הגרסה להדפסה אינה נתמכת עוד וייתכן שיש בה שגיאות תיצוג. נא לעדכן את הסימניות בדפדפן שלך ולהשתמש בפעולת ההדפסה הרגילה של הדפדפן במקום זה.

מד״ר מסדר ראשון (המשך)

דוגמה שימושית

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

פתרון

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

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

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

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

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

[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

[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

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

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.