מדר קיץ תשעב/סיכומים/תרגולים/30.7.12

מיכאל קונטרונוביץ, michako (@) walla.co.il

דוגמה 1

1. זהו משתנה תלוי, משתנה בלתי תלוי, סדר ומעלה עבור $y'-2xy=1$.
2. האם $\varphi(x)=\mathrm e^{x^2}\int\limits_0^x\mathrm e^{-t^2}\mathrm dt+\mathrm e^{x^2}$ מהווה פתרון לכל $x\in\mathbb R$?

פתרון

1. $y$ הוא המשתנה התלוי, $x$ בלתי תלוי, הסדר הוא 1 והמעלה – 1. זו משוואה לינארית.
2. $y$ גזירה כמכפלה, סכום והרכבה של פונקציות גזירות. לפי המשפט היסודי של החדו״א $\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\int\limits_0^x\mathrm e^{-t^2}\mathrm dt=\mathrm e^{-x^2}$ ולכן $\varphi'(x)=2x\mathrm e^{x^2}\int\limits_0^x\mathrm e^{-t^2}\mathrm dt+\mathrm e^{x^2}\mathrm e^{-x^2}+2x\mathrm e^{x^2}$. אם נציב זאת במד״ר המקורית נגלה ש־$\varphi$ היא אכן פתרון.

דוגמה 2

1. פתרו את המד״ר $x^2y^2y'=y-1$.
2. בהינתן תנאי התחלה $y(1)=2$, האם יש פתרון יחיד? אם כן, מהו ומה תחום הגדרתו?
3. פתרו את סעיף 2 עבור תנאי ההתחלה $y(1)=0$.

פתרון

1. ננסה להפריד את המשתנים:
   $\begin{align}&\frac{y^2}{y-1}\mathrm dy=\frac{\mathrm dx}{x^2},&x\ne0\ \and\ y(x)\not\equiv1\\\implies&\int\frac{y^2-1+1}{y-1}\mathrm dy=\int\frac{\mathrm dx}{x^2}\\\implies&\frac{y^2}2+y+\ln|y-1|=-\frac1x+c\end{align}$

עתה נתייחס למקרה $y\equiv1$: נציב במד״ר ונקבל $0=0$, לכן זהו אכן פתרון.

1. ניעזר במשפט הקיום והיחידות לבעיית התחלה מסדר 1 (אנו נציג גרסה כללית יותר מזו שהוצגה בהרצאה, שמדברת על פונקציות רציפות ולאו דווקא ליפשיץ): נתון ש־$y'=f(x,y)$ ו־$y(x_0)=y_0$. אם קיימת סביבה פתוחה $D$ של $(x_0,y_0)$ שבה $f,\frac{\mathrm df}{\mathrm dy}$ רציפות אזי יש קטע $I$ מקביל לציר $x$ המוכל ב־$D$, כך שלכל $x\in I$ יש לבעיה פתרון יחיד. הערה: המשפט הוא תנאי מספיק ולא הכרחי לקיום יחידות.
   בחזרה לתרגיל, נגדיר $f(x,y):=y'=\frac{y-1}{x^2y^2}$. אזי $f$ פונקציה רציונלית ולכן רציפה כל עוד המכנה שונה מ־0, כלומר $x\ne0\ \and\ y\ne0$. כנ״ל עבור נגזרתה. לכן נרצה מלבן פתוח $(1,2)$ סביב נקודת ההתחלה, שאינו נוגע בצירים, למשל $D=(0,\infty)^2$. לכן מתקיימים תנאי משפט הקיום והיחידות ולפיכך יש לבעיה פתרון יחיד.
   אם נפתור: הסינגולריות $y\equiv1$ לא מקיימת את תנאי ההתחלה. נציב $x=1,y=2$ בפתרון הכללי ונקבל $\frac{2^2}2+2+\ln|2-1|+\frac11=c$ ולכן $c=5$. תחום ההגדרה של $\frac{y^2}2+y+\ln|y-1|+\frac1x=5$ הוא $(0,\infty)$.
2. עבור $y(1)=0$ תנאי משפט הקיום והיחידות אינם מתקיימים. אין אף פתרון לבעיית ההתחלה הנ״ל – ניתן לוודא זאת בבדיקה ישירה.

דוגמה 3

פתרו את המשוואה $(x-y)\mathrm dy=(1-x+y)\mathrm dx$.

פתרון

$y=x$ אינו פתרון כיוון שנובע ממנו ש־$0=\mathrm dx$, בסתירה. נשים לב ש־$x-y$ מרכזי ובלעדי במשוואה, לכן נסמנו כ־$z$ ונקבל $z(1-z')=1-z$. מפני ש־$x\ne y$ מתקיים $z\ne0$ ולכן נחלק ב־$z$. נקבל $z'=\frac{2z-1}z$ לכן (נניח ש־$z\ne1/2$) מתקיים $\frac12\int\frac{2z-1+1}{2z-1}\mathrm dz=x+c$. לבסוף $2z+\ln|2z-1|-4x=c, z\ne1/2$. נבדוק את $z\equiv1/2$ בנפרד ונגלה שהוא אכן פתרון סינגולרי.

דוגמה 4

פתרו את בעיית ההתחלה $(x^2-y^2)\mathrm dx+2xy\mathrm dy=0, y(1)=1$.

פתרון

הערה: פונקציה $g(x,y)$ נקראת הומוגנית חיובית מסדר $k\in\mathbb R$ אם לכל $\lambda>0$ ולכל עיבוד הנוסחה נכשל (פונקציה \dom לא מוכרת): (x,y)\dom(g)

מתקיים עיבוד הנוסחה נכשל (פונקציה \g לא מוכרת): \g(\lambda x,\lambda y)=\lambda^kg(x,y)

.

כאן $M(x,y)=x^2-y^2$ ו־$N(x,y)=2xy$ הומוגניות מסדר 2 ולכן המד״ר הומוגנית. במקרה $x\ne\ \and\ y\ne0$ נביאה לצורה $y'=\frac{y^2-x^2}{2xy}=\frac{\left(\frac yx\right)^2-1}{2\frac yx}$. נציב $z=\frac yx$ ואז $z\frac{\mathrm dz}{\mathrm dx}=-\frac{z^2+1}{2z}$. הפתרון הכללי הוא $y=\pm x\sqrt{\left|\frac cx\right|-1}, x\ne0, \left|\frac cx\right|\ge1$, ומתנאי ההתחלה נובע ש־$y=x\sqrt{\frac2x-1}$ עבור $0<x\le2$.