matematici speciale ecuatii diferentiale · ∙ideea este ca atunci cand si au derivate partiale...

of 20 /20
Matematici speciale Ecuatii diferentiale Martie 2018

Author: others

Post on 09-Sep-2019

59 views

Category:

Documents


1 download

Embed Size (px)

TRANSCRIPT

  • Matematici speciale

    Ecuatii diferentiale

    Martie 2018

  • ii

  • “Stiinta este o ecuatie diferentiala. Religia impune conditiile de frontiera.”

    Alan Turing

    6Ecuatii diferentiale

    Un caz pentru Sherlock Holmes

    Londra, ora 18.30 .Watson: Sherlock, spune-mi din nou ce informatii avem de la martorii

    oculari.Holmes: D-ul Fox spune ca statea la fereastra dormitorului si privea in

    directia casei vecinului sau, d-ul Green. Batranul supraveghea cotetul gainilor.De cateva saptamani cineva fura ouale gainilor sale. La ora 6 d-ul Fox s-a pusla panda. Nu a vazut nimic neobisnuit. L-a vazut pe pastor, d-ul Black, venindintr- vizita de o ora la ora 9.30. Acesta din urma a declarat ca totul era inordine cand l-a vizitat pe d-ul Green. La ora 15.00 a venit Helen, fiica d-ului

    1

  • Green. La ora 15.45 usa casei s-a deschis si Helen a tasnit afara alergand.Vazandu-l pe d-ul Fox a spus ceva neinteligibil. Era agitata si confuza. D-ulFox i-a iesit in intampinare ”E mort!”, a urlat Helen. ”Cineva l-a ucis! Are orana la cap!”...

    Watson: De ce a iesit afara abia dupa 45 minute ? Este evident, ea ecriminalul !

    Holmes: Nu stim sigur. Ea a declarat ca dupa ce si-a vazut tatal mort alesinat pentru 45 minute. In cele din urma a iesit din casa. Intrebarea este: Eaminte sau pastorul, care spune ca d-ul Green era in viata la ora 10.30 ?

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

    O data acum 2 ore si din nou acum 5 minute. Vom afla criminalul in catevaminute ...

    Ecuatii diferentiale de ordinul intai

    Vom investiga ecuatiile diferentiale de forma:

    𝑦′(𝑥) = 𝑓(𝑥, 𝑦(𝑥)), (𝑥, 𝑦) ∈ 𝐷𝑓 ⊂ R2.

    ∙ o functie 𝑦 = 𝑦(𝑥) se numeste solutie (integrala, curba integrala) a uneiastfel de ecuatii daca satisface, impreuna cu derivata sa, ecuatia diferentiala.

    ∙ o solutie generala a ecuatiei diferentiale de ordinul intai este o familiede functii 𝜑(𝑥,𝐶), astfel ca 𝑦 = 𝜑(𝑥,𝐶) sa fie solutie; pentru fiecare valoareparticulara a lui 𝐶 se obtine o solutie particulara.

    ∙ prin integrala generala a ecuatiei intelegem o relatie:

    𝜑(𝑥, 𝑦, 𝐶) = 0

    care defineste solutia generala implicit.∙ o functie 𝑦 = 𝑦(𝑥) se numeste solutie singulara cand satisface ecuatia dar

    nu poate fi obtinuta din formula solutiei generale alegand o valoare particulara𝐶.

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

    𝑚 = 𝑦′(𝑥0) = 𝑓(𝑥0, 𝑦0).

    Multimea tututor line-elementelor 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) line-element-ul are panta:

    𝑚 = 𝑓(2, 1) = 22 + 12 = 5.

    care corespunde unui unghi 𝛼 (cu axa OX) astfel ca tg(𝛼) = 5, asadar𝛼 = 79∘.

    Exemplu:

    Ecuatia diferentiala asociaza un segment cu o anumita panta fiecarui punct𝑃 (𝑥, 𝑦) ∈ 𝐷𝑓 . Daca, de exemplu, un camp de directii de mici line-elemente estedesenat (vezi figura exemplului urmator) atunci solutiile ecuatiei diferentiale vorfi acele curbe care ”se potrivesc” cu acest camp de directii. Aceasta inseamnaca in fiecare punct sunt tangente la line-elementele desenate. Astfel campul dedirectii ofera nu doar o intelegere intuitiva a solutiilor ci si modul in care acestesolutii se comporta.

    Curbele desenate arata psoibile solutii si avem o imagine de ansamblu a

    Exemplu:

    3

  • comportamentului lor pe un anumit interval. �

    Ecuatii cu variabile separabile:

    𝑦′ = 𝑔(𝑥) · 𝑓(𝑦)

    Algoritm:∙ integrarea se face prin metoda separarii variabilelor :

    𝑦′

    𝑓(𝑦)= 𝑔(𝑥)

    ∙ fie 𝐹 o primitiva a functiei 1𝑓

    si 𝐺 o primitiva a functiei 𝑔, atunci prin

    integrare dupa 𝑥 se obtine:∫︁𝑦′(𝑥)

    𝑓(𝑦(𝑥))𝑑𝑥 =

    ∫︁𝑔(𝑥)𝑑𝑥

    adica:

    𝐹 (𝑦) = 𝐺(𝑥) + 𝐶.

    Ecuatii diferentiale omogene:

    𝑦′ = 𝑓(︁𝑦𝑥

    )︁

    Algoritm:

    ∙ Prin substitutia 𝑦(𝑥)𝑥

    = 𝑧(𝑥) se obtine:

    𝑥𝑧′ + 𝑧 = 𝑓(𝑧)

    iar metoda separarii variabilelor conduce la:

    𝑧′

    𝑓(𝑧) − 𝑧=

    1

    𝑥

    ∙ Integrarea dupa 𝑥 furnizeaza integrala generala:∫︁1

    𝑓(𝑧) − 𝑧𝑑𝑧 = ln |𝑥| + 𝐶

    ∙ cazul 𝑓(𝑧) − 𝑧 = 0 duce la obtinerea solutiei singulare:

    𝑦(𝑥) = 𝑥 · 𝑧0

    unde 𝑧0 este o radacina a ecuatiei 𝑓(𝑧) − 𝑧 = 0.

    4

  • Ecuatii diferentiale de forma:

    𝑦′ = 𝑓 (𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐) , 𝑏 ̸= 0

    Algoritm:∙ prin substituia:

    𝑧(𝑥) = 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦(𝑥) + 𝑐

    aflam 𝑧′ = 𝑎 + 𝑏𝑦′, si:

    𝑦′ =𝑧′ − 𝑎

    𝑏= 𝑓(𝑧),

    asadar, o ecuatie echivalenta este:

    𝑧′ = 𝑎 + 𝑏𝑓(𝑧).

    ∙ aceasta ecuatie se rezolva prin separarea variabilelor.

    Fie ecuatia:𝑦′ = (2𝑥 + 3𝑦)2 := 𝑓(𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐)

    cu 𝑎 = 2, 𝑏 = 3, 𝑐 = 0 si 𝑓(𝑡) = 𝑡2. Facand transformarea:

    𝑧(𝑥) = 2𝑥 + 3𝑦(𝑥)

    urmeaza 𝑧′ = 2 + 3𝑦′ =⇒ 𝑦′ = 𝑧′−23 care duce la ecuatia echivalenta:

    𝑧′ − 23

    = 𝑧2 =⇒ 𝑧′ = 2 + 3𝑧2.

    O vom rezolva prin separarea variabilelor:∫︁𝑧′

    2 + 3𝑧3𝑑𝑥 =

    ∫︁1𝑑𝑥 = 𝑥 + 𝐶

    Folosim: ∫︁𝑧′(𝑥)

    2 + 3𝑧3(𝑥)𝑑𝑥 =

    1

    2

    ∫︁𝑑𝑧

    1 +(︁√︁

    32𝑧)︁2

    cu o substitutie 𝑡 =√︁

    32𝑧 avem:

    1

    2

    ∫︁𝑑𝑧

    1 +(︁√︁

    32𝑧)︁2 = 𝐻

    (︃√︂3

    2𝑧

    )︃+ 𝐶

    unde:

    𝐻(𝑡) =1

    2

    ∫︁1

    1 + 𝑡2

    √︂2

    3𝑑𝑡 =

    1√6

    arctg 𝑡

    Exemplu:

    5

  • In cele din urma:

    arctg

    (︃√︂3

    2𝑧

    )︃=

    √6(𝑥 + 𝐶),

    si:

    𝑧(𝑥) =

    √︂2

    3tg(

    √6(𝑥 + 𝐶)).

    Solutia generala va fi:

    𝑦(𝑥) =𝑧(𝑥) − 2𝑥

    3=

    √︁23 tg(

    √6(𝑥 + 𝐶)) − 2𝑥

    3

    Ecuatii diferentiale exacte:

    𝑃 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑄(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0

    Algoritm:∙ o ecuatie de forma:

    𝑃 (𝑥, 𝑦) + 𝑄(𝑥, 𝑦)𝑦′ = 0

    se scrie uneori (n.r.: din motive pseudo-matematice) in forma de mai susdeoarece 𝑦′ = 𝑑𝑦𝑑𝑥 (??)

    ∙ ideea este ca atunci cand 𝑃 si 𝑄 au derivate partiale continue si satisfacconditia:

    𝜕𝑃

    𝜕𝑦=

    𝜕𝑄

    𝜕𝑥(conditia de exactitate)

    avem o frumoasa formula pentru integrala generala a unei astfel de ecuatii:∫︁ 𝑥𝑥0

    𝑃 (𝑡, 𝑦0)𝑑𝑡 +

    ∫︁ 𝑦𝑦0

    𝑄(𝑥, 𝑡)𝑑𝑡 = 𝑐, 𝑥0, 𝑦0 ∈ R.

    ∙ de cele mai multe ori ecuatia nu va satisface conditia de exactitate, prinurmare vom forta lucrurile cautand un factor integrand 𝜇(𝑥, 𝑦) pentru care:

    𝜕

    𝜕𝑦[𝜇(𝑥, 𝑦)𝑃 (𝑥, 𝑦)] =

    𝜕

    𝜕𝑥[𝜇(𝑥, 𝑦)𝑄(𝑥, 𝑦)]

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

    𝜕𝑄𝜕𝑥

    𝑄 depinde doar de 𝑥 un factorintegrand este:

    𝜇(𝑥) = 𝑒𝑥𝑝

    (︃∫︁ 𝑥𝑥0

    𝜕𝑃𝜕𝑦 −

    𝜕𝑄𝜕𝑥

    𝑄𝑑𝑥

    )︃

    iar cand𝜕𝑃𝜕𝑦 −

    𝜕𝑄𝜕𝑥

    𝑃 depinde doar de 𝑦 un factor integrand este:

    𝜇(𝑦) = 𝑒𝑥𝑝

    (︃−∫︁ 𝑦𝑦0

    𝜕𝑃𝜕𝑦 −

    𝜕𝑄𝜕𝑥

    𝑃𝑑𝑦

    )︃.

    6

  • Ecuatii liniare omogene:

    𝑦′ = 𝑓(𝑥)𝑦

    Algoritm:∙ metoda separarii variabilelor conduce la:

    𝑦′

    𝑦= 𝑓(𝑥).

    ∙ dupa o integrare relativ la 𝑥 gasim:

    ln |𝑥| =∫︁

    𝑓(𝑥)𝑑𝑥 + 𝐶

    ∙ In cele din urma, pentru 𝐶 > 0:

    𝑦(𝑥) = 𝐶1𝑒∫︀𝑓(𝑥) 𝑑𝑥,

    unde 𝐶1 = ln𝐶 ∈ R.

    Ecuatii diferentiale liniare neomogene:

    𝑦′ = 𝑓(𝑥)𝑦 + 𝑔(𝑥)

    Algoritm:∙ prin transformarea ( metoda variatiei constantelor):

    𝑦(𝑥) = 𝐶(𝑥)𝑒∫︀𝑓(𝑥) 𝑑𝑥

    se obtine:

    𝐶 ′(𝑥)𝑒∫︀𝑓(𝑥)𝑑𝑥 + 𝐶(𝑥)𝑒

    ∫︀𝑓(𝑥)𝑑𝑥𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑥)𝐶(𝑥)𝑒

    ∫︀𝑓(𝑥)𝑑𝑥 + 𝑔(𝑥),

    i.e.:𝐶 ′(𝑥) = 𝑔(𝑥)𝑒−

    ∫︀𝑓(𝑥)𝑑𝑥,

    care implica:

    𝑦(𝑥) =

    (︂𝐶 +

    ∫︁𝑔(𝑥)𝑒−

    ∫︀𝑓(𝑥)𝑑𝑥𝑑𝑥

    )︂𝑒∫︀𝑓(𝑥)𝑑𝑥

    unde 𝐶 ∈ R este arbitrara.∙ Problema Cauchy (cu date initiale):{︃

    𝑦′(𝑥) = 𝑓(𝑥)𝑦(𝑥) + 𝑔(𝑥)

    𝑦(𝑥0) = 𝑦0

    are solutia:

    𝑦(𝑥) =

    (︂𝑦0 +

    ∫︁ 𝑥𝑥0

    𝑔(𝑠)𝑒−

    ∫︀ 𝑠𝑥0

    𝑓(𝑡)𝑑𝑡𝑑𝑠

    )︂· 𝑒

    ∫︀ 𝑥𝑥0

    𝑓(𝑡)𝑑𝑡

    7

  • 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 ecuatia este

    liniara.∙ In cazurile ramase se inmulteste ecuatia cu 𝑦−𝛼 si devine:

    𝑦−𝛼𝑦′ + 𝑓(𝑥)𝑦1−𝛼 = 𝑔(𝑥)

    Prin transformarea 𝑧(𝑥) = 𝑦(𝑥)1−𝛼 se obtine 𝑧′(𝑥) = (1 − 𝛼)𝑦−𝛼𝑦′ si mai de-parte:

    𝑧′ + (1 − 𝛼)𝑓(𝑥)𝑧 = (1 − 𝛼)𝑔(𝑥)Aceasta este o ecuatie diferentiala liniara neomogena si algoritmul de re-

    zolvare este cunoscut deja.

    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 sa

    cunoastem una sau mai multe solutii particulare.∙ Fie 𝑦1(𝑥) o solutie particulara. Atunci alegem transformarea:

    𝑦(𝑥) = 𝑦1(𝑥) +1

    𝑧(𝑥)

    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 trans-formarea:

    𝑦(𝑥) = 𝑦1 +𝑦2 − 𝑦1𝑧(𝑥)

    care conduce la:𝑧(𝑥) = 1 + 𝐶𝑒

    ∫︀𝑦1−𝑦2𝑑𝑥

    8

  • 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.

    𝑇 ′(𝑡) = −𝑘(︀𝑇 (𝑡) − 𝑇𝐶

    )︀unde 𝑇 este temperatura coprului (depinde de variabila de timp 𝑡), 𝑇𝐶 estetemperatura camerei (temperatura mediului) si 𝑘 este o constanta pozitiva.Aceasta este o ecuatie difetentiala liniara de ordinul intai. In mod normal 𝑇𝐶nu va varia prea mult astfel ca o putem aproxima printr-o constanta. Deciputem scrie:

    (𝑇 (𝑡) − 𝑇𝐶)′ = −𝑘(𝑇 (𝑡) − 𝑇𝐶)

    adica:(𝑇 (𝑡) − 𝑇𝐶)′

    𝑇 (𝑡) − 𝑇𝐶= −𝑘

    Integrand:

    ln |𝑇 (𝑡) − 𝑇𝐶 | = −𝑘𝑡 + 𝑐, c constant.

    furnizeaza:

    |𝑇 (𝑡) − 𝑇𝐶 | = 𝑒−𝑘𝑡 · 𝑒𝑐,

    si deoarece temperatura corpului nu va fi mai mica decat cea a camerei |𝑇 (𝑡) −𝑇𝐶 | = 𝑇 (𝑡) − 𝑇𝐶 iar constanta 𝑐 poate fi eliminata considerand temperatura lamomentul de timp 0 cunoscuta, 𝑇 (0) = 𝑇0. Intr-adevar substituind 𝑡 = 0:

    𝑇 (0) − 𝑇𝐶 = 𝑒0 · 𝑒𝑐 =⇒ 𝑒𝑐 = 𝑇 (0) − 𝑇𝐶

    astfel:

    𝑇 (𝑡) = 𝑇𝐶 + (𝑇0 − 𝑇𝐶)𝑒−𝑘𝑡 (*)

    Sherlock H. a masurat temperatura camerei 𝑇𝐶 . Acum are nevoie doar devaloarea lui 𝑘. Pentru asta poate utiliza identitatea:

    𝑇 (𝑡1) − 𝑇𝐶𝑇 (𝑡2) − 𝑇𝐶

    = 𝑒−𝑘(𝑡1−𝑡2)

    9

    https://en.wikipedia.org/wiki/Newton's_law_of_cooling

  • doar daca cunoaste temperatura corpului in doua momente diferite de timp 𝑡1,𝑡2. Identitatea de mai sus se obtine prin substituirea 𝑡 = 𝑡1 si apoi a 𝑡 = 𝑡2 in(*) si impartirea celor doua relatii gasite. Aceasta relatie va implica:

    𝑘 = − 1𝑡1 − 𝑡2

    ln𝑇 (𝑡1) − 𝑇𝐶𝑇 (𝑡2) − 𝑇𝐶

    (**).

    De exemplu:La ora 𝑡1 = 16.25 pm Sherlock H. a masura temperatura corpului victimei

    si inca o data la 𝑡2 = 18.25. A gasit valorile 𝑇 (𝑡1) = 26.8∘𝐶, respectiv 𝑇 (𝑡2) =

    26∘𝐶 iar pentru temperatura camerei 𝑇𝐶 = 25∘𝐶. In consecinta:

    𝑘 = − 1−2

    ln26.8 − 2526 − 25

    = 0.293

    Temperatura normala a corpului variaza intre 36.3∘𝐶 si 37.4∘𝐶. Sherlockconsidera temperatura medie:

    𝑇 (𝑡𝑑) = 37∘𝐶

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

    in relatia (**). Prin urmare 𝑇 (0) = 26∘𝐶 si se poate calculca:

    𝑡𝑑 − 0 = −1

    𝑘ln

    𝑇 (𝑡𝑑) − 𝑇𝐶𝑇 (0) − 𝑇𝐶

    𝑡𝑑 = −1

    𝑘ln

    37 − 2526 − 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. Gasiti toate solutiile ecuatiei:

    (1 + 𝑥)𝑦 + (1 − 𝑦)𝑥𝑦′ = 0

    Solutie: Presupunand 𝑥 ̸= 0 and 𝑦 ̸= 0 putem imparti si separa variabilele:

    1 + 𝑥

    𝑥=

    𝑦 − 1𝑦

    𝑦′

    Integrarea dupa 𝑥 furnizeaza:∫︁1 + 𝑥

    𝑥𝑑𝑥 =

    ∫︁𝑦 − 1𝑦

    𝑦′𝑑𝑥 =

    ∫︁𝑦 − 1𝑦

    𝑑𝑦

    si mai departe:ln |𝑥| + 𝑥 = 𝑦 − ln |𝑦| + 𝐶

    deci:

    𝑥𝑒𝑥 = 𝑒𝑦1

    𝑦𝑒𝐶

    si in final 𝑒𝐶 = 𝐷:𝑥𝑦 = 𝑒𝑦−𝑥.

    10

  • Problema 2. Rezolvati ecuatia:

    𝑥(𝑦2 − 1)𝑦′ + 𝑦(𝑥2 − 1) = 0

    Solutie: Din nou metoda separarii variabilelor functioneaza (pentru 𝑥 ̸= 0 si𝑦 ̸= 0): ∫︁

    1 − 𝑦2

    𝑦𝑑𝑦 =

    ∫︁1 − 𝑥2

    𝑥𝑑𝑥

    deci𝑦2

    2− ln 𝑦 = ln |𝑥| − 𝑥

    2

    2+ 𝐶

    pentru a obtine integrala generala:

    𝑥2 + 𝑦2 = 2 ln |𝑥𝑦| + 𝐶.

    Aici oricare dintre cazurile excluse 𝑥 = 0 si 𝑦 = 0 nu reprezinta o solutie.

    Problema 3. Rezolvati ecuatia:

    𝑦′ − 𝑦 = 𝑥𝑦5.

    Care solutie trece prin punctul 𝑃 (0,√

    2) ?

    Solutie: Se observa ca avem o ecuatie Bernoulli cu 𝛼 = 5. Folosind trasnfor-marea 𝑧(𝑥) = 𝑦(𝑥)1−𝛼 = 𝑦(𝑥)−4 obtinem ecuatia liniara:

    𝑧′ + 4𝑧 = −4𝑥 (*)

    Solutia acestei ecuatii omogene este:

    𝑧ℎ = 𝐶𝑒−

    ∫︀4𝑑𝑥 = 𝐷𝑒−4𝑥

    Pentru a identifica o solutie particulara a ecuatiei neomogene, incercam unpolinom. De exemplu:

    𝑧𝑝 = 𝑎 + 𝑏𝑥.

    furnizeaza:

    𝑏 + 4𝑎 + 4𝑏𝑥 = −4𝑥,

    care conduce la 𝑏 = −1 si 𝑎 = 14 . In concluzie solutia ecuatiei liniare (*) este:

    𝑧(𝑥) = 𝑧ℎ(𝑥) + 𝑧𝑝(𝑥) = 𝐷𝑒−4𝑥 − 𝑥 + 1

    4

    Transformand inapoi se obtine:

    𝑦4(𝑥) =4

    4𝐷𝑒−4𝑥 − 4𝑥 + 1, 𝐷 ∈ R.

    Alta solutie este 𝑦 ≡ 0. Nu poate fi obtinuta din formula solutiei generale !Spunem ca este o solutie singulara.

    11

  • Pentru 𝑦(0) =√

    2 urmeaza 4 = 41+4𝐷 si 𝐷 = 0. Curba solutie dorita este:

    𝑦(𝑥) = 4√︂

    4

    1 − 4𝑥.

    Problema 4. Rezolvati ecuatia:

    𝑥𝑦′ + 𝑦 = 6𝑥2, 𝑦(1) = 3,

    apoi pentru datele initiale 𝑦(1) = −1.

    Solutie: Incepem prin a observa scrierea echivalenta:

    𝑦′ +𝑦

    𝑥= 6𝑥,

    care este o ecuatie diferentiala liniara neomogena cu 𝑓(𝑥) = − 1𝑥 si 𝑔(𝑥) = 6𝑥.Solutia generala este:

    𝑦(𝑥) = 2𝑥2 +𝐶

    𝑥, 𝐶 ∈ R.

    Solutii particulare: pentru 𝑦(1) = 3, se obtine 𝑦 = 2𝑥2 + 1𝑥 iar pentru𝑦(1) = −1, urmeaza 𝑦 = 2𝑥2 − 3𝑥 .

    Problema 5. 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 ca fiindo putere a lui 𝑥. Prin incercari repetate gasim 𝑦1 = 𝑥

    3. Cu ajutorul acesteiaobtinem ecuatia liniara neomogena:

    𝑧′(𝑥) +3

    𝑥𝑧(𝑥) = − 1

    𝑥4

    Solutie ecuatiei omogene este:

    𝑧ℎ =𝐶

    𝑥3

    12

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

    𝑧𝑝 =𝐶(𝑥)

    𝑥3,

    i.e. 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) = 𝑧ℎ(𝑥) + 𝑧𝑝(𝑥) =𝐶

    𝑥3− ln |𝑥|

    𝑥3

    In concluzie:

    𝑦(𝑥) = 𝑥3 +𝑥3

    𝐶 − ln |𝑥|.

    Problema 6. Integraţi ecuaţia cu variabile separate:

    2𝑦𝑦′ =𝑒𝑥

    𝑒𝑥 + 1, 𝑦 (1) = 1.

    Soluţie: Deoarece 𝑦′ =𝑑𝑦

    𝑑𝑥ı̂n mod echivalent avem

    2𝑦𝑑𝑦

    𝑑𝑥=

    𝑒𝑥

    𝑒𝑥 + 1⇔ 2𝑦𝑑𝑦 = 𝑒

    𝑥

    𝑒𝑥 + 1𝑑𝑥.

    În urma separării varibilelor putem trece la integrarea celor doua funcţii şiobţinem

    2

    ∫︁𝑦𝑑𝑦 =

    ∫︁𝑒𝑥

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

    Soluţia problemei Cauchy se obţine prin ı̂nlocuirea lui 𝑥0 = 1 şi a lui 𝑦0 = 1ı̂n ecuaţia de mai sus de unde rezultă

    𝑐 = 1 − ln (𝑒 + 1) , 𝑦2 − 1 = ln 𝑒𝑥 + 1

    𝑒 + 1.

    Problema 7. Integraţi ecuaţia omogenă:

    𝑦′ =𝑦

    𝑥+ 𝑒

    𝑦

    𝑥 .

    Soluţie: Plecând de la noua funcţie 𝑧 =𝑦

    𝑥rezultă

    𝑦 = 𝑧 · 𝑥 ⇒ 𝑦′ = 𝑧′𝑥 + 𝑧.

    Înlocuind ı̂n ecuaţia iniţială avem

    𝑧′𝑥 + 𝑧 = 𝑧 + 𝑒𝑧 ⇔ 𝑧′𝑥 = 𝑒𝑧.

    13

  • Deoarece 𝑧′ =𝑑𝑧

    𝑑𝑥obţinem ecuaţia cu variabile separate

    𝑑𝑧

    𝑑𝑥𝑥 = 𝑒𝑧 ⇔ 𝑑𝑧

    𝑒𝑧=

    𝑑𝑥

    𝑥

    de unde ne rezultă ı̂n urma integrării∫︁𝑑𝑧

    𝑒𝑧=

    ∫︁𝑑𝑥

    𝑥⇔ ln |𝑥| + 𝑒−𝑧 = 𝑐.

    Revenind la funcţia iniţială avem urmatoarea integrala generala a ecuatiei:

    ln |𝑥| + 𝑒−𝑦

    𝑥 − 𝑐 = 0.

    Problema 8. Rezolvaţi ecuaţia liniară neomogenă:

    𝑥𝑦′ − 𝑦 + 𝑥 = 0.

    Soluţie: Pentru 𝑥 = 0 obţinem soluţia particulară. Pentru 𝑥 ̸= 0 avem

    𝑥𝑦′ − 𝑦 + 𝑥 = 0 |: 𝑥 ⇔ 𝑦′ − 1𝑥· 𝑦 = −1.

    Pentru a obţine direct soluţia generală a ecuaţiei neomogene

    𝑦′ + 𝑎 (𝑥) · 𝑦 = 𝑏 (𝑥)

    folosim formula

    𝑦 = 𝑒−∫︀𝑎(𝑥)𝑑𝑥

    [︂𝑐 +

    ∫︁𝑏 (𝑥) 𝑒

    ∫︀𝑎(𝑥)𝑑𝑥𝑑𝑥

    ]︂.

    În cazul nostru 𝑎 (𝑥) = − 1𝑥

    şi 𝑏 (𝑥) = −1. Înlocuind ı̂n formula de mai sus,obţinem

    𝑦 = 𝑒−

    ∫︀−

    1

    𝑥𝑑𝑥

    ⎡⎣𝑐 + ∫︁ (−1) 𝑒∫︀ − 1𝑥𝑑𝑥𝑑𝑥⎤⎦⇔ 𝑦 = 𝑒∫︀ 1𝑥𝑑𝑥

    ⎛⎝𝑐− ∫︁ 𝑒− ∫︀ 1𝑥𝑑𝑥𝑑𝑥⎞⎠

    ⇔ 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 9. Integraţi ecuaţia:

    𝑥𝑦′′′ − 𝑦′′ − 𝑥𝑦′ + 𝑦 = 0

    ştiind că admite soluţiile

    𝑦1 (𝑥) = 𝑥, 𝑦2 (𝑥) = 𝑒−𝑥.

    14

  • Soluţie: Dacă pentru ecuaţia diferenţială

    𝑎0 (𝑥) 𝑦(𝑛) + 𝑎1 (𝑥) 𝑦

    (𝑛−1) + ... + 𝑎𝑛 (𝑥) 𝑦 = 0

    suma coeficienţilor (este nulă)

    𝑎0 (𝑥) + 𝑎1 (𝑥) + ... + 𝑎𝑛 (𝑥) = 0

    atunci rezultă (şi) soluţia ecuaţiei 𝑦 = 𝑒𝑥.Pentru exemplul nostru putem folosi observaţia de mai sus deaorece

    𝑥− 1 − 𝑥 + 1 = 0,

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

    În concluzie soluţia generală a ecuaţiei este

    𝑦 = 𝑐1 · 𝑥 + 𝑐2 · 𝑒−𝑥 + 𝑐3 · 𝑒𝑥.

    15

  • Probleme propuse

    Problema 1. Rezolvati ecuatia:

    𝑦′ = 1 +√𝑦 − 𝑥

    facand o schimbare de variabila adecvata.

    Problema 2. Rezolvati ecuatia

    𝑦′ = (−2𝑥 + 𝑦)2 − 7, 𝑦(0) = 0

    folosind o schimbare de variabila.

    Problema 3. Aflati solutia generala a ecuatiei:

    𝑦𝑦′ = 2𝑦 − 𝑥.

    Problema 4. Rezolvati ecuatia:

    𝑥𝑦′ cos(︁𝑦𝑥

    )︁= 𝑦 cos

    (︁𝑦𝑥

    )︁− 𝑥.

    Problema 5. Integrati urmatoarea ecuatie:

    𝑦′ − 𝑥𝑦 = 𝑦

    Problema 6. Aflati integrala generala a ecuatiei:

    (1 + 𝑒𝑥)𝑦𝑦′ − 𝑒𝑥 = 0

    precum si pe cea particulara corespunzatoare datelor initiale 𝑥0 = 1, 𝑦0 = 1.

    Problema 7. Integrati ecuatia:

    𝑦2 + 𝑥2𝑦′ − 𝑥𝑦𝑦′ = 0

    Problema 8. Rezolvati ecuatia:

    (2𝑥𝑦 − sin𝑥)𝑑𝑥 + (𝑥2 − cos 𝑦)𝑑𝑦 = 0

    Problema 9. Rezolvati problema Cauchy:

    1

    𝑦2− 2

    𝑥=

    2𝑥𝑦′

    𝑦3

    with initial condition 𝑦(1) = 1.

    16

  • Problema 10. Rezolvati ecuatia:

    2𝑥𝑦𝑑𝑥− (𝑥2 − 𝑦2)𝑑𝑦 = 0

    Problema 11. Integrati ecuatia:

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

    Problema 12. Integrati ecuatia:

    𝑥𝑦′ + 𝑦 = 𝑦2 ln𝑥

    17

  • Bibliografie

    [1] Dennis. G. Zill. A First Course in Differential Equations with ModelingApplications, Brooks/Cole, 2013.

    [2] Octavian Lipovan. Matematici speciale: Ecuatii diferentiale si teoria cam-purilor, Editura Politehnica, 2007.

    18

    6 Ecuatii diferentiale