Embed Size (px)
Citation preview
רגילות דיפרנציאליות משוואות
2019 באוגוסט 8
כאן. המופיע החומר רוב את שסיכם על אברבנל לאוהד תודה
תיקון. או הערה לכל אשמח
עניינים תוכן
3 הקדמה I3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . דיפרנציאליות משוואות מהן 1
4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . מד''ר של סוגים 2
5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . מד''ר של פתרון 2.1
5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . כללי פתרון 2.2
5 ראשון מסדר מד''ר II6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . קושי בעיית 3
7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . מופרדים משתנים עם מד''ר 4
10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . משתנים הפרדת ע''י פתירות מד''ר 5
11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . הומוגנית מד''ר 6
15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . הומוגנית משוואה ע''י פתירות מד''ר 7
17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I מסדר לינאריות מד''ר 8
17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . המקדמים וריאצית שיטת 9
19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ברנולי משוואת 10
20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . מדויקות מד''ר 11
21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . למדויקת) מדויקת לא מד''ר (הפיכת אינטגרציה גורם 12
23 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ריקטי משוואת 13
24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 מסדר סתומות מד''ר 14
29 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . לגרנז' משוואת 15
30 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . קלרו משוואת 16
1
31 גבוה מסדר מד''ר III32 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . המשוואה סדר הורדת ע''י פתרון 17
33 והיחידות הקיום משפט IV34 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . מד''ר למערכת גבוה מסדר מד''ר בין הקשר 18
35 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . מד''ר מערכת עבור והיחידות הקיום משפט 19
39 גבוה מסדר לינאריות ומד''ר ראשון מסדר מד''ר של מערכת V39 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . גבוה מסדר לינאריות מד''ר 20
42 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ליוביל משפט 21
44 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . הומוגנית לא לינארית מד''ר 22
45 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . הפרמטרים וריאציית שיטת 23
47 . . . . . . . . . . . . . . . קבועים מקדמים עם גבוה מסדר הומוגנית הומוגנית\לא לינארית מד''ר 24
53 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . אוילר משוואת 25
56 . . . . . . . . . . . . . . . קבועים מקדמים עם הומוגניות, ,1 מסדר לינאריות ־ משוואות מערכות 26
60 . . . . . . . . . . . . . . הומוגניות לא קבועים מקדמים עם לינאריות ראשון מסדר מד''ר מערכות 27
62 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . מערכות לפתרון שיטות 28
65 חזקות טורי ע''י מד''ר של אינטגרציה VI65 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . טיילור טורי בעזרת מד''ר פתרון 29
69 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . סינגולריות נק' סיווג 30
70 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Frobenius פרוביניוס טור 31
72 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . בסל משוואת 32
75 לפלס\פורייה התמרות באמצעות מד''ר פתרון VII
76 שפה בעיות VIII78 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . פונקציות של פנימית מכפלה מרחבי 33
78 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ליוביל שטורם בעיית 34
82 . . . . . . . . . . . . . . . . . גרין ופונקציות Dirac delta function דיראק של הדלתא פונקציית 35
85 למד''ח מבוא IX85 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . המיתר משוואת 36
85 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (D’Alambert) ד'אלמבר שיטת 36.1
86 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . משתנים הפרדת 36.2
2
87 נבחרים נושאים X87 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . מד''ר ופתרון השבת נקודת משפט 37
90 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . מד''ר של יציבות 38
I חלק
הקדמה
דיפרנציאליות משוואות מהן 1
ונגזרותיה. y(x) ידועה לא פונקציה לבין x תלוי בלתי משתנה בין המקשרת משוואה היא דיפרנציאלית משוואהנקודה, איננו הפתרון לב, שימו .y(x)ל האפשר ככל מפורש ביטוי למצוא כלומר, - המשוואה את לפתור היא המטרה(כלומר 0 מסדר דיפרנציאלית כמשוואה (y(x)2 − x = 0 (לדוגמה פונקציונלית משוואה לראות ניתן פונקציה. אלא
.y(x) = ±√x הפונקציות הן פתרונה נגזרות). ללא
היא (מד''ר) רגילה דיפרנציאלית משוואה של כללית צורה
F (x, y(x), y′(x), y′′(x), . . . , y(n)(x)) = 0 (1)
(מד''ח): חלקית דיפרנציאלית משוואה של
F
(x, y, z(x, y),
∂z
∂x,∂z
∂y,∂2z
∂x2,∂2z
∂x∂y
)= 0
במד''ר. בעיקר נעסוק זה בקורס
מופיעה בה החזקה היא מד''ר של המעלה במשוואה. המופיעה ביותר הגבוהה הנגזרת דרגת הוא מד''ר של הסדרביותר. הגבוהה הנגזרת
דוגמאות:
.(2xdy − 3ydx = 0 בצורה לכתיבה גם (ניתנת 2xy′ − 3y = 0 ראשונה: מעלה ראשון מסדר מד''ר .1
.2y′′ + 3x2y = 0 ראשונה: מעלה שני מסדר מד''ר .2
.2x3y(
dydx
)2− (1 + x3) = 0 שנייה: מעלה ראשון מסדר מד''ר .3
.(
d2ydx2
)2= 3y + x שנייה: מעלה שני מסדר מד''ר .4
.d3y
dx3 + x2(
d2ydx2
)2− x3
(dydx
)3= 0 ראשונה: מעלה שלישי מסדר מד''ר .5
ע''י נתון שפתרונה y′ = e2x לדוגמה: אינטגרציה. ע''י ישירות לפתרון ניתנת המד''ר מסויימים במקרים
y =
∫e2xdx =
1
2e2x + c
למעשה המד''ר. את פותרות שכולן שונים) c ערכי (עבור שונות פונקציות של אוסף זהו האינטגרציה. קבוע הוא c כאשרהזה. הרעיון של הרחבה בהמשך נראה החדו`א. של היסודי המשפט לפי היחידים, הפתרונות אלה
3
בצורה לכתיבה ניתנת (y′)2 + xy′ + 3 = 0 לדוגמה .y′ את לבודד כדי לעבוד צריך לעיתים
y′ =−x±
√x2 − 12
2
ומכאן .y′ = e−x2
לדוגמה: סגורה. בצורה פתרון לכתוב ניתן לא לפעמים אינטגרציה. ע''י מוצאים y ואת
y =
∫e−x
2
dx =
√π
2erf(x) + c
לוגים אקספוננטים, רציונליות, (פונקציות אלמנטריות פונקציות ע''י המבוטאת קדומה פונקציה אין e−x2
לפונקציהבה. ולהשתמש (erf(x) (כמו חדשה פונקציה להגדיר ניתן תמיד האינטגרל. עם בעיה שיש אומר זה אין אך וצירופיהן),
לפונקציה. מיוחד בשם צורך ואין רצויה, דיוק רמת לכל נומרית אותו לחשב ניתן האינטגרנד, מהו יודעים אנו אם
הנגזרות של רציפות ־ הערה
להיות צריכות y(n−1) עד הנגזרות כל נקודה, בכל מוגדרת תהיה y(n)ש כדי ,y(n) = f(x, y, y′, ..., y(n−1)
)במד''ר
רציפה. y(n) אז רציפה f ואם גזירות,
מד''ר של סוגים 2
משתנים, n + 2 של פונקציה F כאשר ,F (x, y, y′, . . . , y(n)) = 0 כאמור, היא, n מסדר מד''ר של הכללית הצורהבצורה נתונה היא אם נורמלית בצורה תקרא מד''ר .x ∈ D ⊆ R
y(n) = f(x, y, y′, . . . , y(n−1)) (2)
משתנים. n+ 1 של פונקציה f כאשר
בצורה נכתבת לינארית מד''ר לינארית. תקרא המד''ר אזי z0, . . . , zn במשתנים לינארית F (x, z0, . . . , zn) אםכך: נורמלית
y(n) =
n−1∑i=0
ai(x)y(i) + f(x)
הומוגנית. לינארית נקראת המד''ר f(x) = 0 אם
דוגמאות
המשוואה
ey′′′
+ 3y′′x2 + 8x+ sin y = 0
בצורה גם לכתיבה ניתנת
y′′′ = ln(−3y′′x2 − 8x− sin y)
שלישי. מסדר לינארית לא מד''ר זוהי
למשוואה כי לראות קל
(y′)2 + x2 + 2 = 0
מרוכב). פתרון ייתכן כי (אם הממשיים מעל פתרון אין
4
מד''ר של פתרון 2.1
זהות נקבל במד''ר שבהצבתה y = ϕ(x) פונקציה הוא מד''ר של פתרון
F (x, ϕ(x), ϕ′(x), . . . , ϕ(n)(x)) = 0
דוגמה
המשוואה של פתרון היא y = ϕ(x) = x2 הפונקציה
xy′ − 2y = 0
שכן,
x(x2)′ − 2x2 = 2x2 − 2x2 = 0
בהמשך) (נוכיח להראות וניתן כללי, פתרון נקרא זה פתרון .c לכל המשוואה של פתרון הוא y = cx2 שגם לב נשיםהזאת. מהצורה הם המשוואה פתרונות שכל
כללי פתרון 2.2
קבועים nב תלויות הפונקציות .y = ϕ(x, c1, c2, . . . , cn) פונקציות משפחת הוא n מסדר מד''ר של כללי פתרוןפעמים. n ודיפרנציאביליות c1, . . . , cn
דוגמה
המשוואה
y′′ = x+ 1
לכתוב ניתן
d(y′)
dx= x+ 1
הם היחידים שהפתרונות מכך נובע החדו`א של היסודי המשפט לפי
y′ =1
2x2 + x+ c1
ע''י נתונים המד''ר של הפתרונות כל היסודי) המשפט לפי (שוב ולכן
y =1
6x3 +
1
2x2 + c1x+ c2
אחר. פתרון מתקבל c1, c2 לכל כאשר
II חלק
ראשון מסדר מד''רמהצורה מד''ר
F (x, y, y′) = 0
5
נורמלית בצורה או,
y′ = f(x, y)
ראשון. מסדר מד''ר נקרא
דוגמאות
xy′ = x+ y (3)
y′ =y
x(4)
y′ + x2y = 0 (5)
ולקבל dxב (5) משוואה את נכפיל לדוגמה, דיפרנציאלית. בצורה גם לכתוב ניתן
y′dx+ x2ydx = 0
כלומר,
dy + x2ydx = 0
(x 6= 0 (עבור נקבל dxב (4) משוואה של הכפלה ע''י
dy =y
xdx
,c0 הפרמטר, של מסוים ערך של הצבה עבור .c בפרמטר התלויים פתרונות אינסוף יש ראשון מסדר למד''ר כלל בדרךפרטי. פתרון הנקרא יחיד פתרון מקבלים
עקומה הוא פרטי פתרון אינטגרליות. עקומות נקראות אינטגרציה, ע''י המתקבלות ,y = x2 + c כמו עקומות משפחת.(x0, y0) נתונה נקודה דרך העוברת העקומות) ממשפחת (אחת כזו
קושי בעיית 3
למד''ר y = ϕ(x) פתרון למצוא קושי: של הבעיה
y′ = f(x, y) (6)
התחלה תנאי המקיים
y|x=x0= ϕ(x0) = y0 (7)
התחלה. תנאי בעיית גם הנקראת קושי בעיית של הפתרון הוא (7) התנאי את המקיים (6) המשוואה פתרון
וסינגולרי רגולרי פתרון
רגיל או פרטי פתרון נקרא מסויים c = c0 של הצבה ע''י המתקבל פתרון y = ϕ(x, c) מד''ר של כללי פתרון בהנתןמיוחד. או סינגולרי פתרון נקרא cב ערך של הצבה ע''י הכללי מהפתרון ניתן שאינו המד''ר של פתרון רגולרי. או
6
דוגמה
(y′)2 = 4y
הוא נוסף פתרון רגולרי. פתרון שהוא ,y = (x+ 3)2 נקבל ,c = 3 בהצבה לדוגמה .y = (x+ c)2 הוא הכללי הפתרוןסינגולרי. פתרון הוא ולכן ,cב ערך אף של הצבה ע''י הכללי מהפתרון מתקבל לא זה פתרון (זהותית). y = 0
מופרדים משתנים עם מד''ר 4
היא במד''ר להגיע שואפים אנו אליה הצורה
y′ = f(x)g(y) (8)
ונקבל (g(y) 6= 0 (עבור g(y)ב נחלק הזו מהצורה במד''ר
y′
g(y)= f(x)
אינטגרציה ∫נבצעy′
g(y)dx =
∫f(x)dx
נקבל dy = y′dx ,y = y(x) שמאל בצד משתנים החלפת ∫ע''יdy
g(y)=
∫f(x)dx+ c (9)
מהצורה המשוואה של סתום לפתרון מוביל האינטגרלים של פתרון
f1(y) = f2(x) + c (10)
כאשר
f1(y) =
∫dy
g(y)
f2(x) =
∫f(x)dx
הוא המפורש הפתרון
y = f−11 (f2(x) + c) (11)
הפיכה. f1(·) בהם בתחומים תקף והפתרון הפונקציה) חלקי אחד (ולא ההופכית הפונקציה היא f−11 (·) כאשר ,c לכל
פונקציות של הרכבה היא ϕ(·) כאשר y = ϕ(x) של `יפה` בצורה הפתרון את לכתוב ניתן תמיד שלא לב שימובפונקציות לביטוי ניתנים לא שהאינטגרלים ייתכן אינטגרביליות, 1/g(·)ו f(·) הפונקציות אם אפילו אלמנטריות.בפונקציות לביטוי ניתנים שהאינטגרלים ייתכן כן, כמו .(9) מהצורה בפתרון להסתפק ניאלץ כזה, במקרה אלמנטריות.מוגדרת. היא בהם בענפים גם אלמנטריות פונקציות של הרכבה אינה f−11 (·) ההופכית הפונקציה אבל אלמנטריות,ומוגדרת קיימת הפונקציה מלא, פתרון הוא הפתרון המקרים, בשני .(10) מהצורה סתום בפתרון נסתפק כזה, במקרהחשובות הפונקציות אם מסוימים, במקרים אלמנטריות. פונקציות של סופית הרכבה עי לביטוי ניתנת אינה אולם היטב,
הפונקציות`. ל`משפחת אותן ומצרפים שם, להן ממציאים מספיק,
במקרים הפיכה. f2(·) אך אלמנטריות), (בפונקציות הפיכה אינה f1(·) הפונקציה (10) מהצורה במשוואה לעיתים,בצורה הפתרון את לכתוב לפעמים מעדיפים כאלה,
x = f−12 (f1(y) + c)
y(x) אך מפורשת, בצורה לכתיבה ניתן x(y) זה במקרה שרירותי). קבוע הוא כי c של הסימן את הפכנו לא (כאשרלא.
7
1 דוגמה
2xy + y′ = 0
y′ = −2xy
ונקבל (y 6= 0) yב נחלק
y′
y= −2x
∫dy
y= −2
∫xdx+ c
ומכאן
ln |y| = −x2 + c
ולכן
|y| = e−x2+c
כלומר
|y| = c1e−x2
שליליים: ערכים גם לקבל לקבוע ולהרשות המוחלט הערך את להסיר ניתן חיובי. קבוע c1 = ec כאשר
y = c2e−x2
נבדוק .y 6= 0 התנאי תחת yב קודם חילקנו אולם .c2 6= 0 כל עבור ניתן הפתרון כעת .c2 = ±c1 = ±ec כאשרהוא הכללי הפתרון לכן שכן. ונראה פתרון הוא y = 0 האם המקורית במשוואה כעת
y = c2e−x2
.c2 = 0 עבור הפתרונות במשפחת משתלב שהוא כיוון רגולרי, y = 0 הפתרון .c2 לכל
2 דוגמה
2xdx+ e−y2
dy = 0
ונקבל אינטגרציה ∫נבצע2xdx+
∫e−y
2
dy = c
x2 +
∫e−y
2
dy = c
כי (אם אלמנטריות בפונקציות לביטוי ניתן לא∫e−y
2
dy ש כיוון הביטוי את לפשט ניתן לא סתומה. פונקציה קיבלנו
.(erf(x) =√π2
∫e−x
2
dx המיוחדת בפונקציה להשתמש ניתן
8
דיפרנציאלי בכתיב מופרדים משתנים עם מד''ר של הכללית הצורה
מהצורה מד''ר
M1(x)N1(y)dx+M2(x)N2(y)dy = 0 (12)
משתנים. להפרדת הניתנת מד''ר היא
המד''ר. של פתרון הוא y(x) = y0 אזי כלשהו, y0 עבור N1(y0) = 0 אם
לא זה המקורית ההגדרה שלפי לב (שימו המד''ר של פתרון הוא x(y) = x0 אזי כלשהו, x0 עבור M2(x0) = 0 אםלכתוב וניתן ו, x בין סימטרית (12) הצורה אולם, .y(x) פתרון מכאן לחלץ ניתן ולא הפיכה פונקציה לא זו שכן פתרוןניתן ,N1(y) ·M2(x) 6= 0 אם התלוי). כמשתנה xול תלוי הבלתי כמשתנה yל ולהתייחס dx
dy עבור משוואה ממנהולקבל במכפלתם לחלק
M1(x)
M2(x)dx+
N2(y)
N1(y)dy = 0
מופרדים. משתנים עם משוואה שהיא
דוגמה
x2y2y′ = y − 1
דיפרנציאלי בכתיב
x2y2dy + (1− y)dx = 0
פתרון. x = 0 וכן פתרון y = 1 לכן, .N2(y) = y2 ,N1(y) = 1− y ,M2(x) = x2 ,M1(x) = 1 כלומר
ונקבל x2(y − ב(1 המשוואה את נחלק הכללי, הפתרון את למצוא כדי
y2y′
y − 1=
1
x2
ונקבל אינטגרציה ∫נבצעy2dy
y − 1=
∫dx
x2+ c
כלומר,
y2
2+ y + ln |y − 1| = − 1
x+ c
מקבלים .x את לחלץ ניתן אבל ,y את לחלץ ניתן לא
x =1
c−(y2
2 + y + ln |y − 1|)
הפתרון ואז ,c1 = 1/c חדש קבוע להגדיר ניתן הגבול, את אוהב שלא (למי c → ∞ במקרה מתקבל x = 0 הפתרון.(c1 = 0 עבור מתקבל
9
משתנים הפרדת ע''י פתירות מד''ר 5
המשתנים. של מניפולציה ע''י מופרדים למשתנים להגיע ניתן אך מופרדים, משתנים עם נתונה לא המד''ר לעיתים
מהצורה במשוואות לדוגמה,
y′ = f(ax+ by)
נקבל .z = ax + by חדש משתנה נגדיר משתנים. בהחלפת נשתמש אחד, במשתנה רציפה פונקציה f(·) כאשרולכן1 z′ = a+ by′
y′ =1
b(z′ − a)
ונקבל במשוואה נציב
1
b(z′ − a) = f(z)
נקבל וחלוקה אגפים העברת ולאחר
z′
bf(z) + a= 1
∫ולכן,dz
bf(z) + a=
∫1dx+ c = x+ c (13)
במשוואה ונציב z(x) נקבל המשוואה, את נפתור
y(x) =z(x)− ax
b
נגדיר אם פורמלית, המקורית. המשוואה פתרון את למצוא מנת על
g(z) =
∫dz
bf(z) + a
כלומר, .z = g−1(x+ c) ולכן g(z) = x+ cש (13) ממשוואה נקבל
y(x) =g−1(x+ c)− ax
b
אינטגרציה. קבוע הוא cו ,gל ההופכית הפונקציה היא g−1 כאשר
דוגמה
y′ =1− x+ y
x− y
y′ =1− (x− y)
x− y
משתנים. מופרדת כבר המשוואה a = 0 או b = 0 שאם לב 1שימו
10
ונקבל z′ = 1− y′ ,z = x− y נגדיר
1− z′ =1− zz
z′ = 1− 1− zz
=z − (1− z)
z=
2z − 1
z
zz′
2z − 1= 1∫
zdz
2z − 1= x+ c
∫z − 1
2 + 12
2z − 1dz =
∫ (1
2+
1
4(z − 1
2
)) dz =z
2+
1
4ln
∣∣∣∣z − 1
2
∣∣∣∣ = x+ c
ונקבל z = x− y נציב
x− y2
+1
4ln
∣∣∣∣x− y − 1
2
∣∣∣∣ = x+ c
הומוגנית מד''ר 6
השיוויון מתקיים λ > 0 לכל אם k מסדר הומוגנית נקראת f(x, y) פונקציה
f(λx, λy) = λkf(x, y)
דוגמאות
עבור
f(x, y) =x− yx+ y
נקבל
f(λx, λy) =λx− λyλx+ λy
=x− yx+ y
= λ0f(x, y)
.0 מסדר הומוגנית f כלומר
הפונקציה
f(x, y) =x2 + xy
x− y
מקיימת
f(λx, λy) =λ2x2 + λ2xy
λx− λy=λ2(x2 + xy)
λ(x− y)= λ1f(x, y)
11
.1 מסדר הומוגנית כלומר
הפונקציה
f(x, y) = x2 + y2 − xy
מקיימת
f(λx, λy) = λ2(x2 + y2 − xy) = λ2f(x, y)
.2 מסדר הומוגנית היא ולכן
משפט
.0 מסדר הומוגנית f(x, y) הפונקציה אם ורק אם f(x, y) = ϕ(yx
)בצורה לכתיבה ניתנת f(x, y) פונקציה
הוכחה
אזי f(x, y) = ϕ(yx
)⇐אם
f(λx, λy) = ϕ
(λy
λx
)= ϕ
(yx
)= f(x, y)
.0 מסדר הומוגנית f(x, y) כלומר
ונקבל (x < 0 אם λ = − 1x (או λ = 1
x נבחר x, y נתון זוג עבור .λ > 0 לכל נכון f(λx, λy) = f(x, y) ⇒הקשר.f(λx, λy) = f
(1, yx
)≡ ϕ
(yx
)הגדרה
המד''ר את לכתוב ניתן אם
y′ = f(x, y)
בצורה
y′ = g(yx
)(14)
הומוגנית.2 מד''ר נקראת היא אז
הצבה ע''י לפתרון ניתנת הומוגנית מד''ר
z(x) =y
x
כלומר
y(x) = z(x) · x
ולכן
y′ = xz′ + z
בהמשך, נדבר עליה הומוגנית, לינארית מד''ר לבין x, y המשתנים בזוג הומוגנית שהיא - פה מוגדרת שהיא כפי הומוגנית מד''ר בין להבדיל 2יש
בלבד. yב הומוגנית שהיא
12
ונקבל (14) במשוואה נציב
xz′ + z = g(z)
xz′ = g(z)− z
z′
g(z)− z=
1
x
ונקבל אינטגרציה ∫נבצעdz
g(z)− z=
∫dx
x+ c = ln |x|+ c = ln(c1x)
להיות y את ומוצאים z(x) את מקבלים האינטגרציה ביצוע אחרי חיובי. c1xש כך נבחר c1 כאשר
y(x) = z(x) · x
דוגמה
המד''ר עבור
xy′ = x+ y
y′ =x+ y
x= 1 +
y
x≡ g
(yx
)נגדיר
z =y
x
ונקבל
xz′ + z = 1 + z
z′ =1 + z − z
x=
1
x
אינטגרציה ∫נבצעdz = z = ln(cx)
ולכן
y = zx = x ln(cx)
המד''ר. של הכללי הפתרון הוא
לדוגמה התחלה, תנאי נתונים אם
y(3) = 8
13
ונקבל בפתרון נציב
8 = 3 ln(3c)
ln(3c) =8
3
3c = e8/3
c =1
3e8/3
הוא הפרטי הפתרון ולכן
y = x ln
(1
3e8/3x
)= x
(lnx+
8
3− ln 3
)
שימושית דוגמה
מתבצע וכן Ry∆t של ריבית צוברת המשכנתא ∆t קצר זמן בפרק .y(t) הוא t בזמן שגודלה משכנתא לנו יש נניחהמשוואה את מקיים המשכנתא גודל אזי ,p∆t של תשלום
y(t+ ∆t) = y(t) +Ry∆t− p∆t
או
y(t+ ∆t)− y(t) = Ry∆t− p∆t
∆tב נחלק
y(t+ ∆t)− y(t)
∆t= Ry − p
נקבל רציף) באופן מתבצעים והתשלומים הריבית חישוב אם (כלומר ∆t→ 0 בו בגבול
y′ = Ry − p
או
y′
Ry − p= 1
ונקבל אינטגרציה ∫נבצעdy
Ry − p=
∫1dt+ c
1
Rln (Ry − p) = t+ c
Ry − p = eRt+c1
כלומר
y =1
R
(p+ c2e
Rt)
14
נקבל y(0) = M התחלה תנאי עבור
M =1
R(p+ c2 · 1)
c2 = RM − p
ונקבל נציב
y =1
R
(p+ (RM − p) eRt
)=
p
R+(M − p
R
)eRt
את לשלם נסיים לא ולעולם ההחזר מקצב גבוהה הריבית לעולם כלומר - עולה הפונקציה p < MR אם כי רואיםע''י ניתן החוב את להחזיר לנו שייקח והזמן יורדת הפונקציה p > MR אם המשכנתא. חובות
y = 0 =p
R+(M − p
R
)eRT
הוא ההחזר לסיום שהזמן ומכאן
T =1
Rln
(p
p−RM
)
הומוגנית משוואה ע''י פתירות מד''ר 7
.f (λx, λy) = λnf (x, y) פונקציה היא n מסדר הומוגנית פונקציה.y′ = f
(yx
)בצורה אותה לכתוב ניתן ואז ,0 מסדר הומוגנית f אם הומוגנית נקראת y′ = f (x, y) משוואה
.y′ = f(a1x+b1y+c1ax+by+c
)נניח
דוגמה:
.y′ =(
2x+3y+5x+8y−7
)2מקרים: לשני נחלק
1 מקרה
נחתכים). הישרים (כלומר
∣∣∣∣a1 b1a b
∣∣∣∣ 6= 0 תהי
.y = q + βו x = p+ α משתנים בהחלפת נשתמשa1x+ b1y + c1 = a1 (p+ α) + b1 (q + β) + c1 = a1p+ b1q + c1 + a1α+ b1β
.ax+ by + c = ap+ bq + c+ aα+ bβשמתקיים: כך α, β נבחר
c1 + a1α+ b1β = 0.c+ aα+ bβ = 0
המערכת: של פתרון למעשה )זהa1 b1a b
)(αβ
)= −
(c1c
).y′ = dy
dx = dqdp = f
(a1p+b1qap+bq
)= f
(a1+b1
qp
a+b qp
)מתקיים
. dqdp = dzdp · p+ z לכן q = zp כלומר z = q
p נציב
15
dz
dp· p+ z = f
(a1 + b1z
a+ bz
)dz
dp· p = f
(a1 + b1z
a+ bz
)dz
f(a1+b1za+bz
)− z
=dp
p∫dz
f(a1+b1za+bz
)− z
=
∫dp
p+ c
ונקבל: נציב ,q = p · z (p) ואז כלשהי, z (p) נקבל.y − β = (x− α) · z (x− α)
1 למקרה דוגמה
.y′ = 2x+3y+4x+y+2
.y = q + β ,x = p+ α נגדירנקבל:
y′ =
(2p+ 3q + 4 + 2α+ 3β
p+ q + 2 + α+ β
).α = −2, β = 0 נקבל המשוואות, מערכת פתירת ע''י α, β את נמצא
נקבל: הזו הבחירה עבור
dq
dp=
(2p+ 3q
p+ q
)=
(2 + 3z
1 + z
)dz
dp· p+ z =
2 + 3z
1 + z
dz
dp· p =
2 + 3z
1 + z− z =
2 + 2z − z2
1 + z∫1 + z
2 + 2z − z2dz =
∫dp
p+ c∫
2− (1− z)z + 2z − z2
dz = ln |p|+ c∫2dz
3− (1− z)2− 1
2ln∣∣2 + 2z − z2
∣∣ = ln |p|+ c
ln(z +√
3− 1)− ln(−z +√
3 + 1)√3
− 1
2ln∣∣2 + 2z − z2
∣∣ = ln |p|+ c
ln( yx+2 +
√3− 1)− ln(− y
x+2 +√
3 + 1)√
3− 1
2ln
∣∣∣∣∣2 + 2y
x+ 2−(
y
x+ 2
)2∣∣∣∣∣ = ln |x+ 2|+ c
בכך. ונסתפק סתומה, פונקציה זו
16
2 מקרה
.
∣∣∣∣a1 b1a b
∣∣∣∣ = 0 כאשר
.a1 = λa, b1 = λb
y′ = f
(a1x+ b1y + c1ax+ by + c
)y′ = f
(λax+ λby + c1ax+ by + c
)y′ = f
((ax+ by)λ+ c1
(ax+ by) + c
)שעבר. משיעור לפתור יודעים אנחנו זה ואת
2 למקרה דוגמה
f(
2x+4y+6x+2y−3
)= f
(2(x+2y)+8(x+2y)−3
)
I מסדר לינאריות מד''ר 8
.y′ + p (x) · y = q (x)בלבד. x של פונק' p, q
הומוגנית. נקראת המד''ר q (x) = 0 אםנפתור: הומוגנית, המשוואה אם
y′ = −p (x) y
y′
y= −p (x)∫
dy
y= −
∫p (x) dx
ln |y| = c−∫p (x) dx
y = c′ · e−∫p(x)dx
המקדמים וריאצית שיטת 9
.y = c (x) e−∫p(x)dx נסמן
נגזור:
y′ = c′ (x) e−∫p(x)dx − c (x) · p (x) e−
∫p(x)dx
במשוואה: נציב
y′ = −p (x) · y + q (x)
= −p (x) · c (x) e−∫p(x)dx + q (x)
17
נשווה:
−p (x) · c (x) e−∫p(x)dx + q (x) = c′ (x) e−
∫p(x)dx − c (x) · p (x) e−
∫p(x)
q (x) = c′ (x) e−∫p(x)dx
c′ (x) = q (x) e∫p(x)dx
c (x) =
∫q (x) e
∫p(x)dxdx+ c
ונקבל: בהתחלה נציב
y = e−∫p(x)dx ·
[c+
∫q (x) e
∫p(x)dxdx
]
דוגמה
למשוואה: כללי פתרון מצאו .1y′ = x2−y
x
.y (1) = 5 המקיים פתרטי פתרון מצאו .2
פתרון
נפשט: .1
y′ = x− y
x
y′ +y
x= x
.q (x) = xו p (x) = 1x הזה במקרה
y = e−∫
1xdx ·
[c+
∫x · e
∫1xdxdx
]= e− ln|x| ·
[c+
∫x · eln|x|dx
]=
1
|x|
[c+
∫x · |x| dx
]=
c
|x|+
1
|x|
∫x · |x| dx / · sign (x)
sign (x)
=c
|x|+
1
x
∫x2dx
=c
|x|+
1
x· x
3
3
=c
|x|+x2
3
18
:y (1) = 5 נציב .2
c
1+
12
3= 5
c+1
3= 5
c =14
3
הוא: הפרטי הפתרון לכן
y =14
3x+x2
3
ברנולי משוואת 10
מהצורה: משוואה היא ברנולי משוואת
y′ + p (x) · y = q (x) · yn
.n 6= 0, 1 עבורסינגולרי). או (פרטי פתרון הוא y (x) = 0 אז n > 0 אם
פתרון. לא y (x) = 0 אז n < 0 אםלמשוואה: שקולה המשוואה (זהותית) y 6= 0 כאשר
y′
yn+ p (x) · y1−n = q (x)
.z = y1−n נציב.z′ = (1− n) y−n · y′ = (1−n)y′
yn
ונקבל: במשוואה נציב
z′
1− n+ p (x) · z = q (x)
מקודם: שמצאנו בנוסחה שוב להציב ניתן הומוגנית. לא לינארית משוואה זו
z (x) = e−∫(1−n)p(x)dx ·
[c+
∫(1− n) q (x) e
∫(1−n)p(x)dx
]ונקבל: z בהגדרת נציב
y (x) =
{e−
∫(1−n)p(x)dx ·
[c+
∫(1− n) q (x) e
∫(1−n)p(x)dx
]} 11−n
הערה
(סינגולרי). מיוחד פתרון הוא y = 0 ,0 < n < 1 עבורפרטי. פתרון y = 0 ,n > 1 עבורפתרון. לא y = 0 ,n < 0 עבור
19
דוגמה
y′ − 2xy = 2x3y2
.p (x) = −2x, q (x) = 2x3, n = 2
y (x) =
{e−
∫2xdx ·
[c+
∫2x3e
∫2xdxdx
]}−1=
{e−x
2
·[c+
∫2x3ex
2
dx
]}−1u = x2
du = 2xdx
y (x) =
{e−x
2
·[c+
∫ueudu
]}−1=
{e−x
2
· [c+ ueu − eu]}
={e−x
2
·[c− x2ex
2
+ ex2]}
=1
ce−x2 − x2 + 1
מדויקות מד''ר 11
מהצורה: מד''ר
P (x, y) dx+Q (x, y) dy = 0
.(x, y) ∈ D ⊆ R2 כאשרהיא: המשוואה אזי ∂u
∂y = Q (x, y)ו ∂u∂x = P (x, y) המקיימת u (x, y) קיימת נניח
du = 0
קבועה. u לכןלהתקיים: חייב אזי u קיימת אם
∂P
∂y=
∂
∂y
∂u
∂x
וכן:
∂Q
∂x=
∂
∂x
∂u
∂y
לכן:
∂P
∂y=∂Q
∂x
20
דוגמה
(3x2 + 6xy2
)dx+
(6x2y + 4y3
)dy = 0
:x לפי הנגזרת לפי כזו u נמצא
∂u
∂x= 3x2 + 6xy2
u =
∫ (3x2 + 6xy2
)dx+ c (y)
= x3 + 3x2y2 + ϕ (y)
:y לפי נגזרת לפי ϕ (y) את נמצא
∂u
∂y= 6x2y +
∂ϕ
∂y
יודעים: אנו המקורית המשוואה לפי אבל
∂u
∂y= 6x2y + 4y3
לכן
∂ϕ
∂y= 4y3
ϕ = y4 + c
סה`כ: לכן
u = x3 + 3x2y2 + y4 + c
הוא הדיפרנציאלית המשוואה פתרון לכן קבוע uש יודעים אנו
x3 + 3x2y2 + y4 = c
למדויקת) מדויקת לא מד''ר (הפיכת אינטגרציה גורם 12
מהצורה: משוואה לנו שיש נניח
P (x, y) dx+Q (x, y) dy = 0
:µ (x, y)ב הצדדים שני את נכפיל
µ (x, y)P (x, y) + µ (x, y)P (x, y) = 0
מקיימת: כלומר מדויקת, תהיה הזו שהמד''ר כך המתאימה µה את למצוא נרצה
∂
∂y(µ (x, y)P (x, y)) =
∂
∂x(µ (x, y)Q (x, y))
21
ונקבל: המכפלה כלל לפי נגזור
∂µ
∂y· P +
∂P
∂y· µ =
∂µ
∂x·Q+
∂Q
∂x· µ
∂µ
∂y· P − ∂µ
∂x·Q = µ
(∂Q
∂x− ∂P
∂y
)הנ`ל. המשוואה את מקיים הוא אם אינטגרציה גורם הוא µש נאמר
אך זאת, לעשות יודעים לא ואנו ,(µ את למצוא (צריך מד''ח לפתירת מד''ר מפתירת הבעיה את שהפכנו לב שימוהאינטגרציה. גורם את למצוא נוכל מסוימים במקרים
1 מקרה
.µ = µ (x) כאשרמתקיים כזה במקרה
∂µ
∂y= 0
∂u
∂x=
dµ
dx
ונקבל במשוואה נציב
−dµdx·Q = µ
(∂Q
∂x− ∂P
∂y
)dµ
µ= −
(∂Q∂x −
∂P∂y
Q
)dx
בלבד. xב תלוי∂Q∂x −
∂P∂y
Q אם הוא הזה למקרה התנאיהוא הפתרון
µ = e−∫ ∂Q
∂x− ∂P∂y
Q dx
2 מקרה
.µ = µ (y) כאשר
בלבד. yב תלוי(∂Q∂x −
∂P∂y
)· 1P שהביטוי הוא התנאי
הוא: הפתרון
µ (y) = e∫( ∂Q∂x −
∂P∂y ) 1
P dy
דוגמה
המד''ר: את )פתור1− x2y
)dx+ x2 (y − x) dy = 0
22
מדויקת: מד''ר אינה זו
∂P
∂y= −x2
∂Q
∂x= 2xy − 3x2
מהמקרים. אחד כל נבדוק:2 מקרה
∂Q∂x −
∂P∂y
P=
2xy − 2x2
1− x2y
בלבד. y של פונק' µאינה ולכן yו xב תלוי הביטוי מצטמצם, לא זה:1 מקרה את ננסה
∂P∂y −
∂Q∂x
Q=
2x2 − 2xy
x2 (y − x)
=−2x (y − x)
x2 (y − x)
= − 2
x
בלבד. x של פונק' µ ולכן בלבד xב תלוי זהנציב:
µ (x) = e∫− 2xdx
= e−2 ln|x|
=1
x2
מדויקת. כמשוואה ולפתור 1x2 ב המשוואה כל את להכפיל ניתן כעת
ריקטי משוואת 13
מהצורה מד''ר היא ריקטי משוואת
y′ + f (x) y2 + g (x) y + h (x) = 0
טענה
מהצורה הוא ריקטי משוואת של כללי פתרון
y (x) =c · a (x) + b (x)
c ·A (x) +B (x)
ריקטי. משוואת קיימת הנ`ל מהצורה ביטוי ולכל
23
הוכחה
ראשון: כיוון .1מתקיים אזי הנ`ל מהצורה פתרון נתון
y (x) [cA (x) +B (x)] = ca (x) + b (x)
ונסדר: סוגריים נפתח
c (yA− a)− b+ yB = 0
ונקבל: המשוואה את נגזור
c [y′A+A′y − a′]− b′ + (y′B +B′y) = 0∣∣∣∣y′A+A′y − a′ −b′ + y′B +B′yyA− a −b+ yB
∣∣∣∣ = 0 הדטרמיננטה ⇐⇒ פתרון קיים
ונקבל: הדטרמיננטה את נפתח
y′ + y2 · A′B −B′AAb− aB
+ y · a′B −A′B −Ab′ − aB′
bA− aB+ab′ − a′bbA− aB
= 0
שבטענה. מהצורה ביטוי כל עבור ריקטי משוואת שקיימת קיבלנו ריקטי, משוואת וזו
שני: כיוון .2ריקטי. משוואת של פרטי פתרון yp (x) תהי
:y (x) = yp (x) + z (x) נציב
z′ + y′p + f (x) ·(z2 + 2zyp + y2p
)+ g (x) · (yp + z) + h (x) = 0
שמתקיים ידוע המשוואה, של פתרון גם ypש כיוון
y′p + f (x) · y2p + g (x) · yp + h (x) = 0
ונקבל הראשונה מהמשוואה זה את נצמצם לכן
z′ + f (x)(z2 + 2zyp
)+ g (x) z = 0
הוא: הפתרון .n = 2 עם ברנולי משוואת זו
z =1
cα (x) + β (x)
הוא: הכללי הפתרון לכן
y = yp + z
=cypα (x) + yp · β (x) + 1
cα (x) + β (x)
1 מסדר סתומות מד''ר 14
מהצורה מד''ר הן 1 מסדר סתומות מד''ר
F (x, y, , y′) = 0
.y′ = f (x, y) לצורה אותן להעביר ניתן שלאלצורה לעבור ניתן כללי באופן
y′ = p
F (x, y, p) = 0
מקרים: מספר על נתסכל
24
n ממעלה 1 מסדר משוואה ־ א' מקרה
(y′)n
+ p1 (x, y) · (y′)n−1 + ...+ pn−1 (x, y) y′ + pn (x, y) = 0
לקבל: כלומר ,y′ של פתרונות n לחלץ ניתן לעתים
(y′ − f1 (x, y)) (y′ − f2 (x, y)) · ... · (y′ − fn (x, y)) = 0
המשוואות של שונים פתרונות n יהיו כזה במקרה
y′ − fi (x, y) = 0
דוגמה
(y′)2 − xy
a2= 0
כך: המשוואה את לכתוב )ניתןy′ −
√xy
a
)(y′ +
√xy
a
)= 0
y′ = ±√xy
a
הם: והפתרונות
√y ± x
32
3a= c
מופיע לא x כאשר ־ ב' מקרה
F (y, y′) = 0
.p = y′ = dydx נציב
F (y, p) = 0
:y′
p = 1 המשוואה על אינטגרציה ∫נבצעdy
p=
∫dx
x =
∫dy
p+ c
נקבל אז F (y, p) = 0 המשוואה בעזרת p באמצעות לבטא אפשר לעתים y את
y = φ (p)
25
בחלקים: אינטגרציה ע''י נקבל
x = c+
∫dy
p
= c+y
p+
∫y
p2dp
= c+φ (p)
p+
∫φ (p) dp
p2
.p באמצעות y ושל x של ביטוי קיבלנו
דוגמה
y = (y′)2
+ 2 (y′)3
נגדיר
y′ = p
y = p2 + 2p3
אזי
x = c+y
p+
∫ydp
p2
= c+p2 + 2p3
p+
∫p2 + 2p3
p2dp
= c+ p+ 2p2 +
∫(1 + 2p) dp
= c+ p+ 2p2 + p+ p2
= c+ 2p+ 3p2
הפתרון: את }קיבלנוx = c+ 2p+ 3p2
y = p2 + 2p3
מופיע לא y כאשר ־ ג' מקרה
F (x, y′) = 0
כלומר x את לחלץ יכולים שאנחנו נניח
x = ϕ (y′)
אז y′
= p נציב
x = ϕ (p)
y′ = p
dy = pdx
26
ונקבל אינטגרציה נעשה
y =
∫pdx+ c[
u = p, du = dpdv = dx, v = x
]y = c+ px−
∫xdp
= c+ p · ϕ (p)−∫ϕ (p) dp
דוגמה
x = y′ · sin (y′)
p = y′
x = p sin p
y = c+ p2 sin p−∫p sin{p}dp
= c+ p2 sin p+ p cos p−∫
cos{p}dp
= c+ p2 sin p+ p cos p− sin p
הוא: הפיתרון לכן
x = p sin p
y = c+ p2 sin p+ p cos p− sin p
y או xל ביחס סתומות אבל y או x מופיעים ־ 4 מקרה
F (y, y′) = 0
או
F (x, y′) = 0
שוב נגדיר
y′ = p
מהמקרה נתחיל
F (y, p) = 0
.y = ϕ (t) נציב
F (ϕ (t) , p) = 0
27
,p את נוציא מכאן
p = ψ (t)
שלנו ההצבה לפי
y′ = p
dy = ψ (t) dx
dy = ϕ′ (t) dt
ψ (t) dx = ϕ′ (t) dt
dx =ϕ′ (t)
ψ (t)dt
x =
∫ϕ′ (t)
ψ (t)dt+ c
y = ϕ (t)
הפתרון. וזה
דוגמה
y = a
√1 + (y′)
2
y′ = p
נציב
y′ = sinh (t) = p
y = a cosh (t)
x =
∫a sinh (t)
sinh (t)dt+ c
= at+ c
הוא: שהפתרון קיבלנו אז
x = at+ c
y = a cosh t
אם כנ`ל
F (x, y′) = 0
אזי x = ϕ (t) ,p = y′ נציב
F (ϕ (t) , p) = 0
נקבל
p = ψ (t)
28
ולכן
dx = ϕ′ (t) dt
dy
dx= ψ (t)
dx =dy
ψ (t)
ϕ′ (t) dt =dy
ψ (t)
y = c+
∫ψ (t)ϕ′ (t) dt
הוא: והפתרון
x = ϕ (t)
y = c+
∫ψ (t)ϕ′ (t) dt
לגרנז' משוואת 15
y = ϕ (y′) · x+ ψ (y′)
ϕ (y′) 6= y′
נקבל .p = y′ נציב
y = ϕ (p)x+ ψ (y′)
:x לפי נגזור
y′ = ϕ (p) +dϕ
dp· x · dp
dx+dψ
dp· dpdx
p = ϕ (p) +[xϕ′p (p) + ψ′p (p)
] dpdx
:dxdpב נכפיל
dx
dp(p− ϕ (p)) = xϕ′p (p) + ψ′p (p)
dx
dp−
ϕ′p (p)
p− ϕ (p)· x =
ψ′p (p)
p− ϕ (p)
הפתרון: לפתור, יודעים שאנו p של כפונק' x של לינארית מד''ר קיבלנו
x = e∫ ϕ′(p)p−ϕ(p)
dp ·[c+
∫ψ′p (p)
p− ϕ (p)e−
∫ ϕ′(p)p−ϕ(p)
dpdp
]y = ϕ (p)x (p) + ψ (p)
29
הערה
שמתקיים הנחנו כלומר ,p− ϕ (p)ב חילקנו
p− ϕ (p) 6= 0
פתרון. גם y = pix+ ψ (pi) אז הביטוי של שורשים pi − ϕ (pi) = 0 אם
דוגמה
y = x · (y′)2 + (y′)2
y′ = p
y = xp2 + p2
p = y′ = p2 + 2xp · dpdx
+ 2pdp
dx
p− p2 = 2p (x+ 1)dp
dx
1− p = 2 (x+ 1)dp
dxdx
x+ 1= 2
dp
1− pln |x+ 1| = −2 ln |p− 1|+ c
x+ 1 =c
(p− 1)2
הוא: הפתרון
x =c
(p− 1)2 − 1
y = p2 (x+ 1) =cp2
(p− 1)2
פתרון: הן הבאות הפונק' גם לכן 1− pוב pב חילקנו
y = x+ 1
y = 0
קלרו משוואת 16
y = y′x+ ψ (y′)
נציב
y′ = p
y = xp+ ψ (p)
30
:xב נגזור
p = p+ xdp
dx+ ψ′p (p)
dp
dx
0 =dp
dx
(x+ ψ′p (p)
)הראשון: פתרונות. שני לנו יש
dp
dx= 0
p = c
y = xc+ ψ (c)
מיוחד): (פתרון השני הפתרון
x = −ψ′p (p)
y = −pψ′ (p) + ψ (p)
דוגמה
y = xy′ + sin (y′)
היא הפתרונות משפחת
y = xc+ sin c
הוא המיוחד }והפתרוןx = − cos py = −p cos p+ sin p
פרמטרי: לא לפתרון ולהגיע x באמצעות p את למצוא אפשר רוצים אם
y = x arccos (−x) +√
1− x2
III חלק
גבוה מסדר מד''ר
כך: נראית נורמלית בצורה גבוה מסדר מד''ר
y(n) = f(x, y, y′, ..., y(n−1)
)כך: נראה 2 מסדר מד''ר לדוגמה,
y′′ = f (x, y, y′)
.y = ϕ (x, c1, c2) מהצורה פתרון מחפשים אנו
31
קושי בעיית
.y′ (x0) = y′0 ,y (x0) = y0 התחלה תנאי ושני שני, מסדר מד''ר היא קושי בעית
המשוואה סדר הורדת ע''י פתרון 17
.1 מסדר מד''ר בעזרת לפתור שניתן גבוה מסדר מד''ר של סוגים במספר נתבונן
1 סוג
מהצורה: מד''ר
y(n) = f (x)
חוזרת: אינטגרציה ע''י נפתור
y(n−1) =
∫f (x) dx+ c1
y(n−2) =
∫ [∫f (x) dx
]dx+ c1x+ c2
.y עד הלאה וכך
משוואה סדר הורדת ־ 2 סוג
מקרים: 2 יש זה בסוג
מהצורה: משוואה במשוואה. מופיע לא y .1
y′′ = f (x, y′)
.z = y′ מסמנים.z′ = f (x, z)
.y =∫z (x) dx+ c ומציבים z (x) עבור פותרים
דוגמה:המשוואה:
y′′ = xy′
.z′ = xz ,z = y′ נציב
z′′
z= x
ln |z| =x2
2
z = c1 · ex2
2
y = c1
∫ex2
2 dx+ c2
32
מהצורה: מד''ר מופיע. לא x כאשר .2
y′′ = f (y, y′)
.p = y′ נגדיר
y′′ =dp
dx=dp
dy· dydx
=dp
dy· p
במשוואה: נציב
dp
dy· p = f (y, p)
ע''י: y′ = p (y) המשוואה את פותרים ואז p (y) עבור נפתור ראשון, מסדר משוואה ∫זוdy
p (y)=
∫dx = x+ c
דוגמה:המשוואה את פתור
y · y′′ − 2 (y′)2
= 0
y′ = p
y′′ = p′
y · py · p′y · p− 2p2 = 0
p′yp
=2
y∫dp
p= 2
∫dy
y
ln |p| = 2 ln |y|+ c
p = cy2
:y עבור נפתור כעת
y′ = c1y2
y′
y2= c1∫
dy
y2=
∫c1dx
−1
y= c1x+ c2
y = − 1
c1x+ c2
IV חלק
והיחידות הקיום משפטבצורה: ניתנת ראשון מסדר מד''ר של מערכת
−→F (x, −→y , −→y ′) = 0
33
משתנים. 2n+ ב1 פונק' של n במימד וקטור הוא−→F ו x של ידועות לא פונק' n של וקטור הוא −→y כאשר
היא הצורה נורמלית בצורה
−→y ′ =−→f (x, −→y )
למשל:
y′1 + sinx+ y1y2 · x2 = 0
y′1y2
+y′2y1
+ cosx = 0
מהצורה: היא מערכת עבור קושי בעיית
−→F (x, −→y , −→y ′) = 0
−→y (x0) = −→y0
מד''ר למערכת גבוה מסדר מד''ר בין הקשר 18
משפט
(נורמלית/לינארית/הומוגנית). ראשון מסדר מד''ר n של למערכת שקולה (נורמלית/לינארית/הומוגנית) n מסדר מד''רעבור: התחלה תנאי גם נתונים גבוה מסדר למד''ר אם
y (x0) , y′ (x0) , ..., y(n−1) (x0)
המד''ר. מערכת עבור קושי לבעיית שקול זה
הוכחה
נגדיר
y1 = y′, y2 = y′′, ..., yn−1 = y(n−1)
בצורה התחילה המד''ר
F(x, y, y′, ..., y(n−1), y(n)
)= 0
נכתוב ועכשיו
F(x, y, y1, ..., yn−1, y
′n−1)
= 0
המשוואות: את נוסיף וכןy′ = y1y′1 = y2...
......
y′n−2 = yn−1
נורמלית/ תהיה המערכת גם נורמלית/לינארית/הומוגנית F אם לכן והומוגניות לינאריות נורמליות הן האלה המשוואותלינארית/הומוגנית.
� קושי. תנאי שהם x0 בנק' y, y1, .., yn−1 עבור התחלה לתנאי מתורגמים שבמשפט ההתחלה תנאי
34
דוגמה
y(3) + x2y′′ + sin (x) · y = 0
נסמן:
z = y′
w = y′′ = z′
היא: המערכת אזי
w′ + x2w + sin (x) · y = 0
z = y′
w = z′
מד''ר מערכת עבור והיחידות הקיום משפט 19
מהצורה: מד''ר מערכת עבור והיחידות הקיום משפט
−→y ′ =−→f (x, −→y )
בתיבה −→y ב ליפשיץ תנאי ומקיימת רציפה וקטורית פונק'−→f (x, −→y ) תהי
B = {|x− x0| ≤ a, |yk − yk0 | ≤ b, k = 1, ..., n}
כאשר: |x− x0| < a′ ברווח ויחיד אחד פתרון יש −→y ′ =−→f (x, −→y ) המד''ר למערכת אזי
−→y (x0) = −→y0
a′ = min
(a,
b1M1
, ...,bnMn
)כאשר
Mk = max(x, y)∈B
|fk (x, −→y )|
הוכחה
וקטוריות פונק' סדרת }נגדיר~φm (x)
}∞m=0
הבא: באופן
−→φ0 (x) = −→y0−→φm (x) = −→y0 +
∫ x
x0
~f(t, ~φm−1 (t)
)dt
המד''ר. של הפתרון הוא הסדרה גבול פונק'. של קירוב ע''י מד''ר לפתרון שיטה פיקרד, שיטת נקראת זו שיטהמתקיים: |x− x0| ≤ a′ עבור אזי
35
:m לכל כלומר היטב, מוגדרות φm (x) הפונק' .1
|φm, k (x)− y0, k| ≤ bk
.m על באינדוקציה נוכיח.φ0, k = y0, kש כיוון נכון, בוודאי m = 0 עבור
אזי: ,m− 1 עבור נכונות נניח
|φm, k − y0, k| =
∣∣∣∣∫ x
x0
fk
(t, ~φm−1 (t)
)dt
∣∣∣∣≤ |x− x0| ·Mk
≤ a′Mk ≤ bk
ההגדרה. ע`פ |x− x0| ≤ a′ עבור רציפות וכן בתיבה היטב מוגדרות ~φm (x) לכן
רכיב). רכיב (נוכיח |x− x0| ≤ a′ ברווח במ''ש מתכנסת{~φm (x)
}∞m=0
הפונק' סדרת .2
לכתוב ניתן
φN, k (x) =
N∑m=1
[φm, k (x)− φm−1, k (x)] + φ0, k (x)
במ''ש. מתכנס הסכום אם במ''ש מתכנס הטור ולכן קבועה φ0 (x)מתקיים:
|φm+1, k (x)− φm, k (x)| =
∣∣∣∣∫ x
x0
[fk (t, φm (t))− fk (t, φm−1 (t))] dt
∣∣∣∣≤
∫ x
x0
|fk (t, φm (t))− fk (t, φm−1 (t))| dt
נסמן: .x ≥ x0 נניח
δm (x) =
n∑k=1
|φm, k (x)− φm−1, k (x)|
ליפשיץ: תנאי לפי אזי
|φm+1, k (x)− φm, k (x)| ≤ K∫ x
x0
δm (t) dt
ונקבל: k על נסכום
δm+1 (x) ≤ n ·K∫ x
x0
δm (t) dt
נסמן:
K0 = nK
H = max1≤i≤n
Mi
H0 = nH
מתקיים: m שלכל נוכיח אז
δm (x) ≤ H0 ·Km−10 · (x− x0)
m
m!
36
.m על באינדוקציה נוכיחמהעובדה: ,m = 1 עבור
|φ1, k (x)− φ0, k (x)| ≤∫ x
x0
fk (t, −→y0) dt
≤ H · (x− x0)
ולכן:
δ1 (x) =
n∑k=1
|φ1, k (x)− φ0, k (x)|
≤ n ·H · (x− x0) = H0 (x− x0)
אזי ,m עבור נכונות נניח
δm+1 (x) ≤ K0
∫ x
x0
δm (t) dt
≤ K0 ·∫ x
x0
H0Km−10 · (t− x0)
m
m!dt
≤ H0Km0
(x− x0)m+1
(m+ 1)!
כלומר
δm (x) =
n∑k=1
|φm, k (x)− φm−1, k (x)| ≤ H0 (K0a′)m
K0 ·m!
:k לכל ולכן
|φm, k (x)− φm−1, k (x)| ≤ H0 (K0 · a′)m
K0m!
הטור∞∑m=1
(K0a′)m
m!
φx = לפונק' |x− x0| ≤ a′ עבור במ''ש מתכנסת {φm (x)}∞m=0 הפונק' סדרת ולכן eK0a′ − ל1 מתכנס. limn→∞
φn (x)
המד''ר. מערכת של פתרון φ (x) .3מתקיים ההגדרה לפי
~φm (x) = ~y0 +
∫ x
x0
~f(t, ~φm−1 (t)
)dt
ונקבל: m→∞ גבול ניקח
~φ (x) = −→y0 +
∫ x
x0
~f (t, φ (t)) dt
נקבל: האינטגרל גזירות לפי
−→φ ′ (x) =
−→f(x,−→φ (x)
)המד''ר. את פותר y = φ (x) כלומר
37
יחיד. הפתרון .4המקיימים: |x− x0| ≤ a′ ברווח פתרונות שני φ (x) , ψ (x) נניח
−→φ ′ (x) =
−→f(x,−→φ (x)
)−→ψ ′ (x) =
−→f(x,−→ψ (x)
)−→φ (x0) =
−→ψ (x0) = −→y0
לכתוב: ניתן
−→φ (x) = −→y0 +
∫ −→f(t,−→φ (t)
)dt
−→ψ (x) = −→y0 +
∫ −→f(t,−→ψ (t)
)dt
נקבל:
|φi (x)− ψi (x)| ≤∫ x
x0
∣∣∣fi (t, −→φ (t))− fi
(t,−→ψ (t)
)∣∣∣ dt≤
∫ x
x0
K
n∑k=1
|φk (t)− ψk (t)| dt
ונקבל: i על נסכום
n∑i=1
|φi (x)− ψi (x)| ≤ nKn∑k=1
∫ x
x0
|φk (t)− ψk (t)| dt
נסמן
δ (x) =
n∑i=1
|φi (x)− ψi (x)|
ונקבל:
0 ≤ δ (x) ≤ K0
∫ x
x0
δ (t) dt
שמתקיים: לנו ידוע
δ (x) ≤ 2a′H0
מתקיים m שלכל באינדוקציה נוכיח
δ (x) ≤ 2a′H0Km0
|x− x0|m
m!
.δ (x) ≤ 2a′H0 מיידי, זה m = 0 עבור:x ≥ x0 עבור אזי ,m עבור נכונות נניח
δ (x) ≤ K0
∫ x
x0
δ (t) dt
≤ K0
∫ x
x0
2a′H0Km0 ·
(t− x0)m
m!dt
= 2a′H0Km+10 · (x− x0)
m+1
(m+ 1)!
38
אבל
limm→∞
2a′H0Km0 ·
(x− x0)m
m!= 0
ולכן:
0 ≤ δ (x) ≤ 0
� מש`ל. ,φ = ψ ולכן δ (x) = 0 כלומר
פיקרד בשיטת לפתרון דוגמה
y′ = y
y (0) = y0
נגדיר:
ϕ0 (x) = y0
ϕ1 (x) = y0 +
∫ x
0
ϕ0 (t) dt
= y0 + xy0
ϕ2 (x) = y0 +
∫ x
0
(y0 + y0t) dt
= y0 + y0x+ y0x2
2
(באינדוקציה): ונקבל נמשיך
ϕn = y0
n∑k=0
xk
k!
נקבל ולכן
ϕ = y0
∞∑k=0
xk
k!= y0e
x
V חלק
מסדר לינאריות ומד''ר ראשון מסדר מד''ר של מערכתגבוה
גבוה מסדר לינאריות מד''ר 20
y(n) + a1 (x) y(n−1) + ...+ an−1 (x) y′ + an (x) y = f (x)
הומוגנית. המשוואה אזי f (x) ≡ 0 אםקבועים. מקדמים עם לינארית מד''ר נקראת המשוואה אזי קבוע ∀i ai (x) = ci אם
39
משפט
.c ∈ R לכל c · y (x) גם אזי הומוגנית לינארית מד''ר של פתרון y (x) אם
הוכחה
ונקבל: במשוואה cy (x) נציב
cy(n) + a1 (x) cy(n−1) + ...+ an−1 (x) cy′ + an (x) cy =
c(y(n) + a1 (x) y(n−1) + ...+ an−1 (x) y′ + an (x) y
)= c · 0 = 0
� המשוואה. של פתרון cy (x) לכן
משפט
פתרון. גם y1 + y2 אזי לינארית הומוגנית מד''ר של פתרונות y1, y2 אם
הוכחה
(y1 + y2)(n)
+ ...+ an (x) (y1 + y2) =
y(n)1 + y
(n)2 + a1y
(n−1)1 + a1y
(n−1)2 + ...+ an (x) y1 + y2 =(
y(n)1 + a1y
(n−1)1 + ...+ any1
)+(y(n)2 + a1y
(n−1)2 + any2
)= 0 + 0 = 0
� פתרון. y1 + y2 גם לכן
מסקנה
וקטורי. מרחב הוא הומוגנית לינארית מד''ר של הפתרונות מרחב
הגדרה
מתקיים: אם בת''ל נקראות y1, y2 פונק' שתי
y1 (x)
y2 (x)6= const
.x ∈ D ⊆ R כאשר
הגדרה
הוא: y1, ..., yn הפונק' של (Wronskian) ∣∣∣∣∣∣∣∣∣הוורונסקיאןy1 y2 · · · yny′1 y′2 · · · y′n...
......
...y(n−1)1 · · · · · · y
(n−1)n
∣∣∣∣∣∣∣∣∣40
דוגמה
y2 = sinx, y1 = ex
אזי
W =
∣∣∣∣ex sinxex cosx
∣∣∣∣ = ex (cosx− sinx)
הגדרה
שמתקיים: כך 0 כולם שלא c1, ..., cn קבועים קיימים אם לינארית תלויות y1, .., yn
c1y1 + ...+ cnyn = 0
משפט
.W = 0 אזי ת`ל y1, ..., yn אם
הוכחה
מתקיים:
c1y1 + ...+ cnyn = 0
c1y′1 + ...+ cny
′n = 0
∀k = 1...n c1y(k)1 + ...+ cny
(k)n = 0
אזי: מסויים i עבור ci 6= 0 נניח
∀j = 0, . . . , n− 1 y(j)i = − 1
ci
∑k 6=i
cky(k)k
.W = 0 ולכן העמודות שאר של צ`ל היא Wב jה העמודה לכן
- (y2 = x |x| ,y1 = x2 (לדוגמה מתאפס שלהן שהוורונסקיאן בת''ל פונקציות ייתכנו - נכון בהכרח לא ההפוך הכיווןמתקיים: שאז מד''ר, של מלאה פתרונות קבוצת הן אם לא אבל
משפט
בנק' W = 0 ומתקיים D בתחום והיחידות הקיום משפט תנאי את המקיימת מד''ר של פתרונות הם y1, ..., yn אםלינארית. תלויות הן אזי x0 ∈ D כלשהי
41
הוכחה
המשוואות למערכת אזי x0 בנקודה W = 0 נניח
c1y1 (x0) + ...+ cnyn (x0) = 0
c1y′1 (x0) + ...+ cny
′n (x0) = 0
...c1y
(n−1)1 (x0) + ...+ cny
(n−1)n (x0) = 0
טריוויאלי. לא פתרון ישאזי: ci 6= 0 נניח
∀j = 1..n y(j)i (x0) = − 1
ci
∑k 6=i
cky(j)k (x0)
והיחידות הקיום משפט לפי אבל (x0) בנק' האחרים הפתרונות של לצ`ל שוות שלו הראשונות הנגזרות n−1 וכן yi לכןולכן: זאת שמקיים אחד פתרון רק יש
yi (x) =1
ci
∑k 6=i
ckyk (x)
� .(D התחום בכל מתאפס הוורונסקיאן גם (ולכן ת`ל הם כלומר x ∈ D לכל זהותית
משפט
הוא D בתחום והיחידות הקיום משפט תנאי את המקיימת n מסדר הומוגנית לינארית מד''ר של הפתרונות מרחב.n ממימד וקטורי מרחב
הוכחה
ממשפט .i, j ∈ {0, 1, . . . n− 1} ,y(j)i (x0) = δi,j הבאים: קושי תנאי עבור המד''ר של פתרונות y0, y1, . . . , yn−1 יהולכן היחידה) מטריצת של (הדטרמיננטה 1 הוא x0ב הוורונסקיאן כאלה. y0, y1, . . . , yn−1 קיימים והיחידות הקיום
.n לפחות הוא הוקטורי המרחב שממד מכאן תלויים. בלתי הפתרונות
של פתרון הוא y(x) =∑n−1i=0 aiyi(x) אזי .i ∈ {0, 1, . . . n− 1} ,ai = ϕ(i)(x0) נסמן המדר. של פתרון ϕ(x) יהי
לינארי צירוף הוא פתרון כל כלומר, ,y(x) = ϕ(x) והיחידות הקיום משפט לפי ולכן, ϕ(x) שפותר קושי בעיית אותה� .n בדיוק הוא הווקטורי המרחב ממד ולכן ,y0, y1, . . . , yn−1 של
ליוביל משפט 21
ההומוגנית המד''ר של בת''ל פתרונות x ∈ (a, b) ,y1 (x) , ..., yn (x) אם
y(n) + a1 (x) y(n−1) + ...+ an (x) y = 0
מתקיים: אז
W (x) = W (x0) e−
∫ xx0a1(x)dx
.x0 ∈ (a, b) לכל
42
הוכחה
דומה): הכללי במקרה (ההוכחה n = 2 עבור נראה
y′′ + a1 (x) y′ + a2 (x) y = 0
אזי
W =
∣∣∣∣y1 y2y′1 y′2
∣∣∣∣ = y1y′2 − y2y′1
W′(x) = y1y
′′2 + y′1y
′2 − y′2y′1 − y2y′′1
= y1y′′2 − y2y′′1 =
∣∣∣∣y1 y2y′′1 y′′2
∣∣∣∣=
∣∣∣∣ y1 y2−a1y′1 − a2y1 −a1y′2 − a2y2
∣∣∣∣=
R2←R2+a2R1
∣∣∣∣ y1 y2−a1y′1 −a1y′2
∣∣∣∣= −a1
∣∣∣∣y1 y2y′1 y′2
∣∣∣∣= −a1W (x)
הדיפרנציאלית: המשוואה את קיבלנו
W ′ (x) = −a1 (x)W (x)
הוא: פתרונה
W (x) = W (x0) e−
∫ xx0a1(x)dx
�
דוגמה
הפונק': יהיו
eλix, λi 6= λj
אזי
W =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣eλ1x . . . eλnx
λ1eλ1x . . . λne
λnx
...λn−11 eλ1x . . . λn−1n eλnx
∣∣∣∣∣∣∣∣∣= e
∑λix
∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 . . . 1λ1 . . . λn
...λn−11 . . . λn−1n
∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = e∑λix∏i>j
(λi − λj)
בת''ל. האקספוננטים אז שווים λi שני אין אם כלומר,
43
הומוגנית לא לינארית מד''ר 22
y(n) + a1 (x) y(n−1) + ...+ an (x) y = f (x)
משפט
מהצורה: יהיה הפתרון
y (x) = yg (x) + yp (x)
המתאימה ההומוגנית של הכללי הפתרון הוא yg (x) כאשר
y(n) + a1 (x) y(n−1) + ...+ an (x) y = 0
ההומוגנית. הלא של כלשהו פתרון הוא yp (x)ו
הוכחה
אז: ההומוגנית של פתרון yg (x)ו הומוגנית הלא של פתרון yp נניח
(yp + yg)(n)
+ ...+ an (x) (yp + yg) =(y(n)p + a1y
(n−1)p + ...+ anyp
)+(y(n)g + a1y
(n−1)g + ...+ anyg
)= f (x) + 0 = f (x)
הומוגני. הלא של פתרון גם yp + yg ולכןההפוך: בכיוון
אזי הלא־הומוגנית של פתרונות שני yp1 , yp2 אם
y(n)p1 + a1y(n−1)p1 + ...+ anyp1 = f (x)
y(n)p2 + a1yp2 + ...+ anyp2 = f (x)
ונקבל: המשוואה את נחסר
(yp1 − yp2)(n)
+ a1 (yp1 − yp2)(n−1)
+ ..+ an (yp1 − yp2) = 0
� ההומוגנית. המשוואה של פתרון yp1 − yp2 ולכן
הערה
בצורה: המד''ר את לכתוב נוח לעתים
Ly = f (x)
הלינארי: האופרטור הוא L כאשר
L =dn
dxn+ a1 (x)
dn−1
dxn−1+ ...+ an (x)
44
הפרמטרים וריאציית שיטת 23
המד''ר: נתונה
y′′′ + a1 (x) y′′ + a2 (x) y′ + a3 (x) y = f (x)
המתאימה. ההומוגנית של בת''ל פתרונות y1, y2, y3 יהיוהוא: להומוגנית הכללי הפתרון
c1y1 (x) + c2y2 (x) + c3y3 (x)
מהצורה: פתרון ננחש
y (x) = c1 (x) y1 (x) + c2 (x) y2 (x) + c3 (x) y3 (x)
נגזור:
y′ = c1y′1 + c′1y1 + c′2y2 + c2y
′2 + c3y
′3 + c′3y3
שמתקיים: בהמשך) (הצדקה נניח
c′1y1 + c′2y2 + c′3y3 = 0
לכן:
y′ = c1y′1 + c2y
′2 + c3y
′3
שוב: נגזור
y′′ = c1y′′1 + c′1y
′1 + c2y
′′2 + c′2y
′2 + c3y
′′3 + c′3y
′3
שוב: נניח
c′1y′1 + c′2y
′2 + c′3y
′3 = 0
ונקבל:
y′′ = c1y′′1 + c2y
′′2 + c3y
′′3
שוב: נגזור
y′′′ = c1y′′′1 + c′1y
′′1 + c2y
′′′2 + c′2y
′′2 + c3y
′′′3 + c′3y
′′3
המד''ר: את להציב נוכל לכן למד''ר, פתרונות y1, y2, y3
y′′′ + a1y′′ + a2y
′ + a3y = c′1y′′1 + c′2y
′′2 + c′3y
′′3 +
+ c1y′′′1 + c2y
′′′2 + c3y
′′′3 +
+ a1 (c1y′′1 + c2y
′′2 + c3y
′′3 ) +
+ a2 (c1y′1 + c2y
′2 + c3y
′3) +
+ a3 (c1y1 + c2y2 + c3y3) = f (x)
מחדש: נסדר
f (x) = c′1y′′1 + c′2y
′′2 + c′3y
′′3 +
+ c1 (y′′′1 + a1y′′1 + a2y
′1 + a3y1)
+ c2 (y′′′2 + a1y′′2 + a2y
′2 + a3y2)
+ c3 (y′′′3 + a1y′′3 + a2y
′3 + a3y3)
45
נקבל: ההומוגנית המשוואה את מקיימות y1, y2, y3ש כיוון
f (x) = c′1y′′1 + c′2y
′′2 + c′3y
′′3
המשוואות: את מקיימים c1, c2, c3 שאם קיבלנו
c′1y1 + c′2y2 + c′3y3 = 0
c′1y′1 + c′2y
′2 + c′3y
′3 = 0
c′1y′′1 + c′2y
′′2 + c′3y
′′3 = f (x)
אזי
c!y1 + c2y2 + c3y3
הומוגנית. הלא המד''ר של פתרון הואהמשוואות: מערכת את y1קיבלנו y2 y3
y′1 y′2 y′3y′′1 y′′2 y′′3
c′1c′2c′3
=
00
f (x)
שמתקיים: לב נשים
W =
∣∣∣∣∣∣y1 y2 y3y′1 y′2 y′3y′′1 y′′2 y′′3
∣∣∣∣∣∣ 6= 0
למערכת. ויחיד אחד פתרון קיים אזיקרמר: בשיטת ־ פורמלית
c′i =∆i
∆
ci =
∫dx
(∆i (x)
∆ (x)
)
דוגמה
y′′ − 4
xy′ +
6
x2y =
1
x
הם: ההומוגנית פתרונות
y1 = x2
y2 = x3
W =
∣∣∣∣x2 x3
2x 3x2
∣∣∣∣ = 3x4 − 2x4 = x4 6= 0
בפתרון: )נציבx2 x3
2x 3x2
)(c′1c′2
)=
(01x
)
46
נפתור:
c′
1 =
∣∣∣∣0 x31x 3x2
∣∣∣∣W
=−x2
x4= − 1
x2
c′
2 =
∣∣∣∣x2 02x 1
x
∣∣∣∣W
=x
x4=
1
x3
אזי:
c1 =1
x
c2 = − 1
2x2
הוא: הפתרון
y = yg +1
x· x2 − 1
2x2· x3
= yg + x− x
2
= C1x2 + C2x
3 +x
2
קבועים). C1, C2 פה (כאשר
קבועים מקדמים עם גבוה מסדר הומוגנית הומוגנית\לא לינארית מד''ר 24
y(n) + p1y(n−1) + p2y
(n−2) + ...+ pny = f (x)
.Rב קבועים הם p1, ..., pn אם קבועים מקדמים עם מד''ר תיקרא כזו מד''רמהצורה: פתרון ננחש
y = erx
y′ = rerx
y(m) = rmerx
ההומוגנית: במד''ר נציב
rnerx + p1rn−1erx + ...+ pne
rx = 0
erx(rn + p1r
n−1 + ...+ pn)
= 0
הפולינום
rn + p1rn−1 + ...+ pn
המד''ר. של האופייני הפולינום נקראהמד''ר. את פותר erx אזי האופייני הפולינום של שורש הוא r שאם קיבלנו
הוא: ההומוגנית למד''ר הכללי הפתרון אזי ,r1, .., rn שונים ממשיים פתרונות n יש אם
y =
n∑i=1
cierix
47
אזי r = α± iβ צמודים מרוכבים פתרונות זוג יש אם
c1e(α+iβ)x + c1e
(α−iβ)x = c1eαx sin (βx) + c2e
αx cos (βx)
בצורה: המשוואה את לכתוב ניתן הפולינום פתרונות הם r1, ..., rn )אםd
dx− r1
)(d
dx− r2
)...
(d
dx− rn
)y = 0
אז: כפול שורש r )אםd
dx− r)(
d
dx− r)xerx =
(d
dx− r)
[erx + rxerx − rxerx]
=
(d
dx− r)erx = 0
המשוואה. של פתרון xerx גם אז כפול שורש יש אם לכןבאינדוקציה). להראות (נסו ` = 0, 1, ..., m− 1 עבור פתרון x`erx אז m ריבוי עם שורש r אם בכלליות,
עבור פתרונות x`eαx sin (βx)ו x`eαx cos (βx) או x`e(α±iβ)x אזי ,m ריבוי עם r = α + iβ מרוכב שורש יש אם.` = 0, .., m− 1
הוא: הפתרון אזי q1, ..., qm בריבויים r1, .., rm פתרונות לנו יש אם כללי, באופן
y =
m∑i=1
qi−1∑j=0
cijxjerix
שרירותיים. קבועים cij כאשרפתרון. הוא q0 − 1 דרגה עד פולינום כל אזי q0 בריבוי האופייני הפולינום של שורש הוא 0 אם
דוגמה
y(5) − 2y(4) + y(3) = 0
האופייני: הפולינום
r5 − 2r4 + r3 = 0
r3(r2 − 2r + 1
)= 0
r3 (r − 1)2
= 0
.2 בריבוי r = ו1 3 בריבוי r = 0 הם שהשורשים קיבלנוהם: מקבלים שאנחנו הפתרונות
r = 0 ⇒1xx2
r = 1 ⇒ ex
xex
הוא: הכללי הפתרון לכן
y = c1 + c2x+ c3x3 + c4e
x + c5xex
48
הנעלמים הניחוש\בחירה\המקדמים שיטת :yp למציאת שיטות
y(n) + p1y(n−1) + p2y
(n−2) + ...+ pny = Pm(x)
.m מדרגה פולינום Pm כאשרמהצורה: פתרון ננחש המשוואה, של האופייני הפולינום של שורש אינו 0 אם
a0 + a1x+ ...+ amxm
להתאפס. חייבים המקדמים כל כאשר a0, .., am עבור לינאריות משוואות מערכת ונקבל נציב
דוגמה
y′′ − y = x2 + 3
הוא: האופייני הפולינום
r2 − 1 = 0
r = ±1
yg = c1ex + c2e
−x
ננחש: לכן שורש אינו 0
yp = a0 + a1x+ a2x2
y′p = a1 + 2a2x
y′′p = 2a2
במשוואה: נציב
2a2 − a0 − a1x− a2x2 = x2 + 3
המערכת: את קיבלנו
2a2 − a0 = 3
−a1 = 0
−a2 = 1
קיבלנו: מכאן
a1 = 0
a2 = −1
a0 = −5
הוא: הפרטי הפתרון לכן
yp = −x2 − 5
הוא: למשוואה הכללי והפתרון
y = c1ex + c2e
−x − x2 − 5
49
הערה
מהצורה פתרון ננחש h בריבוי שורש 0 אם
xh (a0 + a1x+ ...+ amxm)
דוגמה
y′′ − y′ = x+ 1
הוא: האופייני הפולינום
r2 − r = 0
r = 0, 1
yg = c0 + c1ex
פתרון: ננחש לכן שורש הוא 0
yp = x (a0 + a1x) = a0x+ a1x2
y′p = a0 + 2a1x
y′′p = 2a1
במשוואה: נציב
2a1 − a0 − 2a1x = x+ 1
נקבל: מכאן
2a1 − a0 = 1
−2a1 = 1
נפתור:
a0 = −2
a1 = −1
2
הוא: הפתרון לכן
y = c0 + c1ex − 2x− 1
2x2
פולינום כפול אקספוננט ־ הניחוש שיטת
y(n) + p1y(n−1) + ...+ pny = eαx · Pm (x)
מהצורה: פתרון ננחש האופייני הפולינום של שורש איננו α אם
Qm (x) eαx
50
כאשר
Qm (x) = a0 + a1x+ ...+ amxm
מהצורה: פתרון ננחש האופייני הפולינום של k בריבוי שורש α אם
xkQm (x) eαx
.(α = 0 כאשר שמתקבל הקודם המקרה של כללי מקרה (זה
נוסף מקרה ־ הניחוש שיטת
y(n) + p1y(n−1) + ...+ pny = eαx ·
{sinβxcosβx
}Pm (x)
מהצורה: פתרון ננחש שורש לא α± iβ אם
Qm1 (x) eαx cosβx+Qm2 (x) eαx sinβx
פתרון: ננחש אז (כ`א) k מריבוי שורשים α± iβ אם
xk [Qm1(x) eαx cosβx+Qm2
(x) eαx sinβx]
מרוכב). α מרשים אם הקודם המקרה למעשה (זה
כלל
המשוואה: את לנו יש אם הפתרונות, של הלינאריות בגלל
y(n) + p1y(n−1) + ...+ pny = f (x) + g (x)
הפתרונות. את ולסכם בנפרד g (x)ו f (x) עבור לפתור נוכל אז
דוגמה
x = −αxx = c1 cos
(√αx)
+ c2 sin(√αx)
= A cos(√αt+ ϕ
)הניחוש: בשיטת נפתור
x+ αx = 0
האופייני: הפולינום
r2 + α = 0
r = ±i√α
לכן
yg = c1ei√αt + c2e
−i√αt
51
דוגמה
x = −αx− λx, λ > 0
x+ λx+ αx = 0
r2 + λr + α = 0
r =−λ±
√λ2 − 4α
2
למקרים: נחלק
.1
λ2 − 4α < 0
אזי
y = e−λt2 ·A · cos
(√4α− λ2
2t+ ϕ
)
.2
λ2 − 4α > 0
y = c1er1t + c2e
r2t
r1, r2 < 0
על`. `ריסון
.3
λ2 = 4α
הכללי: הפתרון לכן
y = c1e−λ2 t + c2te
−λ2 t
מאולצות תנודות
x = −αx+ cosωt
xg = A cos(√αt+ ϕ
)מהצורה: פתרון ננחשב אז ω 6= ±i
√α אם .±i
√α הם האופייני הפולינום שורשי
xp = a1 cosωt+ a2 sinωt
ונקבל: נציב
−a1ω2 cosωt− a2ω2 sinωt = −αa1 cosωt− αa2 sinωt+ cosωt
52
המקדמים: עבור משוואות מערכת נפתור
a2 = 0
a1 =1
α− ω2
הוא: שלנו הפתרון לכן
x = A cos(√αt+ ϕ
)+
1
α− ω2cos (ωt)
מהצורה: פתרון ננחש אז α = ω2 אם
xp = a1t cosωt+ a2t sinωt
xp = a1 cosωt− a1ωt sinωt+ a2 sinωt+ a2ωt cosωt
xp = ωa1 sinωt− a1ω sinωt− a1ω2t cosωt+ a2ω cosωt+
+ a2ω cosωt− a2ω2 sinωt
במשוואה: נציב
−2ωa1 sinωt − a1ω2t cosωt+ 2ωa2 cosωt
− a2ω2t sinωt
= −α (a1t cosωt+ a2t sinωt) + cosωt
אזי:
a1 = 0
a2 =1
2ω
הוא: שהפתרון נקבל
x = c1 cosωt+ c2 sinωt+1
2ωt sinωt
אוילר משוואת 25
xny(n) + a1xn−1y(n−1) + ...+ any =
{0
f (x)
.a1, ..., an = const ∈ R כאשרנציב:
x =
{et x > 0
−et x < 0
:2 מסדר משוואה לנו ויש נניח
a0x2y′′ + a1xy
′ + a2y =
{0
f (x)
53
ההצבה: את ונבצע x > 0 המקרה על נסתכל
x = et, t = lnx
y′ =dy
dx=dy
dt
dt
dx=
1
x
dy
dt= e−t
dy
dt
y′′ =d
dx
dy
dx=
d
dt
(e−t
dy
dt
)dt
dx
=
[−e−t dy
dt+ e−t
d2y
dt2
]· e−t
ונקבל: במשוואה נציב
a0e2t
[−e−t dy
dt+ e−t
d2y
dt2
]· e−t + a1e
t · e−t dydt
+ a2y =
{0
g (t)
−a0dy
dt+ a0
d2y
dt2+ a1
dy
dt+ a2y =
{0
g (t)
a0d2y
dt+ (a1 − a0)
dy
dt+ a2y =
{0
g (t)
האופייני. הפולינום את שפותרים r1, r2 את מוצאים לפתור, יודעים אנחנו הומוגונית, המשוואה אםונציב: r1 6= r2 נניח
y = c1er1t + c2e
r2t
ונקבל: t = lnx בחזרה נציב
y = c1xr1 + c2x
r2
נקבל: r1 = r2 אם
y = c1er1t + c2te
r2t
y = c1xr1 + c2 ln (x) · xr1
מהצורה פתרון מנחשים אוילר משוואת מקבלים אם לכן,
y = xr
(y = (−x)r נציב אז x < 0 על מסתכלים (אם ומציבים.
a0x2y′′ + a1xy
′ + a2y = 0
a0x2r (r − 1)xr−2 + a1x · rxr−1 + a2x
r = 0
[a0r (r − 1) + a1r + a2]xr = 0
a0r (r − 1) + a1r + a2 = 0
המתאימים. הrים את ונמצא אותה נפתור אינדיציאלית. משוואה נקראת שקיבלנו האחרונה המשוואההוא שהפתרון נקבל שונים השורשים כל אם
y =
n∑i=1
cixri
54
הפתרון: את נקבל (rj שורש (עבור mj ריבוי עם חוזרים שורשים ` עבור
y =∑j=1
mj∑i=1
cij (lnx)i−1
xrj
:r = α± iβ שונים מרוכבים שורשים עבור
y = c1xα cos (β lnx) + c2x
α sin (β lnx)
חוזרים מרוכבים שורשים עבור
y =
m∑k=1
[c1kx
α (lnx)k−1
cos (β lnx) + c2kxα (lnx)
k−1sin (β lnx)
]
דוגמה
x3y′′′ − x2y′′ + 2xy′ − 2y = 0
נציב:
y = xr
y′ = rxr−1
y′′ = r (r − 1)xr−2
y′′′ = r (r − 1) (r − 2)xr−3
נקבל:
r (r − 1) (r − 2)− r (r − 1) + 2r − 2 = 0
r (r − 1) (r − 2)− (r − 2) (r − 1) = 0
(r − 1) (r − 1) (r − 2) = 0
הוא: ההומוגנית המשוואה של והפתרון ,1 בריבוי ו2 2 בריבוי 1 הם השורשים לכן
y = c1x+ c2x lnx+ c3x2
כללים ־ הומוגני לא מקרה
מהצורה משוואה יש אם
a0xny(n) + ...+ any = xα
קבוע). α)ננחש: האינדיציאלית המשוואה של שורש לא α אם
y = Axα
.A עבור ונפתורנציב: אז אינדיציאלית המשוואה של m בריבוי שורש α אם
y = A (lnx)mxα
55
מהצורה: משוואה יש אם
a0xny(n) + ...+ any = P` (lnx)xα
.lnx של ` מדרגה פולינום P` (lnx) כאשרנציב האינדיציאלית המשוואה של שורש ±αלא iβ אם
y = Q` (lnx)xα
המקדמים. את ונמצא ידועים, לא מקדמים עם ` מדרגה פולינום Q` כאשרנציב: m בריבוי שורש α אם
y = (lnx)mQ` (lnx)xα
מהצורה: משוואה יש אם
a0xny(n) + ...+ any = P` (lnx)xα sin (β lnx)
מהצורה או
a0xny(n) + ...+ any = P` (lnx)xα cos (β lnx)
.lnx של ` מדרגה פולינום P` (lnx) כאשרנציב: m בריבוי שורש α אם
y = (lnx)mxα [Q` (lnx) sin (β lnx) + Sl (lnx) cos (β lnx)]
המקדמים. את ונמצא ידועים, לא מקדמים עם ` מדרגה פולינומים Sl ,Q` כאשר
קבועים מקדמים עם הומוגניות, ,1 מסדר לינאריות ־ משוואות מערכות 26
היא: המשוואות מערכת .y1, y2, y3 פונק' לנו ויש ,x תלוי בלתי משתנה
dyidx
=
n∑j=1
aijyj
ואז β בקצב C לחומר B חומר התפרקות ואז ,α בקצב B לחומר A חומר התפרקות של תהליך לנו יש אם למשל,מתקיים: אז ,γ בקצב A לחומר C חומר התפרקות
dA
dt= γC − αA
dB
dt= αA− βB
dC
dt= βB − γC
שלנו. המשוואות מערכת וזושלנו: המשוואות מערכת את נסמן
y1y2...yn
′
=
a11 a12 · · · a1n
a21. . .
......
. . ....
an1 · · · · · · ann
y1y2...yn
56
המטריצה את נסמן
M =
a11 a12 · · · a1n
a21. . .
......
. . ....
an1 · · · · · · ann
המשוואה: את פותר −→y = −→vi eλix אזי λi ע`ע עם M המטריצה של ו''ע −→vi נניח
−→y ′ = λi−→vi eλix
שמתקיים: כיוון
−→y ′ = λi−→vi eλix = M−→vi eλix = λi
−→vi eλix
הוא הכללי הפתרון ולכן מימדי nה למרחב בסיס מהווים הו''ע לכסינה המטריצה אם
−→y =
n∑i=1
ci−→vi eλix
שהם ג'ורדן מבלוקי שמורכבת בלוקים מטריצת ־ המטריצה של ז'ורדן צורת על נסתכל לכסינה, לא המטריצה אםמהצורה: מטריצות
Ji (λ) =
λ 1 . . . 0
0 λ. . .
...... 0
. . . 10 · · · · · · λ
∈Mi×i
היא: מטריצה של הז'ורדן וצורת
J (M) =
Ji1 (λ1) 0 · · · 00 Ji2 (λ1) · · · 0... · · · Ji3 (λ2)
.... . . 0
0 · · · 0 Jik (λ`)
רלוונטי. מרחב בתת נילפוטנטית היא (M − λI) המטריצה
הוא הפתרון לכסינה לא המטריצה אם
−→y =∑i
eλixmi∑j=1
cij
j∑k=1
~vikxj−k
(j − k)!
ומתקיים עצמיים, וקטורים שאינם אלה (כולל לע''ע המתאימים הוקטורים ~vij ו λi הע''ע של ז'ורדן בלוק גודל mi כאשר~vij עבור ולפתור במשוואה כזה פתרון להציב ניתן .(1 < j ≤ mi עבור (M − λI)~vij = ~vi j−1 ,(M − λI)~vi1 = 0
השונים.
מטריצה של אקספוננט באמצעות פורמלי פתרון
להגדיר ניתן
exp(A) :=
∞∑n=0
An
n!
57
מתקיים כי נראה איבר איבר נגזור אם .A0 ≡ 0 כאשר
d
dxexp(Ax) =
d
dx
∞∑n=0
Anxn
n!=
∞∑n=0
nAnxn−1
n!=
∞∑m=0
Am+1
m!= A exp(Ax)
הפתרון שהצבת רואים מכאן המעריכית. הפונקציה בגזירת כמי
~y = exp(Ax)~c
המשוואה. את פותרת שרירותי, קבועים וקטור הוא ~c כאשר
דוגמה
dy1dx
= −y1 − y2dy2dx
= y1 − y2
במטריצה: )נסדרy1y2
)′=
(−1 −11 −1
)(y1y2
)המטריצה: של ע''ע −1−∣∣∣∣נמצא λ −1
1 −1− λ
∣∣∣∣ = 0
(−1− λ)2
= −1
λ = −1± i
ו''ע: נמצא λ1 = −1 + i )עבור−i −11 −i
)(ab
)=
(00
)a = i
b = 1
הוא הו''ע לכן
v1 =
(i1
):λ2 = −1− i )עבור
i −11 i
)(ab
)=
(00
)a = −ib = 1
הוא: הו''ע לכן
v2 =
(−i1
)
58
הוא: הכללי הפתרון )לכןy1y2
)= c1
(i1
)e−xeix + c2
(−i1
)e−xe−ix
התחלה תנאי לנו שיש לדוגמה נניח
y (0) =
(23
))אזי:
23
)= c1
(i1
)· 1 + c2
(−i1
)· 1
c1i− c2i = 2
c1 + c2 = 3
c1 − c2 = −2i
c2 =3
2+ i
c1 =3
2− i
לכן
−→y =
(3
2+ i
)(i1
)e−xeix +
(3
2− i)(−i1
)e−xe−ix
פיזיקלית דוגמה
החרוזים של התזוזה את מתארות הבאות המשוואות לכן ימין, לכיוון כוח ויש עליו, חרוזים שני עם קפיץ לנו שיש נניחהמשקל: שיווי לנק' ביחס
y1 = −2y1 + y2
y2 = −2y2 + y1
מטריציאלית: בצורה )נכתובy1y2
)=
(−2 11 −2
)(y1y2
)עצמיים: ערכים −2−∣∣∣∣נמצא λ 1
1 −2− λ
∣∣∣∣ = (λ+ 2)2 − 1 = 0
λ = −1, −3
:λ1 = −1 )עבור−1 11 −1
)(ab
)= 0
a = b
לכן
v1 =
(11
)
59
:λ2 = −3 )עבור1 11 1
)(ab
)=
(00
)a = −b
לכן
v2 =
(1−1
)שני. מסדר המשוואה
−→vi f (t) = M−→vif (t) = λi−→vif (t)
f (t) = e√λit
λ1 = −1⇒√λ1 = ±i
λ2 = −3⇒√λ2 = ±
√3i
לכן:
y =
(11
)[c1e
it + c2e−it]+
(1−1
)[c3e√3it + c4e
−√3it]
=
(11
)[c1 cos t+ c2 sin t] +
(1−1
)[c3 cos
√3t+ c4 sin
√3t]
= A1
(11
)cos (t+ ϕ1) +A2
(1−1
)cos(√
3t+ ϕ2
)
הומוגניות לא קבועים מקדמים עם לינאריות ראשון מסדר מד''ר מערכות 27
y′i =∑j
aijyj + gi (x)
...y1אוyn
′
=
a11 · · · a1n...
. . ....
an1 · · · ann
y1...yn
+
g1 (x)...
gn (x)
נסמן
M =
a11 · · · a1n...
. . ....
an1 · · · ann
אלכסונית. P−1MP = Dש כך P קיימת כלומר ללכסון, ניתנת M נניח
נגדיר
−→y = P · −→z−→z = P−1−→y
60
המשוואה
−→y′
= M−→y +−→g (x)
P−→z′
= MP−→z +−→g (x)
P−1P−→z = P−1MP−→z + P−1−→g (x)−→z = D−→z + P−1−→g (x)
דוגמה
x = x+ y + et
y = x− y − e−t
(xy
)=
(1 11 −1
)(xy
)+
(et
e−t
)עצמיים: ערכים −1∣∣∣∣נמצא λ 1
1 −1− λ
∣∣∣∣ = 0
(1− λ) (−1− λ) = 1
(1− λ) (1 + λ) = −1
λ2 = 2
λ = ±√
2
עצמיים: וקטורים )נמצא1−√
2 1
1 −1−√
2
)(ab
)=
(00
)נקבל λ1 =
√2 עבור לכן
v1 =
(1√
2− 1
):λ2 = −
√2 עבור )נמצא
1 +√
2 1
1 −1 +√
2
)(ab
)=
(00
)הוא העצמי הוקטור λ2 עבור אז
v2 =
(1
−1−√
2
)אז
P =
(1 1√
2− 1 −1−√
2
)D = P−1MP =
(√2 0
0 −√
2
)
61
מגעיל): יוצא זה (כי נסמן
P−1 =
(a bc d
)נקבל: ואז
z1 =√
2z1 + aet + be−t
z2 = −√
2z2 + cet + de−t
עצמה. בפני משוואה כל לפתור, קשה לא זה ואת
מטריצה של אקספוננט באמצעות קבועים מקדמים עם הומוגנית לא לינארית מערכת פתרון
או ~y ′ −M~y = ~g בצורה גם לכתוב ניתן ~y ′ = M~y + ~g המערכת את
exp(−Mx) [~y ′ −M~y] ≡ [exp(−Mx)~y]′
= exp(−Mx)~g
ולכן,
exp(−Mx)~y =
∫exp(−Mu)~gdu+ c
כלומר
~y = exp(Mx)
[∫exp(−Mu)~gdu+ ~c
]=
∫exp [M (x− u)]~gdu+ exp(Mx)~c
מערכות לפתרון שיטות 28
ההצבה שיטת
y′1 = g (y1, y2)
y′2 = h (y1, y2)
dy1dy2
=y′1y′2
=g (y1, y2)
h (y1, y2)
דוגמה
y′1 = y21 + y1y2
y′2 = y1y2 + y22dy1dy2
=y1 (y1 + y2)
y2 (y1 + y2)=y1y2
ln |y1| = ln |y2|+ c
y2 = c1y1
62
לכן
dy1dx
= y21 + c1y21 = (1 + c1) y21
dy1y21
= (1 + c1) dx
− 1
y1= (1 + c1)x+ c2
y1 = − 1
(1 + c1)x+ c2
y2 = − c1(1 + c1)x+ c2
החילוץ שיטת ־ קבועים מקדמים עם הומוגנית לא לינארית מד''ר מערכת
dx
dt= ax+ by + f (t)
dy
dt= cx+ hy + g (t)
לכן
y = −1
b
(ax+ f (t)− dx
dy
)y′t = −1
b(ax′t + f ′ (t)− x′′t )
לרביעית: השניה המשוואה בין נשווה
cx+ hy + g (t) = −1
b(ax′t + f ′ (t)− x′′t )
cx− h
b(ax+ f (t)− x′t) + g (t) = −1
b(ax′t + f ′ (t)− x′′t )
של כללי פתרון הוא הכללי הפתרון .x (t) עבור 2 מסדר קבועים מקדמים עם הומוגנית לא לינארית מד''ר קיבלנוהומוגנית. הלא של פרטי + ההומוגנית
מתאים. ניחוש ע''י או פרמטרים וריאצית ע''י הומוגנית הלא פתרון האופייני, הפולינים פי על נמצא ההומוגנית פתרון.y = − 1
b (ax+ f (t)− x′t) ע''י נמצא y את
63
דוגמה
x′ = x+ y
y′ = x+ et
x = y′ − et
x′ = y′′ − et
y′′ − et = y′ − et + y
y′′ − y′ − y = 0
y = eλt
λ2 − λ− 1 = 0
λ1, 2 =1±√
5
2
לכן
y = c1eλ1t + c2e
λ2t
y′ = c1λ1eλ1t + c2λ2e
λ2t
x = c1λ1eλ1t + c2λ2e
λ2t − et
קומבינציוניות אינטגרציה שיטות
דוגמה
dx
dt= γz − αx
dy
dt= αx− βy
dz
dt= βy − γz
שמתקיים לב נשים
d (x+ y + z)
dt= 0
נקבע: קבוע, x+ y + z אזי
x+ y + z = c1
z = c1 − x− y
64
דוגמה
dx
dt= z − y
dy
dt= x− z
dz
dt= y − x
אזי
d (x+ y + z)
dt= 0
x+ y + z = c1
xdx
dt= xz − xy
ydy
dt= xy − xz
xdx
dt+ y
dy
dt= 0
1
2
d
dt
(x2 + y2 + z2
)= 0
x2 + y2 + z2 = c2
VI חלק
חזקות טורי ע''י מד''ר של אינטגרציה
טיילור טורי בעזרת מד''ר פתרון 29
דוגמה
dy
dx− 2xy = 0
נציב
y =∑
aixi = a0 + a1x+ ...
y′ = a1 + 2a2x+ ... =∑
iaixi−1
במשוואה נציב
a1 + 2a2x+ ...− 2x(a0 + a1x+ a2x
2)
= 0
a1 + (2a2 − 2a0)x+ (3a3 − 2a1)x2 + ... = 0
65
ל0. זהותית שווה מקדם כל לכן ל0 זהותית שווה זה
a1 = 0
2a2 − 2a0 = 0
3a3 − 2a1 = 0
4a4 − 2a2 = 0
נקבל: מכאן
a1 = 0
a2 = a0
a3 = 0
a4 =1
2a2 =
1
2a0
הוא שהפתרון נקבל ,a0 = c נכתוב
y = c
(1 + x2 +
1
2x4 + ...
)נסמן
y =
∞∑k=0
akxk
y′ =
∞∑k=0
kakxk−1
במשוואה: נציב
∞∑k=1
kakxk−1 = 2x
∞∑k=0
akxk
∞∑`=0
(`+ 1) a`+1x` = 2
∞∑k=0
akxk+1
∞∑`=0
(`+ 1) a`+1x` = 2
∞∑m=1
am−1xm
a1 +
∞∑`=1
(`+ 1) a`+1x` =
∞∑m=1
2am−1xm
נקבל: אז
a1 = 0
(`+ 1) a`+1 = 2a`−1
a`+1 =2a`−1`+ 1
an =2an−2n
an =2n2
n!!a0 (when n is even)
=a0(n2
)!
66
כאשר
n!! =
{n (n− 2) (n− 4) · ... · 4 · 2 n is evenn (n− 2) (n− 4) · ... · 3 · 1 n is odd
רקורסיה: משוואת פתרון ע''י הוא אחרון הלפני המעבר
anan−2
=2
n
an−2an−4
=2
n− 2
...a2a0
=2
2
ונקבל: הכל את נכפיל
anan−2
· an−2an−4
· ... · a4a2· a2a0
=∏k < n
k is even
2
k
ana0
=2n2
n!!
הוא: הכללי הטור לכן
y = a0
∞∑k=0
x2k
k!= a0e
x2
טענה
מהצורה: מד''ר נתונה
y(n) + p1 (x) y(n−1) + ...+ pn (x) y = f (x)
.x0 ∈ (a, b) ויהי (a, b) בקטע רציפות f (x) ,pk (x) כאשר|x− x0| < ρn+1 בתחום חזקות לטור נפתח f (x)ו |x− x0| < ρk בתחום חזקות לטורי נפתחים pk המקדמים כל אם
בתחום לפחות מתכנס חזקות לטור שנפתח המד''ר של y (x) פתרון קיים אזי
|x− x0| < ρ = mink=1...n+1
{ρk}
הוכחה
שני מסדר הומוגנית משוואה עבור נוכיח
y′′ = p(x)y′ + q(x)y (15)
התחלה תנאי עם
y(0) = y0, y′(0) = y1
67
דומה. הכללי למקרה ההוכחה .0 סביב ופיתוח
נסמן
p(x) =
∞∑n=0
pnxn
q(x) =
∞∑n=0
qnxn
שקיים כיון .R < min(R1, R2) נבחר .R2 הוא q(x) ושל R1 הוא p(x) של לטור הפיתוח של ההתכנסות רדיוס נניח,|pnrn| < M1ש כך חיוביים M2 ,M1 קיימים ולכן ,|qnrn| → 0 ,|pnrn| → 0 להתקיים חייב r < R לכל לטור פיתוח.c1 = y1ו c0 = y0 ההתחלה מתנאי .y =
∑∞n=0 cnx
n המשוואה פתרון של לטור הפיתוח את נסמן .|qnrn| < M2
האינדקסים עבור הבאה המשוואה את נקבל 15 מהמשוואה
n(n+ 1)cn+1 =
n−1∑k=0
(n− k)pkcn−k +
n−1∑k=0
qkcn−k−1
מתקיים: הנ`ל. הנסיגה נוסחת ע''י c1ו c0 לפי נקבעים כולם הטור מקדמי כלומר ,n > 1 עבור
|cn+1| ≤1
n(n+ 1)
(n−1∑k=0
(n− k) |pkcn−k|+n−1∑k=0
|qkcn−k−1|
)
≤ 1
n+ 1
n−1∑k=0
|pkcn−k|+1
n(n+ 1)
n−1∑k=0
|qkcn−k−1|
נסמן .r < r0 < R המקיים r0 נקבע
N =
⌈M1r0 +M2r
20
1− r/r0
⌉,
M = max0≤k≤N+1
(|ck| |r|k)
ונקבל n עבור נכונות נניח מההגדרה. ישירות נובע זה n ≤ N + 1 עבור .n לכל |cn| ≤M |r|−n באינדוקציה נוכיח .
|cn+1| ≤1
n+ 1
n−1∑k=0
M1r−k0 Mrk−n +
1
n(n+ 1)
n−1∑k=0
M2r−k0 Mr1+k−n
≤ 1
n+ 1M1r
−n M
1− r/r0+
1
n(n+ 1)M2r
1−n M
1− r/r0
≤ Mr−(n+1) N
n+ 1
≤ Mr−(n+1)
� .r < r0 < R לכל מתכנס הטור ולכן ,r0 < R לכל חסום |cnrn0 | לכן
68
דוגמה
y′′ =(1 + x2
)y + sinx
y =
∞∑k=0
akxk
y′ =
∞∑k=1
kakxk−1
y′′ =
∞∑k=2
k (k − 1) akxk−2
ונקבל: נציב
∞∑k=2
k (k − 1) akxk−2 =
(1 + x2
) ∞∑k−0
akxk + sinx
∞∑k=2
k (k − 1) akxk−2 =
∞∑k=0
akxk +
∞∑k=0
akxk+2 + sinx
∞∑`=0
(`+ 2) (`+ 1) a`+2x` =
∞∑k=0
akxk +
∞∑m=2
am+2xm +
∑k is odd
(−1)k−12(
k−12
)!xk
(`+ 2) (`+ 1) a`+2 = a` + a`−2 +(−1)
k−12
k!(k is odd, ` ≥ 2)
(`+ 2) (`+ 1) a`+2 = a` + a`−2 (k is even, ` ≥ 2)
פה. נעצור רקורסיה, נוסחאות אלה
סינגולריות נק' סיווג 30
a0 (x) y′′ + a1 (x) y′ + a2 (x) y = 0
y′′ +a1 (x)
a0 (x)y′ +
a2 (x)
a0 (x)y = 0
בעיה! לנו יש אזי סינגולריות, נקודת יש x0ב אם:(x− x0)
ב2 נכפיל
(x− x0)2y′′ +
a1 (x)
a0 (x)(x− x0)
2y′ +
a2 (x)
a0 (x)(x− x0)
2y = 0
הגבולות: קיימים נניח
L1 = limx→x0
((x− x0) · a1 (x)
a0 (x)
)L2 = lim
x→x0
((x− x0)
2 a2 (x)
a0 (x)
)
69
נקבל: x0 בקרבת אז
(x− x0)2y′′ + (L1 + o (1)) (x− x0) y′ + (L2 + o (1)) y = 0
מהצורה יהיה הפתרון הקטנים האיברים כשבהזנחת
(x− x0)r
כאשר
g (x) = o (f (x)) ⇐⇒ limx→x0
g (x)
f (x)= 0
Frobenius פרוביניוס טור 31
y = xr∞∑k=0
akxk =
∞∑k=0
akxk+r
סינגולרית־רגולרית. נקראת x0 הנק' אז L1, L2 הגבולות קיימים אםוהמקדמים. r עבור ופותרים פרוביניוס טור בצורת פתרון מציבים
.(x0 סביב טור נציב 0 ולא x0 בסביבת זה (אם
דוגמה
3xy′′ + (2− x) y′ − y = 0
y′′ +2− x
3xy′ − 1
3xy = 0
limx→0
(x · 2− x
3x
)=
2
3
limx→0
(x2 ·
(− 1
3x
))= 0
:x2ב המשוואה את נכפיל
x2y′′ +2− x
3· xy′ − x
3y = 0
האינדיציאלית: המשוואה את נכתוב
r (r − 1) +2
3r = 0
r2 − r +2
3r = 0
r2 − r
3= 0
r = 0,1
3
70
מהצורה: הוא הפתרון אז
y = x0∞∑k=0
akxk + x
13
∞∑k=0
bkxk
רגיל. חזקות טור יצא הראשון הטור כי השני, הטור את רק נפתח
y =
∞∑k=0
bkxk+ 1
3
y′ =
∞∑k=0
bk
(k +
1
3
)xk−
23
y′′ =
∞∑k=0
bk
(k +
1
3
)(k − 2
3
)xk−
53
המקורית: במשוואה נציב
3x
∞∑k=0
bk
(k +
1
3
)(k − 2
3
)xk−
53 + (2− x)
∞∑k=0
bk
(k +
1
3
)xk−
23
−∞∑k=0
bkxk+ 1
3 = 0
∞∑k=0
3bk
(k +
1
3
)(k − 2
3
)xk−
23 +
∞∑k=0
2bk
(k +
1
3
)xk−
23
−∞∑k=0
bk
(k +
1
3
)xk+
13
−∞∑k=0
bkxk+ 1
3 = 0
∞∑k=0
bk
(3
(k − 2
3
)+ 2
)(k +
1
3
)xk−
23 −
∞∑`=1
b`−1
(1 + (`− 1) +
1
3
)x`−
23 = 0
bkbk−1
=
(k + 1
3
)3k(k + 1
3
) =1
3k
bk = b0 ·1
3k · k!
שנקבל נניח אחר, במקרה
r =1
2,
5
2
אז
y = x12
∑akx
k + x52
∑bkx
k
מה כל לכן, סתירה. יש המשוואות שבאחת נקבל כזה, פתרון להציב ננסה אם הראשון. בטור כלול השני הטור אבלבתנאי: הוא שאמרנו
r1 − r2 /∈ Z
71
אז: r1 − r2 ∈ Z אם
y1 = xr1∑
akxk
y2 = by1 (x) · lnx+ xr2∑
bkxk
.r1 ≥ r2 כאשר
בסל משוואת 32
x2y′′ + xy′ +(x2 −m2
)y = 0
.m ≥ 0 ב.ה.כ נניח כאשר
y′′ +1
xy′ +
(1− m2
x2
)y = 0
limx→0
(x · 1
x
)= 1
limx→0
(x2(
1− m2
x2
))= −m2
המתאימה: אוילר למשוואת נעביר
x2y′′ + 1 · xy′ −m2y = 0
פתרון ננחש
y = xr
y′ = rxr−1
y′′ = r (r − 1)xr−2
האינדיציאלית: המשוואה את ונקבל נציב
r (r − 1) + r −m2 = 0
r2 = m2
r = ±m
אם: מקרים. נבדוק
r1 − r2 = 2m /∈ Z
הפתרון: אז
y = c1xm∞∑n=0
anxn + c2x
−m∞∑n=0
bnxn
72
במשוואה: הראשון הטור את נציב
y =
∞∑n=0
anxm+n
y′ =
∞∑n=0
an (m+ n)xm+n−1
y′′ =
∞∑n=0
an (m+ n) (m+ n− 1)xm+n−2
∞∑n=0
an (m+ n) (m+ n− 1)xm+n +
∞∑n=0
an (m+ n)xm+n −∞∑n=0
m2anxm+n
+
∞∑n=0
anxm+n+2 = 0
∞∑n=0
an (m+ n) (m+ n− 1)xm+n +
∞∑n=0
an (m+ n)xm+n −∞∑n=0
m2anxm+n
+
∞∑`=2
a`−2xm+` = 0
מקדמים: נשווה
an[(m+ n) (m+ n− 1) +m+ n−m2
]= − an−2
an =−an−2
n (n− 2m)
נקבל n = 1 על נסתכל אם
a1 = 0
נקבל: הזוגיים האיברים ועבור מתאפסים, האי־זוגיים המקדמים כל ולכן
a2k = − a2k−22k (2k − 2m)
ונקבל: הרקורסיה נוסחת את נפתור
y =
∞∑n=0
(−1)n a0
22nn! (m+ 1) (m+ 2) ... (m+ n)x2n+m
אם
r1 − r2 = 2m ∈ Z
השני: מהסוג בסל בפונקציות להשתמש ניתן לחילופין פרוביניוס. טורי של בשיטה להשתמש וניתן תלויים הפתרונות
Ym(x) =Jm(x) cos(mπ)− J−m(x)
sin(mπ)
בגבול להשמש ניתן אבל ,J−m(x) = −Jm(x) שלם m כאשר .J−m(x)ו Jm(x) של לינארי צירוף שהן
Ym(x) = limα→m
Jα(x) cos(απ)− J−α(x)
sin(απ)
73
הגדרה
Γ (α) =
∫ ∞0
xα−1e−xdx
.α > 0 ∫עבורxα−1e−xdx = −xα−1e−x|∞0 + (α− 1)
∫ ∞0
xα−2e−xdx = (α− 1) Γ (α− 1)
נקבל: n ∈ N שעבור לב נשים אזי
Γ (n) = (n− 1)!
ממשיים. למספרים העצרת פונק' של הרחבה בעצם זו
Γ (α− 1) =Γ (α)
α− 1
Γ
(1
2
)=√π
Γ
(−1
2
)=
√π
− 12
= −2√π
Γ
(−3
2
)=−2√π
− 32
=4√π
3
השליליים: השלמים כל עבור בעיה לנו שיש לב נשים
Γ (0) =1
0
נקבל: Γ את נצייר אם
74
מקודם: בפתרון נציב אם
a0 =c
Γ (m+ 1)
נקבל: אז
y = c
∞∑n=0
(−1)n 1
22nn! · Γ (m+ n+ 1)x2n+m
אותה ונסמן בסל פונק' נקראת כזו פונק'
y = J±m (x)
VII חלק
לפלס\פורייה התמרות באמצעות מד''ר פתרון
לפלס: התמרת
g (s) = L (f (t)) =
∫ ∞0
e−stf (t) dt
הפוכה: התמרה
f (t) =
∫ ∞−∞
ec+istg (s) ds
.g (s) של קוטב לכל מימין נמצאת c כאשר
L (f ′ (t)) =
∫ ∞0
e−stf ′ (t) dt
= e−stf (t) |∞0 + s
∫ ∞0
e−stf (t) dt
= −f (0) + sL (f (t))
דוגמה
y′ + y = et
L(y′)
+ L (y) = L(et)
y (0) = 4
75
נציב:
−y (0) + sL (y) + L (y) =1
s− 1
L (y) =1
1 + s
(1
s− 1+ y (0)
)=
1
(s+ 1) (s− 1)+y (0)
s+ 1
L (y) =1
2
[1
s+ 1+
1
s− 1
]+
y01 + s
y =1
2et − 1
2e−t + y0e
−t
y =1
2et − 1
2e−t + 4e−t
פורייה התמרת
g (k) =1
2π
∫ ∞−∞
e−ikxf (x) dx
f (x) =
∫ ∞−∞
g (k) eikxdk
F (f ′ (x)) =
∫e−ikx
d
dxf (x) dx
= ikF (f (x))
VIII חלק
שפה בעיות
(קושי) התחלתית בעיה
לדוגמה:
y′′ + y = 0
y (0) = 1
y′ (0) = −1
ונקבל נפתור
y (x) = c1 cosx+ c2 sinx
76
נקבל מהתנאים
c1 = 1
c2 = −1
ויחיד אחד פתרון וקיבלנו
y (x) = cosx− sinx
שפה בעית
y′′ + y = 0
y (0) = 1
y(π
2
)= −1
נק'). באותה והנגזרת הפונקציה על תנאים לא נקודות, בשתי הפונקציה על תנאים לנו (ישהשתנה: לא הכללי הפתרון
y (x) = c1 cosx+ c2 sinx
הפתרון: אותו את למעשה ונקבל השפה תנאי את נציב
y (x) = cosx− sinx
השפה: תנאי את נשנה אם
y (0) = 1
y (π) = 1
אז
y (0) = 1⇒ c1 = 1
y (π) = 1⇒ c1 = −1
פתרון. אין לכןשוב: השפה תנאי את נשנה
y (0) = 1
y (π) = −1
אז:
y (0) = 1⇒ c1 = 1
y (π) = −1⇒ c1 = 1
הוא הפתרון ולכן
∀c ∈ R y (x) = cosx+ c · sinx
קושי. בעיות לעומת יחיד, בהכרח לא הוא יש ואם פתרון, יש בהכרח לא שפה לבעיות רואים, שאנחנו כמו לכן
77
פונקציות של פנימית מכפלה מרחבי 33
הבאה: בצורה ((a, b) (בקטע פונק' בין פנימית מכפלה נגדיר
〈f, g〉 =
∫ b
a
f (x) g (x) dx
ומתקיים
〈f, f〉 ≥ 0
〈f, f〉 = 0 ⇐⇒ f ≡ 0a.e
(almost everywhere)
נק'). של מניה בן למספר אולי פרט הכוונה a.e)היא הנורמה
‖f‖ =√〈f, f〉
:n 6= m לכל אם אורתוגונלית נקראת {fn (x)}∞n=0 הפונק' סדרת
〈fn (x) , fm (x)〉 = 0
מתקיים n לכל וכן אורתוגונלית היא אם אורתונורמלית תקרא הסדרה
〈fn (x) , fn (x)〉 = 1
ליוביל שטורם בעיית 34
המד''ר:
− (P (x) y′)′+Q (x) y = f (x)
ליוביל. שטורם משוואת נקרא המד''ר בקטע, P (x) > 0 וכן (a, b) בקטע וגזירות רציפות P, Q אםאחרת: בצורה המשוואה את לרשום ניתן
−P ′ (x) y′ − P (x) y′′ +Q (x) y = f (x)
דוגמה
לג'נדר: )משוואת1− x2
)y′′ − 2xy′ + 6y = 0
.(−1, 1) בקטע
78
הבעיה של תכונות
הראשון: בחלק נתבונן
− d
dx(P (x) y′)
:∫ bay נפעיל
−∫ b
a
y · ddx
(P (x) y′) dx = −yP (x) y′|ba +
∫ b
a
(d
dxy
)P (x) y′dx
= −yP (x) y′|ba +
∫P (x) (y′)
2dx
שפה: תנאי נקבע
y (a) = y (b) = 0
או
y′ (a) = y′ (b) = 0
נקבל: ∫אז b
a
P (x) (y′)2dx > 0
האופרטור לכן
− d
dx
(Pd
dx
)חיובי. אופרטור הוא
הערה
המד''ר בהינתן
R (x) y′′ + S (x) y′ + T (x) y = f (x)
אינטגרציה: בגורם כפל ע''י ליוביל שטורם של לצורה אותו להפוך ניתן
µ (x)R (x) y′′ + µ (x)S (x) y′ + µ (x)T (x) y = µ (x) f (x)
[µ (x)R (x)]′
= µ (x)S (x)
µ′ (x)R (x) + µ (x)R′ (x) = µ (x)S (x)
µ′ (x)
µ (x)=
S (x)−R′ (x)
R (x)
µ = c · e∫ S(x)−R′(x)
R(x)dx
ואז
(µ (x)R (x) y′)′+ µ (x)T (x) = µ (x) f (x)
79
לינאריים אופרטורים
כך: בוקטורים פנימית מכפלה בלינארית שהגדרנו כמו
〈u, v〉 = −→u · −→v =∑i
viui
לינארי: ואופרטור
A−→v = −→u
פונקציות: עבור אז
〈f, g〉 =
∫ b
a
f (x) g (x) dx
כלומר ,L לינארי ואופרטור
L (λf (x) + µg (x)) = λL (f (x)) + µL (g (x))
לינארים לאופרטורים דוגמאות
.1
Lf (x) = P (x) f (x)
.2
Lf (x) =d
dxf (x)
.3
Lf (x) =
∫ b
a
P (x, t) f (t) dt
לבין הזה האופרטור בין לדמיון לב נשים
(Av)i =
n∑j=1
Aijvj = ui
לחלוטין חיובי אופרטור
אם לחלוטין חיובי נקרא וקטורים על אופרטור
∀−→v −→v tA−→v > 0
אם לחלוטין חיובי נקרא פונקציות על אופרטור
∀f (x)
∫f (x)Lf (x) dx > 0
כלומר
〈f, Lf〉 > 0
80
ע''ע משוואת
A−→v = λ−→v
דוגמה
−y′′ = λy
עם ליוביל, שטורם בעיית זו
P (x) = 1
.λ > ש0 מצפים אנו לכן חיובי הוא ליוביל שטורם אופרטורשטורם־ליוביל: שפה תנאי נוסיף
y (0) = 0
y (π) = 0
:λ > 0 עבור אז
y = c1 cos√λx+ c2 sin
√λx
:λ < 0 עבור
y = c1e√−λx + c2e
−√−λx
:λ = 0 עבור
y = c1 + c2x
נקבל ,λ = 0 עבור תחילה השפה. תנאי את נציב
y ≡ 0
.0 הוא העצמי שהוקטור יוצא כי אותנו מעניין לא וזה:λ < 0 עבור
y = c1e√−λx + c2e
−√−λx
c1 = −c2c1 = 0
לנו יוצא אז
y ≡ 0
.0 הוא העצמי הוקטור כי נפסל זה ושוב,:λ > 0 עבור
y = c1 cos(√
λx)
+ c2 sin(√
λx)
y (0) = 0 ⇒ c1 = 0
y (π) = 0 ⇒ c2 sin(√
λπ)
= 0
81
ואז
c2 = 0 or√λ ∈ Z
.y ≡ 0 מקבלים אז כי נפסל c2 = ו0הם: y (0) = y (π) = 0 השפה תנאי עם − d2
dx2 האופרטור של הע`ע לכן,
√λ ∈ N
כלומר
λ = n2
.n ∈ N עבורהם שלו העצמיים הוקטורים
y = sin (nx)
.λ = n2 כאשר
וקטורים במרחב לינארית משוואה פתרון
Ax = b
A−1Ax = A−1b
x = A−1b
גרין ופונקציות Dirac delta function דיראק של הדלתא פונקציית 35
δ (x) =
{0 x 6= 0
∞ x = 0
ב0: רציף f (x) ∫ולכל ∞−∞
δ (x) f (x) dx = f (0)
.(generalised function theory ־ מוכללת פונקציה נקרא זה פונקציה, בדיוק לא (זובמשוואה: נתבונן ,L אופרטור עבור
L (g (x, x0)) = δ (x− x0)
.(Green’s function) גרין פונק' נקראת המשוואה, של הפתרון ,g (x, x0) כאשרהמד''ר עבור
Ly = f (x)
נציב
y =
∫g (x, x0) f (x0) dx0
82
אזי:
Ly = L
∫g (x, x0) f (x0) dx0
=
∫Lg (x, x0) f (x0) dx0
=
∫δ (x− x0) f (x0) dx0
= f (x)
:Ly = f (x) במשוואות δ (x− x0) לבין בוקטורים לינאריות במשוואות I בין אנלוגיה לנו שיש לב נשים
Ly = f
y = Gf
גרין: אופרטור G כאשר
Gf :=
∫g (x, x0) f (x0) dx0
דוגמה
Lu = u′′ + u
u (0) = 0
u(π
2
)= 0
גרין: פונק' את נמצא
g′′ + g = δ (x− x0)∫ x0+ε
x0−ε(g′′ + g)dx =
∫ x0+ε
x0−εδ (x− x0) dx = 1
g′|x0+εx0−ε +
∫ x0+ε
x0−εgdx = g′|x0+ε
x0−ε + 0 = 1
g′ (x0 + ε)− g′(x0 − ε) = 1
:x < x0 עבור
y′′ + y = 0
y = c1 cosx+ c2 sinx
y (0) = 0
yI = c2 sinx
:x > x0 עבור
y′′ + y = 0
y = c3 cosx+ c4 sinx
y(π
2
)= 0
c4 = 0
yII = c3 cosx
83
שיתקיים: דורשים אנו
yI (x0) = yII (x0)
1 + y′I (x0) = y′II (x0)
כלומר:
c2 sinx0 = c3 cosx0
1 + c2 cosx0 = −c3 sinx0
נפתור:
1 + c2 cosx0 = −c2 sinx0cosx0
sinx0
cosx0 + c2 cos2 x0 = −c2 sin2 x0
c2 = − cosx0
c3 = − sinx0
אזי:
g (x, x0) =
{− cosx0 sinx x < x0
− sinx0 cosx x > x0
גרין בפונק' שימוש
מד''ר נקבל אם
u′′ + u = x(π
2− x)
אז:
u =
∫ π2
0
g (x, x0) f (x0) dx0
=
∫ π2
0
g (x, x0) · x0(π
2− x0
)dx0
=
∫ x
0
(− sinx0 cosx) · x0(π
2− x0
)dx0 +
∫ π2
x
(− cosx0 sinx)x0
(π2− x0
)dx0
= −2x2 − πx− 4 + 4 sinx+ 4 cosx
2
הערה
ומתקיים: Lψn = λnψn הפונק' למרחב בסיס מהווה אופרטור של הו`ע אוסף אם
δ (x− x0) =
∞∑n=0
ψn (x)ψn (x0)
84
אזי:
g (x, x0) =
∞∑n=0
ψn (x)ψn (x0)
λn
IX חלק
למד''ח מבוא
המיתר משוואת 36
(יותר תלויים בלתי משתנים במספר תלויה הנעלמת הפונקציה שבהן משוואות הן חלקיות דיפרנציאליות משוואותהמיתר משוואת היא למד''ח דוגמה מאחד).
∂2y(x, t)
∂x2=
1
v2∂2y(x, t)
∂t2(16)
(x) המיתר לאורך במיקום כתלות נגינה) בכלי (כמו במיתר תנודה של (הגודל) האמפליטודה את מתאר y זו במשוואה.t ∈ [0,∞) ובזמן x ∈ [a, b] מסויים בתחום פתרון מחפשים אנו בד`כ 3.(t) ובזמן
זמן בכל המיתר מצב את המתארים שפה, לתנאי זקוקים אנו כזו דיפרנציאלית משוואה של פרטי פתרון למצוא בכדילדוגמה: המיתר, קצות בשני נתון
y(a, t) = fa(t)
y(b, t) = fa(t)
:x ∈ [a, b] בתחום 0 בזמן המיתר מצב את המתארים התחלה, תנאי וכן
y(x, 0) = ψ(x)
∂y(x, 0)
∂t= ϕ(x)
יילמדו ותנאים הוכחות .tב וכן xב שני מסדר היא שהמשוואה כיוון התחלה תנאי ושני שפה תנאי שני צריכים אנובמד''ח. בקורס
מד''ר. פתרון על מבוססות שתיהן ,(16) משוואה לפתרון שיטות שתי נראה
(D’Alambert) ד'אלמבר שיטת 36.1
בשיטת להשתמש ניתן אך שפה, תנאי לנו חוסכת זה תחום בחירת .(−∞,∞) בתחום (16) משוואה את לפתור ננסהסופי. בתחום גם ד'אלמבר
אזי y = f(x+ vt) = f(z) ומתקיים z = x+ vt נגדיר אם כי לב נשים
∂2y
∂x2=
d2f
dz2
∂2y
∂t2= v2
d2f
dz2
.v במהירות במיתר הנע גל מתארת שנתנו 3המשוואה
85
אוטומטית. מתקיימת (16) שמשוואה כך
פונקציה כל גם לינארית שהמד''ח כיוון .y = g(x− vt) = g(w) ומתקיים w = x− vt נציב אם גם קורה הדבר אותומהצורה
y = f(x+ vt) + g(x− vt) (17)
הפונקציה ע''י (המתואר ימינה הנע גל של לינארי) (צירוף סופרפוזיציה מתאר זה פתרון המד''ח. של פתרון היאנקבל נתונים התחלה תנאי עבור .(f(x+ vt) הפונקציה ע''י (המתואר שמאלה הנע וגל (g(x− vt)
y(x, 0) = f(x+ 0 · v) + g(x− 0 · v) = f(x) + g(x) = ψ(x)
וכן
∂y(x, 0)
∂t= vf ′(x+ 0 · v)− vg′(x− 0 · v) = f ′(x) + g′(x) = ϕ(x)
נותן השנייה של וחיבור\חיסור הראשונה המשוואה של גזירה
f ′(x) =1
2
(ψ′(x) +
1
vϕ(x)
)g′(x) =
1
2
(ψ′(x)− 1
vϕ(x)
)נותנת אינטגרציה
f(x) =1
2
(ψ(x) +
1
v
∫ϕ(x)dx
)+ c1
g(x) =1
2
(ψ(x)− 1
v
∫ϕ(x)dx
)+ c2
נותנת (17) במשוואה הצבה
y = f(x+vt)+g(x−vt) =1
2(ψ(x+ vt) + ψ(x− vt))+
1
2v
(∫ x+vt
ϕ(x)dx−∫ x−vt
ϕ(x)dx
)+ c1 + c2
האינטגרלים) איחוד (אחרי הוא הפתרון ולכן ,c1 + c2 = 0 נובע y(x, 0) = ψ(0) מהדרישה
y =1
2(ψ(x+ vt) + ψ(x− vt)) +
1
2v
∫ x+vt
x−vtϕ(x)dx
ד'אלמבר. פתרון זהו
משתנים הפרדת 36.2
שפה תנאי עם x ∈ [0, π] בתחום המיתר משוואת את נפתור הבעיה. לפתרון אחרת בדרך נתבונן
∀t y(0, t) = y(π, t) = 0
ונקבל (16) במשוואה נציב כלשהן. g ,f עבור y(x, y) = f(x)g(t) בצורה לכתיבה ניתן הפתרון כי נניח
g(t)d2f(x)
dx2=
1
v2f(x)
d2g(t)
dt2
ונקבל f(x)g(t)ב נחלק
1
f(x)
d2f(x)
dx2=
1
v2g(t)
d2g(t)
dt2
86
הצדדים שני אם היא ייתכן שזה היחידה הדרך בלבד. t במשתנה ימן וצד בלבד x במשתנה תלוי שמאל צד עכשיו אבלמשתנה. באף תלויים ואינם קבועים
המשוואות את ונקבל נוחות4), k2−(מטעמי להיות הקבוע את נבחר
d2f(x)
dx2= −k2f(x)
d2g(t)
dt2= −k2v2g(t)
הוא שפתרונן
f(x) = C cos(kx) +D sin(kx)
g(t) = A cos(kvt) +B sin(kvt)
להתאפס חייבת הפונקציה כן, כמו .A = 0 ולכן t בכל x = 0 בנקודה להתאפס חייבת הפונקציה השפה, מתנאיהוא מסוים k עבור שהפתרון נקבל .k ∈ Z עבור רק תקף הפתרון כלומר, sin(kπ) = 0 ולכן ,t בכל x = π בנקודה
y(x, t) = f(x)g(t) = sin(kx) (A cos(kvt) +B sin(kvt))
יכול הקבועים ערך כאשר פתרון, הוא גם שונים k ערכי עבור פתרונות של לינראי צירוף ולכן yב לינארית המשוואההוא הכללי הפתרון לכן פתרון. כל עבור שונה להיות
y(x, t) =
∞∑k=1
sin(kx) (Ak cos(kvt) +Bk sin(kvt))
נקבל t = 0 עבור
ψ(x) = y(x, 0) =
∞∑k=1
sin(kx) (Ak cos(kv · 0) +Bk sin(kv · 0)) =
∞∑k=1
Ak sin(kx)
אופן באותו בלבד). סינוסים (של פורייה לטור ψ(x) של הפיתוח מקדמי הם Ak שהגדלים ומכאן
ϕ(x) = y′(x, 0) =
∞∑k=1
kv sin(kx) (−Ak sin(kv · 0) +Bk cos(kv · 0))
או
1
vϕ(x) =
∞∑k=1
kBk sin(kx)
פונקציה שלכל כיוון בלבד). סינוסים (של פורייה לטור 1vϕ(x) של הפיתוח מקדמי כפול 1
k הם Bk הגדלים ולכןניתן שהגדרנו. ההתחלה מתנאי המקדמים כל את לקבל ניתן פורייה, לטור יחיד פיתוח יש המתאימים) התנאים (תחת
במד''ח. בקורס תלמדו - הפתרון יחידות להראות
X חלק
נבחרים נושאים
מד''ר ופתרון השבת נקודת משפט 37
שבת נקודת משפט על מבוססת זו גישה מד''ר. של הפתרון ויחידות קיום להוכחת ומופשטת מודרנית יותר גישה קיימתמטרי. במרחב אופרטורים של
קצות בשני לאפסם ניתן ולא אקספוננטים הם (הפתרונות השפה תנאי את שמקיים מאפס שונה פתרון אין שלילי אי קבוע שעבור להראות 4ניתן
זו. מאפשרות התעלמנו ולכן זמנית), בו הקטע
87
המקיימת: x, y ∈ X נקודות זוג לכל d(x, y) מטריקה עליה שמוגדרת X נקודות קבוצת הוא מטרי מרחב הגדרה:
∀x, y ∈ X : d(x, y) = d(y, x) סימטריות: .1
∀x, y ∈ X : d(x, y) ≥ 0 שליליות: אי .2
∀x, y ∈ X : d(x, y) = 0⇔ x = y חיוביות: .3
∀x, y, z ∈ X : d(x, y) + d(y, z) ≥ d(x, z) המשולש: שיוויון אי .4
.m ≥ 0 לכל limn→∞ d(xn, xn+m) = 0 המקיימת {xi}∞i=1 נקודות סדרת היא קושי סדרת הגדרה:
x ∈ S קיים (כלומר x ∈ S גבול קיים קושי סדרת שלכל בנוסף המקיים מטרי מרחב הוא שלם מטרי מרחב הגדרה:(limn→∞ xn = x שמתקיים כך
(עבור d(v, u) = ‖v − u‖ המרחק פונקצית שעבור כך ‖·‖ נורמה עם וקטורי מרחב הוא B בנך מרחב הגדרה:שלם. מטרי מרחב מהווה הוא (u, v ∈ B
כך 0 ≤ k < 1 קבוע קיים אם (contraction) כיווץ נקראת T : X → X פונקציה שלם. מטרי מרחב X יהי הגדרה:רציפים. הם שכיווצים מיידית נובע .x, y ∈ X לכל d(T (x), T (y)) ≤ kd(x, y) שמתקיים
.T (p) = p מתקיים אם T פונקציה של (fixed point) שבת נקודות היא p ∈ X נקודה הגדרה:
.(n > 1) Tnx = T (Tn−1x) וכן T (x) במקום Tx לסמן אפשר הקיצור לשם
בנך של השבת נקודת משפט
.p ∈ X יחידה שבת נקודת T ל קיימת אזי ,X שלם מטרי במרחב כיווץ T אם
הוכחה
נובע מכאן .d(q, p) = d(Tq, Tp) ≤ kd(q, p) ולכן Tq = q ,Tp = p אזי ,T של שבת נקודות p, q ∈ X יהו יחידות:
0 ≤ (1− k)d(q, q) ≤ 0
.q = p ולכן d(q, p) = 0 כלומר
d(Tnq, Tn+1q) ≤ מתקיים .d(q, T q) = D נסמן .{Tnq}∞n=0 בסדרה נתבונן .q כלשהי נקודה נבחר קיום:.d(Tnq, Tn+1q) ≤ knd(q, T q) נקבל מאינדוקציה .kd(Tn−1q, Tnq)
נובע המשולש שיוון מאי
d(Tnq, Tn+mq) ≤m−1∑i=0
d(Tn+iq, Tn+i+1q) ≤m−1∑i=0
kn+id(q, T q) ≤ kn
1− kd(q, T q)
מרציפות .p = limn→∞ Tnq לגבול מתכנסת ולכן קושי סדרת היא שהסדרה מקבלים limn→∞kn
1−k = ש0 וכיווןמקבלים T הכיווץ
Tp = limn→∞
TTnq = limn→∞
Tn+1q = p
� השבת. נקודת היא p ולכן
יחידה: שבת נקודת לקבל ע''מ כיווץ היא T של כלשהי שחזקה בכך להסתפק שאפשר עכשיו נוכיח
88
משפט
.p ∈ X יחידה שבת נקודת T ל קיימת אזי ,X שלם מטרי במרחב כיווץ TN אם
הוכחה
.T של שבת נקודת גם pש נוכיח .p ∈ X יחידה שבת נקודת TNל יש הקודם המשפט לפי
TN (Tp) = TN+1p = T (TNp) = Tp
.T של שבת נקודת גם p ולכן .Tp = p נובע ומהיחידות TN של שבת נקודת גם Tp לכן
הנקודה. יחידות נובעת מכאן .TNq = TTT · · ·Tq = q גם ולכן Tq = q אזי ,q שבת נקודת עוד T ל שקיימת נניח�
הרציפות הפונקציות במרחב נתבונן והיחידות, הקיום משפט את להוכיח ע''מ השבת נקודת במשפט להשתמש כדיהיא סגור בתחום רציפה פונקציה .(y : [a, b] → Rn הווקטוריות הפונקציות לחלופין (או Y = {y|y : [a, b]→ R}
נורמה להגדיר ניתן ולכן חסומה
‖y‖ := supx∈[a,b]
|y(x)|
מתקיים כלומר קושי, סדרת {yk(x)}∞k=1 אם כי לב נשים
limn→∞
‖yn(x)− yn+m(x)‖ = 0
y(x) והפונקציה limn→∞ yn(x) = y(x) גבול קיים ולכן בקטע שווה במידה מתכנסות הפונקציות אז ,m > 0 לכלרציפה.
מתקיים או''א המשוואה של פתרון הוא y ,y(x0) = y0 (קושי) התחלה תנאי עם y′ = f(x, y) משוואה בהנתן
y = y0 +
∫ x
x0
f(t, y(t))dt
להיות T האופרטור את נגדיר
Ty = y0 +
∫ x
x0
f(t, y(t))dt
רציף. T לכן רציף, הוא רציפה פונקציה על אינטגרל
והיחידות: הקיום משפט של האלטרנטיבית להוכחה עכשיו ניגש
הוכחה
כיווץ: אופרטור הוא TN עבורו N קיים כי נראה
מתקיים: הרלוונטית בתיבה x בנקודה y(x) הפונקציה עבור
|Ty(x)− y0| =∣∣∣∣∫ x
x0
f(t, y(t))dt
∣∣∣∣ ≤ ∫ x
x0
|f(t, y(t))| dt ≤M(x− x0) < β
.(19 בסעיף להוכחה (בדומה קבוע βו בתיבה f הפונקציה של המקסימום הוא M כאשר
89
מתקיים ,n טבעי מספר וכל ,Y בנך במרחב ,zו y פונקציות), (כלומר ''נקודות'' שתי עבור כי באינדוקציה עכשיו נוכיח
|Tny(x)− Tnz(x)| ≤ (K |x− x0|)n
n!‖y − z‖
ליפשיץ. תנאי של הקבוע הוא K כאשר
נקבל n = 1 עבור
|Ty(x)− Tz(x)| ≤ K
∫ x
x0
|y(t)− z(t)| dt
≤ K ‖y − z‖
מתקבל ליפשיץ מתנאי כן, כמו הנורמה. מהגדרת והשני ליפשיץ מתנאי נובע הראשון השיוויון אי כאשר
|TTny(x)− TTnz(x)| ≤ K
∫ x
x0
|Tny(t)− Tnz(t)| dt
n+ 1 עבור ונקבל n עבור נכונות −Tn+1y(x)∣∣נניח Tn+1z(x)∣∣ ≤ K
∫ x
x0
|Tny(t)− Tnz(t)| dt
≤ K
∫ x
x0
(K |t− x0|)n
n!‖y − z‖ dt
=(K |x− x0|)n+1
(n+ 1)!‖y − z‖
האינדוקציה. מהנחת נובע והשני ליפשיץ, מתנאי נובע הראשון השיוויון אי כאשר
מתקיים
limn→∞
(K |x− x0|)n
n!‖y − z‖ = 0
עבורו N קיים ולכן
(K |x− x0|)N
N !‖y − z‖ < 1
� המד''ר. פתרון שהיא יחידה, שבת נקודת T ל קיימת ולכן כיווץ, הוא TN עבורו N קיים כלומר
מד''ר של יציבות 38
לנו מבטיח והיחידות הקיום משפט המד''ר. פתרון של היציבות היא דיפרנציאליות משוואות של בקשר חשובה שאלהרק אלא בדיוק, ההתחלה תנאי את יודעים איננו לעיתים אבל, מסוימים. התחלה תנאי עבור פתרון של ויחידות קיוםהמשוואה את נומרית פותרים שאנו או המדויק, מהפתרון קצת אותה שמזיזים במערכת רעשים שקיימים או בקירוב,
האמיתי. לפתרון קרוב יהיה שנקבל שהפתרון לוודא רצים היינו כזה במקרה פעולה. כל עם קטנה שגיאה ומקבלים
נקבל y(0) = 0 התחלה תנאי עם y′ = −y המד''ר עבור לדוגמה, המד''ר. של היציבות שאלת לתמונה נכנסת כאןלאפס הקרוב כלשהו c נציב אם כלומר .y = ce−x הפתרון את נקבל y(0) = c התחלה תנאי עבור .y(x) = 0
.c = 0 עבור לפתרון שואף הפתרון גדול xשב נקבל ל0) קרוב לא c אפילו זה, (ובמקרה
את נקבל y(0) = c התחלה תנאי עבור .y(x) = 0 נקבל y(0) = 0 התחלה תנאי עם y = y′ במד''ר זאת, לעומתמזה. זה מתרחקים הפתרונות x→∞ כאשר כלומר .y = cex הפתרון
90
לינארית): דוקא (לאו מד''ר מערכת נתונה כללי, באופן
~y ′ = ~f(~y)
היא האם לדעת נרצה .x לכל ~y(x) = ~a מתקיים אז ~y(0) = ~a אם ולכן ,~f(~a) = 0 כלומר – ~a כלשהי יציבה ונקודה~f(~a) = ש0 כיון בלבד). לינארי (איבר ראשון לסדר עד ~y = ~a הנקודה סביב לטור ~f(~y) את נפתח כך לשם יציבה.
מקבלים
y′i ≈∑j
∂fi∂yj
(yj − aj)
ביציבות שולטים המטריצה של העצמיים הערכים קבועים. מקדמים עם הומוגנית לינאריות משוואות מערכת זוהייציבה אינה היא חיובי הוא אם (מקומית). יציבה ~a השבת נקודת שלילי, כולם של הממשי החלק אם המערכת.בשאר ותלויה גבולית היציבות טהורים, מדומים חלקם) (או העצמיים והערכים 0 הוא הממשי החלק אם (מקומית).
מתכנסים. או מתבדרים השבת, נקודת סביב אוסילטוריים להיות יכולים הפתרונות לטור. הפיתוח מקדמי
91
