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y(t) t da cui y(t

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Academic year: 2021

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(1)

Equazioni differenziali

Equazioni omogenee

♣ Sono equazioni del tipo y0(t) = g

Ãy(t) t

!

, con g : J → R, J ⊂ R intervallo.

♣ Si pone

v(t) = y(t) t da cui

y(t) = tv(t) ⇒ y0(t) = v(t) + tv0(t)

riducendosi all’equaz. a variabili separabili in v v0(t) = 1

t (g(v(t)) − v(t)) Si risolve in v e poi si trova y.

Esercizio 10 Risolvere

y0(t) = ty(t)−y2(t)

t2

(2)

Ponendo v(t) = y(t)t si ottiene

tv0(t) + v(t) = v(t) − v2(t) v(1) = y(1)1

da cui il problema di Cauchy in v

v0(t) = −1tv2(t) v(1) = 2.

♦ L’equazione differenziale in v `e in forma nor- male con f (t, v) = −1tv2, che `e di classe C1 su dom(f ) = (0, +∞) × R. Sono quindi soddis- fatte le ipotesi del teor. di ∃! locale. Sia I l’intervallo massimale di esistenza di v.

♦ Osservo che la funzione ¯v(t) ≡ 0 risolve la stessa equazione differenziale, con

¯

v(1) = 0 < v(1) = 2.

Allora per confronto

v(t) > 0 ∀ t ∈ I.

♦ Separando le variabili si ha

·1 v

¸v(t) v(1) =

Z v(t) v(1)

µ

1 v2

dv

=

Z t 1

1

s ds = log(t)

(3)

Quindi 1

v(t) = log(t) + 1

2 ⇒ v(t) = 2

2 log(t) + 1. Allora

y(t) = 2t

2 log(t) + 1

con intervallo massimale di esistenza I = (e12, +∞).

Esercizio 11 Risolvere

y0(t) = y(t)t + tan³y(t)t ´ y(1) = y1

con le scelte y1 = 0 e y1 = π4.

Ponendo v(t) = y(t)t si ottiene

tv0(t) + v(t) = v(t) + tan (v(t)) v(1) = y1

da cui il problema di Cauchy in v

v0(t) = 1t tan (v(t)) v(1) = y

(4)

♦ L’equazione differenziale in v `e in forma nor- male con f (t, v) = 1t tan(v), che `e di classe C1 su dom(f ) = (0, +∞) × ³π2, π2´.

♦ Per il teor. di ∃! locale, per ogni scelta di y1 ³π2, π2´ esiste un’unica soluzione locale, con intervallo massimale di esistenza I.

♦ Se y1 = 0, l’unica soluzione (definita su R!) `e v(t) ≡ 0 ∀ t ∈ R ⇒ y(t) ≡ 0 ∀ t ∈ R.

♦ Se y1 = π4, per confronto con la soluzione identicamente nulla si ha

v(t) > 0 ∀ t ∈ I.

Risolvo l’equazione in v separando le variabili

Z v(t) y1

1

tan(v) dv =

Z t 1

1 s ds da cui, usando che tan(v)1 = cos(v)sin(v) ,

[log (| sin(v)|)] = [log(s)]t1 .

Poich´e y1 = π4, per t vicino a 1, v(t) `e “vicino”

a π4 e quindi sin(v(t)) `e strettamente positivo.

Allora

log(sin(v(t))) = log(t) + log

à 2 2

!

(5)

da cui sin(v(t)) =

2

2 t e quindi v(t) = arcsin

à 2 2 t

!

.

♦ Allora

y(t) = t arcsin

à 2 2 t

!

.

L’intervallo massimale di esistenza `e I = (0,√ 2]:

su tale intervallo si ha v(t) = arcsin

µ 22t

> 0, in accordo con la discussione precedente.

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