Equazioni a variabili separabili

Theory used: Equazione a variabili separabili Metodo di separazione delle variabili Problema di Cauchy

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Esercizio 1

Risolvi il problema di Cauchy

\begin{cases} y' = 3x^2 y \\ y(0) = 2 \end{cases}

y = 0 \quad \text{soluzione costante}

\int \frac{dy}{y} = \int 3x^2\,dx \qquad \Longrightarrow \qquad \ln |y| = x^3 + c

|y| = e^{c}\,e^{x^3} \qquad \Longrightarrow \qquad y = k\,e^{x^3}, \quad k \in \mathbb{R}

y(0) = k = 2 \qquad \Longrightarrow \qquad y = 2\,e^{x^3}

Il secondo membro è il prodotto di $g(x) = 3x^2$ e di $h(y) = y$ , quindi l’equazione è a variabili separabili. La funzione $h(y) = y$ si annulla per $y = 0$ , perciò la funzione costante $y = 0$ è una soluzione.

Per $y \neq 0$ si divide per $y$ e si integra. La primitiva di $\dfrac{1}{y}$ è $\ln |y|$ e la primitiva di $3x^2$ è $x^3$ . Passando agli esponenziali si ottiene $|y| = e^{c}\,e^{x^3}$ . Il numero $e^{c}$ è positivo, e togliendo il valore assoluto $y$ può essere positivo o negativo; si scrive quindi $y = k\,e^{x^3}$ con $k \neq 0$ . Il valore $k = 0$ dà la soluzione costante, perciò l’integrale generale è $y = k\,e^{x^3}$ con $k$ reale.

Per $x = 0$ si ha $e^{0} = 1$ , quindi la condizione $y(0) = 2$ dà $k = 2$ . La soluzione del problema è $y = 2\,e^{x^3}$ , definita per ogni $x$ reale.

Esercizio 2

Risolvi il problema di Cauchy

\begin{cases} y' = x \left( 1 + y^2 \right) \\ y(0) = 0 \end{cases}

e indica l’intervallo in cui è definita la soluzione.

\int \frac{dy}{1 + y^2} = \int x\,dx \qquad \Longrightarrow \qquad \arctan y = \frac{x^2}{2} + c

\arctan 0 = 0 + c \qquad \Longrightarrow \qquad c = 0

y = \tan \frac{x^2}{2}, \qquad -\frac{\pi}{2} < \frac{x^2}{2} < \frac{\pi}{2} \iff x^2 < \pi \iff -\sqrt{\pi} < x < \sqrt{\pi}

L’equazione è a variabili separabili con $g(x) = x$ e $h(y) = 1 + y^2$ . La funzione $h(y)$ è positiva per ogni $y$ , quindi non ci sono soluzioni costanti e si può dividere per $1 + y^2$ senza perdere soluzioni. La primitiva di $\dfrac{1}{1 + y^2}$ è $\arctan y$ , e la primitiva di $x$ è $\dfrac{x^2}{2}$ .

Sostituendo $x = 0$ e $y = 0$ si trova $c = 0$ , quindi $\arctan y = \dfrac{x^2}{2}$ . L’arcotangente assume solo valori compresi tra $-\dfrac{\pi}{2}$ e $\dfrac{\pi}{2}$ , perciò l’uguaglianza si può risolvere rispetto a $y$ solo se $\dfrac{x^2}{2}$ è minore di $\dfrac{\pi}{2}$ . In questo caso si ottiene $y = \tan \dfrac{x^2}{2}$ .

La condizione $\dfrac{x^2}{2} < \dfrac{\pi}{2}$ equivale a $x^2 < \pi$ , quindi la soluzione è definita nell’intervallo $\left( -\sqrt{\pi}, \sqrt{\pi} \right)$ . Agli estremi dell’intervallo la funzione tende a $+\infty$ , perché l’argomento della tangente tende a $\dfrac{\pi}{2}$ .

Esercizio 3

Risolvi il problema di Cauchy

\begin{cases} y' = e^{x - y} \\ y(0) = \ln 2 \end{cases}

y' = e^{x} \cdot e^{-y} \qquad \Longrightarrow \qquad \int e^{y}\,dy = \int e^{x}\,dx \qquad \Longrightarrow \qquad e^{y} = e^{x} + c

e^{\ln 2} = e^{0} + c \iff 2 = 1 + c \iff c = 1

e^{y} = e^{x} + 1 \qquad \Longrightarrow \qquad y = \ln \left( e^{x} + 1 \right)

Per una proprietà delle potenze $e^{x - y} = e^{x} \cdot e^{-y}$ , quindi l’equazione è a variabili separabili con $g(x) = e^{x}$ e $h(y) = e^{-y}$ . La funzione $h(y)$ non si annulla mai, perciò non ci sono soluzioni costanti. Dividere per $e^{-y}$ equivale a moltiplicare per $e^{y}$ , e integrando si ottiene $e^{y} = e^{x} + c$ .

La condizione iniziale si sostituisce prima di ricavare $y$ . Poiché $e^{\ln 2} = 2$ ed $e^{0} = 1$ , si trova $c = 1$ . Il secondo membro $e^{x} + 1$ è positivo per ogni $x$ , quindi si può passare al logaritmo, e la soluzione $y = \ln \left( e^{x} + 1 \right)$ è definita su tutto $\mathbb{R}$ .

Esercizio 4

Risolvi il problema di Cauchy

\begin{cases} y' = 2x\,y^2 \\ y(1) = -1 \end{cases}

e indica l’intervallo in cui è definita la soluzione.

y = 0 \quad \text{soluzione costante, che non soddisfa } y(1) = -1

\int \frac{dy}{y^2} = \int 2x\,dx \qquad \Longrightarrow \qquad -\frac{1}{y} = x^2 + c

-\frac{1}{-1} = 1 + c \iff c = 0

-\frac{1}{y} = x^2 \qquad \Longrightarrow \qquad y = -\frac{1}{x^2}, \qquad x > 0

y = -\dfrac{1}{x^2}

La soluzione di

y^{'} = 2 x y^{2}

con

y (1) = - 1

y = - \frac{1}{x ^{2}}

nell'intervallo

x > 0

L’equazione è a variabili separabili con $g(x) = 2x$ e $h(y) = y^2$ . La funzione $h$ si annulla per $y = 0$ , quindi $y = 0$ è una soluzione costante; questa soluzione vale $0$ in $x = 1$ , perciò non soddisfa la condizione $y(1) = -1$ , e la soluzione cercata si trova separando le variabili.

La primitiva di $\dfrac{1}{y^2} = y^{-2}$ è $-y^{-1} = -\dfrac{1}{y}$ , e la primitiva di $2x$ è $x^2$ . Sostituendo $x = 1$ e $y = -1$ il primo membro vale $1$ , quindi $1 = 1 + c$ e $c = 0$ . Dall’uguaglianza $-\dfrac{1}{y} = x^2$ si ricava $y = -\dfrac{1}{x^2}$ .

La funzione $-\dfrac{1}{x^2}$ non è definita in $x = 0$ . Una soluzione di un problema di Cauchy è definita in un intervallo che contiene il punto iniziale $x_0 = 1$ , quindi la soluzione è definita nell’intervallo $(0, +\infty)$ . Come mostra la figura, la retta $x = 0$ è un asintoto verticale.