מד"ר תקציר הרצאות

מתוך Math-Wiki
קפיצה אל: ניווט, חיפוש

תוכן עניינים

מבחנים לדוגמא

הרצאות

הרצאה 1 הקדמה ומשוואה פרידה

  • משוואה דיפרנציאלית מכילה את המשתנה, הפונקציה ונגזרותיה.
  • בחקירת פונקציות, במציאת תחומי עלייה וירידה, אנו פותרים את המשוואה f'(x)=0. האם זו משוואה דיפרנציאלית?
  • לא, כיוון שבמשוואות דיפרנציאלית אנו מחפשים פונקציה שמקיימת את המשוואה לכל ערך של המשתנה.
  • כאן הפונקציה נתונה, ואנו מחפשים ערך של המשתנה שמקיים את המשוואה.


נפילה חופשית

  • גוף הנופל חופשית נופל בתאוצה שבקירוב היא קבועה g=9.82.
  • נסמן בy(t) את הגובה של הגוף (כאשר הכיוון החיובי הוא לכיוון כדור הארץ)
  • v(t)=y'(t) היא המהירות
  • a(t)=v'(t)=y''(t) היא התאוצה.
  • לכן על מנת לדעת את מיקומו של הגוף בכל נקודה בזמן, עלינו לפתור את המשוואה a(t)=g, הרי התאוצה קבועה.


  • y''(t)=g
  • לכן y'(t)=gt+c_1
  • לכן y(t)=\frac{g}{2}t^2+c_1t+c_2


  • כיצד נחשב את הקבועים? לפי תנאי ההתחלה.
  • נסמן את הגובה ההתחלתי בתור 0 (נזכור כי הכיוון החיובי הוא לכיוון כדור הארץ). ולכן y(0)=0 ולכן c_2=0
  • נניח כי המהירות ההתחלתית גם היא הייתה 0 ולכן y'(0)=0 ולכן גם c_2=0.


ריבית דריבית

  • נניח שסכום הכסף בבנק לאורך זמן מתואר על ידי הפונקציה y(t).
  • נניח שאנו מרוויחים תשואה של 2 אחוז בשנה, לכן לאחר שנה יתקיים כי y(1)=y(0)+0.02\cdot y(0).
  • אבל מה היה קורה אילו הבנק היה משלם את הריבית פעם בחצי שנה?
    • בחצי השנה הראשונה נקבל מחצית מהריבית y(\frac{1}{2})=y(0)+\frac{1}{2}\cdot 0.02\cdot y(0)
    • ובחצי השנה השנייה נקבל מחצית מהריבית, אך סכום הקרן שלנו כבר גדל y(1)=y(\frac{1}{2})+\frac{1}{2}\cdot 0.02 \cdot y(\frac{1}{2})
    • סה"כ y(1)=(1.01)^2\cdot y(0)
  • זה גדול יותר מהריבית השנתית, כיוון שצברנו ריבית על הקרן וגם על הריבית החצי שנתית.
  • האם יש דרך להפוך את התהליך לרציף?
  • כלומר, בהנתן שתי נקודות זמן קרובות אנו מעוניינים לקבל את הריבית היחסית על הזמן שעבר:
    • y(t_2)=y(t_1)+(t_2-t_1)\cdot 0.02 \cdot y(t_1)
    • נעביר אגף ונחלק \frac{y(t_2)-y(t_1)}{t_2-t_2}=0.02\cdot y(t_1)
  • אם נשאיף t_2\to t_1 נקבל כי y'(t_1)=0.02\cdot y(t_1)
  • כלומר אנו מעוניינים בפונקציה שמקיימת את המשוואה הדיפרנציאלית y'=r\cdot y כאשר r היא הריבית השנתית.


המשוואה y'=r\cdot y

  • בהמשך הקורס נעסוק בשאלה האם למשוואה דיפרנציאלית יש פתרון, וכמה פתרונות יש למשוואה.
  • מידי פעם נחזור ונפתור את המשוואה הזו בכלים שונים.
  • כעת נשים לב כי:
  • y'-ry=0
  • e^{-rt}(y'-ry)=0
  • (e^{-rt}y)'=0
  • כיוון שהנגזרת שווה אפס הפונקציה קבועה e^{-rt}y=C
  • סה"כ y=Ce^{rt}


  • על מנת לחשב את הקבוע C עבור המקרה של ריבית דריבית, עלינו לדעת כמה כסף היה בחשבון בזמן t=0.
  • שימו לב שלכל תנאי התחלה קיבלנו פתרון יחיד.


סדר ומעלה

  • משוואה דיפרנציאלית נקראת מסדר n אם הנגזרת הגבוהה ביותר היא מסדר n.
    • המשוואה y''=g היא משוואה מסדר שני.
    • המשוואה y'=ry היא משוואה מסדר ראשון.
  • משוואה דיפרנציאלית נקראת ממעלה n אם הנגזרת מהסדר הגבוה ביותר היא ממעלה n.
    • המשוואה (y''')^2+(y')^5=y+sin(t) היא מסדר 3 ומעלה 2.


משוואות פרידות

  • משוואה דיפרנציאלית נקראת פרידה אם היא מהצורה y'=f(y)g(x).
  • נהוג גם להחליף y'=\frac{dy}{dx} ולכן המשוואה תרשם כך dy=f(y)g(x)dx.
  • לבסוף, אם נזהר עם חלוקה באפס, משוואה פרידה באופן כללי יכולה להיות מהצורה f(y)g(x)dy +h(y)r(x)dx=0, כלומר y'=-\frac{h(y)r(x)}{f(y)g(x)}.


  • משוואות פרידות אנו יכולים לפתור באמצעות אינטגרלים באופן הבא:
  • ראשית נפריד (ומכאן השם) את המשתנים לשני צידי המשוואה:
  • f(y)y'=g(x)
  • הקדומות של שני הצדדים שוות עד כדי קבוע.
  • \int f(y)y'dx=\{t=y(x),dt=y'dx\}=\int f(t)dt
  • במקום t נשאר עם המשתנה y ובעצם אנו מחשבים אינטגרלים לשני הצדדים f(y)dy=g(x)dx, כל אחד לפי המשתנה שלו!


  • לדוגמא נפתור את המשוואה y'=r\cdot y כמשוואה פרידה.
  • ראשית נפריד את המשתנים ונקבל כי \frac{1}{y}dy=rdx.
  • נשים לב כי הנחנו כאן כי y\neq 0.
  • כעת \int \frac{1}{y}dy=ln|y|.
  • \int rdx=rx.
  • וביחד ln|y|=rx+C.
  • לכן |y|=e^{rx+C}=e^C\cdot e^{rx}.
  • לכן y=\pm e^C\cdot e^{rx}.
  • כעת, קל לראות מהצבה במשוואה כי y=0 גם פותר את המשוואה.
  • בסה"כ הפתרון הכללי הוא (שוב) y=Ce^{rx}.


  • שימו לב - חלקנו למקרים בהם הפונקציה שונה מאפס או קבועה אפס, אך לא טיפלנו במקרים בהם הפונקציה מידי פעם שווה אפס.
  • בתרגיל זה איננו צריכים, כי מצאנו את הפתרון הכללי בדרך פשוטה יותר למעלה.
  • בהמשך, משפט הקיום והיחידות יעזור לנו להתמודד עם השאלה הזו, אך באופן כללי לא נעסוק הרבה במקרי קצה בקורס זה.

הפיכת משוואה לפרידה

  • נביט במשוואה y'=(x+y)^2 שאינה משוואה פרידה.
  • נדגים עכשיו טריק שיהפוך את המשוואה לפרידה.
  • נגדיר את הפונקציה z=x+y.
  • מתקיים כי z'=1+y' וביחד המשוואה המקורית מקבלת את הצורה z'-1=z^2.
  • זוהי משוואה פרידה \frac{1}{1+z^2}dz=dx.
  • נפעיל אינטגרל על שני הצדדים ונקבל כי \arctan(z)=x+C
  • ולכן z=\tan(x+C)
  • ולכן x+y=\tan(x+C)
  • y=\tan(x+C)-x


  • שימו לב לדוגמא, כאן לא התייחסנו למקרה הקצה בו x+C מחוץ לתחום (-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}).
  • שיטה אחת לוודא שהפתרון שלנו אכן נכון היא להציב את התוצאה שקיבלנו ישירות במשוואה.
  • על מנת לדעת אם לא פספסנו פתרונות אחרים, נעזר בהמשך במשפט הקיום והיחידות.
  • אבל כאמור - אנחנו לא נתייחס באופן כזה לכל מקרה קצה בהמשך הקורס.


הרצאה 2 מד"ר הומוגנית, מד"ר לינאריות מסדר ראשון ומשוואת ברנולי

מד"ר הומוגנית

  • פונקציה f(x,y) נקראת הומוגנית מסדר k אם לכל \lambda\neq 0 מתקיים כי f(\lambda x,\lambda y)=\lambda^k f(x,y).
  • לדוגמא f(x,y)=\frac{x^2+xy}{x+y} הומוגנית מסדר 1.


  • טענה: פונקציה f(x,y) היא מהצורה \varphi(\frac{y}{x}) לכל x\neq 0 אם"ם היא הומוגנית מסדר 0 לכל x\neq 0.
  • הוכחה:
    • אם f(x,y)=\varphi(\frac{y}{x}) אזי לכל x\neq 0 מתקיים f(\lambda x,\lambda y)=\varphi(\frac{\lambda y}{\lambda x})=\varphi(\frac{y}{x})=\lambda^0 f(x,y).
    • אם f(\lambda x,\lambda y)=f(x,y), נציב \lambda=\frac{1}{x} ונקבל כי f(x,y)=f(1,\frac{y}{x})=\varphi(\frac{y}{x}).


  • מד"ר הומוגנית (בניגוד למד"ר לינארית הומוגנית שנראה בהמשך) היא משוואה מהצורה y'=f(x,y) כאשר f(x,y) הומוגנית מסדר 0.
  • נפתור מד"ר הומוגנית באמצעות ההצבה z=\frac{y}{x} באופן הבא:
    • ראשית נסמן y'=\varphi(\frac{y}{x}).
    • כעת נגזור את שני צידי המשוואה zx=y, ונקבל כי z'x+z=y'.
    • לכן לאחר החלפת המשתנה קיבלנו משוואה פרידה z'x+z=\varphi(z).
    • נפריד את המשתנים \frac{1}{\varphi(z)-z}dz=\frac{1}{x}dx.
    • ולכן \int \frac{1}{\varphi(z)-z}dz=\ln|x|+C.
    • נמצא את z ונציב בחזרה y=zx.


  • דוגמא - נפתור את המשוואה y'=\frac{x^2+y^2}{xy}
    • \varphi(\frac{y}{x})=f(1,\frac{y}{x})=\frac{1+(\frac{y}{x})^2}{\frac{y}{x}}
    • \int \frac{1}{\varphi(z)-z}dz=\int \frac{1}{\frac{1+z^2}{z}-z}dz=\int z dz=\frac{z^2}{2}
    • \frac{z^2}{2}=ln|x|+C
    • z=\pm\sqrt{ln(x^2)+C}
    • ולבסוף y=\pm x\sqrt{ln(x^2)+C}


  • דוגמא - נפתור את המשוואה xdy-\left(x\cdot\cos^2(\frac{y}{x})+y\right)dx=0
    • y'=\frac{x\cdot\cos^2(\frac{y}{x})+y}{x}
    • \varphi(\frac{y}{x})=f(1,\frac{y}{x})=\cos^2(\frac{y}{x})+\frac{y}{x}
    • \int \frac{1}{\varphi(z)-z}dz=\int \frac{1}{\cos^2(z)}dz=\tan(z)
    • \tan(z)=\ln|x|+c
    • z=\arctan(ln|x|+C)
    • y=x\cdot \arctan(ln|x|+C)


מד"ר לינארית מסדר ראשון

  • הגדרה: משוואה מסדר ראשון נקראת לינארית אם היא מהצורה y'+p(x)\cdot y=q(x).
  • מד"ר לינארית הומוגנית (בניגוד למד"ר הומוגנית שראינו לעיל) היא מהצורה y'+p(x)\cdot y=0.
  • נחשב נוסחא לפתרון מד"ר לינארית כללית ע"י מציאת פתרון למשוואה לינארית הומוגנית ובאמצעות שיטת וריאצית המקדמים.


  • נשים לב כי המשוואה הלינארית ההומוגנית y'+p(x)\cdot y=0 היא פרידה.
  • נפריד את המשתנים ונקבל \frac{1}{y}dy=-p(x)dx.
  • נבצע אינטגרציה ונקבל כי ln|y|=-\int p(x)dx +C.
  • ולכן y=C\cdot e^{-\int p(x)dx}


  • כעת נשתמש בשיטת וריאצית המקדמים על מנת לפתור את המד"ר הלא הומוגנית.
  • נציב במקום המקדם הקבוע C פונקציה C(x), וננחש שזה פתרון של המד"ר.
  • כיוון שאנו מנחשים שזה פתרון של המד"ר, נציב אותו בתוך המשוואה ונמצא (בתקווה) פונקציה C(x) כך שהמשוואה תתקיים.


  • כלומר, נציב y=C(x)\cdot e^{-\int p(x)dx} במשוואה y'+p(x)y=q(x).
  • נקבל C'(x)\cdot e^{-\int p(x)dx}-p(x)\cdot C(x)\cdot e^{-\int p(x)dx} + p(x)\cdot C(x) \cdot e^{-\int p(x)dx}=q(x)
  • משוואה זו מתקיימת אם"ם C'(x)\cdot e^{-\int p(x)dx}=q(x).
  • כלומר C'(x)=q(x)\cdot e^{\int p(x)dx}.
  • לכן נבחר C(x)=\int \left[q(x)\cdot e^{\int p(x)dx}\right]dx+C


  • סה"כ הפתרון הכללי למד"ר הלינארית y'+p(x)\cdot y=q(x) הוא:
e^{-\int p(x)dx}\cdot\left(C+\int\left(q(x)\cdot e^{\int p(x)dx}\right)dx\right)


  • דוגמא - המשוואה החביבה עלינו y'=ry:
    • ראשית, נשים לב כי p(x)=-r וq(x)=0.
    • כלומר זו מד"ר לינארית הומוגנית, והפתרון הכללי הוא y=C\cdot e^{-\int (-r)dx}=C\cdot e^{rx}


נפילה חופשית כולל התנגדות אוויר

  • גוף בעל מסה m נמצא בנפילה חופשית, מצד אחד הוא מושפע מכוח הכבידה שנחשב קבוע m\cdot g ומצד שני מכוח התנגדות האוויר.
  • במהירויות גבוהות נניח שהוא פרופורציונלי למהירות הנפילה בריבוע b\cdot v^2, ובמהירויות נמוכות נניח שהוא פרופורציונלי למהירות הנפילה bv.


במהירות גבוהה
  • לפי החוק השני של ניוטון m\cdot a = gm -b\cdot v^2.
  • כלומר v'=g-\frac{b}{m}v^2
  • נבצע הפרדת משתנים \frac{1}{g-\frac{b}{m}v^2}dv=dt
  • נבצע פירוק לשברים חלקיים:
  • \frac{1}{g-\frac{b}{m}v^2}=\frac{1}{(\sqrt{g}-\sqrt{\frac{b}{m}}\cdot v)(\sqrt{g}+\sqrt{\frac{b}{m}}\cdot v)}=\frac{1}{2\sqrt{g}}\left(\frac{1}{\sqrt{g}+\sqrt{\frac{b}{m}}\cdot v}+\frac{1}{\sqrt{g}-\sqrt{\frac{b}{m}}\cdot v}\right)
  • ולכן \int \frac{1}{g-\frac{b}{m}v^2}dv=\frac{\sqrt{m}}{2\sqrt{g\cdot b}}\ln\left|\frac{\sqrt{g}+\sqrt{\frac{b}{m}}\cdot v}{\sqrt{g}-\sqrt{\frac{b}{m}}\cdot v}\right|
  • מצד שני \int dt=t+c
  • לכן \frac{\sqrt{g}+\sqrt{\frac{b}{m}}\cdot v}{\sqrt{g}-\sqrt{\frac{b}{m}}\cdot v}=Ce^{\left(2\sqrt{\frac{g\cdot b}{m}}t\right)}
  • נסדר קצת v=\sqrt{\frac{g\cdot m}{b}}\cdot \left(1-\frac{2}{1+Ce^{\left(2\sqrt{\frac{g\cdot b}{m}}t\right)}}\right)
  • נשים לב שכאשר t\to\infty אנו מתכנסים למהירות הסופית \sqrt{\frac{g\cdot m}{b}}.
  • אם זו הייתה המהירות ההתחלתית היינו מקבלים פונקצית מהירות קבועה.
במהירות נמוכה
  • לפי החוק השני של ניוטון m\cdot a = gm -b\cdot v.
  • כלומר קיבלנו את המד"ר הלינארית v'+\frac{b}{m}v=g.
  • ולכן הפתרון הוא v=e^{-\frac{b}{m}t}\cdot\left(\int ge^{\frac{b}{m}t}dt+C\right)=\frac{g\cdot m}{b}+Ce^{-\frac{b}{m}t}.
  • וכאשר t\to\infty המהירות שואפת למהירות הסופית \frac{g\cdot m}{b}.

משוואת ברנולי

  • משוואת ברנולי היא משוואה מהצורה y'+p(x)\cdot y = q(x)\cdot y^n עבור n\neq 0,1.
  • נפתור את המשוואה על ידי הצבה שתהפוך אותה למשוואה לינארית, אותה כבר למדנו לפתור.
  • נניח כי y\neq 0, ונחלק בy^n.
  • נקבל את המשוואה \frac{y'}{y^n}+p(x)\cdot y^{1-n}=q(x).
  • נציב z=y^{1-n}.
  • נגזור z'=(1-n)\frac{y'}{y^n}.
  • נקבל משוואה לינארית \frac{z'}{1-n}+p(x)\cdot z = q(x).
  • נפתור עבור z ונציב חזרה לקבל y=z^{\frac{1}{1-n}}.


  • דוגמא - נפתור את המשוואה y'-2xy=2x^3y^2.
    • נציב z=\frac{1}{y}.
    • נקבל -z'-2xz=2x^3 ולכן z'+2xz=-2x^3.
    • לכן z=e^{-x^2}\cdot\left(\int \left(-2x^3e^{x^2}\right)dx+C\right)
    • לכן z=e^{-x^2}\cdot\left(e^{x^2}(1-x^2)+C\right)
    • לכן z=1-x^2+Ce^{-x^2}
    • ולבסוף y=\frac{1}{1-x^2+Ce^{-x^2}}


  • דוגמא - גוף בתנועה עם כוח גרר לא לינארי ביחס למהירות
    • נתון גוף הנע חצי באוויר וחצי בתוך נוזל כלשהו. נניח כי החיכוך עם הנוזל פרופורציונלי למהירות, והחיכוך עם האוויר פרופורציונלי למהירות בריבוע.
    • F=-bv-dv^2 ולכן v'=-bv-dv^2 (לצורך הפשטות הכנסנו את המסה לתוך הקבועים).
    • זוהי משוואת ברנולי, נציב z=\frac{1}{v}.
    • לכן z'-bz=d
    • נפתור את המשוואה הדיפרנציאלית:
      • z=e^{bt}\cdot (de^{-bt}+C)=d+Ce^{bt}
    • ולכן v=\frac{1}{d+Ce^{bt}}
    • כמובן שכאשר t\to\infty המהירות מתכנסת מהר מאד לאפס.

הרצאה 3 משוואות מדוייקות ומשפט הקיום והיחידות

הקדמה - פונקציות בשני משתנים

  • נגזרות חלקיות
    • דוגמא עבור f(x,y)=x^2+xy מתקיים f_x=\frac{\partial f}{\partial x}=2x+y וf_y=\frac{\partial f}{\partial y}=x
  • עבור פונקציות דיפרנציאביליות (כמו הפונקציות האלמנטריות), מתקיים כי f_{xy}=f_{yx} (כלומר סדר הנגזרות לא משנה).
  • כלל השרשרת: אם g(t)=f(x(t),y(t)) אזי g'(t)=\frac{\partial f}{\partial x}\cdot x'(t)+\frac{\partial f}{\partial y}\cdot y'(t)
  • בפרט, עבור g(x)=f(x,y(x)) מתקיים g'(x)=\frac{\partial f}{\partial x}\cdot 1 + \frac{\partial f}{\partial y}\cdot y'


מד"ר מדוייקת

  • מד"ר מסדר ראשון נקראת מדוייקת אם היא מהצורה U_x(x,y)dx+U_y(x,y)dy=0, עבור U(x,y) דיפרנציאבילית.
  • פתרון המד"ר ניתן בצורה סתומה על ידי המשוואה U(x,y)=C, כאשר C קבוע כלשהו.
  • תהי מד"ר מהצורה Pdx+Qdy=0 כאשר P,Q בעלות נגזרות רציפות. אזי המד"ר מדוייקת אם"ם P_y=Q_x
  • הוכחה לפתרון המד"ר המדויקת:
    • נגזור את הפונקציה g(x)=U(x,y(x)) לפי המשתנה x באמצעות כלל השרשרת ונקבל כי g'(x)=U_x(x,y)+U_y(x,y)y'
    • לפי הנתון U_x(x,y)dx+U_y(x,y)dy=0 נובע כי g'(x)=0 ולכן g(x)=U(x,y)=C פונקציה קבועה.


  • הוכחה לתנאי השקול למד"ר מדויקת:
    • כיוון ראשון, נניח Pdx+Qdy=0 מדוייקת.
      • לכן קיימת U(x,y) דיפרנציאבילית כך ש P=U_x,Q=U_y.
      • לכן P_y=U_{xy}=U_{yx}=Q_x.
    • כיוון שני, נניח כי P_y=Q_x.
      • אנו מחפשים U(x,y) עבורה P=U_x.
      • נעשה אינטגרציה לפי x ונקבל כי U(x,y)=\int P(x,y)dx + c(y).
      • לכן ברור כי U_x=P, השאלה היא אם ניתן לבחור c(y) עבורו U_y=Q.
      • כלומר אנו רוצים c'(y)=Q-\frac{\partial}{\partial y}\int P(x,y)dx
      • משוואה זו תהיה פתירה, אם הצד הימני הוא פונקציה שאינה תלוייה בx.
      • אכן \frac{\partial}{\partial x}\left(Q-\frac{\partial}{\partial y}\int P(x,y)dx\right)=Q_x-P_y=0.


  • דוגמא: נפתור את המשוואה (2x+6y)dx+(6x+3y^2)dy=0.
    • ראשית נוודא שמדובר במשוואה מדוייקת: P_y=Q_x=6.
    • נבצע אינטגרציה U=\int Pdx +c(y)= x^2+6xy +c(y).
    • נגזור לפי y ונקבל כי Q=U_y=6x+c'(y).
    • לכן c'(y)=Q-6x=3y^2.
    • לכן c(y)=y^3 וסה"כ U(x,y)=x^2+6xy+y^3.
    • לכן הפתרון למד"ר הוא x^2+6xy+y^3=C.


גורם אינטגרציה

  • לעיתים המד"ר אינה מדוייקת, אך ניתן לכפול אותה בפונקציה (שנקרא לה גורם אינטגרציה) וכך נהפוך אותה למדוייקת.
  • באופן כללי אנו לא יודעים למצוא את גורם האינטגרציה, אבל נביט במקרה בו קיים גורם אינטגרציה שתלוי בx בלבד.


  • תהי מד"ר Pdx+Qdy=0, ונניח שקיים לה גורם אינטגרציה \mu(x) התלוי בx בלבד.
  • כלומר \mu\cdot Pdx+\mu\cdot Qdy=0 מדוייקת.
  • לכן (\mu\cdot P)_y=(\mu\cdot Q)_x.
  • כלומר \mu\cdot P_y=\mu'\cdot Q+\mu\cdot Q_x.
  • לכן \frac{\mu'}{\mu}=\frac{P_y-Q_x}{Q}.
  • ניתן לפתור משוואה זו אם הצד הימני תלוי בx בלבד, כיוון שהצד השמאלי תלוי בx בלבד.
  • במקרה זה, פתרון יהיה \mu(x)=e^{\int\left(\frac{P_y-Q_x}{Q}\right)dx}


  • דוגמא - המשוואה y'=ry.
    • המשוואה הינה -rydx+dy=0.
    • P_y=-r\neq 0=Q_x
    • מתקיים כי \frac{P_y-Q_x}{Q}=-r תלוי בx בלבד.
    • לכן יש גורם אינטגרציה \mu(x,y)=e^{-rx}
    • נכפול את המשוואה בגורם האינטגרציה.
    • -re^{-rx}ydx+e^{-rx}dy=0.
    • כעת P_y=-re^{-rx}=Q_x.
    • U(x,y)=\int Pdx +c(y) = e^{-rx}y+c(y)
    • Q=U_y=e^{-rx}+c'(y).
    • לכן c'(y)=0 ואפשר לבחור c(y)=0.
    • סה"כ U(x,y)=e^{-rx}y=C.
    • (כך פתרנו למעשה את משוואה זו בשיעור הראשון.)


  • דוגמא - המשוואה (1-x^2y)dx+x^2(y-x)dy=0.
    • \frac{P_y-Q_x}{Q}=\frac{-x^2-(2xy-3x^2)}{x^2(y-x)}=\frac{2x(x-y)}{x^2(y-x)}=-\frac{2}{x}
    • \mu(x)=e^{-2ln(x)}=\frac{1}{x^2}.
    • אכן המשוואה (\frac{1}{x^2}-y)dx+(y-x)dy=0 מדוייקת.
      • נבדוק: P_y=-1=Q_x.
    • נפתור את המד"ר:
      • U(x,y)=\int Pdx+c(y)=-\frac{1}{x}-yx+c(y).
      • Q=U_y=-x+c'(y).
      • c'(y)=y-x+x=y.
      • c(y)=\frac{y^2}{2}.
      • סה"כ הפתרון למד"ר הוא U(x,y)=-\frac{1}{x}-yx+\frac{y^2}{2}=C.

משפט הקיום והיחידות

בעיית קושי

  • מציאת פתרון למד"ר y'=f(x,y) המקיימת y(x_0)=y_0


שיטת פיקרד

  • נראה את שיטת פיקרד, באמצעותה נוכיח את משפט הקיום והיחידות.
  • נגדיר \varphi_0=y_0, ולכל n נגדיר \varphi_n=y_0+\int_{x_0}^xf(t,\varphi_{n-1}(t))dt.
  • מאוחר יותר נוכיח כי סדרת הפונקציות מתכנסת לפתרון של המד"ר.


  • דוגמא - נביט במשוואה (המאד מקורית) y'=-ry.
    • \varphi_0=y_0
    • \varphi_1=y_0+\int_{x_0}^x(-ry_0)dt=y_0+y_0(-r(x-x_0))
    • \varphi_2=y_0+\int_{x_0}^x\left(-r)\cdot(y_0-r\cdot y_0(t-x_0)\right)dt=y_0+y_0(-r(x-x_0))+y_0\frac{(-r(x-x_0))^2}{2}
    • \varphi_3=y_0+\int_{x_0}^x\varphi_2dt=y_0+y_0(-r(x-x_0))+y_0\frac{(-r(x-x_0))^2}{2}+y_0\frac{(-r(x-x_0))^3}{3!}
    • נמשיך כך, ונקבל סדרת פונקציות המתכנסת ל\varphi_n(x)\to y(x)=y_0e^{-r(x-x_0)}
    • אם נתון תנאי ההתחלה y(0)=C נקבל בדיוק את הפתרון y=Ce^{-rx}.

ניסוח משפט הקיום והיחידות

  • תהי f(x,y) רציפה ובעלת נגזרת f_y רציפה במלבן הסגור |x-x_0|\leq a, |y-y_0|\leq b.
  • נביט בבעיית הקושי y'=f(x,y), עם תנאי ההתחלה y(x_0)=y_0
  • נבחר M חסם כך ש |f(x,y)|<M במלבן הנתון, ונסמן a'=\min\{a,\frac{b}{M}\}.
  • אזי קיים פתרון יחיד y(x) לבעיית הקושי בתחום |x-x_0|\leq a'.


  • הערות:
  • שימו לב שהמשפט מבטיח פתרון בתחום מצומצם.
    • אכן ראינו מד"ר שהייתה מוגדרת ורציפה בכל הממשיים, אך לא היה פתרון שמוגדר בכל הממשיים (y'=(x+y)^2).
    • לכל נקודה יש פתרון מסביבה, גם אם אין פתרון שמוגדר בכל מקום.
  • שימו לב שאם מצאנו פתרון בצורה כלשהי, אנחנו יודעים שהוא יחיד בזכות המשפט (לפחות בסביבה מסויימת).
  • מצד שני, אם הפתרון הכללי שמצאנו לא מקיים את תנאי ההתחלה, סימן שאנחנו צריכים לחפש פתרון שפספסנו.

הרצאה 4 הוכחת משפט הקיום והיחידות

המשוואה האינטגרלית

  • בעיית הקושי y'=f(x,y) עם y(x_0)=y_0 שקולה למשוואה y(x)=y_0+\int_{x_0}^xf(t,y(t))dt.
    • בכיוון אחד - נניח כי המשוואה הדיפרנציאלית ותנאי ההתחלה נתונים.
      • אזי \int_{x_0}^x y'(t)dt=\int_{x_0}^xf(t,y(t))dt.
      • לכן y(x)-y(x_0)=\int_{x_0}^xf(t,y(t))dt.
      • ולפי תנאי ההתחלה נקבל כי y(x)-y_0=\int_{x_0}^xf(t,y(t))dt.
    • בכיוון שני, נניח כי המשוואה האינטגרלית נתונה.
      • נגזור את שני הצדדים ונקבל את המשוואה הדיפרנציאלית (נגזרת של פונקצית שטח של פונקציה רציפה).
      • נציב במשוואה האינטגרלית את x_0 ונקבל y(x_0)=y_0+\int_{x_0}^{x_0}f(t,y(t))dt=y_0.


הוכחה

  • נוכיח שסדרת הפונקציות בשיטת פיקרד מתכנסת לפתרון יחיד לבעיית הקושי.


  • ראשית נשים לב לתכונה הבאה:
    • כיוון שf_y רציפה במלבן סגור היא חסומה נניח ע"י K.
    • לפי משפט לגראנז' נקבל כי |f(x,y_1)-f(x,y_2)|\leq K|y_1-y_2|


  • נוכיח שסדרת הפונקציות נשארת בתחום המלבן |x-x_0|\leq a',|y-y_0|\leq b שנמצא בתוך המלבן המקורי ולכן מותר להשתמש בתכונות של f.
    • ראשית \varphi_0=y_0 כמובן בתוך המלבן.
    • כעת יהי n עבורו הטענה נכונה, אזי \varphi_{n+1}=y_0+\int_{x_0}^xf(t,\varphi_n(t))dt.
    • לכן |\varphi_{n+1}-y_0|\leq \int_{x_0}^x|f(t,\varphi_n(t)|dt\leq M(x-x_0)\leq Ma'\leq b.


  • הערה: בהוכחות הבאות נוכיח עבור x\geq x_0 ההוכחות עבור x<x_0 דומות.


  • כעת נוכיח שסדרת הפונקציות מתכנסת (במ"ש):
    • ראשית, נשים לב כי \varphi_n-y_0=\varphi_n-\varphi_0=\varphi_n-\varphi_{n-1}+\varphi_{n-1}-\varphi_{n-2}+...+\varphi_1-\varphi_0.
    • לכן עלינו להוכיח כי הטור \sum_{i=1}^n\left(\varphi_i-\varphi_{i-1}\right) מתכנס כאשר n\to\infty.
    • ראשית, |\varphi_1-\varphi_0|=|y_0+\int_{x_0}^xf(t,y_0)dt-y_0|\leq M(x-x_0)
    • כעת |\varphi_2-\varphi_1|\leq\int_{x_0}^x|f(t,\varphi_1)-f(t,\varphi_0)|dt\leq \int_{x_0}^xK|\varphi_1-\varphi_0|dt\leq KM\frac{(x-x_0)^2}{2}
    • |\varphi_3-\varphi_2|\leq \int_{x_0}^{x}K|\varphi_2-\varphi_1|dt=K^2M\frac{(x-x_0)^3}{3!}
    • נמשיך כך ונקבל כי 
\left|\sum_{i=1}^n\left(\varphi_i-\varphi_{i-1}\right)\right|\leq 
\sum_{i=1}^n\left|\varphi_i-\varphi_{i-1}\right|\leq 
\sum_{i=1}^nK^{n-1}M\frac{(x-x_0)^n}{n!}\leq
\sum_{i=1}^nK^{n-1}M\frac{(a')^n}{n!}
    • זה טור מתכנס לפי מבחן המנה, ולפי מבחן הM של קושי, הטור המקורי מתכנס במידה שווה.
    • הערה: כיוון ש\left|f(x,\varphi_n(x))-f(x,\varphi_{n-1}(x))\right|\leq K|\varphi_n(x)-\varphi_{n-1}(x)| אזי גם הסדרה f(x,\varphi_n(x)) מתכנסת במ"ש באופן דומה.


  • נוכיח שפונקצית הגבול \varphi_n\to y היא פתרון של בעיית הקושי.
    • נשאיף את שני צידי נוסחאת הנסיגה לאינסוף \varphi_n=y_0+\int_{x_0}^{x}f(t,\varphi_{n-1}(t))dt.
    • נקבל כי y(x)=y_0+\int_{x_0}^xf(t,y(t))dt.
    • הערה: האינטגרל של הסדרה שואף לאינטגרל של פונקצית הגבול בזכות ההתכנסות במ"ש.


  • טענת עזר - תהי g חסומה כך שלכל x\geq x_0 בקטע |x-x_0|\leq a מתקיים כי |g|\leq K\int_{x_0}^x|g(t)|dt אזי g=0 לכל x\geq x_0 בקטע.
    • |g|\leq M.
    • |g|\leq K\int_{x_0}^x|g|dt\leq KM(x-x_0).
    • |g|\leq K\int_{x_0}^x|g|dt\leq \int_{x_0}^x KM(t-x_0)dt=K^2M\frac{(x-x_0)^2}{2}.
    • נמשיך כך ונקבל שלכל n מתקיים כי |g|\leq K^nM\frac{(x-x_0)^n}{n!}.
    • לכן |g|\leq K^n M\frac{a^n}{n!}\to 0.
    • לכן g=0.


  • יהיו שני פתרונות y_1,y_2 לבעיית הקושי, נוכיח כי y_1=y_2:
    • |y_2-y_1|=\left|\int_{x_0}^x(f(t,y_1)-f(t,y_2))dt\right|\leq \int_{x_0}^x|f(t,y_1)-f(t,y_2)|dt\leq K\int_{x_0}^x|y_2-y_1|dt.
    • לכן לפי טענת העזר, y_1=y_2.


הרצאה 5 מד"ר מסדר גבוה (ובפרט סדר שני), מד"ר לינארית מסדר גבוה

  • נחקור כעת משוואות מהצורה f(x,y,y',...,y^{(n)})=0
  • דוגמא:
    • נביט במסה המחוברת לקפיץ עם קבוע k, על משטח ללא חיכוך.
    • נסמן את המרחק של המסה מהמצב הרפוי של הקפיץ בX.
    • הכוח הפועל על המסה הוא -kX.
    • לכן לפי החוק השני של ניוטון mX''=-kX.


הורדת סדר המשוואה

מד"ר מסדר גבוה ללא y

  • אם y אינו מופיע במשוואה פשוט נחליף משתנה u=y'.


  • דוגמא:
    • משוואת נפילה חופשית ללא התנגדות אוויר היא מסדר שני mX''=C.
    • נביט בפונקצית המהירות V=X' ונקבל את המשוואה mV'=C מסדר ראשון.

מד"ר מסדר גבוה ללא x

  • אם x אינו מופיע במשוואה נחפש פונקציה של y כך שיתקיים y'=p(y).
  • דוגמא:
    • נחזור לדוגמא של מסה המחוברת לקפיץ, ולצורך הנוחות נחליף את פונקצית המיקום X בפונקציה y (המשתנה ישאר t).
    • נניח כי המסה היא חלק מקבוע הקפיץ ונביט במשוואה y''=-ky.
    • נחפש פונקציה p של y המקיימת y'=p(y).
    • לכן y''=p'(y)y'=p'\cdot p.
    • לכן אנחנו רוצים למצוא p פונקציה של y המקיימת את המשוואה pp'=-ky.
      • זו משוואה פרידה pdp=-kydy ולכן \frac{p^2}{2}=-\frac{ky^2}{2}+C.
      • לכן p(y)=\pm\sqrt{C-ky^2}.
    • לכן קיבלנו את המד"ר הפרידה y'=\pm\sqrt{C-ky^2}.
      • \int \frac{dy}{\sqrt{C-ky^2}}=\pm \int dt.
      • \frac{1}{\sqrt{k}}\arcsin\left(\sqrt{\frac{k}{c}}y\right)=\pm t+D.
      • \sqrt{\frac{c}{k}}\cdot sin\left(\pm\sqrt{k}t+D\right).
      • שימו לב שהביטוי \sqrt{\frac{c}{k}} מייצג קבוע חיובי כלשהו.
      • שימו לב שעבור בחירה מתאימה של הפאזה D גם cos הוא פתרון.
    • שימו לב שישנם שני קבועים בפתרון. זה הגיוני, כי אנו צריכים שני תנאי התחלה - מיקום המסה, והמהירות שלה.


מד"ר לינארית

  • מד"ר לינארית היא מד"ר מהצורה y^{(n)}+a_{n-1}(x)y^{(n-1)}+...+a_1(x)y'+a_0(x)y=f(x).
  • אם f(x)\equiv 0 אזי המד"ר נקראת הומוגנית.
  • בעיית הקושי למד"ר הלינארית היא המשוואה יחד עם תנאי ההתחלה y(x_0)=b_0,y'(x_0)=b_1,...,y^{(n-1)}(x_0)=b_{n-1}
  • משפט קיום ויחידות: אם a_i(x),f(x) רציפות בקטע I ויהי x_0\in I, אזי קיים פתרון יחיד בקטע I לבעיית הקושי.


מד"ר לינארית הומוגנית

  • אוסף הפתרונות של מד"ר לינארית הומוגנית הוא תת מרחב וקטורי.
    • פונקצית האפס מקיימת את המשוואה.
    • אם y_1,y_2 פתרונות, וc\in\mathbb{R} קבוע אזי קל לראות על ידי הצבה ישירה שגם y_1+cy_2 הוא פתרון.


  • תזכורת: y_1,...,y_n נקראת תלויות לינארית אם קיימים קבועים לא כולם אפס כך ש c_1y_1+...+c_ny_n\equiv 0 (הצירוף הוא פונקצית האפס).


  • הגדרה: הוורונסיקאן W(x) של הפונקציות y_1,...,y_n הוא הדטרמיננטה \left|\begin{pmatrix}
y_1 & y_2 & \cdots & y_n \\
y_1' & y_2' & \cdots & y_n' \\
\vdots & \vdots &  &\vdots\\
y_1^{(n-1)} & y_2^{(n-1)} & \cdots & y_n^{(n-1)}

\end{pmatrix}\right|


  • אם y_1,...,y_n ת"ל אזי W(x)\equiv 0.
    • נתון כי c_1y_1+...+c_ny_n=0
    • נגזור c_1y_1'+...+c_ny_n'=0
    • נמשיך ולגזור ונקבל שלכל 0\leq k\leq n-1 מתקיים כי c_1y_1^{(k)}+...+c_ny_n^{(n-1)}=0.
    • לכן \begin{pmatrix}
y_1 & y_2 & \cdots & y_n \\
y_1' & y_2' & \cdots & y_n' \\
\vdots & \vdots &  &\vdots\\
y_1^{(n-1)} & y_2^{(n-1)} & \cdots & y_n^{(n-1)}

\end{pmatrix}\begin{pmatrix}c_1 \\ c_2 \\ \vdots \\ c_n\end{pmatrix}=0
    • כיוון שלמטריצה יש פתרון לא טריוואלי (ללא תלות בx) היא אינה הפיכה והדטרמיננטה שלה היא אפס.


  • אם W(x_0)=0 עבור x_0\in I כלשהו עבור y_1,...,y_n פתרונות של מד"ר לינארית הומוגנית, אזי הפתרונות ת"ל וW(x)\equiv 0.
    • כיוון שW(x_0)=0 קיים פתרון לא טריוויאלי למערכת כך שלכל 0\leq k\leq n-1 מתקיים כי 
c_1y_1^{(k)}(x_0)+...+c_ny_n^{(k)}(x_0)=0.
    • נביט בפונקציה g(x)=c_1y_1(x)+...+c_ny_n(x), לפי לינאריות גם g(x) פתרון של המד"ר.
    • כיוון שלכל 0\leq k\leq n-1 מתקיים כי g^{(k)}(x_0)=0 ולפי יחידות הפתרון, נובע כי g(x)\equiv 0 (הרי פונקצית האפס היא פתרון שמקיים את אותם תנאיי ההתחלה).


  • הערה: ייתכנו פונקציות בת"ל שהוורונסיקאן שלהן מתאפס, אם הן לא פתרונות לאותו מד"ר לינארית. למשל x^2,x|x|.


  • דוגמא:
    • נביט בוורונסקיאן של e^{\lambda_1x},...,e^{\lambda_nx}.
    • W(x)=\left|\begin{pmatrix}
e^{\lambda_1x} & \cdots & e^{\lambda_nx} \\
\vdots & & \vdots \\
\lambda_1^{n-1}e^{\lambda_1x}  & \cdots & \lambda_n^{n-1}e^{\lambda_nx}
\end{pmatrix}\right|=e^{(\lambda_1+...+\lambda_n)x}\left|\begin{pmatrix}
1 & \cdots & 1 \\
\vdots & & \vdots \\
\lambda_1^{n-1}& \cdots & \lambda_n^{n-1}
\end{pmatrix}\right|
    • זו מטריצת ונדרמונד ולכן W(x)=e^{(\lambda_1+...+\lambda_n)x}\prod_{i<j}(\lambda_j-\lambda_i)
    • לכן הפונקציות בת"ל אם ורק אם כל הקבועים שונים זה מזה \lambda_i\neq\lambda_j
  • הוכחה לחישוב הדטרמיננטה של מטריצת ונדרמונד:

\left|\begin{pmatrix}
1 & 1 &\cdots & 1 \\
\lambda_1 & \lambda_2 &\cdots & \lambda_n\\
\vdots & && \vdots \\
\lambda_1^{n-2}&\lambda_2^{n-2}&\cdots&\lambda_n^{n-2}\\
\lambda_1^{n-1}& \lambda_2^{n-1}&\cdots & \lambda_n^{n-1}
\end{pmatrix}\right|=
נבצע את פעולות השורהעיבוד הנוסחה נכשל (שגיאת תחביר): R_n-\lambda_1 R_{n-1}\\R_{n-1}-\lambda_1 R_{n-2}\\\vdots\\R_2-\lambda_1 R_1
=\left|\begin{pmatrix}
1 & 1 & \cdots & 1 \\
0&\lambda_2-\lambda_1&\cdots&\lambda_n-\lambda_1\\
\vdots & && \vdots \\
0&\lambda_2^{n-3}(\lambda_2-\lambda_1)&\cdots&\lambda_n^{n-3}(\lambda_n-\lambda_1)\\
0&\lambda_2^{n-2}(\lambda_2-\lambda_1)& \cdots & \lambda_n^{n-2}(\lambda_n-\lambda_1)
\end{pmatrix}\right|=
(\lambda_2-\lambda_1)\cdots(\lambda_n-\lambda_1)\cdot
\left|\begin{pmatrix}
1 & 1 &\cdots & 1 \\
\lambda_2 & \lambda_3 &\cdots & \lambda_n\\
\vdots & && \vdots \\
\lambda_2^{n-2}&\lambda_3^{n-2}&\cdots&\lambda_n^{n-2}\\
\lambda_2^{n-1}& \lambda_3^{n-1}&\cdots & \lambda_n^{n-1}
\end{pmatrix}\right|
כאשר המעבר הוא חישוב דטרמיננטה לפי העמודה הראשונה
ומכאן סיימנו באינדוקציה


  • מרחב הפתרונות של המד"ר הלינארית ההומוגנית הוא ממימד n.
    • לכל 0\leq k\leq n-1 נגדיר את y_k להיות הפתרון המקיים את תנאי ההתחלה y_k^{(k)}(x_0)=1 ואם j\neq k אז y_k^{(j)}(x_0)=0.
    • נוכיח שn פתרונות אלה מהווים בסיס.
      • W(x_0)=|I|=1 ולכן הפתרונות בת"ל.
      • עבור תנאי ההתחלה y^{(k)}(x_0)=b_k פתרון המקיים תנאיי התחלה אלו הוא b_0y_0+...+b_{n-1}y_{n-1}, ולכן הקבוצה פורשת.


  • דוגמא: משוואת המסה על קפיץ x''+kx=0
    • נביט בפתרונות x_1=cos\left(\sqrt{k}t\right),x_2=sin\left(\sqrt{k}t\right), הן אכן פותרות את המשוואה.
    • נביט בוורונסקיאן \left|\begin{pmatrix}
cos\left(\sqrt{k}t\right) & sin\left(\sqrt{k}t\right)\\
-\sqrt{k}sin\left(\sqrt{k}t\right) & \sqrt{k}cos\left(\sqrt{k}t\right)
\end{pmatrix}\right|=\sqrt{k}\neq 0
    • לכן אלו שני פתרונות בת"ל שפורשים את כל מרחב הפתרונות, ולכן הפתרון הכללי הוא מהצורה x(t)=c_1\cdot cos\left(\sqrt{k}t\right) + c_2\cdot sin\left(\sqrt{k}t\right)

מד"ר לינארית לא הומוגנית

  • פתרון כללי למד"ר הלינארית שווה לפתרון הכללי למד"ר ההומוגנית ועוד פתרון פרטי למד"ר הלא הומוגנית
    • הוכחה זהה לטיעון לגבי מערכות משוואות לינאריות.


  • דוגמא: y''=-ky+g מסה התלוייה על קפיץ אנכי, עם השפעת כוח המשיכה. גובה אפס הוא הנקודה בה הקפיץ רפוי, הכיוון החיובי הוא למטה.
    • נמצא פתרון פרטי ע"י ניחוש מושכל.
    • נחפש פתרון מהצורה y=a.
    • נציב ונקבל y=\frac{g}{k}.
  • לכן פתרון כללי למד"ר הוא x(t)=c_1\cdot cos\left(\sqrt{k}t\right) + c_2\cdot sin\left(\sqrt{k}t\right)+\frac{g}{k}.


  • דוגמא: x''=-kx+sin(t) מסה על קפיץ עם כוח חיצוני שתלוי בזמן.
    • נמצא פתרון פרטי ע"י ניחוש מושכל.
    • נחפש פתרון מהצורה x=asin(t).
    • -asin(t)=-kasin(t)+sin(t).
    • a(k-1)sin(t)=sin(t).
    • משוואה זו תתקיים עבור a=\frac{1}{k-1}.
  • לכן פתרון כללי למד"ר הוא x(t)=c_1\cdot cos\left(\sqrt{k}t\right) + c_2\cdot sin\left(\sqrt{k}t\right)+\frac{1}{k-1}sin(t).

הרצאה 6 מד"ר לינארית עם מקדמים קבועים

פולינום אופייני

  • נביט במד"ר הלינארית ההומוגנית עם מקדמים קבועים y^{(n)}+a_{n-1}y^{(n-1)}+...+a_0y=0 כאשר a_i\in\mathbb{R}.
  • דוגמאות:
    • משוואת הקפיץ y''+ky=0.
    • y''-2y'+y=0.


  • ננחש פתרון למד"ר מהצורה y=e^{\lambda x}.
  • נציב במד"ר ונקבל \lambda^ne^{\lambda x}+a_{n-1}\lambda^{n-1}e^{\lambda x} +...+a_0e^{\lambda x}=0.
  • לכן \lambda^n+a_{n-1}\lambda^{n-1}+...+a_0=0.
  • נגדיר את הפולינום האופייני של המד"ר להיות p(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0.
  • לכל שורש של הפולינום האופייני, קיבלנו פתרון למד"ר.


  • דוגמא: y''=y
    • נעביר אגף ונמצא את הפולינום האופייני:
      • y''-y=0
      • p(x)=x^2-1
    • לכן השורשים של הפולינום האופייני הם \pm 1.
    • לכן שני פתרונות למד"ר הם e^x,e^{-x}.
    • ראינו שהם בת"ל בעזרת הורונסקיאן ולכן הפתרון הכללי למד"ר ההומוגנית הוא c_1e^{x}+c_2e^{-x}.


  • מה קורה כאשר חסרים שורשים (מרוכבים)?
  • מה קורה כאשר שורש חוזר על עצמו?
  • הפולינום האופייני של המד"ר y''+ky=0 הוא x^2+k.
  • הפולינום האופייני של המד"ר y''-2y+y=0 הוא x^2-2x+1=(x-1)^2.


  • כאשר השורש הוא מרוכב, נעזר באנליזה מרוכבת:
    • ראשית, אם a+bi שורש של פולינום ממשי גם הצמוד שלו הוא שורש של הפולינום.
    • נזכר גם כי e^{ibx}=\cos(bx)+i\sin(bx)
    • כעת, נניח שיש זוג שורשים מרוכבים a\pm bi לכן e^{(a\pm bi)x} הן פתרונות.
    • לכן גם צירוף לינארי שלהם הוא פתרון:
      • \frac{1}{2}\left(e^{ax+ibx}+e^{ax-ibx}\right)=e^{ax}\cos(bx)
      • \frac{-i}{2}\left(e^{ax+ibx}-e^{ax-ibx}\right)=e^{ax}\sin(bx)
      • עבור זוג השורשים המרוכבים הצמודים קיבלנו זוג פתרונות ממשיים בת"ל!


  • דוגמא משוואת הקפיץ y''+ky=0.
    • הפולינום האופייני הינו x^2+k=0.
    • שורשי הפולינום האופייני הינם \pm\sqrt{k}i.
    • הפתרונות למד"ר ההומוגנית הם e^{0\cdot x}\cos\left(\sqrt{k}x\right),e^{0\cdot x}\sin\left(\sqrt{k}x\right).


  • כעת נטפל במקרה בו שורש חוזר על עצמו:
    • ראשית, נביט באופרטור הלינארי D=\frac{d}{dx} ששולח פונקציה לנגזרת שלה, ונסמן בI את אופרטור הזהות.
    • למשל המד"ר y''-2y+y=0 ניתנת להצגה כ\left(D^2-2D+I\right)y=0.
    • לכן \left(D-I\right)\left(D-I\right)y=0.
    • הפולינום האופייני של המד"ר הוא (x-1)^2=0 ולכן y=e^x הוא פתרון.
    • כעת, נראה כי גם xe^x הוא פתרון של המד"ר.
      • \left(D-I\right)\left(D-I\right)xe^x=\left(D-I\right)(e^x+xe^x-xe^x)=0
    • באופן דומה אפשר להוכיח שאם ריבוי השורש הוא n אזי לכל 0\leq k \leq n-1 הביטוי x^ke^{\lambda x} הוא פתרון.

סיכום מציאת פתרון כללי למד"ר הומוגנית עם מקדמים קבועים

  • מוצאים את הפולינום האופייני, ואת כל השורשים שלו (כולל המרוכבים).
  • לכל שורש ממשי \lambda מריבוי n מתאימים הפתרונות e^{\lambda x},xe^{\lambda x},...,x^{n-1}e^{\lambda x}.
  • לכל שורש מרוכב a+bi מריבוי n (ידוע שגם הצמוד שלו שורש מאותו ריבוי) מתאימים הפתרונות e^{ax}\cos(bx),e^{ax}\sin(bx),xe^{ax}\cos(bx),xe^{ax}\sin(bx),...,x^{n-1}e^{ax}\cos(bx),x^{n-1}e^{ax}\sin(bx)
  • סה"כ מצאנו למד"ר מסדר n בדיוק n פתרונות.
  • הפתרונות הללו בת"ל ולכן הפתרון הכללי הוא צירוף לינארי שלהם.
    • נוכיח שהפתרונות בת"ל (מעל המרוכבים).
    • P_1e^{\lambda_1 x}+...+P_ne^{\lambda_n x} \equiv 0.
    • נניח ש|\lambda_i|\leq|\lambda_n|, נחלק בe^{\lambda_n x}.
    • נציב x=t\overline{\lambda_n} ונשאיף את t\to\infty.
    • נקבל כי הפולינום המקדם של האקספוננט הגדול ביותר חייב להיות אפס.
    • לכן באינדוקציה כל הפולינומים חייבים להיות אפס, ולכן כל אחד מהקבועים חייב להיות אפס.
    • כיוון שהפתרונות בת"ל מעל המרוכבים, אפשר ליצור איתם כל תנאי התחלה, ולקבל פונקציות ממשיות שפותרות אותו.


  • דוגמא: מצאו את הפתרון הכללי של המד"ר y^{(4)}-6y'''+14y''-16y'+8y=0.
    • ראשית, נמצא את הפולינום האופייני p(x)=x^4-6x^3+14x^2-16x+8=0.
    • ננחש ש2 הוא שורש, נבצע חילוק, ננחש שוב את 2 כשורש ונקבל כי p(x)=(x-2)^2(x^2-2x+2).
    • לכן השורשים של הפולינום האופייני הם 2 מריבוי 2, ו1\pm i מריבוי 1.
    • לכן הפתרון הכללי הוא y=c_1e^{2x}+c_2xe^{2x}+c_3e^xsin(x)+c_4e^xcos(x).


  • דוגמא: מצאו את הפתרון של המד"ר y'''+3y''+3y'+y=0 המקיים y(0)=0,y'(0)=1,y''(0)=0.
    • הפולינום האופייני הוא p(x)=(x+1)^3.
    • הפתרון הכללי הוא y=c_1e^{-x}+c_2xe^{-x}+c_3x^2e^{-x}.
    • כעת נמצא את הקבועים:
      • y(0)=c_1=0.
      • y'(0)=c_2=1.
      • y''(0)=-2+2c_3=0 ולכן c_3=1.
    • סה"כ הפתרון הוא y=e^{-x}(x+x^2).

הרצאה 7 מציאת פתרון פרטי למד"ר לינארית לא הומוגנית

  • כבר ראינו שעל מנת למצוא פתרון כללי למד"ר לינארית לא הומוגנית, עלינו למצוא פתרון כללי למד"ר ההומוגנית (למדנו כיצד בהרצאה קודמת), ופתרון פרטי כלשהו למד"ר הלא הומוגנית.
  • נלמד כיצד למצוא פתרון פרטי.


שיטת הניחוש עבור מד"ר עם מקדמים קבועים

  • תהי מד"ר מהצורה y^{(n)}+a_{n-1}y^{(n-1)}+...+a_1y'+a_0y=f(x).


  • אם f(x)=P_m(x) פולינום מדרגה m:
    • 0 אינו שורש של הפולינום האופייני, ננחש y_p=Q_m(x) פולינום מדרגה m.
    • אם 0 שורש של הפולינום האופייני מריבוי k ננחש y_p=x^kQ_m(x).


  • אם f(x)=e^{ax}P_m(x):
    • אם a אינו שורש של הפולינום האופייני ננחש y_p=e^{ax}Q_m(x).
    • אם a שורש של הפולינום האופייני מריבוי k ננחש y_p=x^ke^{ax}Q_m(x).


  • אם f(x)=e^{ax}sin(bx)P_m(x) או f(x)=e^{ax}cos(bx)P_m(x):
    • אם a\pm bi אינם שורשים של הפולינום האופייני ננחש y_p=e^{ax}sin(bx)Q_m(x) + e^{ax}cos(bx)R_m(x) (כאשר R_m(x),Q_m(x) פולינומים מסדר m).
    • אם a\pm bi שורשים של הפולינום האופייני מריבוי k כל אחד, ננחש y_p=x^ke^{ax}sin(bx)Q_m(x) + x^ke^{ax}cos(bx)R_m(x).


  • דוגמאות:
    • עבור y''+2y'+y=x^2 הפולינום האופייני הוא p(x)=(x+1)^2 ננחש את הפתרון y_p=ax^2+bx+c.
    • עבור y''+2y'+y=e^{x} כעת 1 אינו שורש של הפולינום האופייני, ולכן ננחש y_p=ae^x. (שימו לב שהפולינום הוא בעצם מדרגה 0.)
    • עבור y''+2y'+y=xe^{-x} כעת -1 הוא שורש מריבוי 2 ולכן ננחש את הפתרון y_p=x^2e^{-x}(a+bx).
    • עבור y''+y=sin(x) הפולינום האופייני הוא p(x)=x^2+1 השורש 0+i מופיע מריבוי 1 ולכן ננחש y_p=axsin(x)+bxcos(x).


  • לאחר הניחוש, נמצא את הקבועים ע"י הצבה. נחשב עבור הדוגמא הראשונה:
    • המד"ר y''+2y'+y=x^2, הניחוש y_p=ax^2+bx+c.
      • y_p'=2ax+b.
      • y_p''=2a.
      • נציב 2a+4ax+2b+ax^2+bx+c=x^2.
      • נבצע השוואת מקדמים:
        • a=1.
        • 4a+b=0.
        • 2a+2b+c=0.
    • לכן הפתרון הפרטי הוא y_p=x^2-4x+6.
    • סה"כ הפתרון הכללי הוא c_1e^{-x}+c_2xe^{-x}+x^2-4x+6.

וריאצית מקדמים יחד עם שיטת קרמר למד"ר לינארית

  • תהי מד"ר לינארית (לאו דווקא עם מקדמים קבועים) מהצורה y^{(n)}+a_{n-1}(x)y^{(n-1)}+...+a_1(x)y'+a_0(x)y=f(x).
  • יהיו y_1,...,y_n פתרונות בת"ל למד"ר ההומוגנית.
  • ננחש כי קיים פתרון פרטי מהצורה y_p=c_1(x)y_1+...+c_n(x)y_n.


  • טענה - עבור פונקציות c_1(x),...,c_n(x) המקיימות את מערכת המשוואות \begin{cases}
c_1'y_1+...+c_n'y_n=0 \\
c_1'y_1'+...+c_n'y_n'=0 \\
\vdots \\
c_1'y_1^{(n-2)} +...+c_n'y_n^{(n-2)}=0\\
c_1'y_1^{(n-1)}+...+c_n'y_n^{(n-1)}=f(x)
\end{cases} מתקיים כי y_p=c_1(x)y_1+...+c_n(x)y_n הוא פתרון פרטי של המד"ר.
    • הוכחה:
    • y_p'=c_1'y_1+\cdots+c_n'y_n+c_1y_1'+\cdots+c_ny_n'=c_1y_1'+\cdots+c_ny_n'. (לפי המשוואה הראשונה.)
    • באופן דומה y_p''=c_1y_1''+\cdots+c_ny_n''. (לפי המשוואה השנייה.)
    • נמשיך כך עד שנקבל y_p^{(n-1)} = c_1y_1^{(n-1)}+\cdots +c_ny_n^{(n-1)}
    • כעת נגזור ונקבל y_p^{(n)}=f(x)+c_1y_1^{(n)}+\cdots+c_ny_n^{(n)}, לפי המשוואה האחרונה.
    • נציב במד"ר המקורית:
      • y_p^{(n)}+a_{n-1}(x)y_p^{(n-1)}+\cdots + a_1(x)y_p'+a_0(x)y_p=f(x)+c_1(y_1^{(n)}+\cdots+a_0(x)y_1)+\cdots+c_n(y_n^{(n)}+\cdots+a_0(x)y_n)
    • כיוון שy_1,...,y_n פתרונות למד"ר ההומוגנית הביטויים בסוגריים מתאפסים וסה"כ קיבלנו כי אכן y_p'''+a_2(x)y_p''+a_1(x)y_p'+a_0(x)y_p=f(x).


  • כלומר, על מנת למצוא פתרון פרטי, עלינו למצוא פתרון למערכת המשוואות הבאה:
  • 
\begin{pmatrix}
y_1 & \cdots & y_n \\
\vdots & & \vdots \\
y_1^{(n-2)} & \cdots & y_n^{(n-2)}\\
y_1^{(n-1)} & \cdots & y_n^{(n-1)}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
c_1' \\ \vdots \\ c_n'
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
0 \\ \vdots \\ 0 \\ f(x)
\end{pmatrix}
  • אבל דטרמיננטת מטריצת המקדמים היא בדיוק הוורונסקיאן!
  • כיוון שy_1,...,y_n בסיס למרחב הפתרונות, מטריצת המקדמים הפיכה לכל x ולכן קיים פתרון (יחיד) למערכת.
  • כיצד נמצא את הפתרון? שיטת קרמר.
  • לאחר שנמצא את הערכים של c_k'(x) נבצע אינטגרציה ונמצא סה"כ את הפתרון הפרטי.


  • דוגמא - מצאו פתרון כללי למד"ר y''+y=sin^2(x).
    • פתרון כללי למד"ר ההומוגנית הוא c_1cos(x)+c_2sin(x).
    • כעת עלינו למצא פתרון פרטי y_p=c_1(x)cos(x)+c_2(x)sin(x).
    • עלינו למצוא פתרון למערכת 
\begin{pmatrix}
cos(x) & sin(x) \\
-sin(x) & cos(x)
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
c_1'(x) \\ c_2'(x)
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
0 \\ sin^2(x)
\end{pmatrix}
    • לכן לפי שיטת קרמר
      • 
c_1'(x)=\frac{
\left|
\begin{pmatrix}
0 & sin(x) \\
sin^2(x) & cos(x)
\end{pmatrix}
\right|
}
{
\left|
\begin{pmatrix}
cos(x) & sin(x) \\
-sin(x) & cos(x)
\end{pmatrix}
\right|
}=-sin^3(x)
      • 
c_2'(x)=\frac{
\left|
\begin{pmatrix}
cos(x) & 0 \\
-sin(x) & sin^2(x)
\end{pmatrix}
\right|
}
{
\left|
\begin{pmatrix}
cos(x) & sin(x) \\
-sin(x) & cos(x)
\end{pmatrix}
\right|
}=sin^2(x)cos(x)
      • לכן c_1(x)=\int (-sin^3(x))dx = \int (1-cos^2(x))(-sin(x))dx=\{t=cos(x)\}=\int (1-t^2)dt=t-\frac{t^3}{3}=cos(x)-\frac{cos^3(x)}{3}
      • c_2(x)=\int sin^2(x)cos(x)dx =\{t=sin(x)\}= \int t^2 dt = \frac{t^3}{3} = \frac{sin^3(x)}{3}
    • סה"כ הפתרון הפרטי הוא y_p=(cos(x)-\frac{cos^3(x)}{3})cos(x) + \frac{sin^3(x)}{3}sin(x).


  • דוגמא:
  • שימו לב שיכלנו לפתור את השאלה הקודמת בדרך אחרת, קצרה יותר, עם טריק.
  • מתקיים כי sin^2(x)=\frac{1}{2} - \frac{1}{2}cos(2x).
  • נמצא פתרון פרטי y_{p_1} למד"ר y''+y=\frac{1}{2} בשיטת הניחוש.
  • נמצא פתרון פרטי y_{p_2} למד"ר y''+y=-\frac{1}{2}cos(2x) בשיטת הניחוש.
  • לכן y_p=y_{p_1}+y_{p_2} הוא פתרון פרטי למד"ר y''+y=sin^2(x) מתוך לינאריות.

הרצאה 8 פתרון מד"ר באמצעות טורי טיילור

שימוש בטורי טיילור

  • ננחש שהפתרון הוא טור חזקות, ואם אכן יש פתרון כזה, נמצא את המקדמים.
  • גם אם לא נוכל למצוא נוסחא פשוטה לפונקציה, עדיין טור החזקות יכול לתת קירוב שלה.


  • דוגמא: הזזת אינדקס של טור טיילור.
    • הזיזו את האינדקס של הטור \sum_{n=4}^\infty na_{2n+1}x^{n-2} כך שהחזקה תהיה k.
    • אנחנו רוצים להציב k=n-2 ולכן n=k+2.
    • כיוון שn מתחיל מ4, נובע שk יתחיל מ2.
    • סה"כ נקבל כי \sum_{n=4}^\infty na_{2n+1}x^{n-2}=\sum_{k=2}^\infty  (k+2)a_{2k+5}x^k.


  • דוגמא מצאו את הפתרון הכללי למד"ר ההומוגנית xy''-(x+2)y'+2y=0.
  • עבור x\neq 0 מדובר במד"ר לינארית הומוגנית בעלת שני פתרונות בת"ל.


  • ננחש כי קיים פתרון בצורת טור טיילור y=\sum_{n=0}^\infty a_nx^n.
  • שימו לב שאנו מניחים שהפונקציה מוגדרת באפס, ייתכן שנרצה לפתח טור טיילור סביב נקודות אחרות באופן כללי.


  • נציב במשוואה ונקבל:
  • x\sum_{n=2}^\infty n(n-1)a_nx^{n-2} -(x+2)\sum_{n=1}^\infty na_nx^{n-1}+2\sum_{n=0}^\infty a_nx^n=0
  • \sum_{n=2}^\infty n(n-1)a_nx^{n-1} -\sum_{n=1}^\infty na_nx^{n} - \sum_{n=1}^\infty 2na_nx^{n-1}+\sum_{n=0}^\infty 2a_nx^n=0
  • \sum_{k=1}^\infty (k+1)ka_{k+1}x^{k} -\sum_{k=1}^\infty ka_kx^{k} - \sum_{k=0}^\infty 2(k+1)a_{k+1}x^{k}+\sum_{k=0}^\infty 2a_kx^k=0
  • -2a_1+2a_0+\sum_{k=1}^\infty \left((k^2-k-2)a_{k+1}-(k-2)a_k\right)x^k=0
  • לכן:
    • a_0=a_1
    • לכל k\geq 1 מתקיים (k^2-k-2)a_{k+1}-(k-2)a_k=0.
      • עבור k=2 מקבלים 0=0.
      • עבור k\neq 2 נחלק בk-2 ונקבל (k+1)a_{k+1}=a_k.


  • סה"כ המשוואות שקיבלנו הן
    • a_1=a_0
    • a_2=\frac{1}{2}a_1
    • a_4=\frac{1}{4}a_3
    • a_5=\frac{1}{5}a_4
    • וכן הלאה.


  • נשים לב כי באופן כללי a_0,a_3 חופשיים.
  • עבור הבחירה a_0=1,a_3=0 נקבל את הפתרון y=\frac{1}{2}x^2+x+1.
  • עבור הבחירה a_0=1,a_3=\frac{1}{3!} נקבל את הפתרון y=\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!}x^n=e^x.


  • נבדוק שהפתרונות בת"ל:
    • W(x)=\left|\begin{pmatrix}e^x & \frac{1}{2}x^2+x+1\\ e^x & x+1\end{pmatrix}\right|=-\frac{e^xx^2}{2}
    • לכל x\neq 0 הוורונסיקאן שונה מאפס ולכן הפתרונות בת"ל.
    • שימו לב שהוורונסיקאן התאפס בנקודה אחת, אבל זה בסדר כי המד"ר היא לינארית עבור x\neq 0.
    • אכן בx=0 משפט היחידות לא עובד, שני הפתרונות מקיימים y(0)=1, y'(0)=1.


  • סה"כ הפתרון הכללי הינו y=c_1e^x+c_2\left(\frac{1}{2}x^2+x+1\right)


מציאת פתרון פרטי

  • דוגמא - מצאו את הפתרון הכללי למד"ר xy''-(x+2)y'+2y=x^3e^x.
  • ראשית נעביר את המד"ר לצורה סטנדרטית y''-\frac{x+2}{x}y'+\frac{2}{x}y=x^2e^x
  • נשתמש בשיטת וריאצית המקדמים על הפתרון למד"ר ההומוגנית יחד עם כלל קרמר.
    • נחפש פתרון מהצורה y_p=c_1(x)e^x+c_2(x)\left(\frac{1}{2}x^2+x+1\right).
    • כעת c_1'=\frac{\left|\begin{pmatrix} 0 & \frac{1}{2}x^2+x+1 \\ x^2e^x & x+1\end{pmatrix}\right|}{W(x)}=x^2+2x+2
    • לכן c_1(x)=\frac{1}{3}x^3+x^2+2x.
    • כמו כן, c_2'=\frac{\left|\begin{pmatrix} e^x & 0 \\ e^x & x^2e^x\end{pmatrix}\right|}{W(x)}=-2e^x
    • לכן c_2(x)=-2e^x.
  • סה"כ הפתרון הפרטי הינו y_p=\left(\frac{1}{3}x^3+x^2+2x\right)e^x-2e^x\left(\frac{1}{2}x^2+x+1\right) = e^x\left(\frac{1}{3}x^3-2\right)
  • לכן הפתרון הכללי הינו y=c_1e^x+c_2\left(\frac{1}{2}x^2+x+1\right)+e^x\left(\frac{1}{3}x^3-2\right)

הרצאה 9 מערכות מד"ר

מערכת מד"ר לינארית מסדר ראשון עם מקדמים קבועים

  • לעיתים יש לנו מד"ר העוסקות במספר פונקציות שונות.
  • נניח שיש לנו סיר מים מתבשל על הגז.
  • A היא מסת המים בסיר, וB היא מסת המים שהתאדו אל המכסה.
  • נניח שקצב התאדות המים מהסיר אל המכסה הוא \alpha\cdot A וקצב התעבות המים מהמכסה בחזרה לסיר הוא \beta\cdot B.
  • לכן \begin{cases}A'=\beta B - \alpha A \\ B' = \alpha A - \beta B\end{cases}
  • נסמן את שתי הפונקציות בy_1,y_2 ונניח כי \alpha =1, \beta=2.
  • נקבל את המערכת \vec{y}'=A\vec{y} כלומר \begin{pmatrix}y_1'\\y_2'\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1 & 2 \\ 1 &-2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}y_1\\y_2\end{pmatrix}


  • נראה כיצד לכסון המטריצה A יעזור לנו לפתור את המערכת.
  • במקרה בו A אינה לכסינה לא נטפל, אך אפשר לפתור אותו באופן כללי.
  • עבור ו"ע מתקיים כי A\vec{v}=\lambda \vec{v}.
  • כיוון שהוקטור \vec{v} הוא וקטור קבועים, \left(\vec{v}e^{\lambda x}\right)'=\lambda\vec{v}e^{\lambda x} = A\left(\vec{v}e^{\lambda x}\right).
  • כלומר, \vec{y}=\vec{v}e^{\lambda x} הוא פתרון למערכת.


  • בחזרה לדוגמא:
    • הע"ע של \begin{pmatrix}-1 & 2 \\ 1 &-2\end{pmatrix} הם 0,-3.
    • הו"ע המתאימים הם \begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}
    • הפתרון הכללי הוא \vec{y}=c_1\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix}e^0+c_2\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}e^{-3x}
    • כלומר y_1=2c_1+c_2e^{-3x} וy_2=c_1-c_2e^{-3x}


  • שימו לב שככל שעובר הזמן היחס בין המים בסיר למים על המכסה שואף להיות קבוע.
  • שימו לב שc_1=\frac{y_1(0)+y_2(0)}{3}, זה הגיוני כיוון שמסת המים אינה משתנה בתהליך.


שתי מסות על קפיץ - מערכת מד"ר מסדר שני

  • נביט בשתי מסות המחוברות לשני צידי קפיץ.
  • נניח כי y_1,y_2 מודדות את מיקום המסות ביחס לנקודת האפס שלהן, וצד ימין הוא הכיוון החיובי בשתיהן.
  • נניח כי כאשר כל אחת מהמסות במקום אפס, אזי הקפיץ במנוחה.
  • נניח כי המסות זהות בגודלן, ושוות אחד.
  • לכן מתקבלת מערכת המד"ר \begin{cases}y_1''=-k(y_1-y_2) \\ y_2''=-k(y_2-y_1)\end{cases}
  • נסמן A=\begin{pmatrix}-k & k \\ k & -k\end{pmatrix}, ולכן \vec{y}''=A\vec{y}.


  • הע"ע של A הינם 0,-2k.
  • עבור הו"ע \vec{v}=\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix} המתאים לע"ע 0 מתקיים כי A\vec{v}=0.
    • לכן אם נבחר f(t) כך שf''=0, ונבחר \vec{y}=\vec{v}f(t) אזי נקבל \vec{y}''=0=A\vec{v}f(t)=A\vec{y}.
    • כלומר \vec{y}=\vec{v}(c_1t+c_2) הוא פתרון למערכת.
  • עבור הו"ע \vec{v}=\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix} המתאים לע"ע -2k מתקיים כי A\vec{v}=-2k\vec{v}.
    • לכן אם נבחר f(t) כך שf''=-2kf ונבחר \vec{y}=\vec{v}f(t) אזי נקבל \vec{y}''=-2k\vec{v}f(t)=A\vec{v}f(t)=A\vec{y}.
    • לכן \vec{y}=\left(c_3cos\left(\sqrt{2k}t\right)+c_4sin\left(\sqrt{2k}t\right)\right)\vec{v} הוא פתרון למשוואה.


  • ביחד קיבלנו פתרון כללי \vec{y}=(c_1t+c_2)\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}+\left(c_3cos\left(\sqrt{2k}t\right)+c_4sin\left(\sqrt{2k}t\right)\right)\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}
  • תנאי ההתחלה הם המיקומים והמהירויות של כל אחת מהמסות.

קשר בין מד"ר מסדר גבוה למערכת מד"ר מסדר ראשון

  • נביט במד"ר f(x,y,y',...,y^{(n)})=0.
  • נסמן y_1=y,y_2=y',...,y_n=y^{(n-1)}.
  • לכן המד"ר שקולה למערכת מסדר ראשון \begin{cases}y_1'=y_2 \\ \vdots \\ y_{n-1}'=y_n \\ f(x,y_1,...,y_n,y_n')=0\end{cases}.


  • בפרט, המד"ר הלינארית y^{(n)}+a_{n-1}y^{(n-1)}+...+a_0y=0 שקולה למערכת \begin{cases}y_1'=y_2 \\ \vdots \\ y_{n-1}'=y_n \\ y_n'=-a_{n-1}y_{n}-...-a_0y_1\end{cases}
  • בכתיב מטריצות קיבלנו את המערכת \vec{y}'=A\vec{y} כאשר:
    • \vec{y}=\begin{pmatrix}y_1\\ \vdots \\ y_n\end{pmatrix}
    • A=\begin{pmatrix}
 & 1  \\
 &  & 1 \\
 &  &  & \ddots \\
 & & & & 1\\
-a_0 & -a_1 & -a_2 & \cdots & -a_{n-1}
\end{pmatrix}
  • הפולינום האופייני של A הוא:
    • p_A(x)=\left|\begin{pmatrix}
x & -1  \\
 & x & -1 \\
 &  & \ddots & \ddots \\
 & & & x& -1\\
a_0 & a_1 & \cdots & a_{n-2} & x+a_{n-1}
\end{pmatrix}\right|
    • ניתן להוכיח באינדוקציה כי p_A(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_0, בדיוק הפולינום האופייני של המד"ר המקורית, לא במפתיע.

הרצאה 10 התמרת לפלס

  • התמרת לפלס היא העתקה לינארית בין מרחבי פונקציות.
  • עבור הפונקציה y(t) המוגדרת בקטע [0,\infty) נגדיר את התמרת הלפלס F(s)=\mathcal{L}(y)=\int_0^\infty e^{-st}f(t)dt.
  • שימו לב שנהוג לסמן את הפונקציה לפני ההתמרה עם המשתנים x או t, ולאחר ההתמרה נהוג להתמש במשתנה s.
  • אם מתקיים כי |y(t)|\leq Me^{at} אזי ההתמרה מתכנסת לכל s>a.
    • \left|\int_0^\infty e^{-st}y(t)dt\right|\leq \int_0^\infty\left|e^{-st}y(t)\right|dt\leq \int_0^\infty Me^{(a-s)t}dt=\left[M\frac{e^{(a-s)t}}{a-s}\right]_0^\infty
    • הביטוי האחרון מתכנס לכל s>a.
  • נניח כי כל הפונקציות שאנו עוסקים בהן חסומות על ידי אקספוננט באופן דומה.


  • דוגמא - נחשב את ההתמרה של הפונקציה e^{at}.
    • F(s)=\mathcal{L}(e^{at})=\int_0^\infty e^{-st}e^{at}dt = \int_0^\infty e^{(a-s)t}dt = \left[\frac{e^{(a-s)t}}{a-s}\right]_0^\infty
    • לכל s\geq a האינטגרל הלא אמיתי מתכנס ונקבל כי F(s)=\frac{1}{s-a}
    • במילים פשוטות התמרת לפלס של הפונקציה e^{at} הינה הפונקציה \frac{1}{s-a}.


  • דוגמא - נחשב את ההתמרה של הפונקציה sin(at).
    • F(s)=\mathcal{L}(sin(at)) = \int_0^\infty e^{-st}sin(at)dt
    • נבצע אינטגרציה בחלקים
    • \int_0^\infty e^{-st}sin(at)dt = \left[\frac{e^{-st}}{-s}sin(at)\right]_0^\infty + \frac{a}{s}\int_0^\infty e^{-st}cos(at)dt = \frac{a}{s}\int_0^\infty e^{-st}cos(at)dt
    • נבצע אינטגרציה בחלקים על האינטגרל החדש
    • \mathcal{L}(cos(at))=\int_0^\infty e^{-st}cos(at)dt = \left[\frac{e^{-st}}{-s}cos(at)\right]_0^\infty - \frac{a}{s}\int_0^\infty e^{-st}sin(at)dt = \frac{1}{s} - \frac{a}{s}F(s)
    • ביחד נקבל כי
    • F(s) = \frac{a}{s} \left[\frac{1}{s} - \frac{a}{s}F(s)\right]
    • נבודד את F(s) ונקבל כי
    • \mathcal{L}(sin(at)) = F(s) = \frac{a}{s^2+a^2}


  • דוגמא - נחשב את ההתמרה של הפונקציה cos(at).
    • במהלך הדוגמא הקודמת קיבלו את השיוויון
    • \mathcal{L}(sin(at)) = \frac{a}{s} \mathcal{L}(cos(at)).
    • ולכן \mathcal{L}(cos(at)) = \frac{s}{a}\mathcal{L}(sin(at)) = \frac{s}{a}\cdot\frac{a}{s^2+a^2}=\frac{s}{s^2+a^2}


  • דוגמא - נחשב את ההתמרה של הפונקציה 1.
    • \mathcal{L}(1)=\int_0^\infty e^{-st}dt = \left[\frac{e^{-st}}{-s}\right]_0^\infty = \frac{1}{s}


  • בויקיפדיה ניתן למצוא טבלה של התמרות לפלס שימושיות.
  • שימו לב לשימוש בפונקצית המדרגה u(t)=\begin{cases}1 & t\geq 0\\ 0 & t<0\end{cases} שמאפסת את כל החלק השלילי של ציר הx.
    • הפונקציה u(t-a) מאפסת את ציר הx בקטע (-\infty,a).


תכונות התמרת לפלס

  • יחידות:
    • אם y_1,y_2 רציפות, ו\mathcal{L}(y_1)=\mathcal{L}(y_2) אזי y_1=y_2.
  • לינאריות:
    • \mathcal{L}(y_1+ay_2) = \mathcal{L}(y_1)+a\mathcal{L}(y_2)
  • התמרת הנגזרת הראשונה:
    • \mathcal{L}(y')=s\mathcal{L}(y)-y(0)
  • התמרת נגזרת כללית:
    • \mathcal{L}(y^{(n)})=s^n\mathcal{L}(y)-s^{n-1}y(0)-s^{n-2}y'(0)-...-y^{(n-1)}(0)
  • הזזה של המשתנה s:
    • אם F(s)=\mathcal{L}(y) אזי F(s-a)=\mathcal{L}(e^{at}y)
  • הזזה של המשתנה t:
    • אם F(s)=\mathcal{L}(y) אזי e^{-as}F(s)=\mathcal{L}(u(t-a)y(t-a))
  • תכונות נוספות:
    • אם F(s)=\mathcal{L}(y) אזי \mathcal{L}(ty)=-F'(s)
    • אם F(s)=\mathcal{L}(y) אזי \mathcal{L}(ty')=-F(s)-sF'(s)
    • אם F(s)=\mathcal{L}(y) אזי \mathcal{L}(ty'')=-2sF(s)-s^2F'(s)+y(0)


  • נוכיח חלק מהתכונות לעיל כעת ובהרצאה הבאה.
  • נוכיח עבור y החסומה ע"י אקספוננט כי \mathcal{L}(y')=sF(s)-y(0)
    • \mathcal{L}(y')=\int_0^\infty e^{-st}y'(t)dt
    • נבצע אינטגרציה בחלקים
    • \int_0^\infty e^{-st}y'(t)dt=\left[e^{-st}y(t)\right]_0^\infty+s\int_0^\infty e^{-st}y(t)dt = -y(0)+sF(s)


  • כעת \mathcal{L}(y'')=s\mathcal{L}(y')-y'(0) = s^2F(s)-sy(0)-y'(0).
  • וכן הלאה, עבור נגזרות מסדר גבוה.


  • דוגמא - נמצא פתרון למד"ר y'=ry.
  • נבצע התמרת לפלס:
    • 0=\mathcal{L}(y'-ry)=sF(s)-y(0)-rF(s)
    • F(s)=\frac{y(0)}{s-r}
    • לכן y=y(0)e^{rt}

הרצאה 11 - המשך התמרת לפלס

  • נוכיח כי \mathcal{L}(e^{at}y(t)) = F(s-a)
    • \mathcal{L}(e^{at}y(t))=\int_0^\infty e^{-st}e^{at}y(t)dt = \int_0^\infty e^{-(s-a)t}y(t)dt=F(s-a)


  • נפתור את המד"ר y''-2y'+2y=0 עם תנאי ההתחלה y(0)=0,y'(0)=1.
  • שימו לב שכבר למדנו איך לפתור מד"ר זו - למצוא פתרון כללי ולהציב תנאי ההתחלה.
  • התמרת לפלס עשוייה לחסוך לנו קצת זמן.
  • נבצע התמרת לפלס:
    • s^2F(s)-sy(0)-y'(0)-2(sF(s)-y(0))+F(s)=0
    • F(s)=\frac{1}{s^2-2s+2} = \frac{1}{(s-1)^2+1}
  • ידוע שG(s)=\frac{1}{s^2+1} הינה ההתמרה של sin(t).
  • לכן F(s)=G(s-1) הינה ההתמרה של e^tsin(t), וזהו פתרון המד"ר.


  • נוכיח כי אם F(s)=\mathcal{L}(y) אזי \mathcal{L}(ty)=-F'(s)
  • F(s)=\int_0^\infty e^{-st}y(t)dt.
  • נגזור את שני הצדדים לפי s ונקבל כי
    • F'(s)=\frac{\partial}{\partial s} \int_0^\infty e^{-st}y(t)dt=\int_0^\infty -te^{-st}y(t)dt=-\mathcal{L}(ty)
    • את העובדה שגזרנו בתוך האינטגרל לא נצדיק כאן, היא נכונה עבור פונקציות שחסומות על ידי אקספוננט.


  • לכן, \mathcal{L}(ty') = -\frac{\partial}{\partial s}\mathcal{L}(y') = -\frac{\partial}{\partial s}(sF(s)-y(0)) = -F(s)-sF'(s)
  • כמו כן, \mathcal{L}(ty'') = -\frac{\partial}{\partial s}\mathcal{L}(y'') = -\frac{\partial}{\partial s}(s^2F(s)-sy(0)-y'(0)) = -(2sF(s)+s^2F'(s)-y(0))


  • דוגמא - נחשב את \mathcal{L}(t^n).
    • ידוע כי \mathcal{L}(1)=\frac{1}{s}
    • לכן \mathcal{L}(t)=-\frac{\partial}{\partial s}\mathcal{L}(1)= \frac{1}{s^2}
    • לכן \mathcal{L}(t^2)=-\frac{\partial}{\partial s}\mathcal{L}(t)= \frac{2}{s^3}
    • לכן \mathcal{L}(t^3)=-\frac{\partial}{\partial s}\mathcal{L}(t^2)= \frac{3!}{s^4}
    • ובאופן כללי \mathcal{L}(t^n)=\frac{n!}{s^{n+1}}


דוגמא

  • נפתור את המד"ר xy''-(x+2)y'+2y=0.
  • נבצע התמרת לפלס:
    • \mathcal{L}(xy''-(x+2)y'+2y)=\mathcal{L}(xy'')-\mathcal{L}(xy')-2\mathcal{L}(y')+2\mathcal{L}(y)=
    • =-2sF(s)-s^2F'(s)+y(0)+F(s)+sF'(s)-2sF(s)+2y(0)+2F(s)
    • לכן קבלנו את המשוואה (s-s^2)F'(s)+(3-4s)F(s)=-3y(0)


  • קיבלנו מד"ר לינארית.
  • לצורך הנוחות, נחליף זמנית את הסימון ונפתור את y'+\frac{3-4x}{x-x^2}y=\frac{-3y_0}{x-x^2}
    • נסמן P(x)=\frac{3-4x}{x-x^2}=\frac{3}{x}+\frac{1}{x-1}, וQ(x)=\frac{-3y_0}{x-x^2}
    • לכן e^{-\int P(x)}=\frac{1}{x^3(x-1)}.
    • כמו כן \int Q(x)e^{\int P(x)} = \int \frac{-3y_0}{x-x^2}x^3(x-1) = \int 3y_0x^2=y_0x^3
    • סה"כ הפתרון למד"ר הלינארית הוא y=\frac{1}{x^3(x-1)}\left(y_0x^3+C\right)=\frac{y_0}{x-1}+\frac{C}{x^3(x-1)}


  • נחזור לסימון התמרת הלפלס:
    • F(s)=\frac{y(0)}{s-1}+\frac{C}{s^3(s-1)}=\frac{y(0)+C}{s-1} - C\left(\frac{1}{s}+\frac{1}{s^2}+\frac{1}{s^3}\right)


  • נבצע התמרה הפוכה על מנת לקבל את הפתרון למשוואה המקורית:
    • y=\mathcal{L}^{-1}(F(s))=(y(0)+C)e^x - C(1+x+\frac{1}{2}x^2)


דוגמא

  • נמצא פתרון למד"ר ty''+2y'+ty=0 המקיים y(0)=1.
    • נבצע התמרת לפלס -2sF(s)-s^2F'(s)+1+2sF(s)-2-F'(s)=0.
    • לכן F'(s)=-\frac{1}{1+s^2}
    • לכן \mathcal{L}(ty)=\frac{1}{1+s^2}
    • לכן ty=sin(t)
    • לכן y=\frac{sin(t)}{t}


  • הערות:
    • הפונקציה שקיבלנו רציפה אם נגדיר אותה ב0 להיות 1, ואכן מקיימת את תנאי ההתחלה.
    • מצאנו רק פתרון אחד, כיוון שלפתרון השני \frac{cos(t)}{t} אין התמרת לפלס (האינטגרל לא מתכנס באיזור 0).


הרצאה 12 - הדלתא של דירק

הדלתא של דירק

  • נתחיל ונאמר כי ישנן מספר גישות אל הדלתא של דירק, אנחנו נציג גישה אחת שרלוונטית אלינו.
  • הדלתא של דירק אינה פונקציה, אלא מייצגת תהליך.
  • למרות האמור, אנחנו נתייחס לתוצאה הסופית של התהליך, כאילו היה מדובר בפונקציה ממש.


  • מטרה עיקרית: 'פונקצית הדלתא' מקיימת את התכונה \int_{-\infty}^\infty f(x)\delta(x)dx=f(0) לכל פונקציה f(x) הרציפה ב0.
  • כמו כן, \int_{-\infty}^\infty f(x)\delta(x-a)dx=\{t=x-a\}=\int_{-\infty}^\infty f(t+a)\delta(t)dt=f(a) לכל פונקציה הרציפה בa.


  • בצורה מדוייקת יותר, נביט בסדרת הפונקציות \delta_n(x)=\begin{cases}n & 0\leq x \leq \frac{1}{n}\\ 0 & x< 0 \vee x>\frac{1}{n}\end{cases}
  • כאשר n\to\infty לכל x\neq 0 מתקיים כי \delta_n(x)\to 0 ועבור x=0 מקבלים כי \delta_n(x)\to \infty.
  • לכל n מתקיים כי \int_{-\infty}^\infty \delta_n(x)dx=1.
  • עקרונית הסדרה מייצגת פונקציות בעלות שטח אחד, ההולך ומתרכז בנקודה אפס.
  • עבור f(x) הרציפה בסביבה של 0 מתקיים כי:
    • \int_{-\infty}^\infty f(x)\delta_n(x)dx=\int_0^{\frac{1}{n}}nf(x)dx
    • לפי משפט ערך הממוצע האינטגרלי \int_0^{\frac{1}{n}}nf(x)dx=nf(c_n)\cdot \frac{1}{n}=f(c_n)\to f(0)


  • נגדיר את \int_{-\infty}^\infty f(x)\delta(x)dx=\lim_{n\to \infty}\int_{-\infty}^\infty f(x)\delta_n(x)dx
  • נשים לב כי לפי גישה זו \int_{-\infty}^0f(x)\delta(x)dx=0 ו\int_0^\infty f(x)\delta(x)dx =f(0).


  • נחשב את התמרת הלפלס של הדלתא של דירק:
  • לכל a\geq 0 מתקיים \mathcal{L}(\delta(t-a))=\int_0^\infty e^{-st}\delta(t-a)dt=e^{-sa}
  • בפרט \mathcal{L}(\delta(t))=1

תגובת הלם

  • נביט במערכת של מסה המחוברת לקפיץ, המתחילה במנוחה.
  • נניח שברגע t=a מישהו נתן 'פליק' למסה.
  • הדרך שלנו לבטא כוח נקודתי שכזה היא הדלתא של דירק, המכונה גם 'פונקצית הלם'.
  • כלומר הכוח החיצוני על המערכת הוא \delta(t-a), בנוסף לכוח המופעל על ידי הקפיץ.
  • למעשה אנו מעוניינים בפתרון למד"ר y''+ky=\delta(t-a)
  • באופן דומה להגדרת האינטגרל, ניתן לחשוב על הפתרון כגבול הפתרונות למערכות המקורבות y''+ky=\delta_n(t-a).
  • על מנת שיהיה פתרון למד"ר עלינו לבחור הפעם סדרה של פונקציות גזירות ב[0,\infty) כמו \delta_n(x)=\begin{cases}ne^{-nx} & x\geq 0 \\ 0 & x<0\end{cases}


  • נוכיח כעת את הנוסחא e^{-sa}\mathcal{L}(y(t))=\mathcal{L}(u(t-a)y(t-a)) עבור a>0:
    • \mathcal{L}(u(t-a)y(t-a))=\int_0^\infty e^{-st}u(t-a)y(t-a)dt = \int_a^\infty e^{-st}y(t-a)dt=
    • נבצע את ההצבה x=t-a ונקבל:
    • =\int_0^\infty e^{-s(x+a)}y(x)dx =e^{-sa}\int_0^\infty e^{-sx}y(x)dx=e^{-sa}\mathcal{L}(y(t)).


  • נפתור את המערכת עם התמרת לפלס:
    • \mathcal{L}(y''+ky)=s^2F(s)-sy(0)-y'(0)+kF(s)=e^{-sa}.
    • כיוון שהמערכת התחילה במנוחה, y(0)=y'(0)=0.
    • לכן F(s)=\frac{e^{-sa}}{s^2+k}.
    • ולכן y=u(t-a)\frac{sin(\sqrt{k}(t-a))}{\sqrt{k}}.
    • (הרי \mathcal{L}(sin(\sqrt{k}t))=\frac{\sqrt{k}}{s^2+k}).


  • אכן, עד רגע t=a המערכת במנוחה y=0.
  • לאחר מכן, אנו מקבלים את הפתרון המקיים y(a)=0,y'(a)=1.
  • כלומר ה'הלם' תפקד במקרה זה כמו תנאי התחלה על המהירות - זה בדיוק ה'פליק' שהכנו במסה.


  • נפתור את המערכת y''+ky=\delta(x-\frac{2\pi}{\sqrt{k}}) עם תנאי ההתחלה y(0)=0,y'(0)=-1.
    • נפעיל התמרת לפלס s^2F(s)-sy(0)-y'(0)+kF(s)=e^{-\frac{2\pi}{\sqrt{k}}s}
    • לכן F(s)=\frac{e^{-\frac{2\pi}{\sqrt{k}}s}-1}{s^2+k}
    • לכן y(t)=\frac{1}{\sqrt{k}}\left(u(t-\frac{2\pi}{\sqrt{k}})sin(\sqrt{k}(t-\frac{2\pi}{\sqrt{k}}))-sin(\sqrt{k}t)\right)
    • לכן y(t)=\frac{u(t-\frac{2\pi}{\sqrt{k}})-1}{\sqrt{k}}sin(\sqrt{k}t)
    • כלומר בזמן t=\frac{2\pi}{\sqrt{k}} ההלם עוצר את התנועה במערכת, והפתרון מתאפס.


  • דוגמא - נפתור את המד"ר y'''-y=\delta(t-1) עבור תנאי ההתחלה y(0)=y'(0)=y''(0)=0.
    • נבצע התמרת לפלס ונקבל כי s^3F(s)-F(s)=e^{-s}.
    • לכן F(s)=\frac{e^{-s}}{s^3-1}=e^{-s}\frac{1}{3}\left(\frac{1}{s-1}-\frac{s+2}{s^2+s+1}\right)
    • ראשית נמצא את ההתמרה ההפוכה \mathcal{L}^{-1}\left(\frac{1}{s-1}-\frac{s+2}{s^2+s+1}\right):
      • \mathcal{L}^{-1}\left(\frac{1}{s-1}\right)=e^t
      • \frac{s+2}{s^2+s+1}=\frac{s+2}{\left(s+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}}=\frac{s+\frac{1}{2}+\frac{3}{2}}{\left(s+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}}
      • \mathcal{L}^{-1}\left(\frac{s+\frac{1}{2}}{\left(s+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}}\right)=e^{-\frac{t}{2}}cos\left(\frac{\sqrt{3}}{2}t\right)
      • \mathcal{L}^{-1}\left(\frac{3}{2}\frac{1}{\left(s+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}}\right)
=\mathcal{L}^{-1}\left(
\sqrt{3}\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}
{\left(s+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}}
\right)
=\sqrt{3}e^{-\frac{t}{2}}sin\left(\frac{\sqrt{3}}{2}t\right)
      • לכן \mathcal{L}^{-1}\left(\frac{1}{s-1}-\frac{s+2}{s^2+s+1}\right)=e^t-e^{-\frac{t}{2}}cos\left(\frac{\sqrt{3}}{2}t\right)-\sqrt{3}e^{-\frac{t}{2}}sin\left(\frac{\sqrt{3}}{2}t\right)
    • ולכן סה"כ הפתרון למד"ר הינו 
y=\frac{u(t-1)}{3}\left[
e^{t-1}-e^{-\frac{t-1}{2}}cos\left(\frac{\sqrt{3}}{2}(t-1)\right)-
\sqrt{3}e^{-\frac{t-1}{2}}sin\left(\frac{\sqrt{3}}{2}(t-1)\right)
\right]


הרצאה 13 - משוואת אוילר

  • משוואת אוילר הומוגנית היא משוואה מהצורה:
    • a_nx^ny^{(n)}+a_{n-1}x^{n-1}y^{(n-1)}+...+a_0y=0
  • על מנת לפתור את המד"ר עבור x>0 נגדיר u(t)=y(e^t).
  • נקבל כי
    • u'(t)=e^ty'(e^t)
    • u''(t)=e^{2t}y''(e^t)+e^ty'(e^t) = e^{2t}y''(e^t)+u'(t)
    • u'''(t)=e^{3t}y'''(e^t) + 2e^{2t}y''(e^t)+u''(t)  = e^{3t}y'''(e^t)+2(u''(t)-u'(t))+u''(t)
    • באופן כללי ניתן להוכיח באינדוקציה כי u^{(m)}(t)=e^{mt}y^{(m)}(e^t)+\sum_{k=1}^{m-1} b_ku^{(k)}(t) עבור קבועים כלשהם.
  • לכן אם נציב x=e^t במד"ר נקבל כי c_nu^{(n)}(t)+...+c_0u(t)=0 עבור קבועים כלשהם, זו מד"ר שאנחנו יודעים לפתור.
  • אנחנו רוצים למצוא בקלות את הפתרונות של המשוואה האופיינית, בלי למצוא ישירות את הסקלרים.
    • נסמן H(y)(x)=a_nx^ny^{(n)}+...+a_0y
    • נסמן K(u)(t)=c_nu^{(n)}(t)+...+c_0u(t)
    • ראינו ש H(y)(e^t)=K(y\circ e^t)
    • נציב y=x^r ונקבל
      • H(x^r)(x) = a_n\cdot r(r-1)\cdots(r-n+1) x^r + ...+a_0 x^r.
      • ולכן K(e^{rt})=H(x^r)(e^t)=a_n\cdot r(r-1)\cdots(r-n+1) e^{rt} + ...+a_0 e^{rt}
    • כלומר אם נשווה את הפולינום האופייני של c_nu^{(n)}(t)+...+c_0u(t)=0 לאפס נקבל את
    • a_n\cdot r(r-1)\cdots(r-n+1) + ...+a_1r+a_0=0 (זו נקראת המשוואה האינדיציאלית).


  • סה"כ אם r שורש ממשי מריבוי k של המשוואה האינדנציאלית אזי:
    • u(t)=t^me^{rt} פתרון של המד"ר c_nu^{(n)}(t)+...+c_0u(t)=0 לכל 0\leq m\leq k-1.
    • ולכן y(x)=u(ln(x))=ln^m(x)x^r פתרון של משוואת אוילר המקורית, לכל 0\leq m\leq k-1.
  • אם r=a\pm bi זוג שורשים מרוכבים צמודים מריבוי k כל אחד אזי:
    • u(t)=t^me^{at}cos(bt),t^me^{at}sin(bt) פתרונות של המד"ר c_nu^{(n)}(t)+...+c_0u(t)=0, לכל 0\leq m\leq k-1.
    • לכן y(x)=ln^m(x)x^acos(bln(x)),ln^m(x)x^asin(bln(x)) פתרונות של משוואת אוילר המקורית, לכל 0\leq m\leq k-1.


  • דוגמא:
    • x^3y'''-x^2y''+2xy'-2y=0
    • נציב y=x^r ונקבל את המשוואה האינדנציאלית r(r-1)(r-2)-r(r-1)+2r-2=0.
    • לכן r(r-1)(r-2)-(r-2)(r-1)=0.
    • כלומר (r-2)(r-1)(r-1)=0.
    • לכן הפתרון הכללי הינו y=c_1x^2+c_2x+x_3xln(x)


  • דוגמא:
    • xy''+y'+\frac{y}{x}=0
    • נעביר לצורה של משוואת אוילר x^2y''+xy'+y=0.
    • המשוואה האינדנציאלית היא r(r-1)+r+1=0.
    • כלומר r^2+1=0.
    • לכן הפתרון הכללי הינו y=c_1sin(ln(x))+c_2cos(ln(x))


  • דוגמא:
    • מצאו פתרון כלשהו למד"ר x^2y''-2xy'+2y=x^3e^x
    • ראשית נמצא את הפתרונות למד"ר ההומוגנית, שהיא משוואת אוילר.
    • לאחר מכן נמצא פתרון פרטי באמצעות וריאצית המקדמים.