“Stiinta este o ecuatie diferentiala. Religia impune conditiile demargine.”

Alan Turing

4Ecuatii diferentiale

Un caz pentru Sherlock Holmes

Londra, ora 18.30.

Watson: Sherlock, spune-mi inca o data ce informatii avem de la martoriioculari.

Holmes: Dl. Fox spune ca statea la fereastra dormitorului si se uita indirectia casei vecinului sau, dl. Green. Batranul supraveghea printre altelecotetul gainilor vecinului sau. Acesta spune ca de cateva saptamani cineva furaouale gainilor sale. La ora 6 s-a asezat dl. Fox la panda. De atunci nu a reusitsa dea de urma hotului. Doar Pastorul, dl. Black, a trecut pe la ora 9.30 pela dl. Green, intr-o vizita de o ora. Acesta din urma a declarat ca totul erain ordine cand l-a vizitat. La ora 15.00 a venit Helen fiica dului Green. Laora 15.45 s-a deschis usa casei iar Helen a iesit alergand. L-a vazut pe dl. Foxla fereastra si a spus ceva ce el nu a inteles intrucat era fereastra inchisa. Se

1

manifesta foarte nervos si confuz. Dl. Fox a iesit in intampinare la usa.”E mort!”, a urlat Helen. ”Cineva l-a omorat! Are o rana la cap!”...

Watson: De ce a iesit abia dupa 45 de minute din casa ? Este evident, eaeste criminalul !

Holmes: Nu stim sigur. Ea a spus ca atunci cand si-a vazut tatal morta lesinat si abia dupa 45 de minute si-a revenit. Apoi a tasnit afara din casa.Intrebarea este asadar: Ea minte sau minte Pastorul, care zice ca dl. Green erain viata la ora 10.30 ?

Watson: Si cum vom afla asta ?Holmes: Am masurat temperatura corpului victimei precum si temperatura

camerei. O data acum 5 minute precum si acum 2 ore. Astfel ca in cateva minutevom afla cine este criminalul ...

Ecuatii diferentiale de ordinul intai

∙ sunt ecuatii diferentiale de forma:

𝑦′(𝑥) = 𝑓(𝑥, 𝑦(𝑥)), (𝑥, 𝑦) ∈ 𝐷𝑓 ⊂ R2.

unde 𝐷𝑓 este domeniul de definitie al functiei 𝑓 .∙ o functie 𝑦 = 𝑦(𝑥) se numeste solutie (integrala, curba integrala) a unei

ecuatii diferentiale cand impreuna cu derivatele ei verifica ecuatia diferentialarespectiva.

∙ o solutie generala a unei ecuatii diferentiale de ordinul este o expresie cuun parametru 𝜑(𝑥,𝐶), astfel ca 𝑦 = 𝜑(𝑥,𝐶) este o solutie. Pentru fiecare 𝐶 seobtine o solutie particulara.

∙ integrala generala a unei ecuatii diferentiale este o relatie:

𝜑(𝑥, 𝑦, 𝐶) = 0

care defineste implicit solutia 𝑦 a ecuatiei.∙ o functie 𝑦 = 𝑦(𝑥) se numeste solutie singulara daca impreuna cu derivatele

sale verifica ecuatia dar nu poate fi obtinuta din formula solutiei generale prinalegerea convenabila a unui parametru.

Interpretarea geometrica:Printr-un element linie prin punctul 𝑃 (𝑥0, 𝑦0) intelegem un mic segment tangentla curba solutie in punctul 𝑃, de panta

𝑚 = 𝑦′(𝑥0) = 𝑓(𝑥0, 𝑦0).

Multimea tuturor elementelor linie formeaza un camp de directii asociat ecuatieidiferentiale.

2

Sa consideram ecuatia diferentiala de ordinul intai

𝑦′ = 𝑥2 + 𝑦2 := 𝑓(𝑥, 𝑦)

In punctul 𝑃 (2, 1) elementul linie are panta

𝑚 = 𝑓(2, 1) = 22 + 12 = 5.

care corespunde unui unghi 𝛼 (cu axa OX) dat prin formula tg(𝛼) = 5,deci 𝛼 = 79∘.

�

Exemplu:

∙ ecuatia diferentiala asociaza o panta fiecarui punct 𝑃 (𝑥, 𝑦) ∈ 𝐷𝑓

∙ daca desenam un camp de directii de mici elemente linii (vezi figura ex-emplului urmator) atunci solutiile ecuatiei diferentiale sunt acele curbe care sepotrivesc acestui camp de directii

∙ aceasta inseamna ca aceste curbe sunt tangente in fiecare punct elementelorlinie desenate.

∙ campul de directii nu ofera doar o intelegere intuitiva a solutiilor ci si felulin care solutiile se comporta.

Curbele desenate evidentiaza cateva posibile curbe solutie. �

Exemplu:

3

Ecuatii diferentiale cu variabile separabile:

𝑦′ = 𝑔(𝑥) · 𝑓(𝑦)

Algoritm:

∙ integrarea se face prin separarea variabilelor :

𝑦′

𝑓(𝑦)= 𝑔(𝑥)

∙ fie 𝐹 o primitiva a lui1

𝑓si 𝐺 o primitiva a lui 𝑔 ∙ urmeaza prin integrare

dupa 𝑥: ∫𝑦′(𝑥)

𝑓(𝑦(𝑥))𝑑𝑥 =

∫𝑔(𝑥)𝑑𝑥

adica:

𝐹 (𝑦) = 𝐺(𝑥) + 𝐶.

Ecuatii diferentiale omogene:

𝑦′ = 𝑓(𝑦𝑥

)

Algoritm:

∙ cu ajutorul substitutiei𝑦(𝑥)

𝑥= 𝑧(𝑥) se obtine:

𝑥𝑧′ + 𝑧 = 𝑓(𝑧)

pentru ca apoi separarea variabilelor sa conduca la:

𝑧′

𝑓(𝑧) − 𝑧=

1

𝑥

∙ integrarea dupa 𝑥 furnizeaza:∫1

𝑓(𝑧) − 𝑧𝑑𝑧 = ln |𝑥| + 𝐶

∙ daca 𝑧0 este o radacina a ecuatiei 𝑓(𝑧)− 𝑧 = 0 atunci 𝑧 = 𝑧0 este de asemeneao solutie iar 𝑦 = 𝑧0 · 𝑥 este o solutie singulara.

Ecuatii diferentiale de forma:

𝑦′ = 𝑓 (𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐) , 𝑏 = 0

4

Algoritm:

∙ cu ajutorul substitutiei:

𝑧(𝑥) = 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦(𝑥) + 𝑐

se ajunge la 𝑧′ = 𝑎 + 𝑏𝑦′, astfel:

𝑦′ =𝑧′ − 𝑎

𝑏= 𝑓(𝑧),

deci o ecuatie echivalenta este:

𝑧′ = 𝑎 + 𝑏𝑓(𝑧).

∙ aceasta ecuatie diferentiala se rezolva prin separarea variabilelor.

B fie ecuatia diferentiala:

𝑦′ = (2𝑥 + 3𝑦)2 := 𝑓(𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐)

asadar 𝑎 = 2, 𝑏 = 3, 𝑐 = 0 si 𝑓(𝑡) = 𝑡2.B incercam substitutia:

𝑧(𝑥) = 2𝑥 + 3𝑦(𝑥)

si trebuie sa raspundem la doua intrebari:Cum se modifica membrul drept al ecuatiei ?Cum se modifica membrul stang ?B in general pentru a susbtitui membrul stang al unei ecuatii diferen-

tiale este nevoie de derivarea relatiei care da substitutia propusa, deoarecetrebuie sa exprimam 𝑦′ in functie de 𝑧′

B astfel obtinem 𝑧′ = 2 + 3𝑦′.B pentru mebrul drept sa observa usor ca (2𝑥+3𝑦)2 = 𝑧2, prin urmare

in functie de noua variabila z ecuatia diferentiala se scrie

𝑧′ − 2

3= 𝑧2 apoi 𝑧′ = 2 + 3𝑧2.

B rezolvam aceasta ecuatie prin separarea variabilelor:∫𝑧′

2 + 3𝑧3𝑑𝑥 =

∫1𝑑𝑥 = 𝑥 + 𝐶

dar: ∫𝑧′(𝑥)

2 + 3𝑧3(𝑥)𝑑𝑥 =

1

2

∫𝑑𝑧

1 +(√

32𝑧)2

Exemplu:

5

B cu ajutorul substitutiei 𝑡 =√

32𝑧 rezulta:

1

2

∫𝑑𝑧

1 +(√

32𝑧)2 = 𝐻

(√3

2𝑧

)+ 𝐶

unde:

𝐻(𝑡) =1

2

∫1

1 + 𝑡2

√2

3𝑑𝑡 =

1√6

arctg 𝑡

B in concluzie:

arctg

(√3

2𝑧

)=

√6(𝑥 + 𝐶),

prin inlocuire se obtine:

𝑧(𝑥) =

√2

3tg(

√6(𝑥 + 𝐶)).

B deci:

𝑦(𝑥) =𝑧(𝑥) − 2𝑥

3=

√23 tg(

√6(𝑥 + 𝐶)) − 2𝑥

3

�

Ecuatii cu diferentiale totale sau exacte:

𝑃 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑄(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0

Algoritm:∙ o ecuatie de forma

𝑃 (𝑥, 𝑦) + 𝑄(𝑥, 𝑦)𝑦′ = 0

este uneori scrisa in forma mai sus amintita (din motive pseudo-matematicce)deoarece 𝑦′ = 𝑑𝑦

𝑑𝑥∙ ideea este ca atunci cand 𝑃 si 𝑄 au derivate partiale continue care satisfac

conditia𝜕𝑃

𝜕𝑦=

𝜕𝑄

𝜕𝑥(conditia de exactitate)

com avea o frumoasa formula pentru integrala generala a unei astfel de ecuatii∫ 𝑥

𝑥0

𝑃 (𝑡, 𝑦0)𝑑𝑡 +

∫ 𝑦

𝑦0

𝑄(𝑥, 𝑡)𝑑𝑡 = 𝑐 sau

∫ 𝑥

𝑥0

𝑃 (𝑡, 𝑦)𝑑𝑡 +

∫ 𝑦

𝑦0

𝑄(𝑥0, 𝑡)𝑑𝑡 = 𝑐, 𝑥0, 𝑦0 ∈ R.

∙ de cele mai multe ori o astfel de ecuatie nu satisface conditia si din aceastacauza vom cauta un factor integrant 𝜇(𝑥, 𝑦) astfel ca:

𝜕

𝜕𝑦[𝜇(𝑥, 𝑦)𝑃 (𝑥, 𝑦)] =

𝜕

𝜕𝑥[𝜇(𝑥, 𝑦)𝑄(𝑥, 𝑦)]

6

∙ este util sa stim ca atunci cand𝜕𝑃𝜕𝑦 − 𝜕𝑄

𝜕𝑥

𝑄 depinde doar de x un factorintegrant este

𝜇(𝑥) = 𝑒𝑥𝑝

(∫ 𝑥

𝑥0

𝜕𝑃𝜕𝑦 − 𝜕𝑄

𝜕𝑥

𝑄𝑑𝑥

)

si cand𝜕𝑃𝜕𝑦 − 𝜕𝑄

𝜕𝑥

𝑃 depinde doar de y un factor integrant este

𝜇(𝑦) = 𝑒𝑥𝑝

(−∫ 𝑦

𝑦0

𝜕𝑃𝜕𝑦 − 𝜕𝑄

𝜕𝑥

𝑃𝑑𝑦

).

Ecuatii diferentiale liniare omogene:

𝑦′ = 𝑓(𝑥)𝑦

Algoritm:

∙ separarea variabilelor conduce la:

𝑦′

𝑦= 𝑓(𝑥).

∙ dupa integrare relativ la 𝑥 avem:

ln |𝑦(𝑥)| =

∫𝑓(𝑥)𝑑𝑥 + 𝐶

∙ in concluzie se obtine, pentru 𝐶 > 0:

𝑦(𝑥) = 𝐶1𝑒∫𝑓(𝑥) 𝑑𝑥,

unde 𝐶1 = ln𝐶 ∈ R.

Ecuatii diferentiale liniare neomogene:

𝑦′ = 𝑓(𝑥)𝑦 + 𝑔(𝑥)

Algoritm:

∙ cu transformarea ( metoda variatiei constantelor):

𝑦(𝑥) = 𝐶(𝑥)𝑒∫𝑓(𝑥) 𝑑𝑥

obtinem:

𝐶 ′(𝑥)𝑒∫𝑓(𝑥)𝑑𝑥 + 𝐶(𝑥)𝑒

∫𝑓(𝑥)𝑑𝑥𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑥)𝐶(𝑥)𝑒

∫𝑓(𝑥)𝑑𝑥 + 𝑔(𝑥),

adica:𝐶 ′(𝑥) = 𝑔(𝑥)𝑒−

∫𝑓(𝑥)𝑑𝑥,

7

de unde urmeaza:

𝑦(𝑥) =

(𝐶 +

∫𝑔(𝑥)𝑒−

∫𝑓(𝑥)𝑑𝑥𝑑𝑥

)𝑒∫𝑓(𝑥)𝑑𝑥

cu 𝐶 ∈ R arbitrar ales.∙ Problema Cauchy:{

𝑦′(𝑥) = 𝑓(𝑥)𝑦(𝑥) + 𝑔(𝑥)

𝑦(𝑥0) = 𝑦0

are solutia:

𝑦(𝑥) =

(𝑦0 +

∫ 𝑥

𝑥0

𝑔(𝑠)𝑒−

∫ 𝑠𝑥0

𝑓(𝑡)𝑑𝑡𝑑𝑠

)· 𝑒

∫ 𝑥𝑥0

𝑓(𝑡)𝑑𝑡

Ecuatii diferentiale de tip Bernoulli:

𝑦′ + 𝑓(𝑥)𝑦 = 𝑔(𝑥)𝑦𝛼

Algoritm:

∙ pentru 𝛼 > 1 este 𝑦 ≡ 0 o solutie iar in cazurile 𝛼 = 0, 𝛼 = 1 este o ecuatiediferentiala liniara.

∙ in cazurile ramase inmultim ecuatia cu 𝑦−𝛼 si obtinem:

𝑦−𝛼𝑦′ + 𝑓(𝑥)𝑦1−𝛼 = 𝑔(𝑥)

∙ prin transformarea 𝑧(𝑥) = 𝑦(𝑥)1−𝛼 se obtine datorita 𝑧′(𝑥) = (1 − 𝛼)𝑦−𝛼𝑦′

ecuatia:

𝑧′ + (1 − 𝛼)𝑓(𝑥)𝑧 = (1 − 𝛼)𝑔(𝑥)

∙ aceasta este o ecuatie liniara neomogena al carui mod de abordare este dejacunoscuta.

Ecuatii diferentiale de tip Riccati:

𝑦′ = 𝑓(𝑥)𝑦2 + 𝑔(𝑥)𝑦 + ℎ(𝑥)

Algoritm:

∙ ecuatiile de tip Riccati nu sunt intotdeauna integrabile, este nevoie sacunoastem una sau mai multe solutii particulare.

∙ fie 𝑦1(𝑥) o solutie particulara, atunci alegem transformarea:

𝑦(𝑥) = 𝑦1(𝑥) +1

𝑧(𝑥)

8

care prin inlocuire furnizeaza:

𝑦′1 −𝑧′

𝑧2= 𝑓(𝑥)

(𝑦21 +

2𝑦1𝑧

+1

𝑧2

)+ 𝑔(𝑥)

(𝑦1 +

1

𝑧

)+ ℎ(𝑥)

si mai departe:

𝑦′1 − 𝑓(𝑥)𝑦21 − 𝑔(𝑥)𝑦1 − ℎ(𝑥)⏟ ⏞ 0

=𝑧′

𝑧2+

2𝑓(𝑥)𝑦1𝑧

+𝑓(𝑥)

𝑧2+

𝑔(𝑥)

𝑧

∙ dupa inmultirea cu 𝑧2 obtinem ecuatia liniara neomogena:

𝑧′ + (2𝑓(𝑥)𝑦1 + 𝑔(𝑥)) 𝑧 = −𝑓(𝑥).

∙ cand avem norocul sa ghicim doua solutii 𝑦1 = 𝑦2 , se realizeaza transfor-marea:

𝑦(𝑥) = 𝑦1 +𝑦2 − 𝑦1𝑧(𝑥)

care conduce la:𝑧(𝑥) = 1 + 𝐶𝑒

∫𝑦1−𝑦2𝑑𝑥

Probleme rezolvate

Cum gandeste Sherlock Holmes:

Conform Legii lui Newton a racirii corpurilor:

Schimbarea temperaturii unui corp este proportio-nala cu diferenta dintre temperatura mediului in carese afla si cea a corpului.

𝑑𝑇

𝑑𝑡= −𝑘(𝑇 − 𝑇𝑈 )

unde 𝑇 este temperatura corpului (depinde de timpul 𝑡), 𝑇𝑈 este temperaturacamerei (mediul) iar 𝑘 e o constanta pozitiva.

Aceasta este o ecuatie diferentiala liniara de ordinul 1. Cu 𝑇 (0) = 𝑇0 solutiaproblemei Cauchy este:

𝑇 (𝑡) = 𝑇𝑈 + (𝑇0 − 𝑇𝑈 )𝑒−𝑘𝑡.

Sa presupunem ca temperatura camerei in care sa afla victima a fost con-stanta pe timpul zilei. Sherlock H. a masurat aceasta temperatura 𝑇𝑈 . El areacum nevoie doar de valoarea lui 𝑘. Pentru aceasta va putea folosi identitatea:

𝑇 (𝑡1) − 𝑇𝑈

𝑇 (𝑡2) − 𝑇𝑈= 𝑒−𝑘(𝑡1−𝑡2)

9

daca cunoaste temperatura corpului in doua momente de timp 𝑡1, 𝑡2 diferite.Din identitea de mai sus se obtine:

𝑘 = − 1

𝑡1 − 𝑡2ln

𝑇 (𝑡1) − 𝑇𝑈

𝑇 (𝑡2) − 𝑇𝑈.

Spre exemplu:La ora 𝑡1 = 16.25 a masurat Sherlock H. temperatura corpului victimei si

inca o data la ora 𝑡1 = 18.25. Valorile gasite sunt 𝑇 (𝑡1) = 26.8∘𝐶, respectiv𝑇 (𝑡2) = 26∘𝐶 iar 𝑇𝑈 = 25∘𝐶 este temperatura camerei. Asadar:

𝑘 = − 1

−2ln

26.8 − 25

26 − 25= 0.293

Temperatura normala a corpului uman este intre 36.3∘𝐶 si 37.4∘𝐶. Sherlockconsidera in medie temperatura:

𝑇 (𝑡𝑑) = 37∘𝐶

in momentul de timp 𝑡𝑑 al mortii d-ului Green.Cu 𝑘 cunoscut considera mai departe 𝑡2 = 18.25 ca moment 0 si 𝑡1 = 𝑡𝑑 in

identitatea respectiva. Astfel 𝑇 (0) = 26∘𝐶 si avem relatia:

𝑡𝑑 = −1

𝑘ln

37 − 25

26 − 25≈ −8.4 (ore)

Aceasta inseamna ca la ora 10.30 d-ul Green nu era in viata.Pastorul, d-ul Black, minte!

Problema 1. Aflati solutiile ecuatiei diferentiale:

(1 + 𝑥)𝑦 + (1 − 𝑦)𝑥𝑦′ = 0

Solutie: Impunand conditiile 𝑥 = 0 si 𝑦 = 0 putem separa variabilele 𝑥 si 𝑦in ecuatia de mai sus si obtinem:

1 + 𝑥

𝑥=

𝑦 − 1

𝑦𝑦′

Integrarea dupa 𝑥 implica:∫1 + 𝑥

𝑥𝑑𝑥 =

∫𝑦 − 1

𝑦𝑦′𝑑𝑥 =

∫𝑦 − 1

𝑦𝑑𝑦

si mai departe:

ln |𝑥| + 𝑥 = 𝑦 − ln |𝑦| + 𝐶

De unde:

𝑥𝑒𝑥 = 𝑒𝑦1

𝑦𝑒𝐶

si in concluzie alegand 𝑒𝐶 = 𝐷 avem:

𝑥𝑦 = 𝐷 · 𝑒𝑦−𝑥

10

De remarcat ca in ecuatia anterioara nu putem exprima 𝑦 in functie de 𝑥, prinurmare vom spune ca am obtinut o integrala generala a ecuatiei diferentiale.Deci ecuatia nu poate fi rezolvata ci doar integrata. Atentie la sensul cuvantuluiintegrat aici.

Problema 2. Integrati ecuatia diferentiala:

𝑥(𝑦2 − 1)𝑦′ + 𝑦(𝑥2 − 1) = 0

Solutie: Prin separarea variabilelor (presupunand 𝑥 = 0 si 𝑦 = 0) si integrarese obtine: ∫

1 − 𝑦2

𝑦𝑑𝑦 =

∫1 − 𝑥2

𝑥𝑑𝑥

respectiv:𝑦2

2− ln 𝑦 = ln |𝑥| − 𝑥2

2+ 𝐶

apoi:𝑥2 + 𝑦2 = 2 ln |𝑥𝑦| + 𝐶.

Cazurile omise 𝑥 = 0 si 𝑦 = 0 nu reprezinta solutii ale ecuatiei diferentiale. Dinnou nu putem obtine forma unei solutii generale 𝑦, ci doar o conexiune intre 𝑦,𝑥 si o constanta, adica o integrala generala a ecuatiei.

Problema 3. Rezolvati ecuatia diferentiala:

𝑦′ = 𝑥2 +𝑦

𝑥+

𝑦2

𝑥4

Solutie: Se recunoaste ecuatia de tip Riccati, adica o ecuatie diferentiala deforma:

𝑦′ = ℎ(𝑥) + 𝑔(𝑥)𝑦 + 𝑓(𝑥)𝑦2,

care cu ajutorul unei solutii particulare 𝑦1(𝑥) prin trasnformarea

𝑦(𝑥) = 𝑦1(𝑥) +1

𝑧(𝑥)

se transforma in ecuatia:

𝑧′(𝑥) + (2𝑓(𝑥)𝑦1(𝑥) + 𝑔(𝑥)) 𝑧(𝑥) = −𝑓(𝑥)

Cautam asadar o solutie particulara. Incercam sa cautam o solutie care sa fieo putere a lui 𝑥. Prin incercari repetate gasim 𝑦1(𝑥) = 𝑥3. Cu ajutorul acesteiaobtinem ecuatia liniara neomogena:

𝑧′(𝑥) +3

𝑥𝑧(𝑥) = − 1

𝑥4

Solutia ecuatiei omogene atasate este:

𝑧𝑜𝑚𝑜𝑔 =𝐶

𝑥3

11

Avem nevoie in continuare de o solutie particulara a ecuatiei neomogene. Printransformarea:

𝑧𝑝 =𝐶(𝑥)

𝑥3,

adica prin metoda variatiei constantelor, se obtine 𝐶 ′(𝑥) = − 1𝑥 si apoi 𝐶(𝑥) =

ln |𝑥|. Solutia particulara este:

𝑧𝑝(𝑥) = − ln |𝑥|𝑥3

,

de unde rezulta:

𝑧(𝑥) = 𝑧𝑜𝑚𝑜𝑔(𝑥) + 𝑧𝑝(𝑥) =𝐶

𝑥3− ln |𝑥|

𝑥3

In concluzie:

𝑦(𝑥) = 𝑥3 +𝑥3

𝐶 − ln |𝑥|.

Problema 4. Integrati ecuatia cu variabile separate:

2𝑦𝑦′ =𝑒𝑥

𝑒𝑥 + 1, 𝑦 (1) = 1.

Solutie: Deoarece 𝑦′ =𝑑𝑦

𝑑𝑥ın mod echivalent avem

2𝑦𝑑𝑦

𝑑𝑥=

𝑒𝑥

𝑒𝑥 + 1⇔ 2𝑦𝑑𝑦 =

𝑒𝑥

𝑒𝑥 + 1𝑑𝑥.

In urma separarii varibilelor putem trece la integrarea celor doua functii siobtinem

2

∫𝑦𝑑𝑦 =

∫𝑒𝑥

𝑒𝑥 + 1𝑑𝑥 ⇔ 𝑦2 + 𝑐1 = ln (𝑒𝑥 + 1) + 𝑐2 ⇔ 𝑦2 = ln (𝑒𝑥 + 1) + 𝑐.

Prin ınlocuirea lui 𝑥0 = 1 si a lui 𝑦0 = 1 ın ecuatia de mai sus rezulta

𝑐 = 1 − ln (𝑒 + 1) si 𝑦2 − 1 = ln𝑒𝑥 + 1

𝑒 + 1.

Deci am obtinut o integrala particulara a ecuatiei, data prin relatia de maisus.

Problema 5. Integrati ecuatia omogena:

𝑦′ =𝑦

𝑥+ 𝑒

𝑦

𝑥 .

Solutie: Algoritmul rezolvarii ecuatiilor omogene ne recomanda sa facem

schimbarea de variabila 𝑧 =𝑦

𝑥care duce apoi la

𝑦 = 𝑧 · 𝑥 ⇒ 𝑦′ = 𝑧′𝑥 + 𝑧.

12

Inlocuind ın ecuatia initiala avem

𝑧′𝑥 + 𝑧 = 𝑧 + 𝑒𝑧 ⇔ 𝑧′𝑥 = 𝑒𝑧.

Deoarece 𝑧′ =𝑑𝑧

𝑑𝑥obtinem ecuatia cu variabile separate

𝑑𝑧

𝑑𝑥𝑥 = 𝑒𝑧 ⇔ 𝑑𝑧

𝑒𝑧=

𝑑𝑥

𝑥

de unde ne rezulta ın urma integrarii∫𝑑𝑧

𝑒𝑧=

∫𝑑𝑥

𝑥⇔ ln |𝑥| + 𝑒−𝑧 = 𝑐.

Revenind la functia initiala avem urmatoarea integrala generala a ecuatiei:

ln |𝑥| + 𝑒−𝑦

𝑥 − 𝑐 = 0.

Problema 6. Rezolvati ecuatia liniara neomogena:

𝑥𝑦′ − 𝑦 + 𝑥 = 0.

Solutie: Pentru 𝑥 = 0 obtinem solutia particulara. Pentru 𝑥 = 0 avem

𝑥𝑦′ − 𝑦 + 𝑥 = 0 |: 𝑥 ⇔ 𝑦′ − 1

𝑥· 𝑦 = −1.

Pentru a obtine direct solutia generala a ecuatiei neomogene

𝑦′ + 𝑎 (𝑥) · 𝑦 = 𝑏 (𝑥)

folosim formula

𝑦 = 𝑒−∫𝑎(𝑥)𝑑𝑥

[𝑐 +

∫𝑏 (𝑥) 𝑒

∫𝑎(𝑥)𝑑𝑥𝑑𝑥

].

In cazul nostru 𝑎 (𝑥) = − 1

𝑥si 𝑏 (𝑥) = −1. Inlocuind ın formula de mai sus,

obtinem

𝑦 = 𝑒−

∫−

1

𝑥𝑑𝑥

⎡⎣𝑐 +

∫(−1) 𝑒

∫−

1

𝑥𝑑𝑥𝑑𝑥

⎤⎦⇔ 𝑦 = 𝑒

∫ 1

𝑥𝑑𝑥

⎛⎝𝑐−∫

𝑒−

∫ 1

𝑥𝑑𝑥𝑑𝑥

⎞⎠⇔ 𝑦 = 𝑒ln|𝑥|

(𝑐−

∫𝑒− ln|𝑥|𝑑𝑥

)⇔ 𝑦 = 𝑒ln|𝑥|

(𝑐−

∫1

|𝑥|𝑑𝑥

)⇔ 𝑦 = |𝑥| (𝑐− ln |𝑥|) ⇔ 𝑦 = 𝑘𝑥− |𝑥| ln |𝑥| .

Problema 7. Integrati ecuatia:

𝑥𝑦′′′ − 𝑦′′ − 𝑥𝑦′ + 𝑦 = 0

stiind ca admite solutiile

𝑦1 (𝑥) = 𝑥, 𝑦2 (𝑥) = 𝑒−𝑥.

13

Solutie: Daca pentru ecuatia diferentiala

𝑎0 (𝑥) 𝑦(𝑛) + 𝑎1 (𝑥) 𝑦(𝑛−1) + ... + 𝑎𝑛 (𝑥) 𝑦 = 0

suma coeficientilor (este nula)

𝑎0 (𝑥) + 𝑎1 (𝑥) + ... + 𝑎𝑛 (𝑥) = 0

atunci rezulta (si) solutia ecuatiei 𝑦 = 𝑒𝑥.Pentru exemplul nostru putem folosi observatia de mai sus deoarece

𝑥− 1 − 𝑥 + 1 = 0,

deci a treia solutie este 𝑦3 (𝑥) = 𝑒𝑥.

In concluzie solutia generala a ecuatiei este

𝑦 = 𝑐1 · 𝑥 + 𝑐2 · 𝑒−𝑥 + 𝑐3 · 𝑒𝑥.

Problema 8. Rezolvati ecuatia:

𝑦′ − 𝑦 = 𝑥𝑦5.

Care solutie trece prin punctul 𝑃 (0,√

2) ?

Solutie: Trebuie sa recunoastem intai forma unei ecuatii Bernoulli cu 𝛼 = 5.Folosind transformarea recomandata de algoritmul de rezolvare a unei astfel deecuatii 𝑧(𝑥) = 𝑦(𝑥)1−𝛼 = 𝑦(𝑥)−4 obtinem ecuatia liniara neomogena

𝑧′ + 4𝑧 = −4𝑥 (*)

Stim ca solutia generala a unei astfel de ecuatii se scrie:

𝑧𝑔𝑒𝑛 = 𝑧𝑜𝑚𝑜𝑔𝑒𝑛 + 𝑧𝑝𝑎𝑟𝑡𝑖𝑐𝑢𝑙𝑎𝑟

adica este suma solutiei generale a ecuatiei omogene si a unei solutii particularea ecuatiei neomogene.

Solutia ecuatiei omogene atasate 𝑧′ + 4𝑧 = 0 este

𝑧ℎ = 𝐶𝑒−∫4𝑑𝑥 = 𝐷𝑒−4𝑥

Pentru a afla o solutie particulara vom incerca sa ghicim una, mai precisincercam una polinomiala din cauza formei ecuatiei: coeficientii sunt polinoame.De exemplu:

𝑧𝑝 = 𝑎 + 𝑏𝑥.

duce la:𝑏 + 4𝑎 + 4𝑏𝑥 = −4𝑥,

apoi imediat 𝑏 = −1 si 𝑎 = 14 . In concluzie solutia ecuatiei (*) este :

𝑧(𝑥) = 𝑧𝑜𝑚𝑜𝑔(𝑥) + 𝑧𝑝(𝑥) = 𝐷𝑒−4𝑥−𝑥 +1

4

Tinand cont de transformarea facuta initial, obtinem solutia ecuatiei date

14

𝑦4(𝑥) =4

4𝐷𝑒−4𝑥 − 4𝑥 + 1, 𝐷 ∈ R.

O alta solutie este 𝑦 ≡ 0. Aceasta solutie nu poate fi obtinuta din formulasolutiei generale de mai sus! Prin urmare se numeste solutie singulara .

Fiecare solutie a unei ecuatii de tipul celei de mai sus poate fi reprezentataca si curba intr-un reper Oxy. O astfel de curba va trece prin punctul 𝑃 (0,

√2)

daca si numai daca 𝑦(0) =√

2 prin urmare 4 = 41+4𝐷 si 𝐷 = 0.

In felul acesta impunand o conditie suplimentara am obtinut o solutie par-ticulara, deoarece informatiile suplimentare ne-au permis sa eliminam constantaD

𝑦(𝑥) = 4

√4

1 − 4𝑥.

Problema 9. Rezolvati ecuatia:

2𝑥𝑦𝑑𝑥− (𝑥2 − 𝑦2)𝑑𝑦 = 0

Solutie: Variabilele nu pot fi separate, deci nu e o ecuatie cu variabile separa-bile. In schimb pare a fi o ecuatie exacta cu 𝑃 (𝑥, 𝑦) = 2𝑥𝑦 si 𝑄(𝑥, 𝑦) = −𝑥2 + 𝑦2.

Verificam daca este satisfacuta conditia de exactitate

𝜕𝑃

𝜕𝑦=

𝜕𝑄

𝜕𝑥

Insa𝜕𝑃

𝜕𝑦= 2𝑥 = −2𝑥 =

𝜕𝑄

𝜕𝑥

deci conditia de exactitate nu este satisfacuta.Vom cauta sa fortam obtinerea unei astfel de conditii prin inmultire cu un

factor integrant 𝜇(𝑥, 𝑦). Sa observam pentru inceput ca

𝜕𝑃𝜕𝑦 − 𝜕𝑄

𝜕𝑥

𝑃=

2𝑥− (−2𝑥)

2𝑥𝑦=

2

𝑦

depinde doar de y deci un factor integrant va fi

𝜇(𝑦) = 𝑒−

∫ 𝑦𝑦0

𝜕𝑃𝜕𝑦

− 𝜕𝑄𝜕𝑥

𝑃 𝑑𝑦= 𝑒

−∫ 𝑦𝑦0

2𝑦 𝑑𝑦

= 𝑒−2 ln 𝑦

𝑦𝑦0 .

Putem alege 𝑦0 = 1 (caci 𝑦0 este doar o simpla constanta) si obtinem

𝜇(𝑦) = 𝑒− ln 𝑦2

=1

𝑦2

Inmultind ecuatia cu acest factor se obtine:

2𝑥

𝑦𝑑𝑥 +

−𝑥2 + 𝑦2

𝑦2𝑑𝑦 = 0

care este o ecuatie exacta pentru 𝑃 (𝑥, 𝑦) = 2𝑥𝑦 si 𝑄(𝑥, 𝑦) = −𝑥2+𝑦2

𝑦2 . Se verificausor conditia de exactitate, deci o integrala generala va fi de forma

15

∫ 𝑥

𝑥0

𝑃 (𝑡, 𝑦0)𝑑𝑡 +

∫ 𝑦

𝑦0

𝑄(𝑥, 𝑡)𝑑𝑡 = 𝑐

Prin urmare ∫ 𝑥

𝑥0

2𝑡

𝑦0𝑑𝑡 +

∫ 𝑦

𝑦0

−𝑥2 + 𝑡2

𝑡2𝑑𝑡 = 𝑐

unde putem alege valori convenabile pentru 𝑥0 si 𝑦0, etc.

Probleme propuse

Problema 1. Integrati ecuatia cu variabile separate

𝑥3 + 1

𝑥𝑑𝑥 +

𝑦2 − 1

𝑦𝑑𝑦 = 0, 𝑦 (1) = 1.

Problema 2. Rezolvati problema Cauchy

𝑦′ =√𝑥𝑦, 𝑥0 = 0, 𝑦0 = 1.

Problema 3. Integrati ecuatia omogena

𝑦′ =𝑥2 + 𝑦2

𝑥𝑦, 𝑥0 = −1, 𝑦0 = 0.

Problema 4. Rezolvati ecuatia liniara neomegena⎧⎨⎩ 𝑦′ +2𝑦

𝑥2 − 1= 2𝑥 + 2

𝑦 (0) = −3.

Problema 5. Rezolvati ecuatia:(𝑥2 − 2𝑥 + 3

)𝑦′′′ −

(𝑥2 + 1

)𝑦′′ + 2𝑥𝑦′ − 2𝑦 = 0

stiind ca admite solutiile

𝑦1 (𝑥) = 𝑥, 𝑦2 (𝑥) = 𝑥2 − 1.

Problema 6. Aflati solutiile ecuatiei diferentiale:

𝑦𝑦′ = 2𝑦 − 𝑥.

16

Problema 7. Integrati ecuatia diferentiala:

𝑥𝑦′ cos(𝑦𝑥

)= 𝑦 cos

(𝑦𝑥

)− 𝑥.

Problema 8. Aflati toate solutiile ecuatiei diferentiale:

𝑦′ = (1 − 𝑥 + 𝑥2) + (1 − 2𝑥)𝑦 + 𝑦2.

Problema 9. Rezolvati ecuatia:

𝑦′ = 1 +√𝑦 − 𝑥

facand o schimbare de variabila adecvata.

Problema 10. Rezolvati ecuatia

𝑦′ = (−2𝑥 + 𝑦)2 − 7, 𝑦(0) = 0

facand o schimabre de variabila adecvata.

Problema 11. Integrati urmatoarea ecuatie:

𝑦′ − 𝑥𝑦 = 𝑦

Problema 12. Aflati integrala generala a ecuatiei

(1 + 𝑒𝑥)𝑦𝑦′ − 𝑒𝑥 = 0

si apoi pe cea particulara care corespunde lui 𝑥0 = 1, 𝑦0 = 1.

Problema 13. Integrati ecuatia:

𝑦2 + 𝑥2𝑦′ − 𝑥𝑦𝑦′ = 0

Problema 14. Rezolvati ecuatia:

(2𝑥𝑦 − sin𝑥)𝑑𝑥 + (𝑥2 − cos 𝑦)𝑑𝑦 = 0

Problema 15. Rezolvati ecuatia cu valori initiale:

1

𝑦2− 2

𝑥=

2𝑥𝑦′

𝑦3

cu conditia initiala 𝑦(1) = 1.

Problema 16. Integrati ecuatia:

(𝑥 sin 𝑦 + 𝑦 cos 𝑦)𝑑𝑥 + (𝑥 cos 𝑦 − 𝑦 sin 𝑦)𝑑𝑦 = 0.

Problema 17. Integrati ecuatia:

𝑥𝑦′ + 𝑦 = 𝑦2 ln𝑥

17