Esercizio 169y' = (y² - 3y - 4)/(3t²+1) e y' = log t per e^y

Testo (Lezione 48, esercizi 13 e 14 del foglio). 13. Determinare l'integrale generale dell'equazione differenziale $y'(t) = \dfrac{y^2(t) - 3y(t) - 4}{3t^2 + 1}$. Risolvere il problema di Cauchy associato con $y(0) = 1$ oppure $y(0) = 4$. 14. Risolvere il problema di Cauchy $\begin{cases} y'(t) = \log t\cdot e^{y(t)} \\ y(1) = -5 \end{cases}$ (non è richiesto l'intervallo massimale di definizione).

Teoria: Equazioni differenziali a variabili separabiliy' = a(t) b(y) con a continua su I e b continua su J. Gli zeri ȳ di b danno le soluzioni costanti y = ȳ (integrali singolari). Le altre si trovano dividendo per b(y) e integrando: ∫dy/b(y) = ∫a(t)dt + c, poi si ricava y. Se b è C¹ la soluzione del problema di Cauchy è unica, ma può esistere solo su un intervallo più piccolo di I; se b è solo continua può non essere unica (y' = ∛y).Equazioni differenziali a variabili separabili →, Integrazione delle funzioni razionaliPer ∫P(x)/Q(x)dx con grado P < grado Q: se Q ha grado 1 si sostituisce y = ax+b (viene un logaritmo); se Q = ax²+bx+c, con Δ > 0 si scompone in fratti semplici A/(x−x₁) + B/(x−x₂) (A, B dal principio di identità dei polinomi), con Δ = 0 si sostituisce y = x − x₁, con Δ < 0 si completa il quadrato e si arriva a un logaritmo più un'arcotangente. Se grado P ≥ grado Q si divide prima; se Q ha grado > 2 si scompone in fattori e si usano i fratti semplici.Integrazione delle funzioni razionali →.

13.

$$y' = \frac{1}{3t^2 + 1}\cdot(y^2 - 3y - 4)$$ è a variabili separabili con $a(t) = \frac{1}{3t^2 + 1}$, continua su $I = \mathbb{R}$, e $b(y) = y^2 - 3y - 4$, polinomio (quindi $C^1(\mathbb{R})$: unicità).

Integrali singolari

$$y^2 - 3y - 4 = 0 \iff y_{1,2} = \frac{3 \pm \sqrt{9 + 16}}{2} = \frac{3 \pm 5}{2} = \begin{cases} 4 \\ -1 \end{cases}$$ Due soluzioni costanti: $y(t) = 4$ e $y(t) = -1$ per ogni $t \in \mathbb{R}$.

Soluzioni con $b(y(t)) \ne 0$

$$\int\frac{dy}{y^2 - 3y - 4} = \int\frac{dt}{3t^2 + 1}$$

Integrale in $y$ (fratti semplici). $y^2 - 3y - 4 = (y - 4)(y + 1)$, e si cercano $A, B$ con $$\frac{1}{(y - 4)(y + 1)} = \frac{A}{y - 4} + \frac{B}{y + 1} = \frac{(A + B)y + A - 4B}{(y - 4)(y + 1)} \iff \begin{cases} A + B = 0 \\ A - 4B = 1 \end{cases} \iff A = \frac15,\ B = -\frac15$$ $$\int\frac{dy}{(y - 4)(y + 1)} = \frac15\left(\log|y - 4| - \log|y + 1|\right) = \frac15\log\left|\frac{y - 4}{y + 1}\right|$$

Integrale in $t$. Con $s = \sqrt3\,t$, $ds = \sqrt3\,dt$: $$\int\frac{dt}{(\sqrt3\,t)^2 + 1} = \frac{1}{\sqrt3}\int\frac{ds}{s^2 + 1} = \frac{1}{\sqrt3}\arctan(\sqrt3\,t) + c$$

Ricavare $y$. $$\frac15\log\left|\frac{y - 4}{y + 1}\right| = \frac{1}{\sqrt3}\arctan(\sqrt3\,t) + c \quad\Longrightarrow\quad \log\left|\frac{y - 4}{y + 1}\right| = \frac{5}{\sqrt3}\arctan(\sqrt3\,t) + 5c$$ Applicando l'esponenziale: $\left|\frac{y - 4}{y + 1}\right| = e^{5c}\,e^{\frac{5}{\sqrt3}\arctan(\sqrt3 t)}$. Togliendo il modulo si ottiene un $\pm$ davanti: le due cose si raccolgono in una costante $K = \pm e^{5c}$, che può essere un qualsiasi numero $\ne 0$: $$\frac{y - 4}{y + 1} = K\,e^{\frac{5}{\sqrt3}\arctan(\sqrt3\,t)}$$ Per brevità sia $E(t) = e^{\frac{5}{\sqrt3}\arctan(\sqrt3 t)}$. Moltiplicando per $y + 1$ e portando i termini con $y$ a sinistra: $$y - 4 = K E(t)(y + 1) \iff y\left(1 - K E(t)\right) = 4 + K E(t) \iff y(t) = \frac{4 + K\,E(t)}{1 - K\,E(t)}$$ (con $K = 0$ si ritrova la costante $y = 4$, quindi si può prendere $K \in \mathbb{R}$).

Integrale generale: le costanti $y = 4$, $y = -1$ e le funzioni $y(t) = \dfrac{4 + K e^{\frac{5}{\sqrt3}\arctan(\sqrt3 t)}}{1 - K e^{\frac{5}{\sqrt3}\arctan(\sqrt3 t)}}$, $K \in \mathbb{R}$.

Problema di Cauchy con $y(0) = 1$

$b(1) = 1 - 3 - 4 = -6 \ne 0$: non è una soluzione costante. Con $E(0) = e^0 = 1$: $$y(0) = \frac{4 + K}{1 - K} = 1 \iff 4 + K = 1 - K \iff K = -\frac32$$ $$y(t) = \frac{4 - \frac32\,e^{\frac{5}{\sqrt3}\arctan(\sqrt3 t)}}{1 + \frac32\,e^{\frac{5}{\sqrt3}\arctan(\sqrt3 t)}}$$ Il denominatore è sempre positivo (somma di $1$ e di un numero positivo), quindi $y$ è definita su tutto $\mathbb{R}$: $I_{\max} = \mathbb{R}$.

Problema di Cauchy con $y(0) = 4$

$b(4) = 0$: la soluzione è la costante $y(t) = 4$ per ogni $t \in \mathbb{R}$, ed è l'unica perché $b \in C^1$.

Verifica (con Python): la soluzione con $y(0) = 1$ soddisfa l'equazione e la condizione iniziale ✓.

14.

$y' = \log t\cdot e^y$: $a(t) = \log t$, continua per $t > 0$ (quindi $I = \,]0, +\infty[$); $b(y) = e^y$, $C^1(\mathbb{R})$.

Integrali singolari: $e^y = 0$ non ha soluzioni. Nessuna soluzione costante.

Separazione delle variabili: $$\int\frac{dy}{e^y} = \int\log t\,dt \quad\Longrightarrow\quad -e^{-y} = t\log t - t + c$$ (a sinistra $\int e^{-y}\,dy = -e^{-y}$; a destra per partiCon f' = 1 e g = log t: ∫ log t dt = t log t − ∫ t · (1/t) dt = t log t − t.Integrazione per parti →). Cambiando segno e rinominando la costante: $$e^{-y(t)} = t(1 - \log t) + c \quad\Longrightarrow\quad y(t) = -\log\big[t(1 - \log t) + c\big], \qquad c \in \mathbb{R}$$

Condizione $y(1) = -5$. In $t = 1$: $\log 1 = 0$, quindi $t(1 - \log t) = 1\cdot(1 - 0) = 1$, e $$y(1) = -\log(1 + c) = -5 \iff \log(1 + c) = 5 \iff 1 + c = e^5 \iff c = e^5 - 1$$ $$y(t) = -\log\big[t(1 - \log t) + e^5 - 1\big]$$

Controllo (con Python): $y(1) = -\log(e^5) = -5$ ✓ e $y' - \log t\,e^y = 0$ ✓.

Nota sul PDF della lezione: lì si scrive $y(1) = -\log c$, dimenticando che in $t = 1$ il termine $t(1 - \log t)$ vale $1$, e si ottiene $c = e^5$. Con $c = e^5$ si avrebbe $y(1) = -\log(1 + e^5) \ne -5$; il valore giusto è $c = e^5 - 1$.

Errori comuni

• In 13, dimenticare le due soluzioni costanti, e non accorgersi che con $y(0) = 4$ la soluzione è proprio una di quelle.
• Togliere il modulo senza mettere il $\pm$ (assorbito nella costante $K$).
• In 14, sostituire $t = 1$ dimenticando i termini che non si annullano.