שינויים
יצירת דף עם התוכן "נרצה לבדוק מתי <math>\mathbb c^2\ni f(x,y)=g(x)h(g(x))</math>. מובן ש־<math>f_x'=g'(x)h(g(x)),f_y'=g(x)h'(y),f_{xy}''=g'(x)h'(y)</math>. תנאי ..."
נרצה לבדוק מתי <math>\mathbb c^2\ni f(x,y)=g(x)h(g(x))</math>. מובן ש־<math>f_x'=g'(x)h(g(x)),f_y'=g(x)h'(y),f_{xy}''=g'(x)h'(y)</math>. תנאי הכרחי לפרידות: <math>f\cdot f_{xy}''=f_x'\cdot f_y'</math>.
=== תרגיל ממבחן ===
{{הערה|מועד א תש״ע, ד״ר ראובן כהן, שאלה 7}}
נתונה המשוואה <math>(2y\sin(y)-3x\sin(y))\mathrm dx+x\sin(y)\mathrm dy=0</math>.
# מצאו פתרונות סינגולריים ורגולרים.
# מצא כל פתרונות המשוואה עבור תנאי ההתחלה <math>y(1)=\pi</math>.
==== פתרון ====
# נוציא גורם משותף: <math>\sin(y)\Big((2y-3x)\mathrm dx+x\mathrm dy\Big)=0</math>. שתי אפשרויות: <math>\sin(y)=0\implies\pi|y</math> או <math>\underbrace{(2y-3x)}_P\mathrm dx+\underbrace{x}_Q\mathrm dy=0</math>. במד״ר השנייה, נבדוק אם מדוייקת: <math>P_y'=2\ne Q_x'=1</math>, כלומר אינה מדוייקת. <math>\frac{Q_x'-P_y'}P=\frac{-1}{2y-3x}</math> תלוי בשני המשתנים, בעוד ש־<math>\frac{Q_x'-P_y'}Q=-\frac1x</math>, ולכן נחפש גורם אינטגרציה מהצורה <math>\mu(x)</math>. נרצה ש־<math>\frac\partial{\partial y}\Big(\mu(x)(2y-3x_\Big)=\frac\partial{\partial x}\Big(\mu(x)x\Big)</math> ולכן <math>2\mu(x)=\mu'(x)x+\mu(x)</math>, כלומר <math>\int\frac{\mathrm d\mu}\mu=\int\frac{\mathrm dx}x</math>, אזי <math>|\mu(x)|=c|x|</math>, לבסוף <math>\mu(x)=cx</math>. נכפול זאת במד״ר ונקבל <math>(2xy-3x^2)\mathrm dx+x^2\mathrm dy=0</math>. נחפש פוקנציית פוטנציאל <math>U</math>: <math>\frac{\patrtial U}{\partial x}=2xy-3x^2\\\frac{\partial U}{\partial y}=x^2</math>. נחשב ונמצא <math>U=x^2y-x^3+\varphi(y)</math>, נגזור לפי <math>y</math> ואז <math>\frac{\partial U}{\partial y}=x^2+\varphi'(y)=x^2</math> ולכן <math>\varphi(y)=\text{const.}</math>. נקח <math>\varphi(y)=0</math> ואז <math>U=x^2y-x^3</math>, עקומת הרמה היא <math>U=c</math>, כלומר <math>y=\frac{x+x^3}{x^2}</math>. לסיכום, הפתרונות הם <math>y=\frac{x+x^3}{x^2}</math> רגולרי ו־<math>y=\pi k,\quad k\in\mathbb Z</math> סינגולרי. {{משל}}
# נדרוש תנאי התחלה <math>y(1)=\frac{c+1}1=c+1=\pi\implies c=\pi-1</math>. פתרון אחד הוא <math>y=\frac{\pi-1+x^3}{x^2}</math>, וגם הפתרון <math>y=\pi</math> עונה על הבעיה.
== משוואות ריקטי ==
<math>y'=a(x)y^2+b(x)y+c(x)</math>, פולינום ריבועי ב־<math>y</math>. אין נוסחה לפתרון כללי, אך אם הזגנו פתרון פרטי <math>y_0</math> אזי ההצבה <math>y(x)=y_0(x)+z(x)</math> תביא אותנו למשוואות ברנולי עבור <math>z</math>.
=== תרגיל ממבחן ===
{{הערה|לוזון}}
פתרו <math>y'-1-x^2+2xy-y^2=0</math>.
==== פתרון ====
נשים לב שזו משוואת ריקטי עם <math>a(x)=1,b(x)=2x,c(x)=1+x^2</math>. קל לראות כי <math>y_0(x)=x</math> פתרון. לכן נפתור <math>y=y_0+z</math>, כלומר <math>y'=1+z'</math>. נציב במד״ר המקורית ונגלה ש־<math>z'=z^2</math>. עתה <math>\int\frac{\mathrm dz}{z^2}=\int\mathrm dx</math> ונסיק <math>-\frac1z=x+c</math>. אזי <math>z=-\frac1{x+c}</math>, נחזור ל־<math>y</math>: <math>y=x+z=\frac{x^2+cx-1}{x+c}</math>. הערה: קודם הנחנו ש־<math>z\ne0</math>. ניתן להגיע אליו ע״י <math>c\to\infty</math> בפתרון הרגולרי.
== מד״ר מסדר גבוה ==
<math>y^{(n)}=f(x,y,y',\dots,y^{(n-1)})</math>. נצפה ל־<math>n</math> קבועים חופשיים <math>c_1,\dots,c_n</math>.
''מקרה:'' אינטגרציה נשנית/חוזרת: <math>y^{(n)}=f(x)</math>. תרגיל: <math>y^{(3)}=\sin(x)</math> אזי <math>y''=\cos(x)+c_1</math>, לכן <math>y'=-\sin(x)+c_1x+c_2</math> ולבסוף <math>y=\cos(x)+c_4x^2+c_2x+c_3</math>.
=== מד״ר מסדר 2 ===
<math>y''=f(x,y,y')</math>.
==== מקרים מיוחדים ====
<ol>
חסר <math>y</math>, <math>y''=f(x,y')</math>. מציבים <math>z=y'</math> ואז <math>y''=z'</math>, והמד״ר <math>z'=f(x,z)</math> הוא מסדר ראשון.
===== תרגיל =====
פתרו את בעיית קושי <math>\begin{cases}xy''+2y'+x=1\\y(1)=2\\y'(1)=1\end{cases}</math>.
======פתרון======
<math>y</math> חסר, לכן נציב <math>z=y'</math> ונקבל <math>xz'+2z+x=1</math>. נעביר לצורה <math>xz'+2z=1-x</math>, נחלק ב־<math>x</math> ונקבל <math>z'+\frac2xz=\frac1x-1</math>. הפתרון הוא <math>z=\mathrm e^{-\int\frac2x\mathrm dx}\int\left(\frac1x-1\right)\mathrm e^{\int\frac2x\mathrm dx}\mathrm dx=x^{-2}\int(x-x^2)\mathrm dx=x^{-2}\left[c+\frac{x^2}2-\frac{x^3}3\right]=\frac c{x^2}+\frac12-\frac x3=y'</math>. נפעיל אינטגרציה לפי <math>x</math> ונמצא ש־<math>y=-\frac{c_1}x+\frac12x-\frac{x^2}6+c_2</math>. נדרוש את קיום תנאי ההתחלה: <math>y(1)=-c_1+\frac12-\frac16+c_2=2\ \and\ y'(1)=c_1+\frac12-\frac13=1\implies c_1=\tfrac56,c_2=\tfrac52</math>. לסיכום, הפתרון הוא <math>y=-\frac5{6x}+\frac12x-\frac{x^2}6+\frac56</math>. {{משל}}
</ol><ol>
חסר <math>x</math>, <math>y''=f(y,y')</math>. נציב <math>y'=P(y)</math> ואז <math>y''=\frac{\mathrm dy'}{\mathrm dx}=\frac{\mathrm dP(y)}{\mathrm dx}=\frac{\mathrm dP}{\mathrm dy}\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}=P\frac{\mathrm dP}{\mathrm dy}</math>. המד״ר נהיית <math>P\frac{\mathrm dP}{\mathrm dy}=f(y,p)</math>.
===== תרגיל ממבחן =====
{{הערה|מועד א תש״ע, ד״ר ראובן כהן, שאלה 4}}
פתרו <math>yy''=3-(y')^2</math>.
====== פתרון ======
זו מד״ר מסדר 2 ו־<math>x</math> אינו מופיע בה. נציב <math>y'=P(y)</math> והמד״ר היא <math>yPP'=3-P^2</math>. קיימים הפתרונות <math>P=\pm\sqrt 3</math>, אחרת <math>\frac{P\mathrm dP}{3-P^2}=\frac{\mathrm dy}y</math>. מכאן ש־<math>\ln|3-P^2|=\ln|y^{-2}|+c</math>, לכן <math>|3-P^2|=cy^{-2}</math>. נעביר אגפים ונקבל <math>P^2=3-\frac c{y^2}=\frac{3y^2-c}{y^2}</math>. לפיכן <math>P=\pm\sqrt\frac{3y^2-c}{y^2}</math>. נציב בחזרה את <math>y</math>: <math>y'=P=\pm\frac\sqrt{3y^2-c}y</math> ואז <math>\int\frac y\sqrt{3y^2-c}\mathrm dy=\pm\int\mathrm dx</math>. נציב <math>3y^2-c=z</math>, אזי <math>6y\mathrm dy=\mathrm dz</math> ונקבל <math>\frac16\int\frac{\mathrm dz}\sqrt z=\pm x+x</math>. עתה <math>\frac16\frac\sqrt z{1/2}=\pm x+c\implies\sqrt{3y^2-c}=\pm3x+c_1\implies3y^2=9x^2\pm6c_1x+c_2^2+c\implies y=\pm\sqrt{3x^2+c_1x+c_2}</math>. {{משל}}
דרך נוספת: <math>(y^2)'=2yy'</math>. נשים לב ש־<math>\left(\frac12y^2\right)''=(y')^2+yy''</math> והמד״ר היא <math>yy''=3-(y')^2</math>. עתה <math>yy''+(y')^2=3</math>, מאינטגרציה נקבל <math>\left(\frac12y^2\right)''=3</math>. אינטגרציה חוזרת: <math>\left(\frac12y^2\right)'=3x+c_1</math> ואז <math>\frac12y^2=\frac{3x^2}2+c_1x+c_2</math> לכן <math>y^2=3x^2+a_1x+a_2</math>.
== מערכת של מד״ר מסדר ראשון ==
<math>\vec F(x,\vec y,\vec y')=0</math>. עדיין יש משתנה בלתי תלוי אחד <math>x</math>, אך <math>\vec y=\begin{pmatrix}y_1(x)\\y_2(x)\\\vdots\\y_n(x)\end{pmatrix}</math> מכיל <math>n</math> משתנים תלויים בו. אלו פונקציות לא ידועות שיש למצוא.
=== תרגיל ===
הוכיחו שהפוקנציה הווקטורית <math>\vec</math>
………
==== פתרון ====
נציב במערכת <math>y_1(x)=1,y_2(x)=x</math> ואז <math>0=1-\frac1xx</math> כדרוש וכן <math>1=(1+x)\cdot1-x</math>, שוב כדרוש.
=== משפט ===
כל מד״ר מסדר <math>n</math> ניתן להביא למערכת של <math>n</math> מד״ר מסדר ראשון.
=== תרגיל ===
הבא את בעיית קושי (מסדר 2) לצורה של מערכת של שתי מד״ר מסדר ראשון. <math>\begin{cases}2y''-5y'+y=0\\y(\pi)=1&y(0)=0\\y'(\pi)=\sqrt2&y(1)=0\end{cases}</math>.
==== פתרון ====
נגדיר שני משתנים חדשים <math>z_1(x)=y(x)</math> ו־<math>z_2(x)=y'(x)</math>. אזי <math>z_1'=z_2</math>. המד״ר היא <math>2z_2'-5z_2+z_1=0</math> ולכן <math>z_2'=-\frac12z_1+\frac52z_2</math>. בצורה מטריציונית: <math>\begin{pmatrix}z_1\\z_2\end{pmatrix}'=\begin{pmatrix}0&1\\-\frac12&\frac52\end{pmatrix}\begin{pmatrix}z_1\\z_2\end{cases}</math>. תנאי ההתחלה: <math>\begin{pmatrix}z_1\\z_2\end{cases}(\pi)=\begin{pmatrix}1\\\sqrt2\end{cases}</math>. {{משל}}
=== תרגיל ממבחן ===
{{הערה|מועד א תש״ע, ד״ר ראובן כהן, שאלה 7}}
נתונה המשוואה <math>(2y\sin(y)-3x\sin(y))\mathrm dx+x\sin(y)\mathrm dy=0</math>.
# מצאו פתרונות סינגולריים ורגולרים.
# מצא כל פתרונות המשוואה עבור תנאי ההתחלה <math>y(1)=\pi</math>.
==== פתרון ====
# נוציא גורם משותף: <math>\sin(y)\Big((2y-3x)\mathrm dx+x\mathrm dy\Big)=0</math>. שתי אפשרויות: <math>\sin(y)=0\implies\pi|y</math> או <math>\underbrace{(2y-3x)}_P\mathrm dx+\underbrace{x}_Q\mathrm dy=0</math>. במד״ר השנייה, נבדוק אם מדוייקת: <math>P_y'=2\ne Q_x'=1</math>, כלומר אינה מדוייקת. <math>\frac{Q_x'-P_y'}P=\frac{-1}{2y-3x}</math> תלוי בשני המשתנים, בעוד ש־<math>\frac{Q_x'-P_y'}Q=-\frac1x</math>, ולכן נחפש גורם אינטגרציה מהצורה <math>\mu(x)</math>. נרצה ש־<math>\frac\partial{\partial y}\Big(\mu(x)(2y-3x_\Big)=\frac\partial{\partial x}\Big(\mu(x)x\Big)</math> ולכן <math>2\mu(x)=\mu'(x)x+\mu(x)</math>, כלומר <math>\int\frac{\mathrm d\mu}\mu=\int\frac{\mathrm dx}x</math>, אזי <math>|\mu(x)|=c|x|</math>, לבסוף <math>\mu(x)=cx</math>. נכפול זאת במד״ר ונקבל <math>(2xy-3x^2)\mathrm dx+x^2\mathrm dy=0</math>. נחפש פוקנציית פוטנציאל <math>U</math>: <math>\frac{\patrtial U}{\partial x}=2xy-3x^2\\\frac{\partial U}{\partial y}=x^2</math>. נחשב ונמצא <math>U=x^2y-x^3+\varphi(y)</math>, נגזור לפי <math>y</math> ואז <math>\frac{\partial U}{\partial y}=x^2+\varphi'(y)=x^2</math> ולכן <math>\varphi(y)=\text{const.}</math>. נקח <math>\varphi(y)=0</math> ואז <math>U=x^2y-x^3</math>, עקומת הרמה היא <math>U=c</math>, כלומר <math>y=\frac{x+x^3}{x^2}</math>. לסיכום, הפתרונות הם <math>y=\frac{x+x^3}{x^2}</math> רגולרי ו־<math>y=\pi k,\quad k\in\mathbb Z</math> סינגולרי. {{משל}}
# נדרוש תנאי התחלה <math>y(1)=\frac{c+1}1=c+1=\pi\implies c=\pi-1</math>. פתרון אחד הוא <math>y=\frac{\pi-1+x^3}{x^2}</math>, וגם הפתרון <math>y=\pi</math> עונה על הבעיה.
== משוואות ריקטי ==
<math>y'=a(x)y^2+b(x)y+c(x)</math>, פולינום ריבועי ב־<math>y</math>. אין נוסחה לפתרון כללי, אך אם הזגנו פתרון פרטי <math>y_0</math> אזי ההצבה <math>y(x)=y_0(x)+z(x)</math> תביא אותנו למשוואות ברנולי עבור <math>z</math>.
=== תרגיל ממבחן ===
{{הערה|לוזון}}
פתרו <math>y'-1-x^2+2xy-y^2=0</math>.
==== פתרון ====
נשים לב שזו משוואת ריקטי עם <math>a(x)=1,b(x)=2x,c(x)=1+x^2</math>. קל לראות כי <math>y_0(x)=x</math> פתרון. לכן נפתור <math>y=y_0+z</math>, כלומר <math>y'=1+z'</math>. נציב במד״ר המקורית ונגלה ש־<math>z'=z^2</math>. עתה <math>\int\frac{\mathrm dz}{z^2}=\int\mathrm dx</math> ונסיק <math>-\frac1z=x+c</math>. אזי <math>z=-\frac1{x+c}</math>, נחזור ל־<math>y</math>: <math>y=x+z=\frac{x^2+cx-1}{x+c}</math>. הערה: קודם הנחנו ש־<math>z\ne0</math>. ניתן להגיע אליו ע״י <math>c\to\infty</math> בפתרון הרגולרי.
== מד״ר מסדר גבוה ==
<math>y^{(n)}=f(x,y,y',\dots,y^{(n-1)})</math>. נצפה ל־<math>n</math> קבועים חופשיים <math>c_1,\dots,c_n</math>.
''מקרה:'' אינטגרציה נשנית/חוזרת: <math>y^{(n)}=f(x)</math>. תרגיל: <math>y^{(3)}=\sin(x)</math> אזי <math>y''=\cos(x)+c_1</math>, לכן <math>y'=-\sin(x)+c_1x+c_2</math> ולבסוף <math>y=\cos(x)+c_4x^2+c_2x+c_3</math>.
=== מד״ר מסדר 2 ===
<math>y''=f(x,y,y')</math>.
==== מקרים מיוחדים ====
<ol>
חסר <math>y</math>, <math>y''=f(x,y')</math>. מציבים <math>z=y'</math> ואז <math>y''=z'</math>, והמד״ר <math>z'=f(x,z)</math> הוא מסדר ראשון.
===== תרגיל =====
פתרו את בעיית קושי <math>\begin{cases}xy''+2y'+x=1\\y(1)=2\\y'(1)=1\end{cases}</math>.
======פתרון======
<math>y</math> חסר, לכן נציב <math>z=y'</math> ונקבל <math>xz'+2z+x=1</math>. נעביר לצורה <math>xz'+2z=1-x</math>, נחלק ב־<math>x</math> ונקבל <math>z'+\frac2xz=\frac1x-1</math>. הפתרון הוא <math>z=\mathrm e^{-\int\frac2x\mathrm dx}\int\left(\frac1x-1\right)\mathrm e^{\int\frac2x\mathrm dx}\mathrm dx=x^{-2}\int(x-x^2)\mathrm dx=x^{-2}\left[c+\frac{x^2}2-\frac{x^3}3\right]=\frac c{x^2}+\frac12-\frac x3=y'</math>. נפעיל אינטגרציה לפי <math>x</math> ונמצא ש־<math>y=-\frac{c_1}x+\frac12x-\frac{x^2}6+c_2</math>. נדרוש את קיום תנאי ההתחלה: <math>y(1)=-c_1+\frac12-\frac16+c_2=2\ \and\ y'(1)=c_1+\frac12-\frac13=1\implies c_1=\tfrac56,c_2=\tfrac52</math>. לסיכום, הפתרון הוא <math>y=-\frac5{6x}+\frac12x-\frac{x^2}6+\frac56</math>. {{משל}}
</ol><ol>
חסר <math>x</math>, <math>y''=f(y,y')</math>. נציב <math>y'=P(y)</math> ואז <math>y''=\frac{\mathrm dy'}{\mathrm dx}=\frac{\mathrm dP(y)}{\mathrm dx}=\frac{\mathrm dP}{\mathrm dy}\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}=P\frac{\mathrm dP}{\mathrm dy}</math>. המד״ר נהיית <math>P\frac{\mathrm dP}{\mathrm dy}=f(y,p)</math>.
===== תרגיל ממבחן =====
{{הערה|מועד א תש״ע, ד״ר ראובן כהן, שאלה 4}}
פתרו <math>yy''=3-(y')^2</math>.
====== פתרון ======
זו מד״ר מסדר 2 ו־<math>x</math> אינו מופיע בה. נציב <math>y'=P(y)</math> והמד״ר היא <math>yPP'=3-P^2</math>. קיימים הפתרונות <math>P=\pm\sqrt 3</math>, אחרת <math>\frac{P\mathrm dP}{3-P^2}=\frac{\mathrm dy}y</math>. מכאן ש־<math>\ln|3-P^2|=\ln|y^{-2}|+c</math>, לכן <math>|3-P^2|=cy^{-2}</math>. נעביר אגפים ונקבל <math>P^2=3-\frac c{y^2}=\frac{3y^2-c}{y^2}</math>. לפיכן <math>P=\pm\sqrt\frac{3y^2-c}{y^2}</math>. נציב בחזרה את <math>y</math>: <math>y'=P=\pm\frac\sqrt{3y^2-c}y</math> ואז <math>\int\frac y\sqrt{3y^2-c}\mathrm dy=\pm\int\mathrm dx</math>. נציב <math>3y^2-c=z</math>, אזי <math>6y\mathrm dy=\mathrm dz</math> ונקבל <math>\frac16\int\frac{\mathrm dz}\sqrt z=\pm x+x</math>. עתה <math>\frac16\frac\sqrt z{1/2}=\pm x+c\implies\sqrt{3y^2-c}=\pm3x+c_1\implies3y^2=9x^2\pm6c_1x+c_2^2+c\implies y=\pm\sqrt{3x^2+c_1x+c_2}</math>. {{משל}}
דרך נוספת: <math>(y^2)'=2yy'</math>. נשים לב ש־<math>\left(\frac12y^2\right)''=(y')^2+yy''</math> והמד״ר היא <math>yy''=3-(y')^2</math>. עתה <math>yy''+(y')^2=3</math>, מאינטגרציה נקבל <math>\left(\frac12y^2\right)''=3</math>. אינטגרציה חוזרת: <math>\left(\frac12y^2\right)'=3x+c_1</math> ואז <math>\frac12y^2=\frac{3x^2}2+c_1x+c_2</math> לכן <math>y^2=3x^2+a_1x+a_2</math>.
== מערכת של מד״ר מסדר ראשון ==
<math>\vec F(x,\vec y,\vec y')=0</math>. עדיין יש משתנה בלתי תלוי אחד <math>x</math>, אך <math>\vec y=\begin{pmatrix}y_1(x)\\y_2(x)\\\vdots\\y_n(x)\end{pmatrix}</math> מכיל <math>n</math> משתנים תלויים בו. אלו פונקציות לא ידועות שיש למצוא.
=== תרגיל ===
הוכיחו שהפוקנציה הווקטורית <math>\vec</math>
………
==== פתרון ====
נציב במערכת <math>y_1(x)=1,y_2(x)=x</math> ואז <math>0=1-\frac1xx</math> כדרוש וכן <math>1=(1+x)\cdot1-x</math>, שוב כדרוש.
=== משפט ===
כל מד״ר מסדר <math>n</math> ניתן להביא למערכת של <math>n</math> מד״ר מסדר ראשון.
=== תרגיל ===
הבא את בעיית קושי (מסדר 2) לצורה של מערכת של שתי מד״ר מסדר ראשון. <math>\begin{cases}2y''-5y'+y=0\\y(\pi)=1&y(0)=0\\y'(\pi)=\sqrt2&y(1)=0\end{cases}</math>.
==== פתרון ====
נגדיר שני משתנים חדשים <math>z_1(x)=y(x)</math> ו־<math>z_2(x)=y'(x)</math>. אזי <math>z_1'=z_2</math>. המד״ר היא <math>2z_2'-5z_2+z_1=0</math> ולכן <math>z_2'=-\frac12z_1+\frac52z_2</math>. בצורה מטריציונית: <math>\begin{pmatrix}z_1\\z_2\end{pmatrix}'=\begin{pmatrix}0&1\\-\frac12&\frac52\end{pmatrix}\begin{pmatrix}z_1\\z_2\end{cases}</math>. תנאי ההתחלה: <math>\begin{pmatrix}z_1\\z_2\end{cases}(\pi)=\begin{pmatrix}1\\\sqrt2\end{cases}</math>. {{משל}}
