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Si trovi la soluzione generale di tale equazione

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Academic year: 2021

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(1)Universit` a di Trieste – Facolt` a d’Ingegneria. Esercitazioni per la preparazione della prova scritta di Matematica 3 Dott. Franco Obersnel Lezione 12: Equazioni differenziali ordinarie lineari a coefficienti costanti. Esercizio 1. Si considerino l’operatore differenziale L = D5 (D − 2)2 (D2 + 5 − 2D)2 ; e l’associata equazione differenziale lineare L(y) = 0. Si trovi la soluzione generale di tale equazione. Svolgimento L’equazione `e omogenea. L’equazione caratteristica dell’equazione `e λ5 (λ − 2)2 (λ2 + 5 − 2λ)2 . Le radici sono: λ = 0, di molteplicit` a 5; λ = 2 di molteplicit` a 2 e le radici complesse coniugate λ = 1 ± 2i ciascuna di molteplicit` a 2. Le soluzioni sono pertanto combinazioni lineari delle seguenti funzioni: 1, t, t2 , t3 , t4 , e2t , te2t , et cos(2t), t e sin(2t), tet cos(2t), tet sin(2t). Esercizio 2. Si risolva l’equazione differenziale y  + y =. 1 , cos x. 0<x<. π . 2. Svolgimento. ` un’equazione lineare completa di secondo grado. L’equazione omogenea associata `e y  + y = 0 e le sue E soluzioni si trovano facilmente considerando l’equazione caratteristica associata t2 + 1 = 0, che ha soluzioni complesse coniugate t = ±i. Dunque le soluzioni dell’equazione omogenea sono combinazioni lineari di seno e coseno. Per trovare una soluzione particolare possiamo usare il metodo della variazione delle costanti. La soluzione particolare `e  x 1 cos t sin x − cos x sin t yp (x) = K(x, t) dt dove K(x, t) = = cos t sin x − cos x sin t. cos t cos t cos t + sin t sin t x0 Si ottiene . x. x0. cos t sin x − cos x sin t dt = cos t. . . x. x. sin x dt − cos x x0. tan t dt = x sin x + cos x log(cos x). x0. La soluzione sar`a dunque a cos x + b sin x + x sin x + cos(x)·log(cos x).. Esercizio 3. Si risolva il seguente problema di Cauchy: 1.

(2)   x = 4x − 3y,    y = 6x − 7y, x(0) = 2,   y(0) = −1. Svolgimento. Risolvendo la seconda equazione in x si ottiene x=. 1  7 y + y; 6 6. derivando rispetto a t, e sostituendo a x e y  le espressioni date dal sistema, si ottiene 1  7  y + y; 6 6   1  7  1  7 y + y =4 y + y − 3y; 6 6 6 6 x =. che si semplifica. y  + 3y  − 10y = 0.. L’equazione caratteristica associata all’equazione `e λ2 + 3λ − 10 = (λ − 2)(λ + 5) = 0. La soluzione generale dell’equazione `e pertanto y(t) = c1 e2t + c2 e−5t . Sostituendo l’espressione di y nell’ equazione x = 16 y  + 76 y; si ottiene x(t) =. 1 7 (2c1 e2t − 5c2 e−5t ) + (c1 e2t + c2 e−5t ); 6 6. da cui. 3 2t 1 −5t c1 e + c2 e . 2 3 Imponendo la condizione iniziale si trova infine x(t) =. 3 1 c1 + c2 = 2 2 3 da cui. e. c1 + c2 = −1;. x(t) = 3e2t − e−5t y(t) = 2e2t − 3e−5t .. Esercizio 4. Si risolva il seguente problema di Cauchy:   1 ;  y + y = √2πx y(π) = 0;   y (π) = 0. Svolgimento. le soluzioni dell’equazione omogenea associata sono y1 (x) = cos x e y2 (x) = sin x. Il Wronskiano del sistema fondamentale `e. cos x sin x. = 1; W =. − sin x cos x. 2.

(3) dunque la soluzione particolare si pu` o ottenere nel modo seguente:  x 1 cos t sin x − cos x sin t yp (x) = = cos t sin x − cos x sin t. K(x, t) √ dt dove K(x, t) = cos t cos t + sin t sin t 2πt x0 Si ottiene. sin x √ 2π. . x. 0. cos t cos x √ dt − √ t 2π. . x. 0. sin t √ dt. t. Gli integrali al secondo membro non sono calcolabili direttamente. Ne parleremo nella lezione sugli integrali generalizzati (lezione 17). Poniamo 1 Fsin(x) = √ 2π e. 1 Fcos(x) = √ 2π. . x. sin t √ dt t. x. cos t √ dt. t. 0.  0. La soluzione della nostra equazione si pu` o allora scrivere y(x) = c1 cos x + c2 sin x − Fsin(x) cos x + Fcos(x) sin x; e la sua derivata `e y  = −c1 sin x + c2 cos x + Fsin(x) sin x + Fcos(x) cos x. Imponendo le condizioni iniziali y(π) = 0 e y  (π) = 0, si ottiene c1 = Fsin(π) e c2 = −Fcos(π). Pertanto la soluzione del problema di Cauchy `e y(x) = (Fsin(π)Fsin(x)) cos x − (Fcos(π) − Fcos(x)) sin x. Si pu` o verificare che una forma alternativa per la nostra soluzione `e la seguente:  π 1 sin(t − x) √ y(x) = √ dt. t 2π x Esercizio 5. Si risolva l’equazione x2 y  − 5xy  + 9y = 0; osservando che la funzione y(x) = x3 `e una soluzione. Svolgimento. L’equazione proposta `e lineare del secondo ordine e si pu` o riscrivere nella forma y  −. 5  9 y + 2y = 0 x x. per x > 0. Questo `e un esempio di equazione di Eulero-Cauchy e, grazie alla conoscenza di una soluzione, `e possibile ricondurla ad un‘equazione del primo ordine. Si verifica facilmente che la funzione y1 (x) = x3 `e effettivamente una soluzione dell’equazione. Chiamiamo y2 (x) la seconda soluzione, da noi cercata, linearmente indipendente rispetto alla y1 (x). y2 (x) Poniamo poi v(x) = cosicch´e si ha y2 (x) = v(x)y1 (x). y1 (x) Sostituiamo y2 (x) nell’equazione proposta, si ottiene 3.

(4) (vy1 + 2v  y1 + v  y1 ) − che, essendo y1 − x5 y1 +. 9 x2 y1. 5 9 (vy1 + v  y1 ) + 2 vy1 = 0; x x. = 0, si riduce a y1 v  + (2y1 −. 5 y1 )v  = 0; x. cio`e, scrivendo x3 al posto di y1 e ponendo u = v  , x3 u + x2 u = 0. L’ultima equazione scritta `e lineare del primo ordine, e quindi si risolve agevolmente; una soluzione di tale equazione `e u(x) = x1 , e quindi v(x) = log x e la soluzione cercata y2 (x), indipendente dalla y1 , `e y2 (x) = x3 log x. La soluzione generale della nostra equazione sar` a pertanto y(x) = c1 x3 + c2 x3 log x. Il metodo descritto nel presente esercizio si pu`o applicare in situazioni molto pi` u generali. La conoscenza di una soluzione dell’equazione permette di ridurre l’equazione ad una nuova equazione di ordine un’unit` a inferiore all’ordine dell’equazione di partenza.. 4.

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