מדר קיץ תשעב/סיכומים/תרגולים/1.8.12
טרם נערך
………
דוגמה
[math]\displaystyle{ y'=\frac{6x+2y+1}{3x+y+1} }[/math]
פתרון
[math]\displaystyle{ \begin{vmatrix}6&2\\3&1\end{vmatrix}=0 }[/math]
לכן [math]\displaystyle{ (6,2)=2(3,1) }[/math] ונסמן [math]\displaystyle{ y'=\frac{2(3x+y)+1}{(3x+y)+1}=f(3x+y) }[/math]. נציב [math]\displaystyle{ z=3x+y }[/math] ונגזור לפי [math]\displaystyle{ x }[/math]: [math]\displaystyle{ z'=3+y'=3+\frac{2z+1}{z+1}=\frac{5z+4}{z+1} }[/math].
נבדוק [math]\displaystyle{ z=-\frac45 }[/math] ונקבל שזה פיתרון. עתה נניח ש־[math]\displaystyle{ z\ne-\frac45 }[/math] ולכן
[math]\displaystyle{ \frac{5z+5}{5z+4}\mathrm dz=5\mathrm dx }[/math].
ו־[math]\displaystyle{ 3x+y=-\frac45 }[/math] פתרון סינגולרי בצורת קו ישר.
מקרה 2
[math]\displaystyle{ \begin{vmatrix}a_1&b_1\\a_2&b_2\end{vmatrix}\ne0 }[/math]. במקרה זה נציב [math]\displaystyle{ x=p+\alpha,y=q+\beta }[/math]. נבחר את [math]\displaystyle{ \alpha,\beta }[/math] כך שיאפסו את המחוברים הקבועים במונה ובמכנה, וכך נגיע למד״ר הומוגנית עבור [math]\displaystyle{ q }[/math] כפונקציה של [math]\displaystyle{ p }[/math].
דוגמה
[math]\displaystyle{ y'=\frac{x+y-2}{z-y} }[/math]. אזי [math]\displaystyle{ \begin{vmatrix}1&1\\1&-1\end{vmatrix}\ne0 }[/math] ונציב באופן הנ״ל. מתקיים [math]\displaystyle{ y'=\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}=\frac{\mathrm dq}{\mathrm dp}=\frac{p+q+\alpha+\beta-2}{p-q+\alpha-\beta} }[/math]. נרצה ש־[math]\displaystyle{ \begin{cases}\alpha+\beta=2\\\alpha-\beta=0\end{cases}\implies\alpha=\beta=1 }[/math]. לפיכך [math]\displaystyle{ q'=\frac{p+q}{p-q}=\frac{1+\frac qp}{1-\frac qp} }[/math] ונסמן [math]\displaystyle{ z=\frac qp }[/math].לפיכך [math]\displaystyle{ \frac{1+z}{1-z}=\frac{\mathrm dq}{\mathrm dp}=\frac{\mathrm d(p\cdot z)}{\mathrm dp}=z+p\frac{\mathrm dz}{\mathrm dp} }[/math]. נקבל [math]\displaystyle{ \frac{1+z^2}{1-z}=p\frac{\mathrm dz}{\mathrm dp} }[/math] ומכאן ש־[math]\displaystyle{ \int\frac{\mathrm dp}p=\int\left(\frac1{1+z^2}-\frac z{1+z^2}\right)\mathrm dz\implies \ln|p|=\arctan(z)-\frac12\ln(1+z^2)+c }[/math]. לבסוף, [math]\displaystyle{ \ln|x-1|=\arctan\left(\frac{y-1}{x-1}\right)-\frac12\ln\left(1+\left(\frac{y-1}{x-1}\right)^2\right)+c }[/math].
מד״ר לינאריות מסדר ראשון
[math]\displaystyle{ y'+p(x)y=\begin{cases}0,&\text{ODE is homogeneous}\\q(x),&\text{else}\end{cases} }[/math]. אם המד״ר הומוגנית ניתן להפריד משתנים ולהגיע לפתרון [math]\displaystyle{ y_h=c\mathrm e^{-\int p(x)\mathrm dx} }[/math]. כדי לפתור מד״ר אי־הומוגנית קודם כל פותרים את המד״ר ההומוגנית המתאימה (בודקים [math]\displaystyle{ q(x)\equiv0 }[/math]) ואז מציבים [math]\displaystyle{ c(x) }[/math] במקום [math]\displaystyle{ c }[/math]. לסיום פותרים עבור הפונקציה [math]\displaystyle{ c(x) }[/math].
תרגיל
מצא את הפתרון הכללי של המד״ר [math]\displaystyle{ xy'-2y=x^2 }[/math].
פתרון
נביא את המד״ר לצורה [math]\displaystyle{ y'+p(x)y=q(x) }[/math] ע״י חילוק ב־[math]\displaystyle{ x }[/math]: [math]\displaystyle{ y'-\frac2xy=x }[/math]. לכן [math]\displaystyle{ p(x)=-\frac2x,q(x)=x }[/math]. המד״ר ההומוגנית המתאימה היא [math]\displaystyle{ y'-\frac2xy=0 }[/math] שפתרונה [math]\displaystyle{ y_h=c_1\mathrm e^{-\int-\frac2x\mathrm dx}=c\mathrm e^{2\ln|x|}=c|x^2|=cx^2 }[/math]. נשתמש בווריאציית המקדמים ונצא פתרון מהצורה [math]\displaystyle{ y=c(x)x^2=(\ln(x)+k)x^2=\underbrace{kx^2}_{y_h}+\underbrace{x^2\ln(x)}_{y_p} }[/math]. [math]\displaystyle{ y'=c'(x)x^2+c(x)\cdot2x }[/math] נציב במד״ר [math]\displaystyle{ \underbrace{c'(x)x^2+2x c(x)}_{y'}\underbrace{-\frac2xc(x)x^2}_{-\frac2xy}=x }[/math]. עתה [math]\displaystyle{ c'(x)x^2=x }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ c(x)=\ln|x|+k }[/math].
תרגיל
נתון מעגל חשמלי כמתואר בציור. לפי חוק קירכהוף הזרם במעגל, [math]\displaystyle{ I }[/math], מקיים את המשוואה הדיפרנציאלית [math]\displaystyle{ RI+L\frac{\mathrm dI}{\mathrm dt}=V }[/math].
- בהנתן שבזמן [math]\displaystyle{ t=0 }[/math] המעגל פתוח ומייד לאחר מכן סוגרים את המתג, מצא את הזרם החשמלי במעגל בזמן [math]\displaystyle{ t }[/math] כלשהו.
- מהו הזרם החשמלי במעגל לאחר זמן רב, [math]\displaystyle{ \lim_{t\to\infty} I }[/math]?
פתרון
- כשהמעגל פתוח לא זורם בו זרם – משמע יש לנו תנאי התחלה [math]\displaystyle{ I(0)=0 }[/math]. המד״ר היא [math]\displaystyle{ 10I+3\frac{\mathrm dI}{\mathrm dt}=50 }[/math]. נביא לצורה [math]\displaystyle{ \frac{\mathrm dI}{\mathrm dt}+\underbrace{\frac{10}3}_{p(t)}I=\underbrace{\frac{50}3}_{q(t)} }[/math]. עפ״י הנוסחה מההרצאה, הפתרון הכללי הוא [math]\displaystyle{ I(t)=\mathrm e^{-\int p(t)\mathrm dt}\int q(t)\mathrm e^{\int p(t)\mathrm dt}\mathrm dt=\mathrm e^{-\frac{10}3t}\int\frac{50}3\mathrm e^{\frac{10}3t}\mathrm dt=\mathrm e^{-\frac{10}3t}\left(c+5\mathrm e^{\frac{10}3t}\right)=5+c\mathrm e^{-\frac{10}3t} }[/math]
………
- כעבור זמן רב הזרם הוא [math]\displaystyle{ \lim_{t\to\infty}I(t)=5(1-0)=5[A] }[/math] (Ampe`re).
תרגיל
פתור [math]\displaystyle{ y'-\tan(x)y=1 }[/math] בקטע [math]\displaystyle{ x\in\left(-\frac\pi2,\frac\pi2\right) }[/math].
פתרון
זוהי מד״ר לינארית מסדר ראשון עם [math]\displaystyle{ \begin{cases}p(x)=-\tan(x)\\q(x)=1\end{cases} }[/math]. ע״ס הנוסחה [math]\displaystyle{ y(x)=\mathrm e^{\int\tan(x)\mathrm dx}\int\mathrm e^{\int-\tan(x)\mathrm dx}\mathrm dx=\mathrm e^{\ln\left(|\cos(x)|^{-1}\right)}\int\mathrm e^{\ln|\cos(x)|}\mathrm dx=\sec(x)\int|\cos(x)|\mathrm dx }[/math] בקטע הנתון [math]\displaystyle{ \cos(x)\gt 0 }[/math] ולכן ניתן להתעלם מהערך המוחלט.
………
משוואת ברנולי
[math]\displaystyle{ y'+p(x)y=q(x)y^n,\quad n\in\mathbb R\setminus\{0,1\} }[/math]. ניתן להציב [math]\displaystyle{ z=y^{1-n} }[/math] ולקבל מד״ר לינארית, או לחלופין להשתמש בנוסחה המפלצתית [math]\displaystyle{ y(x)=\sqrt[1-n]{\mathrm e^{-\int(1-n)p(x)\mathrm dx}\int(1-n)q(x)\mathrm e^{\int(1-n)p(x)\mathrm dx}\mathrm dx} }[/math]
………
מד״ר מדויקת
מד״ר מהצורה [math]\displaystyle{ P(x,y)\mathrm dx+Q(x,y)\mathrm dy=0 }[/math] נקראת מדוייקת בתחום [math]\displaystyle{ D\subseteq\mathbb R^2 }[/math] אם קיימת פוקנציה סקלרית [math]\displaystyle{ U:D\to\mathbb R }[/math] כך ש־[math]\displaystyle{ \begin{cases}\frac{\partial U}{\partial x}=P\\\frac{\partial U}{\partial y}=Q\end{cases} }[/math]. אם כן המד״ר היא [math]\displaystyle{ \mathrm dU=0 }[/math] ופתרונותיה [math]\displaystyle{ U(x,y)=\text{const.} }[/math] הן עקומות הרמה של [math]\displaystyle{ U }[/math]. תנאי הכרחי הוא [math]\displaystyle{ \frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x} }[/math].
תרגיל
פתור את המד״ר [math]\displaystyle{ 2xy+2+\left(x^2+4\right)\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}=0 }[/math].
פתרון
נכפיל ב־[math]\displaystyle{ \mathrm dx }[/math] ונקבל [math]\displaystyle{ (2xy+2)\mathrm dx+\left(x^2+4\right)\mathrm dy=0 }[/math] ונחפש פונקצית דיפרנציאל [math]\displaystyle{ U }[/math] כנ״ל.
[math]\displaystyle{ U(x,y)=x^2y+2x+c(y) }[/math].
[math]\displaystyle{ \frac{\partial U}{\partial y}=c'(y)=4 }[/math]
………
ואם המד״ר לא מדוייקת? נכפיל פי [math]\displaystyle{ \mu(x,y) }[/math] ונגרוש ש־[math]\displaystyle{ \mu P\mathrm dx+\mu Q\mathrm dy=0 }[/math] מדוייקת. כדי ש־[math]\displaystyle{ \mu }[/math] תהא תלויה ב־[math]\displaystyle{ x }[/math] בלבד צריך להתקיים [math]\displaystyle{ \frac{\frac{\partial }{}}{} }[/math]
…………
תרגיל
פתרו [math]\displaystyle{ \left(1+y^3\right)\mathrm dx+\left(xy^2\right)\mathrm dy=0 }[/math]. אזי [math]\displaystyle{ \frac{\partial Q}{\partial x}=y^2\ne\frac{\partial P}{\partial y}=3y^2 }[/math]. ולכן המד״ר אינה מדויקת. אבל [math]\displaystyle{ \frac{\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}}Q=-\frac2x }[/math], כלומר התלות ב־[math]\displaystyle{ x }[/math] בלבד, כדרוש.