Esercizi - equazioni differenziali del primo ordine

Esercizi svolti in aula (videolezioni di Analisi, Ingegneria, Sapienza). Teoria: Equazioni riconducibili a variabili separabiliCon un cambio di incognita alcune equazioni del primo ordine diventano a variabili separabili o lineari. Omogenee y' = f(y/t): z = y/t, y' = z + tz', quindi tz' = f(z) − z. y' = f(at + by + c): z = at + by + c, z' = a + bf(z). Bernoulli y' = a(t)y + b(t)y^α (α ≠ 0, 1): z = y^(1−α) dà la lineare z' = (1 − α)[a(t)z + b(t)]. Si controllano sempre le soluzioni stazionarie e l'intervallo di esistenza.Equazioni riconducibili a variabili separabili →, Esistenza e unicità per il problema di CauchyProblema di Cauchy: y' = f(t, y), y(t0) = y0. Peano: f continua ⇒ esiste almeno una soluzione locale (non unica: y' = √|y|, y(0) = 0). Cauchy-Lipschitz: f continua e lipschitziana in y (basta f e ∂f/∂y continue) ⇒ soluzione unica in un intorno di t0. La soluzione può esplodere in tempo finito (y' = y², y' = 1 + y²); se f è lipschitziana in y su tutta la striscia [a, b] × R la soluzione esiste su tutto [a, b]. Un'equazione di ordine n si riduce a un sistema del primo ordine.Esistenza e unicità per il problema di Cauchy →; formule di base in Equazioni differenziali lineari del primo ordiney' + a(t)y = b(t) con a, b continue su un intervallo I. Le soluzioni sono definite su tutto I e il problema di Cauchy ha una sola soluzione. Integrale generale: y = e^(−A(t))[c + ∫e^(A(t)) b(t) dt], con A primitiva di a; per l'omogenea (b = 0) y = c e^(−A(t)). Soluzione del problema con y(t0) = x0: stessa formula con A(t) = ∫ da t0 a t di a(s) ds e integrale da t0 a t. Si dimostra moltiplicando per e^(A(t)).Equazioni differenziali lineari del primo ordine → e 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 →.

Per le lineari si usa la forma $y' = a(t)y + b(t)$, con $A(t) = \int_{t_0}^t a(s)\,ds$ e $$y(t) = e^{A(t)}\left(y_0 + \int_{t_0}^t e^{-A(s)}b(s)\,ds\right)$$

Esercizio 1 (lineare)

Testo. $y' = 2ty + t^3$, $y(0) = 1$.

1. $a(t) = 2t$, $b(t) = t^3$, continue su $\mathbb{R}$: la soluzione esiste su tutto $\mathbb{R}$. $A(t) = \int_0^t 2s\,ds = t^2$.
2. $y(t) = e^{t^2}\left(1 + \int_0^t s^3 e^{-s^2}\,ds\right)$.
3. L'integrale. Con $r = s^2$, $dr = 2s\,ds$, cioè $s^3\,ds = \frac{r}{2}\,dr$: $\int_0^{t^2}\frac r2 e^{-r}\,dr$. Per parti, una primitiva di $re^{-r}$ è $-(r + 1)e^{-r}$, quindi $$\int_0^{t^2}\frac r2e^{-r}\,dr = \frac12\left[-(r+1)e^{-r}\right]_0^{t^2} = \frac12 - \frac{(t^2 + 1)e^{-t^2}}{2}$$
4. Soluzione: $y(t) = e^{t^2}\left(\frac32 - \frac{(t^2+1)e^{-t^2}}{2}\right) = \frac32e^{t^2} - \frac{t^2 + 1}{2}$.
5. Verifica: $y(0) = \frac32 - \frac12 = 1$ ✓; $y' = 3te^{t^2} - t$ e $2ty + t^3 = 3te^{t^2} - t^3 - t + t^3$ ✓.

Esercizio 2 (lineare con un coefficiente singolare)

Testo. $y' = \frac1t y + t^3$, $y(1) = 0$.

1. $a(t) = \frac1t$ non è definita in $t = 0$: si lavora sull'intervallo $]0, +\infty[$, che contiene $t_0 = 1$.
2. $A(t) = \int_1^t \frac{ds}{s} = \ln t$, quindi $e^{A(t)} = t$ ed $e^{-A(s)} = \frac1s$.
3. $y(t) = t\int_1^t \frac{s^3}{s}\,ds = t\left[\frac{s^3}{3}\right]_1^t = \frac{t^4 - t}{3}$, per $t > 0$.

Esercizio 3 (lineare)

Testo. $y' = -\cos t\;y + \sin t\cos t$, $y(0) = 0$.

1. $a(t) = -\cos t$, $A(t) = -\sin t$.
2. $y(t) = e^{-\sin t}\int_0^t e^{\sin s}\sin s\cos s\,ds$. Con $u = \sin s$, $du = \cos s\,ds$: $\int_0^{\sin t}ue^u\,du = \left[(u - 1)e^u\right]_0^{\sin t} = (\sin t - 1)e^{\sin t} + 1$.
3. Soluzione: $y(t) = \sin t - 1 + e^{-\sin t}$. Verifica: $y(0) = 0 - 1 + 1 = 0$ ✓.

Esercizio 4 (lineare su una semiretta negativa)

Testo. $y' + \frac2t y = \frac{1}{t^2}$, $y(-1) = 2$.

1. Il coefficiente $\frac2t$ non è definito in $0$ e $t_0 = -1 < 0$: si lavora su $]-\infty, 0[$.
2. In forma normale $a(t) = -\frac2t$, e $A(t) = -2\ln|t|$, quindi $e^{-A(t)} = t^2$. Moltiplicando l'equazione per $t^2$ il primo membro diventa una derivata: $t^2y' + 2ty = (t^2y)' = 1$.
3. Integrando: $t^2y = t + C$; con $t = -1$: $2 = -1 + C$, quindi $C = 3$.
4. Soluzione: $y(t) = \frac{t + 3}{t^2}$, per $t < 0$.

Esercizio 5 (separabile, soluzione implicita)

Testo. $t(1 + y^2)y' = 3$, $y(1) = y_0$. Studiare la soluzione.

1. In forma normale $y' = \frac{3}{t}\cdot\frac{1}{1 + y^2}$, definita per $t \neq 0$; si lavora su $t > 0$. Non ci sono soluzioni stazionarie ($\frac{1}{1+y^2} > 0$).
2. Separando: $(1 + y^2)\,dy = \frac3t\,dt$, quindi $$y + \frac{y^3}{3} = 3\ln t + y_0 + \frac{y_0^3}{3}$$
3. Si può esplicitare? $G(y) = y + \frac{y^3}{3}$ ha $G' = 1 + y^2 > 0$ ed è una biiezione di $\mathbb{R}$ in $\mathbb{R}$ (va da $-\infty$ a $+\infty$). Quindi per ogni $t > 0$ c'è un solo $y(t) = G^{-1}\left(3\ln t + G(y_0)\right)$: la soluzione esiste su tutto $]0, +\infty[$, anche se non ha una formula semplice.
4. Comportamento: $y' > 0$, quindi $y$ è crescente; per $t \to 0^+$ il secondo membro tende a $-\infty$, quindi $y \to -\infty$; per $t \to +\infty$, $y \to +\infty$.

Esercizio 6 (soluzione stazionaria)

Testo. $y' = \frac{t}{t^2 + 2}\sin^3 y$, $y(0) = 3\pi$.

$g(y) = \sin^3 y$ si annulla in $y = 3\pi$: la costante $y(t) = 3\pi$ è soluzione. Poiché $f(t, y) = \frac{t}{t^2+2}\sin^3 y$ e $\partial_y f$ sono continue su $\mathbb{R}^2$, la soluzione è unica: $y(t) \equiv 3\pi$. Non serve integrare nulla.

Esercizio 7 (separabile con parametro)

Testo. $y' = (t - 1)(y - 1)$, $y(0) = \alpha$.

1. Soluzione stazionaria: $y \equiv 1$, che risolve il problema se $\alpha = 1$.
2. Se $\alpha \neq 1$: separando, $\int_\alpha^y \frac{dr}{r - 1} = \int_0^t (s - 1)\,ds$, cioè $\ln\left|\frac{y - 1}{\alpha - 1}\right| = \frac{t^2}{2} - t$. Siccome $y - 1$ non può cambiare segno (non può attraversare la soluzione stazionaria), $\frac{y-1}{\alpha-1} > 0$ e $$y(t) = 1 + (\alpha - 1)\,e^{\frac{t^2}{2} - t}$$
3. La formula comprende anche il caso $\alpha = 1$. La soluzione è definita su tutto $\mathbb{R}$ (l'equazione è anche lineare in $y$).

Esercizio 8 (equazione omogenea)

Testo. $y' = \frac yt + \frac ty$, $y(1) = 1$.

Con $z = \frac yt$: $tz' = \frac1z$, $z\,dz = \frac{dt}{t}$, $\frac{z^2}{2} = \ln t + \frac12$. Radice positiva perché $z(1) = 1$: $y(t) = t\sqrt{1 + 2\ln t}$, per $t > e^{-1/2}$ (svolto in Equazioni riconducibili a variabili separabiliCon un cambio di incognita alcune equazioni del primo ordine diventano a variabili separabili o lineari. Omogenee y' = f(y/t): z = y/t, y' = z + tz', quindi tz' = f(z) − z. y' = f(at + by + c): z = at + by + c, z' = a + bf(z). Bernoulli y' = a(t)y + b(t)y^α (α ≠ 0, 1): z = y^(1−α) dà la lineare z' = (1 − α)[a(t)z + b(t)]. Si controllano sempre le soluzioni stazionarie e l'intervallo di esistenza.Equazioni riconducibili a variabili separabili →).

Esercizio 9 (sostituzione $z = y - t$)

Testo. $y' = (y - t)^2$, $y(0) = 0$.

Con $z = y - t$: $z' = z^2 - 1$, $z(0) = 0$; separando e usando i fratti semplici si ottiene $z = -\tanh t$, quindi $y(t) = t - \tanh t$, definita su $\mathbb{R}$ (passaggi in Equazioni riconducibili a variabili separabiliCon un cambio di incognita alcune equazioni del primo ordine diventano a variabili separabili o lineari. Omogenee y' = f(y/t): z = y/t, y' = z + tz', quindi tz' = f(z) − z. y' = f(at + by + c): z = at + by + c, z' = a + bf(z). Bernoulli y' = a(t)y + b(t)y^α (α ≠ 0, 1): z = y^(1−α) dà la lineare z' = (1 − α)[a(t)z + b(t)]. Si controllano sempre le soluzioni stazionarie e l'intervallo di esistenza.Equazioni riconducibili a variabili separabili →).

Esercizio 10 (intervallo di esistenza)

Testo. $y' = -\frac1y$, $y(0) = y_0 \neq 0$.

$y\,dy = -dt$ dà $y^2 = y_0^2 - 2t$ e $y(t) = \operatorname{sgn}(y_0)\sqrt{y_0^2 - 2t}$, definita per $t < \frac{y_0^2}{2}$: in quell'istante la soluzione raggiunge $y = 0$, dove l'equazione perde senso.