dx\right) =
\frac c{\vert x\vert}+\frac1{\vert x\vert}\int x\vert x\vert\mathrm dx =
\sgn(x) קבוע בכל אחד מהקטעים (-\infty,0),(0,\infty). לכן נחשב שני מקרים – כאשר x בקטע הראשון וכאשר בקטע השני – ונוציא בכל מקרה את \sgn(x) מחוץ לאינטגרל. התוצאה היא תמיד: \frac c{\vert x\vert}+\frac{\sgn(x)}{\vert x\vert}\int x^2\mathrm dx =
\frac c{\vert x\vert}+\frac1x\frac{x^3}3 =
\frac c{\vert x\vert}+\frac{x^2}3 =

נציב את תנאי ההתחלה: 5=\frac c1+\frac{1^2}3\implies c=\frac{14}3, לכן y=\frac{14}{3|x|}+\frac{x^2}3. \blacksquare

משוואות ברנולי

אלה מד״ר מהצורה y'+p(x)y=q(x)y^n,\quad n\ne0,1. אם n>0 אז y(x)\equiv0 פתרון (רגולרי או סינגולרי). אם n<0 אזי y(x)\equiv0 אינו פתרון, לכן נוכל להתייחס למד״ר השקולה \frac{y'}{y^n}+p(x)y^{1-n}=q(x) ולהציב z=y^{1-n}. נקבל z'=(1-n)y^{-n}y' ואז z'+(1-n)p(x)z=(1-n)q(x), שהיא מד״ר לינארית מסדר 1. לפיכן z=\mathrm e^{(n-1)\int p(x)\mathrm dx}\left(c+\int(1-n)q(x)\mathrm e^{\int(1-n)p(x)\mathrm dx}\mathrm dx\right) ולבסוף, y=\sqrt[1-n]{\mathrm e^{(n-1)\int p(x)\mathrm dx}\left(c+\int(1-n)q(x)\mathrm e^{\int(1-n)p(x)\mathrm dx}\mathrm dx\right)}.

עבור n>1, ‏ y\equiv0 פתרון פרטי (רגולרי), עבור 0<n<1 זה פתרון סינגולרי, ועבור n<0 הוא אינו פתרון.

תרגיל

פתרו y'-2xy=2x^3y^2.

פתרון

עבור הסימנים הנ״ל p(x)=-2x,q(x)=2x^3,n=2 , כלומר y=\sqrt[-1]{\mathrm e^{-x^2}\left(c+\int2x^3\mathrm e^{x^2}\mathrm dx\right)}. נציב u=x^2 ואז \int2x^3\mathrm e^{x^2}\mathrm dx=\mathrm e^{x^2}-x^2\mathrm e^{x^2}, ולבסוף y=\frac1{c\mathrm e^{-x^2}-x^2+1}. \blacksquare

מד״ר מדויקת

מד״ר מהצורה P(x,y)\mathrm dx+Q(x,y)\mathrm dy=0 כך שקיימת U(x,y) עבורה \frac{\partial U}{\partial x}=P,\frac{\partial U}{\partial y}=Q. לפיכך \mathrm dU=P\mathrm dx+Q\mathrm dy והמד״ר הופכת ל־\mathrm dU=0 כלומר U=\text{const.}. תנאי הכרחי ומספיק לקיום U כנ״ל הוא \frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x} (הכרחי כי \frac{\partial P}{\partial y}=\frac\partial{\partial y}\frac{\partial U}{\partial x}=\frac\partial{\partial x}\frac{\partial U}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}).

תרגיל

פתרו \underbrace{\left(3x^2+6xy^2\right)}_P\mathrm dx+\underbrace{\left(6x^2y+4y^3\right)}_Q\mathrm dy=0.

פתרון

מתקיים \frac{\partial P}{\partial y}=12xy=\frac{\partial Q}{\partial x}, כדרוש לקיום U. ננסה לחשב U כנ"ל: U=\int P\mathrm dx=x^3+3x^2y^2+c_y(y). עתה נדרוש ש־\frac{\partial U}{\partial y}=6x^2y+c_y'(y)=Q ואז c'_y(y)=4y^3\implies c_y(y)=y^4+c. לסיכום, פתרון המד״ר הוא U=x^3+3x^2y^2+y^4+c=0 (נשים לב שניתן לבחור גם כל קבוע אחר מלבד 0, אבל שינוי כזה בסה״כ יחליף את הקבוע c). \blacksquare

מד״ר לא מדויקת

תהי P(x,y)\mathrm dx+Q(x,y)\mathrm dy=0 מד״ר שאינה מדויקת, ונרצה לפתור אותה ע״י גורמי אינטגרציה: ננסה להכפיל את אגפי המד״ר ב־\mu(x,y) ולקבל מד״ר מדויקת \mu P\mathrm dx+\mu Q\mathrm dy=0. לשם כך \mu צריכה לקיים \frac{\partial(\mu P)}{\partial y}=\frac{\partial(\mu Q)}{\partial x}, ובאופן שקול \frac{\partial\mu}{\partial y}P-\frac{\partial\mu}{\partial x}Q=\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\mu (נשים לב שזו מד״ח).

מקרה 1

\mu תלויה רק ב־x. לכן \frac{\partial\mu}{\partial y} מתאפס ומכאן נובע (כאשר a:=\frac{\frac{\partial P}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial x}}Q) ש־

\begin{align}&\frac{\partial\mu}{\partial x}=a\mu\\\implies&\frac{\mathrm d\mu}\mu=a\mathrm dx\\\implies&\mu(x)=\mathrm e^{\sim\!\!\!\!\int a\mathrm dx}\end{align}

נשים לב ש־\mu תלויה רק ב־x אם״ם a תלויה רק ב־x.

מקרה 2

\mu תלויה רק ב־y. זה מתקיים אם״ם b:=\frac{\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}}P תלויה רק ב־y, ואז \mu(y)=\mathrm e^{\sim\!\!\!\!\int b\mathrm dy}.

תרגיל

פתרו את המד״ר \underbrace{\left(1-x^2y\right)}_P\mathrm dx+\underbrace{x^2(y-x)}_Q\mathrm dy=0.

פתרון

מתקיים \frac{\partial P}{\partial y}=-x^2\ne\frac{\partial Q}{\partial x}=2xy-3x^2, כלומר המד״ר אינה מדויקת. נשים לב ש־\frac{\frac{\partial P}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial x}}Q=-\frac2x, כלומר תלויה אך ורק ב־x, ולכן נגדיר \mu=\mathrm e^{\sim\!\!\!\!\int-\frac2x\mathrm dx}=\mathrm e^{-2\ln|x|}=-\frac1{x^2}. נכפיל את אגפי המד״ר ב־-\mu ונקבל \left(\frac1{x^2}-y\right)\mathrm dx+(y-x)\mathrm dy=0. המד״ר החדשה מקיימת \frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}=-1, ומכאן נוכל להמשיך לפתור כרגיל: מתקיים U=\int\left(\frac1{x^2}-y\right)\mathrm dx=-\frac1x-xy+c_y(y) וגם y-x=\frac{\partial U}{\partial y}=-x+c_y'(y). אזי c_y'(y)=y\implies c_y(y)=\frac{y^2}2+c, ולבסוף הפתרון הוא U=-\frac1x-xy+\frac{y^2}2+c=0. \blacksquare

הערה: נשים לב ש־\frac{\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}}P=\frac{2xy-2x^2}{1-x^2y} תלויה גם ב־x וגם ב־y, ולכן הגדרת \mu התלויה ב־y לא תועיל לנו.