מד״ר מסדר ראשון (המשך)[עריכה]

דוגמה שימושית[עריכה]

נניח שגודל החוב ממשכנתה בזמן מסוים [math]\displaystyle{ t }[/math] הוא [math]\displaystyle{ y(t) }[/math]. הריבית היא [math]\displaystyle{ R }[/math] כחלק מגודל החוב ליחידת זמן, וההחזר הוא [math]\displaystyle{ P }[/math] בכמות כסף ליחידת זמן. אזי [math]\displaystyle{ y(t+\Delta t)=y(t)+Ry(t)\Delta t-P\Delta t }[/math]. אם נניח שהבנק מחשב את הריבית באופן רציף וש־[math]\displaystyle{ y\not\equiv\frac PR }[/math] נקבל

[math]\displaystyle{ \begin{align}&y'(t)=\lim_{\Delta t\to0}\frac{y(t+\Delta t)-y(t)}{\Delta t}=Ry(t)-P\\\implies&\frac{y'}{y-\frac PR}=R\\\implies&\int\frac{\mathrm dy}{y-\frac PR}=\int R\mathrm dt\\\implies&\left|y-\frac PR\right|=c_1\mathrm e^{Rt}\\\implies&y=\frac PR+c\mathrm e^{Rt}\end{align} }[/math]

נוסיף תנאי התחלה [math]\displaystyle{ y(0)=y_0 }[/math]. לכן [math]\displaystyle{ c=y_0-\frac PR }[/math] ולבסוף [math]\displaystyle{ y=\frac PR+\left(y_0-\frac PR\right)\mathrm e^{Rt} }[/math]. ניתן לראות שאם [math]\displaystyle{ y_0\gt \frac PR }[/math] אזי הפונקציה עולה, כלומר החוב גדל בהתמדה ולעולם לא נחזיר את ההלוואה. לעומת זאת, אם [math]\displaystyle{ y\equiv\frac PR=y_0 }[/math] אז החוב נותר קבוע כל הזמן, ואם [math]\displaystyle{ y_0\lt \frac PR }[/math] אזי נסיים לשלם את המשכנתה כאשר [math]\displaystyle{ y=0 }[/math], כלומר כאשר [math]\displaystyle{ t=\frac{\ln\left(\frac PR\right)-\ln\left(\frac PR-y_0\right)}R }[/math]. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

מד״ר פתירות ע״י משוואה הומוגנית[עריכה]

כבר למדנו לפתור מד״ר מהצורה [math]\displaystyle{ y'=f(ax+by) }[/math]. היום נלמד לפתור את [math]\displaystyle{ y'=f\left(\frac{a_1x+b_1y+c_1}{ax+by+c}\right) }[/math].

מקרה 1[עריכה]

נניח ש־[math]\displaystyle{ \begin{vmatrix}a_1&b_1\\a&b\end{vmatrix}\ne0 }[/math]. נסמן [math]\displaystyle{ \begin{cases}x=p+\alpha\\y=q+\beta\end{cases} }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ \begin{cases}a_1x+b_1y+c_1=a_1p+b_1q+{\color{Blue}(a_1\alpha+b_1\beta+c_1)}\\ax+by+c=ap+bq+{\color{Blue}(a\alpha+b\beta+c)}\end{cases} }[/math]. נדרוש שהמקדמים החופשיים (בכחול) יהיו 0 בשני המקרים, כלומר [math]\displaystyle{ \begin{pmatrix}a_1&b_1\\a&b\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\alpha\\\beta\end{pmatrix}=-\begin{pmatrix}c_1\\c\end{pmatrix} }[/math]. נקבל [math]\displaystyle{ \frac{\mathrm dq}{\mathrm dp}=\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}=y'=f\left(\frac{a_1+b_1\frac qp}{a+b\frac qp}\right) }[/math], וזו מד״ר מהצורה [math]\displaystyle{ q'=f\left(\frac qp\right) }[/math], שאותה אנו יודעים לפתור.

דוגמה[עריכה]

נפתור [math]\displaystyle{ y'=\frac{2x+3y+4}{x+y+2} }[/math]. נציב [math]\displaystyle{ x,y }[/math] כנ״ל ולפיכך [math]\displaystyle{ \frac{\mathrm dq}{\mathrm dp}=\frac{2p+3q+2\alpha+3\beta+4}{p+q+\alpha+\beta+2} }[/math]. עלינו לדרוש ש־[math]\displaystyle{ 2\alpha+3\beta=-4\ \and\ \alpha+\beta=-2 }[/math] ומכאן ש־[math]\displaystyle{ \frac{\mathrm dq}{\mathrm dp}=\frac{2p+3q}{p+q}=\frac{2+3\frac qp}{1+\frac qp} }[/math] וגם [math]\displaystyle{ y=q\ \and\ x=p-2 }[/math]. נסמן [math]\displaystyle{ z=\frac pq }[/math] ואז

[math]\displaystyle{ \begin{align}&\frac{2+3z}{1+z}=\frac{\mathrm dq}{\mathrm dp}=\frac{\mathrm d(pz)}{\mathrm dp}=p\frac{\mathrm dz}{\mathrm dp}+z\\\implies&\frac{2+2z-z^2}{1+z}=p\frac{\mathrm dz}{\mathrm dp}\\\implies&\frac{1+z}{2+2z-z^2}\mathrm dz=\frac{\mathrm dp}p\\\implies&\int\frac{2-(1-z)}{2+2z-z^2}\mathrm dz=\int\frac{\mathrm dp}p\\\implies&\int\frac2{3-(1-z)^2}\mathrm dz-\frac12\ln|2+2z-z^2|=\ln|p|+c\\\implies&\frac2\sqrt3\mbox{arctanh}\left(\frac{1-z}\sqrt3\right)-\frac12\ln|2+2z-z^2|=\ln|p|+c\end{align} }[/math]

עתה מציבים [math]\displaystyle{ z=\frac y{x+2}, p=x+2 }[/math] ומקבלים את הפתרון בצורה של פונקציה סתומה. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

מקרה 2[עריכה]

אם [math]\displaystyle{ \begin{vmatrix}a_1&b_1\\a&b\end{vmatrix}=0 }[/math] אז יש [math]\displaystyle{ \lambda }[/math] שעבורה [math]\displaystyle{ a_1=\lambda a\ \and\ b_1=\lambda b }[/math] ואז [math]\displaystyle{ y'=f\left(\frac{\lambda(ax+by)+c_1}{(ax+by)+c}\right) }[/math]. נציב [math]\displaystyle{ z=ax+by }[/math] ונפתור כפי שאנו כבר יודעים.

מד״ר לינארית מסדר 1[עריכה]

אלה מד״ר מהצורה [math]\displaystyle{ y'+p(x)y=q(x) }[/math] כאשר [math]\displaystyle{ p,q }[/math] לאו דווקא לינאריות. היא תקרא לינארית־הומוגנית אם [math]\displaystyle{ q(x)\equiv0 }[/math], ובמקרה זה נקבל:

[math]\displaystyle{ \begin{align}&\int\frac{\mathrm dy}y=-\int p(x)\mathrm dx\\\implies&y=c\mathrm e^{-\int p(x)\mathrm dx}\end{align} }[/math]

במקרה הלא הומוגני נוכל להכפיל את אגפי המשוואה ב־[math]\displaystyle{ \mathrm e^{\int p(x)\mathrm dx+c_1} }[/math] ונקבל [math]\displaystyle{ y'\mathrm e^{\int p(x)\mathrm dx+c_1}+p(x)y\mathrm e^{\int p(x)\mathrm dx+c_1}=\left(y\mathrm e^{\int p(x)\mathrm dx+c_1}\right)'=q(x)\mathrm e^{\int p(x)\mathrm dx+c_1} }[/math]. לכן

[math]\displaystyle{ \begin{align}y&=\mathrm e^{-\int p(x)\mathrm dx-c_1}\left(c_2+\int q(x)\mathrm e^{\int p(x)\mathrm dx+c_1}\mathrm dx\right)\\&=\mathrm e^{-\int p(x)\mathrm dx}\left(c_2\mathrm e^{-c_1}+\mathrm e^{-c_1}\mathrm e^{c_1}\int q(x)\mathrm e^{\int p(x)\mathrm dx}\mathrm dx\right)\\&=\mathrm e^{-\int p(x)\mathrm dx}\left(c+\int q(x)\mathrm e^{\int p(x)\mathrm dx}\mathrm dx\right)\end{align} }[/math]

הערה: מד״ר לינארית־הומוגנית אינה בהכרח מד״ר הומוגנית, כלומר לא בהכרח מתקיים [math]\displaystyle{ y'=f\left(\frac yx\right) }[/math] עבור [math]\displaystyle{ f }[/math] כלשהי.

וריאצית הפרמטרים[עריכה]

נניח שהפתרון של [math]\displaystyle{ y'+p(x)y=0 }[/math] הוא [math]\displaystyle{ cy_b(x) }[/math], ואנו רוצים למצוא את הפתרון [math]\displaystyle{ c(x)y_b(x) }[/math] של [math]\displaystyle{ y'+p(x)y=q(x) }[/math] עבור [math]\displaystyle{ q }[/math] ידועה. נציב [math]\displaystyle{ c(x)y_b(x) }[/math] במד״ר ונקבל [math]\displaystyle{ c(x)y_b'(x)+c'(x)y_b(x)+p(x)c(x)y_b(x)=q(x) }[/math]. לכן [math]\displaystyle{ c'(x)y_b(x),q(x) }[/math] המקדמים הייחידים שאינם מוכפלים ב־[math]\displaystyle{ y }[/math] או ב־[math]\displaystyle{ y' }[/math], ומכאן ש־[math]\displaystyle{ c'(x)y_b(x)=q(x) }[/math]. נותר לפתור את המד״ר [math]\displaystyle{ c'(x)=\frac{q(x)}{y_b(x)} }[/math].

דוגמה[עריכה]

נתונה המד״ר [math]\displaystyle{ y'=\frac{x^2-y}x }[/math] עם תנאי התחלה [math]\displaystyle{ y(1)=5 }[/math]. אזי [math]\displaystyle{ y'+\frac1xy=x }[/math] ולכן, מפני שזו מד״ר לינארית מסדר 1,

[math]\displaystyle{ c\in\mathbb R }[/math]	[math]\displaystyle{ }[/math]	[math]\displaystyle{ \mathrm e^{-\int\frac{\mathrm dx}x}\left(c+\int x\mathrm e^{\int\frac{\mathrm dx}x}\mathrm dx\right) }[/math]	[math]\displaystyle{ = }[/math]	[math]\displaystyle{ y }[/math]	[math]\displaystyle{ }[/math]
	[math]\displaystyle{ }[/math]	[math]\displaystyle{ \mathrm e^{-\ln\vert x\vert}\left(c+\int x\vert x\vert\mathrm dx\right) }[/math]	[math]\displaystyle{ = }[/math]	[math]\displaystyle{ }[/math]	[math]\displaystyle{ }[/math]
	[math]\displaystyle{ }[/math]	[math]\displaystyle{ \frac c{\vert x\vert}+\frac1{\vert x\vert}\int x\vert x\vert\mathrm dx }[/math]	[math]\displaystyle{ = }[/math]	[math]\displaystyle{ }[/math]	[math]\displaystyle{ }[/math]
[math]\displaystyle{ \sgn(x) }[/math] קבוע בכל אחד מהקטעים [math]\displaystyle{ (-\infty,0),(0,\infty) }[/math]. לכן נחשב שני מקרים – כאשר [math]\displaystyle{ x }[/math] בקטע הראשון וכאשר בקטע השני – ונוציא בכל מקרה את [math]\displaystyle{ \sgn(x) }[/math] מחוץ לאינטגרל. התוצאה היא תמיד:	[math]\displaystyle{ }[/math]	[math]\displaystyle{ \frac c{\vert x\vert}+\frac{\sgn(x)}{\vert x\vert}\int x^2\mathrm dx }[/math]	[math]\displaystyle{ = }[/math]	[math]\displaystyle{ }[/math]	[math]\displaystyle{ }[/math]
	[math]\displaystyle{ }[/math]	[math]\displaystyle{ \frac c{\vert x\vert}+\frac1x\frac{x^3}3 }[/math]	[math]\displaystyle{ = }[/math]	[math]\displaystyle{ }[/math]	[math]\displaystyle{ }[/math]
	[math]\displaystyle{ }[/math]	[math]\displaystyle{ \frac c{\vert x\vert}+\frac{x^2}3 }[/math]	[math]\displaystyle{ = }[/math]	[math]\displaystyle{ }[/math]	[math]\displaystyle{ }[/math]

נציב את תנאי ההתחלה: [math]\displaystyle{ 5=\frac c1+\frac{1^2}3\implies c=\frac{14}3 }[/math], לכן [math]\displaystyle{ y=\frac{14}{3|x|}+\frac{x^2}3 }[/math]. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

משוואות ברנולי[עריכה]

אלה מד״ר מהצורה [math]\displaystyle{ y'+p(x)y=q(x)y^n,\quad n\ne0,1 }[/math]. אם [math]\displaystyle{ n\gt 0 }[/math] אז [math]\displaystyle{ y(x)\equiv0 }[/math] פתרון (רגולרי או סינגולרי). אם [math]\displaystyle{ n\lt 0 }[/math] אזי [math]\displaystyle{ y(x)\equiv0 }[/math] אינו פתרון, לכן נוכל להתייחס למד״ר השקולה [math]\displaystyle{ \frac{y'}{y^n}+p(x)y^{1-n}=q(x) }[/math] ולהציב [math]\displaystyle{ z=y^{1-n} }[/math]. נקבל [math]\displaystyle{ z'=(1-n)y^{-n}y' }[/math] ואז [math]\displaystyle{ z'+(1-n)p(x)z=(1-n)q(x) }[/math], שהיא מד״ר לינארית מסדר 1. לפיכן [math]\displaystyle{ z=\mathrm e^{(n-1)\int p(x)\mathrm dx}\left(c+\int(1-n)q(x)\mathrm e^{\int(1-n)p(x)\mathrm dx}\mathrm dx\right) }[/math] ולבסוף, [math]\displaystyle{ y=\sqrt[1-n]{\mathrm e^{(n-1)\int p(x)\mathrm dx}\left(c+\int(1-n)q(x)\mathrm e^{\int(1-n)p(x)\mathrm dx}\mathrm dx\right)} }[/math].

עבור [math]\displaystyle{ n\gt 1 }[/math], ‏ [math]\displaystyle{ y\equiv0 }[/math] פתרון פרטי (רגולרי), עבור [math]\displaystyle{ 0\lt n\lt 1 }[/math] זה פתרון סינגולרי, ועבור [math]\displaystyle{ n\lt 0 }[/math] הוא אינו פתרון.

תרגיל[עריכה]

פתרו [math]\displaystyle{ y'-2xy=2x^3y^2 }[/math].

פתרון[עריכה]

עבור הסימנים הנ״ל [math]\displaystyle{ p(x)=-2x,q(x)=2x^3,n=2 }[/math] , כלומר [math]\displaystyle{ y=\sqrt[-1]{\mathrm e^{-x^2}\left(c+\int2x^3\mathrm e^{x^2}\mathrm dx\right)} }[/math]. נציב [math]\displaystyle{ u=x^2 }[/math] ואז [math]\displaystyle{ \int2x^3\mathrm e^{x^2}\mathrm dx=\mathrm e^{x^2}-x^2\mathrm e^{x^2} }[/math], ולבסוף [math]\displaystyle{ y=\frac1{c\mathrm e^{-x^2}-x^2+1} }[/math]. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

מד״ר מדויקת[עריכה]

מד״ר מהצורה [math]\displaystyle{ P(x,y)\mathrm dx+Q(x,y)\mathrm dy=0 }[/math] כך שקיימת [math]\displaystyle{ U(x,y) }[/math] עבורה [math]\displaystyle{ \frac{\partial U}{\partial x}=P,\frac{\partial U}{\partial y}=Q }[/math]. לפיכך [math]\displaystyle{ \mathrm dU=P\mathrm dx+Q\mathrm dy }[/math] והמד״ר הופכת ל־[math]\displaystyle{ \mathrm dU=0 }[/math] כלומר [math]\displaystyle{ U=\text{const.} }[/math]. תנאי הכרחי ומספיק לקיום [math]\displaystyle{ U }[/math] כנ״ל הוא [math]\displaystyle{ \frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x} }[/math] (הכרחי כי [math]\displaystyle{ \frac{\partial P}{\partial y}=\frac\partial{\partial y}\frac{\partial U}{\partial x}=\frac\partial{\partial x}\frac{\partial U}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x} }[/math]).

תרגיל[עריכה]

פתרו [math]\displaystyle{ \underbrace{\left(3x^2+6xy^2\right)}_P\mathrm dx+\underbrace{\left(6x^2y+4y^3\right)}_Q\mathrm dy=0 }[/math].

פתרון[עריכה]

מתקיים [math]\displaystyle{ \frac{\partial P}{\partial y}=12xy=\frac{\partial Q}{\partial x} }[/math], כדרוש לקיום [math]\displaystyle{ U }[/math]. ננסה לחשב [math]\displaystyle{ U }[/math] כנ"ל: [math]\displaystyle{ U=\int P\mathrm dx=x^3+3x^2y^2+c_y(y) }[/math]. עתה נדרוש ש־[math]\displaystyle{ \frac{\partial U}{\partial y}=6x^2y+c_y'(y)=Q }[/math] ואז [math]\displaystyle{ c'_y(y)=4y^3\implies c_y(y)=y^4+c }[/math]. לסיכום, פתרון המד״ר הוא [math]\displaystyle{ U=x^3+3x^2y^2+y^4+c=0 }[/math] (נשים לב שניתן לבחור גם כל קבוע אחר מלבד 0, אבל שינוי כזה בסה״כ יחליף את הקבוע [math]\displaystyle{ c }[/math]). [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

מד״ר לא מדויקת[עריכה]

תהי [math]\displaystyle{ P(x,y)\mathrm dx+Q(x,y)\mathrm dy=0 }[/math] מד״ר שאינה מדויקת, ונרצה לפתור אותה ע״י גורמי אינטגרציה: ננסה להכפיל את אגפי המד״ר ב־[math]\displaystyle{ \mu(x,y) }[/math] ולקבל מד״ר מדויקת [math]\displaystyle{ \mu P\mathrm dx+\mu Q\mathrm dy=0 }[/math]. לשם כך [math]\displaystyle{ \mu }[/math] צריכה לקיים [math]\displaystyle{ \frac{\partial(\mu P)}{\partial y}=\frac{\partial(\mu Q)}{\partial x} }[/math], ובאופן שקול [math]\displaystyle{ \frac{\partial\mu}{\partial y}P-\frac{\partial\mu}{\partial x}Q=\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\mu }[/math] (נשים לב שזו מד״ח).

מקרה 1[עריכה]

[math]\displaystyle{ \mu }[/math] תלויה רק ב־[math]\displaystyle{ x }[/math]. לכן [math]\displaystyle{ \frac{\partial\mu}{\partial y} }[/math] מתאפס ומכאן נובע (כאשר [math]\displaystyle{ a:=\frac{\frac{\partial P}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial x}}Q }[/math]) ש־

[math]\displaystyle{ \begin{align}&\frac{\partial\mu}{\partial x}=a\mu\\\implies&\frac{\mathrm d\mu}\mu=a\mathrm dx\\\implies&\mu(x)=\mathrm e^{\sim\!\!\!\!\int a\mathrm dx}\end{align} }[/math]

נשים לב ש־[math]\displaystyle{ \mu }[/math] תלויה רק ב־[math]\displaystyle{ x }[/math] אם״ם [math]\displaystyle{ a }[/math] תלויה רק ב־[math]\displaystyle{ x }[/math].

מקרה 2[עריכה]

[math]\displaystyle{ \mu }[/math] תלויה רק ב־[math]\displaystyle{ y }[/math]. זה מתקיים אם״ם [math]\displaystyle{ b:=\frac{\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}}P }[/math] תלויה רק ב־[math]\displaystyle{ y }[/math], ואז [math]\displaystyle{ \mu(y)=\mathrm e^{\sim\!\!\!\!\int b\mathrm dy} }[/math].

תרגיל[עריכה]

פתרו את המד״ר [math]\displaystyle{ \underbrace{\left(1-x^2y\right)}_P\mathrm dx+\underbrace{x^2(y-x)}_Q\mathrm dy=0 }[/math].

פתרון[עריכה]

מתקיים [math]\displaystyle{ \frac{\partial P}{\partial y}=-x^2\ne\frac{\partial Q}{\partial x}=2xy-3x^2 }[/math], כלומר המד״ר אינה מדויקת. נשים לב ש־[math]\displaystyle{ \frac{\frac{\partial P}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial x}}Q=-\frac2x }[/math], כלומר תלויה אך ורק ב־[math]\displaystyle{ x }[/math], ולכן נגדיר [math]\displaystyle{ \mu=\mathrm e^{\sim\!\!\!\!\int-\frac2x\mathrm dx}=\mathrm e^{-2\ln|x|}=-\frac1{x^2} }[/math]. נכפיל את אגפי המד״ר ב־[math]\displaystyle{ -\mu }[/math] ונקבל [math]\displaystyle{ \left(\frac1{x^2}-y\right)\mathrm dx+(y-x)\mathrm dy=0 }[/math]. המד״ר החדשה מקיימת [math]\displaystyle{ \frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}=-1 }[/math], ומכאן נוכל להמשיך לפתור כרגיל: מתקיים [math]\displaystyle{ U=\int\left(\frac1{x^2}-y\right)\mathrm dx=-\frac1x-xy+c_y(y) }[/math] וגם [math]\displaystyle{ y-x=\frac{\partial U}{\partial y}=-x+c_y'(y) }[/math]. אזי [math]\displaystyle{ c_y'(y)=y\implies c_y(y)=\frac{y^2}2+c }[/math], ולבסוף הפתרון הוא [math]\displaystyle{ U=-\frac1x-xy+\frac{y^2}2+c=0 }[/math]. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

הערה: נשים לב ש־[math]\displaystyle{ \frac{\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}}P=\frac{2xy-2x^2}{1-x^2y} }[/math] תלויה גם ב־[math]\displaystyle{ x }[/math] וגם ב־[math]\displaystyle{ y }[/math], ולכן הגדרת [math]\displaystyle{ \mu }[/math] התלויה ב־[math]\displaystyle{ y }[/math] לא תועיל לנו.