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

קישורים

[math]\displaystyle{ \ \Longleftarrow }[/math]שאלות ותשובות[math]\displaystyle{ \ \Longrightarrow }[/math]

תרגילים באתר המרצה

מערכי התרגול

שיטת גרין עבור בעיית שפה

קובץ הסבר על שיטת המשמיד (באנגלית)

טבלה של התמרות לפלס - יש גם דברים שלא למדנו

פתרון תרגיל 11

ציוני תרגיל

הודעות

חשוב: תאריך ההגשה של תרגיל 8 הוא עד יום ראשון הקרוב בשעה 12:00 לתא של פרופ' שיף (113) --Michael 18:02, 4 בינואר 2012 (IST)

העלתי קובץ ובו פתרון של בעיית שפה לפי שיטת גרין. שימו לב שמדובר כאן על תנאי שפה מסויימים, נא לא להתבלבל. --Michael 20:24, 27 בנובמבר 2011 (IST)

העלתי את פתרון תרגיל 11 ואת ציוני התרגילים. מי שמוצא טעות נא להודיע לי --Michael 20:28, 22 בפברואר 2012 (IST)

לגבי התרגול היום (6.12.2011): הגענו לפתרון [math]\displaystyle{ y=c_1\cos{\omega_0t}+c_2\sin{\omega_0t}+\frac{\cos{\omega t}}{\omega_0^2-\omega^2} }[/math]

ומשם בלי ממש להסביר איך, שינינו קצת את [math]\displaystyle{ c_1 }[/math] כדי שהגבול יתכנס. הדרך המלאה היא כך:

[math]\displaystyle{ y(0)=c_1+\frac{1}{\omega_0^2-\omega^2} }[/math]

[math]\displaystyle{ y'(0)=\omega_0 c_2 }[/math]

(לא קשה לראות שזה נכון). אפשר לבודד את הקבועים:

[math]\displaystyle{ c_1=y(0)-\frac{1}{\omega_0^2-\omega^2} }[/math]

[math]\displaystyle{ c_2=\frac{y'(0)}{\omega_0} }[/math]

ולכן הפתרון הוא:

[math]\displaystyle{ y=(y(0)-\frac{1}{\omega_0^2-\omega^2})\cos{\omega_0 t}+\frac{y'(0)}{\omega_0}\sin{\omega_0 t}+\frac{\cos{\omega t}}{\omega_0^2-\omega^2} }[/math]

[math]\displaystyle{ =y(0)\cos{\omega_0 t}+\frac{y'(0)}{\omega_0}\sin{\omega_0 t}+\frac{\cos{\omega t}-\cos{\omega_0 t}}{\omega_0^2-\omega^2} }[/math]

עכשיו נוכל להשאיף [math]\displaystyle{ \omega \rightarrow \omega_0 }[/math] ולקבל (תוך כדי שימוש בכלל לופיטל):

[math]\displaystyle{ y=A_1\cos{\omega_0 t}+A_2\sin{\omega_0 t}+\lim_{\omega \rightarrow \omega_0}\frac{\frac{d}{d \omega} (\cos{\omega t}-\cos{\omega_0 t})}{\frac{d}{d \omega} (\omega_0^2-\omega^2)}= }[/math]

[math]\displaystyle{ =A_1\cos{\omega_0 t}+A_2\sin{\omega_0 t}+\lim_{\omega \rightarrow \omega_0} \frac{-t \sin{\omega t}}{-2\omega}=A_1\cos{\omega_0 t}+A_2\sin{\omega_0 t}+\frac{t \sin{\omega_0 t}}{2\omega_0} }[/math]

כאשר:

[math]\displaystyle{ A_1=y(0) }[/math] ו- [math]\displaystyle{ A_2=\frac{y'(0)}{\omega_0} }[/math] הם קבועים חופשיים.

רצוי מאוד שתשתמשו בדרך המלאה הזו, ולא בדרך הקצרה יותר שלמדנו היום. --Michael 22:53, 6 בדצמבר 2011 (IST)

בתרגול היום דיברנו על מערכות הומוגניות עם מקדמים קבועים: הדבר הראשון שצריכים לעשות הוא למצוא ע"ע.

למקרה שתתקלו במד"ר בספרות, כדאי שתדעו את השמות של המקרים שנתקלנו בהם.

המקרה הראשון היה ע"ע פשוט ממשי - simple real eigenvalue

המקרה השני היה זוג ע"ע מרוכבים פשוטים - simple complex conjugate pair eigenvalues

המקרה השלישי היה ע"ע מריבוי אלגברי גבוה m שבכל זאת (למזלנו) ניתן למצוא לו m וקטורים עצמיים. לע"ע שכזה קוראים ע"ע שלם - complete eigenvalue

והמקרה הכי פחות קל, ע"ע מריבוי גבוה m שיש לו פחות מ-m ו"ע. ע"ע כזה נקרא ע"ע דפקטיבי - defective eigenvalue

פתרון יותר מפורט של המקרה האחרון:

רצינו לפתור את המד"ר [math]\displaystyle{ \vec{y}=A \vec{y} }[/math], כאשר [math]\displaystyle{ A=\begin{pmatrix} 2 & 1\\ 0 & 2 \end{pmatrix} }[/math]

ל-A יש רק ע"ע אחד [math]\displaystyle{ \lambda=2 }[/math]. נחפש ו"ע [math]\displaystyle{ \vec{v}=\begin{pmatrix} a\\ b \end{pmatrix} }[/math]:

[math]\displaystyle{ A \vec{v}=\lambda \vec{v} }[/math]

[math]\displaystyle{ A \vec{v}=2 \vec{v} }[/math]

[math]\displaystyle{ (2I-A)\vec{v}=0 }[/math]

[math]\displaystyle{ \begin{pmatrix} 0 & -1\\ 0 & 0 \end{pmatrix} \vec{v}=0 }[/math]

מקבלים את התנאי [math]\displaystyle{ b=0 }[/math] וניתן לקחת [math]\displaystyle{ a=0 }[/math] ולקבל ו"ע [math]\displaystyle{ \vec{v}=\begin{pmatrix} 1\\ 0 \end{pmatrix} }[/math] ולכן את הפתרון הקלאסי :

[math]\displaystyle{ \vec{v} e^{\lambda t}=\begin{pmatrix} 1\\ 0 \end{pmatrix} e^{2t} }[/math]

נראה שאין תקווה כי אי אפשר לבנות עוד פתרון כזה. אבל צריכים לחפש פתרון מהצורה [math]\displaystyle{ \vec{y}=e^{2t} \left( \begin{pmatrix} a\\b \end{pmatrix}t+ \begin{pmatrix} c\\d \end{pmatrix} \right) }[/math].

מצד אחד:

[math]\displaystyle{ \vec{y}'=\left[e^{2t} \begin{pmatrix} at+c\\bt+d \end{pmatrix}\right] '=2e^{2t}\begin{pmatrix} at+c\\bt+d \end{pmatrix}+e^{2t}\begin{pmatrix} a\\b \end{pmatrix}=e^{2t}\begin{pmatrix} 2at+2c+a\\2bt+2d+b \end{pmatrix} }[/math]

ומצד שני:

[math]\displaystyle{ A \vec{y}=\begin{pmatrix} 2 & 1\\ 0&2 \end{pmatrix}\left[ e^{2t} \begin{pmatrix} at+c\\bt+d \end{pmatrix}\right]=e^{2t} \begin{pmatrix} 2at+2c+bt+d\\ 2bt+2d\end{pmatrix} }[/math]

כדי לקבל שוויון ביניהם, נצטרך:

[math]\displaystyle{ a=d }[/math]

[math]\displaystyle{ b=0 }[/math]

([math]\displaystyle{ c }[/math] נשאר חופשי)

נציב זאת בניחוש ונקבל:

[math]\displaystyle{ \vec{y}=e^{2t} \left( \begin{pmatrix} a\\0 \end{pmatrix}t+\begin{pmatrix} c\\a \end{pmatrix}\right)=e^{2t} \begin{pmatrix} at+c\\a \end{pmatrix}=a \begin{pmatrix} t\\1 \end{pmatrix} e^{2t}+c \begin{pmatrix} 1\\0 \end{pmatrix} e^{2t}=c_1 \begin{pmatrix} 1\\0 \end{pmatrix} e^{2t}+c_2 \begin{pmatrix} t\\1 \end{pmatrix} e^{2t} }[/math]

בתרגול לקחתי c=0 ו-a=1 ובניתי פתרון נוסף שבכל מקרה הצטרף לפתרון הראשוני. סליחה על הבלבול.

--Michael 21:50, 22 בדצמבר 2011 (IST)

למרות שראיתם בהרצאה דוגמה לפתרון מערכת לא הומוגנית אני חושב שכדאי שאפתור עוד אחת כאן. נניח שרוצים לפתור את:

[math]\displaystyle{ \vec{y}'=\underbrace{\begin{pmatrix} 4 & -3\\8 & -6 \end{pmatrix}}_{A(t)} \vec{y}+\underbrace{\begin{pmatrix} t\\ e^t \end{pmatrix}}_{\vec{b}(t)} }[/math]

הדבר הראשון שצריכים לעשות הוא למצוא מטריצה יסודית כלשהי, בתרגול ראינו למשל את המטריצה:

[math]\displaystyle{ Y(t)=\begin{pmatrix} 3 & e^{-2t}\\4 & 2e^{-2t} \end{pmatrix} }[/math]

השלב הבא הוא לחשב את המטריצה ההופכית, המחשב נתן לי:

[math]\displaystyle{ Y^{-1}(t)=\begin{pmatrix} 1 & -\frac{1}{2}\\ -2e^{2t} & \frac{3e^{2t}}{2} \end{pmatrix} }[/math]

נחשב עכשיו את [math]\displaystyle{ Y^{-1}(t) \vec{b}(t) }[/math]:

[math]\displaystyle{ Y^{-1}(t) \vec{b}(t)=\begin{pmatrix} 1 & -\frac{1}{2}\\ -2e^{2t} & \frac{3e^{2t}}{2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} t\\ e^t \end{pmatrix}=\left( \begin{array}{c} t-\frac{e^t}{2} \\ \frac{3 e^{3 t}}{2}-2 e^{2 t} t \end{array} \right) }[/math]

ניקח אינטגרל (אינטגרל של וקטור עושים רכיב-רכיב):

[math]\displaystyle{ \int{Y^{-1}(t) \vec{b}(t) dt}=\left( \begin{array}{c} \frac{t^2}{2}-\frac{e^t}{2}+k_1 \\ -e^{2 t} t+\frac{e^{2 t}}{2}+\frac{e^{3 t}}{2}+k_2 \end{array} \right)=\left( \begin{array}{c} \frac{t^2}{2}-\frac{e^t}{2} \\ -e^{2 t} t+\frac{e^{2 t}}{2}+\frac{e^{3 t}}{2} \end{array} \right)+\begin{pmatrix} k_1\\k_2 \end{pmatrix} }[/math]

כל מה שנותר לעשות הוא להכפיל במטריצה יסודית:

[math]\displaystyle{ Y(t)( \int{Y^{-1}(t) \vec{b}(t) dt}+\vec{k})= \left( \begin{array}{c} \frac{3 t^2}{2}-t-e^t+\frac{1}{2} \\ 2 t^2-2 t-e^t+1 \end{array} \right)+k_1 \begin{pmatrix} 3\\4 \end{pmatrix}+k_2 \begin{pmatrix} e^{-2t}\\2e^{-2t} \end{pmatrix} }[/math]

זהו בדיוק הפתרון הכללי של המערכת [math]\displaystyle{ (\vec{y}) }[/math]. אם היה נתון תנאי התחלה היינו צריכים למצוא את הקבועים החופשיים. --Michael 01:49, 27 בדצמבר 2011 (IST)

לגבי סוף התרגול היום: עסקנו במשוואה [math]\displaystyle{ 4xy''+2y'+y=0 }[/math]. המשוואה האינדנציאלית נתנה לנו שני ערכים מותרים עבור [math]\displaystyle{ \alpha }[/math]: [math]\displaystyle{ \alpha_{1,2}=0,\frac{1}{2} }[/math] הגענו לפתרון אחד כאשר לקחנו [math]\displaystyle{ \alpha=0 }[/math]:

[math]\displaystyle{ y_1=a_0 \sum_{n=0}^\infty{\frac{(-1)^n}{2n!} x^n} }[/math] אמרנו שאם מדובר בתחום שבו x>0 ניתן לרשום אותו בצורה:

[math]\displaystyle{ y_1=a_0 \cos{\sqrt{x}} }[/math] נגיע עכשי לפתרון השני, ניקח הפעם את [math]\displaystyle{ \alpha=\frac{1}{2} }[/math]. הרקורסיה שלנו היא

[math]\displaystyle{ a_{n+1}=\frac{-a_n}{2(n+\frac{3}{2})(2n+2)}=\frac{-a_n}{(2n+2)(2n+3)} }[/math]

נמצא קצת מהמקדמים:

[math]\displaystyle{ a_1=\frac{-a_0}{2*3} }[/math]

[math]\displaystyle{ a_2=\frac{-a_1}{4*3}=\frac{a_0}{5*4*3*2} }[/math]

[math]\displaystyle{ a_3=\frac{-a_2}{7*6}=\frac{-a_0}{7!} }[/math]

כבר ניתן לנחש:

[math]\displaystyle{ a_n=\frac{a_0 (-1)^n}{(2n+1)!} }[/math]

אם כך, נקבל פתרון שני:

[math]\displaystyle{ y_2=x^\alpha \sum_{n=0}^\infty {a_n x^n}=x^\frac{1}{2} \sum_{n=0}^\infty {\frac{a_0 (-1)^n}{(2n+1)!} x^n}=\sum_{n=0}^\infty {\frac{a_0 (-1)^n}{(2n+1)!} x^{n+\frac{1}{2}}} }[/math]

אם x חיובי נוכל לרשום אותו בצורה:

[math]\displaystyle{ y_2=\sum_{n=0}^\infty {\frac{a_0 (-1)^n}{(2n+1)!} \sqrt{x}^{2n+1}}=a_0 \sin{\sqrt{x}} }[/math]

הפתרון הכללי יהיה צירוף לינארי שלהם:

[math]\displaystyle{ y=c_1 y_1+c_2 y_2=C_1 \sum_{n=0}^\infty {\frac{(-1)^n}{(2n)!} x^n}+C_2 \sum_{n=0}^\infty {\frac{(-1)^n}{(2n+1)!} x^{n+\frac{1}{2}}} }[/math]

כאשר הקבועים הגדולים בלעו את [math]\displaystyle{ a_0 }[/math]

הערה חשובה: שימו לב שלא תמיד ניתן לפתור את הרקורסיות (אפילו לא במונחים של פונקציית גמא). במקרה כזה רצוי שלפחות תפתחו את הטור לכמה איברים ראשונים.

--Michael 01:37, 3 בינואר 2012 (IST)

הנה דוגמא של מד"ר, כאשר אגף ימין הוא מוגדר למקוטעין:

[math]\displaystyle{ y''=\begin{cases} 2t & 0 \le t \le \frac{1}{2} \\ 2-2t & \frac{1}{2} \le t \le 1 \end{cases}=f(t), y(0)=y'(0)=0 }[/math]

"כזכור", ניתן לרשום פונקצייה מוגדרת למקוטעין בעזרת פונקציית הביסייד עם שני פרמטרים כך:

[math]\displaystyle{ f(t)=2t H_{0,\frac{1}{2}}(t)+(2-2t) H_{\frac{1}{2},1}(t) }[/math]

(האמת שיש כאן קצת בלוף: יש בעיה בנקודות ה"תפירה" [math]\displaystyle{ t=\frac{1}{2} }[/math]. לא אמרנו מה קורה לפונקציית הביסייד באפס. אבל בכל מקרה, להתמרת לפלס לא ממש אכפת מה קורה בנקודה בודדת)

נפשט קצת את [math]\displaystyle{ f(t) }[/math]:

[math]\displaystyle{ f(t)=2t (H(t-0)-H(t-\frac{1}{2})+(2-2t) (H(t-\frac{1}{2})-H(t-1))=2t H(t)+(2-2t-2t) H(t-\frac{1}{2})-(2-2t) H(t-1)= }[/math]

[math]\displaystyle{ =2tH(t)-4 (t-\frac{1}{2})H(t-\frac{1}{2})+2 (t-1)H(t-1) }[/math]

נגדיר פונקצייה נוספת לנוחיותנו:

[math]\displaystyle{ g(t)=t }[/math]

ואז ניתן לרשום:

[math]\displaystyle{ f(t)=2g(t)H(t)-4g(t-\frac{1}{2})H(t-\frac{1}{2})+2g(t-1)H(t-1) }[/math]

את התמרת הלפלס של g קל לחשב:

[math]\displaystyle{ \mathcal{L} \{g(t)\}=\mathcal{L} \{t \}=\mathcal{L} \{t \cdot 1 \}=-\frac{d}{ds} \mathcal{L} \{ 1 \}=-\frac{d}{ds} \frac{1}{s}=- \left(-\frac{1}{s^2} \right)=\frac{1}{s^2}=G(s) }[/math]

(השתמשתי בתכונה מהשיעור: [math]\displaystyle{ \mathcal{L} \{ t \cdot (t) \}=-\frac{d}{ds} \mathcal{L} \{ f(t) \} }[/math])

נפעיל כעת התמרת לפלס על המד"ר שלנו:

[math]\displaystyle{ \mathcal{L} \{y''\}=\mathcal{L} \{f \} }[/math]

[math]\displaystyle{ s^2Y(s)-sy(0)-y'(0)=\mathcal{L} \{ 2g(t)H(t)-4g(t-\frac{1}{2})H(t-\frac{1}{2})+2g(t-1)H(t-1) \} }[/math]

ע"פ תנאי ההתחלה אגף שמאל הוא בדיוק [math]\displaystyle{ s^2Y(s) }[/math]. כדי לחשב את אגף ימין נשתמש בלינאריות של התמרת לפלס, וניזכר בתכונה:

[math]\displaystyle{ \mathcal{L} \{g(t-c) \cdot H(t-c)\}=e^{-cs} G(s) }[/math]

המשוואה היא:

[math]\displaystyle{ s^2Y(s)=2\mathcal{L} \{g(t) H(t) \}-4\mathcal{L} \{g(t-\frac{1}{2}) H(t-\frac{1}{2}) \}+2 \mathcal{L} \{g(t-1) H(t-1) \} }[/math]

[math]\displaystyle{ s^2 Y(s)=2 e^{-0 s}G(s)-4 e^{-\frac{1}{2} s} G(s)+2 e^{-1 s} G(s) }[/math]

[math]\displaystyle{ s^2 Y(s)=(2-4 e^{-\frac{1}{2} s}+2 e^{-s}) G(s) }[/math]

[math]\displaystyle{ s^2 Y(s)=(2-4 e^{-\frac{1}{2} s}+2 e^{-s}) \frac{1}{s^2} }[/math]

[math]\displaystyle{ Y(s)=(2-4 e^{-\frac{1}{2} s}+2 e^{-s}) \frac{1}{s^4} }[/math]

[math]\displaystyle{ Y(s)=2\frac{1}{s^4}-4 e^{-\frac{1}{2} s}\frac{1}{s^4}+2 e^{-s}\frac{1}{s^4} }[/math]

נפעיל התמרת לפלס הפוכה כדי לקבל את הפתרון:

[math]\displaystyle{ y(t)=\mathcal{L}^{-1} \left\{ 2\frac{1}{s^4}-4 e^{-\frac{1}{2} s}\frac{1}{s^4}+2 e^{-s}\frac{1}{s^4} \right\} }[/math]

ע"פ לינאריות ההתמרה ההפוכה:

[math]\displaystyle{ y(t)=2\mathcal{L}^{-1} \left\{ \frac{1}{s^4} \right\}-4\mathcal{L}^{-1} \left\{ e^{-\frac{1}{2} s} \frac{1}{s^4} \right\}+2\mathcal{L}^{-1} \left\{ e^{-s} \frac{1}{s^4} \right\} }[/math]

לפי טבלת התמרת לפלס:

[math]\displaystyle{ \mathcal{L}^{-1} \left\{ \frac{1}{s^4} \right\}=\frac{t^3}{3!}=\frac{t^3}{6} }[/math]

אם כן:

[math]\displaystyle{ y(t)=2\frac{t^3}{6}-4 \frac{(t-\frac{1}{2})^3}{6}H \left(t-\frac{1}{2} \right)+2 \frac{(t-1)^3}{6} H(t-1) }[/math]

וזהו הפתרון. ניתן לבדוק שהוא רציף וגזיר אפילו בנקודה הבעייתית [math]\displaystyle{ t=\frac{1}{2} }[/math]

--Michael 23:27, 31 בינואר 2012 (IST)