A new MATE

In questa sezione trovi esercizi svolti sulle equazioni differenziali.
Il sito è ancora in costruzione, quindi se gli esercizi non ci sono e/o sono pochi abbi un po' di pazienza.
Cerco di scriverne il più possibile! Se hai esercizi da proporre, non farti problemi a mandarmeli su Instagram , Facebook o per mail .

Esercizio 1

Difficoltà:

#primo #ordine

Risolvi la seguente equazione differenziale

$x^3y^{'}-2x-1 = 0$

Soluzione

Come prima cosa isoliamo la derivata di $y$ :

$\begin{align*} x^3y^{'}-2x-1 & = 0 \\ x^3y^{'} & = 2x+1 \\ y^{'} & = \frac{2x+1}{x^3} \\ y^{'} & = \frac{2x}{x^3} + \frac{1}{x^3} \\ y^{'} & = \underbrace{\frac{2}{x^2} + \frac{1}{x^3}}_{\text{funzione che dipende solo da x}} \end{align*}$

Siamo quindi di fronte a un’equazione differenziale del tipo

$y^{'} = f(x)$

dove, nel nostro caso, $f(x) = \frac{2}{x^2} + \frac{1}{x^3}$ .

Per risolverla basta integrare destra e sinistra rispetto a $\mathbf{x}$ , ossia fare l’integrale in $dx$ :

$\begin{align*} y^{'} & = \frac{2}{x^2} + \frac{1}{x^3} \\ \int y^{'} dx & = \int \left(\frac{2}{x^2} + \frac{1}{x^3}\right)dx \\ y & = \int \frac{2}{x^2}dx + \int \frac{1}{x^3}dx \\ & = 2 \int x^{-2} dx + \int x^{-3}dx \\ & = 2 \cdot \frac{x^{-1}}{-1} + \frac{x^{-2}}{-2} +c\\ & = -2x^{-1} -\frac{1}{2}x^{-2} +c\\ & = -\frac{2}{x} - \frac{1}{2x^2}+c \end{align*}$

Le soluzioni sono quindi tutte le funzioni del tipo

$y = -\frac{2}{x} - \frac{1}{2x^2}+c$

Nota sul perchè prendo l’integrale in $x$ :

Sappiamo che scrivere $y$ o scrivere $f(x)$ è lo stesso: modi diversi per scrivere la stessa identica cosa. Quindi, quando considero la derivata, che posso indicare con $'$ oppure $D$ oppure $\frac{d}{dx}$ , scrivere $y^{'}$ equivale a scrivere $f^{'}(x)$ . Siccome l’obiettivo del problema è trovare $y$ , ossia $f(x)$ , nel momento in cui ho un’equazione del tipo

$y^{'} = \text{funzione di x}$

ossia

$f^{'}(x) = \text{funzione di x}$

a sinistra dell’uguale ottengo $f(x)$ solo se considero l’integrale rispetto a $x$ . In quel caso infatti, per il termine a sinistra dell’uguale ho

$\int y^{'} dx = \int f^{'}(x) dx = f(x) = y$

proprio per definizione di integrale. Se prendessi l’integrale rispetto a $y$ otterei

$\int \underbrace{f^{'}(x)}_{\text{non dipende da y}} dy = f^{'}(x) \int 1 \cdot dy = f^{'}(x) y$

Dato che $f^{'}(x)$ non dipende da $y$ ( $f^{'}(x)$ è una funzione di $x$ , non di $y$ ) è come se fosse una costante che posso portare fuori dall’integrale. In questo caso non ottengo neanche lontanamente quello che mi interessa, ossia $f(x)$ .

Nota: volendo essere rigorosi al 100%, poichè ogni integrale che risolvo è indefinito, avrei

$\begin{align*} y^{'} & = \frac{2}{x^2} + \frac{1}{x^3} \\ \int y^{'} dx & = \int \left(\frac{2}{x^2} + \frac{1}{x^3}\right)dx \\ y +c_1 & = \int \frac{2}{x^2}dx + \int \frac{1}{x^3}dx \\ y +c_1 & = 2 \int x^{-2} dx + \int x^{-3}dx \\ y +c_1 & = 2 \cdot \frac{x^{-1}}{-1} +c_2 + \frac{x^{-2}}{-2} +c_3\\ y +c_1 & = -2x^{-1} -\frac{1}{2}x^{-2} +c_2+c_3\\ y +c_1 & = -\frac{2}{x} - \frac{1}{2x^2}+c_2+c_3 \\ y & = -\frac{2}{x} - \frac{1}{2x^2}+\underbrace{c_2+c_3-c_1}_{= c} \end{align*}$

Poichè la somma (e sottrazione) di costanti è una costante, scrivo sempre solo una cosante $c$ quando risolvo l’integrale a destra dell’uguaglianza.

Esercizio 2

Difficoltà:

#variabili #separate

Risolvi la seguente equazione differenziale

$2yy^{'}-y^{2}x-2x = 0$

Soluzione

Come prima cosa isoliamo la derivata di $y$ :

$\begin{align*} 2yy^{'}-y^{2}x-2x & = 0 \\ 2yy^{'} & = y^{2}x+2x \\ y^{'} & = \frac{y^{2}x+2x}{2y} \\ y^{'} & = \frac{x(y^2+2)}{2y} \\ y^{'} & = x\left(\frac{y^2+2}{2y}\right) \\ y^{'} & = \underbrace{x}_{\text{funzione di x}}\underbrace{\left(\frac{y^2+2}{2y}\right)}_{\text{funzione di y}} \end{align*}$

Siamo quindi di fronte a un’equazione differenziale del tipo

$y^{'} = g(x)\cdot h(y)$

dove, nel nostro caso, $g(x) = x$ e $h(y) = \frac{y^2+2}{2y}$ .

Per risolverla si applica il metodo della separazione delle variabili.

Piccola parentesi per capire come funziona questo metodo:

Sappiamo che scrivere $y$ o scrivere $f(x)$ è lo stesso: modi diversi per scrivere la stessa identica cosa. Analogamente, ci sono vari modi per indicare la derivata: i più comuni sono $'$ oppure $D$ . Un terzo modo è

$\frac{d(\text{cosa voglio derivare})}{d(\text{variabile rispetto a cui voglio fare la derivata})}$

Per esempio, se voglio derivare la nostra funzione $f(x)$ rispetto alla variabile $x$ (tradotto: la derivata che facciamo sempre) posso scrivere equivalentemente

$\frac{d f(x)}{dx}, D(f(x)), f^{'}(x)$

E visto che scrivere $f(x)$ è come scrivere $y$ ho

$\frac{dy}{dx}, D(y), y^{'}$

Ora, se invece di $y^{'}$ scrivo $\frac{dy}{dx}$ e lo tratto come se fosse una frazione, ottengo

$\begin{align*} y^{'} & = g(x)h(y) \\ \frac{dy}{dx} & = g(x)h(y) \end{align*}$

Moltiplico destra e sinistra per $\frac{dx}{h(y)}$ :

$\begin{align*} \frac{dy}{dx} \cdot \frac{dx}{h(y)} & = g(x)h(y) \cdot \frac{dx}{h(y)} \\ \frac{dy}{h(y)} & = g(x)dx \end{align*}$

Integro destra e sinistra:

$\begin{align*} \int \frac{dy}{h(y)} & = \int g(x)dx \end{align*}$

e calcolo infine e due integrali separatamente.

Applichiamo questo metodo al nostro caso.

$\begin{align*} \frac{dy}{dx} & = x\left(\frac{y^2+2}{2y}\right) \\ \frac{dy}{dx} \cdot \frac{dx}{\frac{y^2+2}{2y}}& = x\left(\frac{y^2+2}{2y}\right) \cdot \frac{dx}{\frac{y^2+2}{2y}} \\ \frac{dy}{\frac{y^2+2}{2y}} & = xdx \\ \frac{2y}{y^2+2}dy & = xdx \\ \int \frac{2y}{y^2+2}dy & = \int xdx \end{align*}$

Risolviamo ora i due integrali separatamente. Quello a destra è facile e otteniamo

$\int xdx = \frac{x^2}{2}+c$

Per quello a sinistra invece basta notare che a numeratore della frazione c’è esattamente la derivata del denominatore quindi

$\int \frac{2y}{y^2+2}dy = \ln(y^2+2)$

Memo:

$\int \frac{f^{'}(x)}{f(x)}dx = \ln(|f(x)|)+c$

Nel nostro caso la variabile è $y$ invece che $x$ , $f(y) = y^2+2 \Rightarrow f^{'}(y) = 2y$ , e non metto il valore assoluto ad argomento del logaritmo in quanto so già che $y^2+2$ è positivo: $y^2$ è positivo perchè è un quadrato, sommandoci +2 ottengo sempre qualcosa di positivo.

Ora che abbiamo calcolato i due integrali abbiamo quindi che

$\begin{align*} \int \frac{2y}{y^2+2}dy & = \int xdx \\ \ln(y^2+2) & = \frac{x^2}{2}+c \\ e^{\ln(y^2+2)} & = e^{\frac{x^2}{2}+c} \\ y^2+2 & = e^{\frac{x^2}{2}+c} \\ y^2 & = e^{\frac{x^2}{2}+c} -2 \\ y & = \pm \sqrt{e^{\frac{x^2}{2}+c}-2} \end{align*}$

Le soluzioni dell’equazione differenziali sono quindi

$y = \pm \sqrt{e^{\frac{x^2}{2}+c}-2}$

Esercizio 3

Difficoltà:

#lineare

Risolvi la seguente equazione differenziale

$y^{'}+3x^2y = x^2$

che soddisfa la condizione $y(0) = \frac{4}{3}$ .

Soluzione

Come prima cosa notiamo che abbiamo sia $y$ che $y^{'}$ di primo grado: siamo quindi di fronte a un’equazione differenziale lineare.

Sappiamo che in generale si scrive nella forma

$y^{'} + a(x) \cdot y = b(x)$

e ha soluzione

$y = e^{-A(x)}\left(\int e^{A(x)}b(x)dx + c\right)$

dove $A(x) = \int a(x)dx$ (senza $+c$ ).

Nel nostro caso $a(x) = 3x^2$ mentre $b(x) = x^2$ . Calcoliamo subito $A(x)$ .

$\begin{align*} A(x) & = \int a(x)dx \\ & = \int 3x^2dx \\ & = 3 \int x^2 dx \\ & = 3 \cdot \left(\frac{x^3}{3}\right) \\ & = x^3 \end{align*}$

La soluzione è quindi data da

$y = e^{-x^3}\left(\int e^{x^3}x^2dx +c\right)$

Calcoliamo separatamente l’integrale nella parentesi.

$\int e^{x^3}x^2 dx$

Analizziamo un attimo questo integrale: ad argomento abbiamo un esponenziale ( $e^{x^3}$ ) moltiplicato per qualcosa ( $x^2$ ) di molto simile alla derivata dell’esponente ( $x^3$ ). Se calcoliamo infatti la derivata di $e^{x^3}$ otteniamo

$D\left(e^{x^3}\right) = e^{x^3} \cdot D(x^3) = e^{x^3} \cdot 3x^2 = 3e^{x^3}x^2$

che è quasi quello che abbiamo ad argomento dell’integrale. Visto che ci "manca solo quel 3" moltiplichiamo (e dividiamo, se no non otteniamo un’equivalenza) l’argomento per 3:

$\begin{align*} \int e^{x^3}x^2 dx & = \int \frac{1}{3} \cdot 3 \cdot e^{x^3}x^2 dx \\ & = \frac{1}{3} \int 3e^{x^3}x^2dx \\ & = \frac{1}{3} \int D\left(e^{x^3}\right)dx \\ & = \frac{1}{3}e^{x^3} \end{align*}$

La funzione $y$ che cercavamo diventa quindi

$\begin{align*} y & = e^{-x^3}\left(\int e^{x^3}x^2dx +c\right) \\ & = e^{-x^3}\left(\frac{1}{3}e^{x^3} +c\right) \\ & = \frac{1}{3}e^{x^3}e^{-x^3} + ce^{-x^3} \\ & = \frac{1}{3}e^{x^3-x^3} + ce^{-x^3} \\ & = \frac{1}{3}e^{0} + \frac{c}{e^{x^3}} \\ & = \frac{1}{3} \cdot 1 +\frac{c}{e^{x^3}} \\ & = \frac{1}{3} + \frac{c}{e^{x^3}} \end{align*}$

La soluzione generale è quindi

$y = \frac{1}{3} + \frac{c}{e^{x^3}}$

Dobbiamo però trovare la soluzione particolare tale che $y(0) = \frac{4}{3}$ . Ciò significa che devo trovare $c$ imponendo quella condizione, ossia che la mia funzione calcolata in $x=0$ sia uguale a $\frac{4}{3}$ . Come prima cosa quindi calcoliamo la funzione in zero:

$\begin{align*} y(0) & = \frac{1}{3} + \frac{c}{e^{(0)^3}} \\ & = \frac{1}{3} + \frac{c}{e^{0}} \\ & = \frac{1}{3} + \frac{c}{1} \\ & = \frac{1}{3} + c \end{align*}$

La condizione ci dice che questa quantità deve essere uguale a $\frac{4}{3}$ :

$\begin{align*} \frac{1}{3} + c & = \frac{4}{3} \\ c & = \frac{4}{3} - \frac{1}{3} \\ c & = \frac{4-1}{3} \\ c & = \frac{3}{3} \\ c & = 1 \end{align*}$

Ora che abbiamo trovato $c$ possiamo scrivere la rispettiva soluzione con questo valore:

$y = \frac{1}{3} + \frac{1}{e^{x^3}}$

che è la soluzione del nostro problema.

Esercizio 4

Difficoltà:

#variabili #separate

Determina la soluzione particolare della seguente equazione differenziale, verificante la condizione posta a fianco.

$y^{'}+2xy = \frac{x}{y} \qquad y(0) = 1$

Soluzione

Come prima cosa notiamo che l’equazione non è lineare in quanto c’è un termine $y$ a denominatore. Isoliamo la derivata:

$y^{'} = \frac{x}{y} - 2xy$

L’equazione non è neanche del tipo $y^{'} = f(x)$ in quanto a destra dell’uguale compaiono anche termini in $y$ .

Questa è un’equazione a variabili separabili: infatti,

$\begin{align*} y^{'} & = \frac{x}{y} - 2xy \\ & = -x\left(-\frac{1}{y}+2y\right) \\ & = -x \left(\frac{-1+2y^2}{y}\right) \\ & = \underbrace{-x }_{\text{funzione in x}}\cdot \underbrace{\left(\frac{2y^2-1}{y}\right)}_{\text{funzione in y}} \end{align*}$

Siamo quindi di fronte a un’equazione differenziale del tipo

$y^{'} = g(x)\cdot h(y)$

dove, nel nostro caso, $g(x) = -x$ e $h(y) = \frac{2y^2-1}{y}$ .

Per risolverla si applica il metodo della separazione delle variabili.

Piccola parentesi per capire come funziona questo metodo:

Sappiamo che scrivere $y$ o scrivere $f(x)$ è lo stesso: modi diversi per scrivere la stessa identica cosa. Analogamente, ci sono vari modi per indicare la derivata: i più comuni sono $'$ oppure $D$ . Un terzo modo è

$\frac{d(\text{cosa voglio derivare})}{d(\text{variabile rispetto a cui voglio fare la derivata})}$

Per esempio, se voglio derivare la nostra funzione $f(x)$ rispetto alla variabile $x$ (tradotto: la derivata che facciamo sempre) posso scrivere equivalentemente

$\frac{d f(x)}{dx}, D(f(x)), f^{'}(x)$

E visto che scrivere $f(x)$ è come scrivere $y$ ho

$\frac{dy}{dx}, D(y), y^{'}$

Ora, se invece di $y^{'}$ scrivo $\frac{dy}{dx}$ e lo tratto come se fosse una frazione, ottengo

$\begin{align*} y^{'} & = g(x)h(y) \\ \frac{dy}{dx} & = g(x)h(y) \end{align*}$

Moltiplico destra e sinistra per $\frac{dx}{h(y)}$ :

$\begin{align*} \frac{dy}{dx} \cdot \frac{dx}{h(y)} & = g(x)h(y) \cdot \frac{dx}{h(y)} \\ \frac{dy}{h(y)} & = g(x)dx \end{align*}$

Integro destra e sinistra:

$\begin{align*} \int \frac{dy}{h(y)} & = \int g(x)dx \end{align*}$

e calcolo infine e due integrali separatamente.

Applichiamo questo metodo al nostro caso.

$\begin{align*} \frac{dy}{dx} & = -x\left(\frac{2y^2-1}{y}\right) \\ \frac{dy}{dx} \cdot \frac{dx}{\frac{2y^2-1}{y}}& = -x\left(\frac{2y^2-1}{y}\right) \cdot \frac{dx}{\frac{2y^2-1}{y}} \\ \frac{dy}{\frac{2y^2-1}{y}} & = -xdx \\ \frac{y}{2y^2-1}dy & = -xdx \\ \int \frac{y}{2y^2-1}dy & = \int -xdx \end{align*}$

Risolviamo ora i due integrali separatamente. Quello di destra è immediato e si ottiene

$\int -xdx = -\int xdx = -\frac{x^2}{2} +c$

Per quello di sinistra invece notiamo che a numeratore della frazione abbiamo quasi esattamente la derivata del denominatore: la derivata del denominatore sarebbe $4y$ e invece noi abbiamo $y$ . Posso però moltiplicare e dividere per $4$ al fine di ottenere quello che voglio:

$\begin{align*} \int \frac{y}{2y^2-1} dy & = \int \frac{1}{4} \cdot 4 \cdot \frac{y}{2y^2-1}dy \\ & = \frac{1}{4} \int \frac{4y}{2y^2-1}dy \\ & = \frac{1}{4} \int \frac{D(2y^2-1)}{2y^2-1}dy \\ & = \frac{1}{4} \ln\left(|2y^2-1|\right) \end{align*}$

Memo:

$\int \frac{f^{'}(x)}{f(x)}dx = \ln(|f(x)|)+c$

Nel nostro caso la variabile è $y$ invece che $x$ , $f(y) = 2y^2-1 \Rightarrow f^{'}(y) = 4y$ .

Ora che abbiamo calcolato i due integrali, abbiamo

$\begin{align*} \int \frac{y}{2y^2-1}dy & = \int -xdx \\ \frac{1}{4} \ln\left(|2y^2-1|\right) & = -\frac{x^2}{2}+c \\ 4 \cdot \frac{1}{4} \ln\left(|2y^2-1|\right) & = 4 \cdot \left(-\frac{x^2}{2}+c\right) \\ \ln\left(|2y^2-1|\right) & = -2x^2+4c \\ e^{\ln\left(|2y^2-1|\right)} & = e^{-2x^2+4c} \\ |2y^2-1| & = e^{-2x^2+4c} \end{align*}$

Notiamo che, per definizione di valore assoluto,

$|2y^2-1| = \begin{cases} 2y^2-1 & \text{se} \; 2y^2-1 \geq 0 \\ -2y^2+1 & \text{se} \; 2y^2-1 < 0 \end{cases}$

Risolvendo $2y^2-1 \geq 0$ si ottiene

$\begin{align*} 2y^2-1 & \geq 0 \\ 2y^2 & \geq 1 \\ y^2 & \geq \frac{1}{2} \\ & \downarrow \\ \text{equazione} & \; \text{associata} \\ y^2 & = \frac{1}{2} \\ y & = \pm \frac{1}{\sqrt{2}} \\ & \downarrow \\ \text{avevo} \geq & \Rightarrow \text{intervalli esterni} \\ y \leq - \frac{1}{\sqrt{2}} \; \; & \cup \; \; y \geq \frac{1}{\sqrt{2}} \end{align*}$

e quindi

$|2y^2-1| = \begin{cases} 2y^2-1 & \text{se} \; y \leq - \frac{1}{\sqrt{2}} \; \cup \; y \geq \frac{1}{\sqrt{2}} \\ -2y^2+1 & \text{se} \; -\frac{1}{\sqrt{2}} < y < \frac{1}{\sqrt{2}} \end{cases}$

Dal momento che $y(0) = 1$ (ossia $y=1$ in $x=0$ ), devo utilizzare il primo caso del valore assoluto: esso vale infatti quando $y \leq - \frac{1}{\sqrt{2}} \;\cup \; y \geq \frac{1}{\sqrt{2}}$ . Avendo io $y=1 > \frac{1}{\sqrt{2}}$ , ricado in questo caso.

Quindi

$\begin{align*} |2y^2-1| & = e^{-2x^2+4c} \\ 2y^2-1 & = e^{-2x^2+4c} \\ 2y^2 & = e^{-2x^2+4c}+1 \\ y^2 & = \frac{e^{-2x^2+4c}+1}{2} \\ y & = \pm \sqrt{\frac{e^{-2x^2+4c}+1}{2}} \end{align*}$

Anche qui faccio un ragionamento analogo a prima: poichè ho $y(0) = 1 > 0$ , ciò significa che $y$ deve essere positiva. Devo quindi considerare

$y = + \sqrt{\frac{e^{-2x^2+4c}+1}{2}}$

Vado ora ad imporre la condizione $y(0) = 1$ al fine di trovare $c$ . Calcolo quindi la funzione in $x=0$ :

$\begin{align*} y(0) & = \sqrt{\frac{e^{-2(0)^2+4c}+1}{2}} \\ & = \sqrt{\frac{e^{4c}+1}{2}} \end{align*}$

La condizione mi dice che questo deve essere uguale a 1:

$\begin{align*} \sqrt{\frac{e^{4c}+1}{2}} & = 1 \\ \left(\sqrt{\frac{e^{4c}+1}{2}}\right)^2 & = (1)^2 \\ \frac{e^{4c}+1}{2} & = 1 \\ 2 \cdot \frac{e^{4c}+1}{2} & = 2 \cdot 1 \\ e^{4c}+1 & = 2 \\ e^{4c} & = 2-1 \\ e^{4c} & = 1 \\ \ln\left(e^{4c}\right) & = \ln(1) \\ 4c & = 0 \\ \frac{4c}{4} & = \frac{0}{4} \\ c & = 0 \end{align*}$

La soluzione particolare è quindi data da

$y = \sqrt{\frac{e^{-2x^2}+1}{2}}$