Esercizio 36equazioni lineari del primo ordine

Testo (Lezione 10, Unità 4, esercizi 7-12; Appello 4 del 2014/15).

1. Risolvere $y' = t^2$, $y(1) = 3$.
2. Risolvere $y' = -y + t$, $y(0) = 3$.
3. Sia $U : (a, b) \to \mathbb{R}$ di classe $C^1$ con $U \ne 0$: risolvere $U'(t)y + U(t)y' = f(t)$ e il relativo problema di Cauchy con $y(t_0) = y_0$.
4. Risolvere $y' = -\frac{y}{t + 1}$, $y(1) = 3$.
5. Risolvere $ty' + 2y = t^2 - t + 1$, $y(1) = \frac12$.
6. Risolvere $y' = -\frac{3t}{t^2 + 1}(y - 1)$, $y(0) = 2$.
7. Consideriamo $(\cos t)\,y' + (\sin t)\,y = 2(\cos^3 t)(\sin t)$, $y(\pi/4) = 3\sqrt2$. In quale intervallo $I$ è sicuramente definita la soluzione? Risolvere l'equazione su $I$.
8. Risolvere $y' = 2ty + e^{t^2}$, $y(1) = 2$.
9. Risolvere $(1 + x^3)y' - x^2y = 0$, $y(0) = 3$. Quanto vale $y(1)$?
10. Determinare le soluzioni delle equazioni (a) $y' + y = 2t + 2$; (b) $y' + \sin(2t) + 2y\frac{\cos t}{\sin t} = 0$; (c) $y' = \frac{t - 1}{t}y + t^2$; (d) $y' = \frac{2y}{t} + t^2e^t$.
11. (Appello 4, 2014/15.) Risolvere il problema di Cauchy $y' + (1 - x)y = xe^{-x}$, $y(1) = 0$.
12. (Appello 1, 2014/15.) Risolvere $x^2y' = 1 - xy$ con $y(1) = 1$ e calcolare $y(e)$.

Teoria: Equazioni differenziali esatteUn'equazione M(t,y) + N(t,y) y' = 0 è esatta se il campo (M, N) è conservativo, cioè ha una primitiva U con ∂_t U = M, ∂_y U = N; allora lungo ogni soluzione d/dt U(t, y(t)) = M + N y' = 0, e le soluzioni sono date implicitamente da U(t, y) = c (curve di livello di U). Su un dominio semplicemente connesso basta la condizione ∂_y M = ∂_t N. Si trova U con le integrazioni parziali, si fissa c con la condizione iniziale e si ricava y, scegliendo il ramo e l'intervallo massimale (dove N ≠ 0).Equazioni differenziali esatte → (con il richiamo a 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 → di Analisi 1).

Il metodo del prof

Per $y' = a(t)y + b(t)$, cioè $y' - a(t)y = b(t)$, con $a, b$ continue su un intervallo $I$:

1. osservazione cruciale: se $A' = a$, allora $(y' - a(t)y)\,e^{-A(t)} = \left(y\,e^{-A(t)}\right)'$ (regola del prodotto);
2. si moltiplica l'equazione per $e^{-A(t)}$: $\left(y\,e^{-A}\right)' = b\,e^{-A}$;
3. si integra: $y\,e^{-A} = B(t) + C$ con $B' = b\,e^{-A}$, cioè $$y(t) = e^{A(t)}\big(B(t) + C\big), \qquad C \in \mathbb{R}$$ definita su tutto $I$ (per le lineari l'intervallo massimale è quello di continuità dei coefficienti);
4. la condizione iniziale fissa $C$.

Tutte le soluzioni sono state verificate con dsolve (Python).

1. $y' = t^2$, $y(1) = 3$

È il caso $a = 0$: $y = \frac{t^3}3 + C$, e $\frac13 + C = 3$ dà $C = \frac83$: $y(t) = \frac{t^3 + 8}{3}$, $t \in \mathbb{R}$. (È anche a variabili separabili.)

2. $y' = -y + t$, $y(0) = 3$

$a = -1$, $A = -t$, fattore $e^{t}$: $(y\,e^t)' = t\,e^t$, e per parti $\int te^t = (t - 1)e^t$. Quindi $y\,e^t = (t - 1)e^t + C$, $y = t - 1 + Ce^{-t}$; $y(0) = -1 + C = 3$, $C = 4$: $$y(t) = t - 1 + 4e^{-t}$$

3. $U'y + Uy' = f$

Il primo membro è $(U\,y)'$. Quindi $(Uy)' = f$, $U(t)y(t) = F(t) + C$ con $F' = f$, e (siccome $U \ne 0$) $$y(t) = \frac{F(t) + C}{U(t)}, \qquad \text{con } y(t_0) = y_0: \quad C = U(t_0)y_0 - F(t_0)$$ È l'idea di tutto il metodo: si cerca un fattore che trasformi il primo membro nella derivata di un prodotto.

4. $y' = -\frac{y}{t + 1}$, $y(1) = 3$

Coefficiente continuo su $]-1, +\infty[$ (contiene $t_0 = 1$). $A = -\log(t + 1)$, $e^{-A} = t + 1$: $\big((t + 1)y\big)' = 0$, quindi $(t + 1)y = C$; $C = 2\cdot 3 = 6$: $$y(t) = \frac{6}{t + 1}, \qquad t \in\, ]-1, +\infty[$$

5. $ty' + 2y = t^2 - t + 1$, $y(1) = \frac12$

Si divide per $t$ (su $]0, +\infty[$, che contiene $1$): $y' + \frac2ty = t - 1 + \frac1t$. Fattore: $e^{\int 2/t} = t^2$. Più semplicemente, si moltiplica l'equazione originale per $t$: $t^2y' + 2ty = (t^2y)' = t^3 - t^2 + t$. Integrando: $$t^2y = \frac{t^4}4 - \frac{t^3}3 + \frac{t^2}2 + C, \qquad t = 1:\ \frac12 = \frac14 - \frac13 + \frac12 + C \Rightarrow C = \frac{1}{12}$$ $$y(t) = \frac{t^2}{4} - \frac t3 + \frac12 + \frac{1}{12t^2}, \qquad t > 0$$

6. $y' = -\frac{3t}{t^2 + 1}(y - 1)$, $y(0) = 2$

Con $w = y - 1$: $w' = -\frac{3t}{t^2 + 1}w$, $A = -\frac32\log(t^2 + 1)$, quindi $w = Ce^{A} = C(t^2 + 1)^{-3/2}$; $w(0) = 1 = C$: $$y(t) = 1 + \frac{1}{(t^2 + 1)^{3/2}}, \qquad t \in \mathbb{R}$$

7. $(\cos t)y' + (\sin t)y = 2\cos^3 t\sin t$, $y(\frac\pi4) = 3\sqrt2$

Intervallo. Per scrivere l'equazione in forma normale si divide per $\cos t$, che si annulla in $\pm\frac\pi2$: i coefficienti $\tan t$ e $2\cos^2 t\sin t$ sono continui su $I = \left]-\frac\pi2, \frac\pi2\right[$, che contiene $\frac\pi4$. La soluzione è sicuramente definita su $I$.

Soluzione. $y' + \tan t\cdot y = 2\cos^2 t\sin t$. Con $a = -\tan t$, $A = \log\cos t$ (su $I$ il coseno è positivo), $e^{-A} = \frac{1}{\cos t}$: $$\left(\frac{y}{\cos t}\right)' = 2\cos t\sin t \Rightarrow \frac{y}{\cos t} = \sin^2 t + C$$ In $\frac\pi4$: $\frac{3\sqrt2}{\sqrt2/2} = 6 = \frac12 + C$, $C = \frac{11}2$: $$y(t) = \left(\sin^2 t + \frac{11}{2}\right)\cos t, \qquad t \in \left]-\frac\pi2, \frac\pi2\right[$$

8. $y' = 2ty + e^{t^2}$, $y(1) = 2$

$A = t^2$, $e^{-A} = e^{-t^2}$: $(y\,e^{-t^2})' = 1$, quindi $y\,e^{-t^2} = t + C$; in $t = 1$: $2e^{-1} = 1 + C$, $C = \frac2e - 1$: $$y(t) = \left(t + \frac2e - 1\right)e^{t^2}$$

9. $(1 + x^3)y' - x^2y = 0$, $y(0) = 3$

Su $]-1, +\infty[$ ($1 + x^3 > 0$): $y' = \frac{x^2}{1 + x^3}y$, $A = \frac13\log(1 + x^3)$, quindi $y = C\sqrt[3]{1 + x^3}$, con $C = 3$: $$y(x) = 3\sqrt[3]{1 + x^3}, \qquad y(1) = 3\sqrt[3]{2} \approx 3.78$$

10. Integrali generali

(a) $y' + y = 2t + 2$: fattore $e^t$, $(ye^t)' = (2t + 2)e^t$, e $\int(2t + 2)e^t = 2te^t$ (per parti). Quindi $y = 2t + Ce^{-t}$, $t \in \mathbb{R}$.

(b) $y' + 2\frac{\cos t}{\sin t}y = -\sin 2t$, su ogni intervallo dove $\sin t \ne 0$ (per esempio $]0, \pi[$). $A = -2\log|\sin t|$, $e^{-A} = \sin^2 t$: $$(y\sin^2 t)' = -\sin 2t\sin^2 t = -2\sin^3 t\cos t \Rightarrow y\sin^2 t = -\frac{\sin^4 t}{2} + C \Rightarrow y = \frac{C}{\sin^2 t} - \frac{\sin^2 t}{2}$$

(c) $y' = \left(1 - \frac1t\right)y + t^2$, su $]0, +\infty[$ o $]-\infty, 0[$. $A = t - \log|t|$, $e^{-A} = |t|e^{-t}$; su $t > 0$: $(y\,te^{-t})' = t^3e^{-t}$, e $\int t^3e^{-t} = -(t^3 + 3t^2 + 6t + 6)e^{-t}$ (tre volte per parti). Quindi $$y = \frac{e^t}{t}\Big(C - (t^3 + 3t^2 + 6t + 6)e^{-t}\Big) = C\frac{e^t}{t} - t^2 - 3t - 6 - \frac6t$$ (stessa formula su $t < 0$).

(d) $y' - \frac2ty = t^2e^t$, su $t > 0$ o $t < 0$: $A = 2\log|t|$, $e^{-A} = \frac{1}{t^2}$: $\left(\frac{y}{t^2}\right)' = e^t$, quindi $y = t^2(e^t + C)$.

11. $y' + (1 - x)y = xe^{-x}$, $y(1) = 0$

$y' = (x - 1)y + xe^{-x}$: $A = \frac{x^2}2 - x$, $e^{-A} = e^{x - x^2/2}$: $$\left(y\,e^{x - x^2/2}\right)' = xe^{-x}\cdot e^{x - x^2/2} = xe^{-x^2/2} \Rightarrow y\,e^{x - x^2/2} = -e^{-x^2/2} + C$$ In $x = 1$: $0 = -e^{-1/2} + C$, $C = e^{-1/2}$. Moltiplicando per $e^{x^2/2 - x}$: $$y(x) = e^{\frac{x^2}2 - x - \frac12} - e^{-x}, \qquad x \in \mathbb{R}$$ Controllo: $y(1) = e^{-1} - e^{-1} = 0$ ✓.

12. $x^2y' = 1 - xy$, $y(1) = 1$

Forma normale e intervallo. Per dividere per $x^2$ serve $x \ne 0$; il dato iniziale è in $x = 1$, quindi si lavora su $]0, +\infty[$: $$y' = -\frac1x\,y + \frac1{x^2}$$ Lineare con $a(x) = -\frac1x$, $b(x) = \frac1{x^2}$, coefficienti continui su $]0, +\infty[$.

Fattore integrante. $A(x) = -\log x$ (per $x > 0$), $e^{-A} = x$: $$(x\,y)' = x\cdot\frac1{x^2} = \frac1x \implies x\,y = \log x + C$$ (Lo si vede anche "a occhio": $x^2y' + xy = x\,(xy' + y) = x\,(xy)'$, quindi l'equazione è $x\,(xy)' = 1$.)

Costante. In $x = 1$: $1\cdot1 = 0 + C$, $C = 1$. Quindi $$y(x) = \frac{1 + \log x}{x}, \qquad x > 0, \qquad y(e) = \frac{1 + 1}{e} = \frac2e$$ Controllo: $y' = \frac{\frac1x\cdot x - (1 + \log x)}{x^2} = \frac{-\log x}{x^2}$, quindi $x^2y' = -\log x$ e $1 - xy = 1 - (1 + \log x) = -\log x$ ✓.

Errori comuni

• Dimenticare di portare l'equazione nella forma $y' - a(t)y = b(t)$ prima di scegliere $A$ (il segno di $a$ conta).
• Dimenticare la costante $C$ prima di moltiplicare per $e^{A}$: la soluzione generale è $e^{A}(B + C)$, non $e^AB + C$.
• Non indicare l'intervallo: è quello di continuità dei coefficienti che contiene $t_0$.