מד"ר (משוואות דיפרנציאליות רגילות) הוא קורס מבוא לתורת המשוואות הדיפרנציאליות הרגילות. ד"ר ארז שיינר מלמד אותו באוניברסיטת בר-אילן במחלקה למתמטיקה (88-240), בהנדסה (83-115) ובמדעי המוח (27-301), והדף מאחד את החומר מכל הקורסים: תקציר הרצאות מלא עם ההקלטות, הוכחות ודוגמאות פתורות, רקע פיזיקלי ובעיות מילוליות, מודלים של גידול אוכלוסיות והתפשטות מגיפות ושיטות נומריות, וכן מבחנים לדוגמא עם פתרונות.
מד"ר מסדר גבוה: הורדת סדר, ומימד מרחב הפתרונות של מד"ר לינארית הומוגנית (הרצאה 5); פתרון ההומוגנית כשהמקדמים קבועים (הרצאה 6); פתרון כללי של הלא הומוגנית = פתרון פרטי + הפתרון הכללי של ההומוגנית, ומציאת פתרון פרטי בניחוש או בוריאציית מקדמים וקרמר (הרצאה 7); טורי טיילור (הרצאה 8); משוואת אוילר (הרצאה 13).
מבנה המבחן (88-240 בשנים האחרונות): חמש שאלות של 22 נקודות – שלוש שאלות טכניות (פתרו מד"ר), בעיה מילולית אחת ושאלה תיאורטית אחת. צריך ללמוד את כל ההרצאות.
איך מזהים את סוג המד"ר?
קודם כל בודקים את הסדר של המד"ר.
סדר ראשון: אין באמת "תרשים זרימה". עוברים על השיטות אחת אחרי השנייה ובודקים איזו מתאימה (כך גם אני עושה כשאני פוגש מד"ר שלא אני כתבתי).
קל לזהות לפי הצורה: פרידה [math]\displaystyle{ y'=f(x)g(y) }[/math] (כפל ולא חיבור!), לינארית [math]\displaystyle{ y'+a(x)y=b(x) }[/math], ברנולי [math]\displaystyle{ y'+p(x)y=q(x)y^n }[/math].
מדוייקת: כותבים את המד"ר בצורה [math]\displaystyle{ Pdx+Qdy=0 }[/math] ובודקים האם [math]\displaystyle{ P_y=Q_x }[/math].
אחרת: גורם אינטגרציה (למשל כאשר [math]\displaystyle{ \frac{P_y-Q_x}{Q} }[/math] תלוי בx בלבד), הומוגנית [math]\displaystyle{ y'=g\left(\frac{y}{x}\right) }[/math], או הצבה שהופכת את המד"ר לפרידה (כמו [math]\displaystyle{ z=x+y }[/math] במשוואה [math]\displaystyle{ y'=(x+y)^2 }[/math]).
צריך לדעת לעבור מהצורה עם [math]\displaystyle{ y' }[/math] לצורה עם [math]\displaystyle{ dx,dy }[/math] ובחזרה. למשל, המד"ר [math]\displaystyle{ \frac{y'}{\cos(xy)}+e^{e^x}=y }[/math] היא המד"ר [math]\displaystyle{ \frac{dy}{\cos(xy)}+\left(e^{e^x}-y\right)dx=0 }[/math].
סדר גבוה:
אם חסר המשתנה [math]\displaystyle{ x }[/math] (או חסרה הפונקציה [math]\displaystyle{ y }[/math]), אפשר להוריד סדר (הרצאה 5).
מד"ר לינארית: קודם פותרים את ההומוגנית. מקדמים קבועים – פולינום אופייני (הרצאה 6); משוואת אוילר [math]\displaystyle{ a_nx^ny^{(n)}+...+a_1xy'+a_0y=0 }[/math] – מציבים [math]\displaystyle{ y=x^r }[/math] (הרצאה 13); מקדמים אחרים שאינם קבועים – טורי טיילור (הרצאה 8) או התמרת לפלס (הרצאה 11).
אחר כך מוצאים פתרון פרטי: בניחוש (כשהמקדמים קבועים ואגף ימין הוא צירוף של פולינומים, אקספוננטים, סינוסים וקוסינוסים), או בוריאציית מקדמים וקרמר (הרצאה 7). הפתרון הכללי הוא הפרטי ועוד הכללי של ההומוגנית, ובסוף מציבים את תנאי ההתחלה.
התמרת לפלס: כשיש דלתא של דירק אין לנו דרך אחרת; למד"ר לינארית עם מקדמים שאינם קבועים היא מקבילה בכוחה לטורי טיילור (לרוב שתי השיטות עובדות, ולפעמים אחת מהן קלה יותר); וגם כשהמקדמים קבועים היא לפעמים חוסכת זמן.
מערכת מד"ר לינארית עם מקדמים קבועים – ערכים עצמיים ווקטורים עצמיים (הרצאה 9). כל מד"ר מסדר [math]\displaystyle{ n }[/math] שקולה למערכת מסדר ראשון.
משפט הקיום והיחידות מבטיח, בתנאים מסוימים, שקיים פתרון ושהוא יחיד. לכן משתמשים בו כשרוצים להוכיח שקיים פתרון, או שאין פתרונות אחרים.
אם בשאלה כתוב "מצאו את כל הפתרונות", הדרך להסביר שמצאתם את כולם היא דרך משפט הקיום והיחידות.
אם כתוב "מצאו פתרון המקיים...", אין צורך במשפט: לא צריך משפט כדי לדעת שקיים פתרון, כי מצאתם אותו והראיתם שהוא מקיים את הדרישות (בהצבה), ולא צריך יחידות, כי לא נשאלתם עליה.
משוואה דיפרנציאלית מכילה את המשתנה, הפונקציה ונגזרותיה.
בחקירת פונקציות, במציאת תחומי עלייה וירידה, אנו פותרים את המשוואה [math]\displaystyle{ f'(x)=0 }[/math]. 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.
לעומת זאת, אם נחשוב על [math]\displaystyle{ y'=0 }[/math] כעל משוואה דיפרנציאלית, הפונקציה [math]\displaystyle{ y }[/math] היא הנעלם: מחפשים פונקציה שהנגזרת שלה מתאפסת בכל התחום. הפתרון הוא [math]\displaystyle{ y=C }[/math], כלומר הפונקציות הקבועות.
דוגמא נוספת: במד"ר [math]\displaystyle{ y'=y }[/math] מחפשים פונקציה שהנגזרת שלה היא הפונקציה עצמה. למשל [math]\displaystyle{ y=e^x }[/math] היא פתרון (בהמשך נראה שהפתרונות הם בדיוק [math]\displaystyle{ y=Ce^x }[/math]).
זכרו! פתרון למד"ר הוא פונקציה. אם בסוף התרגיל לא רשמתם מה היא הפונקציה, לא פתרתם את המד"ר.
מד"ר ומד"ח: "רגילה" פירושו שהנעלם הוא פונקציה במשתנה אחד. משוואה שהנעלם בה הוא פונקציה בכמה משתנים נקראת משוואה דיפרנציאלית חלקית (מד"ח). למשל: מצאו [math]\displaystyle{ f(x,y) }[/math] עבורה [math]\displaystyle{ f_x=\frac{2y}{x}f_y }[/math] (הפונקציה [math]\displaystyle{ f=x^2y }[/math] מקיימת אותה). דוגמא מפורסמת למד"ח היא משוואת החום [math]\displaystyle{ u_t=ku_{xx} }[/math]. מד"ח אינן בחומר של הקורס (הטריק המרכזי בפתרונן הוא בדרך כלל להפוך אותן למד"ר).
המלצה: ניתן להעזר בספר המצויין על מד"ר של סמי זעפרני בקישור הבא.
ספרים נוספים מומלצים:
M. Tenenbaum, H. Pollard, Ordinary Differential Equations (הוצאת Dover) - ספר קלאסי ועבה, עם הסברים מפורטים והרבה מאוד בעיות מילוליות מכל מיני תחומים (בעיקר בפרקים 3 ו-6).
R. L. Herman, A First Course in Differential Equations for Scientists and Engineers - ספר לימוד חופשי שהמחבר מפרסם באתר שלו. ממנו לקוחה בעיית המרדף שבהמשך ההרצאה, ויש בו גם פרקים על שיטות נומריות ועל מודלים של גידול אוכלוסיות.
אפשר להציץ בספר הבא שכתב סר אייזיק ניוטון על מנת לקבל רקע פיזיקלי מתאים.
רקע פיזיקלי: מהירות, תאוצה וחוקי ניוטון
קצת רקע פיזיקלי - למען הסר ספק, זה חלק מהקורס. המד"ר נולדה מתוך שאלות פיזיקליות, ובלי המושגים הבסיסיים (מיקום, מהירות, תאוצה, כוח) הקורס נראה כמו אוסף של טכניקות בלי סיבה. הפיזיקה שנצטרך היא הבסיסית ביותר: המכניקה של ניוטון.
מיקום: נסמן ב-[math]\displaystyle{ y(t) }[/math] את המיקום של גוף בזמן [math]\displaystyle{ t }[/math]. כמעט תמיד הזמן נמדד בשניות והמרחק במטרים. המיקום נמדד ביחס לנקודת ייחוס שאנחנו בוחרים (ראשית הציר), ולפי כיוון חיובי שאנחנו בוחרים.
מהירות: בתנועה במהירות קבועה, דרך = מהירות כפול זמן. אם המהירות משתנה, המהירות הממוצעת בין הזמנים [math]\displaystyle{ t }[/math] ו-[math]\displaystyle{ t+h }[/math] היא [math]\displaystyle{ \frac{y(t+h)-y(t)}{h} }[/math] (דרך חלקי זמן), וכאשר [math]\displaystyle{ h\to 0 }[/math] מקבלים את המהירות הרגעית:
[math]\displaystyle{ v(t)=y'(t) }[/math]
כלומר המהירות היא קצב שינוי המיקום - הנגזרת של המיקום. מכאן מגיע ה"דיפרנציאלי" במשוואה דיפרנציאלית.
תאוצה: קצב שינוי המהירות, כלומר הנגזרת של המהירות:
[math]\displaystyle{ a(t)=v'(t)=y''(t) }[/math]
למהירות ולתאוצה יש סימן: מהירות שלילית פירושה תנועה בכיוון השלילי של הציר. יחידות: מהירות במטר לשנייה, תאוצה במטר לשנייה בריבוע.
מהירות ותאוצה - דוגמאות מספריות.
אם [math]\displaystyle{ y(0)=0 }[/math] ו-[math]\displaystyle{ y(1)=100 }[/math], האם מהירות הגוף הייתה 100 מטר לשנייה? לא בהכרח - ייתכן שבחצי השנייה הראשונה הגוף עמד במקום ואז זינק. 100 מטר לשנייה היא רק המהירות הממוצעת, ולכן צריך להגדיר מהירות רגעית - הגבול של מנת ההפרשים.
אם [math]\displaystyle{ y(1)=10 }[/math] ו-[math]\displaystyle{ y(3)=22 }[/math], הגוף עבר 12 מטר בשתי שניות, כלומר המהירות הממוצעת היא [math]\displaystyle{ \frac{y(3)-y(1)}{3-1}=6 }[/math] מטר לשנייה. זה בדיוק שיפוע המיתר; כשהנקודות מתקרבות זו לזו מקבלים את הנגזרת.
אם [math]\displaystyle{ y(3)=22 }[/math] ו-[math]\displaystyle{ y(4)=20 }[/math], המהירות הממוצעת היא [math]\displaystyle{ \frac{20-22}{4-3}=-2 }[/math] מטר לשנייה. המינוס אומר שהגוף נע בכיוון השלילי של הציר.
אם [math]\displaystyle{ v(2)=6 }[/math] ו-[math]\displaystyle{ v(3)=-2 }[/math], המהירות השתנתה ב-8 מטר לשנייה במשך שנייה אחת (היא קטנה): התאוצה הממוצעת היא [math]\displaystyle{ -8 }[/math] מטר לשנייה בכל שנייה, כלומר [math]\displaystyle{ -8 }[/math] מטר לשנייה בריבוע.
דמיינו רכב שעומד ברמזור, הרמזור מתחלף לירוק, והגב נדבק למושב: המהירות הייתה אפס ואז גדלה מהר, למשל ל-100 קמ"ש תוך 2 שניות. זו תאוצה גדולה - בערך 13.9 מטר לשנייה בריבוע.
החוק השני של ניוטון: סך הכוחות הפועלים על גוף שווה למסה כפול התאוצה, תמיד (לכל [math]\displaystyle{ t }[/math]):
[math]\displaystyle{ F=ma }[/math]
לכן החוק השני של ניוטון הוא בעצם מד"ר: [math]\displaystyle{ F=my'' }[/math], או [math]\displaystyle{ F=mv' }[/math] אם הנעלם הוא פונקציית המהירות. אם נדע אילו כוחות פועלים, ומה המיקום והמהירות בזמן ההתחלתי, נוכל לפתור את המד"ר ולחזות את העתיד - לדעת את מיקום הגוף בכל זמן.
ניוטון חקר את תנועת גרמי השמיים, ובדרך המציא את החדו"א ואת המד"ר (לייבניץ פיתח את החדו"א במקביל ובאופן בלתי תלוי). את שלושת חוקי התנועה הוא ניסח בספרו "העקרונות המתמטיים של פילוסופיית הטבע" (Principia, 1687).
קצת היסטוריה: מגלילאו לניוטון.
ז'וזף פורייה פתח את ספרו על תורת החום (1822) במשפט (בתרגום לאנגלית): "Primary causes are unknown to us; but are subject to simple and constant laws" - איננו יודעים מהן הסיבות הראשונות, אבל הן כפופות לחוקים פשוטים וקבועים, שאותם מגלים בתצפית. זו בדיוק נקודת המוצא של הקורס: מחוקים פשוטים מקבלים מד"ר.
החידוש הגדול של גלילאו (בעקבות קופרניקוס) היה שכדור הארץ אינו מרכז היקום, אלא מסתובב סביב השמש וסביב עצמו. בזכות הטלסקופ שלו הוא ראה דברים שלא נראו קודם, למשל ירחים שמקיפים את צדק.
למה היה כל כך קשה לקבל את זה? כי בעולם שלנו כל תנועה נעצרת בסוף: כדורגל שבעטנו בו מתגלגל ונעצר. כדור ארץ שמסתובב סביב השמש בלי הפסקה, בלי שום דבר שמניע אותו, נראה מופרך.
לפי התאוריה של אריסטו ותלמי, הארץ היא מרכז היקום והכל מסתובב סביבה: גרמי השמיים עשויים מיסוד מיוחד, האתר, שטבעו להסתובב סביב מרכז היקום, ואילו היסודות הכבדים (אדמה ומים) נמשכים בטבעם בקו ישר אל מרכז היקום - כלומר נופלים.
הניסוי המחשבתי של גלילאו (בספרו "הדיאלוג", 1632): כדור חלק לחלוטין על משטח חלק לחלוטין, בלי חיכוך. אם המשטח משופע, הכדור מתגלגל למטה. אם נדחוף אותו במעלה השיפוע, הוא יאט, ייעצר ויחזור למטה. אם המשטח מאוזן והכדור במנוחה, הוא יישאר במקומו. ואם המשטח מאוזן ונדחוף את הכדור? אין שום סיבה שיאט או שיאיץ - הוא ימשיך במהירות קבועה לנצח. כלומר, דברים יכולים להמשיך לנוע בלי הנעה נוספת.
זה בדיוק החוק הראשון של ניוטון. כך ניסח ניוטון את שלושת החוקים ב-Principia (בתרגום האנגלי שבקישור):
Law I.Every body perseveres in its state of rest, or of uniform motion in a right line, unless it is compelled to change that state by forces impressed thereon. - כל גוף ימשיך במנוחה (מהירות אפס) או במהירות קבועה בקו ישר, אלא אם יפעלו עליו כוחות.
Law II.The alteration of motion is ever proportional to the motive force impressed; and is made in the direction of the right line in which that force is impressed. - שינוי התנועה פרופורציונלי (כלומר שווה עד כדי כפל בקבוע) לכוח שמופעל על הגוף, ובכיוונו. כשהמסה קבועה, פירוש הדבר שהתאוצה פרופורציונלית לכוח, וקבוע הפרופורציה קשור למסה; בניסוח המודרני [math]\displaystyle{ F=ma }[/math]. במובן מסוים, במשפט הקצר הזה מסתתרים הווקטור (לכוח יש כיוון), החדו"א (קצב שינוי הוא נגזרת) והמד"ר.
Law III.To every action there is always opposed an equal reaction. - לכל פעולה יש תגובה שווה והפוכה: כשנותנים אגרוף לקיר, הקיר מפעיל על היד כוח שווה בגודלו. החוק הזה פחות חשוב לקורס שלנו.
בניסוח של ניוטון יש הרבה מילים רעיוניות שאינן מוגדרות היטב. את מה שאנחנו צריכים - מיקום, מהירות, תאוצה וכוח - הגדרנו למעלה במדויק.
אגב, הסיפור על התפוח שנפל על ראשו של ניוטון הוא כנראה אגדה. מה שעניין אותו באמת הוא תנועת הכוכבים - אבל אותם חוקים מתארים גם תפוח נופל.
בחירת הציר והסימנים: בכל בעיה צריך לבחור ראשית ציר וכיוון חיובי. כל בחירה לגיטימית, אבל ממנה נקבעים הסימנים של המיקום, של המהירות ושל הכוחות. למשל, אם כדור נמצא 4 מטר מעל הרצפה בזמן [math]\displaystyle{ t=2 }[/math] והרצפה היא ראשית הציר, נרשום [math]\displaystyle{ y(2)=4 }[/math] אם הכיוון החיובי הוא כלפי מעלה, ו-[math]\displaystyle{ y(2)=-4 }[/math] אם הכיוון החיובי הוא כלפי מטה.
ליד פני כדור הארץ, כוח המשיכה הפועל על גוף בעל מסה [math]\displaystyle{ m }[/math] הוא בקירוב בגודל [math]\displaystyle{ mg }[/math], כאשר [math]\displaystyle{ g\approx 9.8 }[/math] מטר לשנייה בריבוע (בדף זה מופיע הקירוב [math]\displaystyle{ g=9.82 }[/math], ובמבחנים לעיתים [math]\displaystyle{ g=10 }[/math] לנוחות החישוב). אם הכיוון החיובי הוא כלפי מטה הכוח הוא [math]\displaystyle{ mg }[/math], ואם הכיוון החיובי הוא כלפי מעלה הכוח הוא [math]\displaystyle{ -mg }[/math] - בלי קשר לכיוון שבו הגוף נע.
זו הטעות הנפוצה ביותר בבעיות מילוליות: לבחור כיוון חיובי ואז לשכוח אותו באמצע התרגיל. סימן הפוך של כוח המשיכה מביא לתוצאות אבסורדיות, כמו גוף שנופל כלפי מעלה. היו עקביים!
המסה מצטמצמת: בנפילה חופשית (הכוח היחיד הוא כוח המשיכה, והכיוון החיובי כלפי מעלה) [math]\displaystyle{ -mg=ma }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ a=-g }[/math]: התאוצה אינה תלויה במסה, וגופים כבדים וקלים נופלים יחד. כשיש התנגדות אוויר, למשל [math]\displaystyle{ -mg-bv=ma }[/math], המסה כבר לא מצטמצמת - ולכן באוויר נוצה נופלת לאט יותר מכדור באולינג (על נפילה עם התנגדות אוויר - בהרצאה 2).
למה המסה מצטמצמת?
בסרטון הבא (BBC) מפילים כדור באולינג ונוצות בחדר ואקום ענק. כשיש אוויר, הנוצות נופלות לאט בהרבה. כששואבים את האוויר, הם נופלים יחד בדיוק ופוגעים ברצפה באותו רגע.
הסבר אינטואיטיבי אחד: שני גופים זהים שנופלים זה לצד זה נופלים באותו קצב. אם נחבר אותם יחד ונקבל גוף כבד פי שניים, האם פתאום הם ייפלו מהר יותר? אין לכך שום סיבה. גוף כבד הוא בסך הכל הרבה אטומים שנופלים יחד.
הסבר נוסף: כוח המשיכה אכן מושך את כדור הבאולינג בכוח גדול יותר מאשר את הנוצה. אבל כדי להאיץ גוף כבד צריך גם כוח גדול יותר - כמו שקשה יותר לגרור משאית מאשר קורקינט. כוח המשיכה פרופורציונלי למסה בדיוק, ולכן התאוצה זהה.
מבחינה מתמטית אין צורך בהסברים האלה: במשוואה [math]\displaystyle{ -mg=ma }[/math] פשוט מחלקים ב-[math]\displaystyle{ m }[/math].
גוף הנופל חופשית נופל בתאוצה שבקירוב היא קבועה [math]\displaystyle{ g=9.82 }[/math].
נסמן ב[math]\displaystyle{ y(t) }[/math] את הגובה של הגוף (כאשר הכיוון החיובי הוא לכיוון כדור הארץ)
[math]\displaystyle{ v(t)=y'(t) }[/math] היא המהירות
[math]\displaystyle{ a(t)=v'(t)=y''(t) }[/math] היא התאוצה.
לכן על מנת לדעת את מיקומו של הגוף בכל נקודה בזמן, עלינו לפתור את המשוואה [math]\displaystyle{ a(t)=g }[/math], הרי התאוצה קבועה.
[math]\displaystyle{ y''(t)=g }[/math]
לכן [math]\displaystyle{ y'(t)=gt+c_1 }[/math]
לכן [math]\displaystyle{ y(t)=\frac{g}{2}t^2+c_1t+c_2 }[/math]
כיצד נחשב את הקבועים? לפי תנאי ההתחלה.
נסמן את הגובה ההתחלתי בתור 0 (נזכור כי הכיוון החיובי הוא לכיוון כדור הארץ). ולכן [math]\displaystyle{ y(0)=0 }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ c_2=0 }[/math]
נניח כי המהירות ההתחלתית גם היא הייתה 0 ולכן [math]\displaystyle{ y'(0)=0 }[/math] ולכן גם [math]\displaystyle{ c_1=0 }[/math].
כלומר כ-44 מטר (עבור [math]\displaystyle{ g=9.8 }[/math]; עבור [math]\displaystyle{ g=10 }[/math] מקבלים 45 מטר). שלוש שניות של נפילה חופשית הן הרבה - זה גובה של בניין גבוה.
תנאי התחלה כלליים: נניח שבזמן [math]\displaystyle{ t_0 }[/math] הגוף נמצא במיקום [math]\displaystyle{ y_0 }[/math] ומהירותו [math]\displaystyle{ v_0 }[/math] (הכיוון החיובי עדיין כלפי מטה). אז
הוכחה. לפי החוק השני של ניוטון [math]\displaystyle{ mg=mv' }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ v'=g }[/math]. זו מד"ר מסדר ראשון, שהנעלם בה הוא פונקציית המהירות. נעשה אינטגרל:
[math]\displaystyle{ v(t)=gt+c }[/math]
נציב [math]\displaystyle{ v(t_0)=v_0 }[/math] ונקבל [math]\displaystyle{ c=v_0-gt_0 }[/math], ולכן
[math]\displaystyle{ v(t)=g(t-t_0)+v_0 }[/math]
כעת [math]\displaystyle{ y'=v }[/math], ושוב נעשה אינטגרל:
(נוח לבחור את הקדומה בצורה הזו; כל קדומה אחרת שונה ממנה בקבוע.) נציב [math]\displaystyle{ t=t_0 }[/math]: [math]\displaystyle{ y(t_0)=c }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ c=y_0 }[/math].
אפשר למצוא את הקבועים במהלך הפתרון (כמו כאן) או רק בסופו. לעיתים קבוע שנמצא מוקדם מפשט את השלב הבא.
עבור [math]\displaystyle{ t_0=0 }[/math] זו בדיוק הנוסחא לתנועה בתאוצה קבועה [math]\displaystyle{ x=x_0+v_0t+\frac{a}{2}t^2 }[/math] מנוסחאון הפיזיקה של התיכון - כאן קיבלנו אותה מפתרון המד"ר.
קשר לטיילור: זהו בדיוק פולינום טיילור מסדר שני של [math]\displaystyle{ y }[/math] סביב [math]\displaystyle{ t_0 }[/math], שהרי [math]\displaystyle{ y(t_0)=y_0 }[/math], [math]\displaystyle{ y'(t_0)=v_0 }[/math] ו-[math]\displaystyle{ y''=g }[/math]. מבחינה פיזיקלית, פולינום טיילור מסדר ראשון מתאר תנועה במהירות קבועה (קו ישר), פולינום מסדר שני מתאר תנועה בתאוצה קבועה (פרבולה), וכן הלאה.
ניוטון והפרבולה. בתנועה בתאוצה קבועה שמתחילה ממנוחה, המרחק שהגוף עובר הוא [math]\displaystyle{ \frac{a}{2}t^2 }[/math] - פרופורציונלי לריבוע הזמן. ניוטון כתב זאת ב-Principia (ספר ראשון, הלמה העשירית) כך: המרחקים שגוף עובר תחת כוח סופי כלשהו הם, בתחילת התנועה, in the duplicate ratio of the times - כלומר ביחס של ריבועי הזמנים. זה נכון גם אם הכוח משתנה, כי בתחילת התנועה התנועה קרובה לפולינום טיילור מסדר שני.
הערה: אם בוחרים כנעלם את פונקציית המהירות, מקבלים מד"ר מסדר ראשון[math]\displaystyle{ v'=g }[/math] במקום מד"ר מסדר שני [math]\displaystyle{ y''=g }[/math]. לעיתים קרובות זה רעיון חכם (למשל בנפילה עם התנגדות אוויר, בהרצאה 2).
דוגמא: תפוח נופל (ממנוחה) מגובה 10 מטר. כמה זמן ייקח לו להגיע לקרקע? הפעם נבחר את הכיוון החיובי כלפי מעלה ואת הרצפה כראשית הציר.
נסמן ב-[math]\displaystyle{ y(t) }[/math] את גובה התפוח בזמן [math]\displaystyle{ t }[/math]. לפי החוק השני של ניוטון [math]\displaystyle{ -mg=my'' }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ y''=-g }[/math] (המסה מצטמצמת). תנאי ההתחלה: [math]\displaystyle{ y(0)=10 }[/math] ו-[math]\displaystyle{ y'(0)=0 }[/math].
שאלו מתי התפוח מגיע לקרקע, כלומר עבור איזה [math]\displaystyle{ t }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ y(t)=0 }[/math]. זו כבר משוואה רגילה: [math]\displaystyle{ gt^2=20 }[/math], ולכן
דוגמא: הפעם התפוח נזרק כלפי מעלה מגובה 10 מטר, במהירות של 2 מטר לשנייה. מתי יגיע לקרקע? לשם הגיוון, נבחר הפעם את הכיוון החיובי כלפי מטה ואת נקודת הזריקה כראשית הציר.
המד"ר: [math]\displaystyle{ mg=my'' }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ y''=g }[/math]. תנאי ההתחלה: [math]\displaystyle{ y(0)=0 }[/math], ו-[math]\displaystyle{ y'(0)=-2 }[/math] - המהירות ההתחלתית שלילית, כי התפוח נזרק כלפי מעלה, וזה הכיוון השלילי (כך בחרנו).
אינטגרל: [math]\displaystyle{ y'=gt-2 }[/math]. עוד אינטגרל: [math]\displaystyle{ y=\frac{g}{2}t^2-2t+c_2 }[/math], ו-[math]\displaystyle{ y(0)=0 }[/math] נותן [math]\displaystyle{ c_2=0 }[/math]. כלומר
הרצפה נמצאת 10 מטר מתחת לנקודת הזריקה, כלומר בכיוון החיובי, ולכן התפוח מגיע אליה כאשר [math]\displaystyle{ y(t)=10 }[/math]. עבור [math]\displaystyle{ g=9.82 }[/math]:
דוגמא: תלמיד זורק כדור כלפי מעלה. אחרי 3 שניות הכדור מגיע לשיא הגובה ומתחיל לרדת, ואחרי עוד 5 שניות הוא פוגע בקרקע. הכוח היחיד שפועל הוא כוח המשיכה (אין התנגדות אוויר). באיזו מהירות ומאיזה גובה נזרק הכדור? מה הגובה המקסימלי שאליו הגיע? מה המהירות המקסימלית שאליה הגיע?
נבחר את הכיוון החיובי כלפי מעלה ואת הרצפה כגובה אפס. נסמן ב-[math]\displaystyle{ y_0 }[/math] את גובה הזריקה וב-[math]\displaystyle{ v_0 }[/math] את המהירות ההתחלתית. לפי החוק השני של ניוטון [math]\displaystyle{ -mg=my'' }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ y''=-g }[/math]. בשני אינטגרלים, בדיוק כמו קודם:
מהירות הזריקה: בשיא הגובה לפונקציית הגובה יש מקסימום, ולכן הנגזרת מתאפסת - המהירות בשיא היא אפס. מ-[math]\displaystyle{ v(3)=0 }[/math] נקבל [math]\displaystyle{ v_0=3g\approx 29.5 }[/math] מטר לשנייה.
גובה הזריקה: הכדור פוגע בקרקע בזמן [math]\displaystyle{ t=3+5=8 }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ y(8)=0 }[/math]: [math]\displaystyle{ -32g+24g+y_0=0 }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ y_0=8g\approx 78.6 }[/math] מטר.
הגובה המקסימלי:[math]\displaystyle{ y(3)=-\frac{9g}{2}+9g+8g=12.5g\approx 122.8 }[/math] מטר. (בדיקה: מהשיא הכדור נופל ממנוחה במשך 5 שניות, ו-[math]\displaystyle{ \frac{g}{2}\cdot 5^2=12.5g }[/math].)
המהירות המקסימלית: פונקציית המהירות היא קו ישר, ולכן הערך המוחלט שלה מקסימלי באחד מקצות הקטע [math]\displaystyle{ [0,8] }[/math]: [math]\displaystyle{ v(0)=3g }[/math] ו-[math]\displaystyle{ v(8)=-5g }[/math]. המהירות המקסימלית (בגודלה) היא [math]\displaystyle{ 5g\approx 49 }[/math] מטר לשנייה, ברגע הפגיעה בקרקע. זה הגיוני: הכדור חוזר לגובה הזריקה באותה מהירות שבה נזרק, וממשיך להאיץ עוד שתי שניות.
(החישובים עבור [math]\displaystyle{ g=9.82 }[/math]. המספרים לא מציאותיים - קשה לזרוק כדור מגובה של כמעט 80 מטר - אבל השיטה היא העיקר.)
הנפילה החופשית היא המד"ר הקלה ביותר בקורס: עשינו פעמיים אינטגרל וסיימנו.
אבל הטריק הזה בדרך כלל לא עובד - אחרת לא היה צריך קורס במד"ר. למשל, אם נעשה אינטגרל לשני האגפים של [math]\displaystyle{ y'=y }[/math] נקבל
[math]\displaystyle{ y(t)=\int y(t)dt+C }[/math]
עברנו ממשוואה דיפרנציאלית למשוואה אינטגרלית, ולא פתרנו כלום: במקום פונקציה שהנגזרת שלה היא הפונקציה עצמה, אנחנו מחפשים עכשיו פונקציה שהקדומה שלה היא הפונקציה עצמה.
בנפילה החופשית זה עבד כי הפונקציה הלא ידועה לא הופיעה באגף ימין. ברגע שהפונקציה עצמה מופיעה במשוואה, צריך שיטות אחרות - ובהן עוסק רוב הקורס.
(דווקא המעבר ממד"ר למשוואה אינטגרלית יעזור לנו בהרצאה 4, בהוכחת משפט הקיום והיחידות.)
מד"ר היא כלי ללמוד את העולם ולחזות את העתיד. כמעט כל בעיה בקורס עוברת שלושה שלבים:
שלב 1 - ניסוח: בוחרים פונקציה שמודדת משהו, ובעזרת חוקי העולם מקבלים משוואה דיפרנציאלית שהיא חייבת לקיים. בשלב הזה מגדירים את הפונקציה ואת המשתנה, בוחרים ראשית ציר וכיוון חיובי, ורושמים את תנאי ההתחלה ואת החוקים (למשל [math]\displaystyle{ F=ma }[/math]).
שלב 2 - פתרון: פותרים את המד"ר. זה החלק הטכני, ובו עוסק רוב הקורס - שיטות לפתרון סוגים שונים של מד"ר.
שלב 3 - חקירה: מוצאים את הקבועים לפי תנאי ההתחלה ועונים על השאלות: איפה הגוף אחרי 3 שניות? מתי הוא עבר 100 מטר? מה קורה כאשר [math]\displaystyle{ t\to\infty }[/math] (חישוב גבול)? מה הגובה המקסימלי (בעיית קיצון - בשיא המהירות מתאפסת, ולכן אפשר לענות עליה גם בעזרת פונקציית המהירות בלבד)?
הרבה פעמים הקושי האמיתי הוא בשלב הראשון: להבין מי השחקנים - מי קבוע, מי הפונקציה הלא ידועה ומי המשתנה. למשל במד"ר [math]\displaystyle{ mv'=mg-bv }[/math] (נפילה עם התנגדות אוויר), [math]\displaystyle{ m,g,b }[/math] הם קבועים, [math]\displaystyle{ v }[/math] היא הפונקציה הלא ידועה, והמשתנה [math]\displaystyle{ t }[/math] אפילו לא מופיע במפורש.
בכל מבחן יש בעיה מילולית אחת שעוברת את שלושת השלבים; בשאלות הטכניות נדרש לרוב רק שלב 2. הרחבה ודוגמאות רבות נמצאות בפרק בעיות מילוליות בסוף הדף.
נניח שסכום הכסף בבנק לאורך זמן מתואר על ידי הפונקציה [math]\displaystyle{ y(t) }[/math].
נניח שאנו מרוויחים תשואה של 2 אחוז בשנה, לכן לאחר שנה יתקיים כי [math]\displaystyle{ y(1)=y(0)+0.02\cdot y(0) }[/math].
אבל מה היה קורה אילו הבנק היה משלם את הריבית פעם בחצי שנה?
בחצי השנה הראשונה נקבל מחצית מהריבית [math]\displaystyle{ y(\frac{1}{2})=y(0)+\frac{1}{2}\cdot 0.02\cdot y(0) }[/math]
ובחצי השנה השנייה נקבל מחצית מהריבית, אך סכום הקרן שלנו כבר גדל [math]\displaystyle{ y(1)=y(\frac{1}{2})+\frac{1}{2}\cdot 0.02 \cdot y(\frac{1}{2}) }[/math]
נעביר אגף ונחלק [math]\displaystyle{ \frac{y(t_2)-y(t_1)}{t_2-t_1}=0.02\cdot y(t_1) }[/math]
אם נשאיף [math]\displaystyle{ t_2\to t_1 }[/math] נקבל כי [math]\displaystyle{ y'(t_1)=0.02\cdot y(t_1) }[/math]
כלומר אנו מעוניינים בפונקציה שמקיימת את המשוואה הדיפרנציאלית [math]\displaystyle{ y'=r\cdot y }[/math] כאשר [math]\displaystyle{ r }[/math] היא הריבית השנתית.
דרך נוספת להגיע לריבית "רציפה": נניח שהבנק משלם את הריבית [math]\displaystyle{ n }[/math] פעמים בשנה, בכל פעם [math]\displaystyle{ \frac{r}{n} }[/math]. אז [math]\displaystyle{ y(1)=\left(1+\frac{r}{n}\right)^n y(0) }[/math], וכאשר [math]\displaystyle{ n\to\infty }[/math] מקבלים [math]\displaystyle{ y(1)\to e^r\cdot y(0) }[/math]. מיד נראה שהפתרון של [math]\displaystyle{ y'=ry }[/math] הוא [math]\displaystyle{ y=y(0)e^{rt} }[/math], ובפרט [math]\displaystyle{ y(1)=e^r\cdot y(0) }[/math] - אותה תוצאה.
למשל, בריבית (דמיונית) של 100% בשנה: תשלום אחד בסוף השנה מכפיל את הכסף פי 2, שני תשלומים חצי-שנתיים מכפילים אותו פי [math]\displaystyle{ 1.5^2=2.25 }[/math], ובגבול מקבלים פי [math]\displaystyle{ e\approx 2.718 }[/math].
(החישוב [math]\displaystyle{ \left(1+\frac{1}{n}\right)^n }[/math] הוא בדיוק שיטת אוילר עם [math]\displaystyle{ n }[/math] צעדים עבור המד"ר [math]\displaystyle{ y'=y }[/math] - ראו בפרק שיטות נומריות.)
המשוואה [math]\displaystyle{ y'=r\cdot y }[/math]
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:
[math]\displaystyle{ y'-ry=0 }[/math]
[math]\displaystyle{ e^{-rt}(y'-ry)=0 }[/math]
[math]\displaystyle{ (e^{-rt}y)'=0 }[/math]
כיוון שהנגזרת שווה אפס הפונקציה קבועה [math]\displaystyle{ e^{-rt}y=C }[/math]
סה"כ [math]\displaystyle{ y=Ce^{rt} }[/math]
שימו לב: כפלנו בביטוי [math]\displaystyle{ e^{-rt} }[/math], שלעולם אינו מתאפס, ולכן פונקציה מקיימת את המשוואה המקורית אם ורק אם היא מקיימת את המשוואה [math]\displaystyle{ (e^{-rt}y)'=0 }[/math]. מכאן שעל קטע, כל פתרון של [math]\displaystyle{ y'=ry }[/math] הוא מהצורה [math]\displaystyle{ y=Ce^{rt} }[/math] - לא איבדנו אף פתרון בדרך.
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.
למה חשוב שהפתרון יחיד? המד"ר מתארת את חוקי העולם. אם לאותם תנאי התחלה היו כמה פתרונות שונים, לא היה ברור איך העולם מתנהג. נראה בהמשך (משפט הקיום והיחידות, הרצאה 4) שבתנאים מספיק טובים אכן יש פתרון יחיד - אבל יש גם דוגמאות נגדיות.
סדר המד"ר
משוואה דיפרנציאלית נקראת מסדר n אם הנגזרת הגבוהה ביותר היא מסדר n.
המשוואה [math]\displaystyle{ y''=g }[/math] היא משוואה מסדר שני.
המשוואה [math]\displaystyle{ y'=ry }[/math] היא משוואה מסדר ראשון.
המשוואה [math]\displaystyle{ (y')^2=-y }[/math] היא משוואה מסדר ראשון - הסדר הוא סדר הנגזרת, ולא החזקה שלה. גם [math]\displaystyle{ (y')^3+x=e^y }[/math] היא מסדר ראשון.
המשוואות [math]\displaystyle{ y''+y'=y }[/math] ו-[math]\displaystyle{ y''=xy+5 }[/math] הן מסדר שני.
נתחיל בשיטות לפתרון משוואות מסדר ראשון, ובהמשך נעבור למשוואות מסדר שני ומעלה.
משוואות פרידות
משוואה דיפרנציאלית נקראת פרידה אם היא מהצורה [math]\displaystyle{ y'=f(y)g(x) }[/math].
נהוג גם להחליף [math]\displaystyle{ y'=\frac{dy}{dx} }[/math] ולכן המשוואה תרשם כך [math]\displaystyle{ dy=f(y)g(x)dx }[/math].
לבסוף, אם נזהר עם חלוקה באפס, משוואה פרידה באופן כללי יכולה להיות מהצורה [math]\displaystyle{ f(y)g(x)dy +h(y)r(x)dx=0 }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ y'=-\frac{h(y)r(x)}{f(y)g(x)} }[/math].
חשוב מאד שזה כפל! בצורה [math]\displaystyle{ y'=f(y)g(x) }[/math], אגף ימין צריך להיות מכפלה של ביטוי שתלוי רק ב-[math]\displaystyle{ y }[/math] בביטוי שתלוי רק ב-[math]\displaystyle{ x }[/math] (אחד מהם יכול להיות קבוע, כמו ב-[math]\displaystyle{ y'=y }[/math]). למשל:
[math]\displaystyle{ y'=y+x }[/math]אינה פרידה - זה סכום ולא מכפלה. גם [math]\displaystyle{ y+yy'=x }[/math] אינה פרידה, אף שבאגף שמאל מופיע רק [math]\displaystyle{ y }[/math] ובאגף ימין רק [math]\displaystyle{ x }[/math].
[math]\displaystyle{ (1+e^y)y'=\sin x }[/math]היא פרידה.
[math]\displaystyle{ (1+e^y)(y')^2=x }[/math] אינה פרידה, לפחות לא עד שנוציא שורש.
דוגמא: אילו מהמשוואות הבאות (מתוך שאלות מבחן) הן פרידות?
בשלוש הדוגמאות חילקנו בביטוי שתלוי ב-[math]\displaystyle{ y }[/math], ולכן צריך לבדוק בנפרד את הפתרונות הקבועים שמאפסים אותו (למשל [math]\displaystyle{ y=0 }[/math]).
את המשוואה האחרונה לא רואים איך להפריד: [math]\displaystyle{ x }[/math] ו-[math]\displaystyle{ y }[/math] מעורבבים זה בזה. אבל בעזרת הצבה היא הופכת לפרידה - ראו בהמשך, בסעיף הפיכת משוואה לפרידה.
לכן ביחד נקבל [math]\displaystyle{ F(y)=G(x)+c }[/math]
בעצם אנו מחשבים אינטגרלים לשני הצדדים [math]\displaystyle{ f(y)dy=g(x)dx }[/math], כל אחד לפי המשתנה שלו!
זה נראה כאילו עשינו אינטגרל על [math]\displaystyle{ f }[/math] לפי [math]\displaystyle{ y }[/math] ועל [math]\displaystyle{ g }[/math] לפי [math]\displaystyle{ x }[/math], אף שמבחינה פורמלית זה לא מה שעשינו ([math]\displaystyle{ dy }[/math] ו-[math]\displaystyle{ dx }[/math] אינם כאן אובייקטים מתמטיים). אבל כיוון שהוכחנו למעלה שזה מביא לפתרון הנכון, כך פותרים מד"ר פרידה בפועל.
פתרון סתום: המשוואה [math]\displaystyle{ F(y)=G(x)+c }[/math] עדיין אינה פתרון המד"ר - זו משוואה שהפונקציה מקיימת, ולא הפונקציה עצמה. אומרים שהפתרון נתון באופן סתום. כדי לפתור את המד"ר חובה לחלץ את [math]\displaystyle{ y }[/math] (אלא אם נאמר במפורש אחרת); במבחן, פתרון שנעצר בצורה הסתומה אינו פתרון מלא.
למשל [math]\displaystyle{ x^2+y^2=1 }[/math] אינה פתרון של מד"ר אלא תיאור סתום: גם [math]\displaystyle{ y=\sqrt{1-x^2} }[/math] וגם [math]\displaystyle{ y=-\sqrt{1-x^2} }[/math] מקיימות אותה. כשמחלצים את [math]\displaystyle{ y }[/math] צריך לבחור את הענף שמקיים את תנאי ההתחלה.
הכתיב הדיפרנציאלי מתאים למד"ר מסדר ראשון מהצורה [math]\displaystyle{ y'=f(x,y) }[/math]: מחליפים את [math]\displaystyle{ y' }[/math] ב-[math]\displaystyle{ \frac{dy}{dx} }[/math] ו"כופלים" ב-[math]\displaystyle{ dx }[/math]:
[math]\displaystyle{ dy=f(x,y)dx }[/math]
זה רק סימון - נוח מאד לפתרון (בדומה לשיטת ההצבה באינטגרלים), אבל מבלבל מבחינת המשמעות. צריך לדעת לעבור בין שני הכתיבים בשני הכיוונים, למשל:
דוגמא: האם [math]\displaystyle{ y=e^x }[/math] פותרת את [math]\displaystyle{ yy'=xy }[/math]? האם [math]\displaystyle{ y=e^{2x} }[/math] פותרת את [math]\displaystyle{ dy=2ydx }[/math]? האם [math]\displaystyle{ y=x^2 }[/math] פותרת את [math]\displaystyle{ xdy=ydx }[/math]?
כדי לבדוק אם פונקציה היא פתרון, מציבים אותה במד"ר. עבור [math]\displaystyle{ yy'=xy }[/math]: האם [math]\displaystyle{ e^x\cdot e^x=xe^x }[/math]? זה היה אומר ש-[math]\displaystyle{ e^x=x }[/math], וזה לא מתקיים לאף [math]\displaystyle{ x }[/math]. לכן [math]\displaystyle{ e^x }[/math] אינה פתרון.
בכתיב הדיפרנציאלי אי אפשר להציב ישירות - קודם עוברים לכתיב הרגיל: [math]\displaystyle{ dy=2ydx }[/math] היא [math]\displaystyle{ \frac{dy}{dx}=2y }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ y'=2y }[/math]. ואכן [math]\displaystyle{ (e^{2x})'=2e^{2x}=2y }[/math], ולכן זה פתרון.
[math]\displaystyle{ xdy=ydx }[/math] היא [math]\displaystyle{ xy'=y }[/math]. נציב [math]\displaystyle{ y=x^2 }[/math]: [math]\displaystyle{ x\cdot 2x=2x^2\neq x^2 }[/math] (פרט לנקודה [math]\displaystyle{ x=0 }[/math]), ולכן זה אינו פתרון.
לדוגמא נפתור את המשוואה [math]\displaystyle{ y'=r\cdot y }[/math] כמשוואה פרידה.
ראשית נפריד את המשתנים ונקבל כי [math]\displaystyle{ \frac{1}{y}dy=rdx }[/math].
נשים לב כי הנחנו כאן כי [math]\displaystyle{ y\neq 0 }[/math].
כעת [math]\displaystyle{ \int \frac{1}{y}dy=ln|y| }[/math].
[math]\displaystyle{ \int rdx=rx }[/math].
וביחד [math]\displaystyle{ ln|y|=rx+C }[/math].
לכן [math]\displaystyle{ |y|=e^{rx+C}=e^C\cdot e^{rx} }[/math].
לכן [math]\displaystyle{ y=\pm e^C\cdot e^{rx} }[/math].
כעת, קל לראות מהצבה במשוואה כי y=0 גם פותר את המשוואה.
בסה"כ הפתרון הכללי הוא (שוב) [math]\displaystyle{ y=Ce^{rx} }[/math].
בספרים קוראים לעיתים לפתרון שהלך לאיבוד בגלל החלוקה (כאן [math]\displaystyle{ y=0 }[/math]) פתרון סינגולרי. זה שם לא מוצלח (במקרה הזה הפתרון אפילו מתקבל מהנוסחא עם [math]\displaystyle{ C=0 }[/math]), אבל כדאי להכיר אותו. כך או כך, אחרי שמחלקים בביטוי שתלוי ב-[math]\displaystyle{ y }[/math], תמיד בודקים ידנית את הפתרונות הקבועים שמאפסים אותו - מציבים אותם במד"ר המקורית.
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.
דוגמא: פתרו את המד"ר [math]\displaystyle{ y'=e^{x+y} }[/math].
נעבור לכתיב הדיפרנציאלי, ונפריד בעזרת [math]\displaystyle{ e^{x+y}=e^xe^y }[/math]:
[math]\displaystyle{ dy=e^xe^ydx }[/math]
[math]\displaystyle{ e^{-y}dy=e^xdx }[/math]
נעשה אינטגרל לשני הצדדים:
[math]\displaystyle{ -e^{-y}=e^x+C }[/math]
זו הצורה הסתומה, ונחלץ את [math]\displaystyle{ y }[/math]. מינוס קבוע הוא עדיין קבוע, ולכן נמשיך לקרוא לו [math]\displaystyle{ C }[/math]:
[math]\displaystyle{ e^{-y}=C-e^x }[/math]
[math]\displaystyle{ y=-\ln(C-e^x) }[/math]
הפתרון מוגדר כאשר [math]\displaystyle{ e^x<C }[/math], כלומר עבור [math]\displaystyle{ C>0 }[/math] ו-[math]\displaystyle{ x<\ln C }[/math]. (כאן לא חילקנו בביטוי שעשוי להתאפס, כי [math]\displaystyle{ e^y\neq 0 }[/math].)
הגענו לצורה סתומה. נכפול ב-2 (פעמיים קבוע הוא קבוע, ונמשיך לקרוא לו [math]\displaystyle{ C }[/math]):
[math]\displaystyle{ y^2=x^2+C }[/math]
[math]\displaystyle{ y=\pm\sqrt{x^2+C} }[/math]
אל תשכחו את ה-[math]\displaystyle{ \pm }[/math]! הסימן נקבע לפי תנאי ההתחלה; למשל אם [math]\displaystyle{ y(0)=-2 }[/math] אז [math]\displaystyle{ C=4 }[/math] ו-[math]\displaystyle{ y=-\sqrt{x^2+4} }[/math].
דוגמא: מצאו פתרון למד"ר [math]\displaystyle{ xdx+ydy=0 }[/math] המקיים [math]\displaystyle{ y(0)=-\sqrt{5} }[/math].
[math]\displaystyle{ ydy=-xdx }[/math], ואחרי אינטגרציה וכפל ב-2: [math]\displaystyle{ y^2=C-x^2 }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ x^2+y^2=C }[/math] - משפחת מעגלים, בצורה סתומה. נציב את תנאי ההתחלה: [math]\displaystyle{ C=0+5=5 }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ y=\pm\sqrt{5-x^2} }[/math]. כיוון ש-[math]\displaystyle{ y(0)<0 }[/math], צריך לבחור את הענף השלילי:
דוגמא: בדקו ש-[math]\displaystyle{ y=\frac{1}{\cos(x)+C} }[/math] היא פתרון של המד"ר הפרידה [math]\displaystyle{ y'=y^2\sin(x) }[/math], ואחר כך מצאו את הפתרונות בעצמכם.
פתרון: עבור [math]\displaystyle{ y\neq 0 }[/math] נפריד: [math]\displaystyle{ \frac{dy}{y^2}=\sin(x)dx }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ -\frac{1}{y}=-\cos(x)+C }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ y=\frac{1}{\cos(x)-C} }[/math] - ושוב, מינוס קבוע הוא קבוע. בנוסף, [math]\displaystyle{ y=0 }[/math] גם פותרת את המד"ר, והיא אינה מתקבלת מהנוסחא לאף ערך של [math]\displaystyle{ C }[/math].
[math]\displaystyle{ \pm e^{-c} }[/math] הוא קבוע כלשהו שונה מאפס. נבדוק ידנית את המקרה [math]\displaystyle{ y=1 }[/math] (כלומר קבוע אפס): אכן [math]\displaystyle{ 0=2x-2x\cdot 1 }[/math]. לכן הפתרונות הם
אותה משוואה היא גם מד"ר לינארית, [math]\displaystyle{ y'+2xy=2x }[/math]. בשיטה שנלמד בהרצאה 2 מקבלים ממנה [math]\displaystyle{ y=1+Ce^{-x^2} }[/math] - אותה משפחת פתרונות (פשוט [math]\displaystyle{ C }[/math] הוחלף ב-[math]\displaystyle{ -C }[/math]).
דוגמא (שאלת מבחן): מצאו פתרון למד"ר [math]\displaystyle{ y'=x(y-y^3) }[/math] המקיים [math]\displaystyle{ y(0)=\frac{1}{2} }[/math].
המשוואה פרידה. הפתרונות הקבועים הם האפסים של [math]\displaystyle{ y-y^3 }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ y=0,\pm 1 }[/math], ואף אחד מהם אינו מקיים את תנאי ההתחלה. עבור [math]\displaystyle{ y\neq 0,\pm 1 }[/math]:
ליד [math]\displaystyle{ x=0 }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ 0<y<1 }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ |y^2-1|=1-y^2 }[/math]. נציב [math]\displaystyle{ x=0 }[/math]: [math]\displaystyle{ K=\frac{1/4}{3/4}=\frac{1}{3} }[/math]. מכאן [math]\displaystyle{ 3y^2=e^{x^2}(1-y^2) }[/math], כלומר
הפתרון מוגדר לכל [math]\displaystyle{ x }[/math] ונשאר בין 0 ל-1, כך שההנחה [math]\displaystyle{ 0<y<1 }[/math] נכונה לכל [math]\displaystyle{ x }[/math].
דוגמא (שאלת מבחן): תגובה כימית מסדר שני. בתגובות כימיות מסוג מסוים (תגובות מסדר שני) הריכוז [math]\displaystyle{ A(t) }[/math] של החומר המגיב, כאשר [math]\displaystyle{ 0<A<1 }[/math], מקיים את המשוואה [math]\displaystyle{ \frac{dA}{dt}=-kA^2 }[/math], כאשר [math]\displaystyle{ k>0 }[/math] הוא קבוע שתלוי בחומר ובסביבה.
א. פתרו את המשוואה עבור תנאי התחלה שרירותי [math]\displaystyle{ A(0) }[/math]. האם הפתרון רציף לכל [math]\displaystyle{ t>0 }[/math]?
ב. חשבו את הגבול [math]\displaystyle{ \lim_{t\to\infty}A(t) }[/math].
ג. אילו הפרמטר [math]\displaystyle{ k }[/math] היה שלילי, האם היינו מקבלים פתרון רציף לכל [math]\displaystyle{ t>0 }[/math]? הסבירו.
א. נסמן [math]\displaystyle{ a_0=A(0) }[/math]; לפי נתוני השאלה [math]\displaystyle{ 0<a_0<1 }[/math]. (הפונקציה הקבועה [math]\displaystyle{ A=0 }[/math] גם פותרת את המשוואה, אך אינה מקיימת [math]\displaystyle{ A>0 }[/math].) נפריד משתנים:
כיוון ש-[math]\displaystyle{ a_0>0 }[/math] ו-[math]\displaystyle{ k>0 }[/math], המכנה חיובי לכל [math]\displaystyle{ t\geq 0 }[/math], ולכן הפתרון רציף לכל [math]\displaystyle{ t>0 }[/math].
ב.[math]\displaystyle{ \lim_{t\to\infty}A(t)=0 }[/math]: החומר המגיב הולך ונגמר - אבל לאט, כמו [math]\displaystyle{ \frac{1}{kt} }[/math], ולא אקספוננציאלית.
ג. אם [math]\displaystyle{ k<0 }[/math], המכנה [math]\displaystyle{ 1+ka_0t }[/math] מתאפס בזמן [math]\displaystyle{ t^*=\frac{1}{|k|a_0}>0 }[/math], והפתרון שואף לאינסוף כאשר [math]\displaystyle{ t\to t^* }[/math] ("פיצוץ" בזמן סופי). לכן אין פתרון רציף לכל [math]\displaystyle{ t>0 }[/math].
דוגמא יפה וחשובה מהספר הזה עמוד 19 של הספר (33 של הPDF)
מרצה צועד במהירות קבועה [math]\displaystyle{ b }[/math] בקו ישר בשדרה שמוביל אל בניין 507.
סטודנט שרוצה עוד שתי נקודות לעובר רואה את המרצה, ונע לכיוון המרצה במהירות קבועה [math]\displaystyle{ c }[/math].
המרצה מתחיל בנקודה [math]\displaystyle{ (0,0) }[/math] ונע בכיוון החיובי של ציר y, הסטודנט מתחיל בנקודה [math]\displaystyle{ (a,0) }[/math] עבור [math]\displaystyle{ a>0 }[/math].
באיזה מסלול ינוע הסטודנט? באילו תנאים הוא יתפוס את המרצה?
נסמן את פונקצית המסלול של הסטודנט ב[math]\displaystyle{ y(x) }[/math]
כיוון שהסטודנט תמיד נע בכיוון המרצה, המשיק של הפונקציה בכל נקודה במסלול הסטודנט צריך לפגוש את המרצה באותו הזמן.
בזמן [math]\displaystyle{ t }[/math] המרצה נמצא בנקודה [math]\displaystyle{ (0,b\cdot t) }[/math] והסטודנט נמצא בנקודה [math]\displaystyle{ (x,y) }[/math].
השיפוע בין המרצה לסטודנט הוא הנגזרת של פונקצית המסלול, כלומר [math]\displaystyle{ y'=\frac{y-bt}{x} }[/math]
כעת יש לנו שלושה משתנים [math]\displaystyle{ t,x,y }[/math], כיצד נפטר מאחד מהם? לא השתמשנו במהירות הסטודנט!
המסלול שהסטודנט עבר צריך להיות שווה ל[math]\displaystyle{ c\cdot t }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ \int_x^a \sqrt{y'(u)^2+1}\,du=ct }[/math]
מהמשוואה לעיל אנו יודעים כי [math]\displaystyle{ t=\frac{y-xy'}{b} }[/math]
ביחד נקבל כי [math]\displaystyle{ \int_x^a \sqrt{y'(u)^2+1}\,du=c\cdot \frac{y-xy'}{b} }[/math]
(בגזירה השתמשנו במשפט היסודי של החדו"א, [math]\displaystyle{ \left(\int_x^a f(u)du\right)'=-f(x) }[/math], ובכך ש-[math]\displaystyle{ (y-xy')'=y'-y'-xy''=-xy'' }[/math]. לפני הגזירה זו הייתה משוואה שמכילה גם נגזרת וגם אינטגרל; הגזירה הפכה אותה למד"ר מסדר שני, ואת הסדר נוריד בעזרת ההצבה [math]\displaystyle{ z=y' }[/math].)
ברגע הראשון התקיים כי [math]\displaystyle{ x=a }[/math] והתלמיד כיוון לראשית הצירים כלומר [math]\displaystyle{ y'(a)=0 }[/math] כלומר [math]\displaystyle{ z(a)=0 }[/math]
לכן [math]\displaystyle{ \frac{c}{b}ln(\sqrt{z^2+1}+z)=ln(x)-ln(a) }[/math]
באופן טבעי, אם מהירות המרצה גדולה ממהירות הסטודנט [math]\displaystyle{ b>c }[/math] נקבל שאיפה לאינסוף כאשר [math]\displaystyle{ x\to 0 }[/math] והסטודנט לא יגיע למרצה.
אם [math]\displaystyle{ b<c }[/math] הסטודנט יגיע לשדרה ויתפוס את המרצה.
כאשר [math]\displaystyle{ b<c }[/math] שני המעריכים [math]\displaystyle{ \frac{b}{c}+1 }[/math] ו-[math]\displaystyle{ 1-\frac{b}{c} }[/math] חיוביים, ולכן כאשר [math]\displaystyle{ x\to 0 }[/math] שתי החזקות שואפות לאפס ו-[math]\displaystyle{ y\to K }[/math]. כלומר הסטודנט תופס את המרצה בנקודה [math]\displaystyle{ \left(0,\frac{abc}{c^2-b^2}\right) }[/math], בזמן [math]\displaystyle{ t=\frac{K}{b}=\frac{ac}{c^2-b^2} }[/math].
למשל, אם הסטודנט מהיר פי שניים מהמרצה ([math]\displaystyle{ c=2b }[/math]), הוא יתפוס אותו בגובה [math]\displaystyle{ \frac{2a}{3} }[/math].
אם [math]\displaystyle{ b=c }[/math] האינטגרציה שלנו שגוייה, וכאשר נחשב אותה נכון שוב נקבל שאיפה לאינסוף (באופן טבעי)
הפיכת משוואה לפרידה
נביט במשוואה [math]\displaystyle{ y'=(x+y)^2 }[/math] שאינה משוואה פרידה.
נדגים עכשיו טריק שיהפוך את המשוואה לפרידה.
נגדיר את הפונקציה [math]\displaystyle{ z=x+y }[/math].
מתקיים כי [math]\displaystyle{ z'=1+y' }[/math] וביחד המשוואה המקורית מקבלת את הצורה [math]\displaystyle{ z'-1=z^2 }[/math].
זוהי משוואה פרידה [math]\displaystyle{ \frac{1}{1+z^2}dz=dx }[/math].
נפעיל אינטגרל על שני הצדדים ונקבל כי [math]\displaystyle{ \arctan(z)=x+C }[/math]
ולכן [math]\displaystyle{ z=\tan(x+C) }[/math]
ולכן [math]\displaystyle{ x+y=\tan(x+C) }[/math]
[math]\displaystyle{ y=\tan(x+C)-x }[/math]
שימו לב לדוגמא, כאן לא התייחסנו למקרה הקצה בו [math]\displaystyle{ x+C }[/math] מחוץ לתחום [math]\displaystyle{ (-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}) }[/math].
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.
למה מותר להחליף פונקציה? ההתאמה [math]\displaystyle{ z=x+y }[/math] היא חד-חד-ערכית: כל פתרון [math]\displaystyle{ y }[/math] של המד"ר המקורית נותן פתרון [math]\displaystyle{ z }[/math] של המד"ר החדשה, ולהפך. לכן פותרים את המד"ר על [math]\displaystyle{ z }[/math] ולא מפספסים אף פתרון (וגם לא מוסיפים פתרונות). המשתנה הוא עדיין [math]\displaystyle{ x }[/math], הוא פשוט לא מופיע במד"ר החדשה.
הפתרון אינו מוגדר בכל [math]\displaystyle{ \mathbb{R} }[/math]: למשל, עבור תנאי ההתחלה [math]\displaystyle{ y(0)=0 }[/math] נקבל [math]\displaystyle{ C=0 }[/math] ו-[math]\displaystyle{ y=\tan(x)-x }[/math], שמוגדר רק על הקטע [math]\displaystyle{ \left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right) }[/math] - אף שהמשוואה [math]\displaystyle{ y'=(x+y)^2 }[/math] עצמה "נחמדה" בכל המישור. נחזור לתופעה הזו במשפט הקיום והיחידות.
באופן כללי, מד"ר מהצורה [math]\displaystyle{ y'=f(ax+by) }[/math] הופכת לפרידה בהצבה [math]\displaystyle{ z=ax+by }[/math], שהרי [math]\displaystyle{ z'=a+by'=a+bf(z) }[/math].
דוגמא: המשוואה [math]\displaystyle{ \left(1-\frac{y}{x}\right)y'=1-\frac{y}{x}-\frac{e^x}{2x} }[/math] (מתרגיל הזיהוי שלמעלה) אינה פרידה. הפכו אותה לפרידה ופתרו.
הביטוי [math]\displaystyle{ x-y }[/math] מופיע פעמיים, ולכן נציב [math]\displaystyle{ z=x-y }[/math]. אז [math]\displaystyle{ z'=1-y' }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ y'=1-z' }[/math], ונקבל
[math]\displaystyle{ y'=\sin(\frac{y}{x}) }[/math] היא הומוגנית, עם [math]\displaystyle{ g(z)=\sin(z) }[/math].
[math]\displaystyle{ y'=\frac{x}{y}\tan(\frac{y}{x}) }[/math] היא הומוגנית, עם [math]\displaystyle{ g(z)=\frac{\tan(z)}{z} }[/math].
להפך, מכל פונקציה [math]\displaystyle{ g }[/math] אפשר לבנות מד"ר הומוגנית. למשל עבור [math]\displaystyle{ g(z)=z^2e^{\frac{1}{z}} }[/math] מתקבלת המד"ר [math]\displaystyle{ y'=\frac{y^2}{x^2}e^{\frac{x}{y}} }[/math].
לפעמים הצורה "מוסתרת" באלגברה: [math]\displaystyle{ y'=\sin(\frac{y}{x})\cdot\sqrt[x]{e^y} }[/math] היא הומוגנית, כי [math]\displaystyle{ \sqrt[x]{e^y}=e^{\frac{y}{x}} }[/math]. זה הקושי המרכזי בתרגילים כאלה - לזהות שהביטוי הוא פונקציה של [math]\displaystyle{ \frac{y}{x} }[/math].
מד"ר יכולה להיות משני סוגים בבת אחת: [math]\displaystyle{ y'=\frac{y}{x} }[/math] היא גם פרידה וגם הומוגנית.
נפתור מד"ר הומוגנית באמצעות ההצבה [math]\displaystyle{ z=\frac{y}{x} }[/math] באופן הבא:
ראשית נסמן [math]\displaystyle{ y'=g(\frac{y}{x}) }[/math].
כעת נגזור את שני צידי המשוואה [math]\displaystyle{ zx=y }[/math], ונקבל כי [math]\displaystyle{ z'x+z=y' }[/math].
לכן לאחר החלפת המשתנה קיבלנו משוואה פרידה[math]\displaystyle{ z'x+z=g(z) }[/math].
נפריד את המשתנים [math]\displaystyle{ \frac{1}{g(z)-z}dz=\frac{1}{x}dx }[/math].
ולכן [math]\displaystyle{ \int \frac{1}{g(z)-z}dz=\ln|x|+C }[/math].
נמצא את [math]\displaystyle{ z }[/math] ונציב בחזרה [math]\displaystyle{ y=zx }[/math].
פונקציה [math]\displaystyle{ f(x,y) }[/math] נקראת הומוגנית מסדר k אם לכל [math]\displaystyle{ \lambda\neq 0 }[/math] מתקיים כי [math]\displaystyle{ f(\lambda x,\lambda y)=\lambda^k f(x,y) }[/math].
לדוגמא [math]\displaystyle{ f(x,y)=\frac{x^2+xy}{x+y} }[/math] הומוגנית מסדר 1.
טענה: פונקציה [math]\displaystyle{ f(x,y) }[/math] היא מהצורה [math]\displaystyle{ g(\frac{y}{x}) }[/math] לכל [math]\displaystyle{ x\neq 0 }[/math] אם"ם היא הומוגנית מסדר [math]\displaystyle{ 0 }[/math] לכל [math]\displaystyle{ x\neq 0 }[/math].
הוכחה:
אם [math]\displaystyle{ f(x,y)=g(\frac{y}{x}) }[/math] אזי לכל [math]\displaystyle{ x\neq 0 }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ f(\lambda x,\lambda y)=g(\frac{\lambda y}{\lambda x})=g(\frac{y}{x})=\lambda^0 f(x,y) }[/math].
אם [math]\displaystyle{ f(\lambda x,\lambda y)=f(x,y) }[/math], נציב [math]\displaystyle{ \lambda=\frac{1}{x} }[/math] ונקבל כי [math]\displaystyle{ f(x,y)=f(1,\frac{y}{x})=g(\frac{y}{x}) }[/math].
סדר השלבים לפתרון מד"ר [math]\displaystyle{ y'=f(x,y) }[/math] כמד"ר הומוגנית. בתרגיל עצמו אין צורך לחזור על כל הגזירה - התהליך המקוצר מופיע בנוסחאון:
1. בודקים ש-[math]\displaystyle{ f(\lambda x,\lambda y)=f(x,y) }[/math], כלומר ש-[math]\displaystyle{ f }[/math] הומוגנית מסדר 0 (ולכן המד"ר הומוגנית).
דוגמא: נפתור את המשוואה [math]\displaystyle{ y'=\frac{2y}{x} }[/math].
כאן [math]\displaystyle{ g(z)=2z }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ \int\frac{dz}{2z-z}=\int\frac{dz}{z}=\ln|z| }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ \ln|z|=\ln|x|+C }[/math].
[math]\displaystyle{ |z|=e^C|x| }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ z=\pm e^C|x| }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ y=xz=\pm e^C x|x| }[/math].
האם מותר להחליף את [math]\displaystyle{ \pm e^C }[/math] בקבוע כללי? צריך לבדוק את הקבוע 0: אכן [math]\displaystyle{ y=0 }[/math] פותר את המד"ר (את הפתרון הזה איבדנו כשחילקנו ב-[math]\displaystyle{ z }[/math]).
סה"כ [math]\displaystyle{ y=Cx|x| }[/math].
הערה: המד"ר אינה מוגדרת ב-[math]\displaystyle{ x=0 }[/math], ולכן פותרים אותה בנפרד בקטע [math]\displaystyle{ x>0 }[/math] ובקטע [math]\displaystyle{ x<0 }[/math]. בכל קטע כזה [math]\displaystyle{ x|x|=\pm x^2 }[/math], והסימן נבלע בקבוע: הפתרונות בכל קטע הם [math]\displaystyle{ y=Cx^2 }[/math] (וזו גם התשובה כשפותרים את המד"ר כפרידה).
הערך המוחלט חשוב רק כשמנסים "להדביק" פתרונות משני צידי [math]\displaystyle{ x=0 }[/math]: לכל שני קבועים, הפונקציה ששווה ל-[math]\displaystyle{ C_1x^2 }[/math] עבור [math]\displaystyle{ x\ge 0 }[/math] ול-[math]\displaystyle{ C_2x^2 }[/math] עבור [math]\displaystyle{ x<0 }[/math] גזירה ברציפות ומקיימת [math]\displaystyle{ xy'=2y }[/math] לכל [math]\displaystyle{ x }[/math]. כלומר דרך הנקודה [math]\displaystyle{ (0,0) }[/math] עוברים אינסוף פתרונות.
לכן [math]\displaystyle{ -\frac{1}{4}\left(\ln|z|+\ln|z+2|\right)=\ln|x|+C }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ \ln|z(z+2)|=-4\ln|x|+C }[/math].
[math]\displaystyle{ z(z+2)=\frac{C}{x^4} }[/math]. (הקבוע [math]\displaystyle{ C=0 }[/math] נותן [math]\displaystyle{ z=0 }[/math] או [math]\displaystyle{ z=-2 }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ y=0 }[/math] או [math]\displaystyle{ y=-2x }[/math], ושניהם אכן פותרים את המד"ר.)
נשלים לריבוע: [math]\displaystyle{ (z+1)^2=1+\frac{C}{x^4} }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ z=-1\pm\sqrt{1+\frac{C}{x^4}} }[/math].
ולבסוף [math]\displaystyle{ y=xz=-x\pm\sqrt{x^2+\frac{C}{x^2}} }[/math].
בדיקה בדרך אחרת (אחרי הרצאה 3): [math]\displaystyle{ \mu=x }[/math] הוא גורם אינטגרציה של המד"ר, והמד"ר המדוייקת שמתקבלת נותנת [math]\displaystyle{ x^3y+\frac{x^2y^2}{2}=C }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ (y+x)^2=x^2+\frac{C}{x^2} }[/math] - אותה תשובה.
מד"ר לינארית מסדר ראשון
הגדרה: משוואה מסדר ראשון נקראת לינארית אם היא מהצורה [math]\displaystyle{ y'+a(x)\cdot y=b(x) }[/math].
נחשב נוסחא לפתרון מד"ר לינארית כללית ע"י מציאת פתרון למשוואה לינארית הומוגנית ובאמצעות שיטת וריאצית המקדמים.
נשים לב כי המשוואה הלינארית ההומוגנית [math]\displaystyle{ y'+a(x)\cdot y=0 }[/math] היא פרידה.
נפריד את המשתנים ונקבל [math]\displaystyle{ \frac{1}{y}dy=-a(x)dx }[/math].
נבצע אינטגרציה ונקבל כי [math]\displaystyle{ ln|y|=-A(x) +C }[/math].
ולכן [math]\displaystyle{ y=C\cdot e^{-A(x)} }[/math]
ליתר דיוק: מ-[math]\displaystyle{ \ln|y|=-A(x)+C }[/math] נקבל [math]\displaystyle{ y=\pm e^C e^{-A(x)} }[/math], ו-[math]\displaystyle{ \pm e^C }[/math] הוא קבוע כלשהו שונה מאפס. אבל גם [math]\displaystyle{ y=0 }[/math] פותר את [math]\displaystyle{ y'+a(x)y=0 }[/math] (את הפתרון הזה איבדנו כשחילקנו ב-[math]\displaystyle{ y }[/math]), ולכן [math]\displaystyle{ y=Ce^{-A(x)} }[/math] הוא פתרון לכל קבוע [math]\displaystyle{ C }[/math].
כעת נשתמש בשיטת וריאצית המקדמים על מנת לפתור את המד"ר הלא הומוגנית.
נציב במקום המקדם הקבוע [math]\displaystyle{ C }[/math] פונקציה [math]\displaystyle{ C(x) }[/math], וננחש שזה פתרון של המד"ר.
כיוון שאנו מנחשים שזה פתרון של המד"ר, נציב אותו בתוך המשוואה ונמצא (בתקווה) פונקציה [math]\displaystyle{ C(x) }[/math] כך שהמשוואה תתקיים.
כלומר, נציב [math]\displaystyle{ y=C(x)\cdot e^{-A(x)} }[/math] במשוואה [math]\displaystyle{ y'+a(x)y=b(x) }[/math].
מותר להשתמש בנוסחא ישירות (היא מופיעה בנוסחאון). בתרגיל נשאר רק לסדר את המד"ר לצורה [math]\displaystyle{ y'+a(x)y=b(x) }[/math], לזהות את [math]\displaystyle{ a(x) }[/math] ואת [math]\displaystyle{ b(x) }[/math]כולל הסימנים, למצוא קדומה [math]\displaystyle{ A(x) }[/math] ולחשב את האינטגרל.
כל קדומה [math]\displaystyle{ A(x) }[/math] מתאימה: הוספת קבוע [math]\displaystyle{ k }[/math] ל-[math]\displaystyle{ A }[/math] כופלת את [math]\displaystyle{ e^{A} }[/math] ב-[math]\displaystyle{ e^{k} }[/math] ואת [math]\displaystyle{ e^{-A} }[/math] ב-[math]\displaystyle{ e^{-k} }[/math], וזה נבלע בקבוע [math]\displaystyle{ C }[/math].
טענה: לכל קבוע [math]\displaystyle{ C }[/math], הפונקציה [math]\displaystyle{ y=e^{-A(x)}\left(C+\int b(x)e^{A(x)}dx\right) }[/math], כאשר [math]\displaystyle{ A'(x)=a(x) }[/math], פותרת את המד"ר [math]\displaystyle{ y'+a(x)y=b(x) }[/math].
הוכחה. פשוט נציב. לפי כלל הגזירה של מכפלה, ומכיוון שהנגזרת של האינטגרל היא הפונקציה שבתוכו:
ההוכחה הזו קצרה, אבל היא לא מסבירה איך הגיעו לנוסחא - לשם כך הגזירה בעזרת וריאצית המקדמים לעיל. שימו לב שלא הוכחנו שאלה כל הפתרונות; על כך במשפט הקיום והיחידות בהרצאה 4.
ולכן [math]\displaystyle{ y=e^{-\frac{x^2}{2}}\left(C+e^{\frac{x^2}{2}}\right)=Ce^{-\frac{x^2}{2}}+1 }[/math].
הערה: את [math]\displaystyle{ b(x)=x }[/math] בחרנו בכוונה. במד"ר הדומה [math]\displaystyle{ y'+xy=1 }[/math] היינו צריכים לחשב את [math]\displaystyle{ \int e^{\frac{x^2}{2}}dx }[/math], שאין לו קדומה אלמנטרית (וולפראם מבטא אותו בעזרת פונקציית השגיאה המדומה erfi). הנוסחא עדיין נכונה, אבל הפתרון נשאר עם אינטגרל.
דוגמא: נפתור את המשוואה [math]\displaystyle{ xy'+y=\sin x }[/math].
הדרך הקצרה: צד שמאל הוא בדיוק [math]\displaystyle{ (xy)' }[/math]. לכן [math]\displaystyle{ xy=-\cos x+C }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ y=\frac{C-\cos x}{x} }[/math].
בנוסחא: [math]\displaystyle{ y'+\frac{1}{x}y=\frac{\sin x}{x} }[/math]. אם נבחר [math]\displaystyle{ A(x)=\ln|x| }[/math] אז [math]\displaystyle{ e^{A(x)}=|x| }[/math] ו-[math]\displaystyle{ e^{-A(x)}=\frac{1}{|x|} }[/math]. בכל אחד מהקטעים [math]\displaystyle{ x>0 }[/math] ו-[math]\displaystyle{ x<0 }[/math] הערך המוחלט הוא רק סימן קבוע שמצטמצם, ולכן מותר לעבוד עם [math]\displaystyle{ e^{A(x)}=x }[/math]:
דוגמא (שאלה ממבחן): מצאו פתרון למד"ר [math]\displaystyle{ xy'=xy+e^x }[/math] המקיים [math]\displaystyle{ y(1)=0 }[/math].
בתחום [math]\displaystyle{ x>0 }[/math] (שם נמצא תנאי ההתחלה) נחלק ב-[math]\displaystyle{ x }[/math]: [math]\displaystyle{ y'-y=\frac{e^x}{x} }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ a=-1,\ A=-x,\ b=\frac{e^x}{x} }[/math].
שאלת מבחן (נפתרה בשיעור לקראת המבחן, תשפ"א): מצאו את הפתרון הכללי של המשוואה [math]\displaystyle{ y'-ay=xe^{bx} }[/math], כאשר [math]\displaystyle{ a\neq b }[/math], על ידי ההצבה [math]\displaystyle{ y=z(x)e^{ax} }[/math].
[math]\displaystyle{ y'=z'e^{ax}+aze^{ax} }[/math], ולכן המד"ר הופכת ל-[math]\displaystyle{ z'e^{ax}=xe^{bx} }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ z'=xe^{(b-a)x} }[/math].
ולכן [math]\displaystyle{ y=Ce^{ax}+e^{bx}\left(\frac{x}{b-a}-\frac{1}{(b-a)^2}\right) }[/math].
זו בדיוק וריאצית המקדמים: [math]\displaystyle{ e^{ax} }[/math] פותר את ההומוגנית [math]\displaystyle{ y'-ay=0 }[/math], והחלפנו את הקבוע בפונקציה [math]\displaystyle{ z(x) }[/math]. הנוסחא (עם [math]\displaystyle{ A(x)=-ax }[/math]) נותנת אותה תשובה.
ואם [math]\displaystyle{ a=b }[/math]? אז [math]\displaystyle{ z'=x }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ y=\left(\frac{x^2}{2}+C\right)e^{ax} }[/math].
בסעיף ב' של השאלה פותרים את אותה מד"ר בהתמרת לפלס (הרצאה 10) עם פירוק לשברים חלקיים, ומגיעים לאותה תשובה.
שאלת מבחן (נפתרה בשיעור לקראת המבחן, תשפ"א): נתונה המשוואה [math]\displaystyle{ xy'-ay=bx^c }[/math] (בתחום [math]\displaystyle{ x>0 }[/math]). (א) מצאו פתרון כללי כאשר [math]\displaystyle{ a\neq c }[/math]. (ב) מצאו פתרון כללי כאשר [math]\displaystyle{ c=a }[/math]. (ג) מצאו את הפתרון המקיים [math]\displaystyle{ y(1)=\alpha }[/math], והראו שהפתרון במקרה [math]\displaystyle{ a=c }[/math] מתקבל כגבול של הפתרון במקרה [math]\displaystyle{ a\neq c }[/math].
נחלק ב-[math]\displaystyle{ x }[/math]: [math]\displaystyle{ y'-\frac{a}{x}y=bx^{c-1} }[/math]. כאן [math]\displaystyle{ A(x)=-a\ln x }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ e^{-A(x)}=x^a }[/math].
(ב) כאשר [math]\displaystyle{ c=a }[/math] האינטגרל הוא [math]\displaystyle{ \int\frac{b}{x}dx=b\ln x }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ y=Cx^a+bx^a\ln x }[/math].
(ג) אם [math]\displaystyle{ a\neq c }[/math]: [math]\displaystyle{ C+\frac{b}{c-a}=\alpha }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ y=\alpha x^a+b\cdot\frac{x^a-x^c}{a-c} }[/math]. אם [math]\displaystyle{ a=c }[/math]: [math]\displaystyle{ y=\alpha x^a+bx^a\ln x }[/math].
הגבול, לפי לופיטל במשתנה [math]\displaystyle{ c }[/math]:
[math]\displaystyle{ \lim_{c\to a}\frac{x^a-x^c}{a-c}=\lim_{c\to a}\frac{-x^c\ln x}{-1}=x^a\ln x }[/math]
כלומר הפתרון במקרה [math]\displaystyle{ a=c }[/math] הוא הגבול של הפתרונות. כך מבינים מאיפה מגיע ה-[math]\displaystyle{ \ln x }[/math]: כשאגף ימין "מתנגש" בפתרון של ההומוגנית ([math]\displaystyle{ x^a }[/math]), מופיע גורם נוסף. נראה תופעה דומה בשיטת הניחוש (הרצאה 7), שם מכפילים את הניחוש ב-[math]\displaystyle{ x }[/math].
נפילה חופשית כולל התנגדות אוויר
שאלת פתיחה: האם יש הבדל במהירות הפגיעה בקרקע בין גוף שנופל מגובה שולחן, מגג של בניין, מגג מגדל עזריאלי (כ-187 מטר) או ממטוס בגובה 3 ק"מ? ומה לגבי נמלה שנופלת מגג עזריאלי?
לכאורה ככל שהגובה גדול יותר, מהירות הפגיעה גדולה יותר (ניחושים בכיתה: 10, 50, 150 ואפילו 1000 קמ"ש). נבנה מודל ונראה שבזכות התנגדות האוויר, מגובה מסויים זה כמעט לא משנה: נפילה ארוכה בלי מצנח מסתיימת בערך ב-200 קמ"ש - המהירות הסופית (ראו בהמשך).
גוף בעל מסה [math]\displaystyle{ m }[/math] נמצא בנפילה חופשית, מצד אחד הוא מושפע מכוח הכבידה שנחשב קבוע [math]\displaystyle{ m\cdot g }[/math] ומצד שני מכוח התנגדות האוויר.
מהי התנגדות האוויר? חלקיקי האוויר "נתקעים" בגוף הנופל. במהירות גבוהה הגוף פוגש יותר חלקיקים בפרק זמן נתון, ולכן ההתנגדות גדלה עם המהירות. איך בדיוק - תלוי במודל: במהירויות שונות מזניחים דברים שונים (למשל, לצנחן יש מודל אחד לפני פתיחת המצנח ואחר אחריו). בקורס הזה לא צריך לנחש את המודל - בשאלה תמיד נתון מה גודל כוח התנגדות האוויר.
כיוון הכוח: התנגדות האוויר תמיד מנוגדת לכיוון התנועה. נתון לנו גודל הכוח, ואת הסימן צריך לקבוע לפי כיוון הציר שבחרנו:
התנגדות שגודלה [math]\displaystyle{ b|v| }[/math]: למהירות [math]\displaystyle{ v }[/math] יש סימן משלה, ולכן הכוח הוא תמיד [math]\displaystyle{ -bv }[/math] - בכל מערכת צירים ובשני כיווני התנועה. משוואה אחת מתארת את כל התנועה.
התנגדות שגודלה [math]\displaystyle{ bv^2 }[/math]: הסימן של [math]\displaystyle{ v }[/math] "נעלם" בריבוע, ואנחנו צריכים לקבוע אותו בעצמנו. אם הגוף עולה ואחר כך יורד, מפצלים את התנועה לשתי תנועות (עד השיא ומהשיא), ולכל אחת מד"ר משלה. זה הופיע במבחנים!
איזו פונקציה? את החוק השני של ניוטון אפשר לרשום כמד"ר מסדר שני בגובה ([math]\displaystyle{ a=y'',\ v=y' }[/math]), או כמד"ר מסדר ראשון במהירות ([math]\displaystyle{ a=v' }[/math]). עדיף לעבוד עם [math]\displaystyle{ v(t) }[/math] - מד"ר מסדר ראשון שאנחנו יודעים לפתור - ואת הגובה למצוא אחר כך באינטגרציה [math]\displaystyle{ y=\int v\,dt }[/math] (זו בעצם הורדת סדר למד"ר ללא [math]\displaystyle{ y }[/math], הרצאה 5).
המסה כבר לא מצטמצמת: בנפילה חופשית בלי התנגדות המסה הצטמצמה ([math]\displaystyle{ mg=ma }[/math]), ולכן כל הגופים נופלים יחד. עם התנגדות אוויר מתקבל [math]\displaystyle{ v'=g-\frac{b}{m}v }[/math], והמסה משפיעה. לכן כדור באולינג ונוצה לא נופלים יחד באוויר (גם הצורה משפיעה, דרך הקבוע [math]\displaystyle{ b }[/math]), ולכן גם נמלה שנופלת מגג עזריאלי נוחתת לאט מאוד.
דוגמאות לסימני הכוחות:
ציר חיובי כלפי מטה. גוף נופל: המהירות חיובית, ההתנגדות פועלת כלפי מעלה ולכן היא שלילית, ומתקבל [math]\displaystyle{ mg-bv=mv' }[/math].
אותו ציר, אבל הגוף קופץ כלפי מעלה (למשל צנחנית שקופצת מעלה מהמטוס): המהירות שלילית, ההתנגדות פועלת כלפי מטה ולכן היא חיובית - ושוב היא שווה ל-[math]\displaystyle{ -bv }[/math]. המשוואה [math]\displaystyle{ mg-bv=mv' }[/math] לא משתנה, ואין צורך לפצל את התנועה.
התנגדות [math]\displaystyle{ bv^2 }[/math] באותו ציר: בירידה [math]\displaystyle{ mg-bv^2=mv' }[/math], אבל בעלייה [math]\displaystyle{ mg+bv^2=mv' }[/math]. אפשר לכתוב את שתיהן יחד כ-[math]\displaystyle{ mg-b|v|v=mv' }[/math], אבל כדי לפתור מפצלים ממילא: תנועה עד הפסגה, ותנועה חדשה מהפסגה (שם [math]\displaystyle{ v=0 }[/math]) ומטה.
ציר חיובי כלפי מעלה. כוח המשיכה הוא [math]\displaystyle{ -mg }[/math], והתנגדות לינארית היא שוב [math]\displaystyle{ -bv }[/math]: [math]\displaystyle{ -mg-bv=mv' }[/math]. בהתנגדות ריבועית: [math]\displaystyle{ -mg-bv^2=mv' }[/math] בעלייה, ו-[math]\displaystyle{ -mg+bv^2=mv' }[/math] בירידה.
הטעות הנפוצה: לבחור ציר כלפי מטה ואז לרשום את כוח המשיכה עם מינוס - כוח משיכה שמושך אותנו לשמיים. מותר לבחור כל ציר, אבל צריך להיות עקביים עד הסוף: הציר קובע את הסימנים של הכוחות, של המהירות ההתחלתית ושל הגובה ההתחלתי.
אם [math]\displaystyle{ 0\le v_0<V }[/math] אז [math]\displaystyle{ C\ge 1 }[/math], והמהירות עולה אל [math]\displaystyle{ V }[/math].
אם [math]\displaystyle{ v_0>V }[/math] (זרקו את הגוף כלפי מטה מהר יותר מהמהירות הסופית) אז [math]\displaystyle{ C<-1 }[/math], והמהירות יורדת אל [math]\displaystyle{ V }[/math].
הפתרון הקבוע [math]\displaystyle{ v\equiv V }[/math] לא מתקבל מהנוסחא לאף [math]\displaystyle{ C }[/math] - איבדנו אותו כשחילקנו ב-[math]\displaystyle{ g-\frac{b}{m}v^2 }[/math].
אם [math]\displaystyle{ v_0<0 }[/math] (הגוף נזרק כלפי מעלה) המודל לא תקף עד שהגוף מגיע לשיא: בעלייה ההתנגדות פועלת כלפי מטה, והמד"ר היא [math]\displaystyle{ mv'=mg+bv^2 }[/math].
המהירות הסופית היא [math]\displaystyle{ 2\sqrt{10}\approx 6.32 }[/math] מטר לשנייה, בהתאם לנוסחא [math]\displaystyle{ \sqrt{\frac{gm}{b}}=\sqrt{40} }[/math].
ננסה לעשות אינטגרל לשני הצדדים: [math]\displaystyle{ v=t-\int v^2dt }[/math]. במקום משוואה דיפרנציאלית שאיננו יודעים לפתור, קיבלנו משוואה אינטגרלית שאיננו יודעים לפתור, כי [math]\displaystyle{ v }[/math] עדיין מופיעה בתוך האינטגרל.
כאן מתחיל החלק הטכני של קורס המד"ר: מזהים את סוג המשוואה (כאן - פרידה) ומשתמשים בשיטה המתאימה. כמו בדוגמא הקודמת, עם [math]\displaystyle{ v(0)=0 }[/math] מתקבל [math]\displaystyle{ v=\tanh t }[/math].
אחרי שבנינו מד"ר מחוקי הטבע ופתרנו אותה, מגיע השלב השלישי - חקירת הפתרון. שאלה על מהירות הפגיעה אחרי נפילה ארוכה היא בעצם שאלה על הגבול [math]\displaystyle{ \lim_{t\to\infty}v(t) }[/math].
כמה מהר מגיעים למהירות הסופית? ההתקרבות למהירות הסופית היא אקספוננציאלית, כלומר מהירה מאוד. לכן נפילה ארוכה מסתיימת כמעט במהירות הסופית, ולא משנה מאיזה גובה. אצל אדם בלי מצנח המהירות הסופית היא כ-55 מטר לשנייה, כלומר כ-200 קמ"ש - וזו התשובה לשאלת הפתיחה: נפילה מגג עזריאלי ונפילה ממטוס מסתיימות במהירויות דומות.
אותה שאלה מכיוון אחר: האם אפשר לפגוע בקרקע מהר יותר אם קופצים מגובה רב יותר (למשל צניחה מ-10 ק"מ לעומת בייס ג'אמפ מ-500 מטר)? לא. כאשר [math]\displaystyle{ v_0=0 }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ v(t)<\frac{gm}{b} }[/math] לכל [math]\displaystyle{ t }[/math], וכבר אחרי מאות מטרים מגיעים כמעט למהירות הסופית.
במודל הריבועי (מתאים למהירויות גבוהות) אפשר לחשב את המהירות כפונקציה של המרחק [math]\displaystyle{ h }[/math] שהגוף כבר נפל. לפי כלל השרשרת [math]\displaystyle{ v'=\frac{dv}{dh}\cdot\frac{dh}{dt}=v\frac{dv}{dh} }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ mv\frac{dv}{dh}=mg-bv^2 }[/math]. נסמן [math]\displaystyle{ V=\sqrt{\frac{gm}{b}} }[/math]; זו מד"ר לינארית בפונקציה [math]\displaystyle{ v^2 }[/math]:
עם [math]\displaystyle{ V=55 }[/math] מטר לשנייה (כ-198 קמ"ש) ו-[math]\displaystyle{ g=9.8 }[/math]: נפילה מגג עזריאלי (187 מטר) מסתיימת בכ-166 קמ"ש, נפילה מ-500 מטר בכ-194 קמ"ש, ונפילה ממטוס בגובה 3 ק"מ ב-198 קמ"ש. ההבדל בין עזריאלי למטוס קטן, ומעבר לכמה מאות מטרים הגובה כמעט לא משנה.
קיצור הדרך של הפיזיקאים: המהירות הסופית מתקבלת כאשר הגוף מפסיק להאיץ, כלומר כאשר כוח ההתנגדות שווה לכוח המשיכה: [math]\displaystyle{ bv=mg }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ v=\frac{mg}{b} }[/math] - בלי לפתור מד"ר. (במודל הריבועי [math]\displaystyle{ bv^2=mg }[/math] נותן [math]\displaystyle{ v=\sqrt{\frac{mg}{b}} }[/math].) זו דרך טובה לבדוק את התשובה.
האם המהירות עולה או יורדת לקראת המהירות הסופית? נגזור את [math]\displaystyle{ v(t)=Ce^{-\frac{b}{m}t}+\frac{gm}{b} }[/math]: [math]\displaystyle{ v'(t)=-\frac{b}{m}Ce^{-\frac{b}{m}t} }[/math]. הסימן תלוי בקבוע [math]\displaystyle{ C }[/math], כלומר בתנאי ההתחלה:
המצנח: דוגמא אמיתית למהירות שיורדת לאורך כל הנפילה היא צניחה ממטוס אחרי פתיחת המצנח. פתיחת המצנח משנה בבת אחת את כוח ההתנגדות, כלומר מתחילה מד"ר חדשה (עם [math]\displaystyle{ b }[/math] גדול בהרבה), ותנאי ההתחלה שלה הוא המהירות ברגע הפתיחה - כ-200 קמ"ש. מכאן הצנחן מאט אל המהירות הסופית החדשה, הנמוכה בהרבה (סדר גודל של 20 קמ"ש). אגב, לכן [math]\displaystyle{ v(0)=0 }[/math] לא מתאר צנחן אמיתי: פותחים את המצנח אחרי שכבר נופלים.
למשל עם [math]\displaystyle{ g=10 }[/math] ו-[math]\displaystyle{ \frac{gm}{b}=200 }[/math] (כלומר [math]\displaystyle{ \frac{m}{b}=20 }[/math]): אחרי 3 שניות [math]\displaystyle{ y(3)=200\left(3+20\left(e^{-0.15}-1\right)\right)\approx 42.8 }[/math] מטר, לעומת [math]\displaystyle{ \frac{g}{2}\cdot 3^2=45 }[/math] מטר בלי התנגדות אוויר. בשניות הראשונות המהירות עוד קטנה, ולכן גם ההתנגדות.
שאלות מבחן: כדור עם התנגדות אוויר
בכל מבחן יש בעיה מילולית, ולא פעם היא נראית כמו השאלות הבאות. העיקר הוא בניית המד"ר: לבחור פונקציה, כיוון חיובי ונקודת אפס, ולקבוע את סימני הכוחות. פתרון המד"ר עצמה בדרך כלל קל.
שאלה 4 ממבחן מועד א' הנדסה תשפ"ג (המבחן): כדור בעל מסה [math]\displaystyle{ m=1 }[/math] נעזב במהירות אפס מגובה [math]\displaystyle{ y_0 }[/math] ומגיע לקרקע לאחר 2 שניות. הכוחות הפועלים על הכדור הם כוח הכבידה וכוח התנגדות האוויר שגודלו חצי מגודל המהירות; [math]\displaystyle{ g=10 }[/math]. (א) חשבו את מהירות הפגיעה בקרקע. (ב) חשבו את הגובה ההתחלתי [math]\displaystyle{ y_0 }[/math].
נסמן ב-[math]\displaystyle{ y(t) }[/math] את גובה הכדור. הגובה ההתחלתי הוא [math]\displaystyle{ y_0>0 }[/math], ולכן גובה הרצפה הוא 0 והכיוון החיובי הוא כלפי מעלה.
הכדור נופל, ולכן ההתנגדות פועלת כלפי מעלה. המהירות שלילית, ולכן הכוח (החיובי) הוא [math]\displaystyle{ -\frac{1}{2}v }[/math]. לפי החוק השני של ניוטון [math]\displaystyle{ -mg-\frac{1}{2}v=mv' }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ v'+\frac{1}{2}v=-10 }[/math].
מד"ר לינארית עם [math]\displaystyle{ a=\frac{1}{2},\ A=\frac{t}{2},\ b=-10 }[/math]:
(א) [math]\displaystyle{ v(2)=20\left(\frac{1}{e}-1\right)\approx -12.64 }[/math] מטר לשנייה (הסימן אומר שהכדור נע כלפי מטה).
(ב) [math]\displaystyle{ y_0=y(0)=-40+40\left(1+\frac{1}{e}\right)=\frac{40}{e}\approx 14.72 }[/math] מטר.
אותה שאלה בצירים הפוכים: אם [math]\displaystyle{ y }[/math] הוא המיקום, הכיוון החיובי כלפי מטה ו-[math]\displaystyle{ y(0)=0 }[/math] (כך שהרצפה נמצאת ב-[math]\displaystyle{ y=y_0 }[/math]), המד"ר היא [math]\displaystyle{ mg-\frac{1}{2}v=mv' }[/math]. שוב מופיע [math]\displaystyle{ -\frac{1}{2}v }[/math], כי התנגדות לינארית תמיד מנוגדת למהירות. המספרים בדרך שונים, אבל התשובות יוצאות אותו דבר.
שאלה דומה (שנפתרה בקורס 27-301, תשפ"ד): אותו כדור ([math]\displaystyle{ m=1 }[/math], נעזב ממנוחה, ציר כלפי מעלה) עם התנגדות שגודלה [math]\displaystyle{ |v| }[/math]. אז [math]\displaystyle{ v'=-v-10 }[/math], [math]\displaystyle{ v(t)=10\left(e^{-t}-1\right) }[/math] ו-[math]\displaystyle{ v(2)=10\left(e^{-2}-1\right)\approx -8.65 }[/math], לעומת [math]\displaystyle{ v(2)=-20 }[/math] בלי התנגדות.
שאלה 4 ממבחן מועד ב' תשפ"ג (המבחן): כדור בעל מסה [math]\displaystyle{ m=2 }[/math] ק"ג נזרק כלפי מעלה מגובה [math]\displaystyle{ y_0=10 }[/math] מטר ומגיע לקרקע לאחר 2 שניות. כוח התנגדות האוויר שווה בגודלו לחצי מגודל מהירות הכדור, ו-[math]\displaystyle{ g=10 }[/math]. (א) מצאו את המהירות בה נזרק הכדור. (ב) מצאו את תאוצת הכדור ברגע הפגיעה בקרקע.
[math]\displaystyle{ y(t) }[/math] - גובה הכדור, כיוון מעלה חיובי, גובה הקרקע 0. ההתנגדות הלינארית היא [math]\displaystyle{ -\frac{1}{2}v }[/math] גם בעלייה וגם בירידה, ולכן [math]\displaystyle{ -2g-\frac{1}{2}v=2v' }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ v'+\frac{1}{4}v=-10 }[/math].
אין לנו נתון על המהירות - שני הנתונים הם על הגובה, ולכן צריך את פונקציית הגובה: [math]\displaystyle{ y(t)=-4Ce^{-\frac{t}{4}}-40t+D }[/math].
[math]\displaystyle{ y(0)=10 }[/math] נותן [math]\displaystyle{ D=10+4C }[/math], ו-[math]\displaystyle{ y(2)=0 }[/math] נותן [math]\displaystyle{ -4Ce^{-\frac{1}{2}}-80+10+4C=0 }[/math], כלומר
(א) [math]\displaystyle{ v(0)=C-40\approx 4.48 }[/math] מטר לשנייה. הנתון "נזרק כלפי מעלה" בעצם מיותר - הוא נובע מהחישוב ([math]\displaystyle{ v(0)>0 }[/math]).
(ב) [math]\displaystyle{ a(2)=v'(2)=-\frac{C}{4}e^{-\frac{1}{2}}\approx -6.74 }[/math] מטר לשנייה בריבוע.
בדיקה: לפי המד"ר [math]\displaystyle{ a=-10-\frac{v}{4} }[/math], ו-[math]\displaystyle{ v(2)=Ce^{-\frac{1}{2}}-40\approx -13.02 }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ a(2)\approx -10+3.26=-6.74 }[/math]. גודל התאוצה קטן מ-[math]\displaystyle{ g }[/math], כי בירידה ההתנגדות פועלת כלפי מעלה.
שאלה 3 מבוחן 1 בקורס 27-301 (תשפ"ד): כדור בעל מסה [math]\displaystyle{ m=1 }[/math] ק"ג נזרק כלפי מטה במהירות התחלתית [math]\displaystyle{ v_0=e^2+g }[/math] מטר לשנייה, כאשר [math]\displaystyle{ g=10 }[/math]. הכוחות הפועלים על הכדור הם כוח המשיכה וכוח התנגדות האוויר ששווה בגודלו לגודל המהירות. (א) מה תהיה מהירות הכדור לאחר שנייה אחת? האם היא גדולה או קטנה מהמהירות ההתחלתית? (ב) נתון בנוסף שהכדור הגיע לרצפה לאחר 2 שניות. מאיזה גובה נזרק?
ציר חיובי כלפי מטה, ו-[math]\displaystyle{ y(0)=0 }[/math] בנקודת הזריקה: [math]\displaystyle{ mg-v=mv' }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ v'+v=10 }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ v=Ce^{-t}+10 }[/math].
[math]\displaystyle{ v(0)=e^2+10 }[/math] נותן [math]\displaystyle{ C=e^2 }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ v(t)=10+e^{2-t} }[/math].
(א) [math]\displaystyle{ v(1)=10+e\approx 12.72 }[/math], קטנה מ-[math]\displaystyle{ v_0\approx 17.39 }[/math]: הכדור מאט. זו בדיוק החקירה שעשינו: המהירות ההתחלתית גדולה מהמהירות הסופית [math]\displaystyle{ \frac{mg}{b}=10 }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ C>0 }[/math] והמהירות יורדת אליה.
(ב) [math]\displaystyle{ y(t)=10t-e^{2-t}+e^2 }[/math] (כך ש-[math]\displaystyle{ y(0)=0 }[/math]), ולכן הכדור נזרק מגובה [math]\displaystyle{ y(2)=19+e^2\approx 26.39 }[/math] מטר.
דוגמא: כדור נזרק כלפי מעלה; אחרי 3 שניות הוא מגיע לשיא, ואחרי עוד 5 שניות לקרקע. בלי התנגדות אוויר מקבלים [math]\displaystyle{ v_0=3g }[/math] ו-[math]\displaystyle{ y_0=8g }[/math] (ראו הרצאה 1). מה משתנה כשיש התנגדות אוויר שגודלה [math]\displaystyle{ b|v| }[/math]?
אותו ציר (כלפי מעלה, הרצפה בגובה 0): [math]\displaystyle{ -mg-bv=mv' }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ v'+\frac{b}{m}v=-g }[/math], ולכן
שימו לב: כאן המסה לא מצטמצמת, ולכן בלי לדעת אותה אי אפשר לחשב את [math]\displaystyle{ v_0 }[/math] ואת [math]\displaystyle{ y_0 }[/math]. למשל עם [math]\displaystyle{ g=10,\ b=\frac{1}{10},\ m=1 }[/math]: [math]\displaystyle{ v_0\approx 35.0 }[/math] ו-[math]\displaystyle{ y_0\approx 56.7 }[/math] מטר, לעומת 30 ו-80 בלי התנגדות.
שאלות אחרות - למשל מתי הכדור עובר בגובה נתון - מובילות למשוואות שאי אפשר לפתור אלגברית, וצריך לפתור אותן בשיטות נומריות.
שאלה 4 ממבחן מועד ב' תשפ"ה (המבחן; שאלה כמעט זהה הופיעה גם במועד א'): כדור בעל מסה [math]\displaystyle{ m=1 }[/math] ק"ג נזרק כלפי מעלה במהירות התחלתית שגודלה 20 מטר לשנייה. הכוחות הפועלים על הכדור הם כוח המשיכה [math]\displaystyle{ mg=m\cdot 10 }[/math] וכוח התנגדות האוויר ששווה בגודלו לגודל המהירות בריבוע. תוך כמה זמן יגיע הכדור לגובה המקסימלי? מה הגובה המקסימלי? (אפשר לתת קירוב של שלוש ספרות אחרי הנקודה.)
[math]\displaystyle{ y(t) }[/math] - מיקום הכדור, [math]\displaystyle{ y(0)=0 }[/math], כיוון מעלה חיובי, ולכן [math]\displaystyle{ v(0)=+20 }[/math].
עד השיא הכדור עולה, ולכן ההתנגדות פועלת כלפי מטה: [math]\displaystyle{ -mg-v^2=mv' }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ v'=-10-v^2 }[/math]. זו מד"ר פרידה (לא לינארית - יש [math]\displaystyle{ v^2 }[/math]).
הגובה המקסימלי: [math]\displaystyle{ y(t_1)=\ln\cos 0-\ln\cos C=-\ln\cos\left(\arctan(2\sqrt{10})\right) }[/math]. כיוון ש-[math]\displaystyle{ \cos(\arctan s)=\frac{1}{\sqrt{1+s^2}} }[/math], זה שווה ל-[math]\displaystyle{ \ln\sqrt{41}=\frac{1}{2}\ln 41\approx 1.857 }[/math] מטר. (בלי התנגדות אוויר היינו מקבלים [math]\displaystyle{ \frac{20^2}{2g}=20 }[/math] מטר!)
והירידה? (לא נשאל במבחן.) מהשיא מתחילה תנועה חדשה: עכשיו הכדור יורד וההתנגדות פועלת כלפי מעלה, כלומר [math]\displaystyle{ v'=-10+v^2 }[/math], עם [math]\displaystyle{ v=0 }[/math] וגובה [math]\displaystyle{ \frac{1}{2}\ln 41 }[/math] בתחילתה. נסמן ב-[math]\displaystyle{ \tau=t-t_1 }[/math] את הזמן מהשיא. הפתרון (פרידה ופירוק לשברים חלקיים) הוא [math]\displaystyle{ v=-\sqrt{10}\tanh(\sqrt{10}\tau) }[/math], והגובה [math]\displaystyle{ y=\frac{1}{2}\ln 41-\ln\cosh(\sqrt{10}\tau) }[/math].
הכדור פוגע בקרקע כאשר [math]\displaystyle{ \cosh(\sqrt{10}\tau)=\sqrt{41} }[/math], כלומר אחרי [math]\displaystyle{ \tau=\frac{\ln(\sqrt{41}+\sqrt{40})}{\sqrt{10}}\approx 0.804 }[/math] שניות, במהירות שגודלה [math]\displaystyle{ \sqrt{10}\sqrt{1-\frac{1}{41}}=\frac{20}{\sqrt{41}}\approx 3.12 }[/math] מטר לשנייה - קרוב למהירות הסופית [math]\displaystyle{ \sqrt{10}\approx 3.16 }[/math]. הירידה ארוכה מהעלייה, והכדור חוזר לקרקע הרבה יותר לאט משנזרק.
בעיה מילולית קלאסית נוספת שמובילה למד"ר לינארית: במיכל יש תמיסה (למשל מים ומלח) שמעורבבת כל הזמן באופן אחיד; תמיסה נכנסת למיכל ותמיסה יוצאת ממנו.
איזו פונקציה? הדבר הראשון בבעיה מילולית הוא לבחור פונקציה. כאן נוח לבחור את כמות המלח [math]\displaystyle{ y(t) }[/math] (ולא את הריכוז).
איזו מד"ר?[math]\displaystyle{ y'(t) }[/math] הוא קצב השינוי של כמות המלח: כמות המלח שנכנסת בכל דקה, פחות כמות המלח שיוצאת בכל דקה.
אם יוצאים [math]\displaystyle{ r }[/math] ליטר בדקה ובמיכל יש [math]\displaystyle{ V(t) }[/math] ליטר, אז בכל רגע יוצא החלק [math]\displaystyle{ \frac{r}{V(t)} }[/math] מהמלח, כלומר [math]\displaystyle{ \frac{r}{V(t)}y }[/math] ק"ג בדקה.
דוגמא: במיכל יש 100 ליטר תמיסה ובה 300 ק"ג מלח, אבל רצינו רק 200 ק"ג. פותחים ברז שמוציא 3 ליטר תמיסה בדקה, ובמקביל מזרימים למיכל 3 ליטר מים נקיים בדקה. תוך כמה זמן תגיע כמות המלח ל-200 ק"ג?
[math]\displaystyle{ y(t) }[/math] - כמות המלח (בק"ג) אחרי [math]\displaystyle{ t }[/math] דקות, [math]\displaystyle{ y(0)=300 }[/math].
הנפח קבוע (100 ליטר), המים הנקיים לא מוסיפים מלח, ובכל דקה יוצא החלק [math]\displaystyle{ \frac{3}{100} }[/math] מהמלח:
[math]\displaystyle{ 300e^{-\frac{3}{100}t}=200 }[/math] כאשר [math]\displaystyle{ e^{-\frac{3}{100}t}=\frac{2}{3} }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ t=\frac{100}{3}\ln\frac{3}{2}\approx 13.5 }[/math] דקות.
דוגמא (נפח משתנה): שוב יש במיכל 100 ליטר תמיסה ובה 300 ק"ג מלח, אבל הפעם יוצאים 5 ליטר תמיסה בדקה ונכנסים 3 ליטר מים נקיים בדקה. מצאו את כמות המלח כפונקציה של הזמן.
הנפח יורד בשני ליטר בכל דקה: [math]\displaystyle{ V(t)=100-2t }[/math], עד [math]\displaystyle{ t=50 }[/math] שבו המיכל מתרוקן. בכל דקה יוצא החלק [math]\displaystyle{ \frac{5}{100-2t} }[/math] מהמלח:
זו מד"ר לינארית (וגם פרידה), והפעם המשתנה [math]\displaystyle{ t }[/math] מופיע במקדם: [math]\displaystyle{ a(t)=\frac{5}{100-2t} }[/math], [math]\displaystyle{ A(t)=-\frac{5}{2}\ln(100-2t) }[/math] (בתחום [math]\displaystyle{ t<50 }[/math] אין צורך בערך מוחלט), [math]\displaystyle{ b(t)=0 }[/math].
תרגיל נוסף (גם נכנס חומר): מגדל מים שאליו נכנסים מים מהולים בפלואוריד ויוצאת תמיסה מעורבבת - ראו את שאלה 4 של עבודת הבית בפרק בעיות מילוליות. גם שם הריכוז שואף לריכוז של מה שנכנס (שוב מעין "מהירות סופית").
משוואת ברנולי
משוואת ברנולי היא משוואה מהצורה [math]\displaystyle{ y'+p(x)\cdot y = q(x)\cdot y^n }[/math] עבור [math]\displaystyle{ n\neq 0,1 }[/math].
כאן [math]\displaystyle{ n }[/math] יכול להיות כל מספר ממשי (לא רק טבעי), למשל [math]\displaystyle{ n=-1 }[/math] או [math]\displaystyle{ n=\frac{1}{2} }[/math]. במקרים [math]\displaystyle{ n=0,1 }[/math] המשוואה פשוט לינארית.
כאשר [math]\displaystyle{ n>0 }[/math], גם [math]\displaystyle{ y\equiv 0 }[/math] הוא פתרון; אותו מאבדים בשלב שבו מחלקים ב-[math]\displaystyle{ y^n }[/math].
הדוגמא הקלאסית היא המשוואה הלוגיסטית [math]\displaystyle{ y'=ay-by^2 }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ y'-ay=-by^2 }[/math] עם [math]\displaystyle{ n=2 }[/math] (ראו בסוף הפרק). כאשר [math]\displaystyle{ a,b }[/math] קבועים היא גם פרידה, אבל אם [math]\displaystyle{ a(t),b(t) }[/math] תלויים בזמן (למשל כשכמות המשאבים משתנה) צריך את שיטת ברנולי.
נפתור את המשוואה על ידי הצבה שתהפוך אותה למשוואה לינארית, אותה כבר למדנו לפתור.
נניח כי [math]\displaystyle{ y\neq 0 }[/math], ונחלק ב[math]\displaystyle{ y^n }[/math].
נקבל את המשוואה [math]\displaystyle{ \frac{y'}{y^n}+p(x)\cdot y^{1-n}=q(x) }[/math].
נקבל משוואה לינארית [math]\displaystyle{ \frac{z'}{1-n}+p(x)\cdot z = q(x) }[/math].
נפתור עבור [math]\displaystyle{ z }[/math] ונציב חזרה לקבל [math]\displaystyle{ y=z^{\frac{1}{1-n}} }[/math].
זהירות בחילוץ [math]\displaystyle{ y }[/math]: את [math]\displaystyle{ y }[/math] כדאי לחלץ מתוך המשוואה [math]\displaystyle{ z=y^{1-n} }[/math], ולא להציב "רובוטית" בנוסחא [math]\displaystyle{ y=z^{\frac{1}{1-n}} }[/math]. למשל עבור [math]\displaystyle{ n=3 }[/math] מתקבל [math]\displaystyle{ z=y^{-2} }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ y=\pm\frac{1}{\sqrt{z}} }[/math]; את הסימן קובעים לפי תנאי ההתחלה. בגלל שתלמידים שכחו את ה-[math]\displaystyle{ \pm }[/math], הנוסחא [math]\displaystyle{ y=z^{\frac{1}{1-n}} }[/math] הורדה מהנוסחאון.
[math]\displaystyle{ A(x)=\ln(1+x^2) }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ z=\frac{1}{1+x^2}\left(C-\int\frac{1+x^2}{1+x^2}dx\right)=\frac{C-x}{1+x^2} }[/math].
[math]\displaystyle{ y=\frac{1}{z}=\frac{1+x^2}{C-x} }[/math], ובנוסף הפתרון [math]\displaystyle{ y\equiv 0 }[/math].
שאלת מבחן (נפתרה בשיעור לקראת המבחן, תשפ"א): מצאו פתרון למד"ר [math]\displaystyle{ -\frac{3y'}{y}=xy^3-1 }[/math] המקיים [math]\displaystyle{ y(0)=1 }[/math].
[math]\displaystyle{ y^3=\frac{1}{z} }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ y=\frac{1}{\sqrt[3]{Ce^{-x}+x-1}} }[/math] (לשורש שלישי אין בעיית סימן).
[math]\displaystyle{ y(0)=\frac{1}{\sqrt[3]{C-1}}=1 }[/math] נותן [math]\displaystyle{ C=2 }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ y=\frac{1}{\sqrt[3]{2e^{-x}+x-1}} }[/math].
המכנה חיובי לכל [math]\displaystyle{ x }[/math] (המינימום של [math]\displaystyle{ 2e^{-x}+x-1 }[/math] מתקבל ב-[math]\displaystyle{ x=\ln 2 }[/math] ושווה ל-[math]\displaystyle{ \ln 2 }[/math]), ולכן הפתרון מוגדר על כל הישר.
שאלת מבחן (מועד ב' תשפ"ג): יהי [math]\displaystyle{ a>0 }[/math] ונביט במד"ר [math]\displaystyle{ y'=y-2axy^3 }[/math]. (א) עבור אילו ערכי [math]\displaystyle{ a }[/math], אם בכלל, קיים פתרון המקיים [math]\displaystyle{ y(0)=1 }[/math] וגם [math]\displaystyle{ y(1)=\frac{1}{2} }[/math]? (ב) עבור אילו ערכי [math]\displaystyle{ a }[/math], אם בכלל, קיים פתרון המקיים [math]\displaystyle{ y(0)=-1 }[/math] וגם [math]\displaystyle{ \lim_{x\to-\infty}y(x)=0 }[/math]?
[math]\displaystyle{ y'-y=-2axy^3 }[/math] היא ברנולי עם [math]\displaystyle{ n=3 }[/math]. נציב [math]\displaystyle{ z=y^{-2} }[/math]: [math]\displaystyle{ z'+(-2)(-1)z=(-2)(-2ax) }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ z'+2z=4ax }[/math].
אינטגרציה בחלקים: [math]\displaystyle{ \int 4axe^{2x}dx=2axe^{2x}-ae^{2x} }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ z=Ce^{-2x}+a(2x-1) }[/math].
[math]\displaystyle{ y^2=\frac{1}{z} }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ y=\pm\frac{1}{\sqrt{Ce^{-2x}+a(2x-1)}} }[/math].
(א) [math]\displaystyle{ y(0)=1 }[/math] מחייב את הסימן החיובי ו-[math]\displaystyle{ C-a=1 }[/math]. אז [math]\displaystyle{ y(1)=\frac{1}{2} }[/math] פירושו [math]\displaystyle{ (a+1)e^{-2}+a=4 }[/math], כלומר
הביטוי שבתוך השורש, [math]\displaystyle{ z(x)=(a+1)e^{-2x}+a(2x-1) }[/math], מקבל מינימום כאשר [math]\displaystyle{ e^{-2x}=\frac{a}{a+1} }[/math], ושם [math]\displaystyle{ z=a\ln\frac{a+1}{a}>0 }[/math]. לכן הפתרון מוגדר על כל הישר (וזה נכון גם בסעיף א'). כאשר [math]\displaystyle{ x\to-\infty }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ z\to\infty }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ y\to 0 }[/math]. התשובה לסעיף ב': כל[math]\displaystyle{ a>0 }[/math].
שאלה דומה ממבחן קודם (נפתרה בשיעור לקראת המבחן, תשפ"א): המד"ר [math]\displaystyle{ y'=y-2qxy^3 }[/math] עם [math]\displaystyle{ q>0 }[/math] ו-[math]\displaystyle{ y(0)=-1 }[/math]; האם הפתרון מוגדר לכל [math]\displaystyle{ x }[/math], ומהו [math]\displaystyle{ \lim_{x\to\infty}y(x) }[/math]? לפי אותו חישוב [math]\displaystyle{ y=-\frac{1}{\sqrt{(1+q)e^{-2x}+q(2x-1)}} }[/math] מוגדר לכל [math]\displaystyle{ x }[/math], וגם כאשר [math]\displaystyle{ x\to\infty }[/math] הביטוי שבשורש שואף לאינסוף, ולכן [math]\displaystyle{ y\to 0 }[/math].
תרגיל (משיעור החזרה לקראת המבחן, תשפ"ב): מצאו פתרון למד"ר [math]\displaystyle{ 2xyy'+\cos x=-y^2 }[/math] המקיים [math]\displaystyle{ y(\frac{\pi}{2})=0 }[/math].
אחרי חלוקה ב-[math]\displaystyle{ 2xy }[/math] מתקבל [math]\displaystyle{ y'+\frac{1}{2x}y=-\frac{\cos x}{2x}y^{-1} }[/math] - ברנולי עם [math]\displaystyle{ n=-1 }[/math], ולכן נציב [math]\displaystyle{ z=y^2 }[/math].
נוח יותר להציב ישר במשוואה המקורית, בלי לחלק ב-[math]\displaystyle{ y }[/math]: [math]\displaystyle{ z'=2yy' }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ xz'+z=-\cos x }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ z'+\frac{1}{x}z=-\frac{\cos x}{x} }[/math].
בתחום [math]\displaystyle{ x>0 }[/math]: [math]\displaystyle{ A(x)=\ln x }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ z=\frac{1}{x}\left(C-\int\cos x\,dx\right)=\frac{C-\sin x}{x} }[/math].
[math]\displaystyle{ z(\frac{\pi}{2})=0 }[/math] נותן [math]\displaystyle{ C=1 }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ y^2=\frac{1-\sin x}{x} }[/math].
כיוון ש-[math]\displaystyle{ 1-\sin x=2\sin^2\left(\frac{\pi}{4}-\frac{x}{2}\right) }[/math], מתקבלים שני פתרונות:
(הצורה [math]\displaystyle{ y=\pm\sqrt{\frac{1-\sin x}{x}} }[/math] אינה גזירה ב-[math]\displaystyle{ \frac{\pi}{2} }[/math] - ליד [math]\displaystyle{ \frac{\pi}{2} }[/math] היא מתנהגת כמו [math]\displaystyle{ \frac{|x-\frac{\pi}{2}|}{\sqrt{\pi}} }[/math] - ולכן כדי לקבל פתרון גזיר צריך להחליף סימן ב-[math]\displaystyle{ \frac{\pi}{2} }[/math], וזה בדיוק מה שהצורה עם הסינוס עושה.)
שני פתרונות שונים עם אותו תנאי התחלה! זה לא סותר את משפט הקיום והיחידות (הרצאה 4): בצורה [math]\displaystyle{ y'=f(x,y) }[/math] מתקבל [math]\displaystyle{ f(x,y)=-\frac{\cos x+y^2}{2xy} }[/math], שאינה מוגדרת כאשר [math]\displaystyle{ y=0 }[/math], ולכן המשפט לא חל בנקודה [math]\displaystyle{ (\frac{\pi}{2},0) }[/math].
כאשר [math]\displaystyle{ t\to\infty }[/math]: [math]\displaystyle{ y(t)\to K=\frac{a}{b} }[/math], לא משנה מה [math]\displaystyle{ y_0 }[/math]. זהו כושר הנשיאה של הסביבה - בדיוק הגודל שבו המשאבים הפנויים [math]\displaystyle{ a-by }[/math] מתאפסים.
אם [math]\displaystyle{ y_0<K }[/math] אז [math]\displaystyle{ C>0 }[/math], והאוכלוסיה גדלה אל [math]\displaystyle{ K }[/math] (קצב הגידול [math]\displaystyle{ y'=y(a-by) }[/math] מקסימלי כאשר [math]\displaystyle{ y=\frac{K}{2} }[/math], ומשם הגידול מאט - "עקומת S"). אם [math]\displaystyle{ y_0>K }[/math] אז [math]\displaystyle{ C<0 }[/math], והאוכלוסיה קטנה אל [math]\displaystyle{ K }[/math]. אם [math]\displaystyle{ y_0=K }[/math] אז [math]\displaystyle{ C=0 }[/math], והאוכלוסיה קבועה.
כמו המהירות הסופית בנפילה עם התנגדות אוויר: הפתרון שואף לנקודת שיווי משקל (נקודה שבה אגף ימין של המד"ר מתאפס), מלמטה או מלמעלה לפי תנאי ההתחלה.
מה הפירוש של פונקציה בשני משתנים, למשל [math]\displaystyle{ f(x,y)=xy^2 }[/math]? יש שתי פרשנויות נוחות:
העולם הוא מישור (מישור [math]\displaystyle{ xy }[/math], נניח חוף הים), ו-[math]\displaystyle{ f(x,y) }[/math] מודדת את הטמפרטורה בכל נקודה. אפשר לצייר זאת כמפת חום - אדום איפה שחם וכחול איפה שקר.
[math]\displaystyle{ f(x,y) }[/math] היא גובה פני הקרקע מעל הנקודה [math]\displaystyle{ (x,y) }[/math] שבמישור.
האם יש משמעות ל"נגזרת" של [math]\displaystyle{ f }[/math] סתם כך? לא. אבל אם נמלה הולכת על החוף בכיוון המקביל לציר [math]\displaystyle{ x }[/math], אפשר לשאול מה קצב שינוי הטמפרטורה שהיא מרגישה. זו בדיוק הנגזרת החלקית לפי [math]\displaystyle{ x }[/math], המסומנת [math]\displaystyle{ f_x }[/math]: מתייחסים ל-[math]\displaystyle{ y }[/math] כאל קבוע וגוזרים לפי [math]\displaystyle{ x }[/math]. באופן דומה [math]\displaystyle{ f_y }[/math] (הנמלה הולכת במקביל לציר [math]\displaystyle{ y }[/math]).
למשל עבור [math]\displaystyle{ f(x,y)=xy^2 }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ f_x=y^2 }[/math] ו-[math]\displaystyle{ f_y=2xy }[/math].
שימו לב: בקורס הזה איננו פותרים משוואות דיפרנציאליות על פונקציות בשני משתנים. פונקציות בשני משתנים הן רק כלי עזר בדרך למד"ר מדוייקת (ההגדרות המדוייקות - באינפי 3 / חדו"א 2).
נגזרות חלקיות
דוגמא עבור [math]\displaystyle{ f(x,y)=x^2+xy }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ f_x=\frac{\partial f}{\partial x}=2x+y }[/math] ו[math]\displaystyle{ f_y=\frac{\partial f}{\partial y}=x }[/math]
עבור פונקציות דיפרנציאביליות (כמו הפונקציות האלמנטריות), מתקיים כי [math]\displaystyle{ f_{xy}=f_{yx} }[/math] (כלומר סדר הנגזרות לא משנה).
דוגמא: עבור [math]\displaystyle{ f(x,y)=x^3y+e^{xy} }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ f_x=3x^2y+ye^{xy} }[/math] ו-[math]\displaystyle{ f_y=x^3+xe^{xy} }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ f_{xy}=3x^2+e^{xy}+xye^{xy}=f_{yx} }[/math]. זה לא מקרה - ובדיוק בזה נשתמש כדי לזהות מד"ר מדוייקת.
זהירות - הסימון לנגזרות חלקיות מבלבל:[math]\displaystyle{ f_x }[/math] פירושו הנגזרת לפי המשתנה השמאלי, לא משנה אילו אותיות הוצבו בו. למשל עבור [math]\displaystyle{ f(x,y)=xy^2 }[/math]:
כלל השרשרת: אם [math]\displaystyle{ g(t)=f(x(t),y(t)) }[/math] אזי [math]\displaystyle{ g'(t)=\frac{\partial f}{\partial x}\cdot x'(t)+\frac{\partial f}{\partial y}\cdot y'(t) }[/math]
הסבר - הנמלה על החוף: נמלה מטיילת על החוף לאורך המסלול [math]\displaystyle{ (x(t),y(t)) }[/math] (זו פרמטריזציה של מסילה: לכל זמן [math]\displaystyle{ t }[/math] אנו יודעים היכן הנמלה). הטמפרטורה שהיא מרגישה בזמן [math]\displaystyle{ t }[/math] היא [math]\displaystyle{ g(t)=f(x(t),y(t)) }[/math], ו-[math]\displaystyle{ g'(t) }[/math] הוא קצב שינוי הטמפרטורה שהיא חווה.
את התנועה אפשר לפרק לרכיב במקביל לציר [math]\displaystyle{ x }[/math] ולרכיב במקביל לציר [math]\displaystyle{ y }[/math]. האיבר [math]\displaystyle{ f_x\cdot x'(t) }[/math] הוא קצב ההתחממות בגלל התנועה בכיוון [math]\displaystyle{ x }[/math]: קצב שינוי הטמפרטורה בכיוון זה כפול מהירות הנמלה בכיוון זה. באופן דומה [math]\displaystyle{ f_y\cdot y'(t) }[/math], ושתי ההתחממויות מצטרפות.
שימו לב שתיאור המסלול כגרף בלבד (למשל [math]\displaystyle{ y=x^2 }[/math]) אינו מספיק כאן: חסרה בו מהירות הנמלה.
דוגמא: הטמפרטורה בחוף היא [math]\displaystyle{ F(x,y)=x^2+3y^2 }[/math], והנמלה נמצאת בזמן [math]\displaystyle{ t }[/math] בנקודה [math]\displaystyle{ (t,t^2) }[/math]. מהו קצב שינוי הטמפרטורה שהיא מרגישה?
ישירות:[math]\displaystyle{ h(t)=F(t,t^2)=t^2+3t^4 }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ h'(t)=2t+12t^3 }[/math].
בעזרת כלל השרשרת:[math]\displaystyle{ F_x=2x }[/math] ו-[math]\displaystyle{ F_y=6y }[/math], ולכן
בפרט, עבור [math]\displaystyle{ g(x)=f(x,y(x)) }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ g'(x)=\frac{\partial f}{\partial x}\cdot 1 + \frac{\partial f}{\partial y}\cdot y' }[/math]
מסקנה: אם לכל [math]\displaystyle{ x }[/math] בתחום מתקיים [math]\displaystyle{ f_x(x,y(x))+f_y(x,y(x))\cdot y'(x)=0 }[/math], אז [math]\displaystyle{ g'\equiv 0 }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ f(x,y(x))=C }[/math] קבוע. מכאן אפשר לחלץ את [math]\displaystyle{ y }[/math].
דוגמא: המד"ר [math]\displaystyle{ y^2+e^x+2xyy'=0 }[/math] היא בדיוק מהצורה הזו! עבור [math]\displaystyle{ f(x,y)=xy^2+e^x }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ f_x=y^2+e^x }[/math] ו-[math]\displaystyle{ f_y=2xy }[/math], ולכן המד"ר היא
לכן [math]\displaystyle{ xy^2+e^x=C }[/math], ומכאן [math]\displaystyle{ y=\pm\sqrt{\frac{C-e^x}{x}} }[/math].
בדוגמא הזו רק "שלפנו" את [math]\displaystyle{ f }[/math]. בסעיף הבא נלמד איך מזהים מד"ר כזו ואיך מוצאים את [math]\displaystyle{ f }[/math].
מד"ר מדוייקת
מד"ר מסדר ראשון נקראת מדוייקת אם היא מהצורה [math]\displaystyle{ U_x(x,y)dx+U_y(x,y)dy=0 }[/math], עבור [math]\displaystyle{ U(x,y) }[/math] דיפרנציאבילית.
פתרון המד"ר ניתן בצורה סתומה על ידי המשוואה [math]\displaystyle{ U(x,y)=C }[/math], כאשר C קבוע כלשהו.
בכתיב עם [math]\displaystyle{ y' }[/math] (מחלקים ב-[math]\displaystyle{ dx }[/math]): המד"ר המדוייקת היא [math]\displaystyle{ U_x(x,y)+U_y(x,y)\cdot y'=0 }[/math], כלומר בדיוק [math]\displaystyle{ \frac{d}{dx}U(x,y(x))=0 }[/math].
הפתרון הוא הפונקציה [math]\displaystyle{ y(x) }[/math], לא [math]\displaystyle{ U }[/math]! וגם [math]\displaystyle{ U(x,y)=C }[/math] אינו סוף הדרך: מחלצים ממנו את [math]\displaystyle{ y }[/math] כשאפשר.
שתי הבעיות בנושא זה:
בהינתן מד"ר כלשהי, איך נדע אם היא מדוייקת? הרי [math]\displaystyle{ U }[/math] אינה נתונה לנו.
גם אחרי שנדע שהיא מדוייקת, איך נמצא את [math]\displaystyle{ U }[/math]?
איך "מייצרים" מד"ר מדוייקת: בוחרים [math]\displaystyle{ U }[/math] כלשהי וגוזרים. למשל [math]\displaystyle{ U=x+\sin(xy) }[/math] נותנת את המד"ר
זו מד"ר "מזעזעת" - לא פרידה ולא לינארית - ובכל זאת פתרונה מיידי: [math]\displaystyle{ x+\sin(xy)=C }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ \sin(xy)=C-x }[/math], ואחד מענפי הפתרון הוא [math]\displaystyle{ y=\frac{\arcsin(C-x)}{x} }[/math]. כך קל לייצר תרגילים; בתרגיל תקבלו רק את המד"ר, ותצטרכו לגלות את [math]\displaystyle{ U }[/math] בעצמכם.
הערה: בפיזיקה, שדה וקטורי [math]\displaystyle{ (P,Q) }[/math] שהוא הגרדיאנט של פונקציה [math]\displaystyle{ U }[/math] נקרא שדה משמר, ו-[math]\displaystyle{ U }[/math] הוא (עד כדי סימן) הפוטנציאל שלו. הפתרונות [math]\displaystyle{ U(x,y)=C }[/math] של המד"ר המדוייקת הם קווי השווה-פוטנציאל.
תהי מד"ר מהצורה [math]\displaystyle{ Pdx+Qdy=0 }[/math] כאשר [math]\displaystyle{ P,Q }[/math] בעלות נגזרות רציפות. אזי המד"ר מדוייקת אם"ם [math]\displaystyle{ P_y=Q_x }[/math]
כלומר בפועל: גוזרים את המקדם של [math]\displaystyle{ dx }[/math] לפי [math]\displaystyle{ y }[/math], גוזרים את המקדם של [math]\displaystyle{ dy }[/math] לפי [math]\displaystyle{ x }[/math], ומשווים.
זהירות בסימנים: בכתיב הדיפרנציאלי של מד"ר פרידה שמים את [math]\displaystyle{ dx }[/math] ו-[math]\displaystyle{ dy }[/math] בצדדים שונים של המשוואה, ובמד"ר מדוייקת שניהם באותו צד (והצד השני אפס). טעות כאן הופכת סימן של מקדם והורסת את הבדיקה. שימו לב גם שהסדר של [math]\displaystyle{ dx,dy }[/math] לפעמים הפוך ממה שחשבתם: למשל [math]\displaystyle{ y'=ry }[/math] היא [math]\displaystyle{ dy-ry\,dx=0 }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ P=-ry }[/math] ו-[math]\displaystyle{ Q=1 }[/math].
הוכחה לפתרון המד"ר המדויקת:
נגזור את הפונקציה [math]\displaystyle{ g(x)=U(x,y(x)) }[/math] לפי המשתנה [math]\displaystyle{ x }[/math] באמצעות כלל השרשרת ונקבל כי [math]\displaystyle{ g'(x)=U_x(x,y)+U_y(x,y)y' }[/math]
לפי הנתון [math]\displaystyle{ U_x(x,y)dx+U_y(x,y)dy=0 }[/math] נובע כי [math]\displaystyle{ g'(x)=0 }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ g(x)=U(x,y)=C }[/math] פונקציה קבועה.
הוכחה לתנאי השקול למד"ר מדויקת:
כיוון ראשון, נניח [math]\displaystyle{ Pdx+Qdy=0 }[/math] מדוייקת.
לכן קיימת [math]\displaystyle{ U(x,y) }[/math] דיפרנציאבילית כך ש [math]\displaystyle{ P=U_x,Q=U_y }[/math].
לכן [math]\displaystyle{ P_y=U_{xy}=U_{yx}=Q_x }[/math].
כיוון שני, נניח כי [math]\displaystyle{ P_y=Q_x }[/math].
אנו מחפשים [math]\displaystyle{ U(x,y) }[/math] עבורה [math]\displaystyle{ P=U_x }[/math].
נעשה אינטגרציה לפי [math]\displaystyle{ x }[/math] ונקבל כי [math]\displaystyle{ U(x,y)=\int P(x,y)dx + c(y) }[/math].
לכן ברור כי [math]\displaystyle{ U_x=P }[/math], השאלה היא אם ניתן לבחור [math]\displaystyle{ c(y) }[/math] עבורו [math]\displaystyle{ U_y=Q }[/math].
כלומר אנו רוצים [math]\displaystyle{ c'(y)=Q-\frac{\partial}{\partial y}\int P(x,y)dx }[/math]
משוואה זו תהיה פתירה, אם הצד הימני הוא פונקציה שאינה תלוייה בx.
אכן [math]\displaystyle{ \frac{\partial}{\partial x}\left(Q-\frac{\partial}{\partial y}\int P(x,y)dx\right)=Q_x-P_y=0 }[/math].
הערה לכיוון הראשון: אם [math]\displaystyle{ P_y\neq Q_x }[/math], בוודאות אין [math]\displaystyle{ U }[/math] מתאימה. שימו לב: ניסיון כושל למצוא [math]\displaystyle{ U }[/math] אינו הוכחה. למשל עבור [math]\displaystyle{ -ry\,dx+dy=0 }[/math] הפונקציה [math]\displaystyle{ U=-ryx }[/math] מקיימת [math]\displaystyle{ U_x=-ry }[/math] אבל [math]\displaystyle{ U_y=-rx\neq 1 }[/math] - ואולי יש [math]\displaystyle{ U }[/math] אחרת שכן מתאימה? התנאי [math]\displaystyle{ P_y=-r\neq 0=Q_x }[/math] הוא שמכריע שאין.
שימו לב: ההוכחה היא גם דרך הפתרון - בכל תרגיל עוקבים אחרי שלביה עם ה-[math]\displaystyle{ P,Q }[/math] הנתונים.
באופן סימטרי אפשר להתחיל מ-[math]\displaystyle{ U=\int Q(x,y)dy+c(x) }[/math] ולדרוש [math]\displaystyle{ U_x=P }[/math]. לפעמים רק אחד משני האינטגרלים נוח (או פתיר), ולכן כדאי לשלוט בשני הכיוונים.
בתרגיל, בביטוי עבור [math]\displaystyle{ c'(y) }[/math] ה-[math]\displaystyle{ x }[/math] תמיד "מצטמצם" - ההוכחה מראה שזה חייב לקרות. אם נשאר [math]\displaystyle{ x }[/math], כנראה טעינו בחישוב (או שהמד"ר כלל אינה מדוייקת).
דוגמא: מה קורה אם מנסים "ראש בקיר" לפתור כמדוייקת את המד"ר [math]\displaystyle{ (x^2+e^y)dx+y\,dy=0 }[/math]?
ראשית, [math]\displaystyle{ P_y=e^y\neq 0=Q_x }[/math], כלומר המד"ר אינה מדוייקת. בכל זאת ננסה:
אכן [math]\displaystyle{ U_x=P }[/math]. נדרוש [math]\displaystyle{ U_y=Q }[/math]:
[math]\displaystyle{ xe^y+c'(y)=y }[/math]
[math]\displaystyle{ c'(y)=y-xe^y }[/math]
אבל צד שמאל תלוי ב-[math]\displaystyle{ y }[/math] בלבד, וצד ימין תלוי גם ב-[math]\displaystyle{ x }[/math] - אין [math]\displaystyle{ c(y) }[/math] כזו. זו בדיוק הנקודה בהוכחה שבה צריך את [math]\displaystyle{ P_y=Q_x }[/math]. לכן תמיד בודקים קודם את התנאי.
שלב 1: בודקים אם המד"ר מדוייקת, כלומר אם [math]\displaystyle{ P_y=Q_x }[/math].
שלב 2: מחשבים [math]\displaystyle{ U=\int P\,dx+c(y) }[/math].
שלב 3: גוזרים לפי [math]\displaystyle{ y }[/math] ומשווים למקדם השני, [math]\displaystyle{ \frac{\partial}{\partial y}\left(\int P\,dx+c(y)\right)=Q }[/math], וכך מוצאים את [math]\displaystyle{ c(y) }[/math].
שלב 4: הפתרון נתון באופן סתום ע"י [math]\displaystyle{ U(x,y)=C }[/math]. אם אפשר - מחלצים את [math]\displaystyle{ y }[/math].
דוגמא: מצאו משוואה המתארת את הפתרון למד"ר הבאה באופן סתום [math]\displaystyle{ (2x+6y)dx+(6x+3y^2)dy=0 }[/math].
ראשית נוודא שמדובר במשוואה מדוייקת: [math]\displaystyle{ P_y=Q_x=6 }[/math].
נגזור לפי y ונקבל כי [math]\displaystyle{ Q=U_y=6x+c'(y) }[/math].
לכן [math]\displaystyle{ c'(y)=Q-6x=3y^2 }[/math].
לכן [math]\displaystyle{ c(y)=y^3 }[/math] וסה"כ [math]\displaystyle{ U(x,y)=x^2+6xy+y^3 }[/math].
לכן הפתרון למד"ר נתון באופן סתום ע"י [math]\displaystyle{ x^2+6xy+y^3=C }[/math].
אפשר גם בסדר ההפוך: [math]\displaystyle{ U=\int(6x+3y^2)dy+c(x)=6xy+y^3+c(x) }[/math], ואז [math]\displaystyle{ U_x=6y+c'(x)=2x+6y }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ c(x)=x^2 }[/math] - אותה תוצאה.
בדוגמא זו איננו יודעים לחלץ את [math]\displaystyle{ y }[/math]. ובכל זאת אפשר לענות על שאלות על הפתרון. למשל: נניח שנתון [math]\displaystyle{ y(0)=1 }[/math]; מצאו את [math]\displaystyle{ y'(0) }[/math].
בחירת ענף לפי תנאי ההתחלה: המד"ר [math]\displaystyle{ x+yy'=0 }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ x\,dx+y\,dy=0 }[/math], מדוייקת ([math]\displaystyle{ P_y=0=Q_x }[/math], ו-[math]\displaystyle{ U=\frac{x^2+y^2}{2} }[/math]), ופתרונה נתון באופן סתום ע"י [math]\displaystyle{ x^2+y^2=C }[/math]. מכאן [math]\displaystyle{ y=\pm\sqrt{C-x^2} }[/math]. אם נתון [math]\displaystyle{ y(0)=-\sqrt5 }[/math], אז [math]\displaystyle{ C=5 }[/math], ותנאי ההתחלה בוחר גם את הסימן: [math]\displaystyle{ y=-\sqrt{5-x^2} }[/math].
דוגמא: קבעו אם המד"ר [math]\displaystyle{ \frac{y}{\cos^2(xy)}+2x+\frac{x}{\cos^2(xy)}\,y'=0 }[/math] מדוייקת, ואם כן פתרו אותה.
נגזור את המקדם של [math]\displaystyle{ dx }[/math] לפי [math]\displaystyle{ y }[/math] ואת המקדם של [math]\displaystyle{ dy }[/math] לפי [math]\displaystyle{ x }[/math]:
כלומר [math]\displaystyle{ c'(x)=2x }[/math] (ה-[math]\displaystyle{ y }[/math] הצטמצם, כפי שההוכחה מבטיחה), ונבחר [math]\displaystyle{ c(x)=x^2 }[/math].
לא עוצרים כאן![math]\displaystyle{ U=\tan(xy)+x^2 }[/math] אינה הפתרון. הפתרון נתון באופן סתום ע"י
[math]\displaystyle{ \tan(xy)+x^2=C }[/math]
ונחלץ: [math]\displaystyle{ \tan(xy)=C-x^2 }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ xy=\arctan(C-x^2)+k\pi }[/math] עבור [math]\displaystyle{ k }[/math] שלם, ולכן עבור [math]\displaystyle{ x\neq 0 }[/math]
ולכן [math]\displaystyle{ c'(y)=1 }[/math], [math]\displaystyle{ c(y)=y }[/math], ו-[math]\displaystyle{ U=x^2y+y }[/math].
שימו לב! כאן לא עוצרים - [math]\displaystyle{ U }[/math] אינה פתרון של המד"ר. הפתרון נתון באופן סתום ע"י [math]\displaystyle{ x^2y+y=C }[/math], ועדיין צריך לחלץ את [math]\displaystyle{ y }[/math]:
אותו תרגיל בכיוון ההפוך: [math]\displaystyle{ U=\int(x^2+1)dy+c(x)=x^2y+y+c(x) }[/math], ואז [math]\displaystyle{ U_x=2xy+c'(x)=2xy }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ c(x)=0 }[/math] - אותה [math]\displaystyle{ U }[/math] בדיוק.
(כאן הנחנו [math]\displaystyle{ x>0 }[/math] ו-[math]\displaystyle{ x+y>0 }[/math]; באופן כללי כותבים [math]\displaystyle{ \ln|x+y| }[/math] ו-[math]\displaystyle{ \ln|x| }[/math].)
גורם אינטגרציה
לעיתים המד"ר אינה מדוייקת, אך ניתן לכפול אותה בפונקציה (שנקרא לה גורם אינטגרציה) וכך נהפוך אותה למדוייקת.
למה זה בכלל אפשרי? כפל בפונקציה שאינה מתאפסת לא משנה את פתרונות המשוואה, אבל משנה את התנאי [math]\displaystyle{ P_y=Q_x }[/math], כי הגזירה היא גזירה של מכפלה.
דוגמא: ראינו למעלה שהמד"ר [math]\displaystyle{ (2x+ye^{xy})dx+xe^{xy}dy=0 }[/math] מדוייקת. נחלק אותה ב-[math]\displaystyle{ e^{xy} }[/math] ונקבל מד"ר שקולה, [math]\displaystyle{ (2xe^{-xy}+y)dx+x\,dy=0 }[/math]. אבל עכשיו [math]\displaystyle{ P_y=1-2x^2e^{-xy}\neq 1=Q_x }[/math] - החלוקה הרסה את המדוייקות. כפל ב-[math]\displaystyle{ e^{xy} }[/math] "מתקן" אותה בחזרה, כלומר [math]\displaystyle{ e^{xy} }[/math] הוא גורם אינטגרציה של המד"ר החדשה.
ולהפך, תשובה מפתיעה: [math]\displaystyle{ -ry\,dx+dy=0 }[/math] אינה מדוייקת, אבל אחרי חלוקה ב-[math]\displaystyle{ y }[/math] מקבלים [math]\displaystyle{ -r\,dx+\frac{1}{y}dy=0 }[/math], שהיא מדוייקת ([math]\displaystyle{ P_y=0=Q_x }[/math]). אזהרה למבחן: משחק אלגברי יכול ליצור מדוייקות או להרוס אותה (וחלוקה ב-[math]\displaystyle{ y }[/math] גם מאבדת את הפתרון [math]\displaystyle{ y\equiv 0 }[/math]).
באופן כללי אנו לא יודעים למצוא את גורם האינטגרציה, אבל נביט במקרה בו קיים גורם אינטגרציה שתלוי בx בלבד.
מדוע? גורם אינטגרציה כללי [math]\displaystyle{ \mu(x,y) }[/math] צריך לקיים [math]\displaystyle{ (\mu P)_y=(\mu Q)_x }[/math], כלומר
זו משוואה דיפרנציאלית על [math]\displaystyle{ \mu }[/math] - אבל חלקית (מד"ח), כי [math]\displaystyle{ \mu }[/math] פונקציה של שני משתנים. אין לה שיטת פתרון כללית; אילו הייתה, היינו יכולים "לדייק" כל מד"ר מסדר ראשון, וזה היה מייתר את כל שאר השיטות. לכן מנמיכים ציפיות ומחפשים [math]\displaystyle{ \mu }[/math] שתלוי במשתנה אחד בלבד - [math]\displaystyle{ \mu(x) }[/math] או [math]\displaystyle{ \mu(y) }[/math].
תהי מד"ר [math]\displaystyle{ Pdx+Qdy=0 }[/math], ונניח שקיים לה גורם אינטגרציה [math]\displaystyle{ \mu(x) }[/math] התלוי בx בלבד.
כלומר [math]\displaystyle{ \mu\cdot Pdx+\mu\cdot Qdy=0 }[/math] מדוייקת.
לכן [math]\displaystyle{ (\mu\cdot P)_y=(\mu\cdot Q)_x }[/math].
כלומר [math]\displaystyle{ \mu\cdot P_y=\mu'\cdot Q+\mu\cdot Q_x }[/math].
לכן [math]\displaystyle{ \frac{\mu'}{\mu}=\frac{P_y-Q_x}{Q} }[/math].
ניתן לפתור משוואה זו אם הצד הימני תלוי בx בלבד, כיוון שהצד השמאלי תלוי בx בלבד.
במקרה זה, פתרון יהיה [math]\displaystyle{ \mu(x)=e^{\int\left(\frac{P_y-Q_x}{Q}\right)dx} }[/math]
מספיק לנו גורם אינטגרציה אחד: בפתרון המד"ר הפרידה עבור [math]\displaystyle{ \mu }[/math] מתעלמים מהערך המוחלט ([math]\displaystyle{ \ln|\mu| }[/math]) ומקבוע האינטגרציה.
זכרו! אחרי שמצאנו גורם אינטגרציה, צריך לכפול בו, לוודא שהמד"ר מדוייקת, ואז לפתור. הבדיקה היא "כיפת ברזל" נגד טעויות חישוב.
גורם אינטגרציה התלוי ב-y בלבד: באופן סימטרי, אם הביטוי [math]\displaystyle{ \frac{Q_x-P_y}{P} }[/math] תלוי ב-[math]\displaystyle{ y }[/math] בלבד, אז
צד שמאל תלוי ב-[math]\displaystyle{ y }[/math] בלבד, ולכן אפשר לפתור אם גם צד ימין תלוי ב-[math]\displaystyle{ y }[/math] בלבד. זו מד"ר פרידה: [math]\displaystyle{ \ln|\mu|=\int\frac{Q_x-P_y}{P}dy }[/math], ונבחר [math]\displaystyle{ \mu(y)=e^{\int\frac{Q_x-P_y}{P}dy} }[/math].
דגש: כפל או חילוק בביטויים במד"ר יכול להפוך מד"ר ממדוייקת ללא מדוייקת וההפך. לכן שימו לב היטב במבחן שבתהליך הפישוט לא יצרתם לעצמכם שאלה שאינכם יודעים לפתור. למשל, מי שמחלק מד"ר מדוייקת ב-[math]\displaystyle{ xy }[/math] "כי זה יפה יותר", צריך אחר כך את גורם האינטגרציה [math]\displaystyle{ xy }[/math] - שתלוי בשני המשתנים, ושיטות ה-[math]\displaystyle{ \mu(x) }[/math] וה-[math]\displaystyle{ \mu(y) }[/math] לא נועדו למצוא אותו. כך תלמידים "מפשטים" ואז לא מצליחים לפתור את השאלה.
ואפשר לקצר: אחרי הכפל ב-[math]\displaystyle{ e^{-rx} }[/math] המשוואה [math]\displaystyle{ y'-ry=0 }[/math] הופכת ל-[math]\displaystyle{ e^{-rx}y'-re^{-rx}y=0 }[/math], ובצד שמאל מזהים נגזרת של מכפלה: [math]\displaystyle{ \left(e^{-rx}y\right)'=0 }[/math]. כך הכפל ב-[math]\displaystyle{ e^{-rx} }[/math], שבהרצאה הראשונה נראה כמו ניחוש, נובע משיטת גורם האינטגרציה. וכיוון ש-[math]\displaystyle{ e^{-rx}\neq 0 }[/math], הכפל אינו משנה את הפתרונות, ולכן [math]\displaystyle{ y=Ce^{rx} }[/math] הם כל הפתרונות.
סה"כ הפתרון למד"ר נתון באופן סתום ע"י [math]\displaystyle{ U(x,y)=-\frac{1}{x}-yx+\frac{y^2}{2}=C }[/math].
אפשר באמצעות השלמה לריבוע לבודד את y.
סיכום - מד"ר מסדר ראשון: למדנו לפתור מד"ר פרידה, הומוגנית, לינארית, ברנולי ומדוייקת (כולל גורם אינטגרציה). כשמקבלים מד"ר מסדר ראשון, עוברים על הנוסחאון ובודקים אם היא מאחת הצורות האלה. אם היא אינה פרידה, הומוגנית, לינארית או ברנולי, השלב האחרון שנשאר הוא מדוייקת או גורם אינטגרציה.
שאלת מבחן: מצאו פתרון למד"ר [math]\displaystyle{ x^2e^{xy}y'=x\sin(2x)-xye^{xy} }[/math] המקיים [math]\displaystyle{ y(\pi)=0 }[/math].
המד"ר אינה פרידה, אינה הומוגנית, אינה לינארית ואינה ברנולי (ה-[math]\displaystyle{ y }[/math] נמצא בחזקה של [math]\displaystyle{ e }[/math]). ננסה מדוייקת. נעביר לכתיב הדיפרנציאלי, ושני האיברים באותו צד:
זה תלוי ב-[math]\displaystyle{ x }[/math] בלבד, ולכן (ליד [math]\displaystyle{ x=\pi }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ x>0 }[/math]) [math]\displaystyle{ \mu=e^{\int -\frac{1}{x}dx}=e^{-\ln x}=\frac{1}{x} }[/math]. נכפול בו:
תקופת מעבר: סיימנו את השיטות למד"ר מסדר ראשון. לפני המעבר למד"ר מסדר שני ומעלה נוכיח משפט תיאורטי: מתי יש למד"ר פתרון, וכמה פתרונות יש לה.
לא לכל מד"ר יש פתרון. למשל:
ל-[math]\displaystyle{ (y')^2=-1 }[/math], ואף ל-[math]\displaystyle{ (y')^2+x^2+y^2+1=0 }[/math], אין פתרון ממשי.
ל-[math]\displaystyle{ y'=y'+1 }[/math] אין פתרון בכלל, מעל אף שדה (כי [math]\displaystyle{ 0\neq 1 }[/math]).
אבל אם נצמצם את ההסתכלות למד"ר מהצורה [math]\displaystyle{ y'=f(x,y) }[/math], כלומר כזו שאפשר לבודד בה את [math]\displaystyle{ y' }[/math], ונדרוש מעט דברים נחמדים על [math]\displaystyle{ f }[/math] (רציפה, ובעלת נגזרת חלקית [math]\displaystyle{ f_y }[/math] רציפה), מסתבר שיש פתרון, והוא אף יחיד בהינתן תנאי התחלה.
הצמצום אינו גדול: [math]\displaystyle{ f }[/math] יכולה להיות מסובכת כרצוננו. למשל עבור [math]\displaystyle{ f(x,y)=e^{x^y} }[/math] המד"ר [math]\displaystyle{ y'=f(x,y) }[/math] היא [math]\displaystyle{ y'=e^{x^y} }[/math] (עבור [math]\displaystyle{ x>0 }[/math]). אין לנו שום שיטה לפתור אותה - ובכל זאת המשפט יבטיח שלכל תנאי התחלה [math]\displaystyle{ y(x_0)=y_0 }[/math] עם [math]\displaystyle{ x_0>0 }[/math] יש לה פתרון יחיד בסביבת [math]\displaystyle{ x_0 }[/math].
בעיית קושי
מציאת פתרון למד"ר [math]\displaystyle{ y'=f(x,y) }[/math] המקיימת [math]\displaystyle{ y(x_0)=y_0 }[/math]
בעיה זו נקראת גם בעיית התחלה (בעיית תנאי התחלה). [math]\displaystyle{ f,x_0,y_0 }[/math] נתונים, ומחפשים פונקציה [math]\displaystyle{ y }[/math] שמקיימת את תנאי ההתחלה ואת המד"ר - לפחות בסביבה של [math]\displaystyle{ x_0 }[/math].
מוטיבציה: המד"ר נובעת מחוקי העולם, ותחת אותם חוקים יכולות להיות תנועות שונות, לפי תנאי ההתחלה. (בעולם של [math]\displaystyle{ F=ma }[/math], כלומר מד"ר מסדר שני, צריך לדעת את המיקום ההתחלתי וגם את המהירות ההתחלתית; במד"ר מסדר ראשון מספיק תנאי אחד.) משפט הקיום והיחידות מדבר על בעיה עם תנאי התחלה ספציפי.
עד עכשיו, בכל פתרון כללי הופיע קבוע [math]\displaystyle{ C }[/math] "כמו פטרייה אחרי הגשם" - כלומר אינסוף פתרונות. תנאי ההתחלה קובע את [math]\displaystyle{ C }[/math], ולכן מצפים לפתרון יחיד.
המשוואה האינטגרלית
בעיית הקושי [math]\displaystyle{ y'=f(x,y) }[/math] עם [math]\displaystyle{ y(x_0)=y_0 }[/math] שקולה למשוואה [math]\displaystyle{ y(x)=y_0+\int_{x_0}^xf(t,y(t))dt }[/math].
בכיוון אחד - נניח כי המשוואה הדיפרנציאלית ותנאי ההתחלה נתונים.
מאוחר יותר נוכיח כי סדרת הפונקציות מתכנסת לפתרון של המד"ר.
למה מתחילים מהפונקציה הקבועה [math]\displaystyle{ \varphi_0=y_0 }[/math]? זה הדבר היחיד שאנחנו יודעים על הפתרון - את ערכו ב-[math]\displaystyle{ x_0 }[/math]. (בדרך כלל [math]\displaystyle{ \varphi_0 }[/math] עצמה אינה פתרון: הנגזרת שלה אפס.)
רעיון ההוכחה - כמו סדרה רקורסיבית מאינפי 1: כדי למצוא את הגבול של הסדרה [math]\displaystyle{ a_{n+1}=\sqrt{6+a_n} }[/math], הנחנו ש-[math]\displaystyle{ a_n\to L }[/math], השאפנו את שני הצדדים וקיבלנו [math]\displaystyle{ L=\sqrt{6+L} }[/math], ומכאן [math]\displaystyle{ L=3 }[/math].
כך בדיוק כאן, רק שהסדרה היא סדרה של פונקציות (ולכן גם אינפי 2): אם [math]\displaystyle{ \varphi_n\to y }[/math], נשאיף את שני צדי נוסחת הנסיגה ונקבל בדיוק את המשוואה האינטגרלית [math]\displaystyle{ y=y_0+\int_{x_0}^xf(t,y(t))dt }[/math].
מה הקושי? צריך להוכיח שהסדרה בכלל מתכנסת. ובנוסף, מרציפות [math]\displaystyle{ f }[/math] נובע ש-[math]\displaystyle{ f(t,\varphi_n(t))\to f(t,y(t)) }[/math] לכל [math]\displaystyle{ t }[/math], אבל כדי להעביר את הגבול מתחת לאינטגרל צריך התכנסות במידה שווה. זה בעצם עיקר ההוכחה.
נמשיך כך, ונקבל סדרת פונקציות המתכנסת ל[math]\displaystyle{ \varphi_n(x)\to y(x)=y_0e^{-r(x-x_0)} }[/math]
אם נתון תנאי ההתחלה [math]\displaystyle{ y(0)=C }[/math] נקבל בדיוק את הפתרון [math]\displaystyle{ y=Ce^{-rx} }[/math].
דוגמא: חשבו את סדרת פיקרד לבעיית הקושי [math]\displaystyle{ y'=y,\ y(0)=1 }[/math].
כאן [math]\displaystyle{ x_0=0,\ y_0=1,\ f(x,y)=y }[/math], ולכן נוסחת הנסיגה היא [math]\displaystyle{ \varphi_{n+1}(x)=1+\int_0^x\varphi_n(t)dt }[/math].
ובאינדוקציה [math]\displaystyle{ \varphi_n(x)=\sum_{k=0}^n\frac{x^k}{k!} }[/math] - פולינום טיילור של [math]\displaystyle{ e^x }[/math]. לכן [math]\displaystyle{ \varphi_n(x)\to e^x }[/math], שהוא, הפלא ופלא, בדיוק הפתרון של בעיית הקושי.
סדרת פיקרד ככלי חישובי: המשוואה האינטגרלית נותנת גם דרך טכנית להתקרב לפתרון. גם כשאיננו יודעים לפתור את המד"ר (למשל [math]\displaystyle{ y'=e^{x^y} }[/math]), אפשר לחשב (במחשב) כמה איברים של סדרת פיקרד ולקבל קירוב לפתרון ליד [math]\displaystyle{ x_0 }[/math]. בפועל משתמשים לשם כך בשיטות נומריות פשוטות ויעילות יותר - ראו את הפרק שיטות נומריות.
תהי [math]\displaystyle{ f(x,y) }[/math] רציפה ובעלת נגזרת [math]\displaystyle{ f_y }[/math] רציפה במלבן הסגור [math]\displaystyle{ |x-x_0|\leq a, |y-y_0|\leq b }[/math].
נביט בבעיית הקושי [math]\displaystyle{ y'=f(x,y) }[/math], עם תנאי ההתחלה [math]\displaystyle{ y(x_0)=y_0 }[/math]
נבחר [math]\displaystyle{ M }[/math] חסם כך ש [math]\displaystyle{ |f(x,y)|<M }[/math] במלבן הנתון, ונסמן [math]\displaystyle{ a'=\min\{a,\frac{b}{M}\} }[/math].
אזי קיים פתרון יחיד[math]\displaystyle{ y(x) }[/math] לבעיית הקושי בתחום [math]\displaystyle{ |x-x_0|\leq a' }[/math].
[math]\displaystyle{ M }[/math] כזה בהכרח קיים: [math]\displaystyle{ f }[/math] רציפה במלבן סגור וחסום, ולכן חסומה בו לפי משפט ויירשטראס.
למה הסרבול [math]\displaystyle{ a'=\min\{a,\frac{b}{M}\} }[/math] הכרחי? אפשר לחשוב "נגדיל את [math]\displaystyle{ b }[/math], וכך נגדיל את התחום". אבל כשמגדילים את המלבן גם החסם [math]\displaystyle{ M }[/math] של [math]\displaystyle{ f }[/math] בו גדל, ולעתים קרובות זה מתאזן. בדוגמא שלמטה אי אפשר לעקוף את הבעיה.
הערות:
שימו לב שהמשפט מבטיח פתרון בתחום מצומצם.
אכן ראינו מד"ר שהייתה מוגדרת ורציפה בכל הממשיים, אך לא היה פתרון שמוגדר בכל הממשיים ([math]\displaystyle{ y'=(x+y)^2 }[/math]).
לכל נקודה יש פתרון מסביבה, גם אם אין פתרון שמוגדר בכל מקום.
כזכור, הפתרון הכללי של [math]\displaystyle{ y'=(x+y)^2 }[/math] (שמצאנו בהרצאה הראשונה) הוא [math]\displaystyle{ y=\tan(x+C)-x }[/math], ותחום ההגדרה הרציף של [math]\displaystyle{ \tan }[/math] הוא קטע באורך [math]\displaystyle{ \pi }[/math] - למרות ש-[math]\displaystyle{ f(x,y)=(x+y)^2 }[/math] היא פולינום, גזירה ברציפות בכל המישור.
דוגמא: עבור בעיית הקושי [math]\displaystyle{ y'=(x+y)^2,\ y(0)=0 }[/math], באיזה תחום המשפט מבטיח פתרון, ובאיזה תחום הפתרון קיים בפועל?
התחום שהמשפט מבטיח. נביט במלבן [math]\displaystyle{ |x|\leq a,\ |y|\leq b }[/math]. המקסימום של [math]\displaystyle{ f=(x+y)^2 }[/math] בו מתקבל בפינה, [math]\displaystyle{ M=(a+b)^2 }[/math]. לכן
מתקיים [math]\displaystyle{ 2ab\leq(a+b)^2 }[/math] (כי זה שקול ל-[math]\displaystyle{ 0\leq a^2+b^2 }[/math]), ולכן [math]\displaystyle{ \frac{b}{(a+b)^2}\leq\frac{1}{2a} }[/math], כלומר
לא משנה איך נשחק עם [math]\displaystyle{ a }[/math] ו-[math]\displaystyle{ b }[/math]: אם נגדיל את [math]\displaystyle{ a }[/math], יקטן [math]\displaystyle{ \frac{1}{2a} }[/math]; אם נקטין את [math]\displaystyle{ a }[/math], יקטן [math]\displaystyle{ a }[/math] עצמו. (חישוב מדויק יותר: עבור [math]\displaystyle{ a }[/math] קבוע, המקסימום של [math]\displaystyle{ \frac{b}{(a+b)^2} }[/math] מתקבל ב-[math]\displaystyle{ b=a }[/math] ושווה [math]\displaystyle{ \frac{1}{4a} }[/math]. לכן הטוב ביותר שאפשר לקבל מהמשפט הוא [math]\displaystyle{ a'=\frac{1}{2} }[/math], עם [math]\displaystyle{ a=b=\frac{1}{2} }[/math].)
התחום בפועל. מהפתרון הכללי [math]\displaystyle{ y=\tan(x+C)-x }[/math] ותנאי ההתחלה [math]\displaystyle{ y(0)=0 }[/math] נקבל [math]\displaystyle{ \tan C=0 }[/math], ולכן
את הפתרון הזה אי אפשר להמשיך מעבר ל-[math]\displaystyle{ \pm\frac{\pi}{2} }[/math], כי יש שם אסימפטוטה אנכית; ולפי היחידות אין פתרון אחר בקטע הזה.
כלומר המשפט מבטיח פתרון לכל היותר בקטע [math]\displaystyle{ |x|\leq\frac{1}{2} }[/math], והפתרון קיים בפועל בקטע [math]\displaystyle{ |x|<\frac{\pi}{2} }[/math]. המציאות יכולה להיות טובה יותר ממה שהמשפט מבטיח, אבל הפתרון בהחלט אינו מוגדר בכל הישר - ולכן שום משפט לא יכול להבטיח פתרון בכל המלבן.
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.
מתי משתמשים במשפט בתרגיל? אם השאלה היא "מצאו את כל הפתרונות", הנימוק לכך שלא פספסנו פתרון עובר דרך משפט הקיום והיחידות. אם השאלה היא "מצאו פתרון המקיים...", אין בו צורך: מוצאים פתרון ומראים שהוא מקיים את הדרוש. בנוסף, נשתמש במשפט (ובגרסה שלו למד"ר לינארית מסדר גבוה) כדי להוכיח טענות בהמשך הקורס, למשל על מימד מרחב הפתרונות.
נוכיח שסדרת הפונקציות בשיטת פיקרד מתכנסת לפתרון לבעיית הקושי.
הערה: נוכיח עבור [math]\displaystyle{ x\geq x_0 }[/math] ההוכחות עבור [math]\displaystyle{ x<x_0 }[/math] דומות.
מפת דרכים. נבנה את סדרת פיקרד, ונרצה להשאיף את שני צדי נוסחת הנסיגה. לשם כך צריך להראות שלושה דברים:
שהנסיגה בכלל מגדירה פונקציה בכל שלב: [math]\displaystyle{ f }[/math] רציפה רק במלבן, ולכן צריך שהגרפים של [math]\displaystyle{ \varphi_n }[/math] יישארו בתוך המלבן (אחרת אולי מתישהו האינטגרל אינו מוגדר).
שהסדרה [math]\displaystyle{ \varphi_n }[/math] מתכנסת לפונקציית גבול [math]\displaystyle{ y }[/math].
שהסדרה [math]\displaystyle{ f(t,\varphi_n(t)) }[/math] מתכנסת במ"ש, כדי שנוכל להעביר את הגבול מתחת לאינטגרל ולקבל את המשוואה האינטגרלית.
מאיפה בא [math]\displaystyle{ a'=\min\{a,\frac{b}{M}\} }[/math]? בשלב הראשון נרצה [math]\displaystyle{ |\varphi_{n+1}(x)-y_0|\leq b }[/math]. אבל [math]\displaystyle{ |\varphi_{n+1}(x)-y_0|=\left|\int_{x_0}^xf(t,\varphi_n(t))dt\right|\leq M|x-x_0| }[/math], ולכן מספיק לדרוש [math]\displaystyle{ M|x-x_0|\leq b }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ |x-x_0|\leq\frac{b}{M} }[/math] - וגם [math]\displaystyle{ |x-x_0|\leq a }[/math], כדי להישאר במלבן בכיוון [math]\displaystyle{ x }[/math]. זה בדיוק התחום המצומצם שבמשפט.
ראשית, נוכיח שסדרת הפונקציות נשארת בתחום המלבן [math]\displaystyle{ |x-x_0|\leq a',|y-y_0|\leq b }[/math] שנמצא בתוך המלבן המקורי ולכן מותר להשתמש בתכונות של [math]\displaystyle{ f }[/math].
כלומר, עלינו להוכיח כי לכל [math]\displaystyle{ x }[/math] המקיים [math]\displaystyle{ |x-x_0|\leq a' }[/math] מתקיים כי [math]\displaystyle{ |\varphi_n(x)-y_0|\leq b }[/math].
הפונקציה הראשונה [math]\displaystyle{ \varphi_0=y_0 }[/math] כמובן בתוך המלבן.
כעת יהי n עבורו הטענה נכונה, אזי [math]\displaystyle{ \varphi_{n+1}=y_0+\int_{x_0}^xf(t,\varphi_n(t))dt }[/math].
שימו לב כי האינטגרל הוא בתחום [math]\displaystyle{ [x_0,x] }[/math] שנמצא בתחום התחום [math]\displaystyle{ [x_0,x_0+a'] }[/math].
לכן [math]\displaystyle{ |\varphi_{n+1}(x)-y_0|\leq \int_{x_0}^x|f(t,\varphi_n(t))|dt\leq M(x-x_0)\leq Ma'\leq b }[/math].
כעת, נשים לב לתכונה הבאה:
כיוון ש[math]\displaystyle{ f_y }[/math] רציפה במלבן סגור היא חסומה נניח ע"י K.
לפי משפט לגראנז' נקבל כי [math]\displaystyle{ |f(x,y_1)-f(x,y_2)|\leq K|y_1-y_2| }[/math]
(לכל [math]\displaystyle{ x }[/math] קבוע מפעילים את משפט לגראנז' על הפונקציה [math]\displaystyle{ y\mapsto f(x,y) }[/math] בקטע שבין [math]\displaystyle{ y_1 }[/math] ל-[math]\displaystyle{ y_2 }[/math], שכולו בתוך המלבן: [math]\displaystyle{ f(x,y_1)-f(x,y_2)=f_y(x,c)(y_1-y_2) }[/math].) תכונה זו נקראת תנאי ליפשיץ ביחס ל-[math]\displaystyle{ y }[/math]. היא מאפשרת "לקלף" את [math]\displaystyle{ f }[/math], שאיננו יודעים עליה דבר, ולהישאר רק עם ההפרשים בין הפונקציות עצמן - ולשם כך דרשנו ש-[math]\displaystyle{ f_y }[/math] תהיה רציפה.
הרעיון בשלב הבא: נהפוך את הסדרה לטור (טלסקופי), כדי שנוכל להשתמש במבחן ה-M של ויירשטראס - הוא נותן התכנסות במ"ש בלי שנצטרך לדעת מהי פונקציית הגבול. את איברי הטור נחסום באופן רקורסיבי: כל חסם מתקבל מהקודם לו.
כעת נוכיח שסדרת הפונקציות מתכנסת (במ"ש):
ראשית, נשים לב כי [math]\displaystyle{ \varphi_n-y_0=\varphi_n-\varphi_0=\varphi_n-\varphi_{n-1}+\varphi_{n-1}-\varphi_{n-2}+...+\varphi_1-\varphi_0 }[/math].
לכן עלינו להוכיח כי הטור [math]\displaystyle{ \sum_{i=1}^\infty\left(\varphi_i-\varphi_{i-1}\right) }[/math] מתכנס במ"ש (כי הסס"ח שלו היא [math]\displaystyle{ \varphi_n }[/math] פחות קבוע).
נמשיך כך ונקבל כי [math]\displaystyle{
\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^{i-1}M\frac{(x-x_0)^i}{i!}\leq
\sum_{i=1}^nK^{i-1}M\frac{(a')^i}{i!}
}[/math]
זה טור מתכנס לפי מבחן המנה, וכן לפי מבחן ה-M של ויירשטראס הטור המקורי מתכנס במידה שווה.
הערה: כיוון ש[math]\displaystyle{ \left|f(x,\varphi_n(x))-f(x,\varphi_{n-1}(x))\right|\leq K|\varphi_n(x)-\varphi_{n-1}(x)| }[/math] אזי גם הסדרה [math]\displaystyle{ f(x,\varphi_n(x)) }[/math] מתכנסת במ"ש באופן דומה.
נוכיח שפונקצית הגבול [math]\displaystyle{ \varphi_n\to y }[/math] היא פתרון של בעיית הקושי.
נשאיף את שני צידי נוסחאת הנסיגה לאינסוף [math]\displaystyle{ \varphi_n=y_0+\int_{x_0}^{x}f(t,\varphi_{n-1}(t))dt }[/math].
נקבל כי [math]\displaystyle{ y(x)=y_0+\int_{x_0}^xf(t,y(t))dt }[/math].
הערה: האינטגרל של הסדרה שואף לאינטגרל של פונקצית הגבול בזכות ההתכנסות במ"ש.
הוכחת היחידות
טענת עזר - תהי [math]\displaystyle{ g }[/math] חסומה כך שלכל [math]\displaystyle{ x\geq x_0 }[/math] בקטע [math]\displaystyle{ |x-x_0|\leq a }[/math] מתקיים כי [math]\displaystyle{ |g|\leq K\int_{x_0}^x|g(t)|dt }[/math] אזי [math]\displaystyle{ g=0 }[/math] לכל [math]\displaystyle{ x\geq x_0 }[/math] בקטע.
נמשיך כך ונקבל שלכל n מתקיים כי [math]\displaystyle{ |g|\leq K^nM\frac{(x-x_0)^n}{n!} }[/math].
לכן [math]\displaystyle{ |g|\leq K^n M\frac{a^n}{n!}\to 0 }[/math].
לכן [math]\displaystyle{ g=0 }[/math].
למה טענת העזר הגיונית?
הטענה נראית מוזרה: ערך הפונקציה (בערך מוחלט) קטן מ-[math]\displaystyle{ K }[/math] כפול השטח שמתחת לגרף של [math]\displaystyle{ |g| }[/math] בין [math]\displaystyle{ x_0 }[/math] ל-[math]\displaystyle{ x }[/math]. סמוך ל-[math]\displaystyle{ x_0 }[/math] זה שטח של רצועה צרה מאוד, ולכן הוא קטן מאוד ביחס לגובה הפונקציה - כך שהפונקציה לא יכולה "להתרומם" מאפס.
ההוכחה הופכת את האינטואיציה לחישוב: מציבים שוב ושוב את החסם הקודם בתוך האינטגרל, וכל הצבה משפרת את החסם, עד ש-[math]\displaystyle{ |g(x)|\leq K^nM\frac{(x-x_0)^n}{n!}\to 0 }[/math]. מספר אי-שלילי שקטן מכל איבר של סדרה ששואפת לאפס הוא אפס.
לכן לפי טענת העזר, [math]\displaystyle{ y_1=y_2 }[/math].
(הערה: בשביל תנאי ליפשיץ צריך ששני הפתרונות יישארו במלבן. זה אכן כך: כל עוד הגרף של פתרון נמצא במלבן, [math]\displaystyle{ |y'|=|f(x,y)|\leq M }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ |y(x)-y_0|\leq M|x-x_0| }[/math]. כלומר הגרף אינו יכול להגיע לשפה [math]\displaystyle{ |y-y_0|=b }[/math] ולצאת ממנה לפני [math]\displaystyle{ |x-x_0|=\frac{b}{M}\geq a' }[/math]. בנוסף, [math]\displaystyle{ y_2-y_1 }[/math] רציפה ולכן חסומה, כנדרש בטענת העזר.)
הרצאה 5 מד"ר מסדר גבוה (ובפרט סדר שני), מד"ר לינארית מסדר גבוה
נחקור כעת משוואות מהצורה [math]\displaystyle{ f(x,y,y',...,y^{(n)})=0 }[/math]
הנמיכו ציפיות: באופן כללי אין שיטה לפתור מד"ר מסדר גבוה. נלמד שיטות למקרים מיוחדים (הורדת סדר), ואת רוב הזמן נקדיש למד"ר לינאריות - שגם אותן נדע לפתור רק במקרים מסוימים.
למה דווקא סדר שני? לפי החוק השני של ניוטון [math]\displaystyle{ F=ma=my'' }[/math], ולכן מודל של תנועה הוא בדרך כלל מד"ר מסדר שני - זה הסדר הנפוץ ביותר. הכל תלוי במה הכוח F תלוי:
כוח קבוע (נפילה חופשית בלי התנגדות אוויר) - פשוט עושים אינטגרל פעמיים.
כוח שתלוי רק במהירות, [math]\displaystyle{ my''=F(y') }[/math] (נפילה עם התנגדות אוויר) - מסתכלים על פונקצית המהירות [math]\displaystyle{ v=y' }[/math] ומקבלים מד"ר מסדר ראשון [math]\displaystyle{ mv'=F(v) }[/math]. כך קיבלנו בהרצאות הקודמות מד"ר מסדר ראשון מבעיות פיזיקליות.
כוח שתלוי במיקום (קפיץ, מיתר, כוח הכבידה הרחק מכדור הארץ) - מקבלים מד"ר מסדר שני "אמיתית".
שתי שיטות הורדת הסדר שנלמד בהמשך ההרצאה מתאימות בדיוק לשני מקרים נוחים: מד"ר ללא y (הכוח לא תלוי במיקום) ומד"ר ללא המשתנה (הכוח לא תלוי בזמן).
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 [math]\displaystyle{ -kX }[/math].
לכן לפי החוק השני של ניוטון [math]\displaystyle{ mX''=-kX }[/math].
הכוח הוא לפי חוק הוק: בנקודת הרפיון הקפיץ לא מפעיל כוח. ככל שמותחים את הקפיץ, או דוחסים אותו, הוא מפעיל כוח גדול יותר בחזרה לכיוון נקודת הרפיון, ביחס ישר למרחק. X חיובי מצד אחד של נקודת הרפיון ושלילי מצידה השני, והסימן מינוס ב-[math]\displaystyle{ F=-kX }[/math] אומר שהכוח תמיד בכיוון ההפוך להתרחקות מנקודת הרפיון.
במילים: מחפשים פונקציה שהנגזרת השנייה שלה שווה (עד כדי קבוע) למינוס הפונקציה עצמה. התשובה: סינוס וקוסינוס. בהמשך נראה שהפתרונות הם [math]\displaystyle{ \cos\left(\sqrt{\frac{k}{m}}t\right),\sin\left(\sqrt{\frac{k}{m}}t\right) }[/math] והצירופים הלינאריים שלהם.
למה המינוס כל כך חשוב? אם הכוח היה [math]\displaystyle{ +kX }[/math], ככל שהמסה מתרחקת הקפיץ היה דוחף אותה עוד יותר, והפתרון היה גדל אקספוננציאלית (הפתרונות של [math]\displaystyle{ X''=X }[/math] הם [math]\displaystyle{ e^t,e^{-t} }[/math]). בגלל המינוס הקפיץ מנסה כל הזמן להחזיר את המסה לנקודת הרפיון, והתנועה מחזורית.
הכוח לא תלוי במסה: לקפיץ לא אכפת איזו מסה מחוברת אליו; המסה נכנסת רק דרך [math]\displaystyle{ F=ma }[/math]. לכן [math]\displaystyle{ X''=-\frac{k}{m}X }[/math], וקבוע הקפיץ והמסה קובעים יחד את זמן המחזור [math]\displaystyle{ 2\pi\sqrt{\frac{m}{k}} }[/math].
מטוטלת: גם במטוטלת, ככל שמתרחקים יותר מנקודת שיווי המשקל הכוח מחזיר פנימה חזק יותר. המשוואה שם מורכבת יותר (מופיע בה [math]\displaystyle{ \sin\theta }[/math]), אבל עבור זוויות קטנות [math]\displaystyle{ \sin\theta\approx\theta }[/math] ומקבלים שוב את משוואת הקפיץ.
רוב הבעיות המילוליות בקורס עוסקות בכוח הכבידה, בקפיץ, או בקפיץ יחד עם כוח הכבידה - ותמיד מתחילים מ-[math]\displaystyle{ F=ma }[/math].
מלבד הכוח שהקפיץ מפעיל, המים מתנגדים לסירה באופן פרופורציוני למהירות שלה.
[math]\displaystyle{ mX''=-kX-dX' }[/math]
היחס בין קבוע הקפיץ לקבוע התנגדות המים ישפיע על התנועה - האם הסירה תתקדם בכיוון אחד, או תעשה תנועה מחזורית (בכל מקרה היא תאט).
דוגמא:
מסה מחוברת לקפיץ עם חיכוך
כאשר החיכוך הוא חיכוך "יבש" בין המסה למשטח (חיכוך קולון), גודלו קבוע [math]\displaystyle{ \mu_k mg }[/math] ([math]\displaystyle{ \mu_k }[/math] מקדם החיכוך הקינטי) וכיוונו הפוך לכיוון התנועה. לכן [math]\displaystyle{ mX''=-kX-\mu_k mg\cdot\text{sgn}(X') }[/math].
בכל חצי מחזור כיוון התנועה קבוע, ולכן פותרים כל חצי מחזור בנפרד: זו תנודה הרמונית רגילה, אבל סביב נקודה מוזזת [math]\displaystyle{ \pm\frac{\mu_k mg}{k} }[/math] במקום סביב נקודת הרפיון.
התוצאה: המשרעת קטנה ב-[math]\displaystyle{ \frac{2\mu_k mg}{k} }[/math] בכל חצי מחזור, כלומר באופן לינארי (ולא אקספוננציאלי, כמו בהתנגדות שפרופורציונית למהירות בדוגמת הסירה), וזמן המחזור לא משתנה. המסה נעצרת סופית בנקודת קיצון שבה כוח הקפיץ כבר לא מתגבר על החיכוך הסטטי.
נניח שהמסה משוחררת ממנוחה במרחק [math]\displaystyle{ x_0>0 }[/math] מנקודת הרפיון (גדול מספיק כדי שכוח הקפיץ יתגבר על החיכוך הסטטי והמסה תתחיל לזוז), ונסמן [math]\displaystyle{ x_c=\frac{\mu_k mg}{k} }[/math] ו-[math]\displaystyle{ \omega=\sqrt{\frac{k}{m}} }[/math].
בחצי המחזור הראשון המסה נעה שמאלה ([math]\displaystyle{ X'<0 }[/math]), ולכן החיכוך פועל ימינה:
זו מד"ר כמו זו של מסה התלויה על קפיץ (בהמשך ההרצאה): כוח קבוע מזיז את נקודת שיווי המשקל. הפתרון עם [math]\displaystyle{ X(0)=x_0,\ X'(0)=0 }[/math] הוא
בחצי המחזור הבא המסה נעה ימינה, החיכוך פועל שמאלה, והתנודה היא סביב [math]\displaystyle{ -x_c }[/math]. כך הלאה: כל עוד המסה ממשיכה לנוע, בכל חצי מחזור המרחק של נקודת העצירה מנקודת הרפיון קטן ב-[math]\displaystyle{ 2x_c }[/math].
המסה נשארת במנוחה בנקודת עצירה [math]\displaystyle{ x_n }[/math] אם כוח הקפיץ [math]\displaystyle{ k|x_n| }[/math] אינו גדול מכוח החיכוך הסטטי המקסימלי [math]\displaystyle{ \mu_s mg }[/math].
מקור (לקריאה, כולל ניסוי וגרפים של הדעיכה הלינארית): P. Onorato, D. Mascoli, A. DeAmbrosis, Am. J. Phys. 78, 1120 (2010), doi:10.1119/1.3471936.
דוגמא:
מסה תלוייה על קפיץ במאונך עם או בלי התנגדות אוויר ועם השפעת כוח המשיכה (לא הומוגני)
הורדת סדר המשוואה
מד"ר מסדר גבוה ללא y
אם y אינו מופיע במשוואה פשוט נחליף משתנה [math]\displaystyle{ u=y' }[/math].
דוגמא:
משוואת נפילה חופשית ללא התנגדות אוויר היא מסדר שני [math]\displaystyle{ mX''=C }[/math].
נביט בפונקצית המהירות [math]\displaystyle{ V=X' }[/math] ונקבל את המשוואה [math]\displaystyle{ mV'=C }[/math] מסדר ראשון.
דוגמא נוספת: נפילה עם התנגדות אוויר שפרופורציונית למהירות. אם y הוא המרחק שהגוף נפל (הכיוון החיובי כלפי מטה), אז [math]\displaystyle{ my''=mg-by' }[/math]. זו מד"ר ללא y; נציב [math]\displaystyle{ v=y' }[/math] ונקבל את המד"ר הלינארית מסדר ראשון [math]\displaystyle{ mv'=mg-bv }[/math] שפתרנו בהרצאה 2.
שימו לב: משוואת הקפיץ [math]\displaystyle{ mX''=-kX }[/math]אינה חסרת הפונקציה, כי X מופיע בה. אם בכל זאת נציב [math]\displaystyle{ v=X' }[/math] נקבל [math]\displaystyle{ mv'(t)=-k\left(X(0)+\int_0^t v(s)\,ds\right) }[/math], וזו בכלל לא מד"ר (זו משוואה אינטגרלית). למשוואת הקפיץ מתאימה השיטה הבאה.
ראשית נחפש פונקציה [math]\displaystyle{ p }[/math] המקיימת את המד"ר מסדר ראשון [math]\displaystyle{ p'(t)p(t)=f(p(t),t) }[/math]
נהוג לרשום את שם המשתנה כאן y ולא t, אך אני לא עושה את זה כעת על מנת למנוע בלבול מיותר.
כעת נחפש פונקציה y המקיימת את המד"ר עבור p שמצאנו [math]\displaystyle{ y'=p(y) }[/math]
פונקציה כזו תקיים כי [math]\displaystyle{ y''=p'(y)y'=p'(y)p(y)=f(p(y),y)=f(y',y) }[/math]
כלומר היא מהווה פתרון למד"ר.
איך עושים את זה בפועל:
שלב 1: מחליפים במד"ר את [math]\displaystyle{ y'' }[/math] ב-[math]\displaystyle{ p'p }[/math] ואת [math]\displaystyle{ y' }[/math] ב-[math]\displaystyle{ p }[/math], ופותרים את המד"ר מסדר ראשון [math]\displaystyle{ p'p=f(p,y) }[/math]. כאן p היא הפונקציה ו-y הוא המשתנה.
שלב 2: פותרים את המד"ר מסדר ראשון [math]\displaystyle{ y'=p(y) }[/math]. כאן y היא הפונקציה, והמשתנה הוא x (או t).
זה הדבר המבלבל בשיטה: בשלב הראשון y משמש כמשתנה ובשלב השני כפונקציה (בדומה למד"ר מדוייקת). בהוכחה לעיל כתבנו t בשלב הראשון כדי להפריד בין התפקידים.
זהירות: אם בשלב 1 מחלקים ב-p, מאבדים את האפשרות [math]\displaystyle{ p\equiv 0 }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ y'=0 }[/math]. הפונקציה הקבועה [math]\displaystyle{ y\equiv c }[/math] היא פתרון אם ורק אם [math]\displaystyle{ f(0,c)=0 }[/math], וצריך לבדוק פתרונות כאלה בנפרד.
דוגמא: מצאו את כל הפתרונות של המד"ר [math]\displaystyle{ y''=y'y }[/math].
נחפש p כך ש-[math]\displaystyle{ y'=p(y) }[/math]. לפי השיטה [math]\displaystyle{ y'' }[/math] מוחלף ב-[math]\displaystyle{ p'p }[/math] ו-[math]\displaystyle{ y' }[/math] מוחלף ב-p:
[math]\displaystyle{ p'p=py }[/math]
המקרה [math]\displaystyle{ p\equiv 0 }[/math]: כלומר [math]\displaystyle{ y'=0 }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ y\equiv c }[/math] קבוע. אכן כל פונקציה קבועה היא פתרון: [math]\displaystyle{ y''=0=0\cdot c=y'y }[/math].
אחרת נחלק ב-p ונקבל [math]\displaystyle{ p'=y }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ p=\frac{1}{2}y^2+C }[/math]. נותר לפתור את המד"ר הפרידה
[math]\displaystyle{ y'=\frac{1}{2}y^2+C }[/math]
(אפשר להגיע לאותה משוואה גם ישירות: [math]\displaystyle{ y''=y'y=\left(\frac{1}{2}y^2\right)' }[/math], ונעשה אינטגרל.) נחלק למקרים לפי הסימן של C; בכל מקרה D הוא קבוע כלשהו שמשנה את ערכו משורה לשורה.
[math]\displaystyle{ C=0 }[/math]:[math]\displaystyle{ \frac{dy}{y^2}=\frac{1}{2}dx }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ -\frac{1}{y}=\frac{1}{2}x+D }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ y=\frac{-2}{x+D} }[/math]. (בחלוקה ב-[math]\displaystyle{ y^2 }[/math] איבדנו את [math]\displaystyle{ y\equiv 0 }[/math], שהוא אחד הפתרונות הקבועים.)
[math]\displaystyle{ C>0 }[/math]: נסמן [math]\displaystyle{ C=\frac{a^2}{2} }[/math] עם [math]\displaystyle{ a=\sqrt{2C}>0 }[/math]. אז [math]\displaystyle{ y'=\frac{y^2+a^2}{2} }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ \frac{dy}{y^2+a^2}=\frac{1}{2}dx }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ \frac{1}{a}\arctan\left(\frac{y}{a}\right)=\frac{1}{2}x+D }[/math]. סה"כ
(בחלוקה ב-[math]\displaystyle{ (y-a)(y+a) }[/math] איבדנו את הפתרונות הקבועים [math]\displaystyle{ y\equiv\pm a }[/math]. [math]\displaystyle{ y\equiv a }[/math] מתקבל שוב מ-[math]\displaystyle{ D=0 }[/math], אבל [math]\displaystyle{ y\equiv -a }[/math] לא.)
סיכום: הפתרונות הם הפונקציות הקבועות [math]\displaystyle{ y\equiv c }[/math], וכן
לכן [math]\displaystyle{ y=\sqrt{\frac{C}{k}}\cdot \sin\left(\pm\sqrt{k}t+\sqrt{k}D\right) }[/math].
שימו לב שהביטוי [math]\displaystyle{ \sqrt{\frac{C}{k}} }[/math] 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.
למה סינוס? רדיאנים ושריקה
קיבלנו שתנועת מסה על קפיץ היא סינוס. זו התשובה לשאלה למה סינוס וקוסינוס כל כך חשובות: הן לא רק יחסים במשולש, הן נובעות ישירות מחוקי הפיזיקה (חוק הוק והחוק השני של ניוטון). "סינוס וקוסינוס אינן המצאות אנושיות אלא פלא הבריאה".
הדגמה: בשיעור הקלטנו שריקה בתוכנה לעריכת קול. התוכנה מודדת את לחץ האוויר במיקרופון כפונקציה של הזמן, ובהגדלה רואים סינוס כמעט מושלם (מקור הקול מתנודד כמו מסה על קפיץ).
הקלטה של שריקה: לחץ האוויר במיקרופון כפונקציה של הזמן
הקשר המדויק הוא למשוואת הגלים, שהיא משוואה דיפרנציאלית חלקית מורכבת יותר; משוואת הקפיץ היא גרסה פשוטה של אותו רעיון.
למה מודדים זוויות ברדיאנים? כי הנגזרת של סינוס היא קוסינוס רק ברדיאנים.
סינוס במעלות הוא הפונקציה [math]\displaystyle{ \sin\left(\frac{\pi}{180}x\right) }[/math], והנגזרת שלה היא [math]\displaystyle{ \frac{\pi}{180}\cos\left(\frac{\pi}{180}x\right) }[/math]. לכן המשיק לסינוס במעלות בראשית הוא [math]\displaystyle{ y=\frac{\pi}{180}x }[/math], ולא [math]\displaystyle{ y=x }[/math].
בהוכחה שהנגזרת של סינוס היא קוסינוס משתמשים בגבול [math]\displaystyle{ \lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1 }[/math], שנכון רק ברדיאנים.
במשוואת הקפיץ מחפשים פונקציה שהנגזרת השנייה שלה היא מינוס הפונקציה. סינוס ברדיאנים מקיים זאת בדיוק, [math]\displaystyle{ (\sin t)''=-\sin t }[/math], בלי קבועים מרגיזים.
למה דווקא רדיאנים? בהוכחה הגאומטרית של [math]\displaystyle{ \lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1 }[/math] משווים את שטח הגזרה במעגל היחידה לשטחי שני משולשים ומקבלים [math]\displaystyle{ \sin x<x<\tan x }[/math]. שטח הגזרה הוא [math]\displaystyle{ \pi\cdot\frac{x}{2\pi}=\frac{x}{2} }[/math] כאשר x ברדיאנים, וה-[math]\displaystyle{ \pi }[/math] מצטמצם. במעלות השטח הוא [math]\displaystyle{ \pi\cdot\frac{x}{360} }[/math], והקבוע [math]\displaystyle{ \frac{\pi}{180} }[/math] נשאר תקוע בגבול ובכל הנגזרות. הרדיאן הוא גודל גאומטרי טבעי (אורך הקשת במעגל היחידה), ואילו 360 הוא מספר שרירותי.
בדיקה במחשבון:[math]\displaystyle{ \frac{\sin(0.001)}{0.001}\approx 0.9999998 }[/math] כשהמחשבון מכוון לרדיאנים, אבל כשהוא מכוון למעלות מקבלים [math]\displaystyle{ \approx 0.01745\approx\frac{\pi}{180} }[/math].
איזה אקספוננט מקיים את משוואת הקפיץ?[math]\displaystyle{ \left(e^{at}\right)''=a^2e^{at} }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ \left(e^{at}\right)''=-e^{at} }[/math] כאשר [math]\displaystyle{ a^2=-1 }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ a=\pm i }[/math]. האקספוננטים המרוכבים [math]\displaystyle{ e^{\pm it} }[/math] מחזירים אותנו לסינוס ולקוסינוס - נראה זאת בהרצאה 6 (שורשים מרוכבים של הפולינום האופייני).
גוף בעל מסה [math]\displaystyle{ m }[/math] נזרק מכדור הארץ כלפי מעלה במהירות [math]\displaystyle{ v_0 }[/math], נסמן את מרחק הגוף ממרכז כדור הארץ ב[math]\displaystyle{ r }[/math].
מצאו את פונקצית מהירות הגוף ביחס לגובה שלו [math]\displaystyle{ v(r) }[/math].
מהי מהירות המילוט של הגוף? כלומר עבור איזו מהירות התחלתית מתקיים כי [math]\displaystyle{ r(t)\to \infty }[/math] כאשר [math]\displaystyle{ t\to \infty }[/math]?
למה לא mg? ליד פני הקרקע כוח המשיכה הוא בקירוב קבוע, mg. כאן הגוף מתרחק מאוד מכדור הארץ, ולכן צריך את הנוסחה המדויקת יותר של ניוטון לכוח הכבידה בין שני גופים
כאשר G הוא קבוע הכבידה האוניברסלי, [math]\displaystyle{ M_1,M_2 }[/math] המסות של שני הגופים ו-r המרחק בין מרכזיהם. ליד פני הקרקע [math]\displaystyle{ r\approx R_e }[/math], ומקבלים בחזרה mg עם [math]\displaystyle{ g=\frac{Gm_e}{R_e^2} }[/math].
בעיטה ולא טיל: השאלה היא על גוף שקיבל מהירות התחלתית אחת (בעיטה חזקה מאוד), ומאז פועל עליו רק כוח הכבידה. טיל מפעיל כוח באופן רציף בעזרת המנועים שלו, וזו בעיה אחרת.
מה שאלו בקורס הפיזיקה: השאלה המקורית (מקורס מד"ר לפיזיקאים) הייתה למצוא את המהירות כפונקציה של המרחק, [math]\displaystyle{ v(r) }[/math]. שיטת הורדת הסדר נותנת בדיוק את זה כבר בשלב הראשון: [math]\displaystyle{ p(r)=r' }[/math] היא המהירות כפונקציה של המרחק. כדי למצוא את המרחק כפונקציה של הזמן [math]\displaystyle{ r(t) }[/math] היה צריך לפתור גם את המד"ר [math]\displaystyle{ r'=p(r) }[/math], ושם האינטגרל לא נעים.
נסמן את מסת כדור הארץ ב[math]\displaystyle{ m_e }[/math], את רדיוס כדור הארץ ב[math]\displaystyle{ R_e }[/math], את קבוע הכבידה האוניברסאלי ב[math]\displaystyle{ G }[/math] ואת תאוצת הנפילה בכדור הארץ ב[math]\displaystyle{ g }[/math]
ראשית נשים לב כי כוח המשיכה של כדור הארץ המופעל על מסה [math]\displaystyle{ m }[/math] הוא בקירוב [math]\displaystyle{ mg=\frac{Gm_e m}{R_e^2} }[/math] כלומר [math]\displaystyle{ g=\frac{Gm_e}{R_e^2} }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ gR_e^2 = Gm_e }[/math]
המשוואה המתארת את תנועת הגוף היא:
[math]\displaystyle{ mr''=-\frac{Gm_e m}{r^2} }[/math] כלומר [math]\displaystyle{ r''=-\frac{Gm_e}{r^2}=-\frac{gR_e^2}{r^2} }[/math]
זו משוואה מסדר שני שחסר בה המשתנה [math]\displaystyle{ t }[/math]
נחפש [math]\displaystyle{ p }[/math] עבורה [math]\displaystyle{ p(r)=r' }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ pp'=r'' }[/math]
הגובה הראשוני הוא [math]\displaystyle{ r=R_e }[/math] ובו המהירות היא [math]\displaystyle{ v_0 }[/math]
[math]\displaystyle{ v_0=\sqrt{C+2gR_e} }[/math]
[math]\displaystyle{ C=v_0^2-2gR_e }[/math]
הערה: ניתן לפתור את המד"ר הזו על מנת למצוא את הגובה כפונקציה של הזמן, אך לא התבקשנו לעשות כן.
סה"כ נקבל כי [math]\displaystyle{ v(r)=\sqrt{v_0^2-2gR_e+\frac{2gR_e^2}{r}} }[/math]
מהירות המילוט היא המהירות ההתחלתית הנמוכה ביותר המבטיחה כי הגוף לא יגיע למהירות אפס.
לכן מהירות המילוט מקיימת כי [math]\displaystyle{ v_0^2 = 2gR_e }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ v_0 =\sqrt{2gR_e} }[/math]
לכל מהירות נמוכה יותר הביטוי בתוך השורש מתחיל מ[math]\displaystyle{ v_0^2 }[/math] ושואף למספר שלילי (בהנחת השלילה ש [math]\displaystyle{ r\to \infty }[/math]), ולכן יגיע לאפס. במהירות אפס החפץ לא ימשיך לנוע.
לכל מהירות התחלתית גבוהה יותר, המהירות גדולה יותר מערך חיובי קבוע, ולכן [math]\displaystyle{ r\to\infty }[/math].
אם המהירות ההתחלתית היא בדיוק מהירות המילוט, ניתן לפתור את המד"ר בקלות ולראות כי [math]\displaystyle{ r\to\infty }[/math].
בערכים של כדור הארץ ([math]\displaystyle{ g\approx 9.81 }[/math] מטר לשנייה בריבוע, [math]\displaystyle{ R_e\approx 6371 }[/math] ק"מ) מהירות המילוט היא [math]\displaystyle{ \sqrt{2gR_e}\approx 11.2 }[/math] ק"מ לשנייה.
הערה - שימור אנרגיה: השלב הראשון של הורדת הסדר הוא בעצם חוק שימור האנרגיה. כיוון ש-[math]\displaystyle{ pp'=\frac{d}{dr}\left(\frac{p^2}{2}\right) }[/math], האינטגרציה נתנה [math]\displaystyle{ \frac{1}{2}v^2-\frac{gR_e^2}{r}=C }[/math], ואחרי כפל ב-m זה בדיוק "אנרגיה קינטית ועוד אנרגיה פוטנציאלית שווה לקבוע". פיזיקאים מוצאים את מהירות המילוט ישירות משיקולי אנרגיה: כדי שהגוף יגיע ל-[math]\displaystyle{ r\to\infty }[/math], שם האנרגיה הפוטנציאלית שואפת לאפס, צריך [math]\displaystyle{ \frac{1}{2}v_0^2-gR_e\geq 0 }[/math].
מד"ר לינארית היא מד"ר מהצורה [math]\displaystyle{ y^{(n)}+a_{n-1}(x)y^{(n-1)}+...+a_1(x)y'+a_0(x)y=f(x) }[/math].
אם [math]\displaystyle{ f(x)\equiv 0 }[/math] אזי המד"ר נקראת הומוגנית.
בעיית הקושי למד"ר הלינארית היא המשוואה יחד עם תנאי ההתחלה [math]\displaystyle{ y(x_0)=b_0,y'(x_0)=b_1,...,y^{(n-1)}(x_0)=b_{n-1} }[/math]
משפט קיום ויחידות: אם [math]\displaystyle{ a_i(x),f(x) }[/math] רציפות בקטע [math]\displaystyle{ I }[/math] ויהי [math]\displaystyle{ x_0\in I }[/math], אזי קיים פתרון יחיד בקטע [math]\displaystyle{ I }[/math] לבעיית הקושי.
הערות על המשפט:
היתרון על פני משפט הקיום והיחידות מהרצאה 4: כאן הפתרון קיים ויחיד בכל הקטע I, ולא רק בסביבה קטנה של [math]\displaystyle{ x_0 }[/math]. זה בזכות הלינאריות. (לעומת זאת, לבעיה הלא לינארית [math]\displaystyle{ y'=y^2,\ y(0)=1 }[/math] הפתרון [math]\displaystyle{ y=\frac{1}{1-x} }[/math] מתפוצץ ב-[math]\displaystyle{ x=1 }[/math], אף שאגף ימין רציף בכל המישור.)
המקדם של [math]\displaystyle{ y^{(n)} }[/math] חייב להיות 1. אם במד"ר יש מקדם [math]\displaystyle{ a_n(x) }[/math] ל-[math]\displaystyle{ y^{(n)} }[/math], מחלקים בו לפני שמשתמשים במשפט, ובנקודות שבהן [math]\displaystyle{ a_n(x)=0 }[/math] המשפט לא חל.
כמו שבבעיה פיזיקלית מסדר שני צריך מיקום התחלתי ומהירות התחלתית, למד"ר מסדר n צריך n תנאי התחלה.
את המשפט הזה לא נוכיח בקורס (אפשר להוכיח אותו בדרך דומה להוכחה שראינו בהרצאה 4). כל מה שנוכיח בהמשך על מרחב הפתרונות - המימד שלו והקשר לוורונסקיאן - נשען עליו.
נגדיר את אופרטור הגזירה [math]\displaystyle{ D }[/math] על מרחב הפונקציות הגזירות אינסוף פעמים.
[math]\displaystyle{ a(x)D }[/math] גם הוא אופרטור לינארי
לכן ניתן לכתוב מד"ר לינארית כ [math]\displaystyle{ Ty=f(x) }[/math] כאשר [math]\displaystyle{ T=D^n+\sum_{k=0}^{n-1} a_k(x)\cdot D^k }[/math] אופרטור לינארי.
ובשפה זו המד"ר היא [math]\displaystyle{ Ty=f(x) }[/math].
דוגמא: המד"ר [math]\displaystyle{ y''+xy'+2y=0 }[/math] היא [math]\displaystyle{ (D^2+xD+2I)y=0 }[/math]. כלומר הפתרונות שלה הם בדיוק הגרעין של האופרטור [math]\displaystyle{ T=D^2+xD+2I }[/math], ובפרט הם תת מרחב וקטורי - יש לו מימד ובסיס.
D הוא אופרטור לינארי:[math]\displaystyle{ D(y_1+cy_2)=(y_1+cy_2)'=y_1'+cy_2'=Dy_1+cDy_2 }[/math].
לכן T, שהוא סכום של אופרטורים לינאריים, הוא אופרטור לינארי: [math]\displaystyle{ T(y_1+cy_2)=Ty_1+cTy_2 }[/math].
הערה על תחום ההגדרה: לא כל פונקציה גזירה, ולא כל פונקציה גזירה היא גזירה פעמיים. לכן D הוא אופרטור עם תחום הגדרה - הוא מוגדר רק על פונקציות גזירות. (אפשר היה לעבוד במרחב הפונקציות הגזירות אינסוף פעמים, אבל בקורס נפגוש גם פונקציות שגזירות רק מספר סופי של פעמים.) זה לא מפריע לנו בהמשך.
אוסף הפתרונות של מד"ר לינארית הומוגנית הוא תת מרחב וקטורי.
זה הרי הגרעין של האופרטור [math]\displaystyle{ T }[/math] המתואר לעיל
אפשר גם לוודא זאת ישירות: פונקצית האפס היא פתרון, ואם [math]\displaystyle{ Ty_1=0 }[/math] ו-[math]\displaystyle{ Ty_2=0 }[/math] אז [math]\displaystyle{ T(y_1+cy_2)=Ty_1+cTy_2=0 }[/math], כי הנגזרת של סכום היא סכום הנגזרות.
למה זה אכפת לנו? כי עכשיו אפשר לעבוד כמו באלגברה לינארית:
נמצא בסיס למרחב הפתרונות של ההומוגנית.
כל פתרון הוא צירוף לינארי של איברי הבסיס, והפעם המקדמים הם באמת קבועים (סקלרים).
נציב את תנאי ההתחלה בצירוף הלינארי הכללי ונמצא את הקבועים של הפתרון המבוקש.
דוגמא: קל לוודא ש-[math]\displaystyle{ \sin(2x),\cos(2x) }[/math] פותרות את [math]\displaystyle{ y''=-4y }[/math]. נניח שהן בסיס למרחב הפתרונות (נראה בהמשך איך מוודאים זאת). מצאו את הפתרון המקיים [math]\displaystyle{ y(0)=0,\ y'(0)=1 }[/math].
הפתרון הוא מהצורה [math]\displaystyle{ y=c_1\sin(2x)+c_2\cos(2x) }[/math].
[math]\displaystyle{ y(0)=c_2=0 }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ y=c_1\sin(2x) }[/math].
[math]\displaystyle{ y'=2c_1\cos(2x) }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ y'(0)=2c_1=1 }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ c_1=\frac{1}{2} }[/math].
תזכורת: [math]\displaystyle{ y_1,...,y_n }[/math] נקראת תלויות לינארית אם קיימים קבועים לא כולם אפס כך ש [math]\displaystyle{ c_1y_1+...+c_ny_n\equiv 0 }[/math] (הצירוף הוא פונקצית האפס).
הוורונסקיאן שונה מאפס, ולכן הפונקציות [math]\displaystyle{ \sin x,\cos x }[/math] בת"ל.
האם גם הכיוון ההפוך נכון? כלומר האם [math]\displaystyle{ W\equiv 0 }[/math] גורר תלות לינארית? לא באופן כללי - ראו את הדוגמא [math]\displaystyle{ x^2,x|x| }[/math] בהמשך. הכיוון ההפוך נכון כאשר הפונקציות הן פתרונות של אותה מד"ר לינארית הומוגנית עם מקדמים רציפים, וזה המשפט הבא.
אם [math]\displaystyle{ W(x_0)=0 }[/math] עבור [math]\displaystyle{ x_0\in I }[/math] כלשהו עבור [math]\displaystyle{ y_1,...,y_n }[/math]פתרונות של מד"ר לינארית הומוגנית עם מקדמים רציפים בקטע [math]\displaystyle{ I }[/math], אזי הפתרונות ת"ל ו[math]\displaystyle{ W(x)\equiv 0 }[/math].
כיוון ש[math]\displaystyle{ W(x_0)=0 }[/math] קיים פתרון לא טריוויאלי למערכת כך שלכל [math]\displaystyle{ 0\leq k\leq n-1 }[/math] מתקיים כי [math]\displaystyle{
c_1y_1^{(k)}(x_0)+...+c_ny_n^{(k)}(x_0)=0 }[/math].
נביט בפונקציה [math]\displaystyle{ g(x)=c_1y_1(x)+...+c_ny_n(x) }[/math], לפי לינאריות גם [math]\displaystyle{ g(x) }[/math] פתרון של המד"ר.
כיוון שלכל [math]\displaystyle{ 0\leq k\leq n-1 }[/math] מתקיים כי [math]\displaystyle{ g^{(k)}(x_0)=0 }[/math] ולפי יחידות הפתרון, נובע כי [math]\displaystyle{ g(x)\equiv 0 }[/math] (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 [math]\displaystyle{ x^2,x|x| }[/math].
הדוגמא [math]\displaystyle{ x^2,x|x| }[/math] בפירוט: בכל קטע שמכיל את 0 בפנים (למשל כל הישר) הפונקציות בת"ל, אבל הוורונסקיאן שלהן מתאפס זהותית.
(בקטע שכולו מימין ל-0, לעומת זאת, [math]\displaystyle{ x|x|=x^2 }[/math], והפונקציות תלויות.)
(אדום) אינה גזירה ב-0
איפה הטעות באינטואיציה "מטריצה לא הפיכה ולכן הפונקציות תלויות"? בכל נקודה x יש סקלרים שמאפסים את הצירוף, אבל הם תלויים ב-x, ואילו תלות לינארית דורשת את אותם סקלרים לכל x:
"[math]\displaystyle{ \forall x\ \exists c_1,c_2 }[/math]" אינו שקול ל-"[math]\displaystyle{ \exists c_1,c_2\ \forall x }[/math]"
ב-[math]\displaystyle{ x=1 }[/math] מטריצת הוורונסקי היא [math]\displaystyle{ \begin{pmatrix}1&1\\2&2\end{pmatrix} }[/math], והגרעין שלה נפרש ע"י [math]\displaystyle{ \begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix} }[/math]. אכן [math]\displaystyle{ 1\cdot x^2-1\cdot x|x|=0 }[/math] עבור [math]\displaystyle{ x=1 }[/math] (ולכל [math]\displaystyle{ x>0 }[/math]).
ב-[math]\displaystyle{ x=-1 }[/math] המטריצה היא [math]\displaystyle{ \begin{pmatrix}1&-1\\-2&2\end{pmatrix} }[/math], והגרעין שלה נפרש ע"י [math]\displaystyle{ \begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix} }[/math]. אכן [math]\displaystyle{ x^2+x|x|=0 }[/math] עבור [math]\displaystyle{ x=-1 }[/math] (ולכל [math]\displaystyle{ x<0 }[/math]).
כלומר בכל נקודה יש וקטור לא טריוויאלי במרחב האפס, אבל אין וקטור אחד שעובד בכל הנקודות. מה מציל אותנו כשהפונקציות הן פתרונות של מד"ר? היחידות: במשפט לעיל לוקחים את הסקלרים של נקודה אחת[math]\displaystyle{ x_0 }[/math]; הצירוף שמתקבל הוא פתרון עם תנאי התחלה אפס, ולכן הוא פונקצית האפס בכל הקטע - כלומר אותם סקלרים עובדים לכל x.
שימוש במבחנים: שאלה תאורטית נפוצה היא "האם ייתכן שהפונקציות הנתונות הן פתרונות של מד"ר לינארית הומוגנית?". אחת הדרכים להראות שלא: n פונקציות בת"ל שהוורונסקיאן שלהן מתאפס בנקודה כלשהי של I אינן יכולות להיות פתרונות של מד"ר לינארית הומוגנית מסדר n עם מקדמים רציפים ב-I. למשל [math]\displaystyle{ x^2,x|x| }[/math] אינן פתרונות של אף מד"ר כזו מסדר שני בקטע שמכיל את 0 בפנים.
העשרה - איך בונים מד"ר שפתרונותיה נתונים? (כך גם מייצרים שאלות למבחנים.) מצאו מד"ר לינארית הומוגנית מסדר שני שהפונקציות [math]\displaystyle{ e^x }[/math] ו-[math]\displaystyle{ x^2e^x }[/math] פותרות.
[math]\displaystyle{ e^x }[/math] פותרת את [math]\displaystyle{ (D-I)y=0 }[/math]. נחפש את אופרטור המד"ר בצורה [math]\displaystyle{ T=S(D-I) }[/math], כאשר S אופרטור מסדר ראשון. אז [math]\displaystyle{ Te^x=S(0)=0 }[/math] אוטומטית.
נפעיל את [math]\displaystyle{ D-I }[/math] על הפונקציה השנייה:
לכן צריך אופרטור S מסדר ראשון שמאפס את [math]\displaystyle{ 2xe^x }[/math]. עבור [math]\displaystyle{ y=2xe^x }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ y'=(2x+2)e^x=\left(1+\frac{1}{x}\right)y }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ S=D-\left(1+\frac{1}{x}\right)I }[/math].
נפתח סוגריים (שימו לב: אסור להחליף את סדר הגורמים, כי המקדמים של S אינם קבועים):
בדיקה בהצבה: גם [math]\displaystyle{ e^x }[/math] וגם [math]\displaystyle{ x^2e^x }[/math] מקיימות אותה.
קשר לוורונסקיאן:[math]\displaystyle{ W(e^x,x^2e^x)=2xe^{2x} }[/math] מתאפס ב-[math]\displaystyle{ x=0 }[/math], למרות שאלה פתרונות בת"ל. אין סתירה למשפט: אחרי חלוקה ב-x (כדי שהמקדם של [math]\displaystyle{ y'' }[/math] יהיה 1) המקדמים [math]\displaystyle{ -\left(2+\frac{1}{x}\right) }[/math] ו-[math]\displaystyle{ 1+\frac{1}{x} }[/math] אינם רציפים ב-0. בכל קטע שלא מכיל את 0 הוורונסקיאן שונה מאפס.
באותה דרך, עם [math]\displaystyle{ D-I }[/math] והפונקציה [math]\displaystyle{ \sin x }[/math], מקבלים מד"ר שפתרונותיה [math]\displaystyle{ e^x }[/math] ו-[math]\displaystyle{ \sin x }[/math]:
מרחב הפתרונות של המד"ר הלינארית ההומוגנית הוא ממימד n.
לכל [math]\displaystyle{ 0\leq k\leq n-1 }[/math] נגדיר את [math]\displaystyle{ y_k }[/math] להיות הפתרון המקיים את תנאי ההתחלה [math]\displaystyle{ y_k^{(k)}(x_0)=1 }[/math] ואם [math]\displaystyle{ j\neq k }[/math] אז [math]\displaystyle{ y_k^{(j)}(x_0)=0 }[/math].
נוכיח שn פתרונות אלה מהווים בסיס.
[math]\displaystyle{ W(x_0)=|I|=1 }[/math] ולכן הפתרונות בת"ל.
עבור תנאי ההתחלה [math]\displaystyle{ y^{(k)}(x_0)=b_k }[/math] פתרון המקיים תנאיי התחלה אלו הוא [math]\displaystyle{ b_0y_0+...+b_{n-1}y_{n-1} }[/math], ולכן הקבוצה פורשת.
הוכחה. (הוכחה מפורטת. היא נשענת על משפט הקיום והיחידות למד"ר לינארית, שלא הוכחנו.)
נקבע [math]\displaystyle{ x_0\in I }[/math]. לפי משפט הקיום והיחידות, לכל [math]\displaystyle{ 0\leq i\leq n-1 }[/math] יש פתרון יחיד [math]\displaystyle{ y_i }[/math] עם תנאי ההתחלה [math]\displaystyle{ y_i^{(k)}(x_0)=\delta_{ik} }[/math], כלומר 1 כאשר [math]\displaystyle{ k=i }[/math] ו-0 אחרת. למשל עבור [math]\displaystyle{ y''+y=0 }[/math] ו-[math]\displaystyle{ x_0=0 }[/math]: [math]\displaystyle{ y_0=\cos x }[/math] (כי [math]\displaystyle{ y_0(0)=1,\ y_0'(0)=0 }[/math]) ו-[math]\displaystyle{ y_1=\sin x }[/math] (כי [math]\displaystyle{ y_1(0)=0,\ y_1'(0)=1 }[/math]).
בת"ל בעזרת הוורונסקיאן: כל עמודה במטריצת הוורונסקי בנקודה [math]\displaystyle{ x_0 }[/math] היא בדיוק וקטור תנאי ההתחלה של הפתרון המתאים, ולכן [math]\displaystyle{ W(x_0)=\det I=1\neq 0 }[/math].
בת"ל בלי ורונסקיאן: יהי צירוף מתאפס [math]\displaystyle{ c_0y_0+\cdots+c_{n-1}y_{n-1}\equiv 0 }[/math]. נציב [math]\displaystyle{ x_0 }[/math] ונקבל [math]\displaystyle{ c_0=0 }[/math]. נגזור את השוויון ונציב [math]\displaystyle{ x_0 }[/math], ונקבל [math]\displaystyle{ c_1=0 }[/math]. כך הלאה: אחרי k גזירות והצבה מקבלים [math]\displaystyle{ c_k=0 }[/math].
פורשת: יהי y פתרון כלשהו של ההומוגנית. המספרים [math]\displaystyle{ y(x_0),y'(x_0),\ldots,y^{(n-1)}(x_0) }[/math] הם תנאי ההתחלה שלו. נגדיר
h הוא צירוף לינארי של פתרונות, ולכן פתרון של ההומוגנית. נגזור k פעמים ונציב [math]\displaystyle{ x_0 }[/math]; בגלל תנאי ההתחלה של [math]\displaystyle{ y_i }[/math] נשאר רק המחובר ה-k:
כלומר ל-h ול-y יש אותם תנאי התחלה, ולפי היחידות [math]\displaystyle{ h\equiv y }[/math] בכל הקטע. לכן y נמצא במרחב הנפרש ע"י [math]\displaystyle{ y_0,\ldots,y_{n-1} }[/math]. זו הכללה של העובדה שהבסיס הסטנדרטי פורש את [math]\displaystyle{ \mathbb{R}^n }[/math].
לכן אלו שני פתרונות בת"ל שפורשים את כל מרחב הפתרונות, ולכן הפתרון הכללי הוא מהצורה [math]\displaystyle{ x(t)=c_1\cdot cos\left(\sqrt{k}t\right) + c_2\cdot sin\left(\sqrt{k}t\right) }[/math]
הבסיס הקנוני מההוכחה (עם [math]\displaystyle{ x_0=0 }[/math]) למשוואה זו הוא [math]\displaystyle{ \cos\left(\sqrt{k}t\right),\ \frac{1}{\sqrt{k}}\sin\left(\sqrt{k}t\right) }[/math], ויש לו משמעות פיזיקלית:
[math]\displaystyle{ \cos\left(\sqrt{k}t\right) }[/math] מתחיל במיקום 1 ובמהירות 0: משחררים את המסה ממרחק 1 מנקודת הרפיון.
[math]\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt{k}}\sin\left(\sqrt{k}t\right) }[/math] מתחיל במיקום 0 ובמהירות 1: המסה בנקודת הרפיון ומקבלת מכה שנותנת לה מהירות 1.
לכן הפתרון עם מיקום התחלתי [math]\displaystyle{ x(0) }[/math] ומהירות התחלתית [math]\displaystyle{ x'(0) }[/math] הוא פשוט
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.
הוכחה. נכתוב את המד"ר בעזרת האופרטור שלה: [math]\displaystyle{ Ty=f }[/math]. יהי [math]\displaystyle{ y_p }[/math] פתרון פרטי כלשהו, ויהי [math]\displaystyle{ H=\ker T }[/math] אוסף הפתרונות של ההומוגנית. צריך להוכיח שאוסף הפתרונות של [math]\displaystyle{ Ty=f }[/math] הוא בדיוק
כל [math]\displaystyle{ y_p+h }[/math] הוא פתרון:[math]\displaystyle{ T(y_p+h)=Ty_p+Th=f+0=f }[/math].
כל פתרון הוא מהצורה הזו: יהי y פתרון כלשהו של [math]\displaystyle{ Ty=f }[/math]. נכתוב [math]\displaystyle{ y=y_p+(y-y_p) }[/math], ונותר להראות ש-[math]\displaystyle{ y-y_p\in H }[/math]. אכן [math]\displaystyle{ T(y-y_p)=Ty-Ty_p=f-f=0 }[/math].
לקח חשוב: מספיק למצוא פתרון פרטי אחד כלשהו של המד"ר הלא הומוגנית - אפילו בניחוש - ויחד עם הפתרון הכללי של ההומוגנית יש לנו את כל הפתרונות.
אנלוגיה מהתיכון: בהצגה פרמטרית של ישר (או מישור) כותבים "נקודה על הישר ועוד t כפול וקטור כיוון". הנקודה היא פתרון פרטי של מערכת המשוואות, ווקטור הכיוון הוא פתרון של המערכת ההומוגנית.
נביט במערכת
[math]\displaystyle{ x+y+z=1 }[/math]
[math]\displaystyle{ x-2y-z=2 }[/math]
כל משוואה מתארת מישור, והפתרונות הם ישר החיתוך שלהם. בדירוג נקבל [math]\displaystyle{ x=\frac{4}{3}-\frac{1}{3}t,\ y=-\frac{1}{3}-\frac{2}{3}t,\ z=t }[/math], כלומר
הנקודה [math]\displaystyle{ \left(\frac{4}{3},-\frac{1}{3},0\right) }[/math] היא פתרון פרטי. וקטור הכיוון (או כל כפולה שלו, למשל [math]\displaystyle{ (-1,-2,3) }[/math]) פותר את המערכת ההומוגנית: [math]\displaystyle{ -1-2+3=0 }[/math] וגם [math]\displaystyle{ -1+4-3=0 }[/math].
שני המישורים, נקודה A על ישר החיתוך ווקטור הכיוון
גם ההפרש בין שתי נקודות על הישר הוא וקטור כיוון - בדיוק כמו ש-[math]\displaystyle{ y-y_p }[/math] הוא פתרון של ההומוגנית בהוכחה לעיל.
מוצאים בסיס [math]\displaystyle{ y_1,\ldots,y_n }[/math] למרחב הפתרונות של ההומוגנית.
מוצאים פתרון פרטי אחד [math]\displaystyle{ y_p }[/math] של הלא הומוגנית.
הפתרון הכללי הוא [math]\displaystyle{ y=y_p+c_1y_1+\cdots+c_ny_n }[/math]. מציבים את תנאי ההתחלה (מציבים [math]\displaystyle{ x_0 }[/math], גוזרים, מציבים שוב וכן הלאה) ומוצאים את הקבועים.
בהרצאות הבאות נלמד איך לבצע את שני השלבים הראשונים במקרים שונים.
דוגמא: [math]\displaystyle{ y''=-ky+g }[/math] 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 [math]\displaystyle{ y=a }[/math].
משוואה זו תתקיים עבור [math]\displaystyle{ a=\frac{1}{k-1} }[/math].
לכן פתרון כללי למד"ר הוא [math]\displaystyle{ 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) }[/math].
שימו לב: הניחוש עובד רק כאשר [math]\displaystyle{ k\neq 1 }[/math]. כאשר [math]\displaystyle{ k=1 }[/math] התדירות של הכוח החיצוני שווה לתדירות הטבעית של הקפיץ (תהודה): [math]\displaystyle{ a\sin t }[/math] פותר את ההומוגנית ולכן אינו יכול להיות פתרון פרטי, וצריך לנחש [math]\displaystyle{ t(a\sin t+b\cos t) }[/math]. מקבלים [math]\displaystyle{ x_p=-\frac{t}{2}\cos t }[/math], שהמשרעת שלו גדלה ללא גבול (ראו בהרצאה 7).
שאלת מבחן: כשידוע פתרון אחד
הורדת סדר כשידוע פתרון אחד: אם [math]\displaystyle{ y_1 }[/math] פתרון (שאינו אפס) של מד"ר לינארית הומוגנית מסדר שני [math]\displaystyle{ y''+a_1(x)y'+a_0(x)y=0 }[/math], מציבים [math]\displaystyle{ y=y_1v }[/math]. מקבלים
המקדם של v מתאפס (כי [math]\displaystyle{ y_1 }[/math] פתרון), ולכן זו מד"ר ללא v - בדיוק המקרה הראשון של הורדת סדר: מציבים [math]\displaystyle{ u=v' }[/math] ומקבלים מד"ר מסדר ראשון.
א. תהי מד"ר לינארית הומוגנית מסדר n שבה המקדם של y' הוא [math]\displaystyle{ a_1(x)=-xa_0(x) }[/math], כאשר [math]\displaystyle{ a_0(x) }[/math] הוא המקדם של y. הוכיחו שיש לה פתרון לא טריוויאלי שבו [math]\displaystyle{ y''\equiv 0 }[/math].
ב. מצאו פתרון כללי למד"ר [math]\displaystyle{ y''+\frac{1}{x^2}y'-\frac{1}{x^3}y=\frac{1}{x^3} }[/math].
א. ננסה [math]\displaystyle{ y=x }[/math]: כל הנגזרות מסדר 2 ומעלה מתאפסות, ונשאר [math]\displaystyle{ -xa_0(x)\cdot 1+a_0(x)\cdot x=0 }[/math]. לכן [math]\displaystyle{ y=x }[/math] (ובאופן כללי [math]\displaystyle{ y=mx }[/math]) פתרון.
ב. כאן [math]\displaystyle{ a_1=\frac{1}{x^2} }[/math] ו-[math]\displaystyle{ a_0=-\frac{1}{x^3} }[/math], ואכן [math]\displaystyle{ a_1=-xa_0 }[/math]. לכן לפי סעיף א [math]\displaystyle{ y_1=x }[/math] פותר את ההומוגנית. המקדמים רציפים בכל קטע שלא מכיל את 0, ולכן פותרים בנפרד בקטע [math]\displaystyle{ x>0 }[/math] ובקטע [math]\displaystyle{ x<0 }[/math].
פתרון פרטי: ננחש קבוע [math]\displaystyle{ y=c }[/math]. אז [math]\displaystyle{ -\frac{c}{x^3}=\frac{1}{x^3} }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ y_p=-1 }[/math].
פתרון שני להומוגנית: נציב [math]\displaystyle{ y=xv }[/math]. אז [math]\displaystyle{ y'=v+xv' }[/math] ו-[math]\displaystyle{ y''=2v'+xv'' }[/math], ובהצבה
נציב [math]\displaystyle{ u=v' }[/math]: [math]\displaystyle{ \frac{u'}{u}=-\frac{2}{x}-\frac{1}{x^2} }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ \ln|u|=-2\ln|x|+\frac{1}{x}+C }[/math], כלומר (עד כדי קבוע) [math]\displaystyle{ u=\frac{e^{1/x}}{x^2} }[/math]. מכאן [math]\displaystyle{ v=-e^{1/x} }[/math], ולכן (שוב עד כדי קבוע) [math]\displaystyle{ y_2=xe^{1/x} }[/math]. הוורונסקיאן [math]\displaystyle{ W(x,xe^{1/x})=-e^{1/x}\neq 0 }[/math], ולכן הפתרונות בת"ל.
סה"כ הפתרון הכללי בכל אחד מהקטעים [math]\displaystyle{ x>0 }[/math] ו-[math]\displaystyle{ x<0 }[/math] הוא
הערה: בשיעור ניסינו טור חזקות סביב 0 ומצאנו רק [math]\displaystyle{ y=-1+cx }[/math]. זה לא מקרי: [math]\displaystyle{ x=0 }[/math] היא נקודה סינגולרית של המד"ר (המקדמים אינם רציפים שם), והפונקציה [math]\displaystyle{ xe^{1/x} }[/math] אינה ניתנת לפיתוח לטור חזקות סביב 0, ולכן הטור מפספס אותה.
לכן [math]\displaystyle{ \lambda^n+a_{n-1}\lambda^{n-1}+...+a_0=0 }[/math].
נגדיר את הפולינום האופייני של המד"ר להיות [math]\displaystyle{ p(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0 }[/math].
לכל שורש של הפולינום האופייני, קיבלנו פתרון למד"ר.
שימו לב: את הפולינום האופייני כותבים כשהמקדם של הנגזרת העליונה הוא 1 וכל המקדמים קבועים. למשל המד"ר [math]\displaystyle{ xy''+xy'+3xy=0 }[/math] אינה כתובה עם מקדמים קבועים, אבל אחרי חלוקה ב-[math]\displaystyle{ x }[/math] (בקטע שבו [math]\displaystyle{ x\neq 0 }[/math]) מקבלים [math]\displaystyle{ y''+y'+3y=0 }[/math], שהפולינום האופייני שלה הוא [math]\displaystyle{ x^2+x+3 }[/math].
שגיאה נפוצה: [math]\displaystyle{ y }[/math] עצמו הוא הנגזרת ה-0 של [math]\displaystyle{ y }[/math], ולכן המקדם שלו הוא המקדם החופשי של הפולינום האופייני (כמו חזקת אפס), ולא המקדם של [math]\displaystyle{ x }[/math]. למשל לפולינום האופייני של [math]\displaystyle{ y'''+3y''-4y=0 }[/math] אין איבר עם [math]\displaystyle{ x }[/math]: [math]\displaystyle{ p(x)=x^3+3x^2-4 }[/math].
דוגמא: [math]\displaystyle{ y''=y }[/math]
נעביר אגף ונמצא את הפולינום האופייני:
[math]\displaystyle{ y''-y=0 }[/math]
[math]\displaystyle{ p(x)=x^2-1 }[/math]
לכן השורשים של הפולינום האופייני הם [math]\displaystyle{ \pm 1 }[/math].
לכן שני פתרונות למד"ר הם [math]\displaystyle{ e^x,e^{-x} }[/math].
ראינו שהם בת"ל בעזרת הורונסקיאן ולכן הפתרון הכללי למד"ר ההומוגנית הוא [math]\displaystyle{ c_1e^{x}+c_2e^{-x} }[/math].
דוגמא: מצאו את הפתרון של המד"ר [math]\displaystyle{ y''-3y'+2y=0 }[/math] המקיים [math]\displaystyle{ y(0)=1,\ y'(0)=0 }[/math].
הפולינום האופייני הוא [math]\displaystyle{ x^2-3x+2=(x-1)(x-2) }[/math], ולכן הפתרון הכללי הוא [math]\displaystyle{ y=c_1e^x+c_2e^{2x} }[/math].
מציבים את תנאי ההתחלה (בתנאי הראשון אין צורך לגזור):
מהמשוואה השנייה [math]\displaystyle{ c_1=-2c_2 }[/math], ומהראשונה [math]\displaystyle{ c_2=-1 }[/math] ו-[math]\displaystyle{ c_1=2 }[/math]. לכן הפתרון הוא
[math]\displaystyle{ y=2e^x-e^{2x} }[/math]
לפי משפט הקיום והיחידות זה הפתרון היחיד. בפיזיקה זה טבעי: תנאי אחד הוא המיקום ההתחלתי, והשני הוא המהירות ההתחלתית.
יותר מזה: לשורש ולצמוד שלו יש אותו ריבוי. נניח [math]\displaystyle{ z\notin\mathbb{R} }[/math]. אז [math]\displaystyle{ z\neq\overline{z} }[/math] ושניהם שורשים, ולכן
הוא פולינום ממשי, והמנה של שני פולינומים ממשיים (בחילוק ללא שארית) היא פולינום ממשי. כעת ממשיכים עם [math]\displaystyle{ r }[/math]: אם [math]\displaystyle{ z }[/math] שוב שורש של [math]\displaystyle{ r }[/math], אז גם [math]\displaystyle{ \overline{z} }[/math], וכך הלאה. כלומר בכל פעם ש-[math]\displaystyle{ z }[/math] מופיע בפירוק, [math]\displaystyle{ \overline{z} }[/math] מופיע איתו, ולכן הריבויים שווים.
הגדרה: עבור [math]\displaystyle{ z\in\mathbb{C} }[/math] מגדירים [math]\displaystyle{ e^z=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^n}{n!} }[/math] (הטור מתכנס בהחלט לכל [math]\displaystyle{ z }[/math]).
הערה: מהגדרה זו נובע ש-[math]\displaystyle{ e^{z_1}\cdot e^{z_2}=e^{z_1+z_2} }[/math] (כפל טורים והבינום של ניוטון). זה נחוץ כדי להוכיח ש-[math]\displaystyle{ \left(e^{\lambda x}\right)'=\lambda e^{\lambda x} }[/math] גם עבור [math]\displaystyle{ \lambda }[/math] מרוכב, ובזה השתמשנו כשאמרנו ש-[math]\displaystyle{ e^{\lambda x} }[/math] פותר את המד"ר. להרחבה ראו את הדף פונקצית האקספוננט (הסעיף השני חובה לא לפספס!).
כעת נציב [math]\displaystyle{ z=ix }[/math], ונשתמש בכך ש-[math]\displaystyle{ i^2=-1,\ i^3=-i,\ i^4=1 }[/math]:
מכאן גם [math]\displaystyle{ e^{(a+bi)x}=e^{ax}e^{ibx}=e^{ax}\left(\cos(bx)+i\sin(bx)\right) }[/math], וההצגה הקוטבית של מספר מרוכב היא [math]\displaystyle{ r\,\mathrm{cis}(\theta)=re^{i\theta} }[/math].
אוסף הפתרונות הוא מרחב וקטורי, ולכן גם צירוף לינארי של פתרונות הוא פתרון. נחבר את שני הפתרונות ונחלק ב-2, ונחסר ונחלק בסקלר [math]\displaystyle{ 2i }[/math], ונקבל שני פתרונות ממשיים:
החלק הממשי של השורשים, [math]\displaystyle{ -\frac{1}{2} }[/math], נותן את הדעיכה [math]\displaystyle{ e^{-\frac{x}{2}} }[/math], והחלק המדומה, [math]\displaystyle{ \frac{\sqrt{3}}{2} }[/math], נותן את תדר התנודות. עברנו דרך המרוכבים רק ככלי טכני, וקיבלנו פתרונות ממשיים.
הפולינום האופייני הינו [math]\displaystyle{ x^2+k=0 }[/math].
שורשי הפולינום האופייני הינם [math]\displaystyle{ \pm\sqrt{k}i }[/math].
הפתרונות למד"ר ההומוגנית הם [math]\displaystyle{ e^{0\cdot x}\cos\left(\sqrt{k}x\right),e^{0\cdot x}\sin\left(\sqrt{k}x\right) }[/math].
כעת נטפל במקרה בו שורש חוזר על עצמו:
ראשית, נביט באופרטור הלינארי [math]\displaystyle{ D=\frac{d}{dx} }[/math] ששולח פונקציה לנגזרת שלה, ונסמן ב[math]\displaystyle{ I }[/math] את אופרטור הזהות.
למשל המד"ר [math]\displaystyle{ y''-2y'+y=0 }[/math] ניתנת להצגה כ[math]\displaystyle{ \left(D^2-2D+I\right)y=0 }[/math].
לכן [math]\displaystyle{ \left(D-I\right)\left(D-I\right)y=0 }[/math].
הפולינום האופייני של המד"ר הוא [math]\displaystyle{ (x-1)^2=0 }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ y=e^x }[/math] הוא פתרון.
כעת, נראה כי גם [math]\displaystyle{ xe^x }[/math] הוא פתרון של המד"ר.
מאיפה "הופיע" הפתרון [math]\displaystyle{ xe^x }[/math]? אפשר להגיע אליו בלי לנחש:
המד"ר היא [math]\displaystyle{ (D-I)(D-I)y=0 }[/math]. את הפתרון [math]\displaystyle{ y=e^x }[/math] כבר יש לנו: הוא מאפס את הגורם הפנימי. אבל מרחב הפתרונות ממימד 2, ולכן חסר עוד פתרון.
נחפש [math]\displaystyle{ y }[/math] שהגורם הפנימי אינו מאפס, אבל שולח אותו לתוך הגרעין של הגורם החיצוני:
נדרוש למשל [math]\displaystyle{ (D-I)y=e^x }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ y'-y=e^x }[/math]. זו מד"ר לינארית מסדר ראשון עם [math]\displaystyle{ a(x)=-1,\ b(x)=e^x,\ A(x)=-x }[/math], ולכן
קיבלנו את הפתרון החדש [math]\displaystyle{ xe^x }[/math] (החלק [math]\displaystyle{ Ce^x }[/math] כבר היה לנו). לכן הפתרון הכללי של [math]\displaystyle{ y''-2y'+y=0 }[/math] הוא [math]\displaystyle{ y=c_1e^x+c_2xe^x }[/math].
באותו אופן, עבור שורש [math]\displaystyle{ \lambda }[/math] מריבוי 3: פותרים [math]\displaystyle{ (D-\lambda I)y=e^{\lambda x} }[/math] ומקבלים [math]\displaystyle{ xe^{\lambda x} }[/math], ואז פותרים [math]\displaystyle{ (D-\lambda I)y=xe^{\lambda x} }[/math] ומקבלים [math]\displaystyle{ \frac{x^2}{2}e^{\lambda x} }[/math], וכן הלאה. על הרעיון הכללי (פירוק אופרטור לגורמים) ראו בהמשך ההרצאה.
באופן דומה אפשר להוכיח שאם ריבוי השורש הוא [math]\displaystyle{ n }[/math] אזי לכל [math]\displaystyle{ 0\leq k \leq n-1 }[/math] הביטוי [math]\displaystyle{ x^ke^{\lambda x} }[/math] הוא פתרון.
הוכחה. (כאן [math]\displaystyle{ n }[/math] הוא הריבוי של השורש [math]\displaystyle{ \lambda }[/math].) החישוב המרכזי: לכל [math]\displaystyle{ k\geq 1 }[/math]
כלומר כל הפעלה של [math]\displaystyle{ D-\lambda I }[/math] מורידה את החזקה של [math]\displaystyle{ x }[/math] באחד, ובסוף [math]\displaystyle{ (D-\lambda I)e^{\lambda x}=\lambda e^{\lambda x}-\lambda e^{\lambda x}=0 }[/math]. באינדוקציה
אם [math]\displaystyle{ 0\leq k\leq n-1 }[/math] אז [math]\displaystyle{ (D-\lambda I)^n=(D-\lambda I)^{n-k-1}(D-\lambda I)^{k+1} }[/math], ולכן גם [math]\displaystyle{ (D-\lambda I)^n\left(x^ke^{\lambda x}\right)=0 }[/math].
לבסוף, אם [math]\displaystyle{ \lambda }[/math] שורש מריבוי [math]\displaystyle{ n }[/math] של הפולינום האופייני, אז [math]\displaystyle{ p(x)=q(x)(x-\lambda)^n }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ p(D)=q(D)(D-\lambda I)^n }[/math] (מותר לפתוח סוגריים ולהחליף סדר כי המקדמים קבועים). מכאן [math]\displaystyle{ p(D)\left(x^ke^{\lambda x}\right)=q(D)\,0=0 }[/math].
החישוב נכון גם עבור [math]\displaystyle{ \lambda }[/math] מרוכב, ולכן הוא מטפל גם בשורשים מרוכבים חוזרים.
סיכום מציאת פתרון כללי למד"ר הומוגנית עם מקדמים קבועים
מוצאים את הפולינום האופייני, ואת כל השורשים שלו (כולל המרוכבים).
לכל שורש ממשי [math]\displaystyle{ \lambda }[/math] מריבוי [math]\displaystyle{ n }[/math] מתאימים הפתרונות [math]\displaystyle{ e^{\lambda x},xe^{\lambda x},...,x^{n-1}e^{\lambda x} }[/math].
לכל שורש מרוכב [math]\displaystyle{ a+bi }[/math] מריבוי [math]\displaystyle{ n }[/math] (ידוע שגם הצמוד שלו שורש מאותו ריבוי) מתאימים הפתרונות [math]\displaystyle{ 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) }[/math]
לפי הטענה על ריבוי השורשים (שנכונה גם מעל המרוכבים), אם [math]\displaystyle{ a\pm bi }[/math] שורשים מריבוי [math]\displaystyle{ n }[/math] כל אחד, אז לכל [math]\displaystyle{ 0\leq k\leq n-1 }[/math] הפונקציות [math]\displaystyle{ x^ke^{(a+bi)x} }[/math] ו-[math]\displaystyle{ x^ke^{(a-bi)x} }[/math] הן פתרונות (מרוכבים).
מדובר בגרעין של האופרטור מעל שדה המרוכבים, ולכן גם צירוף לינארי עם מקדמים מרוכבים נשאר בגרעין:
כלומר מכל זוג פתרונות מרוכבים קיבלנו זוג פתרונות ממשיים, ובסה"כ [math]\displaystyle{ 2n }[/math] פתרונות ממשיים — בדיוק הריבוי של שני השורשים יחד ([math]\displaystyle{ n+n=2n }[/math]). לכן סך כל הפתרונות שווה לסדר המד"ר. זו הסיבה שחשוב שהשורשים המרוכבים באים בזוגות צמודים מאותו ריבוי.
נציב [math]\displaystyle{ x=t\overline{\lambda_n} }[/math] ונשאיף את [math]\displaystyle{ t\to\infty }[/math].
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.
הוכחה מלאה של אי-התלות:
הוכחה. כל הפתרונות שמצאנו הם (מעל המרוכבים) מהצורה [math]\displaystyle{ x^ke^{\lambda x} }[/math] עם [math]\displaystyle{ \lambda\in\mathbb{C} }[/math]. צירוף לינארי שלהם הוא, אחרי קיבוץ לפי האקספוננטים, מהצורה
כאשר [math]\displaystyle{ \lambda_1,\dots,\lambda_m }[/math] שונים זה מזה ו-[math]\displaystyle{ p_i }[/math] פולינומים, שהמקדמים שלהם הם מקדמי הצירוף. נניח שהצירוף מתאפס זהותית; צריך להראות שכל הפולינומים הם פולינום האפס.
הרעיון — חזקות ממשיות. נניח למשל [math]\displaystyle{ c_1e^{2x}+c_2xe^{2x}+c_3e^{3x}\equiv 0 }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ (c_1+c_2x)e^{2x}+c_3e^{3x}\equiv 0 }[/math]. נחלק באקספוננט ה"חזק" ביותר [math]\displaystyle{ e^{3x} }[/math]:
ונשאיף [math]\displaystyle{ x\to\infty }[/math]: פולינום כפול [math]\displaystyle{ e^{-x} }[/math] שואף לאפס (האקספוננט מנצח, לופיטל), ולכן [math]\displaystyle{ c_3=0 }[/math]. אילו במקום [math]\displaystyle{ c_3 }[/math] היה פולינום, היינו מקבלים פולינום ששואף לאפס באינסוף, וזה קורה רק לפולינום האפס. כך, באינדוקציה, מסלקים את האקספוננטים אחד אחד, מהחזק לחלש.
הקושי — חזקות מרוכבות.[math]\displaystyle{ e^{(a+bi)x}=e^{ax}e^{ibx} }[/math] כאשר [math]\displaystyle{ \left|e^{ibx}\right|=1 }[/math], כלומר את קצב הגידול קובע רק החלק הממשי [math]\displaystyle{ a }[/math]. אבל לזוג שורשים צמודים [math]\displaystyle{ a\pm bi }[/math] יש אותו חלק ממשי, ואז אין אקספוננט אחד "חזק ביותר".
הטריק. נבחר את [math]\displaystyle{ \lambda_m }[/math] בעל הערך המוחלט הגדול ביותר (ייתכן שיש עוד שורשים עם אותו ערך מוחלט), ונציב
ההצבה הופכת את החזקה של [math]\displaystyle{ \lambda_m }[/math] לממשית: [math]\displaystyle{ \lambda_m\overline{\lambda_m}t=|\lambda_m|^2t }[/math]. לכל [math]\displaystyle{ i\neq m }[/math]
(שימו לב: הנימוק אינו ש-[math]\displaystyle{ \lambda_i\overline{\lambda_m} }[/math] לא ממשי — הוא יכול להיות ממשי, למשל כאשר [math]\displaystyle{ \lambda_i=-\lambda_m }[/math] — אלא שהוא שונה מ-[math]\displaystyle{ |\lambda_m|^2 }[/math], והערך המוחלט שלו קטן או שווה ל-[math]\displaystyle{ |\lambda_m|^2 }[/math].)
הערך המוחלט של כל אקספוננט בסכום הוא [math]\displaystyle{ e^{\left(\mathrm{Re}(\lambda_i\overline{\lambda_m})-|\lambda_m|^2\right)t} }[/math], עם מקדם שלילי של [math]\displaystyle{ t }[/math], ולכן כל הסכום שואף לאפס כאשר [math]\displaystyle{ t\to\infty }[/math] (פולינום כפול אקספוננט דועך שואף לאפס). מכאן [math]\displaystyle{ p_m\left(\overline{\lambda_m}t\right)\to 0 }[/math]. אבל זה פולינום במשתנה [math]\displaystyle{ t }[/math], ופולינום ששואף לאפס הוא פולינום האפס; לכן [math]\displaystyle{ p_m\equiv 0 }[/math]. (אם [math]\displaystyle{ \lambda_m=0 }[/math] אז כל השורשים הם 0, יש מחובר אחד בלבד והטענה ברורה.) ממשיכים באינדוקציה עם [math]\displaystyle{ m-1 }[/math] האקספוננטים שנותרו.
דוגמא להצבה. עבור [math]\displaystyle{ e^x,\ e^{(2+i)x},\ e^{(2-i)x} }[/math] הערך המוחלט הגדול ביותר הוא של [math]\displaystyle{ 2\pm i }[/math]. נציב [math]\displaystyle{ x=(2-i)t }[/math] ונקבל
עם חלקים ממשיים 2, 5, 3 — כעת [math]\displaystyle{ e^{5t} }[/math] הוא בבירור החזק ביותר.
למה מותר להציב מספר מרוכב? הצירוף מתאפס עבור [math]\displaystyle{ x }[/math] ממשי, וההצבה [math]\displaystyle{ x=\overline{\lambda_m}t }[/math] היא מספר מרוכב. זה מותר: [math]\displaystyle{ f(z)=\sum p_i(z)e^{\lambda_iz} }[/math] הוא טור חזקות שמתכנס לכל [math]\displaystyle{ z\in\mathbb{C} }[/math], והמקדמים שלו הם [math]\displaystyle{ \frac{f^{(j)}(0)}{j!} }[/math], שמחושבים מהערכים של [math]\displaystyle{ f }[/math] על הישר הממשי. אם [math]\displaystyle{ f\equiv 0 }[/math] על הישר הממשי, כל המקדמים אפס, ולכן [math]\displaystyle{ f(z)=0 }[/math] לכל [math]\displaystyle{ z }[/math] מרוכב.
מעבר לממשיים. הפתרונות הממשיים [math]\displaystyle{ x^ke^{ax}\cos(bx),\ x^ke^{ax}\sin(bx) }[/math] מתקבלים מהמרוכבים וגם יוצרים אותם בחזרה, כי [math]\displaystyle{ x^ke^{(a\pm bi)x}=x^ke^{ax}\cos(bx)\pm ix^ke^{ax}\sin(bx) }[/math]. לכן שתי הקבוצות פורשות אותו מרחב, שהוא ממימד [math]\displaystyle{ n }[/math] (כמספר הפונקציות המרוכבות הבת"ל), ו-[math]\displaystyle{ n }[/math] פונקציות שפורשות מרחב ממימד [math]\displaystyle{ n }[/math] הן בת"ל.
הסייג היחיד בכל התהליך: צריך למצוא את השורשים של הפולינום האופייני. בתיאוריה הם תמיד קיימים (מעל המרוכבים), אבל אין נוסחא כללית לשורשים של פולינום ממעלה 5 ומעלה (למעלות 3 ו-4 יש נוסחאות מסובכות, ראו כאן). במציאות מקרבים את השורשים נומרית; בתרגילים מנחשים שורש — כשהמקדמים שלמים והמקדם העליון 1, שורש שלם חייב לחלק את המקדם החופשי — ומחלקים בו.
דוגמא: מצאו את הפתרון הכללי של המד"ר [math]\displaystyle{ y^{(4)}-6y'''+14y''-16y'+8y=0 }[/math].
ראשית, נמצא את הפולינום האופייני [math]\displaystyle{ p(x)=x^4-6x^3+14x^2-16x+8=0 }[/math].
ננחש ש2 הוא שורש, נבצע חילוק, ננחש שוב את 2 כשורש ונקבל כי [math]\displaystyle{ p(x)=(x-2)^2(x^2-2x+2) }[/math].
לכן השורשים של הפולינום האופייני הם 2 מריבוי 2, ו[math]\displaystyle{ 1\pm i }[/math] מריבוי 1.
לכן הפתרון הכללי הוא [math]\displaystyle{ y=c_1e^{2x}+c_2xe^{2x}+c_3e^xsin(x)+c_4e^xcos(x) }[/math].
איך מוצאים את השורשים. מנחשים שורש בין המחלקים של המקדם החופשי 8, ומגלים ש-[math]\displaystyle{ p(2)=16-48+56-32+8=0 }[/math]. מחלקים (חילוק ארוך) ב-[math]\displaystyle{ x-2 }[/math]:
ושורשי הפרבולה הם [math]\displaystyle{ \frac{2\pm\sqrt{4-8}}{2}=\frac{2\pm 2i}{2}=1\pm i }[/math]. לא מפתיע שקיבלנו זוג צמודים: בנוסחת השורשים תמיד מופיע [math]\displaystyle{ \pm }[/math] לפני השורש.
בעיית התחלה. נמצא את הפתרון המקיים [math]\displaystyle{ y(0)=0,\ y'(0)=1,\ y''(0)=0,\ y'''(0)=0 }[/math]. לפי משפט הקיום והיחידות יש פתרון יחיד, והוא מהצורה של הפתרון הכללי; נותר למצוא את הקבועים. גוזרים שלוש פעמים, מציבים [math]\displaystyle{ x=0 }[/math] ומקבלים (בסימון של הפתרון הכללי לעיל, [math]\displaystyle{ c_3 }[/math] מקדם הסינוס ו-[math]\displaystyle{ c_4 }[/math] מקדם הקוסינוס):
טיפ: כדי לגזור בקלות, כדאי להוציא את האקספוננט כגורם משותף ולהשתמש ב-[math]\displaystyle{ \left(q(x)e^{\lambda x}\right)'=\left(q'(x)+\lambda q(x)\right)e^{\lambda x} }[/math]. כך גוזרים רק את הפולינום.
(המשוואה [math]\displaystyle{ x^4-3x^2-4=0 }[/math] היא משוואה ריבועית ב-[math]\displaystyle{ x^2 }[/math]). השורשים הם [math]\displaystyle{ 0,\ \pm 2,\ \pm i }[/math], כולם מריבוי 1. השורש 0 תורם את הפתרון [math]\displaystyle{ e^{0\cdot x}=1 }[/math], והזוג [math]\displaystyle{ \pm i }[/math] תורם את [math]\displaystyle{ \cos x,\ \sin x }[/math]. לכן
[math]\displaystyle{ y=c_1+c_2e^{2x}+c_3e^{-2x}+c_4\cos x+c_5\sin x }[/math]
דוגמא (מבחן מועד א' הנדסה תשפ"ג, שאלה 5): יהי [math]\displaystyle{ a\in\mathbb{R} }[/math] פרמטר ונביט במד"ר [math]\displaystyle{ y''-(a^2+1)y'+(a^3-a^2+a)y=0 }[/math].
א. עבור אילו ערכי [math]\displaystyle{ a }[/math] קיים פתרון [math]\displaystyle{ y(x) }[/math] למד"ר המקיים [math]\displaystyle{ \lim_{x\to-\infty}y(x)=\infty }[/math]?
ב. עבור אילו ערכי [math]\displaystyle{ a }[/math], אם בכלל, קיים פתרון למד"ר מהצורה [math]\displaystyle{ y(x)=xe^{\beta x} }[/math] כאשר [math]\displaystyle{ \beta\in\mathbb{R} }[/math]?
זו מד"ר לינארית הומוגנית עם מקדמים קבועים, והפולינום האופייני שלה הוא
דרך ראשונה — פירוק לטרינום.[math]\displaystyle{ (x-r_1)(x-r_2)=x^2-(r_1+r_2)x+r_1r_2 }[/math]. המכפלה כאן היא [math]\displaystyle{ a\cdot(a^2-a+1) }[/math] והסכום הוא [math]\displaystyle{ a+(a^2-a+1)=a^2+1 }[/math], ולכן
(הבינום של ניוטון), ולכן השורשים הם [math]\displaystyle{ \frac{a^2+1\pm(a-1)^2}{2} }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ a^2-a+1 }[/math] ו-[math]\displaystyle{ a }[/math]. (כשהשאלה הזו ניתנה במבחן, סטודנטים רבים נתקעו דווקא במציאת השורשים של הפרבולה עם הפרמטר.)
השורשים שווים אם"ם [math]\displaystyle{ a=a^2-a+1 }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ (a-1)^2=0 }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ a=1 }[/math]. לכן:
אם [math]\displaystyle{ a=1 }[/math]: השורש 1 מריבוי 2, והפתרון הכללי הוא [math]\displaystyle{ y=c_1e^x+c_2xe^x }[/math].
סעיף א. שימו לב ש-[math]\displaystyle{ a^2-a+1=\left(a-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}>0 }[/math] תמיד, ולכן [math]\displaystyle{ e^{(a^2-a+1)x}\to 0 }[/math] כאשר [math]\displaystyle{ x\to-\infty }[/math].
אם [math]\displaystyle{ a<0 }[/math]: הפתרון [math]\displaystyle{ y=e^{ax} }[/math] מקיים [math]\displaystyle{ y\to\infty }[/math] כאשר [math]\displaystyle{ x\to-\infty }[/math].
אם [math]\displaystyle{ a=0 }[/math]: [math]\displaystyle{ y=c_1+c_2e^x\to c_1 }[/math], גבול סופי.
אם [math]\displaystyle{ a>0 }[/math] (כולל [math]\displaystyle{ a=1 }[/math]): כל הפונקציות [math]\displaystyle{ e^{ax} }[/math], [math]\displaystyle{ e^{(a^2-a+1)x} }[/math] (ועבור [math]\displaystyle{ a=1 }[/math] גם [math]\displaystyle{ xe^x }[/math]) שואפות ל-0, ולכן כל פתרון שואף ל-0.
התשובה: [math]\displaystyle{ a<0 }[/math].
סעיף ב. אם [math]\displaystyle{ a\neq 1 }[/math], כל פתרון הוא צירוף של [math]\displaystyle{ e^{ax} }[/math] ו-[math]\displaystyle{ e^{(a^2-a+1)x} }[/math], והפונקציה [math]\displaystyle{ xe^{\beta x} }[/math] אינה צירוף כזה לאף [math]\displaystyle{ \beta }[/math] (הפונקציות מהצורה [math]\displaystyle{ x^ke^{\lambda x} }[/math] בת"ל). אם [math]\displaystyle{ a=1 }[/math], נבחר [math]\displaystyle{ c_1=0,\ c_2=1 }[/math] ונקבל את הפתרון [math]\displaystyle{ y=xe^x }[/math]. התשובה: רק [math]\displaystyle{ a=1 }[/math] (ואז [math]\displaystyle{ \beta=1 }[/math]).
כל פולינום מתוקן הוא הפולינום האופייני של מד"ר: מחליפים כל [math]\displaystyle{ x^k }[/math] ב-[math]\displaystyle{ y^{(k)} }[/math]. כך אפשר לבנות מד"ר עם פתרונות שבחרנו מראש.
דוגמא: נבנה מד"ר שהשורשים של הפולינום האופייני שלה הם [math]\displaystyle{ \pi,\sqrt{2},1,-1 }[/math].
דוגמא (שורש מרוכב חוזר): נבנה מד"ר שהפולינום האופייני שלה הוא [math]\displaystyle{ p(x)=(x^2+1)^2=(x-i)^2(x+i)^2 }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ \pm i }[/math] שורשים מריבוי 2 כל אחד.
פותחים סוגריים: [math]\displaystyle{ (x^2+1)^2=x^4+2x^2+1 }[/math], ולכן המד"ר היא [math]\displaystyle{ y''''+2y''+y=0 }[/math].
לפי הסיכום, הפתרונות הם [math]\displaystyle{ \cos x,\ \sin x,\ x\cos x,\ x\sin x }[/math], והפתרון הכללי [math]\displaystyle{ y=c_1\cos x+c_2\sin x+c_3x\cos x+c_4x\sin x }[/math].
דוגמא (מבחן): מצאו מד"ר לינארית הומוגנית עם מקדמים ממשיים קבועים שיש לה הפתרון [math]\displaystyle{ (x^2+1)e^{2x}\cos(4x) }[/math], ורשמו את הפתרון הכללי שלה.
[math]\displaystyle{ (x^2+1)e^{2x}\cos(4x)=x^2e^{2x}\cos(4x)+e^{2x}\cos(4x) }[/math]. כדי ש-[math]\displaystyle{ x^2e^{2x}\cos(4x) }[/math] יופיע בין הפתרונות, [math]\displaystyle{ 2+4i }[/math] צריך להיות שורש מריבוי 3 לפחות, וכיוון שהמקדמים ממשיים, גם [math]\displaystyle{ 2-4i }[/math] מריבוי 3. ניקח
(הפתרון הנתון מתקבל עבור [math]\displaystyle{ c_1=c_3=1 }[/math] ושאר הקבועים אפס.) זו מד"ר מהסדר הנמוך ביותר האפשרי: כל מד"ר כזו חייבת את שני השורשים [math]\displaystyle{ 2\pm4i }[/math] מריבוי 3 לפחות.
דוגמא (מבחן): (א) יהי [math]\displaystyle{ y=xe^x+e^x\cos(2x)+3x }[/math]. מצאו אופרטור דיפרנציאלי [math]\displaystyle{ L }[/math] מסדר שישי עם מקדמים קבועים, המקיים [math]\displaystyle{ Ly=0 }[/math]. (ב) אם [math]\displaystyle{ y }[/math] מקיים [math]\displaystyle{ y''-2y'+5y=xe^x+e^x\cos(2x)+3x }[/math], מצאו מד"ר לינארית הומוגנית מסדר שמיני עם מקדמים קבועים ש-[math]\displaystyle{ y }[/math] פותר אותה.
(א) כל מחובר הוא פתרון של מד"ר עם מקדמים קבועים: [math]\displaystyle{ xe^x }[/math] דורש את השורש 1 מריבוי 2, [math]\displaystyle{ e^x\cos(2x) }[/math] דורש את הזוג [math]\displaystyle{ 1\pm2i }[/math], ו-[math]\displaystyle{ 3x }[/math] דורש את השורש 0 מריבוי 2. לכן ניקח את הפולינום
כל מחובר של [math]\displaystyle{ y }[/math] נמצא בגרעין של [math]\displaystyle{ L }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ Ly=0 }[/math]. בפיתוח: [math]\displaystyle{ Ly=y^{(6)}-4y^{(5)}+10y^{(4)}-12y'''+5y'' }[/math].
(ב) נסמן [math]\displaystyle{ f=xe^x+e^x\cos(2x)+3x }[/math]. אז [math]\displaystyle{ \left(D^2-2D+5I\right)y=f }[/math], ולפי (א) [math]\displaystyle{ Lf=0 }[/math]. לכן
וזו מד"ר הומוגנית עם מקדמים קבועים מסדר [math]\displaystyle{ 2+2+4=8 }[/math]. (אופרטור ש"מאפס" את אגף ימין הופך מד"ר לא הומוגנית להומוגנית — זה הרעיון שמאחורי שיטת הניחוש בהרצאה הבאה.)
גישה מבוססת אופרטורים
נציג את המד"ר הלינארית עם מקדמים קבועים באמצעות אופרטור הגזירה:
ונקבל כי [math]\displaystyle{ T=p(D)=(D-\lambda_1 I)\cdots (D-\lambda_n I) }[/math]
שימו לב כי מותר לפתוח סוגריים באופן טבעי ואפשר להחליף בין סדר הגורמים כיוון ש [math]\displaystyle{ D,\lambda I }[/math] אופרטורים מתחלפים.
דוגמא: המד"ר [math]\displaystyle{ y''-3y'+2y=0 }[/math] "מזכירה טרינום", אבל הפירוק [math]\displaystyle{ (y-1)(y-2)=0 }[/math] שגוי לחלוטין (פתיחת הסוגריים נותנת [math]\displaystyle{ y^2 }[/math] ולא [math]\displaystyle{ y'' }[/math]). מה שמפרקים הוא האופרטור: [math]\displaystyle{ y''-3y'+2y=\left(D^2-3D+2I\right)y=(D-I)(D-2I)y }[/math].
כל [math]\displaystyle{ y }[/math] שמאפס את הגורם הפנימי פותר את המד"ר: [math]\displaystyle{ (D-2I)y=0 }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ y'=2y }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ y=e^{2x} }[/math].
כיוון ש-[math]\displaystyle{ (D-I)(D-2I)=(D-2I)(D-I) }[/math], גם מי שמאפס את [math]\displaystyle{ D-I }[/math] הוא פתרון: [math]\displaystyle{ y'=y }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ y=e^x }[/math].
הפתרונות הם בדיוק הגרעין של האופרטור, ולכן כל צירוף לינארי [math]\displaystyle{ y=c_1e^x+c_2e^{2x} }[/math] הוא פתרון; כיוון שמימד מרחב הפתרונות הוא 2, זה הפתרון הכללי.
הערה: [math]\displaystyle{ De^{ax}=ae^{ax} }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ e^{ax} }[/math] הוא וקטור עצמי של אופרטור הגזירה עם הערך העצמי [math]\displaystyle{ a }[/math], ו-[math]\displaystyle{ \ker(D-aI)=\mathrm{span}\{e^{ax}\} }[/math]. לכן כל שורש של הפולינום האופייני נותן פתרון.
באותו אופן, "בתמימות", [math]\displaystyle{ y''+y=\left(D^2+I\right)y=(D-iI)(D+iI)y }[/math] נותן את הפתרונות המרוכבים [math]\displaystyle{ e^{ix},e^{-ix} }[/math], ומהם, ע"י חיבור וחיסור, את [math]\displaystyle{ \cos x,\ \sin x }[/math].
זהירות: כשהמקדמים אינם קבועים, האופרטורים בדרך כלל אינם מתחלפים, כי [math]\displaystyle{ D }[/math] גוזר גם את המקדם (נגזרת של מכפלה). למשל [math]\displaystyle{ (D-xI)(D-I)y=y''-(x+1)y'+xy }[/math], אבל [math]\displaystyle{ (D-I)(D-xI)y=y''-(x+1)y'+(x-1)y }[/math].
דוגמא: חשבו את [math]\displaystyle{ (D-xI)(xD-I)y }[/math] ואת [math]\displaystyle{ (xD-I)(D-xI)y }[/math].
מתחילים מהגורם הפנימי: [math]\displaystyle{ (xD-I)y=xy'-y }[/math]. כעת מפעילים עליו את [math]\displaystyle{ D-xI }[/math] לפי חוק הפילוג, וזוכרים ש-[math]\displaystyle{ D }[/math] גוזר את המכפלה [math]\displaystyle{ xy' }[/math]:
[math]\displaystyle{ xy''-x^2y'+xy=0 }[/math]: פתרון אחד הוא [math]\displaystyle{ y=x }[/math] (הוא מאפס את הגורם הפנימי [math]\displaystyle{ xD-I }[/math]); הפתרון השני מתקבל מ-[math]\displaystyle{ (xD-I)y=e^{x^2/2} }[/math] (כי [math]\displaystyle{ \ker(D-xI)=\mathrm{span}\{e^{x^2/2}\} }[/math]), והוא [math]\displaystyle{ y=x\int\frac{e^{x^2/2}}{x^2}dx }[/math] — אינטגרל לא אלמנטרי.
[math]\displaystyle{ xy''-(x^2+1)y'=0 }[/math]: זו בעצם מד"ר מסדר ראשון ב-[math]\displaystyle{ z=y' }[/math], [math]\displaystyle{ xz'=(x^2+1)z }[/math], ופתרונותיה [math]\displaystyle{ y=c_1+c_2e^{x^2/2} }[/math].
אפשר גם להרכיב את האופרטורים לפני שמפעילים אותם על [math]\displaystyle{ y }[/math], אבל צריך לזכור ש-[math]\displaystyle{ D(xD)=D+xD^2 }[/math] ו-[math]\displaystyle{ D(xI)=I+xD }[/math] (נגזרת של מכפלה):
כיוון שמותר להחליף את סדר הגורמים נובע כי אם [math]\displaystyle{ \lambda }[/math] שורש של הפולינום האופייני מריבוי [math]\displaystyle{ k }[/math] אזי
[math]\displaystyle{ \ker\left((D-\lambda I)^k\right)\subseteq \ker T }[/math]
בטקסט לעיל, למדנו איך למצוא בסיס לגרעין הזה.
פירוק אופרטורים: מד"ר עם מקדמים שאינם קבועים
למד"ר לינארית עם מקדמים שאינם קבועים אין שיטה כללית. אבל אם יודעים לפרק את האופרטור שלה להרכבה של שני אופרטורים מסדר ראשון, הפתרון מצטמצם לפתרון שתי מד"ר לינאריות מסדר ראשון (שלהן יש נוסחא). לפעמים אפשר גם לפתור בעזרת טורי טיילור (הרצאה 8).
העיקרון: אם [math]\displaystyle{ T=RS }[/math] (קודם מפעילים את [math]\displaystyle{ S }[/math] ואחר כך את [math]\displaystyle{ R }[/math]), אז [math]\displaystyle{ Ty=0 }[/math] אם"ם [math]\displaystyle{ Sy\in\ker R }[/math]. כלומר:
כל [math]\displaystyle{ y\in\ker S }[/math] הוא פתרון (הגורם הפנימי מתאפס, ואז הכל מתאפס).
פתרונות נוספים מקבלים מפתרון המד"ר [math]\displaystyle{ Sy=u }[/math], כאשר [math]\displaystyle{ 0\neq u\in\ker R }[/math]. פתרון כזה אינו בגרעין של [math]\displaystyle{ S }[/math], ולכן הוא בת"ל בפתרון הקודם.
הסדר חשוב: מי שמאפס את הגורם החיצוני[math]\displaystyle{ R }[/math] אינו בהכרח פתרון. צריך לאפס את הגורם הפנימי, או לדאוג שהגורם הפנימי ישלח את [math]\displaystyle{ y }[/math] לגרעין של החיצוני.
כך בדיוק מצאנו את הפתרון [math]\displaystyle{ xe^x }[/math] של [math]\displaystyle{ (D-I)(D-I)y=0 }[/math]: פתרנו את [math]\displaystyle{ (D-I)y=e^x }[/math].
השיטה הזו תקפה לכל פירוק של אופרטור מד"ר לגורמים, ואני שואל עליה רבות במבחנים — גם, ובמיוחד, במד"ר עם מקדמים שאינם קבועים.
האופרטורים כאן אינם מתחלפים, בגלל ה-[math]\displaystyle{ x }[/math] והנגזרת.
פתרון ראשון. כל [math]\displaystyle{ y\in\ker(D+xI) }[/math]: [math]\displaystyle{ y'+xy=0 }[/math] היא מד"ר לינארית עם [math]\displaystyle{ a(x)=x,\ A(x)=\frac{x^2}{2} }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ y_1=e^{-x^2/2} }[/math].
פתרון שני. נדרוש [math]\displaystyle{ (D+xI)y\in\ker(D+2I)=\mathrm{span}\{e^{-2x}\} }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ y'+xy=e^{-2x} }[/math]:
ולכן [math]\displaystyle{ y_2=e^{-x^2/2}\int e^{x^2/2-2x}dx }[/math]. האינטגרל אינו אלמנטרי, וזה בסדר — הוא חלק מהתשובה (בשאלות מבחן בוחרים בדרך כלל אופרטורים שבהם האינטגרל פתיר).
[math]\displaystyle{ e^{-x} }[/math] ו-[math]\displaystyle{ x-1 }[/math] בת"ל, ולכן בקטע [math]\displaystyle{ x>0 }[/math] (שבו המקדם של [math]\displaystyle{ y'' }[/math] אינו מתאפס) הפתרון הכללי הוא [math]\displaystyle{ y=c_1e^{-x}+c_2(x-1) }[/math].
תנאי ההתחלה:[math]\displaystyle{ y(1)=c_1e^{-1}=0 }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ c_1=0 }[/math]; [math]\displaystyle{ y'(1)=-c_1e^{-1}+c_2=1 }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ c_2=1 }[/math]. הפתרון הוא [math]\displaystyle{ y=x-1 }[/math].
דוגמא (מבחן): נסמן ב-[math]\displaystyle{ D }[/math] את אופרטור הגזירה, ב-[math]\displaystyle{ I }[/math] את אופרטור הזהות, ונסמן [math]\displaystyle{ S=D-I }[/math]. מצאו את הפתרון הכללי של המד"ר [math]\displaystyle{ xy''+(1-2x)y'+(x-1)y=0 }[/math]. רמז: הביטו באופרטור [math]\displaystyle{ SxS }[/math].
המד"ר היא [math]\displaystyle{ SxSy=0 }[/math]:[math]\displaystyle{ SxS=S(xS)=(D-I)(xD-xI) }[/math], ו-
(או בכתיב אופרטורים, עם [math]\displaystyle{ D(xD)=D+xD^2 }[/math] ו-[math]\displaystyle{ D(xI)=I+xD }[/math]: [math]\displaystyle{ (D-I)(xD-xI)=xD^2+(1-2x)D+(x-1)I }[/math].)
פתרון ראשון. אם [math]\displaystyle{ Sy=0 }[/math] אז בוודאי [math]\displaystyle{ SxSy=0 }[/math]. [math]\displaystyle{ y'-y=0 }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ y_1=e^x }[/math].
פתרון שני. נרצה ש-[math]\displaystyle{ xSy }[/math] יהיה בגרעין של [math]\displaystyle{ S }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ xSy=e^x }[/math]:
האינטגרל אינו אלמנטרי: בחלקים [math]\displaystyle{ \int\frac{e^x}{x^2}dx=-\frac{e^x}{x}+\int\frac{e^x}{x}dx }[/math], ו-[math]\displaystyle{ \int\frac{e^x}{x}dx=\mathrm{Ei}(x) }[/math] היא פונקציה מיוחדת ("האינטגרל האקספוננציאלי"). לכן [math]\displaystyle{ y_2=x\,\mathrm{Ei}(x)-e^x }[/math], וזה בדיוק מה שוולפרם אלפא נותן. הגענו עד הסוף בשיטה, רק האינטגרל אינו פתיר.
דוגמא (מבחן): נסמן ב-[math]\displaystyle{ D }[/math] את אופרטור הגזירה וב-[math]\displaystyle{ I }[/math] את אופרטור הזהות.
א. עבור [math]\displaystyle{ T=D-I }[/math] מצאו [math]\displaystyle{ 0\neq y\in\ker T }[/math].
ב. עבור [math]\displaystyle{ S=(x-1)D-I }[/math] מצאו [math]\displaystyle{ 0\neq y\in\ker S }[/math].
ג. מצאו מד"ר לינארית הומוגנית מסדר שני כך ש-[math]\displaystyle{ y_1=e^x,\ y_2=x }[/math] הם פתרונות שלה.
א.[math]\displaystyle{ y'-y=0 }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ y=e^x }[/math].
ב.[math]\displaystyle{ (x-1)y'=y }[/math], מד"ר פרידה: [math]\displaystyle{ \frac{y'}{y}=\frac{1}{x-1} }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ y=C(x-1) }[/math]; למשל [math]\displaystyle{ y=x-1 }[/math].
ג. ננסה את ההרכבה [math]\displaystyle{ ST }[/math] (קודם [math]\displaystyle{ T }[/math], אחר כך [math]\displaystyle{ S }[/math]). [math]\displaystyle{ e^x }[/math] מאפס את הגורם הפנימי [math]\displaystyle{ T }[/math]. ומה עם [math]\displaystyle{ x }[/math]? [math]\displaystyle{ Tx=1-x=-(x-1)\in\ker S }[/math]. לכן שני הפתרונות בגרעין של [math]\displaystyle{ ST }[/math]. נחשב:
כלומר המד"ר [math]\displaystyle{ (x-1)y''-xy'+y=0 }[/math] (בקטע שבו [math]\displaystyle{ x\neq 1 }[/math]), ואפשר לוודא בהצבה ש-[math]\displaystyle{ e^x }[/math] ו-[math]\displaystyle{ x }[/math] פותרים אותה. אותו דבר בכתיב אופרטורים: [math]\displaystyle{ ST=(x-1)D^2-(x-1)D-D+I=(x-1)D^2-xD+I }[/math].
בסדר ההפוך (שימו לב ל-[math]\displaystyle{ D\left((x-1)D\right)=D+(x-1)D^2 }[/math]):
זה אופרטור אחר. הוא מאפס את [math]\displaystyle{ x-1 }[/math] אבל לא את [math]\displaystyle{ e^x }[/math] ([math]\displaystyle{ TSe^x=e^x }[/math]), ולכן הוא אינו מתאים לסעיף ג.
איך בונים שאלה כזו? בוחרים שני אופרטורים מסדר ראשון [math]\displaystyle{ R,S }[/math], מרכיבים [math]\displaystyle{ T=RS }[/math] ומפתחים, ומקבלים מד"ר מסדר שני שהפתרון שלה דורש רק שתי מד"ר לינאריות מסדר ראשון.
למשל [math]\displaystyle{ R=D+I }[/math] ו-[math]\displaystyle{ S=D-x^2I }[/math]:
פתרון ראשון: [math]\displaystyle{ Sy=0 }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ y'=x^2y }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ y_1=e^{x^3/3} }[/math]. פתרון שני: [math]\displaystyle{ Sy=e^{-x} }[/math] (כי [math]\displaystyle{ \ker R=\mathrm{span}\{e^{-x}\} }[/math]), כלומר [math]\displaystyle{ y'-x^2y=e^{-x} }[/math], שפתרונה [math]\displaystyle{ y=e^{x^3/3}\left(C+\int e^{-x-x^3/3}dx\right) }[/math].
בסדר ההפוך: [math]\displaystyle{ SRy=(D-x^2I)(y'+y)=y''+(1-x^2)y'-x^2y }[/math] — מד"ר אחרת (ההרכבה אינה חילופית), שפתרונותיה [math]\displaystyle{ e^{-x} }[/math] ו-[math]\displaystyle{ e^{-x}\int e^{x+x^3/3}dx }[/math].
בשני המקרים האינטגרל אינו אלמנטרי. אינטגרלים שממציאים באקראי כמעט אף פעם אינם פתירים, ולכן כשמחברים שאלת מבחן צריך לבחור את האופרטורים כך שהאינטגרל ייצא פתיר.
קצת רקע פיזיקלי (למען הסר ספק, זה חלק מהקורס): מסה [math]\displaystyle{ m }[/math] על קפיץ עם קבוע [math]\displaystyle{ k }[/math]. לפי החוק השני של ניוטון [math]\displaystyle{ mX''=-kX }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ X''+\frac{k}{m}X=0 }[/math]. הפולינום האופייני [math]\displaystyle{ x^2+\frac{k}{m} }[/math] ושורשיו [math]\displaystyle{ \pm i\sqrt{\frac{k}{m}} }[/math], ולכן
[math]\displaystyle{ X(t)=c_1\cos(\omega t)+c_2\sin(\omega t) }[/math], כאשר [math]\displaystyle{ \omega=\sqrt{\frac{k}{m}} }[/math].
ככל שהקפיץ קשיח יותר התנודות מהירות יותר, וככל שהמסה גדולה יותר הן איטיות יותר.
בעיה מילולית: מסה מחוברת לקפיץ ומונחת על משטח אופקי ללא חיכוך; הקצה השני של הקפיץ מחובר לקיר. כשהקפיץ רפוי, המסה נמצאת במרחק 1 מטר מהקיר. מותחים את המסה עד למרחק 1.5 מטר מהקיר ועוזבים אותה.
מה המרחק הקטן ביותר מהקיר שאליו תגיע המסה?
ומה המרחק אם פועלת על המסה גם התנגדות אוויר שגודלה פי [math]\displaystyle{ 0.1 }[/math] מגודל המהירות (עבור [math]\displaystyle{ k=m=1 }[/math])?
בניית המודל. נסמן ב-[math]\displaystyle{ x(t) }[/math] את מיקום המסה ביחס לנקודת הרפיון, כשהכיוון החיובי הוא הרחק מהקיר (הקיר נמצא ב-[math]\displaystyle{ x=-1 }[/math]). כוח הקפיץ פרופורציוני למתיחה מנקודת הרפיון (לא למרחק מהקיר) ומנוגד לה: [math]\displaystyle{ F=-kx }[/math]. המתיחה היא חצי מטר, והמסה נעזבת ממנוחה. לכן
חקירה. המינימום של [math]\displaystyle{ x(t) }[/math] הוא [math]\displaystyle{ -0.5 }[/math] (כאשר [math]\displaystyle{ \cos(\omega t)=-1 }[/math]), כלומר המסה מגיעה עד מרחק [math]\displaystyle{ 1-0.5=0.5 }[/math] מטר מהקיר, וחוזרת. התשובה אינה תלויה במסה ובקבוע הקפיץ: יש כאן סימטריה — כמה שמתחנו מנקודת הרפיון, כך המסה תכווץ את הקפיץ. אפשר היה לנחש את התשובה בהיגיון, אבל המד"ר מוכיחה אותה.
עם התנגדות אוויר. התנגדות האוויר מנוגדת תמיד לכיוון המהירות, ולכן היא [math]\displaystyle{ -0.1x' }[/math] בכל כיווני התנועה (זה היתרון של התנגדות שפרופורציונית למהירות; כשההתנגדות היא [math]\displaystyle{ v^2 }[/math] צריך לבדוק את הסימן בכל קטע של התנועה):
[math]\displaystyle{ mx''=-kx-0.1x' }[/math]
עבור [math]\displaystyle{ k=m=1 }[/math]: [math]\displaystyle{ x''+0.1x'+x=0 }[/math], והשורשים של [math]\displaystyle{ z^2+0.1z+1 }[/math] הם
אם [math]\displaystyle{ 400km>1 }[/math] השורשים מרוכבים, והמסה מתנודדת בתנודות דועכות כמו בדוגמא. אם [math]\displaystyle{ 400km\leq 1 }[/math] (מסה קטנה וקפיץ חלש ביחס להתנגדות) השורשים ממשיים ושליליים: התנגדות האוויר חזקה כל כך שהמסה (שנעזבה ממנוחה) רק מתקרבת לאט לנקודת הרפיון, בלי לעבור אותה אף פעם.
הפתרונות של משוואת הקפיץ הם גלים, וגלים מופיעים בכל מקום: גלי קול, אור ורדיו (גלים אלקטרומגנטיים), גלי מוח. ננצל את ההזדמנות להכיר את התכונות שלהם — זו גם הכנה לעיבוד אותות.
גל טריגונומטרי (לצורך הדיון) הוא פונקציה מהצורה [math]\displaystyle{ y=a\sin(bx+c) }[/math] או [math]\displaystyle{ y=a\cos(bx+c) }[/math].
[math]\displaystyle{ a }[/math] — המשרעת (אמפליטודה): קובעת את המרחק בין המקסימום למינימום, כמה הגל "חזק". בגל קול זו העוצמה.
[math]\displaystyle{ b }[/math] — אחראי על התדר: כמה מהר הגל חוזר על עצמו. בגל קול התדר קובע את התו.
[math]\displaystyle{ c }[/math] — הפאזה: הזזה של הגל. את הפאזה של גל בודד האוזן אינה שומעת; לרוב מדברים על פאזה יחסית בין שני גלים.
סינוס וקוסינוס הם אותו גל עד כדי שינוי פאזה: [math]\displaystyle{ \sin\left(x+\frac{\pi}{2}\right)=\cos x }[/math].
שריקה אחת, כפי שהוקלטה בתוכנה לעריכת קול (לחץ האוויר כפונקציה של הזמן), היא כמעט גל טריגונומטרי מושלם - ראו את ההקלטה בהרצאה 5, בסעיף "למה סינוס? רדיאנים ושריקה".
שאלה: הפתרון הכללי של משוואת הקפיץ הוא [math]\displaystyle{ y=c_1\sin(\omega x)+c_2\cos(\omega x) }[/math]. האם זה גל טריגונומטרי? ומה המשרעת שלו? זה לא מובן מאליו: למשל [math]\displaystyle{ \cos x+\sin(2x) }[/math] אינו גל טריגונומטרי.
טענה: סכום של גלים באותו תדר הוא גל באותו תדר: [math]\displaystyle{ c_1\sin(\omega x)+c_2\cos(\omega x)=r\sin(\omega x+t) }[/math], כאשר [math]\displaystyle{ (r,t) }[/math] הן הקואורדינטות הקוטביות של הנקודה [math]\displaystyle{ (c_1,c_2) }[/math]. בפרט המשרעת היא [math]\displaystyle{ r=\sqrt{c_1^2+c_2^2} }[/math].
הוכחה. נכתוב את הנקודה [math]\displaystyle{ (c_1,c_2) }[/math] בקואורדינטות קוטביות (טריק ברוח המספרים המרוכבים): [math]\displaystyle{ c_1=r\cos t,\ c_2=r\sin t }[/math]. אז לפי הנוסחא לסינוס של סכום
דוגמא:[math]\displaystyle{ \sin x+\cos x }[/math]. כאן [math]\displaystyle{ (c_1,c_2)=(1,1)=\sqrt{2}\,\mathrm{cis}\left(\frac{\pi}{4}\right) }[/math], ולכן
התאבכות. שני אנשים שורקים בדיוק באותו תו ובדיוק באותה עוצמה. האם הקול המשותף חזק יותר מכל קול לבדו, זהה או חלש יותר? תלוי — בפאזה! אם הגלים באותה פאזה, המשרעת מוכפלת; אם הם בהפרש פאזה [math]\displaystyle{ \pi }[/math], למשל [math]\displaystyle{ \sin x }[/math] ו-[math]\displaystyle{ -\sin x=\sin(x+\pi) }[/math], הם מבטלים זה את זה לגמרי. אפשר להחליש קול ע"י קול נוסף (על העיקרון הזה עובדות, למשל, אוזניות מבטלות רעש).
צלילים מורכבים הם סכום של גלים בתדרים שונים. לתו של כינור יש תדר בסיסי (בהקלטה שהודגמה בהרצאה, כ-400 הרץ) ועוד הרמוניות בכפולות שלו (800, 1200, ...), ולכן כינור ושריקה באותו תו נשמעים שונה. תוכנות לעריכת קול מציגות את הפירוק של הצליל לתדרים (תצוגה ספקטרלית), ואם מוחקים את ההרמוניות, הכינור כבר לא נשמע ככינור.
לפרק אות חזרה לגלים שמרכיבים אותו — זה עיבוד אותות: ניקוי רעש שנמצא בתדר מסוים, מסננים, צלילי החיוג של הטלפון (כל מקש הוא צירוף של שני תדרים), המודמים של האינטרנט הראשון (שהעבירו אפסים ואחדים ע"י החלפה בין שני תדרים על גבי קו הטלפון), וניתוח גלי מוח (EEG). המתמטיקה של הפירוק הזה היא טורי פורייה: אנליזת פורייה - ארז שיינר.
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.
יש שתי שיטות מרכזיות למציאת פתרון פרטי, ולכל אחת יתרונות וחסרונות:
שיטת הניחוש - היתרון: מהירה יחסית; רק מציבים ומשווים מקדמים, בלי אינטגרלים. החסרון: עובדת רק למד"ר עם מקדמים קבועים, ורק כאשר החלק האי-הומוגני [math]\displaystyle{ f(x) }[/math] מצורה מיוחדת. צריך להשקיע קצת זמן כדי להבין את הניואנסים שלה (ריבוי השורש).
וריאצית מקדמים + כלל קרמר - היתרון: עובדת תמיד, לכל [math]\displaystyle{ f(x) }[/math] רציפה, וגם כשהמקדמים אינם קבועים (ראו את הדוגמא [math]\displaystyle{ xy''-(x+2)y'+2y=x^3e^x }[/math] בהרצאה 8). החסרון: צריך בסיס למרחב הפתרונות של ההומוגנית, החישוב עלול להיות ארוך ומסובך (במיוחד מסדר 3, עם דטרמיננטות [math]\displaystyle{ 3\times 3 }[/math]), ובסוף צריך לחשב אינטגרלים שלא תמיד פתירים.
מדי שנה יש תלמידים שמחליטים שמספיק ללמוד רק את אחת השיטות, ואז במבחן מופיעה השנייה והם נופלים. תלמדו את שתיהן.
מתכון לבעיית התחלה (מד"ר לינארית לא הומוגנית עם מקדמים קבועים ותנאי התחלה):
שלב 1: מוצאים את הפולינום האופייני ואת הפתרון הכללי להומוגנית [math]\displaystyle{ c_1y_1+\cdots+c_ny_n }[/math].
שלב 2: מוצאים פתרון פרטי [math]\displaystyle{ y_p }[/math] לאי-הומוגנית (בשיטת הניחוש או בוריאצית מקדמים).
שלב 3: הפתרון הכללי הוא [math]\displaystyle{ y=y_p+c_1y_1+\cdots+c_ny_n }[/math]; מציבים בו את תנאי ההתחלה ומוצאים את הקבועים [math]\displaystyle{ c_1,\dots,c_n }[/math].
את תנאי ההתחלה מציבים רק בסוף, בפתרון הכללי - לא בפתרון ההומוגני לבדו ולא בפתרון הפרטי לבדו.
תחום התחולה: שיטת הניחוש מתאימה רק למד"ר לינארית עם מקדמים קבועים (כמו כאן), ורק כאשר החלק האי-הומוגני הוא מכפלה של פולינום, אקספוננט וסינוס או קוסינוס (כל אחד מהם יכול להופיע או לא להופיע). מדי פעם תלמידים מנסים את שיטת הניחוש על מד"ר עם מקדמים לא קבועים - זה לא עובד באופן כללי.
למשל עבור [math]\displaystyle{ y''+2y'+y=e^{-x^2} }[/math]אין ניחוש (וכך גם עבור [math]\displaystyle{ \ln(x),\ \tan(x),\ \sqrt{1-x^2} }[/math]); במקרים כאלה משתמשים בוריאצית מקדמים.
לעומת זאת עבור [math]\displaystyle{ y'''-4y'+5y=\cos(3x)\left(x^2+1\right)e^{-x} }[/math]יש ניחוש.
אם [math]\displaystyle{ f(x)=P_m(x) }[/math] פולינום מדרגה m:
[math]\displaystyle{ 0 }[/math]אינו שורש של הפולינום האופייני, ננחש [math]\displaystyle{ y_p=Q_m(x) }[/math] פולינום מדרגה m.
אם [math]\displaystyle{ 0 }[/math] שורש של הפולינום האופייני מריבוי k ננחש [math]\displaystyle{ y_p=x^kQ_m(x) }[/math].
אם [math]\displaystyle{ f(x)=e^{ax}P_m(x) }[/math]:
אם [math]\displaystyle{ a }[/math]אינו שורש של הפולינום האופייני ננחש [math]\displaystyle{ y_p=e^{ax}Q_m(x) }[/math].
אם [math]\displaystyle{ a }[/math] שורש של הפולינום האופייני מריבוי k ננחש [math]\displaystyle{ y_p=x^ke^{ax}Q_m(x) }[/math].
אם [math]\displaystyle{ f(x)=e^{ax}sin(bx)P_m(x) }[/math] או [math]\displaystyle{ f(x)=e^{ax}cos(bx)P_m(x) }[/math]:
אם [math]\displaystyle{ a\pm bi }[/math]אינם שורשים של הפולינום האופייני ננחש [math]\displaystyle{ y_p=e^{ax}sin(bx)Q_m(x) + e^{ax}cos(bx)R_m(x) }[/math] (כאשר [math]\displaystyle{ R_m(x),Q_m(x) }[/math] פולינומים מסדר m).
אם [math]\displaystyle{ a\pm bi }[/math] שורשים של הפולינום האופייני מריבוי k כל אחד, ננחש [math]\displaystyle{ y_p=x^ke^{ax}sin(bx)Q_m(x) + x^ke^{ax}cos(bx)R_m(x) }[/math].
ניסוח מאוחד: שלושת המקרים הם בעצם מקרה אחד. אם [math]\displaystyle{ f(x)=P_m(x)e^{ax}\cos(bx) }[/math] (או עם [math]\displaystyle{ \sin(bx) }[/math]), ננחש
כאשר [math]\displaystyle{ Q_m,R_m }[/math] פולינומים כלליים מדרגה m, ו-k הוא הריבוי של [math]\displaystyle{ a+bi }[/math] כשורש של הפולינום האופייני ([math]\displaystyle{ k=0 }[/math] אם אינו שורש).
זה נראה ספציפי מאוד, אבל זה כללי יותר ממה שנדמה: [math]\displaystyle{ 1=1\cdot e^{0\cdot x}\cos(0\cdot x) }[/math], וגם [math]\displaystyle{ xe^{2x}=x\cdot e^{2x}\cos(0\cdot x) }[/math], וגם [math]\displaystyle{ (x+1)\cos(2x)=(x+1)e^{0\cdot x}\cos(2x) }[/math].
כאשר [math]\displaystyle{ b=0 }[/math] נשאר רק [math]\displaystyle{ x^kQ_m(x)e^{ax} }[/math], ו-k הוא הריבוי של [math]\displaystyle{ a }[/math]. כאשר [math]\displaystyle{ a=b=0 }[/math] (החלק האי-הומוגני פולינום), k הוא הריבוי של 0.
על מה כולם נופלים:
אם בחלק האי-הומוגני מופיע רק [math]\displaystyle{ \cos }[/math] או רק [math]\displaystyle{ \sin }[/math], בניחוש מופיעים שניהם, כל אחד עם פולינום משלו (הנגזרת של קוסינוס היא סינוס ולהפך).
החזקה [math]\displaystyle{ x^k }[/math]: מציבים את [math]\displaystyle{ a+bi }[/math] (המקדם שבאקספוננט, ועוד i כפול המקדם שבתוך הסינוס או הקוסינוס) בפולינום האופייני ובודקים כמה פעמים הוא מאפס אותו. טעות בחזקה - והניחוש פשוט לא עובד.
k הוא הריבוי של כל אחד מהשורשים [math]\displaystyle{ a\pm bi }[/math], ולא מספר השורשים: עבור [math]\displaystyle{ p(x)=x^2+1 }[/math] והחלק האי-הומוגני [math]\displaystyle{ \sin(x) }[/math], כל אחד מהשורשים [math]\displaystyle{ \pm i }[/math] מאפס את [math]\displaystyle{ p }[/math] פעם אחת, ולכן [math]\displaystyle{ k=1 }[/math] (ולא 2).
הפולינומים בניחוש הם כלליים, מאותה דרגה כמו [math]\displaystyle{ P_m }[/math]: עבור [math]\displaystyle{ f(x)=x^2 }[/math] מנחשים [math]\displaystyle{ d_0+d_1x+d_2x^2 }[/math], ולא רק [math]\displaystyle{ dx^2 }[/math] (ואכן בדוגמא הראשונה להלן יוצאים גם מקדמים של [math]\displaystyle{ x }[/math] ושל 1).
כדי למצוא את k לא חייבים לפרק את הפולינום האופייני: מציבים בו את [math]\displaystyle{ a }[/math] (או [math]\displaystyle{ a+bi }[/math]); אם הוא מתאפס, מחלקים את הפולינום ב-[math]\displaystyle{ x-a }[/math] (במקרה המרוכב ב-[math]\displaystyle{ (x-a)^2+b^2 }[/math]) ומציבים שוב, וכן הלאה. אבל לבעיית התחלה צריך בכל מקרה את הפתרון הכללי להומוגנית, כלומר את כל השורשים.
נסביר את המקרה [math]\displaystyle{ f(x)=P_m(x)e^{ax} }[/math]; המקרה המרוכב זהה, עם [math]\displaystyle{ a+bi }[/math] במקום [math]\displaystyle{ a }[/math].
כלל ההזזה: לכל פונקציה גזירה [math]\displaystyle{ g }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ \left(g(x)e^{ax}\right)'=\left(g'(x)+ag(x)\right)e^{ax} }[/math], ולכן
כלומר כל גורם [math]\displaystyle{ D-cI }[/math] פועל רק על הפולינום שלפני האקספוננט, והאקספוננט נשאר במקומו:
אם [math]\displaystyle{ c\neq a }[/math], הגורם [math]\displaystyle{ D-cI }[/math] הופך פולינום מדרגה m כפול [math]\displaystyle{ e^{ax} }[/math] לפולינום מאותה דרגה m כפול [math]\displaystyle{ e^{ax} }[/math] (המקדם המוביל מוכפל ב-[math]\displaystyle{ a-c\neq 0 }[/math]).
הגורם [math]\displaystyle{ D-aI }[/math] פשוט גוזר את הפולינום ומוריד את דרגתו באחד. בפרט [math]\displaystyle{ (D-aI)^k\left(g(x)e^{ax}\right)=g^{(k)}(x)e^{ax} }[/math].
נניח ש-[math]\displaystyle{ a }[/math] שורש מריבוי k של הפולינום האופייני, כלומר [math]\displaystyle{ p(D)=q(D)(D-aI)^k }[/math] כאשר [math]\displaystyle{ q(a)\neq 0 }[/math]. אם ננחש [math]\displaystyle{ Q_m(x)e^{ax} }[/math], הגורם [math]\displaystyle{ (D-aI)^k }[/math] יגזור את [math]\displaystyle{ Q_m }[/math] k פעמים ונאבד k דרגות (ואם [math]\displaystyle{ m<k }[/math] נקבל אפס - כמו ההצבה שנותנת [math]\displaystyle{ 0=e^{3x} }[/math] בדוגמא להלן). לכן צריך לנחש פולינום מדרגה [math]\displaystyle{ m+k }[/math]. את k המחוברים הנמוכים שלו (חזקות של x הקטנות מ-k) אפשר להשמיט, כי [math]\displaystyle{ (D-aI)^k }[/math] מאפס אותם - הם פתרונות של ההומוגנית. נשאר בדיוק הניחוש [math]\displaystyle{ x^kQ_m(x)e^{ax} }[/math], ואכן
כאשר [math]\displaystyle{ \left(x^kQ_m\right)^{(k)} }[/math] הוא שוב פולינום מדרגה m, ו-[math]\displaystyle{ q(D) }[/math] משאיר אותו פולינום מדרגה m כפול [math]\displaystyle{ e^{ax} }[/math]. אפשר להראות שכך מתקבל כל [math]\displaystyle{ P_m(x)e^{ax} }[/math] נתון, כלומר תמיד יש מקדמים מתאימים.
עבור [math]\displaystyle{ y''+2y'+y=x^2 }[/math] הפולינום האופייני הוא [math]\displaystyle{ p(x)=(x+1)^2 }[/math] ננחש את הפתרון [math]\displaystyle{ y_p=ax^2+bx+c }[/math].
עבור [math]\displaystyle{ y''+2y'+y=e^{x} }[/math] כעת [math]\displaystyle{ 1 }[/math] אינו שורש של הפולינום האופייני, ולכן ננחש [math]\displaystyle{ y_p=ae^x }[/math]. (שימו לב שהפולינום הוא בעצם מדרגה 0.)
עבור [math]\displaystyle{ y''+2y'+y=xe^{-x} }[/math] כעת [math]\displaystyle{ -1 }[/math] הוא שורש מריבוי 2 ולכן ננחש את הפתרון [math]\displaystyle{ y_p=x^2e^{-x}(a+bx) }[/math].
עבור [math]\displaystyle{ y''+y=sin(x) }[/math] הפולינום האופייני הוא [math]\displaystyle{ p(x)=x^2+1 }[/math] השורש [math]\displaystyle{ 0+i }[/math] מופיע מריבוי 1 ולכן ננחש [math]\displaystyle{ y_p=axsin(x)+bxcos(x) }[/math].
לאחר הניחוש, נמצא את הקבועים ע"י הצבה. נחשב עבור הדוגמא הראשונה:
לכן הפתרון הפרטי הוא [math]\displaystyle{ y_p=x^2-4x+6 }[/math].
סה"כ הפתרון הכללי הוא [math]\displaystyle{ c_1e^{-x}+c_2xe^{-x}+x^2-4x+6 }[/math].
נשלים גם את שאר הדוגמאות.
דוגמא: מצאו פתרון כללי למד"ר [math]\displaystyle{ y''+2y'+y=e^{x} }[/math].
[math]\displaystyle{ e^x=1\cdot e^{1\cdot x} }[/math] הוא פולינום מדרגה 0 כפול [math]\displaystyle{ e^{ax} }[/math] עם [math]\displaystyle{ a=1 }[/math]. הפולינום האופייני הוא שוב [math]\displaystyle{ (x+1)^2 }[/math], ו-1 אינו שורש שלו ([math]\displaystyle{ k=0 }[/math]).
לכן הניחוש הוא [math]\displaystyle{ y_p=de^x }[/math]. נציב: [math]\displaystyle{ de^x+2de^x+de^x=e^x }[/math].
נשווה מקדמים (השוואת מקדמים היא לא רק של חזקות x, אלא גם של אקספוננטים, סינוסים וקוסינוסים): [math]\displaystyle{ 4d=1 }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ d=\frac{1}{4} }[/math].
דוגמא: מצאו פתרון כללי למד"ר [math]\displaystyle{ y''+2y'+y=xe^{-x} }[/math].
[math]\displaystyle{ xe^{-x}=p_1(x)e^{(-1)x} }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ a=-1 }[/math], והוא שורש של הפולינום האופייני [math]\displaystyle{ (x+1)^2 }[/math] מריבוי [math]\displaystyle{ k=2 }[/math]. לכן הניחוש הוא
שתי המשוואות הראשונות מתקיימות מעצמן (הרבה דברים מצטמצמים כשמציבים במד"ר - כך זה בנוי), ונשאר [math]\displaystyle{ d_0=0,\ d_1=\frac{1}{6} }[/math]. לכן [math]\displaystyle{ y_p=\frac{1}{6}x^3e^{-x} }[/math], והפתרון הכללי:
דרך קצרה (לפי כלל ההזזה שבהסבר לעיל): המד"ר היא [math]\displaystyle{ (D+I)^2y=xe^{-x} }[/math], ו-[math]\displaystyle{ (D+I)^2\left(g(x)e^{-x}\right)=g''(x)e^{-x} }[/math]. לכן צריך רק [math]\displaystyle{ g''=x }[/math], למשל [math]\displaystyle{ g=\frac{x^3}{6} }[/math].
דוגמא: מצאו פתרון כללי למד"ר [math]\displaystyle{ y''+y=\sin(x) }[/math].
הפולינום האופייני [math]\displaystyle{ x^2+1 }[/math], שורשיו [math]\displaystyle{ \pm i }[/math]. החלק האי-הומוגני הוא [math]\displaystyle{ p_0(x)\cdot e^{0\cdot x}\cdot\sin(1\cdot x) }[/math], והזוג [math]\displaystyle{ a\pm bi=\pm i }[/math] מאפס את הפולינום האופייני פעם אחת (כל אחד מהשורשים), כלומר [math]\displaystyle{ k=1 }[/math].
הניחוש (שימו לב: גם קוסינוס וגם סינוס, כל אחד עם מקדם משלו):
תהודה (רזוננס): המד"ר [math]\displaystyle{ y''+y=\sin(x) }[/math] היא בדיוק משוואת הקפיץ עם כוח חיצוני [math]\displaystyle{ x''=-kx+\sin(t) }[/math] מהרצאה 5, עם [math]\displaystyle{ k=1 }[/math]. שם ניחשנו [math]\displaystyle{ x=a\sin(t) }[/math] וקיבלנו [math]\displaystyle{ a=\frac{1}{k-1} }[/math] - וזה נכשל בדיוק כאשר [math]\displaystyle{ k=1 }[/math], כלומר כאשר הכוח החיצוני מתנדנד בתדר העצמי[math]\displaystyle{ \sqrt{k} }[/math] של הקפיץ.
במקרה זה [math]\displaystyle{ \pm i }[/math] שורשים של הפולינום האופייני, והפתרון הפרטי הוא [math]\displaystyle{ -\frac{1}{2}t\cos(t) }[/math]: תנודה שהמשרעת שלה גדלה לינארית עם הזמן, ללא חסם. זו תופעת התהודה.
שאלת מבחן: ידוע ש-[math]\displaystyle{ x(t)=\frac{1}{2}t\sin(2t) }[/math] הוא פתרון של משוואה מהצורה [math]\displaystyle{ mx''+bx'+kx=4\cos(2t) }[/math], כאשר [math]\displaystyle{ m,b,k }[/math] קבועים.
א. מצאו פתרון פרטי של המשוואה [math]\displaystyle{ mx''+bx'+kx=8\cos(2t) }[/math].
ב. מצאו פתרון פרטי של המשוואה [math]\displaystyle{ mx''+bx'+kx=4\cos(2(t-1)) }[/math].
ג. מצאו את [math]\displaystyle{ m,b,k }[/math].
ד. מצאו את הפתרון הכללי של המשוואה [math]\displaystyle{ mx''+\left(b+\frac{48}{5}\right)x'+kx=0 }[/math].
א. נסמן [math]\displaystyle{ L=mD^2+bD+kI }[/math]. נתון ש-[math]\displaystyle{ Lx(t)=4\cos(2t) }[/math], ו-L לינארי, ולכן [math]\displaystyle{ L\left(2x(t)\right)=2Lx(t)=8\cos(2t) }[/math]. התשובה: [math]\displaystyle{ 2x(t)=t\sin(2t) }[/math].
ב. המקדמים קבועים, ולכן נציב [math]\displaystyle{ t-1 }[/math] במקום [math]\displaystyle{ t }[/math] במשוואה:
(זה עובד כי הנגזרת של הפונקציה הפנימית [math]\displaystyle{ t-1 }[/math] היא 1.) לכן [math]\displaystyle{ u(t)=x(t-1)=\frac{1}{2}(t-1)\sin(2(t-1)) }[/math] פתרון.
נשווה את המקדמים של [math]\displaystyle{ \cos(2t),\ t\sin(2t),\ \sin(2t),\ t\cos(2t) }[/math]: [math]\displaystyle{ 2m=4 }[/math], [math]\displaystyle{ -2m+\frac{k}{2}=0 }[/math], [math]\displaystyle{ \frac{b}{2}=0 }[/math], [math]\displaystyle{ b=0 }[/math]. לכן [math]\displaystyle{ m=2,\ b=0,\ k=8 }[/math].
זו בדיוק תהודה: אין חיכוך, והתדר העצמי [math]\displaystyle{ \sqrt{k/m}=2 }[/math] שווה לתדר של הכוח - ולכן המשרעת [math]\displaystyle{ \frac{t}{2} }[/math] גדלה עם הזמן.
[math]\displaystyle{ y''+3y'=5 }[/math]: אם ננסה שוב לנחש [math]\displaystyle{ y_p=d }[/math] נקבל [math]\displaystyle{ 0=5 }[/math] - אין פתרון קבוע. הסיבה: הפולינום האופייני הוא [math]\displaystyle{ x^2+3x=x(x+3) }[/math], ו-0 מאפס אותו (מריבוי 1). לכן כופלים את הניחוש ב-[math]\displaystyle{ x }[/math]: [math]\displaystyle{ y_p=dx }[/math].
נציב: [math]\displaystyle{ y_p''=0,\ y_p'=d }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ 3d=5 }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ y_p=\frac{5}{3}x }[/math].
השורשים הם [math]\displaystyle{ 0,-3 }[/math], ולכן הפתרון הכללי הוא [math]\displaystyle{ y=c_1+c_2e^{-3x}+\frac{5}{3}x }[/math].
דוגמא: מצאו פתרון למד"ר [math]\displaystyle{ y''-4y'+3y=e^{3x} }[/math] המקיים [math]\displaystyle{ y(0)=0,\ y'(0)=1 }[/math].
שלב 1: הפולינום האופייני [math]\displaystyle{ x^2-4x+3=(x-1)(x-3) }[/math], שורשיו [math]\displaystyle{ 1,3 }[/math], והפתרון הכללי להומוגנית [math]\displaystyle{ c_1e^x+c_2e^{3x} }[/math].
שלב 2: ניחוש נאיבי [math]\displaystyle{ y_p=de^{3x} }[/math] נותן בהצבה [math]\displaystyle{ 9de^{3x}-12de^{3x}+3de^{3x}=e^{3x} }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ 0=e^{3x} }[/math]. מה שקרה: [math]\displaystyle{ a=3 }[/math] מאפס את הפולינום האופייני (מריבוי 1), ולכן כופלים ב-[math]\displaystyle{ x }[/math]:
נציב ונצמצם את [math]\displaystyle{ e^{3x} }[/math]: [math]\displaystyle{ 6d+9dx-4d-12dx+3dx=1 }[/math]. האיברים עם [math]\displaystyle{ x }[/math] מצטמצמים ונשאר [math]\displaystyle{ 2d=1 }[/math]. לכן [math]\displaystyle{ y_p=\frac{1}{2}xe^{3x} }[/math].
שלב 3: הפתרון הכללי [math]\displaystyle{ y=c_1e^x+c_2e^{3x}+\frac{1}{2}xe^{3x} }[/math]. נציב את תנאי ההתחלה: [math]\displaystyle{ y(0)=c_1+c_2=0 }[/math]. נגזור:
ולכן [math]\displaystyle{ y'(0)=c_1+3c_2+\frac{1}{2}=1 }[/math]. נחסר את המשוואות: [math]\displaystyle{ 2c_2=\frac{1}{2} }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ c_2=\frac{1}{4},\ c_1=-\frac{1}{4} }[/math].
דוגמא: מה מנחשים עבור [math]\displaystyle{ y''+2y'+y=xe^x }[/math], ומה עבור [math]\displaystyle{ y''-2y'+y=xe^x }[/math]? מצאו את הפתרונות הפרטיים.
בשתי המד"ר החלק האי-הומוגני הוא [math]\displaystyle{ xe^x }[/math]: פולינום מדרגה 1 כפול [math]\displaystyle{ e^{1\cdot x} }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ a=1 }[/math].
[math]\displaystyle{ y''+2y'+y=xe^x }[/math]: הפולינום האופייני הוא [math]\displaystyle{ (x+1)^2 }[/math], ו-1 אינו שורש שלו ([math]\displaystyle{ k=0 }[/math]). לכן ננחש [math]\displaystyle{ y_p=(cx+d)e^x }[/math]:
נציב ונצמצם את [math]\displaystyle{ e^x }[/math]: [math]\displaystyle{ 4cx+4c+4d=x }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ c=\frac{1}{4},\ d=-\frac{1}{4} }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ y_p=\frac{1}{4}(x-1)e^x }[/math].
[math]\displaystyle{ y''-2y'+y=xe^x }[/math]: הפולינום האופייני הוא [math]\displaystyle{ (x-1)^2 }[/math], ו-1 שורש מריבוי [math]\displaystyle{ k=2 }[/math]. לכן ננחש [math]\displaystyle{ y_p=x^2(cx+d)e^x }[/math].
לפי כלל ההזזה [math]\displaystyle{ (D-I)^2\left(g(x)e^x\right)=g''(x)e^x }[/math], ולכן עבור [math]\displaystyle{ g=cx^3+dx^2 }[/math] צריך [math]\displaystyle{ g''=6cx+2d=x }[/math]. מכאן [math]\displaystyle{ c=\frac{1}{6},\ d=0 }[/math], ו-[math]\displaystyle{ y_p=\frac{1}{6}x^3e^x }[/math].
דוגמא: מצאו פתרון כללי למד"ר [math]\displaystyle{ y''+y=x\sin(x) }[/math].
הפולינום האופייני [math]\displaystyle{ x^2+1 }[/math], שורשיו [math]\displaystyle{ \pm i }[/math], והפתרון הכללי להומוגנית [math]\displaystyle{ c_1\sin(x)+c_2\cos(x) }[/math].
בחלק האי-הומוגני [math]\displaystyle{ p(x)=x }[/math] מדרגה 1, [math]\displaystyle{ a=0,\ b=1 }[/math]. הזוג [math]\displaystyle{ a\pm bi=\pm i }[/math] מאפס את הפולינום האופייני פעם אחת, ולכן [math]\displaystyle{ k=1 }[/math], והניחוש (עם קוסינוס וגם סינוס):
דוגמא: מה הניחוש עבור [math]\displaystyle{ y''''+2y''+y=x\sin(x)e^x }[/math], ומה עבור [math]\displaystyle{ y''''+2y''+y=x\cos(x) }[/math]?
הפולינום האופייני [math]\displaystyle{ x^4+2x^2+1=\left(x^2+1\right)^2 }[/math]; שורשיו [math]\displaystyle{ \pm i }[/math], כל אחד מריבוי 2. הבסיס להומוגנית: [math]\displaystyle{ \cos(x),\ \sin(x),\ x\cos(x),\ x\sin(x) }[/math].
[math]\displaystyle{ x\sin(x)e^x }[/math]: כאן [math]\displaystyle{ a\pm bi=1\pm i }[/math] (המקדם באקספוננט, ועוד i כפול המקדם בתוך הסינוס), וזה אינו שורש של הפולינום האופייני, כלומר [math]\displaystyle{ k=0 }[/math]:
[math]\displaystyle{ x\cos(x) }[/math]: הפעם [math]\displaystyle{ a\pm bi=0\pm i }[/math], שהוא שורש מריבוי 2, כלומר [math]\displaystyle{ k=2 }[/math]:
שאלת מבחן: מצאו את הפתרון הכללי של [math]\displaystyle{ y''-2y'+10y=10\cos(3x) }[/math].
[math]\displaystyle{ x^2-2x+10=0 }[/math] נותן [math]\displaystyle{ x=1\pm 3i }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ y_h=c_1e^x\cos(3x)+c_2e^x\sin(3x) }[/math].
בחלק האי-הומוגני אין אקספוננט, כלומר [math]\displaystyle{ a\pm bi=\pm 3i }[/math], וזה אינו שורש (השורשים הם [math]\displaystyle{ 1\pm 3i }[/math]). לכן [math]\displaystyle{ k=0 }[/math] וננחש [math]\displaystyle{ y_p=c_3\cos(3x)+c_4\sin(3x) }[/math]:
כלומר צריך רק [math]\displaystyle{ t''=x^2 }[/math]. עבור [math]\displaystyle{ t=c_3x^4+c_4x^3+c_5x^2 }[/math]: [math]\displaystyle{ 12c_3x^2+6c_4x+2c_5=x^2 }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ c_3=\frac{1}{12},\ c_4=c_5=0 }[/math], ו-[math]\displaystyle{ y_p=\frac{1}{12}x^4e^x }[/math].
הפתרון הכללי: [math]\displaystyle{ y=c_1e^x+c_2xe^x+\frac{1}{12}x^4e^x }[/math]. תנאי ההתחלה: [math]\displaystyle{ y(0)=c_1=0 }[/math] ו-[math]\displaystyle{ y'(0)=c_1+c_2=0 }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ c_2=0 }[/math]:
כאן במקרה הפתרון הפרטי עצמו מקיים את תנאי ההתחלה (בגלל החזקות הגבוהות של [math]\displaystyle{ x }[/math]). זה לא קורה באופן כללי: למשל אם [math]\displaystyle{ y_p=Ce^{ax} }[/math] עם [math]\displaystyle{ C\neq 0 }[/math], אז [math]\displaystyle{ y_p(0)=C\neq 0 }[/math].
שאלת מבחן (מועד ב' תשפ"ה, שאלה 3): מצאו פתרון למד"ר [math]\displaystyle{ y'''+3y''+3y'+y=e^x }[/math] המקיים [math]\displaystyle{ y(0)=y'(0)=y''(0)=0 }[/math].
מד"ר לינארית לא הומוגנית עם מקדמים קבועים. הפולינום האופייני [math]\displaystyle{ x^3+3x^2+3x+1=(x+1)^3 }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ -1 }[/math] שורש מריבוי 3, והבסיס להומוגנית הוא [math]\displaystyle{ e^{-x},\ xe^{-x},\ x^2e^{-x} }[/math].
שיטת הניחוש: [math]\displaystyle{ a=1 }[/math]אינו שורש, ולכן ננחש [math]\displaystyle{ y_p=ce^x }[/math]. נציב: [math]\displaystyle{ ce^x+3ce^x+3ce^x+ce^x=e^x }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ 8c=1 }[/math].
[math]\displaystyle{ xe^{-x}\sin(x) }[/math]: צריך לבדוק את [math]\displaystyle{ -1\pm i }[/math], והוא אינו שורש, ולכן [math]\displaystyle{ k=0 }[/math]: ננחש [math]\displaystyle{ \left(d_1x+d_0\right)e^{-x}\sin(x)+\left(t_1x+t_0\right)e^{-x}\cos(x) }[/math] (ויוצא [math]\displaystyle{ y_p=\left(x\cos(x)-3\sin(x)\right)e^{-x} }[/math]).
[math]\displaystyle{ x^2e^{-x}\sin(x) }[/math]: גם כאן [math]\displaystyle{ -1\pm i }[/math] אינו שורש, ולכן בלי[math]\displaystyle{ x^3 }[/math]. העובדה ש-[math]\displaystyle{ -1 }[/math] שורש לא משנה כאן - המספר הרלוונטי הוא [math]\displaystyle{ -1+i }[/math]. ננחש
תהי מד"ר לינארית (לאו דווקא עם מקדמים קבועים) מהצורה [math]\displaystyle{ y^{(n)}+a_{n-1}(x)y^{(n-1)}+...+a_1(x)y'+a_0(x)y=f(x) }[/math].
שימו לב: המקדם של הנגזרת הגבוהה [math]\displaystyle{ y^{(n)} }[/math] חייב להיות 1. אם המד"ר נתונה בצורה [math]\displaystyle{ a_n(x)y^{(n)}+\cdots+a_0(x)y=g(x) }[/math], מחלקים קודם ב-[math]\displaystyle{ a_n(x) }[/math] (בקטע שבו [math]\displaystyle{ a_n(x)\neq 0 }[/math]), והחלק האי-הומוגני הוא [math]\displaystyle{ f(x)=\frac{g(x)}{a_n(x)} }[/math]. בכלל קרמר זה קריטי: בלי החלוקה מקבלים תשובה שגויה (ראו בהרצאה 8 את [math]\displaystyle{ xy''-(x+2)y'+2y=x^3e^x }[/math], שם [math]\displaystyle{ f(x)=x^2e^x }[/math]).
יהיו [math]\displaystyle{ y_1,...,y_n }[/math] פתרונות בת"ל למד"ר ההומוגנית.
ננחש כי קיים פתרון פרטי מהצורה [math]\displaystyle{ y_p=c_1(x)y_1+...+c_n(x)y_n }[/math].
טענה - עבור פונקציות [math]\displaystyle{ c_1(x),...,c_n(x) }[/math] המקיימות את מערכת המשוואות
מתקיים כי [math]\displaystyle{ y_p=c_1(x)y_1+...+c_n(x)y_n }[/math] הוא פתרון פרטי של המד"ר.
מאיפה הגיעו המשוואות?
הרעיון. הפתרון הכללי להומוגנית הוא [math]\displaystyle{ c_1y_1+\cdots+c_ny_n }[/math] עם קבועים. כדי לקבל פתרון של הלא הומוגנית "משחררים" את הקבועים והופכים אותם לפונקציות [math]\displaystyle{ c_i(x) }[/math] - כך יש מספיק דרגות חופש כדי שבסוף יופיע גם [math]\displaystyle{ f(x) }[/math]. הבעיה: כשגוזרים את [math]\displaystyle{ y_p }[/math] מקבלים נגזרות של מכפלות, והביטוי הולך ומסתבך. הטריק: בכל גזירה דורשים שהמחובר החדש, זה שמכיל את הנגזרות [math]\displaystyle{ c_i' }[/math], יהיה אפס (כך גם לא מגיעים לנגזרות גבוהות של [math]\displaystyle{ c_i }[/math]). רק בגזירה האחרונה דורשים שהמחובר הזה יהיה [math]\displaystyle{ f(x) }[/math]. אלו בדיוק n המשוואות שבטענה.
דוגמא:[math]\displaystyle{ y''-3y'+2y=\ln(x) }[/math], ונסמן [math]\displaystyle{ Ty=y''-3y'+2y }[/math]. הפולינום האופייני [math]\displaystyle{ x^2-3x+2=(x-1)(x-2) }[/math], ולכן הבסיס להומוגנית הוא [math]\displaystyle{ e^x,e^{2x} }[/math]. ננחש [math]\displaystyle{ h(x)=c_1(x)e^x+c_2(x)e^{2x} }[/math]:
נחסר את המשוואות: [math]\displaystyle{ c_2'=e^{-2x}\ln(x) }[/math], ומהראשונה [math]\displaystyle{ c_1'=-e^{-x}\ln(x) }[/math]. אלו פונקציות רציפות ב-[math]\displaystyle{ (0,\infty) }[/math] ולכן יש להן קדומות (כאן הן לא אלמנטריות). זו בדיוק המערכת של הטענה עם [math]\displaystyle{ n=2 }[/math].
אבל דטרמיננטת מטריצת המקדמים היא בדיוק הוורונסקיאן!
כיוון ש[math]\displaystyle{ y_1,...,y_n }[/math] בסיס למרחב הפתרונות, מטריצת המקדמים הפיכה לכל [math]\displaystyle{ x }[/math] ולכן קיים פתרון (יחיד) למערכת.
כיצד נמצא את הפתרון? שיטת קרמר.
כלל קרמר: תהי [math]\displaystyle{ A\in\mathbb{F}^{n\times n} }[/math] הפיכה ויהי [math]\displaystyle{ b\in\mathbb{F}^n }[/math]. אזי לפתרון היחיד [math]\displaystyle{ x=\left(x_1,\dots,x_n\right)^T }[/math] של המערכת [math]\displaystyle{ Ax=b }[/math] מתקיים, לכל [math]\displaystyle{ 1\le i\le n }[/math],
כאשר [math]\displaystyle{ A_i }[/math] היא המטריצה המתקבלת מ-[math]\displaystyle{ A }[/math] ע"י החלפת העמודה ה-i בוקטור הקבועים [math]\displaystyle{ b }[/math].
הוכחה. נסמן את העמודות של [math]\displaystyle{ A }[/math] ב-[math]\displaystyle{ v_1,\dots,v_n }[/math]. כפל מטריצה בוקטור הוא צירוף לינארי של העמודות, ולכן הפתרון מקיים
לכל [math]\displaystyle{ j\neq i }[/math] יש במטריצה שבמחובר ה-j שתי עמודות זהות ([math]\displaystyle{ v_j }[/math] מופיעה גם במקומה וגם במקום ה-i), ולכן הדטרמיננטה שלה אפס. נשאר רק המחובר [math]\displaystyle{ j=i }[/math]:
כיוון ש-[math]\displaystyle{ A }[/math] הפיכה, [math]\displaystyle{ \det(A)\neq 0 }[/math] ומותר לחלק בה:[math]\displaystyle{ x_i=\frac{\det\left(A_i\right)}{\det(A)} }[/math]. מש"ל.
דוגמא לכלל קרמר: עבור [math]\displaystyle{ \begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}b_1\\b_2\end{pmatrix} }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ \det(A)=-2 }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ x=\frac{-b_1-b_2}{-2}=\frac{b_1+b_2}{2} }[/math] ו-[math]\displaystyle{ y=\frac{b_2-b_1}{-2}=\frac{b_1-b_2}{2} }[/math]. ואכן [math]\displaystyle{ x+y=b_1,\ x-y=b_2 }[/math].
למה דווקא קרמר? בדרך כלל פותרים מערכת לינארית בדירוג. אבל כאן המטריצה בנויה מפונקציות (סינוסים, אקספוננטים...), ובדירוג צריך להיזהר לא לחלק באפס ולהתמודד עם ביטויים מסובכים. דטרמיננטות לעומת זאת מחשבים ישירות לפי הנוסחה. זה השימוש המרכזי בכלל קרמר.
במערכת שלנו וקטור הקבועים הוא [math]\displaystyle{ (0,\dots,0,f(x))^T }[/math], והמכנה הוא תמיד הוורונסקיאן: [math]\displaystyle{ c_k'(x)=\frac{\det\left(A_k\right)}{W(x)} }[/math], כאשר [math]\displaystyle{ A_k }[/math] היא מטריצת הוורונסקיאן שהעמודה ה-k שלה הוחלפה ב-[math]\displaystyle{ (0,\dots,0,f(x))^T }[/math].
לאחר שנמצא את הערכים של [math]\displaystyle{ c_k'(x) }[/math] נבצע אינטגרציה ונמצא סה"כ את הפתרון הפרטי.
למה אפשר לבצע אינטגרציה? המקדמים ו-[math]\displaystyle{ f }[/math] רציפים בקטע, הפתרונות [math]\displaystyle{ y_k }[/math] ונגזרותיהם רציפים, והוורונסקיאן אינו מתאפס. לכן לפי כלל קרמר [math]\displaystyle{ c_k'(x) }[/math] הן מנות של פונקציות רציפות, כלומר רציפות. לכל פונקציה רציפה יש פונקציה קדומה (למשל [math]\displaystyle{ c_k(x)=\int_{x_0}^x c_k'(t)dt }[/math]), ולכן השיטה תמיד נותנת פתרון פרטי - גם כשאת האינטגרל לא יודעים לחשב במפורש (ואז אפשר לקרב אותו נומרית).
לא צריך קבועי אינטגרציה, כי מחפשים פתרון פרטי אחד. אם בכל זאת מוסיפים קבועים, [math]\displaystyle{ c_k(x)+C_k }[/math], מקבלים
ובעזרת [math]\displaystyle{ \sin^2(x)=\frac{1-\cos(2x)}{2} }[/math] זה בדיוק [math]\displaystyle{ y_p=\frac{1}{2}+\frac{1}{6}\cos(2x) }[/math] - אותו פתרון פרטי שמתקבל בשיטת הניחוש בדוגמא הבאה.
דוגמא: מצאו פתרון למד"ר [math]\displaystyle{ y''+y=\sin^2(x) }[/math] המקיים [math]\displaystyle{ y(0)=0,\ y'(0)=0 }[/math].
שימו לב: למרות שתנאי ההתחלה כולם אפס, פונקציית האפס אינה פתרון, כי המד"ר אינה הומוגנית.
שימו לב שיכלנו לפתור את השאלה הקודמת בדרך אחרת, קצרה יותר, עם טריק.
מתקיים כי [math]\displaystyle{ sin^2(x)=\frac{1}{2} - \frac{1}{2}cos(2x) }[/math].
נמצא פתרון פרטי [math]\displaystyle{ y_{p_1} }[/math] למד"ר [math]\displaystyle{ y''+y=\frac{1}{2} }[/math] בשיטת הניחוש.
נמצא פתרון פרטי [math]\displaystyle{ y_{p_2} }[/math] למד"ר [math]\displaystyle{ y''+y=-\frac{1}{2}cos(2x) }[/math] בשיטת הניחוש.
לכן [math]\displaystyle{ y_p=y_{p_1}+y_{p_2} }[/math] הוא פתרון פרטי למד"ר [math]\displaystyle{ y''+y=sin^2(x) }[/math] מתוך לינאריות.
עקרון הסופרפוזיציה: אם [math]\displaystyle{ Ty_1=f_1 }[/math] ו-[math]\displaystyle{ Ty_2=f_2 }[/math], אז [math]\displaystyle{ T\left(y_1+y_2\right)=f_1+f_2 }[/math] (כי T לינארי). לכן כשהחלק האי-הומוגני הוא סכום, מוצאים פתרון פרטי לכל מחובר בנפרד ומחברים.
למשל עבור [math]\displaystyle{ y''+y=e^{3x}+x\sin(x)+x^2e^{4x} }[/math] מנחשים לכל אחד משלושת המחוברים בנפרד, וכל אחד עם ה-k שלו: [math]\displaystyle{ de^{3x} }[/math] ([math]\displaystyle{ k=0 }[/math]), [math]\displaystyle{ x\left((ax+b)\cos(x)+(cx+d)\sin(x)\right) }[/math] ([math]\displaystyle{ k=1 }[/math]), ו-[math]\displaystyle{ \left(gx^2+hx+j\right)e^{4x} }[/math] ([math]\displaystyle{ k=0 }[/math]).
דוגמא: השלימו את החישוב בדוגמא האחרונה.
[math]\displaystyle{ y''+y=\frac{1}{2} }[/math]: [math]\displaystyle{ a=0 }[/math] אינו שורש של הפולינום האופייני [math]\displaystyle{ x^2+1 }[/math], ולכן ננחש קבוע [math]\displaystyle{ y_{p_1}=d }[/math]. נציב: [math]\displaystyle{ 0+d=\frac{1}{2} }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ y_{p_1}=\frac{1}{2} }[/math].
[math]\displaystyle{ y''+y=-\frac{1}{2}\cos(2x) }[/math]: [math]\displaystyle{ \pm 2i }[/math] אינם שורשים, ולכן ננחש [math]\displaystyle{ y_{p_2}=d\cos(2x)+t\sin(2x) }[/math]. אז [math]\displaystyle{ y_{p_2}''=-4d\cos(2x)-4t\sin(2x) }[/math], ונציב:
שאלת מבחן: מצאו פתרון למד"ר [math]\displaystyle{ y''-4y'+4y=\left(e^x-1\right)\left(e^x+1\right) }[/math] המקיים [math]\displaystyle{ y(0)=y'(0)=0 }[/math].
ראשית נשים לב כי [math]\displaystyle{ y''-4y'+4y=e^{2x}-1 }[/math], ונסמן [math]\displaystyle{ Ty=y''-4y'+4y }[/math]. אם נמצא [math]\displaystyle{ y_1 }[/math] עם [math]\displaystyle{ Ty_1=e^{2x} }[/math] ו-[math]\displaystyle{ y_2 }[/math] עם [math]\displaystyle{ Ty_2=1 }[/math], אז [math]\displaystyle{ T\left(y_1-y_2\right)=e^{2x}-1 }[/math]. כלומר מפעילים פעמיים את שיטת הניחוש.
הערה: הפעם וריאצית המקדמים הייתה פשוטה בהרבה משיטת הניחוש, אבל זה לא תמיד המצב: מסדר 3 צריך דטרמיננטות [math]\displaystyle{ 3\times 3 }[/math], והאינטגרלים יכולים לצאת מגעילים או לא פתירים. אין שיטה אחת שתמיד עדיפה.
בשיטת הניחוש:[math]\displaystyle{ xe^x=p_1(x)e^{1\cdot x} }[/math], ו-1 שורש מריבוי 1. לכן ננחש [math]\displaystyle{ y_p=x\left(a_0+a_1x\right)e^x=\left(a_0x+a_1x^2\right)e^x }[/math] (פולינום כללי מדרגה 1 כפול x, ולא רק [math]\displaystyle{ a_1x^2 }[/math]!):
דוגמא (בונים תרגיל שבו שיטת הניחוש לא עובדת): נרצה ש-[math]\displaystyle{ e^{x^2} }[/math] יהיה פתרון פרטי של [math]\displaystyle{ y''-y=f(x) }[/math]. נציב: [math]\displaystyle{ \left(e^{x^2}\right)''-e^{x^2}=\left(4x^2+2\right)e^{x^2}-e^{x^2} }[/math]. לכן נפתור את
עכשיו צריך אינטגרלים. הצבות כמו [math]\displaystyle{ t=x^2-x }[/math] לא עוזרות. אבל כיוון שבנינו את התרגיל מהתשובה, ננחש קדומה מהצורה (פולינום)[math]\displaystyle{ \cdot e^{x^2-x} }[/math]:
דוגמא (למה צריך את כלל קרמר): מצאו פתרון פרטי למד"ר [math]\displaystyle{ y'''+3y''+3y'+y=\frac{2}{x^3}-\frac{3}{x^2}+\frac{3}{x}+\ln(x) }[/math] בקטע [math]\displaystyle{ x>0 }[/math]. (התרגיל נבנה מהתשובה: [math]\displaystyle{ \ln(x) }[/math] הוא פתרון פרטי.)
הפולינום האופייני [math]\displaystyle{ x^3+3x^2+3x+1=(x+1)^3 }[/math], והבסיס להומוגנית [math]\displaystyle{ e^{-x},\ xe^{-x},\ x^2e^{-x} }[/math]. נחפש [math]\displaystyle{ y_p=c_0(x)e^{-x}+c_1(x)xe^{-x}+c_2(x)x^2e^{-x} }[/math], ונסמן ב-[math]\displaystyle{ f }[/math] את אגף ימין.
המערכת (אחרי הוצאת [math]\displaystyle{ e^{-x} }[/math] מכל עמודה של מטריצת הוורונסקיאן):
לדרג מערכת כזו - מזעזע. בכלל קרמר זה רק חישוב דטרמיננטות. הוורונסקיאן הוא [math]\displaystyle{ W=2e^{-3x} }[/math], ופיתוח לפי העמודה שהוחלפה (יש בה רק איבר אחד שאינו אפס) נותן
לאינטגרלים נשתמש ב-[math]\displaystyle{ \left(e^xg\right)'=e^x\left(g+g'\right) }[/math]: מחפשים [math]\displaystyle{ g }[/math] כך ש-[math]\displaystyle{ g+g' }[/math] הוא מה שבסוגריים (בדקו בגזירה):
המקדם של [math]\displaystyle{ \ln(x) }[/math] הוא [math]\displaystyle{ \frac{x^2-2x+2}{2}+x-x^2+\frac{x^2}{2}=1 }[/math], ושאר האיברים מתבטלים: [math]\displaystyle{ \frac{2x-3}{2}+2-2x+\frac{2x-1}{2}=0 }[/math]. לכן [math]\displaystyle{ y_p=\ln(x) }[/math], כמצופה.
האינטגרלים יצאו אלמנטריים רק כי התרגיל נבנה מהתשובה.
שאלת מבחן: למשוואה [math]\displaystyle{ y''+4y=2\tan(x) }[/math] יש פתרון פרטי [math]\displaystyle{ y(x)=-x\cos(2x)+\ln\left|\cos(x)\right|\sin(2x) }[/math]. הראו איך מוצאים פתרון זה על ידי שיטת וריאצית מקדמים, ומצאו את הפתרון של המשוואה המקיים את תנאי ההתחלה [math]\displaystyle{ y(0)=A,\ y'(0)=B }[/math], כאשר [math]\displaystyle{ A,B }[/math] קבועים נתונים.
שאלת מבחן: א. מצאו את הפתרון הכללי של המשוואה [math]\displaystyle{ y''-2y'+y=\frac{e^x}{x} }[/math]. ב. מצאו נוסחה לפתרון הבעיה [math]\displaystyle{ y''-2y'+y=f(x),\ y(0)=y'(0)=0 }[/math].
זה פתרון פרטי, והוא מקיים את תנאי ההתחלה: [math]\displaystyle{ y(0)=c_1(0)e^0+0=0 }[/math], ולפי המשוואה הראשונה של וריאצית המקדמים [math]\displaystyle{ y'=c_1y_1'+c_2y_2' }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ y'(0)=c_1(0)+c_2(0)=0 }[/math]. לפי משפט היחידות זה הפתרון של הבעיה.
(מי שמכיר התמרת לפלס יקבל [math]\displaystyle{ F(s)=\frac{G(s)}{(s-1)^2} }[/math]; הנוסחה שקיבלנו היא בדיוק הקונבולוציה של [math]\displaystyle{ f }[/math] עם [math]\displaystyle{ xe^x }[/math], שהתמרת לפלס שלה היא [math]\displaystyle{ \frac{1}{(s-1)^2} }[/math].)
דוגמאות שבהן האינטגרלים אינם אלמנטריים:[math]\displaystyle{ y''+y=\arctan(x) }[/math], ו-[math]\displaystyle{ y'''+y''+y'+y=\sqrt{1-x^2} }[/math] עם [math]\displaystyle{ y(0)=y'(0)=y''(0)=0 }[/math].
[math]\displaystyle{ y''+y=\arctan(x) }[/math]: הבסיס להומוגנית [math]\displaystyle{ \cos(x),\ \sin(x) }[/math], והוורונסקיאן שווה 1. לפי קרמר:
לאינטגרלים האלה אין נוסחה אלמנטרית, אבל הפתרון הפרטי קיים: [math]\displaystyle{ y_p=c_1(x)\cos(x)+c_2(x)\sin(x) }[/math] עם [math]\displaystyle{ c_1(x)=-\int_0^x\sin(t)\arctan(t)dt }[/math] ו-[math]\displaystyle{ c_2(x)=\int_0^x\cos(t)\arctan(t)dt }[/math] (ואפשר לחשב אותו נומרית). אין צורך בקבוע אינטגרציה, כי מחפשים פתרון פרטי.
[math]\displaystyle{ y'''+y''+y'+y=\sqrt{1-x^2} }[/math]: המקדמים והחלק האי-הומוגני רציפים בקטע [math]\displaystyle{ [-1,1] }[/math], ולכן יש פתרון יחיד בקטע הזה שמקיים את תנאי ההתחלה. האם נדע למצוא אותו?
הפולינום האופייני [math]\displaystyle{ x^3+x^2+x+1 }[/math]. כבר כאן יש אתגר שלא תמיד אפשר לצלוח - מציאת השורשים. ננחש שורש [math]\displaystyle{ x=-1 }[/math], ואכן הוא מאפס את הפולינום. לפי המשפט "[math]\displaystyle{ p(a)=0 }[/math] אם ורק אם [math]\displaystyle{ p(x)=(x-a)q(x) }[/math]" נחלק פולינומים: [math]\displaystyle{ x^3+x^2+x+1=(x+1)\left(x^2+1\right) }[/math]. השורשים [math]\displaystyle{ -1,\pm i }[/math], והבסיס להומוגנית [math]\displaystyle{ e^{-x},\ \cos(x),\ \sin(x) }[/math].
שיטת הניחוש לא רלוונטית (בגלל [math]\displaystyle{ \sqrt{1-x^2} }[/math]), ולכן וריאצית מקדמים. הוורונסקיאן:
האינטגרלים האלה אינם אלמנטריים, ולכן כאן נעצור. אילו היינו מוצאים את [math]\displaystyle{ y_p }[/math], הפתרון הכללי היה [math]\displaystyle{ y=y_p+C_1e^{-x}+C_2\cos(x)+C_3\sin(x) }[/math], והיינו מציבים את תנאי ההתחלה כדי למצוא את [math]\displaystyle{ C_1,C_2,C_3 }[/math]. (אגב, בחירת הקדומות [math]\displaystyle{ c_k(x)=\int_0^x c_k'(t)dt }[/math] נותנת כאן ישירות [math]\displaystyle{ y_p(0)=y_p'(0)=y_p''(0)=0 }[/math], כלומר את הפתרון המבוקש.)
בפרק זה נשתמש בטורי טיילור. נזכיר בקצרה מאיפה הם מגיעים (כך זה נלמד בקורס 27-301 למדעי המוח).
קירוב לינארי: רוצים לחשב את [math]\displaystyle{ \sqrt{10} }[/math], ואנחנו יודעים ש[math]\displaystyle{ \sqrt{9}=3 }[/math]. נחליף את הפונקציה במשיק שלה בנקודה שאנחנו מכירים - הרעיון של גזירות ושל השקה הוא שהמשיק הוא תחליף לפונקציה.
המשיק לפונקציה [math]\displaystyle{ f }[/math] בנקודה [math]\displaystyle{ x_0 }[/math] הוא [math]\displaystyle{ y-f(x_0)=f'(x_0)(x-x_0) }[/math].
עבור [math]\displaystyle{ f(x)=\sqrt{x} }[/math] ו[math]\displaystyle{ x_0=9 }[/math] נקבל [math]\displaystyle{ y-3=\frac{1}{6}(x-9) }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ \sqrt{10}\approx 3+\frac{1}{6}\approx 3.1667 }[/math] (הערך האמיתי הוא [math]\displaystyle{ 3.1623... }[/math]).
הפונקציה שורש x והמשיק לה בנקודה 9
מי החליט שמשיק חייב להיות ישר? נחפש פולינום משיק.
האם ייתכן ש[math]\displaystyle{ \cos(x)=a+bx+cx^2 }[/math] בקטע כלשהו? לא. אם נגזור את שני האגפים שלוש פעמים, בצד ימין נקבל אפס ובצד שמאל לא.
בכל זאת, ב"טריק מכוער", נניח שיש שוויון, נציב [math]\displaystyle{ x=0 }[/math] ונגזור שוב ושוב:
[math]\displaystyle{ x=0 }[/math] נותן [math]\displaystyle{ a=1 }[/math].
אחרי גזירה [math]\displaystyle{ -\sin(x)=b+2cx }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ b=0 }[/math].
אחרי גזירה נוספת [math]\displaystyle{ -\cos(x)=2c }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ c=-\frac{1}{2} }[/math].
סה"כ [math]\displaystyle{ \cos(x)\approx 1-\frac{1}{2}x^2 }[/math] ליד אפס.
כיוון שיצאנו מהנחה שקרית, לא הוכחנו כלום. ואכן, לא כל פולינום טיילור קרוב לפונקציה שלו.
הפונקציה cos x, המשיק לה באפס והפרבולה 1-x^2/2
הסבר פיזיקלי: אני נמצא במקום 1 מטר על ציר, ונע בכיוון החיובי במהירות 2 מטר לשנייה. היכן אהיה בעוד שנייה?
אם המהירות קבועה - במקום 3 מטר. זה בדיוק קירוב לינארי: מניחים שהמהירות הרגעית נשארת קבועה, כלומר שהתאוצה אפס.
אם התאוצה קבועה (ולא אפס), המהירות לינארית והמקום ריבועי בזמן - זה קירוב מסדר שני, כמו בנוסחת הנפילה החופשית [math]\displaystyle{ y(t)=y(0)+y'(0)t+\frac{g}{2}t^2 }[/math].
פולינומי טיילור של cos x סביב אפס מסדרים עולים - ככל שהסדר גבוה יותר, הקירוב טוב בקטע גדול יותר
דוגמא: כל הנגזרות של [math]\displaystyle{ e^x }[/math] שוות ל[math]\displaystyle{ e^x }[/math], ולכן מקדמי הטיילור סביב 0 הם [math]\displaystyle{ \frac{e^0}{n!}=\frac{1}{n!} }[/math]:
השוויון נכון לכל x (לא נוכיח זאת כאן). למשל [math]\displaystyle{ \sqrt{e}=e^{\frac{1}{2}}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2\cdot 2!}+\frac{1}{2^3\cdot 3!}+...\approx 1.6487 }[/math].
בהמשך נקבל את אותו טור ישירות מהמד"ר [math]\displaystyle{ y'=y,\ y(0)=1 }[/math], בלי להשתמש בכך שאנחנו כבר מכירים את הפתרון.
הפונקציה e^x, המשיק לה באפס ופולינום הטיילור שלה מסדר 4
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.
אין כאן תאוריה חדשה, רק טכניקה: מציבים טור כללי במד"ר ומשווים מקדמים.
השיטה מתאימה במיוחד למד"ר לינארית שהמקדמים שלה הם חזקות של x: כפל ב[math]\displaystyle{ x^k }[/math] רק מזיז חזקות, ואילו כפל של שני טורים (למשל [math]\displaystyle{ y^2 }[/math]) הוא בלגן רציני.
לרוב נצטרך טיילור כאשר המקדמים אינם קבועים - למקדמים קבועים יש לנו כבר מספיק שיטות.
פתרון שאין לו פיתוח לטור חזקות סביב 0 נפספס בשיטה זו. אבל אנחנו יודעים בדיוק כמה פתרונות צריכים להיות בבסיס של ההומוגנית, ולכן נדע אם חסר לנו פתרון.
יחידות טור טיילור: אם טור חזקות שווה לאפס (בסביבה של 0), כל המקדמים שלו שווים לאפס. זה מה שמאפשר להשוות מקדמים.
קשר לתנאי ההתחלה: המקדמים של הטור הם מקדמי טיילור, [math]\displaystyle{ a_n=\frac{y^{(n)}(0)}{n!} }[/math]. לכן [math]\displaystyle{ a_0=y(0) }[/math], [math]\displaystyle{ a_1=y'(0) }[/math], ובאופן כללי התנאי [math]\displaystyle{ y^{(n)}(0)=c }[/math] שקול ל[math]\displaystyle{ a_n=\frac{c}{n!} }[/math].
דוגמא: פתרו את המד"ר [math]\displaystyle{ y'=ry }[/math] בעזרת טור טיילור.
פתרון. ננחש שלפתרון יש פיתוח לטור חזקות (זה לא ניחוש ספציפי - לכמעט כל הפונקציות שאנחנו מכירים יש פיתוח כזה):
כלומר נוסחת הנסיגה [math]\displaystyle{ a_{k+1}=\frac{r}{k+1}a_k }[/math] לכל [math]\displaystyle{ k\geq 0 }[/math].
ננחש [math]\displaystyle{ a_n=\frac{r^n}{n!}a_0 }[/math]. הסדרה הזו מקיימת את נוסחת הנסיגה, כי [math]\displaystyle{ \frac{r}{n+1}\cdot\frac{r^n}{n!}a_0=\frac{r^{n+1}}{(n+1)!}a_0 }[/math]. נוסחת הנסיגה יחד עם [math]\displaystyle{ a_0 }[/math] קובעת סדרה אחת בלבד, ולכן זו הסדרה. סה"כ
מי היה מאמין, זה אכן הפתרון למד"ר! בפרט, עבור [math]\displaystyle{ r=1 }[/math] ו[math]\displaystyle{ y(0)=1 }[/math] קיבלנו את טור הטיילור של [math]\displaystyle{ e^x }[/math].
הזיזו את האינדקס של הטור [math]\displaystyle{ \sum_{n=4}^\infty na_{2n+1}x^{n-2} }[/math] כך שהחזקה תהיה [math]\displaystyle{ k }[/math].
אנחנו רוצים להציב [math]\displaystyle{ k=n-2 }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ n=k+2 }[/math].
כיוון ש[math]\displaystyle{ n }[/math] מתחיל מ4, נובע ש[math]\displaystyle{ k }[/math] יתחיל מ2.
סה"כ נקבל כי [math]\displaystyle{ \sum_{n=4}^\infty na_{2n+1}x^{n-2}=\sum_{k=2}^\infty (k+2)a_{2k+5}x^k }[/math].
איך מסדרים את הטורים (זה החלק הכי חשוב בנושא):
מחשבים את הטור של כל ביטוי שמופיע במד"ר (למשל [math]\displaystyle{ xy'',\ xy',\ y',\ y }[/math]).
הטעות הנפוצה היא להזיז את האינדקסים כך שכל הסיגמות יתחילו מאותו אינדקס. זו לא המטרה! מזיזים אינדקסים כדי שהחזקות של x יהיו זהות בכל הטורים (נוח להמיר הכל ל[math]\displaystyle{ x^n }[/math]).
ההזזה: מציבים משתנה עזר (למשל [math]\displaystyle{ k=n-2 }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ n=k+2 }[/math]), בודקים מאיפה k מתחיל, ובסוף מחליפים את השם k חזרה ל-n.
רק אחרי שהחזקות זהות מטפלים באינדקס ההתחלתי: מוציאים מהסכום את האיברים הראשונים, כך שכל הסיגמות יתחילו מאותו אינדקס (המקסימלי מביניהם).
מאחדים לסיגמא אחת ומשווים לאפס את המקדם של כל חזקה של x. מתקבלות משוואות על המקדמים - ובפרט נוסחת נסיגה.
(בראשונה הצבנו [math]\displaystyle{ k=n-2 }[/math], בשנייה [math]\displaystyle{ k=n-1 }[/math] ובשלישית [math]\displaystyle{ k=n+1 }[/math], ובסוף החלפנו את השם k חזרה ל-n.)
נציב במד"ר ונעביר אגף. הטור של אגף ימין מתחיל מ-1, ולכן נוציא את האיבר [math]\displaystyle{ n=0 }[/math] מהטורים האחרים. המקדם החופשי הוא [math]\displaystyle{ a_2+2a_1+a_0 }[/math], והמקדם של [math]\displaystyle{ x^n }[/math] עבור [math]\displaystyle{ n\geq 1 }[/math] הוא
אם היו תנאי התחלה, היינו משתמשים בהם כדי למצוא את [math]\displaystyle{ a_0,a_1 }[/math]. כאן צריך פתרון פרטי אחד, ולכן נבחר אותם כרצוננו: [math]\displaystyle{ a_0=a_1=0 }[/math], ולכן גם [math]\displaystyle{ a_2=0 }[/math].
[math]\displaystyle{ n=1 }[/math]: [math]\displaystyle{ 6a_3=1 }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ a_3=\frac{1}{6} }[/math].
[math]\displaystyle{ n=2 }[/math]: [math]\displaystyle{ 12a_4+6\cdot\frac{1}{6}=-1 }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ a_4=-\frac{1}{6} }[/math].
[math]\displaystyle{ n=3 }[/math]: [math]\displaystyle{ 20a_5-\frac{8}{6}+\frac{1}{6}=\frac{1}{2} }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ a_5=\frac{1}{12} }[/math].
בדיעבד אפשר לזהות את החוקיות: זה הטור של [math]\displaystyle{ \frac{1}{6}x^3e^{-x}=\frac{1}{6}\left(x^3-x^4+\frac{x^5}{2}-...\right) }[/math], וזה בדיוק הפתרון הפרטי שמתקבל בשיטת הניחוש [math]\displaystyle{ y_p=x^2e^{-x}(a+bx) }[/math] (עם [math]\displaystyle{ a=0,\ b=\frac{1}{6} }[/math]).
שימו לב: בדוגמא הבאה, כמו ברוב המקרים, לא מציבים ישר טור במד"ר הלא הומוגנית כדי למצוא פתרון פרטי. מתחילים מבסיס להומוגנית בעזרת טיילור, ואחר כך מוצאים פתרון פרטי בווריאציית מקדמים.
דוגמא מצאו את הפתרון הכללי למד"ר ההומוגנית [math]\displaystyle{ xy''-(x+2)y'+2y=0 }[/math].
עבור [math]\displaystyle{ x\neq 0 }[/math] מדובר במד"ר לינארית הומוגנית בעלת שני פתרונות בת"ל.
ננחש כי קיים פתרון בצורת טור טיילור [math]\displaystyle{ y=\sum_{n=0}^\infty a_nx^n }[/math].
שימו לב שאנו מניחים שהפונקציה מוגדרת באפס, ייתכן שנרצה לפתח טור טיילור סביב נקודות אחרות באופן כללי.
נשים לב כי באופן כללי [math]\displaystyle{ a_0,a_3 }[/math] חופשיים.
זה הגיוני: המד"ר מסדר שני, ולכן מצפים לשתי דרגות חופש - שני קבועים שאפשר לבחור כרצוננו.
עבור הבחירה [math]\displaystyle{ a_0=1,a_3=0 }[/math] נקבל את הפתרון [math]\displaystyle{ y=\frac{1}{2}x^2+x+1 }[/math].
עבור הבחירה [math]\displaystyle{ a_0=1,a_3=\frac{1}{3!} }[/math] נקבל את הפתרון [math]\displaystyle{ y=\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!}x^n=e^x }[/math].
זו הבחירה ה"טבעית" [math]\displaystyle{ a_3=\frac{a_2}{3} }[/math], שממשיכה את החוקיות [math]\displaystyle{ a_{k+1}=\frac{a_k}{k+1} }[/math]. קל לבדוק ש[math]\displaystyle{ a_n=\frac{1}{n!} }[/math] מקיימת את כל המשוואות.
המקדמים אינם רציפים ב-[math]\displaystyle{ x=0 }[/math], ולכן שם המשפטים לא אמורים להתקיים. בכל אחד מהתחומים [math]\displaystyle{ x>0 }[/math] ו-[math]\displaystyle{ x<0 }[/math] המשפטים תקפים, והפונקציות [math]\displaystyle{ e^x }[/math] ו-[math]\displaystyle{ 1+x+\frac{x^2}{2} }[/math] מהוות בסיס למרחב הפתרונות.
גם שני הפתרונות השונים (אף בת"ל) של אותה בעיית קושי [math]\displaystyle{ y(0)=1,\ y'(0)=1 }[/math] אינם סותרים את משפט הקיום והיחידות - מאותה סיבה.
ומה עם תנאי התחלה אחרים ב-0? נציב [math]\displaystyle{ x=0 }[/math] במד"ר עצמה ונקבל [math]\displaystyle{ -2y'(0)+2y(0)=0 }[/math]. כלומר כל פתרון שמוגדר וגזיר פעמיים ב-0 מקיים [math]\displaystyle{ y'(0)=y(0) }[/math], ולבעיית קושי ב-0 עם [math]\displaystyle{ y'(0)\neq y(0) }[/math] אין פתרון כזה בכלל. בהצבת הטור זה הופיע כמשוואה [math]\displaystyle{ a_1=a_0 }[/math].
דוגמא - מצאו את הפתרון הכללי למד"ר [math]\displaystyle{ xy''-(x+2)y'+2y=x^3e^x }[/math].
ראשית נעביר את המד"ר לצורה סטנדרטית [math]\displaystyle{ y''-\frac{x+2}{x}y'+\frac{2}{x}y=x^2e^x }[/math]
זכרו! המקדם של הנגזרת העליונה צריך להיות 1 על מנת להשתמש בווריאציית מקדמים - גם הנוסחה וגם ההוכחה שלה מסתמכות על כך. אחרי החלוקה ב-x אגף ימין הופך מ[math]\displaystyle{ x^3e^x }[/math] ל[math]\displaystyle{ x^2e^x }[/math], וזה קריטי לפתרון. (את הבסיס להומוגנית מצאנו בלי לחלק - חלוקה לא משנה את הפתרונות של ההומוגנית.)
זו טעות שקל מאוד לעשות - גם אני, בפעם הראשונה שהכנתי את התרגיל הזה, פספסתי את זה, ובמשך שעה לא הבנתי למה הפתרון שקיבלתי לא עובד. ▶ ההערה בהרצאה מ־25.12.25, החל מהדקה 17:32
מה יוצא אם שוכחים לחלק?
הסבר. נעשה את הטעות בכוונה (חוסך שבטו שונא בנו): נפעיל וריאציית מקדמים וכלל קרמר עם אגף ימין [math]\displaystyle{ x^3e^x }[/math], בלי לחלק ב-x. עם הבסיס [math]\displaystyle{ y_1=1+x+\frac{x^2}{2},\ y_2=e^x }[/math] הוורונסקיאן הוא [math]\displaystyle{ \frac{1}{2}x^2e^x }[/math], ומתקבל
איך בודקים את עצמנו? מציבים במד"ר. כאן מתקבל [math]\displaystyle{ xy''-(x+2)y'+2y=x^4e^x }[/math] ולא [math]\displaystyle{ x^3e^x }[/math]: למעשה פתרנו את המד"ר [math]\displaystyle{ y''-\frac{x+2}{x}y'+\frac{2}{x}y=x^3e^x }[/math], שאגף ימין שלה גדול פי x מהנכון. אחרי החלוקה ב-x מקבלים את הפתרון הפרטי הנכון [math]\displaystyle{ y_p=e^x\left(\frac{x^3}{3}-2\right) }[/math].
לכן [math]\displaystyle{ c_1(x)=\frac{1}{3}x^3+x^2+2x }[/math].
כמו כן, [math]\displaystyle{ c_2'=\frac{\left|\begin{pmatrix} e^x & 0 \\ e^x & x^2e^x\end{pmatrix}\right|}{W(x)}=-2e^x }[/math]
לכן [math]\displaystyle{ c_2(x)=-2e^x }[/math].
סה"כ הפתרון הפרטי הינו [math]\displaystyle{ 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) }[/math]
לכן הפתרון הכללי הינו [math]\displaystyle{ 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) }[/math]
דוגמא: מצאו את הפתרון למד"ר [math]\displaystyle{ xy''-(x+2)y'+2y=x^3e^x }[/math] המקיים [math]\displaystyle{ y(1)=0,\ y'(1)=0 }[/math].
פתרון. תנאי ההתחלה נתונים בנקודה [math]\displaystyle{ x=1 }[/math], שבה המקדמים של המד"ר המנורמלת רציפים. לכן לפי משפט הקיום והיחידות יש פתרון יחיד (בתחום [math]\displaystyle{ x>0 }[/math]).
נחסר את המשוואה השנייה מהראשונה: [math]\displaystyle{ \frac{1}{2}c_2-e=0 }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ c_2=2e }[/math]. נציב במשוואה השנייה ונקבל [math]\displaystyle{ c_1=-\frac{10}{3} }[/math]. סה"כ
אם מבקשים פתרון כלשהו המקיים את התנאים, אפשר לבחור למשל [math]\displaystyle{ c=0 }[/math] ולקבל [math]\displaystyle{ y=\left(1+\frac{x^3}{3}\right)e^x }[/math]. אם מבקשים את כל הפתרונות - צריך לתת את כל המשפחה. (ואילו התנאים היו [math]\displaystyle{ y'(0)\neq y(0) }[/math], לא היה פתרון בכלל - ראו את ההסבר לעיל.)
הערה למתעניינים: הנוסחה לפתרון הכללי נכונה בכל אחד מהתחומים [math]\displaystyle{ x>0 }[/math] ו-[math]\displaystyle{ x<0 }[/math] בנפרד. הפונקציה [math]\displaystyle{ 1+x+\frac{x^2}{2}-e^x }[/math] מתאפסת ב-0 יחד עם שתי הנגזרות הראשונות שלה, ולכן אפשר אפילו לבחור ערך אחר של c בכל צד של 0, ועדיין לקבל פונקציה גזירה פעמיים שפותרת את המד"ר על כל הישר ומקיימת את תנאי ההתחלה.
בתרגיל הזה תרגלנו את כל התהליך: טורי טיילור למציאת בסיס להומוגנית עם מקדמים לא קבועים, וריאציית מקדמים וקרמר למציאת פתרון פרטי, והצבת תנאי התחלה.
נוסחת נסיגה מדויקת - כולל תנאי ההתחלה (המקדמים הראשונים) והנוסחה למעבר לאיברים הבאים. למשל [math]\displaystyle{ a_0=1,\ a_{n+1}=2a_n }[/math].
האם צריך גם ביטוי מפורש ([math]\displaystyle{ a_n=2^n }[/math]), ואף את הפונקציה עצמה ([math]\displaystyle{ \sum_{n=0}^\infty 2^nx^n=\frac{1}{1-2x} }[/math])? תלוי בהוראות השאלה.
אם נוסחת הנסיגה קובעת סדרה אחת בלבד, מספיק להראות שהסדרה שניחשתם מקיימת את נוסחת הנסיגה ואת תנאי ההתחלה. אין צורך בהוכחה באינדוקציה.
איך בונים תרגיל בטורים: בוחרים פתרון שאת טור הטיילור שלו יודעים לחשב, גוזרים ומוצאים מד"ר לינארית שהוא מקיים, וקובעים תנאי התחלה שמתאימים לו. לפי משפט הקיום והיחידות, הטור יוביל רק לפתרון הזה.
דוגמא: הפונקציה [math]\displaystyle{ y=e^{-x^2} }[/math] מקיימת [math]\displaystyle{ y(0)=1,\ y'(0)=0 }[/math] ו[math]\displaystyle{ y''=e^{-x^2}(4x^2-2) }[/math]. מצאו בעזרת טור טיילור את הפתרון של [math]\displaystyle{ y''=(4x^2-2)y }[/math] המקיים [math]\displaystyle{ y(0)=1,\ y'(0)=0 }[/math], ומצאו פתרון שני בת"ל.
פתרון. (בדרך: [math]\displaystyle{ e^{-x^2} }[/math] מקיימת גם את המד"ר מסדר ראשון [math]\displaystyle{ \frac{y'}{-2x}=y }[/math], שהיא פרידה ופתרונה [math]\displaystyle{ y=Ce^{-x^2} }[/math] - לא מעניין. לכן גזרנו פעם נוספת.)
במד"ר [math]\displaystyle{ y''-4x^2y+2y=0 }[/math] יש שלושה ביטויים: [math]\displaystyle{ y'',\ x^2y,\ y }[/math]. נמיר הכל ל[math]\displaystyle{ x^n }[/math]:
מתנאי ההתחלה [math]\displaystyle{ a_0=1,\ a_1=0 }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ a_2=-1,\ a_3=0 }[/math]. מנוסחת הנסיגה כל מקדם אי-זוגי תלוי בשני האי-זוגיים שלפניו, ולכן באינדוקציה כל המקדמים האי-זוגיים מתאפסים. הזוגיים:
כלומר [math]\displaystyle{ y_2=x-\frac{x^3}{3}+\frac{7}{30}x^5-\frac{3}{70}x^7+... }[/math], כנראה בלי נוסחה יפה. אפשר לבדוק בהצבה שזה הטור של [math]\displaystyle{ y_2=e^{-x^2}\int_0^xe^{2t^2}dt }[/math]. הוורונסקיאן ב-0 הוא [math]\displaystyle{ y_1(0)y_2'(0)-y_1'(0)y_2(0)=1 }[/math], ולכן הפתרונות בת"ל.
נציב ונוציא את האיבר [math]\displaystyle{ n=0 }[/math]. המקדם החופשי הוא [math]\displaystyle{ 2a_2-a_0 }[/math], והמקדם של [math]\displaystyle{ x^n }[/math] עבור [math]\displaystyle{ n\geq 1 }[/math] הוא
דוגמא (מבחן מועד ב' תשע"ט, שאלה 4): מצאו פתרון למד"ר [math]\displaystyle{ xy''-(1+x)y'+2y=0 }[/math] המקיים [math]\displaystyle{ y(0)=0,\ y(1)=1 }[/math].
פתרון. בטיילור אין תאוריה מאחורה, ולכן אפשר להציב את הטור ישר, בלי לחלק ב-x. במד"ר [math]\displaystyle{ xy''-y'-xy'+2y=0 }[/math] מופיעים [math]\displaystyle{ xy'',\ y',\ xy',\ y }[/math]:
נתון [math]\displaystyle{ y(0)=0 }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ a_0=0 }[/math], ולכן גם [math]\displaystyle{ a_1=0 }[/math] (זה נובע גם מ-[math]\displaystyle{ n=1 }[/math], שנותן [math]\displaystyle{ 0=-a_1 }[/math]). עבור [math]\displaystyle{ n=2 }[/math] נקבל [math]\displaystyle{ 3a_3=0 }[/math], ומכאן באינדוקציה [math]\displaystyle{ a_n=0 }[/math] לכל [math]\displaystyle{ n\geq 3 }[/math].
הדבר היחיד שנשאר חופשי הוא [math]\displaystyle{ a_2 }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ y=a_2x^2 }[/math] (אפשר לוודא בהצבה שזה אכן פתרון). הנתון השני [math]\displaystyle{ y(1)=1 }[/math] נותן [math]\displaystyle{ a_2=1 }[/math], וסה"כ
[math]\displaystyle{ y=x^2 }[/math]
שימו לב: אלה תנאי שפה (בשתי נקודות שונות) ולא בעיית קושי. לא הכל חייב להיות שבלונה - ברגע שהבעיה צומצמה ל-[math]\displaystyle{ y=a_2x^2 }[/math], הנתון [math]\displaystyle{ y(1)=1 }[/math] קובע את המקדם.
לכן [math]\displaystyle{ a_0=0 }[/math] - ולמזלנו (ולזכות מחבר השאלה) [math]\displaystyle{ y(0)=0 }[/math], וזה בדיוק מסתדר. לכל [math]\displaystyle{ n\geq 1 }[/math] מתקיימת נוסחת הנסיגה
הערה: המקדם של [math]\displaystyle{ y'' }[/math] מתאפס ב-0, ולכן אין כאן הבטחה לקיום ויחידות ב-0. המד"ר היא [math]\displaystyle{ (D-I)(xD-I)y=0 }[/math], והפתרון השני שלה [math]\displaystyle{ y=x\int\frac{e^x}{x^2}dx }[/math] אינו פונקציה אלמנטרית (ואין לו טור חזקות סביב 0). תנאי ההתחלה נבחרו כך שהפתרון יהיה רק [math]\displaystyle{ y=x }[/math].
ננחש [math]\displaystyle{ a_n=\frac{1}{n!} }[/math]. אכן [math]\displaystyle{ \frac{(n+2)(n+1)}{(n+2)!}+\frac{1}{(n-2)!}=\frac{1}{n!}+\frac{1}{(n-2)!} }[/math], כלומר הסדרה מקיימת את נוסחת הנסיגה ואת תנאי ההתחלה, ולכן
כלומר (גם עבור [math]\displaystyle{ n=1 }[/math]) [math]\displaystyle{ a_{n+2}=-\frac{a_{n-1}}{n+2} }[/math], או בכתיבה אחרת [math]\displaystyle{ a_{k+3}=-\frac{a_k}{k+3} }[/math] לכל [math]\displaystyle{ k\geq 0 }[/math].
נבחר [math]\displaystyle{ a_0=1,\ a_1=0 }[/math]. אז רק המקדמים [math]\displaystyle{ a_{3k} }[/math] אינם אפס:
עבור [math]\displaystyle{ a_0=0,\ a_1=1 }[/math] מקבלים [math]\displaystyle{ y_2=x-\frac{x^4}{4}+\frac{x^7}{28}-\frac{x^{10}}{280}+... }[/math], וזה כנראה לא פונקציה אלמנטרית.
הערה: [math]\displaystyle{ (x^2y)'=x^2y'+2xy }[/math], ולכן המד"ר היא בעצם [math]\displaystyle{ \left(y'+x^2y\right)'=0 }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ y'+x^2y=C }[/math] - מד"ר לינארית מסדר ראשון. עבור [math]\displaystyle{ C=0 }[/math] מקבלים את [math]\displaystyle{ e^{-\frac{x^3}{3}} }[/math], ועבור [math]\displaystyle{ C=1,\ y(0)=0 }[/math] מקבלים [math]\displaystyle{ y_2=e^{-\frac{x^3}{3}}\int_0^xe^{\frac{t^3}{3}}dt }[/math].
דוגמא (שאלה ממבחן): פתרו את המד"ר [math]\displaystyle{ (2x^2-1)y''-5xy'+3y=0 }[/math].
(עבור [math]\displaystyle{ n=0,1 }[/math] חלק מהאיברים פשוט מתאפסים, ולכן זה נכון לכל [math]\displaystyle{ n\geq 0 }[/math].) כיוון ש[math]\displaystyle{ 2n^2-7n+3=(2n-1)(n-3) }[/math], נוסחת הנסיגה היא
נבחר [math]\displaystyle{ a_0=0,\ a_1=1 }[/math]. אז [math]\displaystyle{ a_3=-\frac{1}{3} }[/math], ובגלל הגורם [math]\displaystyle{ n-3 }[/math] מתקבל [math]\displaystyle{ a_5=0 }[/math], ולכן כל המקדמים הבאים מתאפסים. קיבלנו פתרון פולינומי
[math]\displaystyle{ y_2=x-\frac{x^3}{3} }[/math]
(קל לוודא בהצבה). הוורונסקיאן ב-0 הוא 1, ולכן הפתרונות בת"ל, והפתרון הכללי בסביבת 0 הוא [math]\displaystyle{ y=c_1y_1+c_2y_2 }[/math].
דוגמא (בוחן במד"ר למדעי המוח, תשפ"ד): מצאו פתרון למד"ר [math]\displaystyle{ y''+xy'-y'-xy=0 }[/math] המקיים [math]\displaystyle{ y(0)=y'(0)=1 }[/math].
פתרון. נמיר הכל ל[math]\displaystyle{ x^n }[/math]:
נוסחת הנסיגה קובעת את [math]\displaystyle{ a_{n+2} }[/math] באופן יחיד, ולכן [math]\displaystyle{ y=\sum_{n=0}^\infty\frac{x^n}{n!}=e^x }[/math]. בדיקה: [math]\displaystyle{ e^x+xe^x-e^x-xe^x=0 }[/math].
כך טור טיילור נתן לנו פתרון "אנליטי" (נוסחה מפורשת) למד"ר שלא ידענו לפתור בדרכים אחרות. (בדיעבד: [math]\displaystyle{ y''+(x-1)y'-xy=(D+xI)(D-I)y }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ e^x }[/math] פותר אותה.)
דוגמא (בניית תרגיל): הפונקציה [math]\displaystyle{ y=e^{x^2} }[/math] מקיימת [math]\displaystyle{ y'=2xy }[/math] ו[math]\displaystyle{ y''=2y+2xy' }[/math]. מצאו בסיס לפתרונות של [math]\displaystyle{ y''-2xy'-2y=0 }[/math], ומצאו את הפתרון של [math]\displaystyle{ y''-2xy'-2y=e^x }[/math] המקיים [math]\displaystyle{ y(0)=y'(0)=1 }[/math].
פתרון. נציב טור במד"ר ההומוגנית. אחרי הזזת האינדקס ב-[math]\displaystyle{ y'' }[/math], המקדם של [math]\displaystyle{ x^n }[/math] הוא
לא מובטח שיש פתרון שני "יפה" - אבל טיילור מצא אותו. (בדיעבד: [math]\displaystyle{ y''-2xy'-2y=\left(y'-2xy\right)' }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ y_2=e^{x^2}\int_0^xe^{-t^2}dt }[/math].)
הלא הומוגנית. וריאציית מקדמים עם הבסיס הזה נתקעת: מגיעים לאינטגרלים שלא נדע לחשב. במקרה כזה אפשר לעקוף את "האלגוריתם", ולהציב את הטור ישר במד"ר הלא הומוגנית. עם [math]\displaystyle{ e^x=\sum\frac{x^n}{n!} }[/math] מקבלים לכל [math]\displaystyle{ n\geq 0 }[/math]
המקדמים לא יוצאים יפים במיוחד, אבל נוסחת הנסיגה עם תנאי ההתחלה היא תשובה מלאה. (בדיעבד: [math]\displaystyle{ y'-2xy=e^x }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ y=e^{x^2}\left(1+\int_0^xe^{t-t^2}dt\right) }[/math].)
נזכיר את הסיפור של מד"ר: (1) פונקציה שמודדת משהו; (2) משוואה דיפרנציאלית שנובעת מחוקי העולם; (3) פתרון המשוואה; (4) חקר הפתרון.
לעיתים העולם לא מורכב רק מדבר אחד, אלא יש כמה גורמים שמשפיעים זה על זה. כך מגיעים למערכת מד"ר:
יש כמה פונקציות שמודדות דברים שונים;
יש כמה משוואות דיפרנציאליות שמקשרות בין הפונקציות - במשוואה של פונקציה אחת מופיעות גם הפונקציות האחרות;
פותרים את מערכת המשוואות וחוקרים את הפתרון, בדיוק כמו קודם.
דוגמא: נמדוד את המיקום של טיל [math]\displaystyle{ y(t) }[/math] ואת כמות הדלק שנותרה בו [math]\displaystyle{ d(t) }[/math]. ייתכן שקצב שריפת הדלק תלוי במהירות הטיל ובמיקומו, ומנגד התנועה של הטיל תלויה בכמות הדלק. מקבלים שתי משוואות בשתי פונקציות נעלמות.
מערכת מד"ר לעומת מד"ח:
כאשר הגודל הנמדד תלוי בכמה משתנים בלתי תלויים (למשל מיקום במישור ולא על ישר, או עוצמת הגל [math]\displaystyle{ \cos(kx-\omega t) }[/math] שתלויה גם במקום וגם בזמן), מקבלים משוואה דיפרנציאלית חלקית (מד"ח) על פונקציה של כמה משתנים. למשל, משוואת הגלים היא מד"ח.
כאשר יש כמה משתנים תלויים (כמה פונקציות של אותו משתנה) שמשפיעים זה על זה, מקבלים מערכת מד"ר.
העיקר הוא לזהות מתי בעיה היא מערכת מד"ר. מערכות אמיתיות, כמו מודל SIR להתפשטות מגיפות, הן לרוב לא לינאריות, ולכן קשות הרבה יותר ולעיתים אין להן פתרון מפורש. בהרצאה זו נלמד לפתור מערכות לינאריות עם מקדמים קבועים.
A היא מסת המים בסיר, וB היא מסת המים שהתאדו אל המכסה.
נניח שקצב התאדות המים מהסיר אל המכסה הוא [math]\displaystyle{ \alpha\cdot A }[/math] וקצב התעבות המים מהמכסה בחזרה לסיר הוא [math]\displaystyle{ \beta\cdot B }[/math].
לכן [math]\displaystyle{ \begin{cases}A'=\beta B - \alpha A \\ B' = \alpha A - \beta B\end{cases} }[/math]
נסמן את שתי הפונקציות ב[math]\displaystyle{ y_1,y_2 }[/math] ונניח כי [math]\displaystyle{ \alpha =1, \beta=2 }[/math].
נקבל את המערכת [math]\displaystyle{ \vec{y}'=A\vec{y} }[/math] כלומר [math]\displaystyle{ \begin{pmatrix}y_1'\\y_2'\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1 & 2 \\ 1 &-2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}y_1\\y_2\end{pmatrix} }[/math]
איך פותרים מערכת מד"ר? יש שתי דרכים עיקריות:
בעזרת טריקים אלגבריים שמבודדים את אחת הפונקציות ומביאים למד"ר בפונקציה אחת (שיטת האלימינציה, ראו בהמשך);
בעזרת לכסון מטריצת המקדמים (שיטת הערכים העצמיים).
נראה כיצד לכסון המטריצה A יעזור לנו לפתור את המערכת.
במקרה בו A אינה לכסינה לא נטפל, אך אפשר לפתור אותו באופן כללי.
תזכורת מאלגברה לינארית - ערכים עצמיים ולכסון:
וקטור [math]\displaystyle{ \vec{v}\neq 0 }[/math] נקרא וקטור עצמי (ו"ע) של המטריצה הריבועית A עם ערך עצמי (ע"ע) [math]\displaystyle{ \lambda }[/math] אם [math]\displaystyle{ A\vec{v}=\lambda\vec{v} }[/math]. כלומר, הכפל ב-A משאיר את [math]\displaystyle{ \vec{v} }[/math] על אותו ישר.
המטריצה A נקראת לכסינה אם קיימות מטריצה אלכסונית D ומטריצה הפיכה P כך ש-[math]\displaystyle{ D=P^{-1}AP }[/math]. במקרה זה עמודות P הן ו"ע של A, והאלכסון של D מורכב מהע"ע המתאימים.
מציאת ע"ע וו"ע:
הע"ע הם השורשים של הפולינום האופייני[math]\displaystyle{ p_A(x)=\det(xI-A) }[/math].
לכל ע"ע [math]\displaystyle{ \lambda }[/math] מוצאים בסיס למרחב העצמי [math]\displaystyle{ N(\lambda I-A) }[/math], כלומר פותרים את המערכת ההומוגנית [math]\displaystyle{ (\lambda I-A)\vec{v}=0 }[/math].
אם בסך הכל יש n וקטורים בבסיסים של המרחבים העצמיים (n הוא גודל המטריצה), A לכסינה: הו"ע הם עמודות P, והע"ע המתאימים הם האלכסון של D.
למה הו"ע הם עמודות P? נכתוב את [math]\displaystyle{ D=P^{-1}AP }[/math] בצורה [math]\displaystyle{ PD=AP }[/math], ונסמן את עמודות P ב-[math]\displaystyle{ \vec{v}_1,\dots,\vec{v}_n }[/math] ואת האלכסון של D ב-[math]\displaystyle{ \lambda_1,\dots,\lambda_n }[/math].
כפל מימין במטריצה אלכסונית כופל כל עמודה במספר המתאים שעל האלכסון, ולכן העמודה ה-i של PD היא [math]\displaystyle{ \lambda_i\vec{v}_i }[/math].
העמודה ה-i של AP היא [math]\displaystyle{ A\vec{v}_i }[/math] (מכפלת A בעמודה ה-i של P).
לכן [math]\displaystyle{ PD=AP }[/math] פירושו בדיוק [math]\displaystyle{ A\vec{v}_i=\lambda_i\vec{v}_i }[/math] לכל i. העמודות אינן וקטור האפס כי P הפיכה, ולכן הן ו"ע.
למה הע"ע הם שורשי הפולינום האופייני? המשוואה [math]\displaystyle{ A\vec{v}=\lambda\vec{v} }[/math] שקולה ל-[math]\displaystyle{ (\lambda I-A)\vec{v}=0 }[/math]. וקטור האפס תמיד פותר אותה, אבל הוא לא מתאים (הוא לא יכול להיות עמודה של מטריצה הפיכה). פתרון שאינו אפס קיים אם ורק אם המטריצה [math]\displaystyle{ \lambda I-A }[/math] אינה הפיכה, כלומר אם ורק אם [math]\displaystyle{ \det(\lambda I-A)=0 }[/math].
למה הלכסון שימושי? מ-[math]\displaystyle{ D=P^{-1}AP }[/math] נובע [math]\displaystyle{ A=PDP^{-1} }[/math], ולכן
וחזקה של מטריצה אלכסונית קל לחשב: מעלים כל איבר על האלכסון בחזקה. ראו את מודל המעברים בין שתי ערים בהמשך. במערכות מד"ר הו"ע יעזרו לנו באופן דומה: הם "מעלימים" את המטריצה.
מטריצה היא פונקציה (לינארית) ששולחת וקטור [math]\displaystyle{ \vec{v} }[/math] לוקטור [math]\displaystyle{ A\vec{v} }[/math]. ו"ע הוא וקטור שהפעולה משאירה על אותו ישר, ורק כופלת אותו בסקלר - הע"ע.
מראה: הפעולה ששולחת כל וקטור לשיקוף שלו במראה. הו"ע הם הכיוון של המראה (עם הע"ע 1 - הוקטור לא משתנה) והכיוון המאונך למראה (עם הע"ע [math]\displaystyle{ -1 }[/math] - הוקטור מתהפך).
גזירה: נחשוב על פונקציות כעל וקטורים, ועל הגזירה [math]\displaystyle{ y\mapsto y' }[/math] כעל הפעולה. הו"ע הם האקספוננטים: [math]\displaystyle{ \left(e^{ax}\right)'=a\cdot e^{ax} }[/math], עם הע"ע a. לכן הפתרונות [math]\displaystyle{ e^{\lambda x} }[/math] מופיעים שוב ושוב במד"ר לינאריות עם מקדמים קבועים.
סיבוב: מטריצת הסיבוב בזווית [math]\displaystyle{ \theta }[/math] היא
הפולינום האופייני שלה הוא [math]\displaystyle{ (x-\cos\theta)^2+\sin^2\theta=x^2-2\cos\theta\cdot x+1 }[/math], והשורשים הם [math]\displaystyle{ \cos\theta\pm\sqrt{\cos^2\theta-1} }[/math]. הביטוי בשורש שלילי, אלא אם [math]\displaystyle{ \cos\theta=\pm 1 }[/math]. לכן אין ע"ע ממשיים, חוץ מ-[math]\displaystyle{ \theta=0 }[/math] (הזהות) ו-[math]\displaystyle{ \theta=\pi }[/math] (שהופכת כל וקטור). זה הגיוני: סיבוב לא משאיר אף וקטור על הישר שלו. הע"ע הם המספרים המרוכבים [math]\displaystyle{ \cos\theta\pm i\sin\theta }[/math] - בעולם המרוכבים כן יש ו"ע. נפגוש ע"ע מרוכבים גם במערכות מד"ר, בהמשך ההרצאה.
עבור ו"ע מתקיים כי [math]\displaystyle{ A\vec{v}=\lambda \vec{v} }[/math].
כיוון שהוקטור [math]\displaystyle{ \vec{v} }[/math] הוא וקטור קבועים, [math]\displaystyle{ \left(\vec{v}e^{\lambda x}\right)'=\lambda\vec{v}e^{\lambda x} = A\left(\vec{v}e^{\lambda x}\right) }[/math].
כלומר, [math]\displaystyle{ \vec{y}=\vec{v}e^{\lambda x} }[/math] הוא פתרון למערכת.
איך מגיעים לפתרון הזה? יהי [math]\displaystyle{ \vec{v} }[/math] ו"ע של A עם הע"ע [math]\displaystyle{ \lambda }[/math]. שימו לב ש-A מטריצת קבועים, ולכן גם [math]\displaystyle{ \vec{v} }[/math] ו-[math]\displaystyle{ \lambda }[/math] קבועים. "ננחש" פתרון מהצורה [math]\displaystyle{ \vec{y}=f(x)\vec{v} }[/math], כאשר f פונקציה סקלרית.
צד שמאל של המערכת: [math]\displaystyle{ \vec{y}'=f'(x)\vec{v} }[/math].
צד ימין: [math]\displaystyle{ f(x) }[/math] הוא סקלר ולכן "עובר" את המטריצה:
לכן [math]\displaystyle{ \vec{y}'=A\vec{y} }[/math] אם ורק אם [math]\displaystyle{ f'(x)\vec{v}=\lambda f(x)\vec{v} }[/math]. כיוון ש-[math]\displaystyle{ \vec{v}\neq 0 }[/math], זה שקול ל-[math]\displaystyle{ f'=\lambda f }[/math] - מד"ר שאנחנו מכירים היטב, שפתרונה [math]\displaystyle{ f=ce^{\lambda x} }[/math].
זה כל הרעיון: הו"ע הפך את הכפל במטריצה לכפל בסקלר, והמערכת הפכה למד"ר אחת פשוטה.
הפתרון הכללי. צירוף לינארי של פתרונות הוא פתרון (הגזירה והכפל במטריצה הם פעולות לינאריות). אם A לכסינה עם ו"ע [math]\displaystyle{ \vec{v}_1,\dots,\vec{v}_n }[/math] וע"ע [math]\displaystyle{ \lambda_1,\dots,\lambda_n }[/math], נקבל את הפתרונות
בנקודה [math]\displaystyle{ x=0 }[/math] מתקבל [math]\displaystyle{ \vec{y}(0)=P\vec{c} }[/math], כאשר [math]\displaystyle{ \vec{c}=(c_1,\dots,c_n)^T }[/math]. כיוון שהו"ע מהווים בסיס (P הפיכה), לכל תנאי התחלה יש בחירה אחת ויחידה של הקבועים, [math]\displaystyle{ \vec{c}=P^{-1}\vec{y}(0) }[/math]. לפי משפט הקיום והיחידות (שנכון גם למערכות, באותה הוכחה עם וקטורים במקום מספרים), אלה כל הפתרונות.
הע"ע של [math]\displaystyle{ \begin{pmatrix}-1 & 2 \\ 1 &-2\end{pmatrix} }[/math] הם [math]\displaystyle{ 0,-3 }[/math].
הו"ע המתאימים הם [math]\displaystyle{ \begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix} }[/math]
הפתרון הכללי הוא [math]\displaystyle{ \vec{y}=c_1\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix}e^0+c_2\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}e^{-3x} }[/math]
כלומר [math]\displaystyle{ y_1=2c_1+c_2e^{-3x} }[/math] ו[math]\displaystyle{ y_2=c_1-c_2e^{-3x} }[/math]
שימו לב שככל שעובר הזמן היחס בין המים בסיר למים על המכסה שואף להיות קבוע.
שימו לב ש[math]\displaystyle{ c_1=\frac{y_1(0)+y_2(0)}{3} }[/math], זה הגיוני כיוון שמסת המים אינה משתנה בתהליך.
שיטת האלימינציה - בידוד אחת הפונקציות
נחזור לסיר הרותח, הפעם עם קבועים כלליים [math]\displaystyle{ a,b>0 }[/math] (כלומר [math]\displaystyle{ a=\alpha,\ b=\beta }[/math]): [math]\displaystyle{ y_1(t) }[/math] היא כמות המים בסיר ו-[math]\displaystyle{ y_2(t) }[/math] כמות המים על המכסה.
קצב האידוי מהסיר למכסה פרופורציונלי לכמות המים בסיר, וקצב העיבוי מהמכסה בחזרה לסיר פרופורציונלי לכמות המים על המכסה:
נפתור בלי לכסון. נחבר את המשוואות: [math]\displaystyle{ (y_1+y_2)'=0 }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ y_1+y_2=D }[/math] קבוע. זה ברור גם מהסיפור: D היא כמות המים הכוללת, שאינה משתנה.
נציב [math]\displaystyle{ y_1=D-y_2 }[/math] במשוואה הראשונה ונקבל מד"ר לינארית מסדר ראשון בפונקציה אחת:
[math]\displaystyle{ y_2'+(a+b)y_2=aD }[/math]
דוגמא: פתרו את המד"ר הזו, מצאו את [math]\displaystyle{ y_1,y_2 }[/math], וחקרו מה יקרה אחרי הרבה זמן.
פתרון. ההצבה [math]\displaystyle{ y_1=D-y_2 }[/math] במשוואה הראשונה נותנת [math]\displaystyle{ -y_2'=-a(D-y_2)+by_2 }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ y_2'+(a+b)y_2=aD }[/math]. זו מד"ר לינארית מסדר ראשון עם המקדם הקבוע [math]\displaystyle{ a+b }[/math], ולפי נוסחת הפתרון
המסקנה: אחרי הרבה זמן בסיר יהיה החלק [math]\displaystyle{ \frac{b}{a+b} }[/math] מכל המים ועל המכסה החלק [math]\displaystyle{ \frac{a}{a+b} }[/math], לא משנה מה הייתה ההתפלגות בהתחלה. גם אם בהתחלה כל המים היו בסיר, המערכת שואפת למצב היציב הזה.
במצב היציב כמות המים שעולה שווה לכמות המים שיורדת: [math]\displaystyle{ a\cdot\frac{bD}{a+b}=b\cdot\frac{aD}{a+b} }[/math].
עבור [math]\displaystyle{ \alpha=1,\ \beta=2 }[/math] מקבלים [math]\displaystyle{ \frac{2}{3}D }[/math] בסיר ו-[math]\displaystyle{ \frac{1}{3}D }[/math] על המכסה, בהתאם לפתרון שמצאנו למעלה בשיטת הע"ע ([math]\displaystyle{ 2c_1 }[/math] ו-[math]\displaystyle{ c_1 }[/math], כאשר [math]\displaystyle{ c_1=\frac{D}{3} }[/math]).
דוגמא (מתוך החוברת של סמי זעפרני): כאן אין טריק כמו הסכום בסיר, ולכן נבודד את אחת הפונקציות מאחת המשוואות ונציב בשנייה. פתרו את המערכת
קיבלנו מד"ר בפונקציה נעלמת אחת, אבל מסדר שני. זו מד"ר לינארית הומוגנית עם מקדמים קבועים: הפולינום האופייני הוא [math]\displaystyle{ x^2+x-6=(x+3)(x-2) }[/math], השורשים הם [math]\displaystyle{ -3,2 }[/math], ולכן
הקשר בין שתי השיטות: הפולינום האופייני של המד"ר שקיבלנו, [math]\displaystyle{ x^2+x-6 }[/math], הוא בדיוק הפולינום האופייני של מטריצת המקדמים [math]\displaystyle{ \begin{pmatrix}1&1\\4&-2\end{pmatrix} }[/math], שהע"ע שלה הם [math]\displaystyle{ -3,2 }[/math]. זה לא מקרה: בכל מערכת [math]\displaystyle{ 2\times 2 }[/math] שבה [math]\displaystyle{ a_{12}\neq 0 }[/math], בידוד [math]\displaystyle{ x_2 }[/math] מהמשוואה הראשונה מוביל למד"ר
הפולינום האופייני של מטריצת המקדמים הוא [math]\displaystyle{ \det\begin{pmatrix}\lambda-4&2\\-5&\lambda-2\end{pmatrix}=\lambda^2-6\lambda+18 }[/math], והע"ע הם [math]\displaystyle{ 3\pm 3i }[/math]. אין ע"ע ממשיים, ולכן שיטת הע"ע כפי שלמדנו אותה (עם ו"ע ממשיים) לא עובדת ישירות. אבל שיטת האלימינציה עובדת!
פתרון. נבודד מהמשוואה הראשונה [math]\displaystyle{ y=\frac{4x-x'}{2} }[/math] ונציב במשוואה השנייה:
דרך נוספת - ו"ע מרוכב. לע"ע [math]\displaystyle{ 3+3i }[/math] מתאים הו"ע המרוכב [math]\displaystyle{ \vec{v}=(2,\ 1-3i) }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ e^{(3+3i)t}\vec{v} }[/math] הוא פתרון מרוכב של המערכת. כיוון שמטריצת המקדמים ממשית, החלק הממשי והחלק המדומה של פתרון מרוכב הם פתרונות ממשיים (משווים את החלק הממשי ואת החלק המדומה בשני צדי [math]\displaystyle{ \vec{y}'=A\vec{y} }[/math]). מנוסחת אוילר [math]\displaystyle{ e^{3it}=\cos 3t+i\sin 3t }[/math] מקבלים את הפתרונות
שהם המקרים [math]\displaystyle{ c_1=2,c_2=0 }[/math] ו-[math]\displaystyle{ c_1=0,c_2=2 }[/math] של הפתרון שמצאנו באלימינציה.
שיטת האלימינציה עובדת גם כאשר מטריצת המקדמים אינה לכסינה - ראו תרגיל 4 בסוף ההרצאה.
מודל מעברים בין שתי ערים - חזקות של מטריצה
נניח שבכל שנה 10% מתושבי העיר א' עוברים לעיר ב', ו-30% מתושבי העיר ב' עוברים לעיר א'. אין לידות, אין מוות ואין מעברים אחרים (המספרים מומצאים).
נסמן ב-[math]\displaystyle{ a_n }[/math] את מספר התושבים בעיר א' בשנה ה-n, וב-[math]\displaystyle{ b_n }[/math] את מספר התושבים בעיר ב'. נשאל: מה יקרה בעוד הרבה שנים? האם זה תלוי בחלוקה ההתחלתית?
לכן [math]\displaystyle{ v_2=Av_1,\ v_3=A^2v_1 }[/math], ובאופן כללי [math]\displaystyle{ v_{n+1}=A^nv_1 }[/math]. כדי לדעת מה יקרה בעוד n שנים צריך לחשב חזקה של מטריצה, וכאן הלכסון עוזר: [math]\displaystyle{ A^n=PD^nP^{-1} }[/math].
דוגמא: לכסנו את A וחשבו את [math]\displaystyle{ \lim_{n\to\infty}A^nv_1 }[/math].
הע"ע הם [math]\displaystyle{ \lambda_1=1,\ \lambda_2=0.6 }[/math].
עבור [math]\displaystyle{ \lambda_1=1 }[/math]: [math]\displaystyle{ I-A=\begin{pmatrix}0.1&-0.3\\-0.1&0.3\end{pmatrix}\to\begin{pmatrix}1&-3\\0&0\end{pmatrix} }[/math]. השורה [math]\displaystyle{ (1,\ -3) }[/math] אומרת שהרכיב הראשון של הו"ע גדול פי 3 מהשני, ולכן הו"ע הוא [math]\displaystyle{ u_1=(3,1) }[/math]. בדיקה: [math]\displaystyle{ Au_1=u_1 }[/math].
המסקנה: בעוד הרבה שנים שלושה רבעים מהאוכלוסייה יגורו בעיר א' ורבע בעיר ב', בלי תלות בחלוקה ההתחלתית - רק בגודל האוכלוסייה הכולל [math]\displaystyle{ a_1+b_1 }[/math].
למה זה הגיוני? 30% זה הרבה, אבל מעיר קטנה יותר. במצב היציב 10% מעיר א' (שלושה רבעים מהאוכלוסייה) הם בדיוק 30% מעיר ב' (רבע מהאוכלוסייה), כך שבכל שנה עוברים אותו מספר אנשים לשני הכיוונים. המצב היציב הוא הו"ע [math]\displaystyle{ (3,1) }[/math] עם הע"ע 1 - וקטור שהכפל ב-A משאיר במקום.
המודל הרציף. אם נתייחס לאחוזים כאל קצב שינוי רציף (הנגזרת היא מספר אנשים לשנה), ונסמן ב-[math]\displaystyle{ y_1(t),y_2(t) }[/math] את מספר התושבים בערים א' ו-ב' בזמן t, נקבל מערכת מד"ר:
זו בדיוק מערכת הסיר והמכסה עם [math]\displaystyle{ a=0.1,\ b=0.3 }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ y_1\to\frac{0.3}{0.4}D=0.75D }[/math] ו-[math]\displaystyle{ y_2\to 0.25D }[/math]: אותו יחס של 3 ל-1, שוב בלי תלות בתנאי ההתחלה.
פתרון בשיטת הע"ע. מטריצת המקדמים היא [math]\displaystyle{ B=\begin{pmatrix}-0.1&0.3\\0.1&-0.3\end{pmatrix} }[/math], והפולינום האופייני שלה
הפתרון הראשון קבוע: אם בעיר א' יש 3 מיליון תושבים ובעיר ב' מיליון, בכל שנה עוברים [math]\displaystyle{ 0.1\cdot 3=0.3 }[/math] מיליון מ-א' ל-ב' ו-[math]\displaystyle{ 0.3\cdot 1=0.3 }[/math] מיליון מ-ב' ל-א', והמצב לא משתנה.
כאשר [math]\displaystyle{ t\to\infty }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ e^{-0.4t}\to 0 }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ \vec{y}(t)\to c_1(3,1) }[/math]. הקבוע [math]\displaystyle{ c_1 }[/math] נקבע מתנאי ההתחלה ([math]\displaystyle{ 4c_1 }[/math] הוא גודל האוכלוסייה), אבל היחס 3 ל-1 לא תלוי בהם.
הקשר בין המודל הבדיד למודל הרציף:[math]\displaystyle{ A=I+B }[/math]. כלומר, מעבר של שנה במודל הבדיד הוא בדיוק צעד אחד באורך שנה של שיטת אוילר למערכת הרציפה: [math]\displaystyle{ v_{n+1}=v_n+1\cdot Bv_n }[/math]. לכן לשתי המטריצות אותם ו"ע, והע"ע של A גדולים ב-1 מאלה של B: [math]\displaystyle{ 1=1+0 }[/math] ו-[math]\displaystyle{ 0.6=1-0.4 }[/math].
דוגמא: (אותה מטריצה A, הפעם כמטריצת המקדמים של מערכת מד"ר, בלי סיפור) פתרו את המערכת
פתרון. כבר לכסנו את A: הע"ע הם [math]\displaystyle{ 1,\ 0.6 }[/math] עם הו"ע [math]\displaystyle{ (3,1),\ (-1,1) }[/math].
ננחש [math]\displaystyle{ \vec{y}=f(x)\begin{pmatrix}3\\1\end{pmatrix} }[/math]. אז [math]\displaystyle{ \vec{y}'=f'(x)\begin{pmatrix}3\\1\end{pmatrix} }[/math], ומצד שני [math]\displaystyle{ A\vec{y}=f(x)A\begin{pmatrix}3\\1\end{pmatrix}=f(x)\begin{pmatrix}3\\1\end{pmatrix} }[/math]. לכן מספיק ש-[math]\displaystyle{ f'=f }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ f=c_1e^x }[/math].
באופן דומה, עבור הו"ע [math]\displaystyle{ (-1,1) }[/math] מספיק ש-[math]\displaystyle{ f'=0.6f }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ f=c_2e^{0.6x} }[/math].
צירוף לינארי של פתרונות הוא פתרון, ולכן הפתרון הכללי הוא
נניח כי [math]\displaystyle{ y_1,y_2 }[/math] מודדות את מיקום המסה הימנית והמסה השמאלית (בהתאמה) 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 [math]\displaystyle{ \begin{cases}y_1''=-k(y_1-y_2) \\ y_2''=k(y_1-y_2)\end{cases} }[/math]
שימו לב שכאשר הקפיץ מתוח הוא מושך את שתי המסות למרכז, כלומר את המסה הראשונה (הימנית) הוא מושך שמאלה (בכיוון השלילי), ואת המסה השנייה (השמאלית) הוא מושך ימינה (בכיוון החיובי)
נסמן [math]\displaystyle{ A=\begin{pmatrix}-k & k \\ k & -k\end{pmatrix} }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ \vec{y}''=A\vec{y} }[/math].
הע"ע של A הינם [math]\displaystyle{ 0,-2k }[/math].
עבור הו"ע [math]\displaystyle{ \vec{v}=\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix} }[/math] המתאים לע"ע [math]\displaystyle{ 0 }[/math] מתקיים כי [math]\displaystyle{ A\vec{v}=0 }[/math].
לכן אם נבחר [math]\displaystyle{ f(t) }[/math] כך ש[math]\displaystyle{ f''=0 }[/math], ונבחר [math]\displaystyle{ \vec{y}=\vec{v}f(t) }[/math] אזי נקבל [math]\displaystyle{ \vec{y}''=0=A\vec{v}f(t)=A\vec{y} }[/math].
כלומר [math]\displaystyle{ \vec{y}=\vec{v}(c_1t+c_2) }[/math] הוא פתרון למערכת.
עבור הו"ע [math]\displaystyle{ \vec{v}=\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix} }[/math] המתאים לע"ע [math]\displaystyle{ -2k }[/math] מתקיים כי [math]\displaystyle{ A\vec{v}=-2k\vec{v} }[/math].
לכן אם נבחר [math]\displaystyle{ f(t) }[/math] כך ש[math]\displaystyle{ f''=-2kf }[/math] ונבחר [math]\displaystyle{ \vec{y}=\vec{v}f(t) }[/math] אזי נקבל [math]\displaystyle{ \vec{y}''=-2k\vec{v}f(t)=A\vec{v}f(t)=A\vec{y} }[/math].
לכן [math]\displaystyle{ \vec{y}=\left(c_3\cos\left(\sqrt{2k}t\right)+c_4\sin\left(\sqrt{2k}t\right)\right)\vec{v} }[/math] הוא פתרון למשוואה.
ביחד קיבלנו פתרון כללי [math]\displaystyle{ \vec{y}=(c_1t+c_2)\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}+\left(c_3\cos\left(\sqrt{2k}t\right)+c_4\sin\left(\sqrt{2k}t\right)\right)\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix} }[/math]
תנאי ההתחלה הם המיקומים והמהירויות של כל אחת מהמסות.
חקירת הפתרון - מה עושות המסות?
הפתרון [math]\displaystyle{ (c_1t+c_2)\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix} }[/math]: שתי המסות זזות יחד באותה מהירות קבועה והקפיץ לא נמתח - המערכת כולה נעה כגוף אחד (אין כוח חיצוני).
אפשר להגיע לאותו פירוק גם בלי ו"ע: חיבור המשוואות נותן [math]\displaystyle{ (y_1+y_2)''=0 }[/math], וחיסורן נותן [math]\displaystyle{ (y_1-y_2)''=-2k(y_1-y_2) }[/math].
שאלת מבחן: מצאו את הפתרון של המערכת [math]\displaystyle{ \begin{cases}y_1''=y_2\\ y_2''=y_1\end{cases} }[/math] המקיים [math]\displaystyle{ y_1(0)=y_2(0)=1 }[/math], [math]\displaystyle{ y_1'(0)=1 }[/math], [math]\displaystyle{ y_2'(0)=-1 }[/math].
פתרון. נכתוב [math]\displaystyle{ \vec{y}''=A\vec{y} }[/math] עם [math]\displaystyle{ A=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix} }[/math].
[math]\displaystyle{ p_A(x)=\det\begin{pmatrix}x&-1\\-1&x\end{pmatrix}=x^2-1 }[/math], ולכן הע"ע הם [math]\displaystyle{ \pm 1 }[/math].
כמו בשתי המסות, לכל ו"ע [math]\displaystyle{ \vec{v} }[/math] ננחש [math]\displaystyle{ \vec{y}=f(x)\vec{v} }[/math] ונקבל [math]\displaystyle{ f''\vec{v}=fA\vec{v}=\lambda f\vec{v} }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ f''=\lambda f }[/math].
עבור [math]\displaystyle{ \lambda=1 }[/math]: [math]\displaystyle{ f''=f }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ f=c_1e^x+c_2e^{-x} }[/math].
עבור [math]\displaystyle{ \lambda=-1 }[/math]: [math]\displaystyle{ f''=-f }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ f=c_3\cos x+c_4\sin x }[/math].
הפתרון הכללי:
[math]\displaystyle{ y_1=c_1e^x+c_2e^{-x}-c_3\cos x-c_4\sin x }[/math]
[math]\displaystyle{ y_2=c_1e^x+c_2e^{-x}+c_3\cos x+c_4\sin x }[/math]
תנאי ההתחלה: [math]\displaystyle{ c_1+c_2-c_3=1 }[/math] ו-[math]\displaystyle{ c_1+c_2+c_3=1 }[/math] נותנים [math]\displaystyle{ c_3=0,\ c_1+c_2=1 }[/math]. [math]\displaystyle{ c_1-c_2-c_4=1 }[/math] ו-[math]\displaystyle{ c_1-c_2+c_4=-1 }[/math] נותנים [math]\displaystyle{ c_4=-1,\ c_1=c_2 }[/math]. לכן [math]\displaystyle{ c_1=c_2=\frac{1}{2} }[/math], ו-
[math]\displaystyle{ y_1=\frac{e^x+e^{-x}}{2}+\sin x=\cosh x+\sin x }[/math]
[math]\displaystyle{ y_2=\frac{e^x+e^{-x}}{2}-\sin x=\cosh x-\sin x }[/math]
דרך אחרת. נחבר את המשוואות: [math]\displaystyle{ g=y_1+y_2 }[/math] מקיימת [math]\displaystyle{ g''=g }[/math], [math]\displaystyle{ g(0)=2 }[/math], [math]\displaystyle{ g'(0)=0 }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ g=2\cosh x }[/math]. נחסר: [math]\displaystyle{ h=y_1-y_2 }[/math] מקיימת [math]\displaystyle{ h''=-h }[/math], [math]\displaystyle{ h(0)=0 }[/math], [math]\displaystyle{ h'(0)=2 }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ h=2\sin x }[/math]. מכאן [math]\displaystyle{ y_1=\frac{g+h}{2} }[/math] ו-[math]\displaystyle{ y_2=\frac{g-h}{2} }[/math], כמו קודם.
ניתן להוכיח באינדוקציה כי [math]\displaystyle{ p_A(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_0 }[/math], בדיוק הפולינום האופייני של המד"ר המקורית, לא במפתיע.
הוכחה. באינדוקציה על n. עבור [math]\displaystyle{ n=1 }[/math] המטריצה היא [math]\displaystyle{ (x+a_0) }[/math], ואכן [math]\displaystyle{ p_A(x)=x+a_0 }[/math].
נניח שהטענה נכונה למטריצות מסדר [math]\displaystyle{ n-1 }[/math], ונפתח את הדטרמיננטה לפי העמודה הראשונה. בעמודה הראשונה יש רק שני איברים שונים מאפס: [math]\displaystyle{ x }[/math] בפינה העליונה ו-[math]\displaystyle{ a_0 }[/math] בפינה התחתונה.
המינור של [math]\displaystyle{ x }[/math] (מוחקים את השורה הראשונה ואת העמודה הראשונה) הוא מטריצה מאותה צורה מסדר [math]\displaystyle{ n-1 }[/math], שבה המקדמים [math]\displaystyle{ a_1,\dots,a_{n-1} }[/math] תופסים את מקומם של [math]\displaystyle{ a_0,\dots,a_{n-2} }[/math]. לפי הנחת האינדוקציה הדטרמיננטה שלו היא [math]\displaystyle{ x^{n-1}+a_{n-1}x^{n-2}+\dots+a_2x+a_1 }[/math].
המינור של [math]\displaystyle{ a_0 }[/math] (מוחקים את השורה האחרונה ואת העמודה הראשונה) הוא מטריצה משולשת תחתונה שעל האלכסון שלה רק [math]\displaystyle{ -1 }[/math], ולכן הדטרמיננטה שלו היא [math]\displaystyle{ (-1)^{n-1} }[/math]. הסימן של המקום [math]\displaystyle{ (n,1) }[/math] הוא [math]\displaystyle{ (-1)^{n+1} }[/math].
זה בדיוק הפולינום האופייני של המד"ר (מכאן שמו, לדעתי).
זה גם מסביר מאיפה מגיעים הפתרונות [math]\displaystyle{ e^{\lambda x} }[/math]: אם [math]\displaystyle{ p_M(\lambda)=0 }[/math], הוקטור [math]\displaystyle{ (1,\lambda,\lambda^2) }[/math] הוא ו"ע של M עם הע"ע [math]\displaystyle{ \lambda }[/math] (השורה האחרונה של [math]\displaystyle{ M\vec{v}=\lambda\vec{v} }[/math] היא בדיוק [math]\displaystyle{ 4-2\lambda+3\lambda^2=\lambda^3 }[/math]). הפתרון המתאים [math]\displaystyle{ e^{\lambda x}(1,\lambda,\lambda^2) }[/math] הוא בדיוק [math]\displaystyle{ (y,y',y'') }[/math] עבור [math]\displaystyle{ y=e^{\lambda x} }[/math].
פתרון. מהמשוואה הראשונה [math]\displaystyle{ y_2=\frac{3y_1-y_1'+1}{4} }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ y_2'=\frac{3y_1'-y_1''}{4} }[/math]. נציב במשוואה השנייה ונכפול ב-4:
הפולינום האופייני הוא [math]\displaystyle{ (\lambda-2)^2 }[/math], ולכן פתרון ההומוגנית הוא [math]\displaystyle{ (c_1+c_2x)e^{2x} }[/math]. הניחוש [math]\displaystyle{ y_p=\alpha e^x }[/math] נותן [math]\displaystyle{ \alpha-4\alpha+4\alpha=1 }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ \alpha=1 }[/math].
שימו לב: למטריצת המקדמים [math]\displaystyle{ \begin{pmatrix}1&-1\\1&3\end{pmatrix} }[/math] יש ע"ע יחיד, [math]\displaystyle{ 2 }[/math], ולו רק ו"ע אחד (עד כדי כפל בסקלר), ולכן היא אינה לכסינה ושיטת הע"ע לא מספיקה כאן. שיטת האלימינציה עובדת בלי בעיה.
למה התמרת לפלס בקורס? זו הפעם הראשונה שאתם פוגשים את הרעיון של התמרה, ותפגשו עוד התמרות בהמשך התואר (למשל התמרת פורייה). בנוסף, התמרת לפלס עוזרת לפתור מד"ר, והיא הכלי הטבעי לטיפול בתגובה להלם (הרצאה 12).
מהי התמרה? קשה לתת הגדרה מתמטית מדוייקת למילה "התמרה" (מלשון תמורה - שינוי), אבל הרעיון המשותף להתמרות הוא אופרטור ששולח פונקציות לפונקציות אחרות, כך שבעיות מסובכות הופכות אחרי ההתמרה לבעיות פשוטות בהרבה.
רעיון דומה - שינוי קואורדינטות: נביט במעגל היחידה [math]\displaystyle{ C=\{(x,y)\mid x^2+y^2=1\} }[/math].
נביט בפונקציה ההפיכה [math]\displaystyle{ \varphi:\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}\to(0,\infty)\times[0,2\pi) }[/math] המוגדרת ע"י [math]\displaystyle{ \varphi(x,y)=(r,\theta) }[/math], כאשר r הוא המרחק של הנקודה מראשית הצירים ו-[math]\displaystyle{ \theta }[/math] היא הזווית.
לאחר שינוי הקואורדינטות, מעגל היחידה הופך לקבוצת הפתרונות של משוואה פשוטה בהרבה: [math]\displaystyle{ \varphi[C]=\{(r,\theta)\mid r=1\} }[/math].
זו אינה התמרה, כי היא פועלת על נקודות במישור. התמרה שולחת כל פונקציה לפונקציה אחרת; למשל נראה בהמשך ש[math]\displaystyle{ \mathcal{L}(e^t)=\frac{1}{s-1} }[/math].
לשני הפנים של ההתמרות:
משמעות - לעיתים לפונקציה שמתקבלת אחרי ההתמרה יש משמעות משלה. למשל התמרת פורייה מקבלת אות (למשל צליל) כפונקציה של הזמן, ומחזירה פונקציה שמתארת את עוצמת האות בכל תדר. ראו אנליזת פורייה - ארז שיינר.
הקלה טכנית - בהתמרת לפלס, גזירה הופכת לכפל במשתנה s, ולכן מד"ר הופכת למשוואה אלגברית פשוטה בהרבה. זה השימוש שלנו בקורס.
"לצערי במד"ר התמרת לפלס היא כלי טכני למדיי, שעושה עוול לרעיון ההתמרות בכללותו."
האינטגרל מתכנס אם ורק אם [math]\displaystyle{ s>a }[/math], ואז [math]\displaystyle{ \mathcal{L}(e^{at})=0-\frac{1}{a-s}=\frac{1}{s-a} }[/math].
שימו לב שלפונקציה [math]\displaystyle{ F(s)=\frac{1}{s-a} }[/math] שקיבלנו יש תחום הגדרה [math]\displaystyle{ s>a }[/math]. בפרט עבור [math]\displaystyle{ a=0 }[/math] מקבלים שוב [math]\displaystyle{ \mathcal{L}(1)=\frac{1}{s} }[/math].
קיבלנו ש[math]\displaystyle{ \int_0^1 p(x)h(x)dx=0 }[/math] לכל פולינום p. לפי משפט הקירוב של ויירשטראס קיימים פולינומים [math]\displaystyle{ p_n }[/math] המתכנסים במ"ש ל-h בקטע [math]\displaystyle{ [0,1] }[/math], ולכן
כיוון ש[math]\displaystyle{ h^2 }[/math] רציפה ואי-שלילית, [math]\displaystyle{ h\equiv 0 }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ g(t)=0 }[/math] לכל [math]\displaystyle{ t\geq 0 }[/math].
רעיון שהוצג בהרצאה (למשל כדי להראות ש[math]\displaystyle{ g(0)=0 }[/math]): נב"ש [math]\displaystyle{ g(0)>0 }[/math]. מהרציפות יש [math]\displaystyle{ c>0 }[/math] ו-[math]\displaystyle{ \delta>0 }[/math] כך ש[math]\displaystyle{ g>c }[/math] בקטע [math]\displaystyle{ [0,\delta] }[/math]. מפצלים את האינטגרל לקטעים [math]\displaystyle{ [0,\delta] }[/math] ו-[math]\displaystyle{ [\delta,\infty) }[/math]. עבור s גדול מספיק החלק השני זניח ביחס לראשון (כאן משתמשים בחסימות ע"י [math]\displaystyle{ Me^{at} }[/math]), ולכן הסכום חיובי - בסתירה לכך שהוא אפס.
אם [math]\displaystyle{ F(s)=\mathcal{L}(y) }[/math] אזי [math]\displaystyle{ F(s-a)=\mathcal{L}(e^{at}y) }[/math]
הזזה של המשתנה t:
אם [math]\displaystyle{ F(s)=\mathcal{L}(y) }[/math] אזי [math]\displaystyle{ e^{-as}F(s)=\mathcal{L}(u(t-a)y(t-a)) }[/math]
כלומר [math]\displaystyle{ u(t-a)y(t-a) }[/math] הוא הגרף של y מוזז ימינה ב-a, כאשר כל מה שלפני הרגע [math]\displaystyle{ t=a }[/math] מאופס. למשל עבור [math]\displaystyle{ y=\sin(t) }[/math] ו-[math]\displaystyle{ a=1 }[/math]:
הגרף של u(x)sin(x) (בכתום) והגרף המוזז u(x-1)sin(x-1) (בסגול)
תכונות נוספות:
אם [math]\displaystyle{ F(s)=\mathcal{L}(y) }[/math] אזי [math]\displaystyle{ \mathcal{L}(ty)=-F'(s) }[/math]
אם [math]\displaystyle{ F(s)=\mathcal{L}(y) }[/math] אזי [math]\displaystyle{ \mathcal{L}(ty')=-F(s)-sF'(s) }[/math]
אם [math]\displaystyle{ F(s)=\mathcal{L}(y) }[/math] אזי [math]\displaystyle{ \mathcal{L}(ty'')=-2sF(s)-s^2F'(s)+y(0) }[/math]
נוכיח חלק מהתכונות לעיל כעת ובהרצאה הבאה.
נוכיח עבור y החסומה ע"י אקספוננט כי [math]\displaystyle{ \mathcal{L}(y')=sF(s)-y(0) }[/math]
ומדוע איבר השפה באינסוף מתאפס? כי [math]\displaystyle{ \left|e^{-st}y(t)\right|\leq Me^{(a-s)t} }[/math], וזה שואף לאפס כאשר [math]\displaystyle{ t\to\infty }[/math] לכל [math]\displaystyle{ s>a }[/math]. לכן [math]\displaystyle{ \left[e^{-st}y(t)\right]_0^\infty=0-y(0) }[/math].
כעת [math]\displaystyle{ \mathcal{L}(y'')=s\mathcal{L}(y')-y'(0) = s^2F(s)-sy(0)-y'(0) }[/math].
וכן הלאה, עבור נגזרות מסדר גבוה.
דוגמאות
דוגמא - נמצא את ההתמרה של האקספוננט
נציב בנוסחא [math]\displaystyle{ \mathcal{L}(y')=s\mathcal{L}(y)-y(0) }[/math] את [math]\displaystyle{ y=e^{ax} }[/math]
מבצעים התמרה לשני צידי המד"ר (כאן כבר נכנסים תנאי ההתחלה).
פותרים את המשוואה שהתקבלה עבור [math]\displaystyle{ F(s) }[/math]. "נגזרת בזמן" הפכה ל"כפל במשתנה בתדר", ולכן המד"ר הפכה למשוואה אלגברית.
מוצאים את ההתמרה ההפוכה, כלומר פונקציה שזו ההתמרה שלה. בזכות היחידות, זה הפתרון.
איך מחשבים התמרה הפוכה? יש לכך נוסחא אינטגרלית מסובכת, אבל בקורס הזה מוצאים את ההתמרה ההפוכה רק ע"י זיהוי של התמרות מוכרות (מהטבלה או מהנוסחאון), אחרי משחקים אלגבריים.
שימו לב: במקור הייתה משוואה דיפרנציאלית, ואחרי ההתמרה קיבלנו משוואה בנעלם אחד [math]\displaystyle{ F(s) }[/math], בלי אף נגזרת.
הכלים האלגבריים להתמרה ההפוכה דומים לכלים בחישוב אינטגרל של פונקציה רציונלית: חילוק פולינומים, פירוק לשברים חלקיים, השוואת המונה ל"נגזרת המכנה", השלמה לריבוע. (תזכורת: הפרק הראשון בדף חדוא 2 - ארז שיינר.)
לפעמים תנאי ההתחלה גורמים לצמצום. למשל עבור [math]\displaystyle{ y''-2y'+y=0 }[/math] עם [math]\displaystyle{ y(0)=y'(0)=1 }[/math] מקבלים [math]\displaystyle{ \left(s^2-2s+1\right)F(s)=s-1 }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ F(s)=\frac{s-1}{(s-1)^2}=\frac{1}{s-1} }[/math] ו-[math]\displaystyle{ y=e^t }[/math].
דוגמא: מצאו את הפתרון למד"ר [math]\displaystyle{ y''-3y'+2y=e^{3x} }[/math] המקיים [math]\displaystyle{ y(0)=y'(0)=0 }[/math].
אנחנו כבר יודעים לפתור מד"ר כזו (בסיס להומוגנית, פתרון פרטי, תנאי התחלה). כיוון שיש תנאי התחלה ומד"ר לא הומוגנית, ייתכן שבעזרת לפלס נגיע לפתרון מהר יותר.
נבצע התמרה לשני הצדדים ונסמן [math]\displaystyle{ F(s)=\mathcal{L}(y) }[/math]:
שימו לב: הדרך הזו לא רק יכולה לחסוך זמן. ייתכן שלא נדע למצוא בסיס למרחב הפתרונות של ההומוגנית (למשל מד"ר מסדר גבוה שאיננו יודעים לפרק את הפולינום האופייני שלה), ובכל זאת בזכות תנאי ההתחלה, ואולי החלק הלא הומוגני, יהיו צמצומים ונצליח לפתור עם לפלס. בהרצאה הבאה נראה שלפלס פותר גם מד"ר עם מקדמים שאינם קבועים.
דוגמא: מצאו את הפתרון למד"ר [math]\displaystyle{ y''-y=1 }[/math] המקיים [math]\displaystyle{ y(0)=1,\ y'(0)=0 }[/math].
בזכות הלינאריות מספיק למצוא את ההתמרה ההפוכה של כל מחובר.
המחובר השני: [math]\displaystyle{ \frac{s}{s^2-1}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{s-1}+\frac{1}{s+1}\right) }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ \mathcal{L}^{-1}\left(\frac{s}{s^2-1}\right)=\frac{e^x+e^{-x}}{2}=\cosh(x) }[/math]. (זה בדיוק הפתרון של המד"ר ההומוגנית [math]\displaystyle{ y''-y=0 }[/math] עם אותם תנאי התחלה.)
דרך ב' - השיטה הרגילה. הפולינום האופייני הוא [math]\displaystyle{ p(x)=x^3+3x^2+3x+1=(x+1)^3 }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ -1 }[/math] שורש מריבוי 3, והבסיס להומוגנית הוא [math]\displaystyle{ e^{-x},xe^{-x},x^2e^{-x} }[/math].
החלק האי-הומוגני הוא [math]\displaystyle{ e^x }[/math], ו-[math]\displaystyle{ 1 }[/math] אינו שורש של הפולינום האופייני, ולכן ננחש [math]\displaystyle{ y_p=ce^x }[/math]. נציב: [math]\displaystyle{ c+3c+3c+c=1 }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ c=\frac{1}{8} }[/math].
הפתרון הכללי: [math]\displaystyle{ y=e^{-x}\left(c_1+c_2x+c_3x^2\right)+\frac{1}{8}e^x }[/math] (טיפ: להוציא גורם משותף לפני הגזירה). מ-[math]\displaystyle{ y(0)=0 }[/math] נקבל [math]\displaystyle{ c_1=-\frac{1}{8} }[/math], מ-[math]\displaystyle{ y'(0)=0 }[/math] נקבל [math]\displaystyle{ c_2=-\frac{1}{4} }[/math], ומ-[math]\displaystyle{ y''(0)=0 }[/math] נקבל [math]\displaystyle{ c_3=-\frac{1}{4} }[/math] - אותו פתרון.
כאן דווקא השיטה הרגילה נוחה יותר: הפירוק לשברים חלקיים ארוך.
את העובדה שגזרנו בתוך האינטגרל לא נצדיק כאן, היא נכונה עבור פונקציות שחסומות על ידי אקספוננט.
ההצדקה (להעשרה, עבור y רציפה). נקבע [math]\displaystyle{ s_0>a }[/math]. לכל [math]\displaystyle{ s\geq s_0 }[/math] ולכל [math]\displaystyle{ t\geq 0 }[/math] מתקיים
והפונקציה מימין אינטגרבילית בקטע [math]\displaystyle{ [0,\infty) }[/math] ואינה תלויה ב-s. לכן (מבחן M של ויירשטראס) האינטגרל [math]\displaystyle{ \int_0^\infty -te^{-st}y(t)dt }[/math] מתכנס במ"ש בקטע [math]\displaystyle{ [s_0,\infty) }[/math], וזה מה שמתיר לגזור תחת סימן האינטגרל.
זו ההצדקה הקלאסית (התכנסות במ"ש, או משפט פוביני); באנליזה מודרנית משתמשים במשפט ההתכנסות הנשלטת. לא טריוויאלי להחליף סדר בין גזירה לאינטגרל, ובאינטגרלים לא אמיתיים זה אפילו שגוי לעיתים קרובות - כאן זה עובד בזכות החסימות האקספוננציאלית.
לכן [math]\displaystyle{ e^{-\int P(x)}=\frac{1}{x^3(x-1)} }[/math].
ומה עם הערכים המוחלטים? באופן מדויק [math]\displaystyle{ \int P(x)dx=3\ln|x|+\ln|x-1| }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ e^{-\int P}=\frac{1}{|x|^3|x-1|} }[/math].
עבור [math]\displaystyle{ x>1 }[/math] אפשר להוריד את הערכים המוחלטים (וממילא ההתמרה מעניינת אותנו עבור s גדולים). ואם המכפלה [math]\displaystyle{ |x|^3|x-1| }[/math] שווה ל[math]\displaystyle{ -x^3(x-1) }[/math], הסימן מופיע פעמיים - פעם ב-[math]\displaystyle{ e^{-\int P} }[/math] ופעם בתוך האינטגרל - ומצטמצם, כך שמקבלים אותה תוצאה. זו תופעה שחוזרת בפתרון מד"ר לינארית מסדר ראשון.
זה צירוף לינארי של [math]\displaystyle{ e^x }[/math] ו-[math]\displaystyle{ 1+x+\frac{1}{2}x^2 }[/math], כאשר הקבועים לבחירתנו. לא במפתיע, זה בדיוק הבסיס למרחב הפתרונות שמצאנו בעזרת טור טיילור בהרצאה 8 - רק שכאן הפונקציות התקבלו באופן טבעי יותר.
דוגמא
נמצא פתרון למד"ר [math]\displaystyle{ ty''+2y'+ty=0 }[/math] המקיים [math]\displaystyle{ y(0)=1 }[/math].
לכן [math]\displaystyle{ F'(s)=-\frac{1}{1+s^2} }[/math]
לכן [math]\displaystyle{ \mathcal{L}(ty)=\frac{1}{1+s^2} }[/math]
לכן [math]\displaystyle{ ty=sin(t) }[/math]
לכן [math]\displaystyle{ y=\frac{sin(t)}{t} }[/math]
למה לא פשוט לעשות אינטגרל? מ-[math]\displaystyle{ F'(s)=-\frac{1}{1+s^2} }[/math] מקבלים [math]\displaystyle{ F(s)=-\arctan(s)+C }[/math], אבל arctan אינה בטבלת ההתמרות שלנו, ולכן לא נדע לבצע התמרה הפוכה. במקום זאת "חוזרים צעד אחורה" ומשתמשים ב[math]\displaystyle{ \mathcal{L}(ty)=-F'(s) }[/math], כפי שעשינו כאן.
ובכל זאת, גם הדרך הזו נכונה: לכל פונקציה חסומה ע"י [math]\displaystyle{ Me^{at} }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ |F(s)|\leq\frac{M}{s-a}\to 0 }[/math] כאשר [math]\displaystyle{ s\to\infty }[/math]. לכן [math]\displaystyle{ C=\frac{\pi}{2} }[/math] ו
הפונקציה שקיבלנו רציפה אם נגדיר אותה ב0 להיות 1, ואכן מקיימת את תנאי ההתחלה.
מצאנו רק פתרון אחד, כיוון שלפתרון השני [math]\displaystyle{ \frac{cos(t)}{t} }[/math] אין התמרת לפלס (האינטגרל לא מתכנס באיזור 0).
גם בעזרת טור טיילור היינו מפספסים את הפתרון השני: ל[math]\displaystyle{ \frac{\cos(t)}{t} }[/math] אין טור טיילור סביב 0.
שאלות ממבחנים
דוגמא (שאלה ממבחן):
אם [math]\displaystyle{ F(s) }[/math] היא התמרת הלפלס של [math]\displaystyle{ f(t) }[/math], מהן ההתמרות של [math]\displaystyle{ f'(t) }[/math], [math]\displaystyle{ f''(t) }[/math] ו-[math]\displaystyle{ tf''(t) }[/math]?
הפונקציה [math]\displaystyle{ f(t) }[/math] פותרת את המד"ר [math]\displaystyle{ tf''+f'+tf=0 }[/math]. הוכיחו שההתמרה שלה [math]\displaystyle{ F(s) }[/math] פותרת את המשוואה [math]\displaystyle{ (1+s^2)F'+sF=0 }[/math].
פתרו את המשוואה ל-F מהסעיף הקודם. האם סביר שהמשוואה ל-F יצאה מסדר ראשון, למרות שהמשוואה ל-f היא מסדר שני?
א.[math]\displaystyle{ \mathcal{L}(f')=sF-f(0) }[/math], [math]\displaystyle{ \mathcal{L}(f'')=s^2F-sf(0)-f'(0) }[/math], ולכן
כן, זה סביר. בנוסחאות ל[math]\displaystyle{ \mathcal{L}(f') }[/math] ו-[math]\displaystyle{ \mathcal{L}(f'') }[/math] מופיעים [math]\displaystyle{ f(0),f'(0) }[/math], כלומר הן נכונות רק לפתרונות שמתנהגים יפה באפס. אבל [math]\displaystyle{ t=0 }[/math] היא נקודה סינגולרית של המד"ר (המקדם של [math]\displaystyle{ f'' }[/math] מתאפס שם): רק משפחה אחת של פתרונות, [math]\displaystyle{ f=K\cdot J_0(t) }[/math] (פונקציית בסל מסדר 0 - לא בחומר הקורס), חלקה באפס, ושאר הפתרונות מתנהגים ליד אפס כמו [math]\displaystyle{ \ln t }[/math], והנגזרת שלהם כמו [math]\displaystyle{ \frac{1}{t} }[/math]. ואכן [math]\displaystyle{ \mathcal{L}(J_0)=\frac{1}{\sqrt{1+s^2}} }[/math]. זו בדיוק התופעה שראינו ב[math]\displaystyle{ ty''+2y'+ty=0 }[/math]: מצאנו את [math]\displaystyle{ \frac{\sin t}{t} }[/math] והחמצנו את [math]\displaystyle{ \frac{\cos t}{t} }[/math].
כאשר [math]\displaystyle{ a(s)=\frac{s^2+2s-2}{s^2-s} }[/math] ו-[math]\displaystyle{ b(s)=\frac{s+3}{s^2-s} }[/math].
דרגת המונה של a שווה לדרגת המכנה; במקום חילוק פולינומים אפשר לכתוב
ומה עם C? זהירות: אסור להציב [math]\displaystyle{ x=0 }[/math] במחובר האחרון ולהתעלם מפונקציית המדרגה - עד [math]\displaystyle{ x=1 }[/math] הוא אפס. לכן תנאי ההתחלה מתקיימים לכל C (הם כבר "נכנסו" להתמרה), והפתרון בקטע [math]\displaystyle{ [0,1) }[/math] הוא [math]\displaystyle{ y=x+e^x }[/math] - יחיד, כפי שמבטיח שם משפט הקיום והיחידות.
הקבוע C מתאר רק איך אפשר "להמשיך" את הפתרון מעבר ל-[math]\displaystyle{ x=1 }[/math]. זה לא סותר את משפט הקיום והיחידות: ב-[math]\displaystyle{ x=1 }[/math] המקדם [math]\displaystyle{ 1-x }[/math] של [math]\displaystyle{ y'' }[/math] מתאפס, ושם תנאי המשפט לא מתקיימים. הפונקציה [math]\displaystyle{ e^{x-1}-x }[/math] פותרת את המד"ר, והיא והנגזרת שלה מתאפסות ב-[math]\displaystyle{ x=1 }[/math], אבל הנגזרת השנייה שלה שם היא 1; לכן עבור [math]\displaystyle{ C\neq 0 }[/math] הנגזרת השנייה של y קופצת ב-[math]\displaystyle{ x=1 }[/math]. אם דורשים פתרון גזיר פעמיים על כל הישר, חייבים [math]\displaystyle{ C=0 }[/math], וסה"כ
[math]\displaystyle{ y=x+e^x }[/math]
(בדיקה: [math]\displaystyle{ e^x }[/math] ו-x פותרות את המד"ר, ו-[math]\displaystyle{ y(0)=1,\ y'(0)=2 }[/math]. בהרצאה 8 פתרנו את אותה שאלה בטור טיילור - שם זה קצר יותר.)
דוגמא (מבחן מועד ב' תשע"ט, שאלה 4): מצאו פתרון למד"ר [math]\displaystyle{ xy''-(1+x)y'+2y=0 }[/math] המקיים [math]\displaystyle{ y(0)=0,\ y(1)=1 }[/math].
נסמן [math]\displaystyle{ \mathcal{L}(y)=F }[/math]. הערך [math]\displaystyle{ y'(0) }[/math] לא נתון - נסמן אותו C.
בשאלה המקורית f הייתה צד ימין של המד"ר [math]\displaystyle{ y''+ty=f(t) }[/math]; כיוון ש[math]\displaystyle{ \mathcal{L}(ty)=-Y'(s) }[/math] (כאן [math]\displaystyle{ Y=\mathcal{L}(y) }[/math]), התמרת המד"ר היא מד"ר לינארית מסדר ראשון ב-Y.
מתי משתמשים בהתמרת לפלס?
כשיש בבעיה הלם (הדלתא של דירק, בהרצאה הבאה) - התמרת לפלס היא הכלי שלנו.
במד"ר לינארית עם מקדמים שאינם קבועים (חזקות של x), הכוח של ההתמרה מקביל לזה של טורי טיילור. לרוב שתי השיטות עובדות, ולפעמים אחת מהן קלה יותר.
במד"ר לינארית עם מקדמים קבועים מותר להשתמש בה, ולפעמים היא חוסכת זמן (בעיקר כשנתונים תנאי התחלה); לפעמים דווקא השיטה הרגילה קצרה יותר.
הפתרונות של [math]\displaystyle{ y'=t^2y }[/math] הם [math]\displaystyle{ y=ce^{\frac{t^3}{3}} }[/math] (מד"ר פרידה). פונקציות אלה אינן חסומות ע"י אקספוננט, ואין להן התמרת לפלס כלל.
עבור [math]\displaystyle{ y''+x^2y=e^x\left(x^2+1\right) }[/math] עם [math]\displaystyle{ y(0)=y'(0)=1 }[/math], כיוון ש[math]\displaystyle{ \mathcal{L}(x^2y)=F'' }[/math], ההתמרה נותנת מד"ר מסדר שני ב-F, גרועה יותר מהמקורית. כאן דווקא טור טיילור עובד יפה ונותן [math]\displaystyle{ y=e^x }[/math] (ראו הרצאה 8).
נניח שאנו מכים בכדור סנוקר בעזרת המקל. במשך כמה זמן המקל "נוגע" בכדור? אפס - זו פגיעה נקודתית.
מיקום הכדור הוא פונקציה רציפה של הזמן, אבל המהירות אינה רציפה: ברגע אחד הכדור עובר ממהירות אפס למהירות חיובית. זהו הלם - מכה שמכניסה אנרגיה (או תנועה) למערכת בזמן אפסי.
לכאורה הכוח הוא [math]\displaystyle{ F(0)=d }[/math] ו-[math]\displaystyle{ F(t)=0 }[/math] לכל [math]\displaystyle{ t\neq 0 }[/math]. אבל ההשפעה של כוח על המערכת נמדדת באינטגרל שלו לפי הזמן (בפיזיקה זה נקרא מתקף), וכאן האינטגרל הוא אפס - כמו השטח של מלבן ברוחב אפס. כלומר כוח רגעי סופי חסר משמעות, ו"צריך" גובה אינסופי.
בשפה לא פורמלית (שאנשים רבים משתמשים בה) כותבים [math]\displaystyle{ \delta(t)=\begin{cases}\infty & t=0\\ 0 & t\neq 0\end{cases} }[/math]. ברור שזו אינה הגדרה: אם חבר מכה בכדור פי 2 חזק, הכוח שהפעיל הוא [math]\displaystyle{ 2\delta(t) }[/math], אבל לפי ה"הגדרה" הזו אין שום הבדל בין [math]\displaystyle{ 2\delta }[/math] ל-[math]\displaystyle{ \delta }[/math].
מה שכן רוצים: [math]\displaystyle{ \int\delta(t)dt=1 }[/math], ואז [math]\displaystyle{ \int 2\delta(t)dt=2 }[/math]. כך אפשר לתאר גם קפיץ שקיבל "פליק" ברגע 0 ופליק הפוך ברגע [math]\displaystyle{ t_1 }[/math]: הכוח החיצוני הוא [math]\displaystyle{ \delta(t)-\delta(t-t_1) }[/math].
עוד דוגמא: ילד מתנדנד בנדנדה ואביו נותן לו דחיפה באמצע התנועה. את ההשפעה של דחיפה כזו אי אפשר לתרגם ל"מהירות התחלתית".
הדלתא של דירק באה לתאר כוח כזה: "אינסופי", פועל בזמן אפס, ומעביר מתקף סופי.
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 [math]\displaystyle{ \int_{-\infty}^\infty f(x)\delta(x)dx=f(0) }[/math] לכל פונקציה [math]\displaystyle{ f(x) }[/math] הרציפה ב[math]\displaystyle{ 0 }[/math].
כמו כן, [math]\displaystyle{ \int_{-\infty}^\infty f(x)\delta(x-a)dx=\{t=x-a\}=\int_{-\infty}^\infty f(t+a)\delta(t)dt=f(a) }[/math] לכל פונקציה הרציפה בa.
בצורה מדוייקת יותר, נביט בסדרת הפונקציות [math]\displaystyle{ \delta_n(x)=\begin{cases}n & 0\leq x \leq \frac{1}{n}\\ 0 & x< 0 \vee x>\frac{1}{n}\end{cases} }[/math]
כאשר [math]\displaystyle{ n\to\infty }[/math] לכל [math]\displaystyle{ x\neq 0 }[/math] מתקיים כי [math]\displaystyle{ \delta_n(x)\to 0 }[/math] ועבור [math]\displaystyle{ x=0 }[/math] מקבלים כי [math]\displaystyle{ \delta_n(x)\to \infty }[/math].
לכל [math]\displaystyle{ n }[/math] מתקיים כי [math]\displaystyle{ \int_{-\infty}^\infty \delta_n(x)dx=1 }[/math].
פיזיקלית: אם [math]\displaystyle{ \delta_n }[/math] הוא כוח, האינטגרל שלו לפי הזמן (המתקף) שווה 1 לכל n - כוח גדול יותר בזמן קצר יותר, עם אותה "השפעה" על המערכת. ו-[math]\displaystyle{ 2\delta_n }[/math] מפעיל פי 2 כוח.
עקרונית הסדרה מייצגת פונקציות בעלות שטח אחד, ההולך ומתרכז בנקודה אפס.
שימו לב: לכאורה [math]\displaystyle{ \delta(x)=\lim_{n\to\infty}\delta_n(x) }[/math], אבל הגבול לא קיים באפס. לכן לא מגדירים את הדלתא עצמה, אלא רק אינטגרל מולה (ראו בהמשך).
כאן כל ה"עניין" נמצא בצד החיובי של הציר, כי אנחנו מכוונים להתמרת לפלס (שמתחילה ב-0). יש גישות שבהן [math]\displaystyle{ \delta_n }[/math] סימטריות סביב אפס, וגישות עם פונקציות רציפות וגזירות שעושות עבודה דומה.
עבור [math]\displaystyle{ f(x) }[/math] הרציפה בסביבה של [math]\displaystyle{ 0 }[/math] מתקיים כי:
כלומר הממוצע [math]\displaystyle{ \frac{1}{b-a}\int_a^bf(x)dx }[/math] נמצא בין m ל-M. לפי משפט ערך הביניים, f מקבלת כל ערך בין המינימום למקסימום שלה, ולכן קיימת [math]\displaystyle{ c\in[a,b] }[/math] כך ש[math]\displaystyle{ f(c)=\frac{1}{b-a}\int_a^bf(x)dx }[/math].
כאן [math]\displaystyle{ [a,b]=\left[0,\frac{1}{n}\right] }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ 0\leq c_n\leq\frac{1}{n} }[/math]. מכאן [math]\displaystyle{ c_n\to 0 }[/math], ומהרציפות של f באפס [math]\displaystyle{ f(c_n)\to f(0) }[/math].
נגדיר את [math]\displaystyle{ \int_{-\infty}^\infty f(x)\delta(x)dx=\lim_{n\to \infty}\int_{-\infty}^\infty f(x)\delta_n(x)dx }[/math]
נשים לב כי לפי גישה זו [math]\displaystyle{ \int_{-\infty}^0f(x)\delta(x)dx=0 }[/math] ו[math]\displaystyle{ \int_0^\infty f(x)\delta(x)dx =f(0) }[/math].
כלומר לא הגדרנו את "פונקצית הדלתא" באמת, אבל הגדרנו פעולה של אינטגרל מול דלתא - סוג של אופרטור. זה מה שמאפשר לחשב את התמרת הלפלס של הדלתא.
נחשב את התמרת הלפלס של הדלתא של דירק:
לכל [math]\displaystyle{ a\geq 0 }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ \mathcal{L}(\delta(t-a))=\int_0^\infty e^{-st}\delta(t-a)dt=e^{-sa} }[/math]
בפרט [math]\displaystyle{ \mathcal{L}(\delta(t))=1 }[/math]
תגובת הלם
נביט במערכת של מסה המחוברת לקפיץ, המתחילה במנוחה.
נניח שברגע [math]\displaystyle{ t=a }[/math] מישהו נתן 'פליק' למסה.
הדרך שלנו לבטא כוח נקודתי שכזה היא הדלתא של דירק, המכונה גם 'פונקצית הלם'.
כלומר הכוח החיצוני על המערכת הוא [math]\displaystyle{ \delta(t-a) }[/math], בנוסף לכוח המופעל על ידי הקפיץ.
למעשה אנו מעוניינים בפתרון למד"ר [math]\displaystyle{ y''+ky=\delta(t-a) }[/math]
באופן דומה להגדרת האינטגרל, ניתן לחשוב על הפתרון כגבול הפתרונות למערכות המקורבות [math]\displaystyle{ y''+ky=\delta_n(t-a) }[/math].
על מנת שיהיה פתרון למד"ר עלינו לבחור הפעם סדרה של פונקציות גזירות ב[math]\displaystyle{ [0,\infty) }[/math] כמו [math]\displaystyle{ \delta_n(x)=\begin{cases}ne^{-nx} & x\geq 0 \\ 0 & x<0\end{cases} }[/math]
שתי הסדרות עבור n=3: המדרגה בגובה n ברוחב 1/n (באדום), והפונקציה ne^(-nx) (בסגול). לשתיהן אינטגרל 1
נוכיח כעת את הנוסחא [math]\displaystyle{ e^{-sa}\mathcal{L}(y(t))=\mathcal{L}(u(t-a)y(t-a)) }[/math] עבור [math]\displaystyle{ a>0 }[/math]:
עובדה מוזרה קמעה: [math]\displaystyle{ y(0)=0 }[/math], אבל [math]\displaystyle{ y'(0)=1 }[/math] - הפתרון "סותר" את תנאי ההתחלה!
פיזיקלית, ההלם שינה ברגע אחד את המהירות - הפליק "תורגם" למהירות התחלתית. מתמטית, הפתרון הוא גבול של פתרונות (של המד"ר עם [math]\displaystyle{ \delta_n }[/math]), וגבול כזה יכול להיות לא גזיר, כמו שגבול של סדרת פונקציות רציפות יכול להיות לא רציף. ההתמרה "עיוורת" למה שקרה לפני [math]\displaystyle{ t=0 }[/math], כי האינטגרל שלה מתחיל באפס; הפתרון "האמיתי" הוא [math]\displaystyle{ y=0 }[/math] עבור [math]\displaystyle{ t<0 }[/math] ו-[math]\displaystyle{ y=\frac{\sin(\sqrt{k}t)}{\sqrt{k}} }[/math] עבור [math]\displaystyle{ t>0 }[/math].
k=1: פליק ברגע a=1 (בכחול) ופליק ברגע a=0 (באדום)
בגרף הכחול ([math]\displaystyle{ a=1 }[/math]) תנאי ההתחלה מתקיימים, אבל הפונקציה אינה גזירה ב-[math]\displaystyle{ t=1 }[/math]. בגרף האדום ([math]\displaystyle{ a=0 }[/math]) מתקיים [math]\displaystyle{ y'(0)=1 }[/math].
קפיץ עם מסה כללית: עבור מסה m, קבוע קפיץ k ופליק ברגע a, החוק השני של ניוטון נותן [math]\displaystyle{ mX''=-kX+\delta(t-a) }[/math]. ממנוחה בנקודת הרפיון ([math]\displaystyle{ X(0)=X'(0)=0 }[/math]):
לכן [math]\displaystyle{ \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) }[/math]
ולכן סה"כ הפתרון למד"ר הינו [math]\displaystyle{
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] }[/math]
דוגמא (שאלה ממבחן) - דלתא כפול פונקציה: פתרו את [math]\displaystyle{ 2y''+y'+4y=\delta\left(t-\frac{\pi}{6}\right)\sin(t) }[/math] עם [math]\displaystyle{ y(0)=y'(0)=0 }[/math].
את ההתמרה של צד ימין מחשבים לפי ההגדרה, בעזרת [math]\displaystyle{ \int_0^\infty f(t)\delta(t-a)dt=f(a) }[/math]:
גישה נוספת להלם (כך נהוג להציג בעיטה בכדור בפיזיקה): פשוט להחליף את ההלם במהירות התחלתית.
למשל, מסה על קפיץ ([math]\displaystyle{ m=k=1 }[/math]) במנוחה בנקודת הרפיון: [math]\displaystyle{ y''+y=0 }[/math], [math]\displaystyle{ y(0)=y'(0)=0 }[/math], והפתרון הוא [math]\displaystyle{ y=0 }[/math]. אם נותנים למסה "פליק" ברגע 0, מחליפים את תנאי ההתחלה ב-[math]\displaystyle{ y'(0)=1 }[/math] (כך אפשר לתאר גם את העוצמה של ההלם ואת הכיוון שלו), ומקבלים [math]\displaystyle{ y=\sin(t) }[/math].
עד רגע 0 המסה במנוחה, ולכן התנועה היא [math]\displaystyle{ y(t)=u(t)\sin(t) }[/math]:
הפתרון u(t)sin(t): מנוחה עד הפליק ברגע 0, ואחריו תנועה סינוסית
הפונקציה רציפה, אבל אינה גזירה ב-0: משמאל השיפוע 0 ומימין 1. זה בדיוק ההלם - המהירות קופצת.
הגדרה: עבור המד"ר ההומוגנית [math]\displaystyle{ y''+by'+cy=0 }[/math], התגובה להלם[math]\displaystyle{ s(t) }[/math] היא הפתרון המקיים [math]\displaystyle{ s(0)=0,\ s'(0)=1 }[/math]. התגובה להלם תלויה במערכת הספציפית.
הלם ברגע [math]\displaystyle{ t_1 }[/math]. האם התנועה היא [math]\displaystyle{ u(t-t_1)\sin(t) }[/math]? לא! המדרגה במקום הנכון, אבל פונקציית התנועה לא הוזזה, והרי כל התנועה צריכה להתחיל ברגע [math]\displaystyle{ t_1 }[/math]:
שגוי: u(t-2)sin(t) - הסינוס לא הוזז, והמיקום קופץ ברגע 2
התשובה הנכונה היא [math]\displaystyle{ u(t-t_1)s(t-t_1) }[/math], כאן [math]\displaystyle{ u(t-t_1)\sin(t-t_1) }[/math] (טעות נפוצה היא לשכוח להזיז את s):
נכון: u(t-2)sin(t-2) - התנועה מתחילה ברגע 2
באותו אופן, כוח [math]\displaystyle{ \sin(t) }[/math] (בפאזה אפס) שמתחיל לפעול ברגע [math]\displaystyle{ t=3 }[/math] הוא [math]\displaystyle{ u(t-3)\sin(t-3) }[/math], ולא [math]\displaystyle{ \sin(t-3) }[/math], שיש לו ערכים גם לפני הרגע 3.
קונבולוציה - דרך הסתברות. נניח שיש שני משתנים מקריים בלתי תלויים עם פונקציות צפיפות [math]\displaystyle{ f(x),g(x) }[/math]. מה הסיכוי שהסכום שלהם יהיה 5? ייתכן שהראשון 5 והשני 0, אבל גם כל חלוקה אחרת: הראשון x והשני [math]\displaystyle{ 5-x }[/math]. צריך לסכום את [math]\displaystyle{ f(x)g(5-x) }[/math] על כל x:
כוח רציף כסכום של הלמים. כעת המערכת היא [math]\displaystyle{ y''+by'+cy=f(t) }[/math]: בכל רגע פועל כוח חיצוני. למשל אב שמנדנד את ילדו בנדנדה - בכל רגע הוא מוסיף עוד דחיפה קטנה.
אפשר לחשוב על הכוח כאוסף של הלמים: בכל רגע u מתחילה תגובה חדשה להלם, מוזזת לרגע u ובעוצמה [math]\displaystyle{ f(u) }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ f(u)s(t-u) }[/math]. נסכום את כל התגובות מהרגע ההתחלתי [math]\displaystyle{ t_0 }[/math] עד הרגע t:
זו קונבולוציה של הכוח f עם התגובה להלם s. הפונקציה s נקראת פונקציית גרין: הפתרון נוצר מקונבולוציה של פונקציית הכוח מולה.
למה זה חשוב? בפיזיקה המד"ר נשארת לעיתים קרובות אותה מד"ר (היא מתארת חוקי טבע), ומה שמשתנה הוא הכוח החיצוני f. במקום לחזור למד"ר ולמצוא פתרון פרטי לכל f מחדש, מוצאים פעם אחת את s, ונוסחא אחת מטפלת בכל כוח. מתמטית, זו עוד שיטה כללית למציאת פתרון פרטי. (למשל, עבור [math]\displaystyle{ y''-2y'+y=f }[/math] התגובה להלם היא [math]\displaystyle{ s(x)=xe^x }[/math], ווריאציית מקדמים נותנת בדיוק את הקונבולוציה [math]\displaystyle{ y=\int_0^x(x-t)e^{x-t}f(t)dt }[/math].)
היא פתרון פרטי של המד"ר, ובנוסף [math]\displaystyle{ y(t_0)=y'(t_0)=0 }[/math].
הוכחה. צריך להציב את y במד"ר. הבעיה: את [math]\displaystyle{ y'(t)=\frac{d}{dt}\int_{t_0}^tf(u)s(t-u)du }[/math] אי אפשר לחשב ישירות לפי המשפט היסודי (ניוטון-לייבניץ), כי המשתנה t מופיע גם בתוך האינטגרל.
נשתמש בכלל לייבניץ לגזירה תחת סימן האינטגרל (נצטט בלי הוכחה): אם [math]\displaystyle{ h(t,u) }[/math] ו-[math]\displaystyle{ \frac{\partial h}{\partial t} }[/math] רציפות, אז
(באופן כללי, כשהגבולות הם פונקציות [math]\displaystyle{ a(t),b(t) }[/math], מוסיפים לאינטגרל את [math]\displaystyle{ h(t,b(t))b'(t)-h(t,a(t))a'(t) }[/math]; כאן הגבול התחתון קבוע והעליון הוא t.)
כאן [math]\displaystyle{ h(t,u)=f(u)s(t-u) }[/math], ולכן
שימו לב - המקדמים חייבים להיות קבועים. עבור [math]\displaystyle{ y''+b(t)y'+c(t)y=f(t) }[/math] היינו מקבלים בסוף ההוכחה את [math]\displaystyle{ s''(t-u)+b(t)s'(t-u)+c(t)s(t-u) }[/math], אבל s פותרת את ההומוגנית עם המקדמים ברגע [math]\displaystyle{ t-u }[/math] ולא ברגע t, ולכן הביטוי לא מתאפס. גם פיזיקלית: אם המקדמים תלויים בזמן, חוקי המערכת משתנים עם הזמן, והתגובה להלם שמתחיל ברגע u אינה סתם הזזה של [math]\displaystyle{ s(t) }[/math].
אותו רעיון עובד גם במד"ר לינארית מסדר n עם מקדמים קבועים (כשהמקדם של [math]\displaystyle{ y^{(n)} }[/math] הוא 1): לוקחים את הפתרון של ההומוגנית המקיים [math]\displaystyle{ s(0)=s'(0)=\dots=s^{(n-2)}(0)=0 }[/math] ו-[math]\displaystyle{ s^{(n-1)}(0)=1 }[/math].
הקשר לדלתא של דירק: התגובה להלם היא בדיוק הפתרון של [math]\displaystyle{ y''+by'+cy=\delta(t) }[/math] עם [math]\displaystyle{ y(0)=y'(0)=0 }[/math] - בשני המקרים ההתמרה של הפתרון היא [math]\displaystyle{ \frac{1}{s^2+bs+c} }[/math] (כאן s הוא המשתנה של ההתמרה). למשל עבור [math]\displaystyle{ y''+k^2y=\delta(t) }[/math] מקבלים [math]\displaystyle{ y=\frac{\sin(kt)}{k} }[/math] - בדיוק התגובה להלם של הקפיץ. שתי הגישות מתארות את אותו הלם.
דוגמא: נמצא פתרון פרטי למד"ר הקפיץ [math]\displaystyle{ y''+k^2y=\sin(2t) }[/math] בעזרת התגובה להלם (אפשר כמובן גם בדרכים אחרות).
ראשית נמצא את התגובה להלם. הפתרון הכללי של [math]\displaystyle{ y''+k^2y=0 }[/math] הוא [math]\displaystyle{ c_1\sin(kt)+c_2\cos(kt) }[/math]. מ-[math]\displaystyle{ s(0)=0 }[/math] נקבל [math]\displaystyle{ c_2=0 }[/math], ומ-[math]\displaystyle{ s'(0)=kc_1=1 }[/math] נקבל [math]\displaystyle{ c_1=\frac{1}{k} }[/math]. לכן [math]\displaystyle{ s(t)=\frac{1}{k}\sin(kt) }[/math].
לפי המשפט (עם [math]\displaystyle{ t_0=0 }[/math]):
נמשיך עם [math]\displaystyle{ k=2 }[/math] (עם k כללי החישוב דומה, רק ארוך יותר). נפתח [math]\displaystyle{ \sin(2t-2u)=\sin(2t)\cos(2u)-\cos(2t)\sin(2u) }[/math]; הגורמים [math]\displaystyle{ \sin(2t),\cos(2t) }[/math] יוצאים מהאינטגרל, כי האינטגרציה היא לפי u:
בדיקה: [math]\displaystyle{ \frac{\sin(2t)}{8} }[/math] פותר את ההומוגנית, ו-[math]\displaystyle{ -\frac{t\cos(2t)}{4} }[/math] הוא בדיוק הפתרון הפרטי ששיטת הניחוש נותנת. וכפי שהמשפט מבטיח, [math]\displaystyle{ y(0)=y'(0)=0 }[/math].
שימו לב לתופעת התהודה: הכוח החיצוני מנדנד את הקפיץ בדיוק בתדירות הטבעית שלו ([math]\displaystyle{ k=2 }[/math]), והמשרעת [math]\displaystyle{ \frac{t}{4} }[/math] גדלה לינארית עם הזמן.
כאשר [math]\displaystyle{ a_0,...,a_n }[/math] קבועים ממשיים. המבנה המיוחד: החזקה של x שווה בדיוק לסדר הנגזרת שהיא כופלת.
זו כמעט מד"ר לינארית - רק שהמקדם הראשי אינו 1 (והוא מתאפס ב-[math]\displaystyle{ x=0 }[/math]). אחרי חלוקה ב-[math]\displaystyle{ a_nx^n }[/math] זו מד"ר לינארית עם מקדמים לא קבועים בכל אחד מהתחומים [math]\displaystyle{ x>0 }[/math] ו-[math]\displaystyle{ x<0 }[/math], ולכן כל מה שלמדנו על מד"ר לינארית תקף גם כאן (כולל פתרון פרטי בווריאציית מקדמים, אחרי החלוקה).
למה לא טור טיילור? לפתרונות של משוואת אוילר (כמו [math]\displaystyle{ \ln(x) }[/math], או [math]\displaystyle{ x^r }[/math] עם r שאינו טבעי) בדרך כלל אין טור חזקות סביב 0.
הסבר (לסדר שני בלבד). נביט במשוואה [math]\displaystyle{ a_2x^2y''+a_1xy'+a_0y=0 }[/math] בתחום [math]\displaystyle{ x>0 }[/math], ונגדיר [math]\displaystyle{ u(t)=y(e^t) }[/math]. אז
קיבלנו מד"ר לינארית עם מקדמים קבועים, שאותה אנחנו יודעים לפתור! הפולינום האופייני שלה הוא [math]\displaystyle{ a_2r^2+(a_1-a_2)r+a_0 }[/math].
מצד שני, אם נציב [math]\displaystyle{ y=x^r }[/math] במשוואה המקורית נקבל [math]\displaystyle{ a_2r(r-1)x^r+a_1rx^r+a_0x^r=0 }[/math], ואחרי חלוקה ב-[math]\displaystyle{ x^r }[/math]:
בדיוק אותו פולינום! ההצבה של [math]\displaystyle{ x^r }[/math] היא פשוט טריק שמביא אותנו מהר לפולינום האופייני.
לבסוף, אם u פותר את המד"ר החדשה, אז [math]\displaystyle{ y(x)=u(\ln(x)) }[/math], כי [math]\displaystyle{ u(\ln(x))=y\left(e^{\ln(x)}\right)=y(x) }[/math]. לכן מחליפים את t ב-[math]\displaystyle{ \ln(x) }[/math].
הערה: בתחום [math]\displaystyle{ x<0 }[/math] מציבים [math]\displaystyle{ x=-e^t }[/math], ומקבלים את אותה משוואה אינדיציאלית ואת אותם פתרונות עם [math]\displaystyle{ |x| }[/math] במקום x. בבעיית התחלה בנקודה [math]\displaystyle{ x_0>0 }[/math] (למשל [math]\displaystyle{ y(5)=4 }[/math]) מספיק למצוא את הפתרון בתחום [math]\displaystyle{ x>0 }[/math].
באופן כללי ניתן להוכיח באינדוקציה כי [math]\displaystyle{ u^{(m)}(t)=e^{mt}y^{(m)}(e^t)+\sum_{k=1}^{m-1} b_ku^{(k)}(t) }[/math] עבור קבועים כלשהם.
נסמן את האופרטור המתאים למד"ר:
[math]\displaystyle{ H=a_n x^n D^n +...+a_0 I }[/math]
לכן [math]\displaystyle{ Hy\circ\exp (t)=a_n e^{nt}y^{(n)}(e^t)+...+a_0y(e^t) }[/math]
לפי הפיתוח לעיל, זה שווה ל[math]\displaystyle{ c_nu^{(n)}(t)+...+c_0u(t) }[/math] עבור קבועים כלשהם.
נסמן את האופרטור המתאים למד"ר זו ב[math]\displaystyle{ K=c_nD^n+...+c_0I }[/math]
סה"כ הוכחנו כי [math]\displaystyle{ Hy\circ\exp=K(y\circ\exp) }[/math]
את הגרעין של [math]\displaystyle{ K }[/math] אנחנו יודעים למצוא כיוון שזו מד"ר לינארית הומוגנית עם מקדמים קבועים.
אם [math]\displaystyle{ u }[/math] פתרון למד"ר המתאים ל[math]\displaystyle{ K }[/math] אז עבור [math]\displaystyle{ y=u\circ \ln }[/math] מתקיים כי [math]\displaystyle{ K(y\circ\exp)=0 }[/math]
לכן [math]\displaystyle{ Hy\circ \exp =0 }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ Hy=0 }[/math] בחיוביים, שהרי זו התמונה של [math]\displaystyle{ \exp }[/math].
אבל איך נמצא את הפתרונות ל[math]\displaystyle{ Ku=0 }[/math]? צריך למצוא את הפולינום האופייני.
עבור [math]\displaystyle{ y=x^r }[/math] נקבל כי [math]\displaystyle{ Hy\circ\exp=K(y\circ\exp)=K(e^{rt})=c_nr^n e^{rt}+...+c_0 e^{rt} }[/math]
אם נחלק ב[math]\displaystyle{ e^{rt} }[/math] נקבל את הפולינום האופייני של המד"ר [math]\displaystyle{ Ku=0 }[/math], זו נקראת המשוואה האינדיציאלית של משוואת האוילר המקורית.
במילים פשוטות, על מנת לחשב את המשוואה האינדיציאלית:
נציב [math]\displaystyle{ x=e^t }[/math] ונחלק ב[math]\displaystyle{ e^{rt} }[/math] (או בעצם נחלק מראש ב[math]\displaystyle{ x^r }[/math] שזה שקול)
השורשים של המשוואה האינדיציאלית נותנים לנו את הפתרונות לגרעין של [math]\displaystyle{ K }[/math], נרכיב אותם על [math]\displaystyle{ ln(x) }[/math] ונקבל את הפתרונות למשוואת האוילר.
סה"כ אם r שורש ממשי מריבוי k של המשוואה האינדיציאלית אזי:
[math]\displaystyle{ u(t)=t^me^{rt} }[/math] פתרון של המד"ר [math]\displaystyle{ c_nu^{(n)}(t)+...+c_0u(t)=0 }[/math] לכל [math]\displaystyle{ 0\leq m\leq k-1 }[/math].
ולכן [math]\displaystyle{ y(x)=u(ln(x))=ln^m(x)x^r }[/math] פתרון של משוואת אוילר המקורית, לכל [math]\displaystyle{ 0\leq m\leq k-1 }[/math].
אם [math]\displaystyle{ r=a\pm bi }[/math] זוג שורשים מרוכבים צמודים מריבוי k כל אחד אזי:
[math]\displaystyle{ u(t)=t^me^{at}cos(bt),t^me^{at}sin(bt) }[/math] פתרונות של המד"ר [math]\displaystyle{ c_nu^{(n)}(t)+...+c_0u(t)=0 }[/math], לכל [math]\displaystyle{ 0\leq m\leq k-1 }[/math].
לכן [math]\displaystyle{ y(x)=ln^m(x)x^acos(bln(x)),ln^m(x)x^asin(bln(x)) }[/math] פתרונות של משוואת אוילר המקורית, לכל [math]\displaystyle{ 0\leq m\leq k-1 }[/math].
ולכן [math]\displaystyle{ y_p=x(1-x)e^x+x^2e^x=xe^x }[/math].
סה"כ הפתרון הכללי הוא [math]\displaystyle{ y=c_1x+c_2x^2+xe^x }[/math], ובפרט [math]\displaystyle{ y=xe^x }[/math] הוא פתרון כמבוקש.
דרך נוספת - ניחוש. שיטת הניחוש מתאימה למקדמים קבועים, אבל אפשר לנסות ולהתפלל (ואם זה לא יעבוד - וריאציית מקדמים עובדת תמיד). ננחש [math]\displaystyle{ y=p(x)e^x }[/math]. אז [math]\displaystyle{ y'=(p+p')e^x }[/math] ו[math]\displaystyle{ y''=(p+2p'+p'')e^x }[/math], ואחרי הצבה וחלוקה ב-[math]\displaystyle{ e^x }[/math]:
ננחש [math]\displaystyle{ p=ax+b }[/math] ונקבל [math]\displaystyle{ ax^3+bx^2-2bx+2b=x^3 }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ a=1,\ b=0 }[/math], ושוב [math]\displaystyle{ y_p=xe^x }[/math].
שאלות ממבחנים ודוגמאות נוספות - משוואת אוילר
שיטת הניחוש למשוואת אוילר: אחרי ההצבה [math]\displaystyle{ x=e^t }[/math], המשוואה [math]\displaystyle{ a_2x^2y''+a_1xy'+a_0y=f(x) }[/math] הופכת למד"ר עם מקדמים קבועים
אם [math]\displaystyle{ f(e^t) }[/math] הוא מהצורה שבה מנחשים (פולינום כפול אקספוננט וכו'), מנחשים לפי הכללים של הרצאה 7 במשתנה t, ובסוף מציבים [math]\displaystyle{ t=\ln(x) }[/math]. בפועל אפשר להציב את הניחוש (כפונקציה של x) ישר במשוואה המקורית.
דוגמא (שאלה ממבחן): מצאו את הפתרון הכללי של [math]\displaystyle{ x^2y''-2xy'+2y=x^2\ln(x) }[/math].
פתרון. כמו בדוגמא הקודמת, הפתרון הכללי של ההומוגנית הוא [math]\displaystyle{ y_h=c_1x+c_2x^2 }[/math] (השורשים 1, 2).
ניחוש. אחרי ההצבה [math]\displaystyle{ x=e^t }[/math] אגף ימין הופך ל-[math]\displaystyle{ te^{2t} }[/math], והמד"ר ל-[math]\displaystyle{ u''-3u'+2u=te^{2t} }[/math]. כיוון ש-2 הוא שורש (מריבוי 1) של הפולינום האופייני, היינו מנחשים [math]\displaystyle{ (c_3+c_4t)te^{2t} }[/math]. נציב [math]\displaystyle{ t=\ln(x) }[/math], ולכן ננחש
ומתקבל [math]\displaystyle{ y_p=x^2-x^2\ln(x)+\frac{1}{2}x^2\ln^2(x) }[/math] - אותו פתרון עד כדי [math]\displaystyle{ x^2 }[/math], שהוא פתרון של ההומוגנית.
דוגמא (שאלה ממבחן): פתרו את המשוואה [math]\displaystyle{ x^2y''-3xy'+3y=\ln(x) }[/math] עבור [math]\displaystyle{ x>0 }[/math].
ולכן הפתרון הכללי של ההומוגנית הוא [math]\displaystyle{ c_1x+c_2x^3 }[/math].
אחרי ההצבה [math]\displaystyle{ x=e^t }[/math] אגף ימין הופך ל-t, ו-0 אינו שורש של הפולינום האופייני. לכן ננחש [math]\displaystyle{ c_3+c_4t }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ y_p=c_3+c_4\ln(x) }[/math]. אז [math]\displaystyle{ y_p'=\frac{c_4}{x} }[/math], [math]\displaystyle{ y_p''=-\frac{c_4}{x^2} }[/math], ובהצבה:
אפשר גם בווריאציית מקדמים, אחרי חלוקה ב-[math]\displaystyle{ x^2 }[/math]: [math]\displaystyle{ y''+\frac{1}{x}y'+\frac{1}{x^2}y=\frac{\ln(x)}{x^2} }[/math]. הוורונסקיאן הוא [math]\displaystyle{ \frac{1}{x} }[/math], ובעזרת ההצבה [math]\displaystyle{ t=\ln(x) }[/math] ואינטגרציה בחלקים מתקבל שוב [math]\displaystyle{ y_p=\ln(x) }[/math]. שימו לב: את משוואת אוילר פותרים בלי לחלק, אבל לפני וריאציית מקדמים חייבים לחלק במקדם של [math]\displaystyle{ y'' }[/math].
בעיות מילוליות הן בעיניי הלב של המקצוע. מחוץ לקורס תשתמשו במד"ר בעיקר בבעיות מילוליות, ולרוב הטכניקות לפתרון יהיו די פשוטות.
בפרק זה מרוכזות השיטה הכללית ובעיות מילוליות שאינן שייכות לשיטת פתרון מסוימת. בעיות מילוליות רבות נוספות פזורות בהרצאות, ראו הרשימה בהמשך.
השיטה: שלושת השלבים
הסיפור של מד"ר – בכל בעיה עוברים שלושה שלבים:
יוצרים משוואה מחוקי העולם: בוחרים פונקציה שמודדת ערך כלשהו לפי משתנה כלשהו (למשל גובה לפי זמן), ובודקים לפי חוקי העולם איזו משוואה היא חייבת לקיים. בשלב זה מגדירים גם את ראשית הצירים, את הכיוון החיובי ואת תנאי ההתחלה.
פותרים את המשוואה בעזרת השיטות של הקורס, ומוצאים את הפונקציה (או את הפונקציות).
חוקרים את הפתרון: מוצאים את הקבועים, מחשבים ערכים (איפה יהיה הגוף אחרי 3 שניות? מתי יעבור 100 מטר?), גבולות (מה יקרה אחרי הרבה מאוד זמן, כלומר [math]\displaystyle{ t\to\infty }[/math]), נקודות קיצון (מה הגובה המקסימלי?) וכו'.
לדוגמא, כדי למצוא את הגובה המקסימלי לא חייבים למצוא את פונקציית המיקום: בשיא הגובה הנגזרת של המיקום מתאפסת, כלומר מספיק להשוות את המהירות לאפס.
שלב 2 תופס את רוב הזמן בקורס, אבל החלקים המעניינים והשימושיים הם 1 ו־3. במבחן, בשאלות הטכניות פותרים מד"ר נתונה (שלב 2 בלבד), ובבעיה המילולית עוברים את כל שלושת השלבים.
למה דווקא שלבים 1 ו־3?
בקורסי פיזיקה המרצים לרוב פשוט מנחשים את פתרון המשוואה, וזה מרגיז סטודנטים. אבל מה שמעניין את המרצה לפיזיקה הוא שלב 1 (לנסח את המשוואה הנכונה) ושלב 3 (להבין מה הפתרון אומר); הניחוש רק מדלג על שלב 2. מי שמתרכז בפתרון המשוואה כאילו הוא העיקר מתרכז בדבר הלא נכון.
לכן מי שחושב שמד"ר הוא אוסף טכני של שיטות ומדלג על ההרצאות כמעט תמיד לא מצליח במבחן. פתרון טכני של משוואות הוא דבר שגם מחשבון יודע לעשות; האתגר הוא לעשות את כל הסיפור.
בשנה הראשונה שלימדתי את הקורס (הנדסה, תשע"ח) המבחן היה רק "הנה משוואה, פתרו אותה". לימדתי גם סיפורים, אבל לא בחנתי עליהם, ותלמידים לא למדו אותם. לכן הכנסתי בעיה מילולית לכל מבחן, ואני הולך יותר ויותר לכיוון הזה. תלמידים שנתקעו בבעיה מילולית היו פותרים את אותה מד"ר תוך שנייה בחלק הטכני; המטרה היא להתגבר על ה"פריז" הזה.
בוחרים פונקציה שנתאר את המד"ר שלה. הרבה פעמים כאן האתגר: לפעמים עדיף לבחור את פונקציית המהירות [math]\displaystyle{ v(t) }[/math] במקום את פונקציית המיקום, ומקבלים מד"ר מסדר ראשון.
בפיזיקה צריך לבחור גם כיוון חיובי ומשמעות לערך אפס (איפה הראשית). הבחירה משפיעה על הסימנים של הכוחות, של המהירות ושל הגובה ההתחלתי, וחשוב לזכור אותה לאורך כל התרגיל.
טעות נפוצה: לזכור שכוח המשיכה "תמיד בפלוס". אם בחרנו שהכיוון החיובי הוא כלפי מעלה, כוח המשיכה הוא [math]\displaystyle{ -mg }[/math].
מנסחים מד"ר לפי חוקי העולם. בפיזיקה זה בדרך כלל החוק השני של ניוטון [math]\displaystyle{ F=ma }[/math], כאשר [math]\displaystyle{ F }[/math] הוא סכום הכוחות ו־[math]\displaystyle{ a=v'=y'' }[/math].
חוקי העולם לא חייבים לבוא מפיזיקה: הם יכולים להיות גאומטריים (משיקים, שטחים ואורכי עקומות, ראו בעיות גאומטריות), מכלכלה (ריבית דריבית) או מביולוגיה (גידול אוכלוסיות). כשהחוק אינו מוכר לכם (למשל המשוואה הלוגיסטית), השאלה תיתן אותו.
בנוסחאון המצורף למבחן מופיעות הנוסחאות הפיזיקליות הבסיסיות: מיקום, מהירות ותאוצה כנגזרות, החוק השני של ניוטון, כוח המשיכה [math]\displaystyle{ mg }[/math] וכוח הקפיץ [math]\displaystyle{ -ky }[/math].
מי השחקנים? הרבה פעמים הקושי במד"ר הוא להבין מה כל אות אומרת – מי קבוע ומי משתנה. מה שמסבך תלמידים הוא בדרך כלל לא המד"ר, אלא האותיות.
דוגמא: [math]\displaystyle{ mv'=mg-bv }[/math] מתארת נפילה עם התנגדות אוויר (כשהכיוון החיובי הוא כלפי מטה). [math]\displaystyle{ m,g,b }[/math] הם קבועים, [math]\displaystyle{ v }[/math] היא הפונקציה הנעלמת, והמשתנה [math]\displaystyle{ t }[/math] בכלל לא מופיע במשוואה: הכוחות תלויים במהירות, ולא בשעה שבה הגוף נופל.
אם כותבים [math]\displaystyle{ my''=mg-bv }[/math] יש לכאורה שתי פונקציות, [math]\displaystyle{ y }[/math] ו־[math]\displaystyle{ v }[/math]. מחליפים [math]\displaystyle{ y''=v' }[/math] ומקבלים מד"ר לינארית מסדר ראשון ב־[math]\displaystyle{ v }[/math] בלבד (פתרונה בהרצאה 2).
במאמרים אמיתיים התשובה לשאלה "מי קבוע" יכולה אפילו להשתנות במהלך המאמר: מניחים שרכיב מסוים קבוע בקירוב, ומקבלים מד"ר אחרת לגמרי.
לבדוק את התשובה: כשפותרים, יוצאים מההנחה שיש פונקציה שמקיימת את כל הדרישות, ומגיעים למסקנה "אם יש כזו, היא חייבת להיות זו". כדאי לבדוק (בהצבה, או ב־GeoGebra) שהיא אכן מקיימת את הדרישה, במיוחד כשבדרך הנחנו הנחות על סימנים או חילקנו במשהו.
הניסוח: בבעיה מילולית אני בדרך כלל כותב "מצאו פונקציה המקיימת...", ואז ברגע שמצאתם אחת, סיימתם. אם כתוב "מצאו את כל הפונקציות" או "מצאו את משפחת העקומות", צריך להיזהר יותר (ראו מתי צריך את משפט הקיום והיחידות).
גם רציפות וגזירות הן חוקי עולם. בחדו"א שואלים אם פונקציה המוגדרת למקוטעין רציפה וגזירה, וזה נראה כמו בעיה שהמציאו בשביל התרגיל; אבל זה הטבע. דוגמא: הצבעים של בועת סבון.
אור שפוגע בבועת סבון עובר דרך שלוש שכבות: אוויר, דופן דקה של מי סבון, ושוב אוויר. התדר של הגל נשמר, אבל בתוך מי הסבון האור מתקדם לאט יותר, ולכן אורך הגל שם קצר יותר.
בכל גבול בין שכבות חלק מהאור חוזר אחורה (כמו השתקפות בחלון) וחלק ממשיך קדימה. הגל הכולל בכל נקודה הוא סכום הגלים: הנכנס, החוזר, אלה שבתוך הדופן, והיוצא.
הדרישה היא שהגל הכולל יהיה רציף וגזיר בשני הגבולות. מתברר שיש רק דרך אחת לפרק את הגל לרכיבים כך שזה יתקיים, וזה קובע בדיוק כמה אור חוזר וכמה עובר לצד השני.
הכמות שחוזרת תלויה בעובי הדופן ובתדר, כלומר בצבע. כיוון שהעובי של הבועה שונה ממקום למקום, בכל מקום צבע אחר חוזר אלינו – ולכן הבועה צבעונית. יש עוביים שבהם כל האור בתדר מסוים עובר לצד השני (למשל כשהעובי שואף לאפס).
במבחנים של 88-240 בשנים האחרונות יש חמש שאלות של 22 נקודות: שלוש שאלות טכניות (פתרו מד"ר), בעיה מילולית אחת שבה עוברים את שלושת השלבים, ושאלה תיאורטית אחת (שם אני מרשה לעצמי לשאול מה שאני רוצה מהחומר, ולפעמים גם שם יש סיפור).
הבעיות המילוליות במבחנים עד היום היו לרוב בעיות פיזיקליות בסיסיות מאוד: נפילה (עם או בלי התנגדות אוויר) או קפיץ. אם תפתחו את המבחנים הקודמים תראו שרוב השאלות הן פחות או יותר אותה שאלה עם מספרים אחרים. בעתיד אני רוצה להכניס גם בעיות מילוליות מורכבות יותר.
מאיפה להביא עוד בעיות מילוליות? יש דוגמאות רבות וטובות בספר Ordinary Differential Equations של Morris Tenenbaum ו־Harry Pollard (הוצאת Dover), בעיקר בפרקים 3 ו־6. וכמובן במבחנים הקודמים ובספרו של סמי זעפרני (הקישור בהרצאה 1).
עצה: כשאני פותר בעיה מילולית מספר, אני לא קורא את הפתרון מיד. קודם אני מנסה לבנות את המודל בעצמי, מנסה כמה כיוונים, ורק אחר כך בודק. זה לוקח יותר זמן, וזה מה שמלמד.
נפילה עם התנגדות אוויר (פרופורציונלית למהירות או לריבוע המהירות) ומהירות סופית, גוף בתנועה עם כוח גרר לא לינארי, המשוואה הלוגיסטית, ובעיות ערבוב של תמיסות – הרצאה 2.
בבעיות גאומטריות "חוקי העולם" הם נוסחאות מהתיכון ומחדו"א:
המשיק לגרף בנקודה [math]\displaystyle{ (x_0,y(x_0)) }[/math] הוא הישר [math]\displaystyle{ Y=y(x_0)+y'(x_0)(X-x_0) }[/math].
הוא חותך את ציר ה־y בגובה [math]\displaystyle{ y(x_0)-x_0y'(x_0) }[/math], ואת ציר ה־x בנקודה [math]\displaystyle{ x_0-\frac{y(x_0)}{y'(x_0)} }[/math] (כאשר [math]\displaystyle{ y'(x_0)\neq 0 }[/math]).
השטח מתחת לגרף בקטע [math]\displaystyle{ [a,x] }[/math] (כאשר [math]\displaystyle{ y\geq 0 }[/math]) הוא [math]\displaystyle{ \int_a^x y(t)dt }[/math], ואורך העקומה הוא [math]\displaystyle{ \int_a^x \sqrt{1+y'(t)^2}dt }[/math].
כשהדרישה נתונה באמצעות אינטגרלים, גוזרים את שני הצדדים ומקבלים מד"ר.
דוגמא: מצאו את משפחת העקומות שבהן הקטע של המשיק, בין נקודת ההשקה לבין נקודת החיתוך של המשיק עם ציר ה־y, נחצה על ידי ציר ה־x (כלומר אמצע הקטע נמצא על ציר ה־x). (Tenenbaum & Pollard, דוגמא 13.1)
נסמן את הפונקציה ב־[math]\displaystyle{ y }[/math] ונביט בנקודה [math]\displaystyle{ x_0\neq 0 }[/math]. המשיק חותך את ציר ה־y בנקודה [math]\displaystyle{ \left(0,y(x_0)-x_0y'(x_0)\right) }[/math].
אמצע הקטע בין נקודה זו לבין נקודת ההשקה [math]\displaystyle{ (x_0,y(x_0)) }[/math] הוא
ולכן [math]\displaystyle{ y=Cx^2 }[/math] עבור [math]\displaystyle{ C\neq 0 }[/math]. גם [math]\displaystyle{ y=0 }[/math] מקיים את המד"ר, ולכן אפשר לקחת כל [math]\displaystyle{ C }[/math] (אם כי עבור [math]\displaystyle{ C=0 }[/math] המשיק הוא ציר ה־x עצמו, וזה מקרה מנוון).
תשובה: הפרבולות [math]\displaystyle{ y=Cx^2 }[/math]. (ליתר דיוק, אפשר לבחור קבוע אחר בכל צד של ציר ה־y, כי המד"ר מתקיימת בכל צד בנפרד.)
בדיקה ב-GeoGebra: המשיק לפרבולה y=cx² בנקודה A פוגש את ציר ה-y בנקודה B, ואמצע הקטע AB נמצא על ציר ה-x
דוגמא: מצאו פונקציה בעלת התכונה הבאה: אם מעבירים את המשיק לגרף הפונקציה בנקודה [math]\displaystyle{ (x,y) }[/math], והוא חותך את ציר ה־x בנקודה [math]\displaystyle{ (a,0) }[/math], אזי שטח המשולש שקודקודיו [math]\displaystyle{ (a,0),(x,y),(x,0) }[/math] הוא 1.
סקיצה: המשיק בנקודה (x,y) חותך את ציר ה-x בנקודה (a,0), והמשולש שנוצר הוא בעל שטח 1
נסקץ, ונשאל מה שיפוע המשיק. המשיק עובר דרך הנקודות [math]\displaystyle{ (a,0) }[/math] ו־[math]\displaystyle{ (x,y) }[/math], ולכן
[math]\displaystyle{ y'=\frac{y}{x-a} }[/math]
כלומר [math]\displaystyle{ x-a=\frac{y}{y'} }[/math] (שימו לב ש־[math]\displaystyle{ y\neq 0 }[/math], אחרת אין משולש, ו־[math]\displaystyle{ y'\neq 0 }[/math], אחרת המשיק לא חותך את ציר ה־x).
מצד שני, שטח המשולש הוא [math]\displaystyle{ \frac{|y|\cdot|x-a|}{2}=1 }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ y(x-a)=\pm 2 }[/math]. נציב:
הסימן החיובי (זה המקרה שבו [math]\displaystyle{ y }[/math] ו־[math]\displaystyle{ x-a }[/math] באותו סימן, למשל [math]\displaystyle{ y>0 }[/math] והמשיק חותך את ציר ה־x משמאל לנקודה). זו מד"ר פרידה:
הסימן השלילי: באותו אופן [math]\displaystyle{ \frac{1}{y}=\frac{1}{2}x+C }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ y=\frac{2}{x+c} }[/math].
תשובה: כל ההיפרבולות [math]\displaystyle{ y=\frac{2}{x-c} }[/math] ו־[math]\displaystyle{ y=-\frac{2}{x-c} }[/math].
בדיקה: ראינו שאם יש פונקציה שמקיימת את התנאים, היא חייבת להיות כזו; צריך עוד לבדוק שהיא אכן מקיימת אותם. עבור [math]\displaystyle{ y=\frac{2}{x-c} }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ y'=-\frac{2}{(x-c)^2} }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ x-a=\frac{y}{y'}=-(x-c) }[/math], והשטח הוא
דוגמא (שאלת מבחן): עקומה [math]\displaystyle{ y=y(x) }[/math] עוברת דרך הנקודה [math]\displaystyle{ (a,a) }[/math], כאשר [math]\displaystyle{ a>0 }[/math], ומקיימת את התכונה הבאה: לכל נקודה [math]\displaystyle{ P=(x_0,y_0) }[/math] על העקומה (עם [math]\displaystyle{ x_0>0 }[/math]), הטרפז [math]\displaystyle{ OAPB }[/math] שנוצר על ידי המשיק לעקומה בנקודה [math]\displaystyle{ P }[/math], ציר ה־x, ציר ה־y והישר [math]\displaystyle{ x=x_0 }[/math] הוא בעל שטח [math]\displaystyle{ a^2 }[/math]. כאן [math]\displaystyle{ O }[/math] היא ראשית הצירים, [math]\displaystyle{ A=(x_0,0) }[/math], ו־[math]\displaystyle{ B }[/math] היא נקודת החיתוך של המשיק עם ציר ה־y.
(א) מצאו משוואה דיפרנציאלית לפונקציה [math]\displaystyle{ y(x) }[/math] הנובעת מכך ששטח הטרפז שווה [math]\displaystyle{ a^2 }[/math].
(ב) מצאו את פתרון המשוואה המקיים את תנאי ההתחלה הרלוונטי.
(א) המשיק בנקודה [math]\displaystyle{ x_0 }[/math] הוא [math]\displaystyle{ Y=y'(x_0)X+y(x_0)-y'(x_0)x_0 }[/math], ולכן הגובה של הנקודה [math]\displaystyle{ B }[/math] הוא [math]\displaystyle{ y(x_0)-x_0y'(x_0) }[/math].
הבסיסים של הטרפז הם [math]\displaystyle{ OB }[/math] ו־[math]\displaystyle{ AP=y(x_0) }[/math], והגובה שלו הוא [math]\displaystyle{ OA=x_0 }[/math]. שטח טרפז הוא סכום הבסיסים כפול הגובה חלקי 2:
זו מד"ר לינארית: המקדם של [math]\displaystyle{ y }[/math] הוא [math]\displaystyle{ -\frac{2}{x} }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ A(x)=-2\ln x }[/math] ו־[math]\displaystyle{ e^{A(x)}=\frac{1}{x^2} }[/math], ואגף ימין הוא [math]\displaystyle{ -\frac{2a^2}{x^2} }[/math] (לא להתבלבל בין הקבוע [math]\displaystyle{ a }[/math] מהשאלה לבין המקדם [math]\displaystyle{ a(x) }[/math] מנוסחת הפתרון). לכן
נציב את תנאי ההתחלה: [math]\displaystyle{ Ca^2+\frac{2}{3}a=a }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ C=\frac{1}{3a} }[/math].
תשובה:[math]\displaystyle{ y=\frac{x^2}{3a}+\frac{2a^2}{3x} }[/math] עבור [math]\displaystyle{ x>0 }[/math].
חקירה:[math]\displaystyle{ y'=\frac{2x}{3a}-\frac{2a^2}{3x^2} }[/math] מתאפסת ב־[math]\displaystyle{ x=a }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ (a,a) }[/math] היא נקודת המינימום של העקומה.
הערה: נוסחת השטח מניחה ש־[math]\displaystyle{ B }[/math] נמצאת מעל ציר ה־x. עבור הפתרון, הגובה של [math]\displaystyle{ B }[/math] הוא [math]\displaystyle{ y-xy'=\frac{4a^2}{3x}-\frac{x^2}{3a} }[/math], והוא חיובי רק כאשר [math]\displaystyle{ x<\sqrt[3]{4}\,a }[/math]. עבור [math]\displaystyle{ x_0 }[/math] גדול יותר המשיק חותך את ציר ה־x בין [math]\displaystyle{ O }[/math] ל־[math]\displaystyle{ A }[/math], הצורה כבר אינה טרפז, והנוסחה נותנת שטח "עם סימן".
דוגמא (מבחן מועד ב' 88-240 תשפ"ו): מצאו פונקציה [math]\displaystyle{ f(x) }[/math] המקיימת לכל [math]\displaystyle{ x_0\in\mathbb{R} }[/math] כי המשיק לגרף הפונקציה בנקודה [math]\displaystyle{ x=x_0 }[/math] עובר בנקודה [math]\displaystyle{ \left(0,f(x_0)\cdot(1-x_0^2)\right) }[/math], וכן [math]\displaystyle{ f(0)=1 }[/math].
המשיק בנקודה [math]\displaystyle{ x_0 }[/math] חותך את ציר ה־y בגובה [math]\displaystyle{ f(x_0)-x_0f'(x_0) }[/math]. לכן הדרישה היא
כלומר [math]\displaystyle{ x_0f'(x_0)=x_0^2f(x_0) }[/math]. עבור [math]\displaystyle{ x_0\neq 0 }[/math] נחלק ב־[math]\displaystyle{ x_0 }[/math] ונקבל את המד"ר
[math]\displaystyle{ f'=xf }[/math]
זו מד"ר פרידה (וגם לינארית), ופתרונה [math]\displaystyle{ f=Ce^{\frac{x^2}{2}} }[/math] (בכל צד של 0). מהתנאי [math]\displaystyle{ f(0)=1 }[/math] ומהרציפות של [math]\displaystyle{ f }[/math] ב־0 נקבל [math]\displaystyle{ C=1 }[/math] בשני הצדדים. בנקודה [math]\displaystyle{ x_0=0 }[/math] הדרישה היא [math]\displaystyle{ f(0)=f(0) }[/math], והיא מתקיימת תמיד.
דוגמא: מצאו משפחת פונקציות המקיימת כי אורך העקומה בקטע [math]\displaystyle{ [a,x] }[/math] פרופורציונלי לשטח שמתחת לעקומה באותו קטע (לכל [math]\displaystyle{ x }[/math]).
נסמן את הפונקציה ב־[math]\displaystyle{ y>0 }[/math] ואת קבוע הפרופורציה ב־[math]\displaystyle{ k>0 }[/math]. הדרישה היא
זו עדיין לא מד"ר, אבל אפשר לגזור את שני הצדדים. שני הצדדים מתאפסים ב־[math]\displaystyle{ x=a }[/math], ולכן הם שווים לכל [math]\displaystyle{ x }[/math] אם ורק אם הנגזרות שלהם שוות:
[math]\displaystyle{ y=k\sqrt{1+y'^2} }[/math]
בפרט [math]\displaystyle{ y\geq k }[/math]. נעלה בריבוע ונקבל [math]\displaystyle{ y'^2=\frac{y^2}{k^2}-1 }[/math].
פתרון קבוע: הפונקציה הקבועה [math]\displaystyle{ y\equiv k }[/math] מקיימת את המשוואה ([math]\displaystyle{ y'=0 }[/math]). אכן, השטח מתחת לה הוא [math]\displaystyle{ k(x-a) }[/math] והאורך שלה הוא [math]\displaystyle{ x-a }[/math].
פתרונות אחרים:[math]\displaystyle{ y'=\pm\sqrt{\frac{y^2}{k^2}-1} }[/math]. נלך על הסימן החיובי. זו מד"ר פרידה:
קצת אלגברה מגניבה: נסמן את אגף ימין ב־[math]\displaystyle{ A }[/math]. כיוון ש־[math]\displaystyle{ \left(y-\sqrt{y^2-k^2}\right)\left(y+\sqrt{y^2-k^2}\right)=k^2 }[/math], מתקיים [math]\displaystyle{ y+\sqrt{y^2-k^2}=\frac{k^2}{A} }[/math]. נחבר את שתי המשוואות:
הסימן השלילי נותן את אותן עקומות (את החצי היורד שלהן, [math]\displaystyle{ x<x_0 }[/math]).
תשובה:[math]\displaystyle{ y=k\cosh\left(\frac{x-x_0}{k}\right) }[/math], וגם הפונקציה הקבועה [math]\displaystyle{ y\equiv k }[/math].
הערות:
זו צורת השרשרת התלויה (catenary): שרשרת התלויה בין שתי נקודות מקבלת בדיוק צורה של [math]\displaystyle{ \cosh }[/math].
הפתרון [math]\displaystyle{ y\equiv k }[/math] לא מתקבל מהנוסחה לאף [math]\displaystyle{ x_0 }[/math]: הוא נוגע בכל אחת מהשרשראות בנקודה הנמוכה שלה [math]\displaystyle{ (x_0,k) }[/math]. דרך הנקודה [math]\displaystyle{ (x_0,k) }[/math] עוברים שני פתרונות שונים, וזה לא סותר את משפט הקיום והיחידות: הפונקציה [math]\displaystyle{ \sqrt{\frac{y^2}{k^2}-1} }[/math] אינה גזירה לפי [math]\displaystyle{ y }[/math] ב־[math]\displaystyle{ y=k }[/math], ולכן תנאי המשפט לא מתקיימים שם. אפשר אפילו להדביק את שני סוגי הפתרונות: הפונקציה ששווה ל־[math]\displaystyle{ k }[/math] עבור [math]\displaystyle{ x\leq x_0 }[/math] ול־[math]\displaystyle{ k\cosh\left(\frac{x-x_0}{k}\right) }[/math] עבור [math]\displaystyle{ x>x_0 }[/math] גזירה (הנגזרת בנקודה [math]\displaystyle{ x_0 }[/math] היא 0 משני הצדדים) ומקיימת את הדרישה.
דוגמא (בעיה מספרו של גלילאו גליליי): כדור נמצא בראש צוק. אפשר להפיל אותו ישר מהצוק לנקודה [math]\displaystyle{ B }[/math] שבתחתית הצוק, או לתת לו לגלוש לאורך מדרון ישר עד לנקודה [math]\displaystyle{ A }[/math]. אין כוחות נוספים פרט לכוח הכבידה (בפרט אין חיכוך).
האם הזמן שייקח לכדור להגיע ל־[math]\displaystyle{ B }[/math] גדול, שווה או קטן מהזמן שייקח לו להגיע ל־[math]\displaystyle{ A }[/math]?
האם המהירות שבה הכדור יגיע ל־[math]\displaystyle{ B }[/math] גדולה, שווה או קטנה מהמהירות שבה יגיע ל־[math]\displaystyle{ A }[/math]?
בעיית גלילאו: כדור בראש צוק נופל ישר לנקודה B או גולש במדרון לנקודה A
נסמן ב־[math]\displaystyle{ h }[/math] את גובה הצוק וב־[math]\displaystyle{ \alpha }[/math] את זווית המדרון, כך שאורך המדרון הוא [math]\displaystyle{ L=\frac{h}{\sin\alpha} }[/math].
נפילה מהצוק. נסמן ב־[math]\displaystyle{ y(t) }[/math] את המרחק שהכדור עבר, כשהכיוון החיובי כלפי מטה. לפי החוק השני של ניוטון [math]\displaystyle{ my''=mg }[/math], ועם [math]\displaystyle{ y(0)=y'(0)=0 }[/math] נקבל [math]\displaystyle{ y=\frac{g}{2}t^2 }[/math]. לכן
גלישה במדרון. נסמן ב־[math]\displaystyle{ s(t) }[/math] את המרחק שהכדור עבר לאורך המדרון. נפרק את כוח הכבידה לרכיב [math]\displaystyle{ mg\sin\alpha }[/math] בכיוון המדרון ולרכיב [math]\displaystyle{ mg\cos\alpha }[/math] הניצב למדרון (שמתקזז עם הכוח שהמדרון מפעיל על הכדור). לכן [math]\displaystyle{ ms''=mg\sin\alpha }[/math] ו־[math]\displaystyle{ s=\frac{g\sin\alpha}{2}t^2 }[/math]. הכדור מגיע ל־[math]\displaystyle{ A }[/math] כאשר [math]\displaystyle{ s=L }[/math]:
תשובה: לנקודה [math]\displaystyle{ A }[/math] הכדור מגיע מאוחר יותר (פי [math]\displaystyle{ \frac{1}{\sin\alpha} }[/math]), אבל באותה מהירות כמו ל־[math]\displaystyle{ B }[/math]: המהירות הסופית תלויה רק בגובה שממנו ירד (שימור אנרגיה).
(אם הכדור מתגלגל ולא מחליק, חלק מהאנרגיה הולך לסיבוב שלו, והמהירות ב־[math]\displaystyle{ A }[/math] קטנה יותר.)
דוגמא: אני זורק כדור במהירות התחלתית [math]\displaystyle{ v_0 }[/math] בזווית [math]\displaystyle{ \theta }[/math] ביחס לאופק, מגובה [math]\displaystyle{ y_0 }[/math] מעל הרצפה. על הכדור (שמסתו [math]\displaystyle{ m }[/math]) פועלים כוח המשיכה [math]\displaystyle{ mg }[/math] והתנגדות האוויר, שגודלה [math]\displaystyle{ b|v| }[/math] וכיוונה הפוך לכיוון התנועה. מהי הזווית האידיאלית, כך שהכדור יגיע למרחק הגדול ביותר?
שלב 1 – המודל. נסמן ב־[math]\displaystyle{ x(t) }[/math] את המרחק האופקי מנקודת הזריקה וב־[math]\displaystyle{ y(t) }[/math] את הגובה מעל הרצפה; הכיוון החיובי של [math]\displaystyle{ y }[/math] הוא כלפי מעלה. המהירות ההתחלתית בכיוון ציר ה־x היא [math]\displaystyle{ v_0\cos\theta }[/math], ובכיוון ציר ה־y היא [math]\displaystyle{ v_0\sin\theta }[/math].
כוח ההתנגדות הוא [math]\displaystyle{ -b }[/math] כפול וקטור המהירות [math]\displaystyle{ (x',y') }[/math], ולכן לפי [math]\displaystyle{ F=ma }[/math] בכל ציר בנפרד:
[math]\displaystyle{ mx''=-bx' }[/math]
[math]\displaystyle{ my''=-mg-by' }[/math]
שימו לב: כיוון שההתנגדות לינארית, שתי המשוואות נפרדות זו מזו. (בהתנגדות ריבועית הגודל [math]\displaystyle{ \sqrt{x'^2+y'^2} }[/math] היה מקשר ביניהן.) נסמן [math]\displaystyle{ k=\frac{b}{m} }[/math].
שלב 2 – הפתרון. המהירות האופקית מקיימת [math]\displaystyle{ v_x'+kv_x=0 }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ v_x=v_0\cos\theta\, e^{-kt} }[/math], ואחרי אינטגרציה עם [math]\displaystyle{ x(0)=0 }[/math]:
(כאשר [math]\displaystyle{ k\to 0 }[/math] מקבלים את הנוסחאות המוכרות [math]\displaystyle{ x=v_0\cos\theta\, t }[/math] ו־[math]\displaystyle{ y=y_0+v_0\sin\theta\, t-\frac{g}{2}t^2 }[/math].)
שלב 3 – חקירה.
כאשר [math]\displaystyle{ t\to\infty }[/math]: [math]\displaystyle{ v_x\to 0 }[/math] ו־[math]\displaystyle{ v_y\to-\frac{g}{k}=-\frac{mg}{b} }[/math], המהירות הסופית. כמו כן [math]\displaystyle{ x(t)<\frac{v_0\cos\theta}{k} }[/math] תמיד: גם אם הכדור לא היה נופל, הוא לא היה עובר את הקו האנכי [math]\displaystyle{ x=\frac{mv_0\cos\theta}{b} }[/math].
הגובה המקסימלי: [math]\displaystyle{ v_y=0 }[/math] ברגע [math]\displaystyle{ t^*=\frac{1}{k}\ln\left(1+\frac{kv_0\sin\theta}{g}\right) }[/math], ונציב:
זמן הנחיתה[math]\displaystyle{ T }[/math] מקיים [math]\displaystyle{ y(T)=0 }[/math]. במשוואה הזו [math]\displaystyle{ T }[/math] מופיע גם במעריך וגם מחוצה לו, ואין לה פתרון בעזרת הפונקציות האלמנטריות (אפשר לבטא אותו בעזרת פונקציית W של למברט, שאינה נלמדת בקורס).
לכן המרחק [math]\displaystyle{ R(\theta)=x(T(\theta)) }[/math] אינו נתון בנוסחה מפורשת, ואת הזווית האופטימלית מוצאים נומרית (ראו שיטות נומריות): לכל זווית מוצאים את [math]\displaystyle{ T }[/math] בשיטת החצייה, ואז מחפשים את הזווית שבה [math]\displaystyle{ x(T) }[/math] הכי גדול.
התוצאות עבור [math]\displaystyle{ v_0=20 }[/math] מטר לשנייה, [math]\displaystyle{ g=9.8 }[/math] ו־[math]\displaystyle{ y_0=0 }[/math]:
[math]\displaystyle{ k=\frac{b}{m} }[/math]
הזווית האופטימלית
המרחק המרבי (מטר)
המרחק בזווית 45° (מטר)
0
45.0°
40.8
40.8
0.1
42.5°
34.2
34.1
0.25
39.4°
27.6
27.1
0.5
35.5°
20.8
19.8
1
30.1°
13.9
12.5
כלומר עם התנגדות אוויר כדאי לזרוק בזווית נמוכה מ־45°, וככל שההתנגדות גדולה יותר הזווית קטנה יותר. (גם בלי התנגדות, כשזורקים מגובה [math]\displaystyle{ y_0>0 }[/math] הזווית האופטימלית קטנה מ־45°.)
קוד פייתון שמחשב את הזווית האופטימלית (בדיוק של עשירית מעלה, עבור [math]\displaystyle{ k>0 }[/math]):
from math import sin, cos, exp, log, radians
g, v0, k, y0 = 9.8, 20.0, 0.5, 0.0 # k = b/m
def pos(t, th): # x(t), y(t) from the solution
x = v0*cos(th)/k*(1 - exp(-k*t))
y = (v0*sin(th) + g/k)/k*(1 - exp(-k*t)) - g/k*t + y0
return x, y
def landing(th): # y(T)=0 by bisection
lo = log(1 + k*v0*sin(th)/g)/k # the top of the flight: y(lo)>0
hi = 2*lo + 1
while pos(hi, th)[1] > 0:
hi = 2*hi
for i in range(60):
mid = (lo + hi)/2
if pos(mid, th)[1] > 0:
lo = mid
else:
hi = mid
return lo
def distance(deg):
th = radians(deg)
return pos(landing(th), th)[0]
angles = [d/10 for d in range(10, 900)] # 1.0, 1.1, ..., 89.9 degrees
best = max(angles, key=distance)
print(best, distance(best), distance(45))
הפלט: 35.5 20.77... 19.81...
בניית מודל מאפס: כמה זמן לוקח לנמלה לחפור מנהרה?
(מתוך פרויקט המידול Ant Tunnel Building של Brian Winkel, באתר SIMIODE.)
נסמן ב־[math]\displaystyle{ T(x) }[/math] את הזמן שלוקח לנמלה לחפור מנהרה באורך [math]\displaystyle{ x }[/math]. קשה לנחש את [math]\displaystyle{ T }[/math] ישירות.
במקום זאת נשאל: כמה זמן לוקח להאריך מנהרה מאורך [math]\displaystyle{ x }[/math] לאורך [math]\displaystyle{ x+h }[/math]? כלומר, מהו [math]\displaystyle{ T(x+h)-T(x) }[/math]?
שימו לב: זה לא[math]\displaystyle{ T(h) }[/math]. כדי להאריך מנהרה קיימת, הנמלה צריכה לסחוב את החומר החוצה לאורך כל המנהרה.
הנחות: כמות החומר שצריך להוציא מהקטע [math]\displaystyle{ [x,x+h] }[/math] פרופורציונלית ל־[math]\displaystyle{ h }[/math], והזמן לסחוב אותה החוצה פרופורציונלי למרחק [math]\displaystyle{ x }[/math]. לכן, עבור [math]\displaystyle{ h }[/math] קטן,
כדאי לבדוק מועמדים אחרים במקרים פשוטים. למשל [math]\displaystyle{ T(x+h)-T(x)=x+h }[/math] או [math]\displaystyle{ T(x+h)-T(x)=c }[/math] לא מתאפסים כאשר [math]\displaystyle{ h=0 }[/math], אבל להאריך מנהרה באורך אפס צריך לקחת זמן אפס.
נחלק ב־[math]\displaystyle{ h }[/math] ונשאיף [math]\displaystyle{ h\to 0 }[/math], ונקבל את המד"ר
[math]\displaystyle{ T'(x)=cx }[/math]
עם תנאי ההתחלה [math]\displaystyle{ T(0)=0 }[/math]. לכן [math]\displaystyle{ T(x)=\frac{c}{2}x^2 }[/math].
חקירה:
מנהרה באורך [math]\displaystyle{ 2L }[/math] לוקחת [math]\displaystyle{ T(2L)=4T(L) }[/math]: פי ארבעה, לא פי שניים.
אם שתי נמלים חופרות בבת אחת משני צידי הגבעה, כל אחת חופרת [math]\displaystyle{ \frac{L}{2} }[/math], והזמן הוא [math]\displaystyle{ T\left(\frac{L}{2}\right)=\frac{1}{4}T(L) }[/math]. סך העבודה של שתיהן הוא [math]\displaystyle{ 2T\left(\frac{L}{2}\right)=\frac{1}{2}T(L) }[/math]. (מאותה סיבה חופרים מנהרות אמיתיות משני הקצוות.)
אם מוסיפים גם את זמן החפירה עצמו, [math]\displaystyle{ T(x+h)-T(x)\approx ah+cxh }[/math], מקבלים [math]\displaystyle{ T=ax+\frac{c}{2}x^2 }[/math], ואז הכפלת האורך מגדילה את הזמן פי מספר בין 2 ל־4.
תרגילים: עבודת בית 9 (מדעי המוח, תשפ"ג)
שתי הבעיות הראשונות לקוחות מספרו של סמי זעפרני.
שאלה 1: שיעור הילודה בגרמניה בשנת 2014 היה 0.00842, ואילו שיעור התמותה היה 0.0129 (לנפש בשנה). מתי אוכלוסיית גרמניה תגיע למחצית מגודלה?
הפתרון המלא נמצא בפרק על מודלים של גידול אוכלוסיות. בקצרה: [math]\displaystyle{ P'=(0.00842-0.0129)P=-0.00448P }[/math], ולכן האוכלוסייה תגיע למחצית מגודלה אחרי [math]\displaystyle{ \frac{\ln 2}{0.00448}\approx 154.7 }[/math] שנים (אם השיעורים לא ישתנו ולא תהיה הגירה).
שאלה 2: חומר רדיואקטיבי מתפרק כך שמספר האטומים שמתפרקים בכל רגע פרופורציונלי למספר האטומים הכולל, כלומר [math]\displaystyle{ y'(t)=ry(t) }[/math], כאשר [math]\displaystyle{ y(t) }[/math] היא כמות החומר ו־[math]\displaystyle{ r }[/math] מקדם הדעיכה. זמן מחצית החיים של פחמן 14 הוא 5568 שנים. חשבו את מקדם הדעיכה של פחמן 14.
הפתרון הוא [math]\displaystyle{ y=y(0)e^{rt} }[/math]. מהנתון [math]\displaystyle{ y(5568)=\frac{1}{2}y(0) }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ e^{5568r}=\frac{1}{2} }[/math], ולכן
שאלה 3: צנחן בעל מסה [math]\displaystyle{ m }[/math] צונח ממהירות התחלתית 0 מגובה רב אל פני הקרקע. הכוחות הפועלים עליו הם כוח הכבידה [math]\displaystyle{ mg }[/math] וכוח החיכוך עם האוויר [math]\displaystyle{ bv }[/math]. מצאו את מהירות הצנחן כפונקציה של הזמן.
זו בדיוק הנפילה עם התנגדות אוויר במהירות נמוכה מהרצאה 2, עם תנאי ההתחלה [math]\displaystyle{ v(0)=0 }[/math]. התשובה: [math]\displaystyle{ v(t)=\frac{mg}{b}\left(1-e^{-\frac{b}{m}t}\right) }[/math], והמהירות שואפת למהירות הסופית [math]\displaystyle{ \frac{mg}{b} }[/math].
שאלה 4: מגדל מים מכיל מיליון ליטרים של מים טהורים, ויש בו שני שסתומים. דרך שסתום אחד נכנסים מים מהולים בפלואוריד, בריכוז 0.1 ק"ג לליטר, בקצב של 80 ליטר לדקה. דרך השסתום השני יוצא הנוזל שבמיכל בקצב של 80 ליטר לדקה. כמה זמן ייקח לריכוז הפלואוריד במיכל להגיע ל־0.05 ק"ג לליטר? (הניחו שהמים במיכל מעורבבים היטב כל הזמן.)
הפתרון המלא נמצא בהרצאה 2, בבעיות הערבוב. בקצרה: כמות הפלואוריד מקיימת [math]\displaystyle{ Q'=8-\frac{Q}{12500} }[/math] עם [math]\displaystyle{ Q(0)=0 }[/math], והריכוז מגיע ל־0.05 אחרי [math]\displaystyle{ 12500\ln 2\approx 8664 }[/math] דקות, כשישה ימים.
שאלה 5: אוכלוסיית חיידקים מתרבה בקצב פרופורציונלי לגודלה. אם ביום הראשון היו באוכלוסייה 2 חיידקים, מה יהיה גודל האוכלוסייה כעבור 10 ימים?
[math]\displaystyle{ P'=kP }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ P(t)=2e^{k(t-1)} }[/math] (כש־[math]\displaystyle{ t }[/math] נמדד בימים והיום הראשון הוא [math]\displaystyle{ t=1 }[/math]). כעבור 10 ימים: [math]\displaystyle{ P=2e^{10k} }[/math].
שימו לב: בשאלה חסר נתון, קבוע הגדילה [math]\displaystyle{ k }[/math] (או גודל האוכלוסייה ביום נוסף). למשל, אם האוכלוסייה מוכפלת בכל יום, אז [math]\displaystyle{ k=\ln 2 }[/math] ו־[math]\displaystyle{ P=2\cdot 2^{10}=2048 }[/math].
מבט קדימה: משוואת החום וטורי פורייה
עד כאן עסקנו במד"ר – משוואות לפונקציות במשתנה אחד. מד"ח (משוואות דיפרנציאליות חלקיות) עוסקות בפונקציות בשני משתנים ומעלה, למשל מקום וזמן.
הרעיון המסדר נשאר: חוקי העולם יוצרים משוואה, פותרים אותה (הרבה יותר קשה), וחוקרים את הפתרון.
הבדל אחד: במד"ר פותרים משוואות שונות. במד"ח יש מעט משוואות מרכזיות, ופותרים את אותה משוואה עבור תנאי התחלה ותנאי שפה שונים. כבר תנאי ההתחלה הוא פונקציה שלמה, ולא מספר.
דוגמא – משוואת החום על טבעת. נסמן ב־[math]\displaystyle{ F(x,t) }[/math] את הטמפרטורה ברגע [math]\displaystyle{ t }[/math] בנקודה על הטבעת שהזווית שלה היא [math]\displaystyle{ x\in[-\pi,\pi] }[/math].
תנאי ההתחלה: הטמפרטורה ההתחלתית [math]\displaystyle{ F(x,0)=g(x) }[/math].
הטבעת סגורה: [math]\displaystyle{ x=-\pi }[/math] ו־[math]\displaystyle{ x=\pi }[/math] הן אותה נקודה, ולכן [math]\displaystyle{ F(\pi,t)=F(-\pi,t) }[/math] וגם [math]\displaystyle{ F_x(\pi,t)=F_x(-\pi,t) }[/math].
חוק העולם (מפיזיקה) הוא משוואת החום[math]\displaystyle{ F_t=kF_{xx} }[/math], עבור קבוע [math]\displaystyle{ k>0 }[/math].
הפרדת משתנים: ננחש פתרון שהוא מכפלה של שתי פונקציות במשתנה אחד, [math]\displaystyle{ F(x,t)=X(x)T(t) }[/math]. נציב: [math]\displaystyle{ XT'=kX''T }[/math], כלומר
הדרך היחידה שבה פונקציה של [math]\displaystyle{ t }[/math] שווה תמיד לפונקציה של [math]\displaystyle{ x }[/math] היא ששני הצדדים קבועים. נסמן את הקבוע ב־[math]\displaystyle{ C }[/math], ונקבל שתי מד"ר מהקורס: [math]\displaystyle{ T'=CT }[/math] ו־[math]\displaystyle{ X''=\frac{C}{k}X }[/math].
[math]\displaystyle{ T=e^{Ct} }[/math] (עד כדי קבוע). עבור [math]\displaystyle{ X }[/math] הפולינום האופייני הוא [math]\displaystyle{ r^2-\frac{C}{k}=0 }[/math], ותנאי השפה הם [math]\displaystyle{ X(\pi)=X(-\pi) }[/math] ו־[math]\displaystyle{ X'(\pi)=X'(-\pi) }[/math].
אם [math]\displaystyle{ C>0 }[/math]:[math]\displaystyle{ X=Ae^{\mu x}+Be^{-\mu x} }[/math] עם [math]\displaystyle{ \mu=\sqrt{\frac{C}{k}} }[/math]. אז [math]\displaystyle{ X(\pi)-X(-\pi)=(A-B)\left(e^{\mu\pi}-e^{-\mu\pi}\right) }[/math] ו־[math]\displaystyle{ X'(\pi)-X'(-\pi)=\mu(A+B)\left(e^{\mu\pi}-e^{-\mu\pi}\right) }[/math], ושניהם מתאפסים רק אם [math]\displaystyle{ A=B=0 }[/math].
אם [math]\displaystyle{ C=-\lambda<0 }[/math]:[math]\displaystyle{ X=A\cos(\omega x)+B\sin(\omega x) }[/math] עם [math]\displaystyle{ \omega=\sqrt{\frac{\lambda}{k}} }[/math]. אז
ויש פתרון שאינו אפס רק אם [math]\displaystyle{ \sin(\omega\pi)=0 }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ \omega=m }[/math] מספר טבעי, ו־[math]\displaystyle{ \lambda=m^2k }[/math].
וכיוון שמשוואת החום לינארית והומוגנית, גם כל צירוף לינארי שלהם הוא פתרון.
הערה מתמטית: התנאי [math]\displaystyle{ F(\pi,t)=F(-\pi,t) }[/math] לבדו אינו מספיק. למשל [math]\displaystyle{ e^{-2kt}\cos(\sqrt{2}x) }[/math] פותרת את משוואת החום ומקיימת אותו (כי קוסינוס היא פונקציה זוגית), אבל הנגזרת שלה לפי [math]\displaystyle{ x }[/math] קופצת בנקודה [math]\displaystyle{ x=\pm\pi }[/math], כך שעל הטבעת היא אינה גזירה. מאותה סיבה גם [math]\displaystyle{ \cosh(\mu x) }[/math] הייתה "מותרת". לכן דרשנו גם [math]\displaystyle{ F_x(\pi,t)=F_x(-\pi,t) }[/math] (או שמגדירים את [math]\displaystyle{ F }[/math] מלכתחילה על המעגל).
תנאי ההתחלה: ב־[math]\displaystyle{ t=0 }[/math] הפתרונות הם [math]\displaystyle{ \cos(mx) }[/math] ו־[math]\displaystyle{ \sin(mx) }[/math]. אבל מה אם הטמפרטורה ההתחלתית [math]\displaystyle{ g(x) }[/math] אינה כזו? כאן מתחילה אנליזת פורייה (ואם איני טועה, כך גם פורייה המציא אותה): מפרקים את [math]\displaystyle{ g }[/math] לצירוף של סינוסים וקוסינוסים,
חקירה: כאשר [math]\displaystyle{ t\to\infty }[/math] כל האיברים עם [math]\displaystyle{ m\geq 1 }[/math] דועכים, ו־[math]\displaystyle{ F\to\frac{a_0}{2}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}g(x)dx }[/math], הטמפרטורה הממוצעת: הטמפרטורה על הטבעת מתאזנת. התדרים הגבוהים ([math]\displaystyle{ m }[/math] גדול) דועכים הכי מהר, כלומר הבדלי טמפרטורה חדים נעלמים ראשונים.
הרעיון של פירוק כל אות (פונקציה) לסכום של גלים הוליד את אנליזת פורייה. להמשך: אנליזת פורייה - ארז שיינר.
מודלים של גידול אוכלוסיות והתפשטות מגיפות
הנגזרת היא קצב שינוי. ראינו את זה בפיזיקה (מהירות, תאוצה), אבל אותו רעיון מתאר גם תהליכים בביולוגיה: [math]\displaystyle{ N'(t) }[/math] הוא קצב הגידול של אוכלוסייה, ו[math]\displaystyle{ S'(t) }[/math] הוא קצב השינוי של מספר האנשים שעדיין עלולים להידבק במחלה.
גם כאן עובדים בשלושה שלבים: בונים מד"ר מ"חוקי העולם" (כאן - הנחות המודל), פותרים אותה, וחוקרים את הפתרון.
הערה על מודלים: את המודל לא מוכיחים. מניחים מודל פשוט עם קבועים לא ידועים, מוצאים את הקבועים ממדידות בשטח, ובודקים אם המודל חוזה היטב את המדידות הבאות. אם כן, משתמשים בו כדי לחזות את העתיד. כך, למשל, העריכו בזמן הקורונה את מקדם ההדבקה.
כדי להבין את הנוסחאות צריך יכולת מתמטית, אבל צריך גם לדעת "לכבות את המתמטיקאי" לרגע ולהגיד: נניח שזה המודל, ונראה לאן הוא מוביל.
נניח שכל חיידק מתפצל לשניים בכל דקה, כלומר בכל דקה האוכלוסייה מכפילה את עצמה.
נסמן ב[math]\displaystyle{ N(t) }[/math] את כמות החיידקים בזמן [math]\displaystyle{ t }[/math] (נמדד בדקות).
אפשר לתאר את התהליך בעזרת סדרה: [math]\displaystyle{ N(t+1)=2N(t) }[/math]. גישת המד"ר מסתכלת על התהליך באופן רציף: קצב גידול האוכלוסייה [math]\displaystyle{ N'(t) }[/math] הוא תוספת של [math]\displaystyle{ N(t) }[/math] חיידקים לדקה.
נקבל את המד"ר [math]\displaystyle{ N'=N }[/math], שפתרונה [math]\displaystyle{ N(t)=Ce^t }[/math], כאשר [math]\displaystyle{ C=N(0) }[/math] הוא גודל האוכלוסייה ההתחלתי.
המודל הבדיד מול המודל הרציף.
אם האוכלוסייה מכפילה את עצמה בדיוק בכל דקה, אז [math]\displaystyle{ N(t)=N(0)\cdot 2^t=N(0)e^{t\ln 2} }[/math], ופונקציה זו מקיימת [math]\displaystyle{ N'=(\ln 2)N\approx 0.69N }[/math].
המד"ר [math]\displaystyle{ N'=N }[/math] מניחה משהו אחר: כל חיידק מוסיף חיידק אחד לדקה באופן רציף, והחיידקים החדשים מתחילים להתרבות מיד. לכן אחרי דקה מקבלים פי [math]\displaystyle{ e\approx 2.718 }[/math] ולא פי 2.
זה בדיוק ההבדל בין ריבית שמשולמת פעם בשנה לבין ריבית רציפה (ריבית דריבית בהרצאה 1).
באופן כללי כותבים [math]\displaystyle{ N'=rN }[/math] ומוצאים את [math]\displaystyle{ r }[/math] מהמדידות: אם האוכלוסייה מכפילה את עצמה כל [math]\displaystyle{ T }[/math] יחידות זמן, אז [math]\displaystyle{ e^{rT}=2 }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ r=\frac{\ln 2}{T} }[/math].
באופן כללי, אם בכל יחידת זמן נולדים [math]\displaystyle{ \beta N }[/math] פרטים ומתים [math]\displaystyle{ \delta N }[/math] פרטים, קצב הגידול הוא [math]\displaystyle{ N'=rN }[/math] עם [math]\displaystyle{ r=\beta-\delta }[/math]. זו המשוואה [math]\displaystyle{ y'=ry }[/math] מהרצאה 1, ופתרונה [math]\displaystyle{ N(t)=N(0)e^{rt} }[/math].
אם [math]\displaystyle{ r>0 }[/math] האוכלוסייה גדלה אקספוננציאלית, ואם [math]\displaystyle{ r<0 }[/math] היא דועכת אקספוננציאלית. למשל, אם כל זוג מביא בממוצע ילד אחד בלבד, האוכלוסייה קטנה.
מלתוס (Malthus) קבע שהאוכלוסייה האנושית גדלה בטור הנדסי ומכפילה את עצמה אחרי פרק זמן קבוע, למשל כל 25 שנה. במודל הרציף זה אומר [math]\displaystyle{ e^{25r}=2 }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ r=\frac{\ln 2}{25}\approx 0.0277 }[/math] (כ־2.8% לשנה).
דוגמא: שיעור הילודה בגרמניה בשנת 2014 היה 0.00842, ושיעור התמותה היה 0.0129 (לנפש לשנה). מתי תגיע אוכלוסיית גרמניה למחצית מגודלה? (מתוך עבודת בית 9 בקורס 27-301; השאלה לקוחה מספרו של סמי זעפרני)
נסמן ב[math]\displaystyle{ y(t) }[/math] את גודל האוכלוסייה [math]\displaystyle{ t }[/math] שנים אחרי 2014.
לכן [math]\displaystyle{ y(t)=y(0)e^{-0.00448t} }[/math].
נחפש את [math]\displaystyle{ T }[/math] שעבורו [math]\displaystyle{ y(T)=\frac{1}{2}y(0) }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ e^{-0.00448T}=\frac{1}{2} }[/math].
לכן [math]\displaystyle{ T=\frac{\ln 2}{0.00448}\approx 154.7 }[/math] שנים.
כלומר, אם השיעורים לא ישתנו, האוכלוסייה תגיע למחצית מגודלה בערך בשנת 2169.
אבל המודל פשוט מדי: בקערית של חיידקים, בשלב מסויים יתחילו לאזול המקום ושאר המשאבים. גידול אקספוננציאלי לא יכול להימשך לנצח.
ב־1838 פרסם המתמטיקאי הבלגי פייר פרנסואה ורהולסט (P.-F. Verhulst) מאמר קצר בשם Notice sur la loi que la population suit dans son accroissement ("הערה על החוק שלפיו אוכלוסייה גדלה"), בכתב העת Correspondance mathématique et physique, כרך 10 (1838), עמ' 113-121 (סריקה של הכרך בארכיון האינטרנט).
ורהולסט מתחיל מהעיקרון של מלתוס, ומסביר שהגידול מוגבל: השטח והפוריות של הארץ מוגבלים, ולכן האוכלוסייה נוטה להתייצב.
[math]\displaystyle{ p(t) }[/math] הוא גודל האוכלוסייה, ו[math]\displaystyle{ mp }[/math] הוא הגידול כמו אצל מלתוס (האוכלוסייה מביאה צאצאים).
[math]\displaystyle{ \varphi(p) }[/math] היא פונקציה לא ידועה של גודל האוכלוסייה, שמאטה את הגידול (האוכלוסייה מכלה את המשאבים).
כלומר קצב השינוי של גודל האוכלוסייה תלוי בגודל שלה: בצורה חיובית, כי האוכלוסייה מביאה צאצאים, ובצורה שלילית, כי האוכלוסייה מכלה משאבים.
הערה: בכל מקרה זו מד"ר פרידה: [math]\displaystyle{ \frac{dp}{mp-\varphi(p)}=dt }[/math]. אבל האינטגרל עשוי להיות מזוויע.
ההנחה הפשוטה ביותר של ורהולסט היא [math]\displaystyle{ \varphi(p)=np^2 }[/math], ואז מקבלים את המשוואה הלוגיסטית:
[math]\displaystyle{ p'=mp-np^2=p(m-np) }[/math]
זו בדיוק המשוואה [math]\displaystyle{ y'=y(a-by) }[/math] מהרצאה 2: גודל האוכלוסייה כפול המשאבים הפנויים[math]\displaystyle{ a-by }[/math], שהולכים וקטנים ככל שהאוכלוסייה גדלה. מצד אחד יש יותר פרו ורבו, ומצד שני המשאבים מתמעטים.
עם תנאי ההתחלה [math]\displaystyle{ p(0)=p_0 }[/math] הפתרון הוא
נחלץ את [math]\displaystyle{ p }[/math]: [math]\displaystyle{ p=(m-np)Ae^{mt} }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ p\left(1+nAe^{mt}\right)=mAe^{mt} }[/math], ולכן
את אותה משוואה אפשר לפתור גם כמשוואת ברנולי, ואז הפתרון נכתב בצורה [math]\displaystyle{ y=\frac{1}{Ce^{-at}+\frac{b}{a}} }[/math]. ראו את הדוגמא המשוואה הלוגיסטית בהרצאה 2 (בפרק משוואת ברנולי). זו אותה נוסחה, עם [math]\displaystyle{ a=m,\ b=n }[/math] ו[math]\displaystyle{ C=\frac{1}{p_0}-\frac{n}{m} }[/math].
הערה: אם [math]\displaystyle{ a,b }[/math] תלויים בזמן (למשל משאבים שמשתנים עם עונות השנה), המשוואה כבר אינה פרידה, אבל היא עדיין משוואת ברנולי ופותרים אותה באותה דרך.
עוד מתוך המאמר של ורהולסט (1838).
ורהולסט מזכיר שהסטטיסטיקאי קטלה (Quetelet) הניח שה"התנגדות" לגידול האוכלוסייה פרופורציונלית לריבוע מהירות הגידול, וכך השווה את גידול האוכלוסייה לגוף הנופל בתווך שמתנגד לתנועה. זה מזכיר את המודל של נפילה חופשית עם התנגדות אוויר בהרצאה 2: שם המהירות שואפת למהירות סופית, וכאן האוכלוסייה שואפת לגודל מקסימלי.
הוא כותב שכל נוסחה שמתארת את חוק האוכלוסייה צריכה להגיע לערך מקסימלי רק אחרי זמן אינסופי, וזה יהיה גודל האוכלוסייה כשתתייצב.
מלבד [math]\displaystyle{ \varphi(p)=np^2 }[/math] הוא ניסה גם [math]\displaystyle{ \varphi(p)=np^3 }[/math], [math]\displaystyle{ \varphi(p)=np^4 }[/math] ו[math]\displaystyle{ \varphi(p)=n\log p }[/math]. כל ההנחות התאימו לנתונים בערך באותה מידה, אבל נתנו גבולות עליונים שונים מאוד לאוכלוסייה.
במאמר יש טבלאות שמשוות את הנוסחה לנתוני האוכלוסייה של צרפת, בלגיה, מחוז אסקס באנגליה ורוסיה.
והקטע המשעשע: ורהולסט כותב שבשלב מסויים נטש את המחקר, כי הנתונים לא הספיקו כדי לבדוק את הנוסחאות בלי ספק, ופרסם את התוצאות רק בעקבות הזמנה של קטלה. כמעט 200 שנה אחר כך לומדים את המודל שלו בקורסים במד"ר, והוא משמש עד היום, בעיקר לאוכלוסיות פשוטות כמו חיידקים.
[math]\displaystyle{ r }[/math] הוא קצב הגידול כשהאוכלוסייה קטנה.
[math]\displaystyle{ K }[/math] הוא כושר הנשיאה (carrying capacity): הגודל המקסימלי שהסביבה יכולה לקיים. הגורם [math]\displaystyle{ 1-\frac{P}{K} }[/math] הוא החלק של המשאבים שעדיין פנויים.
יש שני פתרונות קבועים (נקודות שיווי משקל): [math]\displaystyle{ P\equiv 0 }[/math] ו[math]\displaystyle{ P\equiv K }[/math].
אם [math]\displaystyle{ 0<P_0<K }[/math], האוכלוסייה עולה ושואפת ל[math]\displaystyle{ K }[/math]. אם [math]\displaystyle{ P_0>K }[/math], היא יורדת ושואפת ל[math]\displaystyle{ K }[/math]. כלומר פתרונות שמתחילים ליד [math]\displaystyle{ K }[/math] מתקרבים אליו (שיווי משקל יציב), ופתרונות שמתחילים ליד 0 מתרחקים ממנו (שיווי משקל לא יציב).
בהתחלה, כש[math]\displaystyle{ P }[/math] קטנה ביחס ל[math]\displaystyle{ K }[/math], מתקיים [math]\displaystyle{ P'\approx rP }[/math] והגידול כמעט אקספוננציאלי.
אם [math]\displaystyle{ P_0<\frac{K}{2} }[/math], הגרף קמור עד שהאוכלוסייה מגיעה לחצי מ[math]\displaystyle{ K }[/math], ואחר כך קעור: עקומת S. נקודת הפיתול היא ב[math]\displaystyle{ P=\frac{K}{2} }[/math], בזמן [math]\displaystyle{ t=\frac{\ln C}{r} }[/math], ושם קצב הגידול מקסימלי: [math]\displaystyle{ P'=\frac{rK}{4} }[/math].
הוכחה.
הפונקציה [math]\displaystyle{ f(P)=rP\left(1-\frac{P}{K}\right) }[/math] היא פולינום, ולכן לפי משפט הקיום והיחידות לכל תנאי התחלה יש פתרון יחיד. בפרט גרף של פתרון לא יכול לחתוך את הפתרונות הקבועים [math]\displaystyle{ P\equiv 0 }[/math] ו[math]\displaystyle{ P\equiv K }[/math] (בנקודת החיתוך היו שני פתרונות שונים עם אותו תנאי התחלה).
לכן אם [math]\displaystyle{ 0<P_0<K }[/math] אז [math]\displaystyle{ 0<P(t)<K }[/math] לכל [math]\displaystyle{ t\ge 0 }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ P'=rP\left(1-\frac{P}{K}\right)>0 }[/math] והפתרון עולה. אם [math]\displaystyle{ P_0>K }[/math] אז [math]\displaystyle{ P(t)>K }[/math] לכל [math]\displaystyle{ t\ge 0 }[/math] ו[math]\displaystyle{ P'<0 }[/math].
בשני המקרים, מהנוסחה [math]\displaystyle{ P(t)=\frac{K}{1+Ce^{-rt}} }[/math] רואים ש[math]\displaystyle{ P(t)\to K }[/math] כאשר [math]\displaystyle{ t\to\infty }[/math].
נגזור את המד"ר לפי [math]\displaystyle{ t }[/math] (כלל השרשרת):
כאשר [math]\displaystyle{ 0<P<K }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ P'>0 }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ P''>0 }[/math] כש[math]\displaystyle{ P<\frac{K}{2} }[/math] ו[math]\displaystyle{ P''<0 }[/math] כש[math]\displaystyle{ P>\frac{K}{2} }[/math]. זו נקודת הפיתול.
כפונקציה של [math]\displaystyle{ P }[/math], הקצב [math]\displaystyle{ rP\left(1-\frac{P}{K}\right) }[/math] הוא פרבולה הפוכה עם שורשים 0 ו[math]\displaystyle{ K }[/math], ולכן הוא מקסימלי באמצע, ב[math]\displaystyle{ P=\frac{K}{2} }[/math], ושם ערכו [math]\displaystyle{ \frac{rK}{4} }[/math].
לבסוף, [math]\displaystyle{ P(t)=\frac{K}{2} }[/math] כאשר [math]\displaystyle{ Ce^{-rt}=1 }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ t=\frac{\ln C}{r} }[/math] (זה זמן חיובי רק אם [math]\displaystyle{ C>1 }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ P_0<\frac{K}{2} }[/math]).
מאיפה השם "לוגיסטית"? את השם נתן ורהולסט במאמר השני שלו על הנושא, Recherches mathématiques sur la loi d'accroissement de la population, שפורסם ב־Nouveaux mémoires de l'Académie royale des sciences et belles-lettres de Bruxelles, כרך 18 (1845) (סריקה של הכרך בארכיון האינטרנט).
שם הוא כותב: "Nous donnerons le nom de logistique à la courbe" (ניתן את השם לוגיסטית לעקומה), ומציין שיש לה אסימפטוטה מקבילה לציר הזמן בגובה [math]\displaystyle{ \frac{m}{n} }[/math].
בשרטוט שמצורף למאמר מופיעות זו לצד זו העקומה ה־Logistique והעקומה האקספוננציאלית (שאותה כינה Logarithmique), יחד עם האסימפטוטה.
המשוואה הלוגיסטית המוכללת
כבר במאמר מ־1838 ורהולסט מציע לקחת [math]\displaystyle{ \varphi(p)=np^{\alpha} }[/math] עם [math]\displaystyle{ \alpha }[/math] כלשהו.
עם [math]\displaystyle{ \varphi(p)=bp^{\alpha} }[/math] מקבלים את המשוואה הלוגיסטית המוכללת:
[math]\displaystyle{ p'-mp=-bp^{\alpha} }[/math]
עבור [math]\displaystyle{ \alpha\neq 0,1 }[/math] זו משוואת ברנולי, והמקרה [math]\displaystyle{ \alpha=2 }[/math] הוא המשוואה הלוגיסטית.
דוגמא: פתרו את המשוואה הלוגיסטית המוכללת [math]\displaystyle{ p'=mp-bp^{\alpha} }[/math] עבור [math]\displaystyle{ \alpha>1 }[/math] ו[math]\displaystyle{ m,b>0 }[/math].
כאשר [math]\displaystyle{ t\to\infty }[/math] מקבלים [math]\displaystyle{ p\to\left(\frac{m}{b}\right)^{\frac{1}{\alpha-1}} }[/math], וזה הגבול העליון של האוכלוסייה במודל הזה. ככל ש[math]\displaystyle{ \alpha }[/math] משתנה הגבול משתנה, כמו שורהולסט שם לב.
עבור [math]\displaystyle{ \alpha=2 }[/math] מקבלים [math]\displaystyle{ p=\frac{1}{Ce^{-mt}+\frac{b}{m}} }[/math], הפתרון של המשוואה הלוגיסטית.
שימו לב לסימן: [math]\displaystyle{ bp^{\alpha} }[/math] מופחת מהגידול, ולכן באגף ימין של [math]\displaystyle{ p'-mp }[/math] מופיע [math]\displaystyle{ -bp^{\alpha} }[/math].
במעבדה, אוכלוסיית חיידקים בקערית עוברת בדרך כלל שלושה שלבים:
שלב ההשהיה (lag): החיידקים מסתגלים לסביבה, והגידול מתחיל לאט.
השלב האקספוננציאלי: [math]\displaystyle{ N'\approx rN }[/math], כמו במודל הראשון של הפרק.
השלב הסטציונרי: המשאבים אוזלים, והאוכלוסייה מתייצבת על ערך מקסימלי, כמו במשוואה הלוגיסטית.
(אחר כך יכול לבוא גם שלב של תמותה.)
כשמציירים את [math]\displaystyle{ y=\ln\frac{N}{N_0} }[/math] כפונקציה של הזמן, מקבלים עקומת S. יש כמה מודלים לעקומה כזו: לוגיסטי, גומפרץ (Gompertz), ריצ'רדס (Richards), שנוטה (Schnute) וסטנרד (Stannard).
במאמר M. H. Zwietering et al., Modeling of the Bacterial Growth Curve, Applied and Environmental Microbiology 56 (1990), 1875-1881 (קישור למאמר) משווים את המודלים האלה. המסקנה: לנתוני הגידול של החיידק Lactobacillus plantarum עקומת גומפרץ המותאמת מספיקה מבחינה סטטיסטית, והיא גם נוחה לשימוש.
עקומת גומפרץ.
עקומת גומפרץ היא [math]\displaystyle{ y=ae^{-e^{b-ct}} }[/math] (עם [math]\displaystyle{ a,c>0 }[/math]).
גם היא פותרת מד"ר מאותו סוג כמו המשוואה הלוגיסטית: קצב = גודל כפול פונקציה שקטנה כשהגודל גדל. אכן, [math]\displaystyle{ y'=y\cdot ce^{b-ct} }[/math], ו[math]\displaystyle{ e^{b-ct}=\ln\frac{a}{y} }[/math], ולכן
[math]\displaystyle{ y'=cy\ln\frac{a}{y} }[/math]
במאמר כותבים את העקומה בעזרת שלושה פרמטרים בעלי משמעות ביולוגית:
[math]\displaystyle{ A }[/math] הוא האסימפטוטה (הערך המקסימלי של [math]\displaystyle{ y }[/math]).
[math]\displaystyle{ \mu_m }[/math] הוא קצב הגידול המקסימלי: שיפוע המשיק בנקודת הפיתול.
[math]\displaystyle{ \lambda }[/math] הוא זמן ההשהיה: הנקודה שבה המשיק בנקודת הפיתול חותך את ציר הזמן.
עוד מודלים של גידול ודעיכה
התפשטות של מילה בשפה (מתוך אוסף תרחישי המידול SIMIODE, "Propagation of the word Jumbo"):
הפיל ג'מבו (Jumbo) הפך במאה ה־19 לאטרקציה מפורסמת, והמילה jumbo ("ענק") נכנסה לאנגלית.
נגדיר [math]\displaystyle{ P(t) }[/math] = אחוז המילים שהן jumbo מכל המילים בספרים שפורסמו בשנה [math]\displaystyle{ t }[/math] (לפי נתוני Google Ngrams). המודל הפשוט: [math]\displaystyle{ P'=kP }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ P(t)=P(0)e^{kt} }[/math].
התאמה של אקספוננט לנתונים של השנים 1880-1940 נותנת [math]\displaystyle{ k\approx 0.055 }[/math] לשנה, כלומר השימוש במילה הוכפל בערך כל [math]\displaystyle{ \frac{\ln 2}{0.055}\approx 12.6 }[/math] שנים.
שאלה למחשבה: האם המודל נשאר תקף כש[math]\displaystyle{ t\to\infty }[/math]? לא: לפי המודל האחוז היה עובר בסוף את 100, וברור שהשימוש במילה לא יכול לגדול אקספוננציאלית לנצח. זו בדיוק הסיבה לעבור למודל לוגיסטי.
קצב של תגובה כימית (גם זה מתוך SIMIODE): אם [math]\displaystyle{ y(t) }[/math] הוא ריכוז החומר המגיב, מודל נפוץ הוא
[math]\displaystyle{ y'=-ky^m }[/math]
[math]\displaystyle{ k>0 }[/math] הוא קבוע הקצב, ו[math]\displaystyle{ m }[/math] נקרא סדר התגובה. כל המשוואות האלה פרידות:
[math]\displaystyle{ m=0 }[/math]: [math]\displaystyle{ y=y(0)-kt }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ y }[/math] לינארית ב[math]\displaystyle{ t }[/math].
[math]\displaystyle{ m=1 }[/math]: [math]\displaystyle{ y=y(0)e^{-kt} }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ \ln y }[/math] לינארית ב[math]\displaystyle{ t }[/math].
[math]\displaystyle{ m=2 }[/math]: [math]\displaystyle{ \frac{1}{y}=\frac{1}{y(0)}+kt }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ \frac{1}{y} }[/math] לינארית ב[math]\displaystyle{ t }[/math].
כך הכימאים מזהים את סדר התגובה מהנתונים: בודקים איזה מהגדלים [math]\displaystyle{ y }[/math], [math]\displaystyle{ \ln y }[/math], [math]\displaystyle{ \frac{1}{y} }[/math] מתנהג כמו פונקציה לינארית של הזמן.
דוגמא: בפירוק של מי חמצן ([math]\displaystyle{ H_2O_2 }[/math]) נמדד הריכוז (במול לליטר) בזמנים שונים (בשניות):
[math]\displaystyle{ t }[/math]
[math]\displaystyle{ y }[/math]
[math]\displaystyle{ \ln y }[/math]
[math]\displaystyle{ \frac{1}{y} }[/math]
0
1.00
0
1.00
120
0.91
-0.094
1.10
300
0.78
-0.248
1.28
600
0.59
-0.528
1.69
1200
0.37
-0.994
2.70
1800
0.22
-1.514
4.55
2400
0.13
-2.040
7.69
3000
0.082
-2.501
12.2
3600
0.05
-2.996
20.0
מה סדר התגובה, ומהו קבוע הקצב?
[math]\displaystyle{ y }[/math] אינה לינארית: ב־120 השניות הראשונות היא יורדת ב־0.09, ובין 3000 ל־3600 היא יורדת רק ב־0.032. לכן זו לא תגובה מסדר 0.
[math]\displaystyle{ \frac{1}{y} }[/math] אינה לינארית: בהתחלה היא עולה ב־0.1 ב־120 שניות, ובסוף ב־7.8 ב־600 שניות. לכן זו לא תגובה מסדר 2.
לעומת זאת [math]\displaystyle{ \ln y }[/math] יורדת כמעט בדיוק באותו קצב לאורך כל הזמן: בכל 600 שניות היא יורדת בערך ב־0.5. לכן זו תגובה מסדר ראשון, [math]\displaystyle{ y'=-ky }[/math].
השיפוע של [math]\displaystyle{ \ln y }[/math] הוא [math]\displaystyle{ -k }[/math]. למשל [math]\displaystyle{ k\approx\frac{2.996}{3600}\approx 8.3\cdot 10^{-4} }[/math] לשנייה (גם קו הריבועים הפחותים דרך כל הנקודות נותן [math]\displaystyle{ k\approx 8.35\cdot 10^{-4} }[/math]).
לכן [math]\displaystyle{ y(t)\approx e^{-0.00083t} }[/math], וזמן מחצית החיים הוא [math]\displaystyle{ \frac{\ln 2}{k}\approx 830 }[/math] שניות, בערך 14 דקות.
במאמר הם שואלים מה קובע את גודלן של מגיפות, ובפרט: האם מגיפה נעצרת רק כשלא נשארו אנשים שעשויים להידבק, או שהיא יכולה להיעצר כשעדיין יש רבים כאלה. המאמר מטפל במודלים כלליים יותר; אנחנו נתמקד במקרה הפשוט שבו כל הקצבים קבועים (במאמר זו משוואה 29, בעמ' 713).
יש לנו אוכלוסייה בגודל קבוע [math]\displaystyle{ N }[/math]: מלבד המחלה אף אחד לא נולד ולא מת (מדובר בפרק זמן קצר). מחלקים את האוכלוסייה לשלוש קבוצות:
[math]\displaystyle{ S(t) }[/math] - כמות האנשים שעשויים להידבק בזמן [math]\displaystyle{ t }[/math] (Susceptible).
[math]\displaystyle{ I(t) }[/math] - כמות האנשים החולים והמדבקים בזמן [math]\displaystyle{ t }[/math] (Infectious).
[math]\displaystyle{ R(t) }[/math] - כמות האנשים שהוסרו: הם לא מדבקים ולא יכולים להידבק (Removed). למה removed ולא recovered? כי ייתכן שהם מתו.
במאמר משתמשים באותיות [math]\displaystyle{ x,y,z }[/math] במקום [math]\displaystyle{ S,I,R }[/math].
לכל זמן [math]\displaystyle{ t }[/math]:
[math]\displaystyle{ S(t)+I(t)+R(t)=N }[/math]
השאלות: באילו תנאים המגיפה מתפרצת, באילו תנאים היא דועכת, וכמה אנשים יחלו בסך הכל.
המודל הוא מערכת המד"ר הבאה, עם קבועים חיוביים [math]\displaystyle{ k,l }[/math]:
[math]\displaystyle{ S'=-kSI }[/math]
[math]\displaystyle{ I'=kSI-lI }[/math]
[math]\displaystyle{ R'=lI }[/math]
[math]\displaystyle{ kSI }[/math] הוא מספר הנדבקים החדשים ביחידת זמן. הוא פרופורציונלי גם לכמות החולים וגם לכמות האנשים שעשויים להידבק, ו[math]\displaystyle{ k }[/math] תלוי במחלה (כמה היא מדבקת).
[math]\displaystyle{ lI }[/math] הוא מספר האנשים שמוסרים ביחידת זמן, כי הבריאו או מתו: בכל יחידת זמן חלק קבוע מהחולים מפסיק להיות מדבק.
הערה: זו לא מערכת לינארית, בגלל המכפלה [math]\displaystyle{ SI }[/math]. לכן השיטה של ערכים עצמיים ווקטורים עצמיים מהרצאה 9 לא עובדת כאן. נראה טריק ספציפי למערכת הזו.
הסבר המשוואות.
[math]\displaystyle{ S' }[/math] שלילי: מי שנדבק מפסיק להיות "עשוי להידבק". כדי שיהיו הרבה הדבקות צריך גם הרבה אנשים שיכולים להידבק וגם הרבה חולים שידביקו אותם, ולכן הקצב הוא קבוע כפול מכפלה[math]\displaystyle{ SI }[/math] (ולא סכום).
[math]\displaystyle{ I' }[/math]: כל מי שיצא מ[math]\displaystyle{ S }[/math] נכנס ל[math]\displaystyle{ I }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ +kSI }[/math]; ובנוסף, בקצב מסויים חולים מחלימים או מתים, ולכן [math]\displaystyle{ -lI }[/math]. למשל, אם בכל יום 3 מכל 100 חולים מוסרים, אז [math]\displaystyle{ l=0.03 }[/math] ליום.
[math]\displaystyle{ R'=lI }[/math]: מי שיצא מ[math]\displaystyle{ I }[/math] נכנס ל[math]\displaystyle{ R }[/math].
שימו לב ש[math]\displaystyle{ R }[/math] לא מופיעה באגפים הימניים: מי שיצא מהמשחק כבר לא משפיע על המשך המגיפה.
המודל הוא הנחה, לא משפט: לא מוכיחים שקצב ההדבקה הוא [math]\displaystyle{ kSI }[/math]. מניחים, מוצאים את הקבועים מהנתונים, ובודקים אם המודל חוזה היטב.
טענה: המשוואה השלישית מיותרת: מספיק לדעת את [math]\displaystyle{ S }[/math] ו[math]\displaystyle{ I }[/math], ואז [math]\displaystyle{ R=N-S-I }[/math]. במאמר רושמים [math]\displaystyle{ R'=lI=l(N-S-R) }[/math].
הוכחה. אם נחבר את שלוש המשוואות נקבל [math]\displaystyle{ (S+I+R)'=-kSI+kSI-lI+lI=0 }[/math], ולכן הסכום קבוע, ושווה ל[math]\displaystyle{ N }[/math]. ולהפך, אם [math]\displaystyle{ R=N-S-I }[/math] אז [math]\displaystyle{ R'=-S'-I'=lI }[/math].
הורדת המערכת למד"ר אחת
הרעיון של קרמאק ומקנדריק: לחלק את המשוואה של [math]\displaystyle{ S' }[/math] במשוואה של [math]\displaystyle{ R' }[/math]. ה־[math]\displaystyle{ I }[/math] מצטמצם:
כלומר מסתכלים על [math]\displaystyle{ S }[/math]כפונקציה של [math]\displaystyle{ R }[/math], ולא של [math]\displaystyle{ t }[/math]! זה קצת מוזר לנו בתור מתמטיקאים, ובהוכחה הבאה נצדיק את זה.
הוכחה.
נניח [math]\displaystyle{ I(0)>0 }[/math]. כש[math]\displaystyle{ S }[/math] ידועה, המשוואה [math]\displaystyle{ I'=(kS-l)I }[/math] היא מד"ר לינארית הומוגנית ב[math]\displaystyle{ I }[/math], ולכן
לכן [math]\displaystyle{ R'=lI>0 }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ R }[/math] עולה ממש. בפרט היא חח"ע, ויש לה פונקציה הפוכה [math]\displaystyle{ \tau }[/math]: לכל ערך [math]\displaystyle{ \rho }[/math] של [math]\displaystyle{ R }[/math] יש זמן יחיד [math]\displaystyle{ t=\tau(\rho) }[/math] שבו [math]\displaystyle{ R(t)=\rho }[/math].
לכן מותר לדבר על [math]\displaystyle{ S }[/math] כפונקציה של [math]\displaystyle{ R }[/math]: [math]\displaystyle{ \sigma(\rho)=S(\tau(\rho)) }[/math]. לכל ערך של [math]\displaystyle{ R }[/math] מתאים זמן יחיד, ולזמן הזה מתאים ערך יחיד של [math]\displaystyle{ S }[/math] (כמו בפונקציה סתומה).
לפי משפט הנגזרת של פונקציה הפוכה (אינפי 1), [math]\displaystyle{ \tau'(\rho)=\frac{1}{R'(\tau(\rho))} }[/math]. לפי כלל השרשרת, עבור [math]\displaystyle{ t=\tau(\rho) }[/math]:
כאשר [math]\displaystyle{ t\to t_0 }[/math], המונה שואף ל[math]\displaystyle{ S'(t_0) }[/math] והמכנה ל[math]\displaystyle{ R'(t_0)\neq 0 }[/math]. כיוון ש[math]\displaystyle{ R }[/math] רציפה ועולה ממש, [math]\displaystyle{ R(t)\to R(t_0) }[/math] אם ורק אם [math]\displaystyle{ t\to t_0 }[/math], ולכן הגבול של אגף שמאל כש[math]\displaystyle{ R\to R(t_0) }[/math] הוא בדיוק [math]\displaystyle{ \frac{dS}{dR} }[/math]. כלומר ה־[math]\displaystyle{ dt }[/math] "מצטמצם", וזה מה שפיזיקאים עושים כשהם מצמצמים את ה־[math]\displaystyle{ dt }[/math].
במקרה שלנו [math]\displaystyle{ \frac{S'}{R'}=\frac{-kSI}{lI}=-\frac{k}{l}S }[/math].
תנאי ההתחלה: בזמן ההתחלה [math]\displaystyle{ t_0 }[/math] עוד אין מוסרים, [math]\displaystyle{ R(t_0)=0 }[/math], ו[math]\displaystyle{ S(t_0)=N-I(t_0) }[/math]. כמו במאמר נסמן [math]\displaystyle{ x_0=S(t_0) }[/math]. אז [math]\displaystyle{ C=x_0 }[/math], ו
זו מד"ר על [math]\displaystyle{ R }[/math] כפונקציה של [math]\displaystyle{ t }[/math], בדיוק מה שחיפשנו. הצלחנו להוריד את מערכת המד"ר למד"ר בודדת על אחת הפונקציות!
הרעיון המרכזי, למרות המתמטיקה המלוכלכת: לבודד פונקציות. בכל מערכת מד"ר מנסים, בעזרת הצבות, גזירות, חיבורים וחיסורים, להגיע למד"ר שיש בה רק פונקציה לא ידועה אחת.
האם אפשר לפתור את המד"ר של R?
זו מד"ר פרידה, אבל עם אינטגרל מזוויע. בכתיבה כללית היא נראית כך:
צריך לחשב את [math]\displaystyle{ \int\frac{dR}{N-x_0e^{-\frac{k}{l}R}-R} }[/math], ואין דרך ידועה לחשב אותו במפורש. גם קרמאק ומקנדריק כותבים שאי אפשר לקבל מכאן את [math]\displaystyle{ R }[/math] כפונקציה מפורשת של [math]\displaystyle{ t }[/math].
כלי בינה מלאכותית מציעים לפעמים את פונקציית למברט[math]\displaystyle{ W }[/math] (ההפכית של [math]\displaystyle{ w\mapsto we^w }[/math]). היא לא פותרת את האינטגרל, אבל היא כן נותנת את גודל המגיפה הסופי:
[math]\displaystyle{ R }[/math] עולה וחסומה על ידי [math]\displaystyle{ N }[/math], ולכן יש לה גבול [math]\displaystyle{ R_\infty }[/math]. נסמן [math]\displaystyle{ g(R)=N-x_0e^{-\frac{k}{l}R}-R }[/math]. כיוון ש[math]\displaystyle{ g }[/math] רציפה, [math]\displaystyle{ R'(t)=l\cdot g(R(t))\to l\cdot g(R_\infty) }[/math]. אילו הגבול הזה היה חיובי, [math]\displaystyle{ R }[/math] הייתה גדלה לאינסוף. לכן [math]\displaystyle{ g(R_\infty)=0 }[/math], כלומר
בפרט [math]\displaystyle{ S_\infty=x_0e^{-\frac{k}{l}R_\infty}>0 }[/math]: המגיפה נעצרת כשעדיין יש אנשים שעשויים להידבק. זו התשובה לשאלה של קרמאק ומקנדריק.
הגודל [math]\displaystyle{ R_0 }[/math] הוא מקדם ההדבקה הבסיסי שדיברו עליו בזמן הקורונה: חולה אחד מדביק בערך [math]\displaystyle{ kx_0 }[/math] אנשים ביחידת זמן, במשך זמן ממוצע של [math]\displaystyle{ \frac{1}{l} }[/math] יחידות זמן, כלומר בסך הכל בערך [math]\displaystyle{ \frac{kx_0}{l} }[/math] אנשים. (זה סימון מקובל; לא לבלבל עם [math]\displaystyle{ R(t_0)=0 }[/math].)
במאמר קוראים ל[math]\displaystyle{ \frac{l}{k} }[/math]צפיפות הסף של האוכלוסייה.
שיא המגיפה (מספר החולים המקסימלי) מתקבל כאשר [math]\displaystyle{ S=\frac{l}{k} }[/math].
הוכחה.
נכתוב [math]\displaystyle{ I'=(kS-l)I }[/math]. ראינו ש[math]\displaystyle{ I>0 }[/math], וגם [math]\displaystyle{ S=x_0e^{-\frac{k}{l}R}>0 }[/math]. לכן [math]\displaystyle{ S'=-kSI<0 }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ S }[/math] יורדת ממש.
אם [math]\displaystyle{ x_0\le\frac{l}{k} }[/math], אז לכל [math]\displaystyle{ t>t_0 }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ S(t)<x_0\le\frac{l}{k} }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ kS-l<0 }[/math] ו[math]\displaystyle{ I'<0 }[/math]: מספר החולים יורד מההתחלה, והמגיפה לא מתפרצת.
אם [math]\displaystyle{ x_0>\frac{l}{k} }[/math], אז בהתחלה [math]\displaystyle{ kS-l>0 }[/math] ו[math]\displaystyle{ I'>0 }[/math]: מספר החולים עולה. הוא ממשיך לעלות כל עוד [math]\displaystyle{ S>\frac{l}{k} }[/math], ומתחיל לרדת כש[math]\displaystyle{ S }[/math] יורדת מתחת ל[math]\displaystyle{ \frac{l}{k} }[/math] (אם זה קורה). לכן נקודת המקסימום של [math]\displaystyle{ I }[/math] היא כאשר [math]\displaystyle{ S=\frac{l}{k} }[/math].
זה גם ההסבר של קרמאק ומקנדריק למה מגיפה באוכלוסייה הומוגנית עולה ואחר כך יורדת: אחרי השיא, לכל חולה יש סיכוי גבוה יותר להיות מוסר מאשר להדביק מישהו חדש.
חיסון: חיסון מעביר אנשים מ[math]\displaystyle{ S }[/math] ישר ל[math]\displaystyle{ R }[/math], בלי לעבור דרך [math]\displaystyle{ I }[/math]. אם לפני המגיפה מחסנים חלק [math]\displaystyle{ v }[/math] מאלה שעשויים להידבק, [math]\displaystyle{ x_0 }[/math] קטן פי [math]\displaystyle{ 1-v }[/math]. אם [math]\displaystyle{ (1-v)x_0<\frac{l}{k} }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ v>1-\frac{1}{R_0} }[/math], המגיפה לא מתפרצת (חסינות עדר).
שימו לב: [math]\displaystyle{ A=N-x_0=I(t_0) }[/math] הוא מספר החולים שמהם המגיפה התחילה, ו[math]\displaystyle{ B=R_0-1 }[/math] חיובי בדיוק כשהמגיפה מתפרצת.
עכשיו זו מד"ר פרידה עם אינטגרל של 1 חלקי פרבולה, ואותו יודעים לחשב. הפתרון (עם [math]\displaystyle{ R(t_0)=0 }[/math], [math]\displaystyle{ t_0=0 }[/math]):
זו עקומת המגיפה (במאמר כתובה בעזרת [math]\displaystyle{ \mathrm{sech}=\frac{1}{\cosh} }[/math]): עקומה בצורת פעמון, סימטרית סביב השיא בזמן [math]\displaystyle{ t=\frac{2\varphi}{\alpha l} }[/math]. המגיפה עולה, מגיעה לשיא ויורדת.
במאמר משווים את העקומה [math]\displaystyle{ R'(t)=890\,\mathrm{sech}^2(0.2t-3.4) }[/math] למספר המתים לשבוע ממגפת הדבר באי בומביי בשנים 1905-1906, ומקבלים התאמה גסה.
גודל המגיפה: כש[math]\displaystyle{ t\to\infty }[/math], [math]\displaystyle{ \tanh\to 1 }[/math], ולכן לפי הקירוב [math]\displaystyle{ R_\infty\approx\frac{l^2}{k^2x_0}(B+\alpha) }[/math]. אם מספר החולים ההתחלתי זניח ו[math]\displaystyle{ x_0=\frac{l}{k}+\nu }[/math] עם [math]\displaystyle{ \nu }[/math] קטן ביחס ל[math]\displaystyle{ \frac{l}{k} }[/math], מקבלים [math]\displaystyle{ R_\infty\approx 2\nu }[/math]: בסוף המגיפה כמות האנשים שעשויים להידבק נמצאת מתחת לסף [math]\displaystyle{ \frac{l}{k} }[/math] באותו מרחק שבו הייתה מעליו בהתחלה.
פתרון המד"ר [math]\displaystyle{ R'=l(A+BR-CR^2) }[/math].
נשלים לריבוע: [math]\displaystyle{ A+BR-CR^2=C\left(\beta^2-(R-R_1)^2\right) }[/math], כאשר
היום, עם מחשבים, לא צריך את הטריקים האלה: פותרים את מערכת SIR נומרית (למשל בשיטת אוילר, שעובדת גם למערכות), ראו בפרק שיטות נומריות.
בעזרת פתרון נומרי אפשר גם לבדוק עד כמה הקירוב של קרמאק ומקנדריק טוב.
עד כמה הקירוב טוב?
נבחר אוכלוסייה [math]\displaystyle{ N=10000 }[/math], עם 10 חולים בהתחלה ([math]\displaystyle{ x_0=9990 }[/math]), [math]\displaystyle{ l=0.1 }[/math] ליום (חולה מדבק בממוצע 10 ימים), ו[math]\displaystyle{ k=\frac{R_0l}{x_0} }[/math] לפי מקדם ההדבקה.
נשווה את הפתרון הנומרי (המדוייק) של המערכת לקירוב. "יום השיא" הוא היום שבו מספר החולים [math]\displaystyle{ I }[/math] (ולכן גם [math]\displaystyle{ R'=lI }[/math]) מקסימלי:
[math]\displaystyle{ R_0 }[/math]
[math]\displaystyle{ R_\infty }[/math] נומרי
[math]\displaystyle{ R_\infty }[/math] בקירוב
יום השיא נומרי
יום השיא בקירוב
1.1
1861
1746
268
262
1.5
5849
4460
114
107
2
7977
5005
67
62
3
9408
4445
38
34
כש[math]\displaystyle{ R_0 }[/math] קרוב ל־1 הקירוב טוב. כש[math]\displaystyle{ R_0 }[/math] גדול, [math]\displaystyle{ R }[/math] כבר לא קטן ביחס ל[math]\displaystyle{ \frac{l}{k} }[/math], וקירוב טיילור מסדר 2 נכשל: לפיו מגיפה עם [math]\displaystyle{ R_0=3 }[/math] הייתה קטנה יותר ממגיפה עם [math]\displaystyle{ R_0=2 }[/math].
הערכים הנומריים של [math]\displaystyle{ R_\infty }[/math] מתאימים בדיוק לנוסחה עם פונקציית למברט למעלה.
(הטבלה חושבה עבור הדף בפתרון נומרי של המערכת; היא לא מופיעה בהרצאה.)
פתרון אנליטי למשוואה הוא פתרון מדוייק, באמצעות פונקציות שאנחנו מכירים.
למשל הפתרונות של המשוואה [math]\displaystyle{ x^2=2 }[/math] הם [math]\displaystyle{ x=\pm\sqrt{2} }[/math].
פתרון נומרי הוא קירוב של הפתרון הנכון, למשל [math]\displaystyle{ x\approx\pm 1.41 }[/math].
בגדול: אנליטי - מדוייק, נומרי - קירוב.
אפשר לשאול: האם [math]\displaystyle{ \sqrt{2} }[/math] הוא בכלל פתרון, או עדיין שאלה? אי אפשר לרשום את כל הספרות שלו, כי הוא אי רציונאלי ויש לו אינסוף ספרות בפיתוח העשרוני. ברגע שצריך מספר אמיתי (במחשבון, במכשיר מדידה), עובדים עם קירוב.
כל פיתוח עשרוני סופי הוא מספר רציונאלי, למשל [math]\displaystyle{ 3.1415=\frac{31415}{10000} }[/math]. כלומר פתרון נומרי הוא מספר רציונאלי שקרוב לתוצאה המדוייקת עד רמת דיוק כלשהי.
גם המושג "אנליטי" תלוי באילו פונקציות החלטנו לתת שם.
אם נגדיר את הפונקציה [math]\displaystyle{ \mathrm{erf}(x)=\frac{2}{\sqrt{\pi}}\int_0^x e^{-t^2}dt }[/math], אז למד"ר [math]\displaystyle{ y'=e^{-x^2} }[/math] יש פתרון "אנליטי": [math]\displaystyle{ y=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\mathrm{erf}(x)+C }[/math].
בעצם רק נתנו שם לאינטגרל שאיננו יודעים לחשב באמצעות פונקציות אלמנטריות; את הערכים של [math]\displaystyle{ \mathrm{erf} }[/math] מחשבים בפועל נומרית.
הסבר. האם הפונקציה [math]\displaystyle{ \mathrm{erf} }[/math] "חוקית"? הגדרנו את השורש בתור המספר שבריבוע נותן [math]\displaystyle{ x }[/math], ואת הסינוס בעזרת מעגל היחידה. אין סיבה שלא נגדיר פונקציה בתור פונקציית שטח של פונקציה רציפה.
אבל כשאומרים שהפתרון של [math]\displaystyle{ x^2=8 }[/math] הוא [math]\displaystyle{ \pm\sqrt{8} }[/math], או שהפתרון של [math]\displaystyle{ y'=e^{-x^2} }[/math] הוא [math]\displaystyle{ \frac{\sqrt{\pi}}{2}\mathrm{erf}(x)+C }[/math], במידה מסויימת רק מתארים את הפתרון. זה נחשב פתרון, בין היתר כי יש לנו שיטות טובות מאד לחשב את הפונקציות האלה בכל רמת דיוק שנרצה.
גם הפתרון בטור טיילור (הרצאה 8) היה בסופו של דבר פתרון אנליטי. בעולם האמיתי (ולמשל בקורסים של עיבוד אותות) לעיתים קרובות אי אפשר להגיע לפתרון אנליטי, וצריך לעשות משהו אחר.
האם כבר נתקלנו בקירובים נומריים? כן, עם טורי טיילור (הרצאה 8).
בטיילור יכולנו לחסום את השגיאה בוודאות. בשיטות שנלמד כאן לא נדע להבטיח שום דבר על השגיאה (יש תאוריה שחוסמת את השגיאה, אבל היא מחוץ לקורס). זה נשמע מאד לא מתמטי, אבל בפרקטיקה זה עובד רוב הזמן.
שיטות נומריות הן מקצוע בפני עצמו (יש קורס שלם על שיטות נומריות). כאן נראה רק כמה שיטות בסיסיות, ובעיקר שיטות לקירוב פתרונות של מד"ר.
שיטת החצייה
זו שיטה למציאת שורש של פונקציה, ולא שיטה למד"ר, אבל היא ממחישה את הרעיון של קירוב נומרי (ובמד"ר צריך לפעמים למצוא שורשים, למשל של הפולינום האופייני).
נניח ש-[math]\displaystyle{ f }[/math] רציפה בקטע [math]\displaystyle{ [a,b] }[/math] וכי [math]\displaystyle{ f(a)<0<f(b) }[/math]. לפי משפט ערך הביניים יש שורש בין [math]\displaystyle{ a }[/math] ל-[math]\displaystyle{ b }[/math].
נציב את אמצע הקטע [math]\displaystyle{ m=\frac{a+b}{2} }[/math]:
אם [math]\displaystyle{ f(m)<0 }[/math] השורש נמצא בחצי הימני [math]\displaystyle{ [m,b] }[/math].
אחרת השורש נמצא בחצי השמאלי [math]\displaystyle{ [a,m] }[/math].
כל צעד מקטין את הקטע פי 2, ולכן אחרי [math]\displaystyle{ n }[/math] צעדים אורך הקטע הוא [math]\displaystyle{ \frac{b-a}{2^n} }[/math] - הדיוק משתפר מהר מאד.
דוגמא: קירוב של [math]\displaystyle{ \sqrt{2} }[/math]. נעביר אגף ונבנה פונקציה [math]\displaystyle{ f(x)=x^2-2 }[/math].
[math]\displaystyle{ f(0)=-2 }[/math] ו-[math]\displaystyle{ f(2)=2 }[/math], ולכן יש שורש בין 0 ל-2.
אמצע הקטע הוא 1, ו-[math]\displaystyle{ f(1)=-1 }[/math], ולכן השורש נמצא בחצי הימני [math]\displaystyle{ [1,2] }[/math], וכן הלאה.
הקוד בפייתון:
import math
def f(x):
return x*x-2
def mid(x,y):
return (x+y)/2
a=0
b=2
for i in range(1,100):
if f(mid(a,b))<0:
a=mid(a,b)
else:
b=mid(a,b)
print ("The root is between "+str(a)+" and "+str(b))
הפלט: The root is between 1.414213562373095 and 1.4142135623730951.
הקוד מניח ש-[math]\displaystyle{ f(a)<0<f(b) }[/math]. אם בקצה השמאלי הפונקציה חיובית, מחליפים את [math]\displaystyle{ f }[/math] ב-[math]\displaystyle{ -f }[/math].
המחשב שומר רק כ-16 ספרות משמעותיות, ולכן אחרי כ-50 חציות הקטע כבר לא קטן; שני המספרים בפלט הם שני מספרים סמוכים שהמחשב יודע לייצג.
דוגמא: פתרו בקירוב את המשוואה [math]\displaystyle{ x=\cos(x) }[/math].
פתרון. נעביר אגף ונגדיר [math]\displaystyle{ f(x)=x-\cos(x) }[/math] (בסדר הזה, כך שבקצה השמאלי הפונקציה שלילית).
[math]\displaystyle{ f(0)=-1 }[/math] וכן [math]\displaystyle{ f(1)=1-\cos(1)>0 }[/math], ולכן הקטע ההתחלתי הוא [math]\displaystyle{ [0,1] }[/math].
נשתמש כמעט באותו קוד, רק נשנה את הפונקציה ואת הקטע:
def f(x):
return x-math.cos(x)
...
a=0
b=1
לאחר הרצה קיבלנו: The root is between 0.7390851332151606 and 0.7390851332151607.
כלומר הפתרון היחיד של המשוואה הוא [math]\displaystyle{ x\approx 0.7390851332 }[/math] (היחיד, כי [math]\displaystyle{ f'(x)=1+\sin(x)\geq 0 }[/math] ומתאפסת רק בנקודות בודדות, ולכן [math]\displaystyle{ f }[/math] עולה ממש).
הישר y=x (ירוק) והגרף של cos x (כחול); הקו הסגול עובר בתוצאה של שיטת החצייה
גם בזום עצום (סדר גודל של [math]\displaystyle{ 10^{-9} }[/math]) הקו הסגול עדיין עובר כמעט בדיוק בנקודת החיתוך:
דוגמא: מצאו בקירוב שורש של הפולינום האופייני [math]\displaystyle{ p(x)=x^5+x-1 }[/math] של המד"ר [math]\displaystyle{ y^{(5)}+y'-y=0 }[/math].
גם כשאנו אומרים שאנו יודעים לפתור מד"ר לינארית עם מקדמים קבועים, זה לא לגמרי נכון: באופן כללי אין נוסחא (בעזרת פעולות חשבון ושורשים) לשורשים של פולינום ממעלה 5 ומעלה.
פתרון.[math]\displaystyle{ p(0)=-1<0 }[/math] ו-[math]\displaystyle{ p(1)=1>0 }[/math], ולכן יש שורש בקטע [math]\displaystyle{ [0,1] }[/math]. נבצע 100 חציות:
def f(x):
return x**5+x-1
def main():
a=0
b=1
for i in range(100):
middle=(a+b)/2
if f(middle)>=0:
b=middle
else:
a=middle
print(middle)
main()
הפלט: 0.7548776662466927.
זה השורש הממשי היחיד של [math]\displaystyle{ p }[/math], כי [math]\displaystyle{ p'(x)=5x^4+1>0 }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ p }[/math] עולה ממש. ארבעת השורשים האחרים מרוכבים.
לידיעה: דווקא הפולינום הזה מתפרק, [math]\displaystyle{ x^5+x-1=(x^2-x+1)(x^3+x^2-1) }[/math]. השורשים של הגורם הריבועי הם [math]\displaystyle{ \frac{1}{2}\pm\frac{\sqrt{3}}{2}i }[/math], ולפולינום ממעלה 3 יש שורש ממשי [math]\displaystyle{ r\approx 0.7549 }[/math] ושני שורשים מרוכבים [math]\displaystyle{ \alpha\pm\beta i\approx -0.8774\pm 0.7449i }[/math]. לכן הפתרון הכללי של המד"ר הוא
דוגמא: המשיק של [math]\displaystyle{ \sqrt{x} }[/math] ב-[math]\displaystyle{ x=1 }[/math] הוא [math]\displaystyle{ y=1+\frac{1}{2}(x-1)=\frac{1}{2}x+\frac{1}{2} }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ \sqrt{2}\approx\frac{1}{2}\cdot 2+\frac{1}{2}=1.5 }[/math].
איך נשפר את הקירוב? טיילור אומר: נשארים באותה נקודת השקה ומעלים את דרגת הפולינום. זה אחלה, כשזה אפשרי, כלומר כאשר נתונות הנגזרות מכל סדר.
זה לא תמיד המצב בעולם האמיתי. בפיזיקה: המיקום נתון, הנגזרת היא המהירות (נניח שגם היא נתונה), הנגזרת השנייה היא התאוצה (כבר לא ברור שנתונה), והנגזרות הבאות כבר ממש לא נתונות.
גם במד"ר מסדר ראשון [math]\displaystyle{ y'=f(x,y) }[/math] המד"ר נותנת לנו בדיוק את הנגזרת הראשונה. צריך שיטה שמשתמשת רק בה: הרבה צעדים קטנים לאורך משיקים.
הסבר - קירוב טוב יותר של [math]\displaystyle{ \sqrt{2} }[/math] בשני צעדים.
נתחיל מהנקודה הנתונה [math]\displaystyle{ (1,1) }[/math], שבה [math]\displaystyle{ f(1)=\sqrt{1}=1 }[/math] וכן [math]\displaystyle{ f'(1)=\frac{1}{2\sqrt{1}}=\frac{1}{2} }[/math], ונלך על המשיק (הכחול) [math]\displaystyle{ y=1+\frac{1}{2}(x-1) }[/math] רק עד אמצע הקטע בין 1 (המצוי) ל-2 (הרצוי), כלומר עד [math]\displaystyle{ x=1.5 }[/math]. נקבל את הנקודה [math]\displaystyle{ (1.5,\ 1.25) }[/math].
ממנה נרצה להמשיך לא בשיפוע של הנקודה המקורית, אלא בשיפוע המשיק לגרף האמיתי ב-[math]\displaystyle{ x=1.5 }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ f'(1.5)=\frac{1}{2\sqrt{1.5}} }[/math]. אבל את [math]\displaystyle{ \sqrt{1.5} }[/math] אנחנו לא יודעים!
מה כן יש לנו? קירוב: [math]\displaystyle{ \sqrt{1.5}\approx 1.25 }[/math], הערך של המשיק הכחול. ולכן שיפוע המשיק בנקודה זו הוא בקירוב
שני צעדים: המשיק לשורש x ב-1 (כחול) עד הנקודה (1.5, 1.25), ומשם קו בשיפוע 1/2.5 (אדום) עד הנקודה (2, 1.45); בירוק הגרף של שורש x
שימו לב שהשתמשנו בכך שהנגזרת של [math]\displaystyle{ \sqrt{x} }[/math] מתבטאת דרך הפונקציה עצמה: [math]\displaystyle{ y'=\frac{1}{2y} }[/math]. כלומר בעצם חישבנו בזכות המד"ר [math]\displaystyle{ y'=\frac{1}{2y} }[/math].
איך נשפר עוד? נעשה הרבה צעדים קטנים. זו בדיוק שיטת אוילר.
נתונה בעיית קושי, כלומר מד"ר מהצורה [math]\displaystyle{ y'=f(x,y) }[/math] יחד עם תנאי ההתחלה [math]\displaystyle{ y(x_0)=y_0 }[/math].
כלומר יש לנו נקודה אחת על גרף פונקציית הפתרון, ומד"ר (כשמתקיימים תנאי משפט הקיום והיחידות, יש פתרון יחיד כזה).
הרעיון: לקרב נקודה אחרת על גרף הפתרון.
הנקודה החשובה: את הנגזרת נשיג מהמד"ר. השיפוע של הפתרון ב-[math]\displaystyle{ (x_0,y_0) }[/math] הוא [math]\displaystyle{ y'(x_0)=f(x_0,y_0) }[/math], ולכן משוואת המשיק לגרף הפתרון היא
נקבע גודל צעד[math]\displaystyle{ h }[/math], ונציב [math]\displaystyle{ x_0+h }[/math] במשוואת המשיק (קירוב לינארי):
[math]\displaystyle{ x_1=x_0+h,\quad y_1=y_0+f(x_0,y_0)\cdot h }[/math]
מכאן בונים נוסחת נסיגה, שיטת אוילר (נקראת גם שיטת הפוליגון, כי הקירוב הוא קו שבור):
[math]\displaystyle{ x_{n+1}=x_n+h }[/math]
[math]\displaystyle{ y_{n+1}=y_n+f(x_n,y_n)\cdot h }[/math]
[math]\displaystyle{ f(x_n,y_n) }[/math] הוא הקירוב שלנו לנגזרת [math]\displaystyle{ y'(x_n) }[/math].
אם רוצים לקרב את [math]\displaystyle{ y(b) }[/math] בעזרת [math]\displaystyle{ n }[/math] צעדים, בוחרים [math]\displaystyle{ h=\frac{b-x_0}{n} }[/math], ואז [math]\displaystyle{ x_n=x_0+nh=b }[/math].
השיטה מתאימה למד"ר מסדר ראשון שבה אפשר לבודד את [math]\displaystyle{ y' }[/math] כפונקציה של [math]\displaystyle{ x }[/math] ו-[math]\displaystyle{ y }[/math].
כיוון שהנקודות הן רק קירוב של הפתרון, גם השיפועים שאנחנו מחשבים הם רק קירוב, והשגיאה מצטברת מצעד לצעד.
אם מחלקים קטע נתון ליותר צעדים קטנים, התוצאה בסופו בדרך כלל מדוייקת יותר.
אבל אם ממשיכים ללכת עם אותו גודל צעד הלאה, הרחק מנקודת ההתחלה, השגיאה הולכת ומצטברת.
במבחן למשל אפשר לבקש לעשות כמה צעדים של השיטה הזו על מנת לקרב את הפתרון. בנוסחאון של המבחנים (תשפ"ו) מופיעות גם שיטת אוילר וגם השיטה המשופרת שבהמשך.
דוגמא: נתונה המד"ר [math]\displaystyle{ y'=\frac{1}{2y} }[/math] עם תנאי ההתחלה [math]\displaystyle{ y(1)=1 }[/math]. בצעו שני צעדים של שיטת אוילר עם [math]\displaystyle{ h=\frac{1}{2} }[/math], והשוו לפתרון המדוייק.
פתרון. נתחיל מהנקודה [math]\displaystyle{ (1,1) }[/math]. הנקודה הבאה צריכה להיות [math]\displaystyle{ (1.5,\ ?) }[/math].
המשיק לגרף הפתרון בנקודה [math]\displaystyle{ x=1 }[/math] הוא
מתנאי ההתחלה [math]\displaystyle{ 1=\sqrt{1+c} }[/math] (הסימן פלוס בגלל תנאי ההתחלה), ולכן [math]\displaystyle{ c=0 }[/math] וסה"כ [math]\displaystyle{ y=\sqrt{x} }[/math].
ואכן [math]\displaystyle{ \sqrt{1.5}=1.2247\ldots\approx 1.25 }[/math] וכן [math]\displaystyle{ \sqrt{2}=1.4142\ldots\approx 1.45 }[/math]. לא מושלם, והשגיאה גדלה ככל שמתרחקים מנקודת ההתחלה.
דוגמא: נתונה המד"ר [math]\displaystyle{ y'=y }[/math] עם תנאי ההתחלה [math]\displaystyle{ y(0)=1 }[/math]. קרבו את [math]\displaystyle{ y(1) }[/math] בעזרת צעד אחד ובעזרת שני צעדים של שיטת אוילר. (הפתרון המדוייק הוא [math]\displaystyle{ y=e^x }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ y(1)=e\approx 2.71828 }[/math].)
פתרון. ראשית נשים לב כי [math]\displaystyle{ y'(0)=y(0)=1 }[/math] לפי המד"ר. זה הרמז הראשון לכך שאת הנגזרת נשיג מהמד"ר.
צעד אחד ([math]\displaystyle{ h=1 }[/math]): הקו הכחול, הקירוב במקטע הראשון, הוא [math]\displaystyle{ g_1(x)=y(0)+y'(0)(x-0)=1+x }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ y(1)\approx g_1(1)=2 }[/math].
שני צעדים ([math]\displaystyle{ h=\frac{1}{2} }[/math]): נחלק את הקטע לשני מקטעים [math]\displaystyle{ \left[0,\frac{1}{2}\right],\left[\frac{1}{2},1\right] }[/math].
הקירוב לפונקציה בקצה המקטע הראשון הוא [math]\displaystyle{ \left(\frac{1}{2},\ g_1\left(\frac{1}{2}\right)\right)=\left(\frac{1}{2},\ \frac{3}{2}\right) }[/math].
לפי המד"ר [math]\displaystyle{ y'\left(\frac{1}{2}\right)=y\left(\frac{1}{2}\right) }[/math], ולכן הנגזרת שם היא בערך [math]\displaystyle{ g_1\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{3}{2} }[/math]. לכן הקו הכתום במקטע השני הוא
ו-[math]\displaystyle{ y(1)\approx g_2(1)=\frac{9}{4}=2.25 }[/math]. אכן קירוב טוב יותר.
הפתרון e בחזקת x (ירוק), צעד אחד של שיטת אוילר (כחול) ושני צעדים (כתום)
שימו לב: [math]\displaystyle{ 2.25=\left(1+\frac{1}{2}\right)^2 }[/math]. באופן כללי [math]\displaystyle{ n }[/math] צעדים נותנים [math]\displaystyle{ y_n=\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\to e }[/math]. זה בדיוק החישוב של ריבית דריבית מהרצאה 1: שני צעדי אוילר למד"ר [math]\displaystyle{ y'=0.02y }[/math] עם [math]\displaystyle{ h=\frac{1}{2} }[/math] נותנים [math]\displaystyle{ y(1)\approx(1.01)^2\cdot y(0) }[/math], בדיוק כמו ריבית שמשולמת פעם בחצי שנה.
את הצעדים קל מאד לתכנת. התוכנית הבאה מקרבת את הפתרון של [math]\displaystyle{ y'=\frac{1}{2y} }[/math], [math]\displaystyle{ y(1)=1 }[/math] בנקודה 2 בעזרת [math]\displaystyle{ n=100 }[/math] צעדים.
a=1 #x0
b=2
n=100 #num of steps
h=(b-a)/n
def madar(x,y):
return 1/(2*y)
#(x,y) is our current estimate
x=a
y=1 #y0
for i in range(n):
y=y+madar(x,y)*h
x=x+h
print(y)
הפונקציה madar היא [math]\displaystyle{ f(x,y) }[/math], כלומר הנגזרת [math]\displaystyle{ y' }[/math] לפי המד"ר.
שימו לב לסדר בתוך הלולאה: קודם מקדמים את [math]\displaystyle{ y }[/math] (בעזרת ה-[math]\displaystyle{ x }[/math] הקודם), ורק אחר כך את [math]\displaystyle{ x }[/math].
הפלט: 1.4148279673659128, לעומת [math]\displaystyle{ \sqrt{2}=1.41421\ldots }[/math] (הפתרון המדוייק הוא [math]\displaystyle{ y=\sqrt{x} }[/math]).
אם נחליף את המד"ר ל-[math]\displaystyle{ y'=y }[/math] עם [math]\displaystyle{ y(0)=1 }[/math] בקטע [math]\displaystyle{ [0,1] }[/math], נקבל עם 100 צעדים [math]\displaystyle{ \left(1+\frac{1}{100}\right)^{100}=2.70481\ldots }[/math], לעומת [math]\displaystyle{ e=2.71828\ldots }[/math].
דוגמא: מד"ר "שאיננו יודעים לפתור": [math]\displaystyle{ y'=xy^2+y }[/math] עם [math]\displaystyle{ y(0)=1 }[/math]. מה נותנת שיטת אוילר עם 100 צעדים בנקודה [math]\displaystyle{ x=1 }[/math], ומה בנקודה [math]\displaystyle{ x=\frac{1}{2} }[/math]?
פתרון. נשנה בקוד רק את המד"ר ואת הנתונים:
n=100 #num of steps
def madar(x,y): #this is f(x,y) which equals y'
return x*y**2 +y
a=0 #x0
b=1/2
h=(b-a)/n
#(x,y) is our current estimate
x=a
y=1 #y0
for i in range(n):
y=y+madar(x,y)*h
x=x+h
print(y)
עם b=1 מתקבל 36.022592508600695 - מספר מוזר.
עם b=1/2 מתקבל 1.9889319506638905.
הסבר: מסתבר שהמד"ר הזו כן פתירה - זו משוואת ברנולי (הרצאה 2) עם [math]\displaystyle{ n=2 }[/math]. נציב [math]\displaystyle{ z=\frac{1}{y} }[/math]:
כלומר המד"ר הלינארית [math]\displaystyle{ z'+z=-x }[/math], שפתרונה [math]\displaystyle{ z=1-x+Ce^{-x} }[/math]. מתנאי ההתחלה [math]\displaystyle{ z(0)=1 }[/math] נקבל [math]\displaystyle{ C=0 }[/math], ולכן
[math]\displaystyle{ y=\frac{1}{1-x} }[/math]
לכן [math]\displaystyle{ y\left(\frac{1}{2}\right)=2 }[/math], והקירוב 1.98893 טוב. אבל ב-[math]\displaystyle{ x=1 }[/math] יש לפתרון אסימפטוטה: הפתרון בכלל לא מוגדר שם, ושיטת אוילר בכל זאת החזירה מספר (36). השיטה תמיד נותנת מספרים, אבל שום דבר לא מבטיח שהם קרובים לפתרון - בפרט צריך שהפתרון יהיה מוגדר בכל הקטע.
רעיון: לאורך צעד אחד אנחנו הולכים לפי המשיק בנקודה הראשונה, ובסוף הצעד אנחנו כבר פחות בכיוון. השיפוע בהתחלה "נוטה" להתחלה, והשיפוע בסוף נוטה לסוף.
נרצה ללכת לאורך הצעד בכיוון המשיק באמצע המקטע [math]\displaystyle{ [x_n,x_n+h] }[/math].
אמצע המקטע הוא [math]\displaystyle{ x_n+\frac{h}{2} }[/math], והשיפוע שם הוא [math]\displaystyle{ f\left(x_n+\frac{h}{2},\ y_{\text{mid}}\right) }[/math], כאשר [math]\displaystyle{ y_{\text{mid}} }[/math] הוא ערך הפתרון באמצע המקטע.
את [math]\displaystyle{ y_{\text{mid}} }[/math] איננו יודעים, אבל נשיג אותו בקירוב בשיטה "הישנה" - חצי צעד של אוילר בעזרת המשיק בנקודה המקורית:
כעת ניקח ישר שעובר בנקודה [math]\displaystyle{ (x_n,y_n) }[/math] - לא המשיק באמצע! - ששיפועו הוא שיפוע המשיק (המקורב) באמצע הקטע, ונלך עליו צעד שלם באורך [math]\displaystyle{ h }[/math]:
[math]\displaystyle{ x_{n+1}=x_n+h }[/math]
[math]\displaystyle{ y_{n+1}=y_n+ }[/math]
[math]\displaystyle{ +f\left(x_n+\frac{h}{2},\ y_n+f(x_n,y_n)\cdot\frac{h}{2}\right)\cdot h }[/math]
בקורס קוראים לה השיטה המשופרת (שיטת אוילר המשופרת). בספרות היא נקראת שיטת נקודת האמצע (midpoint method), והיא מקרה פרטי של שיטות רונגה-קוטה מסדר 2. שימו לב שבספרים רבים השם "שיטת אוילר המשופרת" (improved Euler) מתייחס לשיטה דומה אחרת, שיטת הויון (Heun).
דוגמא: עבור [math]\displaystyle{ y'=\frac{1}{2y} }[/math], [math]\displaystyle{ y(1)=1 }[/math] ו-[math]\displaystyle{ h=\frac{1}{2} }[/math], בצעו שני צעדים של השיטה המשופרת.
פתרון. כאן [math]\displaystyle{ f(x,y)=\frac{1}{2y} }[/math] ו-[math]\displaystyle{ (x_0,y_0)=(1,1) }[/math].
הצעד הראשון. אמצע המקטע הוא [math]\displaystyle{ x_0+\frac{h}{2}=1.25 }[/math], והקירוב לגובה שם הוא [math]\displaystyle{ y_0+f(1,1)\cdot\frac{1}{4}=1+\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{4}=\frac{9}{8} }[/math]. לכן שיפוע הצעד הראשון הוא
לעומת [math]\displaystyle{ \sqrt{1.5}=1.2247\ldots }[/math] (בשיטת אוילר קיבלנו 1.25).
הצעד הראשון של השיטה המשופרת: הישר בשיפוע 4/9 (כתום) מגיע לנקודה (1.5, 1.2222), קרוב לגרף של שורש x (ירוק); בכחול ובאדום שני הצעדים של שיטת אוילר
הצעד השני.[math]\displaystyle{ f\left(1.5,\frac{11}{9}\right)=\frac{9}{22} }[/math], ולכן הקירוב לגובה באמצע המקטע ([math]\displaystyle{ x=1.75 }[/math]) הוא
כמה טובה כל שיטה? הטבלה הבאה מראה את הקירובים ל-[math]\displaystyle{ y(2)=\sqrt{2} }[/math] עבור [math]\displaystyle{ y'=\frac{1}{2y} }[/math], [math]\displaystyle{ y(1)=1 }[/math], עם [math]\displaystyle{ n }[/math] צעדים ([math]\displaystyle{ h=\frac{1}{n} }[/math]):
n
אוילר
השגיאה
השיטה המשופרת
השגיאה
1
1.5
0.0858
1.4
0.0142
2
1.45
0.0358
1.41097
0.0032
4
1.43071
0.0165
1.41346
0.00075
5
1.42721
0.0130
1.41374
0.00047
10
1.42052
0.0063
1.41410
0.00011
100
1.41483
0.00061
1.4142125
0.0000011
כשמכפילים את מספר הצעדים, השגיאה של שיטת אוילר קטנה בערך פי 2, והשגיאה של השיטה המשופרת קטנה בערך פי 4. כלומר השגיאה של אוילר היא בערך פרופורציונלית ל-[math]\displaystyle{ h }[/math], ושל השיטה המשופרת ל-[math]\displaystyle{ h^2 }[/math] (את זה אפשר להוכיח כאשר [math]\displaystyle{ f }[/math] חלקה מספיק, בקטע שבו הפתרון קיים).
הסבר - למה השיטה המשופרת טובה יותר? (השלמה, לא הוכח בהרצאה.) נניח ש-[math]\displaystyle{ f }[/math] גזירה ברציפות פעמיים. נסמן ב-[math]\displaystyle{ O(h^3) }[/math] ביטוי שקטן כמו קבוע כפול [math]\displaystyle{ h^3 }[/math].
לפי טיילור, הפתרון שעובר בנקודה [math]\displaystyle{ (x_n,y_n) }[/math] מקיים
כלומר צעד של השיטה המשופרת מתאים לפולינום טיילור מסדר שני של הפתרון, אף על פי שהשתמשנו רק בהצבות ב-[math]\displaystyle{ f }[/math] ולא גזרנו אותה.
בכל צעד השגיאה של אוילר היא מסדר [math]\displaystyle{ h^2 }[/math] ושל השיטה המשופרת מסדר [math]\displaystyle{ h^3 }[/math]. בקטע באורך קבוע יש [math]\displaystyle{ \frac{b-x_0}{h} }[/math] צעדים, ולכן (בערך) השגיאה הכוללת היא מסדר [math]\displaystyle{ h }[/math] באוילר ומסדר [math]\displaystyle{ h^2 }[/math] בשיטה המשופרת, כמו בטבלה.
השוואה בפייתון: אוילר, השיטה המשופרת והפתרון המדוייק
התוכנית הבאה (בעזרת הספריות numpy ו-matplotlib) מחשבת את שתי השיטות ומציירת אותן יחד עם הפתרון המדוייק: אדום - אוילר, כחול - השיטה המשופרת, ירוק - הפתרון המדוייק.
כדי להריץ אותה צריך להתקין את הספריות, למשל pip install numpy matplotlib.
import numpy as np
from matplotlib import pyplot as plt
plt.rcParams["figure.figsize"] = [7.50, 3.50]
plt.rcParams["figure.autolayout"] = True
def f(x,y):
return 1/(2*y)
def sol(xarr):
yarr = np.sqrt(xarr)
return yarr
def euler(x,y,h,steps):
yarr = np.array([y], dtype='f')
for i in range(steps):
y=y+f(x,y)*h
x=x+h
yarr = np.append(yarr, [y])
return yarr
def improved(x,y,h,steps):
yarr = np.array([y], dtype='f')
for i in range(steps):
y=y+f(x+h/2,y+h/2 *f(x,y))*h
x=x+h
yarr = np.append(yarr, [y])
return yarr
def main():
x=1
y=1
steps=2
h=1/steps
xarr=np.linspace(x,x+steps*h,steps+1)
euleryarr = euler(x,y,h,steps)
improvedyarr = improved(x,y,h,steps)
solution=sol(xarr)
plt.plot(xarr, euleryarr, 'r')
plt.plot(xarr, improvedyarr, 'b')
plt.plot(xarr, solution, 'g')
plt.show()
main()
f היא המד"ר, sol הוא הפתרון המדוייק (רק בשביל ההשוואה; לרוב אין לנו אותו).
euler ו-improved מחזירות את מערך ערכי ה-[math]\displaystyle{ y }[/math] בכל הנקודות. השורה y=y+f(x,y)*h היא בדיוק נוסחת הנסיגה של אוילר, והשורה y=y+f(x+h/2,y+h/2 *f(x,y))*h היא הנוסחא של השיטה המשופרת.
np.linspace(x,x+steps*h,steps+1) מייצר את steps+1 נקודות ה-[math]\displaystyle{ x }[/math]: נקודת ההתחלה, נקודת הסוף והנקודות שבינהן.
עם steps=2 מתקבלים בנקודה 2 הערכים 1.45 (אוילר) ו-1.41097 (המשופרת), כמו בחישוב היד. עם 100 צעדים כמעט לא רואים הבדל בין שלושת הגרפים.
כדי להשתמש בקוד למד"ר אחרת משנים את f, את sol (אם הפתרון המדוייק ידוע) ואת נקודת ההתחלה ב-main.
פלט הקוד עם 2 צעדים, זום ליד x=2: אדום - אוילר (1.45), כחול - השיטה המשופרת (1.411), ירוק - הפתרון המדוייק (1.414)
דוגמא (מד"ר למדעי המוח, תשפ"ג): אותו קוד עבור משוואת ברנולי [math]\displaystyle{ y'=2x^3y^2+2xy }[/math] עם [math]\displaystyle{ y(0)=\frac{1}{2} }[/math], בקטע [math]\displaystyle{ [0,1] }[/math] עם 100 צעדים. מה מקבלים בנקודה 1?
פתרון. זו בדיוק המשוואה [math]\displaystyle{ y'-2xy=2x^3y^2 }[/math] שפתרנו בהרצאה 2 (משוואת ברנולי), שפתרונה הכללי [math]\displaystyle{ y=\frac{1}{1-x^2+Ce^{-x^2}} }[/math]. מתנאי ההתחלה [math]\displaystyle{ \frac{1}{1+C}=\frac{1}{2} }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ C=1 }[/math], ולכן הפתרון המדוייק הוא
כאן ההבדל בין השיטות גדול, כי הפתרון עולה מהר מאד: המכנה [math]\displaystyle{ 1-x^2+e^{-x^2} }[/math] מתאפס ב-[math]\displaystyle{ x\approx 1.1307 }[/math], ושם לפתרון יש אסימפטוטה.
סדרת פיקרד כשיטת קירוב
בהרצאה 4 (שיטת פיקרד) בנינו את סדרת פיקרד [math]\displaystyle{ \varphi_{n+1}(x)=y_0+\int_{x_0}^x f(t,\varphi_n(t))dt }[/math], והוכחנו שהיא מתכנסת לפתרון של בעיית הקושי (בסביבה של [math]\displaystyle{ x_0 }[/math], כמו במשפט הקיום והיחידות).
לכן המשוואה האינטגרלית נותנת גם דרך טכנית להתקרב לפתרון: מחשבים כמה איברים של סדרת פיקרד.
למשל עבור [math]\displaystyle{ y'=y }[/math], [math]\displaystyle{ y(0)=1 }[/math] (ראו את הדוגמאות בהרצאה 4; זו הדוגמא [math]\displaystyle{ y'=-ry }[/math] עם [math]\displaystyle{ r=-1 }[/math]) מקבלים [math]\displaystyle{ \varphi_n(x)=\sum_{k=0}^n\frac{x^k}{k!} }[/math], פולינומי טיילור של [math]\displaystyle{ e^x }[/math].
בפועל יש שיטות נומריות טובות יותר: בסדרת פיקרד כל צעד דורש אינטגרל, והאינטגרלים הולכים ומסתבכים ולעיתים אי אפשר לחשב אותם במפורש. בשיטת אוילר צריך רק להציב ב-[math]\displaystyle{ f }[/math].
מודל SIR (בפרק מודלים של גידול אוכלוסיות והתפשטות מגיפות): זו מערכת מד"ר לא לינארית. קרמק ומקנדריק הורידו אותה למד"ר אחת על [math]\displaystyle{ R }[/math], אבל זו מד"ר פרידה עם אינטגרל שלא יודעים לחשב במפורש, ולכן הם קירבו אותה בעזרת טיילור. היום פותרים מערכות כאלה נומרית.
שיטת אוילר עובדת בדיוק באותו אופן גם למערכת מד"ר: מקדמים כל פונקציה בעזרת הנגזרת שלה. בסימונים של הפרק ([math]\displaystyle{ S'=-kSI,\ I'=kSI-lI,\ R'=lI }[/math]):
[math]\displaystyle{ S_{n+1}=S_n-kS_nI_n\cdot h }[/math]
[math]\displaystyle{ I_{n+1}=I_n+\left(kS_nI_n-lI_n\right)\cdot h }[/math]
[math]\displaystyle{ R_{n+1}=R_n+lI_n\cdot h }[/math]
שימו לב שסכום התוספות בכל צעד הוא אפס, ולכן [math]\displaystyle{ S_n+I_n+R_n=N }[/math] נשמר בדיוק, כמו במודל המקורי.
זריקת כדור בזווית עם התנגדות אוויר (בפרק בעיות מילוליות): זמן הנחיתה הוא שורש של משוואה שמערבת את [math]\displaystyle{ t }[/math] ואת [math]\displaystyle{ e^{-\frac{b}{m}t} }[/math], ואותה לא פותרים באמצעות פונקציות אלמנטריות; את השורש אפשר למצוא בשיטת החצייה, ואת הזווית שנותנת את המרחק הגדול ביותר מחפשים נומרית.
