Esercizi di Analisi Matematica Equazioni differenziali

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1 Esercizi di Analisi Maemaica Equazioni differenziali Tommaso Isola 8 gennaio 00 Indice Generalià. Equazioni del primo ordine inegrabili 3. Teoria Equazioni a variabili separabili Esercizi svoli Esercizi proposi Equazioni omogenee Esercizi svoli Esercizi proposi Equazioni lineari del primo ordine Esercizi svoli Esercizi proposi Equazioni di Bernoulli Esercizi svoli Esercizi proposi Teorema di esisenza e unicià locale 43. Inegrali di funzioni a valori veoriali Teorema di esisenza e unicià locale Equazioni differenziali lineari Equazioni differenziali lineari a coefficieni coninui Equazioni differenziali lineari a coefficieni cosani Esercizi: Equazioni differenziali lineari omogenee Esercizi: Equazioni differenziali lineari non omogenee Meodo dei coefficieni indeerminai Meodo di variazione delle cosani Esercizi: Soluzioni periodiche delle equazioni differenziali lineari del II ordine Esercizi proposi Diparimeno di Maemaica, Universià di Roma Tor Vergaa, I 0033 Roma, Ialy.

2 4 Convergenza di soluzioni Equazioni a variabili separabili Equazioni lineari del I ordine Equazioni lineari del II ordine Esercizi proposi

3 Generalià. Equazioni del primo ordine inegrabili. Teoria Nelle scienze applicae accade spesso che le grandezze relaive al fenomeno che ineressa sudiare appaiono legae ra loro da relazioni che fanno inervenire anche le loro derivae. Esempio.. (Seconda legge della dinamica classica) La relazione F = m a si può riscrivere, inroducendo il veore posizione r e ricordando che la forza, in generale, dipende dalla posizione e dalla velocià, come m r () = F (, r(), r ()), che è una relazione ra r, r, r. Esempio.. (Modello di Malhus, 798) È un modello di dinamica delle popolazioni. Si considera una popolazione che evolve isolaa, e le cui uniche cause di variazione sono le nascie e le mori. Se N() è il numero di individui preseni al empo, di una popolazione che evolve isolaa, e λ il asso di naalià, µ il asso di moralià, ε = λ µ il asso di crescia, e supponiamo che ε sia indipendene dal empo, allora N(+h) N() h = εn(). Passando al limie per h 0, si ha N () = εn(), che è una relazione ra NeN. Esempio.3. (Modello di Verhuls, 845) Il modello di Malhus è irrealisico, in quano non considera che, se aumena la popolazione, aumena la compeizione per accaparrarsi le risorse. Un modello più realisico è sao elaborao da Verhuls, e ipoizza che il asso di crescia decresca linearmene con N. Sia N() il numero di individui preseni al empo, di una popolazione che evolve isolaa, e siano λ il asso di naalià, µ il asso di moralià, ( ) ε = λ µ > 0 il asso di crescia, k > 0 la capacià dell ambiene. Allora si ha N () N() = ε N() k N () = εn() ε k N(). Definizione.4. (Equazione differenziale ordinaria di ordine n) Siano U R n+ un apero, F : U R. Si dice equazione differenziale ordinaria di ordine n N una relazione della forma F (x, y(x), y (x),..., y (n) (x)) = 0, dove la funzione incognia y compare con le sue derivae fino all ordine n incluso, e ue le funzioni sono calcolae nello sesso puno x. Definizione.5. (Equazione differenziale ordinaria in forma normale) Siano U R n+ un apero, f : U R. Si dice equazione differenziale ordinaria di ordine n N in forma normale una relazione della forma y (n) = f(x, y(x), y (x),..., y (n ) (x)), dove la derivaa di ordine più elevao y (n) è funzione esplicia delle derivae fino all ordine n. Definizione.6. (Sisema di equazioni differenziali ordinarie) Siano n N, k,..., k n N, U R k +...+k n+n+ un apero, F : U R n. Si dice sisema di equazioni differenziali ordinarie di ordine k rispeo alla prima incognia, k rispeo alla seconda incognia,..., k n rispeo all n-esima incognia, una relazione della forma F (x, y (x), y (x),..., y (k ) (x), y (x),..., y (k ) (x),..., y n (x),..., y (kn) n (x)) = 0. Esso si dice in forma normale se esisono V R k +...+k n+ un apero, f : V R n, ali che, per ogni j =,..., n, y (k j) j (x) = f j (x, y (x), y (x),..., y (k ) (x),..., y n (x), y n(x),..., y n (kn ) (x)). 3

4 Osservazione.7. (Riduzione di un sisema di equazioni differenziali ordinarie in forma normale di ordine qualunque ad uno di ordine ) Siano V R k +...+k n+ un apero, f : V R n, e consideriamo, per ogni j =,..., n, y (k j) j (x) = f j (x, y (x), y (x),..., y (k ) (x),..., y n (x), y n(x),..., y n (kn ) (x)). Inrodoe le funzioni ausiliarie z j,p (x) := y (p ) j (x), j =,..., n, p =,..., k j, si oiene z j,p (x) = z j,p+ (x), j =,..., n, p =,..., k j z j,k j (x) = f j (x, z, (x),..., z,k (x),..., z n, (x),..., z n,kn (x)), j =,..., n, cioè, in forma compaa, per ogni j =,..., n, p =,..., k j, z j,p(x) = g j,p (x, z, (x),..., z,k (x),..., z n, (x),..., z n,kn (x)), che è un sisema di equazioni differenziali ordinarie in forma normale di ordine. Definizione.8. (Problema di Cauchy) Siano A R R n un apero, f : A R n, (x 0, y 0 ) A. Si dice problema di Cauchy per l equazione differenziale ordinaria y = f(x, y), con dao iniziale (x 0, y 0 ), il problema della ricerca di y : I R R n, derivabile in I x 0 e ale che (x, y(x)) A, per ogni x I, e y (x) = f(x, y(x)), x I, y(x 0 ) = y 0. :EDOVarSep Teorema.9 (Equazioni a variabili separabili). Siano I, J R inervalli, f C 0 (I), g C 0 (J), x 0 I, y 0 J, e consideriamo il problema di Cauchy y (x) = f(x)g(y) (P ) y(x 0 ) = y 0. () Se g(y 0 ) 0, allora esise U W(x 0 ) ale che (P ) ha un unica soluzione, daa da y(x) y 0 x x 0 f(s) ds, per ogni x U. dy g(y) = () Se g(y 0 ) = 0, g(y) 0, per ogni y J \ y 0 }, g / R ( (y 0 δ, y 0 + δ) \ y 0 } ), allora (P ) ha un unica soluzione, daa da y(x) = y 0, per ogni x I. (3) Se g(y 0 ) = 0, g(y) 0, per ogni y J \ y 0 }, g R ( (y 0 δ, y 0 + δ) \ y 0 } ), allora (P ) ha la soluzione y(x) = y 0, per ogni x I, ma quesa non è unica, in generale. Dim. () (Esisenza). Poniamo G(y) := y y 0 ds g(s), y J. Poiché g(y 0) 0, esise V W(y 0 ) ale che g(y) 0, per ogni y V, e quindi G (y) = g(y) 0, y V, e quindi esise G : G(V ) V, inversa di G in V, e si ha G C (G(V )). Poniamo G(V ) =: (c, d), F (x) := x x 0 f() d, a := inf I : F (x) (c, d), x [, x 0 ]}, b := sup I : F (x) (c, d), x [x 0, ]}, per cui F (x) (c, d), per ogni x (a, b). Poniamo, infine, y(x) := G F (x), x (a, b), e verifichiamo che y è soluzione di (P ). Inano G(y(x)) = F (x), x (a, b), e quindi G (y(x))y (x) = F (x), x (a, b), cioè y (x) g(y(x)) = f(x), x (a, b) [ricordiamo che y(x) G ((c, d)) = V, e quindi g(y(x)) 0, x (a, b)]. Allora y (x) = f(x)g(y(x)), x (a, b), ed inolre y(x 0 ) = G F (x 0 ) = G (0) = y 0 [in quano G(y 0 ) = 0]. Quindi y soddisfa (P ). 4

5 () (Unicià). Sia ora z = z(x) una soluzione di (P ) in (α, β) x 0 ; allora z (x) = f(x)g(z(x)), x (α, β), e poiché g(z(x)) 0, per ogni x (α, β) (a, b), si ha = f(x), x (α, β) (a, b), e inegrando, x x 0 z (s) ds g(z(s)) z (x) g(z(x)) = x x 0 f(s) ds, e, usando il cambiameno di variabile = z(s) = d = z (s) ds, si ha z(x) d z(x 0 ) g() = x x 0 f(s) ds G(z(x)) = F (x), x (α, β) (a, b), cioè z(x) = G F (x) = y(x), x (α, β) (a, b), e l unicià segue. () Supponiamo, per assurdo, che esise z C ((a, b); J), ale che z (x) = f(x)g(z(x)), z(x 0 ) = y 0, ma z y 0 ; per fissare le idee, supponiamo che esisa x (x 0, b) ale che z(x ) > y 0, e sia x := inf x < x : z() > y 0, [x, x ]}. Allora, g(z(x)) 0, x [x, x ], e g(z(x )) = g(y 0 ) = 0, e x z (s) ds x g(z(s)) = x x f(s) ds. Usando il cambiameno di variabile = z(s) = d = z (s) ds, si ha z(x) d z(x 0 ) g() = x x 0 f(s) ds; passando al limie per x x + si oiene y 0 d z(x ) g() = z(x 0 ) d z(x ) g() = x0 x f(s) ds R, conro l ipoesi g R ( (y 0 δ, y 0 + δ) \ y 0 } ). (3) Ad esempio, il problema di Cauchy y = 5 4 y/5 y(0) = 0, ha infinie soluzioni. Una è y(x) = 0, per ogni x R. Alre sono dae da y /5 dy = 5 4 dx 5 4 y4/5 = 5 4 x + c y4/5 = x + c, e imponendo la condizione iniziale si ha 0 = c, per cui y(x) = ±x 5/4, per ogni x > 0, per cui alre soluzioni sono 0, x 0, y(x) = ±x 5/4, x > 0. Infine, per ogni a 0 si hanno le soluzioni 0, x < a, y(x) = ±(x a) 5/4, x a. Teorema.0 (Equazioni omogenee). Sia f C 0 (I). Allora la soluzione del problema di Cauchy y = f( y x ) si oiene y(x 0 ) = y 0, v = ( ) () se x 0 0, dalla soluzione di x f(v) v v(x 0 ) = y ponendo y(x) = xv(x), 0 x 0, v = ( x v v f( v () se y 0 0, dalla soluzione di )) v(x 0 ) = x ponendo y(x) = 0 y 0, x v(x). Dim. () Sia y(x) = xv(x), per cui y = v + xv, e l equazione differenziale divena v + xv = f(v) v = x (f(v) v). () Sia y(x) = x v(x), per cui y = v xv, e l equazione differenziale divena v xv = f( v v v ) v = x( v v f( v )). 5

6 Teorema. (Equazioni lineari). Siano I R un inervallo, p, q C 0 (I). Allora esise un unica soluzione y C (I) del problema di Cauchy y = p(x)y + q(x) y(x 0 ) = y 0, ed è daa da y(x) = ( x y 0 + e R ) x p(s) ds x 0 q() d er x p(s) ds 0. x 0 Nel caso paricolare che q(x) = r(x)er x x 0 p() d, con r C 0 (I), allora y(x) = ( y 0 + x ) r() d x 0 er x x 0 p() d. Dim. Deerminiamo la soluzione generale dell equazione omogenea associaa, cioè dy y = p(x) dx log y = p(x) dx + c y om (x) = ce R p(x) dx. Deerminiamo una soluzione paricolare y p (x) = c(x)e R p(x) dx, per cui y p(x) = c (x)e R p(x) dx + c(x)p(x)e R p(x) dx, e quindi c (x)e R p(x) dx + c(x)p(x)e R p(x) dx = p(x)c(x)e R p(x) dx + q(x) c (x) = q(x)e R p(x) dx y gen (x) = = c(x) = q(x)e R p(x) dx dx. Quindi y p (x) = e R p(x) dx q(x)e R p(x) dx dx, per cui ( c+ e R ) p(x) dx q(x) dx e R ( p(x) dx, cioè, y gen (x) = c+ R ) x x p(s) ds x 0 q() d er x p() d 0. Imponendo la condizione iniziale, si oiene y 0 = c, per cui y Cauchy (x) = x 0 e ( y 0 + x x 0 e R x 0 p(s) ds q() d ) er x x 0 p() d. Teorema. (Equazioni di Bernoulli). Siano I R un inervallo, p, q C 0 (I), α R \ 0, }, x 0 I, y 0 R \ 0}, e consideriamo il problema di Cauchy y = p(x)y + q(x)y α (P ) y(x 0 ) = y 0. () Se y 0 > 0, allora esise U W(x 0 ), e un unica soluzione y C (U) di (P ) che si oiene dalla soluzione v C (I) del problema di Cauchy v = ( α)p(x)v + ( α)q(x) v(x 0 ) = y α 0, ponendo y = v /( α). () Se y 0 < 0 e α Z \ 0, }, disinguiamo due casi: (a) se α Z, allora esise U W(x 0 ), e un unica soluzione y C (U) di (P ) che si oiene dalla soluzione v C (I) del problema di Cauchy v = ( α)p(x)v + ( α)q(x) v(x 0 ) = y α 0 < 0, ponendo y = v /( α) ; 6

7 (b) se α Z +, allora esise U W(x 0 ), e un unica soluzione y C (U) di (P ) che si oiene dalla soluzione v C (I) del problema di Cauchy v = ( α)p(x)v + ( α)q(x) ponendo y = v /( α). v(x 0 ) = ( y 0 ) α > 0, Dim. () e (a). Poniamo v = y α, per cui y = v /( α), y = α vα/( α) v, e l equazione per y si rasforma in α vα/( α) v = p(x)v /( α) + q(x)v α/( α) v = ( α)p(x)v + ( α)q(x). La esi segue. (b) Poniamo v = ( y) α, per cui y = v /( α), y = α vα/( α) v, e l equazione per y si rasforma in α vα/( α) v = p(x)v /( α) q(x)v α/( α) v = ( α)p(x)v + ( α)q(x). La esi segue.. Equazioni a variabili separabili.. Esercizi svoli Esempio.3. Deerminare, al variare di y 0 R, le soluzioni del problema di Cauchy y () = y (P ) y( 0 ) = y 0. Svolgimeno. () Se y 0 0, si ha y() y 0 y 0 e ( 0), R. dy y = 0 ds log y() y 0 = ( 0 ) y() = () Se y 0 = 0, l unica soluzione di (P ) è y() = y 0, per ogni R. Esempio.4. Deerminare, al variare di y 0 R, le soluzioni del problema di Cauchy y () = y (P ) y( 0 ) = y 0. Svolgimeno. () Se y 0 0, si ha y() y 0 dy = y 0 ds. Se y 0 > 0, allora y() y 0 = 0 y() = 4 ( 0 + y 0 ), > 0 y 0. Se y 0 < 0, allora y() + y 0 = 0 y() = 4 ( 0 y 0 ), < 0 + y 0. () Se y 0 = 0, non posso applicare il Teorema; infai (P ) ha infinie soluzioni. Ad esempio, y() = 0, per ogni R, e, per ogni a < 0 < b, 4 ( + a), x < a, y() = 0, a b, 4 ( b), > b. 7

8 Esempio.5 (Modello di Malhus, 798). Sia y() il numero di individui preseni al empo, di una popolazione che evolve isolaa, e siano λ il asso di naalià, µ il asso di moralià, ε = λ µ il asso di crescia. Allora y(+h) y() h = εy(), e al limie per h 0, si ha y () = εy(), per cui dy y = ε d log y = ε + k y() = ce ε = y(0)e ε. Esempio.6 (Modello di Verhuls, 845). Il modello di Malhus è irrealisico, in quano non considera che, se aumena la popolazione, aumena la compeizione per accaparrarsi le risorse. Un modello più realisico è sao elaborao da Verhuls. Sia y() il numero di individui preseni al empo, di una popolazione che evolve isolaa, e siano λ il asso di naalià, µ il asso di moralià, ε = λ µ > 0 il asso di crescia, k > 0 la capacià ( dell ambiene. Allora si ha y () = εy() y() k y( k y) = A y + B k y = A( k y) + By si ha + c = ε log y( k y) = A + ), per cui dy εy( k y) = d. Poiché (B k A ) y A = B = A k = k y k y y k y = c e ε. Imponendo la condizione iniziale y(0) = y 0, si ha c = ky 0 k y 0, per cui y = ky 0e ε k y 0 ( k y) y( + y 0e ε k y 0 ) = ky 0e ε k y 0 y() = ky 0 e ε k y 0 + y 0 eε k y 0 = ky 0eε k y 0 +y 0 e ε = ky 0 y 0 +(k y 0 )e ε. Il grafico della soluzione è riporao il figura : a sinisra, nel caso 0 < y 0 < k, a desra, nel caso y 0 > k. k y0 y0 k Figura : Modello di Verhuls fig:equadif Esercizio. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y () = ( + )y /3 y() =. Svolgimeno. Si ha y /3 dy = ( + ) d 3y /3 = + + c. Dalla condizione iniziale ( ) oeniamo 3 = 3 + c c = 0, per cui y() = + 3, 3 R. 8

9 Esercizio. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y () = cos y + y(0) = 0. Svolgimeno. Si ha dy cos y = d g y = arcg + c. Dalla condizione iniziale oeniamo + c = 0, per cui y() = arcg(arcg ), R. Esercizio 3. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y () = cos y + y(0) = π. Svolgimeno. Si ha dy cos y = d g y = arcg + c. Dalla condizione iniziale oeniamo + c = 0, per cui y() = π + arcg(arcg ), R. Esercizio 4. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y () = y y(0) =. Svolgimeno. Si ha dy = d y y = + c. Dalla condizione iniziale oeniamo c =, per cui y() =, <. Osserviamo che dom y = R \ } è diverso dall inervallo di esisenza della soluzione. Esercizio 5. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y () = ( + y ) y(0) = 0. Svolgimeno. Si ha dy = d arcg y = + c. Dalla condizione iniziale oeniamo +y c = 0, per cui y() = g( ), π < < π π < < π. Osserviamo che dom y è diverso dall inervallo di esisenza della soluzione. Esercizio 6. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y () = e y cos y(0) = 0. Svolgimeno. Si ha e y dy = cos d e y = sin + c. Dalla condizione iniziale oeniamo c =, per cui y() = log(+sin ), con +sin > 0 sin > π < < 3π. Osserviamo che dom y è diverso dall inervallo di esisenza della soluzione. 9

10 Esercizio 7. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y () = e y cos y(π) = 0. Svolgimeno. Si ha e y dy = cos d e y = sin + c. Dalla condizione iniziale oeniamo c =, per cui y() = log( + sin ), con + sin > 0 sin > 3π < < 7π. Osserviamo che dom y è diverso dall inervallo di esisenza della soluzione. Esercizio 8. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y () = e y cos y(0) = π. Svolgimeno. Si ha e y dy = cos d e y = sin + c. Dalla condizione iniziale oeniamo c = e π, per cui y() = log(e π + sin ), con e π + sin > 0 sin > e π R. Esercizio 9. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y () = y + y(0) =. Svolgimeno. Si ha dy = d y + y = arcg + c. Dalla condizione iniziale oeniamo c =, per cui y() = arcg, con arcg > 0 < g. Osserviamo che dom y è diverso dall inervallo di esisenza della soluzione. Esercizio 0. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y () = e y y() =. Svolgimeno. Si ha e y dy = d e y = log + c. Dalla condizione iniziale oeniamo c = e, per cui e y = log + e y() = log(log + e), e dalla condizione iniziale segue che > 0, e quindi y() = log(log ( + e). Poiché log + e > 0 > e e, si ha che l inervallo di esisenza della soluzione è e, ). e Esercizio. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y () = y + y y() =. 0

11 Svolgimeno. Si ha y dy y + = d log(y +) = log +c. Dalla condizione iniziale oeniamo c = log, per cui log(y + ) = log( ) y() = ±, e dalla condizione iniziale segue che dobbiamo scegliere il segno posiivo. Poiché > 0 >, si ha che l inervallo di ( ) esisenza della soluzione è,. Esercizio. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y () = (+y ) y(+ 3 ) y(0) =. Svolgimeno. Si ha y dy = d +y + 3 log( + y ) = 3 log c. Dalla condizione iniziale oeniamo c = log, per cui + y() = + 3 /3 y() = ± + 3 /3 ; poiché y(0) < 0, si deve scegliere il segno negaivo; poiché + 3 > 0 in un inorno del dao iniziale 0 = 0, si ha y() = ( + 3 ) /3, con (+ 3 ) /3 > > > 3 3/. 3/ Osserviamo che dom y è diverso dall inervallo di esisenza della soluzione. Esercizio 3. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y () = + cos y y(0) = 0. Svolgimeno. Si ha cos y dy = ( + ) d sin y = + + c. Dalla condizione iniziale oeniamo c = sin 0 = 0, per cui y() = arcsin( + ), con < + + > 0 + < + < 0 5 < < + 5. Esercizio 4. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y () = cos y y( ) = 0. Svolgimeno. Si ha cos y dy = d sin y = log + c. Dalla condizione iniziale oeniamo c = 0, per cui sin y = log y = arcsin(log ); poiché < 0 in un inorno del dao iniziale 0 =, si ha y() = arcsin(log( )), con < log( ) < e < < e e < < e. Osserviamo che dom y è diverso dall inervallo di esisenza della soluzione. Esercizio 5. Risolvere il seguene problema di Cauchy: y = ( + )y /3 y() =.

12 Svolgimeno. L equazione è a variabili separabili; inegrando oeniamo cioè e quindi y() dy y /3 = (s + ) ds [ 3y /3 ] y() = [ s + s ] 3y() /3 3 = + 3 da cui si oiene finalmene la soluzione ( ) 3 + y() =. 3 Esercizio 6. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y () = 5 y/5 y(0) =. Svolgimeno. Si ha y /5 dy = 5 d 5 4 y4/5 = c y 4/5 = + c. Dalla condizione iniziale oeniamo c =, per cui y() = ±( + ) 5/4, e dalla condizione iniziale segue che dobbiamo scegliere il segno negaivo. L inervallo di esisenza della soluzione è R. Esercizio 7. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y () = y(y )( + ) Svolgimeno. Si ha y(0) =. dy y(y ) = ( + ) d. Poiché y(y ) = A y + B A(y ) + By = y y(y ) cioè, = (A + B)y A, per il principio d idenià dei polinomi si ha A = A = A + B = 0 B = A = da cui segue che + + c = log y y. Dalla condizione iniziale oeniamo c = log, per cui y = e+. y Ora y y y è posiiva in (, 0) (, ), e negaiva in (0, ). Poiché y(0) = (, 0) (, ), allora, per ogni in un inorno di 0 = 0, y() y() > 0, per cui y y = e+ y() =. Poiché e+ e+ > 0 + < log + log < < + ( + log, si ha che l inervallo di esisenza della soluzione è + log, + ) + log.

13 Esercizio 8. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y () = y y 3 Svolgimeno. Si ha dy y y 3 = d. Poiché y y 3 = y(y )(y + ) = A y + y(0) =. B y + C y + = A(y ) + By(y + ) + Cy(y ) y(y ) cioè, = (A + B + C)y + (B C)y A, per il principio d idenià dei polinomi si ha A = B C = 0 A + B + C = 0 A = C = B C = B = B = da cui segue che + c = log y log y y log y + = log. y Dalla condizione iniziale oeniamo c = log 3 ; inolre, essendo y(0) = >, nell inorno di 0 = 0 si può scrivere + log y 3 = log, e poiché y() > 0, nell inorno di y 0 = 0, ciò equivale a y = y 3 e ( ) y y = 4 3 e y = 4 3 e (y ) y 4 3 e = 4 3 e y =, e poiché 3 e 4 y() > 0, nell inorno di 0 = 0, ciò equivale a y() = q, con e > 0 e < e 4 3 > log 4 3 = log 3. Esercizio 9. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y = 5 4 y/5 y(0) = 0. Svolgimeno. Quesa equazione ha infinie soluzioni. Una è y() = 0, per ogni R. Alre sono dae da y /5 dy = 5 4 d 5 4 y4/5 = c y4/5 = + c, e imponendo la condizione iniziale si ha 0 = c, per cui y() = ± 5/4, per ogni > 0, per cui alre soluzioni sono 0, 0, y() = ± 5/4, > 0. Infine, per ogni a 0 si hanno le soluzioni 0, < a, y() = ±( a) 5/4, a. 3

14 Esercizio 0. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y = y /3 y(0) = 0. Svolgimeno. Quesa equazione ha infinie soluzioni. Una è y() = 0, per ogni R. Alre sono dae da y /3 dy = d 3y /3 = + c, e imponendo la condizione iniziale si ha 0 = c, per cui y() = ( 3) 3, per ogni R. Infine, per ogni α < 0 < β, alre soluzioni sono dae da ( ) α 3, 3 α, y() = 0, α β, ( ) β 3, β. 3 Esercizio. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y = 3 y + y(0) =. Svolgimeno. Quesa equazione ha infinie soluzioni. Una è y =. Risolvendo l equazione per separazione di variabili, si ha +c = 3 y+ dy = 3 (y +)/3, e imponendo la condizione iniziale ( ) 3/ si ha c = 0, per cui = 3 (y + )/3 y() = 3, < 0, per cui un alra soluzione è ( ) 3/ y() = 3, < 0,, 0. Infine, per ogni a 0 si ha la soluzione ( ) 3/ y() = 3 (a ), < a,, a. Esercizio. Dao il problema di Cauchy y = 5 y/5 rovare u per cui la soluzione non è unica. y(0) = u, 4

15 Svolgimeno. L equazione è a variabili separabili; inegrando oeniamo y() dy y /5 = 5 0 s ds u cioè [ ] 5 y() [ ] 5 4 y4/5 = u 4 s 0 da cui segue y() 4/5 u 4/5 = che fornisce le soluzioni y() = ±( + u 4/5 ) 5/4 e poiché y(0) = ± u la soluzione è daa da y() = sgn(u)( + u 4/5 ) 5/4, se u 0, e da y() = ± 5/, se u = 0 (osserviamo che ali funzioni sono derivabili ovunque). Infine se u = 0 una uleriore soluzione del problema di Cauchy è y 0 (si può noare che il valore u = 0 è l unico per cui viene a mancare l ipoesi di lipschizianià locale del secondo membro dell equazione differenziale). Esercizio 3. Risolvere il seguene problema di Cauchy: y = ( + )y /3 y() = 0. Svolgimeno. Quesa equazione ha infinie soluzioni. Una è y = 0. Risolvendo l equazione per separazione di variabili, si ha ( + ) + c = y /3 dy = 3y /3, e imponendo la condizione iniziale si ha 4+c = 0 c = 4, per cui un alra soluzione è (+) 4 = 3y /3 y() = 7 ( + 3) 3, R. Infine, per ogni a < < b si ha la soluzione 7( ( + ) (a + ) ) 3, < a, y() = 0, a b 7( ( + ) (b + ) ) 3, > b. Esercizio 4. Deerminare, al variare di y 0 R, la soluzione del problema di Cauchy y () = y( y) y(0) = y 0. Svolgimeno. Dal Teorema.9 segue che, se y 0 = 0, allora y() = 0, per ogni R; se y 0 =, allora y() =, per ogni R. Se y 0 / 0, }, si ha dy y( y) = d. Poiché y( y) = A y + B A(y ) + By = y y(y ) 5

16 cioè, = (A + B)y A, per il principio d idenià dei polinomi si ha A = A = A + B = 0 B = A = y y. Dalla condizione iniziale oeniamo y 0 (y ) y(y 0 ) y 0 (y ) = e. è posiiva in (, 0) (, ), e negaiva in (0, ). da cui segue che + c = log y log y = log c = log y 0 y 0, per cui = log y(y 0 ) Ora y y(y 0 ) y y Quindi, se y 0 (, 0) (, ), allora, per ogni in un inorno di 0 = 0, y() y() > 0, per cui y 0 (y ) = e y y() = 0 y 0 (y 0. Poiché y )e 0 (y 0 )e = 0 = log y 0 y 0, si ha che l inervallo di esisenza della soluzione è (, log y 0 y 0 ), se y 0 < 0, e ( log y 0 y 0, ), se y 0 >. y() Infine, se y 0 (0, ), allora, per ogni in un inorno di 0 = 0, y() < 0, per cui y( y 0) y 0 ( y) = e y y() = 0 y 0 +( y 0, R. )e Esercizio 5. Deerminare, al variare di 0, y 0 R, la soluzione del problema di Cauchy y () = y y( 0 ) = y 0. Svolgimeno. Dal Teorema.9 segue che, se 0 0 e y 0 0, allora si ha y dy = d 3 y3 = log + c. Imponendo la condizione iniziale si ha c = 3 y3 0 + log 0 e quindi y = 3 3(c log ) = 3 y (log 0 log ). Osserviamo che y (log 0 log ) = 0 log 0 = 3y = 0 e 0 3, dove si è usao il fao che e 0 devono avere lo sesso segno. L inervallo I di esisenza della soluzione dipende dai segni di 0 e y 0 : (a) se y 0 > 0, 0 > 0, allora I = (0, 0 e 3y 0 ), (b) se y 0 > 0, 0 < 0, allora I = ( 0 e 3y 0, 0), (a) se y 0 < 0, 0 > 0, allora I = ( 0 e 3y 0, + ), (b) se y 0 < 0, 0 > 0, allora I = (, 0 e 3y 0 ). 3y 3 0 Infine, se 0 = 0 o y 0 = 0, il problema di Cauchy non ha soluzione. Esercizio 6. Si consideri il problema di Cauchy y y() (0, ) () = y() y(0) = α > 0. Per quali valori di α il problema ammee soluzione coninua 0? 6

17 Svolgimeno. L equazione y = y è a variabili separabili; inegriamola y() α dy y = 0 ds, cioè [ ] y() = e quindi y α da cui si oiene y() = α = α y() = α α ; ale soluzione è definia per < α. L equazione y = y è a variabili separabili; inegriamola y() dy y = ds s, cioè y() log y() = log e quindi y() = y(). y() La soluzione esise 0 se α < ed è coninua 0 se y() = Quindi nel caso 0 < α < la soluzione è daa da y() = α α. α α, 0 < α α,... Esercizi proposi Esercizio 7. Deerminare la soluzione dei segueni problemi di Cauchy y = 8xy + x () y() = y = y () x + x y() =, oppure y() = y = y+ (3) x y() = e, oppure y() = y = xy (4) y(0) =, oppure y(0) = 0 (5) (6) y = y3 x y() =, oppure y(0) = 0, oppure y(0) = y = x y y(0) = 7

18 (7) (8) (9) (0) y = 3x y 6 y() =, oppure y(0) = 0 y = x x y y(0) =, oppure y(0) = 0 y = +y x y y() =, oppure y(0) = y = + y y(0) = () () (3) (4) (5) (6) (7) (8) (9) (0) () () y = +y x y( ) =, oppure y(0) = y = y x(+x ) y() =, oppure y(0) = 0 y = y (x+)(x +) y(0) =, oppure y(0) = 0 y = y(x+)(x +) y(0) = y = x y y(0) = 0 y = y log y x y() = e, oppure y() = y = (y + ) cos x y(0) =, oppure y(0) = y = (y + ) sin x y( π ) =, oppure y( π ) = y = cos y y(0) = π 4, oppure y(0) = π, oppure y(0) = π y = g y x y( ) = π 6, oppure y( ) = π 6 y = y g x y( π 6 ) =, oppure y( π 6 ) = 0 y = y g x y( π 6 ) =, oppure y( π 6 ) = 8

19 (3) y = +x cos y y(0) = 0 (4) (5) y = y x sin x y( π 4 y = y /3 ) =, oppure y( π 4 ) = 0 y(0) =, oppure y(0) = 0.3 Equazioni omogenee.3. Esercizi svoli Esercizio 8. Risolvere il seguene problema di Cauchy y = y + sin y y() = π. Svolgimeno. L equazione è omogenea. Inroduciamo la variabile v() = y(), per cui l equazione divena v + v = v + sin v, e il problema divena v = sin v v() = π. Oeniamo un equazione a variabili separabili. Si ha dv d sin v = (a) log g v = log + c g v = c, dove in (a) si è usao il cambiameno di variabili v = arcg z = sin v = z, dv = dz, per cui +z +z si ha dv sin v = +z z dz = log z = log +z g v. Imponendo la condizione iniziale, si ricava c =, e > 0. Inolre, espliciando v, si oiene v = arcg. Allora y() = v() = arcg, e l inervallo di esisenza della soluzione è > 0. Esercizio 9. Risolvere il seguene problema di Cauchy y = y + cg y y( ) = π. Svolgimeno. L equazione è omogenea. Inroduciamo la variabile v() = y(), per cui l equazione divena v + v = v + g v, e il problema divena v = cg v v( ) = π 6. 9

20 Oeniamo un equazione a variabili separabili. Si ha d g v dv = log cos v = log + c cos v = c. Imponendo la condizione iniziale, si ricava c = Inolre, espliciando v, si oiene v = arccos Allora y() = v() = arccos , e > , e l inervallo di esisenza della soluzione è > 3 4. Esercizio 30. Risolvere il seguene problema di Cauchy y = y log ey y() = e. Svolgimeno. L equazione è omogenea. Inroduciamo la variabile v() = y(), per cui l equazione divena v + v = v log(ev), e il problema divena v = v log v v() = e. Oeniamo un equazione a variabili separabili. Si ha dv d v log v = log log v = log + c log v = c. Imponendo la condizione iniziale, si ricava c =, e > 0. Inolre, espliciando v, si oiene v = e /. Allora y() = v() = e /, e l inervallo di esisenza della soluzione è > 0. Esercizio 3. Risolvere il seguene problema di Cauchy y = y + y y() =. Svolgimeno. L equazione è omogenea. Inroduciamo la variabile v() = y(), per cui l equazione divena v + v = v + v, e il problema divena v = v + v v() =. Oeniamo un equazione a variabili separabili. Si ha v dv d v + = log(v + ) = log + c v + = c. Imponendo la condizione iniziale, si ricava c =, e > 0. Inolre, espliciando v, si oiene v =, dove si è usaa la condizione iniziale, che assicura che, in un inorno di 0 =, v() > 0. Allora y() = v() =, e l inervallo di esisenza della soluzione è >. 0

21 Esercizio 3. Risolvere il seguene problema di Cauchy y = y + y y() =. Svolgimeno. L equazione è omogenea. Inroduciamo la variabile v() = y(), per cui l equazione divena v + v = v + v, e il problema divena v = v + v v() =. Oeniamo un equazione a variabili separabili. Si ha v dv d v + = log(v + ) = log + c v + = c. Imponendo la condizione iniziale, si ricava c = 5, e > 0. Inolre, espliciando v, si oiene v = 5, dove si è usaa la condizione iniziale, che assicura che, in un inorno di 0 =, v() < 0. Allora y() = v() = 5, e l inervallo di esisenza della soluzione è > 5. Esercizio 33. Risolvere il seguene problema di Cauchy y = +y+y y() =. Svolgimeno. L equazione è omogenea. Inroduciamo la variabile v() = y(), per cui l equazione divena v + v = + v + v, e il problema divena v = v + v() =. Oeniamo un equazione a variabili separabili. Si ha dv d v + = arcg v = log + c. Imponendo la condizione iniziale, si ricava c = π 4, e > 0. Inolre, espliciando v, si oiene v = g ( log π 4 ). Allora y() = v() = g ( log π 4 ), e l inervallo di esisenza della soluzione è e π/4 < < e 3π/4. Esercizio 34. Risolvere il seguene problema di Cauchy y = y(y + ) 3 y( ) =.

22 Svolgimeno. L equazione è omogenea. Inroduciamo la variabile v() = y(), per cui l equazione divena v + v = v(v + ), e il problema divena v = v3 v( ) =. Oeniamo un equazione a variabili separabili. Si ha dv v 3 = d = log + c. v Imponendo la condizione iniziale, si ricava c =, e < 0. Inolre, espliciando v, si oiene v = log( ) v =, dove si è usaa la log( ) condizione iniziale, che assicura che, in un inorno di 0 =, v() > 0. Allora y() = v() =, e l inervallo di esisenza della soluzione è > e. log( ) Esercizio 35. Risolvere il seguene problema di Cauchy y = y(y ) 3 y() =. Svolgimeno. L equazione è omogenea. Inroduciamo la variabile v() = y(), per cui l equazione divena v + v = v(v ), e il problema divena v = v3 +v v() =. Oeniamo un equazione a variabili separabili. Si ha dv d v 3 + v = (a) log v v = log + c v + ) dv = log dove in (a) si è usao il risulao dv v 3 +v = ( v v v + Imponendo la condizione iniziale, si ricava c = 4 5, e > 0. v v +. v + = c, Inolre, espliciando v, si oiene [scrivendo ancora c, per aumenare la leggibilià] v = c (v + ) v = c/ c/ = 4 (b) v = 5 4, dove in (b) si è usaa la condizione iniziale, che assicura che, in un inorno di 0 =, v() > 0. Allora y() = v() = 4 5 4, e l inervallo di esisenza della soluzione è > 4 5. Esercizio 36. Risolvere il seguene problema di Cauchy y = y(+5y) 4 y() =.

23 Svolgimeno. L equazione è omogenea. Inroduciamo la variabile v() = y(), per cui l equazione divena v + v = v(+5v) 4, e il problema divena v = 5(v +v) 4 v() =. Oeniamo un equazione a variabili separabili. Si ha dv d v + v = 5 (a) v log = 5 log + c v 4 v + 4 v + = c 5/4, dove in (a) si è usao il risulao dv v +v = ( ) v v+ dv = log v v+. Imponendo la condizione iniziale, si ricava c =, e > 0. Inolre, espliciando v, si oiene [scrivendo ancora c, per aumenare la leggibilià] v = c 5/4 (v + ) v = c 5/4 = c 5/4 Allora y() = v() = 5/4. 5/4, e l inervallo di esisenza della soluzione è > 4/5. Esercizio 37. Risolvere il seguene problema di Cauchy y = y +y y() =. Svolgimeno. L equazione è omogenea. Inroduciamo la variabile v() = y(), per cui l equazione divena v + v = v + v, il problema divena v = + v v() =. Oeniamo un equazione a variabili separabili. Si ha dv d = (a) log(v + + v + v ) = log + c v + + v = c, dove in (a) si è usao il cambiameno di variabile + v = s v = v = s s, + v = s + s dv = s + ds per cui si ha dv s = s +v s + s + ds = log s = log(v + + v s ). Imponendo la condizione iniziale, si ricava c = + 5, e > 0. Inolre, espliciando v, si oiene [scrivendo ancora c, per aumenare la leggibilià] + v = ( ) c v + v = c + v cv v = c c v < c v < c ed è subio viso che la soluzione v() soddisfa la disequazione v < c, in quano quesa equivale a c < c. Allora y() = v() = c della soluzione è > 0. ( ) c = c (c ) = 5 3 ( ), e l inervallo di esisenza

24 Esercizio 38. Risolvere il seguene problema di Cauchy y = y 4 y y() =. Svolgimeno. L equazione è omogenea e quindi inroduciamo u = y cioè y = u, per cui y = u + u e l equazione divena u + u = u 4 u cioè u = u 4 u, menre la condizione iniziale divena u() =. Allora la soluzione è u() =, cioè y() =. Esercizio 39. Risolvere il problema di Cauchy y = y + e y/ y() = a, a R. Trovare l insieme B dei numeri reali b per cui esise una soluzione y a del problema definia almeno in [, ] e ale che y a () = b. Verificare che la funzione ϕ(a) := y a (), a R, è un diffeomorfismo. Svolgimeno. Poiché l equazione è omogenea operiamo la sosiuzione u := y/ e quindi y = u + u con la quale l equazione divena u + u = u + e u e il problema di Cauchy u = e u L equazione è a variabili separabili; inegrando u() a u() = a. e u du = cioè e u() e a = log (si è sfruao il fao che, essendo la condizione iniziale daa per =, la soluzione è definia al più per > 0), cioè u() = log(log + e a ) e quindi ds s, y a () = log(log + e a ). Essa è definia per ogni ale che log + e a > 0, cioè > e ea e quindi è definia almeno in [, ], a R. La funzione ϕ(a) := y a () = log(log + e a ) è un diffeomorfismo di R su imϕ, poiché ϕ è C e sreamene crescene; deerminiamo imϕ. Poiché lim ϕ(a) = log log, e lim ϕ(a) = + a a + si ha B imϕ = ( log log, + ). 4

25 Esercizio 40. Provare che la soluzione y() del problema di Cauchy, con 0 0, y = y3 3 verifica lim 0 ± y() = 0. y y( 0 ) = y 0, Svolgimeno. L equazione è omogenea y = ( y ) 3 ( y ), e quindi effeuiamo la sosiuzione y/ =: u, da cui u + u = y e l equazione divena cioè u = u u + u = u3 u = u u che è a variabili separabili, e il problema di Cauchy divena u = u u( 0 ) = y 0 0 che inegraa dà u() y 0 / 0 u du = 0 ds s cioè [ ] u() 3 u3 = log y 0 / 0 0 da cui che fornisce la soluzione Tornando alle variabili originarie si ha u() 3 y = 3 log 0 u() = 3 3 log 0 + y y() = 3 3 log 0 + y Ma allora lim 0 ± y() = Esercizi proposi Esercizio 4. Deerminare la soluzione generale delle segueni equazioni () y = + y, () y = y, 5

26 (3) y = 3y + y, (4) y = y y, (5) y = y + y, (6) y = y + y, (7) y = y y, (8) y = y y +, (9) y = y y +, (0) y = y y +, () y = + y y, () y = + y, y (3) y = y y, (4) y = y + y + 4, (5) y = y + y, (6) y = y y, (7) y = y + cos y, (8) y = y + g y, (9) y = y y log y, (0) y = y y, () y = y + y, () y = y ( y ), + + (3) y = y ( y ). + 6

27 .4 Equazioni lineari del primo ordine.4. Esercizi svoli Esercizio 4. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y = 4y y(0) = 0. Svolgimeno. Deerminiamo la soluzione generale dell equazione omogenea associaa, cioè dy y = 4 d log y = 4 + c y om () = ce 4. Deerminiamo una soluzione paricolare y p () = c()e 4, per cui y p() = c ()e 4 4c()e 4, e quindi c ()e 4 4c()e 4 = 4c()e c () = (5+)e 4 = c() = (5+)e 4 d = ( ) e 4. Quindi y p () = , per cui y gen() = ce Dalla condizione iniziale oeniamo c = 9 6, per cui y Cauchy() = 9 6 e , R. Esercizio 43. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y = 4y + e 3 y(0) = 0. Svolgimeno. Deerminiamo la soluzione generale dell equazione omogenea associaa, cioè dy y 4 d log y = 4 + c yom () = ce 4. = Deerminiamo una soluzione paricolare y p () = c()e 4, per cui y p() = c ()e 4 + 4c()e 4, e quindi c ()e 4 + 4c()e 4 = 4c()e 4 + e 3 c () = e = c() = e. Quindi y p () = e 3, per cui y gen () = ce 4 e 3. Dalla condizione iniziale oeniamo c =, per cui y Cauchy () = e 4 e 3, R. Esercizio 44. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y = y + e ( + ) y(0) = 0. Svolgimeno. Deerminiamo la soluzione generale dell equazione omogenea associaa, cioè dy y = d log y = + c y om () = ce /. Deerminiamo una soluzione paricolare y p () = c()e /, per cui y p() = c ()e / c()e /, e quindi c ()e / c()e / = c()e / + e ( + ) c () = ( + )e + / = c() = ( + )e + / d (a) = e s ds = e s = e + /, dove in (a) si è eseguio il cambiameno di variabile s = + / = ds = ( + ) d. Quindi y p () = e, per cui y gen () = ce / + e. Dalla condizione iniziale oeniamo c =, per cui y Cauchy () = e / + e, R. 7

28 Esercizio 45. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y = y + 3 y(0) =. Svolgimeno. Deerminiamo la soluzione generale dell equazione omogenea associaa, cioè dy y = d log y = + c y om () = ce /. Deerminiamo una soluzione paricolare y p () = c()e /, per cui y p() = c ()e / c()e /, e quindi c ()e / c()e / = c()e / + 3 c () = 3 e / = c() = 3 e / d (a) = se s ds = (s )e s = ( )e /, dove in (a) si è eseguio il cambiameno di variabile s = / = ds = d. Quindi y p () =, per cui y gen () = ce / +. Dalla condizione iniziale oeniamo c =, per cui y Cauchy () = e / +, R. Esercizio 46. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y = y + 3 y() =. Svolgimeno. Deerminiamo la soluzione generale dell equazione omogenea associaa, cioè dy d log y = log + c y om () = c. Deerminiamo una soluzione paricolare y p () = c(), per cui y p() = c () + c(), e quindi c () + c() = c() + 3 c () = 3 = c() = 3 log. Quindi y p () = 3 log, per cui y gen () = c + 3 log. Dalla condizione iniziale oeniamo c =, per cui y Cauchy () = + 3 log, > 0. y = Esercizio 47. Deerminare, al variare di α R, la soluzione del problema di Cauchy y = α y + α e y() =. Svolgimeno. Deerminiamo la soluzione generale dell equazione omogenea associaa, cioè dy y = α d log y = α log + c y om () = c α, in cui si è usao il fao che = in un inorno della condizione iniziale 0 =. Deerminiamo una soluzione paricolare y p () = c() α, per cui y p() = α c () + α α c(), e quindi α c () + α α c() = α α c() + α e c () = e = c() = e. Quindi y p () = α e, per cui y gen () = c α + α e. Dalla condizione iniziale oeniamo c = e, per cui y Cauchy () = ( e) α + α e, > 0. Esercizio 48. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y = y y() =. 8

29 Svolgimeno. Deerminiamo la soluzione generale dell equazione omogenea associaa, cioè dy y = d log y = log + c y om () = c. c() Deerminiamo una soluzione paricolare y p () = c(), per cui y p() = c () c(), e quindi c () = c() c () = = c() = e quindi y p () =, per cui y gen() = c. Dalla condizione iniziale oeniamo c = 3, per cui y Cauchy() = 3, > 0. Esercizio 49. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y = y + + y( ) = 0. Svolgimeno. Deerminiamo la soluzione generale dell equazione omogenea associaa, cioè dy y = d log y = log + c y om () = c. Deerminiamo una soluzione paricolare y p () = c(), per cui y p() = c () + c(), e quindi c () + c() = c() + + c () = + = c() = 3 e quindi y p () =, per cui y gen () = c. Dalla condizione iniziale oeniamo 0 = c 4 c = 4, per cui y Cauchy() = 4, > 0. Esercizio 50. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y = y ( ) y( e+ e ) =. Svolgimeno. Deerminiamo la soluzione generale dell equazione omogenea associaa, cioè dy d log y = log + c y om () = c. Deerminiamo una soluzione paricolare y p () = c(), per cui y p() = c () + c(), e quindi c () + c() = c() c () = ( ) ( ). Ora ( ) = A + B + C + D + cioè, = A( ) + B( ) + C ( + ) + D ( ), e, per il principio d idenià dei polinomi, si ha A + C + D = 0 A = 0 B + C D = 0 B = A = 0 C = D = B = D = D = per cui c() = + log +, e y p () = + log +. Quindi, y gen () = c + log +. Dalla condizione iniziale oeniamo = c e+ e + e+ (e ) c =, per cui y Cauchy() = + + log, >. y = 9

30 Esercizio 5. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y = y + e / arcg y() = eπ 4. Svolgimeno. Deerminiamo la soluzione generale dell equazione omogenea associaa, cioè dy y = d log y = + c y om() = ce /. Deerminiamo una soluzione paricolare y p () = c()e /, per cui y p() = c ()e / c()e /, e quindi c ()e / c()e / = c()e / +e / arcg c () = arcg = c() = arcg d = arcg + d = arcg log( + ) e quindi y p () = e /( arcg log( + ) ), per cui y gen () = ce / + e /( arcg log( + ) ). Dalla condizione iniziale oeniamo eπ 4 log e/ + e /( arcg log( + ) ) = e /( arcg + log +), > 0. = ce+e( π 4 log ) c = log, per cui y Cauchy() = Esercizio 5. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y = + y + ( +) y() =. Svolgimeno. Deerminiamo la soluzione generale dell equazione omogenea associaa, cioè dy y = + d log y = log( + ) + c y om () = c +. Deerminiamo una soluzione paricolare y p () = c() +, per cui y p() = c () + c(), e quindi ( +) c () + c() = c() + c () = ( +) ( +) ( +) c() = log. Quindi, y gen () = c Dalla condizione iniziale oeniamo = c c =, per cui y Cauchy() = + + log +. log +, > 0. Esercizio 53. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y = +4 y + y(0) =. Svolgimeno. Deerminiamo la soluzione generale dell equazione omogenea associaa, cioè dy y = +4 d log y = log( + 4) + c y om () = c +4. Deerminiamo una soluzione paricolare y p () = c() +4, per cui y p() = c () +4 c(), e quindi ( +4) c () +4 c() = c() ( +4) ( +4) + c () = ( + 4) c() = Quindi, y gen () = c ( +4). Dalla condizione iniziale oeniamo = c 4 c = 4, per cui y Cauchy() = ( +4), R. 30

31 Esercizio 54. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y = + y + + y(0) =. Svolgimeno. Deerminiamo la soluzione generale dell equazione omogenea associaa, cioè dy y = + d log y = log( + ) + c y om () = c. + Deerminiamo una soluzione paricolare y p () = c(), per cui + y p() = c () c(), e quindi + ( +) 3/ c () c() = c() + + ( +) 3/ ( +) 3/ + c () = c() = d (a) + = z z + dz = + z + z log z = log( + + ), dove in (a) si è usao il cambiameno di variabili + = z = = z z, + = z + z, d = z + dz. Quindi, y z gen () = c + log(+ +). + + Dalla condizione iniziale oeniamo c =, per cui y Cauchy () = log(+ +), R. + Esercizio 55. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y = + y + ( +) y(0) =. Svolgimeno. Deerminiamo la soluzione generale dell equazione omogenea associaa, cioè dy y = + d log y = log( + ) + c y om () = c. + Deerminiamo una soluzione paricolare y p () = c(), per cui + y p() = c () c(), e + ( +) 3/ quindi ( z z + c () + c() = c() + c () = c() = d (a) = ( +) 3/ ( +) 3/ ( +) ( +) 3/ ( +) 3/ ) 3 z + z dz = 4z (z +) dz = z + = + ( +) ( +) = + + = = z = = z y gen () = c (+ = +) + + = = +, dove in (a) si è usao il cambiameno di variabili z, + = z + z, d = z + z dz. Quindi, y p () = e Dalla condizione iniziale oeniamo c =, per cui y Cauchy () = + +, R. Esercizio 56. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y = y + y() =. Svolgimeno. Deerminiamo la soluzione generale dell equazione omogenea associaa, cioè dy y = d log y = log + c y om () = c, dove si è usaa la condizione iniziale per riscrivere =. Deerminiamo una soluzione paricolare y p () = c(), per cui y p() = c () + c(), e quindi c () + c() = c() + c () = c() = 3 d (a) = dz z =

32 z =, dove in (a) si è usao il cambiameno di variabili z = = dz = d. Quindi, y gen () = c +. Dalla condizione iniziale oeniamo = c c = 4 3, per cui y Cauchy () = 4 3 +, >. Esercizio 57. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y = y + y(0) =. Svolgimeno. Deerminiamo la soluzione generale dell equazione omogenea associaa, cioè dy y = d log y = log + c y om () = c, dove si è usaa la condizione iniziale per riscrivere =. Deerminiamo una soluzione paricolare y p () = c(), per cui y p() = c () + c() c () + c() = c() + ( ) 3/ ( ) 3/ c () = c() = d, dove in (a) si è usao il cambiameno di variabili z = y gen () = c +., e quindi ( ) 3/ dz z = z = (a) = = dz = d. Quindi, Dalla condizione iniziale oeniamo = c + c =, per cui y Cauchy () = +, < <. Esercizio 58. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y = y cg + cos y( π 4 ) =. Svolgimeno. Deerminiamo la soluzione generale dell equazione omogenea associaa, cioè dy y = cos sin d log y = log sin + c y om() = c sin, dove si è usaa la condizione iniziale per riscrivere sin = sin. Deerminiamo una soluzione paricolare y p () = c() sin, per cui y p() = c () c() cos sin, e quindi sin c () c() cos c() cos sin = + cos c () = sin cos c() = sin. Quindi, y sin sin gen () = + sin. c sin sin Dalla condizione iniziale oeniamo = c + c =, per cui y Cauchy () = + sin, 0 < < π. Esercizio 59. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y = y cos y(0) =. +sin + +sin 3

33 Svolgimeno. Deerminiamo la soluzione generale dell equazione omogenea associaa, cioè dy y = cos +sin d log y = log( + sin ) + c y om() = c +sin. Deerminiamo una soluzione paricolare y p () = c() +sin, per cui y p() = c () c() cos +sin, e quindi (+sin ) c () c() cos +sin (+sin ) = c() cos + (+sin ) +sin c () = c() =. Quindi, y gen () = c+ +sin. Dalla condizione iniziale oeniamo c =, per cui y Cauchy () = + +sin, π < < 3π. Esercizio 60. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y = y + lim 0 + y() =. Svolgimeno. Deerminiamo la soluzione generale dell equazione omogenea associaa, cioè dy y = d log y = + c y om () = ce. Deerminiamo una soluzione paricolare y p () = c()e, per cui y p() = c ()e c()e, e quindi c ()e c()e = c()e + c () = e c() = e d (a) = ze z dz = (z )ez = ( )e, dove in (a) si è usao il cambiameno di variabili z = = = 4 z, d = z dz. Quindi, y gen() = ce +. Dalla condizione iniziale oeniamo = lim 0 + y gen() = c c =, per cui y Cauchy() = e +, > 0. Esercizio 6. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y = y sin cos + lim 0 + y() = 0. Svolgimeno. Deerminiamo la soluzione generale dell equazione omogenea associaa, cioè dy y = sin cos d log y = log( cos ) + c y om() = c cos. Deerminiamo una soluzione paricolare y p () = c() cos, per cui y p() = c () cos c() sin, e ( cos ) c quindi () c() sin c() sin cos = + ( cos ) ( cos ) c () = cos c() = sin. Quindi, y gen () = c+ sin cos. Dalla condizione iniziale oeniamo 0 = lim y c + 6 gen() = lim 3 + o( 3 ) ( + o()) = Allora y Cauchy () = sin cos, 0 < < π. + sgn(c), c 0, 0, c = 0. Esercizio 6. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y = y cos +sin + lim ( 3π ) y() = 0. 33

34 Svolgimeno. Deerminiamo la soluzione generale dell equazione omogenea associaa, cioè dy y = cos +sin d log y = log( + sin ) + c y om() = c +sin. Deerminiamo una soluzione paricolare y p () = c() +sin, per cui y p() = c () c() cos +sin, e (+sin ) c quindi () c() cos c() cos +sin = + (+sin ) (+sin ) c () = + sin c() = cos. Quindi, y gen () = c+ cos +sin. Dalla condizione iniziale oeniamo 0 = lim y gen () (a) c + 3π = lim z + sin z ( 3π ) z 0 + cos z c + 3π = lim 6 z3 + o(z 3 ) + sgn(c + 3π z 0 + = ), c 3π, z ( + o()) 0, c = 3π, dove in (a) si è usao il cambiameno di variabili z = 3π. Allora y Cauchy () = 3π cos +sin, π < < 3π. Esercizio 63. Dire se esisono soluzioni dispari ( cioè y( x) = y(x) ) dell equazione y = y cos + sin. Svolgimeno. Non esisono soluzioni dispari perché se y è soluzione dispari allora il primo membro è pari menre il secondo è dispari..4. Esercizi proposi Esercizio 64. Deerminare la soluzione dei segueni problemi di Cauchy y = y + x () y() = e y = 8xy + x () y() = y = y (3) x + x e x y() = y = x (4) x + y + x y(0) = (5) (6) y = x4 x y + x 4 y() = y = x y + x+ y() = 3 34

35 y = (7) x+ y + x y() = 3 y = y (8) x + x y() = y = y (9) x + x+ x y() = 3 y = x (0) x y + x y() = 0 y = x () x y + x y() = 0 () (3) (4) (5) (6) (7) (8) (9) (0) y = y x(+x ) + x + x y() = 0 y = y+x x y() = e y = y x + x + y() = 0 y = y x log x + y(e) = y = (y + cos x) cos x y(0) = y = (y + cos x) sin x y( π ) = y = y cg x + y( π ) = 0 y = y g x + sin x y(0) = y = y g x + sin x y( π 6 ) = 35

36 .5 Equazioni di Bernoulli.5. Esercizi svoli Esercizio 65. Risolvere il seguene problema di Cauchy y = y y y() =. Svolgimeno. È un equazione di Bernoulli. Poniamo v = y = y = y = v, y = v, per v cui l equazione divena v = v v v = v v +, e quindi il problema da risolvere si rasforma in v = v + v() =. L equazione è lineare. L equazione omogenea associaa ha soluzione v om () = c. Cerchiamo una soluzione dell equazione non omogenea della forma v p () = c(), per cui v p() = c ()+c(), e quindi c () + c() = c() + c() = d =. Allora v 3 p () = e v gen() = c. Usando la condizione iniziale, si oiene c = 3, per cui v Cauchy() = 3 = 3. Allora y Cauchy () = 3. L inervallo di esisenza è > 3. Esercizio 66. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y = y + y log y() =. Svolgimeno. È un equazione di Bernoulli. Poniamo v = y = y = y = v, y = v, per cui v l equazione divena v = v v + log v = v v log, e quindi il problema da risolvere si rasforma in v = v log v() =. L equazione è lineare. L equazione omogenea associaa ha soluzione v om () = c. Cerchiamo una soluzione dell equazione non omogenea della forma v p () = c(), per cui v p() = c ()+c(), e quindi c ()+c() = c() log c() = log d = log +. Allora v p () = ( log ) e v gen () = c + ( log ). Usando la condizione iniziale, si oiene c =, per cui v Cauchy () = + ( log ). Allora y Cauchy () =. L inervallo di esisenza si deermina numericamene. + ( log ) Esercizio 67. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y = y ( + + )y y(0) =. 36

37 Svolgimeno. È un equazione di Bernoulli. Poniamo v = y = y = y = v, y = v, per cui v l equazione divena v = v v ++ v = v + + +, e quindi il problema da risolvere v si rasforma in v = v v(0) =. L equazione è lineare. L equazione omogenea associaa ha soluzione v om () = ce. Cerchiamo una soluzione dell equazione non omogenea della forma v p () = c()e, per cui v p() = c ()e c()e, e quindi c ()e c()e = c()e + ++ c() = ( ++)e d = ( ++)e (+ )e d = ( ++)e (+)e +e = ( +)e. Allora v p () = + e v gen () = ce + +. Usando la condizione iniziale, si oiene c =, per cui v Cauchy () = e + +. Allora y Cauchy () =. L inervallo di esisenza si deermina numericamene. + e Esercizio 68. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y = y + y y() =. Svolgimeno. È un equazione di Bernoulli. Poniamo v = y = y = y = v, y = v, per cui v l equazione divena v = v v + v = v, e quindi il problema da risolvere si rasforma v in v = v v() =. L equazione è lineare. L equazione omogenea associaa ha soluzione v om () = ce /. Cerchiamo una soluzione dell equazione non omogenea della forma v p () = c()e /, per cui v p() = c ()e / c()e /, e quindi c ()e / c()e / = c()e / c() = es / ds. Allora v p () = e / es / ds e v gen () = ce / e / es / ds. Usando la condizione iniziale, si oiene c = e /, per cui v Cauchy () = e ( )/ e / es / ds. Allora y Cauchy () = e / e R es / ds. L inervallo di esisenza si deermina numericamene. Esercizio 69. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y = 4y + e y / y(0) = 4. Svolgimeno. È un equazione di Bernoulli. Poniamo v = y / = y = y = v, y = vv, per cui l equazione divena vv = 4v + e v v = v + e, e quindi il problema da risolvere si rasforma in v = v + e v(0) =. L equazione è lineare. L equazione omogenea associaa ha soluzione v om () = ce. Cerchiamo una soluzione dell equazione non omogenea della forma v p () = c()e, per cui v p() = c ()e + c()e, 37

38 e quindi c ()e + c()e = c()e + e c() = e d = e. Allora v p () = e e v gen () = ce e. Usando la condizione iniziale, si oiene c = 3, per cui v Cauchy () = 3e e. Allora y Cauchy () = (3e e ) = 9e 4 6e 3 + e, R. Esercizio 70. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y = y + 4 y / y() = 0. Svolgimeno. È un equazione di Bernoulli. Poniamo v = y / = y = y = v, y = vv, per cui l equazione divena vv = v + 4 v v = v +, e quindi il problema da risolvere si rasforma in v = v + v() = 0. L equazione è lineare. L equazione omogenea associaa ha soluzione v om () = c. Cerchiamo una soluzione dell equazione non omogenea della forma v p () = c(), per cui v p() = c ()+c(), e quindi c () + c() = c() + c() = d =. Allora v p () = 3 e v gen () = c + 3. Usando la condizione iniziale, si oiene c =, per cui v Cauchy () = 3. Allora y Cauchy () = ( 3 ) = 6 4 +, > 0. Esercizio 7. Risolvere il seguene problema di Cauchy y = y + y/3 y() = 8. Svolgimeno. È un equazione di Bernoulli. Poniamo v = y /3 = y /3 = y = v 3/, y = 3 v/ v, per cui l equazione divena 3 v/ v = v3/ + v / v = v 3 + 3, e quindi il problema da risolvere si rasforma in v = v v() = 4. L equazione è lineare. L equazione omogenea associaa ha soluzione dv v = d 3 log v = 3 log + c v om() = c /3. Cerchiamo una soluzione dell equazione non omogenea della forma v p () = c() /3, per cui v p() = c () /3 + 3 c() /3, e quindi c () /3 + 3 c() /3 = 3 c() /3 + 3 c() = 3 /3 d = 5 5/3. Allora v p () = 5 e v gen () = c / Usando la condizione ( ) iniziale, si oiene c = 8 5, per cui v Cauchy() = 8 5 / Allora y Cauchy () = 8 3/, 5 /3 + 5 > 0. Esercizio 7. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y = + y + e y y() = e. 38

39 Svolgimeno. È un equazione di Bernoulli. Poniamo v = y+ = y = y = v, y = v / v, per cui l equazione divena v / v = + v/ + e v / v = + v + e, e quindi il problema da risolvere si rasforma in v = + v + e v() = e. L equazione è lineare. L equazione omogenea associaa ha soluzione dv v = + d log v = log + c v om () = ce log = c e. Cerchiamo una soluzione dell equazione non omogenea della forma v p () = c() e, per cui v p() = c () e + e c c(), e quindi () e +e c() = + c() e + e c() = e d = e. Allora v p () = e e v gen() = c e + e. Usando la condizione iniziale, si oiene c = e, per cui v Cauchy() = e + e = (e + e ). Allora y Cauchy () = (e + e ), > 0. Esercizio 73. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y = + y + e y y() = e. Svolgimeno. È un equazione di Bernoulli. Poniamo v = y+ = y = y = v, y = v / v, per cui l equazione divena v / v = + v/ e v / v = + v + e, e quindi il problema da risolvere si rasforma in v = + v + e v() = e. L equazione è lineare. L equazione omogenea associaa ha soluzione dv v = + d log v = log + c v om () = ce log = c e. Cerchiamo una soluzione dell equazione non omogenea della forma v p () = c() e, per cui v p() = c () e + e c c(), e quindi () e +e c() = + c() e + e c() = e d = e. Allora v p () = e e v gen() = c e + e. Usando la condizione iniziale, si oiene c = e, per cui v Cauchy() = e + e = (e + e ). Allora y Cauchy () = (e + e ), > 0. Esercizio 74. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y = + y + e y lim 0 y() R. Svolgimeno. È un equazione di Bernoulli. Poniamo v = y+ = y = y = ± v, y = ± v / v, per cui l equazione divena ± v / v = + (±v/ ) ± e v / v = + v + e, e quindi il problema da risolvere si rasforma in v = + v + e lim 0 v() [0, ). 39

40 L equazione è lineare. L equazione omogenea associaa ha soluzione dv v = + d log v = log + c v om () = ce log = c e. Cerchiamo una soluzione dell equazione non omogenea della forma v p () = c() e, per cui v p() = c () e + e c(), e quindi c () e + e c() = + c() e + e c() = e d = e. Allora v p () = e e v gen () = c e + e = (ce + e ce ). Usando la condizione iniziale, si oiene lim +e 0 = c( +o())+++o() c++( c)+o() c = lim 0 = lim 0 =, c, per cui v Cauchy () = e e e. Allora y Cauchy () = ± e, > 0. Esercizio 75. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y = y y3 y() = 3. Svolgimeno. È un equazione di Bernoulli. Poniamo v = y 3 = y = y = v /, y = v 3/ v, per cui l equazione divena v 3/ v = v / v 3/ v = v +, e quindi il problema da risolvere si rasforma in v = v + v() = 3. L equazione è lineare. L equazione omogenea associaa ha soluzione dv v = d log v = log + c v om () = c. Cerchiamo una soluzione dell equazione non omogenea della forma v p () = c(), per cui v p() = c () c(), e quindi c () c() = c() + c() = d = Allora v p () = 3 e v gen() = c + 3. Usando la condizione iniziale, si oiene c = 3, per cui v Cauchy () = 3 = 3. Allora y 3 3 Cauchy () = 3, > Esercizi proposi Esercizio 76. Deerminare la soluzione generale delle segueni equazioni () y = y + y 3, () y = y + y 3, (3) y = y + y 3, (4) y = y y3, (5) y = ( + )3 y y 3, + (6) y = y + y log, (7) y = y + y, 40

41 (8) y = y y, (9) y = y + y, (0) y = y y, () y = y y, () y = y y, (3) y = y e y, (4) y = y cos y sin cos, (5) y = y + y, (6) y = y + y, (7) y = y y, (8) y = 4 3/ y + 4 3/ y, (9) y = y + cos y, (0) y = + y ( + ) y, () y = y y, () y = sin y g 4 4y 3, (3) y = y g 3 y 5, (4) y = y + y, (5) y = 4 y + y, (6) y = y + y sin, (7) y = 3( ) y + 3 y, (8) y = y y /3, (9) y = y + y /3, (30) y = y + y3/, (3) y = 3 ( ) y + 3 y3/, 4

42 (3) y = y + log y 3/. 4

43 Teorema di esisenza e unicià locale. Inegrali di funzioni a valori veoriali InVe InVe Definizione.. Sia f : [a, b] R N. Essa si dice inegrabile secondo Riemann in [a, b] se [a, b] v f() R è R-inegrabile, per ogni v R N. Teorema.. Sia f R([a, b]; R N ). Allora!I R N ale che I v = b a v f() d, per ogni v RN. Poniamo b a f() d := I. Se f = (f,..., f N ), allora ( b a f() d = b a f () d,..., ) b a f N() d. Dim. Poiché v R N b a v f() d R è un funzionale lineare, esise un unico I RN ale che I v = b a v f() d, per ogni v RN. Inolre, se v = e k, un veore della base canonica di R N, allora I e k = b a e k f() d = b a f k() d, da cui si ha la esi. InVe3 Teorema.3. Siano f, g R([a, b]; R N ), α, β R. Allora () αf + βg R([a, b]; R N ) e b a (αf + βg) = α b a f + β b a g, () f g R([a, b]; R). Dim. () Poiché, per ogni v R N, si ha v (αf + βg) = α(v f) + β(v g), la esi segue dall analoga proprieà per funzioni scalari. () Siano f = (f,..., f N ) e g = (g,..., g N ), per cui f g = N i= f ig i. Allora la esi segue dai eoremi di inegrabilià del prodoo e della combinazione lineare di funzioni scalari inegrabili. InVe4 Teorema.4. Siano f R([a, b]; R N ), K := f([a, b]), ϕ C 0 (K; R M ). Allora () ϕ f R([a, b]; R M ), () f R([a, b]; R), e b a f() d b a f() d. Dim. () Poiché ogni componene di f è limiaa, f([a, b]) è limiao, e quindi K è compao, e ϕ è uniformemene coninua su K. Sia ε > 0, e sia δ ε (0, ε) ale che, per ogni x, y K, x y < ε, si ha ϕ(x) ϕ(y) < ε. Poiché, poso f = (f,..., f N ), si ha f k R([a, b]), per ogni k =,..., N, ne segue che esise D ε = a = x 0 < x <... < x n = b} ale che S(f k, D ε ) s(f k, D ε ) < δ ε, per ogni k =,..., N. Ricordiamo che, se g : E R, si pone osc E g = sup E g inf E g. Siano A := i,..., N} : osc [xi,x i ] f k < δ ε, k =,..., N }, e B :=,..., N} \ A. Allora, per ogni i A, h,..., M}, si ha osc [xi,x i ] ϕ h f k ε; menre, se i B, possiamo scrivere, per ogni h,..., M}, osc [xi,x i ] ϕ h f k sup K ϕ h sup K ϕ. Osserviamo ora che δ ε (x i x i ) (a) (x i x i ) osc [xi,x i ] f ki N i x i ) osc [xi,x i ] f k i B i B i B(x k= N n = (x i x i ) osc [xi,x i ] f k [S(f k, D ε ) s(f k, D ε )] < Nδε, k= i B k= 43

44 dove in (a) si è usao il fao che i B = esise k i,..., N} ale che osc [xi,x i ] f ki δ ε. Quindi, i B (x i x i ) < nδ ε < nε. Ma allora, per ogni h,..., m}, si ha p i x i ) osc [xi,x i ] ϕ h f = i=(x i x i ) osc [xi,x i ] ϕ h f + i A(x i B < ε i x i ) + sup ϕ (x i x i ) K i A(x ε(b a) + sup K i B (x i x i ) osc [xi,x i ] ϕ h f ϕ Nε = ε(b a + N sup ϕ ), K e, per l arbirarieà di ε > 0, segue che ϕ h f R([a, b]), per ogni h,..., m}, e quindi che ϕ f R([a, b]; R M ). () Poiché ϕ : x R N x R è coninua, da () segue che f = ϕ f R([a, b]). Poso v := b a f() d, supponiamo che v 0, alrimeni non c è niene da dimosrare. Allora b a f() d = v = v v = v b a f() d = b a v f() d b a v f() d = v b a f() d. Dividendo per v 0, oeniamo b a f() d b = v a f() d. InVe5 InVe6 Proposizione.5. Siano f : [a, b] R N limiaa, c (a, b). Allora () f R([a, b]; R N ) f R([a, c]; R N ) e f R([c, b]; R N ), () f R([a, b]; R N ) = b a f = c a f + b c f. Dim. Passando alle componeni, ci si riduce all analogo eorema per funzioni scalari. Proposizione.6. Siano f R([a, b]; R N ), c [a, b], F (x) := x a f() d, per ogni x [a, b]. () Poso L := sup [a,b] f() <, si ha F (x) F (y) L x y, per ogni x, y [a, b]. () Se f è coninua in x 0 [a, b], allora esise F (x 0 ) = f(x 0 ). Dim. () Si ha F (x) F (y) = x y f() d x y f() d L x y. () Segue dall analogo eorema per funzioni scalari, pur di passare alle componeni.. Teorema di esisenza e unicià locale EsisLoc Definizione.7 (Soluzione dell equazione differenziale). Siano A R N+ un apero, f : A R N. Si dice soluzione dell equazione differenziale ordinaria in forma normale y = f(x, y) una funzione y : I R N (x, y(x)) A, x I,, derivabile nell inervallo I R, e ale che y (x) = f(x, y(x)), x I. EsisLoc4 Definizione.8 (Soluzione del problema di Cauchy). Siano A R N+ un apero, f : A R N, (x 0, y 0 ) A. Si dice soluzione del problema di Cauchy per l equazione differenziale ordinaria in forma normale y = f(x, y) con dao iniziale (x 0, y 0 ) A una funzione y : I R N, derivabile (x, y(x)) A, x I, nell inervallo I R, e ale che y (x) = f(x, y(x)), x I, y(x 0 ) = y 0. 44

45 EsisLoc5 Proposizione.9. Siano A R N+ un apero, f C 0 (A; R N ), (x 0, y 0 ) A, y : I R N ale che (x, y(x)) A, per ogni x I. Sono equivaleni () y C (I; R N y (x) = f(x, y(x)), x I, ) è soluzione di y(x 0 ) = y 0, () y C 0 (I; R N ) e ale che y(x) = y 0 + x x 0 f(, y()) d, per ogni x I. Dim. () = () Poiché y soddisfa y (x) = f(x, y(x)), per ogni x I, e y(x 0 ) = y 0, inegrando membro a membro oeniamo y(x) y(x 0 ) = x x 0 f(, y()) d, e quindi la esi. () = () Poiché I f(, y(y)) R N è coninua, per il eorema fondamenale del calcolo inegrale esise y (x) = f(x, y(x)), per ogni x I, per cui y C (I; R N ) ed è soluzione di y = f(x, y). Infine y(x 0 ) = y = y 0. EsisLoc6 Proposizione.0 (Esisenza e unicià in un reangolo). Siano R := (x, y) R N+ : x x 0 a, y y 0 b}, f C 0 (R; R N ), L > 0 ale che f(x, y ) f(x, y ) L y y, per ogni (x, y ), (x, y ) R. Siano M := max (x,y) R f(x, y) e δ := min a, b M }. Allora esise un unica y C 0 ([x 0 δ, x 0 + δ]; R N ) ale che y(x) = y 0 + x x 0 f(, y()) d, per ogni x [x 0 δ, x 0 + δ]. Dim. ( ) Osserviamo preliminarmene che, se ϕ C 0 ([x 0 δ, x 0 + δ]; R N ) e ϕ(x) y 0 b, per ogni x [x 0 δ, x 0 +δ], allora (T ϕ)(x) ψ(x) := y 0 + x x 0 f(, ϕ()) d è ale che ψ C 0 ([x 0 δ, x 0 +δ]; R N ) e ψ(x) y 0 x x 0 f(, ϕ()) d M x x 0 Mδ b. Osserviamo, inolre, che la esi è dimosraa se facciamo vedere che esise y C 0 ([x 0 δ, x 0 + δ]; R N ) che è puno unio [cioè T y = y] della rasformazione T : ϕ C 0 ([x 0 δ, x 0 + δ]; R N ) ψ C 0 ([x 0 δ, x 0 + δ]; R N ). Per far ciò, usiamo il meodo delle approssimazioni successive. Poniamo, per ogni x [x 0 δ, x 0 + δ], y 0 (x) := y 0, y (x) := y y n (x) := y 0 + x x 0 f(, y 0 ()) d, x x 0 f(, y n ()) d, n. Poiché y 0 C 0 ([x 0 δ, x 0 + δ]; R N ) e y 0 (x) y 0 b, per ogni x [x 0 δ, x 0 + δ], per quano già dimosrao si ha y C 0 ([x 0 δ, x 0 + δ]; R N ) e y (x) y 0 b, per ogni x [x 0 δ, x 0 + δ], e, successivamene, y n C 0 ([x 0 δ, x 0 + δ]; R N ) e y n (x) y 0 b, per ogni x [x 0 δ, x 0 + δ] e n. Dimosriamo ora che y n } converge uniformemene in [x 0 δ, x 0 +δ]. Osserviamo che ciò equivale 45

46 a dimosrare che y 0 + n k= (y k y k ) converge uniformemene in [x 0 δ, x 0 + δ]. Ora y (x) y 0 (x) M x x 0, x x y (x) y (x) f(, y ()) f(, y 0 ()) d L y () y 0 () d x 0 x 0 x LM x 0 d = M L x 0 x x 0, e, se supponiamo che y n (x) y n (x) M Ln n! x x 0 n, si ha x x y n+ (x) y n (x) f(, y n ()) f(, y n ()) d L y n () y n () d x 0 x 0 x M Ln x 0 n d = M Ln n! x 0 (n + )! x x 0 n+. Ma allora sup x x0 δ y n (x) y n (x) M Ln n! δ n, e per il crierio di Weiersrass la serie y 0 = k= (y k y k ) converge uniformemene in [x 0 δ, x 0 + δ], cioè y n } converge uniformemene in [x 0 δ, x 0 + δ], e indichiamo con y C 0 ([x 0 δ, x 0 + δ]; R N ) il limie. Allora, da y n (x) y 0 b, per ogni x [x 0 δ, x 0 + δ], n N, segue y(x) y 0 b, per ogni x [x 0 δ, x 0 + δ]. Inolre, da x x f(, y()) f(, y n ()) d L y() y n () d L x 0 x 0 Lδ sup x x 0 δ sup x x 0 δ y(x) y n (x) 0, y(x) y n (x) x x 0 segue che, passando al limie in y n (x) = y 0 + x x 0 f(, y n ()) d, si oiene y(x) = y 0 + x x 0 f(, y()) d, cioè y è puno unio di T, cioè la esi. (!) Supponiamo, per assurdo, che esisono y, y C 0 ([x 0 δ, x 0 + δ]; R N ) ali che (x, y i (x)) A e y i (x) = y 0 + x x 0 f(, y i ()) d, per ogni x [x 0 δ, x 0 + δ], i =,, e y y. Poso, allora, x := supx [x 0, x 0 + δ] : y () = y (), [x 0, x]}, si ha x [x 0, x 0 + δ). Sia ε > 0 ale che x + ε < x 0 + δ, per cui, per ogni x [x, x + ε], si ha y (x) y (x) = x x 0 [f(, y ()) f(, y ())] d + x x [f(, y ()) f(, y ())] d = x x [f(, y ()) f(, y ())] d. Poso K ε := sup x [x,x +ε] y (x) y (x) > 0, si ha y (x) y (x) x x f(, y ()) f(, y ()) d L x x y () y () d LK ε (x x ) LK ε ε, da cui segue K ε LK ε ε, cioè ε L, che conrasa con l arbirarieà di ε > 0. EsisLoc7 Proposizione. (Esisenza e unicià locale). Siano A R N+ un apero, f C 0 (A; R N ) e localmene Lipschiziana in A rispeo ad y, uniformemene in x [cioè per ogni (x 0, y 0 ) A, esisono U W(x 0, y 0 ), L > 0, ali che f(x, y ) f(x, y ) L y y, per ogni (x, y ), (x, y ) U. Allora, per ogni (x 0, y 0 ) A, esisono δ > 0 e un unica y C ([x 0 δ, x 0 + δ]; R N ) ali che y(x 0 ) = x 0 e y (x) = f(x, y(x)), per ogni x [x 0 δ, x 0 + δ]. Dim. Poiché U è apero, esisono a, b > 0 ali che R := (x, y) R N+ : x x 0 a, y y 0 b } U. Allora la esi segue dalla Proposizione.0. 46

47 Si può dare una dimosrazione alernaiva delle due Proposizioni precedeni. EsisLoc8 Proposizione.. Siano A R N+ un apero, f C 0 (A; R N ) e localmene Lipschiziana in A rispeo ad y, uniformemene in x [cioè per ogni (x 0, y 0 ) A, esisono U W(x 0, y 0 ), L > 0, ali che f(x, y ) f(x, y ) L y y, per ogni (x, y ), (x, y ) U. Allora, per ogni (x 0, y 0 ) A, esisono δ > 0 e un unica y C ([x 0 δ, x 0 + δ]; R N ) ali che y(x 0 ) = x 0 e y (x) = f(x, y(x)), per ogni x [x 0 δ, x 0 + δ]. Dim. Sia (x 0, y 0 ) A, e siano U W(x 0, y 0 ), L > 0, ali che f(x, y ) f(x, y ) L y y, per ogni (x, y ), (x, y ) U. Siano a, b > 0 ali che R := (x, y) R N+ : x x 0 a, y y 0 b } U e poniamo M := max (x,y) R f(x, y), δ := min a, b } M, e Iδ := [x 0 δ, x 0 + δ]. Inroduciamo X := z C 0 (I δ ; R N ) : z(x) y 0 b, x I δ }, con la merica d(u, v) := sup x Iδ u(x) v(x), per ogni u, v X. Dimosriamo che X è un sooinsieme chiuso di (C 0 (I δ ; R N ), ), e quindi è uno spazio merico compleo. Infai, se z k } X è ale che z k z C 0 (I δ ; R N ) nella norma, allora z(x) y 0 = lim k z k y 0 b, e quindi z X. Osserviamo ora che, se z X, allora (T z)(x) := y 0 + x x 0 f(, z()) d è ale che T z X. Infai T z C 0 (I δ ; R N ), per il eorema fondamenale del calcolo. Inolre (T z)(x) y 0 = x x 0 f(, z()) d x x 0 f(, z()) d M x x 0 Mδ b, per cui T z X. Ma allora T : z X T z X. Inolre, se u, v X, si ha, per ogni x I δ, x x (T u)(x) (T v)(x) = [f(, u()) f(, v())] d f(, u()) f(, v()) d x 0 x 0 x L u() v() d Ld(u, v) x x 0, x 0 (T u)(x) (T v)(x) x x L (T u)() (T v)() d L d(u, v) x 0 d x 0 x 0 = L d(u, v) x x 0, e se supponiamo che (T k u)(x) (T k v)(x) L k d(u, v) k! x x 0 k, per ogni x I δ, allora, per ogni x I δ, si ha (T k+ u)(x) (T k+ v)(x) L x x 0 = L k+ d(u, v) k! x (T k u)() (T k v)() d L k+ d(u, v) x 0 k d k! x 0 k + x x 0 k+ = L k+ d(u, v) (k + )! x x 0 k+. Quindi d(t k u, T k v) Lk δ k L k! d(u, v), per ogni u, v X. Poiché lim k δ k k k! = 0, esise k 0 N ale che κ := Lk 0 δ k 0 k 0! <, per cui d(t k 0 u, T k 0 v) κd(u, v), per ogni u, v X. Quindi, per il eorema delle conrazioni, esise un unica ϕ X ale che T ϕ = ϕ, cioè ϕ è soluzione del problema di Cauchy, ed è l unica in X. Dimosriamo che ϕ è l unica soluzione del problema di Cauchy definia in I δ, cioè se ψ C 0 (I δ ; R N ) è ale che (x, ψ(x)) A e ψ(x) = y 0 + x x 0 f(, ψ()) d, per ogni x I δ [e ψ non necessariamene soddisfa ψ(x) k y 0 b, per ogni x I δ ], si ha che ϕ ψ in I δ. 47

48 Inano, ψ(x 0 ) y 0 = 0, e quindi, per la coninuià di ψ in I δ, esise δ (0, δ] ale che ψ(x) y 0 b, per ogni x I δ := [x 0 δ, x 0 + δ ], e quindi [per l unicià in z C 0 (I δ ; R N ) : z(x) y 0 b, x I δ }] ψ(x) = ϕ(x), per ogni x I δ. Sia D := x I δ : ψ(x) = ϕ(x)}. Allora x 0 D; inolre D è chiuso, perché ϕ, ψ sono coninue. Dimosriamo che D è apero. Sia x D, per cui ψ(x ) = ϕ(x ) =: y. Allora, applicando la prima pare della prova con (x, y ) A al poso di (x 0, y 0 ) A, si oiene l esisenza di α, β > 0 ali che (x, y) R N+ : x x α, y y β} A, e di un unica ω C 0 ([x α, x + α]; R N ) ale che, per ogni x [x α, x + α], si ha ω(x) y β e ω(x) = y + x x f(, ω()) d. Per quano viso poco sopra, esise α (0, α] ale che ϕ(x) = ω(x) = ψ(x), per ogni x [x α, x + α ]. Ma allora [x α, x + α ] D, per cui D è apero. Poiché D, deve essere D = I δ, da cui segue la esi. EsisLoc9 Proposizione.3. Siano A R N+ un apero, f C 0 (A; R N ) ale che f f y,... y N C 0 (A; R N ) [ in paricolare, f C (A; R N ) ]. Allora, per ogni (x 0, y 0 ) A, esisono δ > 0 e un unica y C ([x 0 δ, x 0 + δ]; R N ) ali che y(x 0 ) = x 0 e y (x) = f(x, y(x)), per ogni x [x 0 δ, x 0 + δ]. Dim. Sia (x 0, y 0 ) A, e siano a, b > 0 ali che R := (x, y) R N+ : x x 0 a, y y 0 b } A. Poiché, per ogni i,..., N}, la funzione (x, y) R ( N j= f i y j (x, y) ) / R è coninua sul ( N /. compao R, per il eorema di Weiersrass esise L i := max (x,y) R j= f i y j (x, y) ) Poniamo L := ( N ) /. i= L i Siano ora (x, y ), (x, y ) R. Dal eorema del valor medio segue che f(x, y ) f(x, y ) max [0,] f y (x, ( )y + y ) y y L y y. Quindi f è localmene Lipschiziana rispeo ad y, uniformemene in x. Per la Proposizione. si ha la esi. EsisLoc0 Proposizione.4 (Regolarià della soluzione). Siano A R N+ un apero, k N, f C k (A; R N ). Allora, per ogni (x 0, y 0 ) A, esisono δ > 0 e un unica y C k+ ([x 0 δ, x 0 + δ]; R N ) ali che y(x 0 ) = x 0 e y (x) = f(x, y(x)), per ogni x [x 0 δ, x 0 + δ]. Dim. Per k = segue dalla Proposizione.3 che esisono δ > 0 e un unica y C ([x 0 δ, x 0 +δ]; R N ) ali che y(x 0 ) = x 0 e y (x) = f(x, y(x)), per ogni x [x 0 δ, x 0 + δ]. Ma allora y C ([x 0 δ, x 0 + δ]; R N ), perché composizione di funzioni C, e quindi y C ([x 0 δ, x 0 + δ]; R N ). Procediamo allora per induzione. Supponiamo di aver dimosrao la Proposizione per un cero k N, e dimosriamo che il risulao è vero per k +. Sia, allora, f C k+ (A; R N ), per cui f C k (A; R N ), e per ipoesi induiva, y C k+ ([x 0 δ, x 0 + δ]; R N ). Ma allora y C k+ ([x 0 δ, x 0 + δ]; R N ), come composizione di funzioni C k+, e quindi y C k+ ([x 0 δ, x 0 + δ]; R N ). La esi segue. EsisLoc Definizione.5 (Soluzione dell equazione differenziale). Siano A R N+ un apero, f : A R. Si dice soluzione dell equazione differenziale ordinaria di ordine N in forma normale y (N) = f(x, y, y, y,..., y (N ) ) una funzione y : I R, derivabile N vole nell inervallo I R, e ale che (x, y(x), y (x),..., y (N ) (x)) A, x I, y (N) (x) = f(x, y(x), y (x), y (x),..., y (N ) (x)), x I. EsisLoc Definizione.6 (Soluzione del problema di Cauchy). Siano A R N+ un apero, f : A R, (x 0, y 0, y 0, y 0,..., y(n ) 0 ) A. Si dice soluzione del problema di Cauchy per l equazione differenziale ordinaria di ordine N in forma normale y (N) = f(x, y, y, y,..., y (N ) ) con dao iniziale 48

49 (x 0, y 0, y 0, y 0,..., y(n ) 0 ) A una funzione y : I R, derivabile N vole nell inervallo I R, e (x, y(x), y (x),..., y (N ) (x)) A, x I, ale che y (N) (x) = f(x, y(x), y (x), y (x),..., y (N ) (x)), x I, y(x 0 ) = y 0, y (x 0 ) = y 0,..., y(n ) (x 0 ) = y (N ) 0. EsisLoc3 EsisLoc4 Proposizione.7. Siano A R N+ un apero, f : A R, y : I R, derivabile N vole nell inervallo I R. Sono equivaleni () y è soluzione di y (N) = f(x, y, y, y,..., y (N ) ), z 0 = z () (y, y, y,..., y (N ) ) : I R N z è soluzione di = z... z N = f(x, z 0, z,..., z N ). Proposizione.8. Siano A R N+ un apero, f : A R, y : I R, derivabile N vole nell inervallo I R, (x 0, y 0, y 0, y 0,..., y(n ) 0 ) A. Sono equivaleni y (N) = f(x, y, y, y,..., y (N ) ) () y è soluzione di y(x 0 ) = y 0, y (x 0 ) = y 0,..., y(n ) (x 0 ) = y (N ) 0, z 0 = z z = z () (y, y, y,..., y (N ) ) : I R N è soluzione di... z N = f(x, z 0, z,..., z N ) z 0 (x 0 ) = y 0, z (x 0 ) = y 0,..., z N (x 0 ) = y (N ) 0. EsisLoc5 Proposizione.9 (Esisenza ed unicià locale). Siano A R N+ un apero, f C 0 (A; R) e localmene Lipschiziana in A rispeo ad (y 0, y,..., y N ), uniformemene in x [cioè per ogni (x 0, y 0, y,..., y N ) A, esisono U W(x 0, y 0, y,..., y N ), L > 0, ali che f(x, u 0, u,..., u N ) f(x, v 0, v,..., v N ) L N k=0 u k v k, per ogni (x, u 0, u,..., u N ), (x, v 0, v,..., v N ) U. Allora, per ogni (x 0, y 0, y 0, y 0,..., y(n ) 0 ) A, esisono δ > 0 e un unica y C N ([x 0 δ, x 0 + δ]; R) ali che, per ogni x [x 0 δ, x 0 + δ], si ha (x, y(x), y (x),..., y (N ) (x)) A, y (N) (x) = f(x, y(x), y (x), y (x),..., y (N ) (x)), y(x 0 ) = y 0, y (x 0 ) = y 0,..., y(n ) (x 0 ) = y (N ) 0. 49

50 3 Equazioni differenziali lineari 3. Equazioni differenziali lineari a coefficieni coninui EqLin Definizione 3.. Siano I R un inervallo, b, a 0, a,..., a N : I R. Si dice equazione differenziale lineare di ordine N l equazione (Ly)(x) := y (N) (x) + a N (x)y (N ) (x) a (x)y (x) + a 0 (x)y(x) = b(x). Se b 0, l equazione si dice omogenea. EqLin Proposizione 3.. () Siano y, y soluzioni di Ly = 0, c, c R. Allora c y + c y è soluzione di Ly = 0. Quindi l insieme delle soluzioni di Ly = 0 forma uno R-spazio veoriale. () Sia ϕ soluzione dell equazione Ly = b. Allora ψ è soluzione dell equazione Ly = b ψ ϕ è soluzione dell equazione Ly = 0. EqLin3 Proposizione 3.3. Siano I R un inervallo, b, a 0, a,..., a N C 0 (I), x 0 I, (y 0, y 0,..., y(n ) 0 ) R N. Allora esise un unica y C N (I) ale che Ly = b e y (k) (x 0 ) = y (k) 0, per ogni k = 0,,..., N. Dim. Primo meodo. Poso f(x, y 0, y,..., y N ) := b(x) a 0 (x)y 0 a (x)y... a N y N, l equazione differenziale si riscrive y (N) = f(x, y, y,..., y (N ) ), con f C 0 (I R N ) e f y k = a k (x), per ogni k 0,,..., N }, e quindi f è localmene Lipschiziana in (y 0, y,..., y N ), uniformemene in x. Per la Proposizione.9, esise un unica soluzione locale y dell equazione differenziale che soddisfa le condizioni iniziali. Per la Proposizione??, y è soluzione in I. y(x) y (x) Secondo meodo. Poso u(x) :=, si ha. y (N ) (x) u (x) u (x). u N (x) u N (x) = y (x) = u (x) = y (x) = u 3 (x) = y(n ) (x) = u N (x) = y(n) (x) = b(x) a 0 (x)y(x) a (x)y (x)... a N y (N ) = b(x) a 0 (x)u a (x)u... a N u N e quindi, poso B(x) :=., A(x) := 0., l equazione Ly = b si riscrive u (x) = A(x)u(x) + B(x), a cui si può applicare la Proposizione.3, e quindi b(x) a 0 (x) a (x) a (x)... a N (x) esise un unica soluzione locale u dell equazione differenziale che soddisfa le condizioni iniziali. Per la Proposizione??, u è soluzione in I, e quindi esise un unica y C N (I) soluzione di Ly = b. EqLin4 Proposizione 3.4. Siano I R un inervallo, a 0, a,..., a N C 0 (I), y C N (I) soluzione di Ly = 0, x 0 I ale che y(x 0 ) = y (x 0 ) =... = y (N ) (x 0 ) = 0. Allora y 0. 50

51 Dim. Segue dalla Proposizione 3.3. EqLin5 Proposizione 3.5. Siano I R un inervallo, a 0, a,..., a N C 0 (I), x 0 I, e definiamo l applicazione T : (y 0, y 0,..., y(n ) 0 ) R N y C N (I), dove y è l unica soluzione di Ly = 0, ale che y(x 0 ) = y 0, y (x 0 ) = y 0,..., y(n ) (x 0 ) = y (N ) 0. Allora T è un isomorfismo di spazi veoriali. In paricolare, l insieme delle soluzioni di Ly = 0 forma uno R-spazio veoriale di dimensione N. Dim. Siano ũ := (u 0, u 0,..., u(n ) 0 ), ṽ := (v 0, v 0,..., v(n ) 0 ) R N, α, β R, e siano u, v, w C N (I) le soluzioni di Lu = 0 Lv = 0 Lw = 0 u(x 0 ) = u 0 v(x 0 ) = v 0 w(x 0 ) = αu 0 + βv u (N ) (x 0 ) = u (N ) 0, v (N ) (x 0 ) = v (N ) 0, w (N ) (x 0 ) = αu (N ) 0 + βv (N ) 0. Dobbiamo dimosrare che T è lineare, cioè T (αũ+βṽ) = αt (ũ)+βt (ṽ), cioè w(x) = αu(x)+βv(x), per ogni x I. Inano L(αu+βv) = αl(u)+βl(v) = 0. Inolre (αu+βv)(x 0 ) = αu 0 +βv 0 = w(x 0 ), (αu + βv) (x 0 ) = αu 0 + βv 0 = w (x 0 ),..., (αu + βv) (N ) (x 0 ) = αu (N ) 0 + βv (N ) 0 = w (N ) (x 0 ). Allora, per l unicià della soluzione [Proposizione 3.3] si ha w = αu + βv, cioè T è lineare. Dimosriamo che T è inieiva. Infai, se u := T (ũ) = 0, allora u 0 = u(x 0 ) = 0, u 0 = u (x 0 ) = 0,..., u (N ) 0 = u (N ) (x 0 ) = 0, per cui ũ = 0. Infine dimosriamo che T è surieiva. Infai, se u C N (I) è ale che Lu = 0, allora, poso u 0 := u(x 0 ), u 0 := u (x 0 ),..., u (N ) 0 := u (N ) (x 0 ), ũ := (u 0, u 0,..., u(n ) 0 ) R N, v := T (ũ), si ha Lv = 0, e v(x 0 ) = u 0 = u(x 0 ), v (x 0 ) = u 0 = u (x 0 ),..., v (N ) (x 0 ) = u (N ) 0 = u (N ) (x 0 ), e per l unicià della soluzione [Proposizione 3.3] si ha v = u, cioè u = T (ũ). EqLin6 Definizione 3.6. Siano I R un inervallo, a 0, a,..., a N C 0 (I). Allora, y,..., y k C N (I), soluzioni di Ly = 0, si dicono linearmene indipendeni se c y +...+c k y k = 0 = c =... = c k = 0. Si dice sisema fondamenale di soluzioni un insieme di N soluzioni indipendeni. EqLin7 Definizione 3.7. Siano I R un inervallo, a 0, a,..., a N C 0 (I), y,..., y N C N (I), soluzioni di Ly = 0. Si dice loro marice Wronskiana la (x)... y N (x) y (x)... y N (x) y.. y (N ) (x)... y (N ) (x) EqLin8 Proposizione 3.8. Siano I R un inervallo, a 0, a,..., a N C 0 (I), y,..., y N C N (I), soluzioni di Ly = 0. Allora y,..., y N sono linearmene indipendeni de W (x) 0, per ogni x I. Dim. ( = ) Se esisesse x 0 I ale che de W (x 0 ) = 0, allora esiserebbe (c,..., c N ) (0,..., 0) R N ale che W (x 0 )(c,..., c N ) T = (0,..., 0) T, per cui, poso u(x) := c y (x)+...+c N y N (x), si avrebbe u(x 0 ) = u (x 0 ) =... = u (N ) (x 0 ) = 0, e per la Proposizione 3.4 si avrebbe u 0, cioè y,..., y N non sarebbero linearmene indipendeni. N 5

52 ( = ) Se y,..., y N fossero linearmene dipendeni, esiserebbe (c,..., c N ) (0,..., 0) R N ale che c y (x)+...+c N y N (x) = 0, per ogni x I. Derivando, si oerrebbe c y (x)+...+c Ny N (x) = 0,..., c y (N ) (x) c N y (N ) N (x) = 0, e quindi de W (x) = 0, per ogni x I. EqLin9 Proposizione 3.9. Siano I R un inervallo, a 0, a,..., a N C 0 (I), y,..., y N C N (I), soluzioni di Ly = 0, W loro marice Wronskiana, w(x) := de W (x), x I. Allora () w soddisfa l equazione differenziale w (x) = a N (x)w(x), per ogni x I, () fissao x 0 I, si ha w(x) = w(x 0 ) exp ( x x 0 a N () d ), x I. Dim. () Si ha w (x) (a) = de N (b) = y (x)... y N (x) y (x)... y N (x). y (N ) (x)... y (N ) N (x) y (x)... y N (x) y (x)... y N (x) + de de. y (N) (x)... y (N) N (x) y (x)... y N (x) y a k (x) de (x)... y N (x). k=0 y (k) (x)... y(k) = a N (x) de N (x) y (x)... y N (x) y (x)... y N (x). y (N ) (x)... y (N ) N (x) y (x)... y N (x) y (x)... y N (x). y (N ) (x)... y (N ) N = a N (x)w(x), dove si sono usae: in (a) la formula di derivazione di un deerminane, e in (b) la formula y (N) i (x) = N k=0 a k(x)y (k) i (x). () Segue da (). (x) EqLin0 Osservazione 3.0. Un sisema fondamenale di soluzioni per Ly = 0 si oiene risolvendo i problemi di Cauchy segueni, per i =,..., N, Ly = 0 y(x 0 ) = δ 0,i. y (N ) (x 0 ) = δ N,i. Infai la marice Wronskiana di quese soluzioni è W (x 0 ) = I, e quindi non è singolare, e le soluzioni sono linearmene indipendeni. 5

53 EqLin Proposizione 3. (Meodo di d Alember di riduzione dell ordine). Siano I R un inervallo, a 0, a,..., a N C 0 (I), a N, (Ly)(x) := N k=0 a k(x)y (k) (x), e u 0 soluzione di Ly = 0. Poniamo, per ogni k = 0,..., N, b k (x) := N ( i i=k k) ai (x)u (i k) (x), e sia (L z)(x) := N k=0 b k+(x)z (k) (x). Sia v,..., v N } un sisema fondamenale di soluzioni dell equazione L z = 0, e poniamo, per ogni k =,..., N, y k (x) := u(x) v k (x), e sia y N := u. Allora y,..., y N } è un sisema fondamenale di soluzioni dell equazione Ly = 0. Dim. Cerchiamo soluzioni di Ly = 0 della forma y = uw. Si ha Ly = N a k y (k) = k=0 = b 0 w + N j= N k a k k=0 j=0 (j) (a) b j w = ( ) k w (j) u (k j) = j N b j w (j), j= N j=0 w (j) N k=j ( ) k a k u (k j) = j N w (j) b j dove in (a) si è usao il fao che b 0 = N i=0 a iu (i) = 0. Poniamo w := v i, per i =,..., N, oenendo Ly i = N j= b jv (j ) i = N k=0 b k+v (k) i = L v i = 0. Poichè Ly N = Lu = 0, abbiamo dimosrao che y,..., y N sono soluzioni di Ly = 0. Dimosriamo che sono linearmene indipendeni. Infai, se 0 = c y c N y N = u ( ) c v c N vn + c N, allora c v c N vn + c N = 0, e derivando si ha c v c N v N = 0, che implica c = c =... = c N = 0, e quindi anche c N = 0, cioè la esi. EqLin Corollario 3.. Siano I R un inervallo, a 0, a C 0 (I), u soluzione di Ly := y + a y + a 0 y = 0, v soluzione di v + (a + u u )v = 0. Allora y := u e y := u v sono un sisema fondamenale di soluzioni dell equazione Ly = 0. Dim. Usiamo la Proposizione 3.. Poiché b := ( i ) i= ai u i = a u + u, b = ( ) a u = u, si ha L v = (a u + u )v + uv = 0 = v + (a + u u )v = 0, e la esi segue. j=0 EqLin3 Proposizione 3.3 (Soluzione del problema non omogeneo). Siano I R un inervallo, b, a 0, a,..., a N C 0 (I), y,..., y N un sisema fondamenale di soluzioni di Ly = 0. Allora una soluzione di Ly = b è daa da ϕ = N i= ϕ iy i, dove ϕ,..., ϕ N C (I) soddisfano il sisema y (x)ϕ (x) y N(x)ϕ N (x) = 0 y (x)ϕ (x) y N (x)ϕ N (x) = 0. y (N ) (x)ϕ (x) y(n ) (x)ϕ N (x) = b(x). N Dim. Poiché y,..., y N sono un sisema fondamenale, la marice Wronskiana W (x) := y (x)... y N (x) y (x)... y N (x). y (N ) (x)... y (N ) N (x) 53

54 è non singolare, per ogni x I, e quindi il sisema suddeo ha una sola soluzione 0 ϕ (x) W (x)., e quindi. = 0 x x 0 W (). b(x) ϕ N (x) b() è soluzione di Ly = b. Inano ϕ = ϕ iy i + ϕ i y i = ϕ i y i, ϕ = ϕ iy i + ϕ i y i = ϕ i y i,. ϕ (N ) = ϕ iy (N ) i ϕ (N) = ϕ iy (N ) i + ϕ i y (N ) i + ϕ i y (N) i ϕ (x). ϕ N (x) = d C (I; R N ). Verifichiamo ora che ϕ = ϕ i y (N ) i, = b + ϕ i y (N ) i, e quindi Lϕ = a 0 ϕ a N ϕ (N ) + ϕ (N) = ϕ i (a 0 y i + a y i a N y (N ) i + y (N) i ) + b = b. Osservazione 3.4. Il meodo di variazione delle cosani fu usao per la prima vola da Johann Bernoulli (nel 697) per risolvere equazioni lineari del primo ordine, e in seguio da Lagrange (nel 774) per risolvere equazioni lineari del secondo ordine. EqLin3a Proposizione 3.5. Siano I R un inervallo, b, a 0, a,..., a N C 0 (I), y,..., y N un sisema fondamenale di soluzioni di Ly = 0, W la relaiva marice Wronskiana. Poniamo, per ogni x, I, y ()... y N () y ()... y N () K(x, ) := de W () de., y (N ) ()... y (N ) N () y (x)... y N (x) che si dice nucleo risolvene dell equazione differenziale. Allora, per ogni x 0 I, una soluzione di Ly = b è daa da ϕ(x) = x x 0 K(x, )b() d, x I. Dim. Poniamo v := ( ) T, e osserviamo che dalla dimosrazione della Proposizione 3.3 segue che una soluzione di Ly = b è daa da ϕ(x) = N ϕ i (x)y i (x) = i= Poniamo A i (x) := ( ) N+i de x x 0 ( y (x) y (x)... y N (x) ) T W () vb() d. y (x)... y i (x) y i+ (x)... y N (x) y (x)... y i (x) y i+ (x)... y N (x). y (N ) (x)... y (N ) i (x) y (N ) 54, per cui i+ (x)... y (N ) (x) N

55 W () ( v = de W () A () A ()... A N () ) T e K(x, ) := ( y (x) y (x)... y N (x) ) T W () v = de W () y ()... y N () y ()... y N () = de W () de., y (N ) ()... y (N ) N () y (x)... y N (x) N y i (x)a i () i= da cui segue la esi. EqLin3b Proposizione 3.6 (Proprieà del nucleo risolvene). Siano I R un inervallo, b, a 0, a,..., a N C 0 (I), y,..., y N un sisema fondamenale di soluzioni di Ly = 0, W la relaiva marice Wronskiana, K il nucleo risolvene. Allora, per ogni I, si ha () K(, ) C N (I), e soddisfa Ly = 0, () j x j K(x, ) x= = 0, j = 0,..., N, e N x N K(x, ) x= =, (3) j x j K(x, ) C (I I), j = 0,..., N, e N x N K(x, ) C 0 (I I). Dim. Usiamo le noazioni della dimosrazione della Proposizione 3.5. () Segue dalla relazione K(x, ) = de W () N i= y i(x)a i (). () Per ogni j = 0,..., N, si ha j x j K(x, ) x= = menre N x N K(x, ) x= = de W () de de W () de y ()... y N () y ()... y N (). y (N ) ()... y (N ) N () y (N ) ()... y (N ) () N y ()... y N () y ()... y N (). = 0, y (N ) ()... y (N ) N () y (j) ()... y(j) N () = de W () W () =. (3) Poiché A j C (I) e de W C (I) si ha, per ogni j = 0,..., N, j K(x, ) = x j C (I I), menre N K(x, ) = x N de W () de W () N i= y(n) i (x)a i () C 0 (I I). N i= y(j) i (x)a i () EqLin4 Corollario 3.7. Siano I R un inervallo, b, a 0, a C 0 (I), y, y soluzioni linearmene indipendeni di Ly := y + a y + a 0 y = 0. Allora una soluzione di Ly = b è daa da ϕ(x) := x x 0 y ()y (x) y ()y (x) y ()y () y ()y b() d. () 55

56 Dim. Poiché ( ) ϕ (x) ϕ (x) ( ) = W (x) 0 = b(x) = y (x)y (x) y (x)y (x) ( y (x) y (x) y (x)y (x) y (x)y (x) y (x) y (x) ( ) y (x)b(x), y (x)b(x) ) ( 0 b(x) si ha ϕ(x) = ϕ (x)y (x) + ϕ (x)y (x) = x x 0 y ()b()y (x)+y ()b()y (x) y ()y () y ()y () d. EqLin5 Proposizione 3.8 (Equazione di Riccai, 73). Siano I R un inervallo, a C (I), a 0, b, c C 0 (I), y soluzione dell equazione differenziale di Riccai y (x) = a(x)y(x) + b(x)y(x) + c(x). Allora z(x) := exp ( a(x)y(x) dx ) è soluzione dell equazione differenziale lineare z (x) ( b(x) + a (x) a(x) ) z (x) + a(x)c(x)z(x) = 0. Dim. Infai, z (x) = a(x)y(x) exp ( a(x)y(x) dx ) = a(x)y(x)z(x), z (x) = a (x)y(x)z(x) a(x)y (x)z(x) + a(x) y(x) z(x), per cui ( z (x) b(x) + a (x) a(x) ) z (x) + a(x)c(x)z(x) = ( a (x)y(x) a(x)y (x) + a(x) y(x) ) ( z(x) + b(x) + a (x) a(x) = z(x) ( a (x)y(x) a(x)y (x) + a(x) y(x) + a(x)b(x)y(x) + a (x)y(x) + a(x)c(x) ) = z(x)a(x) ( a(x)y(x) + b(x)y(x) + c(x) y (x) ) = 0. ) ) a(x)y(x)z(x) + a(x)c(x)z(x) EqLin6 Proposizione 3.9. Siano I R un inervallo, a, b, c C 0 (I). Allora la sosiuzione z(x) := exp ( y(x) dx ) rasforma l equazione differenziale lineare a(x)z (x) + b(x)z (x) + c(x)z(x) = 0 nell equazione differenziale di Riccai a(x)y (x) + a(x)y(x) + b(x)y(x) + c(x) = 0. Dim. Si ha z (x) = y(x)z(x), z (x) = y (x)z(x) + y(x) z(x), e quindi 0 = a(x)z (x) + b(x)z (x) + c(x)z(x) = z(x) ( a(x)y (x) + a(x)y(x) + b(x)y(x) + c(x) ). Poiché z(x) 0, per ogni x I, si ha la esi. 3. Equazioni differenziali lineari a coefficieni cosani EqLinCos Definizione 3.0. Siano I R un inervallo, a 0, a,..., a N R, f C 0 (I). Si dice equazione differenziale di ordine N N a coefficieni cosani l equazione (Ly)(x) := y (N) + a N y (N ) a y + a 0 y = f(x). L equazione si dice omogenea se f 0, alrimeni si dice non omogenea. Si dice polinomio caraerisico dell equazione il polinomio p(λ) = λ N + a N λ N a λ + a 0. Si dice equazione caraerisica associaa l equazione p(λ) = 0. Si dice soluzione complessa di Ly = 0 una y : I C ale che y (N) (x) + a N y (N ) (x) a y (x) + a 0 y(x) = 0. 56

57 EqLinCos Proposizione 3. (Soluzione generale dell equazione non omogenea). La soluzione generale y gen dell equazione differenziale y (N) + a N y (N ) a y + a 0 = f è daa da y gen = y om + y p, dove y om è la soluzione generale dell equazione omogenea associaa y (N) +a N y (N ) +...+a y +a 0 = 0, e y p è una (qualunque) soluzione dell equazione non omogenea. Dim. È conseguenza della Proposizione 3. (). EqLinCos3 Proposizione 3.. Siano a 0, a,..., a N R, y : I C. Allora y è soluzione complessa di Ly = 0 Re y, Im y sono soluzioni di Ly = 0. Dim. Poiché Re y (x) = (Re y) (x) e Im y (x) = (Im y) (x), la esi segue dalla linearià dell equazione differenziale. EqLinCos4 Proposizione 3.3. Siano a 0, a,..., a N R, λ C, y(x) := e λx, x R. Allora y è soluzione complessa di Ly = 0 p(λ) = 0. Dim. Poiché, per ogni k N 0}, si ha y (k) (x) = λ k y(x), ne segue (Ly)(x) = λ N y(x) + a N λ n y(x) a λy(x) + a 0 y(x) = p(λ)y(x), e poiché y(x) 0, per ogni x R, la esi segue. EqLinCos5 Proposizione 3.4. Siano a 0, a,..., a N R, λ C radice di p(λ) = 0, di moleplicià m N. Allora, per ogni k 0,..., m }, y k (x) := x k e λx è soluzione di Ly = 0. Dim. Poiché dj (x k e λx ) = j ( j ) d i dx j i=0 i (x k )λ j i e λx = e λx j ( j ) d i dx i i=0 i (x k )λ j i, si ha dx i (Ly k )(x) = N j=0 a j d j dx j (xk e λx ) = e λx i=0 j=i N j a j j=0 i=0 ( ) j d i i dx i (xk )λ j i N ( N ( ) j d = e λx a j )λ j i i N i dx i (xk ) = e λx = e λx N i=0 i! p(i) (λ) di dx i (xk ) = e λx k i=0 i=0 ( N ) j! d i a j i! (j i)! λj i dx i (xk ) j=i i! p(i) (λ) di dx i (xk ) (a) = 0, dove in (a) si è usao il fao che λ è radice di moleplicià m e quindi p (k) (λ) = 0, per ogni k 0,..., m }. EqLinCos6 Corollario 3.5. Siano a 0, a,..., a N R, λ = α ± iβ C radici di p(λ) = 0, di moleplicià m N. Allora, per ogni k 0,..., m }, y k (x) := x k e αx cos βx e z k (x) := x k e αx sin βx sono soluzioni di Ly = 0. Esse si dicono soluzioni fondamenali dell equazione differenziale. Dim. Segue dalle Proposizioni 3. e 3.4 e da e λx = e αx (cos βx + i sin βx). EqLinCos7 Teorema 3.6 (Soluzione generale dell equazione omogenea). Siano a 0, a,..., a N R. Allora la soluzione generale y om dell equazione differenziale Ly := y (N) + a N y (N ) a y + a 0 = 0 è combinazione lineare a coefficieni reali delle soluzioni fondamenali. 57

58 Dim. Siano λ,..., λ q C ue le radici del polinomio caraerisico, rispeivamene di moleplicià m,..., m q, per cui m m q = N. Allora y jk (x) := x k e λ jx, j =,..., q, k = 0,..., m j, sono N soluzioni di Ly = 0. Dimosriamo che sono R-linearmene indipendeni. Siano quindi c jk R non ue nulle e ali che jk c jky jk = 0 e roveremo un assurdo. Infai, 0 = jk c jk y jk = jk q c jk x k e λjx =: p j (x)e λjx, j= ( ) dove p j (x) := m j k=0 c jkx k è un polinomio di grado r j m j. Moliplichiamo ( ) per e λqx e deriviamo r q + vole, oenendo q 0 = p j (x)e (λ j λ q)x, j= ( ) dove p j è un polinomio di grado r j in quano d ( dx pj (x)e (λ j λ ) q)x = ( p j (x)(λ j λ q )+p j (x)) e (λ j λ q)x e p j (x)(λ j λ q ) + p j (x) è un polinomio di grado r j, e così via. Moliplichiamo ( ) per e (λq λ q )x e deriviamo r q + vole, oenendo 0 = q j= p j(x)e (λ j λ q )x, dove p j è un polinomio di grado r j. Procedendo così si oiene alla fine 0 = p q, (x)e (λ λ )x, dove p q, è un polinomio di grado r. Ma queso è assurdo. Passiamo alla soluzione dell equazione lineare non omogenea. EqLinCos8 Proposizione 3.7 (Principio di sovrapposizione degli effei). Sia Ly := y (N) +a N y (N ) a y + a 0 = f, con f = f + f. Siano y p, y p soluzioni delle equazioni differenziali Ly = f e Ly = f, rispeivamene. Allora y p = y p + y p è soluzione dell equazione differenziale Ly = f. Dim. Segue dalla linearià dell equazione differenziale. EqLinCos9 Teorema 3.8 (Soluzione dell equazione non omogenea in casi paricolari). Siano a 0, a,..., a N R, Ly := y (N) + a N y (N ) a y + a 0 = f, con f(x) = p k (x)e αx sin(βx), oppure f(x) = p k (x)e αx cos(βx), dove α, β R, e p k è un polinomio di grado k 0. Allora una soluzione dell equazione differenziale non omogenea è daa da y p (x) = x r e αx( ) q k (x) cos(βx) + q k (x) sin(βx), dove q k, q k sono polinomi di grado k, e r 0,,..., N} è ale che () se α ± iβ non sono radici del polinomio caraerisico, allora r = 0, () se α ± iβ sono radici del polinomio caraerisico di moleplicià m,..., N}, allora r = m. Dim. Poiché e αx sin(βx) = i e(α+iβ)x i e(α iβ)x, e e αx cos(βx) = e(α+iβ)x + e(α iβ)x, per la Proposizione 3.7 possiamo raare i casi f(x) = p k (x)e (α±iβ)x separaamene. Sia λ := α + iβ e scriviamo f(x) = e λx k l=0 b lx l. Cerchiamo una soluzione paricolare nella forma y(x) = x r e λx k l=0 y lx l = e λx k l=0 y lx l+r. Allora, indicao con p il polinomio caraerisico dell equazione omogenea, si ha (Ly)(x) = k l=0 y l L(x l+r e λx ) (a) = k y l e λx l=0 N j=0 k j! p(j) (λ) dj dx j (xl+r ) (b) = e λx N y l l=0 j=r j! p(j) (λ) dj dx j (xl+r ), 58

59 dove si è usao in (a) una relazione provaa nella dimosrazione della Proposizione 3.4, e in (b) il fao che p (j) (λ) = 0, per ogni j = 0,..., r. Poso g(x) := k l=0 y N l j=r j! p(j) (λ) dj (x l+r ), che dx j è un polinomio di grado k, si avrà Ly = f e λx g(x) = e λx g(x) = b l = l! k k b l x l l=0 b l x l g(l) (0) l! l=0 k N y h h=0 j=r = b l, l = 0,..., k j! p(j) (λ) dj+l dx j+l (xh+r ) x=0, l = 0,..., k. Poso c lh := N l! j=r j! p(j) (λ) dj+l (x h+r ) dx j+l x=0, l, h = 0,..., k, si ha Ly = f b l = k h=0 c lhy h, l = 0,..., k. Ora, se h < l, poiché (h + r) (j + l) = r j + h l < 0, si ha c lh = 0, menre se h = l, poiché (h + r) (j + l) = r j 0 j = r, si ha c ll = l! r! p(r) (λ)(r + l)! 0 [perché r = m]. Quindi, per ogni l = 0,..., k, si ha b l = c ll y l + k h=l+ c lhy h, che è un sisema riangolare di equazioni lineari nelle incognie y 0,..., y k, che può essere risolo ieraivamene a parire da y k risalendo fino a y 0. Ciò significa che esise un unica y nella forma cercaa che è soluzione di Ly = f. qlincos0 Teorema 3.9 (Soluzione dell equazione non omogenea nel caso generale). Siano I R un inervallo, a 0, a,..., a N R, f C 0 (I), Ly := y (N) + a N y (N ) a y + a 0. Allora, una soluzione paricolare di Ly = f è daa da y p (x) = x x 0 y N (x )f() d, dove y N è la soluzione del problema di Cauchy Ly = 0 y(0) = 0, y (0) = 0,..., y (N ) (0) = 0, y (N ) (0) =. Dim. Siano y,..., y N le soluzioni indipendeni dell equazione Ly = 0, oenue in queso modo: y k è soluzione del problema di Cauchy Ly = 0 y (i) (0) = 0, i k y (k ) (0) =, i = k. Sia W (x) = y (x) y (x)... y N (x) y (x) y (x)... y N (x) y (N ) (x) y (N ) (x)... y (N ) la marice Wronskiana dell equazione Ly = 0, e sia K(x, ) il nucleo risolvene dell equazione differenziale. Allora K(x, ) = K(x, 0), per ogni R. Infai, poso K(x, ) := K(x, 0) e usando la Proposizione 3.6, si ha, per ogni R fissao, che K(, ), K(, ) sono soluzioni dell equazione differenziale Ly = 0 [che è a coefficieni cosani] ed inolre, per ogni j = 0,..., N, si N (x) 59

60 ha j x j K(x, ) x= = j x j K(0, 0) = 0 = j x j K(x, ) x=, e N x N K(x, ) x= = N x N K(0, 0) = = N x N K(x, ) x=, e la esi segue dall unicià della soluzione del problema di Cauchy. Allora, poso v := ( ) T si ha K(x, ) = K(x, 0) = ( y (x )... y N (x ) ) T W (0) v = y N (x ), e la esi segue dalla Proposizione Esercizi: Equazioni differenziali lineari omogenee Esercizio 77. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y 3y + y = 0 y(0) = 0, y (0) =. Svolgimeno. L equazione caraerisica λ 3λ + = 0 ha radici λ =, λ =. Quindi, y gen () = ae + be. Dalle condizioni iniziali oeniamo 0 = y gen (0) = a + b = y gen(0) = a + b b = a = a =. Allora y Cauchy () = e + e, R. Esercizio 78. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y y y = 0 y(0) =, y (0) = 0. Svolgimeno. L equazione caraerisica λ λ = 0 ha radici λ =, λ =. Quindi, y gen () = ae + be. Dalle condizioni iniziali oeniamo = y gen (0) = a + b 0 = y gen(0) = a + b a = b = 3 b = 3. Allora y Cauchy () = 3 e + 3 e, R. Esercizio 79. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y + 3y + y = 0 y() = 0, y () =. Svolgimeno. L equazione caraerisica λ + 3λ + = 0 ha radici λ =, λ =. Quindi, y gen () = ae + be. Dalle condizioni iniziali oeniamo 0 = y gen () = a e + b e = y gen() = a e b e Allora y Cauchy () = e e ( ), R. b = ae = e a = e. 60

61 Esercizio 80. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y 4y + 4y = 0 y(0) =, y (0) = 0. Svolgimeno. L equazione caraerisica λ 4λ + 4 = 0 ha radice (doppia) λ =. Quindi, y gen () = (a + b)e. La soluzione y() = e si può oenere con il meodo di variazione delle cosani. Cerchiamo una seconda soluzione, indipendene da y() = e, nella forma y() = c()e. Allora y () = c ()e + c()e e y () = c ()e + 4c ()e + 4c()e, per cui 0 = c ()e + 4c ()e + 4c()e 4 ( c ()e +c()e ) +4c()e = c ()e c () = 0 c() = a+b. Quindi y() = (a+b)e è soluzione dell equazione differenziale, e e è una soluzione indipendene da y() = e. Dalle condizioni iniziali oeniamo = y gen (0) = a 0 = y gen(0) = a + b a = b =. Allora y Cauchy () = ( )e, R. Esercizio 8. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y + y + y = 0 y(0) =, y (0) =. Svolgimeno. L equazione caraerisica λ + λ + = 0 ha radice (doppia) λ =. Quindi, y gen () = (a + b)e. Dalle condizioni iniziali oeniamo = y gen (0) = a = y gen(0) = b a a = b =. Allora y Cauchy () = ( + )e, R. Esercizio 8. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y + 4y = 0 y(0) = 0, y (0) =. Svolgimeno. L equazione caraerisica λ + 4 = 0 ha radici λ = ±i. Quindi, y gen () = a cos + b sin. Dalle condizioni iniziali oeniamo 0 = y gen (0) = a = y gen(0) = ( a sin + b cos ) =0 = b. Allora y Cauchy () = sin, R. 6

62 Esercizio 83. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y + y = 0 y(0) =, y (0) =. Svolgimeno. L equazione caraerisica λ + = 0 ha radici λ = ±i. Quindi, y gen () = a cos + b sin. Dalle condizioni iniziali oeniamo = y gen (0) = a = y gen(0) = ( a sin + b cos ) =0 = b. Allora y Cauchy () = cos + sin, R. Esercizio 84. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y y + y = 0 y(0) =, y (0) = 0. Svolgimeno. L equazione caraerisica λ λ + = 0 ha radici λ = ± i. Quindi, y gen () = (a cos + b sin )e. Dalle condizioni iniziali oeniamo = y gen (0) = a 0 = y gen(0) = ( a sin + b cos + a cos + b sin )e =0 = a + b che ha soluzione a =, b =. Allora y Cauchy () = (cos sin )e, R. Esercizio 85. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y 4y + 5y = 0 y(0) =, y (0) = 0. Svolgimeno. L equazione caraerisica λ 4λ + 5 = 0 ha radici λ = ± i. Quindi, y gen () = (a cos + b sin )e. Dalle condizioni iniziali oeniamo = y gen (0) = a 0 = y gen(0) = ( a sin + b cos + a cos + b sin )e =0 = b + a che ha soluzione a =, b =. Allora y Cauchy () = (cos sin )e, R. 6

63 Esercizio 86. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y 4y + 3y = 0 y(0) =, y (0) = 0. Svolgimeno. L equazione caraerisica λ 4λ + 3 = 0 ha radici λ = ± 3i. Quindi, y gen () = (a cos 3 + b sin 3)e. Dalle condizioni iniziali oeniamo = y gen (0) = a 0 = y gen(0) = ( 3a sin 3 + 3b cos 3 + a cos 3 + b sin 3)e =0 = 3b + a, che ha soluzione a =, b = 3. Allora y Cauchy () = (cos 3 3 sin 3)e, R. Esercizio 87. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y y + y = 0 y(0) =, y (0) = 0. Svolgimeno. L equazione caraerisica λ λ + = 0 ha radici λ = ± i 3 3 Quindi, y gen () = (a cos + b sin 3 )e/. Dalle condizioni iniziali oeniamo = ygen (0) = a 0 = y gen(0) = ( a 3 sin 3 + b 3 cos 3 + a cos 3 + b sin 3 )e/ =0 = b 3 + a, che ha soluzione a =, b = 3. Allora y Cauchy () = (cos 3 3 sin 3 )e/, R.. Esercizio 88. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y + y = 0 y(0) =, y (0) =, y (0) =. Svolgimeno. L equazione caraerisica λ 3 + λ = 0 ha radici λ = 0, λ = ±i. Quindi, y gen () = a cos + b sin + c. Dalle condizioni iniziali oeniamo = y gen (0) = a + c = y gen(0) = ( a sin + b cos ) =0 = b = y gen(0) = ( a cos b sin ) =0 = a, che ha soluzione a =, b =, c =. Allora y Cauchy () = cos + sin +, R. 63

64 Esercizio 89. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y + 3y + 3y + y = 0 y(0) =, y (0) = 0, y (0) =. Svolgimeno. L equazione caraerisica λ 3 + 3λ + 3λ + = 0 ha radice ripla λ =. Quindi, y gen () = (a + b + c )e. Dalle condizioni iniziali oeniamo = y gen (0) = a 0 = y gen(0) = (b + c a b c )e =0 = a + b = y gen(0) = (c b c b c + a + b + c )e =0 = a b + c, che ha soluzione a =, b =, c =. Allora y Cauchy () = ( + + )e, R. Esercizio 90. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y (4) y + y = 0 y(0) =, y (0) =, y (0) =, y (0) =. Svolgimeno. L equazione caraerisica λ 4 λ + = 0 ha radici doppie λ = e λ =. Quindi, y gen () = (a + b)e + (c + d)e. Dalle condizioni iniziali oeniamo = y gen (0) = a + c = y gen(0) = (a + b + b)e + ( c + d d)e =0 = a + b c + d = y gen(0) = (a + b + b)e + (c d + d)e =0 = a + b + c d = y gen(0) = (a + 3b + b)e + ( c + 3d d)e =0 = a + 3b c + 3d, che ha soluzione a =, b = 4, c = 0, d = 4. Allora y Cauchy () = ( + 4 )e 4 e, R. 3.4 Esercizi: Equazioni differenziali lineari non omogenee 3.4. Meodo dei coefficieni indeerminai Esercizio 9. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y + 3y + y = e y(0) = 0, y (0) =. 64

65 Svolgimeno. Risolviamo dapprima l equazione omogenea associaa. L equazione caraerisica λ + 3λ + = 0 ha radici λ =, λ =. Quindi, y om () = ae + be. Cerchiamo una soluzione paricolare, dell equazione non omogenea, della forma y p () = ce. Allora ce + 3ce + ce = e 6c = c = 6. Quindi y gen () = ae + be + 6 e. Dalle condizioni iniziali oeniamo 0 = y gen (0) = a + b + 6 = y gen(0) = a b + 6 b = a 6 = 3 a =. Allora y Cauchy () = e 3 e + 6 e, R. Esercizio 9. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y + 3y + y = y(0) = 0, y (0) =. Svolgimeno. Risolviamo dapprima l equazione omogenea associaa. L equazione caraerisica λ + 3λ + = 0 ha radici λ =, λ =. Quindi, y om () = a e + a e. Cerchiamo una soluzione paricolare, dell equazione non omogenea, della forma y p () = a + b + c. Allora c + 3(b + c) + (a + b + c ) =, che, per il principio d idenià dei polinomi, fornisce c = c = b + 6c = 0 b = 3c = 3 a + 3b + c = 0 a = 3 b c = 7 4. Quindi y gen () = a e + a e Dalle condizioni iniziali oeniamo 0 = y gen (0) = a + a = y gen(0) = a a 3 a = a 7 4 = 3 4 a =. Allora y Cauchy () = e 3 4 e , R. Esercizio 93 (Principio di sovrapposizione degli effei). Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y + 3y + y = + e y(0) = 0, y (0) =. 65

66 Svolgimeno. Risolviamo dapprima l equazione omogenea associaa. L equazione caraerisica λ + 3λ + = 0 ha radici λ =, λ =. Quindi, y om () = a e + a e. Cerchiamo una soluzione paricolare, dell equazione non omogenea, della forma y p () = a + b + c +αe [principio di sovrapposizione degli effei]. Allora c+3(b+c)+(a+b+c )+6αe = +e, che fornisce 6α = α = 6 c = c = b + 6c = 0 b = 3c = 3 a + 3b + c = 0 a = 3 b c = 7 4. Quindi y gen () = a e + a e + 6 e Dalle condizioni iniziali oeniamo 0 = y gen (0) = a + a = y gen(0) = a a a = a 3 = 7 3 a = 5. Allora y Cauchy () = 5 e 7 3 e + 6 e , R. Esercizio 94 (Principio di sovrapposizione degli effei). Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y + y y = e + y(0) =, y (0) =. Svolgimeno. Risolviamo dapprima l equazione omogenea associaa. L equazione caraerisica λ + λ = 0 ha radici λ =, λ =. Quindi, y om () = ae + be. Cerchiamo una soluzione paricolare, dell equazione non omogenea, della forma y p () = c e + c + c 3. Allora y p() = c e + c e y p() = c e, per cui c e c e + c (c e + c + c 3 ) = e + c e c + c c 3 = e + c =, c =, c 3 = c =. Quindi y gen () = ae + be e. Dalle condizioni iniziali oeniamo = y gen (0) = a + b = y gen(0) = a + b b = a = 5 3 a = 3. Allora y Cauchy () = 3 e e e, R. Esercizio 95 (Principio di sovrapposizione degli effei e risonanza). Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y + y y = e + sin y(0) = 9 0, y (0) =

67 Svolgimeno. Risolviamo dapprima l equazione omogenea associaa. L equazione caraerisica λ + λ = 0 ha radici λ =, λ =. Quindi, y om () = ae + be. Cerchiamo una soluzione paricolare, dell equazione non omogenea, della forma y p () = c e + c cos +c 3 sin. Allora y p() = c e +c e c sin +c 3 cos e y p() = c e +c e c cos c 3 sin, per cui c e + c e c cos c 3 sin + c e + c e c sin + c 3 cos (c e + c cos + c 3 sin ) = e + sin 3c e + (c 3 3c ) cos (c + 3c 3 ) sin = e + sin, che equivale a c = 3 e c 3 3c = 0 c 3 = 3c = 3 0 c 3c 3 = c = 0. Quindi y gen () = ae + be + 3 e 0 cos 3 0 sin. Dalle condizioni iniziali oeniamo 9 0 = y gen(0) = a + b 0 30 = y gen(0) = a + b b = a = 3 a = 3. Allora y Cauchy () = 3 e + 3 e + 3 e 0 cos 3 0 sin, R. Esercizio 96. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y + 3y + y = e y(0) = 7, y (0) = 3 7. Svolgimeno. Risolviamo dapprima l equazione omogenea associaa. L equazione caraerisica λ + 3λ + = 0 ha radici λ =, λ =. Quindi, y om () = a e + a e. Cerchiamo una soluzione paricolare, dell equazione non omogenea, della forma y p () = (a + b + c )e. Allora y p() = (b + c + a + b + c )e = (a + b + (b + c) + c )e, e y p() = (b + c + c + a + b + (b + c) + c )e = (a + b + c + (b + 4c) + c )e, per cui (a + b + c + (b + 4c) + c )e + 3(a + b + (b + c) + c )e + (a + b + c )e = e, che fornisce 6c = c = 6 6b + 0c = 0 b = 5 3 c = 5 8 6a + 5b + c = 0 a = 5 6 b 3 c = Quindi y gen () = a e + a e + ( )e. Dalle condizioni iniziali oeniamo 7 = y gen(0) = a + a = y gen(0) = a a a = a 4 = a = 5 4. Allora y Cauchy () = 5 4 e + e + ( )e, R. 67

68 Esercizio 97. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y + 3y + y = cos y(0) = 0, y (0) = 5. Svolgimeno. Risolviamo dapprima l equazione omogenea associaa. L equazione caraerisica λ + 3λ + = 0 ha radici λ =, λ =. Quindi, y om () = a e + a e. Cerchiamo una soluzione paricolare, dell equazione non omogenea, della forma y p () = a cos + b sin. Allora y p() = a sin +b cos, e y p() = a cos b sin, per cui a cos b sin +3( a sin + b cos ) + (a cos + b sin ) = cos, che fornisce a + 3b = 3a + b = 0 b = 3a = 3 0 a = 0. Quindi y gen () = a e + a e + 0 cos sin. Dalle condizioni iniziali oeniamo 0 = y gen(0) = a + a = y gen(0) = a a a = a = a =. Allora y Cauchy () = e + e + 0 cos sin, R. Esercizio 98 (Risonanza). Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y + 3y + y = e y(0) = 0, y (0) = 0. Svolgimeno. Risolviamo dapprima l equazione omogenea associaa. L equazione caraerisica λ + 3λ + = 0 ha radici λ =, λ =. Quindi, y om () = a e + a e. Cerchiamo una soluzione paricolare, dell equazione non omogenea, della forma y p () = ce. Allora y p() = (c c)e, e y p() = ( c c + c)e = ( c + c)e, per cui ( c + c)e + 3(c c)e + ce = e, che fornisce c =. Quindi y gen () = a e + a e + e. Dalle condizioni iniziali oeniamo 0 = y gen (0) = a + a 0 = y gen(0) = a a + a = a = a =. Allora y Cauchy () = e + e + e, R. 68

69 Esercizio 99 (Risonanza). Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y 4y + 4y = e y(0) =, y (0) = 0. Svolgimeno. Risolviamo dapprima l equazione omogenea associaa. L equazione caraerisica λ 4λ + 4 = 0 ha radice (doppia) λ =. Quindi, y om () = (a + a )e. Cerchiamo una soluzione paricolare, dell equazione non omogenea, della forma y p () = c e. Allora y p() = c( + )e, e y p() = c( )e = c( )e, per cui c( )e 4c( + )e + 4c e = e, che fornisce c =. Quindi y gen () = (a + a + )e. Dalle condizioni iniziali oeniamo = y gen (0) = a 0 = y gen(0) = a + a a = a = a =. Allora y Cauchy () = ( + )e, R. Esercizio 00. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y + 4y = cos y(0) = 0, y (0) =. Svolgimeno. Risolviamo dapprima l equazione omogenea associaa. L equazione caraerisica λ + 4 = 0 ha radici λ = ±i. Quindi, y om () = a cos + a sin. Cerchiamo una soluzione paricolare, dell equazione non omogenea, della forma y p () = a cos + b sin. Allora y p() = a sin +b cos, e y p() = a cos b sin, per cui a cos b sin +4(a cos + b sin ) = cos, che fornisce 3a = 3b = 0 a = 3 b = 0. Quindi y gen () = a cos + a sin + 3 cos. Dalle condizioni iniziali oeniamo 0 = y gen (0) = a + 3 = y gen(0) = a a = 3 a =. Allora y Cauchy () = 3 cos + sin + 3 cos, R. 69

70 Esercizio 0. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y + 4y = e y(0) = 0, y (0) = 0. Svolgimeno. Risolviamo dapprima l equazione omogenea associaa. L equazione caraerisica λ + 4 = 0 ha radici λ = ±i. Quindi, y om () = a cos + a sin. Cerchiamo una soluzione paricolare, dell equazione non omogenea, della forma y p () = ae. Allora ae + 4ae = e, che fornisce a = 5. Quindi y gen () = a cos + a sin + 5 e. Dalle condizioni iniziali oeniamo 0 = y gen (0) = a = y gen(0) = a 5 Allora y Cauchy () = 5 a = 5 a = 0. cos + 0 sin + 5 e, R. Esercizio 0. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y + 4y = y(0) = 0, y (0) =. Svolgimeno. Risolviamo dapprima l equazione omogenea associaa. L equazione caraerisica λ + 4 = 0 ha radici λ = ±i. Quindi, y om () = a cos + a sin. Cerchiamo una soluzione paricolare, dell equazione non omogenea, della forma y p () = a + b + c. Allora c + 4(a + b + c ) =, che fornisce 4c = c = 4 4b = 0 b = 0 4a + c = 0 a = c = 8. Quindi y gen () = a cos + a sin Dalle condizioni iniziali oeniamo 0 = y gen (0) = a 8 = y gen(0) = a a = 8 a =. Allora y Cauchy () = 8 cos + sin 8 + 4, R. 70

71 Esercizio 03 (Principio di sovrapposizione degli effei). Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y + 4y = + e y(0) = 5, y (0) = 0. Svolgimeno. Risolviamo dapprima l equazione omogenea associaa. L equazione caraerisica λ + 4 = 0 ha radici λ = ±i. Quindi, y om () = a cos + a sin. Cerchiamo una soluzione paricolare, dell equazione non omogenea, della forma y p () = a + b + c +αe [principio di sovrapposizione degli effei]. Allora c+4(a+b+c )+αe +4αe = +e, che fornisce α = 5 e 4c = c = 4 4b = 0 b = 0 4a + c = 0 a = c = 8. Quindi y gen () = a cos + a sin e. Dalle condizioni iniziali oeniamo 5 = y gen(0) = a = y gen(0) = a 5 a = 8 a = 0. Allora y Cauchy () = 8 cos + 0 sin e, R. Esercizio 04. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y + 4y = e y(0) = 3 5, y (0) = 3 5. Svolgimeno. Risolviamo dapprima l equazione omogenea associaa. L equazione caraerisica λ + 4 = 0 ha radici λ = ±i. Quindi, y om () = a cos + a sin. Cerchiamo una soluzione paricolare, dell equazione non omogenea, della forma y p () = (a + b + c )e. Allora y p() = (b + c a b c )e = (b a + (c b) c )e, e y p() = (c b c b + a (c b) + c )e = (a b + c + (b 4c) + c )e, per cui (a b + c + (b 4c) + c )e + 4(a + b + c )e = e, che fornisce 5c = c = 5 5b 4c = 0 b = 4c 5 = 4 5 5a b + c = 0 a = b 5 c 5 = ( Quindi y gen () = a cos + a sin )e. 7 5.

72 Dalle condizioni iniziali oeniamo 3 5 = y gen(0) = a = y gen(0) = a a = 5 a = 0. ( Allora y Cauchy () = 5 cos 0 sin )e, R. Esercizio 05. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y + 4y = e cos y(0) = 0, y (0) = 0. Svolgimeno. Risolviamo dapprima l equazione omogenea associaa. L equazione caraerisica λ + 4 = 0 ha radici λ = ±i. Quindi, y om () = a cos + a sin. Cerchiamo una soluzione paricolare, dell equazione non omogenea, della forma y p () = ae cos + be sin. Allora y p() = ( a sin + b cos a cos b sin )e = ( (b a) cos (a + b) sin ) e, e y p() = ( (b a) sin (a + b) cos (b a) cos + (a + b) sin ) e = (a sin b cos )e, per cui (a sin b cos )e + 4(a cos + b sin )e = e cos, che fornisce 4a b = a + 4b = 0 a = b Quindi y gen () = a cos + a sin + 5 e cos 0 e sin. Dalle condizioni iniziali oeniamo 0 = y gen (0) = a = y gen(0) = a 0 5 b = 0 a = 5. a = 5 a = 5. Allora y Cauchy () = 5 cos + 5 sin + 5 e cos 0 e sin, R. Esercizio 06 (Risonanza). Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y + y = + y(0) = 0, y (0) = 0. Svolgimeno. Risolviamo dapprima l equazione omogenea associaa. L equazione caraerisica λ + λ = 0 ha radici λ = 0, λ =. Quindi, y om () = a + a e. 7

73 Cerchiamo una soluzione paricolare, dell equazione non omogenea, della forma y p () = (a + b + c ). Allora 6c + b + a + b + 3c = +, che fornisce 3c = c = 3 b + 6c = 0 b = 3c = a + b = a = b = 3. Quindi y gen () = a + a e Dalle condizioni iniziali oeniamo 0 = y gen (0) = a + a 0 = y gen(0) = a + 3 a = a = 3 a = 3. Allora y Cauchy () = 3 + 3e , R. Esercizio 07 (Risonanza). Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y + 4y + 5y = e sin y(0) =, y (0) = 0. Svolgimeno. Risolviamo dapprima l equazione omogenea associaa. L equazione caraerisica λ + 4λ + 5 = 0 ha radici λ = ± i. Quindi, y om () = (a cos + a sin )e. Cerchiamo una soluzione paricolare, dell equazione non omogenea, della forma Allora y p () = ( (a + b) cos + (c + d) sin ) e = ( (a + b ) cos + (c + d ) sin ) e. y p() = e ( (a + b) cos (a + b ) sin + (c + d) sin + (c + d ) cos (a + b ) cos (c + d ) sin ) = [a + ( a + b + c) + ( b + d) ]e cos + [c + ( a c + d) (b + d) ]e sin, 73

74 y p() = e ( [ a + b + c + ( b + d)] cos + [ a c + d (b + d)] sin [a + ( a + b + c) + ( b + d) ] sin + [c + ( a c + d) (b + d) ] cos [a + ( a + b + c) + ( b + d) ] cos [c + ( a c + d) (b + d) ] sin ) = [ a + b + c + ( b + d) + c + ( a c + d) (b + d) ( a + ( a + b + c) + ( b + d) ) ]e cos + [ a c + d (b + d) ( a + ( a + b + c) ( b + d) ) ( c + ( a c + d) (b + d) ) ]e sin = [ 4a + b + c + (3a 8b 4c + 4d) + (3b 4d) ]e cos + [ a 4c + d + (4a 4b + 3c 8d) + (4b + 3d) ]e sin, per cui y p + 4y p + 5y p = [ 4a + b + c + (3a 8b 4c + 4d) + (3b 4d) ) + 4(a + ( a + b + c) + ( b + d) ) + 5(a + b )]e cos + [ a 4c + d + (4a 4b + 3c 8d) + (4b + 3d) ) + 4(c + ( a c + d) (b + d) ) + 5(c + d )]e sin = [b + c + 4d]e cos + [ a + d 4b]e sin = e sin, che fornisce b + c + 4d = 0, a + d 4b =, cioè b + c = 0 d = 0 4d = 0 a = 0 a + d = 0 b = 4 4b = c = b = 4. Quindi y gen () = (a cos + a sin )e + 4( cos + sin ) e. Dalle condizioni iniziali oeniamo = y gen (0) = a a = 0 = y gen(0) = a a a =. Allora y Cauchy () = ( 4 )e cos + ( + 4 )e sin, R. Esercizio 08 (Vibrazioni forzae). Una paricella maeriale di massa m > 0 è aaccaa ad una molla di cosane elasica k > 0 e immersa in un fluido con coefficiene di ario viscoso b 0, ed è sooposa ad una forza eserna F () = A cos γ. Discuere la sua legge di moo. 74

75 Svolgimeno. Dalle leggi di Newon ricaviamo l equazione my = ky by + F, che, ponendo δ := b m, ω := k m, B := A m, si riscrive y + δy + ω y = B cos γ. () Risolviamo dapprima l equazione omogenea associaa. L equazione caraerisica λ +δλ+ω = 0 ha radici λ = δ ± δ ω. Quindi sono possibili re casi: (.) se δ > ω, allora l equazione ha due radici reali e disine λ = λ := δ δ ω < 0 e λ = λ = δ + δ ω < 0, per cui y om () = a e λ + a e λ, (.) se δ = ω, allora l equazione ha una radice reale doppia λ = δ < 0, per cui y om () = (a + a )e δ, (.3) se δ < ω, allora l equazione ha due radici complesse coniugae λ = λ, := δ ± iω, dove ω := ω δ, per cui y om () = (a cos ω + a sin ω )e δ. () Cerchiamo una soluzione paricolare dell equazione non omogenea. Disinguiamo due casi: δ = 0 e δ > 0. (.) Nel caso δ = 0 [che è un caso paricolare di (.3)], disinguiamo due soocasi: (..) nel caso γ = ω, cerchiamo una soluzione paricolare dell equazione omogenea nella forma y p () = c sin ω, per cui y p() = c sin ω + cω cos ω e y p() = cω cos ω cω sin ω, da cui segue cω cos ω cω sin ω + cω sin ω = B cos ω, che fornisce c = B ω, e quindi y p() = sin ω, B ω (..) nel caso γ ω, cerchiamo una soluzione paricolare dell equazione omogenea nella forma y p () = c cos γ, per cui y p() = cγ cos γ, da cui segue cγ cos γ + cω cos γ = B cos γ, che fornisce c = B, e quindi y ω γ p () = B cos γ. ω γ (.) Nel caso δ > 0, cerchiamo una soluzione paricolare, dell equazione non omogenea, della forma y p () = c cos γ + c sin γ. Oeniamo y p() = c γ sin γ + c γ cos γ e y p() = c γ cos γ c γ sin γ, per cui c γ cos γ c γ sin γ + δ( c γ sin γ + c γ cos γ) + ω (c cos γ + c sin γ) = B cos γ, da cui segue (ω γ )c + δγc = B Sono quindi possibili due casi: (ω γ )c δγc = 0. (..) nel caso γ = ω, si ha c = 0, c = B δω, e quindi y p() = B δω sin ω, (..) nel caso γ ω, si ha c = (ω γ )B c = (ω γ ) +4δ γ δγb, (ω γ ) +4δ γ e quindi y p () = c cos γ+c sin γ = Bϱ cos ( γ( τ) ), dove ϱ := B c + c =, (ω γ ) +4δ γ e τ := γ arcg c c = δγ γ arcg. ω γ Osserviamo che, se inerpreiamo τ(γ = ω) = π ω, possiamo scrivere la soluzione paricolare nella forma y p () = Bϱ cos ( γ( τ) ), in enrambi i casi (..) e (..). Il grafico del coefficiene di amplificazione ϱ = ϱ(γ) ha un andameno qualiaivo che dipende dal valore di δ ω. 75

76 (..α) Nel caso δ < ω, si ha ϱ(0) =, ϱ ω max = ϱ( ω δ ) = δ [infai, poso h(γ) := ω δ (ω γ ) + 4δ γ, si ha h (γ) = 4γ(ω γ ) + 8δ γ = 4γ(δ ω + γ ) 0 γ ω δ ], e lim γ ϱ(γ) = 0. Un grafico qualiaivo è riporao in figura, a sinisra. Figura : Vibrazioni forzae fig:equadif (..β) Nel caso δ ω, si ha ϱ(0) = figura, a desra. ω e lim γ ϱ(γ) = 0. Un grafico qualiaivo è riporao in Vediamo un esempio numerico. Siano ω = 3, δ = 5, per cui γ max = ω δ =, e ϱ(0) = 69 = 0, , menre ϱ() = = 0, (69 44) Esercizio 09 (Equazione del erzo ordine). Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y + y = y(0) = 0, y (0) =, y (0) = 0. Svolgimeno. Risolviamo dapprima l equazione omogenea associaa. L equazione caraerisica λ 3 + λ = 0 ha radici λ = 0, λ = ±i. Quindi, y om () = a + a sin + a 3 cos. Cerchiamo una soluzione paricolare, dell equazione non omogenea, della forma y p () = (a + b) = a + b. Allora y p() = a + b, y p() = b, y p () = 0, per cui a + b =, che fornisce a = 0, b =. Quindi y gen () = a + a sin + a 3 cos +. Dalle condizioni iniziali oeniamo 0 = y gen (0) = a + a 3 = y gen(0) = a 0 = y gen(0) = a 3 + a = a = a 3 =. Allora y Cauchy () = + sin + cos +, R. 76

77 Esercizio 0 (Equazione del erzo ordine). Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y 3y + 3y y = y(0) = 0, y (0) = 0, y (0) =. Svolgimeno. Risolviamo dapprima l equazione omogenea associaa. L equazione caraerisica λ 3 3λ + 3λ = 0 ha radice ripla λ =. Quindi, y om () = (a + a + a 3 )e. Cerchiamo una soluzione paricolare, dell equazione non omogenea, della forma y p () = a. Allora y p() = y p() = y p () = 0, per cui a =. Quindi y gen () = (a + a + a 3 )e. Dalle condizioni iniziali oeniamo 0 = y gen (0) = a 0 = y gen(0) = (a + a 3 + a + a + a 3 )e =0 = a + a = y gen(0) = (a 3 + a + a 3 + a + a 3 + a + a + a 3 )e =0 = a + a + a 3 cioè a = a 3 =, a =. Allora y Cauchy () = ( + )e, R. Esercizio (Equazione del quaro ordine). Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y (4) 4y = y(0) =, y (0) = 0, y (0) =, y (0) =. Svolgimeno. Risolviamo dapprima l equazione omogenea associaa. L equazione caraerisica λ 4 4λ = 0 ha radici λ = 0 (doppia), λ = ±. Quindi, y om () = a + a + a 3 e + a 4 e. Cerchiamo una soluzione paricolare, dell equazione non omogenea, della forma y p () = (a + b) = a + b 3. Allora y p() = a + 3b, y p() = a + 6b, y p () = 6b, y (4) () = 0, per cui 4(a + 6b) =, e quindi a = 0, b =. Quindi y gen () = a + a + a 3 e + a 4 e 3. Dalle condizioni iniziali oeniamo = y gen (0) = a + a 3 + a 4 0 = y gen(0) = a + a 3 e a 4 e 3 =0 = a + a 3 a 4 = y gen(0) = 4a 3 e + 4a 4 e 3 =0 = 4a 3 + 4a 4 = y gen(0) = 8a 3 e 8a 4 e 3 =0 = 8a 3 8a 4 3 cioè a = a 3 =, a =, a 4 = 0. Allora y Cauchy () = 3 + e, R. Esercizio (Equazione del quaro ordine). Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y (4) + y + y = y(0) =, y (0) =, y (0) =, y (0) =. 77

78 Svolgimeno. Risolviamo dapprima l equazione omogenea associaa. L equazione caraerisica λ 4 + λ + = 0 ha radici doppie λ = i e λ = i. Quindi, y om () = (a + a ) sin + (a 3 + a 4 ) cos. Cerchiamo una soluzione paricolare, dell equazione non omogenea, della forma y p () = a + b. Allora y p() = b, y p() = y p () = y (4) () = 0, per cui a + b =, e quindi a = 0, b =. Quindi y gen () = (a + a ) sin + (a 3 + a 4 ) cos +. Dalle condizioni iniziali oeniamo = y gen (0) = a 3 = y gen(0) = a sin + (a + a ) cos + a 4 cos (a 3 + a 4 ) sin + =0 = a + a 4 + = y gen(0) = a cos a 4 sin + (a a 3 a 4 ) cos (a + a 4 + a ) sin =0 = a a 3 = y gen(0) = a 4 cos a sin (a a 3 + a 4 ) sin (a + a 4 + a ) cos =0 = a 3a 4 cioè a = a = a 3 =, a 4 =. Allora y Cauchy () = ( + ) sin + ( ) cos +, R Meodo di variazione delle cosani Teorema 3.30 (Soluzione dell equazione non omogenea nel caso generale). Sia y + a y + a 0 y = f, con a 0, a R, f ( C 0 (I). Siano ) y, y soluzioni indipendeni dell equazione omogenea associaa, y () y e sia W () = de () y () y () = y ()y () y ()y () il Wronskiano. Allora una soluzione paricolare dell equazione non omogenea è daa da y p () = c ()y () + c ()y (), dove c () = y () f() W () d, c () = y () f() W () d. Quindi y (s)y () y (s)y () y p () = 0 y (s)y (s) y (s)y ds. (s)f(s) innonomog Teorema 3.3 (Soluzione dell equazione non omogenea nel caso generale). Sia y +a y +a 0 y = f, con a 0, a R, f C 0 (I), un equazione lineare di ordine, a coefficieni cosani. Allora, una soluzione paricolare dell equazione è daa da y p () = 0 y ( s)f(s) ds, dove y è la soluzione del problema di Cauchy y + a y + a 0 y = 0 y(0) = 0, y (0) =. Esercizio 3 (Risonanza). Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y + 4y + 5y = e sin y(0) =, y (0) = 0. Svolgimeno. Risolviamo dapprima l equazione omogenea associaa. L equazione caraerisica λ + 4λ + 5 = 0 ha radici λ = ± i. Quindi, y om () = (a cos + a sin )e. 78

79 Allora la soluzione y del problema di Cauchy ausiliario y + y = 0 y(0) = 0, y (0) =, è daa da y () = e sin. Infai 0 = y om (0) = a = y om(0) = a a a = 0 a =. Quindi, una soluzione paricolare dell equazione non omogenea è daa da [vedi Teorema 3.3] y p () = 0 e ( s) sin( s)se s sin s ds = e s ( sin cos s sin s cos ) sin s ds = e sin 0 s cos s sin s ds e cos 0 0 s sin s ds (a) = e sin ( 4 cos + ) ( 8 sin e cos 4 4 sin 8 cos + 8) = e ( 4 sin cos + 8 sin sin 4 cos + 4 sin cos + 8 cos cos ) 8 cos (b) = e ( 4 sin + 8 cos 4 cos ) 8 cos = 4 e sin 4 e cos, dove in (a) si sono usai i risulai 0 s cos s sin s ds = [ ] 0 s sin s ds = s cos s+ cos s ds = 0 4 cos + 8 sin e 0 s sin s ds = [ 0 s( cos s) ds = s s sin s + ] sin s ds = sin 8 cos + 8, e in (b) si sono usae le formule sin cos sin cos = sin e cos cos + sin sin = cos. Quindi y gen () = (a cos + a sin )e + 4( cos + sin ) e. Dalle condizioni iniziali oeniamo = y gen (0) = a 0 = y gen(0) = a a a = a =. Allora y Cauchy () = ( 4 )e cos + ( + 4 )e sin, R. Esercizio 4. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y + y = g y(0) = 0, y (0) = 0. 79

80 Svolgimeno. Risolviamo dapprima l equazione omogenea associaa. L equazione caraerisica λ + = 0 ha radici λ = ±i. Quindi, y om () = a cos + a sin. Allora la soluzione y del problema di Cauchy ausiliario y + y = 0 y(0) = 0, y (0) =, è daa da y () = sin. Quindi, una soluzione paricolare dell equazione non omogenea è daa da [vedi Teorema 3.3] y p () = 0 = sin sin( s) g s ds = 0 sin s ds cos 0 (a) = sin ( cos ) ( cos = sin 0 cos log + sin sin, ( sin cos s sin s cos ) g s ds sin s cos s ds sin + + sin ) log sin z dz = ( sin z 0 dove in (a) si è usao il risulao sin s 0 cos s ds = sin s 0 sin s cos s ds = sin 0 ) [ ] z+ dz = z + log z+ sin z = sin + +sin 0 log sin. Allora la soluzione generale è daa da y gen () = a cos + a sin +sin cos log cos sin Dalle condizioni iniziali oeniamo [osserviamo che d d ) ] 0 = y gen (0) = a 0 = y gen(0) = a cos log +sin sin a = 0 a =. sin. + z = sin log +sin sin +cos ( cos +sin + Allora y Cauchy () = sin cos log +sin sin, ( π, π ). Esercizio 5. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y + y = y(0) = 0, y (0) = 0. Svolgimeno. Risolviamo dapprima l equazione omogenea associaa. L equazione caraerisica λ + = 0 ha radici λ = ±i. Quindi, y om () = a cos + a sin. Allora la soluzione y del problema di Cauchy ausiliario y + y = 0 y(0) = 0, y (0) =, 80

81 è daa da y () = sin. Quindi, una soluzione paricolare dell equazione non omogenea è daa da [vedi Teorema 3.3] y p () = 0 sin( s) s ds. Ora, se > 0, si ha 0 sin( s) s ds = 0 [s sin( s)s ds = cos( s) ] sin(s ) = sin, menre, se < 0, si ha 0 0 sin( s) s ds = 0 sin( s)s ds = ( sin ). Quindi y p () = sin. Allora la soluzione generale è daa da y gen () = a cos + a sin + sin. cos > 0 Dalle condizioni iniziali oeniamo [osserviamo che d ( ) d sin = 0 = 0] + cos < 0 0 = y gen (0) = a 0 = y gen(0) = a. Allora y Cauchy () = sin, R. Esercizio 6. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y + y = cos 3 y(0) =, y (0) = 0. Svolgimeno. Risolviamo dapprima l equazione omogenea associaa. L equazione caraerisica λ + = 0 ha radici λ = ±i. Quindi, y om () = a cos + a sin. Allora la soluzione y del problema di Cauchy ausiliario y + y = 0 y(0) = 0, y (0) =, è daa da y () = sin. Quindi, una soluzione paricolare dell equazione non omogenea è daa da [vedi Teorema 3.3] y p () = sin( s) 0 cos 3 s ds = ( ) sin cos s sin s cos 0 cos 3 s ds sin s = sin 0 cos ds cos s 0 cos 3 s ds [ ] [ = sin g s cos ] 0 cos s 0 = sin cos cos + cos = sin cos. Allora la soluzione generale è daa da y gen () = a cos + a sin + sin Dalle condizioni iniziali oeniamo [osserviamo che d d = y gen (0) = a 0 = y gen(0) = a. cos. sin cos = sin cos cos +sin sin = sin (+cos ) ] cos cos Allora y Cauchy () = cos + sin cos = +cos cos, ( π, π ). 8

82 Esercizio 7. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y + y = cg y( π ) = 0, y ( π ) = 0. Svolgimeno. Risolviamo dapprima l equazione omogenea associaa. L equazione caraerisica λ + = 0 ha radici λ = ±i. Quindi, y om () = a cos + a sin. Allora la soluzione y del problema di Cauchy ausiliario y + y = 0 y(0) = 0, y (0) =, è daa da y () = sin. Quindi, una soluzione paricolare dell equazione non omogenea è daa da [vedi Teorema 3.3] y p () = = sin = sin = sin π/ sin( s) cg s ds = π/ π/ sin cos 3 s sin ds cos s sin s sin s z z (a) = sin [ ] sin z z ( = sin π/ π/ cos s ds cos cos dz + cos [ + cos sin sin + ) 0 ( sin cos s sin s cos ) cg s ds cos s sin s ds π/ z z dz cos s cos sin s ds s z + log z + ] cos z 0 ( + cos cos + + cos cos log cos log + cos cos = sin + sin cos + = + sin + + cos cos log cos, dove in (a) si è usao il risulao z dz = ( ) + z z z+ dz = z + log z+ z. Allora la soluzione generale è daa da y gen () = a cos + a sin + +cos cos log cos. Dalle condizioni iniziali oeniamo [osserviamo che d +cos d cos log cos ) ] sin cos 0 = y gen ( π ) = a 0 = y gen( π ) = a. ) = sin log +cos cos +cos ( sin +cos Allora y Cauchy () = sin + +cos cos log cos, (0, π). 8

83 Esercizio 8. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y y = +e y(0) = 0, y (0) = 0. Svolgimeno. Risolviamo dapprima l equazione omogenea associaa. L equazione caraerisica λ = 0 ha radici λ = ±. Quindi, y om () = a e + a e. Allora la soluzione y del problema di Cauchy ausiliario y y = 0 y(0) = 0, y (0) =, è daa da y () = e e = sinh. Quindi, una soluzione paricolare dell equazione non omogenea è daa da [vedi Teorema 3.3] y p () = (e s e s ) 0 + e s ds = e e s e s ds e 0 + es 0 + e s ds = e e s e s e s ds e + e3s + e s ds 0 0 e e = e z dz e + z3 + z dz (a) = e [ log z + ] e ] e z z e [ log + z = e ( ) log( + e ) e log + e ( ) log( + e ) log = e log( + e ) + ( log )e e log( + e ) + e log, dove in (a) si è usao il risulao dz = ( ) z +z 3 z + + z z+ dz = log z z + log z +. Allora la soluzione generale è daa da y gen () = a e + a e + e log( + e ) e log( + e ). Dalle condizioni iniziali oeniamo [osserviamo che d( d e log(+e ) e log(+e ) ) = e log(+ e ) + e e + e log( + e ) e e +e +e = e log( + e ) + e log( + e ) +e +e ] 0 = y gen (0) = a + a 0 = y gen(0) = a a + log, a = a = log a = log, Allora y Cauchy () = ( log )e + e log + e log( + e ) e log( + e ), R. Esercizio 9. Deerminare la soluzione del problema di Cauchy y + y y = e +e y(0) = 0, y (0) = 0. 83

84 Svolgimeno. Risolviamo dapprima l equazione omogenea associaa. L equazione caraerisica λ + λ = 0 ha radici λ =, λ =. Quindi, y om () = a e + a e. Allora la soluzione y del problema di Cauchy ausiliario y + y y = 0 y(0) = 0, y (0) =, è daa da y () = 3 e 3 e. Quindi, una soluzione paricolare dell equazione non omogenea è daa da [vedi Teorema 3.3] z+ y p () = (e s e s ) e s ds = 3 e + e s ds e 3s 3 e + e s ds 0 = 3 e 0 e s e s e s + e s ds 3 e 0 0 e e 3s + e s ds = e 3 e z + z dz z 3 e + z dz (a) = 3 e[ z ] e log z + 3 e [ z z + log z + = ) 3 e( log log( + e ) = log 3 e 3 dove in (a) si sono usai i risulai dz = ( z+z ) dz = z z + log z +. ] e 3 e ( e e + log( + e ) + log ) ( log ) e + 3 e 6 3 e log( + e ) 3 e log( + e ), z z+ ) dz = log z z+, e z +z dz = ( z + Allora la soluzione generale è daa da y gen () = a e + a e + 3 e 6 3 e log( + e ) 3 e log( + e ). Dalle condizioni iniziali oeniamo [osserviamo che d( d e e log( + e ) e log( + e ) ) = e e log( + e ) e e + e log( + e ) e e +e +e = e e log( + e ) + + +e e log( + e ) e +e ] 0 = y gen (0) = a + a log 0 = y gen(0) = a a log, 3a + log = 0 a = 3 log 6 a = a log = 3 log, ( ) Allora y Cauchy () = 3 log e + 3 log 6 e + 3 e 6 3 e log( + e ) 3 e log( + e ), R. 84

85 3.5 Esercizi: Soluzioni periodiche delle equazioni differenziali lineari del II ordine Esercizio 0. Deerminare le soluzioni π periodiche di y + β y = sin. Svolgimeno. La soluzione generale dell equazione omogenea è y om () = c cos β + c sin β. () Se β ±, cerchiamo una soluzione dell equazione non omogenea nella forma y p () = a sin, e oeniamo a sin +β a sin = sin a = β. Quindi y gen() = c cos β+c sin β+ sin, β e quese funzioni sono π-periodiche se: (a) β Z \, }; (b) β Z, c = c = 0. () Se β = ±, cerchiamo una soluzione dell equazione non omogenea nella forma y p () = a cos, e oeniamo y p() = a cos a sin, y p() = a sin a cos, per cui a sin a cos + a cos = sin a =. Quindi y gen() = c cos β + c sin β cos, e quese funzioni non sono mai π-periodiche. Esercizio. Deerminare le soluzioni π periodiche di y + β y = sin 3. Svolgimeno. Poiché sin 3 = 3 sin sin ci cerchiamo una soluzione paricolare nella forma y p () = b sin + b 3 sin 3. Allora y p + β y p = b (β ) sin + b (β 9) sin 3 = 3 4 sin sin Quindi se β ± e β ±3 non ho risonanza b = 4(β ), b = Se β = ±, allora e quindi Se β = ±3, allora y p = b cos + b 3 sin 3 y p = b cos b sin + 3b 3 cos 3 y p = b sin b cos 9b 3 sin 3 4(β 9). y p + β y p = b sin + b (β ) cos + b 3 (β 9) sin 3 = = b sin 8b 3 sin 3 = 3 4 sin 4 sin 3 b = 3 8, b 3 = 3. y p = b sin + b 3 cos 3 y p = b cos + b 3 cos 3 3b 3 sin 3 y p = b sin 6b 3 sin 3 9b 3 cos 3 85

86 e quindi y p + β y p = b (β ) sin 6b 3 sin 3 + b 3 (β 9) cos 3 = Riassumendo, le soluzioni periodiche sono = 8b sin 6b 3 sin 3 = 3 4 sin 4 sin 3 b = 3 3, b 3 = 4.. β / Z, y() = 3 4(β ) sin 4(β 9) sin 3 y p(); 3. β Z \ ±, ±3}, y() = a cos β + b sin β + 4(β ) sin sin 3; 4(β 9) 3. β = ±, ±3 non esisono soluzioni π periodiche. Esercizio. Sia f l esensione periodica di f() =, [ π, π). Specificare le condizioni su β affinché y + β y = f ammea soluzioni periodiche (di periodo π). Calcolare espliciamene la soluzione soo forma di serie di Fourier. Svolgimeno. Inano y + β y = 0 ha inegrale generale ϕ 0 () = c cos β + c sin β che è periodico di periodo π β Z. Deerminiamo lo sviluppo in serie di Fourier di f perché f è pari, α 0 = π α n = π π 0 π 0 = πn = d = π [ α 0 ] π + α n cos n 0 cos n d = π [ ] cos n π n 0 0 n pari 4 πn = π n= [ sin n n ] π = (cos nπ ) = πn n dispari f() = π 4 π 0 π } sin n 0 n d = k=0 cos(k + ) (k + ) Sia ϕ soluzione paricolare dell equazione y + β y = f, allora ϕ C e quindi ϕ = a 0 + n= a n cos n + b n sin n converge uniformemene, inolre ϕ = f β ϕ e quindi ϕ ha derivaa coninua ranne al più nei puni (k+)π dove comunque esisono le derivae desra e sinisra, quindi la sua serie di Fourier converge uniformemene ed è daa da ϕ = n= n (a n cos n + b n sin n). Ma allora ϕ + β ϕ = β a 0 + (β n )(a n cos n + b n sin n) = = π 4 π n= n=0 cos(k + ) (k + ) 86

87 e quindi se β / Z + si ha a 0 = π, a β k = 0, a k+ = 4 π, b (k+) β (k+) n = 0 e quindi ϕ() = π β 4 π k=0 (k + ) β cos(k + ). (k + ) Quindi ho soluzioni periodiche y() = ϕ() se β / Z, e y() = ϕ 0 () + ϕ() se β Z. 3.6 Esercizi proposi Esercizio 3. Deerminare la soluzione generale delle equazioni differenziali segueni () y + 3y + y = f() () y = f() (3) y + y + y = f() (4) y + y = f() (5) y + y + 5y = f() dove f è una delle funzioni segueni (a) f() =, e, e, e, e, e, e (b) f() = cos, cos, cos, cos (c) f() = e cos, e cos, e cos (d) f() = e cos, e cos, e cos. Esercizio 4. Deerminare la soluzione generale delle equazioni differenziali segueni () y 3y + y = f() () y y + y = f() (3) y y = f() (4) y + 4y = f() (5) y + 4y + 5y = f() dove f è una delle funzioni segueni (a) f() = +, e, e, e, e, e, e (b) f() = sin, sin, sin, sin (c) f() = e sin, e sin, e sin (d) f() = e sin, e sin, e sin. Esercizio 5. Deerminare la soluzione generale delle equazioni differenziali segueni () y y = 0, () y 3y + y = 0, (3) y 3y + 3y y = 0, 87

88 (4) y + y = 0, (5) y y = 3, (6) y + y = 3e + +, (7) y + y y = 5e, (8) y + y + y + y = e, (9) y + y = sin cos. Svolgimeno. (7) L equazione caraerisica λ 3 + λ = (λ )(λ + λ + ) = 0 ha radici λ =, λ = ± i. Esercizio 6. Deerminare la soluzione generale delle equazioni differenziali segueni () y (4) y = 0, () y (4) + y + y = 0, (3) y (4) + y + y = 0, (4) y (4) y + y = 0, (5) y (4) 6y + 9y = 0, (6) y (4) + 8y + 6y = 0, (7) y (4) + 4y = 0, (8) y (4) + y = 0, (9) y (4) a 4 y = 0, (0) y (4) + a y = 0, () y (4) y + y = e, () y (4) y + y = 3, (3) y (4) + y = cos 4. Esercizio 7. Deerminare la soluzione dei segueni problemi di Cauchy () y 5y + 4y = 0, y(0) =, y (0) =, () y + 4y = 0, y(0) = 0, y (0) =, (3) y + y = 0, y(0) =, y (0) = 0, (4) y + y + 5y = 0 + 4, y(0) =, y (0) =, (5) y + 4y = sin, y(0) =, y (0) =, (6) y + 3y 4y = sin, y(0) =, y (0) =, (7) y + 3y + 7y = 3e, y(0) =, y (0) = 0, (8) y y 6y = e 4 + 5, y(0) = 0, y (0) = 3, 88

89 (9) y y = e +, y(0) = 8, y (0) =. Esercizio 8. Si rovi (passando per lo sviluppo di Fourier, o con meodi direi) la soluzione periodica dell equazione ÿ + 4ẏ + 5y = (cos x). Esercizio 9. Dao il problema di Cauchy: ÿ 4y = sin y(0) = y 0, ẏ(0) = ẏ 0 deerminare y 0, ẏ 0 in modo che y sia π periodica. Esercizio 30. Sia f : R R, π-periodica, pari definia da: + π f() =, π 0 + π, 0 < π.. Si rovi lo sviluppo di Fourier di f().. Si rovi l inegrale generale dell equazione differenziale y + y 4 = f(). Esercizio 3. Si consideri l equazione differenziale y + ω y = 0, essendo ω > 0. Deo p un numero sreamene posiivo, rovare i valori di ω per cui ogni soluzione y : R R dell equazione sia p-periodica (cioè verifichi y( + p) = y() per ogni R). 89

90 4 Convergenza di soluzioni 4. Equazioni a variabili separabili Esercizio 3. Indicaa con f n la soluzione del problema di Cauchy y = y y() = n, dimosrare che f n converge uniformemene in [, ]. Svolgimeno. L equazione è a variabili separabili, e la sua soluzione con condizione iniziale y() = n è daa da y() dy n = y s ds [ ] y() y n = [ s ] n y() = ( ), cioè che è definia in < f n () = n +, n +. Ora f() := lim f n() =, <, e si ha n 3 sup f n () f() = sup 3 n + = sup 4( n ) (3 )( n + ) = sup ( n + ) (3 ) 4( n ) 0, n (3 )( n + ) cioè f n f uniformemene in [, ]. Esercizio 33. Indicaa con f n la soluzione del problema di Cauchy y = y log y + n y() = e, dimosrare che f n converge uniformemene in [0, ]. Svolgimeno. L equazione è a variabili separabili, e si ha dy y log y = d + n log + n + c log y = k( + n ), e dalla condizione iniziale segue che k = n f n () = exp n + n +, che è definia in R. Ora f() := lim n f n() = e, R, e si ha log log y = n+, per cui sup f n () f() = sup e n+ n+ e = sup e e n+ e maxe n+, e n+ } 0, [0,] [0,] [0,] cioè f n f uniformemene in [, ]. 90

91 Esercizio 34. Indicaa con f n la soluzione del problema di Cauchy y = cos yn y( π ) =, dimosrare che f n converge uniformemene in R. Svolgimeno. L equazione è a variabili separabili, e si ha y dy = n e dalla condizione iniziale segue che c = n, per cui f n () = 4 ( sin ), n cos d y = n sin +c, che è definia in R. Ora f() := lim f n() =, R, e si ha n sup f n () f() = sup 4 n ( sin ) ( sin ) = sup R R n R + 4 n ( sin ) + 4 n 4 4 n 0, cioè f n f uniformemene in R. 4. Equazioni lineari del I ordine Esercizio 35. Indicaa con f n la soluzione del problema di Cauchy y = n( y) a) calcolare il limie punuale f di f n in [0, ); b) f n converge uniformemene ad f in [0, )? Svolgimeno. a) L equazione è lineare e la sua soluzione è y(0) = 0, dove quindi f n () = e a() e a(s) ns ds, a() := f n () = e n e ns ns ds = n n e n n ds = n ; 0 xe x dx = n e n[ e x (x ) ] n 0 = = n e n[ e n (n ) + ] = n (n ) + n e n = n ( e n ) (si è uilizzao qui l inegrale xe x dx = xe x e x dx = xe x e x ). Quindi f() := lim n f n() =, 0. 9

92 b) Infine sup 0 e quindi f n f uniformemene in [0, ). f n () f() = n sup ( e n ) = 0 n 0, Esercizio 36. Indicaa, per ogni n N, con f n la soluzione del problema di Cauchy y + ( + ) n y = e (+ n) y() = n, dimosrare che f n converge uniformemene in [, ]. Svolgimeno. L equazione differenziale è lineare. Inano l equazione omogenea ha soluzione y om () = ke (+ n ). Cerchiamo una soluzione paricolare nella forma y p = k()e (+ n ). Deve essere k ()e (+ n ) = e (+ n), cioè k () =, per cui k() =. La soluzione generale è quindi y gen () = ke (+ n ) + e (+ n ), e dalla condizione iniziale si deduce k = ( n e (+ n ) )e + n = n e+ n. Quindi f n () = ( n e+ n + )e (+ n ), > 0. Allora f() := lim n f n () = ( )e, > 0. Si ha ( sup f n () f() = sup [,] [,] n e+ ) ( n + e (+ ) n ) e sup [,] n e(+ n )( ) + (e e (+ n ) ) + (e e (+ n ) ) n e (+ n ) + e ( e n ) + e ( e n ) 0, da cui segue la esi. 4.3 Equazioni lineari del II ordine Esercizio 37. Indicaa, per ogni n N, con f n la soluzione del problema di Cauchy y + n y + y = y(0) = 0, y (0) = n, dimosrare che f n converge uniformemene in [, ]. Svolgimeno. L equazione caraerisica è λ + n λ + = 0 λ = n ± i n 9

93 e la soluzione del problema omogeneo è: y = a e n cos ( n ) ( + a e n sin n ). Prendendo una soluzione paricolare nella forma y p = a + b (y p = b, y p differenziale si oiene: a = n, b =. = 0), dalla equazione La soluzione generale è quindi y n () = a e n cos ( n ) ( + a e n sin n ) + n. Imponendo le condizioni iniziali si oiene e quindi 0 = y n (0) = a n a = n n = y n(0) = a ( n e n cos n ) a n ( e n sin n ) a ( n e n sin n ) + a n ( e n cos n ) + = a n + a n + a = 0, Il limie punuale è quindi Si ha sup f n () f() = sup [,] f n () = n e n cos ( n ) + n. f() := lim n f n() =, R. [,] ( n e n cos n ) n n e n + n 0, =0 da cui segue la esi. Esercizio 38 (Problema ai limii). Si deermini, in funzione di n N, una soluzione dell equazione differenziale nÿn + ẏ n = y n (0) = 0, y n () = 0, e si deermini il limie punuale y della successione di funzioni y n in al modo definia. Si dica in quali insiemi ale convergenza è uniforme. 93

94 Svolgimeno. L equazione caraerisica è e la soluzione del problema omogeneo è: n λ + λ = 0 λ nλ = 0 λ = y = c + c e n. Prendendo una soluzione paricolare nella forma y p = b (ẏ p = b, ÿ p = 0), dalla equazione differenziale si oiene: b =. 0 n La soluzione generale è quindi y n () = c + c e n +. Imponendo le condizioni in = 0, = si oiene e quindi Il limie punuale è quindi y n (0) = c + c = 0 c = c y n () = c + c e n + = c ( e n ) + = 0 c = (e n ), c = (e n ) y n () = lim y n() = n en (e n ) +. 0 < 0 =. La convergenza è uniforme (come si verifica facilmene) in ogni inervallo del ipo [a, b], con 0 a < b <. 4.4 Esercizi proposi Esercizio 39. Indicaa, per ogni n N, con f n la soluzione del problema di Cauchy, verificare che f n } converge uniformemene nell inervallo I indicao y = + y () y I = [, 3], y() = e n, y = y () + n I = [0, ], y() = + n, y = y + + n (3) I = [0, 3], y() =, 94

95 y = y + + n (4) I = [, 3], y() = 5, y + 3y + y = e (5) y(0) = 0, y (0) = n. I = [, ]. 95