Esercizi Svolti Equazioni Differenziali

Equazioni differenziali

Copyright © 2005 Esselibri S.p.A. Via F. Russo, 33/D 80123 Napoli Azienda con sistema qualità certificato ISO 14001: 2003 Tutti i diritti riservati. È vietata la riproduzione anche parziale e con qualsiasi mezzo senza l’autorizzazione scritta dell’editore.

Prima edizione: settembre 2005 Pt8 - Equazioni differenziali ISBN 88-513-0298-7 Ristampe 8 7

6

5

4

3

2

1

2005

2006

2007

Questo volume è stato stampato presso: Officina Grafica Iride Via Prov.le Arzano-Casandrino, VII Trav., 24 - Arzano (NA)

Della stessa collana: Pt1 Limiti, continuità, calcolo differenziale per funzioni di una variabile reale Pt2 Studio di funzioni Pt3 Integrali di funzioni di una variabile reale Pt4 Serie numeriche Pt5 Successioni e serie di funzioni Pt6 Limiti, continuità, calcolo differenziale per funzioni di più variabili reali Pt7 Integrali di funzioni di due o più variabili reali

Se

sistemi editoriali

Professionisti, tecnici e imprese Gruppo Editoriale Esselibri - Simone

I capitoli 1, 3, 5, 8 sono di Adolfo Russo I capitoli 2, 4, 6, 7 sono di Vito Trimarco Coordinamento redazionale: Carla Iodice, Stefano Minieri Impaginazione: Grafica 3

Per conoscere le nostre novità editoriali consulta il sito internet: www.sistemieditoriali.it/puntoexe

2008

3

Prefazione La risoluzione di un’equazione differenziale rappresenta uno dei metodi fondamentali per la trattazione di gran parte dei problemi scientifici, dalla fisica alla biologia, dalla statistica all’ingegneria. Per questo motivo nei corsi di base delle facoltà scientifiche viene sempre dedicato notevole spazio all’approfondimento di tale argomento, talvolta senza però fare cenno alle possibili applicazioni. Il testo si compone di otto capitoli nei quali si affrontano le questioni relative alla risoluzione di svariati tipi di equazioni differenziali, e la possibilità di risolverle al calcolatore. In particolare, il settimo capitolo riporta listati implementati in ambiente Matlab®; inoltre, nell’ottavo capitolo, non meno importante, vengono presentate alcune applicazioni delle equazioni differenziali a problemi di fisica e ad altri ambiti (utili, in particolare, agli studenti di Ingegneria). Questo libro di esercizi è nato da una collaborazione non sempre facile, in quanto entrambi avevamo a cuore la realizzazione di un riferimento che fosse al tempo stesso chiaro nella parte teorica ed efficace nella parte esercitativa, e che potesse dare spunto per ulteriori approfondimenti e fornire un’idea dei metodi numerici di risoluzione che sempre più sono venuti alla ribalta negli ultimi anni con lo sviluppo delle tecnologie. In molti casi le discussioni sono sfociate in animosi litigi (fortunatamente nessuno si è fatto male!), tuttavia hanno contribuito in maniera decisiva alla buona riuscita del lavoro che, con un pizzico di presunzione, forse giustificata, riteniamo valido per la preparazione di una prova d’esame. Ringraziamo la redazione (le cui persone si sono dimostrate sempre gentili, professionali e soprattutto amiche), il nostro amico Giovanni Ciotola per la stima dimostrata nei nostri riguardi e il prof. Luigi Avellino per gli utili consigli che ci ha fornito. Infine, ci auguriamo che i nostri sforzi (...a fronte del vostro impegno!) vi permettano di superare in maniera brillante la prova scritta d’esame che vi accingete ad affrontare.

Prefazione

ADOLFO RUSSO, VITO TRIMARCO

Indice dei simboli >

maggiore

<

minore

≥

maggiore o uguale

≤

minore o uguale

≠

diverso da

±

più o meno

∞

infinito

→

tende a

∀

per ogni

∈

appartiene

∉

non appartiene

∪

unione tra insiemi

∩

intersezione tra insiemi

⊂

sottoinsieme proprio

⊆

sottoinsieme

⊄

non è sottoinsieme

⇒

implicazione

⇔

doppia implicazione

N

insieme dei numeri naturali

R

insieme dei numeri reali

log ( )

logaritmo neperiano

e

numero di Nepero

lim

limite

f ′ (x )   ∂f ( x )  derivata ∂x  y ′ 

∫ ∑

integrale sommatoria

■1 1.1

5

Equazioni differenziali del primo ordine Introduzione alle equazioni differenziali

Sia y una funzione incognita della variabile x, siano y ′, y ″,..., y le sue prime n derivate; si dice equazione differenziale ordinaria di ordine n una relazione del tipo: (n)

F (x, y, y ′, y ″,..., y

)=0

(n)

(1.1.1)

Ogni funzione y = f (x) che soddisfa l’equazione differenziale (1.1.1), cioè per la quale: F (x, f (x), f ′(x), f ″(x),..., f (x)) = 0 (n)

(1.1.2)

si dice soluzione o integrale dell’equazione stessa. Si parla di equazione differenziale ordinaria per distinguerla da un’equazione differenziale 2 alle derivate parziali, quale può essere l’equazione di Laplace (l’operatore differenziale ∇ prende il nome di laplaciano): n

∇ 2u =

∂ 2u

∑ ∂x i =1

2 i

=0

nella quale compaiono derivate parziali della funzione incognita. Mentre un’equazione algebrica o trascendente ha soluzioni interpretabili da un punto di vista geometrico come punti, un’equazione differenziale ha per soluzione una funzione il cui diagramma si dice curva integrale.

y = f (x, c1, c2, ..., cn)

(1.1.3)

dove c1, c2, ..., cn sono costanti arbitrarie. Faremo nel seguito riferimento ai più importanti tipi di equazioni differenziali, ai relativi metodi di soluzione, e alla loro utilizzazione nella soluzione di semplici problemi di fisica. Un’equazione differenziale si dice in forma normale se è risolta rispetto alla derivata di ordine massimo, ovvero se è della forma: y

(n)

= f (x, y, y ′,..., y

)

(n−1)

(1.1.4)

D’ora in poi considereremo equazioni in forma normale. La possibilità di porre un’equazione differenziale ordinaria generale in forma normale è un problema ben diverso da quello della risoluzione dell’equazione, e rientra nell’ambito della teoria delle funzioni implicite.

1. Equazioni differenziali del primo ordine

La risoluzione di un’equazione differenziale comporta la determinazione di tutte le sue soluzioni, che sono infinite. Tali soluzioni dipendono da un numero di costanti arbitrarie dipendenti dall’ordine dell’equazione differenziale, e sono rappresentate da un’equazione del tipo:

6

1.2

Equazioni differenziali del primo ordine

La più semplice equazione differenziale in forma normale è l’equazione differenziale del primo ordine del tipo: y ′ = f (x)

(1.2.1)

Il teorema fondamentale del calcolo integrale assicura l’esistenza della soluzione: y = F (x) + c

(1.2.2)

dove F è una primitiva di f, ovvero: F (x ) =

∫ f (x ) dx

(1.2.3)

essendo f (x) una funzione continua nell’intervallo di definizione.

ESEMPIO y′ = x2 y =

∫

x 2dx =

x3 3

+c y 8 6 4 c=3 2

-8

-6

-4

-2

2

4

6

8

x

-2 -4 -6 -8

Equazioni differenziali

Esaminiamo le più semplici equazioni del primo ordine.

1.3

Equazioni a variabili separabili

Si dicono equazioni a variabili separabili quelle riconducibili alla forma: y ′ = f (x ) ⋅ g (y )

g ( y ) ≠ 0 ∀y

(1.3.1)

da cui: dy = f (x ) ⋅ g (y ) dx

(1.3.2)

7

e separando le variabili: dy = f ( x ) dx g (y )

(1.3.3)

Integrando la (1.3.3) si ha: dy

∫ g (y ) = ∫ f (x ) dx + c

(1.3.4)

G (y ) = F (x) + c

(1.3.5)

e quindi:

essendo G ( y ) e F ( x ) primitive rispettivamente di

1 e f (x ) . g (y )

Trovata, in tal modo, la soluzione generale si deve esaminare se non si sono tacitamente esclusi degli integrali particolari nelle operazioni che portano alla separazione delle variabili.

ESEMPIO Risolvere l’equazione: y ′(x − 1) − y + 2 = 0 Si ha: dy dy dx = (x − 1) − (y − 2) = 0 da cui dx y − 2 x −1 integrando: dy

dx

∫ y − 2 = ∫ x − 1 + c ⇒ log (y − 2) = log (x − 1) + c quindi:

y 8 6 4 2 -8

-6

-4

-2

2 -2 -4 -6 -8

4

6

8

x

1. Equazioni differenziali del primo ordine

 y − 2 c log   = log e = log k ⇒ y = k ( x − 1) + 2  x − 1




8

1.4

Equazioni omogenee

Si dice omogenea un’equazione differenziale esprimibile nella forma: y y′ = f   x

(1.4.1)

y Per risolvere questo tipo di equazione si pone z = e quindi y = z ⋅ x ; derivando quest’ultix ma espressione rispetto a x si ha: y′ = z′ x +z

(1.4.2)

z ′ x + z = f (z )

(1.4.3)

che sostituita nella (1.4.1) fornisce:

e quindi z ′ =

f (z ) − z x

che è ancora un’equazione a variabili separabili; perciò la soluzione è:

∫ f ( z )− z dz

x = ke

(1.4.4)

−c

avendo posto k = e , dove c è una costante arbitraria.

1.5

Equazioni del primo ordine lineari

Un’equazione differenziale del primo ordine si dice lineare quando è di primo grado rispetto alla funzione incognita y e alla sua derivata prima y ′. Essa potrà scriversi nella forma: y ′ + f (x) y = g (x)

(1.5.1)

La soluzione di quest’equazione è data dalla formula: y = z (x ) e

− ∫ f ( x ) dx

=e

− ∫ f ( x ) dx

 g x e − ∫ f ( x ) dx dx + c  ( )  

∫

ed è ricavabile col metodo della variazione delle costanti di Lagrange. Il fattore e tore integrante.

METODO

−∫f (x)dx

è detto fat-

DELLA VARIAZIONE DELLE COSTANTI

y ′ + f (x) y = g (x) Equazioni differenziali

(1.5.2)

(1.5.3)

Cominciamo col supporre g (x) = 0. In tal caso si ha y ′ + f (x) y = 0 che è un’equazione a variabili separabili con soluzione: y = ce

−∫f (x)dx

(1.5.4)

Per trovare una soluzione dell’equazione (1.5.3) applichiamo il metodo detto della variazione delle costanti, supponiamo cioè che nella (1.5.4) c sia variabile in funzione di x e sostituiamo

nella (1.5.3) la (1.5.4) e la sua derivata prima, per vedere se è possibile determinare c in modo che la (1.5.3) sia soddisfatta. Essendo per la (1.5.3) y ′ = [c′(x) − f (x) c (x)]e fettuando la sostituzione, c′−c ⋅ f = −c ⋅ f + g ⋅e tegrando: c = ∫ g (x)e

−∫f (x)dx

−∫f (x)dx

−∫f (x)dx

9

si ha, ef-

e quindi separando le variabili c e x e in-

dx da cui segue la (1.5.2).

ESEMPIO Risolvere la seguente equazione: y ′ + 2xy = x Poiché è f (x) = 2x e g (x) = x, applicando la (1.5.2) si ottiene:




[

[

]

]

2 2 2 1 2 2 1  y = e − ∫ 2 xdx ∫ e ∫ 2 xdx xdx + k ⇒ y = e − x ∫ e x xdx + k ⇒ y = e − x  e x + k  ⇒ y = ke − x + 2 2 

y 4

2

-3

-2.5

-2

-1.5

-1

-0.5

0.5

1

1.5

2

2.5

3

x

-2

-4

Equazione di Bernoulli

Un’equazione del tipo: y ′ = A (x) y + B (x) y

n

(1.6.1)

è detta equazione di Bernoulli, ed è riconducibile ad un’equazione lineare. Dividendo la (1.6.1) n per y , ed effettuando il cambio di variabile: 1   y n −1 = u 1 − n  n dy = du  y si ottiene: 1 du = A (x ) u + B (x ) 1− n dx che è un’equazione lineare.

(1.6.2)

1. Equazioni differenziali del primo ordine

1.6

10

ESEMPIO Risolvere la seguente equazione: xy ′ = −y logx − 2y 2

dividendo per x si ottiene: y ′ = −2

log x y − y2 x x

Dalla (1.6.2) si ha che: A (x ) =

n = 2,

1 , x

B (x ) =

log x x

A (x) è definita in R – {0}, e continua in ] – ∞,0 [∪] 0, +∞[; B (x) è definita in [0, +∞[ e continua nell’intervallo. Quindi, le soluzioni vanno cercate in ]0, +∞[. Escludendo la soluzione identicamente nulla si ottiene: 2 1 log x y′ =− − y2 x y x posto z =

1 1 ⇒ z ′ = − 2 y ′, l’equazione diventa: y y 2 log x z′ = z + x x

Esprimiamo la soluzione come somma della soluzione dell’omogenea associata e di una soluzione particolare dell’equazione. Pertanto consideriamo l’equazione omogenea associata: z′ =

2 z x

Si tratta di un’equazione differenziale a variabili separabili, per cui integrando ambo i membri si ottiene: z ′ (x )

1

∫ z (x ) dx = 2∫ x dx ⇒ log z (x ) = 2 log x + c ⇒ z (x ) = cx

2

(Integrale generale dell’omogenea associata)

Equazioni differenziali

Passiamo ora alla determinazione di una soluzione particolare dell’equazione completa. Supponiamo di voler trovare una soluzione particolare del tipo: u (x ) = γ (x ) x

2

Sostituendo nell’equazione si ottiene:

γ ′ x 2 + 2 xγ = per cui:

2 log x log x log x 1 γ x2 + − ⇒γ ′ = ⇒ γ (x ) = − x x x3 2x 2 4x 2 1   log x u (x ) = x 2  − −   2x 2 4x 2 

11

L’integrale generale della completa è: log x 1 − 2 4

z ( x ) = cx 2 −

(1.6.3) −1

log x 1   −  . Ora dobbiamo determinaDalla relazione precedente si ricava: y ( x ) =  cx 2 −  2 4 re c in modo che y (x) risulti definita in ]0, +∞[ ossia osservando la (1.6.3), z (x) > 0. Condizione necessaria affinché ciò accada è che sia c > 0. Per determinare la condizione sufficiente studiamo la funzione (1.6.3) nel caso c > 0: z ′ ( x ) = 2cx −

1 4cx 2 − 1 1 = 0⇒ = 0 ⇒ 4cx 2 = 1⇒ x 2 = 2x 2x 4c

L’unico punto di minimo accettabile è x 0 =

z (x 0 ) =

1 2 c

( ) > 0 ⇒ log 2 (

log 2 c 2

nel quale deve essere z ( x 0 ) > 0 . Quindi:

)

c > 0 ⇒ 2 c > 1⇒ c >

1 4

Quindi, la soluzione è: log x 1   y ( x ) =  cx 2 − −   2 4




−1

∀c >

1 e ∀x ∈]0, +∞[ 4

y 3.5 3 2.5 2

1 0.5 -0.5

-0.5

0.5

1

1.5

2

2.5

3

x

-1 -1.5 -2

1.7

Equazione di Clairaut y = xy ′ + g (y ′)

(1.7.1)

Si tratta di un’equazione non in forma normale, citata per completezza, di cui si riporta un esempio.

1. Equazioni differenziali del primo ordine

1.5

12

ESEMPIO Risolvere la seguente equazione: y = xy ′ −

1 (y ′)3 3

(1.7.2)

Poniamo la (1.7.2) nella forma F ( x , y , y ′ ) = y − y ′x + 1 ( y ′ ) 3 = 0 . Derivando rispetto a x: 3

[

y ′ = y ′ + xy ′′ − ( y ′ ) y ′′ ⇒ y ′′ x − ( y ′ ) 2

2

y ′′ = 0

] = 0 ⇒ x − (y ′)

2

=0

y ′′ ( x ) = 0 ⇒ y ′ ( x ) = c ⇒ y ( x ) = cx + c 1 Imponiamo che la y (x) sia soluzione della (1.7.2) cx + c 1 = xc −

1 3 1 c ⇒ c1 = − c 3 3 3

quindi la soluzione è: y ( x ) = cx −




1 3 c 3

Questo è l’integrale generale, tuttavia ci sono degli integrali particolari che si ricavano im2 ponendo x = t dove t = y ′.  x = t 2 y = xt − 1 t 3 = 2 t 3
 3 3

1.8

Esercizi proposti

1.8.1 Equazioni a variabili separabili

Esercizio n. 1.8.1.1 y ′ = t (1 + y

)

2

Dividendo per 1 + y si ha: 2

y′ =t 1+ y 2

Equazioni differenziali

da cui integrando:




t2  t2 + c = arctan y ⇒ y (t ) = tan  + c  2  2

Esercizio n. 1.8.1.2 y′ = t ⋅y t2




y′ t2 = t ⇒ log y = + c ⇒ y = ce 2 2 y

13

Esercizio n. 1.8.1.3 y′ = y −1 Dividendo per

y − 1 si ha:




dy dx

1 y −1

dy

= 1⇒

y −1

= dx ⇒

∫

dy y −1

=

∫ dx ⇒ 2

y −1 = x +c

Nella separazione delle variabili si è escluso l’integrale singolare y = 1.

Esercizio n. 1.8.1.4 y ′ = y tan t y′ = tan t ⇒ log y = − log cos t + k = − log cos t + log c y c ⇒y = cos t




Esercizio n. 1.8.1.5 y′ =

(

(2y − 1) dy




)

3x 2 − 2 x + 1 2y − 1

= 3x 2 − 2x + 1 dx ⇒

∫ (2y − 1) dy = ∫ (3x

)

− 2x + 1 dx ⇒

2

⇒y2 − y = x3 − x2 + x +c

Esercizio n. 1.8.1.6 x2 y′ + y = y′ + y

)

dy

∫y−

y

=

∫x

dx ⇒ 2 −1

∫ y(

dy

dx

) ∫ (x − 1) (x + 1)

y −1

=

 Risolviamo l’integrale al secondo membro con la decomposizione in fratti semplici:  A

2

B 

∫ 2 y ( y − 1) dy = ∫  x + 1 + x − 1 dx ⇒ 1 1 ⇒ 2 log ( y − 1) = − ∫ 2 (x + 1) dx + ∫ 2 (x − 1) dx ⇒

⇒

⇒ 2 log ⇒ log




⇒

(

(

(

)

y −1 = −

)

1 1 log ( x + 1) + log ( x − 1) + k ⇒ 2 2 1

 x − 1 2 y − 1 = log   + k1 ⇒  x + 1 2

(

)

1

 x − 1 2 y − 1 = k2    x + 1 2

1 1    x − 1 4  x − 1 4   y −1 = c  y c ⇒ = + 1     x + 1   x + 1   

)

2

1. Equazioni differenziali del primo ordine

(

y′ x2 −1 = y − y ⇒

14

Esercizio n. 1.8.1.7 y ′ = te − y




t2  y′ t2 y y t y e t e c y log = ⇒ = ⇒ = + ⇒ = ′  + c −y 2  te 2

Esercizio n. 1.8.1.8 y ′ = (2 − y ) t t2

y′




⇒y = 2−e

t2  −  +k   2 

Esercizio n. 1.8.1.9 dy = e x dx cos 2 y




(

tan y = e x + c ⇒ y = arctan e x + c

)

Esercizio n. 1.8.1.10 xy ′ = log x

dy =

log x x

dx ⇒

∫

log x x

dx

 Risolvendo per parti l’integrale al secondo membro si ottiene:


y =

1 log2 cx 2

Esercizio n. 1.8.1.11 Equazioni differenziali

y ′ = e x cos 2 y Separando le variabili si ottiene: dy = e x dx cos 2 y e integrando:






−  +k  t2 2 = t ⇒ − log 2 − y = + k ⇒2 − y = e   2−y 2

(

tan y = e x + c ⇒ y = arctan e x + c

)

15

Esercizio n. 1.8.1.12 y′ =

dy = dx




y 1 − x 2 arcsen x

y 1 − x arcsen x 2

⇒

dy = y

dx 1 − x arcsen x 2

⇒

⇒ log y = log arcsen x + c ⇒ y = k arcsen x

Esercizio n. 1.8.1.13 y′ =

x −3 y −x +2

Consideriamo le due rette di equazioni x – 3 = 0 e y – x + 2 = 0; esse si intersecano nel punto di coordinate (3,1). Poniamo quindi ξ = x − 3 e η = y − 1 e l’equazione di partenza diventa:

η′ =

Eseguiamo la sostituzione z = z (ξ ) =

ξ z′ = −

2ξ 2 = η − ξ  η   −1 ξ

η ; dall’equazione precedente si ricava: ξ

1 z2 − z − 2 z −1 dz = dξ ⇒ ⇒ 2 z −1 ξ −z + z + 2

∫ −z

z −1 dz = +z +2

2

1

∫ ξ dξ

Risolviamo l’integrale al primo membro dell’equazione: 2z − 1 − 1 1 dz =  2 +z +2 2

2z − 1 dz + 2 +z +2

∫ −z

=

1 2  − log − z + z + 2 + 2

∫  z + 1 + z − 2  dz  =

=

1 2  − log − z + z + 2 + 2

∫ 3 (z + 1) dz − ∫ 3 (z − 2) dz  =

=

1 1 1  2  − log − z + z + 2 + log (z + 1) − log (z − 2) =  2 3 3

( ( (

∫ −z

) )

 A

∫ −z

∫z

2

1  dz  = −z −2 



B 

1

1



)

1   1 1  z + 1 3   = log   2  z − 2  − z + z + 2  2  

Quindi si ottiene: 1

1 2  1  z + 1 3  = log ξ + k = k log ξ ⇒ log   1  z − 2  − z 2 + z + 2    c 2 ⇒ − (z + 1) (z − 2) = 3 ξ

1. Equazioni differenziali del primo ordine

2z − 2 1 dz = 2 +z +2 2

1 2

16

η Ricordando che z = e che ξ = x − 3 , η = y − 1, si ottiene l’integrale generale dell’equazione ξ di partenza: − ( y + x − 4 ) ( y − 2 x + 5) = c 2


1.8.2 Equazioni omogenee

Esercizio n. 1.8.2.1 xyy ′ = x 2 + y 2 Questa è un’equazione riconducibile ad un’equazione omogenea; dividendo ambo i membri per xy si ha: x y y′ = + y x posto quindi z =

y e quindi y = zx ⇒ y ′ = z′x + z si ottiene: x z ′x + z = ⇒

1 z

+ z ⇒ z ′x =

1 z

1

⇒ zdz =

x

∫

dx ⇒ zdz =

1

∫ x dx ⇒

z2 = log x + c 2

tenuto conto della posizione fatta si ha infine: y2 = log x + c ⇒ y 2 = 2x 2 (log x + c ) 2x 2


Esercizio n. 1.8.2.2

y 2 y ′ + 2xy = x 2 y ′ L’equazione può anche scriversi nella forma: y′ = posto t =

2xy x − y2 2

y e quindi y ′ = t + t ′x si ha: x t + t ′x =

2tx 2 2t = x − t 2x 2 1− t 2 2

Equazioni differenziali

da cui: dt 2t t +t3 x = −t = ⇒ 2 dx 1− t 1− t 2

∫

dx = x

Scomponiamo in fratti semplici: 1− t 2 A B = + 2 t 1+ t t 1+ t 2

(

(

)

)

da cui:

(

)

1 − t 2 = A 1 + t 2 + Bt

1− t 2

∫ t +t

3

dt

(1.8.1)

17

per t = 0, si ha 1 = A, che sostituito nella precedente espressione fornisce: 1 − t 2 = 1 + t 2 + Bt ⇒ B = −2t la (1.8.1) diventa quindi:

∫

dx = x

1

2t

∫ t dt − ∫ 1+ t

2

(

)

dt ⇒ log x = log t − log 1 + t 2 + log c ⇒ x =

ct cxy = 2 2 x + y2 1+ t

ossia:




x 2 + y 2 − cy = 0

che è l’integrale generale dell’equazione di partenza e rappresenta una famiglia di circonferenze.

Esercizio n. 1.8.2.3 y ′ tan x + tan y = 0 Riconduciamo l’equazione ad un’equazione a variabili separabili: dy 1 1 dy dx =− ⇒ =− ⇒ dx tan y tan x tan y tan x

dy

dx

∫ tan y = − ∫ tan x ⇒

⇒ log sen y = −log sen x + k ⇒ sen y ⋅ sen x = e k Ponendo e = c si ottiene: k




sen y ⋅ sen x = c

1.8.3 Equazioni lineari del primo ordine

Esercizio n. 1.8.3.1 1 x

y = x sen x

Calcoliamo il fattore integrante: e

−

∫ − x dx 1

= e log x = x

Per la (1.5.2) si ha quindi: y = z (x ) ⋅ x e derivando si ha: y ′ = z ′x + z Sostituendo l’espressione precedente nell’equazione di partenza si ha ancora: z ′x + z −

1 y = x sen x x

(1.8.2)

1. Equazioni differenziali del primo ordine

y′ −

18

da cui per la (1.8.2) si ha: z ′x = x sen x ⇒ z ′ = sen x ⇒ z ( x ) = − cos x + c che sostituita nella (1.8.2) fornisce: y = x (c − cos x )


Esercizio n. 1.8.3.2 y′ −

(

)

log 1+ x

= 1+ x

1 y + 2 1− x 2 = 0 1+ x

Calcoliamo il fattore integrante: e

−

∫ − 1+ x dx 1

=e

Per la (1.5.2) si ha quindi: y = z ( x ) (1 + x )

(1.8.3)

che derivata fornisce: y ′ = z ′ ( x + 1) + z Sostituendo l’espressione precedente nell’equazione di partenza si ha ancora: z ′ ( x + 1) + z −

(

1 y = 2 1− x 2 1+ x

)

da cui per la (1.8.3) si ha: z ′ = 2 (1 − x ) ⇒ z ( x ) = 2x − x 2 + c che, sostituita nella (1.8.3), fornisce:




(

y = (1 + x ) 2x − x 2 + c

)

Esercizio n. 1.8.3.3 y ′ = 2xy − 2x 3 Calcoliamo il fattore integrante:

Equazioni differenziali

e

−

∫ −2 xdx

= ex

2

Per la (1.5.2) si ha quindi: y = z (x ) e x

2

(1.8.4)

che derivata fornisce: 2

y ′ = z ′e x + z ⋅ 2x ⋅ e x

2

Sostituendo l’espressione precedente nell’equazione di partenza si ha ancora: 2

2

z ′e x + 2xze x − 2xy = −2x 3

19

da cui per la (1.8.4) si ha: z ′e x = −2x 3 ⇒ z ′ = −2x 3e − x ⇒ z ( x ) = 2

2

∫ −2x e 3

−x 2

dx

Risolvendo l’integrale per parti si verifica facilmente che:

(

)

z (x ) = e − x 1 + x 2 + c 2

che sostituita nella (1.8.4) fornisce: 2




y = ce x + x 2 + 1

Esercizio n. 1.8.3.4 xy ′ − y − x 2 cos x = 0 Dividiamo l’equazione per x e calcoliamo il fattore integrante: e

−

∫ − x dx 1

= e log x = x

Per la (1.5.2) si ha quindi: y = z (x ) ⋅ x

(1.8.5)

che derivata fornisce: y ′ = z ′x + z Sostituendo l’espressione precedente nell’equazione di partenza si ha ancora: z ′x + z −

y − 2x cos x = 0 x

da cui per la (1.8.5) si ha: z ′ = cos x ⇒ z ( x ) =

∫ cos xdx = sen x + c




y = x sen x + cx

Esercizio n. 1.8.3.5 xy ′ − y − x 2 − 1 = 0 Dividiamo l’equazione per x e calcoliamo il fattore integrante: e

−

∫ − x dx 1

= e log x = x

Per la (1.5.2) si ha quindi: y = z (x ) ⋅ x che derivata fornisce: y ′ = z ′x + z

(1.8.6)

1. Equazioni differenziali del primo ordine

che sostituita nella (1.8.5) fornisce:

20

Sostituendo l’espressione precedente nell’equazione di partenza si ha ancora: z ′x + z −

y 1 −x − =0 x x

da cui per la (1.8.6) si ha: z ′ = 1+

1 1 ⇒ z (x ) = x − + c x2 x

che sostituita nella (1.8.6) fornisce:




y = x 2 + cx − 1

Esercizio n. 1.8.3.6 Risolvere la seguente equazione differenziale:

(sen x ) y ′ + (cos x ) y

= ex

Dividiamo l’equazione per senx ottenendo: y′ +

cos x ex y = sen x sen x

Notiamo che y = sen x per x = kπ non è un integrale singolare dell’equazione. Per risolvere l’equazione calcoliamo il fattore integrante: −

e

∫ sin x dx cos x

= e − logsin x =

1 sen x

Per la (1.5.2) si ha quindi: y = z (x ) ⋅

1 sen x

(1.8.7)

che derivata fornisce: y′ = z′

cos x 1 −z sen x sen2 x

Sostituendo l’espressione precedente nell’equazione di partenza si ha ancora:

Equazioni differenziali

z′

cos x cos x 1 ex −z + y = 2 sen x sen x sen x sen x

da cui per la (1.8.7) si ha: z′

1 cos x cos x 1 ex ex z z −z + = ⇒ = ⇒ z ′ = e x ⇒ z (x ) = e x + c ′ sen x sen2 x sen x sen x sen x sen x

che sostituita nella (1.8.7) fornisce:




y =

ex + c sen x

21

Esercizio n. 1.8.3.7 Risolvere la seguente equazione differenziale: y sen2 x =− sen x cos x cos x

y′ −

Risolviamo per prima cosa l’equazione omogenea associata: y′ −

y =0 sen x cos x

Separando le variabili si ottiene: dy y dy dx − =0⇒ = dx sen x cos x y sen x cos x e integrando:

∫

dy = y

dx

∫ sen x cos x

 Esprimiamo il prodotto sen x cos x in funzione della tangente, ottenendo: sen x cos x =

tan x 1 + tan2 x

L’integrale quindi diventa: log y =

∫

1 + tan2 x dx = log tan x + c tan x

essendo 1 + tan x la derivata di tan x. La soluzione dell’omogenea quindi è: 2

y ( x ) = k tan x Determiniamo una soluzione particolare mediante il metodo della variazione delle costanti di Lagrange; assumiamo quindi una soluzione particolare del tipo: y p = c ( x ) tan x la cui derivata è: y ′ = c ′ ( x ) tan x + c ( x )

1 cos 2 x

Sostituendo le (1.8.8) e (1.8.9) nell’equazione di partenza otteniamo: c ( x ) tan x 1 sen2 x − =− ⇒ 2 cos x sen x cos x cos x ⇒ c ′ ( x ) tan x = − sen x tan x ⇒ c ′ ( x ) = − sen x ⇒

c ′ ( x ) tan x + c ( x ) ⇒ c ( x ) = cos x Quindi la soluzione particolare è:

y p = cos x tan x = sen x e l’integrale generale dell’equazione completa sarà:




y ( x ) = k tan x + sen x

(1.8.9)

1. Equazioni differenziali del primo ordine

(1.8.8)

22

Esercizio n. 1.8.3.8 Risolvere la seguente equazione: y′ = −

y + e − arctanx log2 x 1+ x 2

Risolviamo prima l’equazione omogenea associata: y′ +

y =0 1+ x 2

Separando le variabili si ottiene: dy dx =− ⇒ log y = −arctanx + c ⇒ y = e − arctanx +c ⇒ y = ke − arctanx y 1+ x 2 Troviamo ora una soluzione particolare con il metodo della variazione delle costanti di Lagrange: y p ( x ) = c ( x ) e −arctanx

(1.8.10)

la cui derivata prima è: y p′ ( x ) = c ′ ( x ) e − arctanx − c ( x ) e − arctanx

1 1+ x 2

(1.8.11)

Sostituendo le (1.8.10) e (1.8.11) nell’equazione di partenza otteniamo: c ′ ( x ) e − arctanx − c ( x ) e − arctanx

1 1 = −c ( x ) e − arctanx + e − arctanx log2 x 1+ x 2 1+ x 2

da cui: c ′ ( x ) e − arctanx = e − arctanx log2 x ⇒ c ′ ( x ) = log2 x ⇒ c ( x ) = x log2 x − 2x (log x − 1) Quindi:

(

)

y p ( x ) = x log2 x − 2x log x + 2x e − arctanx

e in conclusione l’integrale generale dell’equazione completa è:




(

)

y ( x ) = ke − arctanx + x log2 x − 2x log x + 2x e − arctanx

1.8.4 Equazioni di Bernoulli

Equazioni differenziali

Esercizio n. 1.8.4.1 Risolvere la seguente equazione di Bernoulli:

(

y′ = x y − y3

)

Si tratta di un’equazione con esponente n = 3; notiamo che la funzione y = 0 è una soluzione. Se 3 y ≠ 0, dividendo per y otteniamo: y′ = xy −2 − x y3

Ponendo z = y

−2

⇒ z ′ = −2y

−3

23

y ′, otteniamo un’equazione lineare nell’incognita z: z ′ + 2xz − 2x = 0

(1.8.12)

Calcoliamo il fattore integrante: e

∫

− 2 xdx

= e −x

2

Per la (1.5.2) si ha: z = u ( x )e − x

2

(1.8.13)

e derivando si ha: 2

2

z ′ = u ′e − x − 2xe − x u Sostituendo l’espressione precedente nell’equazione (1.8.12) si ha ancora: 2

2

u ′e − x − 2xe − x u + 2xz = 2x da cui per la (1.8.13) si ha: 2

2

2

u ′e − x − 2xe − x u + 2xue − x = 2x ⇒ u ′ = 2xe x ⇒u =

∫ 2xe

x2

2

2

dx ⇒ u = e x + c

Dalla (1.8.13) si ottiene quindi che: z ( x ) = 1 + ce − x

2

Infine, la soluzione dell’equazione di partenza è data da:

(

y ( x ) = ± 1 + ce − x

2

)

−1/ 2

(1.8.14)

Tutte le soluzioni espresse dalla (1.8.14) sono di segno costante, cioè positive o negative per ogni x. La soluzione y = 0, trovata all’inizio, non si ottiene dalla (1.8.14) per alcun valore di c, per cui essa è un integrale singolare.

Esercizio n. 1.8.4.2 Integrare l’equazione: y ′ − xy = x 3 y 2

(1.8.15)

L’equazione è del tipo: y ′ + a1 ( x ) y = f ( x ) y α 2

E quindi è un’equazione di Bernoulli che si può riscrivere dividendo entrambi i membri per y , nella forma: 1 y′ − x = x3 y2 y

(1.8.16)

1. Equazioni differenziali del primo ordine




24

Si noti che questa equazione non è equivalente alla (1.8.15) in quanto non ammette l’integrale nullo. Per integrarla poniamo: 1 =z y Poiché y (x) soddisfa la (1.8.16), la funzione z (x) soddisfa l’equazione che da essa si ottiene esprimendo il primo membro in funzione di z (x). Osserviamo che si ha: z ′ (x ) =

− y ′ (x ) y 2 (x )

ossia. y ′ (x )

y 2 (x ) Pertanto, poiché risulta:

y ′ (x ) y

2

(x )

= −z ′ (x )

−x

1 y (x )

= x3

risulta anche −z ′ (x ) −xz (x ) = x . Quindi z (x) soddisfa l’equazione −z ′ (x ) −xz (x ) = x ossia l’equazione: 3

3

z ′ + xz = − x 3

(1.8.17)

che è un’equazione lineare completa del 1° ordine. L’equazione omogenea associata è: z ′ + xz = 0 che è un’equazione a variabili separabili riscrivibile nella forma: dz = − xdx z Per integrare quest’ultima, detto z un generico integrale di essa, osserviamo che si ha: dz

∫z

∫

= − xdx

e quindi: log z = −

x2 +k 2

con k opportuna costante reale. Pertanto, si ha: z = e ke

−

x2 2

Equazioni differenziali

ossia: z = ±e k e Posto c = ±e k si ha z = ce

−

−

x2 2

+ se risulta z ( x ) > 0 ∀x ∈ R  − se risulta z ( x ) < 0 ∀x ∈ R

x2 2

, pertanto la funzione: z = ce

−

x2 2

Fornisce l’integrale generale della (1.8.18).

R − {0} con c ∈ℜ

(1.8.18)

Cerchiamo ora un integrale particolare della (1.8.17) col metodo di Lagrange, ovvero un integrale particolare del tipo: u (x ) = γ (x ) e

−

25

x2 2

Con γ (x) funzione derivabile incognita da determinare. Per determinare γ (x) imponiamo che u (x) sia un integrale della (1.8.17). Ciò facendo si ha:

γ ′ ( x )e

−

x2 2

+ γ ( x )e

−

x2 2

(− x ) + xγ (x )e

−

x2 2

= −x 3

⇔ γ ′ ( x ) = − x 3e

x2 2

Quindi si ha: x2 x2 x2  x2  γ ( x ) = − x 3e 2 dx = − x 2d  e 2  = − x 2e 2 + e 2 2xdx =  

∫

x2

= −x e 2

2

∫

∫

x2 x2 x2  x2  2 2 2 2 + 2 d  e  = −x e + 2e + c = e 2 2 − x 2 + c  

Pertanto, si ha u ( x ) = γ ( x ) e

(

∫

−

x2 2

(

)

)

= 2 − x 2 . Quindi la funzione: x2

z = ce

2

(

+ 2− x2

)

con c ∈ R

1 fornisce l’integrale generale della (1.8.17). Ponendo in essa z = si ottiene l’equazione (dipeny dente dal parametro c): 1 = ce y

x2 2

(

+ 2− x2

)

La quale è un integrale generale in forma implicita della (1.8.15). L’integrale generale in forma esplicita sarà dato da: 1

y =

x2

ce

2

(

+ 2− x2

)

1. Equazioni differenziali del primo ordine




■8

117

Applicazioni delle equazioni differenziali

Problema n. 8.1 In figura è mostrato un circuito R-L serie con una tensione applicata E (t) = 240 (1 − e ). Ricavare: –t/3

1. l’espressione della corrente in funzione del tempo; 2. la soluzione del problema di Cauchy associato con condizione iniziale i (0) = 0. R=3kohm

L=5mH E(t)


Applicando la legge di Kirchhoff si ottiene: E (t) = VR + VL avendo indicato con VR e VL le cadute di tensione rispettivamente sul resistore e sull’induttore; ricordiamo dall’elettrotecnica che le cadute si possono esprimere come: VR = R ⋅ I VL = L

dI dt

Quindi, possiamo riscrivere la legge di Kirchhoff come: E (t ) = RI + L

dI dt

Sostituendo i valori in figura si ottiene l’equazione differenziale lineare del primo ordine da risolvere: dI + 6 ⋅ 10 5 I = 48 ⋅ 10 3 1 − e −t / 3 dt

(

)

Calcoliamo il fattore integrante: e

∫

− 6⋅105 dt

= e −6⋅10

5

t

Per la (1.5.2) si ha quindi: I = z (t ) ⋅ e −6⋅10

5

t

(8.1)

e derivando si ha: 5

I ′ = z ′e −6⋅10 t − 6 ⋅ 10 5 ze −6⋅10

5

t

Sostituendo l’espressione precedente nell’equazione di partenza si ha ancora: 5

5

(

z ′e −6⋅10 t − 6 ⋅ 10 5 ze −6⋅10 t + 6 ⋅ 10 5 I = 48 ⋅ 10 3 1 − e −t / 3

)

8. Applicazioni delle equazioni differenziali

1.

118

e quindi:

(

5

)

z ′e −6⋅10 t = 48 ⋅ 10 3 1 − e −t / 3 ⇒ ⇒ z (t ) =

∫

(

)

5

5

48 ⋅ 10 3 1 − e −t / 3 ⋅ e 6⋅10 t dt = 8 ⋅ 10 −2 e 6⋅10 t −

 5 1  6⋅10 −  t 3

48 ⋅ 10 3 6 ⋅ 10 5 −

1 3

e

+c

che sostituita nella (8.1) fornisce:



I = 8 ⋅ 10 −2 −

48 ⋅ 10 3 1 6 ⋅ 10 − 3

e

1 − t 3

+ ce −6⋅10

5

t

5

2. Imponendo la condizione iniziale si ricava: c=



48 ⋅ 10 3 1 6 ⋅ 10 − 3

− 8 ⋅ 10 −2

5

Problema n. 8.2 Un corpo di massa m si muove sotto l’azione di una forza elastica F = − kx (k è la costante elastica ed x è lo spostamento del corpo dalla posizione di equilibrio). Determinare la legge oraria del moto x = x (t), sapendo che per t = 0 è x = R e v = 0 (velocità).




Ricordando che F = ma e che a (accelerazione) è la derivata seconda di x rispetto al tempo, possiamo scrivere: mx ″ = − kx

Si tratta di un’equazione lineare omogenea del secondo ordine che possiamo porre nella forma usuale: k x ′′ + x = 0 m L’equazione caratteristica associata è:

α2 +

k =0 m

che ha radici reali complesse immaginarie pure ±i

Equazioni differenziali

Dalla tabella 2.1, essendo nel caso

k . m

∆ < 0, a = 0 si ha che la soluzione dell’equazione è: 4

 k   k  x (t ) = A cos  t  + B sen  t  m   m  Da questa equazione possiamo giungere all’espressione della velocità v in funzione del tempo (v = x ′):  k   k  k k v = −A sen  t + B cos  t m m  m   m 

e imporre alle due leggi x = x (t) e v = v (t) di soddisfare alle condizioni iniziali x (0) = R e v (0) = 0 ottenendo R = A, 0 = B



119

k . Dunque, l’equazione del moto risulta: m  k  x (t ) = R cos  t  m 

Problema n. 8.3 Consideriamo un barile di acqua che può essere svuotato mediante un rubinetto; all’istante t = 0 il rubinetto viene aperto. Il livello dell’acqua nel barile è indicato con h [m]; all’istante t = 0 il livello h è pari a 6. La variazione del livello in funzione del tempo è descritta dalla seguente relazione: dh = −3.5 ⋅ 10 −3 h dt Trovare la legge che esprime il livello h in funzione del tempo. Si tratta, semplicemente, di risolvere il seguente problema di Cauchy, avendo individuato in h (0) = 6 la condizione iniziale.  dh = −3.5 ⋅ 10 −3 h   dt h (0) = 6 L’equazione differenziale è un’equazione a variabili separabili facilmente integrabile: dh h

= −3.5 ⋅ 10 −3 dt ⇒

∫

dh

=

h

∫

−3.5 ⋅ 10 −3 dt ⇒ h =

(3.5 ⋅ 10

−3

t +c

)

2

4

Imponendo la condizione iniziale si ottiene: c2 =6⇒c = 4

3 2

 3  − 3.5 ⋅ 10 −3 t    2 

2

h (0) =



h=

4

Problema n. 8.4 Consideriamo un circuito elettrico costituito da una resistenza R, un’induttanza L e un condensatore C in serie, a cui sia applicata una tensione variabile V (t). Determinare l’espressione della carica immagazzinata nel condensatore al variare del tempo.

R V(t)

C L

8. Applicazioni delle equazioni differenziali

Quindi la soluzione del problema è:

120


Dall’elettrotecnica sappiamo che, per la prima legge di Kirchhoff, la somma delle cadute di tensione in una maglia deve essere nulla, ossia: VR + VC + VL = V (t)

(8.2)

Inoltre, sappiamo che le cadute sui tre componenti passivi si possono esprimere come: dQ (t )

VR = R ⋅ I = R

dt

Q (t )

VC =

C

VL = L

d 2Q (t ) dI =L dt dt 2

avendo indicato con Q (t) la carica immagazzinata nel condensatore. Quindi sostituendo le tre precedenti espressioni nella (8.2) si ottiene: L

d 2Q (t ) dt 2

+R

dQ (t )

Q (t )

+

dt

C

= V (t )

che è un’equazione differenziale lineare del secondo ordine a coefficienti costanti; cercando una soluzione del tipo: iωt

Q (t) = Ae

per l’equazione omogenea associata, troviamo l’equazione caratteristica: Lω 2 + Rω +

1 C

=0

2 L > 0 si trova la soluzione decrescente: Se ∆ = R −4 –– C



Q (t ) = e

−

R 2Lt

t∆ −  2t∆L  2L c 1e + c 2e   

2 L < 0 si ha la soluzione oscillante: Se ∆ = R −4 –– C R   t − ∆  − Q (t ) = Ae 2Lt cos    + ϕ   2L 

Equazioni differenziali

In particolare, per R = 0 si ha:   t − ∆  Q (t ) = A cos   + ϕ   2L  dove A è l’ampiezza e ϕ la fase. 2 L = 0 si trova la soluzione: Se R −4 –– C



Q (t ) = e

−

R 2Lt

[c

1

+ c 2t ]

121

Problema n. 8.5 2

In un serbatoio cilindrico, di base 3dm e altezza 1 metro, viene immessa acqua con portata costante di 3 litri al minuto. L’acqua viene poi assorbita dal fondo con velocità proporzionale al volume di acqua presente secondo la costante di proporzionalità 1/10 (esprimendo il volume in litri e la velocità di uscita in litri al minuto). All’istante t = 0 il serbatoio è vuoto. Determinare il tempo necessario perchè il livello dell’acqua raggiunga 5dm e dire, giustificando la risposta, se il recipiente si riempie. Indicando con y (t) il volume dell’acqua contenuta nel serbatoio all’istante t, la variazione di y 1 y (t ) ∆t . Dividendo per nell’intervallo [t, t + ∆t] può essere espressa da y (t + ∆t ) − y (t ) ≈ 3∆t − 10 ∆t e facendo tendere questa quantità a zero, otteniamo l’equazione differenziale del primo ordine y′ = 3−

1 y 10

La soluzione generale di questa equazione si ottiene come segue: 1

y′ +

1 1 1 t t t  101 t  10 ⇒ e 10 y = 30e 10 + c  e y  = 3e  

1

t 1 1 10 t 1 d y = 3 ⇒ e 10 y ′ + e y = 3e t ⇒ 10 10 10 dt

⇒ y (t ) = 30 + ce

−

1 10

t

Dalla condizione iniziale y (0) = 0 otteniamo c = − 30 e quindi il volume dell’acqua presente nel serbatoio all’istante t è dato da y (t ) = 30 − 30e

−

1 10

t

−

1

t

Il livello dell’acqua è di 5dm quando il volume dell’acqua è 15 litri. Posto quindi 15 = 30 − 30e 10 otteniamo t = 10 log 2. Sono quindi necessari 10 log 2 minuti affinché il livello dell’acqua raggiunga i 5dm. Il serbatoio non si riempie. Infatti, da 30 = 30 − 30e zioni finite.

−

1 10

t

otteniamo e

−

1 10

t

= 0 che non ha solu-

Problema n. 8.6 Un corpo è esposto ad una temperatura costante di 280K. Dopo 1 minuto la temperatura del corpo è 350K e dopo 5 minuti è 310K. Trovare un’espressione per la temperatura θ in funzione del tempo t. Rappresentare l’andamento della temperatura θ in funzione del tempo t.




Ricordando la legge di Newton che afferma che la velocità con la quale un corpo si raffredda è proporzionale alla differenza tra la temperatura del corpo e quella dell’ambiente circostante secondo una costante di proporzionalità detta k, possiamo scrivere: dθ = k (θ − 280) dt

Separando le variabili si ottiene: dθ = kdt θ − 280

8. Applicazioni delle equazioni differenziali



122

e integrando: dθ

∫ θ − 280 = ∫ kdt ⇒ log (θ − 280) = kt + c Siccome t è espresso in secondi abbiamo che: log(350−280) = k ⋅ 60 + c e log(310−280) = k ⋅ 300 + c Risolvendo le due precedenti equazioni con k = − 3.53 ⋅ 10 si ottiene c = 4.46. Pertanto, sostituendo questo valore nell’espressione precedente e passando agli esponenziali si ottiene: –3



θ = 280 + e y

4.46–(3.53⋅10–3)t

temperatura

350 300 280 250 200 150 100 50

tempo 50

100 150 200 250 300 350 400 450 500 550

600 650 700 750

-50

x

Problema n. 8.7 Il sistema in figura è costituito da una massa attaccata ad una molla di costante elastica k e soggetta ad una forza pari a F sen (2t ) lungo x. Ricavare l’equazione del moto.




Ricordando la legge di Hooke per un sistema sottoposto ad una forza esterna si ottiene: m

d 2x = −kx + F sen (2t ) dt 2

k

n

Equazioni differenziali

ovvero: d 2x k F + x = sen (2t ) 2 dt m m

F sen2t

x

Si tratta di un’equazione differenziale del secondo ordine a coefficienti costanti che può essere risolta con i metodi illustrati in precedenza. In particolare l’integrale dell’equazione omogenea associata risulta del tipo: x = A cos (ωt ) + B sen (ωt ) dove ω =

k . m

123

Determiniamo, ora, una soluzione particolare, del tipo: xp (t) = C sen (2t ) + D cos (2t ) Con semplice derivazione della funzione precedente si ricava: x p′′ +

(

k k x p = −4C sen (2t ) − 4D cos (2t ) + C sen (2t ) + D cos (2t )) m m F k  k  =  − 4 C sen (2t ) +  − 4 D cos (2t ) = sen (2t ) m  m  m

Affinché xp sia soluzione dell’equazione di partenza occorre che: F F k  D = 0 e  − 4 C = ⇒C = m  m k − 4m In definitiva, la soluzione generale dell’equazione completa è: F sen (2t ) k − 4m

x = A cos (ωt ) + B sen (ωt ) +

 Problema n. 8.8

La popolazione di una città ha un tasso di crescita, risultante dalle nascite e dalle morti ed espresso in individui per anno, proporzionale al numero di abitanti e con coefficiente di proporzionalità 0.1. Ogni anno inoltre 10.000 individui emigrano verso altre città. 1. Supponendo che all’istante iniziale il numero di abitanti sia 200.000, determinare la funzione N = N (t) che dà il numero di abitanti all’istante t (in anni). 2. Supponendo che all’istante iniziale il numero di abitanti sia N0 > 0, dire per quali valori di N0 la popolazione si estingue.

N (t + ∆t ) − N (t ) ≈

1 N (t ) ∆t − 10.000∆t 10

Dividendo a destra e sinistra per ∆t e facendo tendere a zero, otteniamo l’equazione differenziale: 1 N ′ (t ) − N (t ) = −10.000 10 La cui soluzione generale è: 1

N (t ) = 100.000 + ce 10

t

1. Posto N (0) = 200.000 otteniamo c = 100.000 e quindi il numero di abitanti in funzione del tempo diventa: t



N (t ) = 100.000 + 100.000e 10

2. Posto N (0) = N0, otteniamo c = N0 − 100.000 e quindi il numero di abitanti in funzione del 1

tempo diventa N (t ) = 100.000 + (N 0 − 100.000)e 10 . La popolazione si estingue se esistono t

8. Applicazioni delle equazioni differenziali

La variazione di N (t ) nell’intervallo [t, t + ∆t ] può essere espressa da:

124

1

valori di t > 0 tali che N (t ) = 0, cioè se l’equazione 100.000 + (N 0 − 100.000)e 10 = 0 ha soluzioni positive. Questa equazione equivale a: 1

t

e 10 =

t

 −100.000  ⇒ t = 10 log    N 0 − 100.000 

−100.000 N 0 − 100.000

−100.000 L’equazione ha una soluzione reale per > 0 ; tale soluzione è, inoltre, positiva N 0 − 100.000 −100.000 per > 1 cioè per: N 0 − 100.000



N0 0 il serbatoio non si svuota né si riempie.

127

Indice generale

Prefazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pag.

3

■ 1 Equazioni differenziali del primo ordine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

»

5

1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8

» » » » » » » »

5 6 6 8 8 9 11 12

Introduzione alle equazioni differenziali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Equazioni differenziali del primo ordine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Equazioni a variabili separabili . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Equazioni omogenee . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Equazioni del primo ordine lineari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Equazione di Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Equazione di Clairaut . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Esercizi proposti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.8.1 Equazioni a variabili separabili . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

»

12

1.8.2 Equazioni omogenee . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

»

16

1.8.3 Equazioni lineari del primo ordine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

»

17

1.8.4 Equazioni di Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

»

22

■ 2 Equazioni differenziali lineari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

»

27

2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 2.6 2.7 2.8 2.9 2.10 2.11

Equazioni differenziali lineari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Integrale generale dell’equazione lineare omogenea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Integrale generale dell’equazione lineare completa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Equazioni lineari a coefficienti costanti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Equazione lineare completa a coefficienti costanti (non fondamentale) . . . . . Equazioni di Eulero . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Equazioni lineari del secondo ordine a coefficienti costanti . . . . . . . . . . . . . . Metodo della variazione delle costanti di Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Alcune notevoli equazioni lineari del secondo ordine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Esercizi proposti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Esercizi su equazioni non omogenee con termine noto funzione di x . . . . . .

» » » » » » » » » » »

27 27 27 28 29 29 30 31 32 33 37

■ 3 Problemi di Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

»

49

3.1 3.2

Introduzione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Esercizi proposti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

» »

49 52

■ 4 Sistemi di equazioni differenziali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

»

75

4.1 4.2 4.3 4.4

» » » »

75 75 75 77

Sistemi di equazioni differenziali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Forma normale di un sistema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Sistemi lineari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Esercizi proposti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Indice

■

128

■ 5 Problema di Sturm - Liouville . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pag.

81

5.1 5.2

Problema di Sturm - Liouville . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ortogonalità delle autofunzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

» »

81 82

5.3

Esistenza di autovalori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

»

82

■ 6 Cenni sulle equazioni differenziali alle derivate parziali . . . . . . . . .

»

85

6.1 6.2

Equazioni differenziali alle derivate parziali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Unicità della soluzione di problemi al contorno per le equazioni di Laplace e Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Problema di Dirichlet per l’equazione di Laplace in coordinate polari . . . . . . . Problema di Neumann per l’equazione di Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Equazione delle onde . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Equazione di Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Equazione del calore . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

»

85

» » » » » »

86 87 90 91 92 94

■ 7 Risoluzione numerica di equazioni differenziali (Con listati Matlab) .

»

97

7.1 7.2 7.3 7.4

Introduzione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Metodi alle differenze finite per problemi di Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Metodi numerici per problemi ai limiti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Un esempio: un modello di linea di trasmissione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

» » » »

97 98 103 106

■ 8 Applicazioni delle equazioni differenziali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

»

117

Indice

6.3 6.4 6.5 6.6 6.7