Equazioni del secondo ordine a coefficienti costanti

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 . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
2 Sistemi di equazioni differenziali
7
3 Soluzioni
8
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 (cioè 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 + bf + cf
per ogni f in C ∞ (R).
a) Dimostrare che l’operatore P è lineare.
b) Dimostrare che l’insieme S delle funzioni f in C ∞ (R) che sono soluzioni dell’equazione omogenea
ay + by + cy = 0
è un sottospazio vettoriale di C ∞ (R).
c) Sia g una funzione continua (in R) e f0 una soluzione particolare dell’equazione P (f ) = g, cioè
af0 + bf0 + cf0 = g
(1.1)
Dimostrare che l’insieme S delle soluzioni dell’equazione P f = g è
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 − 9y + 14y = 0
(1.2)
a) Scrivere l’integrale generale dell’equazione (1.2).
b) Risolvere il problema ai valori iniziali:
⎧ ⎨ y − 9y + 14y = 0
y(0) = 2
⎩ 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 + y − 2y = 0,
y(0) = 1, y (0) = 0
b) 2y + 5y − 3y = 0, y(0) = 1, y (0) = 2
c)
y + 4y + 5y = 0,
y(0) = 2, y (0) = 2
R
Esercizio 1.4. Si consideri l’equazione differenziale lineare del secondo ordine
y − 7y + 10y = ex
(1.4)
a) Determinare l’integrale generale dell’equazione (1.4).
17
9
b) Trovare la soluzione y(x) di (1.4) soddisfacente le condizioni: y(0) = , y (0) = .
4
4
R
Esercizio 1.5. Trovare l’integrale generale delle seguenti equazioni differenziali del secondo ordine:
a) y + 9y = xex
b) y − y = sin 2x
c)
y + 3y − 4y = x2 − x + 3
R
2
Esercizio 1.6. Trovare l’integrale generale delle seguenti equazioni differenziali del secondo ordine:
a) y + 4y = sin x
b) y + 4y = sin 2x
c)
y + 4y = sin x + sin 2x
R
Esercizio 1.7. Trovare l’ntegrale generale delle seguenti equazioni differenziali del secondo ordine
1) 2y + 5y − 3y = e−3x
2) 2y + 5y − 3y = sin x
3) 2y + 5y − 3y = e−3x + sin x
R
1.1
Oscillazioni forzate e risonanza
L’equazione dell’oscillatore forzato è
(1.5)
mx + kx = F0 cos ωt
con m, k > 0 (massa e costante elastica). La costante ω0 = k/m è la frequenza dell’oscillatore non
smorzato, mentre ω è la frequenza della forza esterna. Si devono distinguere due casi.
Primo caso: ω0 = ω.
Una soluzione particolare dell’equazione 1.5 pu`
o essere trovata provando con la funzione C cos ωt.
Sostituendo nell’equazione 1.5, si trova la soluzione particolare
F0
cos ωt
− ω2)
m(ω02
La soluzione generale è 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 x (0) = 0 è
x(t) =
M
(cos ωt − cos ω0 t)
m(ω02 − ω 2 )
(1.7)
Ricordando le formule di prostaferesi, possiamo scrivere quest’ultima soluzione come
x(t) =
ω0 − ω
ω0 + ω
2M
sin(
t) sin(
t)
2
2
2
2
m(ω0 − ω )
3
(1.8)
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
Figura 1: Battimenti.
Quindi x(t) è 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, è
qualitativamente diverso dal precedente. In questo caso la soluzione generale del sistema è
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.
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
6
7
Figura 2: Risonanza.
Esercizio 1.8. Scrivere la soluzione generale dell’equazione x + 4x = cos t nella forma 1.6. Scrivere la
soluzione soddisfacente le condizioni iniziali x(0) = 0, x (0) = 0 nella forma 1.8.
4
Esercizio 1.9. Risolvere l’equazione x + x = cos t. Trovare la soluzione che soddisfa le condizioni
iniziali x(0) = 2, x (0) = 2. L’equazione descrive un fenomeno di risonanza?
5
1.2
Ricerca dell’integrale particolare: metodo di somiglianza
Si consideri l’equazione differenziale
ay + by + 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 è radice di P (λ)
se λ = 0 è radice semplice di P (λ)
se λ = 0 è radice doppia di P (λ)
dove q(t) = an tn + an−1 tn−1 + · · · + a1 t + a0 è un polinomio a coefficienti reali di grado n.
2. f (t) = Aeαt
⎧ αt
⎨ ke
yp (t) =
kteαt
⎩ 2 αt
kt e
f (t) = A sin(ωt)
3. f (t) = A cos(ωt),
yp (t) =
4. f (t) = Aeαt cos(ωt),
yp (t) =
5. f (t) = eαt p(t),
se λ = α non è radice di P (λ)
se λ = α è radice semplice di P (λ)
se λ = α è radice doppia di P (λ)
c1 cos(ωt) + c2 sin(ωt)
c1 t cos(ωt) + c2 t sin(ωt)
se λ = iω non è radice di P (λ)
se λ = iω è 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 è radice di P (λ)
se λ = α + iω è radice di P (λ)
p(t) = polinomio di grado n
⎧ αt
⎨ e q(t)
teαt q(t)
yp (t) =
⎩ 2 αt
t e q(t)
se λ = α non è radice di P (λ)
se λ = α è radice semplice di P (λ)
se λ = α è radice doppia di P (λ)
dove q(t) = an tn + an−1 tn−1 + · · · + a1 t + a0 è 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 + by + cy = f1 (t) e un integrale
particolare y2 (t) di ay + by + cy = f2 (t). Allora un integrale particolare yp (t) di ay + by + cy =
f1 (t) + f2 (t) è
yp (t) = y1 (t) + y2 (t)
(questo fatto è un’immediata conseguenza della linearit`
a dell’equazione differenziale).
6
2
Sistemi di equazioni differenziali
Esercizio 2.1. Si consideri il sistema di equazioni differenziali
x = −x + 3y
x+y
y =
1. Se u1 : R −→ R2 , u2 : R −→ R2 sono due soluzioni del sistema, la funzione
u1 + u2 : R −→ R2
è 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 la soluzione generale del sistema di equazioni differenziali:
x = x − 2y
y = 5x + 3y
R
7
3
Soluzioni
Esercizio 1.1
a) P è additivo:
P (f + g) = a(f + g) + b(f + g) + c(f + g)
= a(f + g ) + b(f + g ) + c(f + g)
= (af + bf + cf ) + (ag + bg + cg)
= P (f ) + P (g)
per ogni f, g ∈ C ∞ (R).
P è omogeneo:
P (λf ) = a(λf ) + b(λf ) + c(λf )
= λaf + λbf + λcf
= λ(af + bf + 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 è soluzione dell’equazione P (f ) = g.
2. Si supponga che y soddisfi l’equazione P (f ) = g, cioè
P (y) = g
(3.1)
P (y − f0 ) = P (y) − P (f0 ) = g − g = 0
(3.2)
Poiché 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 è y(t) = 13
5 e − 5 Be .
Esercizio 1.3
8
a) L’integrale generale: y(t) = Ae−2t + Bet , A, B ∈ R. La soluzione del problema di Cauchy è
1
2
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 è
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
è
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
è
1
1
x−
ex
y(x) = A cos 3x + B sin 3x +
10
50
b) L’integrale particolare va ricercato tra le funzioni del tipo yp (x) = α sin 2x + β cos 2x. L’integrale
generale è
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
è
31
1
1
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 è un integrale particolare di P (f ) = g e f2 è un integrale particolare di P (f ) = g
allora f1 + f2 è un integrale di P (f ) = g + g. In altre parole,
se P (f1 ) = g e P (f2 ) = g
9
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 + 4y = sin x + sin 2x è yp (x) = 13 sin x − 14 x cos 2x.
L’inegrale generale è
y(x) = A cos 2x + B sin 2x +
1
1
sin x − x cos 2x
3
4
Esercizio 1.7 L’equazione differenziale omogenea è la stessa per tutti e tre i casi, cioè 2y +5y −3y = 0.
L’equazione caratteristica è 2λ2 + 5λ − 3 = 0, le cui soluzioni sono λ = −3 e λ = 12 . L’integrale generale
dell’equazione omogenea è
1
y0 (x) = Ae−3x + Be 2 x
con A, B ∈ R.
1. Un integrale particolare yp (x) dell’equazione differenziale
2y + 5y − 3y = e−3x
(3.3)
va ricercato tra le funzioni del tipo yp (x) = kxe−3x , k ∈ R (metodo di somiglianza). Si ottiene
yp (x) = e−3x (k − 3kx)
(3.4)
yp (x)
(3.5)
−3x
= e
(9kx − 6k)
Sostituendo (3.4) e (3.5) in (3.3) si ricava: k = − 17 . Quindi l’integrale generale è
1
1
y(x) = Ae−3x + Be 2 x − xe−3x
7
con A, B ∈ R.
2. Un integrale particolare yp (x) dell’equazione differenziale
2y + 5y − 3y = sin x
(3.6)
va ricercato tra le funzioni del tipo yp (x) = k1 cos x + k2 sin x, k1 , k2 ∈ R (metodo di somiglianza). Si
ottiene
yp (x) = −
1
1
cos x −
sin x
10
10
Quindi l’integrale generale di (3.6) è
1
y(x) = Ae−3x + Be 2 x −
1
1
cos x −
sin x
10
10
3. Un integrale particolare yp (x) dell’equazione differenziale
2y + 5y − 3y = e−3x + sin x
10
(3.7)
è
1
1
1
yp (x) = − xe−3x −
cos x −
sin x
7
10
10
Pertanto l’integrale generale di (3.7) è
1
1
1
1
cos x −
sin x
y(x) = Ae−3x + Be 2 x − xe−3x −
7
10
10
Esercizio 2.1
1. Il sistema in forma matriciale assume la forma
u = Au
−1 3
dove A = 1 1
(3.8)
. Se u1 : R −→ R2 e u2 : R −→ R2 sono due soluzioni del sistema si ha
u1 = Au1 ,
u2 = Au2
Segue che
(u1 + u2 ) = u1 + u2 = Au1 + Au2
= A(u1 + u2 )
Pertanto, u1 + u2 è una soluzione del sistema.
Si ricordi che l’insieme delle soluzioni di un qualsiasi sistema differenziale di tipo (3.8) 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, cioè
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}
La soluzione generale del sistema è
1 −2t −3 A, B ∈ R
u(t) = Ae + Be 1
1 2t 11
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 è A = B = 1. La funzione u : R −→ R2 che soddisfa le condizioni iniziali assegnate
è
2t 1 −2t −3 u(t) = e + e 1
1 Il sistema, in forma matriciale, assume la forma X = AX. Gli autovalori di A =
Esercizio 2.2
1 −2 (matrice del sistema) sono le radici dell’equazione caratteristica
5
3 det(A − λI) = λ2 − 4λ + 13 = 0
ossia λ1 = 2 + 3i, λ2 = 2 − 3i. Scelto uno di questi due autovalori, per esempio λ1 = 2 + 3i, bisogna
trovare un corrispondente autovettore ovvero una soluzione non nulla del sistema lineare
(A − λ1 I)X = 0
(3.9)
Il sistema (3.9)
(−1 − 3i)x − 2y = 0
5x + (1 − 3i)y = 0
è formato da due equazioni equivalenti; una soluzione non nulla è, per esempio,
2
v1 = −1 − 3i La funzione a valori complessi
(2+3i)t
e
2
−1 − 3i
(3.10)
è una soluzione del sistema X = AX. La parte reale e la parte immaginaria di tale soluzione a valori
complessi sono soluzioni reali, linearmente indipendenti, dello stesso sistema X = AX.
Da (3.10) si ottiene
2t
e
2(cos 3t + i sin 3t)
(−1 − 3i)(cos 3t + i sin 3t)
= e2t
2 cos 3t
(− cos 3t + 3 sin 3t)
2 sin 3t
2t
+ ie −3 cos 3t − sin 3t
Quindi la soluzione generale del sistema è
2e2t cos 3t
A 2t
e (− cos 3t + 3 sin 3t)
+B
dove A, B sono costanti reali arbitrarie.
12
2e2t sin 3t
2t
e (−3 cos 3t − sin 3t)

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