הבדלים בין גרסאות בדף "מדר קיץ תשעב/סיכומים/הרצאות/2.8.12"
מ (←מקרה 2) |
מ (←משוואות ריקטי) |
||
שורה 40: | שורה 40: | ||
{{משל}} | {{משל}} | ||
− | + | == משוואות ריקטי == | |
אלה מד״ר מהצורה <math>y'+f(x)y^2+g(x)y+h(x)=0</math>. פתרון כללי של משוואת ריקטי הוא מהצורה <math>y=\frac{c a(x)+b(x)}{c A(x)+B(x)}</math>, ולכל ביטוי מהצורה הנ״ל קיימת משוואת ריקטי מתאימה. | אלה מד״ר מהצורה <math>y'+f(x)y^2+g(x)y+h(x)=0</math>. פתרון כללי של משוואת ריקטי הוא מהצורה <math>y=\frac{c a(x)+b(x)}{c A(x)+B(x)}</math>, ולכל ביטוי מהצורה הנ״ל קיימת משוואת ריקטי מתאימה. | ||
− | + | === הוכחה === | |
ראשית, נוכיח שלכל ביטוי מהצורה הנ״ל קיימת משוואת ריקטי מתאימה: מתקיים <math>y\cdot(cA+B)=ca+b</math> ולכן <math>c(yA-a)-b+yB=0</math>. נגזור את שני האגפים ונקבל <math>c(y'A+A'y-a')-b'+(y'B+B'y)=0</math>. נציג את שתי המשוואות האחרונות בצורה <math>{\color{Blue}\begin{pmatrix}y'A+A'y-a'&-b'+y'B+B'y\\yA-a&-b+yB\end{pmatrix}}\begin{pmatrix}c\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}</math> ונשים לב שהמטריצה הכחולה מאפסת וקטור שאינו וקטור האפס, ולפיכך הדטרמיננטה שלה היא 0: <math>\begin{vmatrix}y'A+A'y-a'&-b'+y'B+B'y\\yA-a&-b+yB\end{vmatrix}=0</math>. נחשב את הדטרמיננטה ונגלה ש־<math>y'+y^2\frac{AB'-B'a}{Ab-aB}+y\frac{a'B-A'B-Ab'-aB'}{bA-aB}+\frac{ab'-a'b}{bA-aB}=0</math>, כדרוש. | ראשית, נוכיח שלכל ביטוי מהצורה הנ״ל קיימת משוואת ריקטי מתאימה: מתקיים <math>y\cdot(cA+B)=ca+b</math> ולכן <math>c(yA-a)-b+yB=0</math>. נגזור את שני האגפים ונקבל <math>c(y'A+A'y-a')-b'+(y'B+B'y)=0</math>. נציג את שתי המשוואות האחרונות בצורה <math>{\color{Blue}\begin{pmatrix}y'A+A'y-a'&-b'+y'B+B'y\\yA-a&-b+yB\end{pmatrix}}\begin{pmatrix}c\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}</math> ונשים לב שהמטריצה הכחולה מאפסת וקטור שאינו וקטור האפס, ולפיכך הדטרמיננטה שלה היא 0: <math>\begin{vmatrix}y'A+A'y-a'&-b'+y'B+B'y\\yA-a&-b+yB\end{vmatrix}=0</math>. נחשב את הדטרמיננטה ונגלה ש־<math>y'+y^2\frac{AB'-B'a}{Ab-aB}+y\frac{a'B-A'B-Ab'-aB'}{bA-aB}+\frac{ab'-a'b}{bA-aB}=0</math>, כדרוש. | ||
גרסה מ־12:40, 7 באוקטובר 2012
מד״ר מסדר שני
הצורה הכללית של מד״ר כזו היא , והפתרון הוא מהצורה
.
בעיית קושי מסדר 2
זו בעיה שבה אנו נדרשים לפתור מד״ר עם שני תנאי התחלה (מובן ש־
אינו הנגזרת של הקבוע
, אלא ערך הנגזרת בנקודה
).
סוגים נפוצים
סוג 1
מתקיים . ניתן לפתור זאת ע״י אינטגרציה
פעמים (במקרה שלנו,
).
סוג 2
אלה מד״ר שבהן ניתן להוריד את סדר המשוואה. עבור מד״ר מסדר 2, נחלק לשני מקרים:
מקרה 1
לא מופיע במשוואה, כלומר המשוואה מהצורה
. במקרה זה נציב
ונקבל מד״ר מסדר ראשון.
תרגיל
פתרו את המד״ר .
פתרון
נציב ![]() |
![]() |
![]() |
||||
![]() |
![]() |
|||||
![]() |
![]() |
|||||
![]() |
![]() |
|||||
נסמן ![]() |
![]() |
![]() |
||||
![]() |
![]() |
מקרה 2
לא מופיע במשוואה, כלומר המד״ר מהצורה
. שוב נגדיר
, ואז
. המד״ר הופכת ל־
, כלומר מד״ר מסדר ראשון של
. נובע ש־
.
תרגיל
פתרו .
פתרון
נציב באופן הנ״ל ונקבל
![\begin{align}&y\frac{\mathrm dz}{\mathrm dy}z=2z^2\\\implies&\int\frac{\mathrm dz}{2z}=\int\frac{\mathrm dy}y\\\implies&\frac12\ln|z|=\ln|y|+C_1\\\implies&z=C_2y^2\\\implies&\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}=C_2y^2\\\implies&\int\frac{\mathrm dy}{y^2}=\int C_2\mathrm dx\\\implies&-\frac1y=C_2x+C_3\\\implies&y=\frac{c_2}{c_1x+1}\end{align}](/images/math/9/8/0/980a1d275fa6e83365bbf7bb8d47e016.png)
משוואות ריקטי
אלה מד״ר מהצורה . פתרון כללי של משוואת ריקטי הוא מהצורה
, ולכל ביטוי מהצורה הנ״ל קיימת משוואת ריקטי מתאימה.
הוכחה
ראשית, נוכיח שלכל ביטוי מהצורה הנ״ל קיימת משוואת ריקטי מתאימה: מתקיים ולכן
. נגזור את שני האגפים ונקבל
. נציג את שתי המשוואות האחרונות בצורה
ונשים לב שהמטריצה הכחולה מאפסת וקטור שאינו וקטור האפס, ולפיכך הדטרמיננטה שלה היא 0:
. נחשב את הדטרמיננטה ונגלה ש־
, כדרוש.
לצד השני, יהי פתרון רגולרי של משוואת ריקטי. נציב במד״ר
(כאשר
פונקציה לא ידועה) ונגלה ש־
![]() |
||||||
![]() |
![]() |
|||||
![]() |
![]() |
![]() |
לכן פתרון של משוואת ברנולי עם
, ולפיכך הוא מהצורה
. לבסוף הפתרון מהצורה
.
מערכת מד״ר מסדר ראשון
זו מערכת מהצורה כאשר
היא מערכת של
פונקציות. המערכת היא ב־
משתנים. בצורה נורמלית:
. לפיכך הפתרון הכללי הינו מהצורה
. לדוגמה,
היא מערכת מד״ר.
בעיית קושי
במערכת מד״ר מסדר 1, בעיית קושי היא לפתור את המד״ר עם תנאי ההתחלה .
משפט
מד״ר מסדר (נורמלית/לינארית/לינארית־הומוגנית) שקולה למערכת של
מד״ר מסדר ראשון (נורמליות/לינאריות/לינאריות־והומוגניות). אם למד״ר מסדר גבוה נתונים ערכי ההתחלה
אז המד״ר שקולה לבעיית קושי עבור המערכת.
הוכחה
נתונה המד״ר ונסמן
. לכן
. נוסיף את המד״ר הבאות:
. המערכת שקולה למד״ר המקורית והיא נורמלית/לינארית/לינארית־הומוגנית בהתאם למערכת המקורית.
דוגמה
. נציב
ו־
ולפיכך
.
מד״ר סתומות מסדר 1
אלה מד״ר שאנו לא יודעים כיצד להביאן לצורה נורמלית.
סוגים נפוצים
מקרה 1
משוואה מסדר 1 וממעלה :
. מכאן שקיימות פונקציות
שעבורן
.
תרגיל
פתרו .
פתרון
![\begin{align}&\left(y'-\frac\sqrt{xy}a\right)\left(y'+\frac\sqrt{xy}a\right)=0\\\implies&y'=\pm\frac\sqrt{xy}a\\\implies&\frac{y'}\sqrt y=\pm\frac\sqrt xa\\\implies&\int\frac{\mathrm dy}\sqrt y=\pm\int\frac\sqrt xa\mathrm dx\\\implies&2\sqrt y=\pm\frac{2x^{3/2}}{3a}+c\\\implies&y=\frac14\left(c\pm\frac{2\sqrt x^3}{3a}\right)^2\end{align}](/images/math/0/0/3/003bd2254826ce9ce344a54c51197e55.png)
מקרה 2
לא מופיעה במד״ר. צורתה
, ובהצבת
נקבל
. נשים לב ש־
ולכן
. לפיכך, אם
אזי
.
תרגיל
פתרו .
פתרון
נסמן ונציב במד״ר:
. עתה
, וזו מד״ר ממקרה 1, שאותו אנו כבר יודעים לפתור.
מקרה 3
לא מופיעה,
. שוב נציב
, ונניח
. אזי
.
תרגיל
פתרו .
פתרון
אחרי הצבה נקבל
ולבסוף
. נציב חזרה
וסיימנו.
מקרה 4
מופיעה ו־
לא, כלומר
, והמד״ר סתומה. כרגיל, נגדיר
. אם
ו־
אזי
, ומכאן ש־
. לבסוף,
.
תרגיל
פתרו .
פתרון
נסמן , נציב במד״ר ונקבל
. כמו כן,
. עתה,
ולכן
.
מקרה 5
מופיעה ו־
לא, כלומר
, והמד״ר סתומה. נציב
ולכן
. נסמן
ונגלה כי
. מאינטגרציה ולפי הגדרת
נקבל
.