Energy Engineering - Analisi e geometria 1

Equazioni differenziali 1

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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’e- quazione e verificate che l’equazione stessa `e soddisfatta . Ad esempio, per l’equazione y0+5 y= 10 , l’integrale generale `e dato da y(x)= C e5x+ 2. La verifica consiste nel sostituire y(x)= C e5x+2 (da cui y0= 5C e5x) nell’equazione ricavando 5C e5x+5 C e5x+2 = 10 . 1. y0 3y+ 4 = 0, 2. y0 xy =2 x 3. y0+5 y=2sin( x) 4. y0= xlog(1 + x2) 5. y0= (x+2) y x(x+1) 6. y0= y2 xlog( x) 1 xlog( x) 7. y0+3 xy = x3 8. y0= 2xy x1 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’e- quazione e nelle condizioni iniziali e verificate che entrambe sono soddisfatte . Ad esempio, per l’equazione y0+5 y= 10 ,y (0) = 4 , 1 la soluzione `e data da y(x)=2e 5x+ 2. La verifica consiste nel sostituire y(x)= 2e 5x+2 (da cui y0= 10 e 5x) nell’equazione ricavando 10 e 5x+5 2e 5x+2 = 10 , e nel sostituire y(x)=2e 5x+ 2 nella condizione iniziale ricavando y(0) = 2 + 2 = 4 . 1. y0 2y= 8, y(0) = 0; 2. y0 1xy= 0, y(1) = 2; 3. y0= yx+3 x2,y(2) = 1 per x2 [2,+1 ); 4. y0+8 y=6e 2x,y(0) = 3; 5. y0+5 y= 26 cos( x), y(0) = 6. b) Data l’equazione di↵erenziale, dipendente dal paramentro reale k, y0= 3xy + kx, y (0) = 0 , si determini kin modo che y(x)⇠ x2per x! 0. SOLUZIONE: Si tratta di un’equazione di↵erenziale lineare e si ottiene immediata- mente l’integrale generale: y(x)= k 3+ C e32x2 C 2 R. Imponendo la condizione y(0) = 0 si ottiene C = k/ 3. La soluzione cercata `e quindi y(x)= k 3 ⇣ 1 e32x2⌘ . La soluzione deve soddisfare quindi k 3 ⇣ 1 e32x2⌘ ⇠ x2 per x! 0. Poich`e e32x2=1 3 2x2+ o(x2)per x! 0, quindi y(x)= k 2x2+ o(x2)per x! 0. Dunque la soluzione y`e determinata dalla condizione k2= 1, ossia k= 2. c) Trovare, al variare di ↵ 2 R, la soluzione dell’equazione di↵erenziale y0=(2+ ↵)y 2e ↵x , per cui y(0) = 3. Stabilire, successivamente, per quali valori di ↵ il seguente integrale improprio converge Z +1 0 y(x)d x. SOLUZIONE: L’equazione da risolvere `e un’equazione di↵erenziale lineare e si ottiene immediatamente l’integrale generale: y(x)= e R(2+ ↵)dx Z eR(2+ ↵)dx(2e ↵x )d x =e (2+ ↵)xe2x+ C=e ↵x 1+ C e2x,C 2 R. Imponendo la condizione y(0) = 3 si ottiene 3 = 1 + C, ossia C = 2. La soluzione `e dunque y(x)= e ↵x 1+2e 2x. L’integrale improprio Z +1 0 ⇣ e↵x +2e (↵+2) x⌘ dx, converge se e solo se l’esponente dell’esponenziale che prevale `e negativo, ossia deve risultare ↵+2 < 0. Pertanto l’integrale converge se ↵< 2. EQUAZIONI DIFFERENZIALI E SISTEMI Esercizi svolti 1. Determinare la soluzione dell’equazione di↵erenziale ( t2+ 1) x0+ x2=0. 2. Risolvere il problema di Cauchy ( x0+ ttan x=0 x(0) = 12⇡. 3. Determinare a per cui x(t)= teat `e una soluzione di tx 00 tx 0 x=0. 4. Trovare la soluzione generale delle equazione lineare (sin t)x0+ (cos t)x= et. 5. Risolvere il problema di Cauchy ( x0 x=1 x(0) = 0 . 6. Determinare la soluzione di ( x00 2x0 8x=0 , x(1) = 1 x0(1) = 0 e il suo valore in x=0. 7. Determinare una soluzione particolare di x00 4x0+5 x= e2t(1 + cos t)+5 t2. 8. Risolvere il problema ( x00 x= tet x(0) = 0 = x0(0) . EQUAZIONI DIFFERENZIALI E SISTEMI Esercizi svolti - SOLUZIONI 1. Se x non `e identicamente nullo, abbiamo x0 x2= 1 1+ t2 ) Z dx x2= Z dt 1+ t2 ) 1 x = arctan t+ c Quindi, x(t)= 1 arctan t+ c, ccostante. L’equazione ammette anche la soluzione x(t) = 0 (che corrisponde a c= ±1 ). 2. Separando le variabili, x0 tan x = t) Z cos x sin xdx = Z t dt ) ln(sin x)= 12t2+ c) sin x= ae t2/2, dove c,a = ecsono costanti. Ponendo la condizione iniziale si ottiene a = 1 , e quindi la soluzione del problema di Cauchy risulta essere x(t) = arcsin( et2/2). 3. Sostituendo x= teat nell’equazione si ha t[eat(a2t 2a)] t[eat(at 1)] [teat]=0 ) (a a2)t2+ (2 2a)t=0 . I coecienti di tet2devono annullarsi, quindi a=1. 4. Divido per sin te ottengo x0+ cos t sin tx= et sin t, da cui, applicando la formula integrale, si ottiene x(t)= eA(t)⇣ c+ Z et sin teA(t)dt ⌘ , dove A(t)= R cos t sin tdt = ln(sin t) , e quindi x(t)= 1 sin t ⇣ c+ Z etdt ⌘ = c+ et sin t. 5. Applicando la formula integrale si ottiene x(t)= eA(t)⇣ x0+ Z t t0 1·eA(s)ds ⌘ . In questo caso, t0=0, x0=0, e A(t)= R(1)dt = t. Quindi, x(t)= et⇣ 0+[ es]t0 ⌘ = et(1 et)= et 1. Lo stesso risultato segue dal fatto che, moltiplicando l’equazione originale per eA(t)= etsi ottiene ddt(etx)= et. 6. Il polinomio caratteristico `e 2 2 8=( 4)( + 2) e le radici sono 4 ,2 . La soluzione generale dell’equazione `e perci`o c1e4t+ c2e2te le condizioni iniziali danno ( c1e4+ c2e2=1 4c1e4 2c2e2=0 ) c2=2 c1e6) c1= 13e4. Quindi x(t)= 13e4t4+ 23e22t,e x(0) = 13(e4+2 e2). 7. Risolviamo prima l’equazione omogenea L(x) = 0 dove L(x) sta per x00 4x0+5 x. Il polinomio caratteristico p()= 2 4+ 5 ha radici complesse =(4 ± p4)/2=2 ± i,e quindi la soluzione generale `e e2t(c1sin t+c2cos t) . Per determinare una soluzione particolare basta trovare soluzioni particolari per le equazioni L(x)= e2t,L(x)= e2tcos teL(x)=5 t2 e poi sommarli: Per l’equazione L(x)= e2tsi cerca una soluzione nella forma x(t)= ae 2t. Sostituendo nell’equazione L(x)= e2tsi ottiene la condizione a= 1 , e quindi la soluzione particolare e2t. Siccome e2tcos t`e soluzione di L(x) = 0 , l’equazione L(x)= e2tcos t ha una soluzione particolare nella forma x(t)= te2t(b1sin t+ b2cos t) . Sostituendo nell’equazione L(x)= e2tcos tsi ottiene la soluzione particolare tsin t 2 e2t. Per l’equazione L(x)=5 t2, si cerca una soluzione nella forma x(t)= c1+ c2t+ c3t2. Sos- tituendo nell’equazione L(x)=5 t2si ottiene la soluzione particolare x(t)= 2225 + 85t+ t2. Una soluzione particolare dell’equazione originale `e quindi : x(t)= e2t+ 12tsin t+ 2225 + 85t+ t2. Notare che a tale funzione si pu`o sempre aggiungere una qualsiasi combinazione lineare di e2tsin tee2tcos te si ottiene comunque una soluzione particolare dell’equazione originale. 8. Il polinomio caratteristico `e 2 1 e quindi l’equazione omogenea L(x) = 0 ha soluzione generale c1et+ c2et. Essendo etsoluzione di L(x) = 0 cerco la soluzione particolare nella forma x(t)= t(a1+ a2t)et. Sostituendo nell’equazione L(x)= tetsi ottiene la soluzione particolare 14tet+ 14t2et. Tutte le soluzioni dell’equazione originale sono quindi x(t)= c1et+ c2et 14tet+ 14t2et. Le condizioni iniziali danno origine alle due condizioni c1+ c2=0 e c1 c2 14 = 0 , cio`e c1= 18= c2. La soluzione del problema di Cauchy `e x(t)= 18[et et 2tet+2 t2et].