Equazioni differenziali di primo ordine

Consideriamo equazioni del primo ordine del tipo

$$y'(t)=f(t,y(t))$$

$$y'(t)=f(t,y(t))$$

dove $f$$f$ è una funzione in più variabili, e la funzione $y$$y$ è l'incognita.

Equazioni a variabili separabili

Si definisce equazione a variabili separabili un'equazione del tipo:

$$y'(t)=f(t)*g(q)$$

$$y'(t)=f(t)*g(q)$$

con $f$$f$,$g$$g$ funzioni continue in opportuni intervalli di $\mathbb {R}$$\mathbb {R}$. Se $g({\bar {y}})=0$$g({\bar {y}})=0$ allora la funzione $y(t)={\bar {y}}\,\forall t$$y(t)={\bar {y}}\,\forall t$ è una soluzione definita su tutto $\mathbb {R}$$\mathbb {R}$.
Tutte le altre soluzioni si ricavano mediante la formula:

$$\int {\frac {1}{g(y)}}\,dy=\int f(t)\,dt+C$$

$$\int {\frac {1}{g(y)}}\,dy=\int f(t)\,dt+C$$

che si ricava scrivendo:

$$y'={\frac {dy}{dt}}=f(t)g(y)$$

$$y'={\frac {dy}{dt}}=f(t)g(y)$$

$${\frac {dy}{g(y)}}=f(t)dt$$

$${\frac {dy}{g(y)}}=f(t)dt$$

e si integrano entrambi i membri.

Esercizio 4.1

Risolvere l'equazione a variabili separabili:

$$y'(t)={\frac {e^{2t}}{1+e^{2t}}}*y(t)$$

$$y'(t)={\frac {e^{2t}}{1+e^{2t}}}*y(t)$$

 

$$f(t)={\frac {e^{2t}}{1+e^{2t}}}$$

$$f(t)={\frac {e^{2t}}{1+e^{2t}}}$$

$$g(y)=y$$

$$g(y)=y$$

e $y=0$$y=0$ è una soluzione per l'equazione su tutto $\mathbb {R}$$\mathbb {R}$.

Se $y\neq 0$$y\neq 0$

$${\frac {dy}{y}}={\frac {e^{2t}}{1+e^{2t}}}\,dt$$

$${\frac {dy}{y}}={\frac {e^{2t}}{1+e^{2t}}}\,dt$$

$$\log |y|=\int {\frac {e^{2t}}{1+e^{2t}}}\,dt=1/2\log |1+e^{2t}|+C$$

$$\log |y|=\int {\frac {e^{2t}}{1+e^{2t}}}\,dt=1/2\log |1+e^{2t}|+C$$

$$\log y=\log {\sqrt {1+e^{2t}}}+\log e^{C}$$

$$\log y=\log {\sqrt {1+e^{2t}}}+\log e^{C}$$

$$\log y=\log[C*{\sqrt {1+e^{2t}}}]$$

$$\log y=\log[C*{\sqrt {1+e^{2t}}}]$$

$C\in \mathbb {R}$$C\in \mathbb {R}$, allora $e^{C}$$e^{C}$ è un generico numero reale positivo. Pongo $e^{C}=c_{1}>0$$e^{C}=c_{1}>0$

$$\log |y(t)|=\log[C_{1}*{\sqrt {1+e^{2t}}}]$$

$$\log |y(t)|=\log[C_{1}*{\sqrt {1+e^{2t}}}]$$

$$|y(t)|=c_{1}*{\sqrt {1+e^{2t}}},\quad c_{1}>0$$

$$|y(t)|=c_{1}*{\sqrt {1+e^{2t}}},\quad c_{1}>0$$

$$y(t)=\pm c_{1}*{\sqrt {1+e^{2t}}},\quad c_{1}>0$$

$$y(t)=\pm c_{1}*{\sqrt {1+e^{2t}}},\quad c_{1}>0$$

$$y(t)=c_{2}*{\sqrt {1+e^{2t}}},\quad c_{2}\in \mathbb {R}$$

$$y(t)=c_{2}*{\sqrt {1+e^{2t}}},\quad c_{2}\in \mathbb {R}$$

Prendendo $c_{2}\in \mathbb {R}$$c_{2}\in \mathbb {R}$ ho scritto tutte le possibili soluzioni con un'unica scrittura, compresa quella costantemente nulla.

Equazioni del tipo y'(t) = f(at+by)

Considero un'equazione della forma:

$$y'(t)=f(at+by),\,a,b\in \mathbb {R}$$

$$y'(t)=f(at+by),\,a,b\in \mathbb {R}$$

Pongo $at+by(t)=k(t)$$at+by(t)=k(t)$.

$$u'(t)=a+by'(t)$$

$$u'(t)=a+by'(t)$$

ma

$$y'(t)=f(at+by)$$

$$y'(t)=f(at+by)$$

quindi

$$k'(t)=a+b*[f(at+by(t))]=a+b*f(k(t))$$

$$k'(t)=a+b*[f(at+by(t))]=a+b*f(k(t))$$

In questo modo ho ottenuto l'equazione

$$k'(t)=a+b*f(k(t))$$

$$k'(t)=a+b*f(k(t))$$

a variabili separabili e si risolve con il procedimento di prima.

Esercizio 4.2

Risolvere l'equazione:

$$y'(t)=(x+y)^{2}.$$

$$y'(t)=(x+y)^{2}.$$

 

Pongo $k(x)=x+y(x)$$k(x)=x+y(x)$.

$$k'(x)=1+y'(x)=1+(x+y)^{2}=1+k^{2}$$

$$k'(x)=1+y'(x)=1+(x+y)^{2}=1+k^{2}$$

$$k'=1+k^{2}$$

$$k'=1+k^{2}$$

$${\frac {dk}{dx}}=1+k^{2}$$

$${\frac {dk}{dx}}=1+k^{2}$$

$${\frac {dk}{1+k^{2}}}=dx$$

$${\frac {dk}{1+k^{2}}}=dx$$

$$\arctan k(x)=x+C,\,C\in \mathbb {R}$$

$$\arctan k(x)=x+C,\,C\in \mathbb {R}$$

e invertendo l'equazione:

$$k(x)=\tan(x+C)$$

$$k(x)=\tan(x+C)$$

$$y(x)=k(x)-x=\tan(x+C)-x.$$

$$y(x)=k(x)-x=\tan(x+C)-x.$$

Equazioni omogenee

Consideriamo equazioni della forma:

$$y'(x)=f(y/x)$$

$$y'(x)=f(y/x)$$

Pongo $g(x,y)=f(y/x)$$g(x,y)=f(y/x)$

Se considero $g(tx,ty)$$g(tx,ty)$ per $t>0$$t>0$, $f({\frac {ty}{tx}})=f({\frac {y}{x}})$$f({\frac {ty}{tx}})=f({\frac {y}{x}})$ e questo vale per ogni $t$$t$, per questo le equazioni di questo tipo si chiamano omogenee.

Pongo $u(x)={\frac {y(x)}{x}}$$u(x)={\frac {y(x)}{x}}$ per $x\neq 0$$x \neq 0$, quindi $y(x)=xu(x)$$y(x)=xu(x)$.

$$y'(x)=x*u'(x)+u(x){\hbox{espressione 1}}$$

$$y'(x)=x*u'(x)+u(x){\hbox{espressione 1}}$$

$$y'(x)=f({\frac {y}{x}})=f(u(x)){\hbox{espressione 2}}$$

$$y'(x)=f({\frac {y}{x}})=f(u(x)){\hbox{espressione 2}}$$

ed eguagliando le due espressioni si ottiene:

$$f(u(x)=x*u'(x)+u(x)$$

$$f(u(x)=x*u'(x)+u(x)$$

che è di nuovo un'equazione a variabili separabili.

Esercizio 4.3

Risolvere l'equazione omogenea

$$y'=e^{y/x}+y/x.$$

$$y'=e^{y/x}+y/x.$$

 

In questo caso $u(x)=y(x)/x$$u(x)=y(x)/x$ e ragionando come sopra ottengo:

$$x*u(x)=y(x)$$

$$x*u(x)=y(x)$$

$$y'(x)=x*u'(x)+u(x)$$

$$y'(x)=x*u'(x)+u(x)$$

ed eguagliando le due espressioni di $y'$$y'$:

$$xu'(x)+u(x)=e^{u(x)}+u(x)$$

$$xu'(x)+u(x)=e^{u(x)}+u(x)$$

$$xu'(x)=e^{u(x)}$$

$$xu'(x)=e^{u(x)}$$

Divido per $x$$x$:

$$u'(x)={\frac {e^{u(x)}}{x}}$$

$$u'(x)={\frac {e^{u(x)}}{x}}$$

$${\frac {du}{e^{u}}}={\frac {dx}{x}}$$

$${\frac {du}{e^{u}}}={\frac {dx}{x}}$$

$$\int e^{-u}\,du=\int 1/x\,dx+C$$

$$\int e^{-u}\,du=\int 1/x\,dx+C$$

$$-e^{-u(x)}=\log |x|+C$$

$$-e^{-u(x)}=\log |x|+C$$

Se $u$$u$ è una soluzione dell'equazione:

$$C=\log e^{C},C\in \mathbb {R} =\log {\bar {C}},$$

$$C=\log e^{C},C\in \mathbb {R} =\log {\bar {C}},$$

$$\log |x|+\log {\bar {c}}=-e^{-u(x)}$$

$$\log |x|+\log {\bar {c}}=-e^{-u(x)}$$

$$e^{-u(x)}=-\log {\bar {c}}-\log |x|=-\log({\bar {c}}|x|)$$

$$e^{-u(x)}=-\log {\bar {c}}-\log |x|=-\log({\bar {c}}|x|)$$

$$e^{u(x)}=-\log[{\frac {1}{{\bar {c}}|x|}}],{\bar {c}}>0$$

$$e^{u(x)}=-\log[{\frac {1}{{\bar {c}}|x|}}],{\bar {c}}>0$$

e applicando il logaritmo ad ambo i membri ottengo:

$$u(x)=-\log \log {\frac {1}{{\bar {c}}|x|}}$$

$$u(x)=-\log \log {\frac {1}{{\bar {c}}|x|}}$$

$$u(x)=-\log \log {\frac {1}{{\bar {c}}|x|}},{\bar {c}}>0$$

$$u(x)=-\log \log {\frac {1}{{\bar {c}}|x|}},{\bar {c}}>0$$

$$y(x)=-x\log \log {\frac {1}{{\bar {c}}|x|}},\,{\bar {c}}>0$$

$$y(x)=-x\log \log {\frac {1}{{\bar {c}}|x|}},\,{\bar {c}}>0$$

Equazioni lineari

Un'equazione differenziale lineare è un'equazione della forma:

$$y'(t)=a(t)*y(t)+b(t),\,a,b{\hbox{continue}}$$

$$y'(t)=a(t)*y(t)+b(t),\,a,b{\hbox{continue}}$$

e le equazioni di questo tipo si risolvono con la formula:

$$y(t)=e^{\int a(t)\,dt}[\int [b(t)*e^{-\int a(t)\,dt}]\,dt+C]$$

$$y(t)=e^{\int a(t)\,dt}[\int [b(t)*e^{-\int a(t)\,dt}]\,dt+C]$$

Riscrivo l'equazione come:

$$y'(t)-a(t)y(t)=b(t)$$

$$y'(t)-a(t)y(t)=b(t)$$

Moltiplico entrambi i membri per una funzione $\mu (t)$$\mu (t)$ in modo che

$$\mu (t)*y'(t)-a(t)*\mu (t)*y(t)={\frac {d}{dt}}(\mu (t)*y(t))$$

$$\mu (t)*y'(t)-a(t)*\mu (t)*y(t)={\frac {d}{dt}}(\mu (t)*y(t))$$

Se scelgo $\mu (t)=e^{-\int a(t)\,dt}$$\mu (t)=e^{-\int a(t)\,dt}$ ottengo:

$$y'(t)*e^{-\int a(t)\,dt}-a(t)*e^{-\int a(t)\,dt}*y(t)={\frac {d}{dt}}*[y(t)*e^{-\int a(t)\,dt}]$$

$$y'(t)*e^{-\int a(t)\,dt}-a(t)*e^{-\int a(t)\,dt}*y(t)={\frac {d}{dt}}*[y(t)*e^{-\int a(t)\,dt}]$$

cioè al secondo membro ho la derivata di una funzione che dipende solo da $t$$t$. Eguagliando al secondo membro dell'equazione originaria ottengo:

$${\frac {d}{dt}}[y(t)*e^{-\int a(t)\,dt}]=b(t)*e^{-\int a(t)\,dt}$$

$${\frac {d}{dt}}[y(t)*e^{-\int a(t)\,dt}]=b(t)*e^{-\int a(t)\,dt}$$

e integrando entrambi i membri in $dt$$dt$ ottengo

$$y(t)=e^{\int a(t)\,dt}\int [b(t)*e^{-\int a(t)\,dt}]\,dt$$

$$y(t)=e^{\int a(t)\,dt}\int [b(t)*e^{-\int a(t)\,dt}]\,dt$$

$$y(t)=e^{\int a(t)\,dt}[b(t)*e^{-\int a(t)\,dt}+C]$$

$$y(t)=e^{\int a(t)\,dt}[b(t)*e^{-\int a(t)\,dt}+C]$$

Esercizio 4.4

Risolvere l'equazione lineare:

$$xy'(x)=y(x)+x^{2}$$

$$xy'(x)=y(x)+x^{2}$$

 

Quest'equazione non è data in forma normale, ed è del tipo:

$$f(x,y,y')=0$$

$$f(x,y,y')=0$$

La scrivo in forma normale dividendo per $x$$x$:

$$y'(x)={\frac {y(x)}{x}}+x$$

$$y'(x)={\frac {y(x)}{x}}+x$$

e l'equazione di partenza è equivalente all'equazione in forma normale quando $x\neq 0$$x \neq 0$.

$$a(x)={\frac {1}{x}},\,b(x)=x$$

$$a(x)={\frac {1}{x}},\,b(x)=x$$

e la risolvo separatamente se $x>0$$x>0$ o $x<0$$x<0$.

$$y'(x)-{\frac {y(x)}{x}}=x$$

$$y'(x)-{\frac {y(x)}{x}}=x$$

Moltiplico per $e^{-\int a(x)\,dx}=e^{-\int 1/x\,dx}$$e^{-\int a(x)\,dx}=e^{-\int 1/x\,dx}$.

$${\frac {d}{dx}}[e^{-\int 1/x\,dx}*y(x)]=x*e^{-\int 1/x\,dx}$$

$${\frac {d}{dx}}[e^{-\int 1/x\,dx}*y(x)]=x*e^{-\int 1/x\,dx}$$

$$e^{-\int 1/x\,dx}*y(x)=\int x*e^{-\int 1/x\,dx}+C$$

$$e^{-\int 1/x\,dx}*y(x)=\int x*e^{-\int 1/x\,dx}+C$$

$$e^{-\log |x|}*y(x)=\int x*e^{-\log |x|\,dx}+C$$

$$e^{-\log |x|}*y(x)=\int x*e^{-\log |x|\,dx}+C$$

$$e^{\log {\frac {1}{|x|}}}*y(x)=1/|x|*y(x)=\int xdx+C$$

$$e^{\log {\frac {1}{|x|}}}*y(x)=1/|x|*y(x)=\int xdx+C$$

$$y(x)=|x|*(|x|+C)=x^{2}+C*|x|,\,C\in \mathbb {R}$$

$$y(x)=|x|*(|x|+C)=x^{2}+C*|x|,\,C\in \mathbb {R}$$

$$C|x|=C*{\rm {{sgn}x*x=\pm C*x=C_{1}*x,C_{1}\in \mathbb {R} }}$$

$$C|x|=C*{\rm {{sgn}x*x=\pm C*x=C_{1}*x,C_{1}\in \mathbb {R} }}$$

Se $y$$y$ è una soluzione di

$$y'(x)=y(x)/x+x$$

$$y'(x)=y(x)/x+x$$

allora è definita come

$$y(x)={\begin{cases}x^{2}+c_{1}x&{\hbox{se}}x>0\\x^{2}+c_{2}x&{\hbox{se}}x<0\\0&{\hbox{se}}x=0\end{cases}}$$

$$y(x)={\begin{cases}x^{2}+c_{1}x&{\hbox{se}}x>0\\x^{2}+c_{2}x&{\hbox{se}}x<0\\0&{\hbox{se}}x=0\end{cases}}$$

Si richiede che $y$$y$ sia di classe $C^{1}$$C^1$ su tutto $\mathbb {R}$$\mathbb {R}$. $y$$y$ è di classe $C^{1}$$C^1$ per definizione

$$y'(x)=2x+c_{1},x>0$$

$$y'(x)=2x+c_{1},x>0$$

$$y'(x)=2x+c_{2},x<0$$

$$y'(x)=2x+c_{2},x<0$$

Per avere la differenziabilità dev'essere:

$$\lim _{x\to 0^{+}}y'(x)=\lim _{x\to 0^{-}}y'(x)$$

$$\lim _{x\to 0^{+}}y'(x)=\lim _{x\to 0^{-}}y'(x)$$

e questo avviene se e solo se $c_{1}=c_{2}$$c_1=c_2$, quindi le soluzioni di

$$xy'(x)=y(x)+x^{2}$$

$$xy'(x)=y(x)+x^{2}$$

definite su tutto $\mathbb {R}$$\mathbb {R}$ sono date da $y(x)=x^{2}+Cx,C\in \mathbb {R}$$y(x)=x^{2}+Cx,C\in \mathbb {R}$.

Equazioni di Bernoulli

Consideriamo un'equazione del tipo:

$$y'(x)=a(x)*y(x)+b(x)*y^{\alpha }(x),\,\alpha \geq 0$$

$$y'(x)=a(x)*y(x)+b(x)*y^{\alpha }(x),\,\alpha \geq 0$$

Se $\alpha =0$$\alpha=0$ ho un'equazione lineare, che si riconduce al caso precedente, mentre per $\alpha =1$$\alpha=1$ ho equazioni lineari omogenee.
Se $\alpha \neq 0,\alpha \neq 1$$\alpha \neq 0,\alpha \neq 1$ pongo

$$z(x)=y(x)^{1-\alpha }$$

$$z(x)=y(x)^{1-\alpha }$$

Allora $y=0$$y=0$ è sempre soluzione tranne quando $\alpha =0$$\alpha=0$.

$$z(x)=y(x)^{1-\alpha }\,\longrightarrow \quad z'(x)=(1-\alpha )*y(x)^{-\alpha }*y'(x)=(1-\alpha )*y(x)^{-\alpha }*(a(x)*y(x)+b(x)*y^{\alpha })$$

$$z(x)=y(x)^{1-\alpha }\,\longrightarrow \quad z'(x)=(1-\alpha )*y(x)^{-\alpha }*y'(x)=(1-\alpha )*y(x)^{-\alpha }*(a(x)*y(x)+b(x)*y^{\alpha })$$

$$z'(x)=(1-\alpha )*y(x)^{1-\alpha }*(a(x)+b(x)*y^{\alpha -1}(x))$$

$$z'(x)=(1-\alpha )*y(x)^{1-\alpha }*(a(x)+b(x)*y^{\alpha -1}(x))$$

$$z'(x)=(1-\alpha )*z(x)*[a(x)+{\frac {b(x)}{z(x)}}]$$

$$z'(x)=(1-\alpha )*z(x)*[a(x)+{\frac {b(x)}{z(x)}}]$$

$$z'(x)=(1-\alpha )*[a(x)*z(x)+b(x)]$$

$$z'(x)=(1-\alpha )*[a(x)*z(x)+b(x)]$$

e ho ottenuto nuovamente un'equazione lineare. Allora risolvo quindi l'equazione in $z$$z$ e poi risalgo a $y$$y$.

Esercizio 4.5

Risolvere l'equazione di Bernoulli:

$$xy'(x)-2y(x)+3xy^{2}(x)=0$$

$$xy'(x)-2y(x)+3xy^{2}(x)=0$$

 

Quest'equazione non è data in forma normale ed è del tipo

$$f(x,y,y')=0$$

$$f(x,y,y')=0$$

Posso riscriverla in forma normale, quando $x\neq 0$$x \neq 0$:

$$y'=2y/x-3y^{2}{\text{equazione di Bernoulli con}}\alpha =2$$

$$y'=2y/x-3y^{2}{\text{equazione di Bernoulli con}}\alpha =2$$

$$z(x)=y(x)^{1-\alpha }=y(x)^{-1}$$

$$z(x)=y(x)^{1-\alpha }=y(x)^{-1}$$

$$z'(x)=-y^{-2}y'=-y^{-2}*(2y/x-3y^{2})=-2z/x+3$$

$$z'(x)=-y^{-2}y'=-y^{-2}*(2y/x-3y^{2})=-2z/x+3$$

$$z'+(2/x)z=3{\text{equazione }}\ast$$

$$z'+(2/x)z=3{\text{equazione }}\ast$$

Devo risolvere un'equazione lineare: moltiplico per $\mu =e^{-\int b(t)\,dt}=e^{\int 2/x\,dx}$$\mu =e^{-\int b(t)\,dt}=e^{\int 2/x\,dx}$.

$${\frac {d}{dx}}[z(x)*e^{\int 2/xdx}]=3*e^{\int 2/x\,dx}$$

$${\frac {d}{dx}}[z(x)*e^{\int 2/xdx}]=3*e^{\int 2/x\,dx}$$

e integrando ottengo:

$$z(x)*e^{\int 2/x\,dx}=\int 3e^{\int 2/x\,dx}\,dx+C$$

$$z(x)*e^{\int 2/x\,dx}=\int 3e^{\int 2/x\,dx}\,dx+C$$

$$z(x)*e^{2\log |x|}=\int 3e^{2\log |x|}\,dx+C$$

$$z(x)*e^{2\log |x|}=\int 3e^{2\log |x|}\,dx+C$$

$$z(x)*e^{\log x^{2}}=\int 3e^{\log x^{2}}\,dx+C$$

$$z(x)*e^{\log x^{2}}=\int 3e^{\log x^{2}}\,dx+C$$

$$z(x)*x^{2}=\int 3x^{2}\,dx+C$$

$$z(x)*x^{2}=\int 3x^{2}\,dx+C$$

$$z(x)=1/x^{2}*x^{3}+{\frac {C}{x^{2}}}=x+{\frac {C}{x^{2}}}$$

$$z(x)=1/x^{2}*x^{3}+{\frac {C}{x^{2}}}=x+{\frac {C}{x^{2}}}$$

$$z(x)={\frac {1}{y(x)}}={\frac {x^{3}+C}{x^{2}}}$$

$$z(x)={\frac {1}{y(x)}}={\frac {x^{3}+C}{x^{2}}}$$

$$y(x)={\frac {x^{2}}{x^{3}+C}}$$

$$y(x)={\frac {x^{2}}{x^{3}+C}}$$

Se $y$$y$ è una soluzione dell'equazione $\ast$$\ast$, allora $y(x)$$y(x)$ è definita come

$$y(x)={\begin{cases}{\frac {x^{2}}{x^{3}+c_{1}}}&{\hbox{se}}x>0\\{\frac {x^{2}}{x^{3}+c_{2}}}&{\hbox{se}}x<0\end{cases}}$$

$$y(x)={\begin{cases}{\frac {x^{2}}{x^{3}+c_{1}}}&{\hbox{se}}x>0\\{\frac {x^{2}}{x^{3}+c_{2}}}&{\hbox{se}}x<0\end{cases}}$$

Se $x=0$$x=0$, l'equazione originaria è soddisfatta se $y(0)=0$$y(0)=0$ e quindi la soluzione si può ridefinire come:

$$y(x)={\begin{cases}{\frac {x^{2}}{x^{3}+c_{1}}}&{\hbox{se}}x>0\\0&{\hbox{se}}x=0\\{\frac {x^{2}}{x^{3}+c_{2}}}&{\hbox{se}}x<0\end{cases}}$$

$$y(x)={\begin{cases}{\frac {x^{2}}{x^{3}+c_{1}}}&{\hbox{se}}x>0\\0&{\hbox{se}}x=0\\{\frac {x^{2}}{x^{3}+c_{2}}}&{\hbox{se}}x<0\end{cases}}$$

ed è continua su tutto $\mathbb {R}$$\mathbb {R}$ per ogni $c_{1},c_{2}$$c_{1},c_{2}$ diversi da 0.
Verifichiamo se la soluzione è differenziabile su tutto $\mathbb {R}$$\mathbb {R}$ e se bisogna imporre ipotesi su $c_{1}$$c_1$ e $c_{2}$$c_{2}$.

$$y'(x)={\frac {2x(x^{3}+c_{1})-3x^{4}}{(x^{3}+c_{1})^{2}}}$$

$$y'(x)={\frac {2x(x^{3}+c_{1})-3x^{4}}{(x^{3}+c_{1})^{2}}}$$

$$y'(x)={\frac {-x^{4}+2xc_{1}}{(x^{3}+c_{1})^{2}}}$$

$$y'(x)={\frac {-x^{4}+2xc_{1}}{(x^{3}+c_{1})^{2}}}$$

e

$$\lim _{x\to 0}y'(x^{+})=0$$

$$\lim _{x\to 0}y'(x^{+})=0$$

Se $c_{1},c_{2}\neq 0$$c_{1},c_{2}\neq 0$, la definita anche in $x=0$$x=0$: per $x>0$$x>0$ la derivata è definita per tutti i punti tali che $x^{3}\neq -c_{2}$$x^{3}\neq -c_{2}$, e quindi è definita per $c_{1}>0$$c_{1}>0$, perché se $c_{1}>0$$c_{1}>0$, non esiste nessun $x$$x$ tale che $x=-{\sqrt[{3}]{c_{1}}}$$x=-{\sqrt[{3}]{c_{1}}}$ che annulli il denominatore. Analogamente, se $x<0$$x<0$, la soluzione non è definita se $c_{2}>0$$c_{2}>0$.

Allora, la soluzione dell'equazione differenziale si riscrive come:

$$y(x)={\begin{cases}{\frac {x^{2}}{x^{3}+c_{1}}}&{\hbox{se}}x>0,c_{1}>0\\0&{\hbox{se}}x=0\\{\frac {x^{2}}{x^{3}+c_{2}}}&{\hbox{se}}x<0,c_{2}<0\end{cases}}$$

$$y(x)={\begin{cases}{\frac {x^{2}}{x^{3}+c_{1}}}&{\hbox{se}}x>0,c_{1}>0\\0&{\hbox{se}}x=0\\{\frac {x^{2}}{x^{3}+c_{2}}}&{\hbox{se}}x<0,c_{2}<0\end{cases}}$$

Esercizio 4.6

Calcolare le soluzioni dell'equazione

$$y'=2y+ae^{x},\,a\in \mathbb {R}$$

$$y'=2y+ae^{x},\,a\in \mathbb {R}$$

Servendosi del risultato, trovare tutte le soluzioni del sistema

$${\begin{cases}y_{1}'=y_{1}\\y_{2}'=-y_{1}+2y_{2}\\y_{3}'=y_{1}+2y_{3}\end{cases}}$$

$${\begin{cases}y_{1}'=y_{1}\\y_{2}'=-y_{1}+2y_{2}\\y_{3}'=y_{1}+2y_{3}\end{cases}}$$

 

L'equazione

$$y'=2y+ae^{x},\,a\in \mathbb {R}$$

$$y'=2y+ae^{x},\,a\in \mathbb {R}$$

è lineare.

$${\frac {d}{dx}}[y*e^{-\int 2\,dx}]=a*e^{x}*e^{-\int 2\,dx}$$

$${\frac {d}{dx}}[y*e^{-\int 2\,dx}]=a*e^{x}*e^{-\int 2\,dx}$$

$$y*e^{-2x}=\int (a*e^{x}*e^{-2x})\,dx+C$$

$$y*e^{-2x}=\int (a*e^{x}*e^{-2x})\,dx+C$$

$$y*e^{-2x}=-ae^{-x}+C$$

$$y*e^{-2x}=-ae^{-x}+C$$

$$y=e^{2x}*(-ae^{-x}+C)$$

$$y=e^{2x}*(-ae^{-x}+C)$$

$$y=-ae^{x}+Ce^{2x},C\in \mathbb {R}$$

$$y=-ae^{x}+Ce^{2x},C\in \mathbb {R}$$

Considero ora la prima equazione del sistema:

$$y_{1}=-ae^{x}+Ce^{2x},C\in \mathbb {R}$$

$$y_{1}=-ae^{x}+Ce^{2x},C\in \mathbb {R}$$

$$y_{1}'=-a*e^{x}+2C*e^{2x}$$

$$y_{1}'=-a*e^{x}+2C*e^{2x}$$

$$y_{1}=y_{1}'\longrightarrow C*e^{2x}=0\,\longrightarrow C=0$$

$$y_{1}=y_{1}'\longrightarrow C*e^{2x}=0\,\longrightarrow C=0$$

Ora sostituisco l'espressione di $y_{1}$$y_1$ nelle altre due equazioni del sistema:

$$y_{1}=-a*e^{x}$$

$$y_{1}=-a*e^{x}$$

ed è soluzione dell'equazione di partenza se pongo $C=0$$C=0$.

$${\begin{cases}y_{2}'=a*e^{x}+2y_{2}\\y_{3}'=-a*e^{x}+2y_{3}\end{cases}}$$

$${\begin{cases}y_{2}'=a*e^{x}+2y_{2}\\y_{3}'=-a*e^{x}+2y_{3}\end{cases}}$$

L'equazione

$$y_{2}'=a*e^{x}+2y_{2}$$

$$y_{2}'=a*e^{x}+2y_{2}$$

è un'equazione lineare, quindi:

$$y_{2}'-2y_{2}=a*e^{x}$$

$$y_{2}'-2y_{2}=a*e^{x}$$

$${\frac {d}{dx}}(y*e^{-\int 2\,dx})=a*e^{x}*e^{-\int 2\,dx}$$

$${\frac {d}{dx}}(y*e^{-\int 2\,dx})=a*e^{x}*e^{-\int 2\,dx}$$

$$y*e^{-\int 2\,dx}=\int a*e^{x}*e^{-\int 2\,dx}\,dx+C$$

$$y*e^{-\int 2\,dx}=\int a*e^{x}*e^{-\int 2\,dx}\,dx+C$$

$$y*e^{-2x}=\int a*e^{-x}\,dx+C$$

$$y*e^{-2x}=\int a*e^{-x}\,dx+C$$

$$y_{2}=(-a*e^{x}+C*e^{2x}),\,C\in \mathbb {R}$$

$$y_{2}=(-a*e^{x}+C*e^{2x}),\,C\in \mathbb {R}$$

Cerco $y_{3}$$y_{3}$.

$$y_{3}'-2y_{3}=-a*e^{x}$$

$$y_{3}'-2y_{3}=-a*e^{x}$$

$${\frac {d}{dx}}[y*e^{-\int 2\,dx}]=-a*e^{x}*e^{-\int 2\,dx}$$

$${\frac {d}{dx}}[y*e^{-\int 2\,dx}]=-a*e^{x}*e^{-\int 2\,dx}$$

$$y*e^{-2x}=\int -a*e^{-x}\,dx]+C$$

$$y*e^{-2x}=\int -a*e^{-x}\,dx]+C$$

$$y_{3}=a*e^{x}+C*e^{2x}$$

$$y_{3}=a*e^{x}+C*e^{2x}$$