מדר קיץ תשעב/סיכומים/הרצאות/31.7.12

דוגמה

נניח שגודל החוב ממשכנתה בזמן מסוים [math]\displaystyle{ t }[/math] הוא [math]\displaystyle{ y(t) }[/math]. הריבית היא [math]\displaystyle{ R }[/math] ליחידת זמן וההחזר הוא [math]\displaystyle{ P }[/math] 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 נקבל

[math]\displaystyle{ \begin{align}&\lim_{\Delta t\to0}\frac{y(t+\Delta t)-y(t)}{\Delta t}=y'(t)=Ry(t)-P\\\implies&\frac{y'}{y-\frac PR}=R\\\implies&\left|y-\frac PR\right|=c\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]. אנו 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 מסוג [math]\displaystyle{ y'=f\left(\frac{a_1x+b_1y+c_1}{ax+by+c}\right) }[/math]

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

מקרה 1

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

דוגמה

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}{p+q+\alpha+\beta+2} }[/math] עלינו לדרוש ש־[math]\displaystyle{ 2\alpha+3\beta=-4\ \and\ \alpha+\beta=-2 }[/math] ומכך נובע [math]\displaystyle{ y=q\ \and\ x=p-2 }[/math]. נסמן [math]\displaystyle{ z=\frac pq }[/math] ואז

[math]\displaystyle{ \begin{align}&p\frac{\mathrm dz}{\mathrm dp}+z=\frac{2+3z}{1+z}\\\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&\frac23\arccot\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] וקיבלנו את הפתרון בצורה של פונקציה סתומה.

מקרה 2: נסמן [math]\displaystyle{ a_1=\lambda a, 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] ואנו כבר יודעים לפתור זאת.

מד״ר לינארית מסדר I

זו מד״ר מהצורה [math]\displaystyle{ y'+p(x)y=q(x) }[/math] כאשר [math]\displaystyle{ p,q }[/math] לאו דווקא לינאריות. היא תקרא 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} }[/math] ונשים לב שמקבלים [math]\displaystyle{ \left(y\mathrm e^{\int p(x)\mathrm dx}\right)'=q(x)\mathrm e^{\int p(x)\mathrm dx} }[/math]. לכן [math]\displaystyle{ y'=\mathrm e^{-\int p(x)\mathrm dx}\cdot\int q(x)\mathrm e^{\int p(x)\mathrm dx}\mathrm dx }[/math].

וריאצית הפרמטרים

נניח שהפתרון הוא [math]\displaystyle{ cy_b(x) }[/math] (במקרה ההומוגני) או [math]\displaystyle{ c(x)y_b(x) }[/math] (במקרה הלא הומוגני). נציב זאת 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] ולכן [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

נתונה מד״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 מסוג I,

[math]\displaystyle{ \begin{align}y&=\mathrm e^{-\int\frac{\mathrm dx}x}\int x\mathrm e^{\int\frac{\mathrm dx}x}\\&=\mathrm e^{-\ln|x|}\int x|x|\mathrm dx\\&=\frac{c_1}{|x|}+\frac1x\int x^2\mathrm dx\\&=\frac{c_1}{|x|}+\frac{x^2}3\\&=\frac cx+\frac{x^2}3\end{align} }[/math]

כאשר [math]\displaystyle{ c=\sgn(x)c_1 }[/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}{3x}+\frac{x^2}3 }[/math].

משוואות ברנולי

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 מסוג I. לפיכן [math]\displaystyle{ z=\mathrm e^{(n-1)\int p(x)\mathrm dx}\int(1-n)q(x)\mathrm e^{\int(1-n)p(x)\mathrm dx}\mathrm dx }[/math]. לבסוף, [math]\displaystyle{ y=\sqrt[1-n]{\mathrm e^{(n-1)\int p(x)\mathrm dx}\int(1-n)p(x)\mathrm e^{\int(1-n)p(x)\mathrm dx}\mathrm dx} }[/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.

דוגמה

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

מד״ר מדויקת

[math]\displaystyle{ P(x,y)\mathrm dx+Q(x,y)\mathrm dy=0 }[/math]. נניח שקיימת [math]\displaystyle{ U(x,y) }[/math] עבורה [math]\displaystyle{ \frac{\partial U}{\partial x}=P(x,y),\frac{\partial U}{\partial y}=Q(x,y) }[/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]. אם היא קיימת אזי [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 U}{\partial x} }[/math].

דוגמה

[math]\displaystyle{ (3x^2+6xy^2)\mathrm dx+(6x^2y+4y^3)\mathrm dy=0 }[/math]. לפיכך [math]\displaystyle{ \frac{\partial P}{\partial y}=12xy=\frac{\partial Q}{\partial x} }[/math], כדרוש. מתקיים [math]\displaystyle{ U=\int P\mathrm dx=x^3+3x^2y^2+c(y) }[/math]. נדרוש ש־[math]\displaystyle{ \frac{\partial U}{\partial y}=6x^2y+c'(y)=Q }[/math] ואז [math]\displaystyle{ c'(y)=4y^3\implies c(y)=y^4+c }[/math]. לבסוף נדרוש ש־[math]\displaystyle{ c }[/math] יקיים [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 בסה״כ יחליף את הקבוע [math]\displaystyle{ c }[/math]).

גורם אינטגרציה

אם נכפיל את אגפי המד״ר ב־[math]\displaystyle{ \mu }[/math] נקבל [math]\displaystyle{ \mu P\mathrm dx+\mu Q\mathrm dy=0 }[/math]. לפיכך [math]\displaystyle{ \frac{\partial\mu}{\partial y}P-\frac{\partial\mu}{\partial x}Q=\mu\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right) }[/math].

מקרה 1

[math]\displaystyle{ \mu }[/math] תלוי רק ב־[math]\displaystyle{ x }[/math]. לכן [math]\displaystyle{ -\frac{\partial\mu}{\partial x}=\underbrace{\frac{\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}}Q}_a\mu }[/math] לפיכך [math]\displaystyle{ \mu(x)=\mathrm e^{-\int a\mathrm dx} }[/math]. נשים לב ש־[math]\displaystyle{ \mu }[/math] תלוי רק ב־[math]\displaystyle{ x }[/math] אם״ם [math]\displaystyle{ a }[/math] תלוי רק ב־[math]\displaystyle{ x }[/math].

מקרה 2

[math]\displaystyle{ \mu }[/math] תלוי 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] תלוי רק ב־[math]\displaystyle{ y }[/math], ואז [math]\displaystyle{ \mu(y)=\mathrm e^{-\int b\mathrm dy} }[/math].

דוגמה

נפתור את המד״ר [math]\displaystyle{ \underbrace{(1-x^2y)}_P\mathrm dx+\underbrace{x^2(y-x)}_Q\mathrm dy=0 }[/math]. אזי [math]\displaystyle{ \frac{\partial P}{\partial y}=-x^2,\frac{\partial Q}{\partial x}=2xy-3x^2 }[/math]. נשים לב ש־[math]\displaystyle{ \frac{\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}}Q=\frac2x }[/math], כלומר תלוי אך ורק ב־[math]\displaystyle{ x }[/math], ולכן נגדיר [math]\displaystyle{ \mu=\mathrm e^{-\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. [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] תלוי 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.