Esercizi XII settimana

22 dicembre 2010

1. Trovare l’integrale generale dell’equazione differenziale;

y′′(t) = (y′(t))^{2} + 1.

2. Risolvere il seguente Problema di Cauchy;

\{ \begin{matrix}y′′(t) = y′(t)(1 + y(t)) \\ y(0) = 0 \\ y′(0) = \frac{1}{2}. \end{matrix}

3. Risolvere il seguente Problema di Cauchy;

\{ \begin{matrix}y′′(t) − 2y′(t) + 5y(t) = (1 + t)e^{t} cos(2t) \\ y(0) = 1, \\ y′(0) = 1. \end{matrix}

4. Trovare l’integrale generale della seguente equazione differenziale;

y′′(t) − y(t) = \frac{1}{1 + e^{t}} .

Soluzioni

1. L’equazione data non dipende esplicitamente da y (in realtà neanche da t); possiamo quindi ridurre la complessità ponendo v(t) = y′(t) in modo da ottenere l’equazione del primo ordine

v′(t) = v(t)^{2} + 1,

la cui soluzione generale, in forma implicita, è data da

arctan v(t) = t + c_{1}.

Tale soluzione è definita fin tanto che t + c_{1} ∈ (−π/2, π/2) ed è data, esplicitamente, da

v(t) = tan(t + c_{1}).

Ricordando che v(t) = y′(t), integrando la soluzione trovata, ricaviamo che

y(t) = − log | cos(t + c_{1})| + c_{2}, c_{1}, c_{2} ∈ ℝ.

2. L’equazione data è di tipo autonomo in quanto non compare la variabile indipendente

t; possiamo quindi porre

z(y) := y′(t),

da cui, dato che y′′(t) = \frac{d}{dt}z(y(t)) = \frac{d}{dy} z(y)y′(t) = \frac{d}{dy} z(y)z(y), si giunge all’equazione del primo ordine

\{ \begin{matrix}z(y)\frac{d}{dy} z(y) = z(y)(1 + y) \\ z(0) = \frac{1}{2}. \end{matrix}

dove il dato iniziale è stato ricavato ponendo \frac{1}{2} = y′(0) = z(y(0)) = z(0). Siccome z ≡ 0 non è soluzione del problema ai valori iniziali, possiamo dividere per z ed integrare per ottenere che

z(y) = \frac{y^{2} + 2y + 1}{2} = \frac{(y + 1)^{2}}{2} .

Risolviamo ora il problema ai valori iniziali

\{ \begin{matrix}y′(t) = \frac{(y(t)+1)^{2}}{2} \\ y(0) = 0; \end{matrix}

tale problema ha per soluzione la funzione

y(t) = \frac{t}{2 − t}

che sarà quindi la soluzione cercata.

3. Per risolvere il problema dato, risolviamo prima l’equazione omogenea considerando

il polinomio caratteristico

p(λ) = λ^{2} − 2λ + 5;

tale polinomio ha due radici complesse coniugate 1 ± 2i, da cui la soluzione generale dell’omogenea che è data da

y_{H}(t) = e^{t}(c_{1} cos(2t) + c_{2} sin(2t)).

Per la ricerca della soluzione particolare, notiamo anzitutto che possiamo scrivere il termine forzante come

(1 + t)e^{t} cos(2t) = e^{1·t}((1 + t) cos(2 · t) + 0 · sin(2 · t))

in cui riconosciamo la possibilità di poter applicare il metodo per somiglianza. Abbiamo α = 1, β = 2, p_{1}(t) = 1 + t polinomio di grado 1 e q_{1}(t) = 0 polinomio di grado 0. Siccome λ = α + iβ = 1 + 2i è radice, con molteplicità 1, del polinomio caratteristico, la soluzione particolare va cercata nella forma

y_{P} (t) = te^{t}((at+b) cos(2t)+(ct+d) sin(2t)) = e^{t}((at^{2}+bt) cos(2t)+(ct^{2}+dt) sin(2t)); siccome

y′_{P} (t) = e^{t} [cos(2t)((a + 2c)t^{2} + (2a + b + 2d)t + b)+
+ sin(2t)((c − 2a)t^{2} + (2c − 2b + d)t + d)] ,

mentre

y′′_{P} (t) = e^{t} [cos(2t)((4c − 3a)t^{2} + (4a − 3b + 8c + 4d)t + 2a + 2b + 4d)+
+ sin(2t)( − (4a + 3c)t^{2} − (8a + 4b − 4c + 3d)t − 4b + 2c + 2d)]

Imponendo l’equazione

y′′_{P} (t) − 2y′_{P} (t) + 5y_{P} (t) = (1 + t)e^{t} cos(2t),

arriviamo all’equazione

e^{t} [cos(2t)(8ct + 2a + 4d) + sin(2t)( − 8at − 4b + 2c)] = e^{t}(1 + t) cos(2t)

da cui il sistema

\{ \begin{matrix}8c = 1 \\ 2a + 4d = 1 \\ −8a = 0 \\ −4b + 2c = 0 \end{matrix}

Otteniamo quindi che una soluzione particlare è data da

y_{P} (t) = e^{t} [\frac{t}{16} cos(2t) + (\frac{t^{2}}{8} + \frac{t}{4}) sin(2t)]

Quindi la soluzioni generale dell’equazione omogenea è data da

y(t) = e^{t}(c_{1} cos(2t) + c_{2} sin(2t)) + e^{t} [\frac{t}{16} cos(2t) + (\frac{t^{2}}{8} + \frac{t}{4}) sin(2t)] .

Infine, imponendo le condizioni iniziali, si ottengono i valori c_{1} = 1 e c_{2} = −\frac{1}{32}; in definitiva la soluzione del Problema di Cauchy è data da

y(t) = e^{t} [(1 + \frac{t}{16}) cos(2t) + ( − \frac{1}{32} + \frac{t^{2}}{8} + \frac{t}{4}) sin(2t)] .

4. Il polinomio caratteristico dell’equazione omogenea associata è dato da λ^{2} − 1, quindi la soluzione generale dell’omogenea è data da

y_{H}(t) = c_{1}e^{t} + c_{2}e^{−t}.

Per trovare la soluzione particolare, applichiamo il metodo della variazione delle costanti; supponiamo quindi che

y(t) = c_{1}(t)e^{t} + c_{2}(t)e^{−t};

derivando otteniamo che

y′(t) = c′_{1}(t)e^{t} + c′_{2}(t)e^{−t} + c_{1}(t)e^{t} − c_{2}(t)e^{−t}.

Poniamo quindi la condizione

c′_{1}(t)e^{t} + c′_{2}(t)e^{−t} = 0

e deriviamo una seconda volta, ottenendo

y′′(t) = c′_{1}(t)e^{t} − c′_{2}(t)e^{−t} + c_{1}(t)e^{t} + c_{2}(t)e^{−t}.

Impondi quindi la condizione

y′′(t) − y(t) = \frac{1}{1 + e^{t}}

si arriva all’equazione

c′_{1}(t)e^{t} − c′_{2}(t)e^{−t} = \frac{1}{1 + e^{t}} .

Dobbiamo quindi risolvere il seguente sistema

\{ \begin{matrix}c′_{1}(t)e^{t} + c′_{2}(t)e^{−t} = 0 \\ c′_{1}(t)e^{t} − c′_{2}(t)e^{−t} = \frac{1}{1 + e^{t}} \end{matrix}

che ha come soluzioni

\{ \begin{matrix}c′_{1}(t) = \frac{1}{2e^{t}(1 + e^{t})} \\ c′_{2}(t) = −\frac{e^{t}}{2(1 + e^{t})}. \end{matrix}

Integrando otteniamo

\{ \begin{matrix}c_{1}(t) = c_{1} − \frac{t}{2} − \frac{e^{−t}}{2} + \frac{1}{2} log(1 + e^{t}) \\ c_{2}(t) = c_{2} − \frac{1}{2} log(1 + e^{t}). \end{matrix}

da cui la soluzione generale dell’equazione data

y(t) =c_{1}e^{t} + c_{2}e^{−t} − \frac{1}{2} − \frac{te^{t}}{2} + (\frac{e^{t} − e^{−t}}{2} ) log(1 + e^{t})
=c_{1}e^{t} + c_{2}e^{−t} − \frac{1}{2} − \frac{te^{t}}{2} + sinh(t) log(1 + e^{t}).