Si trovi la soluzione generale di tale equazione
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(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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