מדר קיץ תשעב/סיכומים/הרצאות/31.7.12

דוגמה

נניח שגודל החוב ממשכנתה בזמן מסוים $t$ הוא $y(t)$. הריבית היא $R$ ליחידת זמן וההחזר הוא $P$ ליחידת זמן. אזי $y(t+\Delta t)=y(t)+Ry(t)\Delta t-P\Delta t$. אם נניח שהבנק מחשב את הריבית באופן רציף נקבל

$\begin{align}&\lim_{\Delta t\to0}\frac{y(t+\Delta t)-y(t)}{\Delta t}=y'(t)=Ry(t)-P\\\implies&\frac{y'}{y-\frac PR}=R\\\implies&\left|y-\frac PR\right|=c\mathrm e^{Rt}\\\implies&y=\frac PR+c\mathrm e^{Rt}\end{align}$

נוסיף תנאי התחלה $y(0)=y_0$. לכן $c=y_0-\frac PR$ ולבסוף $y=\frac PR+\left(y_0-\frac PR\right)\mathrm e^{Rt}$. אנו 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 מסוג $y'=f\left(\frac{a_1x+b_1y+c_1}{ax+by+c}\right)$

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

מקרה 1

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

דוגמה

נפתור $y'=\frac{2x+3y+4}{x+y+2}$. נציב $x,y$ כנ״ל ולפיכך $\frac{\mathrm dq}{\mathrm dp}=\frac{2p+3q}{p+q+\alpha+\beta+2}$ עלינו לדרוש ש־$2\alpha+3\beta=-4\ \and\ \alpha+\beta=-2$ ומכך נובע $y=q\ \and\ x=p-2$. נסמן $z=\frac pq$ ואז

$\begin{align}&p\frac{\mathrm dz}{\mathrm dp}+z=\frac{2+3z}{1+z}\\\implies&\int\frac{2-(1-z)}{2+2z-z^2}\mathrm dz=\int\frac{\mathrm dp}p\\\implies&\int\frac2{3-(1-z)^2}\mathrm dz-\frac12\ln|2-2z+z^2|=\ln|p|+c\\\implies&\frac23\arccot\left(\frac{1-z}\sqrt3\right)-\frac12\ln|2-2z+z^2|=\ln|p|+c\end{align}$

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

מקרה 2: נסמן $a_1=\lambda a, b_1=\lambda b$ ואז $y'=f\left(\frac{\lambda(ax+by)+c_1}{(ax+by)+c}\right)$. נציב $z=ax+by$ ואנו כבר יודעים לפתור זאת.

מד״ר לינארית מסדר I

זו מד״ר מהצורה $y'+p(x)y=q(x)$ כאשר $p,q$ לאו דווקא לינאריות. היא תקרא 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־$\mathrm e^{\int p(x)\mathrm dx}$ ונשים לב שמקבלים $\left(y\mathrm e^{\int p(x)\mathrm dx}\right)'=q(x)\mathrm e^{\int p(x)\mathrm dx}$. לכן $y'=\mathrm e^{-\int p(x)\mathrm dx}\cdot\int q(x)\mathrm e^{\int p(x)\mathrm dx}\mathrm dx$.

וריאצית הפרמטרים

נניח שהפתרון הוא $cy_b(x)$ (במקרה ההומוגני) או $c(x)y_b(x)$ (במקרה הלא הומוגני). נציב זאת במד״ר ונקבל $c(x)y_b'(x)+c'(x)y_b(x)+p(x)c(x)y_b(x)=q(x)$ ולכן $c'(x)y_b(x)=q(x)$. נותר לפתור את המד״ר $c'(x)=\frac{q(x)}{y_b(x)}$

דוגמה

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

$\begin{align}y&=\mathrm e^{-\int\frac{\mathrm dx}x}\int x\mathrm e^{\int\frac{\mathrm dx}x}\\&=\mathrm e^{-\ln|x|}\int x|x|\mathrm dx\\&=\frac{c_1}{|x|}+\frac1x\int x^2\mathrm dx\\&=\frac{c_1}{|x|}+\frac{x^2}3\\&=\frac cx+\frac{x^2}3\end{align}$

כאשר $c=\sgn(x)c_1$. נציב את תנאי ההתחלה: $5=\frac c1+\frac{1^2}3\implies c=\frac{14}3$, לכן $y=\frac{14}{3x}+\frac{x^2}3$.

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 מסוג I. לפיכן $z=\mathrm e^{(n-1)\int p(x)\mathrm dx}\int(1-n)q(x)\mathrm e^{\int(1-n)p(x)\mathrm dx}\mathrm dx$. לבסוף, $y=\sqrt[1-n]{\mathrm e^{(n-1)\int p(x)\mathrm dx}\int(1-n)p(x)\mathrm e^{\int(1-n)p(x)\mathrm dx}\mathrm dx}$.

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

דוגמה

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

מד״ר מדויקת

$P(x,y)\mathrm dx+Q(x,y)\mathrm dy=0$. נניח שקיימת $U(x,y)$ עבורה $\frac{\partial U}{\partial x}=P(x,y),\frac{\partial U}{\partial y}=Q(x,y)$. לפיכך $\mathrm dU=P\mathrm dx+Q\mathrm dy$ והמד״ר הופכת ל־$\mathrm dU=0$ כלומר $U=\text{const.}$. אם היא קיימת אזי $\frac{\partial P}{\partial y}=\frac\partial{\partial y}\frac{\partial U}{\partial x}=\frac\partial{\partial x}\frac{\partial U}{\partial y}=\frac{\partial U}{\partial x}$.

דוגמה

$(3x^2+6xy^2)\mathrm dx+(6x^2y+4y^3)\mathrm dy=0$. לפיכך $\frac{\partial P}{\partial y}=12xy=\frac{\partial Q}{\partial x}$, כדרוש. מתקיים $U=\int P\mathrm dx=x^3+3x^2y^2+c(y)$. נדרוש ש־$\frac{\partial U}{\partial y}=6x^2y+c'(y)=Q$ ואז $c'(y)=4y^3\implies c(y)=y^4+c$. לבסוף נדרוש ש־$c$ יקיים $U=x^3+3x^2y^2+y^4+c=0$ (נשים לב שניתן לבחור גם כל קבוע אחר מלבד 0, אבל שינוי בסה״כ יחליף את הקבוע $c$).

גורם אינטגרציה

אם נכפיל את אגפי המד״ר ב־$\mu$ נקבל $\mu P\mathrm dx+\mu Q\mathrm dy=0$. לפיכך $\frac{\partial\mu}{\partial y}P-\frac{\partial\mu}{\partial x}Q=\mu\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)$.

מקרה 1

$\mu$ תלוי רק ב־$x$. לכן $-\frac{\partial\mu}{\partial x}=\underbrace{\frac{\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}}Q}_a\mu$ לפיכך $\mu(x)=\mathrm e^{-\int a\mathrm dx}$. נשים לב ש־$\mu$ תלוי רק ב־$x$ אם״ם $a$ תלוי רק ב־$x$.

מקרה 2

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

דוגמה

נפתור את המד״ר $\underbrace{(1-x^2y)}_P\mathrm dx+\underbrace{x^2(y-x)}_Q\mathrm dy=0$. אזי $\frac{\partial P}{\partial y}=-x^2,\frac{\partial Q}{\partial x}=2xy-3x^2$. נשים לב ש־$\frac{\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}}Q=\frac2x$, כלומר תלוי אך ורק ב־$x$, ולכן נגדיר $\mu=\mathrm e^{-\int\frac2x\mathrm dx}=\mathrm e^{-2\ln|x|}=-\frac1{x^2}$. 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. $\blacksquare$

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