Matematica 1 - Corso di Laurea in Ingegneria Meccanica

Matematica 1 - Corso di Laurea in Ingegneria
Meccanica
Esercitazione su soluzioni esplicite di equazioni differenziali
2 dicembre 2005
Esercizio 1. Trovare tutte le soluzioni dell’equazione differenziale
y 0000 − 2y 000 + 2y 00 − 2y 0 + y = (1 + x) cos x.
Soluzione. Calcoliamo dapprima le soluzioni dell’omogenea associata, ovvero
y 0000 − 2y 000 + 2y 00 − 2y 0 + y = 0. Per farlo bisogna trovare le radici (e le loro
molteplicità) del polinomio P associato, dato da P (z) = z 4 −2z 3 +2z 2 −2z+1.
Questo perchè se P (λ) = 0 allora eλx è soluzione dell’omogenea. Inoltre, se
λ è radice con molteplicità k, anche xeλx , x2 eλx · xk−1 eλx sono soluzioni. In
questo modo si ottengono tante soluzioni base quante il grado del polinomio
e con esse si possono costruire tutte le soluzioni. In questo caso
P (z) = z 4 − 2z 3 + 2z 2 − 2z + 1 = (z 2 + 1)(z − 1)2 ,
quindi le radici sono 1 con molteplicità due e ±i. Le soluzioni base sono
allora ex , xex , eix , e−ix e quindi tutte le soluzioni (complesse) sono del tipo
Aex + Bxex + Ceix + De−ix ,
A, B, C, D ∈ C.
Le soluzioni reali possono essere espresse come la parte reale di quelle complesse oppure in alternativa come
A0 ex + B 0 xex + C 0 cos x + D0 sin x,
A0 , B 0 , C 0 , D0 ∈ R.
Bisogna ora trovare una soluzione particolare dell’equazione che ci è stata
assegnata, ed allora ogni soluzione si esprimerà poi come somma di tale
soluzione particolare più un’arbitraria soluzione dell’omogenea. Sappiamo
come trovare soluzioni particolari nel caso il secondo membro sia della forma
Q(x)E γx con Q polinomio. Poiché in questo caso al posto di un esponenziale
1
abbiamo un coseno possiamo vederlo come parte reale di eix . Cerchiamo
quindi una soluzione particolare di
y 0000 − 2y 000 + 2y 00 − 2y 0 + y = (1 + x)eix
e poi ne prenderemo la parte reale. In questo caso Q(x) = 1 + x e γ = i. Ci è
stato insegnato che si possono cercare soluzioni della forma y(x) = R(x)eγx
con R polinomio di grado degQ + m, dove m è la molteplicità di γ come
radice di P (numero di risonanza). Cerchiamo pertanto soluzioni del tipo
y(x) = (ax2 + bx + c)eix .
Risulterà evidente dai calcoli successivi che il valore di c è ininfluente (infatti
aggiungere ceix ad una soluzione particolare equivale ad aggiungergli una
soluzione dell’omogenea). Sia allora R(x) = ax2 + bx + c e calcoliamo le
derivate successive di R(x)eix .
y(x)
y 0 (x)
y 00 (x)
y 000 (x)
y 0000 (x)
=
=
=
=
=
R(x)eix ,
R0 (x)eix + iR(x)eix ,
R00 (x)eix + 2iR0 (x)eix − R(x)eix ,
3iR00 (x)eix − 3R0 (x)eix − iR(x)eix ,
−6R00 (x)eix − 4iR0 (x)eix + R(x)eix ,
dove si è usato il fatto che le derivate di R di ordine superiore a due sono
nulle. Inserendo nell’equazione i risultati ottenuti si nota che i termini con
R(x)eix hanno come coefficienti potenze di i che sommate danno proprio
P (i) = 0. Quindi ignoriamo questi termini e otteniamo
(1 + x)eix = eix (R00 (x)(−4 − 6i) + 4R0 (x)) = eix (2a(−4 + 6i) + 4(2ax + b)).
Dall’uguaglianza fra i due membri si ricava, guardando i coefficienti della
x, il valore di a, ovvero a = 1/8. Sostituendo a si trova anche b, ovvero
b = 1/2 − 3/8i. Come si vede il valore di c non importa e lo sceglieremo nullo
per comodità. Una soluzione particolare è pertanto data da
1 3
1 2
x + ( − i)x eix .
8
2 8
Questa è una soluzione dell’equazione complessa con secondo membro (1 +
x)eix . Per avere quella dell’equazione reale col coseno se ne deve prendere la
parte reale, ovvero
1
1
3
y(x) = x2 cos x + x cos x + ix sin x.
8
2
8
2
Le soluzioni generali sono allora date da
1 2 1
3
x
x
y(x) = Ae + Bxe + C + x + x cos x + D + ix sin x.
8
2
8
Se dovessimo risolvere il problema di Cauchy, dati y(0), y 0 (0), y 00 (0), y 000 (0),
dovremmo determinare le costanti A, B, C, D in modo da rispettare i dati
iniziali.
Esercizio 2. Risolvere i seguenti problemi di Cauchy del prim’ordine:
(
(
p
0
2
y = (x + 1) y + 1,
y 0 = (x + 1)(y 2 + 1),
y(0) = 1;
y(0) = 1.
Soluzione. Si tratta in entrambi i casi di equazioni a variabili separabili.
Quando si ha y 0 = a(x)f (y) bisogna cercare una funzione F con F 0 = 1/f e
una A con A0 = a ed in tal caso si avrà
F (y(x)) = A(x) + c,
come ci si può accorgere derivando. Cominciamo dal primo caso. In tal caso
possiamo scegliere A(x) = x2 /2 + x e F (y) = (sinh)−1 (y). Pertanto per la
soluzione cercata varrà, invertendo la F ,
y(x) = sinh(
x2
+ x + c).
2
Per determinare c basta imporre la condizione iniziale, ovvero
1 = y(0) = sinh(c),
√
da cui c = (sinh)−1 (1) = log(1 + 2). Si noti come in questo caso, siccome il
secondo membro cresce come |y| e non come potenze superiori, la soluzione
è definita per ogni y ∈ R.
Per il secondo problema di Cauchy invece si ha sempre A(x) = x2 /2 + x
ma F (y) = arctan x. Quindi si ha, invertendo l’arcotangente,
y(x) = tan(
x2
+ x + c).
2
2
In questo caso c = arctan(1) = π/4. La soluzione è pertanto y(x) = tan( x2 +
x + π/4). Come si nota, non è definita su tutto R. L’intervallo massimale di
2
definizione è l’intervallo in cui la funzione x2 + x + π/4, che vale π/4 in x = 0,
resta appartenente all’intervallo ] − π/2, π/2[. Siccome la disequazione
x2
π
π
+x+ >−
2
4
2
3
risulta sempre verificata (verificare che il discriminante è positivo. . . ), è
sufficiente imporre
π
π
x2
+x+ < ,
2
4
2
p
p
π
che equivale a x ∈] − 1 − 1 + 2 , −1 + 1 + π2 [. Questo è l’intervallo di
definizione della soluzione del secondo problema. Non è l’intera retta reale
ma questo non sorprende perchè il secondo membro è quadratico in y, e non
lineare.
Esercizio 3. Trovare le soluzioni dell’equazione differenziale
y 00 + y =
1
1 + x2
e dimostrare che per ogni soluzione y esistono costanti a e b tali che
lim y(x) − a cos x − b sin x = 0.
x→+∞
Soluzione. Le soluzioni dell’equazione omogenea y 00 + y = 0 sono ben note e
sono del tipo A cos x+B sin x. Basta quindi trovare una soluzione particolare
e lo faremo col metodo della variazione delle costanti. Cerchiamo soluzioni
particolari del tipo y(x) = A(x) cos x + B(x) sin x, dove A e B questa volta
sono funzioni invece che numeri. Dobbiamo sceglierli in modo da rispettare
l’equazione. Dapprima calcoliamo y 0 (x):
y 0 (x) = −A(x) sin x + A0 (x) cos x + B(x) cos x + B 0 (x) sin x.
Decidiamo noi, in pieno delirio di onnipotenza, che per renderci facile la vita
vogliamo che valga la condizione
A0 (x) cos x + B 0 (x) sin x = 0.
Questa condizione sarà sicuramente verificata per opportune scelte di A e B,
e se lo fosse ci semplificherebbe la vita nei calcoli futuri. Scegliamo in pratica
di rischiare: ci mettiamo in un caso più semplice, quello in cui quella quantità
si annulla, ma in questo modo abbiamo a disposizione meno funzioni A e B
fra cui scegliere. Se però siamo in grado di trovarne comunque due per cui
l’equazione è verificata abbiamo vinto! Sotto questa condizione aggiuntiva,
andando avanti coi conti, si trova
y 00 (x) = −A(x) cos x − A0 (x) sin x − B(x) sin x + B 0 (x) cos x.
Pertanto per verificare l’equazione bisogna che valga
1
= y 00 (x) + y(x) = −A0 (x) sin x + B 0 (x) cos x.
1 + x2
4
Dobbiamo pertanto trovare A e B tali che
(
A0 (x) cos x + B 0 (x) sin x = 0,
1
−A0 (x) sin x + B 0 (x) cos x = 1+x
2.
sin x
e possiamo sostituirlo
Ricavando A0 dalla prima si ha A0 (x) = −B 0 (x) cos
x
nella seconda, ottenendo
B 0 (x)
sin x
sin2 x + cos2 x
1
sin x + B 0 (x) cos x = B 0 (x)
=
.
cos x
cos x
1 + x2
Da questo si ricava
B 0 (x) =
cos x
,
1 + x2
A0 (x) =
− sin x
.
1 + x2
Possiamo pertanto scegliere A e B della forma
Z x
Z x
− sin t
cos t
dt,
B(x)
=
dt.
A(x) =
2
2
0 1+t
0 1+t
La soluzione particolare cercata è allora
Z x
Z x
− sin t
cos t
cos x
dt + sin x
dt
2
2
0 1+t
0 1+t
e le soluzioni generali sono date da
Z x
Z x
cos t
− sin t
dt + sin x D +
dt .
y(x) = cos x C +
2
2
0 1+t
0 1+t
Per rispondere alla domanda posta, basta notare che
Z x
Z +∞
− sin t
− sin t
lim
dt
=
dt = H ∈ R
x→+∞ 0 1 + t2
1 + t2
0
Z x
Z +∞
cos t
cos t
lim
dt
=
dt = K ∈ R.
x→+∞ 0 1 + t2
1 + t2
0
Conseguentemente
lim y(x) − (C + H) cos x − (D + K) sin x = 0.
x→+∞
Osservazione 1. Questo esercizio è stato assegnato durante un concorso per
assumere un ricercatore di Analisi Matematica presso la Facoltà d’Ingegneria
di un’Università italiana. La seconda parte è un po’ dimostrativa, ma la
prima risulta comunque alla portata di uno studente di ingegneria del primo
anno.
5
Esercizio 4. Considerare il sistema (tipo preda - predatore) seguente e scrivere l’equazione del second’ordine verificata dalla y(t):
(
x0 = ax + by + k,
y 0 = cx + dy + h.
Calcolare poi la soluzione nel caso a = 1, b = −2, k = 1500, c = 1, d =
−1, h = 0 con x(0) = 2500 e y(0) = 2000.
Soluzione. Siccome cerchiamo un’equazione del second’ordine per la y deriviamo la seconda equazione del sistema, ottenendo
y 00 = cx0 + dy 0 = cax + cby + ck + dy 0
= ay 0 − ady − ah + cby + ck + dy 0 = (a + d)y 0 − (ab − cd)y + (ck − ah).
Si noti che a + d = T è la traccia della matrice 2 × 2 dei coefficienti a, b, c, d
e ab − cd = D ne è il determinante. Per trovare la soluzione si opera come
al solito. Limitiamoci al caso proposto, con T = 0, D = 1 e ck − ah = 1500.
Bisogna quindi risolvere

00

y + y = 1500,
y(0) = 2000,

 0
y (0) = 500.
Il dato iniziale y 0 (0) è stato trovato tramite y 0 (0) = cx(0) + dy(0) + h =
1 · 2500 + (−1) · 2000 + 0 = 500. Le soluzione dell’equazione omogenea
associata a questo problema di Cauchy sono della forma A cos t + B sin t ed
una soluzione particolare si trova ad occhio, scegliendo la costante uguale al
secondo membro. La funzione y(t) = 1500 è soluzione dell’equazione, pur
non rispettando i dati iniziali, quindi tutte le soluzioni dell’equazione sono
del tipo
y(t) = A cos t + B sin t + 1500.
Per trovare A e B si impongono le condizioni iniziali, ottenendo
y(0) = A + 1500 = 2000,
y 0 (0) = B = 500,
da cui A = B = 500 e la y è data da y(t) = 500 cos t + 500 sin t + 1500. Per
trovare x si userà
y 0 − dy − h
= y 0 + y,
x=
c
quindi in questo caso
x(t) = −500 sin t + 500 cos t + 500 cos t + 500 sin t + 1500 = 1000 cos t + 1500.
6
Osservazione 2. La formulazione del problema presentata qui è leggermente
diversa da quella vista a lezione, per via della presenza dei coefficienti h e
k. Per quanto riguarda la prima parte dell’esercizio (scrivere l’equazione del
second’ordine) l’idea è comunque la stessa. La seconda parte riguarda invece un caso particolare che realizza il modello rpeda - predatore in maniera
sicuramente più realistica di quanto visto a lezione. In questo caso 2500 è
il numero iniziale dei topi, 2000 quello dei gatti, i coefficienti a, b, c, d determinano l’evolversi delle due specie nel tempo ma vi è anche un termine
k che rappresenta un’immigrazione di topi da altre zone costante nel tempo
(1500 topi per unità di tempo, per esempio all’anno). Il termine h = 0 in
questo caso significa che non vi sono gatti che immigrano da altre regioni.
Si noti che, a differenza di quanto fatto a lezione, si è messo d = −1 < 0,
che significa che i gatti tendono a diminuire se sono già troppi rispetto ai
topi. Questo significa che i gatti, in quanto predatori, hanno bisogno di
prede, altrimenti soffrono la fame. Ho preso questi dati da uno dei primi
siti trovati mettendo in google le parole preda predatore (il quarto, precisamente, www.math.unifi.it/≈mugelli/promat/preda/preda.htm), dove si
possono trovare i grafici delle soluzioni appena calcolate.
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