שינויים

= מד״ר מסדר ראשון {{הערה|(המשך)}} === דוגמה שימושית ==נניח שגודל החוב ממשכנתה בזמן מסוים <math>t</math> הוא <math>y(t)</math>. הריבית היא <math>R</math> כחלק מגודל החוב ליחידת זמן , וההחזר הוא <math>P</math> בכמות כסף ליחידת זמן. אזי <math>y(t+\Delta t)=y(t)+Ry(t)\Delta t-P\Delta t</math>. אם נניח שהבנק מחשב את הריבית באופן רציף וש־<math>y\not\equiv\frac PR</math> נקבל {{left|<math>\begin{align}&y'(t)=\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&\int\frac{\mathrm dy}{y-\frac PR}=\int R\mathrm dt\\\implies&\left|y-\frac PR\right|=cc_1\mathrm e^{Rt}\\\implies&y=\frac PR+c\mathrm e^{Rt}\end{align}</math>}}נוסיף תנאי התחלה <math>y(0)=y_0</math>. לכן <math>c=y_0-\frac PR</math> ולבסוף <math>y=\frac PR+\left(y_0-\frac PR\right)\mathrm e^{Rt}</math>. אנו ניתן לראות שאם <math>y_0>\frac PR</math> אזי הפונקציה עולה, כלומר החוב גדל בהתמדה ולעולם לא נחזיר את ההלוואה. לעומת זאת, אם <math>y\equiv\frac PR=y_0</math> אז החוב נותר קבוע כל הזמן, ואם <math>y_0<\frac PR</math> אזי נסיים לשלם את המשכנתה כאשר <math>y=0</math>, כלומר כאשר <math>t=\frac{\ln\left(\frac PR\right)-\ln\left(\frac PR-y_0\right)}R</math>. {{משל}}

== מד״ר מסוג <math>y'=f\left(\frac{a_1x+b_1y+c_1}{ax+by+c}\right)</math> פתירות ע״י משוואה הומוגנית ==

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

נניח ש־<math>\begin{vmatrix}a_1&b_1\\a&b\end{vmatrix}\ne0</math>. נסמן <math>\begin{cases}x=p+\alpha, \\y=q+\beta\end{cases}</math> ולכן <math>\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 ולכן , כלומר <math>\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>y'=\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>yq'=f\left(\frac yxqp\right)</math>, שאותה אנו יודעים לפתור.

נפתור <math>y'=\frac{2x+3y+4}{x+y+2}</math>. נציב <math>x,y</math> כנ״ל ולפיכך <math>\frac{\mathrm dq}{\mathrm dp}=\frac{2p+3q+2\alpha+3\beta+4}{p+q+\alpha+\beta+2}</math> . עלינו לדרוש ש־<math>2\alpha+3\beta=-4\ \and\ \alpha+\beta=-2</math> ומכך נובע ומכאן ש־<math>\frac{\mathrm dq}{\mathrm dp}=\frac{2p+3q}{p+q}=\frac{2+3\frac qp}{1+\frac qp}</math> וגם <math>y=q\ \and\ x=p-2</math>. נסמן <math>z=\frac pq</math> ואז{{left|<math>\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+3z2z-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+2z-z^2|=\ln|p|+c\\\implies&\frac23frac2\arccotsqrt3\mbox{arctanh}\left(\frac{1-z}\sqrt3\right)-\frac12\ln|2-2z+2z-z^2|=\ln|p|+c\end{align}</math>}}עתה מציבים <math>z=\frac y{x+2}, p=x+2</math> וקיבלנו ומקבלים את הפתרון בצורה של פונקציה סתומה.{{משל}}

=== מקרה 2: נסמן ===אם <math>\begin{vmatrix}a_1&b_1\\a&b\end{vmatrix}=0</math> אז יש <math>\lambda</math> שעבורה <math>a_1=\lambda a, \ \and\ b_1=\lambda b</math> ואז <math>y'=f\left(\frac{\lambda(ax+by)+c_1}{(ax+by)+c}\right)</math>. נציב <math>z=ax+by</math> ואנו ונפתור כפי שאנו כבר יודעים לפתור זאת.

== מד״ר לינארית מסדר מסוג I ==זו אלה מד״ר מהצורה <math>y'+p(x)y=q(x)</math> כאשר <math>p,q</math> לאו דווקא לינאריות. היא תקרא הומוגנית לינארית־הומוגנית אם <math>q(x)\equiv0</math>, ובמקרה זה נקבל:{{left|<math>\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>\mathrm e^{\int p(x)\mathrm dx+c_1}</math> ונשים לב שמקבלים ונקבל <math>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 {{left|<math>\begin{align}y'&=\mathrm e^{-\int p(x)\mathrm dx-c_1}\cdotleft(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>.}}

=== וריאצית הפרמטרים ===נניח שהפתרון הוא <math>cy_b(x)</math> (במקרה ההומוגני) או <math>c(x)y_b(x)</math> (במקרה הלא הומוגני). נציב זאת במד״ר ונקבל <math>c(x)y_b'(x)+c'(x)y_b(x)+p(x)c(x)y_b(x)=q(x)הערה:'' מד״ר לינארית־הומוגנית אינה בהכרח מד״ר הומוגנית, כלומר לא בהכרח מתקיים </math> ולכן <math>cy'(x)y_b(x)=qf\left(x\frac yx\right)</math>. נותר לפתור את המד״ר עבור <math>c'(x)=\frac{q(x)}{y_b(x)}f</math>כלשהי.

==וריאצית הפרמטרים == דוגמה נניח שהפתרון הוא <math>cy_b(x)</math> (במקרה ההומוגני) או <math>c(x)y_b(x)</math> (במקרה הלא הומוגני). נציב זאת במד״ר ונקבל <math>c(x)y_b'(x)+c'(x)y_b(x)+p(x)c(x)y_b(x)=q(x)</math>. לכן <math>c'(x)y_b(x),q(x)</math> המקדמים הייחידים שאינם מוכפלים ב־<math>y</math> או ב־<math>y'</math>, ומכאן ש־<math>c'(x)y_b(x)=q(x)</math>. נותר לפתור את המד״ר <math>c'(x)=\frac{q(x)}{y_b(x)}</math>. === דוגמה ===נתונה מד״ר המד״ר <math>y'=\frac{x^2-y}x</math> עם תנאי התחלה <math>y(1)=5</math>. אזי <math>y'+\frac1xy=x</math> ולכן, מפני שזו מד״ר לינארית מסוג I,{{left|<math>\begin{align}{=|l=y&|r=\mathrm e^{-\int\frac{\mathrm dx}x}\left(c+\int x\mathrm e^{\int\frac{\mathrm dx}x}\mathrm dx\&right) |c=<math>c\in\mathbb R</math> }}{{=|r=\mathrm e^{-\ln|\vert x|\vert}\left(c+\int x|\vert x|\vert\mathrm dx\\&right) }}{{=|r=\fracc{c_1}{|\vert x|\vert}+\frac1xfrac1{\vert x\vert}\int x^2\mathrm dxvert x\vert\&mathrm dx }}{{=|r=\fracc{c_1}{|\vert x|\vert}+\frac{\sgn(x^2)}3{\vert x\&=vert}\frac cx+\frac{int x^2}3\end{align}mathrm dx |c=<math>\sgn(x)</math>}}קבוע בכל אחד מהקטעים <math>(-\infty,0),(0,\infty)</math>. לכן נחשב שני מקרים – כאשר <math>c=x</math> בקטע הראשון וכאשר בקטע השני – ונוציא בכל מקרה את <math>\sgn(x)c_1</math>מחוץ לאינטגרל. התוצאה היא תמיד: }}{{=|r=\frac c{\vert x\vert}+\frac1x\frac{x^3}3 }}{{=|r=\frac c{\vert x\vert}+\frac{x^2}3 }}|}נציב את תנאי ההתחלה: <math>5=\frac c1+\frac{1^2}3\implies c=\frac{14}3</math>, לכן <math>y=\frac{14}{3x3|x|}+\frac{x^2}3</math>.{{משל}}

אלה מד״ר מהצורה <math>y'+p(x)y=q(x)y^n,\quad n\ne0,1</math>. אם <math>n>0</math> אז <math>y(x)\equiv0</math> פתרון (רגולרי או סינגולרי). אם <math>n<0</math> אזי <math>y(x)\equiv0</math> אינו פתרון, לכן נוכל להתייחס למד״ר השקולה <math>\frac{y'}{y^n}+p(x)y^{1-n}=q(x)</math> ולהציב <math>z=y^{1-n}</math>. נקבל <math>z'=(1-n)y^{-n}y'</math> ואז <math>z'+(1-n)p(x)z=(1-n)q(x)</math>, שהיא מד״ר לינארית מסוג I. לפיכן <math>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>. לבסוףולבסוף, <math>y=\sqrt[1-n]{\mathrm e^{(n-1)\int p(x)\mathrm dx}\left(c+\int(1-n)p(x)\mathrm e^{\int(1-n)p(x)\mathrm dx}\mathrm dx\right)}</math>.

=== דוגמה תרגיל ===נפתור פתרו <math>y'-2xy=2x^3y^2</math>.  ==== פתרון ====עבור הסימנים הנ״ל <math>p(x)=-2x,q(x)=2x^3,n=2</math> ואז , כלומר <math>y=\left(sqrt[-1]{\mathrm e^{-x^2}\left(c+\int2x^3\mathrm e^{x^2}\mathrm dx\right)^{-1}</math>. נציב <math>u=x^2</math> ואז <math>\int2x^3\mathrm e^{x^2}\mathrm dx=\mathrm e^{x^2}-x^2\mathrm e^{x^2}+c</math>, ולבסוף <math>y=\frac1{c\mathrm e^{-x^2}-x^2+1}</math>.{{משל}}

מד״ר מהצורה <math>P(x,y)\mathrm dx+Q(x,y)\mathrm dy=0</math>. נניח כך שקיימת <math>U(x,y)</math> עבורה <math>\frac{\partial U}{\partial x}=P(x,y),\frac{\partial U}{\partial y}=Q(x,y)</math>. לפיכך <math>\mathrm dU=P\mathrm dx+Q\mathrm dy</math> והמד״ר הופכת ל־<math>\mathrm dU=0</math> כלומר <math>U=\text{const.}</math>. אם היא קיימת אזי תנאי הכרחי ומספיק לקיום <math>U</math> כנ״ל הוא <math>\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}</math> (הכרחי כי <math>\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 UQ}{\partial x}</math>).

=== דוגמה תרגיל ===פתרו <math>\underbrace{\left(3x^2+6xy^2)\mathrm dx+(6x^2y+4y^3right)\mathrm dy=0</math>. לפיכך <math>\frac{\partial P}{\partial y}=12xy=\frac{\partial Q}{\partial x}</math>, כדרוש. מתקיים <math>U=\int P_P\mathrm dx=x^3+3x^2y^2+c(y)</math>. נדרוש ש־<math>\fracunderbrace{\partial U}{\partial y}=left(6x^2y+c'(y)=Q</math> ואז <math>c'(y)=4y^3\implies c(yright)=y^4+c</math>. לבסוף נדרוש ש־<math>c</math> יקיים <math>U=x^3+3x^2y^2+y^4+c}_Q\mathrm dy=0</math> (נשים לב שניתן לבחור גם כל קבוע אחר מלבד 0, אבל שינוי בסה״כ יחליף את הקבוע <math>c</math>).

=== גורם אינטגרציה = פתרון ====אם נכפיל מתקיים <math>\frac{\partial P}{\partial y}=12xy=\frac{\partial Q}{\partial x}</math>, כדרוש לקיום <math>U</math>. ננסה לחשב <math>U</math> כנ"ל: <math>U=\int P\mathrm dx=x^3+3x^2y^2+c_y(y)</math>. עתה נדרוש ש־<math>\frac{\partial U}{\partial y}=6x^2y+c_y'(y)=Q</math> ואז <math>c'_y(y)=4y^3\implies c_y(y)=y^4+c</math>. לסיכום, פתרון המד״ר הוא <math>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>c</math>). {{משל}} == מד״ר לא מדויקת ==תהי <math>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>\mu(x,y)</math> נקבל ולקבל מד״ר מדויקת <math>\mu P\mathrm dx+\mu Q\mathrm dy=0</math>. לפיכך לשם כך <math>\mu</math> צריכה לקיים <math>\frac{\partial(\mu P)}{\partial y}=\frac{\partial(\mu Q)}{\partial x}</math>, ובאופן שקול <math>\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)\mu</math> (נשים לב שזו מד״ח). === מקרה 1 ===<math>\mu</math> תלויה רק ב־<math>x</math>. לכן <math>\frac{\partial\mu}{\partial y}</math> מתאפס ומכאן נובע (כאשר <math>a:=\frac{\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}}Q</math>) ש־{{left|<math>\begin{align}&-\frac{\partial\mu}{\partial x}=a\mu\\\implies&\frac{\partial\mu}\mu\mathrm dx=-a\mathrm dx\\\implies&\mu(x)=\mathrm e^{-\int a\mathrm dx}\end{align}</math>}}נשים לב ש־<math>\mu</math> תלויה רק ב־<math>x</math> אם״ם <math>a</math> תלויה רק ב־<math>x</math>.

==== מקרה 1 =2 ===<math>\mu</math> תלוי תלויה רק ב־<math>xy</math>. לכן זה מתקיים אם״ם <math>-\frac{\partial\mu}{\partial x}b:=\underbrace{\frac{\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}}Q}_a\muP</math> לפיכך תלויה רק ב־<math>y</math>, ואז <math>\mu(xy)=\mathrm e^{-\int ab\mathrm dxdy}</math>. נשים לב ש־<math>\mu</math> תלוי רק ב־<math>x</math> אם״ם <math>a</math> תלוי רק ב־<math>x</math>.

==== מקרה 2 תרגיל ====פתרו את המד״ר <math>\mu</math> תלוי רק ב־<math>y</math>. זה מתקיים אם״ם <math>b:=\fracunderbrace{\frac{left(1-x^2y\partial Qright)}{_P\partial x}-mathrm dx+\fracunderbrace{\partial P}{\partial y}}P</math> תלוי רק ב־<math>y</math>, ואז <math>\mux^2(y-x)=\mathrm e^{-\int b}_Q\mathrm dy}=0</math>.

===== דוגמה פתרון =====נפתור את המד״ר <math>\underbrace{(1-x^2y)}_P\mathrm dx+\underbrace{x^2(y-x)}_Q\mathrm dy=0</math>. אזי מתקיים <math>\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>\frac{\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}}Q=\frac2x</math>, כלומר תלוי תלויה אך ורק ב־<math>x</math>, ולכן נגדיר <math>\mu=\mathrm e^{-\int\frac2x\mathrm dx}=\mathrm e^{-2\ln|x|}=-\frac1{x^2}</math>. נכפיל את אגפי המד״ר ב־<math>-\mu</math> ונקבל <math>\left(\frac1{x^2}-y\right)\mathrm dx+(y-x)\mathrm dy=0</math>. המד״ר החדשה מקיימת <math>\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}=-1</math>, ומכאן נוכל להמשיך לפתור כרגיל. {{משל}}

''הערה:'' נשים לב ש־<math>\frac{\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}}P=\frac{2xy-2x^2}{1-x^2y}</math> תלוי תלויה גם ב־<math>x</math> וגם ב־<math>y</math>, ולכן הגדרת <math>\mu</math> התלויה ב־<math>y</math> לא תועיל לנו.