Equazioni differenziali del secondo ordine

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1 Equazioni differenziali del secondo ordine Esercizio Trovare la soluzione generale della seguente equazione differenziale: y 6y + 9y = 0 (1) E un equazione lineare omogenea del secondo ordine con coefficienti costanti. Infatti si presenta nella forma: y + ay + by = 0 a, b R () Quindi dobbiamo cercare una soluzione della forma y(x) = e λx (3) Essendo y (x) = λe λx e y (x) = λ e λx, ottengo che la () diventa: (λ + aλ + b)e λx = 0 (4) A questo punto la funzione (3) è soluzione della () soltanto se λ é soluzione dell equazione λ + aλ + b = 0 Questa prende il nome di equazione caratteristica associata alla (). Quindi nel nostro caso l equazione caratteristica sarà che corrisponde a λ 6λ + 9 = 0 (λ 3) = 0 1

2 quindi λ 1, = 3 Avremo y 1 (x) = e λ 1x = e 3x y (x) = xe λ x = xe 3x La soluzione generale della () è y(x) = C 1 e 3x + C xe 3x C 1, C R Esercizio3 Trovare la soluzione generale della seguente equazione differenziale: La sua equazione caratteristica é: y + 6y + 5y = 0 Abbiamo λ + 6λ + 5 = (λ + 6λ + 9) + 16 = (λ + 3) + 16 = 0 (λ + 3) = 16 che non ha soluzioni reali in quanto il discriminante = b 4ac è negativo. Utilizzando però l uguaglianza i = 1 otteniamo cioé (λ + 3) = 16i

3 da cui otteniamo λ + 3 = ±4i λ 1, = 3 ± 4i Le due soluzioni particolari sono: y 1 (x) = e ( 3+4i)x = e 3x e (4x)i y (x) = e ( 3 4i)x = e 3x e (4x)i Ricordando la formula di Eulero avremo e ix = cos x + i sin x y 1 (x) = e 3x (cos(4x) + i sin(4x)) y (x) = e 3x (cos(4x) i sin(4x)) Combinandole linearmente otterremo la soluzione generale y(x) = d 1 e 3x (cos(4x) + i sin(4x)) + d e 3x (cos(4x) i sin(4x)) = e 3x [(d 1 + d ) cos(4x) + (id 1 id ) sin(4x)] = = e 3x (C 1 cos(4x) + C sin(4x)) dove C 1 = d 1 + d, C = id 1 id. Esercizio4 Trovare la soluzione generale della seguente equazione differenziale: La sua equazione caratteristica è: y 4y 5y = 0 3

4 λ 4λ 5 = 0 e le sue soluzioni sono λ 1 = 5, λ = 1 reali e distinte. Le due soluzioni particolari sono y 1 (x) = e λ 1x = e 5x y (x) = e λ x = e x da cui la soluzione generale y(x) = C 1 e 5x + C e x C 1, C R Esercizio5 Trovare la soluzione generale della seguente equazione differenziale La sua equazione caratteristica è y + 4y + 4y = 0 che corrisponde a λ + 4λ + 4 = 0 quindi (λ + ) = 0 4

5 λ 1, = Avremo y 1 (x) = e λ 1x = e x y (x) = xe λ x = xe x La soluzione generale é y(x) = C 1 e x + C xe x C 1, C R Esercizio6 Trovare la soluzione generale della seguente equazione differenziale: La sua equazione caratteristica è y 6y + 34y = 0 Otteniamo λ 6λ + 34 = (λ + 6λ + 9) + 5 = (λ 3) + 5 = 0 (λ 3) = 5 Il discriminante è negativo,cioè = < 0, pertanto non esistono soluzioni reali. Utilizzando però l uguaglianza i = 1 otteniamo (λ 3) = 5i cioé λ 3 = ±5i 5

6 da cui ricaviamo Le due soluzioni particolari sono: λ 1, = 3 ± 5i y 1 (x) = e (3+5i)x = e 3x e (5x)i y (x) = e (3 5i)x = e 3x e (5x)i cioè y 1 (x) = e 3x (cos(5x) + i sin(5x)) y (x) = e 3x (cos(5x) i sin(5x)) Combinandole linearmente la soluzione generale è y(x) = d 1 e 3x (cos(5x) + i sin(5x)) + d e 3x (cos(5x) i sin(5x)) = e 3x [(d 1 + d ) cos(5x) + (id 1 id ) sin(5x)] = = e 3x (C 1 cos(5x) + C sin(5x)) dove C 1 = d 1 + d, C = id 1 id Esercizio11 Trovare la soluzione generale della seguente equazione differenziale: La sua equazione caratteristica è y y 8y = 0 e le sue soluzioni sono λ λ 8 = 0 λ 1 = 4 λ = 6

7 reali e distinte. Le due soluzioni particolari sono y 1 (x) = e λ 1x = e 4x y (x) = e λ x = e x da cui la soluzione generale y(x) = C 1 e 4x + C e x C 1, C R Esercizio1 Trovare la soluzione generale della seguente equazione differenziale: y 14y + 58y = 0 Il discriminante anche questa volta é negativo, pertanto non esistono soluzioni reali,ma dalla sua equazione caratteristica otteniamo λ 14λ + 58 = (λ 14λ + 49) + 9 = (λ 7) + 9 = 0 (λ 7) = 9 Utilizzando l uguaglianza i = 1 otteniamo (λ 7) = 9i cioé da cui otteniamo λ 7 = ±3i λ 1, = 7 ± 3i Le due soluzioni particolari sono: y 1 (x) = e (7+3i)x = e 7x e (3x)i y (x) = e (7 3i)x = e 7x e (3x)i da cui 7

8 y 1 (x) = e 7x (cos(3x) + i sin(3x)) y (x) = e 7x (cos(3x) i sin(3x)) Combinandole linearmente ottengo la soluzione generale y(x) = d 1 e 7x (cos(3x) + i sin(3x)) + d e 7x (cos(3x) i sin(3x)) = e 7x [(d 1 + d ) cos(3x) + (id 1 id ) sin(3x)] = = e 7x (C 1 cos(3x) + C sin(3x)) dove C 1 = d 1 + d, C = id 1 id. Esercizio13 Risolvere il seguente problema di Cauchy y + y 6y = 0 y(0) = 3 y (0) = 1 Risolviamo il problema con i metodi precedenti, per ottenere la soluzione generale, dopo di che con le condizioni generali andremo a trovare la soluzione particolare richiesta. e le sue soluzioni sono λ + λ 6 = 0 λ 1 = λ = 3 reali e distinte. Le due soluzioni particolari sono y 1 (x) = e λ 1x = e x y (x) = e λ x = e 3x da cui la soluzione generale 8

9 y(x) = C 1 e x + C e 3x C 1, C R Ora mettiamo a sistema la soluzione generale con le condizioni iniziali y(x) = C 1 e 3x + C e 3x y(0) = 3 y (0) = 1 Essendo y (x) = C 1 e x 3C e 3x, il sistema diventa y(0) = C 1 + C y (0) = C 1 3C Risolvendo otteniamo C 1 = e C = 1. Quindi la soluzione particolare del problema di Cauchy é y(x) = e x + e 3x Esercizio14 Risolvere il seguente problema di Cauchy y 8y + 16y = 0 y(0) = y (0) = 7 L equazione caratteristica è e le sue soluzioni sono λ 8λ + 16 = (λ 4) = 0 9

10 Otteniamo la soluzione particolare λ 1, = 4 y 1 (x) = e λ 1x = e 4x y (x) = xe λ x = xe 4x da cui la soluzione generale y(x) = C 1 e 4x + C xe 4x C 1, C R Ora mettiamo a sistema la soluzione generale con le condizioni iniziali y(x) = C 1 e 4x + C xe 4x y(0) = y (0) = 7 Essendo y (x) = 4C 1 e 4x + 4C xe 4x + C 4x, il sistema diventa y(0) = C 1 y (0) = 4C 1 + C Risolvendo otteniamo C 1 = e C = 1. Quindi la soluzione particolare del problema di Cauchy é y(x) = e 4x e 4x Esercizio15 Risolvere il seguente problema di Cauchy y 4y + 5y = 0 y(0) = 3 y (0) = 5 10

11 La sua equazione caratteristica è: Abbiamo λ 4λ + 5 = (λ 4λ + 4) + 1 = (λ ) + 1 = 0 (λ ) = 1 Ricordando l uguaglianza i = 1 otteniamo (λ ) = i cioé λ = ±i per cui λ 1, = ± i Le due soluzioni particolari sono: y 1 (x) = e (+i)x = e x e ix y (x) = e ( i)x = e x e ix da cui otteniamo y 1 (x) = e x (cos(x) + i sin(x)) y (x) = e x (cos(x) i sin(x)) Combinandole linearmente otteniamo la soluzione generale y(x) = d 1 e x (cos(x) + i sin(x)) + d e x (cos(x) i sin(x)) = e x [(d 1 + d ) cos(x) + (id 1 id ) sin(x)] = = e x (C 1 cos(x) + C sin(x)) 11

12 dove C 1 = d 1 + d, C = id 1 id Ora mettiamo a sistema la soluzione generale con le condizioni iniziali y(x) = e x (C 1 cos(x) + C sin(x) y(0) = 3 y (0) = 5 Essendo y (x) = e x (C 1 cos x + C sin x) + e x ( C 1 sin x + C cos x), il sistema diventa y(0) = C 1 y (0) = C 1 + C Risolvendo otteniamo C 1 = 3 e C = 1. Quindi la soluzione particolare del problema di Cauchy é y(x) = e x (3 cos x sin x) Esercizio17 Trovare la soluzione generale dell equazione y my + (m k )y = 0 con m, k costanti positive La sua equazione caratteristica è: Otteniamo λ mλ + (m k ) = 0 λ 1 = m k λ = m + k 1

13 y 1 (x) = e λ 1x = e (m k)x y (x) = e λ x = e (m+k)x La soluzione generale risulta essere y(x) = C 1 e (m k)x + C e (m+k)x = e mx (C 1 e kx + C e kx ) Dimostriamo che la soluzione puó essere scritta anche nella forma y(x) = e mx (D 1 cosh(kx) + D sinh(kx) Partendo dalle definizioni di cosh x e sinh x cosh x = ex + e x cosh kx = ekx + e kx sinh x = ex e x sinh kx = ekx e kx Eliminando il termine e mx sia dalla nostra soluzione generale che dall equazione alla quale vogliamo arrivare,possiamo eguagliare i termini rimasti e verificare se si equivalgono D 1 cosh(kx) + D sinh(kx) = D 1 e kx + e kx + D e kx e kx = D 1 e kx + D 1 e kx + D e kx D e kx = D 1 + D e kx + D 1 D e kx Possiamo dunque scrivere la soluzione generale anche in questo secondo modo, con C 1 = D 1 + D e C = D 1 D. Esercizio0 Considerare l equazione differenziale 13

14 con a 1, costanti reali y + a 1 y + a y = 0 (a)se il polinomio caratteristico dell equazione ha radici reali r 1 e r, quali condizioni su queste radici garantiscono che ogni soluzione dell equazione soddisfi lim y(x) = 0? x La funzione caratteristica é: λ + a 1 λ + a = 0. Le sue soluzioni sono r 1 = a 1 + a 1 4a r = a 1 a 1 4a La soluzione generale é del tipo y(x) = C 1 e r 1x + C e r x Il limite,per tendere a zero,deve avere esponenti negativi nella soluzione generale, ossia r 1 < 0 e r < 0. Questi sono negativi se: a 1 > 0, prima parte della frazione negativa; a 1 > 4a, condizione necessaria perché r 1 e r siano reali, porterá ad avere a 1 > a 1 4a. Queste condizioni rendono i numeratori delle due soluzioni negativi, e di conseguenza esse stesse. Quindi abbiamo r 1 < 0 e r < 0 come desiderato all inizio per ottenere che il limite si annulli per x tendente ad infinito. (b)se il polinomio caratteristico dell equazione ha radici complesse coniugate r 1, = a ± ib, quali condizioni su queste radici garantiscono che ogni soluzione dell equazione soddisfi 14

15 lim y(x) = 0? x Per avere delle radici complesse coniugate deve essere a 1 < 4a. Questo comporta avere a > 0. Essendo complesse coniugate le soluzioni dell equazione si possono scrivere come: dove a = a 1,b = y 1 (x)=e (a+ib)x = e ax e (bx)i = e a (cos bx + cos bx) y (x)=e (a ib)x = e ax e (bx)i = e ax (cos bx cos bx) a 1 +4a. La soluzione generale diventa: y(x) = e ax ((d 1 + d ) cos(bx) + (id 1 id ) sin(b)) Quindi la condizione necessaria per verificare il limite è a < 0, ovvero a 1 > 0 (c)se a 1 e a sono positivi, provare che per ogni soluzione dell equazione. Possiamo identificare i seguenti casi: lim y(x) = 0 x a 1 4a 0 a 1 4a < a 1 in questo caso il numeratore delle due soluzioni r 1 ed r sará negativo, e quindi, come visto precedentemente, il limite tenderà a zero per ogni valore assunto da a 1 e a che rispetti la condizione a a 1 4. a 1 4a < 0 a 1 4a > a 1 in questo caso le soluzioni r 1 ed r potranno essere scritte come nel punto precedente: y 1 (x)=e (a+ib)x = e ax e (bx)i = e a (cos bx + cos bx) y (x)=e (a ib)x = e ax e (bx)i = e ax (cos bx cos bx) 15

16 e la soluzione generale sará: y(x) = e ax ((d 1 + d ) cos(bx) + (id 1 id ) sin(bx)) La condizione iniziale di a 1 = a positivo fa tendere l esponenziale a zero, quindi è sempre verificato il limite per a > a 1 4. (d)se a 1 > 0 e a = 0 provare che tutte le soluzioni dell equazione tendono a un valore costante per x. La funzione caratteristica in questo caso è λ + a 1 λ = λ(λ + a 1 ) = 0 λ 1 = 0 λ = a 1 da cui la soluzione generale In conclusione e x (C 1 e 0x + C e a 1x ) = e x (C 1 e 0 + C e a 1 ) = C 1 + C e a 1x lim y(x) = lim C 1 + C e a1x = C 1 a 1 R + x x 16

17 Equazioni differenziali del secondo ordine parte seconda Esercizio Trovare la soluzione generale della seguente equazione differenziale: y y 3y = 15e 4x (5) Risolviamo prima l equazione omogenea associata y y 3y = 0 Le radici della quale sono λ 1 = 1 e λ = 3, quindi la soluzione é y O (x) = C 1 e x + C e 3x Ora cerchiamo una soluzione particolare dell equazione partendo da y(x) = Ae 4x Sostituisco l espressione di y(x) nella (5), che svolgendo i calcoli diventa da cui 16Ae 4x 8Ae 4x 3Ae 4x = 15e 4x A = 3 y(x) = 3e 4x quindi la soluzione generale del sistema è y(x) = y O (x) + y(x) = C 1 e x + C e 3x + 3e 4x Esercizio 6 Trovare la soluzione generale della seguente equazione differenziale: y + 3y + y = 6(e x + 3e x ) 17

18 Risolviamo prima l equazione omogenea associata y + 3y + y = 0 Le radici della quale sono λ 1 = soluzione é e λ = 3 5, quindi la y O (x) = C 1 e 3+ 5 x + C e 3 5 x Ora cerchiamo una soluzione particolare dell equazione partendo da Sostituisco nell equazione iniziale y(x) = Ae x + Be x 4Ae x + Be x + 3(Ae x + Be x ) + Ae x + Be x = 6(e x + 3e x )e x (4A + 6A + A) + e x (B + 3B + B) = 1e x + 18e x A = 1 B = quindi la soluzione generale del sistema é y(x) = y O (x) + y(x) = C 1 e 3+ 5 x + C e 3 5 x ex ex Esercizio 7 Trovare la soluzione generale della seguente equazione differenziale: y + 16y = 4 cos 4x λ = 16 λ = ±4i y O (x) = C 1 cos 4x + C sin 4x Ora cerchiamo una soluzione particolare dell equazione partendo da 18

19 y(x) = (Ax + B) cos 4x + (Cx + D) sin 4x y (x) = A cos 4x 4Ax sin 4x 4B sin 4x + C sin 4x + 4Cx cos 4x + 4D cos 4x y (x) = 8A sin 4x 16Ax cos 4x 16B cos 4x + 8C cos 4x 16Cx sin 4x 16D sin 4x Sostituisco l espressione di y(x) nell equazione iniziale y (x) + 16y(x) = 4 cos 4x 16 cos 4x + 8B cos 4x 16Bx sin 4x + 16A cos 4x + 16B sin 4x = 4 cos 4x Ottenendo 8C cos 4x 8A sin 4x = 4 cos 4x A = 0, C = 3 La soluzione generale del sistema é y(x) = y O (x) + y(x) = C 1 cos 4x + C sin 4x + 3x sin 4x Esercizio9 Trovare la soluzione generale della seguente equazione differenziale: La sua equazione caratteristica é: y + y + y = 4x Abbiamo λ + λ + = (λ + λ + 1) + 1 = (λ + 1) + 1 = 0 (λ + 1) = 1 (λ + 1) = i λ + 1 = ±i da cui otteniamo λ 1, = 1 ± i 19

20 Quindi y 1 (x) = e ( 1+i)x = e x e ix = e x (cos(x) + i sin(x)) y (x) = e ( 1 i)x = e x e ix = e x (cos(x) i sin(x)) Combinandole linearmente otterremo la soluzione generale y(x) = d 1 e x (cos(x) + i sin(x)) + d e x (cos(x) i sin(x)) = e x [(d 1 + d ) cos(x) + (id 1 id ) sin(x)] = = e x (C 1 cos(x) + C sin(x)) dove C 1 = d 1 + d, C = id 1 id Consideriamo la soluzione particolare y(x) = Ax + Bx + C y (x) = Ax + B y (x) = A Sostituendo nell equazione iniziale otteniamo A + 4Ax + B + Ax + Bx + C = 4x A = 4 4A + B = 0 A + B + C = 0 Ottengo cosí A =, B = 4 e C =, e la soluzione sará 0

21 y(x) = y O (x) + y(x) = e x (C 1 cos x + C sin x) + 4x + x Esercizio13 Trovare la soluzione generale della seguente equazione differenziale: La sua equazione caratteristica é: y y + y = 40 sin x Quindi λ λ = (λ + 1)(λ ) λ 1 = 1, λ = y O (x) = C 1 e x + C e x Scegliamo la funzione seguente per trovare una soluzione al problema iniziale y(x) = A cos x + B sin x + C y (x) = A sin x + B cos x y (x) = 4A cos x 4B sin x Tenendo conto che 40 sin x = 0(1 sin x 1) = 0(cos x 1), e della y(x), otteniamo: 4A cos x 4B sin x + A sin x B cos x A cos x B sin x C = 0(cos x 1 ( 4A B A) cos x + ( 4B + A B) sin x + C = 0 0 cos x 4A B A = 0 4B + A B = 0 C = 10 1

22 Ottengo cosí A = 3, B = 1 e C = 10, e la soluzione sará y(x) = y O (x) + y(x) = C 1 e x + C e x + 3 cos x + sin x 10 Esercizio14 Trovare la soluzione generale della seguente equazione differenziale: La sua equazione caratteristica é: y + 4y + 5y = 4 sin x Abbiamo λ + 4λ + 5 = (λ + 4λ + 4) + 1 = (λ + ) + 1 = 0 (λ + ) = 1 (λ + ) = i Quindi λ 1, = ± i y 1 (x) = e ( +i)x = e x e ix = e x (cos(x) + i sin(x)) y (x) = e ( i)x = e x e ix = e x (cos(x) i sin(x)) Combinandole linearmente otterremo la soluzione generale y(x) = d 1 e x (cos(x) + i sin(x)) + d e x (cos(x) i sin(x)) = e x [(d 1 + d ) cos(x) + (id 1 id ) sin(x)] = = e x (C 1 cos(x) + C sin(x))

23 dove C 1 = d 1 + d, C = id 1 id Scelgo y tale che y(x) = A cos(x) + B sin(x) y (x) = A sin(x) + B cos(x) y (x) = A cos(x) B sin(x) L equazione diventa A cos(x) B sin(x) 4A sin(x) + 4B cos(x) + 5A cos(x) + 5B sin(x) = 4 sin(x) ( A + 4B + 5A) cos(x) + ( B 4A + 5B) sin(x) = 4 sin(x) A + 4B + 5A = 0 B 4A + 5B = 4 Ottengo cosí A = 3, B = 3 e la soluzione sará y(x) = y O (x) + y(x) = e x (C 1 cos(x) + C sin(x)) 3 sin(x) + 3 cos(x) Esercizio15 Trovare la soluzione generale della seguente equazione differenziale: La sua equazione caratteristica è: y 4y = cos x + e x λ 4 = (λ )(λ + ) λ 1 =, λ = 3

24 quindi y O (x) = C 1 e x + C e x Cerchiamo la soluzione particolare con l ausilio di una funzione di forma y(x) = (Ax + B)e x + C cos x y (x) = Ae x + Axe x + Be x C sin x y (x) = Ae x + 4Axe x + Ae x + 4Be x C cos x Applicando delle sostituzioni nell equazione differenziale otteniamo Ae x + 4Axe x + Ae x + 4Be x C cos x 4Axe x 4Be x 4C cos x = cos x + e x 4Ae x 5C cos x = cos x + e x 4A = 5C = Ottengo cosí A = 1 e C =, e la soluzione sará 5 y(x) = y O (x) + y(x) = C 1 e x + C e x + 1 xe x 5 cos x Esercizio16 Risolvere il seguente problema di Cauchy y + 9y = 5 cos x y(0) = y ( π Risolviamo il problema con i metodi precedenti, per ottenere la soluzione generale, dopo di che con le condizioni generali andremo a trovare la soluzione particolare richiesta. 4 )

25 λ + 9 = 0 λ = 9 λ = ±3i da cui la soluzione generale y 1 (x) = e 3ix = cos 3x + i sin 3x y (x) = e 3ix = cos 3x i sin 3x y O (x) = d 1 (cos(3x) + i sin(3x)) + d (cos(3x) i sin(3x)) = [(d 1 + d ) cos(3x) + (id 1 id ) sin(3x)] = = (C 1 cos(3x) + C sin(3x)) dove C 1 = d 1 + d, C = id 1 id. Scelgo y tale che y(x) = A cos(x) + B sin(x) y (x) = A sin(x) + B cos(x) y (x) = 4A cos(x) 4B sin(x) L equazione diventa 4A cos(x) 4B sin(x) + 9A cos(x) +9B sin(x) = 5 cos(x) ( 4A + 9A) cos(x) + ( 4B + 9B) sin(x) = 5 cos(x) 5A = 5 5B = 0 Ottengo cosí A = 1, B = 0 e la soluzione sará 5

26 y(x) = y O (x) + y(x) = C 1 cos(3x) + C sin(3x) + cos(x) Ora, utilizzo le condizioni iniziali per trovare C 1 e C. Essendo y (x) = C 1 e x 3C e 3x, il sistema diventa y(0) = C y ( π ) = 3C 1 Risolvendo otteniamo C = 3C 1, cioè C 1 = 1.La soluzione del problema di Cauchy è y(x) = 1 cos 3x + C sin 3x + cos x Esercizio17 Risolvere il seguente problema di Cauchy y y = 9xe x y(0) = 0 y (0) = 7 La sua equazione caratteristica è: quindi λ 1 = (λ 1)(λ + 1) λ 1 = 1, λ = 1 y O (x) = C 1 e x + C e x Cerchiamo la soluzione generale con l ausilio di una funzione di forma y(x) = (Ax + B)e x y (x) = Ae x + Axe x + Be x y (x) = Ae x + 4Axe x + Ae x + 4Be x 6

27 Applicando delle sostituzioni nell equazione differenziale otteniamo Ae x + 4Axe x + Ae x + 4Be x Axe x Be x = 9xe x (4A + 4B B)e x + (4A A)xe x = 9xe x 4A + 4B B = 0 3A = 9 Ottengo cosí A = 3, B = 4, la soluzione sará y(x) = y O (x) + y(x) = C 1 e x + C e x + (3x 4)e x Ora, utilizzo le condizioni iniziali per trovare C 1 e C.Essendo y (x) = C 1 e x + C e x + 3e x + (3x 4)e x, il sistema diventa { y(0) = C1 + C 4 y (0) = C 1 + C y(0) = C 1 + C 4 = 0 y (0) = C 1 + C 5 = 7 Risolvendo otteniamo C 1 = 8 e C = 4. La soluzione del problema di Cauchy é y(x) = 8e x 4e x + (3x 4)e x Esercizio18 Risolvere il seguente problema di Cauchy 7

28 y + y y = 4 cos x sin x y(0) = 1 y (0) = 4 La sua equazione caratteristica é: Quindi λ + λ = (λ + )(λ 1) λ 1 = λ = 1 y O (x) = C 1 e x + C e x Per trovare una soluzione al problema iniziale y(x) = A cos x + B sin x y (x) = A sin x + B cos x y (x) = A cos x B sin x L equazione diventa A cos x B sin x A sin x + B cos x A cos x B sin x = 4 cos x sin x ( A + B A) cos x + ( B A B) sin x = 4 cos x sin x La soluzione generale sará { A + B A = 4 A = 1 B A B = B = 1 y(x) = y O (x) + y(x) = C 1 e x + C e x cos x + sin x Utiliziamo le condizioni iniziali per trovare C 1 e C 8

29 y(0) = C 1 + C 1 C 1 + C 1 = 1 C 1 = C y (0) = C 1 + C + 1 C 1 + C + 1 = 4 Otteniamo C 1 = 1,C = 1.La soluzione particolare del problema di Cauchy é y(x) = e x + e x cos x + sin x Esercizio19 Risolvere il seguente problema di Cauchy y + y y = 10 sin x y(0) = y (0) = 1 La sua equazione caratteristica é: Quindi λ + λ = (λ + )(λ 1) λ 1 =, λ = 1 y O (x) = C 1 e x + C e x Per trovare una soluzione al problema iniziale poniamo y(x) = A cos x + B sin x y (x) = A sin x + B cos x y (x) = A cos x B sin x L equazione diventa 9

30 A cos x B sin x A sin x + B cos x A cos x B sin x = 10 sin x ( A + B A) cos x + ( B A B) sin xc = 10 sin x A + B A = 0 A = 1 B A B = 10 B = 3 La soluzione generale sará y(x) = y O (x) + y(x) = C 1 e x + C e x + cos x + 3 sin x Utiliziamo le condizioni iniziali per trovare C 1 e C { y(0) = C1 + C + 1 = C 1 = C + 1 C 1 = 1 y (0) = C 1 + C + 3 = 1 C 1 + C = C = 0 La soluzione particolare del problema di Cauchy é y(x) = e x + cos x + 3 sin x Esercizio0 Al tempo t lo spostamento y(t) dalla posizione di equilibrio di un sistema di massa-molla di massa m é governato dal problema ai valori iniziali d y dt + ω y = F 0 m cos ωt y(0) = 1 dy dt (0) = 0 Dove F 0 e ω sono costanti positive. Risolvere il prblema per determinare il moto del sistema. Cosa succede per t? 30

31 La sua equazione caratteristica é: λ + ω = 0 λ = ω λ = ±ωi da cui la soluzione generale y 1 (x) = e ωit = cos ωt + i sin ωt y (x) = e ωit = cos ωt i sin ωt y O (x) = d 1 (cos(ωt) + i sin(ωt)) + d (cos(ωt) i sin(ωt)) = [(d 1 + d ) cos(ωt) + (id 1 id ) sin(ωt)] = = (C 1 cos(ωt) + C sin(ωt)) dove C 1 = d 1 + d, C = id 1 id. Scelgo y tale che y(x) = At sin(ωt) y (x) = A sin(ωt) + ωat cos(ωt) y (x) = ωa cos(ωt) + ωa cos(ωt) ω At sin(ωt) L equazione diventa ωa cos(ωt) ω At sin(ωt) + ω At sin(ωt) = F 0 cos ωt m ωa cos(ωt) = F 0 cos ωt mω Ottengo A = F 0.Dunque la soluzione generale é ωm 31

32 y(x) = y O (x) + y(x) = C 1 cos(ωt) + C sin(ωt) + F 0t sin ωt ωm Utilizzando le condizioni iniziali poste dal problema possiamo determinare il moto del sistema massa-molla y (x) = C 1 ω sin(ωt) + C ω cos(ωt) + F 0 ωm sin ωt + F 0t cos ωt m { y(0) = C1 = 1 C 1 = 1 y (0) = C ω C ω = 0 C = 0 Il sistema massa-molla avrà moto di equazione y(x) = cos ωt + F 0t sin ωt ωm Il coefficiente F 0t è quello che influenza tutto il moto del sistema. Da ωm questo possiamo dedurre che il sistema tenderà ad oscillare sempre più, infatti questo fattore produce l aumento dell ampiezza dell oscillazione, ampiezza che tenderá ad aumentare sempre piú con t. Abbiamo un effetto di risonanza, che porta all accentuamento del fenomeno con il passare di t. Esercizio1 Considerare un circuito elettrico con resistenza R,capacitá C,induttanza L e forza eletromotrice (EMF) E. Applicando la legge di Kirchoff troviamo la seguente equazione differenziale per la corrente i nel circuito L di dt + Ri + 1 C = E(t) dove q è la carica del condensatore, e assumiamo che R,L e C siano costanti.fra q e i intercorre la relazione 3

33 cosí l equazione diventa i = dq dt d q dt + R dq L dt + 1 LC q = 1 L E(t) (a)trovare la soluzione generale dell equazione quando E(t) = 0 e R = 4L C, e quindi trovare la corrispondente corrente i(t). L equazione caratteristica è per cui troviamo che λ + R L λ + 1 LC = 0 Quindi = R L 4 LC = 4L L C 4 LC = 0 λ 1, = R L La soluzione generale è q 1 (t) = e R L t q (t) = te R L t q(t) = e R L t (C 1 + C t) Di conseguenza la i é i(t) = dq dt = = e R L t (C 1 + C t) dt = = R L e R L t (C 1 + C t) + C e R L t = C 1R L e R L t + ( R L t + 1)C e R L t 33

34 (b)considerare il caso particolare con R = 10 Ω, L = 0.5 H, C = F e E(t) = 600 cos 30t V. Trovare la soluzione generale e la corrispondente corrente i(t). Notare che la soluzione per i(t) è formata da una parte esponenziale che decade velocemente (corrente transitoria) e da una parte oscillatoria ceh domina per t (corrente stazionaria). Inserendo i dati l equazione diventa L equazione caratteristica è d q dt + 10 dq 0.5 dt + 1 q = 600 cos 30t 0.5 1/450C d q dt + 0dq + 900q = 100 cos 30t dt λ + 0λ = 0 = 300 λ 1, = 10 ± i0 pertanto le soluzioni particolari sono q 1 (t) = e ( 10 i0 )t = e 10t (cos 0 t i sin 0 t) q (t) = e ( 10+i0 )t = e 10t (cos 0 t + i sin 0 t) La soluzione generale è q(t) = d 1 e 10t (cos 0 t i sin 0 t) + d e 10t (cos 0 t + i sin 0 t) = e 10t [(d 1 + d ) cos 0 t + (id 1 id ) sin 0 t] = e 10t (C 1 cos 0 t + C sin 0 t) Ora calcoliamo la i(t) risolvendo l equazione iniziale. Iniziamo scegliendo una funzione adeguata y(x) = A sin(30t) y (x) = 30A cos(30t) y (x) = 900A sin(30t) 34

35 Ora sostituiamo nell equazione iniziale 900A sin(30t) + 600A cos(30t) + 900A sin(30t) = 100 cos(30t) A = Pertanto q(t) = e 10t (C 1 cos 0 t + C sin 0 t) + sin(30t) Derivando q(t) troviamo la i(t) richiesta i(t) = dq dt = 10e 10t (C 1 cos 0 t + C sin 0 t) + +e 10t ( 0 C 1 sin 0 t + 0 C cos 0 t) + 60 cos(30t) 35

36 Equazioni differenziali con condizioni al contorno Esercizio 1 Risolvere il seguente problema differenziale con condizioni al contorno sul dominio [0, L] y IV + ωy = q ω, q R y(0) = 0 y(l) = 0 y (0) = 0 y(l) = 0 Per risolvere l equazione differenziale poniamo y = t e y IV = t,ed andiamo a sostituire Risolviamo l omogenea associata t + ω t = q (1) quindi λ + ω = 0 λ = ω λ = ±ωi t 1 (x) = e (iω)x = (cos(ωx) + i sin(ωx)) t (x) = e (iω)x = (cos(ωx) i sin(ωx)) La soluzione é t(x) = (D 1 + D ) cos(ωx) + (id 1 id ) sin(ωx) = C 1 cos(ωx) + C sin(ωx) Successivamente utiliziamo la funzione t(x) = k per calcolare la soluzione particolare 36

37 t (x) = 0 t (x) = 0 Andando a calcolare nell equazione (1) La soluzione del sistema sará quindi ω k = q k = q ω t(x) = y 0 (x) + y(x) = C 1 cos(ωx) + C sin(ωx) + q ω Riportiamoci alla variabile iniziale: y (x) = C 1 cos(ωx) + C sin(ωx) + q ω y (x) = C 1 ω ω cos(ωx)dx + 1 ω ωc sin(ωx) dx + q ω dx + K 1 y(x) = = C 1 ω sin(ωx) C qx cos(ωx) + ω ω + K 1 C1 ω sin(ωx) dx C ω cos(ωx) dx + qx ω dx + K 1 dx = C 1 ω cos(ωx) C ω sin(ωx) + q ω x + K 1 x + K Studiamo ora le condizioni al contorno per trovare i coefficienti C 1, C, K 1 e K y(0) = 0 C 1 ω + K = 0 K = C 1 ω = q ω y(l) = 0 C 1 ω cos ωl C sin ωl + q ω y (0) = 0 C 1 + q ω = 0 C 1 = q ω y (L) = 0 C 1 cos ωl + C sin ωl + q ω = 0 1 ω = q ω 4 ω L + K 1 L + K = 0 37

38 La quarta equazione del sistema diventa C 1 cos ωl + C sin ωl + q ω = 0 cos ωl + ω C q sin ωl + 1 = 0 poiché dalla terza equazione C 1ω C sin ωl = (cos ωl 1) C = La seconda equazione del sistema diventa (cos ωl 1)q ω sin ωl q ω q = 1 C 1 ω cos ωl C sin ωl + q ω ω L + K 1 L + K = 0 K 1 L = C 1 ω cos ωl + C sin ωl q ω ω L K K 1 L = q (cos ωl 1)q cos ωl + ω4 ω 4 sin ωl K 1 = q cos ωl ω 4 L + (cos ωl + 1)q ω 4 L ql sin ωl ω + q ω 4 + q ω 4 L ql ω Abbiamo cosí ottenuto i coefficienti C 1, C, K 1 e K della soluzione particolare della y(x). 38

39 Esercizio Determinare la soluzione del seguente problema al contorno d y dx + y = 0 y(0) = 0 y(x 1) = y 1 e discutere l esistenza e l unicitá della soluzione rispettivamente quando (x 1 nπ, y 1 = 0) (x 1 nπ, y 1 0) (x 1 = nπ, y 1 = 0) (x 1 = nπ, y 1 0) con n N. Calcoliamo l equazione caratteristica di y(x). λ + 1 = 0 λ = ±i y I (x) = cos x + i sin x, y II (x) = cos x i sin x Combinandole linearmente otterremo la soluzione generale y(x) = d 1 (cos x + i sin x) + d (cos x i sin x) = (d 1 + d ) cos x + (id 1 id ) sin x = = C 1 cos x + C sin x dove C 1 = d 1 + d, C = id 1 id. Ora studiamo y(x) ottenuta con le condizione al contorno poste dal problema (x 1 nπ, y 1 = 0) { y(0) = C1 C 1 = 0 y(x 1 ) = C 1 cos x 1 + C sin x 1 = y 1 = 0 C = y 1 sin x 1 = 0 Quindi esiste una sola soluzione, che è y(x) = 0. (x 1 nπ, y 1 0) 39

40 { y(0) = C1 C 1 = 0 y(x 1 ) = C 1 cos x 1 + C sin x 1 = y 1 C = y 1 sin x 1 In questo caso abbiamo infinite soluzioni, causa l arbitrarietá della possibile scelta del coefficiente y 1. (x 1 = nπ, y 1 = 0) { y(0) = C1 C 1 = 0 y(x 1 ) = C 1 cos x 1 + C sin x 1 = y 1 = 0 C 0 = y 1 = 0 C qualsiasi Con queste condizioni abbiamo infinite soluzioni del tipo y(x) = C sin x (x 1 = nπ, y 1 0) { y(0) = C1 C 1 = 0 y(x 1 ) = C 1 cos x 1 + C sin x 1 = y 1 C 0 = y 1 0 impossibile In questo caso non esistono soluzioni. 40

41 Esercizio 3 Determinare la soluzione del seguente problema al contorno d y ( π ) dx + y = 0 y(0) = 0 y = 0 Calcoliamo l equazione caratteristica di y(x) λ + 1 = 0 λ = ±i y I (x) = cos x + i sin x, y II (x) = cos x i sin x Combinandole linearmente otterremo la soluzione generale y(x) = d 1 (cos x + i sin x) + d (cos x i sin x) = (d 1 + d ) cos x + (id 1 id ) sin x = = C 1 cos x + C sin x dove C 1 = d 1 + d, C = id 1 id. Ora, utiliziamo le condizioni iniziali per trovare C 1 e C y(0) = C 1 C 1 = 0 ( π ) y = C C = 0 La soluzione che verifica le condizioni al bordo é unica, e verifica le condizioni solo quando i coefficienti C 1 e C assumono valore zero. Quindi y(x) = 0. 41