Equazioni lineari secondo ordine a coefficienti continui. (Soluzione generale omogenea associata) + (Soluzione particolare).

Transcript

1 Equazioni differenziali Equazioni lineari secondo ordine a coefficienti continui Si tratta di equazioni del tipo y + a(ty + b(ty = f(t, t I. La soluzione generale è della forma (Soluzione generale omogenea associata + (Soluzione particolare. La soluzione generale dell omogenea è data dalla combinazione lineare di due soluzioni linearmente indipendenti y 1 e y 2, cioè y om (t = c 1 y 1 (t + c 2 y 2 (t, c 1, c 2 R Si noti che y 1 e y 2 danno luogo alla matrice Wronskiana W (t = y 1 (t y 1 (t y 2 (t y 2 (t, t I Poiché y 1 e y 2 sono linearmente indipendenti, det(w (t 0 t I.

2 Come trovare due soluzioni linearmente indipendenti? nel caso in cui a(t e b(t sono costanti, si ricercano le radici caratteristiche dell equaz. algebrica associata all equaz. differenziale nel caso generale in cui a(t e b(t NON sono costanti: metodo di D Alembert.. per la ricerca di una soluzione particolare y p (t nel caso generale a coefficienti non costanti: metodo della variazione delle costanti di Lagrange nel caso a coefficienti costanti, è anche possibile usare il metodo di similarità: ricercare una soluzione particolare dello stesso tipo del termine noto f(t..

3 Equazioni lineari del second ordine a coefficienti costanti Nel caso in cui a(t a, b(t b t R, per trovare le soluzioni di y + ay + b = 0 (1 si considerano le radici caratteristiche dell eq. P (z = z 2 + az + b = 0 Se le radici caratteristiche z 1 = λ 1, z 2 = λ 2 sono reali e distinte, allora y 1 (t = e λ 1t e y 2 (t = e λ 2t linearm. indip. e la soluz. generale di (1 è y(t = c 1 e λ 1t + c 2 e λ 2t Se z 1 = λ 1 è radice doppia, allora y 1 (t = e λ 1t e y 2 (t = te λ 1t linearm. indip. e la soluz. generale di (1 è y(t = (c 1 + c 2 te λ 1t ;

4 Se α ± iβ sono radici complesse, allora y 1 (t = e αt cos(βt e y 2 (t = e αt sin(βt linearm. indip. e la soluz. generale di (1 è y(t = e αt (c 1 cos(βt + c 2 sin(βt. Il metodo di D Alembert Nel caso generale y + a(ty + b(ty = f(t, t I, il metodo di D Alembert serve per trovare una soluzione dell equazione omogenea y + a(ty + b(ty = 0 linearmente indipendente rispetto ad una già nota. Esercizio 17 Sapendo che la funzione y 1 (t = t è di soluzione (1 t 2 y 2ty + 2y = 0, trovarne un altra y 2 (t linearmente indipendente, sull intervallo I = ( 1 4, 1 2.

5 Cerchiamola della forma y 2 (t = v(ty 1 (t considerando v(t incognita. Cercheremo la funzione v(t NON costante (altrimenti y 1 e y 2 linearmente dipendenti!!. Nel nostro caso Derivando si ha y 2 (t = tv(t. y 2 (t = v(t + tv (t y 2 (t = v (t + v (t + tv (t = 2v (t + tv (t. Sostituendo si ha (1 t 2 (2v + tv 2t(v + tv + 2tv = 0 da cui (1 t 2 tv +[2(1 t 2 2t 2 ]v +( 2t+2tv = 0. Dividendo per t(1 t 2 si ottiene ( v 2 + t 2t 1 t 2 v = 0. C è una riduzione d ordine. Pongo v = z, ottenendo ( z 2t = 1 t 2 2 ( 1 z, t t 4, 1 2

6 Escludo la soluzione z 0, che darebbe v c costante! Quindi si ha z > 0 oppure z < 0 su ( 4 1, 1 2. Cerchiamo ad esempio z positiva (ci basta trovare una soluzione z, da cui v, da cui y 2. Separando le variabili, ottengo da cui z (t z(t = 2t 1 t 2 2 t, t ( 1 4, 1 2 ln(z(t = ln(1 t 2 2 ln t + c. Scegliendo c = 0 (ci basta trovare una soluzione z!, ottengo che z(t(1 t 2 t 2 = 1 v 1 (t = (1 t 2 t 2, t Dunque 1 1 t 2 (1 t 2 dt = t t 2 dt 1 = t t t dt ( 1 4, 1 2 = 1 t 1 2 ln(1 t + 1 ln(1 + t 2 = 1 t + 1 ( 1 + t 2 ln 1 t (con costante di integrazione uguale a 0, quindi y 2 (t = tv(t = 1+ t 2 ln ( 1 + t 1 t, t ( 1 4, 1 2..

7 Esercizio 18 Sapendo che la funzione y 1 (t = t è di soluzione t 2 y (t 2 + 2ty + (t + 2y = 0, trovarne un altra y 2 (t linearmente indipendente. Si pone y 2 (t = tv(t e si ha da cui y 2 = v + tv, y 2 = 2v + tv t 2 (2v + tv (t 2 + 2t(v + tv + (t + 2tv = 0 e quindi t 3 v +(2t 2 t 3 2t 2 v +( t 2 2t+t 2 +2tv = 0. Allora t 3 v t 3 v = 0 v (t = v (t. Si ha (scegliendo le costanti di integrazioni nulle Concludiamo che v (t = e t v(t = e t. y 2 (t = te t.

8 Il metodo della variazione delle costanti di Lagrange Serve a trovare trovare soluzioni particolari di y (t + a(ty + b(ty = f(t conoscendo due soluzioni linearm. indip. y 1 e y 2 dell omogenea associata. Si cerca una soluzione della forma y(t = v 1 (ty 1 (t + v 2 (ty 2 (t con v 1, v 2 funzioni incognite. Allora si ha Chiediamo che così che y = v 1 y 1 + v 1 y 1 + v 2 y 2 + v 2 y 2. v 1 y 1 + v 2 y 2 = 0 y = v 1 y 1 + v 2y 2 y (t = v 1 y 1 + v 1y 1 + v 2 y 2 + v 2y 2. Sostituendo le espressioni di y, y, y nell equazione v 1 y 1 + v 1y 1 + v 2 y 2 + v 2y 2 + a(t[v 1 y 1 + v 2y 2 ] + b(t[v 1 y 1 + v 2 y 2 ] = f(t.

9 Raccolgo y 1 e y 2 e trovo v 1 [y 1 +a(ty 1 +b(ty 1]+v 2 [y 2 +a(ty 2 +b(ty 2] + v 1 y 1 + v 2 y 2 = f(t. da cui (poiché y 1, y 2 sono soluzioni dell omogenea v 1 y 1 + v 2 y 2 = f(t. Dunque v 1, v 2 soddisfano il sistema v 1 (ty 1(t + v 2 (ty 2(t = 0 v 1 (ty 1 (t + v 2 (ty 2 (t = f(t. (2 che riscriviamo tramite la matrice Wronskiana ( ( v W (t 1 (t 0 v 2 (t = f(t Risolvendo (2 (nota che det(w (t 0 poiché y 1 e y 2 sono linearm. indipend., ottengo e v 1 (t = y 2(tf(t det(w (t v 1 (t = da cui y(t = y 1 (t v 2 (t = y 1(tf(t det(w (t y2 (sf(s det(w (s ds v 2(t = y2 (sf(s det(w (s ds+y 2(t y1 (sf(s det(w (s ds y1 (sf(s det(w (s ds.

10 Esercizio 19 Trovare una soluzione particolare di y + y = 1 ( cos t, t π 2, π 2. Le soluzioni dell omogenea associata y + y = 0 sono le radici del polinomio caratteristico P (z = z Si ha z = 0 z = ±i e dunque due soluzioni linearm. indipend. sono da cui Poiché v 1 (t = y 1 (t = cos t y 2 (t = sin t. W (t = ( cos(t sin(t sin(t cos(t detw (t = 1 si ha 1 ( sin(t dt = ln( cos(t cos(t = ln(cos(t, (per t ( π 2, π 2 infatti cos(t > 0 e v 2 (t = 1 cos(t dt = t. cos(t

11 La corrispondente soluzione particolare è y(t = (ln cos(t cos(t + t sin(t. Esercizio 20 Determinare una soluzione particolare di y + y = tan t Si ha y 1 (t = cos t e y 2 (t = sin t. det(w (t = 1 e v 1 (t = ( sin(t tan(t dt Dunque e v 2 (t = sin 2 (t = cos(t dt cos 2 (t 1 = dt cos(t ( = cos(t 1 dt cos(t ( 1 + tan(t/2 = sin(t ln 1 tan(t/2 cos(t sin(t cos(t dt = sin(t dt = cos(t. Quindi otteniamo la soluzione particolare ( ( 1 + tan(t/2 y(t = cos(t sin(t ln sin(t cos(t. 1 tan(t/2