Equazioni differenziali

Y

Consideriamo adesso le eventuali soluzioni, dette di seconda categoria, tali che

6 ∀x ∈

(y(x)) = (α, ).

0, Se è una tale soluzione si ha:

Y y

β 0 (x)

y ∈

= (α, ) (12)

X(x)∀x β

(y(x))

Y

∈ (α, ), (γ, ).

Al variare di l’immagine descrive un intervallo, Con-

x y(x)

β δ

sideriamo la restrizione della funzione a questo intervallo. Denotiamo con un

Y F

1

(a, (γ, )

primitiva di in e con una primitiva di in . Dalla regola di

X b) G δ

(y)

Y

derivazione delle funzioni composte il primo membro della (12) risulta essere la

(α, ) =

derivata, in della funzione quindi si ha: e

G(y(x)), D(G(y(x))) D(F(x)),

β

di conseguenza esiste una costante tale che:

k ∀x ∈

= + (α, ) (13)

G(y(x)) F(x) k, β

La funzione ha derivata sempre positiva oppure sempre negativa, quindi ri-

G

sulta strettamente crescente o strettamente decrescente, quindi invertibile. Detta H

→ ∀y ∈

(γ, ), = (γ, ),

la sua funzione inversa si ha che : e

H ImG H(G(y)) y,

δ δ

quindi: ∀x ∈

= + (α, ) (14)

y(x) H(F(x) k), β

Le considerazioni svolte hanno permesso di trovare l’espressione (14) della so-

luzione, supposta la sua esistenza. La verifica che l’espressione trovata definisce

effettivamente una soluzione di seconda categoria è immediata.

(α, )

Se l’intervallo in cui sono definite eventuali soluzioni di seconda ca-

β (a,

tegoria è contenuto propriamente in potrebbe essere possibile “raccordare

b),

” soluzioni di seconda categoria a soluzioni di prima categoria e dare luogo alle

cosiddette soluzioni di tipo misto che quindi possono essere considerate dei pro-

lungamenti di soluzioni di seconda categoria. Anziché procedere ad una analisi for-

male di queste soluzioni, illustreremo questa eventualità direttamente sugli esempi.

Esercizio 1. Trovare tutte le soluzioni dell’equazione

0 |y|.

=

y 4 −

] +∞[

Si osserva subito che la funzione identicamente nulla, definita in è

∞,

una soluzione di prima categoria. Cerchiamo quindi soluzioni di seconda categoria,

che non assumono mai il valore zero, per le quali si ha:

0 (x)

y ∀x ∈

= (α, ).

1, β

|y(x)| (α, ).

Tali soluzioni saranno sempre positive o sempre negative in Nel primo caso

β

0 (x)

y x+k ∀x ∈

= = + = , (α, ).

1, da cui segue log e quindi Nel

si ha y(x) x k y(x) e β

y(x) 0 (x)

y − |y(x)|

= = + =

secondo caso si ha: 1, da cui segue log e quindi

x k y(x)

−y(x)

−(x+k)

−e ∀x ∈ −

, (α, ). ]

Le soluzioni trovate sono in effetti definite su tutto

β

+∞[. Non vi sono pertanto soluzioni di tipo misto misto.

∞,

Esercizio 2. Trovare tutte le soluzioni dell’equazione

√

0 =

y y.

Anche in questo caso l’unica soluzione di prima categoria risulta la funzione

]−∞, +∞[.

identicamente nulla in Cerchiamo quindi soluzioni positive, per le quali

si può scrivere: 0 (x)

y ∀x ∈

= (α, ),

1, β

p

y(x)

da cui segue p ∀x ∈

= + (α, ).

2 y(x) x k, β

Osservando che il primo membro è positivo, si ottiene una limitazione per il campo

−

] +∞[.

di esistenza delle soluzioni, che deve essere contenuto in Si ha quindi:

k,

2

+

x k ∀x ∈

, (α, ),

=

y(x) β

2

e si verifica subito che, comunque si fissi la costante reale tale soluzione risulta

k,

−

] +∞[.

definita in Osserviamo ora che per una soluzione di seconda categoria

k,

del tipo trovato, in corrispondenza di un certo valore di si ha

k,

=

lim 0,

y(x)

x→−k

quindi la soluzione di secondo tipo si può raccordare con continuità alla soluzione

di primo tipo cioè alla funzione identicamente nulla. Si perviene cosı̀ a considerare

la funzione definita come: ( ∈] − −k]

0, se x ∞,

(x) = (15)

y

k 2

x+k ∈] −

, +∞[

se x k,

2 5 −k

=

la quale risulta essere derivabile nel punto (verificarlo) ed è pertanto una

x

soluzione di tipo misto, definita su tutto R.

Concludiamo questo esempio osservando che il problema di Cauchy associato a

=

questa equazione, col dato iniziale 0, ammette più di una soluzione.

y(0)

Esercizio 3. Risolvere l’equazione 0 2

−

= (y 1)

y

Esercizio 4. Trovare tutte le soluzioni dell’equazione

0 p

|y|.

=

y

Esercizio 5. Risolvere l’equazione 2

−

1 y

0 = .

y x

1

= , dunque lo studio deve essere effettuato nei

In questo esempio si ha X(x) x 2

− −

] ]0, +∞[. (y) =

due intervalli 0[ e Si ha poi 1 da cui segue subito che

Y y

∞, −1

le funzioni costanti 1 e sono soluzioni di prima categoria, nei due intervalli

suddetti. Cerchiamo dunque soluzioni della seconda categoria, le quali non poten-

−1,

do assumere i valori 1 e avranno valori maggiori di 1, oppure minori di 1, o

−1

ancora (strettamente) compresi tra e 1. Per le soluzioni di seconda categoria si

può scrivere: 0 (x) 1

y ∀x ∈

= , (α, ).

β

2

− (x)

1 y x

Si calcola facilmente che +

1 1 1 y

Z = +

log costante,

dy

2

− −

1 2 1

y y

e quindi: +

1 1 y(x) |x|

= +

log log k,

−

2 1 y(x)

+

1 y(x) 2k 2 ∀x ∈

= , (α, ).

e x β

−

1 y(x) −

]

Se cerchiamo soluzioni con valori nell’intervallo 1, 1[, la relazione precedente

si scrive: +

1 y(x) 2

= (16)

k x

1

−

1 y(x)

6

−2k

= >

con 0. Se cerchiamo soluzioni con valori maggiori di 1 oppure minori

k e

1 2k

−1, −e

= <

di si può scrivere ancora la (16), ma con 0. Dalla (16) segue che:

k

1

1 1

2 2 − ∀x ∈

(x + )y(x) = , (α, ).

x β

k k

1 1

< >

Se 0 il secondo membro risulta positivo, inoltre in questo caso si ha 1

k y

1 1

2

−1, 6

< + = =

oppure quindi non può essere 0. Dovendo quindi essere

y x x

k 1

1

± √−k si trovano limitazioni sul campo di esistenza della soluzione. L’intervallo

1

(α, ) deve cioè essere contenuto in uno degli intervalli:

β 1 1 1 1

√ √ √ √

− − −

] [, ] , ]0, [, ] , +∞[.

0[,

∞, −k −k −k −k

1 1 1 1

2 −1/k

x 1

< risulta soluzione dell’equazione

In effetti nel caso 0 la funzione

k 1 2 +1/k

x 1 >

negli intervalli suddetti, mentre per ogni valore 0 risulta soluzione negli inter-

k 1

−

] ]0, +∞[.

valli massimali, 0[,

∞,

osserviamo infine che non vi possono essere soluzioni di tipo misto.

Esercizio 6. Risolvere l’equazione differenziale

0 2

= sen

y y x 1

=

R. Le soluzioni di seconda categoria sono: ; fissato arbitraria-

y(x) cos x−k − 6 =

mente la soluzione risulta definita in un intervallo in cui cos 0. Non vi

k x k

sono soluzioni di terza categoria.

Esercizio 7. Risolvere l’equazione differenziale

0 2

x

= cos

y e y π ∈

+

R. Le soluzioni di prima categoria sono le funzioni costanti del tipo lπ, l

2 =

Comunque si fissi l’intero relativo e il numero reale la funzione

l k, y(x)

Z. x

+ (e +

arctan è una soluzione di seconda categoria, definita su tutto

lπ k) R.

Esercizio 8. Risolvere l’equazione differenziale

2 + 1

y

0 =

y xy

R. Non vi sono soluzioni di prima e terza categoria. Le soluzioni di seconda

√ 2

± −

=

categoria sono del tipo 1.

y(x) kx 7

Esercizio 9. Risolvere il seguente problema di Cauchy

( 0 2 4

+ =

3x 0

y y

= .

1

y(1)

L’equazione è un’equazione a variabili separabili. L’unica soluzione di prima

categoria è la funzione identicamente nulla in che non è soluzione del problema

R

di Cauchy. Cerchiamo soluzioni di seconda categoria. Sia una eventuale so-

y(x)

1

=

luzione di seconda categoria allora . Si prova che è soluzione

y(x) y(x)

1/3

3

(3x +c)

1/3 1/3

−

] (−c/3) [ ](−c/3) , +∞[.

di seconda categoria in e in Infine si prova che

∞,

1 1/3

= ](2/3) , +∞[.

è soluzione del problema di Cauchy in

y(x) 1/3

3 −2)

(3x

Esercizio 10. Risolvere il seguente problema di Cauchy

( 0 x

=

y 2

y

e y

−2

= .

y(1)

1 \ {0},

(y) = è definita e diversa da 0 in quindi non ci sono

La funzione Y R

2

y

e y

soluzioni di prima categoria (e neanche di terza). Una soluzione di seconda

y(x)

categoria dovrà soddisfare nel suo insieme di definizione l’equazione

2 0

y(x) (x) = ,

x

e y(x)y

−

]

e il suo codominio sarà contenuto in 0[ in quanto cerchiamo una soluzione

∞,

−2).

(1,

il cui grafico passi per il punto Pertanto avrà la seguente espressione

y(x)

p 4

2

− −

+ =

log(x Imponendo la condizione di Caychy si trova 1. Si prova

c). c e

con semplici calcoli che la funzione

q 2 4

− − − −

= + +∞[→]

log(x 1) :] 0[

y(x) e ∞, ∞,

è soluzione dell’equazione differenziale soddisfacente la condizione di Cauchy.

Esercizio 11. Risolvere il seguente problema di Cauchy

2

( (y−1)

0 =

y x+1

− = .

1) 2

y(e

L’equazione differenziale è a variabili separate. Un’unica soluzione di prima

≡

categoria è la funzione 1 che non è la soluzione al problema di Cauchy.

y(x) 8

3 Equazioni a coefficiente omogeneo

(a,

Sia una funzione reale definita nell’intervallo L’equazione differenziale

g(t) b).

y

0 = (17)

y g x

si dice a coefficente omogeneo. Una tale equazione si riconduce ad un’equazione

a variabili separabili.

Sia una soluzione dell