1

CURSUL 1

NOTIUNI FUNDAMENTALE SI EXEMPLEEcuatiile diferentiale de ordinul întâi pot avea urmatoarele forme:

1. F

Ãx, y,

dy

dx

!= 0, unde F : D ⊂ R3 → R este o functie care depinde efectiv de

dy

dx, numita forma generala;

2.dy

dx= f (x, y) , unde f : E ⊂ R2 → R este o functie data, numita forma

normala;

3. P (x, y) dx+Q (x, y) dy = 0, unde P,Q : E ⊂ R2 → R sunt functi date, numitaforma Pfaff.

Prin solutie a unei ecuatii diferentiale de ordinul întâi se întelege o functie deforma y : I→ R, unde I ⊂ R este un interval, cu proprietatea:

1. F

Ãx, y (x) ,

dy (x)

dx

!= 0, pentru orice x ∈ I,

2.dy (x)

dx= f (x, y (x)) , pentru orice x ∈ I, respectiv

3. P (x, y (x)) +Q (x, y (x)) · y0 (x) = 0, pentru orice x ∈ I.

Observatii.

1. În e.d. de mai sus, litera y este numita functie necunoscuta, iar x este numita

variabila independenta. Expresiady

dxse înlocuieste adesea prin y0. Într-o e.d.

functia necunoscuta si variabila independenta pot fi desemnate prin orice sim-boluri, daca nu se creaza confuzii. În cazuri concrete litera y este ”eticheta”unei marimi fizice sau de alta natura cum ar fi: masa, spatiu, viteza, acceler-atia, intensitatea, tensiunea, concentratia, etc, iar x este ”eticheta” variabileiindependente.

2. Solutia se indica uneori prin: y = y (x) , x ∈ I.

3. Determinarea solutiilor unei e.d. este un proces complex, numit rezolvarea (sauintegrarea) e.d. respective. Multimea de definitie a unei solutii se determina,de regula, în procesul rezolvarii.

2

Exemplul 1 O solutie pentru e.d. de ordinul întâi

xy +dy

dx− x3 − 2x = 0

este y = x2, pentru orice x ∈ R. Într-adevar, înlocuind pe y cu x2 obtinemx · x2 + d

dxx2 − x3 − 2x = x · x2 + 2x− x3 − 2x = 0, ∀x ∈ R

Curba integrala. Graficul unei solutii a unei ecuatii diferentiale se numestecurba integrala a acelei ecuatii diferentiale.

Observatie.Ecuatia diferentiala sub forma Pfaff se poate scrie sub forma normala

dy

dx= −P (x, y)

Q (x, y),

daca functia Q nu se anuleaza în E. Daca functia P nu se anuleaza în E, atunci

ecuatia diferentiala se poate scrie sub forma normaladx

dy= −Q (x, y)

P (x, y), în care x este

considerata functie necunoscuta, iar y este variabila independenta.Problema CauchyPrincipala problema pentru o e.d. este rezolvarea sau integrarea sa, adica

determinarea solutiilor sale. Problemele concrete care conduc la e.d. nu cer însacunoasterea tuturor solutiilor, ci doar a unor solutii care îndeplinesc anumite conditii.O problema practica importanta si frecvent întâlnita este problema, numita problemaCauchy, care consta în determinarea unei curbe integrale a unei e.d. de ordinul întâicare trece printr-un punct dat. Mai precis:

Problema Cauchy pentru o e.d. de ordinul întâi este problema care constaîn determinarea unei solutii y = y (x) , x ∈ I, a acelei ecuatii, care verifica conditiay (x0) = y0, unde x0 ∈ I si y0 ∈ R sunt numere date. Conditia y (x0) = y0, se numesteconditie initiala sau conditie Cauchy. Se noteaza de obicei y = y (x;x0, y0), solutiacare ia valoarea y = y0 pentru x = x0.

Solutii.Solutia generala. Se numeste solutie generala a unei e.d. de ordinul întâi,

pe multimea I ⊂ R, o familie S de solutii ale acelei e.d. cu proprietatea ca pentruorice punct (x0, y0) ∈ E exista o singura solutie y = y (x) ∈ S astfel încât y (x0) = y0.Adesea, o solutie care depinde de o constanta arbitrara este numita solutie generala.

Exemplul 2. Pentru ecuatia diferentialady

dx− y + x2 − 2x = 0, functia

y = Cex + x2, x ∈ R, unde C ∈ R este o constanta arbitrara, este solutie generala.Într-adevar, înlocuind în ecuatie obtinem

dy (x)

dx− y (x) + x2 − 2x = Cex + 2x−

hCex + x2

i+

+x2 − 2x = 0, ∀x ∈ R

3

pentru fiecare C ∈ R. Pe de alta parte, pentru orice (x0, y0) ∈ R2, punând conditiay0 = C0e

x0 +x20, deducem C0 = (y0 − x20) e−x0. Rezulta ca y = C0ex+x2, x ∈ R, estesolutia care verifica conditia Cauchy y (x0) = y0.

Solutie particulara. O solutie a unei e.d. care apartine unei solutii generalese numeste solutie particulara.

Exemplul 3 În exemplu precedent, functia y = x2, x ∈ R, este o solutieparticulara, obtinuta din solutia generala mentionata pentru C = 0.

Solutie singulara. O solutie a unei ecuatii diferentiale care nu este solutieparticulara se numeste solutie singulara.

Integrala unei ecuatii diferentialeFie u : E ⊂ R2 → R o functie de clasa C1 cu proprietatea u0y 6= 0. Functia

u (x, y) se numeste integrala (sau integrala prima) a unei e.d. de ordinul întâidaca pentru fiecare solutie y : I ⊂ R → R a acelei e.d. exista o constanta C astfelîncât u (x, y (x)) = C, pentru orice x ∈ I. Se mai spune ca u (x, y) este constantadealungul oricarei curbe integrale. Expresia u (x, y) = 0 se numeste solutie definitaimplicit, iar egalitatea u (x, y) = C, unde C este o constanta arbitrara, se numesteintegrala generala a ecuatiei diferentiale.

Observatie.Pentru (x0, y0) ∈ E, ecuatia u (x, y) = u (x0, y0) defineste implicit pe y ca

functie de x. Mai precis, exista α > 0, β > 0 si

y : (x0 − α, x0 + α)→ (y0 − β, y0 + β) ,

cu proprietatile: 1) y (x0) = y0, 2) u (x, y (x)) = u (x0, y0) , pentru orice x ∈ (x0 − α, x0 + α) ,3) y = y (x) este solutie a ecuatiei considerate.

Exemplul 4 Pentru ecuatia diferentiala y0 (3y2 + x) + y = 0, functia u =xy + y3 este o integrala prima.

Fie y = y (x) o solutie a e.d. considerate, pe intervalul I. Avem

y0 (x)h3y2 (x) + x

i+ y (x) = 0, ∀ x ∈ I

Vom arata ca derivata functiei u (x, y (x)) = xy (x)+y3 (x) , în raport cu x, este nula.Avem

[u (x, y (x))]0x = y (x) + xy0 (x) + 3y2 (x) · y0 (x) = y0 (x)

h3y2 (x) + x

i+ y (x) = 0

pentru orice x ∈ I. De aici rezulta ca u (x, y (x)) este o constanta ceea ce înseamnaca u = xy + y3 este integrala prima. În final, putem spune ca xy + y3 = C, unde Ceste o constanta arbitrara, este integrala generala a e.d. considerate.

4

CURSUL 2

TIPURI ELEMENTARE DE ECUATII

Ecuatia diferentialady

dx= f (x) .

Fie f : I ⊂ R→ R o functie continua. Ecuatia diferentiala

dy

dx= f (x)

este cel mai simplu model de ecuatie diferentiala. Se verifica imediat ca solutia careverifica conditia initiala y (x0) = y0, unde x0 ∈ I si y0 ∈ R, este y = y (x) , unde

y (x) = y0 +Z x

x0f (t) dt, (∀) x ∈ I

Daca F este o primitiva a lui f, atunci y (x) = y0+F (x)−F (x0) . Notând y0−F (x0)cu C, rezulta ca forma solutiei generale este y = F (x) + C, x ∈ I, unde C este oconstanta oarecare.

Exemplul 5 Ecuatia diferentiala y0 = x+ sinx are solutia generala

y =Z(x+ sinx) dx =

1

2x2 − cosx+ C; x ∈ R,

unde C ∈ R este o constanta arbitrara.

Ecuatii diferentiale exacte.

Ecuatiile diferentiale exacte sunt ecuatiile de forma

P (x, y) dx+Q (x, y) dy = 0,

unde P,Q : E ⊂ R2 → R sunt functii continue care nu se anuleaza în acelasi punct

din E, P 0y si Q0x exista, iar

∂P

∂y=

∂Q

∂x.

Vom presupune ca E = (a, b)× (c, d) , si ca functia Q nu se anuleaza în E. Înaceasta ipoteza ecuatia considerata se poate scrie sub forma P (x, y)+ y0Q (x, y) = 0.

Se verifica usor ca functia u : E → R, definita prin

u (x, y) =Z x

x0P (x, y) dx+

Z y

y0Q (x0, y) dy,

are proprietatile: 1) u (x0, y0) = 0; 2) u0x = P si u0y = Q. Deci

du (x, y) = u0x (x, y) dx+ u0y (x, y) dy = P (x, y) dx+Q (x, y) dy

5

Daca y = y (x) este o solutie pe un interval I ⊂ R, atunci

P (x, y (x)) +Q (x, y (x)) · y0 (x) = 0, x ∈ I

din care deducem

du (x, y (x)) = P (x, y (x)) dx+Q (x, y (x)) dy (x) =

= [P (x, y (x)) +Q (x, y (x)) · y0 (x)] dx = 0,

ceea ce înseamna ca u (x, y (x)) este constanta. Prin urmare u (x, y) este integralaprima a ecuatiei considerate. Integrala generala a ecuatiei considerate va fi u (x, y) =C, adica Z x

x0P (x, y) dx+

Z y

y0Q (x0, y) dy = C,

unde C este o constanta arbitrara. Solutia care verifica conditia initiala y (x0) = y0corespunde lui C = 0.

Exemplul 6 Determinati integrala generala a ecuatiei diferentialeÃ1√x+√y

!dx+

x

2√ydy = 0

Rezolvare: Avem P (x, y) =1√x+√y, Q (x, y) =

x

2√y, iar domeniul de

definitie al functiilor P si Q este E = (0,∞)× (0,∞) . Avem P 0y =1

2√y, Q0x =

1

2√y,

deci P 0y = Q0x, adica ecuatia considerata este exacta. Integrala ei generala este

Z x

x0

Ã1√x+√y

!dx+

Z y

y0

x02√ydy = C,

unde x0 si y0 sunt numere pozitive arbitrare. Efectuând calculele obtinem

2√x+ x

√y − (2√x0 + x0√y0) = C

Daca notam 2√x0 + x0

√y0 +C = K, rezulta ca integrala generala are forma 2

√x+

x√y = K, unde K este o constanta pozitiva oarecare.

Metoda factorului integrant.

Consideram ecuatia diferentiala de ordinul întâi sub forma Pfaff

P (x, y) dx+Q (x, y) dy = 0,

6

unde P,Q : E ⊂ R2 → R. Presupunem ca E = (a, b) × (c, d) , este un intervalbidimensional. Deasemenea, presupunem ca P, Q,

∂P

∂ysi

∂Q

∂xsunt functii continue

pe E si∂P

∂y6= ∂Q

∂x. Fie µ : E → R o functie de clasa C1 pe E, care nu se anuleaza în

E. Înmultind cu µ ecuatia data, obtinem ecuatia echivalenta

µ (x, y)P (x, y) dx+ µ (x, y)Q (x, y) dy = 0

Cautam functia µ astfel încât ecuatia obtinuta sa fie exacta, adica astfel încât

∂

∂y[µP ] =

∂

∂x[µQ]

Functia µ cu aceasta proprietate se numeste factor integrant pentru ecuatia data.Conditia impusa lui µ se scrie detaliat sub forma

∂µ

∂yP + µ

∂P

∂y=

∂µ

∂xQ+ µ

∂Q

∂x

Daca µ verifica aceasta conditie atunci integrala generala a ecuatiei date esteZ x

x0µ (x, y)P (x, y) dx+

Z y

y0µ (x0, y)Q (x0, y) dy = C,

unde C este o constanta arbitrara. În general determinarea functiei µ este la fel dedificila ca si rezolvarea ecuatiei diferentiale considerate, dar se pot identifica unelecazuri particulare în care se pot determina factori integranti.

1) Factor integrant care depinde numai de x.Presupunem ca exista un factor integrant care depinde numai de x, adica de

forma µ = µ (x) . Conditia îndeplinita de µ se scrie, înlocuind∂µ

∂y= 0 si

∂µ

∂x= µ0,

sub formaµ0

µ=P 0y −Q0xQ

Deoareceµ0

µdepinde numai de x rezulta ca egalitatea este posibila numai când ex-

presiaP 0y −Q0xQ

depinde numai de x. În acest caz rezulta

µ (x) = exp

ÃZ x

x0

P 0y −Q0xQ

dx

!

Integrala generala este în acest cazZ x

x0µ (x)P (x, y) dx+

Z y

y0µ (x0)Q (x0, y) dy = C,

7

2) Factor integrant care depinde numai de y.Presupunem ca exista un factor integrant care depinde numai de y, adica de

forma µ = µ (y) . Conditia îndeplinita de µ se scrie, înlocuind∂µ

∂x= 0 si

∂µ

∂y= µ0,

sub formaµ0

µ=Q0x − P 0yP

Deoareceµ0

µdepinde numai de y rezulta ca egalitatea este posibila numai când ex-

presiaQ0x − P 0yP

depinde numai de y. În acest caz rezulta

µ (y) = exp

ÃZ y

y0

Q0x − P 0yP

dy

!

Integrala generala este în acest cazZ x

x0µ (y)P (x, y) dx+

Z y

y0µ (y)Q (x0, y) dy = C

unde C este o constanta arbitrara.

Exemplul 7 Determinati solutia ecuatiei diferentiale

−ydx+Ãx+

x2

y2

!dy = 0

care verifica conditia initiala y (1) = 2.

Rezolvare: Consideram functiile P = −y si Q = x+ x2

y2, definite pe (0,∞)×

(0,∞) .Deoarece P 0y = −1 siQ0x = 1+2x

y2, rezulta ca P 0y 6= Q0x, deci ecuatia diferentiala

nu este exacta. Cercetam daca ecuatia admite factor integrant care sa depinda numaide o variabila. Avem

µ0

µ=P 0y −Q0xQ

=−1− 1− 2x

y2

x+x2

y2

=

−2Ã1 +

x

y2

!

x

Ã1 +

x

y2

! = −2x,

din care deducem ca ecuatia admite un factor integrant care depinde numai de x, sianume

µ = expµZ x

1

µ−2x

¶dx¶= exp (−2 lnx+ 2 ln 1) = 1

x2

8

Înmultind ecuatia cu µ =1

x2obtinem ecuatia diferentiala exacta

− yx2dx+

Ã1

x+1

y2

!dy = 0,

a carei integrala este Z x

1− yx2dx+

Z y

2

Ã1 +

1

y2

!dy = 0

Efectuând calculele obtinemµy

x− y

¶+ (y − 2) +

Ã−1y+1

2

!= 0, adica

y

x− 1y=3

2.

Ecuatia diferentiala cu variabile separabile.

Forma Pfaff a ecuatiilor diferentiale cu variabile separabile este

f (x) g (y) dx+ h (x) k (y) dy = 0

unde f, h : E ⊂ R→ R si g, k : F ⊂ R→ R sunt functii continue, E si F sunt inter-vale reale, g nu se anuleaza în F, iar h nu se anuleaza în E. În aceste conditii ecuatia

admite factorul integrant µ =1

g (y)h (x). Înmultind cu µ ecuatia data, obtinem

ecuatia echivalentaf (x)

h (x)dx+

k (y)

g (y)dy = 0

Se spune, în acest caz, ca am separat variabilele în ecuatia data. Am obtinut o ecuatiediferentiala exacta. Solutia sa generala esteZ x

x0

f (x)

h (x)dx+

Z y

y0

k (y)

g (y)dy = C,

unde x0 ∈ E si y0 ∈ F sunt numere arbitrare, iar C este o constanta arbitrara.Daca g (y0) = 0, atunci y = y0, pentru orice x ∈ E, este solutie singulara.

Daca h (x0) = 0, atunci x = x0, pentru orice y ∈ F, este solutie singulara.

Exemplul 8

xq1 + y2dx+ y

√1 + x2dy = 0

Rezolvare: Separând variabilele obtinemx√1 + x2

dx+y√1 + y2

dy = 0,

care este o ecuatie diferentiala exacta. Solutia generala a acestei ecuatii esteZ x

x0

x√1 + x2

dx+Z y

y0

y√1 + y2

dy = C,

9

unde x0 si y0 sunt numere arbitrare, iar C este o constanta arbitrara. Facând calculeleobtinem √

1 + x2 +q1 + y2 = K,

unde K = C +q1 + x20 +

q1 + y20 este o constanta arbitrara. .

Exemplul 9 Determinati solutia generala a ecuatiei diferentiale

dx

dt= k (x− a) (x− b) ,

k, a si b fiin constante date.Rezolvare: Ecuatia este cu variabile separabile. Când a 6= b, separînd vari-

abilele, obtinem succesiv

dx

(x− a) (x− b) = kdt,·1

x− a −1

x− b¸dx = k (a− b) dt

Integrînd, obtinem

ln¯x− ax− b

¯= k (a− b) t+ ln |C| ,

din care deducemx− ax− b = Ce

k(a−b)t, de unde

x =bCek(a−b)t − aCek(a−b)t − 1

Daca punem conditia x (t0) = x0, atunci obtinemx0 − ax0 − b = Ce

k(a−b)t0 , din care de-

ducem C =x0 − ax0 − b e

−k(a−b)t0 . Solutia cautata este

x =b (x0 − a) ek(a−b)(t−t0) − a (x0 − b)(x0 − a) ek(a−b)(t−t0) − (x0 − b)

Ecuatia diferentiala de tip omogen.

Prin ecuatie diferentiala de tip omogen se întelege o ecuatie diferentiala deforma

dy

dx= f

µy

x

¶,

unde f : E ⊂ R→ R este o functie continua data. Pentru rezolvarea acestei ecuatiidiferentiale se face schimbarea de functie u =

y

x, x 6= 0, si se ajunge la o ecuatie cu

variabile separabile.

10

Exemplul 10 Determinati solutia ecuatiei diferentialedy

dx=y2

x2+y

x, care

verifica conditia initiala y (x0) = y0, unde x0 6= 0 si y0 sunt numere arbitrare.Rezolvare: Ecuatia fiind de tip omogen, facem schimbarea de functie y = ux.

Avemdy

dx= u+ x

du

dx

Înlocuind în ecuatie, obtinem

u+ xdu

dx= u2 + u

Deducem cadu

u2− dxx= 0, si deci

Z u

u0

du

u2−Z x

x0

dx

x= C

Rezulta −1u+1

u0− lnx + lnx0 = C, adica

x

y− x0y0+ lnx − lnx0 = −C, din care

deducemy (x) =

x

−C − lnx+ lnx0 + x0y0

Din calculele facute rezulta ca numarul y0 nu poate fi egal cu 0. Notând−C+lnx0+x0y0

cuK, rezulta y (x) =x

K − lnx, adica am obtinut solutia generala. Se verifica imediatca functia nula y = 0, pentru x ∈ I, unde I este un interval arbitrar care nu continepe 0, este solutie a ecuatiei considerate. Aceasta solutie, care verifica evident conditiay (x0) = 0, este solutie singulara a ecuatiei considerate.

Ecuatiile diferentiale de forma

dy

dx= f

Ãa1x+ b1y + c1a2x+ b2y + c2

!,

unde f : D ⊂ R→ R, a1, b1, c1, a2, b2, c2 ∈ R, se reduc la ecuatii de tip omogen saucu variabilele separabile.

a) Daca numerele c1 si c2 sunt nule, avem

dy

dx= f

Ãa1x+ b1y

a2x+ b2y

!= f

Ãa1 + b1

yx

a2 + b2yx

!= g

µy

x

¶,

adica ecuatia este de tip omogen.b) Presupunem ca numerele c1 si c2 nu sunt simultan nule.

11

b1) Dacaa1a2=b1b2, atunci facînd schimbarea de functie a2x+ b2y = z, ecuatia

devine:

dz

dx= a2 + b2

dy

dx= a2 + b2f

a1a2z + c1

z + c2

, adicadz

dx= a2 + b2f

a1a2z + c1

z + c2

,care este o ecuatie cu variabile separabile.

b2) Dacaa1a26= b1b2, atunci sistemul format din ecuatiile a1x + b1y + c1 = 0 si

a2x+b2y+c2 = 0 are o solutie unica (α, β) . Facînd schimbarea de variabile x = X+α,y = Y + β, ecuatia devine:

dy

dx=dY

dX= f

Ãa1X + b1Y

a2X + b2Y

!,

care este de tip omogen (vezi cazul a).

Ecuatia diferentiala liniara.

Ecuatia diferentiala liniara de ordinul întâi are forma

dy

dx+ p (x) y = q (x)

unde p, q : E ⊂ R→ R sunt functii continue date. Consideram ca E este un intervalde forma (a, b) . Forma Pfaff a acestei ecuatii este

(p (x) y − q (x)) dx+ dy = 0

Rezulta imediat ca aceasta ecuatie nu este exacta, dar admite factorul integrant µ dat

prinµ0

µ= p (x) . Obtinem µ (x) = exp

³R xx0p (x) dx

´. Rezulta ca µ (x0) = 1. Înmultind

cu µ forma Pfaff a ecuatiei considerate, obtinem ecuatia exacta

µ (x) [p (x) y − q (x)] dx+ µ (x) dy = 0

Integrala prima a ecuatiei considerate va fi

u = µ (x) · y −Z x

x0µ (x) q (x) dx− y0

12

Integrala generala este

µ (x) · y −Z x

x0µ (x) q (x) dx− y0 = C,

unde C este o constanta arbitrara. Putem explicita pe y sub forma

y =1

µ (x)

µK +

Z x

x0µ (x) q (x) dx

¶,

unde K = C + y0. Pentru C = 0 obtinem solutia care verifica conditia initialay (x0) = y0. De obicei solutia generala este reprezentata sub forma

y =1

exp (Rp (x) dx)

·K +

Zq (x) exp

µZp (x) dx

¶dx¸,

unde K este o constanta arbitrara, iar integralele nedefinite care intervin sunt prim-itive fixate ale functiilor respective.

Exemplul 11 Determinati solutia generala a ecuatiei diferentiale

y0 +1

xy = x2

Rezolvare: Ecuatia diferentiala considerata este liniara. Fata de modelul

general avem p (x) =1

xsi q (x) = x2. Aceste functii sunt definite si continue pentru

orice x 6= 0. Vom determina solutia generala pe E = (0,∞) . Conform metodei derezolvare expuse mai sus, solutia generala este

y =1

expµR 1xdx¶ ·K + Z

x2 expµZ 1

xdx¶dx¸=

=1

x

·K +

Zx2 · xdx

¸=1

x

"K +

x4

4

#=K

x+x3

4

adica y =K

x+x3

4, unde K este o constanta arbitrara.

Ecuatia diferentiala a lui Bernoulli.

Ecuatiile diferentiale de tip Bernoulii au forma generala

y0 + p (x) y = q (x) ym

unde p, q : E → R sunt functii continue definite pe un interval E, iar m este unnumar real diferit de 0 si de 1. Când m este 0 sau 1, ecuatia este liniara sau cuvariabile separabile. Aceasta ecuatie diferentiala se transforma într-o ecuatie liniaraprin schimbarea de functie z = y1−m.

13

Exemplul 12 Determinati solutia generala a ecuatiei y0 +1

xy = x2y2.

Rezolvare: Ecuatia este de tip Bernoulli, cu m = 2. Vom reduce ecuatiaaceasta la o ecuatie liniara facând schimbarea de functie z = y−1. Derivînd, obtinem

z0 = −y−2y0. Înmultind ecuatia data cu −y−2 obtinem −y−2y0− 1xy−1 = −x2. Facând

înlocuirile, obtinem z0 − 1xz = −x2. De aici deducem ca

z =1

expµR −1

xdx¶ ·K + Z

−x2 expµZ−1xdx¶dx¸=

= x·K −

Zx2 · 1

xdx¸= x

"K − x

2

2

#= Kx− 1

2x3,

unde K este o constanta. Deoarece z = y−1 rezulta ca y = z−1, deci solutia generalaa ecuatiei date este

y =2

2Kx− x3Ecuatia diferentiala a lui Lagrange.

Ecuatia diferentiala y = xf (y0) + g (y0) , unde f, g : E ⊂ R→ R, f (x) 6= x,sunt functii de clasa C1, se numeste ecuatia lui Lagrange. Rezolvarea ei se face astfel:

1. Înlocuind y0 = p, obtinemy = xf (p) + g (p)

2. Diferentiind, obtinem

dy = f (p) dx+ xf 0 (p) dp+ g0 (p) dp

3. Înlocuind dy = y0dx = pdx si ordonînd, obtinem

(f (p)− p) dx+ [xf 0 (p) + g0 (p)] dp = 0Se verifica imediat ca aceasta ecuatie diferentiala este liniara în necunoscuta x sivariabila independenta p. Rezolvînd-o, obtinem solutia sub forma x = φ (p, c) .Din relatia y = xf (p) + g (p) rezulta y = φ (p, c) f (p) + g (p) . Solutia generalaeste exprimata parametric prin(

x = φ (p, c)y = φ (p, c) f (p) + g (p)

,

unde p este parametru, iar c este constanta arbitrara.

14

Ecuatia diferentiala a lui Clairaut.

Ecuatia diferentiala a lui Clairaut este ecuatia lui Lagrange în cazul f (p) = p.Deci forma ecuatiei lui Clairaut este

y = xy0 + g (y0)

Aplicînd acelasi procedeu ca la ecuatia lui Lagrange, obtinem succesiv:

y = xp+ g (p) , dy = pdx+ xdp+ g0 (p) dp, (x+ g0 (p)) dp = 0

Daca dp = 0, obtinem p = c, unde c este o constanta arbitrara. Deci y0 = c, iarsolutia generala este

y = xc+ g (c)

Daca x+ g0 (p) = 0, avem x = −g0 (p) si y = −g0 (p) p+ g (p) , adica se obtine solutiaexprimata parametric prin (

x = −g0 (p)y = −g0 (p) p+ g (p) ,

care este o solutie singulara.

Exemplul 13 Determinati solutia generala a ecuatiei y = 2xy0 + y02.Rezolvare: Ecuatia considerata este de tip Lagrange. Punem y0 = p si

obtinem

y = 2xp+ p2

Diferentiind obtinem pdx = 2pdx+ 2xdp+ 2pdp, deci

pdx+ (2x+ 2p) dp = 0, saudx

dp+2

px = −2

Solutia generala a acestei ecuatii este x =c

p2− 23p, p ∈ I ⊂ R, unde I este un interval

care nu contine pe 0, iar c este o constanta reala arbitrara. Din relatia y = 2xp+ p2,deducem reprezentarea parametrica a solutiei generale a ecuatiei date:

x =

c

p2− 23p

y =2c

p− 13p2

, p ∈ I,

15

Exemplul 14 Determinati solutia generala a ecuatiei diferentiale y = xy0+1

y0.

Rezolvare: Ecuatia considerata este de tip Clairaut. Punem y0 = p si obtinem

y = xp +1

p, pentru orice x ∈ R si p ∈ I ⊂ R, I fiind un interval care nu contine pe

0. Vom considera I = (0,∞) . Diferentiind, obtinem pdx = pdx + xdp − 1

p2dp, sau,

ordonând, Ãx− 1

p2

!dp = 0

O posibilitate este x =1

p2, din care deducem reprezentarea parametrica a

solutiei singulare: x =

1

p2

y =2

p

, p ∈ I

În acest caz putem obtine forma explicita a solutiei singulare, eliminând parametrulp :

y = 2√x, x ∈ (0,∞)

Alta posibilitate este dp = 0, din care deducem p = c, unde c este o constanta

arbitrara. Solutia generala a ecuatiei considerate este y = xc+1

c.

16

CURS 3

METODE GENERALE DE REZOLVARE1. Metoda aproximatiilor succesiveFie x0 si y0 doua numere reale oarecare, a si b doua numere reale pozitive,

I = [x0 − a, x0 + a] , J = [y0 − b, y0 + b] , ∆ = I × J,

iar f : ∆→ R, o functie data.Teorema. Daca f este continua pe ∆, si lipschitziana pe ∆ în raport cu y,

adica exista o constanta pozitiva L astfel încât

|f (x, y)− f (x, z)| ≤ L |y − z| , (∀) (x, y) , (x, z) ∈ ∆,

atunci ecuatiady

dx= f (x, y)

admite o solutie unica pe intervalul I0 = [x0 − δ, x0 + δ], unde δ = min

(a,b

M

)si

M = sup {|f (x, y)| | (x, y) ∈ ∆} , care verifica conditia initiala y (x0) = y0.Conditiile teoremei se îndeplinesc daca f si f 0y sunt continue pe ∆. Demon-

stratia se face prinmetoda aproximatiilor succesive. Se arata mai întâi ca prob-lema Cauchy pusa este echivalenta cu determinarea unei functii continue y : I → R,care sa verifice egalitatea (ecuatie integrala)

y (x) = y0 +Z x

x0f (s, y (s)) ds, x ∈ I

Apoi se defineste un sir de functii continue (yn)n∈N astfel:

y0 : I0 → J, y0 (x) = y0,

yn : I0 → J, yn (x) = y0 +Z x

x0f (t, yn−1 (t)) dt, (∀) x ∈ I0, n ∈ N∗.

Se arata ca sirul este uniform convergent catre o functie y : I0 → J, unica solutie aecuatiei considerate pe I0. Functia yn se numeste aproximarea de ordinul n a solutiei.Aproximarea

y (x) ≈ yn (x)da valori acceptabile pentru x aproape de x0.

Exemplul 15. Folosind metoda aproximatiilor succesive, determinati aprox-imarea de ordinul 3 a solutiei ecuatiei diferentiale y0 = x2 + y2, care verifica conditiainitiala y (0) = 0.

17

Rezolvare: Sirul de functii (yn)n∈N , care converge catre solutia problemeiCauchy mentionate, este definit de metoda aproximatiilor succesive astfel:

y0 (x) = 0

yn (x) =xR0

ht2 + y2n−1 (t)

idt, n ∈ N∗

pentru orice x ∈ I = [−δ, δ] , δ fiind un numar suficient de mic încât sirul sa fieuniform convergent pe I. Deci

y1 (x) =xR0[t2 + 02] dt =

1

3x3,

y2 (x) =xR0

·t2 +

1

9t6¸dt =

1

3x3 +

1

63x7,

y3 (x) =xR0

·t2 +

1

9t6 +

2

189t10 +

1

3969t14¸dt =

=1

3x3 +

1

63x7 +

2

2079x11 +

1

59535x15

si asa mai departe. Retinem aproximarea

y (x) ≈ 13x3 +

1

63x7 +

2

2079x11 +

1

59535x15

Exemplul 16 Determinati solutia problemei Cauchy y0 = x2 + y, y (0) = 0,folosind metoda aproximatiilor succesive.

Rezolvare: Sirul de functii (yn)n∈N , care converge catre solutia problemeiCauchy mentionate, este definit de metoda aproximatiilor succesive astfel:

y0 (x) = 0

yn (x) =xR0[s2 + yn−1 (s)] ds, n ∈ N∗

pentru orice x ∈ I = [−δ, δ] , δ fiind un numar suficient de mic încât sirul sa fieuniform convergent pe I. Deci

y1 (x) =xR0[s2 + 0] ds =

1

3x3,

y2 (x) =xR0

·s2 +

1

3s3¸ds =

1

3x3 +

1

3 · 4x4 = 2

µ1

3!x3 +

1

4!x4¶,

y3 (x) =xR0

·s2 +

1

3s3 +

1

3 · 4s4

¸ds = 2

µ1

3!x3 +

1

4!x4 +

1

5!x5¶

Folosim metoda inductiei matematice. Presupunem ca, pentru un n ∈ N, n ≥ 1,avem

yn (x) = 2

Ã1

3!x3 +

1

4!x4 + · · ·+ 1

(n+ 2)!xn+2

!

18

Deducem

yn+1 (x) =

xZ0

"s2 + 2

Ã1

3!s3 +

1

4!s4 + · · ·+ 1

(n+ 2)!sn+2

!#ds =

=1

3x3 + 2

Ã1

4!x4 + · · ·+ 1

(n+ 3)!xn+3

!=

= 2

Ã1

3!x3 +

1

4!x4 + · · ·+ 1

(n+ 3)!xn+3

!,

ceea ce arata ca formula

yn (x) = 2

Ã1

3!x3 +

1

4!x4 + · · ·+ 1

(n+ 2)!xn+2

!

este valabila pentru orice n ∈ N∗. Rezulta

y (x) = lim yn (x) = 2

Ã1

3!x3 +

1

4!x4 + · · ·+ 1

(n+ 2)!xn+2 + · · ·

!=

= 2µex − 1− x− 1

2x2¶= 2ex − 2− 2x− x2

Deci, solutia problemei Cauchy considerate a fost determinata complet si este y =2ex − 2− 2x− x2. Observam ca solutia gasita este valabila pentru x ∈ R.

2. Metoda seriilorConsideram e.d. normala

dy

dx= f (x, y) , unde f : E ⊂ R2 → R este presupusa

de clasa C∞ (adica este indefinit derivabila).Remarca.Fie y = y (x) o olutie a e.d. pe un interval I ⊂ R. Deoarece y0 (x) = f (x, y (x))

pentru x ∈ I, si tinând cont ca prin compunerea functiilor derivabile se obtin functiiderivabile, deducem ca y (x) este de clasa C∞pe I.

Fie (x0, y0) ∈ E. Solutia y = y (x) care verifica conditia initiala y (x0) = y0, sepoate reprezenta sub forma seriei Taylor

y (x) = y (x0) +y0 (x0)1!

(x− x0) + y00 (x0)2!

(x− x0)2 + · · ·

în punctele în care seria este convergenta. Pentru aceasta vom calcula derivatelefunctiei y (x) . În cele ce urmeaza vom subîntelege ca y si derivatele sale sunt calculateîn x, iar f si derivatele sale partiale care intervin vor fi calculate în (x, y) . Avem:

y0 = f,

y00 =∂f

∂x+

∂f

∂y· y0 = ∂f

∂x+

∂f

∂y· f =: f1,

y000=

∂f1∂x

+∂f1∂y

· y0 = ∂f1∂x

+∂f1∂y

· f1 =: f2,

19

si asa mai departe. Înlocuim x cu x0 si y cu y0 deducem y0 (x0) =: y01, y00 (x0) =: y02,si asa mai departe. Daca procesul de calcul se opreste la y(n) (x0) atunci vom obtineo aproximare a solutiei

y (x) ≈ yn (x) = y (x0)+ y0 (x0)1!

(x− x0)+ y00 (x0)2!

(x− x0)2+ · · ·+ y(n) (x0)

n!(x− x0)n

Exemplu 17 Determinati solutia e.d. y0 = x2 + y2 care verifica conditiainitiala y (0) = 1.

Rezolvare:Suntem în cazul f (x, y) = x2 + y2 care este de clasa C∞ pe R. Vom cauta

solutia sub forma

y (x) = y0 +y011!x+

y022!x2 + · · · ,

unde y0 = y (0) , y01 = y0 (0) , y02 = y00 (0) , si asa mai departe. Avem, din aproape înaproape,

y0 = y (0) = 1y0 = x2 + y2 y01 = y

0 (0) = 1y00 = 2x+ 2yy0 y02 = y

00 (0) = 2y000 = 2 + 2 (y0)2 + 2yy00 y03 = y

000 (0) = 8y(4) = 6y0y00 + 2yy000 y04 = y

(4) (0) = 28

y(5) = 6 (y00)2 + 8y0y000 + 2yy(4) y05 = y(5) (0) = 144

Deci

y (x) = 1 +1

1!x+

2

2!x2 +

8

3!x3 +

28

4!x4 +

144

5!x5 + · · ·

= 1 + x+ x2 +4

3x3 +

7

6x4 +

6

5x5 + · · ·

Vom retine aproximarea

y (x) ≈ y5 (x) = 1 + x+ x2 + 43x3 +

7

6x4 +

6

5x5,

care da valori acceptabile pentru x aproape de 0.

CURSUL 4

EXEMPLE DIN FIZICA SI CHIMIEExemplul 1Într-un rezervor se afla o cantitate A de substanta dizolvata în B litri de

apa. Apoi, în fiecare minut, în rezervor intra M litri de apa si ies N litri de solutie(M > N). Gasiti cantitatea de substanta în functie de timp.

20

Rezolvare: Fie x (t) masa substantei din rezervor, iar V (t) volumul solutiei,în litri, la momentul t al procesului. Din ipoteza rezulta

V (t) = B +Mt−Nt,

t fiind masurat în minute. Concentratia solutiei la momentul t estex (t)

V (t). În intervalul

[t, t+∆t] avem

x (t+∆t) ' x (t)− x (t)

V (t)N∆t

Ordonînd convenabil, avem

x (t+∆t)− x (t)∆t

' − x (t)V (t)

N

Trecînd la limita, pentru ∆t→ 0, obtinem ecuatia diferentiala a procesului:

dx

dt= − x

V (t)N

Aceasta este o ecuatie cu variabilele separabile. Separînd variabilele, obtinem

dx

x= − N

B + (M −N) tdt

Integrînd, obtinem

ln |x (t)| = − N

M −N ln |B + (M −N) t|+ ln |C| ,

din care deducem

x (t) =C

[B + (M −N) t] NM−N

Conditia initiala este x (0) = A. Deducem mai întâi C = ABN

M−N , iar apoi

x (t) = A

"B

B + (M −N) t# NM−N

Exemplu 2Într-un rezervor se afla 100 litri de solutie care contine 10 Kg de sare. În

rezervor se aduce apa cu viteza de 5 litri / min si se scoate solutie cu aceeasi viteza.Presupunem ca omogenizarea solutiei se face instantaneu. Câta sare ramâne în rez-ervor dupa o ora?

21

Rezolvare: Suntem în cazul problemei precedente cu A = 10, B = 100, iar

M = N = 5. Suntem condusi la ecuatia diferentialadx

x= −N

Bdt. Integrînd, obtinem

x (t) = Ae−NBt. Dupa o ora avem

x (60) = 10e−5100

60 = 10e−3 = 0, 49787Kg ' 0, 5Kg.

Exemplul 3O substanta A se transforma în alta substanta cu o viteza proportionala cu

masa de substanta A netransformata. Daca masa de substanta A este de 31, 4 g dupatrecerea unei ore si de 9, 7 g dupa trecerea a trei ore, atunci determinati:

a) Masa de substanta la începutul procesului.b) Peste cât timp de la începutul procesului ramâne doar 1% din masa initiala

de substanta A.Rezolvare: Daca notam cum (t) masa de substanta A existenta la momentul

t, atunci, pentru intervalul de timp [t, t+∆t] , avem:

m (t+∆t) ' m (t)− km (t)∆t

unde k > 0 este un numar specific procesului. Deducem

m (t+∆t)−m (t)∆t

' −km (t)

Facînd ∆t→ 0, obtinem ecuatia diferentiala a procesului:

dm

dt= −km

Aceasta este o ecuatie cu variabilele separabile. Integrînd, obtinem m (t) =m (0) e−kt.

a) Exprimînd timpul în ore, conditiile devin:

m (1) = m (0) e−k = 31, 4m (3) = m (0) e−3k = 9, 7

Împartind egalitatile în mod corespunzator, obtinem[m (0)]3

m (0)=(31, 4)3

9, 7, din care

deducem

m (0) =

vuut(31, 4)39, 7

= 56, 495g

Deducem si

e−k =31, 4

m (0)=

31, 4

56, 495= 0, 5558

22

b) Conditia se exprima sub forma

1

100m (0) = m (0) e−kt = m (0)

³e−k

´t= m (0) (0, 5558)t ,

din care, simplificînd cu m (0) si logaritmînd, deducem − ln 100 = t ln 0, 5558. Deci

t =− ln 100ln 0, 5558

= 7, 8406 ore

Exemplul 4Viteza de racire a unui corp este proportionala cu diferenta dintre temperatura

corpului si temperatura mediului înconjurator (coeficientul de proportionalitate fiindk > 0). Gasiti dependenta de timp a temperaturii T a corpului daca mediul sementine la temperatura constanta a, iar T (0) = T0.

Rezolvare: Ecuatia procesului este

dT

dt= −k (T − a) ,

cu conditia initiala T (0) = T0. Ecuatia, fiind cu variabile separabile, se integreazaimediat si obtinem solutia

T (t) = a+ (T0 − a) e−kt

Exemplul 5Un corp se raceste, într-un mediu cu temperatura constanta a = 200 C, astfel

încât dupa 10 minute temperatura scade de la 1000 C la 600 C. În cât timp temper-atura corpului ajunge la 250 C?

Rezolvare: Ecuatia diferentiala a procesului este, conform problemei prece-dente, T (t) = 20 + 80e−kt. Masurînd timpul în minute, conditia data devine 60 =20 + 80e−10k. Simplificînd calculele, obtinem e−10k = 0, 5. De aici deducem

e−k = (0, 5)0,1 = 0, 93303.

Ecuatia procesului devine

T (t) = 20 + 80 · (0, 93303)t

Conditia T (t) = 25 ne conduce la 20 + 80 · (0, 93303)t = 25. De aici deducem(0, 93303)t = 1/16, din care rezulta

t =ln 1

16

ln 0, 93303= 39, 998 ' 40 minute

Exemplul 6

23

S-a constatat experimental ca viteza de dezintegrare a radiului este proportion-ala cu cantitatea sa (nedezintegrata). În decurs de un an, din fiecare gram de radiu sedezintegreaza 0, 44miligrame. Dupa câti ani se dezintegreaza jumatate din cantitateainitiala?

Rezolvare: Ecuatia procesului are formadm

dt= −km, unde k > 0 este o

constanta specifica radiului. Solutia generala a ecuatiei diferentiale este m (t) =m (0) e−kt. Exprimînd timpul în ani si masa în miligrame, conditia data devine

m (1) = 1000− 0, 44 = 1000e−k

De aici deducem e−k = 999, 56/1000 = 0, 99956. Ecuatia procesului devine m (t) =m (0) [0, 99956]t . Cerinta problemei devine

m (0)

2= m (0) [0, 99956]t ,

din care deducem [0, 99956]t = 0, 5. În final avem

t =ln 0, 5

ln 0, 99956' 1575 ani

Exemplul 7Cantitatea de lumina care se pierde la trecerea unui fascicul printr-un strat

de apa este proportionala cu cantitatea de lumina care cade pe strat si cu grosimeastratului parcurs (constanta de proportionalitate fiind k > 0). Cunoscînd ca prinparcurgerea unui strat de apa gros de 2 metri se pierde 1/3 din fluxul initial, gasitice parte se pierde când se strabate un strat de apa gros de 12 metri.

Rezolvare: Notam cu φ (x) cantitatea de lumina care ramâne dupa ce fascicu-lul de lumina a parcurs un strat de apa de grosime egal cu x. În intervalul [x, x+∆x]avem:

φ (x+∆x) ' φ (x)− kφ (x)∆x,din care deducem

φ (x+∆x)− φ (x)

∆x' −kφ (x)

Trecînd la limita, pentru ∆x→ 0, obtinem ecuatia diferentiala a procesului:

dφ

dx= −kφ,

care este o ecuatie cu variabile separabile.Solutia generala este

φ (x) = φ (0) e−kx.

Din ipoteza deducem φ (2) = 23φ (0) , adica 2

3φ (0) = φ (0) e−2k. De aici rezulta

e−k =

s2

3= 0, 8165.

24

Solutia capata forma φ (x) = φ (0) [0, 8165]x . Deducem φ (12) = φ (0) [0, 8165]12 , iar

φ (0)− φ (12)

φ (0)= 1− [0, 8165]12 = 91, 22%,

adica pierderea este de aproximativ 90% din cantitatea de lumina care cade pe strat.Exemplul 8Viteza de scurgere a apei dintr-un vas printr-un orificiu este data de formula

obtinuta experimental: v = 0, 6 ·√2gh, unde h este înaltimea nivelului apei fata deorificiu, g este acceleratia gravitationala (se ia g = 10m/s2). În cât timp se scurge apadintr-un rezervor cilindric cu diametrul 2R = 1 m si înaltimea H = 1, 5 m, printr-unorificiu aflat pe fundul rezervorului, avînd diametrul 2r = 0, 05 m.

Rezolvare: Notam cu x (t) înaltimea apei în rezervor la momentul t. Deoarecevolumul de apa care se scurge din rezervor în unitatea de timp este πr2 · v, rezulta ca

πR2 · x (t+∆t) ' πR2 · x (t)− πr2 · 0, 6 ·q2gx (t) ·∆t,

Am tinut cont ca volumul de apa din rezervor la momentul t+∆t este egal cuvolumul la momentul t minus volumul scurs în intervalul [t, t+∆t] . Trecînd la limitapentru ∆t→ 0, obtinem ecuatia diferentiala a procesului:

dx

dt= − r

2

R20, 6 ·

q2gx

Separînd variabilele, avem

dx

2√x= − r

2

R20, 3 ·

q2gdt

Integrînd, obtinem qx (t) = − r

2

R20, 3 ·

q2g · t+

qx (0)

Ne intereseaza valoarea lui t pentru care x (t) = 0, adica

0 = − r2

R20, 3 ·

q2g · t+

qx (0),

din care deducem

t =

qx (0) ·R2

0, 3 ·√2g · r2 =√1, 5 · (0.5)2

(0.3) ·√20 · (0.025)2 = 365, 15 ' 6min 5 s

Exemplul 9Un glont cu viteza de 400 m/s trece printr-un perete de grosime h = 20 cm

si continua miscarea cu viteza de 100 m/s. Considerînd ca rezistenta peretelui esteproportionala cu patratul vitezei glontului, gasiti timpul de trecere prin perete.

25

Rezolvare: Procesul este dirijat de ecuatia

mdv

dt= −kv2

Conditia initiala este v (0) = 400. Separînd variabilele, avemmdv

v2= −kdt. Integrînd,

obtinem −mv= −kt+ C, unde C este o constanta arbitrara. Conditia initiala ne da

C = − m400

, deci solutia devinem

v= kt+

m

400, din care deducem

v (t) =m

kt+m

400

Notînd cu x (t) spatiul parcurs de glont de la momentul impactului cu peretelepânâ la momentul t, avem

dx (t)

dt= v (t) =

m

kt+m

400

Integrînd, obtinem

x (t) =m

klnµkt+

m

400

¶+ C1,

unde C1 este o constanta arbitrara.

Conditia initiala x (0) = 0, ne da C1 = −mklnµm

400

¶, iar solutia devine

x (t) =m

klnkt+

m

400m

400

=m

kln

Ã400kt

m+ 1

!

Fie t1 momentul cu proprietatile: x (t1) = h si v (t1) = 100. Rezulta

m

kln

Ã400kt1m

+ 1

!= 0, 2;

m

kt1 +m

400

= 100

Din ultima relatie rezulta400kt1m

+1 = 4. Înlocuind în prima relatie, obtinem

m

kln 4 = 0, 2. Revenind la

400kt1m

+ 1 = 4, deducem

t1 =3

400· mk=

3

400· 0, 2ln 4

= 0, 001082025 secunde.

Exemplul 10

26

O substanta trece din starea solida în starea gazoasa cu o viteza proportionalacu aria expusa (constanta de proportionalitate fiind k > 0). Sa se studieze evolutiarazei unei bile din acea substanta, daca la momentul initial raza bilei era r0.

Rezolvare: Fie r (t) raza bilei aflate în stare solida la momentul t si ρ den-sitatea substantei respective. Cantitatea de substanta în stare solida la momentul teste 4π

3r3 (t) ρ, iar viteza de evaporare este v (t) = 4πr2 (t) k. În intervalul de timp

[t, t+∆t] avem

4π

3r3 (t+∆t) ρ ' 4π

3r3 (t) ρ− v (t)∆t = 4π

3r3 (t) ρ− 4πr2 (t) k∆t

Simplificînd calculele, obtinem

r3 (t+∆t)− r3 (t)∆t

ρ ' −3r2 (t) k

Trecînd la limita, obtinem

3r2 (t)dr (t)

dtρ = −3r2 (t) k

Simplificînd, obtinem ecuatia diferentiala a procesului:

dr (t)

dt= −k

ρ

Integrînd, obtinem solutia r (t) = −kρt+ r0.