גרסה מ־17:09, 4 באוגוסט 2012

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 מסוג I

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 הוא $cy_b(x)$ (במקרה ההומוגני) או $c(x)y_b(x)$ (במקרה הלא הומוגני). נציב זאת במד״ר ונקבל $c(x)y_b'(x)+c'(x)y_b(x)+p(x)c(x)y_b(x)=q(x)$ . 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 מסוג I,

$c\in\mathbb R$	$\mathrm e^{-\int\frac{\mathrm dx}x}\left(c+\int x\mathrm e^{\int\frac{\mathrm dx}x}\mathrm dx\right)$	$=$	$y$
	$\mathrm e^{-\ln\vert x\vert}\left(c+\int x\vert x\vert\mathrm dx\right)$	$=$
	$\frac c{\vert x\vert}+\frac1{\vert x\vert}\int x\vert x\vert\mathrm dx$	$=$
$\sgn(x)$ 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 מסוג I. 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, $y=\sqrt[1-n]{\mathrm e^{(n-1)\int p(x)\mathrm dx}\left(c+\int(1-n)p(x)\mathrm e^{\int(1-n)p(x)\mathrm dx}\mathrm dx\right)}$ .

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 $a:=\frac{\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}}Q$ ) ש־

\begin{align}&-\frac{\partial\mu}{\partial x}=a\mu\\\implies&\frac{\partial\mu}\mu\mathrm dx=-a\mathrm dx\\\implies&\mu(x)=\mathrm e^{-\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 $\mu(y)=\mathrm e^{-\int b\mathrm dy}$ .

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־ $\frac{\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}}Q=\frac2x$ , כלומר תלויה 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־ $\frac{\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}}P=\frac{2xy-2x^2}{1-x^2y}$ תלויה גם ב־ $x$ וגם ב־ $y$ , ולכן הגדרת $\mu$ התלויה ב־ $y$ לא תועיל לנו.

@@ שורה 1: / שורה 1: @@
-== דוגמה ==
+= מד״ר מסדר ראשון {{הערה|(המשך)}} =
-נניח שגודל החוב ממשכנתה בזמן מסוים <math>t</math> הוא <math>y(t)</math>. הריבית היא <math>R</math> ליחידת זמן וההחזר הוא <math>P</math> ליחידת זמן. אזי <math>y(t+\Delta t)=y(t)+Ry(t)\Delta t-P\Delta t</math>. אם נניח שהבנק מחשב את הריבית באופן רציף נקבל {{left|<math>\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}</math>}}נוסיף תנאי התחלה <math>y(0)=y_0</math>. לכן <math>c=y_0-\frac PR</math> ולבסוף <math>y=\frac PR+\left(y_0-\frac PR\right)\mathrm e^{Rt}</math>. אנו נסיים לשלם את המשכנתה כאשר <math>y=0</math>, כלומר כאשר <math>t=\frac{\ln\left(\frac PR\right)-\ln\left(\frac PR-y_0\right)}R</math>. {{משל}}
+== דוגמה שימושית ==
+נניח שגודל החוב ממשכנתה בזמן מסוים <math>t</math> הוא <math>y(t)</math>. הריבית היא <math>R</math> כחלק מגודל החוב ליחידת זמן, וההחזר הוא <math>P</math> בכמות כסף ליחידת זמן. אזי <math>y(t+\Delta t)=y(t)+Ry(t)\Delta t-P\Delta t</math>. אם נניח שהבנק מחשב את הריבית באופן רציף וש־<math>y\not\equiv\frac PR</math> נקבל {{left|<math>\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}</math>}}
+נוסיף תנאי התחלה <math>y(0)=y_0</math>. לכן <math>c=y_0-\frac PR</math> ולבסוף <math>y=\frac PR+\left(y_0-\frac PR\right)\mathrm e^{Rt}</math>. ניתן לראות שאם <math>y_0>\frac PR</math> אזי הפונקציה עולה, כלומר החוב גדל בהתמדה ולעולם לא נחזיר את ההלוואה. לעומת זאת, אם <math>y\equiv\frac PR=y_0</math> אז החוב נותר קבוע כל הזמן, ואם <math>y_0<\frac PR</math> אזי נסיים לשלם את המשכנתה כאשר <math>y=0</math>, כלומר כאשר <math>t=\frac{\ln\left(\frac PR\right)-\ln\left(\frac PR-y_0\right)}R</math>. {{משל}}
-== מד״ר מסוג <math>y'=f\left(\frac{a_1x+b_1y+c_1}{ax+by+c}\right)</math> ==
+== מד״ר פתירות ע״י משוואה הומוגנית ==
-כבר למדנו לפתור מד״ר מהצורה <math>y'=f(ax+by)</math>, והיום נלמד גם <math>y'=f\left(\frac{a_1x+b_1y+c_1}{ax+by+c}\right)</math>.
+כבר למדנו לפתור מד״ר מהצורה <math>y'=f(ax+by)</math>. היום נלמד לפתור את <math>y'=f\left(\frac{a_1x+b_1y+c_1}{ax+by+c}\right)</math>.
 === מקרה 1 ===
-נניח ש־<math>\begin{vmatrix}a_1&b_1\\a&b\end{vmatrix}\ne0</math>. נסמן <math>x=p+\alpha, y=q+\beta</math> ולכן <math>\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}</math>. נדרוש שהמקדמים החופשיים יהיו 0 בשני המקרים ולכן <math>\begin{pmatrix}a_1&b_1\\a&b\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\alpha\\\beta\end{pmatrix}=-\begin{pmatrix}c_1\\c\end{pmatrix}</math>. נקבל <math>y'=\frac{\mathrm dq}{\mathrm dp}=f\left(\frac{a_1+b_1\frac qp}{a+b\frac qp}\right)</math>, וזו מד״ר מהצורה <math>y'=f\left(\frac yx\right)</math>, שאותה אנו יודעים לפתור.
+נניח ש־<math>\begin{vmatrix}a_1&b_1\\a&b\end{vmatrix}\ne0</math>. נסמן <math>\begin{cases}x=p+\alpha\\y=q+\beta\end{cases}</math> ולכן <math>\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}</math>. נדרוש שהמקדמים החופשיים (בכחול) יהיו 0 בשני המקרים, כלומר <math>\begin{pmatrix}a_1&b_1\\a&b\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\alpha\\\beta\end{pmatrix}=-\begin{pmatrix}c_1\\c\end{pmatrix}</math>. נקבל <math>\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)</math>, וזו מד״ר מהצורה <math>q'=f\left(\frac qp\right)</math>, שאותה אנו יודעים לפתור.
 ==== דוגמה ====
-נפתור <math>y'=\frac{2x+3y+4}{x+y+2}</math>. נציב <math>x,y</math> כנ״ל ולפיכך <math>\frac{\mathrm dq}{\mathrm dp}=\frac{2p+3q}{p+q+\alpha+\beta+2}</math> עלינו לדרוש ש־<math>2\alpha+3\beta=-4\ \and\ \alpha+\beta=-2</math> ומכך נובע <math>y=q\ \and\ x=p-2</math>. נסמן <math>z=\frac pq</math> ואז{{left|<math>\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}</math>}}עתה מציבים <math>z=\frac y{x+2}, p=x+2</math> וקיבלנו את הפתרון בצורה של פונקציה סתומה.
+נפתור <math>y'=\frac{2x+3y+4}{x+y+2}</math>. נציב <math>x,y</math> כנ״ל ולפיכך <math>\frac{\mathrm dq}{\mathrm dp}=\frac{2p+3q+2\alpha+3\beta+4}{p+q+\alpha+\beta+2}</math>. עלינו לדרוש ש־<math>2\alpha+3\beta=-4\ \and\ \alpha+\beta=-2</math> ומכאן ש־<math>\frac{\mathrm dq}{\mathrm dp}=\frac{2p+3q}{p+q}=\frac{2+3\frac qp}{1+\frac qp}</math> וגם <math>y=q\ \and\ x=p-2</math>. נסמן <math>z=\frac pq</math> ואז{{left|<math>\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}</math>}}
+עתה מציבים <math>z=\frac y{x+2}, p=x+2</math> ומקבלים את הפתרון בצורה של פונקציה סתומה. {{משל}}
-מקרה 2: נסמן <math>a_1=\lambda a, b_1=\lambda b</math> ואז <math>y'=f\left(\frac{\lambda(ax+by)+c_1}{(ax+by)+c}\right)</math>. נציב <math>z=ax+by</math> ואנו כבר יודעים לפתור זאת.
+=== מקרה 2 ===
+אם <math>\begin{vmatrix}a_1&b_1\\a&b\end{vmatrix}=0</math> אז יש <math>\lambda</math> שעבורה <math>a_1=\lambda a\ \and\ b_1=\lambda b</math> ואז <math>y'=f\left(\frac{\lambda(ax+by)+c_1}{(ax+by)+c}\right)</math>. נציב <math>z=ax+by</math> ונפתור כפי שאנו כבר יודעים.
-== מד״ר לינארית מסדר I ==
+== מד״ר לינארית מסוג I ==
-זו מד״ר מהצורה <math>y'+p(x)y=q(x)</math> כאשר <math>p,q</math> לאו דווקא לינאריות. היא תקרא הומוגנית אם <math>q(x)\equiv0</math>, ובמקרה זה נקבל:{{left|<math>\begin{align}&\int\frac{\mathrm dy}y=-\int p(x)\mathrm dx\\\implies&y=c\mathrm e^{-\int p(x)\mathrm dx}\end{align}</math>}}במקרה הלא הומוגני נוכל להכפיל את אגפי המשוואה ב־<math>\mathrm e^{\int p(x)\mathrm dx}</math> ונשים לב שמקבלים <math>\left(y\mathrm e^{\int p(x)\mathrm dx}\right)'=q(x)\mathrm e^{\int p(x)\mathrm dx}</math>. לכן <math>y'=\mathrm e^{-\int p(x)\mathrm dx}\cdot\int q(x)\mathrm e^{\int p(x)\mathrm dx}\mathrm dx</math>.
+אלה מד״ר מהצורה <math>y'+p(x)y=q(x)</math> כאשר <math>p,q</math> לאו דווקא לינאריות. היא תקרא לינארית־הומוגנית אם <math>q(x)\equiv0</math>, ובמקרה זה נקבל:{{left|<math>\begin{align}&\int\frac{\mathrm dy}y=-\int p(x)\mathrm dx\\\implies&y=c\mathrm e^{-\int p(x)\mathrm dx}\end{align}</math>}}
+במקרה הלא הומוגני נוכל להכפיל את אגפי המשוואה ב־<math>\mathrm e^{\int p(x)\mathrm dx+c_1}</math> ונקבל <math>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}</math>. לכן {{left|<math>\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}</math>}}
-=== וריאצית הפרמטרים ===
+''הערה:'' מד״ר לינארית־הומוגנית אינה בהכרח מד״ר הומוגנית, כלומר לא בהכרח מתקיים <math>y'=f\left(\frac yx\right)</math> עבור <math>f</math> כלשהי.
-נניח שהפתרון הוא <math>cy_b(x)</math> (במקרה ההומוגני) או <math>c(x)y_b(x)</math> (במקרה הלא הומוגני). נציב זאת במד״ר ונקבל <math>c(x)y_b'(x)+c'(x)y_b(x)+p(x)c(x)y_b(x)=q(x)</math> ולכן <math>c'(x)y_b(x)=q(x)</math>. נותר לפתור את המד״ר <math>c'(x)=\frac{q(x)}{y_b(x)}</math>
-==== דוגמה ====
+== וריאצית הפרמטרים ==
-נתונה מד״ר <math>y'=\frac{x^2-y}x</math> עם תנאי התחלה <math>y(1)=5</math>. אזי <math>y'+\frac1xy=x</math> ולכן, מפני שזו מד״ר לינארית מסוג I,{{left|<math>\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}</math>}}כאשר <math>c=\sgn(x)c_1</math>. נציב את תנאי ההתחלה: <math>5=\frac c1+\frac{1^2}3\implies c=\frac{14}3</math>, לכן <math>y=\frac{14}{3x}+\frac{x^2}3</math>.
+נניח שהפתרון הוא <math>cy_b(x)</math> (במקרה ההומוגני) או <math>c(x)y_b(x)</math> (במקרה הלא הומוגני). נציב זאת במד״ר ונקבל <math>c(x)y_b'(x)+c'(x)y_b(x)+p(x)c(x)y_b(x)=q(x)</math>. לכן <math>c'(x)y_b(x),q(x)</math> המקדמים הייחידים שאינם מוכפלים ב־<math>y</math> או ב־<math>y'</math>, ומכאן ש־<math>c'(x)y_b(x)=q(x)</math>. נותר לפתור את המד״ר <math>c'(x)=\frac{q(x)}{y_b(x)}</math>.
+=== דוגמה ===
+נתונה המד״ר <math>y'=\frac{x^2-y}x</math> עם תנאי התחלה <math>y(1)=5</math>. אזי <math>y'+\frac1xy=x</math> ולכן, מפני שזו מד״ר לינארית מסוג I,
+{|
+{{=|l=y |r=\mathrm e^{-\int\frac{\mathrm dx}x}\left(c+\int x\mathrm e^{\int\frac{\mathrm dx}x}\mathrm dx\right) |c=<math>c\in\mathbb R</math> }}
+{{=|r=\mathrm e^{-\ln\vert x\vert}\left(c+\int x\vert x\vert\mathrm dx\right) }}
+{{=|r=\frac c{\vert x\vert}+\frac1{\vert x\vert}\int x\vert x\vert\mathrm dx }}
+{{=|r=\frac c{\vert x\vert}+\frac{\sgn(x)}{\vert x\vert}\int x^2\mathrm dx |c=<math>\sgn(x)</math> קבוע בכל אחד מהקטעים <math>(-\infty,0),(0,\infty)</math>. לכן נחשב שני מקרים – כאשר <math>x</math> בקטע הראשון וכאשר בקטע השני – ונוציא בכל מקרה את <math>\sgn(x)</math> מחוץ לאינטגרל. התוצאה היא תמיד: }}
+{{=|r=\frac c{\vert x\vert}+\frac1x\frac{x^3}3 }}
+{{=|r=\frac c{\vert x\vert}+\frac{x^2}3 }}
+|}
+נציב את תנאי ההתחלה: <math>5=\frac c1+\frac{1^2}3\implies c=\frac{14}3</math>, לכן <math>y=\frac{14}{3|x|}+\frac{x^2}3</math>. {{משל}}
 == משוואות ברנולי ==
-אלה מד״ר מהצורה <math>y'+p(x)y=q(x)y^n,\quad n\ne0,1</math>. אם <math>n>0</math> אז <math>y(x)\equiv0</math> פתרון (רגולרי או סינגולרי). אם <math>n<0</math> אזי <math>y(x)\equiv0</math> אינו פתרון, לכן נוכל להתייחס למד״ר השקולה <math>\frac{y'}{y^n}+p(x)y^{1-n}=q(x)</math> ולהציב <math>z=y^{1-n}</math>. נקבל <math>z'=(1-n)y^{-n}y'</math> ואז <math>z'+(1-n)p(x)z=(1-n)q(x)</math>, שהיא מד״ר לינארית מסוג I. לפיכן <math>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</math>. לבסוף, <math>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}</math>.
+אלה מד״ר מהצורה <math>y'+p(x)y=q(x)y^n,\quad n\ne0,1</math>. אם <math>n>0</math> אז <math>y(x)\equiv0</math> פתרון (רגולרי או סינגולרי). אם <math>n<0</math> אזי <math>y(x)\equiv0</math> אינו פתרון, לכן נוכל להתייחס למד״ר השקולה <math>\frac{y'}{y^n}+p(x)y^{1-n}=q(x)</math> ולהציב <math>z=y^{1-n}</math>. נקבל <math>z'=(1-n)y^{-n}y'</math> ואז <math>z'+(1-n)p(x)z=(1-n)q(x)</math>, שהיא מד״ר לינארית מסוג I. לפיכן <math>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)</math> ולבסוף, <math>y=\sqrt[1-n]{\mathrm e^{(n-1)\int p(x)\mathrm dx}\left(c+\int(1-n)p(x)\mathrm e^{\int(1-n)p(x)\mathrm dx}\mathrm dx\right)}</math>.
 עבור <math>n>1</math>, &rlm; <math>y\equiv0</math> פתרון פרטי (רגולרי), עבור <math>0<n<1</math> זה פתרון סינגולרי, ועבור <math>n<0</math> הוא אינו פתרון.
-=== דוגמה ===
+=== תרגיל ===
-נפתור <math>y'-2xy=2x^3y^2</math>. עבור הסימנים הנ״ל <math>p(x)=-2x,q(x)=2x^3,n=2</math> ואז <math>y=\left(\mathrm e^{-x^2}\int2x^3\mathrm e^{x^2}\mathrm dx\right)^{-1}</math>. נציב <math>u=x^2</math> ואז <math>\int2x^3\mathrm e^{x^2}\mathrm dx=\mathrm e^{x^2}-x^2\mathrm e^{x^2}+c</math>, ולבסוף <math>y=\frac1{c\mathrm e^{-x^2}-x^2+1}</math>.
+פתרו <math>y'-2xy=2x^3y^2</math>.
+==== פתרון ====
+עבור הסימנים הנ״ל <math>p(x)=-2x,q(x)=2x^3,n=2</math> , כלומר <math>y=\sqrt[-1]{\mathrm e^{-x^2}\left(c+\int2x^3\mathrm e^{x^2}\mathrm dx\right)}</math>. נציב <math>u=x^2</math> ואז <math>\int2x^3\mathrm e^{x^2}\mathrm dx=\mathrm e^{x^2}-x^2\mathrm e^{x^2}</math>, ולבסוף <math>y=\frac1{c\mathrm e^{-x^2}-x^2+1}</math>. {{משל}}
 == מד״ר מדויקת ==
-<math>P(x,y)\mathrm dx+Q(x,y)\mathrm dy=0</math>. נניח שקיימת <math>U(x,y)</math> עבורה <math>\frac{\partial U}{\partial x}=P(x,y),\frac{\partial U}{\partial y}=Q(x,y)</math>. לפיכך <math>\mathrm dU=P\mathrm dx+Q\mathrm dy</math> והמד״ר הופכת ל־<math>\mathrm dU=0</math> כלומר <math>U=\text{const.}</math>. אם היא קיימת אזי <math>\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}</math>.
+מד״ר מהצורה <math>P(x,y)\mathrm dx+Q(x,y)\mathrm dy=0</math> כך שקיימת <math>U(x,y)</math> עבורה <math>\frac{\partial U}{\partial x}=P,\frac{\partial U}{\partial y}=Q</math>. לפיכך <math>\mathrm dU=P\mathrm dx+Q\mathrm dy</math> והמד״ר הופכת ל־<math>\mathrm dU=0</math> כלומר <math>U=\text{const.}</math>. תנאי הכרחי ומספיק לקיום <math>U</math> כנ״ל הוא <math>\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}</math> (הכרחי כי <math>\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}</math>).
-=== דוגמה ===
+=== תרגיל ===
-<math>(3x^2+6xy^2)\mathrm dx+(6x^2y+4y^3)\mathrm dy=0</math>. לפיכך <math>\frac{\partial P}{\partial y}=12xy=\frac{\partial Q}{\partial x}</math>, כדרוש. מתקיים <math>U=\int P\mathrm dx=x^3+3x^2y^2+c(y)</math>. נדרוש ש־<math>\frac{\partial U}{\partial y}=6x^2y+c'(y)=Q</math> ואז <math>c'(y)=4y^3\implies c(y)=y^4+c</math>. לבסוף נדרוש ש־<math>c</math> יקיים <math>U=x^3+3x^2y^2+y^4+c=0</math> (נשים לב שניתן לבחור גם כל קבוע אחר מלבד 0, אבל שינוי בסה״כ יחליף את הקבוע <math>c</math>).
+פתרו <math>\underbrace{\left(3x^2+6xy^2\right)}_P\mathrm dx+\underbrace{\left(6x^2y+4y^3\right)}_Q\mathrm dy=0</math>.
-=== גורם אינטגרציה ===
+==== פתרון ====
-אם נכפיל את אגפי המד״ר ב־<math>\mu</math> נקבל <math>\mu P\mathrm dx+\mu Q\mathrm dy=0</math>. לפיכך <math>\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)</math>.
+מתקיים <math>\frac{\partial P}{\partial y}=12xy=\frac{\partial Q}{\partial x}</math>, כדרוש לקיום <math>U</math>. ננסה לחשב <math>U</math> כנ"ל: <math>U=\int P\mathrm dx=x^3+3x^2y^2+c_y(y)</math>. עתה נדרוש ש־<math>\frac{\partial U}{\partial y}=6x^2y+c_y'(y)=Q</math> ואז <math>c'_y(y)=4y^3\implies c_y(y)=y^4+c</math>. לסיכום, פתרון המד״ר הוא <math>U=x^3+3x^2y^2+y^4+c=0</math> (נשים לב שניתן לבחור גם כל קבוע אחר מלבד 0, אבל שינוי כזה בסה״כ יחליף את הקבוע <math>c</math>). {{משל}}
+== מד״ר לא מדויקת ==
+תהי <math>P(x,y)\mathrm dx+Q(x,y)\mathrm dy=0</math> מד״ר שאינה מדויקת, ונרצה לפתור אותה ע״י ''גורמי אינטגרציה'': ננסה להכפיל את אגפי המד״ר ב־<math>\mu(x,y)</math> ולקבל מד״ר מדויקת <math>\mu P\mathrm dx+\mu Q\mathrm dy=0</math>. לשם כך <math>\mu</math> צריכה לקיים <math>\frac{\partial(\mu P)}{\partial y}=\frac{\partial(\mu Q)}{\partial x}</math>, ובאופן שקול <math>\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</math> (נשים לב שזו מד״ח).
+=== מקרה 1 ===
+<math>\mu</math> תלויה רק ב־<math>x</math>. לכן <math>\frac{\partial\mu}{\partial y}</math> מתאפס ומכאן נובע (כאשר <math>a:=\frac{\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}}Q</math>) ש־
+{{left|<math>\begin{align}&-\frac{\partial\mu}{\partial x}=a\mu\\\implies&\frac{\partial\mu}\mu\mathrm dx=-a\mathrm dx\\\implies&\mu(x)=\mathrm e^{-\int a\mathrm dx}\end{align}</math>}}
+נשים לב ש־<math>\mu</math> תלויה רק ב־<math>x</math> אם״ם <math>a</math> תלויה רק ב־<math>x</math>.
-==== מקרה 1 ====
+=== מקרה 2 ===
-<math>\mu</math> תלוי רק ב־<math>x</math>. לכן <math>-\frac{\partial\mu}{\partial x}=\underbrace{\frac{\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}}Q}_a\mu</math> לפיכך <math>\mu(x)=\mathrm e^{-\int a\mathrm dx}</math>. נשים לב ש־<math>\mu</math> תלוי רק ב־<math>x</math> אם״ם <math>a</math> תלוי רק ב־<math>x</math>.
+<math>\mu</math> תלויה רק ב־<math>y</math>. זה מתקיים אם״ם <math>b:=\frac{\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}}P</math> תלויה רק ב־<math>y</math>, ואז <math>\mu(y)=\mathrm e^{-\int b\mathrm dy}</math>.
-==== מקרה 2 ====
+==== תרגיל ====
-<math>\mu</math> תלוי רק ב־<math>y</math>. זה מתקיים אם״ם <math>b:=\frac{\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}}P</math> תלוי רק ב־<math>y</math>, ואז <math>\mu(y)=\mathrm e^{-\int b\mathrm dy}</math>.
+פתרו את המד״ר <math>\underbrace{\left(1-x^2y\right)}_P\mathrm dx+\underbrace{x^2(y-x)}_Q\mathrm dy=0</math>.
-===== דוגמה =====
+===== פתרון =====
-נפתור את המד״ר <math>\underbrace{(1-x^2y)}_P\mathrm dx+\underbrace{x^2(y-x)}_Q\mathrm dy=0</math>. אזי <math>\frac{\partial P}{\partial y}=-x^2,\frac{\partial Q}{\partial x}=2xy-3x^2</math>. נשים לב ש־<math>\frac{\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}}Q=\frac2x</math>, כלומר תלוי אך ורק ב־<math>x</math>, ולכן נגדיר <math>\mu=\mathrm e^{-\int\frac2x\mathrm dx}=\mathrm e^{-2\ln|x|}=-\frac1{x^2}</math>. נכפיל את אגפי המד״ר ב־<math>\mu</math> ונקבל <math>\left(\frac1{x^2}-y\right)\mathrm dx+(y-x)\mathrm dy=0</math>. המד״ר החדשה מקיימת <math>\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}=-1</math>, ומכאן נוכל להמשיך לפתור כרגיל. {{משל}}
+מתקיים <math>\frac{\partial P}{\partial y}=-x^2\ne\frac{\partial Q}{\partial x}=2xy-3x^2</math>, כלומר המד״ר אינה מדויקת. נשים לב ש־<math>\frac{\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}}Q=\frac2x</math>, כלומר תלויה אך ורק ב־<math>x</math>, ולכן נגדיר <math>\mu=\mathrm e^{-\int\frac2x\mathrm dx}=\mathrm e^{-2\ln|x|}=-\frac1{x^2}</math>. נכפיל את אגפי המד״ר ב־<math>-\mu</math> ונקבל <math>\left(\frac1{x^2}-y\right)\mathrm dx+(y-x)\mathrm dy=0</math>. המד״ר החדשה מקיימת <math>\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}=-1</math>, ומכאן נוכל להמשיך לפתור כרגיל. {{משל}}
-''הערה:'' נשים לב ש־<math>\frac{\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}}P=\frac{2xy-2x^2}{1-x^2y}</math> תלוי גם ב־<math>x</math> וגם ב־<math>y</math>, ולכן הגדרת <math>\mu</math> התלויה ב־<math>y</math> לא תועיל לנו.
+''הערה:'' נשים לב ש־<math>\frac{\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}}P=\frac{2xy-2x^2}{1-x^2y}</math> תלויה גם ב־<math>x</math> וגם ב־<math>y</math>, ולכן הגדרת <math>\mu</math> התלויה ב־<math>y</math> לא תועיל לנו.

הבדלים בין גרסאות בדף "מדר קיץ תשעב/סיכומים/הרצאות/31.7.12"

גרסה מ־17:09, 4 באוגוסט 2012

תוכן עניינים

מד״ר מסדר ראשון (המשך)

דוגמה שימושית

מד״ר פתירות ע״י משוואה הומוגנית

מקרה 1

דוגמה

מקרה 2

מד״ר לינארית מסוג I

וריאצית הפרמטרים

דוגמה

משוואות ברנולי

תרגיל

פתרון

מד״ר מדויקת

תרגיל

פתרון

מד״ר לא מדויקת

מקרה 1

מקרה 2

תרגיל

פתרון

תפריט הניווט

כלים אישיים

גרסאות שפה

מרחבי שם

חיפוש

עוד

צפיות

ניווט

כלים