שינויים
יצירת דף עם התוכן "……… === דוגמה === <math>y'=\frac{6x+2y+1}{3x+y+1}</math> ==== פתרון ==== <math>\begin{vmatrix}6&2\\3&1\end{vmatrix}=0</math> לכן <math>(6,2)=2..."
………
=== דוגמה ===
<math>y'=\frac{6x+2y+1}{3x+y+1}</math>
==== פתרון ====
<math>\begin{vmatrix}6&2\\3&1\end{vmatrix}=0</math>
לכן <math>(6,2)=2(3,1)</math> ונסמן <math>y'=\frac{2(3x+y)+1}{(3x+y)+1}=f(3x+y)</math>. נציב <math>z=3x+y</math> ונגזור לפי <math>x</math>: <math>z'=3+y'=3+\frac{2z+1}{z+1}=\frac{5z+4}{z+1}</math>.
נבדוק <math>z=-\frac45</math> ונקבל שזה פיתרון. עתה נניח ש־<math>z\ne-\frac45</math> ולכן
<math>\frac{5z+5}{5z+4}\mathrm dz=5\mathrm dx</math>.{{left|<math>\begin{align}&\int\left(1+\frac1{5z+4}\right)\mathrm dz=\int5\mathrm dx\\\implies&z+\frac15\ln|5z+4|=5x+c\\\implies&3x+y+\frac15\ln|15x+5y+4|=5x+c</math>
ו־<math>3x+y=-\frac45</math> פתרון סינגולרי בצורת קו ישר.
== מקרה 2 ==
<math>\begin{vmatrix}a_1&b_1\\a_2&b_2\end{vmatrix}\ne0</math>. במקרה זה נציב <math>x=p+\alpha,y=q+\beta</math>. נבחר את <math>\alpha,\beta</math> כך שיאפסו את המחוברים הקבועים במונה ובמכנה, וכך נגיע למד״ר הומוגנית עבור <math>q</math> כפונקציה של <math>p</math>.
=== דוגמה ===
<math>y'=\frac{x+y-2}{z-y}</math>. אזי <math>\begin{vmatrix}1&1\\1&-1\end{vmatrix}\ne0</math> ונציב באופן הנ״ל. מתקיים <math>y'=\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}=\frac{\mathrm dq}{\mathrm dp}=\frac{p+q+\alpha+\beta-2}{p-q+\alpha-\beta}</math>. נרצה ש־<math>\begin{cases}\alpha+\beta=2\\\alpha-\beta=0\end{cases}\implies\alpha=\beta=1</math>. לפיכך <math>q'=\frac{p+q}{p-q}=\frac{1+\frac qp}{1-\frac qp}</math> ונסמן <math>z=\frac qp</math>.לפיכך <math>\frac{1+z}{1-z}=\frac{\\mathrm dq}{\mathrm dp}=\frac{\mathrm d(p\cdot z)}{\mathrm dp}=z+p\frac{\mathrm dz}{\mathrm dp}</math>. נקבל <math>\frac{1+z^2}{1-z}=p\frac{\mathrm dz}{\mathrm dp}</math> ומכאן ש־<math>\int\frac{\mathrm dp}p=\int\left(\frac1{1+z^2}-\frac z{1+z^2}\right)\mathrm dz\implies \ln|p|=\arctan(z)-\frac12\ln(1+z^2)+c</math>. לבסוף, <math>\ln|x-1|=\arctan\left(\frac{y-1}{x-1}\right)-\frac12\ln\left(1+\left(\frac{y-1}{x-1}\right)^2\right)+c</math>.
== מד״ר לינאריות מסדר ראשון ==
<math>y'+p(x)y=\begin{cases}0,&\text{ODE is homogeneous}\\q(x),&\text{else}\end{cases}</math>. אם המד״ר הומוגנית ניתן להפריד משתנים ולהגיע לפתרון <math>y_h=c\mathrm e^{-\int p(x)\mathrm dx}</math>. כדי לפתור מד״ר אי־הומוגנית קודם כל פותרים את המד״ר ההומוגנית המתאימה (בודקים <math>q(x)\equiv0</math>) ואז מציבים <math>c(x)</math> במקום <math>c</math>. לסיום פותרים עבור הפונקציה <math>c(x)</math>.
=== תרגיל ===
מצא את הפתרון הכללי של המד״ר <math>xy'-2y=x^2</math>.
==== פתרון ====
נביא את המד״ר לצורה <math>y'+p(x)y=q(x)</math> ע״י חילוק ב־<math>x</math>: <math>y'-\frac2xy=x</math>. לכן <math>p(x)=-\frac2x,q(x)=x</math>. המד״ר ההומוגנית המתאימה היא <math>y'-\frac2xy=0</math> שפתרונה <math>y_h=c_1\mathrm e^{-\int-\frac2x\mathrm dx}=c\mathrm e^{2\ln|x|}=c|x^2|=cx^2</math>. נשתמש בווריאציית המקדמים ונצא פתרון מהצורה <math>y=c(x)x^2=(\ln(x)+k)x^2=\underbrace{kx^2}_{y_h}+\underbrace{x^2\ln(x)}_{y_p}</math>. <math>y'=c'(x)x^2+c(x)\cdot2x</math> נציב במד״ר <math>\underbrace{c'(x)x^2+2x c(x)}_{y'}\underbrace{-\frac2xc(x)x^2}_{-\frac2xy}=x</math>. עתה <math>c'(x)x^2=x</math> ולכן <math>c(x)=\ln|x|+k</math>.
=== תרגיל ===
נתון מעגל חשמלי כמתואר בציור. לפי חוק קירכהוף הזרם במעגל, <math>I</math>, מקיים את המשוואה הדיפרנציאלית <math>RI+L\frac{\mathrm dI}{\mathrm dt}=V</math>.
# בהנתן שבזמן <math>t=0</math> המעגל פתוח ומייד לאחר מכן סוגרים את המתג, מצא את הזרם החשמלי במעגל בזמן <math>t</math> כלשהו.
# מהו הזרם החשמלי במעגל לאחר זמן רב, <math>\lim_{t\to\infty} I</math>?
==== פתרון ====
# כשהמעגל פתוח לא זורם בו זרם – משמע יש לנו תנאי התחלה <math>I(0)=0</math>. המד״ר היא <math>10I+3\frac{\mathrm dI}{\mathrm dt}=50</math>. נביא לצורה <math>\frac{\mathrm dI}{\mathrm dt}+\underbrace{\frac{10}3}_{p(t)}I=\underbrace{\frac{50}3}_{q(t)}</math>. עפ״י הנוסחה מההרצאה, הפתרון הכללי הוא <math>I(t)=\mathrm e^{-\int p(t)\mathrm dt}\int q(t)\mathrm e^{\int p(t)\mathrm dt}\mathrm dt\right)=\mathrm e^{-\frac{10}3t}\int\frac{50}3\mathrm e^{\frac{10}3t}\mathrm dt=\mathrm e^{-\frac{10}3t}\left(c+5\mathrm e^{\frac{10}3t}\right)=5+c\mathrm e^{-\frac{10}3t}</math>
………
# כעבור זמן רב הזרם הוא <math>\lim_{t\to\infty}I(t)=5(1-0)=5[A]</math> (Ampe`re).
=== תרגיל ===
פתור <math>y'-\tan(x)y=1</math> בקטע <math>x\in\left(-\frac\pi2,\frac\pi2\right)</math>.
==== פתרון ====
זוהי מד״ר לינארית מסדר ראשון עם <math>\begin{cases}p(x)=-\tan(x)\\q(x)=1\end{cases}</math>. ע״ס הנוסחה <math>y(x)=\mathrm e^{\int\tan(x)\mathrm dx}\int\mathrm e^{\int-\tan(x)\mathrm dx}\mathrm dx=\mathrm e^{\ln\left(|\cos(x)|^{-1}\right)}\int\mathrm e^{\ln|\cos(x)|}\mathrm dx=\sec(x)\int|\cos(x)|\mathrm dx</math> בקטע הנתון <math>\cos(x)>0</math> ולכן ניתן להתעלם מהערך המוחלט.
………
== משוואת ברנולי ==
<math>y'+p(x)y=q(x)y^n,\quad n\in\mathbb R\setminus\{0,1\}</math>. ניתן להציב <math>z=y^{1-n}</math> ולקבל מד״ר לינארית, או לחלופין להשתמש בנוסחה המפלצתית <math>y(x)=\left(\mathrm e^{-\int(1-n)p(x)\mathrm dx}\int(1-n)q(x)\mathrm e^{\int(1-n)p(x)\mathrm dx}\mathrm dx</math>
………
== מד״ר מדויקת ==
מד״ר מהצורה <math>P(x,y)\mathrm dx+Q(x,y)\mathrm dy=0</math> נקראת מדוייקת בתחום <math>D\subseteq\mathbb R^2</math> אם קיימת פוקנציה סקלרית <math>U:D\to\mathbb R</math> כך ש־<math>\begin{cases}\frac{\partial U}{\partial x}=P\\\frac{\partial U}{\partial y}=Q\end{cases}</math>. אם כן המד״ר היא <math>\mathrm dU=0</math> ופתרונותיה <math>U(x,y)=\text{const.}</math> הן עקומות הרמה של <math>U</math>. תנאי הכרחי הוא <math>\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}</math>.
=== תרגיל ===
פתור את המד״ר <math>2xy+2+\left(x^2+4\right)\frac{\mathrm dy}{\matrhrm dx}=0</math>.
==== פתרון ====
נכפיל ב־<math>\mathrm dx</math> ונקבל <math>(2xy+2)\mathrm dx+\left(x^2+4\right)\mathrm dy=0</math> ונחפש פונקצית דיפרנציאל <math>U</math> כנ״ל.
<math>U(x,y)=x^2y+2x+c(y)</math>.
<math>\frac{\partial U}{\partial y}=c'(y)=4</math>
………
ואם המד״ר לא מדוייקת? נכפיל פי <math>\mu(x,y)</math> ונגרוש ש־<math>\mu P\mathrm dx+\mu Q\mathrm dy=0</math> מדוייקת. כדי ש־<math>\mu</math> תהא תלויה ב־<math>x</math> בלבד צריך להתקיים <math>\frac{\frac{\partial </math>
…………
=== תרגיל ===
פתרו <math>\left(1+y^3\right)\mathrm dx+\left(xy^2\right)\mathrm dy=0</math>. אזי <math>\frac{\partial Q}{\partial x}=y^2\ne\frac{\partail P}{\partial y}=3y^2</math>. ולכן המד״ר אינה מדויקת. אבל <math>\frac{\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}}Q=-\frac2x</math>, כלומר התלות ב־<math>x</math> בלבד, כדרוש.
=== דוגמה ===
<math>y'=\frac{6x+2y+1}{3x+y+1}</math>
==== פתרון ====
<math>\begin{vmatrix}6&2\\3&1\end{vmatrix}=0</math>
לכן <math>(6,2)=2(3,1)</math> ונסמן <math>y'=\frac{2(3x+y)+1}{(3x+y)+1}=f(3x+y)</math>. נציב <math>z=3x+y</math> ונגזור לפי <math>x</math>: <math>z'=3+y'=3+\frac{2z+1}{z+1}=\frac{5z+4}{z+1}</math>.
נבדוק <math>z=-\frac45</math> ונקבל שזה פיתרון. עתה נניח ש־<math>z\ne-\frac45</math> ולכן
<math>\frac{5z+5}{5z+4}\mathrm dz=5\mathrm dx</math>.{{left|<math>\begin{align}&\int\left(1+\frac1{5z+4}\right)\mathrm dz=\int5\mathrm dx\\\implies&z+\frac15\ln|5z+4|=5x+c\\\implies&3x+y+\frac15\ln|15x+5y+4|=5x+c</math>
ו־<math>3x+y=-\frac45</math> פתרון סינגולרי בצורת קו ישר.
== מקרה 2 ==
<math>\begin{vmatrix}a_1&b_1\\a_2&b_2\end{vmatrix}\ne0</math>. במקרה זה נציב <math>x=p+\alpha,y=q+\beta</math>. נבחר את <math>\alpha,\beta</math> כך שיאפסו את המחוברים הקבועים במונה ובמכנה, וכך נגיע למד״ר הומוגנית עבור <math>q</math> כפונקציה של <math>p</math>.
=== דוגמה ===
<math>y'=\frac{x+y-2}{z-y}</math>. אזי <math>\begin{vmatrix}1&1\\1&-1\end{vmatrix}\ne0</math> ונציב באופן הנ״ל. מתקיים <math>y'=\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}=\frac{\mathrm dq}{\mathrm dp}=\frac{p+q+\alpha+\beta-2}{p-q+\alpha-\beta}</math>. נרצה ש־<math>\begin{cases}\alpha+\beta=2\\\alpha-\beta=0\end{cases}\implies\alpha=\beta=1</math>. לפיכך <math>q'=\frac{p+q}{p-q}=\frac{1+\frac qp}{1-\frac qp}</math> ונסמן <math>z=\frac qp</math>.לפיכך <math>\frac{1+z}{1-z}=\frac{\\mathrm dq}{\mathrm dp}=\frac{\mathrm d(p\cdot z)}{\mathrm dp}=z+p\frac{\mathrm dz}{\mathrm dp}</math>. נקבל <math>\frac{1+z^2}{1-z}=p\frac{\mathrm dz}{\mathrm dp}</math> ומכאן ש־<math>\int\frac{\mathrm dp}p=\int\left(\frac1{1+z^2}-\frac z{1+z^2}\right)\mathrm dz\implies \ln|p|=\arctan(z)-\frac12\ln(1+z^2)+c</math>. לבסוף, <math>\ln|x-1|=\arctan\left(\frac{y-1}{x-1}\right)-\frac12\ln\left(1+\left(\frac{y-1}{x-1}\right)^2\right)+c</math>.
== מד״ר לינאריות מסדר ראשון ==
<math>y'+p(x)y=\begin{cases}0,&\text{ODE is homogeneous}\\q(x),&\text{else}\end{cases}</math>. אם המד״ר הומוגנית ניתן להפריד משתנים ולהגיע לפתרון <math>y_h=c\mathrm e^{-\int p(x)\mathrm dx}</math>. כדי לפתור מד״ר אי־הומוגנית קודם כל פותרים את המד״ר ההומוגנית המתאימה (בודקים <math>q(x)\equiv0</math>) ואז מציבים <math>c(x)</math> במקום <math>c</math>. לסיום פותרים עבור הפונקציה <math>c(x)</math>.
=== תרגיל ===
מצא את הפתרון הכללי של המד״ר <math>xy'-2y=x^2</math>.
==== פתרון ====
נביא את המד״ר לצורה <math>y'+p(x)y=q(x)</math> ע״י חילוק ב־<math>x</math>: <math>y'-\frac2xy=x</math>. לכן <math>p(x)=-\frac2x,q(x)=x</math>. המד״ר ההומוגנית המתאימה היא <math>y'-\frac2xy=0</math> שפתרונה <math>y_h=c_1\mathrm e^{-\int-\frac2x\mathrm dx}=c\mathrm e^{2\ln|x|}=c|x^2|=cx^2</math>. נשתמש בווריאציית המקדמים ונצא פתרון מהצורה <math>y=c(x)x^2=(\ln(x)+k)x^2=\underbrace{kx^2}_{y_h}+\underbrace{x^2\ln(x)}_{y_p}</math>. <math>y'=c'(x)x^2+c(x)\cdot2x</math> נציב במד״ר <math>\underbrace{c'(x)x^2+2x c(x)}_{y'}\underbrace{-\frac2xc(x)x^2}_{-\frac2xy}=x</math>. עתה <math>c'(x)x^2=x</math> ולכן <math>c(x)=\ln|x|+k</math>.
=== תרגיל ===
נתון מעגל חשמלי כמתואר בציור. לפי חוק קירכהוף הזרם במעגל, <math>I</math>, מקיים את המשוואה הדיפרנציאלית <math>RI+L\frac{\mathrm dI}{\mathrm dt}=V</math>.
# בהנתן שבזמן <math>t=0</math> המעגל פתוח ומייד לאחר מכן סוגרים את המתג, מצא את הזרם החשמלי במעגל בזמן <math>t</math> כלשהו.
# מהו הזרם החשמלי במעגל לאחר זמן רב, <math>\lim_{t\to\infty} I</math>?
==== פתרון ====
# כשהמעגל פתוח לא זורם בו זרם – משמע יש לנו תנאי התחלה <math>I(0)=0</math>. המד״ר היא <math>10I+3\frac{\mathrm dI}{\mathrm dt}=50</math>. נביא לצורה <math>\frac{\mathrm dI}{\mathrm dt}+\underbrace{\frac{10}3}_{p(t)}I=\underbrace{\frac{50}3}_{q(t)}</math>. עפ״י הנוסחה מההרצאה, הפתרון הכללי הוא <math>I(t)=\mathrm e^{-\int p(t)\mathrm dt}\int q(t)\mathrm e^{\int p(t)\mathrm dt}\mathrm dt\right)=\mathrm e^{-\frac{10}3t}\int\frac{50}3\mathrm e^{\frac{10}3t}\mathrm dt=\mathrm e^{-\frac{10}3t}\left(c+5\mathrm e^{\frac{10}3t}\right)=5+c\mathrm e^{-\frac{10}3t}</math>
………
# כעבור זמן רב הזרם הוא <math>\lim_{t\to\infty}I(t)=5(1-0)=5[A]</math> (Ampe`re).
=== תרגיל ===
פתור <math>y'-\tan(x)y=1</math> בקטע <math>x\in\left(-\frac\pi2,\frac\pi2\right)</math>.
==== פתרון ====
זוהי מד״ר לינארית מסדר ראשון עם <math>\begin{cases}p(x)=-\tan(x)\\q(x)=1\end{cases}</math>. ע״ס הנוסחה <math>y(x)=\mathrm e^{\int\tan(x)\mathrm dx}\int\mathrm e^{\int-\tan(x)\mathrm dx}\mathrm dx=\mathrm e^{\ln\left(|\cos(x)|^{-1}\right)}\int\mathrm e^{\ln|\cos(x)|}\mathrm dx=\sec(x)\int|\cos(x)|\mathrm dx</math> בקטע הנתון <math>\cos(x)>0</math> ולכן ניתן להתעלם מהערך המוחלט.
………
== משוואת ברנולי ==
<math>y'+p(x)y=q(x)y^n,\quad n\in\mathbb R\setminus\{0,1\}</math>. ניתן להציב <math>z=y^{1-n}</math> ולקבל מד״ר לינארית, או לחלופין להשתמש בנוסחה המפלצתית <math>y(x)=\left(\mathrm e^{-\int(1-n)p(x)\mathrm dx}\int(1-n)q(x)\mathrm e^{\int(1-n)p(x)\mathrm dx}\mathrm dx</math>
………
== מד״ר מדויקת ==
מד״ר מהצורה <math>P(x,y)\mathrm dx+Q(x,y)\mathrm dy=0</math> נקראת מדוייקת בתחום <math>D\subseteq\mathbb R^2</math> אם קיימת פוקנציה סקלרית <math>U:D\to\mathbb R</math> כך ש־<math>\begin{cases}\frac{\partial U}{\partial x}=P\\\frac{\partial U}{\partial y}=Q\end{cases}</math>. אם כן המד״ר היא <math>\mathrm dU=0</math> ופתרונותיה <math>U(x,y)=\text{const.}</math> הן עקומות הרמה של <math>U</math>. תנאי הכרחי הוא <math>\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}</math>.
=== תרגיל ===
פתור את המד״ר <math>2xy+2+\left(x^2+4\right)\frac{\mathrm dy}{\matrhrm dx}=0</math>.
==== פתרון ====
נכפיל ב־<math>\mathrm dx</math> ונקבל <math>(2xy+2)\mathrm dx+\left(x^2+4\right)\mathrm dy=0</math> ונחפש פונקצית דיפרנציאל <math>U</math> כנ״ל.
<math>U(x,y)=x^2y+2x+c(y)</math>.
<math>\frac{\partial U}{\partial y}=c'(y)=4</math>
………
ואם המד״ר לא מדוייקת? נכפיל פי <math>\mu(x,y)</math> ונגרוש ש־<math>\mu P\mathrm dx+\mu Q\mathrm dy=0</math> מדוייקת. כדי ש־<math>\mu</math> תהא תלויה ב־<math>x</math> בלבד צריך להתקיים <math>\frac{\frac{\partial </math>
…………
=== תרגיל ===
פתרו <math>\left(1+y^3\right)\mathrm dx+\left(xy^2\right)\mathrm dy=0</math>. אזי <math>\frac{\partial Q}{\partial x}=y^2\ne\frac{\partail P}{\partial y}=3y^2</math>. ולכן המד״ר אינה מדויקת. אבל <math>\frac{\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}}Q=-\frac2x</math>, כלומר התלות ב־<math>x</math> בלבד, כדרוש.
