שינויים
/* מבחנים לדוגמא */
*[[מדיה:22ODETestA.pdf|מבחן מועד א' תשפ"ב]]
*[[מדיה:22ODETestB.pdf|מבחן מועד ב' תשפ"ב]]
*[[מדיה:23ODETestA.pdf|מבחן מועד א' תשפ"ג]]
=הרצאות=
*ראשית, נוכיח שסדרת הפונקציות נשארת בתחום המלבן <math>|x-x_0|\leq a',|y-y_0|\leq b</math> שנמצא בתוך המלבן המקורי ולכן מותר להשתמש בתכונות של <math>f</math>.
*כלומר, עלינו להוכיח כי לכל <math>x</math> המקיים <math>|x-x_0|\leq a'</math> מתקיים כי <math>|\varphi_n(x)-y_0|\leq b</math>.
**הפונקציה הראשונה <math>\varphi_0=y_0</math> כמובן בתוך המלבן.
**כעת יהי n עבורו הטענה נכונה, אזי <math>\varphi_{n+1}=y_0+\int_{x_0}^xf(t,\varphi_n(t))dt</math>.
***שימו לב כי האינטגרל הוא בתחום <math>[x_0,x]</math> שנמצא בתחום התחום <math>[x_0,x_0+a']</math>.
**לכן <math>|\varphi_{n+1}(x)-y_0|\leq \int_{x_0}^x|f(t,\varphi_n(t)|dt\leq M(x-x_0)\leq Ma'\leq b</math>.
**כיוון ש<math>f_y</math> רציפה במלבן סגור היא חסומה נניח ע"י K.
**לפי משפט לגראנז' נקבל כי <math>|f(x,y_1)-f(x,y_2)|\leq K|y_1-y_2|</math>
*כעת נוכיח שסדרת הפונקציות מתכנסת (במ"ש):
**ראשית, נשים לב כי <math>\varphi_n-y_0=\varphi_n-\varphi_0=\varphi_n-\varphi_{n-1}+\varphi_{n-1}-\varphi_{n-2}+...+\varphi_1-\varphi_0</math>.
**לכן עלינו להוכיח כי הטור <math>\sum_{i=1}^n\infty\left(\varphi_i-\varphi_{i-1}\right)</math> מתכנס כאשר במ"ש (כי הסס"ח שלו היא <math>n\to\inftyvarphi_n</math>פחות קבוע).
**ראשית, <math>|\varphi_1-\varphi_0|=|y_0+\int_{x_0}^xf(t,y_0)dt-y_0|\leq M(x-x_0)</math>
**כעת <math>|\varphi_2-\varphi_1|\leq\int_{x_0}^x|f(t,\varphi_1)-f(t,\varphi_0)|dt\leq \int_{x_0}^xK|\varphi_1-\varphi_0|dt\leq KM\frac{(x-x_0)^2}{2}</math>
\sum_{i=1}^nK^{n-1}M\frac{(a')^n}{n!}
</math>
**זה טור מתכנס לפי מבחן המנה, ולפי וכן לפי מבחן הM של קושי, הטור המקורי מתכנס במידה שווה.
**הערה: כיוון ש<math>\left|f(x,\varphi_n(x))-f(x,\varphi_{n-1}(x))\right|\leq K|\varphi_n(x)-\varphi_{n-1}(x)|</math> אזי גם הסדרה <math>f(x,\varphi_n(x))</math> מתכנסת במ"ש באופן דומה.
**<math>|g|\leq M</math>.
**<math>|g|\leq K\int_{x_0}^x|g|dt\leq KM(x-x_0)</math>.
**<math>|g|\leq K\int_{x_0}^x|g|dt\leq K\int_{x_0}^x KM(t-x_0)dt=K^2M\frac{(x-x_0)^2}{2}</math>.
**נמשיך כך ונקבל שלכל n מתקיים כי <math>|g|\leq K^nM\frac{(x-x_0)^n}{n!}</math>.
**לכן <math>|g|\leq K^n M\frac{a^n}{n!}\to 0</math>.
*יהיו שני פתרונות <math>y_1,y_2</math> לבעיית הקושי, נוכיח כי <math>y_1=y_2</math>:
**<math>|y_2-y_1|=\left|\int_{x_0}^x(f(t,y_1y_2)-f(t,y_2y_1))dt\right|\leq \int_{x_0}^x|f(t,y_1y_2)-f(t,y_2y_1)|dt\leq K\int_{x_0}^x|y_2-y_1|dt</math>.
**לכן לפי טענת העזר, <math>y_1=y_2</math>.
*גוף בעל מסה <math>m</math> נזרק מכדור הארץ כלפי מעלה במהירות <math>v_0</math>, נסמן את מרחק הגוף ממרכז כדור הארץ ב<math>r</math>.
**מצאו את פונקצית מהירות הגוף ביחס לגובה שלו <math>v(r)</math>.
**מהי מהירות המילוט של הגוף? כלומר עבור איזו מהירות התחלתית מתקיים כי <math>r(t)\to \infty</math> כאשר <math>t\to \infty</math>?
*נסמן את מסת כדור הארץ ב<math>m_e</math>, את רדיוס כדור הארץ ב<math>R_e</math>, את קבוע הכבידה האוניברסאלי ב<math>G</math> ואת תאוצת הנפילה בכדור הארץ ב<math>g</math>
*מהירות המילוט היא המהירות ההתחלתית הנמוכה ביותר המבטיחה כי הגוף לא יגיע למהירות אפס.
*לכן מהירות המילוט מקיימת כי <math>v_0^2 = 2gR_e</math> ולכן <math>v_0 =\sqrt{2gR_e}</math>
**לכל מהירות נמוכה יותר הביטוי בתוך השורש מתחיל מ<math>v_0</math> ושואף למספר שלילי(בהנחת השלילה ש <math>r\to \infty</math>), ולכן יגיע לאפס. במהירות אפס החפץ לא ימשיך לנוע.**לכל מהירות התחלתית גבוהה יותר, המהירות גדולה יותר מערך חיובי קבוע, ולכן <math>r\to\infty</math>.**הערה: אם המהירות לא שואפת לאפסההתחלתית היא בדיוק מהירות המילוט, המרחק שואף לאינסוףניתן לפתור את המד"ר בקלות ולראות כי <math>r\to\infty</math>.
===מד"ר לינארית===
*משפט קיום ויחידות: אם <math>a_i(x),f(x)</math> רציפות בקטע <math>I</math> ויהי <math>x_0\in I</math>, אזי קיים פתרון יחיד בקטע <math>I</math> לבעיית הקושי.
*נגדיר את אופרטור הגזירה <math>D</math> על מרחב הפונקציות הגזירות אינסוף פעמים.
*<math>a(x)D</math> גם הוא אופרטור לינארי
*לכן ניתן לכתוב מד"ר לינארית כ <math>Ty=f(x)</math> כאשר <math>T=D^n+\sum_{k=1}^{n-1} a_k(x)\cdot D^k + I </math> אופרטור לינארי.
====מד"ר לינארית הומוגנית====
*אוסף הפתרונות של מד"ר לינארית הומוגנית הוא תת מרחב וקטורי.
**פונקצית האפס מקיימת את המשוואה.**אם זה הרי הגרעין של האופרטור <math>y_1,y_2T</math> פתרונות, ו<math>c\in\mathbb{R}</math> קבוע אזי קל לראות על ידי הצבה ישירה שגם <math>y_1+cy_2</math> הוא פתרון.המתואר לעיל
*אם <math>W(x_0)=0</math> עבור <math>x_0\in I</math> כלשהו עבור <math>y_1,...,y_n</math> '''פתרונות של מד"ר לינארית הומוגנית'''עם מקדמים רציפים בקטע <math>I</math>, אזי הפתרונות ת"ל ו<math>W(x)\equiv 0</math>.
**כיוון ש<math>W(x_0)=0</math> קיים פתרון לא טריוויאלי למערכת כך שלכל <math>0\leq k\leq n-1</math> מתקיים כי <math>
c_1y_1^{(k)}(x_0)+...+c_ny_n^{(k)}(x_0)=0</math>.
==הרצאה 6 מד"ר לינארית עם מקדמים קבועים==
ראשית נציג גישה אחת לנושא, ומאוחר יותר נציג גרסא מעודכנת (2022) המבוססות יותר על אופרטורים.
===פולינום אופייני===
***<math>y''(0)=-2+2c_3=0</math> ולכן <math>c_3=1</math>.
**סה"כ הפתרון הוא <math>y=e^{-x}(x+x^2)</math>.
===גישה מבוססת אופרטורים===
*נציג את המד"ר הלינארית עם מקדמים קבועים באמצעות אופרטור הגזירה:
*<math>y^{(n)}+a_{n-1}y^{(n-1)}+\cdots+a_0y = (D^n+a_{n-1}D^{n-1}+\cdots+a_0 I)y=Ty</math>
*נגדיר את הפולינום האופייני <math>p(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_0</math>
*סה"כ האופרטור של המד"ר הוא <math>T=p(D)</math>
*נפרק את הפולינום האופייני לגורמים לינאריים מעל המרוכבים
*<math>p(x)=(x-\lambda_1)(x-\lambda_2)\cdots(x-\lambda_n)</math>
*ונקבל כי <math>T=p(D)=(D-\lambda_1 I)\cdots (D-\lambda_n I)</math>
**שימו לב כי מותר לפתוח סוגריים באופן טבעי ואפשר להחליף בין סדר הגורמים כיוון ש <math>D,\lambda I</math> אופרטורים מתחלפים.
*כיוון שמותר להחליף את סדר הגורמים נובע כי אם <math>\lambda</math> שורש של הפולינום האופייני מריבוי <math>k</math> אזי
**<math>\ker\left((D-\lambda I)^k\right)\subseteq \ker T</math>
בטקסט לעיל, למדנו איך למצוא בסיס לגרעין הזה.
==הרצאה 7 מציאת פתרון פרטי למד"ר לינארית לא הומוגנית==
*טענה - עבור פונקציות <math>c_1(x),...,c_n(x)</math> המקיימות את מערכת המשוואות <math>\begin{cases}
c_1'y_1+...+c_n'y_n=0 \\
c_1'y_1'+...+c_n'y_n'=0 \\
c_1'y_1^{(n-2)} +...+c_n'y_n^{(n-2)}=0\\
c_1'y_1^{(n-1)}+...+c_n'y_n^{(n-1)}=f(x)
\end{cases}</math> מתקיים כי <math>y_p=c_1(x)y_1+...+c_n(x)y_n</math> הוא פתרון פרטי של המד"ר.**הוכחה:
מתקיים כי <math>y_p=c_1(x)y_1+...+c_n(x)y_n</math> הוא פתרון פרטי של המד"ר.
*הוכחה:
**<math>y_p'=c_1'y_1+\cdots+c_n'y_n+c_1y_1'+\cdots+c_ny_n'=c_1y_1'+\cdots+c_ny_n'</math>. (לפי המשוואה הראשונה.)
**באופן דומה <math>y_p''=c_1y_1''+\cdots+c_ny_n''</math>. (לפי המשוואה השנייה.)
***<math>y_p^{(n)}+a_{n-1}(x)y_p^{(n-1)}+\cdots + a_1(x)y_p'+a_0(x)y_p=f(x)+c_1(y_1^{(n)}+\cdots+a_0(x)y_1)+\cdots+c_n(y_n^{(n)}+\cdots+a_0(x)y_n)</math>
**כיוון ש<math>y_1,...,y_n</math> פתרונות למד"ר ההומוגנית הביטויים בסוגריים מתאפסים וסה"כ קיבלנו כי אכן <math>y_p'''+a_2(x)y_p''+a_1(x)y_p'+a_0(x)y_p=f(x)</math>.
*נכתוב '''שוב''' את ההוכחה, בעזרת סימן הסכימה (עשוי להיות נוח יותר או פחות):
**ראשית, ניתן להוכיח באינדוקציה כי לכל <math>0\leq m\leq n-1</math> מתקיים כי
**<math>D^m y_p = D^m \sum_{k=1}^n c_k(x)y_k = \sum_{k=1}^n c_k(x)D^m y_k</math>
**כעת בעזרת המשוואה האחרונה נקבל כי
**<math>D^n y_p = D D^{n-1}y_p = D\sum_{k=1}^nc_k(x)D^{n-1}y_k=\sum_{k=1}^n c'_k(x)D^{n-1}y_k + \sum_{k=1}^nc_k(x)D^ny_k=f(x)+\sum_{k=1}^nc_k(x)D^ny_k</math>
**נציב במד"ר ונקבל
**<math>Ty_p=D^ny_p +\sum_{t=0}^{n-1}a_t(x)D^ty_p=f(x)+\sum_{k=1}^nc_k(x)D^ny_k + \sum_{t=0}^{n-1}a_t(x)\left(\sum_{k=1}^n c_k(x)D^t y_k\right)=</math>
**<math>=f(x)+\sum_{k=1}^n c_k(x)\left(D^ny_k + \sum_{t=0}^{n-1}a_t(x)D^t y_k\right) = f(x)+0</math>
====שתי מסות על קפיץ - מערכת מד"ר מסדר שני====
*נביט בשתי מסות המחוברות לשני צידי קפיץ.
*נניח כי <math>y_1,y_2<y_1</math> מודדות את מיקום המסות ביחס לנקודת האפס שלהן, וצד ימין הוא הכיוון החיובי בשתיהן.
*נניח כי כאשר כל אחת מהמסות במקום אפס, אזי הקפיץ במנוחה.
*נניח כי המסות זהות בגודלן, ושוות אחד.
*לכן מתקבלת מערכת המד"ר <math>\begin{cases}y_1''=-k(y_1-y_2) \\ y_2''=-k(y_2-y_1-y_2)\end{cases}</math>*שימו לב שכאשר הקפיץ מתוח הוא מושך את שתי המסות למרכז, כלומר את המסה הראשונה (הימנית) הוא מושך שמאלה (בכיוון השלילי), ואת המסה השנייה (השמאלית) הוא מושך ימינה (בכיוון החיובי)
*נסמן <math>A=\begin{pmatrix}-k & k \\ k & -k\end{pmatrix}</math>, ולכן <math>\vec{y}''=A\vec{y}</math>.
==הרצאה 10 התמרת לפלס==
*התמרת לפלס היא העתקה לינארית בין מרחבי פונקציות.
*עבור הפונקציה <math>y(t)</math> המוגדרת בקטע <math>[0,\infty)</math> נגדיר את התמרת הלפלס <math>F(s)=\mathcal{L}(y)=\int_0^\infty e^{-st}fy(t)dt</math>.
*שימו לב שנהוג לסמן את הפונקציה לפני ההתמרה עם המשתנים x או t, ולאחר ההתמרה נהוג להתמש במשתנה s.
*אם מתקיים כי <math>|y(t)|\leq Me^{at}</math> אזי ההתמרה מתכנסת לכל <math>s>a</math>.
**הביטוי האחרון מתכנס לכל <math>s>a</math>.
*נניח כי כל הפונקציות שאנו עוסקים בהן חסומות על ידי אקספוננט באופן דומה.
*כעת <math>\mathcal{L}(y'')=s\mathcal{L}(y')-y'(0) = s^2F(s)-sy(0)-y'(0)</math>.
*וכן הלאה, עבור נגזרות מסדר גבוה.
===דוגמאות===
*דוגמא - נמצא את ההתמרה של האקספוננט
*נציב בנוסחא <math>\mathcal{L}(y')=s\mathcal{L}(y)-y(0)</math> את <math>y=e^{ax}</math>
*<math>\mathcal{L}(ae^{ax})=s\mathcal{L}(e^{ax})-1</math>
*סה"כ נקבל כי <math>\mathcal{L}(e^{ax})=\frac{1}{s-a}</math>
**<math>F(s)=\frac{y(0)}{s-r}</math>
**לכן <math>y=y(0)e^{rt}</math>
*דוגמא - נמצא את ההתמרה של סינוס וקוסינוס
*נסמן <math>F(s)=\mathcal{L}(\sin(ax))</math>, <math>G(s)=\mathcal{L}(\cos(ax))</math>
*נציב בנוסחא <math>\mathcal{L}(y')=s\mathcal{L}(y)-y(0)</math>:
**נציב <math>y=\sin(ax)</math> ונקבל <math>\mathcal{L}(a\cos(ax))=s\mathcal{L}(\sin(ax))-0</math> כלומר <math>aG(s)=sF(s)</math>
**נציב <math>y=\cos(ax)</math> ונקבל <math>\mathcal{L}(-a\sin(ax))=s\mathcal{L}(\cos(ax))-1</math> כלומר <math>-aF(s)=sG(s)-1</math>
*נקבל סה"כ כי
**<math>\mathcal{L}(sin(ax))=F(s)=\frac{a}{s^2+a^2}</math>
**<math>\mathcal{L}(cos(ax))=G(s)=\frac{s}{s^2+a^2}</math>
==הרצאה 11 - המשך התמרת לפלס==
