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(1 − α)b(t) che `e un’equazione lineare

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Academic year: 2021

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(1)

Equazioni differenziali

Equazioni di Bernoulli

♣ Sono equazioni del prim’ordine del tipo

y0(t) + a(t)y(t) = b(t)yα(t) (1) con α ∈ R, α 6= 0, α 6= 1 (altrimenti si ri- cadrebbe in un’equazione lineare).

♣ Si effettua la sostituzione

y(t) = z1/(1−α)(t) ⇔ z(t) = y1−α(t) da cui

y0(t) = 1

1 − αzα/(1−α)(t)z0(t).

♣ Quindi la (1) si riduce a

z0(t) + (1 − α)a(t)z(t) = (1 − α)b(t) che `e un’equazione lineare.

Esercizio 13 Risolvere

y0(t) − y(t)t = y3(t) sin(t) y(1) = 1

(2)

E un’equazione di Bernoulli con α = 3. Po-` nendo y(t) = z−1/2(t) si ottiene

y0(t) = −1

2z−3/2(t)z0(t).

Sostituendo nell’equazione

1

2z−3/2(t)z0(t) − 1

t z−1/2(t) = z−3/2(t) sin(t).

Moltiplicando per (−2z3/2(t)) si arriva al pro- blema di Cauchy in z

z0(t) + 2tz(t) = −2 sin(t) z(1) = 1

Risoluzione dell’equaz. in z: `e un’equazione li- neare del primo ordine con

a(t) = 2

t e b(t) = −2 sin(t), da cui

A(t) =

Z t

1

2

s ds = 2 log(t).

Usando la formula risolutiva si arriva a z(t) = e−2 log(t)

µ

z(1) +

Z t

1 e2 log(s)(−2 sin(s)) ds

= 1 t2

µ

1 +

Z t

1 (−2 sin(s))s2 ds

(3)

Calcolo l’integrale applicando la formula di in- tegrazione per parti due volte:

Z t

1 (−2 sin(s))s2 ds

= 2

Z t

1 (2s)(− cos(s)) ds − 2hs2(− cos(s))it

1

= 4

Z t

1 sin(s) ds − 4 [s sin(s)]t1 − 2 hs2(− cos(s))it

1

= − 4 cos(t) + 4 cos(1) − 4t sin(t) + 4 sin(1) + 2t2 cos(t2) − 2 cos(1) Quindi

z(t) = 1 t2

³1 − 4 cos(t) + 2 cos(1)

− 4t sin(t) + 4 sin(1) + 2t2 cos(t2)´ da cui

y(t) = z−1/2(t) = . . . .

Esercizio 14 Risolvere

y0(t) + ty(t) = t3y2(t) y(1) = 1

(4)

E un’eq. di Bernoulli con α = 2. Ponendo` y(t) = z(t)1 si ottiene y0(t) = − 1

z2(t)z0(t), da cui

1

z2(t)z0(t) + t

z(t) = t3 z2(t).

Moltiplicando per (−z2(t)) si arriva al problema di Cauchy in z

z0(t) − tz(t) = −t3 z(1) = 1

Risoluzione dell’equaz. in z: ho un’equazione lin- eare del primo ordine con

a(t) = −t e b(t) = −t3, da cui

A(t) =

Z t

1 (−s) ds = −s2

2 + 1 2.

Per calcolare z applico la formula risolutiva:

z(t) = e−1/2et2/2

µ

z(1) +

Z t

1 (−s3)e1/2e−s2/2ds

= . . . Procedendo per sostituzione e integrando per

parti concludo

z(t) = −2e−1/2et2/2 + t2 + 2 e quindi

y(t) = 1

z(t) = 1

−2e−1/2et2/2 + t2 + 2.

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