La géographie ça sert d`abord à faire la guerre

Equazioni differenziali del secondo ordine
a coefficienti costanti.
Mauro Saita
Aprile 2014.
Indice
1 Equazioni lineari del secondo ordine a coefficienti costanti
1
1.1
Oscillazioni forzate e risonanza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3
1.2
Ricerca dell’integrale particolare: metodo di somiglianza . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
2 Sistemi di equazioni differenziali
6
3 Soluzioni
7
1
1
Equazioni lineari del secondo ordine a coefficienti costanti
Esercizio 1.1. Si denoti con C ∞ (R) lo spazio vettoriale delle funzioni R −→ R lisce (cio`e con derivata
di ogni ordine). Fissati a, b, c ∈ R, si consideri l’operatore cos`ı definito
P
C ∞ (R) −→ C ∞ (R),
P (f ) = af 00 + bf 0 + cf
per ogni f in C ∞ (R).
a) Dimostrare che l’operatore P `e lineare.
b) Dimostrare che l’insieme S delle funzioni f in C ∞ (R) che sono soluzioni dell’equazione omogenea
ay 00 + by 0 + cy = 0
`e un sottospazio vettoriale di C ∞ (R).
c) Sia g una funzione continua (in R) e f0 una soluzione particolare dell’equazione P (f ) = g, cio`e
af000 + bf00 + cf0 = g
(1.1)
Dimostrare che l’insieme S delle soluzioni dell’equazione P f = g `e
S = Ker P + f0
1
Per segnalazioni di refusi o errori scrivete per favore a: [email protected]
2014.tex’
1
Nome del file .tex: ‘Esercizi-edo-1-
R
Esercizio 1.2. Si consideri l’equazione differenziale lineare (omogenea)
y 00 − 9y 0 + 14y = 0
(1.2)
a) Scrivere l’integrale generale dell’equazione (1.2).
b) Risolvere il problema ai valori iniziali:
 00
 y − 9y 0 + 14y = 0
y(0) = 2
 0
y (0) = 1
(1.3)
Quante sono le soluzioni del problema (1.3)?
R
Esercizio 1.3. Determinare le soluzioni dei seguenti problemi di Cauchy:
a) y 00 + y 0 − 2y = 0,
y(0) = 1, y 0 (0) = 0
b) 2y 00 + 5y 0 − 3y = 0, y(0) = 1, y 0 (0) = 2
c)
y 00 + 4y 0 + 5y = 0,
y(0) = 2, y 0 (0) = 2
R
Esercizio 1.4. Si consideri l’equazione differenziale lineare del secondo ordine
y 00 − 7y 0 + 10y = ex
(1.4)
a) Determinare l’integrale generale dell’equazione (1.4).
9
17
b) Trovare la soluzione y(x) di (1.4) soddisfacente le condizioni: y(0) = , y 0 (0) = .
4
4
R
Esercizio 1.5. Trovare l’integrale generale delle seguenti equazioni differenziali del secondo ordine:
a) y 00 + 9y = xex
b) y 00 − y = sin 2x
c)
y 00 + 3y 0 − 4y = x2 − x + 3
R
2
Esercizio 1.6. Trovare l’integrale generale delle seguenti equazioni differenziali del secondo ordine:
a) y 00 + 4y = sin x
b) y 00 + 4y = sin 2x
c)
y 00 + 4y = sin x + sin 2x
R
1.1
Oscillazioni forzate e risonanza
L’equazione dell’oscillatore forzato `e
mx00 + kx = F0 cos ωt
(1.5)
p
con m, k > 0 (massa e costante elastica). La costante ω0 = k/m `e la frequenza dell’oscillatore non
smorzato, mentre ω `e la frequenza della forza esterna. Si devono distinguere due casi.
Primo caso: ω0 6= ω.
o essere trovata provando con la funzione C cos ωt.
Una soluzione particolare dell’equazione 1.5 pu`
Sostituendo nell’equazione 1.5, si trova la soluzione particolare
F0
cos ωt
− ω2)
m(ω02
La soluzione generale `e allora
x(t) = A cos ω0 t + B sin ω0 t +
F0
cos ωt
− ω2)
m(ω02
(1.6)
Le costanti A e B sono fissate dalle condizioni iniziali. Ad esempio, la soluzione che soddisfa le condizioni
iniziali x(0) = 0 e x0 (0) = 0 `e
x(t) =
M
(cos ωt − cos ω0 t)
− ω2)
m(ω02
(1.7)
Ricordando le formule di prostaferesi, possiamo scrivere quest’ultima soluzione come
x(t) =
2M
ω0 − ω
ω0 + ω
sin(
t) sin(
t)
2
2
2
2
m(ω0 − ω )
(1.8)
Quindi x(t) `e il prodotto di due funzioni, una delle quali oscilla pi´
u rapidamente dell’altra. Si tratta del
fenomeno dei battimenti.
Secondo caso: ω0 = ω.
Il caso in cui la frequenza propria ω0 del sistema sia uguale alla frequenza ω della forza esterna, `e
qualitativamente diverso dal precedente. In questo caso la soluzione generale del sistema `e
x(t) = A cos ω0 t + B sin ω0 t +
F0
t sin ω0 t
2mω0
Per la presenza del termine t sin ω0 t, le oscillazioni del sistema crescono al crescere di t. Questo fenomeno
si chiama risonanza.
3
x(t)= sin(t)sin(21t)
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
−0.2
−0.4
−0.6
−0.8
−1
0
1
2
3
4
5
6
7
6
7
Figura 1: Battimenti.
Risonanza: x=K t sin(t)
2
1.5
1
0.5
0
−0.5
−1
−1.5
−2
−2.5
0
1
2
3
4
5
Figura 2: Risonanza.
Esercizio 1.7. Scrivere la soluzione generale dell’equazione x00 + 4x = cos t nella forma 1.6. Scrivere la
soluzione soddisfacente le condizioni iniziali x(0) = 0, x0 (0) = 0 nella forma 1.8.
Esercizio 1.8. Risolvere l’equazione x00 + x = cos t. Trovare la soluzione che soddisfa le condizioni
iniziali x(0) = 2, x0 (0) = 2. L’equazione descrive un fenomeno di risonanza?
4
1.2
Ricerca dell’integrale particolare: metodo di somiglianza
Si consideri l’equazione differenziale
ay 00 + by 0 + cy = f (t)
(1.9)
e sia P (λ) = aλ2 + bλ + c = 0 la sua equazione caratteristica.
Per trovare un integrale particolare yp di (1.9) conviene ricercare yp tra ben determinate famiglie di
funzioni che variano al variare del termine f . I casi pi`
u frequenti sono i seguenti:
1. f (t) = p(t) = polinomio di grado n

 q(t)
yp (t) =
t q(t)
 2
t q(t)
se λ = 0 non `e radice di P (λ)
se λ = 0 `e radice semplice di P (λ)
se λ = 0 `e radice doppia di P (λ)
 αt
 ke
yp (t) =
kteαt
 2 αt
kt e
se λ = α non `e radice di P (λ)
se λ = α `e radice semplice di P (λ)
se λ = α `e radice doppia di P (λ)
dove q(t) = an tn + an−1 tn−1 + · · · + a1 t + a0 `e un polinomio a coefficienti reali di grado n.
2. f (t) = Aeαt
3. f (t) = A cos(ωt),
f (t) = A sin(ωt)
yp (t) =
4. f (t) = Aeαt cos(ωt),
yp (t) =
5. f (t) = eαt p(t),
c1 cos(ωt) + c2 sin(ωt)
c1 t cos(ωt) + c2 t sin(ωt)
se λ = iω non `e radice di P (λ)
se λ = iω `e radice di P (λ)
f (t) = Aeαt sin(ωt)
c1 eαt cos(ωt) + c2 eαt sin(ωt)
c1 teαt cos(ωt) + c2 teαt sin(ωt)
se λ = α + iω non `e radice di P (λ)
se λ = α + iω `e radice di P (λ)
p(t) = polinomio di grado n
 αt
 e q(t)
yp (t) =
teαt q(t)
 2 αt
t e q(t)
se λ = α non `e radice di P (λ)
se λ = α `e radice semplice di P (λ)
se λ = α `e radice doppia di P (λ)
dove q(t) = an tn + an−1 tn−1 + · · · + a1 t + a0 `e un polinomio a coefficienti reali di grado n.
6. f (t) = f1 (t) + f2 (t)
In questo caso bisogna ricercare un integrale particolare y1 (t) di ay 00 + by 0 + cy = f1 (t) e un integrale
particolare y2 (t) di ay 00 + by 0 + cy = f2 (t). Allora un integrale particolare yp (t) di ay 00 + by 0 + cy =
f1 (t) + f2 (t) `e
yp (t) = y1 (t) + y2 (t)
(questo fatto `e un’immediata conseguenza della linearit`
a dell’equazione differenziale).
5
2
Sistemi di equazioni differenziali
Esercizio 2.1. Si consideri il sistema di equazioni differenziali
x0 = −x + 3y
y0 =
x+y
1. Se u1 : R −→ R2 , u2 : R −→ R2 sono due soluzioni del sistema, la funzione
u1 + u1 : R −→ R2
`e anch’essa soluzione del sistema? Giustificare la risposta.
2. Trovare la soluzione generale del sistema.
3. Determinare la soluzione che all’istante t = 0 passa per il punto (4; 0).
R
Esercizio 2.2. Scrivere l’integrale generale del sistema di equazioni differenziali:
x0 = x − 2y
y 0 = 5x + 3y
R
6
3
Soluzioni
Esercizio 1.1
a) P `e additivo:
P (f + g) = a(f + g)00 + b(f + g)0 + c(f + g)
= a(f 00 + g00 ) + b(f 0 + g0 ) + c(f + g)
= (af 00 + bf 0 + cf ) + (ag00 + bg0 + cg)
= P (f ) + P (g)
per ogni f, g ∈ C ∞ (R).
P `e omogeneo:
P (λf ) = a(λf )00 + b(λf )0 + c(λf )
= λaf 00 + λbf 0 + λcf
= λ(af 00 + bf 0 + cf )
= λP (f )
per ogni f ∈ C ∞ (R), per ogni λ ∈ R.
b)
c) 1. Si supponga che y ∈ Ker P + f0 . Questo significa che y = h + f0 , per un’opportuna funzione
h ∈ Ker P . Allora
P (y) = P (h + f0 ) = P (h) + P (f0 ) = 0 + g = g
e quindi y `e soluzione dell’equazione P (f ) = g.
2. Si supponga che y soddisfi l’equazione P (f ) = g, cio`e
P (y) = g
(3.1)
P (y − f0 ) = P (y) − P (f0 ) = g − g = 0
(3.2)
Poich´e per ipotesi anche P (f0 ) = g, si ha
Quindi y − f0 sta in Ker P . Segue che y appartiene a (Ker P ) + f0 .
Esercizio 1.2
Integrale generale dell’equazione omogenea: y(t) = Ae2t + Be7t , A, B ∈ R. L’unica
3
2t
7t
soluzione del problema di Cauchy `e y(t) = 13
5 e − 5 Be .
Esercizio 1.3
7
a) L’integrale generale: y(t) = Ae−2t + Bet , A, B ∈ R. La soluzione del problema di Cauchy `e
2
1
y(t) = e−2t + et
3
3
1
b) L’integrale generale: y(t) = Ae−3t + Be 2 t , A, B ∈ R. La soluzione del problema di Cauchy `e
10 1
3
y(t) = − e−3t + e 2 t
7
7
c) L’integrale generale: y(t) = (A cos t + B sin t)e−2t , A, B ∈ R. La soluzione del problema di Cauchy
`e
y(t) = (2 cos t + 6 sin t)e−2t
Esercizio 1.4
a) Integrale generale: y(x) = Ae2x + Be5x + 14 ex
b) Soluzione del problema di Cauchy: y(x) = 2e2x + 14 ex
Esercizio 1.5
a) L’integrale particolare va ricercato tra le funzioni del tipo yp (x) = (αx + β)ex . L’integrale generale
`e
1
1
y(x) = A cos 3x + B sin 3x +
x−
ex
10
50
b) L’integrale particolare va ricercato tra le funzioni del tipo yp (x) = α sin 2x + β cos 2x. L’integrale
generale `e
1
y(x) = Aex + Be−x − sin 2x
5
c) L’integrale particolare va ricercato tra le funzioni del tipo yp (x) = αx2 +βx+γ. L’integrale generale
`e
1
1
31
y(x) = Aex + Be−4x − x2 − x −
4
8
32
Esercizio 1.6
a) y(x) = A cos 2x + B sin 2x +
1
3
sin x.
b) y(x) = A cos 2x + B sin 2x − 14 x cos 2x.
c) Per trovare un integrale particolare dell’equazione differenziale conviene usare il principio di sovrapposizione: se f1 `e un integrale particolare di P (f ) = g e f2 `e un integrale particolare di P (f ) = g
allora f1 + f2 `e un integrale di P (f ) = g + g. In altre parole,
se P (f1 ) = g e P (f2 ) = g
8
allora
P (f1 + f2 ) = g + g
In questo caso f1 (x) = 13 sin x (caso a) e f2 (x) = − 14 x cos 2x (caso b). Quindi un integrale particolare
di y 00 + 4y = sin x + sin 2x `e yp (x) = 13 sin x − 14 x cos 2x.
L’inegrale generale `e
y(x) = A cos 2x + B sin 2x +
1
1
sin x − x cos 2x
3
4
Esercizio 2.1
1. Il sistema in forma matriciale assume la forma
u0 = Au
−1 3
dove A = 1 1
(3.3)
Se u1 : R −→ R2 e u2 : R −→ R2 sono due soluzioni del sistema si ha
u01 = Au1 ,
u02 = Au2
Segue che
(u1 + u2 )0 = u1 0 + u2 0
= Au1 + Au2
= A(u1 + u2 )
Pertanto, u1 + u2 `e una soluzione del sistema.
Si ricordi che l’insieme delle soluzioni di un qualsiasi sistema differenziale di tipo (3.3) costituisce
uno spazio vettoriale.
2. Gli autovalori della matrice A sono le soluzioni dell’equazione caratteristica
det(A − λI) = λ2 − 4 = 0
ovvero λ1 = 2, λ2 = −2. Gli autovettori relativi all’autovalore λ1 = 2 sono le soluzioni del sistema
omogeneo (A − 2I)u = 0, cio`e
V2 = {(x, y) = (1, 1)t, t ∈ R}
mentre gli autovettori relativi all’autovalore λ2 = −2 sono le soluzioni del sistema omogeneo
(A + 2I)u = 0, ossia
V−2 = {(x, y) = (−3, 1)t, t ∈ R}
L’integrale generale del sistema `e
1 −2t −3 u(t) = Ae + Be A, B ∈ R
1
1 2t 9
3. La soluzione che all’istante t = 0 passa per il punto (4, 0) si trova risolvendo il sistema lineare
A − 3B = 4
A+B = 0
la cui soluzione `e A = B = 1. La funzione u : R −→ R2 che soddisfa le condizioni iniziali assegnate
`e
2t 1 −2t −3 u(t) = e + e 1
1 10

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