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Dispense del corso di Analisi IIversione preliminare
Paolo Tilli
Dipartimento di MatematicaPolitecnico di Torino
email: [email protected]
21 dicembre 2004
Capitolo 4
Equazioni differenziali
4.1 Introduzione
La risoluzione di numerosi problemi della matematica, della fisica e delle scien-ze applicate consiste nel determinare una funzione incognita x(t) che verifichi unaequazione del tipo
(4.1) x(n)(t) = F(t, x(t), x′(t), . . . , x(n−1)(t)
),
nella quale compaiono le derivate di x(t) fino a un certo ordine n: un’equazione diquesto tipo viene detta equazione differenziale di ordine n. Il tipo di equazione chex(t) e le sue derivate devono soddisfare, cioe l’ordine n e la forma della funzione F ,dipendono naturalmente da quale e il problema in questione; in ogni caso, risolverel’equazione differenziale (4.1) significa determinare tutte le funzioni x(t) che la sod-disfano: l’incognita del problema, in altre parole, e sempre una funzione (e non unnumero, come accade ad esempio per le equazioni algebriche).
Da un punto di vista matematico, l’equazione differenziale piu semplice e sen-z’altro l’equazione del primo ordine
(4.2) x′(t) = 0,
dove si chiede di determinare tutte le funzioni x(t) che hanno derivata nulla in ognipunto. Sappiamo dal calcolo differenziale che la (4.2) equivale a dire che x(t) e unafunzione costante: pertanto, le soluzioni dell’equazione differenziale (4.2) sono leseguenti
(4.3) x(t) = C, C costante arbitraria.
L’equazione differenziale (4.2) ha quindi infinite soluzioni, e ogni soluzione e del tipodescritto nella (4.3): diciamo quindi che la formula (4.3) indica la soluzione generaledell’equazione differenziale (4.2).
L’esempio (4.2), pur nella sua semplicita, presenta gia un fenomeno tipico delleequazioni differenziali. Infatti, come vedremo,
un’equazione differenziale ha, in generale, infinite soluzioni.
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Equazioni differenziali appena piu generali della (4.2) sono gia state incontratenella teoria dell’integrazione: in effetti, ogni volta che si calcolano le primitive di unafunzione continua, si risolve implicitamente un’equazione differenziale. Ad esempio,risolvere l’equazione differenziale
x′(t) = t + cos t
significa esattamente determinare tutte le primitive della funzione a secondo membro.In questo esempio, sappiamo che la soluzione generale e data da
x(t) =t2
2+ sin t + C, C costante arbitraria.
Naturalmente, non tutte le equazioni differenziali sono di tipo cosı semplice (e nonsempre e possibile trovarne tutte le soluzioni in modo esplicito). Ad esempio,
(4.4) x′(t) = ex(t) + t2
e un’equazione differenziale del primo ordine le cui soluzioni non si riescono a de-terminare in modo esplicito.1 Tuttavia, uno sguardo un po’ piu attento alla (4.4)permette di ricavare subito alcune proprieta di una eventuale soluzione x(t): adesempio, anche non conoscendo x(t), possiamo dire che il secondo membro dell’e-quazione e strettamente positivo, quindi ogni soluzione x(t) sara necessariamentecrescente nel suo dominio di definizione ecc.
Nel corso del capitolo studieremo equazioni differenziali del primo e del secondoordine. In particolare, il paradigma fondamentale per le equazioni differenziali delsecondo ordine e dato dalla legge di Newton
(4.5) mx′′(t) = F (t, x(t), x′(t))
dove x(t) indica la posizione di una particella2 di massa m al tempo t, su cui agi-sce una forza esterna F che dipende in ogni istante dal tempo t, dalla posizionex(t) della particella e dalla sua velocita istantanea x′(t): la derivata seconda x′′(t)della posizione rispetto al tempo rappresenta invece l’accelerazione istantanea dellaparticella.
La (4.5) (che e semplicemente una maniera piu dettagliata di scrivere la formulaF = ma) puo assumere varie forme a seconda del problema considerato (cioe aseconda di come la forza esterna dipende dal tempo, dalla posizione e dalla velocitadella particella), dando origine a un grande numero di equazioni differenziali anchemolto diverse tra loro.
1E bene sottolineare che questa non e un’eccezione, ma anzi e quasi una regola generale. Ineffetti, tutte le tecniche che esamineremo per determinare le soluzioni in modo esplicito, si applicanosoltanto a classi molto particolari di equazioni differenziali.
2Per semplicita, consideriamo il caso in cui la particella si muove su una retta: la posizionex(t) si puo quindi identificare con un numero reale anziche con un vettore, come avviene nel casogenerale. Un discorso analogo vale per la forza esterna F .
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! Esempio 4.1.1 (caduta di un grave senza attrito) Consideriamo un corpo dimassa m che cade verso il basso (lungo una retta verticale che orientiamo col versopositivo in alto) a causa della gravita, e indichiamo con x(t) la sua altezza rispettoal suolo (e quindi la sua posizione) al tempo t. Se g denota l’accelerazione di gravita,la forza F che agisce sul corpo (trascurando l’attrito dell’aria) e pari a −mg (il segnomeno indica che la forza e diretta verso il basso, cioe nel verso negativo della rettaorientata). In queste ipotesi, la (4.5) si riduce a mx′′(t) = −mg, ovvero
(4.6) x′′(t) = −g, g costante.
La (4.6) e un esempio molto semplice di equazione differenziale: la funzione x(t) etale che la sua derivata seconda rispetto a t e costantemente uguale a −g. Risolvere la(4.6) significa determinare tutte le possibili funzioni x(t) che hanno questa proprieta.Integrando la (4.6) rispetto alla variabile t, otteniamo
x′(t) = −gt + A,
dove A e una qualsiasi costante. Integrando ancora una volta, otteniamo
(4.7) x(t) = −g
2t2 + At + B, A e B costanti arbitrarie.
La formula (4.7) rappresenta quindi la soluzione generale dell’equazione differenziale(4.6). Per ogni possibile scelta delle costanti A e B (ad esempio, A = 100 e B = 5)si ottiene una soluzione particolare dell’equazione differenziale (ad esempio, x(t) =−g
2t2 + 100t + 5). �
Osservazione 4.1.2 Se ripensiamo al significato fisico dell’equazione differenziale(4.6), il fatto che la soluzione generale dipenda da due parametri liberi A e B non eaffatto strano. Infatti la (4.6) rappresenta per cosı dire la legge generale cui obbedisceun qualsiasi corpo in caduta verticale: e chiaro pero che il moto effettivo di un corpoche cade dipendera, oltre che dalla legge di Newton, anche da quali sono la suaposizione e la sua velocita all’inizio della caduta. E nell’esempio, e proprio questo ilsignificato delle costanti A e B che compaiono nella soluzione generale (4.7): infatti,si verifica subito che se x(t) e la soluzione generale (4.7), si ha x(0) = B e x′(0) = A.�
Piu in generale, data un’equazione differenziale di ordine n ≥ 1 come la (4.1), si puoconsiderare il cosiddetto problema di Cauchy associato all’equazione differenziale,cioe un sistema del tipo
(4.8)
x(n)(t) = F(t, x(t), x′(t), . . . , x(n−1)(t)
)x(t0) = α0
x′(t0) = α1
...
x(n−1)(t0) = αn−1
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nel quale la prima equazione e l’equazione differenziale vera e propria, mentre lealtre sono n condizioni aggiuntive, dette condizioni iniziali, nelle quali i numeri t0e α0, . . . , αn−1 sono assegnati. Il significato e il seguente: determinare, tra tuttele funzioni x(t) che verificano l’equazione differenziale, quella, o tutte quelle, cheverificano anche le n condizioni iniziali nel punto t0. Si noti che le condizioni inizialiconsistono nel prescrivere i valori della funzione x, e di tutte le sue derivate finoall’ordine n− 1, in uno stesso punto t0.
In alcuni casi, il problema di Cauchy (4.8) ammette un’unica soluzione x(t) (chee ovviamente una soluzione particolare dell’equazione differenziale, cioe l’unica solu-zione che verifica le condizioni iniziali): diciamo allora che per il problema di Cauchyin questione c’e esistenza e unicita della soluzione.
! Esempio 4.1.3 Un corpo inizialmente fermo cade da un’altezza h. Trascurandol’attrito dell’aria, dopo quanto tempo il corpo arrivera a terra?
Conosciamo gia l’equazione differenziale (4.6) che governa la caduta del corpo, ede naturale scegliere l’origine dei tempi in modo che l’istante t0 in cui il corpo inizia acadere sia proprio t0 = 0. Pertanto, il problema di Cauchy che dobbiamo impostaree il seguente
x′′(t) = −g
x(0) = h
x′(0) = 0.
La prima condizione iniziale x(0) = h esprime il fatto che il corpo, al tempo t = 0,si trova ad altezza h; la seconda, invece, esprime il fatto che il corpo e inizialmentefermo, cioe che la sua velocita iniziale x′(0) e uguale a zero.
Sappiamo dalla (4.7) che la soluzione generale dell’equazione differenziale e
x(t) = −g
2t2 + At + B, A e B costanti arbitrarie.
Per risolvere il problema di Cauchy, basta quindi determinare le costanti A e B inmodo da verificare le condizioni iniziali. La derivata x′(t) della soluzione generale ex′(t) = −gt + A, e quindi imponendo le due condizioni iniziali troviamo{
x(0) = hx′(0) = 0
⇐⇒{
B = hA = 0.
La soluzione del problema di Cauchy e quindi data da
(4.9) x(t) = −g
2t2 + h,
e per capire quando il corpo tocchere terra, basta risolvere l’equazione x(t) = 0 chefornisce t =
√2h/g. Ad esempio, se l’altezza iniziale h e pari a 100 metri, ricordando
che g = 9, 8 m/s2, si trova che il tempo di caduta e di circa 4.5 secondi. �
Esaminiamo qualche altro esempio elementare di equazioni differenziali della fisicamatematica.
84
! Esempio 4.1.4 (caduta con attrito) Consideriamo ancora il problema della ca-duta di un grave tenendo conto, questa volta, dell’attrito dell’aria. Questo puo esserefatto secondo modelli fisico-matematici diversi (piu o meno realistici a seconda del-le condizioni): il modello piu semplice e quello in cui si presuppone che la forzadi attrito, che si oppone al moto del corpo tendendo a frenarlo, sia direttamenteproporzionale alla velocita x′(t) del corpo. Indicando con µ ≥ 0 il coefficiente diproporzionalita (coefficiente di attrito), la legge di Newton (4.5) prende la forma
mx′′(t) = −µx′(t)−mg
(il secondo termine ha segno negativo, in quanto la forza di attrito agisce in dire-zione opposta a quella del moto) e quindi ponendo c = µ/m si trova l’equazionedifferenziale
(4.10) x′′(t) + cx′(t) = −g.
Il problema di Cauchy corrispondente (con tempo iniziale t0) e quindi
(4.11)
x′′(t) + cx′(t) = −g
x(t0) = x0
x′(t0) = v0.
�
! Esempio 4.1.5 (decadimento radioattivo) Data una certa quantita di materialeradioattivo, i suoi atomi emettono particelle subendo un processo di decadimento. Sex(t) indica il numero di atomi che al tempo t non sono ancora decaduti, l’equazionedifferenziale che governa questo processo e
x′(t) = −λx(t),
dove λ > 0 e la costante di decadimento, ha le dimensioni di una frequenza ed ecaratteristica del materiale (ad esempio, per il radio si ha λ ≈ 1.39 × 10−11 sec−1).Pertanto, se N0 indica il numero di atomi attivi al tempo iniziale t = 0, il problemadi Cauchy che governa questo fenomeno e{
x′(t) = −λx(t)
x(0) = N0.
�
! Esempio 4.1.6 (oscillatore smorzato) Una massa m e attaccata all’estremita diuna molla, mentre l’altra estremita della molla e fissa. Allungando o accorciando lamolla, la massa m si puo spostare lungo una retta: indichiamo con x(t) la posizionedella massa al tempo t, in modo che l’origine x = 0 indichi la posizione di equilibrio incui la molla ha la sua lunghezza naturale. Quando la molla e allungata o accorciata,essa esercita sulla massa una forza di richiamo pari a −kx(t), dove k e la costante dielasticita della molla (il segno negativo indica che la forza e diretta verso la posizione
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di equilibrio). L’equazione differenziale che governa il moto della massa (lasciatalibera di muoversi lungo la retta) si ottiene dalla (4.5) ponendo F = −kx(t) ed equindi
mx′′(t) = −kx(t).
Se poi il moto della massa e smorzato da una forza di attrito −µx′(t) (come nel casodella caduta di un grave), l’equazione diventa
mx′′(t) = −kx(t)− µx′(t).
Infine, se si esercita artificialmente sulla massa una forza esterna f(t), si ottienel’equazione generale dell’oscillatore smorzato e forzato
mx′′(t) = −kx(t)− µx′(t) + f(t).
Ponendo K = k/m, c = µ/m e g(t) = f(t)/m, si ottiene l’equazione lineare delsecondo ordine
(4.12) x′′(t) + cx′(t) + Kx(t) = g(t).
Se in un certo istante t0 (ad esempio l’instante iniziale) si sa che la massa si trovanel punto x0 e ha una velocita v0, il moto della massa e governato dal problema diCauchy
(4.13)
x′′(t) + cx′(t) + Kx(t) = g(t)
x(t0) = x0
x′(t0) = v0.
�
! Esempio 4.1.7 (circuito RCL) Consideriamo un circuito elettrico formato da unaresistenza R, una induttanza L e una capacita (condensatore) C collegate in serie.Le cadute di tensione ai capi della resistenza, dell’induttanza e del condensatoresono rispettivamente RI(t), LI ′(t) e Q(t)/C, dove I(t) e l’intensita di corrente cheattraversa il circuito e Q(t) e la carica del condensatore al tempo t. Se ai capi delcircuito e applicata una forza elettromotrice E(t) variabile nel tempo, l’equazionedifferenziale che governa il circuito segue dalla legge di Kirchoff ed e quindi
LI ′(t) + RI(t) +Q(t)
C= E(t).
Di solito si preferisce scrivere l’equazione differenziale nell’incognita I(t), eliminandoQ(t). Dato che I(t) = Q′(t), derivando la precedente uguaglianza rispetto a t siottiene l’equazione differenziale lineare del secondo ordine
LI ′′(t) + RI ′(t) +I(t)
C= E ′(t).
Si noti che, dividendo per L, si ottiene un’equazione differenziale che e formalmenteidentica all’equazione dell’oscillatore (4.12). �
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4.2 Equazioni lineari del primo ordine
Un’equazione differenziale del tipo
(4.14) x′(t) + a(t)x(t) = g(t),
dove a(t) e g(t) sono funzioni continue definite almeno su un intervallo aperto, vienedetta equazione lineare del primo ordine. La funzione g(t) viene chiamata termineforzante: nel caso particolare in cui g(t) ≡ 0, l’equazione diventa
(4.15) x′(t) + a(t)x(t) = 0.
e viene detta omogenea.Iniziamo a considerare l’equazione omogenea nel caso particolare in cui la funzione
a(t) e costante. L’equazione si riduce a
(4.16) x′(t) + ax(t) = 0, a costante.
Per trovarne la soluzione generale, moltiplichiamo l’equazione per eat ottenendol’equazione equivalente
x′(t)eat + ax(t)eat = 0.
Il primo membro e la derivata del prodotto x(t)eat, quindi l’equazione si riduce a
d
dt
(x(t)eat
)= 0,
ovvero x(t)eat = A, A costante, e quindi la soluzione generale dell’equazionedifferenziale (4.16) e data da
(4.17) x(t) = Ae−at, A costante arbitraria.
Veniamo ora al caso generale della (4.14), che puo essere risolta con un raffinamentodi questa tecnica.
Teorema 4.2.1 Siano a(t) e g(t) due funzioni continue in un intervallo aperto I.Allora, nell’intervallo I, la soluzione generale dell’equazione lineare del primo ordine
(4.18) x′(t) + a(t)x(t) = g(t)
e data da
(4.19) x(t) = e−r(t)
(∫er(t)g(t) dt + C
), C costante arbitraria,
dove la funzione r(t) =∫
a(t) dt e una qualsiasi primitiva della funzione a(t) su I.Inoltre, per qualsiasi valore di t0 ∈ I e x0 ∈ R, il problema di Cauchy
(4.20)
{x′(t) + a(t)x(t) = g(t), t ∈ I
x(t0) = x0.
ha un’unica soluzione.
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Dimostriamo soltanto la formula (4.19) per la soluzione generale. Osserviamo peroche la soluzione del problema di Cauchy si puo ottenere partendo dalla (4.19),determinando l’unica costante C che rende vera la condizione iniziale x(t0) = x0.
Dimostrazione. Sia r(t) una primitiva di a(t) su I. Moltiplicando l’equazione (4.18)per il fattore integrante er(t) si ottiene l’equazione differenziale
er(t)x′(t) + er(t)a(t)x(t) = er(t)g(t)
che e equivalente alla (4.18) essendo er(t) 6= 0 per ogni t. Ma il primo membro e laderivata del prodotto er(t)x(t), dato che
d
dter(t) = r′(t)er(t) = a(t)er(t)
Pertanto l’equazione differenziale si puo scrivere come
d
dt
(er(t)x(t)
)= er(t)g(t)
e quindi equivale a
er(t)x(t) =
∫er(t)g(t) dt + C, C costante arbitraria.
Moltiplicando per e−r(t), si ottiene la formula (4.19). �
Esempio 4.2.2 Consideriamo l’equazione x′(t) = 2x(t) + t. Essa e del tipo (4.18)con a(t) = −2 e g(t) = t (ed entrambe le funzioni sono continue su I = R). Unaprimitiva di a(t) e ad esempio r(t) = −2t, quindi usando la (4.19) otteniamo
x(t) = e2t
(∫e−2tt dt + C
), C costante arbitraria.
Dato che ∫e−2tt dt = −e−2t
(t
2+
1
4
)e una primitiva di e−2tt, otteniamo la soluzione generale
(4.21) x(t) = −(
t
2+
1
4
)+ Ce2t, C costante arbitraria.
Volendo risolvere ad esempio il problema di Cauchy{x′(t) = 2x(t) + t,
x(1) = 2,
basta imporre la condizione iniziale x(1) = 2 nella (4.21) per trovare la costante C:
−(
1
2+
1
4
)+ Ce2 = 2 ⇐⇒ C =
11e−2
4.
88
La soluzione del problema di Cauchy e quindi
x(t) = −(
t
2+
1
4
)+
11e−2
4e2t.
�
Esempio 4.2.3 Consideriamo il problema di Cauchy
(4.22)
{x′(t)− 2tx(t) = 4t,
x(0) = 1.
L’equazione differenziale e del tipo (4.18) con a(t) = −2t e g(t) = 4t. Determiniamoun fattore integrante
r(t) =
∫a(t) dt =
∫(−2t) dt = −t2.
Applicando la formula (4.19) otteniamo
x(t) = et2(∫
e−t24t dt + C
)= et2
(−2e−t2 + C
)= −2 + Cet2 ,
e quindi la soluzione generale dell’equazione differenziale e
x(t) = −2 + Cet2 , C costante opportuna.
Per risolvere il problema di Cauchy, determiniamo la costante C imponendo lacondizione iniziale x(0) = 1:
−2 + C = 1 ⇐⇒ C = 3.
Quindi la soluzione del problema di Cauchy (4.22) e x(t) = −2 + 3et2 . �
In casi particolari, ci si puo ridurre ad una equazione del primo ordine, anchepartendo da equazioni di ordine piu elevato.
! Esempio 4.2.4 (riduzione dell’ordine) L’equazione differenziale (4.10) e linearedel secondo ordine: tuttavia, in essa compaiono solo le derivate x′(t) e x′′(t) ma nonla funzione x(t), e si puo sfruttare questo fatto per ridursi a un’equazione lineare delprimo ordine (la tecnica utilizzata e piuttosto generale e si applica anche ad altritipi di equazioni differenziali). Cambiamo la funzione incognita ponendo v(t) = x′(t)nella (4.10), riscrivendola nel modo seguente
v′(t) = −cv(t)− g,
che e un’equazione lineare del primo ordine nella nuova incognita v(t) (si noti che v(t)indica la velocita istantanea del corpo). L’equazione e del tipo (4.18) con a(t) = c eg(t) = −g. Applicando la (4.19) con r(t) = ct otteniamo quindi
v(t) = e−ct
(∫ect(−g) dt + C
)= e−ct
(−gect
c+ C
)= −g
c+ Ce−ct,
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e quindi la soluzione generale (nella variabile x′(t)) e data da
x′(t) = v(t) = −g
c+ Ce−ct, C costante arbitraria.
Integrando rispetto a t, si ottiene la soluzione generale dell’equazione (4.10)
(4.23) x(t) = −gt
c− Ce−ct
c+ B, C e B costanti arbitrarie.
Infine, ponendo A = −C/c, si puo semplificare ulteriormente ottenendo
x(t) = −gt
c+ Ae−ct + B, A e B costanti arbitrarie.
�
Esercizi
4.2.1 Sia x(t) la generale soluzione del problema della caduta verticale con attrito, data dalla(4.23). Dimostrare che la velocita x′(t) ammette un limite finito per t → ∞. Come si interpretaquesto risultato, nel caso del lancio di un paracadutista?4.2.2 Un corpo del peso di un chilogrammo cade da un’altezza di 100 metri e raggiunge terra inun tempo pari a 7 secondi. Qual e il coefficiente di attrito µ? (Suggerimento: si risolva il problemadi Cauchy usando la (4.23) e ricordando il significato dei parametri fisici).4.2.3 Dopo aver determinato la soluzione generale dell’equazione differenziale, si risolvano i seguentiproblemi di Cauchy, evidenziando il dominio della soluzione:{
x′(t) + tx(t) = t
x(0) = 0.
x′(t) +x(t)
t= 4
x(1) = 0.
{x′(t) + sin(t)x(t) = sin t
x(0) = 1 + e.
{x′(t) + etx(t) = et
x(0) = 2 + e.
4.2.4 Si considerino le soluzioni generali delle equazioni differenziali che compaiono negli eserciziprecedenti. Per ciascuna di esse, si trovino i valori dei parametri (se esistono) che rendono lasoluzione: (i) infinitesima all’infinito, oppure (ii) limitata su R.
4.3 Equazioni del primo ordine non lineari
Abbiamo visto che il problema di Cauchy per le equazioni lineari del primo ordine haesistenza e unicita della soluzione. Inoltre, se il coefficiente a(t) e il termine forzanteg(t) sono continui su tutto R, la soluzione e definita su tutto R (esistenza globale).
Per le equazioni del primo ordine di tipo generale, cioe del tipo
(4.24) x′(t) = F (t, x(t))
in cui la funzione F non e necessariamente lineare nella variabile x, la situazione e piudelicata. In particolare, possono capitare fenomeni di non unicita della soluzione, e lesoluzioni (anche quando il problema di Cauchy ha soluzione unica) possono risultaredefinite soltanto su un intervallo (esistenza locale invece che globale).
90
! Esempio 4.3.1 (non unicita) Consideriamo il problema di Cauchy{x′(t) = 2
√|x(t)|
x(0) = 0.
Una soluzione e ovviamente data dalla funzione costante x(t) = 0. Tuttavia, essanon e l’unica soluzione, ma ve ne sono infinite altre! Ad esempio, anche la funzione
x(t) =
{0 se x < 1,
(x− 1)2 se x ≥ 1
e una soluzione dello stesso problema di Cauchy. Infatti, la funzione e derivabile ela sua derivata e data da
x′(t) =
0 se x < 1,
0 se x = 1,
2(x− 1) se x > 1
(il fatto che x′(0) = 0 va verificato calcolando direttamente il limite dei rapportiincrementali). Pertanto, si ha effettivamente x′(t) = 2
√|x(t)| e x(0) = 0. E chiaro
che questa costruzione si puo ripetere scegliendo, al posto del numero 1, un qualsiasinumero t0 ≥ 0: in altre parole, per ogni t0 ≥ 0 la funzione
x(t) =
{0 se x < t0,
(x− t0)2 se x ≥ t0
e una soluzione del problema di Cauchy, che ha pertanto infinite soluzioni. �
! Esempio 4.3.2 (esistenza non globale) Consideriamo il problema di Cauchy{x′(t) = x(t)2
x(0) = 1.
Una soluzione di questo problema e data dalla funzione
x(t) =1
1− t.
Si noti tuttavia che questa funzione non ha, come dominio, tutta la retta reale R,e il piu grande intervallo aperto (contenente il punto iniziale t0 = 0) in cui essa edefinita e la semiretta (−∞, 1). In questo caso, comunque, si puo dimostrare chequesta e l’unica soluzione del problema di Cauchy. �
! Esempio 4.3.3 (esistenza non globale) Consideriamo ora il problema di Cauchy{x′(t) = 1 + x(t)2
x(0) = 0.
91
Una soluzione di questo problema e data dalla funzione
x(t) = tan t,
e il piu grande intervallo aperto (contenente il punto iniziale t0 = 0) su cui essa edefinita e l’intervallo (−π
2, π
2). Anche in questo caso, si puo dimostrare che x(t) =
tan t e l’unica soluzione del problema di Cauchy. �
Torniamo all’equazione generale del primo ordine (4.24): nel cercarne le soluzioni,conviene iniziare a vedere se essa ammette soluzioni stazionarie.
Definizione 4.3.4 Una soluzione x(t) di un’equazione differenziale e detta soluzionestazionaria se essa e costante, ovvero se esiste una costante x0 tale che x(t) = x0
per ogni t ∈ R.
E chiaro che la funzione costante x(t) = x0 e una soluzione stazionaria della (4.24)se e solo se il numero x0 verifica
F (t, x0) = 0 ∀t ∈ R.
! Esempio 4.3.5 Cerchiamo eventuali soluzioni stazionarie dell’equazione differen-ziale
x′(t) = x(t)2.
E chiaro che x(t) = x0 e soluzione stazionaria se e solo se 0 = x20, e quindi x(t) = 0
e l’unica soluzione stazionaria di questa equazione differenziale. Analogamente, siverifica facilmente che x(t) = 0 e l’unica soluzione stazionaria di x(t) = 2
√|x(t)|.
Invece, l’equazione differenziale x′(t) = 1 + x(t)2 non ha nessuna soluzione sta-zionaria. Infatti, se x(t) = x0 fosse soluzione, si dovrebbe avere 0 = 1 + x2
0, che eassurdo.
D’altra parte, l’equazione differenziale x′(t) = sin(x(t)) ha infinite soluzioni sta-zionarie: infatti, l’equazione 0 = sin x0 ha come soluzioni tutti i numeri del tipox0 = kπ con k intero.
Infine, l’equazione differenziale
x′(t) = et(1− x(t)
)arctan x(t)
ha solo due soluzioni stazionarie, che sono x(t) = 1 e x(t) = 0. �
Un caso particolare dell’equazione (4.24) si ottiene quando la funzione F (t, x(t))si fattorizza nel prodotto di due funzioni, una di t e l’altra di x(t).
Definizione 4.3.6 Un’equazione differenziale del primo ordine si dice a variabiliseparabili se e del tipo
(4.25) x′(t) = f(x(t)) · g(t),
dove f e g sono due funzioni continue (ciascuna, almeno su un intervallo aperto).
92
Teorema 4.3.7 (separazione delle variabili) Siano f(x) e g(t) due funzioni con-tinue. Se f(x0) = 0, allora x(t) = x0 e soluzione stazionaria dell’equazione differen-ziale
(4.26) x′(t) = f(x(t)) · g(t).
Supponiamo ora che F (x) =∫
1f(x)
dx e G(t) =∫
g(t) dt siano due primitive di
1/f(x) e di g(t), cioe
(4.27) F ′(x) =1
f(x)e G′(t) = g(t).
Se x(t) e una funzione tale che
(4.28) f(x(t)) 6= 0, F (x(t)) = G(t) + C (C costante),
allora x(t) e soluzione dell’equazione differenziale (4.26).Infine, se f e di classe C1, ogni problema di Cauchy associato alla (4.26) ha
soluzione unica.
Dimostreremo soltanto la prima parte dell’enunciato.
Dimostrazione. Se f(x0) = 0, allora x(t) = x0 e chiaramente una soluzione stazio-naria della (4.26). Supponiamo ora che x(t) verifichi la (4.28): derivando rispetto at l’uguaglianza nella (4.28), otteniamo
x′(t)F ′(x(t)) = G′(t),
ovvero usando la (4.27)x′(t)
f(x(t))= g(t)
che equivale alla (4.26). �
Osservazione 4.3.8 Se la funzione F (x) e invertibile e la sua inversa F−1 e nota,dalla (4.28) si puo ottenere la rappresentazione esplicita
x(t) = F−1(G(t) + C
), C costante
di alcune soluzioni non stazionarie della (4.25). �
! Esempio 4.3.9 L’equazione differenziale x′(t) = tx(t)2 e a variabili separabili conf(x) = x2 e g(t) = t, e ha come unica soluzione stazionaria x(t) = 0.
Ponendo
F (x) =
∫1
x2dx = −1
x, G(t) =
∫t dt =
t2
2,
la (4.28) diventa
− 1
x(t)=
t2
2+ C,
93
e quindi
(4.29) x(t) =−1
C + t2/2, C costante arbitraria.
Si noti che la soluzione stazionaria x(t) = 0 non si ottiene da questa formula, peralcun valore di C. Ricapitolando, le funzioni
x(t) = 0 ∀t, oppure x(t) =−1
C + t2/2, C costante arbitraria
sono soluzioni dell’equazione differenziale.Si noti che f(x) = x2 e di classe C1: quindi (per la seconda parte del teorema) il
problema di Cauchy {x′(t) = tx(t)2
x(t0) = x0
ammette un’unica soluzione, per ogni scelta di t0 e x0. Quindi, se x0 = 0, alloral’unica soluzione e quella stazionaria x(t) = 0. Invece, se x0 6= 0, imponendo x(t0) =x0 nella (4.29) otteniamo l’equazione
−1
C + t20/2= x0 ⇐⇒ C + t20/2 = − 1
x0
⇐⇒ C = − 1
x0
− t20/2,
che permette di determinare la soluzione del problema di Cauchy. �
Segnaliamo infine che, per cercare di risolvere equazioni del tipo
(4.30) x′(t) = F
(x(t)
t
)in cui il secondo membro dipende unicamente dal rapporto x(t)/t, conviene effettuareil cambiamento di variabile
z(t) =x(t)
t
per ottenere una nuova equazione che, nell’incognita z(t), risulta a variabili separa-bili. Infatti si ha x(t) = tz(t), e derivando rispetto a t si ottiene
x′(t) = tz′(t) + z(t).
Sostituendo x′(t) nell’equazione differenziale, otteniamo la nuova equazione
(4.31) z′(t) =F (z(t))− z(t)
t,
che e ora a variabili separabili.
94
! Esempio 4.3.10 Consideriamo l’equazione differenziale
x′(t) =1
4+
x(t)2
t2,
che e del tipo (4.30) con F (s) = 14
+ s2. Ponendo z(t) = x(t)/t, si pervieneall’equazione (4.31)
z′(t) =14
+ z(t)2 − z(t)
t,
ovvero
z′(t) =
(z(t)− 1
2
)2
t.
L’unica soluzione stazionaria e z(t) = 1/2, mentre separando le variabili si trova∫dz(
z(t)− 12
)2 =
∫dt
t.
Integrando, si ha
− 1
z(t)− 12
= C + log |t|,
da cui la soluzione generale
z(t) =1
2oppure z(t) =
1
2− 1
C + log |t|,
Tornando all’incognita di partenza x(t) = tz(t), si trova
x(t) =t
2oppure z(t) =
t
2− t
C + log |t|, C costante arbitraria.
�
Esercizi
4.3.1 Si dimostri che le due funzioni x(t) = (t−2)3 e x(t) = 0 sono entrambe soluzioni del problemadi Cauchy {
x′(t) = 3x(t)23
x(2) = 0
4.3.2 Dopo aver determinato la soluzione generale dell’equazione differenziale, si risolvano i seguentiproblemi di Cauchy, evidenziando il dominio della soluzione:{
x′(t) = −2tex(t)
x(0) = 0.
{x′(t) = 4
(x(t)2 − 1
)t
x(1) = −1.
x′(t) = 2x(t) + t
tx(1) = 1.
{x′(t) = t3
(1 + x(t)2
)x(0) = 0.
4.3.3 Si considerino le soluzioni generali delle equazioni differenziali che compaiono negli eserciziprecedenti. Per ciascuna di esse, si trovino i valori dei parametri (se esistono) che rendono lasoluzione: (i) infinitesima all’infinito, oppure (ii) limitata su R.
95
4.4 Equazioni lineari del secondo ordine
Una equazione del tipo
(4.32) x′′(t) + a(x)x′(t) + b(t)x(t) = g(t),
dove a(t), b(t) e g(t) sono funzioni continue su R, viene detta equazione differenzialelineare del secondo ordine. Nel caso particolare in cui g(t) = 0, l’equazione prendela forma
(4.33) x′′(t) + a(x)x′(t) + b(t)x(t) = 0
e viene detta omogenea. In analogia coi sistemi lineari di equazioni algebriche, si hail seguente risultato.
Teorema 4.4.1 L’insieme delle soluzioni dell’equazione lineare omogenea (4.33) euno spazio vettoriale, ovvero se x1(t) e x2(t) sono due soluzioni della (4.33), alloraogni loro combinazione lineare
x(t) = αx1(t) + βx2(t), α, β ∈ R
e a sua volta una soluzione. Infine, supponiamo di aver trovato una soluzione y(t)dell’equazione non omogenea (4.32): allora qualsiasi altra soluzione della (4.32) edel tipo y(t) + x(t), dove x(t) e una soluzione dell’equazione omogenea (4.33).
Dimostrazione. Si tratta di una semplice verifica. Siano x2(t) e x2(t) due soluzionidell’equazione omogenea (4.33). Presi α, β ∈ R, abbiamo allora(
αx1(t) + βx2(t))′′
+ a(x)(αx1(t) + βx2(t)
)′+ b(x)
(αx1(t) + βx2(t)
)=αx′′1(t) + βx′′2(t) + a(x)αx′1(t) + a(x)βx′2(t) + b(x)αx1(t) + b(x)βx2(t)
=α(x′′1(t) + a(x)x′1(t) + b(x)x1(t)
)+ β
(x′′2(t) + a(x)x′2(t) + b(x)x2(t)
)= 0,
il che vuol dire che αx1(t) + βx2(t) e a sua volta una soluzione dell’equazioneomogenea.
Ora supponiamo che y(t) sia una soluzione dell’equazione non omogenea (4.32).Se z(t) e una qualsiasi altra soluzione, si verifica subito che x(t) = y(t)− z(t) risolvel’equazione omogenea (4.33). �
Quindi, per trovare tutte le soluzioni dell’equazione non omogenea (4.32), bastatrovarne una e sommare la soluzione generale dell’equazione omogenea (4.33).
Concentriamoci quindi sulla ricerca della soluzione generale dell’equazione omo-genea, considerando soltanto il caso in cui i coefficienti a(x) e b(x) sono costanti. Ciovuol dire studiare l’equazione
(4.34) x′′(t) + ax′(t) + bx(t) = 0
con a e b costanti assegnate, ed e possibile dimostrare che lo spazio vettoriale dellesue soluzioni ha dimensione due. Pertanto, per trovare tutte le soluzioni e sufficiente
96
trovarne due che siano linearmente indipendenti , e ogni altra soluzione sara una lorocombinazione lineare.
Dato che la (4.34) stabilisce una relazione di proporzionalita tra x(t) e le suederivate, e naturale cercare soluzioni del tipo eαt, dove α e un parametro reale ocomplesso da determinare. Dato che(
eαt)′′
= α2eαt,(eαt
)′= αeαt,
la funzione t → eαt e una soluzione della (4.34) se e solo se
(α2 + aα + b)eαt = 0
ovvero (essendo eαt 6= 0) se e solo se α e una radice dell’equazione di secondo grado
(4.35) α2 + aα + b = 0.
L’equazione di secondo grado (4.35) viene detta equazione caratteristica associata al-l’equazione differenziale (4.34). Quando essa ha due soluzioni α1 e α2 reali e distinte,le due funzioni esponenziali eα1t e eα2t sono due soluzioni linearmente indipendentidella (4.34). L’indipendenza lineare equivale all’implicazione
u, v ∈ R, e ueα1t + veα2t = 0 ∀t =⇒ u = v = 0.
Per mostrarla, e sufficiente ricavare due equazioni nelle due incognite u, v: questeequazioni si ottengono scegliendo prima t = 0 e poi t = 1 nell’uguaglianza ueα1t +veα2t = 0, ovvero {
u + v = 0
eα1u + eα2v = 0.
Dato che la matrice
[1 1
eα1 eα2
]ha determinante non nullo quando α1 6= α2, l’unica
soluzione del sistema e u = v = 0, e l’indipendenza lineare e dimostrata.
Esempio 4.4.2 Consideriamo l’equazione differenziale
x′′(t) + 3x′(t)− 10x(t) = 0.
L’equazione caratteristica e quindi
α2 + 3α− 10 = 0,
che ha le due soluzioniα1 = 2, α2 = −5.
Pertanto, le due funzioni e2t e e−5t sono due soluzioni linearmente indipendentidell’equazione differenziale. �
97
Naturalmente, puo accadere che le due radici α1 e α2 dell’equazione caratteristica,pur essendo distinte, siano numeri complessi coniugati α1 = λ+ iω e α2 = λ− iω. Inquesto caso, le esponenziali eα1t e eα2t sono ancora soluzioni linearmente indipendentidella (4.34), ma assumono valori complessi. Se si cercano soluzioni a valori reali, esufficiente notare che
eα1t = eλt+iωt = eλt(cos ωt + i sin ωt
)= eλt cos ωt + ieλt sin ωt
e che la parte reale e la parte immaginaria di una soluzione della (4.34) sono ancorasoluzioni. In altre parole, le due funzioni
eλt cos ωt, eλt sin ωt
sono due soluzioni della (4.34), e sono linearmente indipendenti : infatti, se u, v ∈ Re
ueλt cos ωt + veλt sin ωt = 0 ∀t,
allora scegliendo prima t = 0 e poi t = π/(2ω) si ottiene il u = v = 0.
Esempio 4.4.3 L’equazione differenziale omogenea
x′′(t) + 4x′(t) + 13x(t) = 0
ha equazione caratteristica α2 + 4α + 13 = 0, con soluzioni complesse coniugateα1 = −2 + 3i, α2 = −2− 3i. Quindi le due funzioni
e−2t cos 3t, e−2t sin 3t
sono due soluzioni linearmente indipendenti dell’equazione differenziale. �
Rimane da esaminare il caso in cui le due radici sono coincidenti, cioe
(4.36) α2 + aα + b = 0 e α =−a±
√a2 − 4b
2= −a
2.
In tal caso, l’esponenziale eαt e ovviamente una soluzione, mentre un’altra soluzioneda essa linearmente indipendente e data dal prodotto t · eαt. Infatti, ponendo x(t) =teαt si ha
x′(t) = (1 + αt)eαt, x′′(t) = (2α + α2t)eαt
e sostituendo nell’equazione si ottiene
x′′(t) + ax′(t) + bx(t) =eαt(2α + α2t + a + aαt + bt
)=eαt
(2α + a
)+ eαt
(α2 + aα + b
)t = 0
per la (4.36). Per l’indipendenza lineare, supponiamo di avere u, v ∈ R tali che
ueαt + vteαt = 0 ∀t.
98
Scegliendo prima t = 0 e poi t = 1, si ottiene il sistema lineare{u = 0
ueα + veα = 0
che ha soluzione unica u = v = 0.Abbiamo visto come si possono ricavare due soluzioni linearmente indipendenti
dell’equazione omogenea, a seconda che le radici dell’equazione caratteristica sianoreali e distinte, complesse coniugate o coincidenti: dato che lo spazio vettorialedelle soluzioni ha dimensione due, si puo facilmente ricavare la soluzione generaledell’equazione.
Ricapitoliamo tutto questo nel seguente teorema.
Teorema 4.4.4 Data l’equazione differenziale a coefficienti costanti
(4.37) x′′(t) + ax′(t) + bx(t) = 0,
siano
α1 =−a +
√a2 − 4b
2, α2 =
−a−√
a2 − 4b
2
le due radici dell’equazione caratteristica α2 + aα + b = 0.
(i) Se α1 e α2 sono reali e distinte, allora la soluzione generale dell’equazionedifferenziale (4.37) e data da
(4.38) x(t) = C1eα1t + C2e
α2t, C1 e C2 costanti arbitrarie.
(ii) Se α1 = α2 sono coincidenti, allora la soluzione generale dell’equazione diffe-renziale (4.37) e data da
(4.39) x(t) = C1eα1t + C2t · eα1t, C1 e C2 costanti arbitrarie.
(iii) Se α1 = λ + iω e α2 = λ − iω sono complesse coniugate, allora la soluzionegenerale dell’equazione differenziale (4.37) e data da
(4.40) x(t) = eλt(C1 cos ωt + C2 sin ωt
), C1 e C2 costanti arbitrarie.
Per determinare la soluzione generale dell’equazione non omogenea (4.32), occorrecombinare i teoremi (4.4.1) e (4.4.4).
Esempio 4.4.5 Consideriamo il problema di Cauchyx′′(t)− 4x(t) = 2 + t
x(0) = 2
x′(0) = 1
99
L’equazione caratteristica e α2− 4 = 0, con soluzioni α = ±2. La soluzione generaledell’equazione omogenea x′′ − 4x = 0 e quindi
C1e2t + C2e
−2t, C1 e C2 costanti arbitrarie.
Inoltre, la funzione x(t) = −14(t + 2) e una soluzione particolare dell’equazione non
omogenea: pertanto, la soluzione generale dell’equazione non omogenea e data da
x(t) = − t
4− 1
2+ C1e
2t + C2e−2t, C1 e C2 costanti arbitrarie.
Imponendo le condizioni iniziali x(0) = 0 e x′(0) = 1, troviamo il sistema di equazioni− 1
2+ C1 + C2 = 0
− 1
4+ 2C1 − 2C2 = 1
che ha come soluzione C1 = 9/16, C2 = −1/16. Pertanto, la soluzione del problemadi Cauchy e
x(t) = − t
4− 1
2+
9
16e2t − 1
16e−2t.
�
! Esempio 4.4.6 (oscillatore forzato) Abbiamo visto nell’Esempio 4.1.6 che l’e-quazione differenziale che governa il moto di un sistema massa-molla con massa m ecostante elastica k, trascurando l’attrito, e
x′′(t) +k
mx(t) = g(t),
dove mg(t) e la forza esterna che agisce sulla massa (termine forzante). Studiamo ilcaso di una forza esterna del tipo mF0 sin ω0t, ovvero
(4.41) x′′(t) + ω2x(t) = F0 sin ω0t, ω =
√k
m,
dove ω viene anche detta pulsazione caratteristica del sistema massa-molla: si notiche il termine forzante ha invece una propria pulsazione ω0. L’equazione omogeneae x′′ + ω2x = 0, con equazione caratteristica α2 + ω2 = 0 e radici immaginarie pureα1 = iω, α2 = −iω. La soluzione generale dell’equazione omogenea (formula (4.40)con λ = 0) e quindi
C1 cos ωt + C2 sin ωt, ω =
√k
m, C1 e C2 costanti arbitrarie.
Cerchiamo una soluzione particolare dell’equazione (4.41), del tipo x(t) = A sin ω0t,con A parametro da determinare. Essendo x′′(t) = −ω2
0A sin ω0t, la (4.41) diventa
−ω20A sin ω0t + ω2A sin ω0t = F0 sin ω0t,
100
e quindi perche x(t) sia soluzione basta scegliere A = F0/(ω2 − ω2
0) (stiamo suppo-nendo che ω0 6= ω, cioe che la frequenza della forza esterna sia diversa da quellacaratteristica del sistema). Per il Teorema 4.4.1, la soluzione generale della (4.41) equindi
(4.42) x(t) =F0
ω2 − ω20
sin ω0t + C1 cos ωt + C2 sin ωt, C1 e C2 costanti arbitrarie.
Si noti la presenza, al denominatore, della differenza ω2 − ω20: quando questa dif-
ferenza e molto piccola, cioe quando la forza esterna ha una frequenza vicina allafrequenza caratteristica del sistema, l’ampiezza F0/(ω
2−ω20) diventa molto grande, e
le oscillazioni del sistema vengono amplificate. Questo fenomeno e detto risonanza.�
! Esempio 4.4.7 Per meglio capire il fenomeno della risonanza, torniamo all’esempioprecedente e consideriamo il problema di Cauchy
(4.43)
x′′(t) + ω2x(t) = F0 sin ω0t, ω =
√k
m
x(0) = x0
x′(0) = 0
in cui la massa e inizialmente nel punto x0 con velocita iniziale nulla. Imponendo lecondizioni iniziali nella formula (4.42), troviamo
x(0) = C1 = x0, x′(0) =ω0F0
ω2 − ω20
+ C2ω = 0,
e quindi la soluzione del problema di Cauchy e
(4.44)F0
ω2 − ω20
sin ω0t + x0 cos ωt− F0ω0
ω(ω2 − ω20)
sin ωt.
Vogliamo ora analizzare la situazione vicino alla risonanza, ovvero considerare lafrequenza esterna ω0 come parametro e calcolare il limite puntuale della soluzione,per ω0 → ω. A tale scopo, chiamiamo xω0(t) la soluzione (4.44) e riscriviamola come
xω0(t) = x0 cos ωt +F0
ω + ω0
(ω sin ω0t− ω0 sin ωt
ω(ω − ω0)
).
Con la regola di De L’Hospital, per t fissato si puo calcolare il limite
limω0→ω
(ω sin ω0t− ω0 sin ωt
ω(ω − ω0)
)= lim
ω0→ω
(tω cos ω0t− sin ωt
ω(−1)
)=
sin ωt
ω− t cos ωt
e quindi si ottiene
limω0→ω
xω0(t) = x0 cos ωt +F0
2ω2sin ωt− F0
2ωt cos ωt,
101
cioe la soluzione xω0(t) converge puntualmente, per ω0 → ω, a una certa funzioneche indichiamo con xω(t). Si noti che la funzione limite
xω(t) = x0 cos ωt +F0
2ω2sin ωt− F0
2ωt cos ωt
risolve il problema di Cauchyx′′(t) + ω2x(t) = F0 sin ωt, ω =
√k
m
x(0) = x0
x′(0) = 0
ottenuto da (4.43) ponendo ω0 = ω, cioe il problema di Cauchy in condizioni diperfetta risonanza. Rispetto al caso in cui ω0 6= ω, nell’espressione della soluzionecompare ora il termine t cos ωt, che e una funzione non limitata: al crescere del tempot, l’ampiezza delle oscillazioni diventa via via sempre piu grande. Il grafico dellasoluzione xω(t) e rappresentato nella Figura 4.1, per valori opportuni dei parametri.�
-30
-20
-10
0
10
20
30
0 10 20 30 40 50 60
Figura 4.1: Grafico della soluzione xω(t) in condizioni di risonanza.
! Esempio 4.4.8 Riprendiamo in esame l’equazione (4.10) che governa la caduta diun corpo di massa m
(4.45) x′′(t) + cx′(t) = −g, c =µ
m
dove g e l’accelerazione di gravita e µ e il coefficiente di attrito. L’equazione carat-teristica e α2 + cα = 0, con radici α1 = 0 e α2 = −c (reali e distinte, essendo c > 0).La soluzione generale dell’equazione omogenea e quindi
C1 + C2e−ct, C1 e C2 costanti arbitrarie,
102
mentre x(t) = −gt/c e una soluzione particolare dell’equazione non omogenea. Lasoluzione generale della (4.45) e allora
x(t) = −gt
c+ C1 + C2e
−ct, C1 e C2 costanti arbitrarie,
e si ritrova (in altro modo) la (4.23). Ora imponiamo le condizioni iniziali x(0) = he x′(0) = 0 (caduta da un’altezza h, con velocita iniziale nulla):
x(0) = C1 + C2 = h, x′(0) = −g
c− cC2 = 0,
che ha soluzioni C1 = h + g/c2 e C2 = −g/c2. Sostituendo, si ottiene la soluzione
xc(t) = −gt
c+ h +
g
c2− g
c2e−ct = h +
g
c2
(1− ct− e−ct
).
Se ora calcoliamo il limite (a t fissato) di xc(t) per c → 0+, dalla formula di Taylorsi ha e−ct = 1− ct + (ct)2/2 + o(c2) per c → 0, e quindi
limc→0
xc(t) = h + limc→0
g
c2
(1− ct− e−ct
)= h− gt2
2,
ovvero la soluzione xc(t) converge puntualmente, per c → 0, alla funzione h− gt2/2,che avevamo gia trovato nella (4.9) come soluzione della caduta di un grave daun’altezza h, trascurando l’attrito. Questa convergenza puntuale conferma che il casoideale in cui non vi e attrito si ottiene come caso limite di problemi con coefficientedi attrito via via sempre piu piccolo. �
Esercizi
4.4.1 Si risolvano i seguenti problemi di Cauchyx′′(t)− 7x′(t) + 12x(t) = 0x(0) = 3x′(0) = 10.
x′′(t) + 6x′(t) + 9x(t) = 0x(0) = 1x′(0) = 1.
x′′(t)− 2x′(t) + 2x(t) = 0x(0) = 2x′(0) = 5.
4.4.2 Determinare i valori del parametro a per cui tutte le soluzioni dell’equazione differenziale
x′′(t) + ax′(t) + 2x(t) = 0
tendono a zero, per t →∞.4.4.3 Determinare i valori dei parametri a e b per cui tutte le soluzioni dell’equazione differenziale
x′′(t) + ax′(t) + bx(t) = 0
sono funzioni periodiche.4.4.4 Siano a, b, A e B dei numeri reali con a e b non simultaneamente nulli. Dimostrare chel’equazione differenziale
x′′(t) + ax′(t) + bx(t) = At + B
ha una soluzione particolare che e un polinomio di grado minore o uguale a due.
103
4.4.5 Trovare la soluzione generale delle seguenti equazioni differenziali
x′′(t)− 2x′(t) + 2x(t) = 4, x′′(t) + 2x′(t) + x(t) = 2 + 3t
4.4.6 Dato un intero n, si indichi con xn(t) la soluzione del problema di Cauchyx′′(t)− 2n + 1
nx′(t) +
n + 1n
x(t) = 0
x(0) = 1x′(0) = 2.
Si determini xn(t) e si studi poi la convergenza puntuale delle funzioni xn(t), per n → ∞. Qualeproblema di Cauchy risolve la funzione limite?4.4.7 Sia x(t) una soluzione dell’equazione differenziale x′′(t) + cx′(t) + ω2x(t) = 0 dove ω e c sonoparametri non negativi, e si ponga
E(t) =12x′(t)2 +
12ω2x(t)2.
Senza calcolare la soluzione generale dell’equazione, si dimostri che E(t) e una funzione decrescente,e che E(t) e costante se c = 0. Qual e il significato fisico di E(t)? (Suggerimento: si derivi E(t) esi raccolga x′(t)).4.4.8 Sia x(t) una soluzione dell’equazione (4.10) (caduta con attrito). Ponendo
E(t) =12x′(t)2 + gx(t),
si dimostri (senza calcolare x(t)) che E(t) e decrescente, e che E(t) e costante se c = 0. Qual e ilsignificato fisico di E(t)?4.4.9 Procedendo come per le equazioni del secondo ordine, si determini la soluzione generaledell’equazione del terzo ordine
x′′′(t)− 2x′′(t)− x′(t) + 2x(t) = 0.
4.4.10 Dimostrare che le funzioni f(t) = et e g(t) = sin t sono linearmente indipendenti (nellospazio vettoriale delle funzioni continue su R).
104
