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Equazioni differenziali ordinarie

Un’equazione differenziale e un’equazione in cui l’incognita e una funzione, anziche un semplicenumero, e tale funzione puo apparire con diversi ordini di derivazione. Un’equazione differenzialesi dice di ordine n se il grado massimo di derivazione della funzione incognita e n.

Esempio: il calcolo di una primitiva consiste nella risoluzione di una semplice equazione dif-ferenziale del prim’ordine. Risolvere ∫

sin(x)dx

equivale a trovare una funzione y(x) tale che

y′(x) = sin(x)

La soluzione di questa equazione differenziale e y(x) = − cos(x) + c, c ∈ R arbitrario, quindiinfinite funzioni sono soluzione dell’equazione differenziale.Per selezionare una sola particolare soluzione e possibile inserire una condizione ulteriore sullafunzione, ad esempio {

y′(x) = sin(x)y

(π2

)= 4

e soddisfatta solo se − cos(

π2

)+ c = 4, ovvero se c = 4, e l’unica soluzione e

y(x) = − cos(x) + 4

Esempio: attraverso equazioni differenziali e possibile modellare il comportamento della correntein un circuito RLC.

E

C

R

L

Figura 1: Circuito RLC serie con tensione di alimentazione costante

Conoscendo le grandezze E,R, L,C e possibile determinare, per ogni istante t, quant’e la correntei(t) che passa nel circuito, visto che soddisfa questa equazione differenziale

Ld2i(t)dt2

+ Rdi(t)dt

+1C

i(t) = 0

1

Gianni Sammito Equazioni differenziali ordinarie www.matematicamente.it

Esempio: anche la seconda legge della dinamica, ~F = m~a e un’equazione differenziale. Se ~x(t) ela posizione di un punto materiale di massa m all’istante t, allora velocita e accelerazione valgono

~v(t) = ~x′(t) ~a(t) = ~x′′(t)

~F puo dipendere da t, da ~x(t), da ~v(t) (forza viscosa), ovvero ~F = ~F (t, x, x′). Quindi l’equazione~F = m~a equivale a questa equazione differenziale

x′′(t) =1m

~F (t, x, x′)

Esempio: datazione con il C14. Sia

y(t) = quantita di C14 presente in un pezzo di legno fossile al tempo t

Durante l’intervallo di tempo da t a t + ∆t, con ∆t arbitrariamente piccolo, la quantita di C14

diminuisce, quindi una quantita ∆y di C14 si disintegra, ovvero

y(t + ∆t) = y(t)−∆y

∆y e direttamente proporzionale al tempo passato e alla quantita di C14, quindi

∆y = ky(t)∆t

Da questo si deduce chey(t + ∆t) = y(t)− ky(t)∆t

da cuiy(t + ∆t)− y(t)

∆t= −k(t)

ma visto che ∆t → 0, questo equivale a

y′(t) = −ky(t)

Supponendo y(t) > 0, in quanto e una quantita di materiale, dividendo per y(t) ad ambo imembri si ottiene

y′(t)y(t)

= −k

Per determinare la soluzione dell’equazione differenziale conviene ora integrare ambo i membrifra 0 e T , T ∈ R+

∫ T

0

y′(t)y(t)

dt =∫ T

0

−kdt =⇒ [ln(T )]T0 = [−kt]T0

ovvero

ln (y(T )) = −kT + log (y(0)) =⇒ y(T ) = e−kT+ln(y(0)) =⇒ y(T ) = y(0)e−kT

Supponiamo che t = 0 sia l’istante in cui una pianta e morta, e t = T sia l’istante attuale.Conoscendo y(T ) (si puo misurare, e la quantita attuale di C14) e conoscendo y(0) (e la quantitamedia di C14 nell’atmosfera), si puo ricavare T

T = −1k

ln(

y(T )y(0)

)

In generale, un’equazione differenziale del tipo

f(x, y(t), y′(t), . . . , y(n)(t)

)= 0

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viene chiamata di ordine n perche e la derivata n–esima quella di ordine piu grande ad apparire.Quando un’equazione differenziale ordinaria (nel seguito si usera spesso l’abbreviazione EDO) escritta cosı

y(n)(x) = F(x, y(x), y′(x), . . . , y(n−1)(x)

)

si dice che e in forma normale.

Definizione: sia y : I → R, dove I ⊂ R e un intervallo, una funzione derivabile almeno nvolte. Se

y(n)(x) = F(x, y(x), y′(x), . . . , y(n−1)(x)

)∀x ∈ I

allora y e la soluzione dell’equazione differenziale. Risolvere un’equazione differenziale significatrovare tutte le funzioni che la soddisfano.

Esempio: si risolva la seguente EDO del 2◦ ordine

y′′(x) = x

Integrando ambo i membri una volta si ottiene

y′(x) =12x2 + c c ∈ R

Integrando una seconda volta si arriva a

y(x) =16x3 + cx + d c, d ∈ R

Per selezionare un’unica soluzione e necessario dare almeno altre due condizioni su y(x). Adesempio

y(0) = 1 =⇒ d = 1

y′(0) = 2 =⇒ c = 2

Tenendo conto anche di queste condizioni la soluzione cercata e y(x) = 16x2 + 2x + 1.

Esempio: risolvere la seguente EDO del primo ordine

y′(x) = 3 3√

y2(x)

y(0) = 0

Di sicuro la funzione y(x) ≡ 0 ∀x soddisfa sia l’equazione differenziale che la condizione.Dividendo per 3 3

√y2(x) si ottiene

y′(x)3 3√

y2(x)= 1

Integrando ambo i membri si ottiene

13

∫ x

0

y−23 (t)y′(t)dt =

∫ x

0

dt

da cui [y

13 (t)

]x

0= x =⇒ 3

√y(x) = x =⇒ y(x) = x3

Anche questa soluzione rispetta sia l’equazione che la condizione, in questo caso sono state trovatedue soluzioni distinte.

3


Problema di Cauchy

Un’equazione differenziale a cui vengono associate una o piu condizioni sulla soluzione vienedetto problema di Cauchy. Si consideri un’equazione differenziale vettoriale del tipo

y′ = F (t, y)

dove F : I ×A → Rn, con A ⊂ Rn, I ⊂ R, e

F (t, y(t)) = (f1 (t, y(t)) , f2 (t, y(t)) , . . . , fn (t, y(t)))

y = y(t) = (y1(t), y2(t), . . . , yn(t))

L’equazione differenziale vettoriale y′ = F (t, y) rappresenta un sistema di n equazioni differenzialidel primo ordine

y′1 = f1 (t, y(t))y′2 = f2 (t, y(t))

...y′n = fn (t, y(t))

Il problema di Cauchy associato al sistema consiste nel trovare una soluzione (almeno) del sistemasoddisfacente alla condizione iniziale y(t0) = y0 ∈ R, dove t0 e y0 sono assegnati. In modo piusintetico si scrive {

y′ = F (t, y)y(t0) = y0

In particolare (t0, y0) ∈ I ×A, ovvero t0 ∈ I e y0 ∈ A. Si noti che I ×A e il dominio di F .Trovare una soluzione del problema di Cauchy significa trovare una funzione y : J → A, conJ ⊂ I e t0 ∈ J tale che

y′(t) = F (t, y(t)) ∀t ∈ J

ey(t0) = y0

Esempio: questo e un problema di Cauchy{

y′(t) = 3 3√

y2(t)y(0) = 0

Come gia osservato nell’esempio precedente il problema ha almeno due soluzioni (in realta ne hainfinite)

y ≡ 0 y(t) = t3

In questo caso F (t, y) = 3 3√

y2. Osserviamo che

∂F

∂y= 3

23y−

13 =

23√

y

ovvero non e derivabile rispetto a y in y = 0. La condizione iniziale e y(0) = 0, e coinvolgeproprio un punto in cui la funzione non e derivabile. E questo il motivo per cui il problema diCauchy ha infinite soluzioni. Varrebbe la stessa cosa se la condizione iniziale fosse y(1) = 0.

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Teorema di esistenza e unicita

Sia I ⊂ R un intervallo aperto, e sia A ⊂ Rn un insieme aperto. Consideriamo una funzione avalori vettoriali

F : I ×A → Rn : (t, y) 7→ F (t, y)

Sia (t0, y0) ∈ I ×A un punto appartenente al dominio di F , e supponiamo che

1. F sia continua in I ×A (cioe nel suo dominio)

2. ∂F∂(y1,y2,...,yn) (t, y) esiste ed e continuo in I ×A

Teorema di esistenza e unicita: se queste ipotesi sono soddisfatte, allora il problema diCauchy {

y′ = F (t, y)y(t0) = y0

ha una ed una sola soluzione y definita in un opportuno intorno J di t0.

Corollario: la conclusione del precedente Teorema continua ad essere vera se F ∈ C1 (I ×A).

La sola continuita basta a garantire che il problema ammetta almeno una soluzione.

Esempio: soluzioni che scoppiano, blow–up.

Si consideri il seguente problema di Cauchy{

y′ = yα

y(0) = 1 α ∈ R \ {1}

In questo caso F (t, y) = yα, e il suo dominio e R×]0,+∞[, infatti t puo assumere qualsiasi valorementre y puo assumere solo valori positivi. Inoltre

(t0, y0) = (0, 1) ∈ R× ]0, +∞[

Dato che F ∈ C1 (R×]0, +∞[) il Teorema di esistenza e unicita e applicabile, pertanto la soluzionea questo problema esiste ed e unica. Moltiplicando ambo i membri per y−α si ottiene

y−αy′ = 1

quindi ∫ t

0

y−αy′ds =∫ t

0

ds =⇒ 11− α

[y1−α(s)

]t

0= t

ovveroy1−α(t)1− α

− y1−α(0)1− α

= t

Ma se y(0) = 1, allora y1−α(0) = 1 per ogni α ∈ R \ {1}. Quindi

11− α

y1−α(t) = t +1

1− α=⇒ y1−α(t) = (1− α)t + 1

Supponendo α > 1, la soluzione si puo scrivere come

yα−1(t) =1

1− (α− 1)t=⇒ y(t) =

[1

1− (α− 1)t

] 1α−1

Tutte queste soluzioni hanno un denominatore che si annulla in

t =1

α− 1

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In questo punto c’e un asintoto verticale, ovvero la soluzione esplode in t = 1α−1 , di conseguenza

non ha senso considerare le soluzioni dopo quel punto. Quindi y e definita (come soluzione) in]−∞, 1

α−1

[

Anche se la funzione y e definita per t > 1α−1 , in realta in tale intervallo non e soluzione del

problema di Cauchy.

Equazioni differenziali a variabili separabili

Le equazioni differenziali a variabili separabili sono equazioni scalari, del primo ordine, che sipossono scrivere in questa forma

y′ = g(x)h(y)

Per risolvere equazioni differenziali a variabili separabili e sufficiente seguire questo procedimentorisolutivo.Per prima cosa si osserva che tutti i valori y0 ∈ R tali che h(y0) = 0 danno luogo a soluzionicostanti y ≡ y0 ∀x. Infatti se y(x) = y0 allora y′(x) = 0, e se h(y0) = 0 allo stesso modog(x)h(y0) = 0. Quindi il primo passo e quello di trovare tutte le soluzioni costanti risolvendoh(y) = 0.Una volta trovate le soluzioni costanti si divide per h(y)

y′

h(y)= g(x)

e si integra ambo i membri ∫g(x)dx = G(x) + c1 c1 ∈ R

∫y′

h(y)dx =

∫dy

h(y)= H(y) + c2 c2 ∈ R

Posto c = c1 − c2

H(y) = G(x) + c

e un’equazione algebrica in cui non appaiono derivate. Se all’equazione differenziale e associatoun problema di Cauchy sostituendo la condizione iniziale e possibile ricavare c. Se H e iniettivarisulta

y = H−1 (G(x) + c)

Esempio: risolvere la seguente equazione differenziale a variabili separabili

y′ = xy2

Per prima cosa si trovano le soluzioni costanti tali che

y2 = 0 =⇒ y ≡ 0

Dividendo per y2 si ottieney′

y2= x

∫xdx =

12x2 + c1 c1 ∈ R

∫y′

y2dx =

∫y−2dy = −1

y+ c2 c2 ∈ R

Quindi la soluzione si trova risolvendo

−1y

=12x2 + c c ∈ R

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ovveroy = − 1

12x2 + c

Se ci fosse stata associata la condizione y(5) = 0 la soluzione sarebbe stata y ≡ 0, e difatti @c ∈ Rtale che

0 = − 112x2 + c

Esempio: risolvere il seguente problema di Cauchy{

y′ = (2x + 1)√

y2−1

y

y(−1) = −2

f(x, y) = (2x + 1)√

y2−1

y , pertanto il suo dominio massimale e

R× (]−∞,−1] ∪ [1, +∞[)

La funzione f e di classe C1 nell’aperto R× (]−∞,−1] ∪ [1,+∞[) e tale insieme contiene il punto(−1,−2), pertanto, per il Teorema di esistenza e unicita questo problema ha un’unica soluzione.Questa e un’equazione a variabili separabili, pertanto si cercano, per prima cosa, le soluzionicostanti. √

y2 − 1 = 0 =⇒ y = ±1

Nessuna di queste soluzioni soddisfa la condizione iniziale. Notare che se una delle due avessesoddisfatto la condizione iniziale il problema sarebbe gia finito.Dividendo per

√y2 − 1 si ottiene

y√y2 − 1

y′ = 2x + 1

da cui ∫(2x + 1)dx = x2 + x + c1 c1 ∈ R

∫y√

y2 − 1y′dx =

∫y√

y2 − 1dy =

12

∫2y(y2 − 1)−

12 dy =

√y2 − 1 + c2 c2 ∈ R

Considerando che √y2 − 1 = x2 + x + c c ∈ R

e la condizione iniziale √y(−1)2 − 1 = 1− 1 + c =⇒ c =

√3

Dunque la soluzione del problema di Cauchy si trova risolvendo rispetto a y l’equazione algebrica

√y2 − 1 = x2 + x +

√3 =⇒ y2 =

(x2 + x +

√3)2

+ 1 =⇒ y = ±√(

x2 + x +√

3)2

+ 1

Si trovano due soluzioni perche il quadrato non e una funzione iniettiva, pertanto non invertibile.Ovviamente, visto che sono soddisfatte le ipotesi del problema di Cauchy, la soluzione puo esseresoltanto una.Una radice quadrata e, per definizione, sempre positiva. La condizione iniziale e negativa,pertanto si deve scartare la soluzione y = +

√·, e la soluzione del problema di Cauchy e

y = −√(

x2 + x +√

3)2

+ 1

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Equazioni riconducibili a variabili separabili

Ci sono alcuni casi, essenzialmente tre, in cui equazioni differenziali ordinarie del primo ordinepossono essere ricondotte a equazioni a variabili separabili. Questo e un vantaggio in quanto,come gia visto, il procedimento di risoluzione di EDO a variabili separabili e piuttosto semplicee meccanico.

1◦ caso: y′ = f(ax + by) a, b 6= 0

Di fronte ad un’equazione differenziale di questo genere conviene operare il seguente cambiamentodi variabili

z(x) = ax + by(x)

da cuiz′(x) = a + by′(x) = a + bf (ax + by(x))

dato che y′(x) = f(ax + bf (ax + by(x)). Quindi l’equazione diventa

z′(x) = a + bf (z(x))

Questa equazione puo essere scritta cosı

z′ = g(x)h(z)

con g(x) ≡ 1 e h(z) = a + bf(z), pertanto ci siamo ricondotti ad un’equazione a variabili sepa-rabili.

Esempio: risolvere l’equazione

y′ = (x + y)2 − (x + y)− 1

Ponendo z = x + y, e osservando che

z′ = 1 + y′ = 1 + (x + y)2 − (x + y)− 1 = z2 − z

si ottienez′ = z2 − z

Le soluzioni costanti sono z ≡ 0 e z ≡ 1. Per trovare le altre soluzioni si divide per z2 − zottenendo

z′

z2 − z= 1

∫dx = x + c1 c1 ∈ R

∫z′

z2 − z=

∫1

z(z − 1)dz =

∫ (−1

z+

1z − 1

)dz = ln

∣∣∣∣z − 1

z

∣∣∣∣ + c2 c2 ∈ R

Esplicitiamo ora z

ln∣∣∣∣z − 1

z

∣∣∣∣ = x + c c ∈ R∣∣∣∣1−

1z

∣∣∣∣ = ex · ec = kex k ∈ R+

1− 1z

= kex =⇒ z =1

1− kex

Le soluzioni trovate sonoz ≡ 0 z ≡ 1 z =

11− kex

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Ricordando la sostituzione z = x + y =⇒ y = −x si trovano le funzioni y(x) che soddisfanol’equazione differenziale proposta

y(x) = −x y(x) = 1− x y(x) =1

1− kex− x

2◦ caso: un altro tipo di equazioni differenziali riconducibili ad equazioni a variabili separabilisono quelle della forma

y′ = f(y

x

)

In questi casi conviene porre z(x) = y(x)x =⇒ y(x) = x · z(x), e derivando si ottiene

y′(x) = z(x) + x · z′(x)

Quindi l’equazione diventaf

(y

x

)= f(z) = z + x · z′

che equivale a

z′ =1x

(f(z)− z)

e come si puo vedere questa e un’equazione a variabili separabili.


y′ = 4y3x − 8x2

3y2

y(1) = 3

f(x, y) = 4y3x − 8x2

3y2 , e il suo dominio massimale e

{(x, y) ∈ R2 : x 6= 0, y 6= 0

}

Il punto (3, 1) appartiene a questo insieme, ∂f∂y e continua nel dominio di f , pertanto la soluzione

al problema esiste ed e unica.

f(x, y) =43

(y

x

)− 8

3

(x

y

)2

=43

(y

x

)− 8

3

(y

x

)−2

Poniamo z = yx da cui y = xz e

y′ = z′x + z =⇒ z′x = y′ − z =⇒ z′x =43z − 8

3z−2 − z =

z3 − 83z2

da cui

z′ =1x

z3 − 83z2

=⇒ 3z2

z3 − 8z′ =

1x

Le soluzioni costanti, o meglio, la soluzione costante e z ≡ 2, a cui corrisponde y = 2x, che nonsoddisfa la condizione iniziale, pertanto non e soluzione del problema di Cauchy.

∫1x

dx = ln |x|+ c1 c1 ∈ R∫

3z2

z3 − 8zdx =

∫3z2

z3 − 8dz = ln

∣∣z3 − 8∣∣ + c2 c2 ∈ R

ln∣∣z3 − 8

∣∣ = ln |x|+ c c ∈ R

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Imponendo la condizione iniziale y(1) = 3

ln |27− 8| = ln |1|+ c =⇒ c = ln(19)

Pertanto la soluzione dell’equazione differenziale si trova risolvendo

ln∣∣∣∣

y3

x3 − 8

∣∣∣∣ = ln |x|+ ln(19) =⇒ ln∣∣∣∣y3

x3− 8

∣∣∣∣ = ln |19x|∣∣∣∣y3

x3− 8

∣∣∣∣ = 19|x|

Intorno al punto x = 1 la funzione vale 3, quindi y3

x3 − 8 = 10 > 0, pertanto per valori di x in un

intorno di x = 1 la quantita y3(x)x3 − 8 resta positiva, per cui

∣∣∣∣y3(x)x3

− 8∣∣∣∣ =

y3(x)x3

− 8

dunquey3(x)x3

− 8 = 19|x| =⇒ y3(x) = (19|x|+ 8) x3

ovveroy(x) = x 3

√19|x|+ 8

3◦ caso: un altro tipo di equazioni differenziali riconducibili a equazioni a variabili separabilisono quelle della forma

y′ = f

(ax + by + c

a′x + b′y + c′

)

con ab′ 6= a′b. Se ab′ 6= a′b allora le rette di equazione

ax + by + c = 0 a′x + b′y + c′ = 0

non sono parallele ed e pertanto possibile trovare il loro punto di intersezione. Sia (x0, y0) il loropunto di intersezione, questo vuol dire che

ax0 + by0 + c = 0

ea′x0 + b′y0 + c = 0

Come primo passo trasliamo l’origine in (x0, y0) considerando un nuovo riferimento cartesianouOv, mediante questa trasformazione

{u = x− x0

v = y − y0=⇒

{x = u + x0

y = v + y0

Quindi, considerando questa trasformazione, si ottiene (considerando che, come precedentementedetto, risulta ax0 + by0 + c = 0 e a′x0 + b′y0 + c′ = 0)

ax + by + c = a(u + x0) + b(v + y0) + c = au + bv + ax0 + by0 + c = au + bv

Analogamente

a′x + b′y + c′ = a′(u + x0) + b′(v + y0) + c′ = a′u + b′v + a′x0 + b′y0 + c′ = a′u + b′v

Di conseguenza

f

(ax + by + c

a′x + b′y + c′

)= f

(au + bv

a′u + b′v

)= f

(a + b v

u

a′ + b′ vu

)

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Per le sostituzioni fatte in precedenza, risulta

y(x) = y(u + x0)

v = y − y0 = y(u + x0)− y0 =⇒ v(u) = y(u + x0)− y0

Derivando ambo i membri rispetto a u si ottiene

dv

du=

d

du[y(u + x0)] =

d

duy(u + x0) · d

du(u + x0) =

d

dy(u + x0) = y′ = f

ovvero

v′ = f

(a + b v

u

a′ + b′ vu

)

e diventa a variabili separabili ponendo z = vu e ricordando il secondo caso di equazioni ricon-

ducibili a variabili separabili.

Esempio: risolvere la seguente equazione differenziale

y′ =y − x− 2

y + x

Le rette di equazione y − x − 2 e y + x non sono parallele e, risolvendo il sistema associato, sinota che si intersecano nel punto (−1, 1). Quindi conviene fare questa trasformazione

{u = x + 1v = y − 1 =⇒

{x = u− 1y = v + 1

v(u) = y(u− 1)− 1

v′ =v + 1− u + 12v + 1 + u− 1

=v − u

v + u=

vu − 1vu + 1

Ponendo z(u) = v(u)u si ottiene

v(u) = z(u) · u =⇒ v′ = z′u + z

da cui (ricordando che v′ =vu−1vu +1

z′u = v′ − z =z − 1z + 1

− z =−z2 − 1z + 1

quindi ci si e ricondotti ad un’equazione a variabili separabili

z = − 1u

z2 + 1z + 1

Non c’e nessuna soluzione costante, perche z2 + 1 e una quantita strettamente positiva.

z + 1z2 + 1

z′ = − 1u∫

− 1u

du = − ln |u|+ c1 c1 ∈ R∫

z + 1z2 + 1

z′du =∫

z + 1z2 + 1

dz =∫

12

2z

z2 + 1dz+

∫1

z2 + 1dz =

12

ln(z2+1)+arctg(z)+c2 c2 ∈ RRicordando le sostituzioni fatte

z =v

u=

y − 1x + 1

si arriva a12

ln(

(y − 1)2

(x + 1)2+ 1

)+ arctg

(y − 1x + 1

)= − ln |x + 1|+ c c ∈ R

In questo caso non e possibile esplicitare la y, in ogni caso le soluzioni dell’equazione differenzialedi partenza soddisfano questa equazione algebrica.

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Equazioni differenziali ordinarie lineari del I ordine

Un’equazione differenziale del I ordine si dice lineare se e della forma

y′ = α(x)y + β(x)

In questo caso f(x, y) = α(x)y + β(x), ed e un polinomio di primo grado in y.

∂f

∂y(x, y) = α(x)

Se α, β : I → R il dominio massimale della f e I × R. Se α e β sono continue, allora

1. f e continua in I × R2. ∂f

∂y e continua in I × R

Quindi, per il Teorema di esistenza e unicita, ogni problema di Cauchy associato a y′ = α(x)y +β(x) (ovviamente supponendo che l’argomento di y della condizione appartenga ad I) ha un’u-nica soluzione. Le soluzioni per le EDO del I ordine lineari sono definite in tutto l’intervallo I,non esplodono prima.Nel caso di EDO lineari del I ordine si possono avere due casi diversi, ovvero l’equazione puoessere omogenea o completa.

1◦ caso: se β ≡ 0 l’equazione si dice omogenea e si riduce a questa equazione a variabiliseparabili

y′ = α(x)y

La soluzione costante e y ≡ 0. Detta A(x) una primitiva di α(x), dividendo per y si ottiene

y′

y= α(x)

e integrando ∫y′

ydx =

∫1ydy = ln |y|+ c c ∈ R

Pertanto la soluzione eln |y|+ c = A(x) =⇒ |y| = eceA(x)

Ponendo ec = k > 0 si ottieney = keA(x)

Notare che se k = 0 si ottiene la soluzione costante y = 0.

2◦ caso: se β(x) 6= 0 l’equazione si dice completa

y′ = α(x)y + β(x)

y′ − α(x)y = β(x)

Moltiplicando ambo i membri per e−A(x), dove A(x) e una primitiva di α(x), ovvero A′(x) = α(x),si ottiene

y′e−A(x) − yA′(x)e−A(x) = β(x)e−A(x)

Si nota che il membro di sinistra e la derivata di

ye−A(x)

12


pertanto, integrando a destra e a sinistra, si trova

ye−A(x) = c +∫

β(x)e−A(x)dx c ∈ R

Moltiplicando ambo i membri per eA(x) si ottiene

y = eA(x)

[c +

∫β(x)e−A(x)dx

]

e questa e la formula generale risolutiva per le EDO lineari del I ordine, detta anche integralegenerale delle EDO del I ordine.


y′ = yx + x cos(x)

y(

π4

)= 0

f(x, y) = 1xy + x cos(x), e il suo insieme di definizione massimale [

(]−∞, 0[ ∪ ]0,+∞[)× R

Dato che la condizione iniziale, ovvero la coppia(

π4 , 0

), appartiene a

]0, +∞[× R

come dominio per le funzioni α e β puo essere considerato l’intervallo ]0, +∞[:

α, β : ]0,+∞[ → R

A(x) =∫

α(x)dx =∫

1x

dx = ln |x|+ c = ln(x) + c1 c1 ∈ R

e stato omesso il valore assouto perche, ricordando il dominio di α, risulta x ∈]0, +∞[.∫

β(x)e−A(x)dx =∫

x cos(x)e− ln(x)dx =∫

x cos(x)1x

dx =∫

cos(x) = sin(x) + c2 c2 ∈ R

L’integrale generale quindi e

y(x) = eln(x) [c + sin(x)] = x (c + sin(x))

Dato che le ipotesi del Teorema di esistenza e unicita sono soddisfatte, l’unica soluzione si trovaimponendo la condizione iniziale

y(π

4

)=

π

4

(c + sin

(π

4

))= 0 =⇒ 0 =

π

4

(c +

√2

2

)=⇒ c = −

√2

2

Dunque la soluzione del problema di Cauchy e

y(x) = x

(sin(x)−

√2

2

)

13


Osservazione sull’integrale generale delle EDO del I ordine

Data un’equazione del tipoy′ = α(x)y + β(x)

l’integrale generale valey(x) = eA(x) [c + B(x)] c ∈ R

dove A′(x) = α(x) e B′(x) = β(x)e−A(x). Scritto in altra forma

y(x) = ceA(x) + B(x)eA(x) c ∈ R

Si nota che ceA(x) identifica una famiglia di funzioni diverse, mentre B(x)eA(x) e una funzioneben precisa. La famiglia di funzioni

W (x) = ceA(x)

risolve W ′ = α(x)W , e infatti ceA(x) e l’integrale generale dell’equazione omogenea (β ≡ 0)associata a y′ = αy + β. Consideriamo ora

y0(x) = B(x)eA(x)

derivando si ottiene

y′0(x) = B′(x)eA(x) + A′(x)B(x)eA(x) = B′(x)eA(x) + B(x)eA(x)A′(x)

Dato che B′(x) = β(x)e−A(x) e che A′(x) = α(x), allora

y′0(x) = β(x)e−A(x)eA(x) + B(x)eA(x)α(x)

ovveroy′0(x) = α(x)y0(x) + β(x)

cioe y0 e una soluzione dell’equazione lineare completa y′ = α(x)y + β(x). L’equazione

y′ = α(x)y

si chiama equazione omogenea associata all’equazione completa y′ = α(x)y + β(x). La formula

y(x) = CeA(x) + B(x)eA(x)

in pratica dice che l’integrale generale dell’equazione completa si ottiene sommando tutte lesoluzioni dell’equazione omogenea associata a quella completa con una particolare soluzione dellacompleta.

Equazione di Bernoulli

Un’equazione del tipoy′ = α(x)y + β(x)ys s 6= 0, s 6= 1

si chiama equazione di Bernoulli. Per risolvere un’equazione di questo tipo conviene fare lasostituzione z(x) = y1−s(x), da cui

y(x) = [z(x)]1

1−s

ez′(x) = (1− s)y−s · y′(x)

L’equazione quindi diventa

z′(x) = (1− s)y−s(x) [α(x)y + β(x)ys]

14


z′(x) = (1− s)α(x)y1−s(x) + (1− s)β(x)

Ma dato che y1−s(x) = z(x), allora

z′(x) = (1− s)α(x)z(x) + (1− s)β(x)

In questo modo e stato possibile ricondursi ad un’equazione differenziale lineare del primo ordine.


y′ = 2 tg(x)y + 2√

y

con y ≥ 0, x 6= π2 + kπ k ∈ Z.

y′ = 2 tg(x)y + 2(y)12

Poniamoz = y1− 1

2 = y12 =

√y

z′ =1

2√

yy′

Adesso l’equazione diventa

z′ =1

2√

y[2 tg(x)y + 2

√y]

z′ = tg(x)√

y + 1 =⇒ z′ = tg(x)z + 1

Questa e una EDO del I ordine, con α(x) = tg(x), β(x) = 1.

A(x) =∫

α(x)dx =∫

tg(x)dx =∫

sin(x)cos(x)

dx = − ln |cos(x)|+ c1 c1 ∈ R∫

1 · e−A(x)dx =∫

eln|cos(x)|dx =∫|cos(x)| dx = f(x) + c2 c2 ∈ R

dove

f(x) ={

sin(x) se cos(x) > 0− sin(x) se cos(x) < 0

Quindi l’integrale generale e

z(x) = e− ln|cos(x)| [c + f(x)] =c

| cos(x)| +f(x)|cos(x)|

Dato che

f(x)|cos(x)| =

{sin(x)cos(x) se cos(x) > 0− sin(x)− cos(x) se cos(x) < 0

={

tg(x) se cos(x) > 0tg(x) se cos(x) < 0

allora l’integrale generale e

z(x) =c

| cos(x)| + tg(x)

Ricordando che y(x) = z2(x), allora

y(x) =(

c

| cos(x)| + tg(x))2

15


Equazioni differenziali lineari di ordine n

Un’equazione del tipo

an(x)y(n) + an−1(x)y(n−1) + . . . + a1(x)y′ + a0(x)y = f(x)

con an 6= 0, si dice equazione differenziale lineare di ordine n. Se a0, a1, . . . , an sono costanti,l’equazione si dice a coefficienti costanti.Sia f : I ⊆ R→ R una funzione continua. Se f ≡ 0, ovvero se e identicamente nulla, l’equazionesi dice omogenea, altrimenti si dice completa. In questa sezione verranno trattate solo equazionia coefficienti costanti.Sia L un’applicazione cosı definita

L : Cn (R) → C0 (R) y 7→ L(y)

conL(y) , any(n) + an−1y

(n−1) + . . . + a1y′ + a0y

Si puo dimostrare che L e un’applicazione lineare. Per quanto detto l’equazione precedente sipuo scrivere come

L(y) = f(x)

Cosı come per EDO lineari del I ordine, l’integrale generale di EDO lineari di ordine n si scrivecome somma fra la famiglia di funzioni che risolve l’omogenea e una particolare soluzione dellacompleta.

L(y) = 0 omogenea

L(y) = f(x) completa

Risolvere L(y) = 0, significa trovare il nucleo di L, o ker(L). Il nucleo di L e uno spazio vetto-riale di dimensione n, cioe di dimensione pari all’ordine dell’equazione differenziale considerata.Questo vuol dire che per determinare la famiglia di funzioni che risolvono l’omogenea e neces-sario determinare n funzioni linearmente indipendendi che soddisfano l’omogenea, e scrivere lafamiglia di funzioni cercata come loro combinazione lineare.

Definizione: n funzioni, y1, y2, . . . , yn si dicono linearmente indipendenti se

c1y1 + c2y2 + . . . + cnyn = 0 ⇐⇒ c1 = c2 = . . . = cn = 0

Prese n costanti c1, c2, . . . , cn, la quantita

n∑

k=1

ckyk

si dice combinazione lineare delle funzioni y1, y2, . . . , yn.

Ricerca delle soluzioni dell’omogenea

Per risolvere un’equazione differenziale lineare omogenea di ordine n e necessario trovare nfunzioni

y1, y2, . . . , yn

linearmente indipendenti tali che

L(y) = any(n) + an−1y(n−1) + . . . + a1y

′ + a0y = 0

Consideriamo l’equazione L(y) = 0 e poniamo y(x) = eλx. Considerando che

dn

dxneλx = λneλx

16


l’equazione diventaeλx

(anλn + an−1λ

n−1 + . . . + a1λ + a0

)= 0

quindi, da un’equazione differenziale, e stato possibile passare ad un’equazione algebrica in λ.Le n funzioni da cercare che soddisfano L(y) = 0 sono del tipo eλx, con

anλn + an−1λn−1 + . . . + a1λ + a0 = 0

Il polinimioanλn + an−1λ

n−1 + . . . + a1λ + a0

viene detto polinomio caratteristico associato all’equazione differenziale e, come detto, le radicidi questo polinomio sono legate alle soluzioni dell’equazione omogenea. Limitiamoci, per ilmomento, ad equazioni del secondo ordine, del tipo

ay′′ + by + c = 0

in cui le radici del polinomio caratteristico soddisfano l’equazione algebrica

aλ2 + bλ + c = 0

Esaminiamo separatamente i tre casi possibili, soluzioni reali distinte, reali coincidenti, complesseconiugate.

1◦ caso: soluzioni reali distinte

Dette λ1, λ2 le soluzioni del polinomio caratteristico, due funzioni linearmente indipendenti chesoddisfano l’omogenea sono

eλ1x eλ2x

pertanto la famiglia di equazioni che soddisfa l’omogenea e

c1eλ1x + c2e

λ2x c1, c2 ∈ R

Dunque a due soluzioni reali distinte λ1, λ2 sono associate le funzioni eλ1x, eλ2x

Esempio: risolverey′′ − 3y′ + 2y = 0

Il polinomio caratteristico associato e

λ2 − 3λ + 2

pertanto le radici si trovano risolvendo

λ2 − 3λ + 2 = 0 =⇒ λ1,2 =3±√9− 8

2

da cuiλ1 = 1 λ2 = 2

Quindi la famiglia di funzioni che soddisfa l’equzione e

y(x) = c1e2x + c2e

x

2◦ caso: soluzioni reali coincidenti

17


In questo caso c’e una soluzione λ∗ = − b2a con molteplicita doppia. Una funzione che sod-

disfa l’omogenea e eλ∗x, resta da trovare la seconda.Cerchiamo la famiglia di funzioni che soddisfa l’omogenea fra quelle del tipo

y∗(x) = eλ∗xα(x)

Le derivate prime e seconde valgono

d

dxy∗(x) = eλ∗x (λ∗ + α′(x))

d2

dx2y∗(x) = eλ∗x

(λ∗2 + 2λ∗α′(x) + α′′(x)

)

Sostituendo tali valori nell’equazione differenziale iniziale

ay′′ + by′ + y = 0

si ottieneeλ∗x

[(aλ∗2 + bλ∗ + c

)α(x) + (2aλ∗ + b) α′(x) + α′′(x)

)= 0

Visto che λ∗ = − b2a e una radice del polinomio caratteristico, allora

aλ∗2 + bλ∗ + c = 2aλ∗ + b = 0

e quindi α′′(x) = 0, ovvero α e una funzione del tipo

α(x) = c1 + c2x c1, c2 ∈ R

Quindi, nel caso di due soluzioni reali coincidenti λ∗, la famiglia di soluzioni dell’omogenea e

eλ∗x (c1 + c2x)

ovvero ad una radice reale λ∗ con molteplicita algebrica due sono associate le due funzioni

eλ∗x xeλ∗x


y′′ − 4y′ + 4y = 0

L’equazione algebrica associata e

λ2 − 4λ + 4 = 0 =⇒ (λ− 2)2 = 0 =⇒ λ1,2 = 2

Quindi le due funzioni associate a tale radice sono

e2x xe2x

e la famiglia di soluzioni che risolvono l’omogenea e

c1e2x + c2xe2x

3◦ caso: due radici complesse coniugate

Supponiamo che le due radici dell’equazione algebrica associata siano

λ1 = α + iβ λ2 = α− iβ

Le due funzioni associate sono

y∗1 = eαxeiβx y∗2 = eαxe−iβx

18


Anziche considerare funzioni complesse, puo essere preferibile avere funzioni reali. Se y∗1 e y∗2 sonosoluzioni dell’omogenea, allora anche ogni loro combinazione lineare e soluzione dell’equazionedifferenziale. Consideriamo

12

(y∗1 + y∗2) = eαx cos(βx)

12i

(y∗1 − y∗2) = eαx sin(βx)

Queste due funzioni sono linearmente indipendenti, pertanto la famiglia di soluzioni che risolvel’omogenea puo essere scritta come

c1eαx cos(βx) + c2e

αx sin(βx)

Dunque a due radici complesse coniugate λ1,2 = α± iβ sono associate due funzioni

eαx cos(βx) eαx sin(βx)

Esempio: risovlere la seguente equazione differenziale

y′′ − 4y′ + 8y = 0


λ2 − 4λ + 8 = 0 =⇒ λ1,2 = 2±√4− 8 = 2± 2i

Le due funzioni associate a queste radici sono

e2x cos(2x) e2x sin(2x)

pertanto la famiglia di funzioni che risolve l’equazione differenziale e

c1e2x cos(2x) + c2e

2x sin(2x) c1, c2 ∈ RLe cose dette fin qui si generalizzato facilmente al caso di EDO lineari di ordine n. Dataun’equazione differenziale lineare a coefficienti costanti di ordine n

anyn + an−1yn−1 + . . . + a1y

′ + a0 = 0

il polinomio caratteristico associato e

anλn + an−1λn−1 + . . . + a1λ + a0

Sia λ∗ una radice reale con molteplicita algebrica 1, allora la funzione ad essa associata chesoddisfa l’equazione differenziale e

eλ∗x

Sia λ∗ una radice reale del polinomio caratteristico con molteplicita k, 0 < k ≤ n, allora le kfunzioni linearmente indipendenti ad essa associate che soddisfano l’equazione differenziale sono

eλ∗x

xeλ∗x

...

xk−1eλ∗x

Siano λ∗1,2 = α± iβ due radici complesse coniugate del polinomio caratteristico con molteplicitaalgebrica 1, allora le funzioni linearmente indipendenti ad esse associate che risolvono l’equazionedifferenziale sono

eλ∗x cos(βx) eλ∗x sin(βx)

19


Siano λ∗1,2 = α± iβ due radici complessi coniugate del polinomio caratteristico con molteplicitaalgebrica k, 0 < k ≤ n, allora le funzioni linearmente indipendenti ad esse associate che risolvonol’equazione differenziale sono

eλ∗x cos(βx) eλ∗x sin(βx)

xeλ∗x cos(βx) xeλ∗x sin(βx)...

...

xk−1eλ∗x cos(βx) xk−1eλ∗x sin(βx)

Una volta trovate n funzioni indipendenti che soddisfano l’equazione differenziale

y∗1(x), y∗2(x), . . . , y∗n(x)

la famiglia di funzioni che soddisfa l’equazione differenziale e data da una loro combinazionelineare, ovvero

c1y∗1(x) + c2y

∗2(x) + . . . + cny∗n(x) c1, c2, . . . , cn ∈ R

Da questa famiglia di funzione, per estrarne una in particolare, e necessario fornire una o piucondizioni iniziali.

Esempio: risolvere la seguente equazione differenziale del quinto ordine

yV + 2yIV + 2y′′′ − 2y′′ + y′ = 0


λ5 − 2λ4 + 2λ3 − 2λ2 + λ = 0

λ(λ4 − 2λ3 + 2λ2 − 2λ + 1

)= 0

La prima soluzione e λ = 0, e a tale radice e associata la funzione y1(x) = e0 = 1. Il polinomio

p(λ) = λ4 − 2λ3 + 2λ2 − 2λ + 1

puo essere abbassato di grado con la regola di Ruffini, osservando che p(1) = 0. Dopo aver fattola divisione si ottiene

p(λ) = (λ− 1)(λ3 − λ2 + λ− 1)

Il polinomio r(λ) = λ4 − λ2 + λ − 1 puo essere abbassato di grado con Ruffini osservando cher(1) = 0, facendo la divisione si ottiene

r(λ) = (λ− 1)(λ2 + 1)

Quindi il polinomio caratteristico associato all’equazione differenziale si puo cosı scomporre

λ(λ− 1)2(λ2 + 1)

pertanto le sue radici sonoλ = 0 molteplicita algebrica 1

λ = 1 molteplicita algebrica 2

λ = i molteplicita algebrica 1

λ = −i molteplicita algebrica 1

A queste radici sono associate le funzioni

1 ex xex e0 cos(x) = cos(x) e0 sin(x) = sin(x)

Quindi l’integrale generale dell’equazione differenziale e

y(x) = c1 + c2ex + c3xex + c4 sin(x) + c5 cos(x) c1, c2, c3, c4, c5 ∈ R

20


Ricerca delle soluzioni della completa: metodo degli annichilatori

Fino ad adesso sono stati spiegati i metodi per la risoluzione di EDO lineari a coefficienti costantiomogenee, ovvero per la risoluzione di equazioni nella forma

L(y) = 0

e come detto l’insieme delle soluzioni coincide con il nucleo dell’applicazione L. Risolvereun’equazione completa significa trovare le soluzioni di

L(y) = f(x)

L’insieme delle soluzioni di L(y) = f(x) equivale al nucelo di L (cioe all’insieme di soluzionidell’omogenea) a cui viene sommata una particolare soluzione della completa.Indichiamo con D l’operatore derivazione

Dy , y′

cosicche risultiD2y = D (Dy) = y′′

ed in generaleDny = y(n)

Ovviamente D e un operatore lineare, visto che la derivata e un operatore lineare. In questomodo, un’equazione differenziale lineare di questo tipo

L(y) = f(x) =⇒ any(n) + an−1y(n−1) + . . . + a1y

′ + a0y = f(x)

puo essere scritta in forma di operatori cosı come segue

anDny + a(n−1)Dn−1y + . . . + a1Dy + a0y = f(x)

e ricordando che D e un operatore lineare

(anDn + an−1Dn−1 + . . . + a1D + a0)y = f(x)

Supponiamo di voler risolvere la seguente EDO lineare a coefficienti costanti completa

y′′ − y′ = x2

Il polinomio caratteristico associato all’omogenea e

λ2 − λ

e le sue radici sono λ1 = 0, λ2 = 1, pertanto l’integrale generale dell’omogenea e

yomogenea(x) = c1 + c2ex c1, c2 ∈ R

Per risolvere l’equazione e necessario trovare una particolare soluzione della completa. Scriviamol’equazione in forma di operatori

(D2 −D)y = x2

Il termine noto dell’equazione e x2. L’idea del metodo degli annichilatori e quella di ricondursiad un’equazione omogenea di ordine superiore applicando ad ambo i membri un operatore dif-ferenziale che annichili il termine x2. Per esempio l’operatore D3, derivata terza, annichila x2,infatti d3

dx3 x3 = 0. Dunque applicando l’operatore D3 ad entrambi i membri si ottiene[D3(D2 −D)

]y = D3

[x2

]

21


da cui si ottiene un’equazione omogenea di ordine superiore[D3(D2 −D)

]y = 0

Tra le infinite soluzioni di quest’equazione omogenea ci deve essere la particolare soluzione del-l’equazione completa di partenza. Il polinomio caratteristico associato all’omogenea trovatae

λ3(λ2 − λ) = λ4(λ− 1)

dunque le radici sonoλ = 0 molteplicita algebrica 4

λ = 1 molteplicita algebrica 1

quindi le funzioni associate a tali radici sono

1 x x2 x3 ex

e l’integrale generale e

y0(x) = a1ex + a2 + a3x + a4x

2 + a5x3 a1, a2, a3, a4, a5 ∈ R

Ora restano da calcolare y′0(x) e y′′0 (x) e da sostituirli nell’equazione iniziale

y′′ − y′ = x2

in modo da trovare una soluzione particolare imponendo delle condizioni sui coefficienti ai.Osserviamo pero che i termini

a1ex + a2

risolvono l’omogenea y′′−y′ = 0. Quindi e inutile sostituire questi termini nella completa, perchedaranno zero, pertanto si puo cercare la particolare soluzione della completa fra

y0(x) = a3x + 2a4x2 + a5x

3 a3, a4, a5 ∈ RLe derivate prime e seconde valgono

y′0(x) = a3 + 2a4x + 3a5x2 y′′0 (x) = 2a4 + 6a5x

Sostituendo tali valori nell’equazione completa di partenza si ottiene

2a4 + 6a5x−(a3 + 2a4t + 3a5x

2)

= x2

2a4 + 6a5x− a3 − 2a4x− 3a5x2 = x2

−3a5x2 + (6a5 − 2a4)x + 2a4 − a3 = x2

L’ultima relazione e soddisfatta solo se

2a4 − a3 = 06a5 − 2a4 = 0−3a5 = 1

=

a5 = − 13

a4 = 3a5 = −1a3 = 2a4 = −2

=

a3 = −2a4 = −1a5 = − 1

3

Quindi una particolare soluzione della completa e

y0(x) = −2x− x2 − 13x3

L’integrale generale della completa si ottiene sommando l’integrale generale dell’omogenea conuna particolare soluzione della completa, e quindi vale

y(x) = yomogenea(x) + y0(x) = c1 + c2ex − 2x− x2 − 1

3x3 c1, c2 ∈ R

22


Tabella degli annichilatori

A seconda di come e fatto il termine noto, cambia l’operatore da applicare ad entrambi i membridell’equazione per annichilire il termine noto stesso. Nella tabella successiva vengono riportateuna serie di funzioni e, per ognuna, l’annichilatore corrispondente.

Termine noto Annichilatore

xk Dk+1

eαx D − α

xkeαx (D − α)k+1

cos(βx) o sin(βx) D2 + β2

xk cos(βx) o xk sin(βx) (D2 + β2)k+1

eαx cos(βx) o eαx sin(βx) D2 − 2αD + α2 + β2

xkeαx cos(βx) o xkeαx sin(βx)(D2 − 2αD + α2 + β2

)k+1


y′′ − 3y′ + 2y = e2x

Il polinomio caratteristico associato all’omogenea e

λ2 − 3λ + 2

e le sue radici sono λ1 = 1, λ2 = 2, pertanto le due funzioni ad esse associate sono

ex e2x

e l’integrale generale dell’omogenea e

yomogenea(x) = c1ex + cee

2x c1, c2 ∈ R

Per trovare una particolare soluzione della completa riscriviamo l’equazione in operatori(D2 − 3D + 2

)y = e2x

L’annichilatore per e2x e l’operatore D − 2, infatti

(D − 2)[e2x

]= D

(e2x

)− 2e2x = e2x · 2− 2e2x = 0

23


pertanto, applicando l’operatore D − 2 ad entrambi i membri dell’equazione, si ottiene[(D − 2)(D2 − 3D + 2)

]y = (D − 2)

[e2x

]

[(D − 2)(D2 − 3D + 2)

]y = 0

Il polinomio caratteristico associato e

(λ− 2)(λ2 − 3λ + 2) = (λ− 2)(λ− 2)(λ− 1) = (λ− 2)2(λ− 1)

e le radici sono λ = 2 con molteplicita algebrica 2, λ = 1 con molteplicita algebrica 1. Le funzioniassociate a tali radici sono

e2x xe2x ex

e una loro combinazione lineare e

a1ex + a2e

2x + a3xe2x a1, a2, a3 ∈ R

Dato che a1ex + a2e

2x risolve l’omogenea, si cerca una particolare soluzione della completaconsiderando

y0(x) = a3x2x

Le derivate prime e seconde sono pari a

y′0(x) = a3

(e2x + 2xe2x

)= a3e

2x(1 + 2x)

y′′0 (x) = a3

(2e2x + 2e2x + 4xe2x

)= a3e

2x(4x + 4)

Sostituendo y0(x) nell’equazione di partenza si ottiene

e2xa3(4x + 4)− 3e2xa3(1 + 2x) + 2a3xe2x = e2x

e2x (4xa3 + 4a3 − 3a3 − 6a3 + 2a3x) e2x

Semplificando e2x e svolgendo i calcoli dentro la parentesi si ottiene

a3 = 1

Dunque una particolare soluzione della completa e

y0(x) = xe2x

e l’integrale generale della completa e

y(x) = yomogenea(x) + y0(x) = c1ex + c2e

2x + xe2x

Questo articolo e stato realizzato grazie alla supervisione di Luca Lussardi.

24


Equazioni diﬀerenziali ordinarie - matematicamente.it · Gianni Sammito Equazioni differenziali...

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