In questo compendio cerchero di ripercorrere brevemente le strategie di riso-luzione delle equazioni differenziali ordinarie del primo e del secondo ordine,affrontate da voi a lezione. Provate a svolgere da soli gli esercizi che presentocome esempi svolti e solo in un secondo momento controllatene lo svolgimen-to e il risultato.

Equazioni differenziali del primo ordine a variabili separabili.

Un’equazione differenziale del primo ordine a variabili separabili e, comeben sapete, un’equazione del tipo

y′(x) = f(x) · g(y(x)), (1)

con f : (a, b) ⊆ R → R e g : (c, d) ⊆ R → R due funzioni reali, definite in dueintervalli reali aperti (eventualmente coincidenti con tutto R) e continueove definite.

Se corredata di un’ulteriore condizione (condizione iniziale o di Cauchy),l’equazione (1) si trasforma nel problema di Cauchy{

y′(x) = f(x) · g(y(x))y(x0) = y0.

(2)

Osservazione 1. L’istante iniziale x0 e la posizione iniziale y0 sono puntiin cui f e g sono rispettivamente definite (e automaticamente continue perle ipotesi su f e su g di poco prima).

Cosa vuol dire risolvere l’equazione (1) o il problema di Cauchy (2) ad essaassociato? Vuol dire determinarne una soluzione nel senso delle seguentidefinizioni.

Definizione 0.0.1. Una soluzione dell’equazione (1) e una funzione

y : (α, β) ⊆ (a, b) → (c, d),

definita su un intervallo aperto (α, β) contenuto in (a, b) e verificante le se-guenti due proprieta.

1) La funzione y e di classe C1(α, β) ovvero la funzione y e continua, deri-vabile e ha la derivata continua in ogni x ∈ (α, β).

2) Per ogni x ∈ (α, β) si ha

y′(x) = f(x) · g(y(x)).

Definizione 0.0.2. Una soluzione del problema di Cauchy (2) e una fun-zione y : (α, β) ⊆ (a, b) → (c, d) con x0 ∈ (α, β) che verifica le proprieta1)− 2) della Definizione 0.0.1 e tale che

y(x0) = y0.

1

Osservazione 2. Facciamo una serie di piccole osservazioni.

1) La richiesta che le funzioni f e g (che compaiono nella definizione dell’e-quazione (1)) siano continue sui rispettivi intervalli di definizione garantiscel’esistenza di soluzioni (nel senso della Definizione 0.0.1) dell’equazione sot-to esame. E un profondo risultato teorico che non vi e pero richiesto di saperdimostrare.

2) Fate particolare attenzione: la funzione f puo avere come suo domi-nio naturale un sottoinsieme qualsiasi di R che non sia necessariamente unintervallo aperto. In questo caso va dapprima individuato l’intervallo (a, b)in cui studiare l’equazione. Nel caso del problema di Cauchy (2) e moltosemplice determinare tale intervallo: basta prendere il piu ampio intervalloaperto contenente x0 e contenuto nel dominio della f .

3) Quanto detto al punto 2) vale anche per la funzione g che puo avere comesuo dominio naturale un sottoinsieme arbitrario di R. Anche in questo casobisogna selezionare l’intervallo (c, d) in cui lavorare (se state risolvendo ilproblema di Cauchy (2) basta scegliere il piu ampio intervallo aperto conte-nente y0 e contenuto nel dominio della g).

4) Soffermatevi a riflettere sulla ragione per cui il dominio di una soluzionedella (1) debba essere contenuto in (a, b) e la soluzione stessa debba esseredi classe C1(α, β): aiutatevi con la richiesta 2) della Definizione 0.0.1.

Ricordiamo ora il notevole teorema di Cauchy che garantisce sotto ulterioriopportune ipotesi di regolarita sulla funzione g (le funzioni f e g sono peripotesi continue negli intervalli aperti in cui studiamo l’equazione) l’esistenzae l’unicita locale della soluzione del problema (2).

Teorema 1 (Teorema di Cauchy). Siano f : (a, b) → R e g : (c, d) → Rdue funzioni continue sui rispettivi intervalli aperti di definizione. Sianox0 ∈ (a, b) e y0 ∈ (c, d). Se g e anche derivabile e ha la derivata continuain y0 allora esiste unica la soluzione del problema (2), definita in unintervallo aperto I contenente x0.

Osservazione 3. Puo non essere chiaro a questo punto quale intervallo(α, β) prendere come dominio della soluzione del problema (2). Il Teoremadi Cauchy garantisce l’esistenza e l’unicita della soluzione di (2) in un in-tervallo aperto I contenente x0. L’intervallo (α, β) e allora il piu grandeintervallo aperto contenente x0 (contenuto o coincidente con (a, b)) in cuiha senso (ovvero esiste) l’espressione che definisce l’integrale generale del-l’equazione sotto esame (questo intervallo coincide in particolare banalmentecon tutto (a, b) se la soluzione e una funzione costante). Relativamente aquesto intervallo, la soluzione che trovate e anche unica (nel senso che si

2

tratta di un prolungamento dell’unica soluzione locale, definita vicino a x0

(in I), fornita dal teorema di Cauchy).

Facciamo qualche esempio.

Esempio 1. Risolvere il seguente problema di Cauchy{y′(x) = x(y(x)−1)

(x−3)2

y(0) = 0(3)

Procediamo per gradi.

PASSO 1 (preliminari). Si tratta di un problema di Cauchy per un’equa-zione differenziale del primo ordine a variabili separabili. Le funzioni f e gsono definite come

f(x) =x

(x− 3)2

eg(y) = y − 1,

hanno come domini naturali rispettivamente Df = (−∞, 3) ∪ (3, +∞) eDg = R e sono continue dove definite. L’istante iniziale e x0 = 0 e la posi-zione iniziale e y0 = 0.

L’intervallo (a, b) in cui studiare l’equazione e chiaramente l’intervallo (−∞, 3)(il piu grande intervallo aperto contenuto in Df e contenente x0 = 0), men-tre l’intervallo (c, d) e uguale a tutto R.Ne deduciamo in particolare che, se esiste, la soluzione di (3) sara definitain un intervallo (α, β) ⊆ (−∞, 3).

Dato che la funzione g e derivabile e ha la derivata continua in y0 = 0,il problema (3) ammette, per il teorema di Cauchy, un’unica soluzione loca-le, definita in un intervallo aperto contenente x0.

PASSO 2 (soluzioni costanti). Una soluzione costante dell’equazione pre-sente nel nostro problema e una funzione

y(x) = y (x ∈ (−∞, 3)),

con y tale cheg(y) = 0.

L’unico zero della funzione g e y = 1.La funzione y(x) = 1 (x ∈ (−∞, 3)) e l’unica soluzione costante dell’equa-zione del problema. Tuttavia questa funzione non soddisfa la condizioneiniziale assegnata e dunque non e la soluzione cercata del problema di Cau-chy sotto esame.

3

PASSO 3 (calcolo dell’integrale generale dell’equazione). Se y(x) 6= 1 al-lora possiamo dividere ambo i membri dell’equazione per g(y(x)) = y(x)−1per ottenere la seguente uguaglianza funzionale

y′(x)y(x)− 1

=x

(x− 3)2.

Se due funzioni sono uguali, allora le loro primitive sono uguali a meno diuna costante additiva C (C ∈ R: stabilite da subito e tenete bene in mentel’insieme in cui varia la costante che concorre alla definizione dell’integralegenerale dell’equazione).

Si ha cioe (ometto il commento sull’uso del teorema di sostituzione nel primointegrale) che ∫

dy

y − 1= C +

∫x

(x− 3)2dx.

Calcoliamo separatamente i due integrali indefiniti a primo e secondo mem-bro di questa uguaglianza. Si ha∫

dy

y − 1= ln |y − 1|,

mentre (moltiplico e divido per 2 il numeratore e il denominatore della fra-zione integranda e poi aggiungo e sottraggo 6 al numeratore per ritrovarvila derivata del polinomio al denominatore)∫

x

(x− 3)2dx =

∫x

x2 − 6x + 9dx =

12

∫2x− 6 + 6x2 − 6x + 9

dx =

=12

∫2x− 6

x2 − 6x + 9dx + 3

∫(x− 3)−2 dx =

=12

ln(x− 3)2 − 3x− 3

= ln(3− x)− 3x− 3

.

Il secondo dei due integrali addendi e notevole (in alternativa usate la so-stituzione t = x − 3), mentre il termine logaritmico e stato trattato conaccortezza nel modo seguente:

12

ln(x− 3)2 = ln√

(x− 3)2 = ln |x− 3| = ln(3− x),

visto che lavoriamo in (−∞, 3) e dunque x−3 < 0 per le x in tale intervallo.

Ritornando all’uguaglianza delle primitive, si ha

ln |y(x)− 1| = C + ln(3− x)− 3x− 3

.

4

Passando all’esponenziale in base e di ambo i membri di quest’uguaglianza edenominando K = eC > 0 (ho rinominato la costante; la mia nuova costantesi chiama K e varia in R+ \ {0}), si ha

|y(x)− 1| = K(3− x)e−3

x−3 .

Osservazione 4. Potete rinominare le costanti a vostro piacimento, ma,come gia detto, e buona regola ricordarsi in quale insieme numerico varino(numeri reali, reali positivi, reali meno lo 0, ecc.).

Aprendo il modulo a primo membro (che equivale al richiedere che K ∈R \ {0}: perche?) e portando 1 a membro destro, si ottiene l’espressionedell’integrale generale dell’equazione del problema (K costante reale nonnulla)

y(x) = 1 + K(3− x)e−3

x−3 .

Osserviamo che (∀K ∈ R \ {0}) questa funzione e definita in tutto (−∞, 3).Dunque

(α, β) = (−∞, 3).

Osserviamo anche che, attribuendo a K il valore 0, recuperiamo nell’espres-sione dell’integrale generale, la soluzione costante

y(x) = 1, x ∈ (−∞, 3).

Osservazione 5. Se non vi siete persi nel rinominare piu volte la costante,sapete da ultimo in quale insieme numerico questa possa variare. E buonaregola controllare se le soluzioni costanti possano essere inglobate nell’espres-sione dell’integrale generale anche a costo di ampliare l’insieme di variabilitadella costante che vi figura.

PASSO 4 (soluzione del problema di Cauchy). Calcoliamo da ultimo il valoreda attribuire a K, affinche sia verificata la condizione iniziale y(0) = 0.Risulta

K = − 13e

e, in definitiva, la soluzione del problema (3) e data dalla funzione

y(x) = 1 +x− 33e

e−x

x−3 , x ∈ (−∞, 3).

Verificate che tale funzione e a tutti gli effetti la soluzione in (−∞, 3) delproblema (3) ovvero che soddisfa tutte le proprieta richieste dalla Definizione0.0.2.

Esempio 2. Risolvere la seguente equazione differenziale

y′(x) =1− [y(x)]2

1− x2.

5

PASSO 1 (preliminari). Si tratta di un’equazione a variabili separabili. Lefunzioni f e g sono definite come

f(x) =1

1− x2

eg(y) = 1− y2,

hanno come domini naturali rispettivamente

Df = (−∞,−1) ∪ (−1, 1) ∪ (1, +∞)

eDg = R

e sono continue dove definite. Osserviamo anche che la funzione g e deriva-bile e ha la derivata continua in tutto il suo dominio Dg. Questo significache, qualsiasi istante iniziale x0 ∈ Df e qualsiasi posizione iniziale y0 ∈ Dg

scegliessimo, il problema di Cauchy cosı ottenuto per l’equazione assegnataammetterebbe sicuramente (per il teorema di Cauchy) un’unica soluzionelocale definita in un intervallo aperto contenente x0. Sulla falsa riga del-l’Esempio 1, studieremmo allora l’equazione assegnata in (a, b) scelto fra(−∞,−1) o (−1, 1) o (1, +∞) a seconda di quale di questi intervalli conten-ga x0.

Non essendoci alcuna condizione iniziale, siamo liberi di scegliere arbitra-riamente (a, b) come uno di questi tre intervalli. Scegliamo (a, b) = (−1, 1).Risulta invece (non essendoci liberta di scelta) (c, d) = R.

PASSO 2 (soluzioni costanti). In questo caso la funzione g si annulla iny = 1 e y = −1, ovvero l’equazione sotto esame ammette due soluzionicostanti

y(x) = 1 (x ∈ (−1, 1))

ey(x) = −1 (x ∈ (−1, 1)).

PASSO 3 (calcolo dell’integrale generale). Se y(x) 6= ±1 allora possiamodividere ambo i membri dell’equazione per g(y(x)) = 1− [y(x)]2 per ottenerela seguente uguaglianza funzionale

y′(x)1− [y(x)]2

=1

1− x2.

Di nuovo, se due funzioni sono uguali, allora le loro primitive sono uguali ameno di una costante additiva C (C ∈ R). Si ha cioe (ometto ancora una

6

volta il commento sull’uso del teorema di sostituzione nel primo integrale)che ∫

dy

1− y2= C +

∫1

1− x2dx.

Calcoliamo separatamente i due integrali indefiniti a primo e secondo mem-bro di questa uguaglianza. Dobbiamo calcolare dapprima l’integrale∫

dy

1− y2.

Cerchiamo due costanti reali A e B tali si verifichi (in quale insieme?) laseguente uguaglianza funzionale

11− y2

=A

1 + y+

B

1− y=

(B −A)y + A + B

1− y2.

In virtu del principio di identita dei polinomi, le costanti A e B devonoallora verificare il sistema {

A + B = 1,A−B = 0.

La coppia soluzione di questo sistema e data da A = B = 12 . Ne segue allora

che ∫1

1− y2dy =

12

(∫1

1 + ydy +

∫1

1− ydy

)=

=12

(ln |1 + y| − ln |1− y|) =12

ln∣∣∣∣1 + y

1− y

∣∣∣∣ .

L’integrale indefinito a secondo membro si calcola esattamente allo stessomodo, anzi si tratta esattamente dello stesso integrale. Risulta quindi∫

11− x2

dx =12

ln∣∣∣∣1 + x

1− x

∣∣∣∣ =12

ln(

1 + x

1− x

).

Osservate che l’apertura dell’ultimo modulo e lecita, dato che lavoriamo in(−1, 1) e si ha facilmente che

1 + x

1− x> 0,

quando x ∈ (−1, 1).

Ritornando all’uguaglianza delle primitive e moltiplicandone ambo i membriper 2, risulta

ln∣∣∣∣1 + y(x)1− y(x)

∣∣∣∣ = 2C + ln(

1 + x

1− x

).

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Passando all’esponenziale in base e di ambo i membri dell’ultima uguaglianzae ponendo K = e2C (K ∈ R+ \ {0}), si ottiene∣∣∣∣1 + y(x)

1− y(x)

∣∣∣∣ = K · 1 + x

1− x.

Aprendo il modulo a primo membro (ovvero richiedendo che la costante Kvari in tutto R \ {0}) ed esplicitando y = y(x), si ottiene, in definitiva,l’espressione per l’integrale generale dell’equazione sotto esame

y(x) =K − 1 + x(K + 1)K + 1 + x(K − 1)

.

Osserviamo che per K = 0 l’espressione che definisce l’integrale generalediventa y(x) = −1: ritroviamo cioe una delle due soluzioni costanti dell’e-quazione determinate al passo precedente. L’altra soluzione costante dell’e-quazione (y(x) = 1) non puo invece essere ritrovata per nessun valore di K(perche?).

Infine, qual e il dominio (α, β) ⊆ (−1, 1) della generica soluzione dell’equa-zione? Le due soluzioni costanti determinate al passo 2 hanno per dominio(α, β) = (a, b) = (−1, 1), mentre qualsiasi altra soluzione ha un dominio chea sua volta dipende da K. Infatti, una tale soluzione e definita per quellex ∈ (−1, 1) per cui

x(K − 1) + K + 1 6= 0.

Volendo essere precisi fino all’inverosimile, si puo fare uno studio dettagliatodei vari casi che si possono presentare.

CASO 1. K = 1: il denominatore non si annulla mai, y(x) = x e (α, β) =(−1, 1).

CASO 2. K 6= 1: il denominatore si annulla nel punto x = 1+K1−K . Se que-

sto punto e fuori dall’intervallo (−1, 1) o coincide con uno degli estremi diquesto intervallo allora si conclude banalmente che (α, β) = (−1, 1). Altri-menti, bisogna restringere l’intervallo-dominio della soluzione a un intervalloche abbia come primo estremo −1 e come secondo estremo esattamente ilpunto x = 1+K

1−K , ovvero

(α, β) = (−1,1 + K

1−K).

Seguendo questa strategia, chiediamoci per quali valori di K il punto x =1+K1−K appartiene all’intervallo (−1, 1) oppure coincide con uno dei due estremidi questo intervallo. L’insieme di tali K e semplicemente dato dall’insiemedelle soluzioni reali del sistema (chiaro?){ 1+K

1−K ≤ 11+K1−K ≥ −1.

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La soluzione di questo sistema e data dai K ∈ (−∞, 0]. Ne segue pertantoche:

a) se K > 0 allora il punto x = 1+K1−K non soddisfa il sistema di disugua-

glianze di poco prima ovvero si trova fuori dall’intervallo (−1, 1). Ne segueche se K > 0 allora il dominio della soluzione dell’equazione studiata relati-va a tale K e dato da (α, β) = (−1, 1).

b) se K = 0 allora ritroviamo la soluzione costante y(x) = −1 che e de-finita su tutto (−1, 1).

c) se K < 0 allora il punto x = 1+K1−K (che annulla il denominatore dell’e-

spressione che definisce per tali K l’integrale generale) e interno all’intervallo(−1, 1) e il dominio della soluzione per tali K e dato da (α, β) = (−1, x).

PASSO 4 (soluzioni miste). Se l’equazione sotto esame ammette soluzionicostanti e se l’integrale generale e definito su un sottoinsieme (α, β) stret-tamente contenuto in (a, b) (ovvero (α, β) non coincide con (a, b)) allorapotrebbero esistere soluzioni miste dell’equazione sotto esame, quelle cioeche si ottengono incollando in α e/o in β una soluzione costante a quelladata dall’integrale generale, prolungando quest’ultima, oltre il suo dominio(α, β), ma restando sempre in (a, b).

Nel nostro caso l’equazione ammette soluzioni costanti. Guardando l’in-tegrale generale e ricordando i dettagli del passo precedente, ci rendiamoconto che se il valore della costante K (che e presente nell’espressione ge-nerale e ne condiziona l’intervallo di definizione) e maggiore o uguale a 0,il dominio della relativa soluzione e gia tutto (a, b) e dunque per K ≥ 0non possono esserci soluzioni miste (il caso K = 0 e addirittura il caso dellasoluzione costante).

Se invece K < 0 allora il dominio della relativa soluzione e

(α, β) = (−1, x =1 + K

1−K) ⊂ (−1, 1).

e potremmo sperare di incollare a tale soluzione in β = 1+K1−K una delle due

soluzioni costanti (concludendo che esistono soluzioni miste).Perche cio sia possibile, il limite

limx→β−

y(x)

deve valere o 1 o −1 (i valori delle soluzioni costanti). Questo tuttavia nonaccade, essendo tale limite infinito. Non ci sono, in definitiva, soluzioni ditipo misto.

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Esempio 3. Risolvere la seguente equazione differenziale

y′ = x2 ·√

y(x).

PASSO 1 (preliminari). Si tratta di un’equazione a variabili separabili. Lefunzioni f e g sono definite come

f(x) = x2

eg(y) =

√y,

hanno come domini naturali rispettivamente

Df = R

eDg = [0, +∞)

e sono continue dove definite. Osserviamo che la funzione g e derivabile eha la derivata continua in Dg \ {0}. Questo significa che, qualsiasi istanteiniziale x0 ∈ Df e qualsiasi posizione iniziale y0 ∈ Dg \ {0} scegliessimo, ilproblema di Cauchy cosı ottenuto per l’equazione assegnata ammetterebbesicuramente (per il teorema di Cauchy) un’unica soluzione locale definita inun intervallo aperto contenente x0. Se invece scegliessimo y0 = 0, le ipotesidel teorema di Cauchy non sarebbero verificate (chiaro?): in questo caso, inparticolare (un’anticipazione!), si ha la perdita di unicita della soluzione delrelativo problema di Cauchy (a fine esercizio provate a spiegarvi questa miasentenza).

Scegliamo banalmente (a, b) = R e (c, d) = (0, +∞).

PASSO 2 (soluzioni costanti). L’unica soluzione costante dell’equazione as-segnata e la funzione y(x) = 0 (x ∈ R).

PASSO 3 (calcolo dell’integrale generale). Se y(x) 6= 0 allora possiamodividere ambo i membri dell’equazione per g(y(x)) =

√y(x) per ottenere la

seguente uguaglianza funzionale

y′(x)√y(x)

= x2.

Ancora una volta, se due funzioni sono uguali, allora le loro primitive sonouguali a meno di una costante additiva C (C ∈ R). Si ha cioe (ometto perl’n-esima volta il commento sull’uso del teorema di sostituzione nel primointegrale) che ∫

dy√

y= C +

∫x2 dx.

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Risolvendo i due integrali indefiniti, otteniamo

2√

y(x) = C +x3

3.

Dividendo per 2 e ponendo K = C2 ∈ R, otteniamo

√y(x) = K +

x3

6.

Fate molta attenzione: perche quest’espressione abbia senso, deve risultare(a primo membro abbiamo una quantita positiva)

x3

6+ K > 0 ⇐⇒ x > − 3

√6K.

Abbiamo dunque determinato in itinere delle restrizioni sul dominio dellasoluzione che andiamo cercando.

Elevando al quadrato ambo i membri dell’ultima uguaglianza e tenendo amente la limitazione che abbiamo dovuto imporre sul dominio della soluzio-ne, otteniamo

y(x) =(

x3

6+ K

)2

, x ∈ (α, β) = (− 3√

6K,+∞).

Osserviamo che non e possibile inglobare (nell’integrale generale) la soluzionecostante determinata al passo precedente per nessun valore reale di K.

Osservazione 6. Vi esorto a fare molta attenzione al passaggio precedentel’elevamento al quadrato. Se non vi foste preoccupati di richiedere che ilsecondo membro dell’uguaglianza di poco prima fosse positivo ed aveste bru-talmente elevato al quadrato ambo i membri di tale uguaglianza nell’intentodi esplicitare la y, cosa avreste trovato?

Sicuramente la stessa espressione dell’integrale generale, ma senza restri-zione alcuna sul suo dominio (in altre parole, avreste scelto (α, β) = R).

Come si fa ad accorgersi dell’errore? Provate a sostituire la soluzione cosıtrovata nell’equazione per effettuare la verifica della condizione 2) della De-finizione 0.0.1.

A primo membro trovereste

x2

(x3

6+ K

),

11

mentre a secondo membro trovereste

x2 ·

√(x3

6+ K

)2

= x2

∣∣∣∣x3

6+ K

∣∣∣∣ .

Queste due quantita non sono uguali per tutte le x nel vostro (α, β) = R,ma solo per quelle x reali per cui∣∣∣∣x3

6+ K

∣∣∣∣ =x3

6+ K

che sono esattamente quelle che appartengono all’intervallo (α, β) corretto,cioe quello che si ottiene imponendo la limitazione di poc’anzi:

(α, β) = (− 3√

6K,+∞).

PASSO 4 (soluzioni miste). L’equazione ammette soluzioni costanti e l’in-tervallo soluzione dell’integrale generale non esaurisce tutto (a, b) = R.

Dato che (α, β) = (− 3√

6K, +∞), ha senso controllare se il limite

limx→− 3√6K

+y(x)

e uguale a 0 (l’unica soluzione costante dell’equazione). E di fatto cosı.Dunque l’equazione ammette soluzioni di tipo misto. Una di queste e dataper esempio dalla funzione (definita in tutto (a, b) = R)

y(x) =

{0 se x ∈ (−∞,− 3

√6K],

x3

6 + K se x ∈ (− 3√

6K,+∞).

Nel seguito ripercorro velocemente la trattazione delle equazioni lineari delprimo e del secondo ordine. Faro pochi esempi, dato che ve ne illustro piud’uno svolto nelle soluzioni del Foglio 5.

Equazioni differenziali lineari del primo ordine

Si tratta di equazioni che si presentano nella forma

y′(x) + a(x)y = f(x) (4)

con a e f due funzioni definite su uno stesso intervallo aperto (a, b) e ivicontinue.

Se la funzione f e identicamente nulla, l’equazione si chiama omogenea,

12

altrimenti tale equazione si chiama non omogenea. Sotto le ipotesi di conti-nuita delle funzioni a e f in (a, b) quest’equazione ammette sempre soluzionidefinite in tutto (a, b): in tutta analogia con le soluzioni di equazioni a va-riabili separabili, una soluzione della (4) e una funzione y = y(x), di classeC1(a, b), tale che per ogni x ∈ (a, b) risulti

y′(x) + a(x)y(x) = f(x).

Come si determina l’integrale generale di quest’equazione?

CASO 1. Se la funzione a = a(x) e identicamente nulla in (a, b) alloral’equazione (4) si riduce a

y′(x) = f(x)

e il problema di determinare l’integrale generale dell’equazione si riduce alproblema di determinare l’integrale indefinito (ovvero tutte le primitive) del-la funzione f nell’intervallo (a, b).

Dato che la funzione f e continua (per ipotesi) nell’intervallo (a, b), essaammette sicuramente primitive in (a, b). Per il teorema di Torricelli-Barrow(controllate l’ultimo esercizio del Foglio 4), una primitiva della f in (a, b) edata dalla funzione

F (x) =∫ x

x0

f(t) dt (x ∈ (a, b))

con x0 ∈ (a, b) arbitrario. Dato che tutte le primitive della f differisconoper una costante additiva, risulta che l’integrale generale dell’equazione sottoesame e dato da (K - costante reale e x0 ∈ (a, b) arbitrario)

y(x) = K +∫ x

x0

f(t) dt (x ∈ (a, b)).

CASO 2. Siamo nel caso non banale in cui la funzione a non e identica-mente nulla in (a, b) (ho diviso questi due casi per convenienza e migliorevisualizzazione).

L’integrale generale dell’equazione (4) e dato in questo caso dalla sommadell’integrale generale dell’equazione omogenea associata alla (4) e di unasoluzione particolare dell’equazione non omogenea (questo secondo adden-do compare nell’espressione dell’integrale generale chiaramente solo se f none identicamente nulla ovvero se l’equazione (4) non e in partenza omogenea).

PASSO 1 (calcolo dell’integrale generale dell’omogenea associata alla (4)).1) Si determina dapprima una primitiva A = A(x) della funzione a =

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a(x) in (a, b). Se non si riesce a risolvere l’integrale improprio e calcolareesplicitamente l’espressione di A allora bisogna lasciare per A l’espressione

A(x) =∫ x

x0

a(t) dt (x ∈ (a, b))

con x0 ∈ (a, b) arbitrario.

2) L’integrale generale dell’omogenea associata alla (4), che denotero d’orain avanti con y0 = y0(x), e dato da

y0(x) = Ke−A(x) (x ∈ (a, b)).

PASSO 2 (calcolo di una soluzione particolare della non omogenea). Per de-terminare una soluzione particolare della non omogenea, che denotero d’orain avanti con y = y(x), si procede nel modo seguente.

Cerchiamo una tale soluzione nella forma

y(x) = c(x) · e−A(x) (x ∈ (a, b)).

Cerchiamo piu precisamente una funzione c (di classe C1(a, b)) tale che y =y(x), definita come sopra, sia una soluzione dell’equazione (4).Per ogni x ∈ (a, b) risulta (ricordate che A′ = a in (a, b))

y′(x) = c′(x) · e−A(x) − c(x) · a(x) · e−A(x).

Affinche y risolva la (4), si deve avere (sostituiamo y nell’equazione e ricor-diamo la definizione di soluzione) per ogni x ∈ (a, b)

c′(x) · e−A(x) = f(x)

ovveroc′(x) = eA(x)f(x) (x ∈ (a, b)).

Imponendo l’uguaglianza (a meno di una costante additiva) delle primitivein (a, b) delle funzioni ad ambo i membri di questa uguaglianza, si ottiene(L ∈ R)

c(x) = L +∫

eA(x)f(x) (x ∈ (a, b)).

Se di nuovo non si riesce a calcolare l’integrale indefinito a membro destrodell’ultima uguaglianza, si lascia (scelto x0 ∈ (a, b) arbitrariamente)

c(x) = L +∫ x

x0

eA(t)f(t) dt (x ∈ (a, b)).

Ne segue in definitiva che

y(x) =(

L +∫

eA(x)f(x) dx

)e−A(x) (x ∈ (a, b)).

14

In forma compatta, l’integrale generale dell’equazione (4) diventa a questopunto (ponendo C = K + L ∈ R)

y(x) = y0(x) + y(x) =(

C +∫

eA(x)f(x) dx

)e−A(x) (x ∈ (a, b))

ovvero, se ci sono problemi di esplicitazione di A e della funzione c = c(x),

y(x) =(

C +∫ x

x0

eR t

x0a(y) dy

f(t) dt

)e−

R xx0

a(y) dy (x ∈ (a, b))

con x0 ∈ (a, b) arbitrario.

Tralascio per brevita la parte relativa alla risoluzione dei problemi di Cauchyassociati all’equazione (4) (non c’e nulla di nuovo e sostanzialmente significa-tivo) e passo alla trattazione delle equazioni differenziali lineari del secondoordine a coefficienti costanti.

Equazioni differenziali lineari del secondo ordine a coefficienti co-stanti

Un’equazione lineare del secondo ordine a coefficienti costanti ha l’espres-sione

ay′′ + by′ + cy = f(x) (5)

con a, b, c ∈ R, a 6= 0 e f una funzione definita su un intervallo reale apertoI, continua in I.

Se la funzione f e identicamente nulla in I allora l’equazione (5) si chia-ma omogenea, altrimenti tale equazione si chiama non omogenea.

Il problema di Cauchy relativo all’equazione (5) ha la seguente espressioneay′′ + by′ + cy = f(x)y(x0) = y0

y′(x1) = y1

(6)

con x0 e x1 scelti in I, non necessariamente diversi fra loro e y0 e y1 sceltiin R (di nuovo non necessariamente diversi fra loro).

Sulla falsa riga delle definizioni introdotte nella sezione sulle equazioni a va-riabili separabili e in quella sulle equazioni lineari del primo ordine, provatea dare da soli la definizione di soluzione dell’equazione (5) e del problema diCauchy (6).

15

L’esistenza delle soluzioni (definite in tutto I) dell’equazione (5) e l’esistenzae l’unicita in tutto I della soluzione del problema di Cauchy (6) e garantitadalla sola continuita della funzione f .

Passiamo alla strategia di determinazione dell’integrale generale dell’equa-zione (5). Come nel caso della generica equazione lineare del primo ordi-ne, l’integrale generale della (5) e dato dalla somma dell’integrale generaledell’omogenea (che denotero con y0) associata alla (5) e (se l’equazione dipartenza non e omogenea) di una soluzione particolare della non omogeneastessa (che chiamero y).

PASSO 1 (determinazione di y0). Ricordiamo che l’insieme delle soluzionidell’omogenea associata all’equazione (5) e uno spazio vettoriale di dimen-sione 2. Dunque una generica soluzione dell’omogenea puo essere rappre-sentata come combinazione lineare reale di due soluzioni (dell’omogenea)linearmente indipendenti. Come si determinano tali due soluzioni linear-mente indipendenti (che indichero con y1 = y1(x) e y2 = y2(x))?

Si passa all’equazione caratteristica associata alla (5):

aλ2 + bλ + c = 0. (7)

Si tratta di un’equazione algebrica di secondo grado nell’incognita λ.

Possono presentarsi tre diverse situazioni (c1 e c2 denoteranno due gene-riche costanti reali).

a) L’equazione caratteristica (7) ammette due soluzioni reali λ1 e λ2 distinte.In questo caso si pone

y1(x) = eλ1x,

y2(x) = eλ2x

e l’integrale generale dell’omogenea associata alla (5) si scrive come (ge-nerica combinazione lineare di y1 e y2 che si verifica essere linearmenteindipendenti)

y0(x) = c1 · y1(x) + c2 · y2(x) = c1eλ1x + c2e

λ2x (x ∈ I).

b) L’equazione caratteristica (7) ammette due soluzioni reali λ1 = λ2 = λcoincidenti. In questo caso si pone

y1(x) = eλx,

y2(x) = xeλx

16

e l’integrale generale dell’omogenea associata alla (5) si scrive come

y0(x) = c1 · y1(x) + c2 · y2(x) = c1eλx + c2xeλx (x ∈ I).

b) L’equazione caratteristica (7) ammette due soluzioni complesse coniugateλ1 = α + iβ, λ2 = α− iβ con α, β ∈ R. In questo caso, si pone

y1(x) = eαx cos(βx),

y2(x) = eαx sin(βx)

e l’integrale generale dell’omogenea associata alla (5) si scrive come

y0(x) = c1 · y1(x) + c2 · y2(x) = eαx(c1 cos(βx) + c2 sin(βx)) (x ∈ I).

PASSO 2 (calcolo di y, qualora l’equazione di partenza (5) non sia omoge-nea).

Ci occuperemo principalmente del caso in cui il termine noto f abbia laseguente particolare forma

f(x) = eαx(P1(x) cos(βx) + P2(x) sin(βx))

con α, β ∈ R e P1 = P1(x) e P2 = P2(x) due generici polinomi a coefficientiin R.

In questo caso si determina una soluzione particolare y della non omoge-nea nel modo seguente.

1) Si prende in esame il numero p = α + iβ che e in generale un nume-ro complesso (ma puo essere in particolare un numero reale se β = 0). Sidetermina la sua molteplicita m ∈ {0, 1, 2} come soluzione dell’equazionecaratteristica (7). Se p non e soluzione della (7) allora si pone m = 0, se lo euna volta soltanto allora si pone m = 1, se lo e due volte allora si pone m = 2.

2) A questo punto si cerca una soluzione y della non omogenea nella forma

y(x) = xm · eαx(Q1(x) cos(βx) + Q2(x) sin(βx)) (x ∈ I).

I polinomi Q1 = Q1(x) e Q2 = Q2(x) sono due generici polinomi aven-ti rispettivamente lo stesso grado di P1 e P2. Sono questi polinomi chein sostanza dobbiamo determinare (ovvero i loro coefficienti). In che mo-do? Richiedendo che la funzione y sia una soluzione in I dell’equazione (5),inserendola dunque nell’equazione (5) e applicando il principio di identitadei polinomi. Si ottiene cosı un sistema con i coefficienti dei polinomi Qi

(i = 1, 2) come incognite. Risolto tale sistema, i due polinomi Q1 e Q2

restano determinati e conseguentemente anche la funzione y.

17

PASSO 3. Unendo le informazioni dei passi 1 e 2, l’integrale generaledell’equazione (5) e allora dato da

y(x) = y0(x) + y(x) (x ∈ I).

Esempio 4. Risolvere il seguente problema di Cauchyy′′ − 4y′ + 3y = e5x

y(0) = 3y′(0) = 9

(8)

PASSO 0 (considerazioni preliminari). Si tratta di un problema di Cauchyper un’equazione lineare del secondo ordine a coefficienti costanti (non omo-genea) con f = f(x) = e5x una funzione definita in I = R ed ivi continua.

PASSO 1 (calcolo dell’integrale generale y0 dell’omogenea associata all’e-quazione sotto esame.)

L’equazione caratteristica da prendere in esame e

λ2 − 4λ + 3 = 0.

Tale equazione ammette due soluzioni reali distinte

λ1 = 1, λ2 = 3.

Ne segue che l’integrale generale dell’omogenea associata all’equazione inesame e dato da (c1, c2 ∈ R)

y0(x) = c1ex + c2e

3x (x ∈ R).

PASSO 2 (calcolo di una soluzione particolare della non omogenea). Primadi tutto osserviamo di poter ricorrere al metodo descritto in precedenza.Infatti, volendo essere pignoli, si ha che

f(x) = e5x = e5x(1 · cos(0 · x) + 0 · sin(0 · x))

ovvero α = 5, β = 0, il polinomio P1 = P1(x) e il polinomio di grado0 (ovvero una costante) uguale a 1, mentre il polinomio P2 = P2(x) e ilpolinomio di grado 0 (ovvero una costante) nullo.

Osservazione 7. Ovviamente sono stato eccessivamente pignolo, sfogliandole soluzioni del Foglio 5 (con tanti esercizi svolti), vi renderete conto quantosi possa procedere piu velocemente, riconoscendo quasi a occhio quei termininoti f cui si puo applicare il metodo (noto come metodo della somiglianza)descritto in precedenza.

18

Nel nostro caso p = α + iβ = 5 che non e soluzione dell’equazione caratte-ristica dell’esercizio. Dunque m = 0 e una soluzione particolare y della nonomogenea va cercata nella forma

y(x) = Ke5x.

Tornando a essere pignoli, la costante K rappresenta esattamente il genericopolinomio di grado 0 (costante) Q1. Mentre il polinomio Q2 e ininfluente,visto che ha a fattore il termine sin(0 · x) = 0.

Si ha (ometto il dominio delle funzioni fino alla fine dell’esercizio)

y′(x) = 5Ke5x

ey′′(x) = 25Ke5x.

Sostituendo nell’equazione, otteniamo

25Ke5x − 20Ke5x + 3Ke5x = e5x.

Semplificando (perche e lecito farlo?) il termine esponenziale, si ottiene

8K = 1 ⇐⇒ K =18.

Dunque

y(x) =18e5x

e l’integrale generale dell’equazione del problema e dato da

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

3x +18e5x (x ∈ R).

PASSO 3 (soluzione del problema di Cauchy). Derivando l’integrale gene-rale, si ottiene

y′(x) = c1ex + 3c2e

3x +58e5x.

Imponendo le condizioni iniziali, si ottiene il sistema{c1 + c2 + 1

8 = 3c1 + 3c2 + 5

8 = 9(9)

che ha come soluzionic1 =

18, c2 =

114

.

Ne segue che la soluzione del problema di Cauchy assegnato dall’esercizio edata dalla funzione

y(x) =18ex +

114

e3x +18e5x (x ∈ R).

19

Osservazione 8. Vi ricordo che, se il termine noto f = f(x) dell’equazione(5) puo essere scritto come somma di due funzioni continue

f(x) = f1(x) + f2(x) (x ∈ I),

allora una soluzione particolare dell’equazione non omogenea puo essere de-terminata come somma di una soluzione particolare dell’equazione non omo-genea avente come termine noto f1 e di una soluzione particolare dell’equa-zione non omogenea avente come termine noto f2 (principio di sovrapposi-zione).

Dunque, se f(x) = f1(x) + f2(x) e ognuna delle fi (i = 1, 2) si presta allostudio con il metodo della somiglianza, allora si possono determinare y1 e y2

separatamente e poi, ricorrendo al principio di sovrapposizione, concludereche una soluzione particolare della non omogenea relativa al termine noto fe data semplicemente dalla funzione

y(x) = y1(x) + y2(x) (x ∈ I).

Per dovere di completezza, determiniamo l’integrale generale di un’equazionelineare del secondo ordine non omogenea a coefficienti costanti in cui iltermine noto non si presti alla trattazione con il metodo della somiglianza.Conoscete la teoria generale, procediamo pertanto con un semplice esempio.

Esempio 5. Calcolare l’integrale generale della seguente equazione

y′′ − 4y′ + 3y =e3x

x.

PASSO 0 (preliminari). La funzione f = f(x) = e3x

x va studiata o nel-l’intervallo (−∞, 0) oppure nell’intervallo (0, +∞) (in ognuno di essi la f echiaramente continua). Scegliamo, senza perdita di generalita, I = (0, +∞).

PASSO 1 (calcolo di y0). Lo abbiamo gia fatto nell’esempio precedente.Risulta (c1, c2 ∈ R)

y0(x) = c1ex + c2e

3x (x ∈ I).

PASSO 2 (calcolo di y). In questo caso non possiamo utilizzare il metododella somiglianza, ma dobbiamo ricorrere a un metodo piu generale (sempreapplicabile, ma piu elaborato per quanto riguarda la parte di calcolo), notocome metodo della variazione delle costanti.

Una soluzione particolare della non omogenea va cercata nella forma (cony1 e y2 denoto di nuovo la base dello spazio delle soluzioni dell’omogenea de-terminata al passo precedente: e la notazione che ho gia usato in precedenzanella trattazione teorica delle equazioni lineari del secondo ordine)

y(x) = c1(x)y1(x) + c2(x)y2(x) = c1(x)ex + c2(x)e3x (x ∈ I).

20

Piu precisamente, cerchiamo due funzioni c1 e c2 di classe C1(I) tale che lafunzione y, definita a partire da esse come sopra, sia una soluzione della nonomogenea sotto esame.

Deriviamo y = y(x). Si ha

y′(x) = c′1(x)ex + c1(x)ex + c′2(x)e3x + 3c2(x)e3x (x ∈ I).

Richiediamo (siamo liberi di farlo) che per ogni x ∈ I si abbia

c′1(x)ex + c′2(x)e3x = 0. (10)

Ne segue chey′(x) = c1(x)ex + 3c2(x)e3x (x ∈ I)

e, derivando ancora una volta, otteniamo

y′′(x) = c′1(x)ex + c1(x)ex + 3c′2(x)e3x + 9c2(x)e3x (x ∈ I).

Richiediamo ora che la funzione y sia una soluzione dell’equazione nonomogenea. Sostituendola nell’equazione assegnata, dovra aversi (per ognix ∈ I)

c′1(x)ex + c1(x)ex + 3c′2(x)e3x + 9c2(x)e3x − 4c1(x)ex − 12c2(x)e3x+

+3c1(x)ex + 3c2(x)e3x =e3x

x.

Semplificando, otteniamo (x ∈ I)

c′1(x)ex + 3c′2(x)e3x =e3x

x. (11)

Le funzioni c1 e c2 vanno determinate, risolvendo il sistema dato dalle (10)-(11) ovvero il sistema (x ∈ I){

c′1(x)ex + c′2(x)e3x = 0c′1(x)ex + 3c′2(x)e3x = e3x

x .(12)

Il sistema sotto esame e equivalente (sottraiamo la prima equazione allaseconda, ma si puo procedere in tanti modi diversi) al sistema{

c′1(x)ex + c′2(x)e3x = 02c′2(x)e3x = e3x

x .(13)

La seconda equazione di questo sistema, semplificata, diventa

c′2(x) =12x

,

21

da cuic2(x) =

12

ln x (x ∈ I),

dato che |x| = x in I = (0, +∞).

Resta da risolvere la prima equazione dell’ultimo sistema. Risulta

c′1(x)ex +12x

e3x = 0,

da cui

c′1(x) = −e2x

2x.

Ne segue che (scelto x0 arbitrariamente in I)

c1(x) = −12

∫ x

x0

e2t

tdt.

Siamo costretti a lasciare quest’espressione integrale per c1, dal momentoche non si puo calcolare esplicitamente una primitiva in I della funzione

g(t) =e2t

t.

Dunque, le funzioni c1 e c2 sono state determinate, una soluzione partico-lare y della non omogenea anche e quindi l’integrale generale dell’equazioneassegnata ha l’espressione (x0 ∈ I)

y(x) = c1ex + c2e

3x − 12ex

∫ x

x0

e2t

tdt +

12e3x ln x (x ∈ I).

22