Corso di Metodi Matematici per la Finanza

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1 Corso di Metodi Matematici per la Finanza Soluzioni degli esercizi su EDO/ED lineari del secondo ordine a coecienti costanti Es. 1 a) x (t) 4x (t) + 4x(t) = 0, x(0) = 1, x (0) = 0 Equazione caratteristica: λ 4λ + 4 = (λ ) = 0; λ 1 = λ =. Soluzione generale: x(t) = c 1 e t + c te t, c 1, c R. Calcoliamo la derivata: x(t) = c 1 e t +c e t +c e t e imponiamo le condizioni iniziali, ottenendo un sistema lineare di equazioni nelle incognite c 1 e c : 1 = x(0) = c 1 + c 0 = x (0) = c 1 + c. Si ha: c 1 = 1, c =. Pertanto la soluzione particolare relativa ai dati iniziali assegnati è: x(t) = e t te t. b) x (t) + 4x (t) + 5x(t) = 0, x(0) = 1, x (0) = 0 Equazione caratteristica: λ + 4λ + 5 = 0; λ 1 = iλ = + i. Soluzione generale: x(t) = e t (c 1 cos t + c sin t), c 1, c R. Calcoliamo la derivata: x(t) = e t (c 1 cos t + c sin t) + e t ( c 1 sin t + c cos t) e imponiamo le condizioni iniziali, ottenendo un sistema lineare di equazioni nelle incognite c 1 e c : 1 = x(0) = c 1 0 = x (0) = c 1 + c. Si ha: c 1 = 1, c =. Pertanto la soluzione particolare relativa ai dati iniziali assegnati è: x(t) = e t (cos t + sin t). Es. a) x(t + ) 3x(t + 1) + x(t) = 0, x(0) = 1, x(1) = Equazione caratteristica: λ 3λ + 1 = 0; λ 1 = 1, λ = 1. Soluzione generale: x(t) = c 1 ( 1 ) t + c, c 1, c R. Imponiamo le condizioni iniziali, ottenendo un sistema lineare di equazioni nelle incognite c 1 e c : 1 = x(0) = c 1 + c = x(1) = c 1 + c. Si ha: c 1 =, c = 3. Pertanto la soluzione particolare relativa ai dati iniziali assegnati è: x(t) = ( 1 ) t

2 b) x(t + ) 4x(t + 1) + 4x(t) = 0, x(0) = x(1) = 1 Equazione caratteristica: λ 4λ + 4 = (λ ) = 0; λ 1 = λ =. Soluzione generale: x(t) = c 1 t + c t t, c 1, c R. Imponiamo le condizioni iniziali, ottenendo un sistema lineare di equazioni nelle incognite c 1 e c : 1 = x(0) = c 1 1 = x(1) = c 1 + c. Si ha: c 1 = 1, c = 1. Pertanto la soluzione particolare relativa ai dati iniziali assegnati è: x(t) = t 1 tt. c) x(t + ) + x(t + 1) + x(t) = 0, x(0) = 0, x(1) = 1 Equazione caratteristica: λ + λ + = 0; λ 1 = 1 i, λ = 1 + i. Si ha: ρ = a + b = pertanto la soluzione generale è x(t) = c 1 ρ t cos(θt) + c ρ t sin(θt) ( ) t ( ) 3 = c 1 cos 4 πt (, θ = arctan b ) + π = π a 4 + π, + c ( ) t ( ) 3 sin 4 πt, c 1, c R. Imponiamo le condizioni iniziali, ottenendo un sistema lineare di equazioni nelle incognite c 1 e c : 0 = x(0) = c 1 ( ) ( ) = x(1) = c 1 cos 4 π + c sin 4 π. Si ha: c 1 = 0, c =. Pertanto la soluzione particolare relativa ai dati iniziali assegnati è: ( ) t ( x(t) = sin 3 4 πt). Es. 3 a) x (t) + 5x (t) + 4x(t) = 3 t Equazione omogenea associata: z (t)+5z (t)+z(t) = 0; equazione caratteristica: λ +5λ+4 = 0; λ 1 = 4, λ = 1; soluzione generale equazione omogenea associata: z(t) = c 1 e 4t + c e t, c 1, c R. Quindi la soluzione generale sarà della forma: x(t) = c 1 e 4t + c e t + x(t), c 1, c R, dove x(t) è una soluzione particolare dell'equazione non omogenea. Dato che il termine noto dell'equazione è f(t) = 3 t = P 1 (t), i.e. un polinomio di grado 1 e il termine in x(t) dell'equazione è non degenere (il coeciente è diverso da 0), allora cerchiamo una soluzione particolare della forma x(t) = at + b, a, b R,

3 i.e. un polinomio di grado 1. Poiché x(t) è una soluzione particolare deve soddisfare l'equazione non omogenea. Allora, dopo aver calcolato le derivate (prima e seconda) di x(t) andiamo a sostituire nell'equazione e riordinando i termini otteniamo: 4at + (5a + 4b) = 3t + 3. Utilizzando il principio di identità dei polinomi, si ha: 4a = 5a + 4b = 3. Otteniamo a = 1, b = Quindi x(t) = 1 t e la soluzione generale è: b) x (t) x(t) = te t x(t) = c 1 e 4t + c e t 1 t , c 1, c R. Equazione omogenea associata: z (t) z(t) = 0; equazione caratteristica: λ 1 = 0; λ 1 = 1, λ = 1; soluzione generale equazione omogenea associata: z(t) = c 1 e t + c e t, c 1, c R. Quindi la soluzione generale sarà della forma: x(t) = c 1 e t + c e t + x(t), c 1, c R, f(t) = te t = P 1 (t)e αt, dove P 1 (t) denota un polinomio di primo grado e α = 1. Poiché α = 1 è radice di molteplicità 1 dell'equazione caratteristica, allora cerchiamo una soluzione particolare della forma x(t) = t 1 (at + b)e t = t(at + b)e t, a, b R. Poiché x(t) è una soluzione particolare deve soddisfare l'equazione non omogenea. calcoliamo le derivate (prima e seconda) di x(t): Allora, x (t) = (at + b)e t + ate t + t(at + b)e t x (t) = ae t + (at + b)e t + ae t + ate t + (at + b)e t + ate t + t(at + b)e t, andiamo a sostituire nell'equazione e semplicando e t e riordinando i termini otteniamo: 4at + a + b = t. Utilizzando il principio di identità dei polinomi, si ha: 4a = 1 a + b = 0. Otteniamo a = 1 4, b = 1 4. Quindi x(t) = t ( 1 4 t 4) 1 e t e la soluzione generale è: ( 1 x(t) = c 1 e t + c e t + t 4 t 1 ) e t, c 1, c R. 4 3

4 c) x (t) x(t) = 3e t cos t Equazione omogenea associata: z (t) z(t) = 0; equazione caratteristica: λ 1 = 0; λ 1 = 1, λ = 1; soluzione generale equazione omogenea associata: z(t) = c 1 e t + c e t, c 1, c R. Quindi la soluzione generale sarà della forma: x(t) = c 1 e t + c e t + x(t), c 1, c R, f(t) = 3e t cos t = P 0 (t)e αt cos (βt), dove P 0 (t) denota un polinomio di grado 0, ovvero una costante e α = e β = 1. Poiché α+iβ = +i non è radice dell'equazione caratteristica, allora cerchiamo una soluzione particolare della forma x(t) = e αt (k cos (βt) + h sin (βt)) = e t (k cos t + h sin t), k, h R. Poiché x(t) è una soluzione particolare deve soddisfare l'equazione non omogenea. calcoliamo le derivate (prima e seconda) di x(t): Allora, x (t) = e t (k cos t + h sin t) + e t ( k sin t + h cos t) x (t) = 4e t (k cos t + h sin t) + 4e t ( k sin t + h cos t) + e t ( k cos t h sin t), andiamo a sostituire nell'equazione e semplicando e t e riordinando i termini otteniamo: da cui (k + 4h) cos t + (k 4h) sin t = 3 cos t, k + 4h = 3 k 4h = 0 e in denitiva: k = 3 10 e h = 3 5. Soluzione particolare: x(t) = ( et 3 10 cos t sin t) Soluzione generale: ( 3 x(t) = c 1 e t + c e t + e t 10 cos t + 3 ) 5 sin t, c 1, c R. Es. 4 a) x(t + ) 3x(t + 1) + x(t) = 3 t Equazione omogenea associata: z (t) 3z (t)+z(t) = 0; equazione caratteristica: λ 3λ+ = 0; λ 1 = 1, λ = ; soluzione generale equazione omogenea associata: z(t) = c 1 1 t + c t = c 1 + c t, c 1, c R. Quindi la soluzione generale sarà della forma: x(t) = c 1 + c t + x(t), c 1, c R, 4

5 f(t) = 3 t = P 0 (t)σ t, dove P 0 (t) denota un polinomio di grado 0, ovvero una costante e σ = 3. Poiché σ = 3 non è radice dell'equazione caratteristica cerchiamo una soluzione particolare della forma x(t) = k3 t, k R. Calcoliamo x(t + 1) = k3 t+1 x(t + ) = k3 t+ e sostituiamo nell'equazione alle dierenze assegnata (essendo una soluzione particolare la deve soddisfare): k3 t+ 3k3 t+1 + k3 t = 3 t. Semplicando 3 t, otteniamo k = 1. Pertanto x(t) = 1 3t e la soluzione generale è: x(t) = c 1 1 t + c t = c 1 + c t + 1 3t, c 1, c R. b) x(t + ) 4x(t + 1) + 4x(t) = t Equazione omogenea associata: z (t) 4z (t)+4z(t) = 0; equazione caratteristica: λ 4λ+4 = 0; λ 1 = λ = ; soluzione generale equazione omogenea associata: z(t) = c 1 t + c t t, c 1, c R. Quindi la soluzione generale sarà della forma: x(t) = c 1 t + c t t + x(t), c 1, c R, f(t) = t = P 0 (t)σ t, dove P 0 (t) denota un polinomio di grado 0, ovvero una costante e σ =. Poiché σ = 3 è radice di molteplicità dell'equazione caratteristica cerchiamo una soluzione particolare della forma Calcoliamo x(t) = kt t, k R. x(t + 1) = k(t + 1) t+1 x(t + ) = k(t + ) t+ e sostituiamo nell'equazione alle dierenze assegnata: k(t + ) t+ 4k(t + 1) t+1 + 4kt t = t. Semplicando t, otteniamo k = 1 8. Pertanto x(t) = 1 8 t e la soluzione generale è: x(t) = c 1 t + c t t t, c 1, c R. 5