שינויים
יצירת דף עם התוכן "מיכאל קונטרונוביץ, michako (@) walla.co.il == דוגמה 1 == # זהו משתנה תלוי, משתנה בלתי תלוי, סדר ומעלה עבו..."
מיכאל קונטרונוביץ, michako (@) walla.co.il
== דוגמה 1 ==
# זהו משתנה תלוי, משתנה בלתי תלוי, סדר ומעלה עבור <math>y'-2xy=1</math>.
# האם <math>\varphi(x)=\mathrm e^{x^2}\int\limits_0^x\mathrm e^{-t^2}\mathrm dt+\mathrm e^{x^2}</math> מהווה פתרון לכל <math>x\in\mathbb R</math>?
=== פתרון ===
# <math>y</math> הוא המשתנה התלוי, <math>x</math> בלתי תלוי, הסדר הוא 1 והמעלה – 1. זו משוואה לינארית.
# <math>y</math> גזירה כמכפלה, סכום והרכבה של פונקציות גזירות. לפי המשפט היסודי של החדו״א <math>\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\int\limits_0^x\mathrm e^{-t^2}\mathrm dt=\mathrm e^{-x^2}</math> ולכן <math>\varphi'(x)=2x\mathrm e^{x^2}\int\limits_0^x\mathrm e^{-t^2}\mathrm dt+\mathrm e^{x^2}\mathrm e^{-x^2}+2x\mathrm e^{x^2}</math>. אם נציב זאת במד״ר המקורית נגלה ש־<math>\varphi</math> היא אכן פתרון.
== דוגמה 2 ==
# פתרו את המד״ר <math>x^2y^2y'=y-1</math>.
# בהינתן תנאי התחלה <math>y(1)=2</math>, האם יש פתרון יחיד? אם כן, מהו ומה תחום הגדרתו?
# פתרו את סעיף 2 עבור תנאי ההתחלה <math>y(1)=0</math>.
=== פתרון ===
# ננסה להפריד את המשתנים:{{left|<math>\begin{align}&\frac{y^2}{y-1}\mathrm dy=\frac{\mathrm dx}{x^2},&x\ne0\ \and\ y(x)\not\equiv1\\\implies&\int\frac{y^2-1+1}{y-1}\mathrm dy=\int\frac{\mathrm dx}{x^2}\\\implies&\frac{y^2}2+y+\ln|y-1|=-\frac1x+c\end{align}</math>}}
עתה נתייחס למקרה <math>y\equiv1</math>: נציב במד״ר ונקבל <math>0=0</math>, לכן זהו אכן פתרון.
# ניעזר במשפט הקיום והיחידות לבעיית התחלה מסדר 1 (אנו נציג גרסה כללית יותר מזו שהוצגה בהרצאה, שמדברת על פונקציות רציפות ולאו דווקא ליפשיץ): נתון ש־<math>y'=f(x,y)</math> ו־<math>y(x_0)=y_0</math>. אם קיימת סביבה פתוחה <math>D</math> של <math>(x_0,y_0)</math> שבה <math>f,\frac{\mathrm df}{\mathrm dy}</math> רציפות אזי יש קטע <math>I</math> מקביל לציר <math>x</math> המוכל ב־<math>D</math>, כך שלכל <math>x\in I</math> יש לבעיה פתרון יחיד. ''הערה:'' המשפט הוא תנאי מספיק ולא הכרחי לקיום יחידות.<br>בחזרה לתרגיל, נגדיר <math>f(x,y):=y'=\frac{y-1}{x^2y^2}</math>. אזי <math>f</math> פונקציה רציונלית ולכן רציפה כל עוד המכנה שונה מ־0, כלומר <math>x\ne0\ \and\ y\ne0</math>. כנ״ל עבור נגזרתה. לכן נרצה מלבן פתוח <math>(1,2)</math> סביב נקודת ההתחלה, שאינו נוגע בצירים, למשל <math>D=(0,\infty)^2</math>. לכן מתקיימים תנאי משפט הקיום והיחידות ולפיכך יש לבעיה פתרון יחיד.<br>אם נפתור: הסינגולריות <math>y\equiv1</math> לא מקיימת את תנאי ההתחלה. נציב <math>x=1,y=2</math> בפתרון הכללי ונקבל <math>\frac{2^2}2+2+\ln|2-1|+\frac11=c</math> ולכן <math>c=5</math>. תחום ההגדרה של <math>\frac{y^2}2+y+\ln|y-1|+\frac1x=5</math> הוא <math>(0,\infty)</math>.
# עבור <math>y(1)=0</math> תנאי משפט הקיום והיחידות אינם מתקיימים. אין אף פתרון לבעיית ההתחלה הנ״ל – ניתן לוודא זאת בבדיקה ישירה.
== דוגמה 3 ==
פתרו את המשוואה <math>(x-y)\mathrm dy=(1-x+y)\mathrm dx</math>.
=== פתרון ===
<math>y=x</math> אינו פתרון כיוון שנובע ממנו ש־<math>0=\mathrm dx</math>, בסתירה. נשים לב ש־<math>x-y</math> מרכזי ובלעדי במשוואה, לכן נסמנו כ־<math>z</math> ונקבל <math>z(1-z')=1-z</math>. מפני ש־<math>x\ne y</math> מתקיים <math>z\ne0</math> ולכן נחלק ב־<math>z</math>. נקבל <math>z'=\frac{2z-1}z</math> לכן (נניח ש־<math>z\ne1/2</math>) מתקיים <math>\frac12\int\frac{2z-1+1}{2z-1}\mathrm dz=x+c</math>. לבסוף <math>2z+\ln|2z-1|-4x=c, z\ne1/2</math>. נבדוק את <math>z\equiv1/2</math> בנפרד ונגלה שהוא אכן פתרון סינגולרי.
== דוגמה 4 ==
פתרו את בעיית ההתחלה <math>(x^2-y^2)\mathrm dx+2xy\mathrm dy=0, y(1)=1</math>.
=== פתרון ===
''הערה:'' פונקציה <math>g(x,y)</math> נקראת הומוגנית חיובית מסדר <math>k\in\mathbb R</math> אם לכל <math>\lambda>0</math> ולכל <math>(x,y)\dom(g)</math> מתקיים <math>\g(\lambda x,\lambda y)=\lambda^kg(x,y)</math>.
כאן <math>M(x,y)=x^2-y^2</math> ו־<math>N(x,y)=2xy</math> הומוגניות מסדר 2 ולכן המד״ר הומוגנית. במקרה <math>x\ne\ \and\ y\ne0</math> נביאה לצורה <math>y'=\frac{y^2-x^2}{2xy}=\frac{\left(\frac yx\right)^2-1}{2\frac yx}</math>. נציב <math>z=\frac yx</math> ואז <math>z\frac{\mathrm dz}{\mathrm dx}=-\frac{z^2+1}{2z}</math>. הפתרון הכללי הוא <math>y=\pm x\sqrt{\left|\frac cx\right|-1}, x\ne0, \left|\frac cx\right|\ge1</math>, ומתנאי ההתחלה נובע ש־<math>y=x\sqrt{\frac2x-1}</math> עבור <math>0<x\le2</math>.
== דוגמה 1 ==
# זהו משתנה תלוי, משתנה בלתי תלוי, סדר ומעלה עבור <math>y'-2xy=1</math>.
# האם <math>\varphi(x)=\mathrm e^{x^2}\int\limits_0^x\mathrm e^{-t^2}\mathrm dt+\mathrm e^{x^2}</math> מהווה פתרון לכל <math>x\in\mathbb R</math>?
=== פתרון ===
# <math>y</math> הוא המשתנה התלוי, <math>x</math> בלתי תלוי, הסדר הוא 1 והמעלה – 1. זו משוואה לינארית.
# <math>y</math> גזירה כמכפלה, סכום והרכבה של פונקציות גזירות. לפי המשפט היסודי של החדו״א <math>\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\int\limits_0^x\mathrm e^{-t^2}\mathrm dt=\mathrm e^{-x^2}</math> ולכן <math>\varphi'(x)=2x\mathrm e^{x^2}\int\limits_0^x\mathrm e^{-t^2}\mathrm dt+\mathrm e^{x^2}\mathrm e^{-x^2}+2x\mathrm e^{x^2}</math>. אם נציב זאת במד״ר המקורית נגלה ש־<math>\varphi</math> היא אכן פתרון.
== דוגמה 2 ==
# פתרו את המד״ר <math>x^2y^2y'=y-1</math>.
# בהינתן תנאי התחלה <math>y(1)=2</math>, האם יש פתרון יחיד? אם כן, מהו ומה תחום הגדרתו?
# פתרו את סעיף 2 עבור תנאי ההתחלה <math>y(1)=0</math>.
=== פתרון ===
# ננסה להפריד את המשתנים:{{left|<math>\begin{align}&\frac{y^2}{y-1}\mathrm dy=\frac{\mathrm dx}{x^2},&x\ne0\ \and\ y(x)\not\equiv1\\\implies&\int\frac{y^2-1+1}{y-1}\mathrm dy=\int\frac{\mathrm dx}{x^2}\\\implies&\frac{y^2}2+y+\ln|y-1|=-\frac1x+c\end{align}</math>}}
עתה נתייחס למקרה <math>y\equiv1</math>: נציב במד״ר ונקבל <math>0=0</math>, לכן זהו אכן פתרון.
# ניעזר במשפט הקיום והיחידות לבעיית התחלה מסדר 1 (אנו נציג גרסה כללית יותר מזו שהוצגה בהרצאה, שמדברת על פונקציות רציפות ולאו דווקא ליפשיץ): נתון ש־<math>y'=f(x,y)</math> ו־<math>y(x_0)=y_0</math>. אם קיימת סביבה פתוחה <math>D</math> של <math>(x_0,y_0)</math> שבה <math>f,\frac{\mathrm df}{\mathrm dy}</math> רציפות אזי יש קטע <math>I</math> מקביל לציר <math>x</math> המוכל ב־<math>D</math>, כך שלכל <math>x\in I</math> יש לבעיה פתרון יחיד. ''הערה:'' המשפט הוא תנאי מספיק ולא הכרחי לקיום יחידות.<br>בחזרה לתרגיל, נגדיר <math>f(x,y):=y'=\frac{y-1}{x^2y^2}</math>. אזי <math>f</math> פונקציה רציונלית ולכן רציפה כל עוד המכנה שונה מ־0, כלומר <math>x\ne0\ \and\ y\ne0</math>. כנ״ל עבור נגזרתה. לכן נרצה מלבן פתוח <math>(1,2)</math> סביב נקודת ההתחלה, שאינו נוגע בצירים, למשל <math>D=(0,\infty)^2</math>. לכן מתקיימים תנאי משפט הקיום והיחידות ולפיכך יש לבעיה פתרון יחיד.<br>אם נפתור: הסינגולריות <math>y\equiv1</math> לא מקיימת את תנאי ההתחלה. נציב <math>x=1,y=2</math> בפתרון הכללי ונקבל <math>\frac{2^2}2+2+\ln|2-1|+\frac11=c</math> ולכן <math>c=5</math>. תחום ההגדרה של <math>\frac{y^2}2+y+\ln|y-1|+\frac1x=5</math> הוא <math>(0,\infty)</math>.
# עבור <math>y(1)=0</math> תנאי משפט הקיום והיחידות אינם מתקיימים. אין אף פתרון לבעיית ההתחלה הנ״ל – ניתן לוודא זאת בבדיקה ישירה.
== דוגמה 3 ==
פתרו את המשוואה <math>(x-y)\mathrm dy=(1-x+y)\mathrm dx</math>.
=== פתרון ===
<math>y=x</math> אינו פתרון כיוון שנובע ממנו ש־<math>0=\mathrm dx</math>, בסתירה. נשים לב ש־<math>x-y</math> מרכזי ובלעדי במשוואה, לכן נסמנו כ־<math>z</math> ונקבל <math>z(1-z')=1-z</math>. מפני ש־<math>x\ne y</math> מתקיים <math>z\ne0</math> ולכן נחלק ב־<math>z</math>. נקבל <math>z'=\frac{2z-1}z</math> לכן (נניח ש־<math>z\ne1/2</math>) מתקיים <math>\frac12\int\frac{2z-1+1}{2z-1}\mathrm dz=x+c</math>. לבסוף <math>2z+\ln|2z-1|-4x=c, z\ne1/2</math>. נבדוק את <math>z\equiv1/2</math> בנפרד ונגלה שהוא אכן פתרון סינגולרי.
== דוגמה 4 ==
פתרו את בעיית ההתחלה <math>(x^2-y^2)\mathrm dx+2xy\mathrm dy=0, y(1)=1</math>.
=== פתרון ===
''הערה:'' פונקציה <math>g(x,y)</math> נקראת הומוגנית חיובית מסדר <math>k\in\mathbb R</math> אם לכל <math>\lambda>0</math> ולכל <math>(x,y)\dom(g)</math> מתקיים <math>\g(\lambda x,\lambda y)=\lambda^kg(x,y)</math>.
כאן <math>M(x,y)=x^2-y^2</math> ו־<math>N(x,y)=2xy</math> הומוגניות מסדר 2 ולכן המד״ר הומוגנית. במקרה <math>x\ne\ \and\ y\ne0</math> נביאה לצורה <math>y'=\frac{y^2-x^2}{2xy}=\frac{\left(\frac yx\right)^2-1}{2\frac yx}</math>. נציב <math>z=\frac yx</math> ואז <math>z\frac{\mathrm dz}{\mathrm dx}=-\frac{z^2+1}{2z}</math>. הפתרון הכללי הוא <math>y=\pm x\sqrt{\left|\frac cx\right|-1}, x\ne0, \left|\frac cx\right|\ge1</math>, ומתנאי ההתחלה נובע ש־<math>y=x\sqrt{\frac2x-1}</math> עבור <math>0<x\le2</math>.
