מדר קיץ תשעב/סיכומים/תרגולים/30.7.12

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

דוגמה 1

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

פתרון

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

דוגמה 2

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

פתרון

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

עתה נתייחס למקרה [math]\displaystyle{ y\equiv1 }[/math]: נציב במד״ר ונקבל [math]\displaystyle{ 0=0 }[/math], לכן זהו אכן פתרון.

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

דוגמה 3

פתרו את המשוואה [math]\displaystyle{ (x-y)\mathrm dy=(1-x+y)\mathrm dx }[/math].

פתרון

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

דוגמה 4

פתרו את בעיית ההתחלה [math]\displaystyle{ (x^2-y^2)\mathrm dx+2xy\mathrm dy=0, y(1)=1 }[/math].

פתרון

הערה: פונקציה [math]\displaystyle{ g(x,y) }[/math] נקראת הומוגנית חיובית מסדר [math]\displaystyle{ k\in\mathbb R }[/math] אם לכל [math]\displaystyle{ \lambda\gt 0 }[/math] ולכל [math]\displaystyle{ (x,y)\dom(g) }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ \g(\lambda x,\lambda y)=\lambda^kg(x,y) }[/math].

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