Lezione Recupero Semestre II AA 2011– 2012 Calcolo per Studenti

Lezione Recupero
Semestre II
A.A. 2011– 2012
Calcolo per Studenti Part-time
Francis J. Sullivan
25 Febbraio 2012
Continuazione del
Recupero del 6 Febbraio 2012
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Equazioni Differenziali Lineari di Primo Ordine
Le equazioni del tipo accennato nel titolo di questa sezioni sono equazioni della
forma
A(x)y 0 + B(x)y = C(x).
(1)
Divisione di entrambi parte per la funzione P (x) riduce tale equazione alla forma
y 0 + P (x)y = Q(x).
(2)
oppure, in forma differenziale
(P (x)y − Q(x))dx + dy = 0
Tutte queste forme mettono in evidenza che il variabile y compare solo in modo
lineare (ossia come polinomio di grado 1 in y). (Naturalmente, si puó anche
(vedi Esercizio 8) trattare il caso in cui il variabile x compare in solo in modo
lineare scambiando il ruoli dei variabili dipendenti ed indipendenti.) Come per
tutte le equazioni lineari (differenziali o algebriche)si puó ottenere la soluzione
generale dell’equazione (1) in due passi:
1. Trovare la soluzione generale dell’equazione omogenea associata
y 0 + P (x)y = 0.
Tale soluzione avrá la forma yg (x) = Cy0 (x) ove y0 (x) é una soluzione
non-nulla di P (x)y 0 + Q(x)y = 0.
1
2. Trovare una soluzione yp (x) PARTICOLARE dell’equazione non omogenea
y 0 + P (x)y = Q(x).
La soluzione generale dell’equazione non-omogenea sará poi
y(x) = yp (x) + yg (x) = yp (x) + Cy0 (x)
con C costante arbitrario.
Questa scomposizione “soluzione generale dell’equazione non-omogenea uguale
soluzione particolare di essa piú soluzione generale dell’equazione omogenea”
é caratteristica di sistemi lineari. Nel caso di equazioni lineare differenziali di
primo ordine esso ci permette di risolvere l’equazione completamente.
Proviamo ora a svolgere questa procedura a due passi. Per quanto riguarda
l’equazione omogenea, non é difficile trovare un fattore integrante per l’equazione
omogenea
y 0 + P (x)y = 0.
Infatti se si moltiplica per e
e
R
R
P (x)dx
l’equazione assume la forma
R
P (x)dx 0
y + P (x)e
P (x)dx
y=0
ed ora la parte sinistra risulta visibilmente v 0 ove se si pone v = e
quindi l’equazione omogenea assume la forma
R
P (x)dx
y e
v 0 = 0,
ossia
v = C,
con C costante arbitraria.
Allora si trova che yg (x), la soluzione generale dell’equazione omogenea risulta
yg = e−
R
P (x)dx
v = Ce−
R
P (x)dx
Ora che abbiamo la soluzione generale dell’equazione omogenea in mano, cerchiamo una soluzione particolare dell’equazione non-omogenea y 0 + P (x)y = Q(x).
Si usa la tecnica di “variazioni del parametro”: Si suppone che il C che compare
sopra nella definizione di yg anziché essere costante sia pure essa funzione di x
e si cerca la condizione tale che C(x)yg (x) diventi soluzione dell’equazione nonomogenea, TENENDO PRESENTE CHE yg é pur sempre soluzione dell’equazione
omogenea. Naturalmente, si calcola la derivata del prodotto C(x)yg (x) e si sostituisce C(x)yg (x) nel membro sinistro dell’equazione non-omogenea: il calcolo
porge
C 0 (x)yg (x) + C(x)yg0 (x) + P (x)C(x)yg (x)
= C 0 (x)yg (x) + C(x) yg0 (x) + P (x)yg (x)
= C 0 (x)yg (x)
2
(perché yg soddisfi l’equazione omogenea). Dunque si trova che C(x)yg (x) sará
soluzione dell’equazione NON-OMOGENEA se
C 0 (x)yg (x) = Q(x)
ossia
C 0 (x) =
R
Q(x)
= Q(x)e P dx
yg (x)
Ora, seguendo i nostri conti a ritroso si trova che
Z
R
R
ye P (x)dx = Qe P (x)dx dx + c
con c costante arbitraria.
e abbiamo “catturato” y dopo una semplice divisione.
Tale espressioni per C 0 (x) é piuttosto terrificante, ma almeno essa dipende
solo da x, e quindi la soluzione é solo un “problema di quadrature”. Avendo
svolto l’integrale per C 0 (x) si trova la soluzione generale dell’equazione nonomogenea come indicato sopra.
Come sempre diamo degli esempi per illustrare che in pratica la procedura
incicata sopra si puó effettivamente svolgere in molti casi.
Risolvere le equazioni differenziali lineari di primo ordine elencato qua sotto.
1. xy 0 + (1 + x)y = ex .
2. y 0 + y cot(x) = sec(x).
3. (x2 + 1)y 0 − xy = 1.
In questo problema potrebbe essere utile sapere che
Z
x
dx
=
+ C.
2
3/2
(1 + x )
(1 + x2 )1/2
4. (x + 1)y 0 − 2y = (x + 1)4 .
5. x + x3 y 0 + 4x2 y = 2.
6. x2 y 0 + (1 − 2x)y = x2 .
7. (x2 − 1)y 0 − xy = x2 − 2x.
8. ydx − (3x + y 4 )dy = 0.
Qua si deve considerare x come funzione di y,
per usare le techniche di linearitá.
Risposte:
1. Dopo un po’ di algebra: 2xy = ex + Ce−x .
2. y sin(x) = ln | sec(x)| + C.
√
3. y = x + C 1 + x2 .
4. 2y = (x + 1)4 + C(x + 1)2 .
3
5. y(1 + x2 )2 = x2 + 2 ln(x) + C.
6. y = x2 (1 + Ce1/x .
√
7. y = x2 + C( x2 − 1, oppure (x2 − y)2 = C1 (x2 − 1).
8. x = y 4 + Cy 3 .
Esercizio. Mostrare che si avrebbe potuto scoprire il fattore integrante per
l’equazione (2) usando le techniche giá viste. In particolare, esso dipende solo
da x, e quindi salta fuori dalla considerazione di (My − Nx )/N con definizioni
appropriate di M ed N .
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L’Equazione differenziale di Bernoulli, ed altri esempi “simili”
Talvolta si riesce a ridurre un’equazione differenziale non-lineare ad un’equazione
lineare tramire un opportuno cambio di variabili. L’esempio piú celebre di tale
fenomeno é l’equazione di Giacomo (=“James”=“Jacques”= “Jakob”) Bernoulli
(1654-1705):
y 0 + P y = Qy k .
Qua si arriva al cambio di variabile opportuno con divisione dell’equazione per
y k per ottenere
P
y0
+ k−1 = Q,
k
y
y
ossia
y −k y 0 + P y 1−k = Q
Se si pone v = y 1−k , allora v 0 = dv/dx = (1 − k)y −k y 0 moltiplicando l’equazione
originale per (1 − k) si vede subito che in termini del variabile v l’equazione
(moltiplicata per (1 − k) si scrive nella forma
v 0 + (1 − k)P v = (1 − k)Q
il quale é lineare in v.
Risolvere le equazioni differenziali seguenti:
1. 3(1 + x2 )y 0 + 2xy = 2xy 4 .
2. xy 0 − y ln(y) = x2 y.
Solution: y −3 = 1 + C(1 + x2 ).
Solution: Riduce a xv 0 − v = x2 e risolvere.
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