EQUAZIONI DIFFERENZIALI ORDINARIE 14/2/2012 Esercizio 1. Sia f : R → R, x 7→ f (x), una funzione continua e si consideri l’equazione differenziale

(1)

EQUAZIONI DIFFERENZIALI ORDINARIE 14/2/2012 Esercizio 1. Sia f : R → R, x 7→ f (x), una funzione continua e si consideri l’equazione differenziale

y

^v

+ 3y

⁰⁰⁰

+ 9

4 y

⁰

= f.

1) Posto f ≡ 0, determinare tutte le soluzioni del problema con dati iniziali y(0) = 0 e y

⁰

(0) = 1.

2) Posto f (x) = x + 1, determinare tutti i polinomi che sono soluzione dell’equazione.

Soluzione. L’equazione e’ lineare del quinto grado a coeffcienti costanti.

Il polinomio caratteristico dell’omogenea associata e’

λ

⁵

+ 3λ

³

+ 9 4 λ,

che ha le seguenti radici: λ = 0 con molteplicita’ 1, la coppia complessa coni- ugata λ = i p

3/2, λ = −i p

3/2 con molteplicita’ 2. L’operatore differenziale si scompone pertanto in

D = µ d

dx

¶ Ã d

²

dx

²

+

r 3 2 I

!

₂

.

La soluzione generale dell’equazione omogenea associata e’ della forma y(x) =

c

1

+ c

2

cos Ãr 3

2 x

!

+ c

3

sin Ãr 3

2 x

!

+ c

4

x cos Ãr 3

2 x

!

+ c

5

x sin Ãr 3

2 x

! , c

₁

, c

₂

, c

₃

, c

₄

, c

₅

∈ R.

i) Si tratta di trovare le soluzioni dell’omogenea che verificano quei dati iniziali. Imponendo dapprima y(0) = 0 si trova

0 = y(0) = c

₁

+ c

₂

=⇒ c

₁

= −c

₂

, per cui le soluzioni vanno cercate tra quelle della forma

1

(2)

y(x) = c

₁

− c

₁

cos

Ãr 3 2 x

!

+ c

₃

sin Ãr 3

2 x

!

+ c

₄

x cos Ãr 3

2 x

!

+ c

₅

x sin Ãr 3

2 x

! , c

1

, c

3

, c

4

, c

5

∈ R.

Derivando tale espressione e imponendo y

⁰

(0) = 1 si trova r 3

2 c

3

+ c

4

= 1 =⇒ c

4

= 1 − r 3

2 c

3

. Le funzioni cercate sono quindi quelle della forma

y(x) = c

₁

− c

₁

cos Ãr 3

2 x

! +

c

₃

sin Ãr 3

2 x

! +

Ã 1 −

r 3 2 c

₃

! x cos

Ãr 3 2 x

!

+ c

₅

x sin Ãr 3

2 x

! , c

₁

, c

₃

, c

₅

∈ R.

N.B. Notare che l’equazione e’ del quinto ordine e abbiamo imposto le due condizioni y(0) = 0 e y

⁰

(0) = 1. E’ quindi corretto trovare una dipendenza da tre parametri.

ii) Un annichilatore del termine noto f (x) = x + 1 e’ la derivata seconda e pertanto cerchiamo una soluzione particolare della nostra equazione non omogenea tra le soluzioni dell’omogenea del settimo ordine

µ d dx

¶

₃

Ã d

²

dx

²

+

r 3 2 I

!

₂

y = 0.

I contributi nuovi rispetto all’omogenea del quinto ordine sono pertanto del tipo

y(x) = αx + βx

²

.

Inserendo nell’equazione non omogenea del quinto ordine e imponendone la veridicita’, otteniamo la soluzione particolare della forma y(x) =

⁴₉

x +

²₉

x

²

. Le soluzioni polinomiali richieste sono quindi tutti i polinomi del tipo

2

(3)

y(x) = c + 4 9 x + 2

9 x

²

, c ∈ R.

Esercizio 2. Si consideri la seguente equazione del secondo ordine y

⁰⁰

= − 1

y

³

.

i) Nel piano delle fasi (y, y

⁰

) = (y

₁

, y

₂

), si tracci un disegno qualitativo delle orbite, con il loro verso di percorrenza.

ii) Sia y la soluzione del problema di Cauchy associato con dati inziali y(0) = y

⁰

(0) = 1. Se ad un certo istante t si ha y(t) = 3, quanto vale y

⁰

(t)?

N.B. Per rispondere al quesito ii), non e’ neccessario risolvere il problema di Cauchy, ma dovrebbe bastare qualche considerazione sulle traiettorie trovate al punto i).

Soluzione. L’equazione ha senso solo per y 6= 0. Trasformiamo l’equazione del secondo ordine in un sistema autonomo del primo ordine:

 



y

₁⁰

= y

₂

y

₂⁰

= − 1

y

₁³

, di cui un integrale primo sappiamo essere

E(y

₁

, y

₂

) = y

²₂

2 − 1

2y

₁²

.

i) Non ci sono punti di equilibrio. Le traiettorie sono contenute nelle curve di livello di E

y

2

= ± s

1 y

²₁

+ c, c ∈ R,

con le condizioni 1/y

₁²

+ c ≥ 0, y

₁

6= 0. Analizziamo i vari casi.

1) c = 0. Si ha y

2

= ±1/|y

1

|, y

1

6= 0 e quindi le traiettorie sono i rami dell’iperbole equilatera y

₁

y

₂

= 1 percorse nel verso dell y

₁

crescenti nel primo e secondo quadrante, viceversa negli altri due.

3

(4)

2) c > 0. Si ha y

2

= ± p

1/y

₁²

+ c, y

1

6= 0 e quindi le traiettorie sono ancora rami di ”simil iperbole” posti sopra e sotto (rispettivamente) a quelle del punto 1) e percorse concordemente.

3) c < 0. Si ha y

2

= ± p

1/y

²₁

+ c, con y

1

6= 0 e − p

−1/c ≤ y

1

≤ p −1/c. Le traiettorie sono quindi curve contenute tra i rami di iperbole al punto 1); vivono nel primo-quarto quadrante e nel secondo-terzo quadrante rispettivamente; nell’attraversamento della retta delle ascisse y

2

= 0 (nei punti (± p

−1/c, 0)), hanno una tangente verticale; tendono asintoticamente alla retta delle ordinate y

₁

= 0; sono percorse concordemente alle curve al punto 1).

ii) Se (y(0), y

⁰

(0)) = (y

₁

(0), y

₂

(0)) = (1, 1), allora siamo sulla curva di livello c = 0 e quindi y

₂

= 1/y

₁

. Pertanto y

⁰

(t) = 1/y(t) = 1/3.

4