Schemi, Analisi matematica II

Omogenee equazioni differenziali del n-ordine a coefficienti costanti

aₙy⁽ⁿ⁾(x) + bₙy⁽ⁿ⁻¹⁾(x) + cₙy(x) = 0 con a₁, b₁, c₁ reali

yʺ + 2yʹ + 2y = 0

a = 1 b = 2 c = 2

(1/4)y‴ + yʺ + yʹ = 0

a = 1/4 b = 1 c = 0

L'insieme delle soluzioni è uno spazio vettoriale R di dimensione 2.

Quindi la soluzione generale sarà: c₁y₁(x) + c₂y₂(x)

• c₁ e c₂ sono parametri liberi che si possono calcolare solo nei problemi di Cauchy.
• y₁ e y₂ sono una base dello spazio delle soluzioni.

Dato che eq. di potenze regoli trovare y₁(x), y₂(x) = e

Per fare ciò devo risolvere in C l'equazione caratteristica.

aλ² + bλ + c = 0

Casi dell'equazione caratteristica

I CASO se ho λ₁ ≠ λ₂ di λ₁, λ₂ ∈ R

II CASO se ho λ₁ = λ₂ = λ₅

1, λ₂ ∈ R x e2, e22 x + b x 8x =

III CASO se ho λ₁, -λ₂ e β ∈ R ex

BASE

y(x) = c₁e⁻ᵞ cos(β;x) + c₂e⁻ᵞ sin(β;x)

Esempio 1

yʺ - 5yʹ + 6y = 0

EQ. CARATTERISTICA z² - 5z + 6 = 0

SOLUZIONI z₁ = 3 z₂ = 2

BASE: e³ᵞ e²ᵞ

SOL GENERALE: c₁e³ᵞ + c₂e²ᵞ

Omogenee equazioni differenziali del l'ordine a coefficienti costanti

a_ny⁽ⁿ⁾(x) + a_n-1y^(n-1)(x) + ... + a₁y'(x) + a₀y(x) = 0 con a_n, a_n-1, ..., a₀ reali

y'' + 2y' + 2y = 0   1/4 y'' + y' + y = 0

a = 1 b = 2 c = 2   a = 1/4 b = 1 c = 1

L'insieme delle soluzioni è uno spazio vettoriale di dimensione 2.

Quindi la soluzione generale sarà: c₁y₁(x) + c₂y₂(x)

c₁ e c₂ sono parametri liberi che si possono calcolare solo nei problemi di Cauchy.

y₁ e y₂ sono una base dello spazio delle soluzioni.

Dato il eq. di partenza vogliamo trovare y_i(x) tipo e^λx.

Per fare ciò, devo risolvere, in , l'equazione caratteristica.

az² + bz + c = 0

BASE          SOL. GENERALE

I CASO se ho z₁ ≠ z₂ -> y₁ = e^z₁x   y₂ = e^z₂x   -> ypr(x) = c₁e^z₁x + c₂e^z₂x

II CASO se ho z₁ = z₂ = -b/2a   y₁ = e^zx   => sp₂(x) = e^{-b/2a x}p(x) = (c₁ + c₂x)e^zx

III CASO se ho z_1,2 = -β ± iδ => z_1,2 = -1/2a   cos(β·x) e^{-β x}

y_i = e^-βx cos(δx) e^{-β x} sin(δx) ∀=∅ y(x) = c₁e^βx° cos(βx) + c₂e^βx° sin(βx)

Esempio 1

y'' - 5y' + 4y = 0   EQ. CARATTERISTICA z² - 5z + 4 = 0

SOLUZIONI z₁ = 4 z₂ = 1

BASE: e^4x e^x

SOL. GENERALE: C₁e^4x + c₂e^x

Esempio 2

{y'' + 2y' + 2y = 0

y(0) = 1

y'(0) = 1

Equaz. caratteristica: z² + 2z +2 = 0

Soluzioni: λ_1,2 = -1±iα = -1β = 1

Base: e^-x cos x; e^-x sen x

Sol. generale: y(x) = C₁ e^-x cos x + C₂ e^-x sen x

y'(x) = - e^-x (C₁ cos x + C₂ sen x) + e^-x (-C₁ sen x + C₂ cos x)

y(0) = 1 → C₁ = 1

y'(0) = 1 → -C₁ + C₂ = 1

Sol. cercata y(x) = e^-x (cos x + 2 sen x)

Non omogenee

Eq. differenziali del l'ordine, variazione delle costanti

y''(x) + b₁ y'(x) + c₁ y(x) = f(x)

y'' - 2y' + 4y = e^-x x q

1. Determinare l'assunzione generale della omogenea associata.

ϑ₀(x) = C₁ y₁(x) + C₂ y₂(x) g(x) = 0

ϑ₀(x) = C₁ e^-x + C₂ xe^-x

2. Trovare una soluzione particolare della forma:

p(x) = funzione dx con x una funzione dx

ϑ_p(x) = C₁(x) ϑ₁(x) + C₂(x) ϑ₂(x)

Per trovare C'₁(x), C'₂(x)

{C'₁(x) ϑ₁(x) + C'₂(x) ϑ₂(x) = 0

C'₁(x) ϑ₁'(x) + C'₂(x) ϑ₂'(x) = g(x)

x e^-x [C'₁(x) e^x + C'₂(x) xe^x] = e^-x / x q⇒D (C₁(x) = - C₂(x) x' (x))

Sostituire nel sistema e decomporre equazione!

-x C'₂(x) [C₁(x)e^x + C₂(x) e^x + C₁(x) e^x + C'₂(x) xe^x] = e^-x / x q

3) Calcolare la soluzione generale y_g(x) = y_p(x)

y(x) = y_o(x) + y_p(x)

C₁(x) = - ¹⁄_x³

C'₁(x) = 1 ⁄ x⁴

C₁x = ∫^-1 ⁄ x³ dx = ^-1 ⁄ 2x²

C"₂(x) = ∫ e^x ⁄ x³ dx = -^ex ⁄ x³

y_p(x) = ^-1 ⁄ 2x² e^x + 1 ⁄ x³ e^x - e^x ⁄ 6x²

3) y_p(x) = y_o(x) + y_p(x)

y(x) = C₁ e^x + C₂ x e^x + e^x ⁄ 6x²

Eq. differenziali a variabili separabili

Sono equazioni differenziali del primo ordine che si possono ricondurre alla forma:

dy ⁄ g(x) = y(x) f(y) = e^x y(x) ⁄ g(x) g(x)

Per risolvere devo:

1. Separare le variabili x e dy.
2. Integrare ciascun membro rispetto alle variabili da cui dipende.
3. Ricavare y(x).

Esempio 1

y^-1, y^-2(mxdy ⁄ dx = x² mx * (x1) dy ⁄ y² 2) y_c ⁄ y₂ 3) y(x) = -1 ⁄ (x(mx + 2c))

Il valore di C si ottengono infinite soluzioni.

Va bene anche y(x) = >

Esempio 2

ψ₁ = senx e⁻ᵞ ψ(π/2) = -1

dy = eᵞ.dx → e⁻ᵞ.dy = senx dx e⁻⁸

∫ e⁻⁸.dy = ∫ senx.dx → -e⁻⁸. = -cosx + C   e⁻⁸ = cosx - C   e⁻⁸ = cosx + C →

ψ = -ln(cosx + C)

ψ(x) = -ln(cosx + C)

Dobbiamo determinare il valore di "C" perché abbiamo davanti un problema di Cauchy.

a) ψ(π/2) = 1 → -ln(cos(π/2) + C) = -1 → ln(C) = -1 => C = 1/e

La soluzione del problema di Cauchy è: ψ(x) = -ln(cosx + 1/e)

Importante: bisogna controllare che l'equazione ammetta delle soluzioni costanti:

ψ₁ = g(x).g(x) se x ∈ IR/g(ψ) = 0 allora ψ(x) = ψ è una soluzione quindi se proseguiamo e dimostriamo l'equazione ha g(ψ) = g(x) = 0.

Quindi come primo passaggio bisogna vedere se ci sono soluzioni costanti per cui si annullino g(ψ).

Non omogenea

Eq. differenziale del II ordine con metodo intuitivo

Esempio 1

y'' + 5y' + 6y = e^x

Devo trovare una soluzione del tipo ϑ(x)=λe^x

Sostituisco

ϑ''(x)=λe^x; ϑ'(x)=λe^x

λe^x + 5λe^x + 6λe^x = e^x

12λe^x = e^x λ=1/12

Una soluzione ϑ₁(x) = 1/12e^x

xol generale: ϑ(x) = 1/12 ae^-2x + be^-3x + 1/12 e^x

Esempio 2

y'' + 5y' + 6y = e^2x

Cerco una soluzione del tipo ϑ(x) = λe^2x

ϑ'(x) = 2λe^2x ϑ''(x) = 4λe^2x

Sostituisco

4λe^2x + 10λe^2x + 6λe^2x = e^2x

20λe^2x = e^2x λ=1/20

xol generale: ϑ(x) = ae^-2x + be^-3x + 1/20 e^2x

Esempio 3

y''+5y'+6y = e^-2x

Tentativo: y(x) = c e^-2x

y'(x) = -2 c e^-2x   y''(x) = q c e^-2x

Sostituzione

c q e^-2x - 10 c e^-2x + 6 c e^-2x = e^-2x

0 = e^-2x   NON va bene

Dobbiamo evanire, o perché e^-2x è sol. dell'equazione omogenea, cioè sostituito y''+5y'+6y dà per forza 0.

Il metodo del tentativo è proibito.

e^-2x è soluzione dell'omogenea.

Si può cercare una soluz. particolare del tipo y_p(x) = l x e^-2x

y'_p(x) = l e^-2x - 2 l x e^-2x

y''_p(x) = -2 l e^-2x - 2 l e^-2x + q l x e^-2x

Sostituisco

-2 l e^-2x + q l / _xe^-2x + 5 l e^-2x - 10 l / _xe^-2x +  + 6 /_xe^-2x = e^-2x

Le parti con l/x e nel danno e devono per forza andare.

Resto: -2 l + l e^-2x = e^-2x → l = 1/2

Soluzione generale: y(x) = x e^-2x + a e^-2x + b e^-3x

In generale se f(x) = e^qx il tentativo da fare è ψ(x) = l e^qx.

Questa funzione sempre tranne quando e^qx è soluzione dell'omogenea.

In due casi si prova con ψ(x) = λx e^qx.

Questo non funziona nel caso in cui e^qx è sol. dell'omogenea, ma allora si prova con ψ(x) = λx² e^qx e così via.

L'esponente dell'xx deve essere maggiore di quello dell'omogenea.

Metodo della somiglianza

Semi - andaggiamento se f(x) = xe^qx o polin generale.

g(x) = ρ(x) e^qx, si cerca una soluzione del tipo ψ(x) = q(x) e^qx dove q è un polinomio dello stesso grado di quelli con cui prenduto.

Esempio

ψ⁽⁰⁾ + 5ψ⁽¹⁾ + 6ψ = x² + 3

Il tentativo da fare è un polinomio dello stesso grado.

ψ(x) = ax² + bx + c

ψ⁽⁰⁾ = 20a + b

ψ⁽¹⁾ = 20a costitutivo

20a + 10xax + sb + 6ax² + 6bx + 6c = x² + 3

6α=1                    coeff. di x²

10α+6b=0           coeff. di x

2α+5b+6c=3    termine noto

α=1/6

6b + 10α = 10/3

b=-5/3

Trovo C.

Provare con un polinomio dello stesso grado funziona tranne quando dei polinomi sono soluzioni della eq omogenea.

Termini noto: prodotto di un polinomio per un'espressione esponenziale

g(x)=p(x) e^αx

I CASO: α NON è RADICE

ψ_α(x)=q(x)g^α(x)   qg(x)=g(α)f(x)

II CASO: α è RADICE

ψ_α(x)=m_α(x)q ⊃α(x) e^αx

Molteplicità delle radici α

Δ≤ 0     m=l

Δ > 0     m=2

Termino noto: prodotto di un polinomio per funz. trigonometriche ed esponenziali

g(x)=e^αx(pm(x)cosδβx)+q · (pm(x)cosδ)_βx)

pm non gemm    re eq   q=R

I CASO: -γ+iβ NON è RADICE DEL POLINOMIO

ψγ,β (x) =e^αx(g_{m(x)[ω,pβ(x)]cosβx}g^m,unωm(x)cosβx

II CASO: ± iβ è RADICE

ψ(x)-Xl iβ e^αx[g_m(x)cos((&om(x))sm(x)gmm=max ½ mul εh1 è la molteplicità delle radici -γ+iβ

4^a E P R C E

y''+y = 0

αu''₊ βu'₊ γu = 0

P(C )=λ²₊1

λ_1,λ ₂ = _±i

λ =α_±iβ

γ = _-β ^/ 2

αβ= _{√( ^x |||x+}demod_t≤>p&_x>x&-1&gtt;βp^ƽ=β>=xtg(x)Yp