מדר קיץ תשעב/סיכומים/תרגולים/1.8.12

טרם נערך

………

דוגמה

$y'=\frac{6x+2y+1}{3x+y+1}$

פתרון

$\begin{vmatrix}6&2\\3&1\end{vmatrix}=0$

לכן $(6,2)=2(3,1)$ ונסמן $y'=\frac{2(3x+y)+1}{(3x+y)+1}=f(3x+y)$. נציב $z=3x+y$ ונגזור לפי $x$: $z'=3+y'=3+\frac{2z+1}{z+1}=\frac{5z+4}{z+1}$.

נבדוק $z=-\frac45$ ונקבל שזה פיתרון. עתה נניח ש־$z\ne-\frac45$ ולכן

$\frac{5z+5}{5z+4}\mathrm dz=5\mathrm dx$.

$\begin{align}&\int\left(1+\frac1{5z+4}\right)\mathrm dz=\int5\mathrm dx\\\implies&z+\frac15\ln|5z+4|=5x+c\\\implies&3x+y+\frac15\ln|15x+5y+4|=5x+c\end{align}$

ו־$3x+y=-\frac45$ פתרון סינגולרי בצורת קו ישר.

מקרה 2

$\begin{vmatrix}a_1&b_1\\a_2&b_2\end{vmatrix}\ne0$. במקרה זה נציב $x=p+\alpha,y=q+\beta$. נבחר את $\alpha,\beta$ כך שיאפסו את המחוברים הקבועים במונה ובמכנה, וכך נגיע למד״ר הומוגנית עבור $q$ כפונקציה של $p$.

דוגמה

$y'=\frac{x+y-2}{z-y}$. אזי $\begin{vmatrix}1&1\\1&-1\end{vmatrix}\ne0$ ונציב באופן הנ״ל. מתקיים $y'=\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}=\frac{\mathrm dq}{\mathrm dp}=\frac{p+q+\alpha+\beta-2}{p-q+\alpha-\beta}$. נרצה ש־$\begin{cases}\alpha+\beta=2\\\alpha-\beta=0\end{cases}\implies\alpha=\beta=1$. לפיכך $q'=\frac{p+q}{p-q}=\frac{1+\frac qp}{1-\frac qp}$ ונסמן $z=\frac qp$.לפיכך $\frac{1+z}{1-z}=\frac{\mathrm dq}{\mathrm dp}=\frac{\mathrm d(p\cdot z)}{\mathrm dp}=z+p\frac{\mathrm dz}{\mathrm dp}$. נקבל $\frac{1+z^2}{1-z}=p\frac{\mathrm dz}{\mathrm dp}$ ומכאן ש־$\int\frac{\mathrm dp}p=\int\left(\frac1{1+z^2}-\frac z{1+z^2}\right)\mathrm dz\implies \ln|p|=\arctan(z)-\frac12\ln(1+z^2)+c$. לבסוף, $\ln|x-1|=\arctan\left(\frac{y-1}{x-1}\right)-\frac12\ln\left(1+\left(\frac{y-1}{x-1}\right)^2\right)+c$.

מד״ר לינאריות מסדר ראשון

$y'+p(x)y=\begin{cases}0,&\text{ODE is homogeneous}\\q(x),&\text{else}\end{cases}$. אם המד״ר הומוגנית ניתן להפריד משתנים ולהגיע לפתרון $y_h=c\mathrm e^{-\int p(x)\mathrm dx}$. כדי לפתור מד״ר אי־הומוגנית קודם כל פותרים את המד״ר ההומוגנית המתאימה (בודקים $q(x)\equiv0$) ואז מציבים $c(x)$ במקום $c$. לסיום פותרים עבור הפונקציה $c(x)$.

תרגיל

מצא את הפתרון הכללי של המד״ר $xy'-2y=x^2$.

פתרון

נביא את המד״ר לצורה $y'+p(x)y=q(x)$ ע״י חילוק ב־$x$: $y'-\frac2xy=x$. לכן $p(x)=-\frac2x,q(x)=x$. המד״ר ההומוגנית המתאימה היא $y'-\frac2xy=0$ שפתרונה $y_h=c_1\mathrm e^{-\int-\frac2x\mathrm dx}=c\mathrm e^{2\ln|x|}=c|x^2|=cx^2$. נשתמש בווריאציית המקדמים ונצא פתרון מהצורה $y=c(x)x^2=(\ln(x)+k)x^2=\underbrace{kx^2}_{y_h}+\underbrace{x^2\ln(x)}_{y_p}$. $y'=c'(x)x^2+c(x)\cdot2x$ נציב במד״ר $\underbrace{c'(x)x^2+2x c(x)}_{y'}\underbrace{-\frac2xc(x)x^2}_{-\frac2xy}=x$. עתה $c'(x)x^2=x$ ולכן $c(x)=\ln|x|+k$.

תרגיל

נתון מעגל חשמלי כמתואר בציור. לפי חוק קירכהוף הזרם במעגל, $I$, מקיים את המשוואה הדיפרנציאלית $RI+L\frac{\mathrm dI}{\mathrm dt}=V$.

1. בהנתן שבזמן $t=0$ המעגל פתוח ומייד לאחר מכן סוגרים את המתג, מצא את הזרם החשמלי במעגל בזמן $t$ כלשהו.
2. מהו הזרם החשמלי במעגל לאחר זמן רב, $\lim_{t\to\infty} I$?

פתרון

1. כשהמעגל פתוח לא זורם בו זרם – משמע יש לנו תנאי התחלה $I(0)=0$. המד״ר היא $10I+3\frac{\mathrm dI}{\mathrm dt}=50$. נביא לצורה $\frac{\mathrm dI}{\mathrm dt}+\underbrace{\frac{10}3}_{p(t)}I=\underbrace{\frac{50}3}_{q(t)}$. עפ״י הנוסחה מההרצאה, הפתרון הכללי הוא $I(t)=\mathrm e^{-\int p(t)\mathrm dt}\int q(t)\mathrm e^{\int p(t)\mathrm dt}\mathrm dt=\mathrm e^{-\frac{10}3t}\int\frac{50}3\mathrm e^{\frac{10}3t}\mathrm dt=\mathrm e^{-\frac{10}3t}\left(c+5\mathrm e^{\frac{10}3t}\right)=5+c\mathrm e^{-\frac{10}3t}$

………

1. כעבור זמן רב הזרם הוא $\lim_{t\to\infty}I(t)=5(1-0)=5[A]$ (Ampe`re).

תרגיל

פתור $y'-\tan(x)y=1$ בקטע $x\in\left(-\frac\pi2,\frac\pi2\right)$.

פתרון

זוהי מד״ר לינארית מסדר ראשון עם $\begin{cases}p(x)=-\tan(x)\\q(x)=1\end{cases}$. ע״ס הנוסחה $y(x)=\mathrm e^{\int\tan(x)\mathrm dx}\int\mathrm e^{\int-\tan(x)\mathrm dx}\mathrm dx=\mathrm e^{\ln\left(|\cos(x)|^{-1}\right)}\int\mathrm e^{\ln|\cos(x)|}\mathrm dx=\sec(x)\int|\cos(x)|\mathrm dx$ בקטע הנתון $\cos(x)>0$ ולכן ניתן להתעלם מהערך המוחלט.

………

משוואת ברנולי

$y'+p(x)y=q(x)y^n,\quad n\in\mathbb R\setminus\{0,1\}$. ניתן להציב $z=y^{1-n}$ ולקבל מד״ר לינארית, או לחלופין להשתמש בנוסחה המפלצתית $y(x)=\sqrt[1-n]{\mathrm e^{-\int(1-n)p(x)\mathrm dx}\int(1-n)q(x)\mathrm e^{\int(1-n)p(x)\mathrm dx}\mathrm dx}$

………

מד״ר מדויקת

מד״ר מהצורה $P(x,y)\mathrm dx+Q(x,y)\mathrm dy=0$ נקראת מדוייקת בתחום $D\subseteq\mathbb R^2$ אם קיימת פוקנציה סקלרית $U:D\to\mathbb R$ כך ש־$\begin{cases}\frac{\partial U}{\partial x}=P\\\frac{\partial U}{\partial y}=Q\end{cases}$. אם כן המד״ר היא $\mathrm dU=0$ ופתרונותיה $U(x,y)=\text{const.}$ הן עקומות הרמה של $U$. תנאי הכרחי הוא $\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}$.

תרגיל

פתור את המד״ר $2xy+2+\left(x^2+4\right)\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}=0$.

פתרון

נכפיל ב־$\mathrm dx$ ונקבל $(2xy+2)\mathrm dx+\left(x^2+4\right)\mathrm dy=0$ ונחפש פונקצית דיפרנציאל $U$ כנ״ל.

$U(x,y)=x^2y+2x+c(y)$.

$\frac{\partial U}{\partial y}=c'(y)=4$

………

ואם המד״ר לא מדוייקת? נכפיל פי $\mu(x,y)$ ונגרוש ש־$\mu P\mathrm dx+\mu Q\mathrm dy=0$ מדוייקת. כדי ש־$\mu$ תהא תלויה ב־$x$ בלבד צריך להתקיים $\frac{\frac{\partial }{}}{}$

…………

תרגיל

פתרו $\left(1+y^3\right)\mathrm dx+\left(xy^2\right)\mathrm dy=0$. אזי $\frac{\partial Q}{\partial x}=y^2\ne\frac{\partial P}{\partial y}=3y^2$. ולכן המד״ר אינה מדויקת. אבל $\frac{\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}}Q=-\frac2x$, כלומר התלות ב־$x$ בלבד, כדרוש.