Esercizi XI settimana

15 dicembre 2011

1. Si prenda in considerazione il seguente Problema di Cauchy;

\{ \begin{matrix}y′′(t) = −y(t) \\ y(0) = 0, y′(0) = 1; \end{matrix}

si riscriva. ponendo v(t) = (y′(t), y(t)), il sistema nella forma

\{ \begin{matrix}v′(t) = f(t, v(t)) \\ v(0) = v_{0}, \end{matrix}

determinando la forma di f(t, v(t)). Si applichi quindi il metodo delle iterate successive ponendo v_{0}(t) = v_{0} = (1, 0) e

v_{n+1}(t) = v_{0} + ∫_{0}^{t} f(s, v_{n}(s))ds;

si scrivano i primi termini della successione v_{n}(t) e si dimostri quindi che

lim_{n→+∞} v_{n}(t) = (cos t, sin t).

2. Scrivere le soluzioni delle seguenti equazioni differenziali;

y′(t) = \frac{3 + 2t + y(t)}{6 + 4t + 2y(t)},  y′(t) = \frac{3 + 2t + y(t)}{3 + 4t + 2y(t)},  y′(t) = \frac{3 + 2t + y(t)}{3 + t + 2y(t)}.

3. Scrivere, al variare del parametro reale α ∈ ℝ, l’integrale generale dell’equazione

y′′(t) − 2αy′(t) + y(t) = te^{t}.

Soluzioni

1. Ponendo v(t) = (y′(t), y(t)), troviamo anzitutto che v_{0} = v(0) = (y′(0), y(0)) = (1, 0),

mentre

v′(t) = (y′′(t), y′(t)) = (−y(t), y′(t)).

Abbiamo quindi che la funzione f(t, v) è definita da f : ℝ × ℝ^{2} → ℝ^{2},

f(t, v) = (−v_{2}, v_{1}) = ( \begin{matrix}0 & −1 \\ 1 & 0 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}v_{1} \\ v_{2} \end{matrix} ) .

Quindi il metodo delle iterate successive diventa u_{0}(t) = v_{0} = (1, 0), mentre

u_{n+1}(t) =v_{0} + ∫_{0}^{t} f(s, u_{n}(s))ds = (1, 0) + ∫_{0}^{t} ( \begin{matrix}0 & −1 \\ 1 & 0 \end{matrix} ) u_{n}(s)ds
=(1, 0) + ∫_{0}^{t}(−u_{n,2}(s), u_{n,1}(s))ds.

Troviamo quindi che

u_{1}(t) = (1, 0) + ∫_{0}^{t}(0, 1)ds = (1, t). u_{2}(t) = (1 − t^{2}/2, t), u_{3}(t) = (1 − t^{2}/2, t − t^{3}/6)

mentre

u_{4}(t) = (1 − t^{2}/2 + t^{4}/24, t − t^{3}/6).

Si può quindi dimostrare che, ponendo n = 2h nel caso in cui n sia pari e n = 2h + 1 nel caso in cui n sia dispari, si trova in ogni caso la successione

u_{n}(t) = (∑_{k=0}^{h}(−1)^{k} \frac{t^{2k}}{(2k)!}, ∑_{k=0}^{h}(−1)^{k} \frac{t^{2k+1}}{(2k + 1)!}) ,

e quindi

lim_{n→+∞} u_{n}(t) = (cos t, sin t).

2. Si nota che nella prima equazione differenziale, il denominatore è un multiplo del numeratore, cioè

y′(t) = \frac{1}{2};

in questo primo caso quindi la soluzione è data da

y(t) = \frac{t}{2} + c.

Nel secondo caso, sia a numeratore che a denominatore compare la quantità

z(t) = 2t + y(t);

effettuando questo cambio di variabile otteniamo l’equazione

z′(t) − 2 = \frac{3 + z}{3 + 2z} ,

che è equivalente a

\frac{3 + 2z}{z} z′ = −1.

Integrando, troviamo la soluzione in forma implicita

2z(t) + ln |z(t)^{3}| = −t + c,

che, scritta rispetto ad y(t), diventa

(2t + y(t))^{3/2}e^{y(t)} = ce^{−5t/2}, c ∈ ℝ.

L’ultima equazione è di tipo omogeneo; siccome il sistema

\{ \begin{matrix}3 + 2t + y = 0 \\ 3 + t + 2y = 0 \end{matrix}

ha come unica soluzione il punto (−1, −1), effettuiamo i seguenti cambi di variabili

\{ \begin{matrix}τ = t + 1 \\ z(τ) = y(t) + 1. \end{matrix}

Otteniamo quindi l’equazione differenziale

z′(τ) = \frac{2τ + z(τ)}{τ + 2z(τ)}.

Ponendo z(τ) = τv(τ), troviamo l’equazione

v′(τ) = \frac{1}{τ} \frac{2(1 − v^{2}(τ))}{1 + 2v(τ)}

la cui soluzione in forma implicita è data da

(1 − v^{2}(τ))(1 − v(τ))^{2} = \frac{c}{τ^{4}} .

Tornando a v(τ) = z(τ)/τ, τ = t + 1 e z(τ) = y(t) + 1, troviamo la soluzione in forma implicita

(t^{2} + 2t − y^{2}(t) − 2y(t))(t − y(t))^{2} = c.

3. Il polinomio caratteristico dell’equazione omogenea associata è dato da

p(λ) = λ^{2} − 2αλ + 1.

Distinguiamo quindi tre casi, a seconda del discriminante Δ = α^{2} − 1.

Δ > 0: In tal caso abbiamo |α| > 1 e quindi due radici reali distinte date da

r_{1} = α + \sqrt{α^{2} − 1}, r_{2} = α − \sqrt{α^{2} − 1};

la soluzione particolare in questo caso va cercata nella forma

y_{p}(t) = e^{t}(at + b).

Imponendo la condizione y′′_{p}(t) − 2αy′_{p}(t) + y_{p}(t) = te^{t}, troviamo che

a = \frac{1}{2(1 − α)}, b = \frac{1}{2(α − 1)}.

In definitiva troviamo che l’integrale generale dell’equazione differenziale è dato da

y(t) = c_{1}e^{r_{1}t} + c_{2}e^{r_{2}t} + \frac{t − 1}{2(1 − α)}e^{t}.

Δ = 0: Vanno distinti qui due casi, α = 1 e α = −1. Nel primo caso, λ = 1 è radice del polinomio caratteristico con molteplicità due; la soluzione particolare va cercata quindi nella forma

y_{p}(t) = e^{t}(at^{3} + bt^{2}).

Imponendo la condizione y′′_{p}(t) − 2y′_{p}(t) + y_{p}(t) = te^{t}, troviamo che

a = \frac{1}{6}, b = 0.

In definitiva troviamo che l’integrale generale dell’equazione differenziale è dato da

y(t) = (c_{1} + c_{2}t + \frac{t^{3}}{6} )e^{t}.

Nel caso α = −1, λ = −1 è radice del polinomi caratteristico con molteplicità due, quindi la soluzione particolare va cercata nella forma

y_{p}(t) = e^{t}(at + b).

Imponendo la condizione y′′_{p}(t) + 2y′_{p}(t) + y_{p}(t) = te^{t}, troviamo che

a = \frac{1}{4}, b = −\frac{1}{4}.

In definitiva troviamo che l’integrale generale dell’equazione differenziale è dato da

y(t) = (c_{1} + c_{2}t)e^{−t} + \frac{t − 1}{4}e^{t}.

Δ < 0: Poniamo in tal caso ω^{2} = 1 − α^{2} > 0. La soluzione particolare va cercata nella

forma

y_{p}(t) = e^{t}(at + b).

Imponendo la condizione y′′_{p}(t) − 2αy′_{p}(t) + y_{p}(t) = te^{t}, troviamo che

a = \frac{1}{2(1 − α)}, b = \frac{1}{2(α − 1)}.

In definitiva troviamo che l’integrale generale dell’equazione differenziale è dato da

y(t) = e^{αt}(c_{1} cos(ωt) + c_{2} sin(ωt)) + \frac{t − 1}{2(1 − α)}e^{t}.