AM3 - Soluzioni del Tutorato III - Mercoledì 10 marzo 2004 d.C.

1. (a) Consideriamo l’equazione differenziale omogenea associata ẋ + 3x = 0. Passando al polinomio caratteristico λ + 3 = 0 ⇒ λ = −3 , otteniamo la soluzione generale x_{0} = Ke^{−3t}.

Cerchiamo ora una soluzione particolare dell’equazione data utilizzando il metodo di variazione delle costanti: sia x^{∗} = K(t)e^{−3t} una soluzione, dove K(t) è un’opportuna funzione da determinare : abbiamo ẋ^{∗} = K′(t)e^{−3t} − 3Ke−3t , da cui, imponendo che x^{∗} soddisfi l’equazione differenziale data: ẋ^{∗}+3x^{∗} = K′(t)e^{−3t}−3K(t)e−3t+3K(t)e^{−3t} = K′(t)e^{−3t} = 5 ⇒ ⇒ K′(t) = 5e^{3t} ⇒ K(t) = \frac{5}{3}e^{3t} + H.

La soluzione generale richiesta è dunque:

x = x_{0} + x^{∗} = Ke^{−3t} + \frac{5}{3}e^{3t}e^{−3t} = Ke^{−3t} + \frac{5}{3} .

(b) Effettuando il cambio di variabile indicato nel suggerimento ci riconduciamo all’equazione differenziale a variabili separabili:

ẏ = (\sqrt{y} − 2y)\frac{1}{t} .

Abbiamo ( per y ≠ 0 , y ≠ \frac{1}{4} ):

\frac{ẏ}{\sqrt{y} − 2y} = \frac{1}{t} ⇒ ∫ \frac{dy}{\sqrt{y} − 2y} = ∫ \frac{1}{t} dt da cui, sostituendo y = v^{2},

∫ \frac{2dv}{1 − 2v} = ln |t| ⇒ − ln |1 − 2v| = ln |t| + K ⇒

⇒ |1 − 2\sqrt{y}| = \frac{J}{|t|} ⇒ y = (\frac{1}{2} − \frac{J}{2|t|})^{2} J ≥ 0 ⇒

⇒ x = t (\frac{1}{2} − \frac{J}{2|t|})^{2} J ≥ 0 .

(c) Consideriamo il polinomio caratteristico dell’equazione lineare omogenea del quarto ordine data.

λ^{4} − 4λ^{3} + 5λ^{2} − 4λ + 4 = 0 ⇒ (λ^{2} − 4λ + 4)(λ^{2} + 1) = 0 ⇒ ⇒ λ_{1} = λ_{2} = 2 , λ_{3} = i , λ_{4} = −i.

La soluzione generale è quindi lo spazio vettoriale di dimensione quattro una cui base è : { e^{2t} , te^{2t} , eit , e^{−it} } , o anche, in termini di sole funzioni reali { e^{2t} , te^{2t} , sin t , cos t } , da cui

x = K_{1}e^{2t} + K_{2}te^{2t} + K_{3} sin t + K_{4} cos t.

(d) La soluzione dell’equazione omogenea associata è x_{0} = K_{1}e^{t} + K_{2}e^{−t} , infatti il polinomio caratteristico λ^{2} − 1 ha radici λ_{1} = 1 , λ_{2} = −1.

Come da suggerimento, cerchiamo una soluzione della forma x^{∗} = c_{1}(t)e^{t} + c_{2}(t)e^{−t}. Avremo ẋ^{∗} = c_{1}e^{t} + c′_{1}e^{t} − c_{2}e^{−t} + c′_{2}(t)e^{−t} = c_{1}e^{t} − c_{2}e^{−t}, dove si è imposta la condizione aggiuntiva c′_{1}e^{t} + c′_{2}(t)e^{−t} = 0;

ẍ^{∗} = c_{1}e^{t} + c′_{1}e^{t} + c_{2}e^{−t} − c′_{2}(t)e^{−t}, quindi

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

Consideriamo ora congiuntamente le due condizioni

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

sommando e sottraendo membro a membro, otteniamo:

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

c′_{2}(t) = −\frac{1}{2} \frac{e^{t}}{1+e^{t}} da cui, integrando, si ha: c_{1}(t) = \frac{1}{2}(ln(e^{−t} + 1) − e^{−t}) c_{2}(t) = −\frac{1}{2} ln(1 + e^{t}) .

Abbiamo così trovato la soluzione generale:

x = x_{0} + x^{∗} = K_{1}e^{t} + K_{2}e^{−t} + \frac{1}{2} ln(e^{−t} + 1)e^{t} − \frac{1}{2} − \frac{1}{2} ln(1 + e^{t}) .

2. La soluzione generale dell’equazione differenziale ẋ + 3x = 5 è stata trovata nel primo punto dell’esercizio precedente. Imponendo in essa una condizione iniziale determiniamo il valore della costante K trovando un’unica soluzione.

(a) x(0) = 1 ⇒ K + \frac{5}{3} = 1 ⇒ K = −\frac{2}{3}.

(b) x(2) = −5 ⇒ Ke^{−6} + \frac{5}{3} = −5 ⇒ K = −\frac{20}{3}e^{6}.

(c) x(−1) = \sqrt{2} ⇒ Ke^{3} + \frac{5}{3} = \sqrt{2} ⇒ K = (\sqrt{2} − \frac{5}{3}) e^{−3}.