Ecuatii diferentiale si cu derivate partiale
Curs Nr. 1
Lect. Dr. Munteanu Iuliana
1
Ecuatie diferentiala de ordin k ( )
,, (1), ,() = 0 (1)
Se cunoaste F de k+2 variabile, : +2 . Se cere sa se determine : astfel
incat sa verifice ecuatia (1), adica trebuie gasita :1 astfel incat
, , 1 , = 0, .
Ecuatia (1) poate fi:
1. Liniara:
=
=0
,0, , sunt functii continue
2. Liniara cu coeficienti constanti:
=
=0
Daca = 0 atunci ecuatia este omogena.
3. Cvasiliniara de ordin k:
= , , 1 , , 1
Ecuatie diferentiala de ordin 1
, , = 0 forma implicita
2 = (, ) forma explicita
= , (2)
(,): 2 defineste ecuatia (2).
Cerinte: a) Se da un 0() si verificam ca este solutie pentru (2).
0: 0
0 = ,0 , 0
b) Se cere determinarea solutiei generale sau a unei solutii particulare care
indeplineste conditia (0) = 0 (problema Cauchy)
Ecuatii diferentiale si cu derivate partiale
Curs Nr. 1
Lect. Dr. Munteanu Iuliana
2
DEF.: Spunem ca s-a dat o problema Cauchy (, 0,0) pentru ecuatia (2) daca se cauta o
functie (): astfel incat = , ,
0 = 0
Interpretare a solutiei ecuatiei (2): inseamna a se gasi o familie de functii , pentru care se
cunoaste din (2) directia tangentei.
Ecuatie diferentiala de ordin 1 integrabila prin cuadraturi
1. Ecuatie cu variabile separabile
= (x) (3)
, functii continue
Rezolvare: Se determina solutiile stationare obtinute din = 0, apoi se separa
variabilele ( 0):
()=
()=
2. Ecuatie liniara
= (4)
Tema: Sa se arate folosind ecuatia (3) ca solutia generala a ecuatiei (4) este de forma
= ,
3. Ecuatie afina
= + () (5)
, functii continue
Rezolvare: Se rezolva ecuatia omogena atasata
= si se aplica metoda variatiei
constantelor. (Tema)
()
0 = 0 0
Ecuatia tangentei
)
)
(derivate intr-un punct al unei
functii cu o variabila da
directia tangentei)
Ecuatii diferentiale si cu derivate partiale
Curs Nr. 1
Lect. Dr. Munteanu Iuliana
3
4. Ecuatie omogena (functia f nu depinde arbitrar de t si x)
=
(6)
Adica (,) din ecuatia (2) are proprietatea de a fi functie omogena
, = , , (, )
Rezolvare: Schimbare de variabila:
= ,
()
= (), se obtine o noua ecuatie doar in z.
= = +
Ecuatia (6) devine + =
si se reduce la =1
( ) ecuatie cu variabile separabile.
5. Ecuatie Bernoulli
= + () (7)
, functii continue, 0,1
Observatie: = 0 . ; = 1, .
Rezolvare: Varianta 1
a. Se identifica ,
b. Se rezolva ecuatia liniara atasata
=
. = ,
c. Utilizand metoda variatiei constantelor determinam functia astfel incat
= () sa verifice (7)
= + () ()
+ = + ()(())
= ()(1) ecuatie cu variabile separabile pentru
determinarea lui c .
Solutii stationare exista numai daca > 0 = 0 = 0 = 0 este solutie
stationara pt (7).
= 1
Varianta 2
Se face schimbarea de variabile = 1 , = ( )1
= ( )1
1
=
1
1
1
11 =
1
1
1 ().
Ecuatia (7) devine: 1
1
1 = 1
1 + ()
1
= 1 1
1
1 + ()
= 1 + () ecuatie afina in z, se aplica algoritmul pentru ecuatia afina.
Ecuatii diferentiale si cu derivate partiale
Curs Nr. 1
Lect. Dr. Munteanu Iuliana
4
6. Ecuatie Riccati
= 2 + + () (8)
, , : functii continue
Observatie: 1) 0 (diferit de functia identic 0), altfel este ecuatie afina
2) 0, altfel este ecuatie Bernoulli pentru =2
Rezolvare: (se presupune cunoscuta o solutie 0 a ecuatiei (8))
Se face schimbarea de variabila = + 0, = + 0()
0 = 0
2 + 0 + 9
= + 0
Ecuatia (8) devine: + 0 = + 0
2+ + 0 +
(0()) = ()2 + 2()0() + ()0
2() + () + ()0() + ()
= 2 0 + 1
+ 2
1
pentru y o ecuatie Bernoulli pt = 2.
Observatie: Ecuatia rasturnata a ecuatiei:
= , este ecuatia: :
=
1
, , care,
uneori, poate fi incadrata intr-unul din tipurile de mai sus. Se determina = () care constituie
solutie implicita si pentru ecuatia
= , .
Exemplu (pentru ecuatie rasturnata): =
32
, =
3 2 : , 2 3 2
Ecuatia rasturnata:
=
32
=
3
()
+ ()
=
3
= 3 = 3ln| | = ||
3= ln||3 = 3,
Variatia constantelor: cautam () astfel incat = ()3 sa fie solutie a ecuatiei
rasturnate:
=
3
3 + 32 =3
3
= 1
2 (ecuatie de tip primitiva)
=1
+ ,
Solutia ecuatiei rasturnate: = 1
+ 3 = 2 + 3,
Tema (ecuatie rasturnata) : =1
2 2
= 2 + 2(Bernoulli cu = 2)
Existenta si unicitatea solutiei problemei Cauchypentru ecuatii diferentiale scalare de ordin 1
(Partea I)
Curs Nr. 2
dx
dt= f(t, x) , (1)
Ecuatia diferentiala (1) este definita de campul vectorial f(, ) : D R2 R.
Definitia problemei Cauchy
Spunem ca s-a dat o problema Cauchy pentru ecuatia (1), notata (f, t0, x0),daca se cauta o functie derivabila : I R R, astfel ncat (t0) = x0, = {(t, (t)|t I} Dsi sa verifice ecuatia (1) (t) = f(t, (t)),t I.
Problema Cauchy se scrie sub forma:{dxdt , f(t, x)x(t0) = x0
(2)
Conditia x(t0) = x0 este numita conditie initiala.
Probleme de studiat pentru problema Cauchy
1. Existenta solutiei (ne intereseaza obiecte care exista)
2. Unicitatea solutiei (asigura posibilitatea previziunii stiintifice)
3. Existenta unei solutii maximale (daca D = [a, b] R R2, atunci intere-seaza daca exista solutie definita pe ntreg domeniul)
4. Dependenta de datele initiale: t0, x0 (dependenta continua asigura ca laerori mici ale datelor initiale corespund erori mici ale solutiei)
5. Metode de aproximare a solutiei n cazul n care nu poate fi determinatasolutia prin integrare directa prin cuadraturi (folosirea calculatoarelor)
1
Ecuatii diferentiale si cu derivate partiale Lect.Dr. Iuliana Munteanu
Interpretarea geometrica a solutiei problemei Cauchy
Daca solutie a problemei (2), avem D
6
-
r(t)
t
(t0)
t0
directia tangentei(t0) = f(t0, (t0))
Teorema Cauchy-Picard(existenta si unicitatea problemei Cauchy)
Se da f(, ) : D R2 R. Consideram (t0, x0) D. Acestea definesc problemaCauchy (2). Consideram a, b > 0 astfel ncat D1 = [t0a, t0 +a] = [x0 b, x0 +b] D. Consideram ca f continua si f
xeste marginita pe D1. Deci M1 >
0,M1 = max(t,x)D1fx (t, x) . Cum f este continua pe D1 rezulta ca M =
sup(t,x)D1 |f(t, x)| . Fie min(a, bM ). Atunci problema Cauchy are o unicasolutie : [t0, t0 +] R, adica exista si este unica astfel nca sa verifice{(t) = f(t, (t))(t0) = x0
Preliminarii (Siruri de functii)
Fie (fi)i0, fi : I R un sir de functii continue.Definitii:
1. Sirul f(fi)i0 converge la f : I R (fi i
f) daca > 0, t I,
N(, t) N astfel ncat |fi(t) f(t)| < , i N(, t). (3)2. Sirul (fi)i0 converge uniform la f : I R daca > 0, N(, t) N
astfel ncat |fi(t) f(t)| < , i N(, t), t I. (4)3. Sirul f(fi)i0 estesir Cauchy daca > 0, N(, t) N astfel ncat
|fi(t) fj(t)| < , i, j N(, t), t I. (5)
2
Ecuatii diferentiale si cu derivate partiale Lect.Dr. Iuliana Munteanu
Propozitie: Fie f(fi)i0 sir Cauchy de functii continue,fi : I R, I = [a, b]. Atunci:
1. fi i
f
2. limiba
fi(t) dt =ba
f(t) dt
Demonstratie:
1. Pentru t [a, b], (fi(t))i0 este sir Cauchy. Deci lt = limi fi(t). Definimf : [a, b] R, f(t) = lt, t [a, b]. Cum (fi)i0 sir Cauchy, consideram n (5)j , deci > 0, N() N astfel ncat |fi(t) f(t)| < , i N(), t [a, b], de unde rezulta ca (fi)i0 converge uniform la f .Aratam ca f este uniform continua: fie > 0 si t1, t2 [a, b]. Avem:|f(t1) f(t2)| = |f(t1) fi(t1) + fi(t1) fi(t2) + (fi(t2) f(t2))| |f(t1) fi(t1)|
<
+ |fi(t1) fi(t2)| < (fi continua pe intervalul compact [a,b])
+ |fi(t2) f(t2)| <
0astfel ncat |f(t, x1) f(t, x2)| L |x1 x2| , (t, x1), (t, x2) D (6)
Demonstratie: Fie (t, x1), (t, x2) D. Cum fx
este continua si f este continua
pe D, aplicam teorema cresterilor finite pentru x pe [x1, x2]: (, ) D astfel ncatf(t1, x1) f(t2, x2) = f
x(, )
marginita
(x1 x2). De unde se obtine: |f(t1, x1) f(t2, x2)|
M1|x1 x2|, adica conditia (6) pentru L = M1
Lema 2 (de reprezentare integrala a solutiei): In ipotezele teoremei Cauchy-Picard,fie problema Cauchy (f, t0, x0). Are loc urmatoarea echivalenta: : [t0, t0+] Reste solutie a problemei Cauchy (f, t0, x0) (t) = x0 +
tt0
(f(s), (s))ds .
Demonstratie: solutie {(t) = f(t, (t)), t I(t0) = x0
tt0
(s) ds =
=tt0
f(s, (s)) ds (t) (t0) =tt0
f(s, (s)) ds (t) = x0 +tt0
f(s, (s)) ds.
3
Ecuatii diferentiale si cu derivate partiale Lect.Dr. Iuliana Munteanu
Cum f(, ()) este continua, pentru t = t0 se obtine (t0) = x0+tt0
f(s, (s)) ds =
x0.
Cumtt0
f(s, (s)) ds este derivabila (t) = f(t, (t))t f(t0, (t0))t0 (t) =f(t, (t))
Demonstratia Teoremei Cauchy-Picard
Demonstratia existentei solutiei teoremei Cauchy-Picard
Consideram un sir de functii (i)i0, i : I = [t0 , t0 + ] R, min(a, bM
),
definit astfel: 0 : I R, 0(t) = x0, t I.Pentru i 0 definim i+1(t) = x0 +
tt0
f(s, (s)) ds. Consideram t [t0, t0 + ].
1. Aratam ca graficele i D1 D (demonstratie prin inductie)Avem 0(t) = x0 0 = (t, x0)|t [t0 , t0 + ] D1Presupunem adevarat pentru i si demonstram pentru i+1.
i = (t, i(t)|t I D1, k = 0, iDemonstam ca k D1.Avem k D |k(t) x0| , t I, k = 0, i.Aratam ca |i+1(t) x0| < b.
|i+1(t) x0| =t
t0
f(s, i(s)) ds
t
t0
|f(s, (s))| M
ds M (t t0)
Ecuatii diferentiale si cu derivate partiale Lect.Dr. Iuliana Munteanu
Pentru i = 0 avem:
|1(t) 0(t)| =x0 +
tt0
f(s, 0(s)) ds x0
tt0
|f(s, 0(s))| M
ds
M(t t0) = ML0(t t0)1
1! se verifica pentru i = 0.
Presupunem propozitia adevarata pentru k = 0, i si demonstram pentru i+ 1.
|i+2(t) i+1(t)| =x0 +
tt0
f(s, i+1(s)) ds x0 t
t0
f(s, i(s)) ds
==
t
t0
(f(s, i+1(s)) f(s, i(s))) ds
tt0
|f(s, i+1(s)) f(s, i(s))| L|i+1(s)i(s)|
ds
Lt
t0
|i+1(s) i(s)| ds Lt
t0
MLi(s t0)i+1(i+ 1)!
ds =
=MLi+1
(i+ 1)! (s t0)
i+2
i+ 2
tt0
=MLi(t t0)i+2
(i+ 2)!
Pentru a arata ca este sir Cauchy: |i+p(t) i(t)| 0, p N.Fie p N si t [t0, t0 + ]. Avem:
|i+p(t) i(t)| =p1k=0
|i+pk(t) i+pk1(t)| Mp1k=0
Li+pk1(t t0)i+pk(i+ p k)! =
= M
(p1k=0
Lpk1(t t0)pk(p k 1)!
) L(t t0)
i! i
0
Am folosit inegalitatea :
(l + p k)! (i+ 1)!(p k 1)!Avem deci (i)i0 sir Cauchy. Din Propozitie rezulta ca (i)i0 este con-vergent. Prin urmare, : [t0 , t0 + ] [x0 b, x0 + b]] astfel ncati
i, functie continua.
Aratam ca este solutie. Avem: i(t0) = x0, i 0 (t0) = x0.
|f(s, i(s)) f(s, (s))| L |i(s) (s)| 0
f(s, i(s)) f(s, (s))
i+1(t) = f(t, i(t))
(t) f(t, (t))S-a aratat ca i
i, unde este solutie a problemei Cauchy (f, t0, x0)
5
Ecuatii diferentiale si cu derivate partiale Lect.Dr. Iuliana Munteanu
Exercitiu
Se da problema Cauchy:
{x = x
x(0) = 1.
Avem:
f(t, x) = x, t0 = 0, x0 = 1
0(t) = 1
1(t) = 1 +
t0
1 dt = 1 + t
2(t) = 1 +
t0
f(t, 1(t)) dt = 1 +
t0
(1 + s) ds = 1 + t+t2
2
s.a.m.d.
Aratati ca:
a) Solutia este x(t) = et.
b) i(t) = 1 + t+t2
1!+ + t
2
i!, i 0.
6
Existenta si unicitatea solutiei problemei Cauchypentru ecuatii diferentiale scalare de ordin 1
(Partea a II-a)
Curs Nr. 3
Demonstratia Teoremei Cauchy-Picard
Demonstratia unicitatii solutiei teoremei Cauchy-Picard
Fie () : I1 R, () : I2 R solutii ale problemei Cauchy (f, t0, x0).
(t0) = (t0) = x0(t0, x0) I1, D1(t0, x0) I2, D2
Din Lema 2 (de reprezentare integrala a solutiei) avem:
(t) = x0 +tt0
f(s, (s)) ds
(t) = x0 +tt0
f(s, (s)) dst I1 I2.
Calculam pentru t I1 I2 :
|(t) (t)| =t
t0
(f(s, (s)) f(s, (s))) ds
tt0
f(s, (s)) f(s, (s)) L|(s)(s)|
ds
Lt
t0
|(s) (s)| ds
Notam (t) =tt0
|(s) (s)| ds.Pentru a demonstra unicitatea trebuie sa aratam ca (t) = 0 (t) = |(t) (t)|.
1
Ecuatii diferentiale si cu derivate partiale Lect.Dr. Iuliana Munteanu
(t) L(t) (t) L(t) 0/ eL(tt0) (t)eL(tt0) L(t)eL(tt0) 0 ((t)eL(tt0))
g(t)
0
g(t) are derivata < 0, deci este descrescatoare. Deoarece este modul, iarexponentiala 0, avem pentru t t0 : 0 g(t) g(t0), t [t0, t0 +], undeI1 I2 = [t0 , t0 + ]. Dar,
g(t0) = (t0) eL(tt0) = |(t0) = (t0)| = 0 0 g(t) 0g(t) = 0, t [t0, t0 + ] (t) = 0 (t) = (t), t [t0, t0 + ]
Atat existenta cat si unicitatea au fost demonstrate pe jumatate de interval. Lafel se procedeaza si pentru t [t0 , t0]
Aplicatie(pentru seminar)
Fie ecuatiadx
dt=
32
3x, definita de campul vectorial f(, ) : R2 R, f(t, x) =
32
3x.
a) Verifica f conditiile teoremei Cauchy-Picard pe R2, (t0, x0) R2 ? (Sepoate construi dreptunghiul - D1 - astfel ncat functia sa ndeplineasca conditiileteoremei ?)
b) Demonstrati ca problema Cauchy (f, 0, 0) nu are solutie unica.
Obs. Teorema nu are si reciproca.
2
Ecuatii diferentiale si cu derivate partiale Lect.Dr. Iuliana Munteanu
Existenta solutiei maximaleNecesitatea determinarii solutiei maximale(exemplu)
Consideram problema Cauchy:
dx
dt= (1 + x2)
x(0) = 0, (t, x) R2.
dx
1 + x2= dt arctg(x) = t+ k, k R
arctg(0) = 0 + k k = 0 solutia este arctg(x) = t x = tg(t), t (pi
2,pi
2
)x(t) = tg(t), t
( pi
2,pi
2
)
Deci intervalul pe care este definita solutia se restrange.
Teorema de existenta a solutiei maximale
Consideram problema Cauchy (f, t0, x0), t0 [a, b] (nu e necesar ca intervalulsa fie simetric n jurul lui t0 cu f(, ) : D = [a, b] R R2 R, f continua,f
xeste continua, [a, b] [x0 , x0 + ] D, > 0, f are crestere liniara,
adica A,B 0 astfel ncat |f(t, x)| A|x|+ B, x R, t [a, b]. In acesteconditii, problema Cauchy (f, t0, x0) are solutie : [a, b] R, iar aceasta esteunica.
Demonstratie:
Consideram (i)i0 sirul de functii din teorema Cauchy-Picard, extinse la intervalul[a, b]. Practic avem:0(t) = x0, t [a, b]i+1(t) = x0 +
tt0
f(s, i(s)) ds, t [a, b].Pentru ca : [a, b] R(i
i) sa fie solutie pe ntreg intervalul [a, b] este sufi-
cient sa aratam ca sirul (i)i0 este marginit n sensul urmator: C1, C2 0 astfel ncat |i(t)| C1eC2(tt0), t [a, b]Pentru i = 0 avem |(t)| = |x0|. Deci alegem C1 |x0| si C2 0.Presupunem ca am gasit C1 si C2 pentru i si le verificam n conditia de marginirepentru i+1, pentru t [t0, b]. Pentru t [a, t0] se reia acelasi rationament.
3
Ecuatii diferentiale si cu derivate partiale Lect.Dr. Iuliana Munteanu
|i+1(t)| |x0|+t
t0
f(s, (s)) ds
|x0|+t
t0
|f(s, (s))| A|i(s)|+B
ds
|x0|+t
t0
(A|i(s)|+B) ds = |x0|+B(t t0) +At
t0
|i(s)| C1eC2(st0)
ds
|x0|+B(t t0) +AC1t
t0
eC2(st0) ds =
= |x0|+B(t t0) +AC1 LC2eC2(st0
tt0
=
= |x0|+B(t t0) + AC1C2
(eC2(tt0) 1
)=
= |x0|+B(t t0) AC1C2
+AC1C2
eC2(tt0)
Ne trebuie inegalitatea: |i+1(t)| C1eC2(tt0).
Aceasta rezulta din:
|x0|+B(t t0) AC1
C2= 0 C1 = |x0|+B(t t0), t [t0, b]
AC1C2
= C1 C2 = A.
Analog, pentru t [a, t0]{C2 = A
C1 = |x0|+B(t t0).
Deci alegem C2 = A, C1 = |x0|+B|t t0|
4
Ecuatii diferentiale si cu derivate partiale Lect.Dr. Iuliana Munteanu
Metode de aproximare a solutiei problemei Cauchy
Se da problema Cauchy: dx
dt= f(t, x)
x(t0) = x0(1)
Presupunem f continua sif
xmarginita (sau spunem ca f este Lipschitz n raport cu
al doilea argument).
1. SIRUL APROXIMARILOR SUCCESIVE din teorema Cauchy-Picard
Se construiesc functiile (i)i0.
2. Avem problema Cauchy (1) si pentru t0 + T determinam aproximarea solutiein t0 + T : x(t0 + T ).
Se mparte intervalul [t0, tN ] si se calculeaza pentru tk valorile xk.
5
Ecuatii diferentiale si cu derivate partiale Lect.Dr. Iuliana Munteanu
h > 0 este dat si reprezinta distanta dintre doua puncte
N =T
H
tk = tk1 + h
tk = t0 + h, k = 0, Nx0 = x(t0)
Din Lema 2 avem pe [tk, tk+1] :
(tk+1) = (tk) +tk+1tk
f(s, (s)) ds.
Daca se aplica o teorema de medie, se obtine ca:
[tk, tk+1] astfel ncattk+1tk
f(s, (s)) ds = f(, ()) ds(tk+1) = (tk) = hf(, f()).Atunci cand aproximam integrala, nu luam ntreaga arie, ci doar dreptunghiul.
SCHEMA EULER explicita de calcul a aproximarilor (xk)k=0,N :{x0 din problema Cauchy
xk+1 = xk + hf(tk, xk), k = 0, N 1(2)
Trebuie sa aratam ca acest sir converge la solutie.
Lema 3: Fie (xk)k=0,N sirul aproximarilor din (2) siM = sup(t,x)Df |f(t, x)|constanta de marginire a lui f pe Df . Atunci avem: |xk x0| Mkh.
Demonstratie (prin inductie pana la N): k = 1|x1 x0| = |x0 + hf(t0, x0) x0| = h|f(t0, x0)| Mh = M 1 h.Presupunem propozitia adevarata pana la k (i = 1, k) si o demonstrampentru k + 1.|xk+1x0| = |xk+hf(tk, xk)x0| |xkx0|+h|f(tk, xk)| = Mkh+hM =M(k + 1)h.
6
Metoda Euler pentru rezolvarea numerica aproblemei Cauchy pentru ecuatii diferentiale
Curs Nr. 4
{x = f(t, x)x(t0) = x0
(1)
Fie () solutie a problemei (1), rezulta ca avem: (t) = f(t, (t)), t D.
Fie N N numarul de puncte din [t0, t0 + T ], fie h = TN
pasul.
Punctele sunt echidistante: tk = tk1 + h = t0 + (k 1)h, k = 1, N
tk+1tk
(t) dt =
tk+1tk
f(t, (t)) dt (tk+1) (tk) =tk+1tk
f(t, (t)) dt (2)
tkt0
(t) dt =
tkt0
f(t, (t)) dt
(tk) = (t0) +
tkt0
f(t, (t)) dt (3)
1
Ecuatii diferentiale si cu derivate partiale Lect.Dr. Iuliana Munteanu
tk+1tk
f(t, (t)) dt f(tk, (tk)) (tk+1 tk) h
= f(tk, (tk)) h.
Din (2) (tk+1) (tk) + h f(tk, (tk))
Schema de aproximare n metoda explicita:{x0
xk+1 = xk + h f(tk, xk), k = 0, N 1(4)
Teorema de aproximare n metoda Euler
Fie f : D R2 R continuaf
t,f
xcontinue
(t0, x0) DD1 dreptunghiul centrat n (t0, x0), D1 DM = sup(t,x)D1 |f(t, x)|Se considera schema de aproximare (4).Fie () : [t0 T, t0 + T ] R solutie unica rezultata conform teoremei Cauchy-Picard.Atunci: A > 0 astfel ncat |(t0 + T ) xN | < A h, adica metoda Euler estede ordin h.
Observatie :f
f,f
xsunt continue pe D, rezulta ca f este Lipschitz n ambele
argumente. Deci avem: L1 > 0 astfel ncat |f(t1, x) f(t2, x)| L1|t1 t2|, (t1, x), (t2, x) D1 L2 > 0 astfel ncat |f(t, x1) f(t, x2)| L2|x1 x2|, (t, x1), (t, x2) D1
Lema 1: Fie x0, ..., xN rezultate din schema (4). In conditiile teoremei deaproximare, avem ca: |xk x0| < Mkh, k = 1, N .
Demonstratie(prin indutie) : k = 1 : |x1x0| = |h|| f(t0, x0) M
| < Mh = M 1h
Presupunem adevarat pentru k si demonstram pentru k + 1.
|xk+1 x0| = |(xk+1 xk) + (xk x0)| |xk+1 xk|+ |xk x0| 0 astfel ncat|tk+1tk
f(t, (t)) dt hf(tk, (tk))| < Bh2, k = 0, N 1, B = L1 + L2M.
Demonstratie : f este continua pe D, rezulta ca f(t, (t)) este continua peD = [x0 t, x0 + t]. Deci, se poate aplica o teorema de medie:
c [tk, tk+1] astfel ncattk+1tk
f(t, (t)) dt = f(c, (c))h, h = tk+1 tk
tk+1tk
f(t, (t)) dt hf(tk, (tk)) = |hf(c, (c)) hf(tk, (tk))| =
= h |f(c, (c)) f(tk, (c)) + f(tk, (c)) f(tk, (tk))|
h
f(c, (c)) f(tk, (c))
f Lipschitz
+f(tk, (c)) f(tk, (tk))
f Lipschitz
h
L1| ctkh
|+ L2| (c) (tk) (d)(ctk), d(tk,c)
|
f(d, (d)) M
c tk h
h(L1h+ L2Mh) = (L1 + L2M)
B
h2
Demonstratia teoremei de aproximare n metoda Euler
Notam: Ek = |(tk) xk| (eroarea), k = 0, N .Cautam o relatie de recurentta ntre Ek+1, Ek.(tk+1) = (tk) +
tk+1tk
f(t, (t)) dt
xk+1 = xk + hf(tk, xk)
3
Ecuatii diferentiale si cu derivate partiale Lect.Dr. Iuliana Munteanu
(tk+1 xk + 1 = ((tk) xk) + tk+1
tk
f(t, (t)) dt hf(tk, xk)
Ek+1 = |(tk+1) xk+1| |(tk) xk|+tk+1tk
f(t, (t)) dt hf(tk, xk) =
= Ek +
tk+1tk
f(t, (t)) dt hf(tk, (tk)) + h(f(tk, (tk)) f(tk, xk)))
Ek+1 Ek +
tk+1tk
f(t, (t)) dt hf(tk, (tk))
Bh2
+ h| f(tk, (tk)) f(tk, xk)
L2|(tk)xk|
|
Ek +Bh2 + hL2|(tk) xk Ek
|
Ek+1 Ek(1 + hL2) +Bh2, k = 0, N 1 (5)
Demonstram prin inductie ca: Ek (1 + hL2)k 1
hL2Bh2, k = 1, N .
Obsevam ca E0 = 0.E1 Bh2 adevarat pentru ca avem E1 E0(1 + hL2) +Bh2 din (5).Presupunem adevarat pana la k si demonstram pentru k + 1.Din (5) rezulta ca : Ek+1 Ek(1 + hL2) +Bh2 (1 + hL2)
k 1hL2
Bh2(1+hL2)+Bh2 = Bh2(
(1 + hL2)k+1 1 1hL2 + hL2hL2
)=
=(1 + hL2)k+1 1
hL2Bh2.
Pentru k = N avem EN = |( tNt0+T
) xN |.
Se stie ca 1 + x < ex, x R 1 + hL2 < ehL2
Ek ehkL2 1hL2
Bh2, k = 0, N (6)
Din (6) rezulta ca : EN = |(tN ) xN | ehNL2
hL2Bh2 =
B(ehNL2 1)L2
h =A
Observatii :
1. Metoda Euler explicita este de ordin 1.
4
Ecuatii diferentiale si cu derivate partiale Lect.Dr. Iuliana Munteanu
2. Metoda Euler se numeste implicita daca schema (4) se nlocuieste cu:{x0
xk+1 = xk + hf(tk+1, xk+1 k = 0, N 1(7)
Pentru k = 0, N 1 se rezolva ecuatia neliniara (7) si se obtine xk+1.
Tema Fie problema Cauchy:{x = 1 xt t [1, 2]x(1) = 1
a) Determinati solutia exacta a problemei.b) Pentru N = 2, calculati x2 (2) cu metoda Euler explicita.
Algoritm pentru metoda Euler explicita
INPUT: f(, ), t0, x0, N, T1. h =
T
N2. FOR k = 0, N 13. tk+1 = tk + h4. xk+1 xk + hf(tk, xk)OUTPUT: (tk)k=0,N , (xk)k=0,N , {(tk, xk)}k=0,N (reprezentare grafica)
Metoda Taylor de construire a unei scheme de aproximare de ordinp N pentru o problema Cauchy pentru ecuatii diferentiale
{x = f(t, x)x(t0) = x0
Se considera o schema numerica:{x0
xk+1 = xk + h(tk, xk, h)(8)
Daca solutie pentru (8), spunem ca (9) aproximeaza o solutie numerica deordin p pentru aproximarea solutiei problemei (8), daca:
maxk=0,N1
1h ((tk+1) (tk)) h(tk, xk, h) = O(hp)
Fie t [t0, t0 + T ]. Din dezvoltarea n serie Taylor:
(t+ h) = (t) (t)1!
h+(2)(t)
2!h2 + ...+
(p)(t)p!
hp +O(hp+1)
5
Ecuatii diferentiale si cu derivate partiale Lect.Dr. Iuliana Munteanu
(t+ h) (t)h
= (t) + +(2)(t)
2!h+ ...+
(p)(t)p!
hp1 +O(hp) O(h)
(t) = f(t, (t))
Pentru p = 1 :(t+ h) (t)
h= f(t, (t)) (t, x, h) = f(t, x) metoda
Euler explicita: xk+1 xk = f(tk, xk).
Pentru p = 2 : (2)(t) =d
dt((t)) =
d
dt(f(t, (t))) =
tf(t, (t))+
xf(t, (t))(t) =
tf(t, (t)) +
xf(t, (t)) f(t, (t)).
(t, x, h) = g0(t, x) + g1(t, x)h+ ...+ gp1(t, x)hp1
g1(t, x) =
tf(t, x) +
(
xf(t, x)
) f(t, x)
(t, x, h) = f(t, x) +(
tf(t, x) +
(
xf(t, x)
)f(t, x)
)h
Tema g2 =?
Pentru p = 3 : (3)(t) =d
dt
((2)(t)
)=
d
dt
(f
t(t, (t)) +
f
x(t, (t)) f(t, (t))
) g2(x, t) = (t, x, h) = f(t, x) + hg1(t, x) + h2g2(t, x)
Tema Construiti o schema de ordin 2 pentru:{x = 1 + xt , t [1, 2]x(1) = 2
f(t, x) = 1 +x
t
f(t, x) = 1 +x
t= g0(t, x)
(t) = f(t, (t))
(2) =d
dt
(1 +
(t)t
)= 1
t2(t) +
(t)t
= (t)t2
+f(t, (t))
t=
(t)t2
+1 +
(t)t
t=(t) + t+ (t)
t2=
1t
g1(t, x) =1t
Calculam g2.
6
Construirea unei metode de ordin k numerice deaproximare a problemei Cauchy pentru ecuatii
diferentiale
Curs Nr. 5
{x = f(t, x)x(t0) = x0
(1)
x(t+ st) = x(t) +x(1)(t)
1!(st) +
x(2)(t)2!
(st)2 + + x(k)(t)k!
(st)k +O((st)k+1
)Notam st = h
x(t+ h) x(t)h
=x(1)(t)
1!+x(2)(t)
2!h+ + x
(k)(t)k!
hk1 +O(hk)
Metoda de aproximare pentru (1):{x0
xj+1 = xj + h(tj ;xj ;h), j = 0, N 1(2)
unde (t0, t0 + T ), N N, h = TN
> 0
Metoda (2) este de ordin k daca pentru orice solutie x a problemei Cauchy (1),avem:
maxj=0,N1
x(tj + 1) x(tj)h
(tj , xj , h) = O(hk)
Luam (t, x, h) = g0(t, x) + g1(t, x)h+ + gk1(t, x)hk1
gj(t, x) =x(j+1)(t)(j + 1)!
, j = 0, k 1
g0(t, x) =x(1)(t)
1!= x(t) = f(t, x)
Exemplu : {x = 1 xt , t [t0, t0 + T ], t0 > 0x(t0) = t0
1
Ecuatii diferentiale si cu derivate partiale Lect.Dr. Iuliana Munteanu
a) Se poate determina solutia exacta (TEMA)b) Determinati metoda numerica de ordin k = 3.
f(t, x) = 1 xt
g0(t, x) = 1 xt
g1(t, x) =x(2)(t)
2!=
12d
dt(x(t)) =
12d
dt(f(t, x)) =
12
[f
t(t, x) +
f
x(t, x)
dx
dt
]=
=12
[f
t(t, x) +
f
x(t, x) f(t, x)
]
Pentru exemplul considerat:f
t=x
t2
f
x=1t
g1(t, x) =12
[x
t2+(1t
)(
1 xt
)]=
12
(x
t2 1t
+x
t2
)
g1(t, x) = 12(
2xt2 1t
)
Am construit metoda de ordin 2.
ordin 1 x0xj+1 = xj + hf(tj , xj) = xj + h
(1 xj
tj
), j = 0, N 1
ordin 2 x0xj+1 = xj + h (g0(tj , xj) + g1(tj , xj)h)) =
= xj + h
[(1 xj
tj
)+ h
12
(2xjt2j 1tj
)], j = 1, N 1
t0 = 1, ;x0 =32, [t0, t0 + T ] = [1, 2], N = 10
2
Ecuatii diferentiale si cu derivate partiale Lect.Dr. Iuliana Munteanu
g2(t, x) =x(3)
3!=
16d
dt
[x(2)(t)
]=
16d
dt
[f
t(t, x) +
f
x(t, x)f(t, x)
]=
=16
[
t
(f
t(t, x) +
f
x(t, x)f(t, x)
)+
+
x
(f
t(t, x) +
f
x(t, x)f(t, x)
)dx
dtf(t,x)
==
16
[2f
t2(t, x) +
2f
xt(t, x)f(t, x) +
f
x(t, x)
f
t(t, x)+
+
(2f
xt(t, x) +
2f
x2(t, x)f(t, x) +
(f
x(t, x)
)2)f(t, x)
]=
=16
[2f
t2(t, x) +
f
x(t, x)
f
t(t, x)+
+
(22f
xt(t, x) +
2f
x2(t, x) +
(f
x(t, x)
)2)f(t, x)
]
Pentru exemplul considerat:
2f
x2= 0
2f
t2=2xt3
2f
xt=
1t2
3
Ecuatii diferentiale si cu derivate partiale Lect.Dr. Iuliana Munteanu
g2(t, x) =16
[2xt3
+(1t
) xt2
+
[2 1
t2+ 0
(1 x
t
)+(1t
)2](
1 xt
)]=
=16
(2xt3 xt3
+2t2 2xt3
+1t2 xt3
)=
=16
(6xt3
+3t2
)=
12
(1t2 2xt3
)
Metoda de ordin 3:
x0
xj+1 = xj + h[g0(tj , xj) + g1(tj , xj)h+ g2(tj , xj)h2
]=
= xj + h
[(1 xj
tj
)+h
2
(2xjt2j 1tj
)+h2
6
(6xjt3j
+3t2j
)], j = 0, N 1
Tema : Determinati metoda de ordin 4.
Dependenta continua a problemei Cauchy de datele initiale si deparametrii
Fie problema Cauchy:{x = f(t, x;)x(t0) = x0
(1)
unde f : D R, D R2, D multime deschisa, = [0, 1] R
Din teorema Cauchy-Picard stim ca pentru fixat, daca f1(t, x) = f(t, x, )este continua si
f
xeste continua, atunci exista si este unica solutia problemei
Cauchy (1). Ne intereseazaa n ce conditii exista o unica solutie (t; t0, x0, )solutie a problemei Cauchy (1).
: I1 I0 D1 RI1 I0, (t0, x0) I1 RD1 R astfel ncat I0 D1 D
Ipoteze :
f(; , ) este continua n toate argumentelefx
este continua pe D Fie (t0, x0) D
(2)
4
Ecuatii diferentiale si cu derivate partiale Lect.Dr. Iuliana Munteanu
Teorema de dependenta continua de date :
Din ipotezele (2) rezulta ca :
> 0 astfel ncatD1
[t0 , t0 + ] [x0 , x0 + ] D
a) (t0, x0) [t0 , t0 + ] [x0 , x0 + ] si [0, 1],exista si este unica solutia problemei (1) notata x = (t; t0, x0, ),(; , , ) : [t0 , t0 + ] [t0 , t0 + ] [x0 , x0 + ]D Rb) (; , , ) de la punctul a este funtie uniform continua pe domeniul de definitie.
Demonstratie: Fara sa se piarda din generalitate, se poate considera t0 = 0, x0 = 0.Se face schimbarea de variabila:
{s = t t0y = x x0
(t0, x0) din conditia Cauchy
Fie > 0 astfel ncat [2, 2] [2, 2] D2
D si [t0, x0] = (0, 0) D1.
y(s(t)) = x(t) x(0), s(t) = t t0 s(t0) = 0, y(s(t0)) = 0
(1), (3){y = f(s+ t0, y + x0, t0, x0, )
y(0) = 0
Notam g(s; y, t0, x0, ) = f(s+ t0, y + x0, t0, x0, )
Daca f continua g(; , , ) este continua pe [, ] [, ] [, ] [, ] .fx
continua gy
continua.
Aplicand teorema Cauchy-Picard pentru (3) : pentru orice (t0, x0, ) = [, ]2problema (3) are solutii:
y = (s;) astfel ncat : [, ] [, ], unde = min{,
M
}, M = sup[,] |g(s, y;)|.
Consideram : [, ]3 [, ] unde = 2, (t, ) = (t t0;) + x0 si
aratam ca:
derivabila si verifica (1)
(t;) = (t t0, )(t t0) = (t t0, ) = f(t;(t, );) verifica ecuatia diferentiala (1)(t0;) = (0, ) + x0 = 0 + x0 = x0
5
Ecuatii diferentiale si cu derivate partiale Lect.Dr. Iuliana Munteanu
graficul lui este = (t, (t;))|t [, ] D
Avem = (s, (s;)|s [, ] [, ][2, 2]2 DDaca |(t;)| < 2 (t;) [2, 2](t;) = |(t t0);) + x0| |(t t0;)|
2
+ x0
2
Deci este bine definita. : [, ]3 [, ] =
2=
1
2min
{,
M
}
Avem pentru a) : =
2.
b) Cum (t;) = (tt0;)+x0 avem ca este uniform continua daca este uniformcontinua.Din demonstratia teoremei Cauchy-Picard stim ca :
iunifi
, cu
0(s, ) = 0i+1(s;) = 0 + s0
g(r, i(r;);) dr , i 0, s [, ]
(i)i0 este uniform continua daca :
> 0, () > 0, (s, ), (s, ) astfel ncat |s s| < ()si < () = |t0|+ |x0|+ || (*)
Avem |i(s, ) i(s, )| <
Notam hi(r;) = g(r, i(r;);). g este continua pe intervalul compact [, ]4 .Deci g si hi sunt uniform continue.
{, () (r, ), (r, ) cu |r r| < (), | | < ()|hi(r, ) hi(r, )| <
Demonstram (*) prin inductie:
0(s;) = 0Presupunem adevarat pentru i si demonstram pentru i+1:
6
Ecuatii diferentiale si cu derivate partiale Lect.Dr. Iuliana Munteanu
|i+1(s, ) i+1(s, )| =
s
0
hi(r;) dr
s0
hi(r;) dr
==
s
0
hi(r;) hi(r, ) dr s
s
hi(r, ) dr
s
0
(hi(r, ) hi(r, ))
Sisteme de ecuatii diferentiale
Curs Nr. 6
Definitie : Se da o functie vectoriala f = (f1...fn) : D Rn+1 Rn, f(t, x) =(f1(t, x), ..., fn(t, x)), x Rn, x = (x1, ..., xn). Se cere determinarea unei functii = (1, ..., n) : I R Rn astfel ncat = (t, 1(t), ..., n(t)|t I D Rn+1 si sa verifice ecuatiile urmatoare:
j(t) = fj(t, 1(t), ..., n(t)), t I, j = 1, n (1)
Relatiile (1) reprezinta sistemul de ecuatii diferentiale:
x = f(t, x) (2)
sau
x1...
xn
=
f1(t, x)
...
fn(t, x)
(3)
Notatii :
norma n Rn
|x| = ni=1 |xi| = x1sau |x| = ni=1 x2i = x2sau |x| = maxi=1,n |xi| = x
1
Ecuatii diferentiale si cu derivate partiale Lect.Dr. Iuliana Munteanu
x1...
xn
=
x1...
xn
f(t) dt =
f1(t)...
fn(t)
dt =f1(t) dt
...fn(t) dt
(f (k))
k0
f (k) =(f(k)1 ...f
(k)n
)f (k)
kf ; f = (f1, ..., fn)
f (k)j fj , j = 1, n
(f (k))k0 sir Cauchy
(f(k)j
)k0
sir Cauchy j = 1, n.
Exemplu de sistem de ecuatii diferentiale
(se asociaza un sistem de ecuatii diferentiale unei ecuatii diferentiale de
ordin n)
Fie F (t, x, x(1), ..., x(n)) = 0 o presupusa cvasiliniara, cu x scalar si x(n) =
g(t, x(1), ..., x(n1)).
Se noteaza:
y1 = x
y2 = x
. . .
yn = x(n1)
y1 = x(1) = y2
y2 = x(2) = y3
. . .
xn = x(n) = g(t, y1, ..., yn)
y1
y2
. . .
yn1
yn
=
2
Ecuatii diferentiale si cu derivate partiale Lect.Dr. Iuliana Munteanu
=
y2
y3
. . .
yn
g(t, y1, ..., yn)
f(t,y)=
f1(t, y)
. . .
fn(t, y)
, unde
f1(t, y) = y2
f2(t, y) = y3...
fn1(t, y) = yn
fn(t, y) = g(t, y)
Fie un sistem de ecuatii diferentiale n forma (2) sau (3). Spunem ca am definit
o problema Cauchy daca se cere determinarea solutiei pentru:
x = f(t, x)
x(t0) = x0
(4)
unde (t0, x0) D Rn+1, x0 = (x01, ..., x0n)
Teorema de existeta si unicitate
(extensie a teoremei Cauchy-Picard pentru sisteme de ecuatii diferentiale)
Fie f = (f1, ..., fn) : D Rn+1 R continua (a se ntelege ca fiecare omponentaf1, ..., fn este continua pe D. Fie (t0, x0) D astfel ncat a, b > 0, cu propri-etatea ca D1 = [t0 a, t0 + a] x Rn| |x x0| b D, x0 = (x01, ..., x0n).
Consideram ndeplinite proprietatiile:
Exista si sunt continue(fixj
)i = 1, nj = 1, n
pe D.
M = sup(t,x)D1 |f(t, x)|
= min{a,
a
M
}3
Ecuatii diferentiale si cu derivate partiale Lect.Dr. Iuliana Munteanu
In aceste conditii ! : [t0 , t0 + ] {x Rn||x x0| < b} care verificaproblema (4), adica = (1, ..., n).
1(t)...
n(t)
=
f1(t, 1(t), ..., n(t))...
fn(t, 1(t), ..., n(t))
, j(t0) = x0j , j = 1, n
Teorema asupra existentei solutiei maximale
In conditiile teoremei Cauchy-Picard, daca D = I Rn si daca a, b > 0 astfelncat |f(t, x)| a|x| + b x Rn (adica f are crestere liniara), atunci ! :I Rn solutie a problemei (4).
Sisteme liniare de ecuatii diferentiale
Se considera:
fj(t, x) =ni=1
aji(t)xi + bj(t), j = 1, n (5)
Sistemul de ecuatii diferentiale se scrie sub forma:
x1 = a11(t)x1 + a12(t)x2 + ...+ a1n(t)xn + b1(t)
x2 = a21(t)x1 + a22(t)x2 + ...+ a2n(t)xn + b2(t)
...
x1 = an1(t)x1 + an2(t)x2 + ...+ ann(t)xn + bn(t)
(6)
x1...
xn
=
a11 a1n...
...
an1 ann
(t)
x1...
xn
+
b1(t)...
bn(t)
(7)(7) se poate scrie matriceal :
x = A(t)x+ b(t), (8)
unde A L(I,Mn(R)) (multimea aplicatiilor liniare de la I la Mn((R)))
4
Ecuatii diferentiale si cu derivate partiale Lect.Dr. Iuliana Munteanu
Notatii pentru matrice:
A Mn(R)A = (aij)i,j=1,n
norma lui A : |A| = ni,j=1 |aij |sau |A| = maxi=1,n
nj=1 |aij | = A (norma infinita a lui A)
sau |A| = maxj=1,nni=1 |aij | = A1
sau |A| =
i,j=1,n |aij |2 = AF (Frobenius)
Proprietati pentru norma:
A,B Mn(R), c constanta
|A+B| |A|+ |B|
|c A| = |c| |A|
|AB| |A| |B| A Mn(R), x Rn |Ax| |A| |x|
Teorema 1: Un sistem liniar n care aij : I R R sunt continue pentru oricei, j = 1, n si bj : I R R continue, unde I este un interval compact din R,admite solutie maximala unica.
Demonstratie: Sunt ndeplinite conditiile teoremei Cauchy-Picard si n plus D = I Rn.
Aratam ca f are crestere liniara:
|f(t, x)| = |A(t, x) + b(t)| |A(t)x|+ |b(t)| |A(t)||x|+ |b(t)|
A(t) = (aij(t) continue pe I a1 = maxtI |A(t)|, a1 0
b(t) = (bj(t))j=1,n continue pe I b1 0, b1 = maxtI |b(t)|
|f(t, x)| a1|x|+b1 f are crestere liniara existenta si unicitatea solutiei maximale.
Consideram sisteme omogene:
x = A(t) x (8)
5
Ecuatii diferentiale si cu derivate partiale Lect.Dr. Iuliana Munteanu
Teorema 2: Spatiul solutiilor ecuatiilor (8) este spatiul vectorial de dimensiune n.
Demonstratie: Fie 1, 2 solutii pentru (8). Avem:
1(t) = A(t)1(t)
2(t) = A(t)2(t)
(1(t) + 2(t)) = A(t)(1(t) + 2(t)) (1 + 2) este solutie pentru (8).Fie R, avem: (1)(t) = 1(t) = A(t)1(t) = A(t)(1(t)) (1) este solutie.Cum valorile solutiilor sunt n Rn, atunci dimensiunea spatiului vectorial al solutiilor
este n.
Conform teoremei 2, rezolvarea sistemului (8) propune determinarea unei baze 1, ..., n
(j = (j1, ..., jn))j=1,n
n spatiul solutiilor, baza care se va numi sistem fundamental de solutii, iar solutia
generala va fi scrisa sub forma:
(t) = c11(t) + ...+ cnn(t), c1, ..., cn R
Constructia unui sistem fundamental de solutii pentru un sistem liniar
omogen cu coeficienti constanti (8)
x = Ax
A = (aij) Mn(R)f(t, x) = Ax
f(, ) : R Rn Rn
Pas 1 : Se determina valorile proprii pentru matricea A.
Se rezolva: det(A In) = 0 1, ..., m valori proprii distincte (reale sau complexe cu multiplicitatile k1, ..., kmdet(A In) = ( 1)k1 ...( m)km
k1 + ...+ km = n
Pas 2 : Pentru fiecare valoare proprie j se determina kj solutia care formeaza sistemul
fundamental de solutii.
6
Ecuatii diferentiale si cu derivate partiale Lect.Dr. Iuliana Munteanu
I j R, kj = 1Se determina u Rn \ {0} vector propriu corespunzator valorii proprii j astfelncat (A jIn)u = 0. (t) = exjtu este solutie.
II j C, j = j + ij , j 6= 0, kj = 1j valoare proprie.Determinam u Cn \ {0} astfel ncat (A jIn)u = 0
(t) = Re(ejtu)
(t) = Im(ejtu)
undeejt = ejt(cosjt+ i sinjt)
u = u1 + iu2, cu u1, u2 RnIII j R, kj > 1
Se determina p0, ..., pkj1 Rn, nu toti nuli, astfel ncat
(t) = ejt
kj1r=0
prtr
(9)sa verifice ecuatia x = Ax, adica:
jejt(kj1
r=0 prtr)
+ ejt(kj1
r=1 prrtr1)
= A ejt(kj1
r=0 prtr)
Identificand dupa puterile lui t, obtinem kjcupluri de p0...pkj1:jp0 + p1 = Ap0
r = 1, kj2 j pr + (r + 1)pr+1 = Apr
jpkj1 = Apkj1
Rezulta deci kj solutii de tipul (9).
IV j C \ Rj = j + ij , kj > 0, j 6= 0Se determina p0, ..., pkj1 Cn astfel ncat (t) = ejt
(kj1r=1 prt
r)
sa verifice
ecuatia x = Ax.
La fel ca n cazul III. Obtinem 2kj solutii astfel: (t) = Re((t))(t) = Im((t))Tema: Se cere solutia generala a sistemului
x1 = 2x1 + x2
x2 = 4x1 + x2
7
Proprietati ale sistemelor liniare omogene
Curs Nr. 7
x = A(t)x
A() : I RMn(R)(1)
Teorema 1. Daca S este multimea solutiilor sistemului ecuatiilor (1), atunci S
este spatiu vectorial real de dimensiune n. O baza {1, . . . , n} n S se numeste
sistem fundamental de solutii. Daca {1, . . . , n} S, j =
1j
...
nj
, atuncinumim matrice de solutii este matricea ce are drept coloane cele n solutii:
(t) = (1(t), . . . , n(t)) =
11(t) . . . 1n(t)
21(t) . . . 2n(t)...
......
n1(t) . . . nn(t)
.
In cazul n care {1, . . . , n} este sistem liniar independent, atunci (t) estematrice fundamentala de solutii.
Observatii:
1. Daca (t) este matrice de solutii, atunci (t) = A(t)(t).
Demonstratie: (t) = (1(t), . . . , n(t)) = (A(t)1(t), . . . , A(t)n(t)) =
A(t)(1(t), . . . , n(t)) = A(t)(t)
1
Ecuatii diferentiale si cu derivate partiale Lect.Dr. Iuliana Munteanu
2. Daca (t) este matrice fundamentala de solutii, atunci pentru orice
solutie a ecuatiilor omogene (1) (!)c = (c1, . . . , cn)T Rn astfel ncat(t) = (t)c.
Demonstratie: Cum (t) este matrice fundamentala, coloanele 1, . . . , n
formeaza sistem fundamental de solutii, deci este sistem liniar independent
si de generatori(baza) n multimea solutiilor. Rezulta ca
S(!)c1, . . . , cn R astfel ncat (t) = ci1(t) + . . .+ cnn(t), t I .
Teorema 2. (Formula Lionville) Daca (t) este matrice de solutii pentru
sistemul omogen (1), atunci t, t0 I avem:
det(t) = det(t0) ett0
Tr(A(s)) ds,
(2)
unde Tr(A(s) =ni=1 aii(s), A(s) = (aij(s))i,j=1,n
Demonstratie: Aratam ca (t) verifica o ecuatie liniara omogena de tipul urmator:
W (t) = Tr(A(t)) W (t), (3)
unde W este funtie scalara.
(det(t)) =
11(t) . . . 1n(t)
21(t) . . . 2n(t)...
......
n1(t) . . . nn(t)
=
11(t) . . . 1n(t)
21(t) . . . 2n(t)...
......
n1(t) . . . nn(t)
d1(t)
+
11(t) . . . 1n(t)
21(t) . . . 2n(t)
......
...
n1(t) . . . nn(t)
d2(t)
+ . . .+
11(t) . . . 1n(t)...
......
n11(t) . . . n1n(t)
n1(t) . . . nn(t)
dn(t)
2
Ecuatii diferentiale si cu derivate partiale Lect.Dr. Iuliana Munteanu
j solutie a sistemului omogen, deci j(t) = A(t) j(t),
1j(t)
...
nj(t)
=
a11(t) . . . a1n(t)...
......
an1(t) . . . ann(t)
1j(t)...
nj(t)
ij(t) = a11(t)1j(t) + a12(t)2j(t) + . . .+ a1n(t)nj(t) =
nk=1 a1k(t)kj(t)
d1(t) =
nk=1 a1k(t)k1(t) . . .
nk=1 a1kkn(t)
21(t) . . . 2n(t)...
......
n1(t) . . . nn(t)
=
= a11(t)
11(t) . . . 1n(t)
21(t) . . . 2n(t)...
......
n1(t) . . . nn(t)
+nk=2 a1k(t)
k1(t) . . . kn(t)
21(t) . . . 2n(t)
. . . . . . . . .
k1(t) . . . kn(t)
. . . . . . . . .
n1(t) . . . nn(t) 0 oricare au doua linii egale
d1(t) = a11(t) = det((t)).
Analog, dj = ajj(t)det(t), j = 2, n
Obtinem (det(t)) = (a11(t) + . . .+ ann(t))det(t) Tr(A(t))
det(t) verifica ecuatia liniara (3).
Din det (t) = c ett0
Tr(A(s)) ds
si t = t0 det (t) = c e0 c = det (t)rezulta (2).
3
Ecuatii diferentiale si cu derivate partiale Lect.Dr. Iuliana Munteanu
Teorema 3. Fie (t) matrice de solutii pentru sistemul (1). Are loc urmatoarea
echivalenta:
(t) este matrice fundamentala de solutii det (t) 6= 0, t I
Demonstratie: (t) este matrice fundamentala de solutii () solutie(!)c1, . . . , cn R astfel ncat (t) =
nj=1 cjj(t)
(t) = (1(t), . . . , n(t))
Presupunem prin absurd ca k0 I astfel ncat det (t0) = 0.
Considerand problema Cauchy
x = Ax
x(t0) = 0 problema are solutie unica
(t) = 0, t I.
Dar (!)c =
c1...
cn
, c1, . . . , cn R astfel ncat (t) = (t)c coloanele1, . . . , n sunt dependente t I det (t) = 0, t I () nu estematrice fundamentala de solutii.
det (t) 6= 0 t I {1(t), . . . , n(t)} liniar independenta t {1, . . . , n} S liniar independenta. Cum dimS = n rezulta ca {1, . . . , n} baza n S este matrice fundamentaa de solutii.blacksquare
4
Ecuatii diferentiale si cu derivate partiale Lect.Dr. Iuliana Munteanu
Sistemele de ecuatii diferentiale neomogene cu coeficienti (aij) constanti
x = Ax+ b(t)
A Mn(R), b() : I R Rn(4)
Teorema 4. Fie 0 solutie pentru (4) si (t) matrice fundamentala de solutie
pentru sistemul:
x = Ax. (5)
Atunci pentru orice solutie a lui (4) c =
c1...
cn
Rn astfel ncat:
(t) = 0(t) + (t)c nj=1 cjj(t)
(6)
Demonstratie:
1. (6) verifica ecuatiile (4).
(t) = 0(t) + (t0)c = A(0(t)) + b(t) +A(t)c =
= A(0(t) + (t)c) + b(t) = A(t) + b(t)
2. Orice solutie pentru sistemul (4) poate fi scrisa sub forma (6):
(t) = A(t) + b(t)
0(t) = A0(t) + b(t)
((t) 0(t)) = A((t) 0(t)) 0 este solutie pentru sistemul omogen (5).
Deci (!)c Rn astfel ncat (t) 0(t) = (t)c
5
Ecuatii diferentiale si cu derivate partiale Lect.Dr. Iuliana Munteanu
Teorema 5. Solutia generala pentru (4) este:
(t) = (t)
c+ tt0
1(s)b(s) ds
, t I, (7)
unde
este matrice fundamentala pentru sistemul omogen (5)
t0 I fixat
c Rn oarecare
Demonstratie:
Pentru (4) consideram sistemul omogen x = Ax si matrice fundamentala de
solutii pentru (5). Rezulta ca orice solutie x(t) = (t)k, k Rn.
((t)k(t)) = A(t)k(t) + b(t)
(t) A(t)
k(t) + (t)k(t) = A(t)k(t) + b(t)
(t)k(t) = b(t)Cum (t) matrice fundamentala de solutii det (t) 6= 0, t I ((t))1, t I
k(t) = ((t))1b(t)
k(t) =tt0
((s))1b(s) ds+ c, c Rn (7)
Observatie:
Daca ecuatiei (4), x = Ax + b, i asociem conditia Cauchy x(t0) = x0, atunci
din(7), pentru t = t0, avem (t0) x0
= (t0)c c = ((t0))1x0.
Deci, solutia problemei Cauchy
x = Ax+ b(t)
x(t0) = x0
este:
(t) = (t)
((t0))1x0 + tt0
((s))1b(s) ds
, t I6
Ecuatii diferentiale si cu derivate partiale Lect.Dr. Iuliana Munteanu
Sisteme liniare omogene cu coeficienti constanti
x = Ax, A Mn(R)
n = 1
x = Ax, A R solutia generala x(t) = c eA dt = c etA
(t) = etA matrice fundamentala de solutii.
Pentru A R etA = j=0 (tA)jj!n > 1
Fie A Mn(R). Consideram seriaj=0
Aj
j!. Avem sumele partiale
sk = kj=0
Aj
j!
k0
Mn(R)
Daca sirul sumelor partiale (sk)k0 converge, vom nota:
eA = limk
sk eA =j=0
Aj
j!
Pentru k, l 0, l 6= 0, avem:
|sk+l sk| =k+lj=k+1 Ajj!
k+lj=k+1 |A|jj! = k+lj=0 |A|jj! kj=0 |A|jj!Observam ca
k+lj=0
|A|jj!
sikj=0
|A|jj!
provin din seriaj=0
|A|jj!
= e|A|.
Deci (sk)k0 converge, si notam: eA =j=0
Aj
j!
7
Ecuatii diferentiale si cu derivate partiale Lect.Dr. Iuliana Munteanu
Proprietati:
1. eA eB = eA+B , A,B Mn(R) care comuta (AB = BA)
2.(eA)1 = eA
Demonstratii:
1. eA eB =(
j=0
Aj
j!
)(i=0
Bi
i!
)=j=0
i=0
AjBi
i!j!
eA+B =k=0
(A+B)k
k!AB=BA=
k=0
ki=0 c
pkA
kpBp
k!=
=k=0
kp=0
1k!
k!p!(k p)!A
kpBp =k=0
kp=0
AkpBp
(k p)!k!Din (2) avem k eA eB = eA+B .
8
Exponentiala unei matrice
Curs Nr. 8
x = Ax
A R
x(t) = etAc, c RetA =
k=0
(tA)k
k!
Pentru A Mn(R) definim eA =k=0
Ak
k!
Propozitie 1. Pentru exponentiala unei matrice au loc proprietatile:
1. eA eB = eA+B , A,B Mn(R), AB = BA
2. (eA)1 = eA
Demonstratie:
1. eA eB =(
j=0
Aj
j!
)(i=0
Bi
i!
)=i,j=0
AiBj
i!j!=
=k=0
1k!
i+j=k
k!i!j!
AiBj ki=0
k!i!(k i)!A
iBk1AB=BA= (A+B)k
=
=k=0
1k!
(A+B)k = eA+B
2. Verificam ca(eA) (eA) = (eA) (eA) = In
eOn = eOn = In (adevarat)din definitie: eOn =
k=0
Oknk!
= In +On1!
+ On
= In
1
Ecuatii diferentiale si cu derivate partiale Lect.Dr. Iuliana Munteanu
Teorema 1. Fie sistemul
x = Ax, A Mn(R) (1)
Matricea etA not= (t) este matrice fundamentala de solutii pentru sistemul (1).
Demonstratie: Aratam ca (t) = A(t). Avem:(t+ h) (t)h A(t) = et+hA etAh A etA
= etA(ehA Inh A) =
=etA k=1 hk1Akk! A
= etA A11! +k=2 hk1Akk! A =
=etAk=2 |h|k1|A|kk! =
=
etAmarginita
|h|k=2
|h|k2|A|kk!
exponentiala fara primii doi termeni, deci marginita
h0
0
Obtinem ca |(t)A(t)| h0
0
Cum (t) = etA
(etA) = A etA etA matrice de solutii pentru (1).Pentru a fi matrice fundamentala: det(etA) 6= 0, t RStim ca: (t) matrice de solutii det (t) = (det (t0))et(TrA), t R, t0 R fixatPentru (t) = etA avem (0) = In det (0) = 1 6= 0 det (t) 6= 0, t R (t) = etA matrice fundamentala de solutii.
Consecinta a propozitiei 1.2:(etA) = AetA, A Mn(R)
Pentru a calcula exp(A):
Determinam matricea fundamentala de solutii pentru sistemul x = Ax.
(t) = etA, t R exp(A) = eA = (1)
Definitie: Rezolvanta unui sistem x = Ax, A Mn(R):RA(t, ) = (t) (())1
Observatie: RA(t, ) = etA(eA)1 = etA (eA) = e(t)A = (t )
2
Ecuatii diferentiale si cu derivate partiale Lect.Dr. Iuliana Munteanu
Rezolvarea sistemelor neomogene liniare cu coeficienti constantti
x = Ax+ b(t), (2)
unde A Mn(R), b() : D R Rn
Teorema 2. 1. Sistemul (2) are solutia generala de forma
x(t) = etA[k +
tt0
esAb(s) ds
],
unde k Rn arbitrar, t0 D
2. Daca, consideram problema Cauchy:
x = Ax+ b(t)
x(t0) = x0
, (3)
atunci solutia este
x(t) = etA[et0Ax0 +
tt0
e
]
Demonstratie:
1. Pentru rezolvarea sistemului (2): x = Ax x(t) = etA c, c Rn
Variem constanta, determinam c() : D R Rn astfel ncat x(t) =etA c(t) sa verifice ecuatia (2). Rezulta ca:AetA c(t) + etA c(t) = AetA c(t) + b(t) c(t) = (etA)1 b(t) c(t) = etA b(t) c(t) =
tt0
esAb(s) ds+ k, k Rn
x(t) = etA tt0
esAb(s) ds+ k
, k Rn (4)
3
Ecuatii diferentiale si cu derivate partiale Lect.Dr. Iuliana Munteanu
2. Pentru rezolvarea sistemului (3): t = t0 n (4). Observam ca t0 fixat poate
fi ales chiar cel din problema Cauchy.
x(t0) = x0
x0 = et0A k k =(et0A
)1 x0 = et0A x0 x(t) = e(tt0)A x0 +
tt0
e(ts)Ab(s) ds.
Observatie: Daca avem sistemul x = Ax, A Mn(R) si m0 N astfelncat Am0 = O1, atunci Ak = On, k n0. Deci matricea fundamentala desolutii pentru x = Ax este:
(t) = etA =k=0
(tA)k
k!=m01k=0
(tA)k
k!
Modalitati de determinare a matricei fundamentale de solutii pentru
sistemul x = Ax
x = Ax, A Mn(R)(t) = etA
I. Determinam {1, . . . , n} sistem fundamental de solutii pentru x = Ax.Rezulta ca (t) = (1, . . . , n) cu ajutorul valorilor proprii si vectorilor
proprii. (aplicaa deja la seminar)
II.
Propozitie 2. 1) Daca matricea B poate fi scrisa pe blocuri Jordan, adica
se scrie sub forma B =
J1 . . . 0...
. . ....
0 . . . Js
, atunci eB =
eJ1 . . . 0...
. . ....
0 . . . eJs
.
2) Daca B = diag(b1, . . . , bn) =
bJ1 . . . 0
.... . .
...
0 . . . bn
, atunci eB =
eb1 . . . 0...
. . ....
0 . . . ebn
.
4
Ecuatii diferentiale si cu derivate partiale Lect.Dr. Iuliana Munteanu
3) Daca C este o matrice inversabila si A = CBC1, atunci eA = CeBC1.
Demonstratie:
1) Deoarece k N avem Bk =
Jk1 . . . 0...
. . ....
0 . . . Jks
.2) Evident
3) eA =k=0
Ak
k!=k=0
(CBC1)k
k!
(CBC1)k = CBkC1 =
=k=0
CBkC1
k!= C k=0 Bkk! C1 = C eB C1
III. Algoritm de rezolvare:
Se determina valorile proprii ale lui A.Spect(A) = {1, . . . , m}
Se determina n m vectori proprii liniar independenti v1, . . . , vn
Rn, vj =
v1j...
vnj
Rn. Se scrie matricea vectorilor propriiC = (v1, . . . , vn) = (vij)i,j=1,n
Avem ca C1 si se calculeaza B = C1AC.
Rezulta ca B este matrice diagonala, pentru ca vj este vector propriu
pentru k
(A kIn)vj = 0 Avj = kvjdar C = (v1, . . . , vn)
AC = C diag(k) C1AC = diag(k).
Avem ca etB = diag(ekt
) etA = C etB C1.
5
Ecuatii diferentiale si cu derivate partiale Lect.Dr. Iuliana Munteanu
Aplicand teorema reziduurilor pentruA Mn(R) avem etA =mj=1R(j),
unde 1, . . . , m sunt valori proprii pentru A, avand multiplicitatile k1, . . . , km,
iar R(j) este reziduul corespunzator valorii proprii j :
R(j) = 1(kj 1)! dkj1
dkj1
[ejtA()( j)
D()
]=j
n care:
A() = In A
A() este matricea adjuncta a lui A()
D() = detA()
Observatie: In cazul valorilor proprii simple (care au multiplicitatea egala
cu 1) avem:
R(j) =[ejtA()( j)
D()
]=j
Aplicatie: Rezolvati urmatorul sistem folosind modalitatile II si III.
x1 = 2x1 x2 x3
x2 = 3x1 2x2 3x3
x3 = x1 + x2 + 2x3
Avem A =
2 1 13 2 31 1 2
A() = I3 A =
2 1 13 + 2 31 1 2
D() = ( 1)2 Spect(A) = 0, 1, k1 = 1, k2 = 2
6
Ecuatii diferentiale si cu derivate partiale Lect.Dr. Iuliana Munteanu
Aplicand metoda II. 1 = 0, k1 = 12 1 13 2 31 1 2
u1
u2
u3
=
0
0
0
2u1 + u2 + u3 = 0
3u1 + 2u2 + 3u3 = 0
u1 u2 2u3 u3 = 2u1 u2 3u1 + 2u2 + 6u1 3u2 = 0 3u1 u2 = 0 u2 = 3u1u1 u2 4u1 + 2u3 = 0 u2 = 3u1 u3 = u1u1 R
u2 = 3u1
u3 = u1
v1 =
1
3
1
2 = 1, k2 = 21 1 13 3 31 1 1
u1
u2
u3
=
0
0
0
u1 + u2 + u3 = 0 u1 = u2 + u3, u2, u3 R
v2 =
1
1
0
, v3 =
1
0
1
liniar independenti v2 + v3 = 0 + = 0 , = 0
C =
1 1 1
3 1 0
1 0 1
Calculam C1 =
1 1 13 2 31 1 2
.
7
Ecuatii diferentiale si cu derivate partiale Lect.Dr. Iuliana Munteanu
B = C1AC =
0 0 0
0 1 0
0 0 1
etA = CetBC1 = C
e0t 0 0
0 e1t 0
0 0 e1t
C1 =
=
2et 1 1 et 1 et
3et 3 3 2et 3 3et
1 et et 1 2et 1
Aplicand metoda III. etA = R(0) +R(1)
R(0) =(etA()D()
)=0
=(etA()( 1)2
)=0
=
= A(0) = A
R(1) = 11!
dds
(etA()( 1)2
( 1)2)
=1
=
=[ettA()
+
12 etA() + e
t
(A())
]=1
=
=etA (1)
1
8
CU01_EDDP_07_10_2009CU02_EDDP_14.10.2009CU03_EDDP_21_10_2009CU04_EDDP_28_10_2009CU05_EDDP_04_11_2009CU06_EDDP_11_11_2009CU07_EDDP_18_11_2009CU08_EDDP_25_11_2009