6.3 Equazioni lineari del secondo ordine

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1 si supponga di conoscerne una soluzione ψ(x). Si verifichi che con la sostituzione y(x) = ψ(x) + 1, l equazione diventa lineare nell incognita v(x) v(x). Utilizzando questo metodo, si risolva l equazione y = y 2 xy Risolvere i seguenti problemi di Cauchy: (i) (iii) (v) (vii) y = 3x 2 y 4 y(1) = 0, y = y2 1 x 2 1 y(0) = 0, xy + y sin x = 0 y(π 2 ) = 9, 2xyy = y 2 x y(1) = 1, (ii) (iv) (vi) (viii) 4x 3/2 yy = 1 y 2 y(1) = 2, y = y2 + 1 x y(0) = 3, y = x(y 3 y) y(0) = 1, y = (1 + y)(1 + x 2 ) y(0) = Equazioni lineari del secondo ordine Consideriamo un equazione differenziale lineare del secondo ordine: essa ha la forma y + a 1 (x)y + a 0 (x)y = f(x), x I, dove a 0, a 1 e f sono funzioni continue nell intervallo I R. Accanto a questa equazione consideriamo anche l equazione omogenea y + a 1 (x)y + a 0 (x)y = 0, x I, Come nel caso delle equazioni lineari del primo ordine, è immediato verificare che l insieme delle soluzioni dell equazione omogenea è uno spazio vettoriale V 0. Esso, come vedremo, ha dimensione 2 (pari all ordine dell equazione). L insieme delle soluzioni dell equazione non omogenea sarà ancora uno spazio affine, ottenibile dallo spazio vettoriale V 0 per mezzo di una traslazione. In effetti, detto V f l insieme delle soluzioni dell equazione con secondo membro f, si ha, avendo fissato un elemento v V f, V f = u 0 + v : u 0 V 0 }. 408

2 Infatti, se u V f allora u v V 0, poiché (u v) + a 1 (x)(u v) + a 0 (x)(u v) = f f = 0, x I; dunque, posto u 0 = u v, si ha u = u 0 + v con u 0 V 0. Viceversa, se u = u 0 + v con u 0 V 0, allora u + a 1 (x)u + a 0 (x)u = = (u 0 + v) + a 1 (x)(u 0 + v) + a 0 (x)(u 0 + v) = 0 + f = f, x I, cioè u V f. Pertanto, per determinare completamente V f basterà caratterizzare completamente V 0 e trovare un singolo, arbitrario elemento di V f. (a) Caratterizzazione di V 0. Proviamo anzitutto che lo spazio vettoriale V 0 ha dimensione 2. Fissato un punto x 0 I, consideriamo i due problemi di Cauchy y + a 1 (x)y + a 0 (x)y = 0 y + a 1 (x)y + a 0 (x)y = 0 y(x 0 ) = 1, y (x 0 ) = 0, y(x 0 ) = 0, y (x 0 ) = 1. Essi sono univocamente risolubili (per il teorema 6.1.1, dopo averli trasformati in problemi di Cauchy per sistemi lineari del primo ordine); inoltre le soluzioni sono definite su tutto l intervallo I in virtù del teorema Denotiamo tali soluzioni con y 1 (x) e y 2 (x). Dimostriamo che y 1 e y 2 sono linearmente indipendenti, ossia che se λ 1 e λ 2 sono costanti tali che λ 1 y 1 (x) + λ 2 y 2 (x) 0 in I, allora necessariamente λ 1 = λ 2 = 0. La funzione λ 1 y 1 (x) + λ 2 y 2 (x) è l unica soluzione del problema di Cauchy y + a 1 (x)y + a 0 (x)y = 0 y(x 0 ) = λ 1, y (x 0 ) = λ 2 ; quindi se tale soluzione è identicamente nulla, deve essere λ 1 = 0 e λ 2 = 0. Proviamo ora che le funzioni y 1 e y 2 generano V 0, ossia che ogni elemento u V 0 è combinazione lineare di y 1 e y 2. Fissata una funzione u V 0, poniamo v(x) = u(x 0 )y 1 (x) + u (x 0 )y 2 (x): allora v è soluzione del problema di Cauchy y + a 1 (x)y + a 0 (x)y = 0 y(x 0 ) = u(x 0 ), y (x 0 ) = u (x 0 ), 409

3 problema che è risolto anche da u: per unicità, deve essere u v, e pertanto possiamo scrivere u λ 1 y 1 + λ 2 y 2 con λ 1 = u(x 0 ) e λ 2 = u (x 0 ), ossia u è combinazione lineare di y 1 e y 2. Le due funzioni y 1 e y 2 formano in definitiva una base dello spazio vettoriale V 0. Abbiamo così individuato la struttura di V 0 : osserviamo però che in generale non si riesce a determinare esplicitamente una base y 1, y 2 } di V 0. Se però l equazione differenziale lineare ha coefficienti costanti, ossia a 0 (x) a 0 e a 1 (x) a 1, è invece possibile, e anzi facile, trovare esplicitamente le funzioni y 1 e y 2, cercandole di forma esponenziale (perché le esponenziali x e λx sono le uniche funzioni che hanno le proprie derivate multiple di loro stesse). Sia dunque y(x) = e λx, con λ numero da determinare: imponendo che y V 0, si ha 0 = y + a 1 y + a 0 y = e λx (λ 2 + a 1 λ + a 0 ), e poiché e λx 0 si deduce che λ deve essere radice del polinomio caratteristico P (ξ) = ξ 2 + a 1 ξ + a 0, ossia deve essere λ 2 + a 1 λ + a 0 = 0. Si hanno allora tre casi possibili: 1 o caso: 2 radici reali distinte λ 1 e λ 2. Ci sono dunque due soluzioni e λ 1x e e λ 2x. Esse sono linearmente indipendenti perché, supposto ad esempio λ 1 0, si ha c 1 e λ 1x + c 2 e λ 2x 0 = e λ 1x (c 1 + c 2 e λ 2 λ 1 )x ) 0 = = c 1 + c 2 e (λ 2 λ 1 )x 0 = (derivando) = c 1 (λ 2 λ 1 )e (λ 2 λ 1 )x 0 = (essendo λ 2 λ 1 ) = c 2 = 0 = c 1 = c 2 = 0. Dunque V 0 = c 1 e λ 1x + c 2 e λ 2x : c 1, c 2 R}. 2 o caso: una radice reale doppia λ (che è uguale a a 1 /2). Una soluzione è e λx ; un altra soluzione è xe λx : infatti D(xe λx ) = e λx (1 + λx), D 2 (xe λx ) = e λx (λ 2 x + 2λ), 410

4 da cui D 2 (xe λx ) + a 1 D(xe λx ) + a 0 xe λx = = e ( λx λ 2 x + 2λ + a 1 (1 + λx) + a 0 x ) = = e ( λx (λ 2 + a 1 λ + a 0 )x + (2λ + a 1 ) ) = (essendo 2λ + a 1 = 0) = e λx 0 = 0. Le due soluzioni sono linearmente indipendenti perché c 1 xe λx +c 2 e λx 0 = e λx (c 1 x+c 2 ) 0 = c 1 x+c 2 0 = c 1 = c 2 = 0. Dunque V 0 = c 1 xe λx + c 2 e λx : c 1, c 2 R}. 3 o caso: due radici complesse coniugate λ 1 = a + ib e λ 2 = a ib. Abbiamo due soluzioni e λ 1x e e λ 2x, che sono linearmente indipendenti (stesso calcolo fatto nel 1 o caso) ma sono a valori complessi, mentre a noi interessano le soluzioni reali. Si osservi però che, essendo e (a±ib)x = e ax (cos bx ± i sin bx), possiamo scrivere c 1 e λ 1x + c 2 e λ 2x = e ax (c 1 (cos bx + i sin bx) + c 2 (cos bx i sin bx)) = = (c 1 + c 2 )e ax cos bx + i(c 1 c 2 )e ax sin bx = = c 1e ax cos bx + c 2e ax sin bx, ove c 1 = c 1 +c 2 e c 2 = i(c 1 c 2 ). Scegliendo le costanti c 1 e c 2 reali, si trovano tutte le soluzioni reali. In definitiva V 0 = c 1 e ax cos bx + c 2 e ax sin bx : c 1, c 2 R}. (b) Determinazione di un elemento di V f. Sia y 1, y 2 } una base per V 0 (comunque determinata). Cercheremo una soluzione dell equazione non omogenea nella forma seguente: v(x) = v 1 (x)y 1 (x) + v 2 (x)y 2 (x), con v 1 e v 2 funzioni da scegliere opportunamente. Questo metodo, non a caso, si chiama metodo di variazione della costanti arbitrarie: se v 1 e v 2 sono 411

5 costanti, allora v V 0 ; se sono funzioni, ossia costanti che variano, si cerca di fare in modo che v V f. Sostituendo v, v e v nell equazione differenziale, bisogna imporre che v + a 1 (x)v + a 0 (x)v = (v 1y 1 + 2v 1y 1 + v 1 y 1 + v 2y 2 + 2v 2y 2 + v 2 y 2)+ +a 1 (x)(v 1y 1 + v 1 y 1 + v 2y 2 + v 2 y 2) + a 0 (x)(v 1 y 1 + v 2 y 2 ) = f(x). Da qui, utilizzando il fatto che y 1, y 2 V 0, si deduce ossia (v 1y 1 + 2v 1y 1 + v 2y 2 + 2v 2y 2) + a 1 (x)(v 1y 1 + v 2y 2 ) = f(x), [ ] d dx (v 1y 1 + v 2y 2 ) + (v 1y 1 + v 2y 2) + a 1 (x)(v 1y 1 + v 2y 2 ) = f(x). Questa equazione è certamente soddisfatta se si impongono le seguenti due condizioni: v 1 y 1 + v 2y 2 = 0 in I, v 1y 1 + v 2y 2 = f in I. Si tratta di un sistema algebrico lineare nelle incognite v 1 e v 2, con coefficienti y 1, y 2, y 1, y 2. Il determinante di questo sistema è ( ) y1 (x) y det 2 (x) y 1(x) y 2(x) = y 1 (x)y 2(x) y 1(x)y 2 (x) = D(x). Proviamo che D(x) 0 per ogni x I: si ha D(x 0 ) = y 1 (x 0 )y 2(x 0 ) y 1(x 0 )y 2 (x 0 ) = 1, e D (x) = y 1y 2 + y 1 y 2 y 1y 2 y 1y 2 = y 1 y 2 y 1y 2 = = y 1 ( a 1 (x)y 2 a 0 (x)y 2 ) ( a 1 (x)y 1 a 0 (x)y 1 )y 2 = = a 1 (x)(y 1 y 2 y 1y 2 ) = a 1 (x)d(x); quindi D(x) è soluzione del problema di Cauchy D (x) = a 1 (x)d(x), x I, D(x 0 ) = 1, per cui D(x) = e x x 0 a 1 (t)dt ; in particolare, D(x) 0 per ogni x I. Dunque, per ogni x I il sistema sopra scritto ha determinante dei coefficienti non nullo e pertanto è univocamente risolubile: ciò ci permette di 412

6 determinare univocamente le funzioni v 1 e v 2. Infine si scelgono due primitive arbitrarie v 1 e v 2, e la funzione v corrispondente, per costruzione, apparterrà a V f. In conclusione, otteniamo V f = v + v 0 : v 0 V 0 } = (c 1 + v 1 )y 1 + (c 2 + v 2 )y 2 : c 1, c 2 R}. Da questa descrizione di V f si vede anche che una diversa scelta delle primitive di v 1 e v 2 non modifica l insieme V f. Esempio Consideriamo l equazione differenziale y + y = cos x, x ]0, π[. sin x Risolviamo dapprima l equazione differenziale omogenea: il polinomio caratteristico è λ 2 + 1, e le sue radici sono ±i. Quindi V 0 = c 1 cos x + c 2 sin x : c 1, c 2 R}. Per trovare una soluzione dell equazione non omogenea che abbia la forma v(x) = v 1 (x) cos x + v 2 (x) sin x dobbiamo imporre le condizioni v 1(x) cos x + v 2(x) sin x = 0 v 1(x) sin x + v 2(x) cos x = cos x sin x. Risolvendo il sistema si trova Dunque, ad esempio, e infine v 1(x) = cos x, v 2(x) = 1 sin x. sin x v 1 (x) = sin x, v(x) = sin x cos x + ( v 2 (x) = log tan x ) + cos x 2 [ ( log tan x ) ] ( + cos x sin x = sin x log tan x ). 2 2 In definitiva, tutte le soluzioni dell equazione proposta sono date da [ ( V f = c 1 cos x + c 2 + log tan x )] } sin x : c 1, c 2 R, x ]0, π[

7 Osservazione Il metodo di variazione della costanti arbitrarie è molto importante dal punto di vista della teoria, ma sul piano pratico comporta spesso calcoli lunghi e complessi. Un metodo più efficace, anche se meno generale, è il metodo dei coefficienti indeterminati, applicabile solo per equazioni a coefficienti costanti con secondi membri f di tipo speciale. Questo metodo è illustrato nell esercizio Esercizi (Metodo dei coefficienti indeterminati) Si consideri l equazione differenziale lineare a coefficienti costanti y + a 1 y + a 0 y = f(x) P (x)e µx, ove P è un polinomio e µ C. Si cerchi un elemento v V f della forma v(x) = x m Q(x)e µx, dove Q è un polinomio dello stesso grado di P, mentre m vale 0, o 1, o 2 a seconda che µ non sia radice del polinomio caratteristico, oppure sia radice semplice, oppure sia radice doppia. Si osservi che il metodo copre anche i casi in cui f contiene le funzioni seno e coseno. Si applichi il metodo per determinare le soluzioni dell equazione con k fissato numero reale. y + 2ky + y = x 2 e x, 2. (Principio di sovrapposizione) Si verifichi che se v V f e w V g, allora v+w V f+g. Si utilizzi questo fatto per trovare l insieme delle soluzioni dell equazione y 2y + y = cos x + sin x 2. [Traccia: si utilizzino le identità cos t = eit +e it, sin t = eit e it 2 2i metodo dei coefficienti indeterminati (esercizio 6.3.1).] 3. Risolvere le equazioni differenziali seguenti: (i) y 2y + 2y = 0, (ii) y + 4y = tan 2x, (iii) y y = xe x, (iv) y + 6y + 9y = e x /x, (v) y + y = x cos x, (vi)y + 4y + 4y = e x + e x, (vii) y 2y + 2y = x cos x, (viii) y 3y + 2y = 2x 3, (ix) y + 4y = x 2 + 1, (x) y + y + y = e x. e il 414

8 4. (Riduzione dell ordine) Si provi che se si conosce una soluzione (non nulla) y 1 (x) dell equazione differenziale y + a 1 (x)y + a 0 (x)y = 0, allora se ne può trovare un altra, linearmente indipendente dalla prima, della forma y 2 (x) = y 1 (x)v(x), riducendosi a una equazione lineare del primo ordine nell incognita v. Si applichi il metodo alla risoluzione dell equazione di Legendre (1 x 2 )y 2xy + 2y = 0. [Traccia: si osservi che y 1 (x) = x è soluzione dell equazione.] 5. (Equazioni di Eulero) Si provi che le equazioni della forma x 2 y + xa 1 y + a 0 y = 0 hanno soluzioni del tipo y(x) = x α, con α C. Si risolva con questo metodo l equazione x 2 y + xy y = (Risoluzione per serie) Data l equazione differenziale y + 2xy + y = 0, x R, se ne cerchino due soluzioni linearmente indipendenti sotto forma di serie di potenze. Si verifichi che tali serie hanno raggio di convergenza infinito, e se ne determinino i coefficienti in funzione dei primi due, a 0 e a 1, che fungono da costanti arbitrarie. 7. Risolvere per serie i seguenti problemi di Cauchy: y + 2xy + 2y = 0 y(0) = 1, y (0) = 0, y + xy + y = 0 y(0) = 1, y (0) = Trovare una serie di potenze J 0 (x) che risolva l equazione di Bessel di ordine 0 xy + y + xy = 0. Se ne cerchi poi una seconda nella forma Y 0 (x) = J 0 (x) ln x + g(x), verificando che tale Y 0 è soluzione se e solo se g risolve x g (x) + g (x) + x g(x) = 2J 0(x); si risolva per serie questa equazione e si determini esplicitamente Y