משוואות דיפרנציאליות רגילות 27 באוגוסט 2021 תודה לאוהד אברבנל על שסיכם את רוב החומר המופיע כאן. אשמח לכל הערה או תיקון. תוכן עניינים I הקדמה 3 1 מהן מ

תמליל

1 משוואות דיפרנציאליות רגילות 27 באוגוסט 2021 תודה לאוהד אברבנל על שסיכם את רוב החומר המופיע כאן. אשמח לכל הערה או תיקון. תוכן עניינים I הקדמה 3 1 מהן משוואות דיפרנציאליות סוגים של מד''ר פתרון של מד''ר פתרון כללי מד''ר מסדר ראשון II בעיית קושי 3 7 מד''ר עם משתנים מופרדים מד''ר פתירות ע''י הפרדת משתנים מד''ר הומוגנית 6 15 מד''ר פתירות ע''י משוואה הומוגנית מד''ר לינאריות מסדר. I שיטת וריאצית המקדמים משוואת ברנולי מד''ר מדויקות גורם אינטגרציה (הפיכת מד''ר לא מדויקת למדויקת) משוואת ריקטי מד''ר סתומות מסדר משוואת לגרנז' משוואת קלרו 16 1

2 III מד''ר מסדר גבוה פתרון ע''י הורדת סדר המשוואה IV משפט הקיום והיחידות הקשר בין מד''ר מסדר גבוה למערכת מד''ר משפט הקיום והיחידות עבור מערכת מד''ר מערכת של מד''ר מסדר ראשון ומד''ר לינאריות מסדר גבוה V מד''ר לינאריות מסדר גבוה משפט ליוביל מד''ר לינארית לא הומוגנית שיטת וריאציית הפרמטרים מד''ר לינארית הומוגנית\לא הומוגנית מסדר גבוה עם מקדמים קבועים משוואת אוילר מערכות משוואות לינאריות מסדר,1 הומוגניות, עם מקדמים קבועים מערכות מד''ר מסדר ראשון לינאריות עם מקדמים קבועים לא הומוגניות שיטות כלליות לפתרון מערכות 28 VI אינטגרציה של מד''ר ע''י טורי חזקות פתרון מד''ר בעזרת טורי טיילור סיווג נק' סינגולריות טור פרוביניוס. Frobenius משוואת בסל VII פתרון מד''ר באמצעות התמרות לפלס\פורייה בעיות שפה VIII 77 מרחבי מכפלה פנימית של פונקציות בעיית שטורם ליוביל פונקציית הדלתא של דיראק Dirac delta function ופונקציות גרין מבוא למד''ח IX משוואת המיתר שיטת ד'אלמבר (D'Alambert) הפרדת משתנים

3 X נושאים נבחרים משפט נקודת השבת ופתרון מד''ר יציבות של מד''ר חלק I הקדמה 1 מהן משוואות דיפרנציאליות משוואה דיפרנציאלית היא משוואה המקשרת בין משתנה בלתי תלוי x לבין פונקציה לא ידועה y(x) ונגזרותיה. המטרה היא לפתור את המשוואה - כלומר, למצוא ביטוי מפורש ככל האפשר ל( y(x. שימו לב, הפתרון איננו נקודה, אלא פונקציה. ניתן לראות משוואה פונקציונלית (לדוגמה = 0 x (y(x) 2 כמשוואה דיפרנציאלית מסדר 0 (כלומר ללא נגזרות). פתרונה הן הפונקציות.y(x) = ± x צורה כללית של משוואה דיפרנציאלית רגילה (מד''ר) היא F (x, y(x), y (x), y (x),..., y (n) (x)) = 0 (1) של משוואה דיפרנציאלית חלקית (מד''ח): ( F x, y, z(x, y), z x, z y, 2 z x 2, 2 ) z = 0 x y בקורס זה נעסוק בעיקר במד''ר. הסדר של מד''ר הוא דרגת הנגזרת הגבוהה ביותר המופיעה במשוואה. הנגזרת הגבוהה ביותר. דוגמאות: המעלה של מד''ר היא החזקה בה מופיעה.1 מד''ר מסדר ראשון מעלה ראשונה: = 0 3y 2xy (ניתנת גם לכתיבה בצורה = 0 3ydx.(2xdy.2 מד''ר מסדר שני מעלה ראשונה: = 0 y.2y + 3x 2 ( 2.2x 3 y dy dx).3 מד''ר מסדר ראשון מעלה שנייה: = 0 ) 3 + x (1 ( ) 2. d 2 y.4 מד''ר מסדר שני מעלה שנייה: dx = 3y + x 2 ( ) 2 ( 3. d3 y dx + x 2 d 2 y 3 dx x 3 dy dx) 5. מד''ר מסדר שלישי מעלה ראשונה: = 0 2 במקרים מסויימים המד''ר ניתנת לפתרון ישירות ע''י אינטגרציה. לדוגמה: y = e 2x שפתרונה נתון ע''י y = e 2x dx = 1 2 e2x + c כאשר c הוא קבוע האינטגרציה. זהו אוסף של פונקציות שונות (עבור ערכי c שונים) שכולן פותרות את המד''ר. למעשה אלה הפתרונות היחידים, לפי המשפט היסודי של החדו''א. נראה בהמשך הרחבה של הרעיון הזה. 3

4 לעיתים צריך לעבוד כדי לבודד את.y לדוגמה = xy (y ) 2 + ניתנת לכתיבה בצורה y = x ± x ואת y מוצאים ע''י אינטגרציה. לפעמים לא ניתן לכתוב פתרון בצורה סגורה. לדוגמה: y. = e x2 ומכאן π y = e x2 dx = 2 erf(x) + c לפונקציה e x2 אין פונקציה קדומה המבוטאת ע''י פונקציות אלמנטריות (פונקציות רציונליות, אקספוננטים, לוגים וצירופיהן), אך אין זה אומר שיש בעיה עם האינטגרל. תמיד ניתן להגדיר פונקציה חדשה (כמו (erf(x) ולהשתמש בה. אם אנו יודעים מהו האינטגרנד, ניתן לחשב אותו נומרית לכל רמת דיוק רצויה, ואין צורך בשם מיוחד לפונקציה. הערה רציפות של הנגזרות במד''ר (n 1)),y (n) = f ( x, y, y,..., y כדי ש (n) y תהיה מוגדרת בכל נקודה, כל הנגזרות עד (n 1) y צריכות להיות גזירות, ואם f רציפה אז (n) y רציפה. 2 סוגים של מד''ר הצורה הכללית של מד''ר מסדר n היא, כאמור, = 0 ) (n),f (x, y, y,..., y כאשר F פונקציה של + 2 n משתנים, x. D R מד''ר תקרא בצורה נורמלית אם היא נתונה בצורה y (n) = f(x, y, y,..., y (n 1) ) (2) כאשר f פונקציה של + 1 n משתנים. מד''ר לינארית נכתבת בצורה z 0,..., z n אזי המד''ר תקרא לינארית. אם ) n F (x, z 0,..., z לינארית במשתנים נורמלית כך: n 1 y (n) = a i (x)y (i) + f(x) i=0 אם = 0 f(x) המד''ר נקראת לינארית הומוגנית. דוגמאות המשוואה e y + 3y x 2 + 8x + sin y = 0 ניתנת לכתיבה גם בצורה y = ln( 3y x 2 8x sin y) זוהי מד''ר לא לינארית מסדר שלישי. קל לראות כי למשוואה (y ) 2 + x = 0 אין פתרון מעל הממשיים (אם כי ייתכן פתרון מרוכב). 4

5 2.1 פתרון של מד''ר פתרון של מד''ר הוא פונקציה ϕ(x) y = שבהצבתה במד''ר נקבל זהות F (x, ϕ(x), ϕ (x),..., ϕ (n) (x)) = 0 xy 2y = 0 x(x 2 ) 2x 2 = 2x 2 2x 2 = 0 דוגמה הפונקציה y = ϕ(x) = x 2 היא פתרון של המשוואה שכן, נשים לב שגם y = cx 2 הוא פתרון של המשוואה לכל c. פתרון זה נקרא פתרון כללי, וניתן להראות (נוכיח בהמשך) שכל פתרונות המשוואה הם מהצורה הזאת. 2.2 פתרון כללי פתרון כללי של מד''ר מסדר n הוא משפחת פונקציות ) n.y = ϕ(x, c 1, c 2,..., c הפונקציות תלויות בn קבועים c 1,..., c n ודיפרנציאביליות n פעמים. דוגמה המשוואה y = x + 1 d(y ) dx = x + 1 ניתן לכתוב לפי המשפט היסודי של החדו''א נובע מכך שהפתרונות היחידים הם y = 1 2 x2 + x + c 1 ולכן (שוב לפי המשפט היסודי) כל הפתרונות של המד''ר נתונים ע''י y = 1 6 x x2 + c 1 x + c 2 כאשר לכל c 1, c 2 מתקבל פתרון אחר. חלק II מד''ר מסדר ראשון מד''ר מהצורה F (x, y, y ) = 0 5

6 או, בצורה נורמלית y = f(x, y) נקרא מד''ר מסדר ראשון. דוגמאות xy = x + y (3) y = y x (4) y + x 2 y = 0 (5) ניתן לכתוב גם בצורה דיפרנציאלית. לדוגמה, נכפיל את משוואה (5) בdx ולקבל y dx + x 2 ydx = 0 כלומר, dy + x 2 ydx = 0 ע''י הכפלה של משוואה (4) בdx נקבל (עבור 0 x) dy = y x dx בדרך כלל למד''ר מסדר ראשון יש אינסוף פתרונות התלויים בפרמטר c. עבור הצבה של ערך מסוים של הפרמטר, c, 0 מקבלים פתרון יחיד הנקרא פתרון פרטי. משפחת עקומות כמו y, = x 2 + c המתקבלות ע''י אינטגרציה, נקראות עקומות אינטגרליות. פתרון פרטי הוא עקומה כזו (אחת ממשפחת העקומות) העוברת דרך נקודה נתונה ) 0 x). 0, y 3 בעיית קושי הבעיה של קושי: למצוא פתרון ϕ(x) y = למד''ר y = f(x, y) (6) המקיים תנאי התחלה y x=x0 = ϕ(x 0 ) = y 0 (7) פתרון המשוואה (6) המקיים את התנאי (7) הוא הפתרון של בעיית קושי הנקראת גם בעיית תנאי התחלה. פתרון רגולרי וסינגולרי בהנתן פתרון כללי של מד''ר (c y = ϕ(x, פתרון המתקבל ע''י הצבה של c = c 0 מסויים נקרא פתרון פרטי או רגיל או רגולרי. פתרון של המד''ר שאינו ניתן מהפתרון הכללי ע''י הצבה של ערך בc נקרא פתרון סינגולרי או מיוחד. 6

7 דוגמה (y ) 2 = 4y הפתרון הכללי הוא c) 2.y = (x + לדוגמה בהצבה = 3,c נקבל 3) 2 + (x,y = שהוא פתרון רגולרי. פתרון נוסף הוא = 0 y (זהותית). פתרון זה לא מתקבל מהפתרון הכללי ע''י הצבה של אף ערך בc, ולכן הוא פתרון סינגולרי. 4 מד''ר עם משתנים מופרדים הצורה אליה אנו שואפים להגיע במד''ר היא y = f(x)g(y) (8) במד''ר מהצורה הזו נחלק ב( g(y (עבור 0 (g(y) ונקבל נבצע אינטגרציה y g(y) = f(x) y g(y) dx = f(x)dx ע''י החלפת משתנים בצד שמאל y(x) dy = y dx,y = נקבל dy g(y) = f(x)dx + c (9) פתרון של האינטגרלים מוביל לפתרון סתום של המשוואה מהצורה f 1 (y) = f 2 (x) + c (10) כאשר הפתרון המפורש הוא f 1 (y) = dy g(y) f 2 (x) = f(x)dx y = f 1 1 (f 2(x) + c) (11) לכל c, כאשר ( ) 1 f1 היא הפונקציה ההופכית (ולא אחד חלקי הפונקציה) והפתרון תקף בתחומים בהם ( ) 1 f הפיכה. שימו לב שלא תמיד ניתן לכתוב את הפתרון בצורה ''יפה'' של ϕ(x) y = כאשר ( )ϕ היא הרכבה של פונקציות אלמנטריות. אפילו אם הפונקציות ( )f ו( ) 1/g אינטגרביליות, ייתכן שהאינטגרלים לא ניתנים לביטוי בפונקציות אלמנטריות. במקרה כזה, ניאלץ להסתפק בפתרון מהצורה (9). כמו כן, ייתכן שהאינטגרלים ניתנים לביטוי בפונקציות אלמנטריות, אבל הפונקציה ההופכית ( ) 1 f1 אינה הרכבה של פונקציות אלמנטריות גם בענפים בהם היא מוגדרת. במקרה כזה, נסתפק בפתרון סתום מהצורה (10). בשני המקרים, הפתרון הוא פתרון מלא, הפונקציה קיימת ומוגדרת היטב, אולם אינה ניתנת לביטוי עי הרכבה סופית של פונקציות אלמנטריות. במקרים מסוימים, אם הפונקציות חשובות מספיק, ממציאים להן שם, ומצרפים אותן ל''משפחת הפונקציות''. לעיתים, במשוואה מהצורה (10) הפונקציה ( ) 1 f אינה הפיכה (בפונקציות אלמנטריות), אך ( ) 2 f הפיכה. במקרים כאלה, מעדיפים לפעמים לכתוב את הפתרון בצורה x = f 1 2 (f 1(y) + c) (כאשר לא הפכנו את הסימן של c כי הוא קבוע שרירותי). במקרה זה x(y) ניתן לכתיבה בצורה מפורשת, אך y(x) לא. 7

8 דוגמה 1 2xy + y = 0 y = 2xy y y = 2x dy y = 2 xdx + c נחלק בy y) (0 ונקבל ומכאן ln y = x 2 + c ולכן y = e x2 +c כלומר y = c 1 e x2 כאשר c 1 = e c קבוע חיובי. ניתן להסיר את הערך המוחלט ולהרשות לקבוע לקבל גם ערכים שליליים: y = c 2 e x2 כאשר.c 2 = ±c 1 = ±e c כעת הפתרון ניתן עבור כל 0 2.c אולם חילקנו קודם בy תחת התנאי 0.y נבדוק כעת במשוואה המקורית האם = 0 y הוא פתרון ונראה שכן. לכן הפתרון הכללי הוא y = c 2 e x2 לכל c. 2 הפתרון = 0 y רגולרי, כיוון שהוא משתלב במשפחת הפתרונות עבור = 0 2 c. דוגמה 2 2xdx + e y2 dy = 0 2xdx + e y2 dy = c נבצע אינטגרציה ונקבל x 2 + e y2 dy = c קיבלנו פונקציה סתומה. לא ניתן לפשט את הביטוי כיוון ש e y2 dy לא ניתן לביטוי בפונקציות אלמנטריות (אם כי.(erf(x) = π 2 e ניתן להשתמש בפונקציה המיוחדת x 2 dx 8

9 הצורה הכללית של מד''ר עם משתנים מופרדים בכתיב דיפרנציאלי מד''ר מהצורה M 1 (x)n 1 (y)dx + M 2 (x)n 2 (y)dy = 0 (12) היא מד''ר הניתנת להפרדת משתנים. אם = 0 ) 0 N 1 (y עבור y 0 כלשהו, אזי y(x) = y 0 הוא פתרון של המד''ר. אם = 0 ) 0 M 2 x) עבור x 0 כלשהו, אזי x(y) = x 0 הוא פתרון של המד''ר (שימו לב שלפי ההגדרה המקורית זה לא פתרון שכן זו לא פונקציה הפיכה ולא ניתן לחלץ מכאן פתרון.y(x) אולם, הצורה (12) סימטרית בין x ו, וניתן לכתוב dx ולהתייחס לy כמשתנה הבלתי תלוי ולx כמשתנה התלוי). אם 0 (x) N, 1 (y) M 2 ניתן dy ממנה משוואה עבור לחלק במכפלתם ולקבל M 1 (x) M 2 (x) dx + N 2(y) N 1 (y) dy = 0 שהיא משוואה עם משתנים מופרדים. דוגמה x 2 y 2 y = y 1 בכתיב דיפרנציאלי x 2 y 2 dy + (1 y)dx = 0 כלומר = 1 (x).n 2 (y) = y 2,N 1 (y) = 1 y,m 2 (x) = x 2,M 1 לכן, = 1 y פתרון וכן = 0 x פתרון. כדי למצוא את הפתרון הכללי, נחלק את המשוואה ב( 1 y) x 2 ונקבל y 2 y y 1 = 1 x 2 y 2 dy dx y 1 = x 2 + c נבצע אינטגרציה ונקבל כלומר, y y + ln y 1 = 1 x + c 1 x = ( ) c y y + ln y 1 לא ניתן לחלץ את y, אבל ניתן לחלץ את x. מקבלים הפתרון = 0 x מתקבל במקרה c (למי שלא אוהב את הגבול, ניתן להגדיר קבוע חדש c, 1 = c/1 ואז הפתרון מתקבל עבור = 0 1.(c 9

10 5 מד''ר פתירות ע''י הפרדת משתנים לעיתים המד''ר לא נתונה עם משתנים מופרדים, אך ניתן להגיע למשתנים מופרדים ע''י מניפולציה של המשתנים. y = f(ax + by) לדוגמה, במשוואות מהצורה נקבל נגדיר משתנה חדש z. = ax + by כאשר ( )f פונקציה רציפה במשתנה אחד, נשתמש בהחלפת משתנים. by z = a + ולכן 1 y = 1 b (z a) נציב במשוואה ונקבל 1 b (z a) = f(z) ולאחר העברת אגפים וחלוקה נקבל z bf(z) + a = 1 dz bf(z) + a = ולכן, 1dx + c = x + c (13) נפתור את המשוואה, נקבל z(x) ונציב במשוואה y(x) = z(x) ax b על מנת למצוא את פתרון המשוואה המקורית. פורמלית, אם נגדיר dz g(z) = bf(z) + a נקבל ממשוואה (13) שc g(z) = x + ולכן c).z = g 1 (x + כלומר, y(x) = g 1 (x + c) ax b כאשר 1 g היא הפונקציה ההופכית לg, וc הוא קבוע אינטגרציה. דוגמה y = 1 x + y x y y = 1 (x y) x y 1 שימו לב שאם = 0 b או = 0 a המשוואה כבר מופרדת משתנים. 10

11 נגדיר z = 1 y,z = x y ונקבל z = 1 1 z z 1 z = 1 z z = z (1 z) z zz 2z 1 = 1 zdz 2z 1 = x + c z ( 2 2z 1 dz = ( ) z 1 2 x y 2 = 2z 1 z ) dz = z ln z 1 2 = x + c ln x y 1 2 = x + c נציב z = x y ונקבל 6 מד''ר הומוגנית פונקציה (y f(x, נקראת הומוגנית מסדר k אם לכל > 0 λ מתקיים השיוויון f(λx, λy) = λ k f(x, y) דוגמאות עבור f(x, y) = x y x + y נקבל f(λx, λy) = λx λy λx + λy = x y x + y = λ0 f(x, y) f(x, y) = x2 + xy x y כלומר f הומוגנית מסדר 0. הפונקציה מקיימת f(λx, λy) = λ2 x 2 + λ 2 xy λx λy = λ2 (x 2 + xy) λ(x y) = λ 1 f(x, y) 11

12 כלומר הומוגנית מסדר 1. הפונקציה f(x, y) = x 2 + y 2 xy מקיימת f(λx, λy) = λ 2 (x 2 + y 2 xy) = λ 2 f(x, y) ולכן היא הומוגנית מסדר 2. משפט f(x, y) = ϕ ( y אם ורק אם הפונקציה y) f(x, הומוגנית מסדר.0 x) פונקציה (y f(x, ניתנת לכתיבה בצורה הוכחה f(λx, λy) = ϕ ( ) λy ( y = ϕ = f(x, y) λx x) f(x, y) = ϕ ( y אזי x) אם λ = 1 x (או λ = 1 x אם < 0 (x ונקבל כלומר (y f(x, הומוגנית מסדר 0. הקשר y) f(λx, λy) = f(x, נכון לכל > 0.λ עבור זוג נתון x, y נבחר.f(λx, λy) = f ( 1, x) y ( ϕ y ) x הגדרה אם ניתן לכתוב את המד''ר y = f(x, y) ( y y = g x) בצורה (14) אז היא נקראת מד''ר הומוגנית. 2 מד''ר הומוגנית ניתנת לפתרון ע''י הצבה z(x) = y x כלומר y(x) = z(x) x ולכן y = xz + z 2 יש להבדיל בין מד''ר הומוגנית כפי שהיא מוגדרת פה - שהיא הומוגנית בזוג המשתנים,x y לבין מד''ר לינארית הומוגנית, עליה נדבר בהמשך, שהיא הומוגנית בy בלבד. 12

13 נציב במשוואה (14) ונקבל xz + z = g(z) xz = g(z) z z g(z) z = 1 x dz dx g(z) z = x + c = ln x + c = ln(c 1x) נבצע אינטגרציה ונקבל כאשר c 1 נבחר כך שx c 1 חיובי. אחרי ביצוע האינטגרציה מקבלים את z(x) ומוצאים את y להיות y(x) = z(x) x xy = x + y דוגמה עבור המד''ר y = x + y x = 1 + y x g ( y x ) נגדיר z = y x ונקבל xz + z = 1 + z z = 1 + z z x = 1 x dz = z = ln(cx) נבצע אינטגרציה ולכן y = zx = x ln(cx) הוא הפתרון הכללי של המד''ר. אם נתונים תנאי התחלה, לדוגמה y(3) = 8 13

14 נציב בפתרון ונקבל 8 = 3 ln(3c) ln(3c) = 8 3 3c = e 8/3 c = 1 3 e8/3 ( ) 1 y = x ln 3 e8/3 x = x (ln x + 83 ) ln 3 ולכן הפתרון הפרטי הוא דוגמה שימושית נניח יש לנו משכנתא שגודלה בזמן t הוא.y(t) בפרק זמן קצר t המשכנתא צוברת ריבית של Ry t וכן מתבצע תשלום של,p t אזי גודל המשכנתא מקיים את המשוואה y(t + t) = y(t) + Ry t p t y(t + t) y(t) = Ry t p t y(t + t) y(t) t = Ry p או נחלק בt בגבול בו 0 t (כלומר אם חישוב הריבית והתשלומים מתבצעים באופן רציף) נקבל y = Ry p y Ry p = 1 dy Ry p = 1dt + c או נבצע אינטגרציה ונקבל 1 ln (Ry p) = t + c R Ry p = e Rt+c1 כלומר y = 1 R ( p + c2 e Rt) 14

15 עבור תנאי התחלה (0)y = M נקבל M = 1 R (p + c 2 1) y = 1 R c 2 = RM p ( p + (RM p) e Rt ) = p ( R + M p ) e Rt R נציב ונקבל רואים כי אם p < MR הפונקציה עולה - כלומר לעולם הריבית גבוהה מקצב ההחזר ולעולם לא נסיים לשלם את חובות המשכנתא. אם p > MR הפונקציה יורדת והזמן שייקח לנו להחזיר את החוב ניתן ע''י y = 0 = p ( R + M p ) e RT R T = 1 ( ) R ln p p RM ומכאן שהזמן לסיום ההחזר הוא 7 מד''ר פתירות ע''י משוואה הומוגנית פונקציה הומוגנית מסדר n היא פונקציה y).f (λx, λy) = λ n f (x,.y = f ( y x) ( y נקראת הומוגנית אם f הומוגנית מסדר 0, ואז ניתן לכתוב אותה בצורה משוואה y) = f (x, ).y = f a1x+b 1y+c 1 ax+by+c נניח דוגמה: ( 2x+3y+5 x+8y 7 ) 2.y = נחלק לשני מקרים: מקרה 1 (כלומר הישרים נחתכים). a 1 b 1 תהי 0 b a נשתמש בהחלפת משתנים x = p + α וβ.y = q + a 1 x + b 1 y + c 1 = a 1 (p + α) + b 1 (q + β) + c 1 = a 1 p + b 1 q + c 1 + a 1 α + b 1 β.ax + by + c = ap + bq + c + aα + bβ נבחר,α β כך שמתקיים: c 1 + a 1 α + b 1 β = 0.c + aα + bβ = 0 ) זה ( למעשה ) פתרון ( ) של ( המערכת: a1 b 1 α c1 = a b β c ( ) (.y = dy dx = dq dp = f a1p+b 1q a1+b q ) 1 p ap+bq = f a+b מתקיים q p. dq dp = dz נציב z = q p כלומר q = zp לכן dp p + z 15

16 ( f ( f dz dp p + z = f dz a 1+b 1z a+bz dz a 1+b 1z a+bz dz dp p = f ) z ) z ( ) a1 + b 1 z a + bz ( ) a1 + b 1 z a + bz = dp p dp = p + c נקבל (p) z כלשהי, ואז (p),q = p z נציב ונקבל:.y β = (x α) z (x α) דוגמה למקרה 1 y = ( ) 2p + 3q α + 3β p + q α + β.y = 2x+3y+4 x+y+2 נגדיר.y = q + β,x = p + α נקבל: נמצא את α, β ע''י פתירת מערכת המשוואות, נקבל = 0 β.α = 2, עבור הבחירה הזו נקבל: ( ) ( ) dq 2p + 3q 2 + 3z dp = = p + q 1 + z dz dp p + z = 2 + 3z 1 + z dz dp p = 2 + 3z 2 + 2z z2 z = 1 + z 1 + z 1 + z dp 2 + 2z z 2 dz = p + c 2 (1 z) dz = ln p + c z + 2z z2 2dz 3 (1 z) ln 2 + 2z z 2 = ln p + c ln(z + 3 1) ln( z ) ln 2 + 2z z 2 = ln p + c ln( y x ) ln( y x ) ln y x + 2 ( ) 2 y x + 2 = ln x c זו פונקציה סתומה, ונסתפק בכך. 16

17 מקרה 2. a 1 b 1 כאשר = 0 b a.a 1 = λa, b 1 = λb ( ) y a1 x + b 1 y + c 1 = f ax + by + c ( ) λax + λby + y c1 = f ax + by + c ( ) (ax + by) λ + y c1 = f (ax + by) + c ואת זה אנחנו יודעים לפתור משיעור שעבר. y = p (x) y y = p (x) y dy = p (x) dx y ln y = c p (x) dx y = c e p(x)dx f ( ) 2x+4y+8 x+2y 3 = f דוגמה למקרה 2 ( ) 2(x+2y)+8 (x+2y) 3 8 מד''ר לינאריות מסדר I.y + p (x) y = q (x),p q פונק' של x בלבד. אם = 0 (x) q המד''ר נקראת הומוגנית. אם המשוואה הומוגנית, נפתור: y = c (x) e p(x)dx c (x) p (x) e p(x)dx y = p (x) y + q (x) = p (x) c (x) e p(x)dx + q (x) 9 שיטת וריאצית המקדמים נסמן.y = c (x) e p(x)dx נגזור: נציב במשוואה: 17

18 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)dx dx + c נשווה: [ y = e p(x)dx c + ] q (x) e p(x)dx dx נציב בהתחלה ונקבל: דוגמה y = x2 y x 1. מצאו פתרון כללי למשוואה.2 מצאו פתרון פרטי המקיים = 5 (1).y 1. נפשט: פתרון y = x y x y + y x = x [ y = e 1 x dx [ = e ln x = 1 x.q (x) = וx p (x) = 1 x ] c + x e 1 x dx dx ] c + x e ln x dx ] x x dx sign (x) x x dx / x sign (x) x 2 dx [ c + = c x + 1 = c 1 x + 1 x = c 1 x + 1 x x3 3 = c 1 x + x2 3 במקרה הזה c c = 5 = 5 c = נציב = 5 (1) :y 18

19 לכן הפתרון הפרטי הוא: y = 14 3x + x משוואת ברנולי משוואת ברנולי היא משוואה מהצורה: y + p (x) y = q (x) y n y y n + p (x) y1 n = q (x) z + p (x) z = q (x) 1 n עבור 0, 1.n אם > 0 n אז = 0 (x) y הוא פתרון (פרטי או סינגולרי). אם < 0 n אז = 0 (x) y לא פתרון. כאשר 0 y (זהותית) המשוואה שקולה למשוואה: נציב.z = y 1 n.z = (1 n) y n y = (1 n)y y n נציב במשוואה ונקבל: זו משוואה לינארית לא הומוגנית. ניתן להציב שוב בנוסחה שמצאנו מקודם: [ z (x) = e ] (1 n)p(x)dx c + (1 n) q (x) e (1 n)p(x)dx y (x) = { [ e (1 n)p(x)dx c + ]} (1 n) q (x) e 1 (1 n)p(x)dx 1 n dx נציב בהגדרת z ונקבל: הערה עבור < 1 n y = 0,0 < הוא פתרון מיוחד (סינגולרי). עבור > 1,n y = 0 פתרון פרטי. עבור < 0,n y = 0 לא פתרון. דוגמה y 2xy = 2x 3 y 2 19

20 y (x) = = { [ e 2xdx c { [ e x2 c ]} 2x 3 e 1 2xdx dx ]} 1 2x 3 e x2 dx.p (x) = 2x, q (x) = 2x 3, n = 2 u = x 2 du = 2xdx y (x) = = = = { e x2 [ c ]} 1 ue u du { } 1 e x2 [c ue u + e u ] { e x2 [c x 2 e x2 + e x2]} 1 1 ce x2 x מד''ר מדויקות מד''ר מהצורה: P (x, y) dx + Q (x, y) dy = 0 כאשר.(x, y) D R 2 u אזי המשוואה היא: u y ו( y = Q (x, x נניח קיימת y) u (x, המקיימת y) = P (x, du = 0 P y = u y x Q x = u x y P y = Q x לכן u קבועה. אם קיימת u אזי חייב להתקיים: וכן: לכן: דוגמה ( 3x 2 + 6xy 2) dx + ( 6x 2 y + 4y 3) dy = 0 20

21 u x = 3x2 + 6xy 2 (3x u = 2 + 6xy 2) dx + c (y) נמצא u כזו לפי הנגזרת לפי x: = x 3 + 3x 2 y 2 + ϕ (y) u y = 6x2 y + ϕ y u y = 6x2 y + 4y 3 ϕ y = 4y 3 ϕ = y 4 + c u = x 3 + 3x 2 y 2 + y 4 + c נמצא את (y) ϕ לפי נגזרת לפי y: אבל לפי המשוואה המקורית אנו יודעים: לכן לכן סה''כ: אנו יודעים שu קבוע לכן פתרון המשוואה הדיפרנציאלית הוא x 3 + 3x 2 y 2 + y 4 = c 12 גורם אינטגרציה (הפיכת מד''ר לא מדויקת למדויקת) P (x, y) dx + Q (x, y) dy = 0 µ (x, y) P (x, y) dx + µ (x, y) Q (x, y) dy = 0 נניח שיש לנו משוואה מהצורה: נכפיל את שני הצדדים ב( y µ:,x) נרצה למצוא את הµ המתאימה כך שהמד''ר הזו תהיה מדויקת, כלומר מקיימת: (µ (x, y) P (x, y)) = (µ (x, y) Q (x, y)) y x ונקבל: µ y P + P y µ = µ x Q + Q x µ µ y P µ ( Q x Q = µ x P ) y נגזור לפי כלל המכפלה נאמר שµ הוא גורם אינטגרציה אם הוא מקיים את המשוואה הנ''ל. שימו לב שהפכנו את הבעיה מפתירת מד''ר לפתירת מד''ח (צריך למצוא את µ), ואנו לא יודעים לעשות זאת, אך במקרים מסוימים נוכל למצוא את גורם האינטגרציה. 21

22 מקרה 1 כאשר (x).µ = µ במקרה כזה מתקיים µ = 0 y µ x = dµ dx dµ ( Q dx Q = µ dµ µ = x P ) y ( Q x ) P y Q dx Q תלוי בx בלבד. x P y Q נציב במשוואה ונקבל התנאי למקרה הזה הוא אם הפתרון הוא µ = e Q x P y Q dx תלוי בy בלבד. µ (y) = e ( Q x P y ) 1 P dy ( ) Q x P y 1 P מקרה 2 כאשר (y).µ = µ התנאי הוא שהביטוי הפתרון הוא: ( 1 x 2 y ) dx + x 2 (y x) dy = 0 דוגמה נפתור את המד''ר: זו אינה מד''ר מדויקת: P y Q x = x 2 = 2xy 3x 2 נבדוק כל אחד מהמקרים. מקרה 2: Q x P y P = 2xy 2x2 1 x 2 y 22

23 זה לא מצטמצם, הביטוי תלוי בx וy ולכן µאינה פונק' של y בלבד. ננסה את מקרה 1: P y Q x Q = 2x2 2xy x 2 (y x) 2x (y x) = x 2 (y x) = 2 x זה תלוי בx בלבד ולכן µ פונק' של x בלבד. נציב: µ (x) = e 2 x dx 2 ln x = e = 1 x 2 ולפתור כמשוואה מדויקת. 1 כעת ניתן להכפיל את כל המשוואה ב x 2 13 משוואת ריקטי y + f (x) y 2 + g (x) y + h (x) = 0 משוואת ריקטי היא מד''ר מהצורה y (x) = c a (x) + b (x) c A (x) + B (x) טענה פתרון כללי של משוואת ריקטי הוא מהצורה ולכל ביטוי מהצורה הנ''ל קיימת משוואת ריקטי. y (x) [ca (x) + B (x)] = ca (x) + b (x) c (ya a) b + yb = 0 c [y A + A y a ] b + (y B + B y) = 0 הוכחה 1. כיוון ראשון: נתון פתרון מהצורה הנ''ל אזי מתקיים נפתח סוגריים ונסדר: נגזור את המשוואה ונקבל: 23

24 y A + A y a ya a b + y B + B y קיים פתרון הדטרמיננטה = 0 yb b + נפתח את הדטרמיננטה ונקבל: y + y 2 A B B A Ab ab + y a B A B Ab ab + ab a b ba ab ba ab = 0 וזו משוואת ריקטי, קיבלנו שקיימת משוואת ריקטי עבור כל ביטוי מהצורה שבטענה. 2. כיוון שני: תהי (x) y p פתרון פרטי של משוואת ריקטי. נציב (x) :y (x) = y p (x) + z z + y p + f (x) (z 2 + 2zy p + y 2 p) + g (x) (yp + z) + h (x) = 0 y p + f (x) y 2 p + g (x) y p + h (x) = 0 z + f (x) ( z 2 + 2zy p ) + g (x) z = 0 z = y = y p + z 1 cα (x) + β (x) = cy pα (x) + y p β (x) + 1 cα (x) + β (x) כיוון ש y p גם פתרון של המשוואה, ידוע שמתקיים לכן נצמצם את זה מהמשוואה הראשונה ונקבל זו משוואת ברנולי עם = 2 n. הפתרון הוא: לכן הפתרון הכללי הוא: 14 מד''ר סתומות מסדר 1 F (x, y, y ) = 0 y = p F (x, y, p) = 0 מד''ר סתומות מסדר 1 הן מד''ר מהצורה שלא ניתן להעביר אותן לצורה y).y = f (x, באופן כללי ניתן לעבור לצורה נתסכל על מספר מקרים: מקרה א' משוואה מסדר 1 ממעלה n (y ) n + p 1 (x, y) (y ) n p n 1 (x, y) y + p n (x, y) = 0 לעתים ניתן לחלץ n פתרונות של y, כלומר לקבל: (y f 1 (x, y)) (y f 2 (x, y))... (y f n (x, y)) = 0 במקרה כזה יהיו n פתרונות שונים של המשוואות y f i (x, y) = 0 24

25 דוגמה ( y xy a (y ) 2 xy a 2 = 0 ) ( y + ) xy a = 0 xy y = ± a ניתן לכתוב את המשוואה כך: והפתרונות הם: y ± x 3 2 3a = c מקרה ב' כאשר x לא מופיע F (y, y ) = 0 F (y, p) = 0.p = y = dy נציב dx dy p = x = dx dy p + c : y p נבצע אינטגרציה על המשוואה = 1 את y לעתים אפשר לבטא באמצעות p בעזרת המשוואה = 0 (p F,y) אז נקבל y = φ (p) dy x = c + p = c + y y p + p 2 dp = c + φ (p) φ (p) dp + p p 2 נקבל ע''י אינטגרציה בחלקים: קיבלנו ביטוי של x ושל y באמצעות p. 25

26 דוגמה y = (y ) (y ) 3 נגדיר y = p y = p 2 + 2p 3 x = c + y p + ydp p 2 p 2 + 2p 3 + p 2 dp = c + p + 2p 2 + (1 + 2p) dp = c + p2 + 2p 3 p אזי = c + p + 2p 2 + p + p 2 = c + 2p + 3p 2 קיבלנו את הפתרון: { x = c + 2p + 3p 2 y = p 2 + 2p 3 מקרה ג' כאשר y לא מופיע F (x, y ) = 0 נניח שאנחנו יכולים לחלץ את x כלומר x = ϕ (y ) נציב y = p אז x = ϕ (p) y = p dy = pdx y = pdx + c [ ] u = p, du = dp dv = dx, v = x y = c + px xdp = c + p ϕ (p) ϕ (p) dp נעשה אינטגרציה ונקבל 26

27 דוגמה x = y sin (y ) p = y x = p sin p y = c + p 2 sin p p sin{p}dp = c + p 2 sin p + p cos p cos{p}dp = c + p 2 sin p + p cos p sin p x = p sin p y = c + p 2 sin p + p cos p sin p לכן הפיתרון הוא: מקרה 4 מופיעים x או y אבל סתומות ביחס לx או y F (y, y ) = 0 F (x, y ) = 0 y = p F (y, p) = 0 F (ϕ (t), p) = 0 p = ψ (t) y = p dy = ψ (t) dx dy = ϕ (t) dt ψ (t) dx = ϕ (t) dt dx = ϕ (t) ψ (t) dt ϕ (t) x = ψ (t) dt + c y = ϕ (t) או נגדיר שוב נתחיל מהמקרה נציב (t).y = ϕ מכאן נוציא את p, לפי ההצבה שלנו וזה הפתרון. 27

28 דוגמה y = a 1 + (y ) 2 y = p נציב y = sinh (t) = p y = a cosh (t) a sinh (t) x = sinh (t) dt + c = at + c אז קיבלנו שהפתרון הוא: x = at + c y = a cosh t כנ''ל אם F (x, y ) = 0 נציב y x = ϕ (t),p = אזי F (ϕ (t), p) = 0 נקבל p = ψ (t) 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 והפתרון הוא: x = ϕ (t) y = c + ψ (t) ϕ (t) dt 28

29 15 משוואת לגרנז' y = ϕ (y ) x + ψ (y ) ϕ (y ) y נציב y.p = נקבל y = ϕ (p) x + ψ (y ) y = ϕ (p) + dϕ dp x dp dx + dψ dp dp dx p = ϕ (p) + [ xϕ p (p) + ψ p (p) ] dp dx נגזור לפי x: : dx נכפיל ב dp x = e 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) קיבלנו מד''ר לינארית של x כפונק' של p שאנו יודעים לפתור, הפתרון: [ ϕ (p) p ϕ(p) dp c + y = ϕ (p) x (p) + ψ (p) ψ p (p) p ϕ (p) e ] ϕ (p) p ϕ(p) dp dp הערה חילקנו ב( p ) p, ϕ כלומר הנחנו שמתקיים p ϕ (p) 0 אם = 0 ) i p i ϕ (p שורשים של הביטוי אז ) i y = p i x + ψ (p גם פתרון. 29

30 דוגמה y = x (y ) 2 + (y ) 2 y = p y = xp 2 + p 2 p = y = p 2 + 2xp dp dp + 2p dx dx p p 2 = 2p (x + 1) dp dx 1 p = 2 (x + 1) dp dx dx = 2 dp x p ln x + 1 = 2 ln p 1 + c x + 1 = c 1) 2 (p הפתרון הוא: x = c (p 1) 2 1 y = p 2 (x + 1) = cp2 (p 1) 2 y = x + 1 y = 0 חילקנו בp ובp 1 לכן גם הפונק' הבאות הן פתרון: 16 משוואת קלרו y = y x + ψ (y ) y = p y = xp + ψ (p) p = p + x dp dx + ψ p (p) dp dx 0 = dp ( x + ψ dx p (p) ) dp dx = 0 p = c y = xc + ψ (c) נציב נגזור בx : יש לנו שני פתרונות. הראשון: 30

31 הפתרון השני (פתרון מיוחד): x = ψ p (p) y = pψ (p) + ψ (p) דוגמה y = xy + sin (y ) משפחת הפתרונות היא y = xc + sin c והפתרון המיוחד הוא { x = cos p y = p cos p + sin p אם רוצים אפשר למצוא את p באמצעות x ולהגיע לפתרון לא פרמטרי: y = x arccos ( x) + 1 x 2 חלק III מד''ר מסדר גבוה מד''ר מסדר גבוה בצורה נורמלית נראית כך: y (n) = f (x, y, y,..., y (n 1)) לדוגמה, מד''ר מסדר 2 נראה כך: y = f (x, y, y ) אנו מחפשים פתרון מהצורה ) 2.y = ϕ (x, c 1, c בעיית קושי בעית קושי היא מד''ר מסדר שני, ושני תנאי התחלה.y (x 0 ) = y 0,y (x 0 ) = y 0 17 פתרון ע''י הורדת סדר המשוואה נתבונן במספר סוגים של מד''ר מסדר גבוה שניתן לפתור בעזרת מד''ר מסדר 1. 31

32 סוג 1 מד''ר מהצורה: y (n 1) = y (n 2) = y (n) = f (x) f (x) dx + c 1 [ ] f (x) dx dx + c 1 x + c 2 נפתור ע''י אינטגרציה חוזרת: וכך הלאה עד y. סוג 2 הורדת סדר משוואה בסוג זה יש 2 מקרים: 1. y לא מופיע במשוואה. משוואה מהצורה: z z y = f (x, y ) y = xy = x ln z = x2 2 z = c 1 e x2 2 y = c 1 e x2 2 dx + c2 מסמנים y.z =.z = f (x, z) פותרים עבור (x) z ומציבים.y = z (x) dx + c דוגמה: המשוואה: נציב y.z = xz,z = y = f (y, y ) 2. כאשר x לא מופיע. מד''ר מהצורה: נגדיר y.p = y = dp dx = dp dy dy dx = dp dy p dp p = f (y, p) dy נציב במשוואה: 32

33 זו משוואה מסדר ראשון, נפתור עבור (y) p ואז פותרים את המשוואה (y) y = p ע''י: dy p (y) = dx = x + c y y 2 (y ) 2 = 0 y = p y = p y p y p y p 2p 2 = 0 p y = 2 p y dp dy = 2 p y ln p = 2 ln y + c p = cy 2 דוגמה: פתור את המשוואה y = c 1 y 2 y y 2 = c 1 dy y 2 = c 1 dx 1 y = c 1 x + c 2 y = 1 c 1 x + c 2 כעת נפתור עבור y: חלק IV משפט הקיום והיחידות מערכת של מד''ר מסדר ראשון ניתנת בצורה: F (x, y, y ) = 0 כאשר y הוא וקטור של n פונק' לא ידועות של x ו F הוא וקטור במימד n של פונק' ב 1 + 2n משתנים. בצורה נורמלית הצורה היא y = f (x, y ) y 1 + sin x + y 1 y 2 x 2 = 0 y 1 + y 2 + cos x y 2 y 1 = 0 33 למשל:

34 בעיית קושי עבור מערכת היא מהצורה: F (x, y, y ) = 0 y (x0 ) = y 0 18 הקשר בין מד''ר מסדר גבוה למערכת מד''ר משפט מד''ר מסדר n (נורמלית/לינארית/הומוגנית) שקולה למערכת של n מד''ר מסדר ראשון (נורמלית/לינארית/הומוגנית). אם למד''ר מסדר גבוה נתונים גם תנאי התחלה עבור: y (x 0 ), y (x 0 ),..., y (n 1) (x 0 ) זה שקול לבעיית קושי עבור מערכת המד''ר. y 1 = y, y 2 = y,..., y n 1 = y (n 1) הוכחה נגדיר F ( x, y, y,..., y (n 1), y (n)) = 0 המד''ר התחילה בצורה ועכשיו נכתוב F ( x, y, y 1,..., y n 1, y n 1) = 0 y = y 1 y 1 = y 2... y n 2 = y n 1 וכן נוסיף את המשוואות: המשוואות האלה הן נורמליות לינאריות והומוגניות לכן אם F נורמלית/לינארית/הומוגנית גם המערכת תהיה נורמלית/ לינארית/הומוגנית. תנאי ההתחלה שבמשפט מתורגמים לתנאי התחלה עבור 1 n,y y 1,,.. y בנק' x 0 שהם תנאי קושי. דוגמה y (3) + x 2 y + sin (x) y = 0 נסמן: z = y w = y = z 34

35 אזי המערכת היא: w + x 2 w + sin (x) y = 0 z = y w = z 19 משפט הקיום והיחידות עבור מערכת מד''ר y = f (x, y ) משפט הקיום והיחידות עבור מערכת מד''ר מהצורה: תהי ) y f,x) פונק' וקטורית רציפה ומקיימת תנאי ליפשיץ ב y בתיבה B = { x x 0 a, y k y k0 b, k = 1,..., n} אזי למערכת המד''ר ) y y = f (x, יש פתרון אחד ויחיד ברווח a x x 0 < כאשר: y (x0 ) = y 0 a = min ( a, b 1 M 1,..., b n M n ) כאשר M k = max f k (x, y ) (x, y) B הוכחה נגדיר סדרת פונק' וקטוריות { φm (x)} m=0 φ 0 (x) = y 0 φ m (x) = x ( y 0 + f t, ) φ m 1 (t) dt x 0 באופן הבא: שיטה זו נקראת שיטת פיקרד, שיטה לפתרון מד''ר ע''י קירוב של פונק'. גבול הסדרה הוא הפתרון של המד''ר. אזי עבור a x x 0 מתקיים: φ m, k (x) y 0, k b k 1. הפונק' (x) φ m מוגדרות היטב, כלומר לכל m: 35

36 φ m, k y 0, k = x x 0 f k x x 0 M k a M k b k נוכיח באינדוקציה על m. עבור = 0 m בוודאי נכון, כיוון ש.φ 0, k = y 0, k נניח נכונות עבור 1 m, אזי: ( t, φ ) m 1 (t) dt לכן (x) φ m מוגדרות היטב בתיבה וכן רציפות עבור a x x 0 ע''פ ההגדרה. { (x)} φm מתכנסת במ''ש ברווח a x x 0 (נוכיח רכיב רכיב). 2. סדרת הפונק' φ N, k (x) = N [φ m, k (x) φ m 1, k (x)] + φ 0, k (x) m=1 m=0 ניתן לכתוב (x) φ 0 קבועה ולכן הטור מתכנס במ''ש אם הסכום מתכנס במ''ש. מתקיים: x φ m+1, k (x) φ m, k (x) = [f k (t, φ m (t)) f k (t, φ m 1 (t))] dt x 0 δ m (x) = x x 0 f k (t, φ m (t)) f k (t, φ m 1 (t)) dt n φ m, k (x) φ m 1, k (x) k=1 x φ m+1, k (x) φ m, k (x) K δ m (t) dt x 0 x δ m+1 (x) n K δ m (t) dt x 0 K 0 = nk H = max i 1 i n H 0 = nh δ m (x) H 0 K m 1 0 (x x 0) m m! x φ 1, k (x) φ 0, k (x) f k (t, y 0 ) dt x 0 H (x x 0 ) נניח.x x 0 נסמן: אזי לפי תנאי ליפשיץ: נסכום על k ונקבל: נסמן: אז נוכיח שלכל m מתקיים: נוכיח באינדוקציה על m. עבור = 1,m מהעובדה: 36

37 δ 1 (x) = n φ 1, k (x) φ 0, k (x) k=1 n H (x x 0 ) = H 0 (x x 0 ) δ m+1 (x) K 0 x δ m (x) = K 0 H 0 K m 0 x 0 δ m (t) dt x H 0 K0 m 1 (t x 0) m dt x 0 m! (x x 0 ) m+1 (m + 1)! n φ m, k (x) φ m 1, k (x) H 0 (K 0 a ) m K 0 m! k=1 φ m, k (x) φ m 1, k (x) H 0 (K 0 a ) m (K 0 a ) m m=1 m! K 0 m! ולכן: נניח נכונות עבור m, אזי כלומר ולכן לכל k: הטור φ x = לפונק' x x 0 a מתכנסת במ''ש עבור {φ m (x)} m=0 x ( φ m (x) = y 0 + f t, ) φ m 1 (t) dt x 0 מתכנס ל 1 ek0a ולכן סדרת הפונק'. lim φ n (x) n 3. (x) φ פתרון של מערכת המד''ר. לפי ההגדרה מתקיים ניקח גבול m ונקבל: φ (x) = x y 0 + f (t, φ (t)) dt x 0 לפי גזירות האינטגרל נקבל: φ (x) = f ( x, ) φ (x) כלומר (x) y = φ פותר את המד''ר. 4. הפתרון יחיד. נניח (x) φ (x), ψ שני פתרונות ברווח a x x 0 המקיימים: φ (x) = ( f x, ) φ (x) ψ (x) = ( f x, ) ψ (x) φ (x0 ) = ψ (x 0 ) = y 0 37

38 φ i (x) ψ i (x) φ (x) = f ( y0 + t, ) φ (t) dt ψ (x) = f ( y0 + t, ) ψ (t) dt x x 0 x f i (t, ) ( φ (t) f i t, ψ (t)) dt x 0 K n φ i (x) ψ i (x) nk i=1 δ (x) = n φ k (t) ψ k (t) dt k=1 n k=1 x n φ i (x) ψ i (x) i=1 0 δ (x) K 0 x x 0 φ k (t) ψ k (t) dt x 0 δ (t) dt ניתן לכתוב: נקבל: נסכום על i ונקבל: נסמן ונקבל: ידוע לנו שמתקיים: δ (x) 2a H 0 δ (x) 2a H 0 K m 0 δ (x) K 0 x x 0 δ (t) dt x x 0 m m! x K 0 2a H 0 K0 m (t x 0) x 0 m! = 2a H 0 K m+1 0 (x x 0) m+1 (m + 1)! lim m 2a H 0 K m 0 (x x 0) m m! 0 δ (x) 0 נוכיח באינדוקציה שלכל m מתקיים עבור = 0 m זה מיידי,.δ (x) 2a H 0 נניח נכונות עבור m, אזי עבור x: x 0 = 0 m dt אבל ולכן: כלומר = 0 (x) δ ולכן,φ = ψ מש''ל. 38

39 דוגמה לפתרון בשיטת פיקרד y = y y (0) = y 0 נגדיר: ϕ 0 (x) = y 0 ϕ 1 (x) = y 0 + x 0 = y 0 + xy 0 ϕ 2 (x) = y 0 + x 0 ϕ 0 (t) dt (y 0 + y 0 t) dt x 2 = y 0 + y 0 x + y 0 2 נמשיך ונקבל (באינדוקציה): ϕ n = y 0 n k=0 x k k! ולכן נקבל ϕ = y 0 k=0 x k k! = y 0e x חלק V מערכת של מד''ר מסדר ראשון ומד''ר לינאריות מסדר גבוה 20 מד''ר לינאריות מסדר גבוה y (n) + a 1 (x) y (n 1) a n 1 (x) y + a n (x) y = f (x) אם 0 (x) f אזי המשוואה הומוגנית. אם i a i (x) = c i קבוע אזי המשוואה נקראת מד''ר לינארית עם מקדמים קבועים. משפט אם (x) y פתרון של מד''ר לינארית הומוגנית אזי גם (x) c y לכל c. R 39

40 cy (n) + a 1 (x) cy (n 1) a n 1 (x) cy + a n (x) cy = ( ) c y (n) + a 1 (x) y (n 1) a n 1 (x) y + a n (x) y = c 0 = 0 הוכחה נציב (x) cy במשוואה ונקבל: לכן (x) cy פתרון של המשוואה. משפט אם y 1, y 2 פתרונות של מד''ר הומוגנית לינארית אזי y 1 + y 2 גם פתרון. הוכחה y (n) 1 + y (n) 2 + a 1 y (n 1) ( y (n) 1 + a 1 y (n 1) a n y 1 ) + (y 1 + y 2 ) (n) a n (x) (y 1 + y 2 ) = 1 + a 1 y (n 1) a n (x) y 1 + y 2 = ( ) y (n) 2 + a 1 y (n 1) 2 + a n y 2 = = 0 לכן גם y 1 + y 2 פתרון. מסקנה מרחב הפתרונות של מד''ר לינארית הומוגנית הוא מרחב וקטורי. y 1 (x) y 2 (x) const הגדרה שתי פונק' y 1, y 2 נקראות בת''ל אם מתקיים: כאשר.x D R הגדרה הוורונסקיאן (Wronskian) של הפונק' y 1,..., y n הוא: y 1 y 2 y n y 1 y 2 y n.... y (n 1) 1 y n (n 1) 40

41 דוגמה W = ex e x y 2 = sin x, y 1 = e x sin x cos x = ex (cos x sin x) אזי הגדרה y 1,.., y n תלויות לינארית אם קיימים קבועים c 1,..., c n שלא כולם 0 כך שמתקיים: c 1 y c n y n = 0 משפט אם y 1,..., y n ת''ל אזי = 0.W c 1 y c n y n = 0 c 1 y c n y n = 0 k = 1...n c 1 y (k) c n y (k) n = 0 הוכחה מתקיים: j = 0,..., n 1 y (j) i = 1 c i k i c k y (k) k נניח 0 i c עבור i מסויים אזי: לכן העמודה הj ב W היא צ''ל של שאר העמודות ולכן = 0 W. הכיוון ההפוך לא בהכרח נכון - ייתכנו פונקציות בת''ל שהוורונסקיאן שלהן מתאפס (לדוגמה y) 2 = x x y, 1 = x 2 - אבל לא אם הן קבוצת פתרונות מלאה של מד''ר, שאז מתקיים: משפט אם y 1,,... y n הם פתרונות של מד''ר המקיימת את תנאי משפט הקיום והיחידות בתחום D ומתקיים = 0 W בנק' כלשהי x 0 D אזי הן תלויות לינארית. 41

42 c 1 y 1 (x 0 ) c n y n (x 0 ) = 0 c 1 y 1 (x 0 ) c n y n (x 0 ) = 0. c 1 y (n 1) 1 (x 0 ) c n y n (n 1) (x 0 ) = 0 הוכחה נניח = 0 W בנקודה x 0 אזי למערכת המשוואות j = 1..n y (j) i (x 0 ) = 1 c i k i c k y (j) k (x 0) יש פתרון לא טריוויאלי. נניח 0 i c אזי: לכן y i וכן 1 n הנגזרות הראשונות שלו שוות לצ''ל של הפתרונות האחרים בנק' ) 0 x) אבל לפי משפט הקיום והיחידות יש רק פתרון אחד שמקיים זאת ולכן: y i (x) = 1 c k y k (x) c i k i זהותית לכל x D כלומר הם ת''ל (ולכן גם הוורונסקיאן מתאפס בכל התחום D). משפט מרחב הפתרונות של מד''ר לינארית הומוגנית מסדר n המקיימת את תנאי משפט הקיום והיחידות בתחום D הוא מרחב וקטורי ממימד n. הוכחה (j).i, j {0, 1,... n 1},y ממשפט יהו n 1 y 0, y 1,..., y פתרונות של המד''ר עבור תנאי קושי הבאים: i (x 0 ) = δ i,j הקיום והיחידות קיימים n 1 y 0, y 1,..., y כאלה. הוורונסקיאן ב x 0 הוא 1 (הדטרמיננטה של מטריצת היחידה) לכן הפתרונות בלתי תלויים. מכאן שממד המרחב הוקטורי הוא לפחות n. n 1 y(x) = הוא פתרון של יהי ϕ(x) פתרון של המדר. נסמן ) 0.i {0, 1,... n 1},a i = ϕ (i) (x אזי (x) i=0 a iy i אותה בעיית קושי שפותר ϕ(x) ולכן, לפי משפט הקיום והיחידות ϕ(x),y(x) = כלומר, כל פתרון הוא צירוף לינארי של n 1,y 0, y 1,..., y ולכן ממד המרחב הווקטורי הוא בדיוק.n 21 משפט ליוביל אם (x) x (a, b),y 1 (x),..., y n פתרונות בת''ל של המד''ר ההומוגנית y (n) + a 1 (x) y (n 1) a n (x) y = 0 W (x) = W (x 0 ) e x x 0 a 1(x)dx אז מתקיים: לכל b).x 0 (a, 42

43 y + a 1 (x) y + a 2 (x) y = 0 הוכחה נראה עבור = 2 n (ההוכחה במקרה הכללי דומה): W = y 1 y 2 y 1 y 2 = y 1y 2 y 2 y 1 אזי W (x) = y 1 y 2 + y 1y 2 y 2y 1 y 2 y 1 = y 1 y 2 y 2 y 1 = y 1 y 2 y 1 y 2 = y 1 y 2 a 1 y 1 a 2 y 1 a 1 y 2 a 2 y 2 = y 1 y 2 R 2 R 2+a 2R 1 a 1 y 1 a 1 y 2 y = a 1 y 2 1 y 1 y 2 = a 1 W (x) W (x) = a 1 (x) W (x) W (x) = W (x 0 ) e x x 0 a 1(x)dx קיבלנו את המשוואה הדיפרנציאלית: פתרונה הוא: e λix, λ i λ j e λ1x... e λnx λ 1 e λ1x... λ n e λnx W =. λ n 1 1 e λ1x... λn n 1 e λnx = e λ ix λ 1... λ n = e λ ix (λ i λ j ). λ1 n 1... λ n 1 i>j n דוגמה יהיו הפונק': אזי כלומר, אם אין שני λ i שווים אז האקספוננטים בת''ל. 43

44 22 מד''ר לינארית לא הומוגנית y (n) + a 1 (x) y (n 1) a n (x) y = f (x) משפט הפתרון יהיה מהצורה: y (x) = y g (x) + y p (x) כאשר (x) y g הוא הפתרון הכללי של ההומוגנית המתאימה y (n) + a 1 (x) y (n 1) a n (x) y = 0 ו( x ) y p הוא פתרון כלשהו של הלא ההומוגנית. (y p + y g ) (n) a n (x) (y p + y g ) = y (n) p 1 הוכחה נניח y p פתרון של הלא הומוגנית ו( x ) y g פתרון של ההומוגנית אז: ( ) ( ) y p (n) + a 1 y p (n 1) a n y p + y g (n) + a 1 y g (n 1) a n y g = f (x) + 0 = f (x) + a 1 y (n 1) p a n y p1 = f (x) y (n) p 2 + a 1 y p a n y p2 = f (x) ולכן y p + y g גם פתרון של הלא הומוגני. בכיוון ההפוך: אם y p1, y p2 שני פתרונות של הלא הומוגנית אזי (y p1 y p2 ) (n) + a 1 (y p1 y p2 ) (n 1) a n (y p1 y p2 ) = 0 נחסר את המשוואה ונקבל: ולכן y p1 y p2 פתרון של המשוואה ההומוגנית. הערה לעתים נוח לכתוב את המד''ר בצורה: Ly = f (x) כאשר L הוא האופרטור הלינארי: L = dn dx n + a 1 (x) dn 1 dx n a n (x) 44

45 y + a 1 (x) y + a 2 (x) y + a 3 (x) y = f (x) c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) + c 3 y 3 (x) y (x) = c 1 (x) y 1 (x) + c 2 (x) y 2 (x) + c 3 (x) y 3 (x) y = c 1 y 1 + c 1y 1 + c 2y 2 + c 2 y 2 + c 3 y 3 + c 3y 3 c 1y 1 + c 2y 2 + c 3y 3 = 0 y = c 1 y 1 + c 2 y 2 + c 3 y 3 y = c 1 y 1 + c 1y 1 + c 2 y 2 + c 2y 2 + c 3 y 3 + c 3y 3 c 1y 1 + c 2y 2 + c 3y 3 = 0 y = c 1 y 1 + c 2 y 2 + c 3 y 3 y = c 1 y 1 + c 1y 1 + c 2 y 2 + c 2y 2 + c 3 y 3 + c 3y 3 y + a 1 y + a 2 y + a 3 y = c 1y 1 + c 2y 2 + c 3y c 1 y 1 + c 2 y 2 + c 3 y a 1 (c 1 y 1 + c 2 y 2 + c 3 y 3 ) + + a 2 (c 1 y 1 + c 2 y 2 + c 3 y 3) + 23 שיטת וריאציית הפרמטרים נתונה המד''ר: יהיו y 1, y 2, y 3 פתרונות בת''ל של ההומוגנית המתאימה. הפתרון הכללי להומוגנית הוא: ננחש פתרון מהצורה: נגזור: נניח (הצדקה בהמשך) שמתקיים: לכן: נגזור שוב: נניח שוב: ונקבל: נגזור שוב: y 1, y 2, y 3 פתרונות למד''ר, לכן נוכל להציב את המד''ר: + a 3 (c 1 y 1 + c 2 y 2 + c 3 y 3 ) = f (x) f (x) = c 1y 1 + c 2y 2 + c 3y c 1 (y 1 + a 1 y 1 + a 2 y 1 + a 3 y 1 ) + c 2 (y 2 + a 1 y 2 + a 2 y 2 + a 3 y 2 ) + c 3 (y 3 + a 1 y 3 + a 2 y 3 + a 3 y 3 ) 45 נסדר מחדש:

46 כיוון ש y 1, y 2, y 3 מקיימות את המשוואה ההומוגנית נקבל: f (x) = c 1y 1 + c 2y 2 + c 3y 3 c 1y 1 + c 2y 2 + c 3y 3 = 0 c 1y 1 + c 2y 2 + c 3y 3 = 0 c 1y 1 + c 2y 2 + c 3y 3 = f (x) c! y 1 + c 2 y 2 + c 3 y 3 קיבלנו שאם c 1, c 2, c 3 מקיימים את המשוואות: אזי y 1 y 2 y 3 c y 1 y 2 y c y 1 y 2 y 3 2 = 0 c 3 f (x) y 1 y 2 y 3 W = y 1 y 2 y 3 0 y 1 y 2 y 3 הוא פתרון של המד''ר הלא הומוגנית. קיבלנו את מערכת המשוואות: נשים לב שמתקיים: אזי קיים פתרון אחד ויחיד למערכת. פורמלית בשיטת קרמר: c i = i ( ) i (x) c i = dx (x) דוגמה y 4 x y + 6 x 2 y = 1 x פתרונות ההומוגנית הם: y 1 = x 2 y 2 = x 3 W = x2 x 3 2x 3x 2 = 3x4 2x 4 = x 4 0 ( ) ( ) ( ) x 2 x 3 c 1 0 2x 3x 2 c = 1 2 x נציב בפתרון: 46

47 c 1 = c 2 = 0 1 x3 x 3x 2 W x x x = x2 x 4 = 1 x 2 אזי: W = x x 4 = 1 x 3 נפתור: c 1 = 1 x c 2 = 1 2x 2 הפתרון הוא: y = y g + 1 x x2 1 2x 2 x3 = y g + x x 2 = C 1 x 2 + C 2 x 3 + x 2 (כאשר פה C 1, C 2 קבועים). 24 מד''ר לינארית הומוגנית\לא הומוגנית מסדר גבוה עם מקדמים קבועים y (n) + p 1 y (n 1) + p 2 y (n 2) p n y = f (x) מד''ר כזו תיקרא מד''ר עם מקדמים קבועים אם p 1,,... p n הם קבועים בR. ננחש פתרון מהצורה: y = e rx y = re rx y (m) = r m e rx r n e rx + p 1 r n 1 e rx p n e rx = 0 e rx ( r n + p 1 r n p n ) = 0 r n + p 1 r n p n נציב במד''ר ההומוגנית: הפולינום נקרא הפולינום האופייני של המד''ר. קיבלנו שאם r הוא שורש של הפולינום האופייני אזי e rx פותר את המד''ר. אם יש n פתרונות ממשיים שונים r, 1,,.. r n אזי הפתרון הכללי למד''ר ההומוגנית הוא: y = n c i e rix i=1 47

48 אם יש זוג פתרונות מרוכבים צמודים r = α ± iβ אזי (בהנחה שמחפשים פתרון ממשי) ce (α+iβ)x + ce (α iβ)x = c 1 e αx sin (βx) + c 2 e αx cos (βx) אם r 1,,... r n הם פתרונות הפולינום ניתן לכתוב את המשוואה בצורה: ( ) ( ) ( ) d d d dx r 1 dx r 2... dx r n y = 0 ( ) ( ) d d dx r dx r xe rx = = אם r שורש כפול אז: ( ) d dx r [e rx + rxe rx rxe rx ] ( ) d dx r e rx = 0 לכן אם יש שורש כפול אז גם xe rx פתרון של המשוואה. בכלליות, אם r שורש עם ריבוי m אז x l e rx פתרון עבור 1 m l = 0, 1,..., (נסו להראות באינדוקציה). אם יש שורש מרוכב r = α + iβ עם ריבוי,m אזי x l e (α±iβ)x או (βx) x l e αx cos ו( βx ) x l e αx sin פתרונות עבור.l = 0,.., m 1 באופן כללי, אם יש לנו פתרונות r 1,.., r m בריבויים q 1,..., q m אזי הפתרון הוא: y = m q i 1 i=1 j=0 c ij x j e rix כאשר c ij קבועים שרירותיים. אם 0 הוא שורש של הפולינום האופייני בריבוי q 0 אזי כל פולינום עד דרגה q 0 1 הוא פתרון. דוגמה y (5) 2y (4) + y (3) = 0 הפולינום האופייני: r 5 2r 4 + r 3 = 0 r 3 ( r 2 2r + 1 ) = 0 r 3 (r 1) 2 = 0 קיבלנו שהשורשים הם = 0 r בריבוי 3 ו 1 = r בריבוי.2 הפתרונות שאנחנו מקבלים הם: r = 0 1 x x 2 r = 1 ex xe x לכן הפתרון הכללי הוא: y = c 1 + c 2 x + c 3 x 2 + c 4 e x + c 5 xe x 48

49 שיטות למציאת y: p שיטת הניחוש\בחירה\המקדמים הנעלמים y (n) + p 1 y (n 1) + p 2 y (n 2) p n y = P m (x) כאשר P m פולינום מדרגה m. אם 0 אינו שורש של הפולינום האופייני של המשוואה, ננחש פתרון מהצורה: a 0 + a 1 x a m x m נציב ונקבל מערכת משוואות לינאריות עבור a 0,,.. a m כאשר כל המקדמים חייבים להתאפס. דוגמה y y = x r 2 1 = 0 r = ±1 y g = c 1 e x + c 2 e x y p = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 הפולינום האופייני הוא: 0 אינו שורש לכן ננחש: y p = a 1 + 2a 2 x y p = 2a 2 נציב במשוואה: 2a 2 a 0 a 1 x a 2 x 2 = x קיבלנו את המערכת: 2a 2 a 0 = 3 a 1 = 0 a 2 = 1 מכאן קיבלנו: a 1 = 0 a 2 = 1 a 0 = 5 לכן הפתרון הפרטי הוא: y p = x 2 5 והפתרון הכללי למשוואה הוא: y = c 1 e x + c 2 e x x

50 הערה אם 0 שורש בריבוי h ננחש פתרון מהצורה x h (a 0 + a 1 x a m x m ) דוגמה y y = x + 1 הפולינום האופייני הוא: r 2 r = 0 r = 0, 1 y g = c 0 + c 1 e x y p = x (a 0 + a 1 x) = a 0 x + a 1 x 2 0 הוא שורש לכן ננחש פתרון: y p = a 0 + 2a 1 x y p = 2a 1 נציב במשוואה: 2a 1 a 0 2a 1 x = x + 1 מכאן נקבל: 2a 1 a 0 = 1 2a 1 = 1 נפתור: a 0 = 2 a 1 = 1 2 לכן הפתרון הוא: y = c 0 + c 1 e x 2x 1 2 x2 שיטת הניחוש אקספוננט כפול פולינום y (n) + p 1 y (n 1) p n y = e αx P m (x) אם α איננו שורש של הפולינום האופייני ננחש פתרון מהצורה: Q m (x) e αx 50

51 כאשר Q m (x) = a 0 + a 1 x a m x m אם α שורש בריבוי k של הפולינום האופייני ננחש פתרון מהצורה: x k Q m (x) e αx (זה מקרה כללי של המקרה הקודם שמתקבל כאשר = 0 α). שיטת הניחוש מקרה נוסף y (n) + p 1 y (n 1) p n y = e αx { } sin βx P cos βx m (x) Q m1 (x) e αx cos βx + Q m2 (x) e αx sin βx x k [Q m1 (x) e αx cos βx + Q m2 (x) e αx sin βx] אם α ± iβ לא שורש ננחש פתרון מהצורה: אם α ± iβ שורשים מריבוי k (כ''א) אז ננחש פתרון: (זה למעשה המקרה הקודם אם מרשים α מרוכב). כלל בגלל הלינאריות של הפתרונות, אם נתונה לנו המשוואה: y (n) + p 1 y (n 1) p n y = f (x) + g (x) אז נוכל לפתור עבור (x) f ו( x ) g בנפרד ולסכם את הפתרונות. דוגמה - אוסצילטור הרמוני ẍ = αx נפתור בשיטת הניחוש: ẍ + αx = 0 הפולינום האופייני: r 2 + α = 0 r = ±i α לכן y g = ce i αt + ce i αt x = c 1 cos ( αx ) + c 2 sin ( αx ) = A cos ( αt + ϕ ) או 51

52 אוסצילטור הרמוני עם ריסון ẍ + λẋ + αx = 0 r 2 + λr + α = 0 ẍ = αx λẋ, λ > 0 r = λ ± λ 2 4α 2 נחלק למקרים:.1 λ 2 4α < 0 ( ) y = e λt 4α λ 2 2 A cos t + ϕ 2 אזי.2 λ 2 4α > 0 y = c 1 e r1t + c 2 e r2t r 1, r 2 < 0 ''ריסון על''..3 λ 2 = 4α לכן הפתרון הכללי: y = c 1 e λ 2 t + c 2 te λ 2 t תנודות מאולצות ẍ = αx + cos ωt x g = A cos ( αt + ϕ ) שורשי הפולינום האופייני הם i±. α אם ω i± α אז ננחשב פתרון מהצורה: x p = a 1 cos ωt + a 2 sin ωt a 1 ω 2 cos ωt a 2 ω 2 sin ωt = αa 1 cos ωt αa 2 sin ωt + cos ωt נציב ונקבל: 52

53 נפתור מערכת משוואות עבור המקדמים: a 2 = 0 a 1 = 1 α ω 2 לכן הפתרון שלנו הוא: x = A cos ( αt + ϕ ) + x p = a 1 t cos ωt + a 2 t sin ωt 1 cos (ωt) α ω2 ẋ p = a 1 cos ωt a 1 ωt sin ωt + a 2 sin ωt + a 2 ωt cos ωt אם α = ω 2 (תהודה - רזוננס) אז ננחש פתרון מהצורה: ẍ p = ωa 1 sin ωt a 1 ω sin ωt a 1 ω 2 t cos ωt + a 2 ω cos ωt + + a 2 ω cos ωt a 2 ω 2 sin ωt 2ωa 1 sin ωt a 1 ω 2 t cos ωt + 2ωa 2 cos ωt a 2 ω 2 t sin ωt = α (a 1 t cos ωt + a 2 t sin ωt) + cos ωt נציב במשוואה: אזי: a 1 = 0 a 2 = 1 2ω נקבל שהפתרון הוא: x = c 1 cos ωt + c 2 sin ωt + 1 t sin ωt 2ω 25 משוואת אוילר x n y (n) + a 1 x n 1 y (n 1) a n y = x = { e t x > 0 e t x < 0 a 0 x 2 y + a 1 xy + a 2 y = { 0 f (x) { 0 f (x) כאשר.a 1,..., a n = const R נציב: נניח ויש לנו משוואה מסדר 2: 53

54 נסתכל על המקרה > 0 x ונבצע את ההצבה: x = e t, t = ln x y = dy dx = dy dt dt dx = 1 dy dy = e t x dt dt y = d dy dx dx = d dt = ( e t dy [ t dy e dt + e t d2 y dt 2 ) dt dt dx ] e t [ ] a 0 e 2t t dy e dt + e t d2 y dt 2 e t + a 1 e t t dy e dt + a 2y = dy a 0 dt + a d 2 y 0 dt 2 + a dy 1 dt + a 2y = a 0 d 2 y dt + (a 1 a 0 ) dy dt + a 2y = { 0 g (t) { 0 g (t) { 0 g (t) נציב במשוואה ונקבל: אם המשוואה הומוגונית, אנחנו יודעים לפתור, מוצאים את r 1, r 2 שפותרים את הפולינום האופייני. נניח r 1 r 2 ונציב: y = c 1 e r1t + c 2 e r2t y = c 1 x r1 + c 2 x r2 y = c 1 e r1t + c 2 te r2t y = c 1 x r1 + c 2 ln (x) x r1 y = x r נציב בחזרה t = ln x ונקבל: אם r 1 = r 2 נקבל: לכן, אם מקבלים משוואת אוילר מנחשים פתרון מהצורה ומציבים. (אם מסתכלים על < 0 x אז נציב (y = ( x) r a 0 x 2 y + a 1 xy + a 2 y = 0 a 0 x 2 r (r 1) x r 2 + a 1 x rx r 1 + a 2 x r = 0 [a 0 r (r 1) + a 1 r + a 2 ] x r = 0 a 0 r (r 1) + a 1 r + a 2 = 0 המשוואה האחרונה שקיבלנו נקראת משוואה אינדיציאלית. נפתור אותה ונמצא את הrים המתאימים. אם כל השורשים שונים נקבל שהפתרון הוא y = n c i x ri i=1 54

55 y = m k=1 עבור l שורשים חוזרים עם ריבוי m j (עבור שורש r) j נקבל את הפתרון: y = m l j c ij (ln x) i 1 x rj j=1 i=1 y = c 1 x α cos (β ln x) + c 2 x α sin (β ln x) עבור שורשים מרוכבים שונים :r = α ± iβ [ ] c 1k x α (ln x) k 1 cos (β ln x) + c 2k x α (ln x) k 1 sin (β ln x) עבור שורשים מרוכבים חוזרים דוגמה x 3 y x 2 y + 2xy 2y = 0 נציב: y = x r y = rx r 1 y = r (r 1) x r 2 y = r (r 1) (r 2) x r 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 לכן השורשים הם 1 בריבוי 2 ו 2 בריבוי 1, והפתרון של המשוואה ההומוגנית הוא: y = c 1 x + c 2 x ln x + c 3 x 2 a 0 x n y (n) a n y = x α y = Ax α מקרה לא הומוגני כללים אם יש משוואה מהצורה (α קבוע). אם α לא שורש של המשוואה האינדיציאלית ננחש: ונפתור עבור A. אם α שורש בריבוי m של המשוואה אינדיציאלית אז נציב: y = A (ln x) m x α 55

56 אם יש משוואה מהצורה: a 0 x n y (n) a n y = P l (ln x) x α y = Q l (ln x) x α כאשר x) P l (ln פולינום מדרגה l של.ln x אם α לא שורש של המשוואה האינדיציאלית נציב כאשר Q l פולינום מדרגה l עם מקדמים לא ידועים, ונמצא את המקדמים. אם α שורש בריבוי m נציב: y = (ln x) m Q l (ln x) x α a 0 x n y (n) a n y = P l (ln x) x α sin (β ln x) a 0 x n y (n) a n y = P l (ln x) x α cos (β ln x) y = (ln x) m x α [Q l (ln x) sin (β ln x) + S l (ln x) cos (β ln x)] אם יש משוואה מהצורה: או מהצורה כאשר x) P l (ln פולינום מדרגה l של.ln x אם α ± iβ שורש בריבוי m נציב: כאשר S l Q, l פולינומים מדרגה l עם מקדמים לא ידועים, ונמצא את המקדמים. 26 מערכות משוואות לינאריות מסדר 1, הומוגניות, עם מקדמים קבועים משתנה בלתי תלוי x, ויש לנו פונק' y. 1, y 2, y 3 מערכת המשוואות היא: dy i dx = n j=1 למשל, אם יש לנו תהליך של התפרקות חומר A לחומר B בקצב α, ואז התפרקות חומר B לחומר C בקצב β ואז התפרקות חומר C לחומר A בקצב γ, אז מתקיים: da dt db dt dc dt a ij y j = γc αa = αa βb = βb γc y 1 a 11 a 12 a 1n y 1 y 2. = a y y n a n1 a nn y n 56 וזו מערכת המשוואות שלנו. נסמן את מערכת המשוואות שלנו:

57 a 11 a 12 a 1n. M = a a n1 a nn נסמן את המטריצה נניח v i ו''ע של המטריצה M עם ע''ע λ i אזי y = v i e λix פותר את המשוואה: y = λ i vi e λix y = λ i vi e λix = M v i e λix = λ i vi e λix כיוון שמתקיים: אם המטריצה לכסינה הו''ע מהווים בסיס למרחב הn מימדי ולכן הפתרון הכללי הוא y = n i=1 c i vi e λix אם המטריצה לא לכסינה, נסתכל על צורת ז'ורדן של המטריצה מטריצת בלוקים שמורכבת מבלוקי ג'ורדן שהם מטריצות מהצורה: λ J i (λ) = 0 λ M i i 0 λ וצורת הז'ורדן של מטריצה היא: J i1 (λ 1 ) J i2 (λ 1 ) 0 J (M) =. J i3 (λ 2 ) J ik (λ l ) y = i m i e λix c ij j=1 המטריצה λi) M) היא נילפוטנטית בתת מרחב רלוונטי. אם המטריצה לא לכסינה הפתרון הוא j k=1 v ik x j k (j k)! כאשר m i גודל בלוק ז'ורדן של הע''ע λ i ו v ij הוקטורים המתאימים לע''ע (כולל אלה שאינם וקטורים עצמיים, ומתקיים v ij ניתן להציב פתרון כזה במשוואה ולפתור עבור.(1 < j m i עבור (M λi) v ij = v i j 1,(M λi) v i1 = 0 השונים. פתרון פורמלי באמצעות אקספוננט של מטריצה exp(a) := n=0 A n n! ניתן להגדיר 57

58 כאשר 0 0 A. אם נגזור איבר איבר נראה כי מתקיים d dx exp(ax) = d dx A n x n n=0 n! = na n x n 1 = n! n=0 m=0 A m+1 m! = A exp(ax) כמי בגזירת הפונקציה המעריכית. מכאן רואים שהצבת הפתרון y = exp(ax) c כאשר c הוא וקטור קבועים שרירותי, פותרת את המשוואה. דוגמה ( y1 y 2 dy 1 dx dy 2 dx = y 1 y 2 = y 1 y 2 ) ( ) ( ) 1 1 y1 = λ λ = 0 y 2 ( 1 λ) 2 = 1 λ = 1 ± i ( ( ) ( i 1 a 0 = 1 i) b 0) a = i ( i v 1 = 1) ( ) ( ) i 1 a 1 i b v 2 = b = 1 = ( ) 0 0 a = i b = 1 ( ) i 1 נסדר במטריצה: נמצא ע''ע של המטריצה: עבור λ 1 = 1 + i נמצא ו''ע: לכן הו''ע הוא עבור :λ 2 = 1 i לכן הו''ע הוא: 58

59 ( ) ( ) ( ) y1 i = c y 1 e x e ix i + c e x e ix 1 לכן הפתרון הכללי הוא: ( 2 3) ( 2 y (0) = 3) = c 1 ( i 1 c 1 i c 2 i = 2 c 1 + c 2 = 3 c 1 c 2 = 2i c 2 = i ) ( ) i 1 + c נניח לדוגמה שיש לנו תנאי התחלה אזי: c 1 = 3 2 i y = ( i ) ( i 1 ) ( 3 e x e ix + 2 i ) ( i 1 ) e x e ix לכן דוגמה פיזיקלית נניח שיש לנו קפיץ עם שני חרוזים עליו, ויש כוח לכיוון ימין, לכן המשוואות הבאות מתארות את התזוזה של החרוזים ביחס לנק' שיווי המשקל: ÿ 1 = 2y 1 + y 2 ÿ 2 = 2y 2 + y 1 ) (ÿ1 = ÿ 2 ( ) ( ) y1 2 λ λ = (λ + 2) 2 1 = 0 y 2 λ = 1, 3 ( ( ) 1 1 a 1 1) b ( 1 v 1 = 1) = 0 a = b נכתוב בצורה מטריציאלית: נמצא ערכים עצמיים: עבור 1 = 1 :λ לכן 59

60 ( ( ) 1 1 a 1 1) b = ( 0 0) a = b ( 1 v 2 = 1) עבור 3 = 2 :λ לכן המשוואה מסדר שני. vi f (t) = M vi f (t) = λ i vi f (t) f (t) = e λ it λ 1 = 1 λ 1 = ±i λ 2 = 3 λ 2 = ± 3i y = = ( 1 1 ( 1 1) = A 1 ( 1 1 ) [c1 e it + c 2 e it] ( 1 [ + c 1) 3 e ] 3it + c 4 e 3it ( ) [ 1 [c 1 cos t + c 2 sin t] + c 1 3 cos 3t + c 4 sin 3t] ) ) cos (t + ϕ 1 ) + A 2 ( 1 1 ( ) cos 3t + ϕ2 לכן: 27 מערכות מד''ר מסדר ראשון לינאריות עם מקדמים קבועים לא הומוגניות y i = j a ij y j + g i (x) y 1. y n a 11 a 1n y 1 g 1 (x) = a n1 a nn y n g n (x) a 11 a 1n M =..... a n1 a nn או נסמן נניח M ניתנת ללכסון, כלומר קיימת P כך שD P 1 MP = אלכסונית. נגדיר y = P z z = P 1 y 60

61 y = M y + g (x) P z = MP z + g (x) P 1 P z = P 1 MP z + P 1 g (x) z = D z + P 1 g (x) המשוואה באופן דומה, אם המטריצה לא לכסינה, נבחר P שמביאה אותה לצורת ז'ורדן. נקבל מערכת משוואות שחלקן בלתי תלויות, וחלקן תלויות באלה שכבר נפתרו, כך שניתן לפתור אותן לפי הסדר, ולהציב את פתרון המשוואות שכבר נפתרו באחרות כדי לפתור את כולן. דוגמה ẋ = x + y + e t ẏ = x y + e t (ẋ ) = ẏ ( ) ( x y ) + 1 λ λ = 0 (1 λ) ( 1 λ) = 1 (1 λ) (1 + λ) = 1 λ 2 = 2 ( ) e t e t λ = ± 2 ( ( ) ( ) a 0 = b 0) v 1 = ( ) ( ) ( ) a 2 b P = ( ) 1 v 2 = 1 2 = ( ) D = P 1 MP = ( ) 0 0 ( ) נמצא ערכים עצמיים: נמצא וקטורים עצמיים: לכן עבור 2 = 1 λ נקבל נמצא עבור 2 = 2 :λ אז עבור λ 2 הוקטור העצמי הוא אז 61

62 ( ) P 1 a b = c d נסמן (כי זה יוצא מגעיל): ואז נקבל: ż 1 = 2z 1 + ae t + be t ż 2 = 2z 2 + ce t + de t ואת זה לא קשה לפתור, כל משוואה בפני עצמה. פתרון מערכת לינארית לא הומוגנית עם מקדמים קבועים באמצעות אקספוננט של מטריצה את המערכת y = M y + g ניתן לכתוב גם בצורה y M y = g או exp( Mx) [ y M y] [exp( Mx) y] = exp( Mx) g exp( M x) y = exp( Mu) gdu + c ולכן, [ y = exp(mx) ] exp( Mu) gdu + c = exp [M (x u)] gdu + exp(mx) c כלומר מערכת מד''ר לינארית לא הומוגנית עם מקדמים קבועים שיטת החילוץ dx dt dy dt y = 1 b = ax + by + f (t) = cx + hy + g (t) ( ax + f (t) dx ) dy y t = 1 b (ax t + f (t) x t ) לכן 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 ) נשווה בין המשוואה השניה לרביעית: קיבלנו מד''ר לינארית לא הומוגנית עם מקדמים קבועים מסדר 2 עבור (t) x. הפתרון הכללי הוא פתרון כללי של ההומוגנית + פרטי של הלא הומוגנית. פתרון ההומוגנית נמצא על פי הפולינים האופייני, פתרון הלא הומוגנית ע''י וריאצית פרמטרים או ע''י ניחוש מתאים. את y נמצא ע''י t).y = 1 b (ax + f (t) x 62

63 דוגמה x = x + y y = x + e t x = y e t x = y e t y e t = y e t + y y y y = 0 y = e λt λ 2 λ 1 = 0 λ 1, 2 = 1 ± 5 2 לכן y = c 1 e λ1t + c 2 e λ2t y = c 1 λ 1 e λ1t + c 2 λ 2 e λ2t x = c 1 λ 1 e λ1t + c 2 λ 2 e λ2t e t 28 שיטות כלליות לפתרון מערכות שיטת ההצבה y 1 = g (y 1, y 2 ) y 2 = h (y 1, y 2 ) dy 1 = y 1 dy 2 y 2 = g (y 1, y 2 ) h (y 1, y 2 ) דוגמה y 1 = y y 1 y 2 y 2 = y 1 y 2 + y2 2 dy 1 = y 1 (y 1 + y 2 ) dy 2 y 2 (y 1 + y 2 ) = y 1 y 2 ln y 1 = ln y 2 + c y 2 = c 1 y 1 63

64 לכן dy 1 dx dy 1 y1 2 = y c 1 y 2 1 = (1 + c 1 ) y 2 1 = (1 + c 1 ) dx 1 y 1 = (1 + c 1 ) x + c 2 1 y 1 = (1 + c 1 ) x + c 2 c 1 y 2 = (1 + c 1 ) x + c 2 שיטות אינטגרציה נוספות דוגמה dx dt dy dt dz dt = γz αx = αx βy = βy γz d (x + y + z) dt = 0 נשים לב שמתקיים אזי x + y + z קבוע, נקבע: x + y + z = c 1 z = c 1 x y דוגמה dx dt dy dt dz dt = z y = x z = y x d (x + y + z) = 0 dt x + y + z = c 1 אזי 64

65 1 2 x dx dt = xz xy y dy dt = xy xz x dx dt + y dy dt = 0 d ( x 2 + y 2) dt = 0 x 2 + y 2 = c 2 נוכל עכשיו לחלץ את z וy כפונקציה של x ולקבל מד''ר יחידה עבור x. חלק VI אינטגרציה של מד''ר ע''י טורי חזקות 29 פתרון מד''ר בעזרת טורי טיילור דוגמה dy dx 2xy = 0 נציב y = a i x i = a 0 + a 1 x +... y = a 1 + 2a 2 x +... = ia i x i 1 נציב במשוואה a 1 + 2a 2 x x ( a 0 + a 1 x + a 2 x 2) = 0 a 1 + (2a 2 2a 0 ) x + (3a 3 2a 1 ) x = 0 a 1 = 0 2a 2 2a 0 = 0 3a 3 2a 1 = 0 4a 4 2a 2 = 0 a 1 = 0 a 2 = a 0 a 3 = 0 a 4 = 1 2 a 2 = 1 2 a 0 זה שווה זהותית ל 0 לכן כל מקדם שווה זהותית ל 0. מכאן נקבל: 65

66 ( y = c 1 + x ) 2 x נכתוב a, 0 = c נקבל שהפתרון הוא נסמן a 1 + l=0 y = y = k=1 a k x k k=0 ka k x k 1 k=0 ka k x k 1 = 2x a k x k k=0 (l + 1) a l+1 x l = 2 a k x k+1 l=0 k=0 (l + 1) a l+1 x l = 2 a m 1 x m (l + 1) a l+1 x l = m=1 l=1 m=1 2a m 1 x m נציב במשוואה: אז נקבל: a 1 = 0 (l + 1) a l+1 = 2a l 1 a l+1 = 2a l 1 l + 1 a n = 2a n 2 n a n = 2 n 2 n!! a 0 (when n is even) a 0 = ( n ) 2! n!! = { n (n 2) (n 4) n (n 2) (n 4) n is even n is odd כאשר a n a n 2 = 2 n a n 2 a n 4 =. a 2 a 0 = המעבר הלפני אחרון הוא ע''י פתרון משוואת רקורסיה: 2 n 2

67 a n a n 2 an 2 a n 4... a4 a 2 a2 a 0 = a n = 2 n 2 a 0 n!! 2 k k < n k is even נכפיל את הכל ונקבל: לכן הטור הכללי הוא: y = a 0 k=0 x 2k k! = a 0 e x2 טענה נתונה מד''ר מהצורה: y (n) + p 1 (x) y (n 1) p n (x) y = f (x) כאשר (x) f (x),p k רציפות בקטע b) (a, ויהי b).x 0 (a, אם כל המקדמים p k נפתחים לטורי חזקות בתחום x x 0 < ρ k ו( x ) f נפתח לטור חזקות בתחום n+1 x x 0 < ρ אזי קיים פתרון (x) y של המד''ר שנפתח לטור חזקות מתכנס לפחות בתחום x x 0 < ρ = min k=1...n+1 {ρ k} הוכחה נוכיח עבור משוואה הומוגנית מסדר שני y = p(x)y + q(x)y (15) עם תנאי התחלה y(0) = y 0, y (0) = y 1 ופיתוח סביב 0. ההוכחה למקרה הכללי דומה. נסמן p(x) = q(x) = p n x n n=0 q n x n n=0 נניח רדיוס ההתכנסות של הפיתוח לטור של p(x) הוא R 1 ושל q(x) הוא.R 2 נבחר ) 2.R < min(r 1, R כיון שקיים פיתוח לטור לכל r < R חייב להתקיים 0 n, q n r n 0, p n r ולכן קיימים M 2,M 1 חיוביים כך ש, p n r n < M 1 67

68 .c 1 = ו y 1 c 0 = מתנאי ההתחלה y 0.y = n=0 c nx n נסמן את הפיתוח לטור של פתרון המשוואה. q n r n < M 2 מהמשוואה 15 נקבל את המשוואה הבאה עבור האינדקסים n 1 n 1 n(n + 1)c n+1 = (n k)p k c n k + q k c n k 1 k=0 עבור > 1 n, כלומר מקדמי הטור כולם נקבעים לפי c 0 ו c 1 ע''י נוסחת הנסיגה הנ''ל. מתקיים: ( n 1 ) 1 n 1 c n+1 (n k) p k c n k + q k c n k 1 n(n + 1) n 1 1 n + 1 k=0 k=0 p k c n k + k=0 k=0 n 1 1 q k c n k 1 n(n + 1) k=0 M1 r 0 + M 2 r 2 0 N = 1 r/r 0 נקבע r 0 המקיים.r < r 0 < R נסמן, M = max ( c k r k ) 0 k N+1. נוכיח באינדוקציה c n M r n לכל.n עבור + 1 N n זה נובע ישירות מההגדרה. נניח נכונות עבור n ונקבל c n+1 n 1 1 n + 1 k=0 M 1 r k 0 Mrk n + n 1 1 n(n + 1) k=0 M 2 r k 0 Mr1+k n 1 n + 1 M 1r n M r/r 0 n(n + 1) M 2r 1 n M 1 r/r 0 Mr (n+1) N n + 1 Mr (n+1) לכן 0 c n r n חסום לכל,r 0 < R ולכן הטור מתכנס לכל.r < r 0 < R דוגמה y = ( 1 + x 2) y + sin x y = a k x k y = y = k=0 ka k x k 1 k=1 k (k 1) a k x k 2 k=2 68

69 נציב ונקבל: k (k 1) a k x k 2 = ( 1 + x 2) a k x k + sin x k=2 k 0 k (k 1) a k x k 2 = k=2 (l + 2) (l + 1) a l+2 x l = l=0 a k x k + a k x k+2 + sin x k=0 a k x k + k=0 k=0 a m+2 x m + m=2 k 1 2 ( 1) k is odd ( 1) k 1 2 ( k 1 2 (l + 2) (l + 1) a l+2 = a l + a l 2 + (k is odd, l 2) k! (l + 2) (l + 1) a l+2 = a l + a l 2 (k is even, l 2) )! x k אלה נוסחאות רקורסיה, נעצור פה. 30 סיווג נק' סינגולריות a 0 (x) y + a 1 (x) y + a 2 (x) y = 0 y + a 1 (x) a 0 (x) y + a 2 (x) a 0 (x) y = 0 (x x 0 ) 2 y + a 1 (x) a 0 (x) (x x 0) 2 y + a 2 (x) a 0 (x) (x x 0) 2 y = 0 אם ב x 0 יש נקודת סינגולריות, אזי יש לנו בעיה! נכפיל ב ) 2 0 :(x x ( ) L 1 = lim (x x 0 ) a1 (x) x x 0 a 0 (x) ( ) L 2 = lim (x x 0 ) 2 a 2 (x) x x 0 a 0 (x) נניח קיימים הגבולות: אז בקרבת x 0 נקבל: (x x 0 ) 2 y + (L 1 + o (1)) (x x 0 ) y + (L 2 + o (1)) y = 0 (x x 0 ) r g (x) = o (f (x)) כשבהזנחת האיברים הקטנים הפתרון יהיה מהצורה g (x) lim x x 0 f (x) = 0 כאשר 69

70 31 טור פרוביניוס Frobenius y = x r k=0 a k x k = a k x k+r k=0 אם קיימים הגבולות L 1, L 2 אז הנק' x 0 נקראת סינגולרית רגולרית. מציבים פתרון בצורת טור פרוביניוס ופותרים עבור r והמקדמים. (אם זה בסביבת x 0 ולא 0 נציב טור סביב x). 0 דוגמה 3xy + (2 x) y y = 0 y + 2 x 3x y 1 3x y = 0 lim x 0 lim x 0 ( x 2 ( x 2 x 3x ( 1 3x ) )) = 2 3 = 0 x 2 y + 2 x 3 xy x 3 y = 0 נכפיל את המשוואה ב x: 2 נכתוב את המשוואה האינדיציאלית: r (r 1) r = 0 r 2 r r = 0 r 2 r 3 = 0 r = 0, 1 3 y = y = y = y = x 0 k=0 a k x k + x 1 3 b k x k k=0 אז הפתרון הוא מהצורה: נפתח רק את הטור השני, כי הטור הראשון יצא טור חזקות רגיל. b k x k+ 1 3 k=0 ( b k k + 1 ) x k ( b k k + 1 ) ( k 2 ) x k k=0 k=0 70

71 k=0 3x k=0 k=0 ( b k k + 1 ) ( k 2 ) x k (2 x) 3 3 ( 3b k k + 1 ) ( k 2 ) x k ( b k (3 k 2 ) ) ( + 2 k + 1 ) x k b k b k 1 = k=0 b k x k+ 1 3 = 0 k=0 k=0 ( b k k + 1 ) x k ( 2b k k + 1 ) x k ( b k k + 1 ) x k k=0 b k x k+ 1 3 = 0 k=0 l=1 b k = b 0 נציב במשוואה המקורית: ( b l (l 1) + 1 ) x l 2 3 = 0 3 ) ( k k ( k k k! ) = 1 3k במקרה אחר, נניח שנקבל r = 1 2, 5 2 y = x 1 2 ak x k + x 5 2 bk x k אז אבל הטור השני כלול בטור הראשון. אם ננסה להציב פתרון כזה, נקבל שבאחת המשוואות יש סתירה. לכן, כל מה שאמרנו הוא בתנאי: r 1 r 2 / Z y 1 = x r1 ak x k y 2 = by 1 (x) ln x + x r2 bk x k אם r 1 r 2 Z אז: כאשר.r 1 r 2 32 משוואת בסל x 2 y + xy + ( x 2 m 2) y = 0 71

72 y + 1 ) x y + (1 m2 x 2 y = 0 ( lim x 1 ) = 1 x 0 x )) (x (1 2 m2 = m 2 lim x 0 x 2 כאשר נניח ב.ה.כ 0 m. נעביר למשוואת אוילר המתאימה: x 2 y + 1 xy m 2 y = 0 ננחש פתרון y = x r y = rx r 1 y = r 2 r (r 1) x נציב ונקבל את המשוואה האינדיציאלית: r 2 r (r 1) + r m 2 = 0 r 2 = m 2 r = ±m נבדוק מקרים. אם: r 1 r 2 = 2m / Z אז הפתרון: y = c 1 x m y = y = y = a n (m + n) (m + n 1) x m+n + n=0 + a n (m + n) (m + n 1) x m+n + n=0 a n x n + c 2 x m n=0 n= b n x n נציב את הטור הראשון במשוואה: a n x m+n n=0 a n (m + n) x m+n 1 n=0 a n (m + n) (m + n 1) x m+n 2 n=0 a n (m + n) x m+n m 2 a n x m+n n=0 a n x m+n+2 = 0 n=0 n=0 n=0 a n (m + n) x m+n m 2 a n x m+n a l 2 x m+l = 0 l=2 n=0

73 נשווה מקדמים: [ a n (m + n) (m + n 1) + m + n m 2 ] = a n 2 a n = a n 2 n (n 2m) y = n=0 a 1 = 0 אם נסתכל על = 1 n נקבל ולכן כל המקדמים האי זוגיים מתאפסים, ועבור האיברים הזוגיים נקבל: a 2k 2 a 2k = 2k (2k 2m) נפתור את נוסחת הרקורסיה ונקבל: ( 1) n a 0 אם 2 2n n! (m + 1) (m + 2)... (m + n) x2n+m r 1 r 2 = 2m Z הפתרונות תלויים וניתן להשתמש בשיטה של טורי פרוביניוס. לחילופין ניתן להשתמש בפונקציות בסל מהסוג השני: Y m (x) = J m(x) cos(mπ) J m (x) sin(mπ) שהן צירוף לינארי של (x) J m ו( x ).J m כאשר m שלם (x),j m (x) = J m אבל ניתן להשמש בגבול J α (x) cos(απ) J α (x) Y m (x) = lim α m sin(απ) הגדרה Γ (α) = x α 1 e x dx = x α 1 e x 0 + (α 1) 0 x α 1 e x dx 0 Γ (n) = (n 1)! Γ (α 1) = Γ (α) α 1 ( ) 1 Γ = π 2 ( Γ 1 ) π = 2 1 = 2 π 2 ( Γ 3 ) 2 = 2 π 3 2 x α 2 e x dx = (α 1) Γ (α 1) עבור > 0.α אזי נשים לב שעבור n N נקבל: זו בעצם הרחבה של פונק' העצרת למספרים ממשיים. = 4 π 3 73

74 נשים לב שיש לנו בעיה עבור כל השלמים השליליים: Γ (0) = 1 0 אם נצייר את Γ נקבל: y = c n=0 a 0 = c Γ (m + 1) ( 1) n 1 2 2n n! Γ (m + n + 1) x2n+m y = J ±m (x) אם נציב בפתרון מקודם: אז נקבל: פונק' כזו נקראת פונק' בסל ונסמן אותה חלק VII פתרון מד''ר באמצעות התמרות לפלס\פורייה g (s) = L (f (t)) = 0 e st f (t) dt התמרת לפלס: 74