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 functiei1
𝑓si 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 substitutia𝑦(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′ − 2
3= 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′ = 𝑑𝑦
𝑑𝑥 (??)∙ ideea este ca atunci cand 𝑃 si 𝑄 au derivate partiale continue si satisfac
conditia:𝜕𝑃
𝜕𝑦=
𝜕𝑄
𝜕𝑥(conditia de exactitate)
avem o frumoasa formula pentru integrala generala a unei astfel de ecuatii:∫ 𝑥
𝑥0
𝑃 (𝑡, 𝑦0)𝑑𝑡 +
∫ 𝑦
𝑦0
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
(∫ 𝑥
𝑥0
𝜕𝑃𝜕𝑦 − 𝜕𝑄
𝜕𝑥
𝑄𝑑𝑥
)
iar cand𝜕𝑃𝜕𝑦 − 𝜕𝑄
𝜕𝑥
𝑃 depinde doar de 𝑦 un factor integrand este:
𝜇(𝑦) = 𝑒𝑥𝑝
(−∫ 𝑦
𝑦0
𝜕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 +
∫ 𝑥
𝑥0
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 𝑇𝐶
nu 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) − 𝑇𝐶
𝑇 (𝑡2) − 𝑇𝐶= 𝑒−𝑘(𝑡1−𝑡2)
9
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 = − 1
𝑡1 − 𝑡2ln
𝑇 (𝑡1) − 𝑇𝐶
𝑇 (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
−2ln
26.8 − 25
26 − 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) − 𝑇𝐶
𝑇 (0) − 𝑇𝐶
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. 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 − 1
𝑦𝑦′
Integrarea dupa 𝑥 furnizeaza:∫1 + 𝑥
𝑥𝑑𝑥 =
∫𝑦 − 1
𝑦𝑦′𝑑𝑥 =
∫𝑦 − 1
𝑦𝑑𝑦
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| − 𝑥2
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 pentru
𝑦(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 = 𝑥3. 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. 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.
Solutia problemei Cauchy se obtine prin ınlocuirea lui 𝑥0 = 1 si a lui 𝑦0 = 1ın ecuatia de mai sus de unde rezulta
𝑐 = 1 − ln (𝑒 + 1) , 𝑦2 − 1 = ln𝑒𝑥 + 1
𝑒 + 1.
Problema 7. Integrati ecuatia omogena:
𝑦′ =𝑦
𝑥+ 𝑒
𝑦
𝑥 .
Solutie: Plecand de la noua functie 𝑧 =𝑦
𝑥rezulta
𝑦 = 𝑧 · 𝑥 ⇒ 𝑦′ = 𝑧′𝑥 + 𝑧.
Inlocuind ın ecuatia initiala avem
𝑧′𝑥 + 𝑧 = 𝑧 + 𝑒𝑧 ⇔ 𝑧′𝑥 = 𝑒𝑧.
13
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 8. 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 9. Integrati ecuatia:
𝑥𝑦′′′ − 𝑦′′ − 𝑥𝑦′ + 𝑦 = 0
stiind ca admite solutiile
𝑦1 (𝑥) = 𝑥, 𝑦2 (𝑥) = 𝑒−𝑥.
14
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 deaorece
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.
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
Top Related