Istituzioni di Matematiche Modulo B (SG)

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1 Istituzioni di Matematiche Modulo B (SG) IV foglio di esercizi ESERCIZIO. Nei seguenti esercizi risolvere il problema di valori iniziali nell intervallo indicato. ) y 3y = e su (, + ), con y(0) = 0, ) y y = 5 su (0, + ), con y() =, 3) y + y tg = sin su ( π/, π/), con y(0) =, 4) y + y = 3 su (, + ), con y(0) = 0, 5) + = e t su (, + ), con (0) =, In ogni caso ci riconduciamo alla forma y + P ()y = Q() ed utilizziamo il metodo generale di risoluzione. Cerchiamo quindi una primitiva A() di P () e quindi una primitiva G() di e A() Q(). La soluzione generale sarà del tipo y = e A() (G() + c), ) Prendiamo A() = 3, poi e A() Q() = e, e prendiamo G() = e. y = e + ce 3 Imponendo la condizione y(0) = 0 otteniamo { 0 y(0) = e 0 + c e 0 quindi c = 0 da cui c =. y = e + e 3 ) Scrivo l equazione nella forma y y = 4 Prendiamo A() = log (non serve il modulo, poichè I = (0, + )), poi e A() = /, e A() Q() =, e prendiamo G() = 3 /3. y = c

2 Imponendo la condizione y() = otteniamo quindi c + 3 = da cui c = /3. y() = { 3 + c y = ) Prendiamo A() = log(cos ) (non serve il modulo, poichè I = ( π/, π/) e in questo intervallo il coseno è positivo), poi e A() G() = cos. = / cos, e A() Q() = Imponendo la condizione y(0) = otteniamo quindi c = da cui c = 4. sin cos y = cos + c cos { y(0) = + c y = cos + 4 cos sin cos = cos = sin, e prendiamo 4) Prendiamo A() = /, poi e A() = e /, e A() Q() = 3 e /, e prendiamo, integrando per parti, G() = e / e /. Imponendo la condizione y(0) = 0 otteniamo quindi c = 0 da cui c =. y = + c e / { 0 y(0) = + c y = + e / 5) Qui la variabile è t, e la funzione incognita è = (t).

3 3 Prendiamo A(t) = t, poi e A(t) = e t, e A(t) Q(t) = e 3 t, e prendiamo G(t) = e 3 t /3. = 3 e t + c e t Imponendo la condizione (0) = otteniamo quindi c + 3 = da cui c = /3. (0) = { 3 + c = 3 e t + 3 e t ESERCIZIO. Determinare tutte le soluzioni di y sin +y cos = sull intervallo (0, π). Dimostrare che solo una di queste soluzioni ha ite finito per 0 +, e che ve ne è un altra che ha ite finito per π. Prendiamo A() = log sin (non serve il modulo, poichè su (0, π) sin è positivo), poi e A() = sin, e A() Q() =, e prendiamo G() =. y = sin + c sin sin Ora 0 =, quindi 0 sin =. Pertanto il ite ( ) 0 + sin + c sin esiste finito se e solo se esiste finito il ite c 0 + sin. Ma se c 0, questo ite non esiste finito (vale + oppure a seconda del segno di c). L unica possibilità è per c = 0, e in questo caso sin =. Pertanto esiste solo una soluzione che ha ite finito per 0 +, ed è y = Per il ite π, scriviamo sin + c sin = + c sin sin. 0

4 4 Per π, il denominatore tende a zero, quindi l unico candidato per c in modo che il ite esista finito è il valore per cui anche il numeratore tende a 0, cioè c = π. Per questo valore si ha π π sin = π cos = avendo applicato la regola di De L Hopital. Possiamo quindi affermare che esiste un unica soluzione che ha ite finito per π, che si ottiene per c = π. ESERCIZIO 3. Un serbatoio contiene 800 litri di una soluzione in cui sono disciolti 000 grammi di soluto. Viene immessa una soluzione a concentrazione di 6 grammi per litro, alla velocità di 8 litri al minuto; inoltre, per la presenza di un foro nel serbatoio, escono 6 litri di soluzione in ogni minuto. La soluzione viene mantenuta uniforme per agitazione. Determinare la funzione y(t) che misura la quantità di soluto presente nel serbatoio all istante t. Indico con y(t) il numero di grammi di soluto presenti al tempo t. Al tempo t sono entrati 8t litri di soluzione ed usciti 6t litri di soluzione, quindi al tempo t ci sono 800 8t litri di soluzione nel serbatoio. In particolare il serbatoio si svuota dopo 00 minuti ed ha senso studiare il problema per 0 t < 00. Quanti grammi di soluto entrano? In un intervallo t sono entrati 8 t litri di soluzione, e quindi 48 t grammi di soluto. Quanti ne escono? Devo conoscere la concentrazione al tempo t. Ora al tempo t ci sono 800 8t litri di soluzione nel serbatoio, e y(t) grammi di soluto. La concentrazione al tempo t è y(t) 800 8t grammi al litro. Nell intervallo tra t e t+ t escono 6 t litri di soluzione e quindi (considerando costante la concentrazione tra t e t + t) y(t) 800 8t6 t grammi di soluto. Allora ottengo y(t + t) = y(t) + 48 t e quindi, passando al ite per t 0, l equazione differenziale y t y = 48. y(t) 800 8t 6 t Imponendo la condizione iniziale y(0) = 000 (essendo presenti 000 grammi di soluto all istante t = 0), otteniamo il problema alle condizioni iniziali ( ) { y t y = 48 y(0) = 000 Prendiamo A(t) = log(00 t), poi e A(t) = /(00 t), e A(t) Q(t) = 48/(00 t), e prendiamo G(t) = 48/(00 t). La soluzione generale di y t y = 48 è y = 48(00 t) + c (00 t)

5 5 al variare di c R. Imponendo la condizione y(0) = 000 otteniamo { 000 y(0) = c quindi 0000c = 000 da cui c = 7 5. La soluzione di ( ) è y = 8t 7 5 t ESERCIZIO 4. Determinare tutte le soluzioni di ( + )y + y = ( + ) e su I = (, 0). Dimostrare che tutte le soluzioni tendono a 0 per +, ma che ve ne è una sola con ite finito per 0. Si ha P () = (+), Q() = ( + )e. Essendo (+) = +, prendiamo A() = log log + = log( ) log( + ) (stiamo lavorando su (, 0)), poi e A() = +, e A() Q() = e, e prendiamo G() = e /. Ora per ). ( + e c + Per il ite 0, scriviamo y = + e c + ) = 0, indipendentemente da c (non ci sono problemi a denominatore + e c + c e = ( + ) Per 0, + tende a, quindi il ite per 0 esiste finito se e solo se esiste finito il c e 0 Per 0, il denominatore tende a zero, quindi l unico candidato per c in modo che il ite esista finito è il valore di c per cui anche il numeratore tende a 0, cioè c = /. Per questo valore si ha e 0 e = = 0 0 avendo applicato la regola di De L Hopital. Possiamo quindi affermare che esiste un unica soluzione che ha ite finito per 0, che si ottiene per c = /.

6 6 Osservazione. Torniamo al problema di risolvere l equazione differenziale (+)y +y = (+) e, che scriviamo come y + (+) y = (+)e. Abbiamo P () = (+), Q() = ( + )e. Poichè (+) = +, possiamo prendere A() = log log + su tutto R \ {, 0}. Ora log log + = log +, e { + = + se < oppure > 0 + se < < 0 In (, ) oppure in (0, + ) abbiamo allora A() = log +, ea() = +, ea() Q() = e. Possiamo quindi prendere G() = e e ottenere la soluzione generale al variare di d in R. y = e A() (G() + d) = + ( ) e + d = + e + d + Come già detto queste sono le soluzioni sia in (, ) sia in (0, + ). Tuttavia la funzione y = + e + d + soddisfa l equazione differenziale y + (+) y = ( + )e per ogni R \ {, 0}, quindi anche nell intervallo (, 0) la soluzione generale deve essere del tipo y = + + d + e al variare di d in R. Questo non è in contraddizione con lo svolgimento precedente: basta infatti osservare che d = c. ESERCIZIO 5. Determinare tutte le soluzioni di y + y cotg = cos su I = (0, π). Ricordo che cotg = cos sin e quindi il problema è ben posto su I. Prendiamo A() = log sin (stiamo lavorando su (0, π)), poi e A() = sin, e A() Q() = sin cos, e prendiamo G() = sin (poniamo t = sin, quindi dt = cos d e sin cos d = t dt = t = sin ). y = sin + c sin ESERCIZIO 6. Determinare tutte le soluzioni di ( )( 3)y + y = ( )( ) su ciascuno degli intervalli ) (, ), ) (, 3), 3) (3, + ).

7 7 Dimostrare che tutte queste soluzioni tendono ad un ite finito per. Ve ne sono che hanno ite finito per 3? Scriviamo l equazione differenziale nella forma y + ( )( 3) y = 3 quindi con P () = ( )( 3), Q() = 3. Ha senso studiare il problema separatamente nei tre intervalli indicati, tuttavia cerchiamo di portare avanti i calcoli il più possibile senza dover distinguere il particolare intervallo su cui stiamo lavorando. Una primitiva di P () è A() = log 3 log = log La funzione log 3 log = log ( 3) ( ) cercare una primitiva di e A() Q(). Si ha sempre su tutto R \ {, 3}, quindi e A() = e A() Q() = ( 3) ( ) è definita su R \ {, 3}. A questo punto dobbiamo ( 3) ( ) ( )( 3) ( ) Dobbiamo infine calcolare una primitiva G() di ( )( 3) ( ). In questo caso numeratore e denominatore hanno grado, quindi devo prima utilizzare l algoritmo euclideo di divisione. In questo caso tuttavia molto facilmente si può scrivere ( )( 3) = = = = ( ) quindi ( )( 3) ( ) = ( ) ( ) = ( ) Pertanto una primitiva di ( )( 3) ( ) è +. Possiamo quindi prendere G() = +. Abbiamo quindi la possibilità di concludere senza dover distinguere l intervallo su cui stiamo lavorando. Su ciacuno degli intervalli (, ), (, 3), (3, + ) la soluzione generale è y = e A() (G() + c) = ( ( ) ( 3) + ) + c ( ) = ( 3) + ( ) + c ( 3) ( 3)

8 8 Come risulta dalla soluzione generale, ciascuna di queste funzioni ha ite 0 per. Per lo studio del ite per 3, scriviamo ( ) ( 3) + ( ) + c ( 3) ( 3) = ( )( ) + c ( ) ( 3) Si tratta di vedere se esistono valori di c per cui ( ) +c ( ) 3 ( 3) cui il numeratore è nullo per = 3 è c = 4. Per questo valore si ottiene y = ( ) ( ) 4 ( ) ( 3) ( 3) = ( ) ( 3) = che addirittura è definita su tutto R. In particolare il ite per 3 vale. esiste finito. L unico valore di c per Possiamo concludere dicendo che l equazione differenziale ( )( 3)y + y = ( )( ) ha la soluzione y = definita su tutto R per cui y(3) =.