FOGLIO DI ESERCIZI 1 EDO Esercizi su equazioni lineari scalari 1 ...

FOGLIO DI ESERCIZI 1 EDO
Esercizi su equazioni lineari scalari
1) Data l’equazione
y iv − 2y ′′′ + 9y ′′ − 18y ′ = 0,
determinare: tutte le soluzioni per cui lim t→+∞ y(t) esiste finito; tutte le
soluzioni per cui lim t→−∞ y(t) esiste finito; tutte le soluzioni limitate.
2) Scrivere un’equazione differenziale ordinaria il cui integrale generale
sia
{
c1 e t + c 2 e −2t + log(1 + t 2 ) } .
Esercizi su sistemi lineari
I) Determinare l’integrale generale di
{ x ′ = x
y ′ = 3x − 2y.
⎧
⎨
⎩
x ′ = x + 3y − 2z
y ′ = 2y + 4z
z ′ = y + 2z.
II) Considerato il sistema omogeneo sulla destra di I), si scriva l’integrale
generale del corrispondente sistema non omogeneo con termine noto g(t) =
(0, t, t 2 ), e si risolva il corrispondente problema di Cauchy con dato iniziale
(x(0), y(0), z(0)) = (0, 0, 0).
3. Esercizi su equazioni scalari non lineari
Delle seguenti equazioni, determinare l’integrale generale dell’equazione e
dove indicato, risolvere il corrispondente problema di Cauchy con dati iniziali
come indicato.
Una cosa importante è riconoscere il tipo di equazione che si ha davanti in
modo da utilizzare la tecnica più appropriata (variabli separabili, Bernoulli,
omogenea, esatta, esatta con fattore integrante). In alcuni caso può essere
necessario svolgere qualche passaggio algebrico e/o sostituzione per porre
l’equazione in una qualche forma nota. In pagine successive ci sono le tracce
di soluzioni di alcune di queste equazioni: sbirciare tali pagine solo dopo aver
provato a risolvere da soli!
a) y ′ = t + y
3y − t , (t 0, x 0 ) = (0, 1).
1

) y ′ (x) = 2x √ 1 − y(x) 2 , (x 0 , y 0 ) = (1, 1/4).
c) −t 2 yy ′ + y 3 + ty 3 = 0.
d) (y 3 − t)y ′ = y, (t 0 , x 0 ) = (1, 1), (t 0 , y 0 ) = (0, 0).
e) y ′ y
=
t + √ t 2 + y , (t 0, y 0 ) = (0, 1)
2
f) y ′ = t7 + 7y(y + 3t) 6
7t(y + 3t) 6 .
g) y ′ = y + ty2 .
t
h) y ′ ty + ty2
=
1 − t . (t 0, x 2 0 ) = (0, 1).
i) y ′ + y sin t + y 2 sin(2t) = 0
l) y ′ = 3y + 1 y 3 , (t 0, x 0 ) = (0, −2)
m) 5xy 4 y ′ + 3x2 y 5 + y 5 + 1
x 2 + 1
n) y ′ = − y + ty2 .
t
= 0
2

a) È un’equazione della forma y′ = −P (t, y)/Q(t, y) con P (t, y) = t + y e
Q(t, y) = t − 3y. L’equazione ha senso se y ≠ t/3. L’equazione è esatta con
potenziale
ϕ(t, y) = t2 2 + yt − 3 2 y2 ,
da cui si ha l’integrale generale (ogni ± genera due soluzioni; l’annullarsi
della radice produce y(t) = t/3 non ammissibile)
y :] − ∞, +∞[→ R,
] √ [
3
y −∞, −
4 c → R,
]√ [
3
y :
4 c, +∞ → R,
t ↦→ t ± √ 4t 2 − 3c
, c < 0,
3
t ↦→ t ± √ 4t 2 − 3c
, c ≥ 0,
3
t ↦→ t ± √ 4t 2 − 3c
, c ≥ 0.
3
La soluzione del problema di Cauchy è dunque
y :] − ∞, +∞[→ R, t ↦→ t + √ 4t 2 + 9
.
3
c) Notiamo subito che la costante nulla è soluzione dell’equazione e che
anzi ne è l’unica soluzione costante; se inotre t = 0, allora si deve avere
y(t) = 0 e quindi, per unicità, abbiamo ancora la soluzione nulla. Cerchiamo
l’integrale generale nel primo quadrante (t, y > 0). Allora l’equazione è a
variabili separabili della forma
y ′ = y2 (1 + t)
t 2 .
d) Notare che y 3 (t) − t = 0 solamente se y(t) = t 1 3 , ma che la funzione
t ↦→ t 1 3 non è soluzione dell’equazione. Quindi dividere per y 3 − t e studiare
l’equazione come differenziale esatta nel dominio R 2 \ {t = y 3 }. L’integrale
generale risulta essere in forma implicita 4ty − y 4 = c e lo si lasci pure in
forma implicita. Per quanto riguarda i problemi di Cauchy, il dato (1, 1)
non è ammissibile (non c’è soluzione del problema) in quanto mettendo (1, 1)
nell’equazione si avrebbe la contraddizione y(1) = 0. Il dato (0, 0) non porta
3

alla contraddizione come sopra. Dalla forma implicita dell’integrale generale
si ha che c = 0 e, lavorando un pochino, si deduce che l’unica soluzione è
y ≡ 0.
e) È omogenea (rispetto alla moltiplicazione per λ > 0). Nei conti può
essere utile ottenere una primitiva di 1/(z √ 1 + z 2 ), che è
− 1 2 log(√ 1 + z 2 + 1) + 1 2 log(√ 1 + z 2 − 1),
(porre √ 1 + z 2 = τ). Esplicitare poi √ 1 + z 2 in funzione di t (ad un certo
punto si dovrebbe ottenere un’equazione di secondo grado in √ 1 + z 2 ) e
quindi proseguire eplicitando z e poi determinando y.
g) Cercare un fattore integrante e/o risolverla come equazione di Bernoulli...
l) È un’equazione di Bernoulli con α = −3. Quindi poniamo z = y4 ,
e dobbiamo quindi impore z > 0 (y non può essere nulla e z, essendo una
potenza pari, deve essere positiva). L’equazione in z è
il cui integrale generale è
z(t) =
z ′ = 12z + 4,
(
c + 1 )
e 12t − 1 3 3 ,
e si ha z(t) > 0 per
c > − 1 3 , t > 1 ( ) 1
12 log 3c + 1
per cui l’integrale generale dell’equazione in y è, al variare di c > −1/3,
] ( ) [
1 1
y :
12 log , +∞ → R, t ↦→ (( )
c + 1
3c + 1
3)
e 12t − 1 1
4
,
3
] ( ) [
1 1
y :
12 log , +∞ → R, t ↦→ − (( )
c + 1
3c + 1
3)
e 12t − 1 1
4
.
3
Si ha poi,
y(0) = −2 ⇐⇒ c = 16,
4

da cui la soluzione del problema di Cauchy è
y :
] 1
12 log 1 [
( 49
49 , +∞ → R, t ↦→ −
3 e12t − 1 ) 1
4
,
3
P.S. Altri conti possono portare a scrivere la dipendenza dalla costante c
in modo diverso. Al variare di c fra tutti i numeri reali si dovrebbe comunque
descrivere lo stesso insieme di funzioni.
n) Cercare un fattore integrante della forma λ(t, y) = t α y α e/o risolverla
come equazione di Bernoulli.
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