Equazioni lineari del primo ordine

Theory used: Equazione lineare del primo ordine Integrale generale dell'equazione lineare del primo ordine Equazioni con coefficienti costanti Problema di Cauchy

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Esercizio 1

Risolvi il problema di Cauchy

\begin{cases} y' - 3y = 6 \\ y(0) = 1 \end{cases}

a(x) = -3, \qquad b(x) = 6, \qquad A(x) = -3x

\int 6\,e^{-3x}\,dx = -2\,e^{-3x}

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

y(0) = -2 + c = 1 \qquad \Longrightarrow \qquad c = 3

y = 3\,e^{3x} - 2

L’equazione ha la forma $y' + a(x)\,y = b(x)$ con $a(x) = -3$ e $b(x) = 6$ , quindi è lineare del primo ordine. Una primitiva di $a(x)$ è $A(x) = -3x$ , perciò nella formula risolutiva compaiono $e^{A(x)} = e^{-3x}$ ed $e^{-A(x)} = e^{3x}$ .

La primitiva di $6\,e^{-3x}$ è $-2\,e^{-3x}$ , perché la derivata di $-2\,e^{-3x}$ è $-2 \cdot (-3)\,e^{-3x} = 6\,e^{-3x}$ . Moltiplicando per $e^{3x}$ si ottiene l’integrale generale $y = -2 + c\,e^{3x}$ . Lo stesso risultato si ricava dalla formula per i coefficienti costanti, con $a = -3$ e $b = 6$ , perché $\dfrac{b}{a} = -2$ .

La condizione $y(0) = 1$ dà $-2 + c = 1$ , cioè $c = 3$ , e la soluzione è $y = 3\,e^{3x} - 2$ .

Esercizio 2

Risolvi il problema di Cauchy

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

e determina il limite della soluzione per $x \to +\infty$ .

a(x) = 2x, \qquad b(x) = 2x, \qquad A(x) = x^2

\int 2x\,e^{x^2}\,dx = e^{x^2}

y = e^{-x^2} \left( e^{x^2} + c \right) = 1 + c\,e^{-x^2}

y(0) = 1 + c = 3 \qquad \Longrightarrow \qquad c = 2

y = 1 + 2\,e^{-x^2}, \qquad \lim_{x \to +\infty} \left( 1 + 2\,e^{-x^2} \right) = 1

y = 1 + 2e^{-x^2}

La soluzione di

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

con

y (0) = 3

ha l'asintoto orizzontale

y = 1

L’equazione è lineare con $a(x) = 2x$ e $b(x) = 2x$ , continue su $\mathbb{R}$ . Una primitiva di $2x$ è $A(x) = x^2$ . Nella formula risolutiva si deve calcolare $\displaystyle\int 2x\,e^{x^2}\,dx$ ; la funzione $2x$ è la derivata dell’esponente $x^2$ , quindi l’integrale è immediato e vale $e^{x^2}$ .

Moltiplicando per $e^{-x^2}$ si ottiene l’integrale generale $y = 1 + c\,e^{-x^2}$ . Per $x = 0$ l’esponenziale vale $1$ , quindi la condizione $y(0) = 3$ dà $c = 2$ .

Per $x \to +\infty$ l’esponente $-x^2$ tende a $-\infty$ , perciò $e^{-x^2}$ tende a $0$ e la soluzione tende a $1$ . La funzione $y = 1$ è la soluzione costante dell’equazione, che si ottiene con $c = 0$ .

Esercizio 3

Risolvi il problema di Cauchy

\begin{cases} y' + \dfrac{y}{x} = 3x \\[6pt] y(1) = 2 \end{cases}

nell’intervallo $x > 0$ .

a(x) = \frac{1}{x}, \qquad A(x) = \ln x, \qquad e^{A(x)} = x, \qquad e^{-A(x)} = \frac{1}{x}

\int 3x \cdot x\,dx = \int 3x^2\,dx = x^3

y = \frac{1}{x} \left( x^3 + c \right) = x^2 + \frac{c}{x}

y(1) = 1 + c = 2 \qquad \Longrightarrow \qquad c = 1

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

L’equazione è lineare con $a(x) = \dfrac{1}{x}$ e $b(x) = 3x$ , continue nell’intervallo $x > 0$ . Una primitiva di $\dfrac{1}{x}$ è $\ln |x|$ , che per $x > 0$ coincide con $\ln x$ . Poiché esponenziale e logaritmo sono funzioni inverse, $e^{\ln x} = x$ ed $e^{-\ln x} = \dfrac{1}{x}$ .

Nella formula si integra $b(x)\,e^{A(x)} = 3x \cdot x = 3x^2$ , che ha primitiva $x^3$ . Dividendo per $x$ si ottiene l’integrale generale $y = x^2 + \dfrac{c}{x}$ . La condizione $y(1) = 2$ dà $1 + c = 2$ , quindi $c = 1$ .

Come controllo, la soluzione $y = x^2 + \dfrac{1}{x}$ ha derivata $y' = 2x - \dfrac{1}{x^2}$ , e $\dfrac{y}{x} = x + \dfrac{1}{x^2}$ . La somma è $3x$ , quindi l’equazione è soddisfatta.

Esercizio 4

Risolvi il problema di Cauchy

\begin{cases} y' - y = x\,e^{x} \\ y(0) = 1 \end{cases}

a(x) = -1, \qquad b(x) = x\,e^{x}, \qquad A(x) = -x

\int x\,e^{x} \cdot e^{-x}\,dx = \int x\,dx = \frac{x^2}{2}

y = e^{x} \left( \frac{x^2}{2} + c \right)

y(0) = c = 1 \qquad \Longrightarrow \qquad y = \left( \frac{x^2}{2} + 1 \right) e^{x}

L’equazione è lineare con coefficiente $a(x) = -1$ costante e termine $b(x) = x\,e^{x}$ . Una primitiva di $-1$ è $A(x) = -x$ , quindi nella formula si moltiplica $b(x)$ per $e^{-x}$ . Il prodotto $x\,e^{x} \cdot e^{-x}$ è uguale a $x$ , perché $e^{x} \cdot e^{-x} = e^{0} = 1$ , e la sua primitiva è $\dfrac{x^2}{2}$ .

Moltiplicando per $e^{-A(x)} = e^{x}$ si ottiene l’integrale generale $y = e^{x} \left( \dfrac{x^2}{2} + c \right)$ . Per $x = 0$ il fattore $e^{x}$ vale $1$ e il fattore $\dfrac{x^2}{2} + c$ si riduce a $c$ , quindi la condizione $y(0) = 1$ dà $c = 1$ .