Formulario definitivo sulle equazioni differenziali

Equazioni differenziali a variabili separabili

Dza risulterebbe vera. Avrò quindi un'equazione nelle variabili sia continuaanché l'equazione 1. La funzione in ;F (y, t)A, B, C... D∂F sia continua in .2. La sua derivata parziale00 0 Daȳ (t) + bȳ (t) + cȳ(t) = f (t) ∂yUna volta trovate le costanti, so precisamente la forma di ȳ(t) y ln ye quindi posso scrivere la soluzione nale: 0 − {t ×Es. y (t) = D := (R = 0, 3}) (y > 0)2 −t 3ty(t) = y (t) + ȳ(t) y ln yLa funzione è continua inO F (y, t) = D2 −t 3t ln y + 1∂F .e così anche la sua derivata00 0 =−Es. y 2y + 2y = 5 sin t 2 −∂y t 3t1. Trovo la soluzione dell'omogenea : Ne consegue che qualsiasi combinazione di puntiy ∈O (t , y ) D0 0scelgo, il problema di Cauchy annesso ammetterà una±2 2i2 soluzione e sarà unica.− → −4 →λ 2λ + 2 = 0 ∆ = < 0 λ =1,2 2 Equazioni differenziali a variabili separabili: t

• •⇒ y (t) = e (c cos t + c sin t)
• α = β =1O 1 2
• Sono equazioni con ma senza un vero e proprio .k = 1 n2.
• Trovo la forma generica dell'integrale particolare
• Sono della forma .0ȳ(t) y (t) = a(t)F (y)B ma abbiamo 0t 6= β = 1 α = 1 = Λ = 0 e
• Ho 2 famiglie diverse di soluzioni:
1. Risolvo l'equazione:⇒ ȳ(t) = P̄ (t) cos(t) + P̄ (t) sin(t)1 2devono essere di grado 0 perché .P̄ P (t) = 5 Z Z1,2 dy = a(t)dt + cF (y)⇒ ȳ(t) = A cos t + B sin t e da lì trovo la (soluzione non banale).
2. Trovo le costanti per scrivere in forma esatta l'integrale y(t)Se avessimo già la condizione la soluzione si troveràparticolare. y(t ) = y0 0dall'equazione: ȳ(t) = A cos t + B sin t ty(t)Z Z0 dy−Aȳ (t) = sin t + B cos t = a(t)dtF (y)00 −A −ȳ (t) = cos t B sin t ty(t ) 00ora metto questi pezzi nell'equazione dierenziale. Deve
• Trovo gli zeri della funzione (soluzioni

banali o∗y F (y)infatti risultare che punti di equilibrioequilibrio).In pratica tratto la come una (funzione) costante.y000ȳ (t) ȳ (t) Tutti questi punti sono soluzioni dell'equazionez }| { z }| {−A − −2( −Acos t B sin t sin t + B cos t)+ perché e perché la derivata0 ∗y (t) = a(t)F (y) F (y ) = 0di è 0 (è una costante), quindi avrei risolto l'equazione∗y+2(A cos t + B sin t ) = sin t ottenendo 0=0.| {z }ȳ(t)Raccogliendo diventa: 0 23Es. y (t) = t sin (y(t))1. Risolvo l'equazione:− −(A 2B) cos t + (B 2A) sin t = 5 sin tOra devo trovare e anché il risultato sia . 4A B f (t) = 5 sin t Z Zdy 1 t3 −→ −= t dt + c = + c2 tan y 4sin ycoecienti di( −A 2B = 0 cos tcoecienti di−B 2A = 5 sin t 2. Trovo gli zeri di che sono (con ).2 ∗ ∈sin y y = kπ k ZQuindi e , quindi .A = 2 B = 1 ȳ(t) = 2 cos t + sin t 4 −arctanHo trovato

La soluzione nale dell'esercizio è dunque: 4t + 4cy(t) = ∫kπ k∈Zty(t) = e^(c cos t + c sin t) + 2 cos t + sin t ATTENZIONE: attento a riconoscere i gradi dei polinomi. Se ad esempio avessi avuto P(t), l'integrale particolare non vanno aggiunte le costanti: sono già scritte nella formula generale! ȳ(t) = (At + B) cos t + (Ct + D) sin t e quindi il sistema sarebbe stato in più variabili. ATTENZIONE: SOSTITUZIONE: Sono equazioni autonome, ma senza un vero e proprio k. k = 2n ATTENZIONE: Equazioni di Bernoulli: Sono problemi di Cauchy della forma y'(t) = a(t)y(t) + b(t)y'(t) Sono equazioni in cui α ≠ 0 e α ≠ 1. Sono della forma y'(t) = F(y(t), y'(t)) 1. Dividendo per α, ottenendo 1 - αy = ay' + b 2. Sostituendo

1. −αz(t) = y (t) (non compare quindi esplicitamente la α). Si risolvono:
   <sup>0</sup> y (t) z(t)y (t)
2. Derivando 0 ⇒− 1. Sostituendo (tratto come variabile indi-=z (t) = (1 α) 0z(y) = y (t) yα α −y (t) y (t) 1 α pendente);
3. Ottenendo un'equazione lineare del primo ordine 2. Derivando nella variabile (facendo la derivata di unatcomposta);
   <sup>0</sup> − −z (t) = (1 α)a(t)z(t) + (1 α)b(t)e risolvendola in ;
   <sup>0</sup> dz dz dydyz(t) 00 0 0 0= = = z (y)y (t) = z zy = y
4. Trovando proprio con la sostituzione dt dt dy dty(t) 3. Riscrivendo il problema di Cauchy come uno a variabili
   <sup>11</sup>−α ⇒z(t) = y (t) y(t) = z (t)1−α separabili ( 0z(y)z (y) = F (z, y))
5. Equazioni Lineari del Terzo Ordine:
   Sono equazioni in cui e (ma comunque lineari).
   <sup>0</sup> z(y ) = yk = 3 n = 0 0 0
   Sono della forma , con , e
   <sup>00</sup> ay (t) + by (t) + cy (t) = f (t) a b e risolvendola in .z(y)costanti. Si risolvono:c la condizione iniziale NON

ATTENZIONE: devi inserire la condizione iniziale della prima equazione. Sostituendo e, di conseguenza, diventa:

yz(t) = y(t)z(t) = y(t)0

1. Sostituendo la condizione iniziale nella seconda equazione (quella con yz(t)), che diventa:

yz(t) = y(t)0

2. Ottenendo un'equazione lineare del secondo ordine:

az(t) + bz(t) + cz(t) = f(t)

3. Trovando la soluzione con la sostituzione y(t) = z(t)0:

z(t) = G(y)

4. Risolvendo la soluzione ottenuta nel punto 3 con la separazione delle variabili, ottenendo infine:

y(t) = z(t)dt + c

Nei problemi di Cauchy viene richiesto di trovare y(t), z(t) e c con le condizioni relative a y(t)0, z(t)0 e c0.

ATTENZIONE: METODO DEL WRONSKIANO:

Lo si usa per risolvere le equazioni differenziali.

equazione completa, otteniamo: (a(t)y + b(t)y' + c(t)y) = f(t) Sono equazioni lineari del secondo ordine, quindi avrai un sistema di 3 equazioni in 3 incognite. Non omogenee (a coefficienti costanti o non costanti), quindi della forma: a(t)y'' + b(t)y' + c(t)y = f(t) Si risolvono le equazioni di Eulero nel seguente modo: k = 2, n = 1 Sono della forma: 0^2t y''(t) + t y'(t) + y(t) = f(t) 1. Trovo la soluzione dell'omogenea associata (che è una equazione a coefficienti costanti o di Eulero). Sostituendo z = ln t (t > 0), ottengo: z' = \frac{1}{t} 2. Derivando nella variabile t, visto che z = ln t, trovo: z'' = -\frac{1}{t^2} Estrapolo da z'' le due funzioni y(t) e y'(t): y(t) = e^z y'(t) = e^z \cdot z' = \frac{e^z}{t} 3. Inserendo tutto nell'equazione, così da ottenere una equazione completa, otteniamo: a(t) \cdot e^z + b(t) \cdot \frac{e^z}{t} + c(t) \cdot e^z = f(t) Spero che queste informazioni ti siano state utili!

3t ⇒ y(t) = e^y(t) = te¹²ⁿ (omogenea)

2f(t) e^t ⇒ y(t) = e^cos(t) y(t) = e^sin(t)

-2z² -2z -z ⇒ ae^ey + be^ey + cy = f(e)

3. Calcolo le derivate di queste funzioni e.

y(t) = y(t)ψ(t) + y(t)ψ'(t) ψe risolvendola in.

4. Sapendo che l'integrale particolare è della forma −ay + (b - a)y + cy = f(e) ȳ(t), trovo le due funzioni ȳ(t) = y(t)ψ(t) + y(t)ψ'(t) ψ.

24. Trovando proprio con la sostituzione y(t) y(z) = y(ln t) (Metti al posto di e avrai la soluzione finale).

(ln t z 0 0y(t)ψ(t) + y(t)ψ'(t) = 01 21 20 0 0 0potrebbe diventare, con la sostituzione, un termine noto previsto dal metodo di somiglianza e risolvendo il sistema y(t)ψ(t) + y(t)ψ'(t) = f(t).

ATTENZIONE: zf(e) 1 1 2 2zione, un termine noto previsto dal metodo di somiglianza e risolvendo il sistema y(t)ψ(t) + y(t)ψ'(t) = f(t).

(preferibilmente col metodo dio da quello del Wronskiano. Cramer) per trovare le <em>&psi; (t) &psi; (t)1 25. Trovo le funzioni integrando 4. Studio la ConcavitàZ Z 00 0 2− − − ≥y = (2y 1)y = (2y 1)(y 1) 00 0&psi; (t) = &psi; (t)dt &psi; (t) = &psi; (t)dt1 21 2 1sono integrali indeniti, ma NONATTENZIONE: &rArr; &le; &le; &or; &ge;0 y y 12bisogna aggiungere la .+c Poiché siamo in , in quella regione è sempre00&infin;)(1, y6. Scrivi l'integrale nale come somma del termine omo- positiva, quindi ha sempre concavità verso l'alto.ygeneo e di quello particolare. 5. Disegno la curva ricordando che deve passare per (0, 2)e sapendo che ha come asintoto orizzontale (chey(t) = y (t) + ȳ(t) = c y + c y + y &psi; + y &psi; y = 1O 1 1 2 2 1 1 2 2 incontra a sinistra, perché da sinistra verso destra deveSi usa questo metodo quando il termine noto non è tra quelli crescere).ˆ previsti dal metodo di somiglianza (o

quando non lo diventa dopo la sostituzione prevista dal metodo dizf(t) = f(e^t) (Eulero), ma se, con e previsti dal metodo ±f = f1 + f2 di somiglianza, può essere utile, anziché usare quel metodo due volte, usare il metodo del Wronskiano una volta sola su tutto f. DISEGNO DELLE SOLUZIONI: Dato un problema di Cauchy della forma y'(0) = F(y), y(t) = y0 SISTEMI DI EQUAZIONI: per tracciare un grafico qualitativo della