EQUAZIONI DIFFERENZIALI. 1. Trovare tutte le soluzioni delle equazioni differenziali: (a) x = x 2 log t (d) x = e t x log x (e) y = y2 5y+6

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1 EQUAZIONI DIFFERENZIALI.. Trovare tutte le soluzioni delle equazioni differenziali: (a) x = x log t (d) x = e t x log x (e) y = y 5y+6 (f) y = ty +t t +y (g) y = y (h) xy = y (i) y y y = 0 (j) x = x (k) x = x (l) x = x (m) x = (n) x = t (o) x = x (p) y = xy (q) x = tx + (r) x = tx + x (s) x = (t) x = t (u) x = x t Per tutte le equazioni assegnate, chiedersi in quali punti R sono verificate le ipotesi del teorema di esistenza e unicità delle soluzioni del problema di Cauchy. Trovare la soluzione dell equazione differenziale x = te x tale che x(0) =. Determinarne l intervallo massimale di definizione. Calcolare inoltre il massimo di tale funzione.. Data l equazione differenziale y = tan t x +. Determinare le soluzioni costanti.. Determinare per quali coppie di punti (t 0, y 0 ) non valgono le ipotesi del Teorema di esistenza e unicità. Per questi punti valgono invece le ipotesi del Teorema di esistenza di Peano?. Determinare l insieme di tutte le soluzioni. 4. Trovare la (o le) soluzioni del problema di Cauchy con condizioni iniziali y(0) = Data l equazione differenziale x = x t +. Determinare le soluzioni costanti.. Verificare se esistono punti (t 0, x 0 ) per cui non valgono le ipotesi del Teorema di esistenza e unicità delle soluzioni del problema di Cauchy.. Determinare l insieme di tutte le soluzioni. 4. Determinare la soluzione del problema di Cauchy con condizione iniziale x(0) =, calcolandone anche l intervallo massimale di definizione. 5. Determinare quella soluzione che tende a 0 per t Data l equazione differenziale y = y 9y + 8

2 . Determinare, se esistono, le sue soluzioni costanti.. Dire - senza calcolarle - se esistono soluzioni limitate.. determinare la soluzione che soddisfa la condizione iniziale y(0) = y 0 4. individuare l insieme dei valori iniziali y 0 tali che la corrispondente soluzione sia definita per ogni x R. 6. Data l equazione differenziale y = t (y + )( + 4 arctan y). dire se esistono soluzioni costanti. determinare la soluzione che soddisfa alla condizione iniziale y(0) = 0, calcolandone l intervallo massimale di definizione. 7. Risolvere il problema di Cauchy { t x = t + 4x + tx x() = 0 e determinare il dominio di tale soluzione. 8. Determinare le funzioni di classe C (R) tali che: 9. Data l equazione differenziale y = x log( + x ) x y = y x+ x x x y = t y t. Individuare su quali intervalli possono essere definite le soluzioni. Per questa equazione è possibile decidere a priori che tutte le soluzioni sono globali?. Determinare l insieme di tutte le soluzioni. Trovare la soluzione del problema di Cauchy con condizione iniziale y(0) =. 4. Trovare la soluzione del problema di Cauchy con condizione iniziale y() =. 0. Siano y (t) e y (t) soluzioni definite su un intervallo I dell equazione x +bx +cx = f(t) e sia y (t) una soluzione su I dell equazione x +bx +cx = g(t). Dimostrare che:. y (t) + y (t) è una soluzione di x + bx + cx = f(t).

3 . y (t) y (t) è una soluzione dell equazione omogenea associata.. y (t) + y (t) è una soluzione di x + bx + cx = f(t) + g(t). Quesito. Sia data l equazione x + 4x 5x = b(t). Dire se le affermazioni seguenti sono vere o false, motivando le riposte:. x(t) = c e t + c e 5t, c, c R è l integrale generale dell equazione omogenea associata.. Se b(t) = e 5t, allora y(t) = Ke 5t è una soluzione dell equazione data, per qualche K R.. Se b(t) = t +, allora esistono A, B R tali che y(t) = At + B è una soluzione dell equazione data. 4. Se b(t) =, y(t) = 5 è una soluzione dell equazione data.

4 SOLUZIONI a. L equazione è a variabili separabili, a(t) = log t definita e continua per t > 0, b(x) = x definita e di classe C per x R. Le ipotesi del teorema di esistenza e unicità sono verificate per ogni coppia (t 0, x 0 ) (0, + ) R. Soluzioni costanti: b(x) = x = 0 se e solo se x = 0. Dunque la funzione x(t) = 0 è soluzione dell equazione per ogni t (0, + ). Le altre soluzioni. Integrando si ottiene x dx = log tdt se e solo se x esplicitando rispetto a x si ottengono le soluzioni x(t) = t t log t + C, C R. = t log t t + C. Queste funzioni, ciascuna considerata negli intervalli contenuti in (0, + ) in cui è definita, sono soluzioni dell equazione, insieme alla funzione costante x(t) = 0 trovata prima. d. L equazione è a variabili separabili, a(t) = e t continua in R, b(x) = x log x definita e di classe C per x > 0. Le ipotesi del teorema di esistenza e unicità sono verificate per ogni coppia (t 0, x 0 ) R (0, + ). Soluzioni costanti: b(x) = x log x = 0 se e solo se x =. Dunque la funzione x(t) = è soluzione dell equazione per ogni t R. Le altre soluzioni. Integrando si ottiene x log x dx = Da qui si ricava e t dt se e solo se log log x = e t + C, C R log x = e et +C = e C e et = Ke et, K > 0. Ponendo K 0, possiamo eliminare il modulo. Osservando inoltre che per K = 0 ritroviamo la soluzione costante, abbiamo che per ogni K R, log x = Ke et. Otteniamo così l insieme di tutte le soluzioni: x(t) = e Keet, t R, C R. e. L equazione è a variabili separabili, a(t) = +t continua per t R, b(x) = x 5x + 6 di classe C in R. Le ipotesi del teorema di esistenza e unicità sono verificate per ogni coppia (t 0, x 0 ) R R. Soluzioni costanti: b(x) = x 5x + 6 = (x )(x ) = 0 se e solo se x = oppure x =. Dunque le funzioni x(t) = e x(t) = sono soluzioni dell equazione per ogni t R. Osserviamo inoltre che ogni soluzione che soddisfa alla condizione iniziale x(t 0 ) = x 0, per x 0 (, ) è limitata, dato che non può attraversare le due rette che sono soluzioni dell equazione. 4

5 Le altre soluzioni. Integrando si ottiene x log = arctan t + C, x C R e quindi x x = Kearctan t, K > 0 Ponendo K 0 possiamo eliminare il modulo. Inoltre, se K = 0 ritroviamo la soluzione costante x(t) =. Per esplicitare osserviamo che x = x = x x. Dunque = x x Kearctan t, K R. Pertanto le soluzioni dell equazione data sono x(t) = +, K R Ke arctan t x(t) =. f. L equazione è omogenea, infatti f(t, y) è quoziente di due polinomi dello ty stesso grado. Osserviamo che = y/t. Ponendo z = y, e osservando t +y +(y/t) t che tz + z = y si trasforma l equazione nell equazione a variabili separabili z = t z + z z = z + z t. Soluzioni costanti. Osserviamo che la funzione y(t) = 0 è una soluzione, definita per ogni t R. Le altre soluzioni. Integrando l equazione in z, si ottiene + log z = log t + C, C R. z Questa equazione non è di ovvia esplicitazione. Perciò ci limitiamo a ritornare alle variabili originali, scrivendo le soluzioni in forma implicita: t y + log y = log t + C, C R. t Queste funzioni, unite alla soluzione costante y(t) = 0, ci danno l insieme di tutte le soluzioni. g. Poniamo z = y. Riduciamo così l equazione all equazione lineare del I ordine z = z, che ha soluzioni z(t) = Ce t, con C R. Per trovare le soluzioni dell equazione assegnata, possiamo integrare: y(t) = Ce t dt = Ce t + K, C, K R. L equazione può essere risolta anche come equazione lineare del secondo ordine a coefficienti costanti. Ovviamente si ritrovano le stesse soluzioni. h. Osserviamo che la funzione f(x, y, y ) è definita solo per x 0. Dunque le soluzioni saranno anch esse definite solo in intervalli che non contengono x = 0. 5

6 Poniamo z = y. Riduciamo così l equazione all equazione lineare del I ordine z = z, che ha soluzioni z(t) = x Celog x = C x, con C > 0. Ponendo C R possiamo eliminare il modulo, ricordando però che le soluzioni possono essere definite solo su intervalli che non contengono x = 0. Per trovare le soluzioni dell equazione assegnata, possiamo integrare: x(t) = Cxdx = Cx + K, C, K R. i. L equazione è lineare del secondo ordine, a coefficienti costanti. Passiamo al polinomio caratteristico z z + = 0. L equazione ha < 0 e dunque due radici complesse z = ±. Se ne ricavano le due soluzioni reali, linearmente indipendenti y (t) = e t cos t, y (t) = e t sin t. L integrale generale è: y(t) = c e t cos t + c e t sin t, c, c R. j. Scrivendo l equazione come x + x = 0, vediamo che è l equazione dell oscillatore armonico, con ω =. L integrale generale è quindi x(t) = c cos t + c sin t, c, c R. k. Scrivendo l equazione come x + x =, vediamo che è l equazione dell oscillatore armonico, con ω = e termine forzante f(t) =. Si vede facilmente che x(t) = è soluzione dell equazione completa. Ne risulta che l integrale generale è x(t) = c cos t + c sin t, c, c R. l. L equazione è del tutto analoga alla precedente: ha soluzione costante x(t) =. m. Le soluzioni sono le primitive di, cioè x(t) = t + C, con C R. n. Le soluzioni sono le primitive di t, cioè x(t) = t + C, con C R. o. L equazione è lineare omogenea; le sue soluzioni sono x(t) = Ce t, con C R. p. L equazione è lineare non omogenea; le sue soluzioni si ottengono dalla formula x(t) = e t e t dt. Poiché la funzione e t non è integrabile in termini di funzioni elementari, anche le soluzioni di questa equazione non si possono scrivere in termini di funzioni elementari. r. L equazione si può scrivere come x = (t + )x: pertanto è un equazione lineare le cui soluzioni sono x(t) = e (t+)dt = Ce t +t, per C R. s. Le soluzioni sono x(t) = t + C, per C R. t. Le soluzioni sono x(t) = log t + C, t > 0, C R x(t) = log( t) + K, t < 0, K R. 6

7 u. L equazione è lineare omogenea; le sue soluzioni sono x(t) = C t, con C R. Osserviamo però che in t = 0 l equazione non è definita; pertanto le soluzioni sono: x(t) = C t, t (0, + ) x(t) = C t, t (, 0). L equazione è a variabili separabili, con a(t) = t, b(x) = e x 0. Entrambe le funzioni sono continue e derivabili in R, quindi per ogni coppia (t 0, x 0 ), e in particolare per t 0 = 0 e x 0 = sono verificate le condizioni del teorema di esistenza e unicità. Integrando otteniamo e x = t + C: le soluzioni sono x(t) = log ( t + C ). Imponendo la condizione iniziale, otteniamo x(0) = log C =. Quindi C = e, e la soluzione del problema di Cauchy assegnato è: x(t) = log ( ) t + e. Questa funzione è definita per t + e > 0. L intervallo massimale di definizione è allora ( e, e ).. L equazione è a variabili separabili, con a(t) = tan t e b(x) = x +.. Le soluzioni costanti sono in corrispondenza degli zeri di b(x). C è quindi una sola funzione costante, per x =.. a(t) è definita e continua in ogni intervallo ( π + kπ, π + kπ), con k relativo. La funzione b(x) è continua in R, ma non è derivabile in x =. Quindi le ipotesi del teorema di esistenza e unicità sono verificate nei punti (t 0, x 0 ), con t 0 ( π + kπ, π + kπ) per qualche k Z, e x 0. Le ipotesi del teorema di esistenza di Peano sono invece verificate anche per x 0 =, poiché anche in quel punto b(x) è continua.. Integrando otteniamo (x + ) = 4 (tan t t + C), con C R. Elevando al cubo otteniamo (x + ) = [ 4 (tan t t + C)], da cui otteniamo x(t) = ± [4 ] (tan t t + C), C R. Queste funzioni, insieme alla funzione costante x(t) = costituiscono l insieme di tutte le soluzioni. 4. Imponiamo che x(0) = 0. Otteniamo che 0 = ± [4 C ]. [ da cui = ± 4 (C)] [ che si riduce a = + 4 C]. Ne ricaviamo che C = 4. La soluzione del problema di Cauchy assegnato è quindi x(t) = + [4 ( tan t t + )]. 4 7

8 4 L equazione è a variabili separabili, con a(t) = +t e b(x) = x.. L unica soluzione costante è x(t) =.. a(t) e b(x) sono di classe C su tutto R, quindi per ogni coppia di punti (t 0, x 0 ) sono verificate le ipotesi del Teorema di Cauchy.. Integrando otteniamo log x = arctan t + C. Moltiplicando per e applicando l esponenziale, abbiamo x = e arctan t+c = Ke arctan t, con K > 0. Per eliminare il modulo, possiamo far variare K in tutti i reali diversi da 0. Osservando poi che per K = 0 ritroviamo la soluzione costante, abbiamo che x = Ke arctan t dà, al variare di K R, tutte le soluzioni. Otteniamo quindi che l insieme di tutte le soluzioni è x(t) = + ke arctan t, k R. 4. Imponendo che valga la condizione iniziale otteniamo k =. La soluzione cercata è x = + e arctan t, il cui intervallo massimale di definizione è R. 5. Osserviamo che ( ) lim x(t) = lim t + t + + ke arctan t = + ke π = 0 se e solo se k = e π. La soluzione cercata è quindi x(t) = e π e arctan t = ( ) e arctan t π. 5. L equazione è a variabili separabili, con a(t) = e b(y) = y 9y Le soluzioni costanti sono in corrispondenza degli zeri di b(y): y(t) = e y(t) = 8 sono le soluzioni costanti, definite per ogni t R.. Osserviamo che a(t) = è continua su R e b(y) è di classe C su R. Dunque in ogni punto del piano (t, y) valgono le ipotesi del Teorema di esistenza e unicità delle soluzioni: ciò significa che due soluzioni non si possono mai intersecare. In particolare le soluzioni costanti y(t) = e y(t) = 8 non possono essere intersecate da altre soluzioni. Allora ogni soluzione che abbia condizione iniziale y(t 0 ) = y 0 (, 8) deve rimanere nella striscia < y < 8 per ogni t, e pertanto è una soluzione limitata.. Integrando otteniamo: 7 log y log y 8 = t + C, C R, 7 8

9 da cui si ricava y 8 y = Ke7t, K > 0. Togliendo i moduli, e osservando che per K = 0 ritroviamo la soluzione costante y(t) = 8, abbiamo che y 8 = y Ke7t al variare di K R ci dà tutte le soluzioni diverse dalla soluzione costante y(t) =. Imponendo la condizione iniziale y(0) = y 0 troviamo che: K = y 0 8, se y y 0 0. L insieme delle soluzioni al variare di y 0 in R è: 7 y(t) = + y 0 8 y 0 e7t se y 0 y(t) = se y 0 =. 4. Le soluzioni costanti y(t) = e y(t) = 8 sono definite su tutto R (ciò corrisponde ad assegnare una condizione iniziale y 0 = o y 0 = 8). Le altre sono definite su R se y 0 8 y 0 e7t 0 per ogni t R. Questo è equivalente a chiedere che non sia mai verificata l equazione e 7t = y 0. y 0 8 Questo è vero quando y 0 y 0 0 (dato che l esponenziale è sempre positivo 8 e assume una volta ogni valore positivo). La disequazione è verificata per ogni y 0 (, 8). Riassumendo: per ogni y 0 [, 8] la soluzione che soddisfa alla condizione iniziale y(t 0 ) = y 0 è definita su tutto R. Per valori non contenuti in quell intervallo, la soluzione corrispondente ha un intervallo di definizione più piccolo. 6. L equazione è a variabili separabili, con a(t) = t e b(y) = (y + )( + 4 arctan y).. Le soluzioni costanti sono in corrispondenza degli zeri di b(y): y(t) = tan ( ) ( ) 4 = tan 4.. Per determinare la soluzione del problema di Cauchy (che è unica perché sono soddisfatte del Teorema di esistenza e unicità) procediamo integrando l equazione: (y + )( + 4 arctan y) dy = t dt Con la sostituzione u = + 4 arctan y, vediamo che 4 du = (y +) dy. Troviamo allora: arctan y = 4 t4 + C, C R. Imponendo che sia soddisfatta la condizione iniziale y(0) = 0, troviamo C =. Semplificando abbiamo: + 4 arctan y = t4 + = t4. 9

10 Osserviamo che il primo membro non èmai nullo, mentre il secondo si annulla in t = ± 4. Dunque l intervallo massimale di definizione della nostra soluzione è contenuto nell intervallo ( 4, 4 ). Procediamo ad esplicitare la soluzione trovata: arctan y = ( ) 4 t. 4 Poiché l arcotangente assume valori compresi fra π/ e π/, dobbiamo imporre che π ( ) 4 t π 4. La ( disuguaglianza di sinistra è automaticamente verificata nell intervallo 4, ) 4, dato che t 4 <. Per la disuguaglianza di destra, con una serie di passaggi algebrici otteniamo che t 4 < π (π + <. Dunque l intervallo massimale di definizione della soluzione è ( 4 π, (π+ 4 e la soluzione è: y(t) = tan ( ) 4 t Per poter integrare, dobbiamo dividere per t. Osserviamo che se esistono soluzioni definite in t = 0, queste devono passare per l origine, perché sostituendo t = 0 nell equazione troviamo che necessariamente deve essere x = 0. Dividendo per t, l equazione diventa x = + 4 x t + x t, che è un equazione omogenea. Poniamo allora z = x t. Ne risulta x = z + tz. Sostituiamo: z + tz = + 4z + z Semplificando e dividendo per t otteniamo l equazione a variabili separabili in z: z = t( + 4z ). L equazione non ha soluzioni costanti. Integrando otteniamo arctan z = log t + C, C R. Per determinare la costante, ricordiamo che z = x. La condizione iniziale è t x() = 0. Dunque, sostituendo nell equazione abbiamo arctan 0 = log + C, ) π (π+, 0

11 e quindi C = 0. Allora la soluzione del problema di Cauchy è data in forma implicita da arctan z = log t = log t, con t > 0. Poiché l arcotangente prende valori compresi fra π/ e π/, dobbiamo imporre che π < log t < π. I valori positivi per cui questa disuguaglianza è verificata sono (e π, e π ). Esplicitando la soluzione abbiamo z = x = tan log t t. Dunque la soluzione del problema di Cauchy assegnato è: x(t) = t tan log t, t ( e π, e π). 8. Bisogna determinare quelle funzioni continue e con derivata prima continua su R, che sono soluzione delle due equazioni negli intervalli indicati. Osserviamo che per trovare le soluzioni della prima equazione basta integrare: y (x) = x log(+x )dx = ( ( + x ) log( + x ) ( + x ) ) +C, C R. La seconda equazione èinvece un equazione lineare, in cui le funzioni di x sno definite per tutte le x 0. In particolare tutte le soluzioni sono definite per x >. Utilizzando la formula, otteniamo: y (x) = e log x x x+ dx = x x+ dx x x x = x ( + C ) = + + Kx, K R. x x x Dobbiamo imporre che le due funzioni trovate siano continue e derivabili in x = : lim x y (x) = lim x + y (x) lim x y (x) = lim x + y (x) Dalla prima condizione ricaviamo C = K + log + 4. La seconda ci dà: lim x y (x) = lim x x log( + x ) = log lim x + y (x) = lim x + x + K = K e quindi K = log + e C = log + 5 = log Esiste quindi un unica funzione che soddisfa le condizioni richieste, ed è: { y(x) = (( + x ) log( + x ) ( + x )) + log 4 + 5, x < + + (log + )x, x x 9. L equazione può essere riscritta così: y = t y + t t. Dunque è un equazione lineare completa, con a(t) = t e b(t) = t t.. Le due funzioni a(t) e b(t) sono continue su (, ) e su (, + ). Dato che l equazione è lineare, tutte le soluzioni sono globali, cioè sono definite su tutto l intervallo (, ) oppure su (, + ).

12 . Usando la formula risolvente delle equazioni lineari complete otteniamo: y(t) = e log t log t t e t t = t = sgn(t ) = t t dt dt t t [sgn(t )](t ) t t dt tdt = t (t + C), C R.. Dobbiamo trovare la soluzione che soddisfa la condizione iniziale y(0) =. Troviamo che y(0) = C =. Dunque la soluzione è: y(t) = t (t ) = t +, t (, ). Occorre prestare attenzione al dominio di definizione della soluzione trovata, in quanto la funzione risulta definita su tutto R, ma la soluzione no, dato che le funzioni di partenza non erano definite in t =. 4. Dobbiamo trovare la soluzione che soddisfa la condizione iniziale y() =. Troviamo che y() = (4 + C) =. Dunque la soluzione è: y(t) = t (t ), t (, + ). 0. Si tratta di applicare la definizione di soluzione nei tre casi.. Sostituiamo y (t) + y (t) nell equazione: (y (t) + y (t)) + a(y (t) + y (t)) + b(y (t) + y (t)) = (y (t) + ay (t) + by (t)) + (y (t) + ay (t) + by (t)) = f(t) + f(t) = f(t), t R, dato che sono entrambe soluzione della stessa equazione.. Si procede analogamente anche in questo caso: (y (t) y (t)) + a(y (t) y (t)) + b(y (t) y (t)) = (y (t) + ay (t) + by (t)) (y (t) + ay (t) + by (t)) = f(t) f(t) = 0, t R. Quindi y (t) y (t) è soluzione dell equazione omogenea.. (y (t) + y (t)) + a(y (t) + y (t)) + b(y (t) + y (t)) = (y (t) + ay (t) + by (t)) + (y (t) + ay (t) + by (t)) = f(t) + g(t), t R, e dunque y + y è soluzione dell equazione data. Quesito.

13 . No, infatti il polinomio caratteristico associato all equazione omogenea è z + 4z 5 = 0, che ha radici z = 5 e z =. Dunque l integrale generale dell equazione omogenea èc e t + c e 5t.. No. Le funzioni Ke 5t sono già soluzione dell equazione omogenea. Esisterà invece una soluzione Kte 5t, per qualche K 0 da determinare.. Sì. La teoria generale ci dice che, poiché 0 non è una radice del polinomio caratteristico, possiamo cercare una soluzione polinomiale, dello stesso grado di b(t). 4. Sì, infatti se y(t) = 5, y (t) = y (t) = 0, dunque ( 5) = è verificata per ogni t R.

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