Alcuni esercizi sulle equazioni di erenziali

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1 Alcuni esercizi sulle equazioni di erenziali Calcolo dell integrale generale Per ciascuna delle seguenti equazioni di erenziali calcolare l insieme di tutte le possibili soluzioni. SUGGERIMENTO: Ricordatevi di fare la verifica: sostituite la soluzione cercata nell equazione e verificate che l equazione stessa è soddisfatta. Ad esempio, per l equazione y 0 +5y = 0, l integrale generale è dato da yx) =C e 5x +. La verifica consiste nel sostituire yx) = C e 5x +dacuiy 0 = 5C e 5x ) nell equazione ricavando. y 0 3y + 4 = 0,. y 0 xy =x 3. y 0 +5y =sinx) 4. y 0 = x log + x ) 5. y 0 = x+)y xx+) 5C e 5x +5 C e 5x + = y 0 = y x logx) x logx) 7. y 0 +3xy = x 3 8. y 0 = x y x Problemi ai valori iniziali a) Per ciascuno dei seguenti problemi calcolare l unica soluzione che soddisfa sia l equazione sia le condizioni iniziali. SUGGERIMENTO: Ricordatevi di fare la verifica, sostituite la soluzione cercata nell equazione e nelle condizioni iniziali e verificate che entrambe sono soddisfatte. Ad esempio, per l equazione y 0 +5y = 0, y0) = 4,

2 la soluzione è data da yx) =e 5x +. La verifica consiste nel sostituire yx) = e 5x +dacuiy 0 = 0 e 5x ) nell equazione ricavando 0 e 5x +5 e 5x + = 0, e nel sostituire yx) =e 5x + nella condizione iniziale ricavando. y 0 y = 8, y0) = 0; y0) = + = 4.. y 0 xy = 0, y) = ; 3. y 0 = y x +3x, y) = per x [, +); 4. y 0 +8y =6e x, y0) = 3; 5. y 0 +5y = 6 cosx), y0) = 6. b) Data l equazione di erenziale, dipendente dal paramentro reale k, y 0 = 3xy + kx, y0) = 0, si determini k in modo che yx) x per x! 0. SOLUZIONE: Si tratta di un equazione di erenziale lineare e si ottiene immediatamente l integrale generale: yx) = k 3 + C e 3 x C R. Imponendo la condizione y0) = 0 si ottiene C = yx) = k 3 e 3 x. La soluzione deve soddisfare quindi k e 3 x x per x! 0. 3 k/3. La soluzione cercata è quindi Poichè quindi e 3 x = 3 x + ox ) per x! 0, yx) = k x + ox ) per x! 0. Dunque la soluzione y è determinata dalla condizione k =, ossia k =. c) Trovare, al variare di R, la soluzione dell equazione di erenziale y 0 =+ )y e x, per cui y0) = 3. Stabilire, successivamente, per quali valori di il seguente integrale improprio converge Z + 0 yx)dx.

3 SOLUZIONE: L equazione da risolvere è un equazione di erenziale lineare e si ottiene immediatamente l integrale generale: R Z R yx) = e + )dx e + )dx e x )dx =e + )x e x + C =e x +C e x, C R. Imponendo la condizione y0) = 3 si ottiene 3 = + C, ossia C =. La soluzione è dunque L integrale improprio yx) = e x +e x. Z + 0 e x +e +)x dx, converge se e solo se l esponente dell esponenziale che prevale è negativo, ossia deve risultare + < 0. Pertanto l integrale converge se <.

4 EQUAZIONI DIFFERENZIALI E SISTEMI Esercizi svolti. Determinare la soluzione dell equazione di erenziale t + )x 0 + x =0.. Risolvere il problema di Cauchy x 0 + t tan x =0 x0) =. 3. Determinare a per cui xt) =te at è una soluzione di tx 00 tx 0 x =0. 4. Trovare la soluzione generale delle equazione lineare sin t)x 0 + cos t)x = e t. 5. Risolvere il problema di Cauchy x 0 x = x0) = Determinare la soluzione di x 00 x 0 8x =0, x) = x 0 ) = 0 e il suo valore in x =0. 7. Determinare una soluzione particolare di x 00 4x 0 +5x = e t + cos t)+5t. 8. Risolvere il problema x 00 x = te t x0) = 0 = x 0 0).

5 EQUAZIONI DIFFERENZIALI E SISTEMI Esercizi svolti - SOLUZIONI. Se x non è identicamente nullo, abbiamo Quindi, x 0 x = +t ) Z dx x = xt) = Z dt +t ) x = arctan t + c arctan t + c, c costante. L equazione ammette anche la soluzione xt)=0 che corrisponde a c = ±).. Separando le variabili, x 0 tan x = t ) Z cos x sin x dx = Z t dt ) lnsin x) = t + c ) sin x = ae t /, dove c, a = e c sono costanti. Ponendo la condizione iniziale si ottiene a =, e quindi la soluzione del problema di Cauchy risulta essere xt) = arcsine t / ). 3. Sostituendo x = te at nell equazione si ha t[e at a t a)] t[e at at )] [ te at ]=0 ) a a )t + a)t =0. I coe cienti di t e t devono annullarsi, quindi a =. 4. Divido per sin t e ottengo x 0 + cos t sin t x = da cui, applicando la formula integrale, si ottiene xt) =e At) Z c + et sin t, e t sin t eat) dt, dove At) = R cos t sin t dt = lnsin t), e quindi xt) = Z c + sin t e t dt = c + et sin t. 5. Applicando la formula integrale si ottiene xt) =e At) x 0 + Z t e As) ds. t 0 In questo caso, t 0 =0, x 0 =0,e At) = R )dt = t. Quindi, xt) =e t 0+[ e s ] t 0 = e t e t )=e t. Lo stesso risultato segue dal fatto che, moltiplicando l equazione originale per e At) = e t si ottiene d dt e t x)=e t.

6 6. Il polinomio caratteristico è 8 = 4) + ) e le radici sono 4,. La soluzione generale dell equazione è perciò c e 4t + c e t e le condizioni iniziali danno c e 4 + c e = 4c e 4 c e ) c =c e 6 ) c = 3 =0 e 4. Quindi xt) = 3 e4t e t,ex0) = 3 e 4 +e ). 7. Risolviamo prima l equazione omogenea Lx) = 0 dove Lx) sta per x 00 4x 0 +5x. Il polinomio caratteristico p )= ha radici complesse =4± p 4)/ =± i, e quindi la soluzione generale è e t c sin t+c cos t). Per determinare una soluzione particolare basta trovare soluzioni particolari per le equazioni Lx) =e t, Lx) =e t cos t e Lx) =5t e poi sommarli: Per l equazione Lx) = e t si cerca una soluzione nella forma xt) = ae t. Sostituendo nell equazione Lx) =e t si ottiene la condizione a =, e quindi la soluzione particolare e t. Siccome e t cos t è soluzione di Lx) = 0, l equazione Lx) = e t cos t ha una soluzione particolare nella forma xt) =te t b sin t + b cos t). Sostituendo nell equazione Lx) = e t cos t si ottiene la soluzione particolare t sin t e t. Per l equazione Lx) =5t, si cerca una soluzione nella forma xt) =c + c t + c 3 t. Sostituendo nell equazione Lx) =5t si ottiene la soluzione particolare xt) = t + t. Una soluzione particolare dell equazione originale è quindi : xt) =e t + t sin t t + t. Notare che a tale funzione si può sempre aggiungere una qualsiasi combinazione lineare di e t sin t e e t cos t e si ottiene comunque una soluzione particolare dell equazione originale. 8. Il polinomio caratteristico è e quindi l equazione omogenea Lx) = 0 ha soluzione generale c e t + c e t. Essendo e t soluzione di Lx) = 0 cerco la soluzione particolare nella forma xt) =ta + a t)e t. Sostituendo nell equazione Lx) =te t si ottiene la soluzione particolare 4 tet + 4 t e t. Tutte le soluzioni dell equazione originale sono quindi xt) =c e t + c e t 4 tet + 4 t e t. Le condizioni iniziali danno origine alle due condizioni c + c =0ec c 4 c = 8 = c. La soluzione del problema di Cauchy è = 0, cioè xt) = 8 [et e t te t +t e t ].