Lezioni di analisi matematica/Capitolo 18/Paragrafo 111

by Guido Fubini

Capitolo 18 - Tipi particolari di equazioni differenziali

../Paragrafo 110 ../Paragrafo 112 IncludiIntestazione 5 gennaio 2023 75% Da definire

Questo testo è completo.

Guido Fubini - Lezioni di analisi matematica (1920)

Capitolo 18 - Tipi particolari di equazioni differenziali

◄

Capitolo 18 - Paragrafo 110

Capitolo 18 - Paragrafo 112

►

§ 111. — Tipi particolari di equazioni differenziali.

$\alpha$) Sia data l'equazione lineare¹ del primo ordine omogenera²

                                                  $y'=P(x)y$,                    (1)

dove $P(x)$ è una funzione continua della $x$. Dividendo per $y$ (supposto per un momento diverso da zero) se ne deduce

${\frac {y'}{y}}=P(x)$, ossia ${\frac {d}{dx}}\,\log \,|y|=P(x)$.

È perciò $\log |y|=\int \,P(x)dx+C'$, e quindi $|y|=C^{C'+\int P(x)dx}$ ($C'=$ cost. arbitraria). Notando che, essendo $C'$ una costante arbitraria, $e^{C'}$ è una costante arbitraria positiva, e, passando dal valore di $|y|$ a quello di $y$, se ne trae

               $y=C\,e^{\left.\int P\,x\right)rx}$          ossia          $ye^{-\int P(x)dx}=C$,

dove $C$ è una costante arbitraria che ha il segno di $y$. E questa formola, come si verifica facilmente, dà proprio una soluzione di (1). Per quanto abbiamo detto essa d- anzi tutte le soluzioni di (1), perchè per $C=0$ dà la soluzione (finora esclusa) $y=0$.

$\beta$ Sia data l'equazione lineare del primo ordine $y'=P(x)+Q(x)$          (2) ($P,Q$, funzioni continue della $x$).

La $y=ze^{\int P(x)dx}$ soddisfa alla 82), ove si supponga $Q(x)=0$, quando con $z$ si indichi una costante (questo §, $\alpha$). Cerchiamo se è possibile determinare la $z$ come funzione non costante della $x$ in guisa che la $y=ze^{\int P(x)dx}$ soddisfi all'equazione più generale (2) (ciò che in sostanza equivale ad assumere come funzione incognita al posto della $y$ la $z=ye^{-\int P(x)dx}$.

Questo metodo, detto metodo della variazione delle costanti arbitrarie, ha spesso applicazioni nell'analisi, e sarà applicato anche da noi in altri problemi. Sostituendo in (2) $ze^{\int P(x)dx}$ al posto di $y$ otteniamo:

$z'e^{\int P(x)dx}+zP(x)e^{\int P(x)dx}=P(x)ze^{\int P(x)dx}+Q(x)$,

ossia:

               $z'e^{\int P(x)dx=Q(x)}$,          cioè:          $z'=Q(x)e^{-\int P(x)dx}$.

Integrando si ha così:

$z=\int \,Q(x)e^{-\int P(x)dx}+C$ ($C=$ cost. arbitraria)

e quindi:

Errore del parser (errore di sintassi): {\displaystyle y=e^{\int P(x)dx}\left\{\in\, Q(x) e^{-\int Q(x)e^{-\int P(x)dx}\, dx+C\right\}} .

Oss. 1^a. Per $Q(x)=0$ questa formola i riduce a quella trovata in ($\alpha$) per risolvere (1).

Oss.2^a È naturalmente inutile scrivere $\int P(x)dx+k$ al posto di $\int P(x)dx$ ($k=$ cost. arbitraria) nella nostra formola. Con questo cambiamento esso diventa infatti:

$e^{\int P(x)dx+k}\left\{\int Q(x)e^{-\int P(x)dx}\,e^{-k}dx+C\right\}=$

$=e^{\int P(x)dx}\left\{\int Q(x)e^{-\int P(x)dx}dx+Ce^{k}\right\}$,

che differisce dalla precedente in modo non essenziale solo nel fatto che la costante arbitraria vi è indicata non con $C$, ma con $Ce^{k}$.

$\gamma$) Il tipo più generale di un'equazione alle derivata ordinarie del secondo ordine è

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

dove $f$ è funzione delle $x,y,y',y''$.

Supponiamo che in tale equazione non figuri la $y$, che cioè l'equazione sia del tipo

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

Ponendo

$y'=z$,

essa si trasforma nell'equazione

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

che è un'equazione differenziale del primo ordine. Se noi la sappiamo risolvere, conosceremo la $z$ (con una costante arbitraria) e ne dedurremo:

$y=\int \,zdx+{\text{cost.}}$.

con una seconda costante arbitraria.

$\delta$) Un altro tipo di equazione differenziale del second'ordine, che si può ridurre al primo, si ha quando nell'equazione data non compare la variabile indipendente $x$; cioè quando si abbia un'equazione del tipo:

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

Se questa equazione ha una soluzione $y$ non costante³, prendiamo questa $y$ come variabile indipendente e chiamiamola $\xi$.

La derivata $y'={\frac {dy}{dx}}$ si indichi con $z$- Allora sarà:

$y''={\frac {dy'}{dx}}={\frac {d\xi }{dx}}{\frac {dy'}{d\xi }}={\frac {dy}{dx}}{\frac {dy'}{d\xi }}=z{\frac {dx}{d\xi }}$,

e la nostra equazione diventerà:

$f\left(z{\frac {dz}{d\xi }},z,\xi \right)=0$,

che è del primo ordine perchè vi compare solo la derivata prima della funzione incognita $z$. Dedottane la $z={\frac {dy}{dx}}$ come funzione $\varphi (y)$ della $\xi =y$, con una costante arbitraria $C$, si dovrà poi risolvere la ${\frac {dy}{dx}}=\varphi (y)$ che dà

$\int {\frac {dy}{\varphi (y)}}-x=$ cost.

come una nuova costante arbitraria.

Sia data, per esempio, l'equazione

$y+y''=0$.

Se $y={\text{cost.}}$, è $y=0$; questo solo caso eccettuato, si potrà porre $y=\xi ,y'=z$; cosicchè l'equazione data si ridurrà alla

$\xi d\xi +z\,dz=0$

e integrando:

${\frac {\xi ^{2}}{2}}+{\frac {z^{2}}{2}}=$ cost.

e cioè                         ${\frac {y^{2}}{2}}+{\frac {y'^{2}}{2}}={\frac {C^{2}}{2}}$,      ($C=$ cos.)

da cui                         ${\frac {dy}{dx}}={\sqrt {C^{2}-y^{2}}}$.

Separando le variabili

${\frac {dy}{\sqrt {C^{2}-y^{2}}}}=dx$

e integrando:

$\int {\frac {dy}{\sqrt {C^{2}-y^{2}}}}=x+d$

${\text{arcsen}}{\frac {y}{C}}=x+d,y=C{\text{sen}}\,(x+d)$,

dove $d$ è una nuova costante arbitraria. Dunque anche nell'integrale generale di quest'equazione del ° ordine compaiono due costanti arbitrarie. In quest'ultima formola è inclusa anche la soluzione $y=0$, che avevamo finora escluso; ciò che si riconsoce, ponendo $C=0$.

Esempi.

1° Integrare l'equazione $y=xy'+\varphi (y')$ [$\varphi$ funzione derivabile].

Ris. Derivando entrambi i membri si ottiene:

$y'=y'+xy''+\varphi '(y')y''$ ossia $y''[x+\varphi '(y')]=0$.

Sarà dunque $y''=0$ oppure $x=-\varphi '(y')$.

Nel primo caso $y=mx+n$ ($m,n$ costanti); e, sostituendo nella data equazione, si trova $mx+n=mx+\varphi (m)$, ossia $n=\varphi (m)$ e quindi

          $y=mx+\varphi (m)$     ($m$ cost. arbitaria).     ($\alpha$)

Se invece $x=-\varphi (y')$, si ponga $y'=t$; ricordando la data equazione si trova:

L'eliminazione della $t$ tra queste due equazioni darà una nuova soluzione della nostra equazione, se da esse si deduce $y'={\frac {dy}{dx}}=t$; perchè allora la 2^a si riduce proprio all'equazione data. E infatti se ne deduce (se $\varphi ''(t)\not =0$)

${\frac {dy}{dx}}={\frac {-\varphi '(t)-t\varphi ''(t)+\varphi '(t)}{-\varphi ''(t)}}=t$.

Se non eliminiamo la $t$, le precedenti formole deriniscono la soluzione in forma parametrica; basta infatti far variare $t$ per dedurne le coppie di valori compatibili delle $x,y$.

Queste due equazioni si possono considerare come le equazioni parametriche di una curva $\Gamma$.

La retta tangente a $\Gamma$ in quel punto di $\Gamma$, che corrisponde al valore $m$, che corrisponde al valore $m$ della $t$, ha per equazione $(\alpha )$. Cioè la curva $\Gamma$ è la curva, le cui tangenti hanno per equazione $(\alpha )$, cioè è la curva inviluppo delle rette $(\alpha )$.

Si noti che, se si volesse dalla data equazione dedurre $y'$ come funzione delle $x,y$, la $y'$ sarebbe una funzione implicita delle $x,y$, a cui proprio lungo $\Gamma$ non sono applicabili i teoremi del § 84, perchè lungo $\Gamma$ è nullo $\varphi '(y')+x$, che è appunto la derivata parziale del primo membro della nostra equazione rispetto ad $y'$. Perciò $\Gamma$ si dice la soluzione singolare. 2° Integrare l'equazione $y=x\psi (y')+\varphi (y')$ ($\varphi ,\psi$ funzioni derivabili).

Ris. Derivando si ottiene:

$y'=\psi (y')+[x\psi '(y')+\varphi '(y')]{\frac {dy'}{dx}}$.

Posto $y'=t$, se ne deduce

${\frac {dx}{dt}}=x{\frac {\psi '(t)}{t-\psi (t)}}+{\frac {\varphi '(t)}{t-\psi (t)}}$,

escluso il caso $\psi (t)=t$, che abbiamo già trattato all'esempio 1°.

Questa equazione, in cui si considera $t$ come variabile indipendente ed $x$ come funzione incognita, è un'equazione differenziale lineare del primo ordine che già sappiamo risolvere. E si trova

$x=e^{\int {\frac {\psi (t)}{t-\psi (t)}}dt}\left\{\int {\frac {\varphi '(t)}{t-\psi (t)}}e^{-\int {\frac {\psi '(t)}{t-\psi (t)}}dt}dt+{\text{cost.}}\right\}$.

L'equazione differenziale dà poi

$y=x\psi (t)+\varphi (t)$.

Restano così espressi $x,y$ in funzione di un parametro $t$; e con un'eliminazione si potrebbe (volendo) dedurne la $y$ espressa in funzione di $x$. Si verifichi che effetivamente ${\frac {dy}{dx}}=t$.

3° Integrare

$(ax+by+c)dx+(hx+ky+l)dy=0$

$(a,b,c,h,k,l={\text{cost.}}$.

Ris. Posto $x=\xi +m,y=\eta +n$ ($m,n$ costanti), l'equazione diventa: {{centrato|$(a\xi +b\eta +\mu )d\xi +(h\xi +k\eta +\lambda )d\eta =0$ ove:

$\mu =am+bn+c$,

$\lambda =hm+hn+l$.

Se $ak+bh\not =0$, si possono scegliere le $m,n$ in modo che $\lambda =\mu =0$.

L'equazione diventa:

$(a\xi +b\eta )\xi +(h\xi +k\eta )d\eta )=0$,

che è omogenea di primo grado; e quindi le variabili si separano tosto assumento ${\frac {\eta }{\xi }}=z$ come nuova variabile al posto di $\eta$, ecc.

Sia invece $ak-bh=0$. Se $a=b=h=k=0$ l'equazione si risolve immediatamente. Se così non è, almeno una delle due espressioni $ax+by+c$ o $hx+ky+d$, p. es la prima, non è identicamente costante. Postala uguale a $t$, la nostra equazione diventa:

                    $tdx+(pt+q)dy=0$          ($p,q=$ cost.).

Posto al posto della $x$ o della $y$ i valori che si traggono dalle $ax+by+c=t$, la nostra equazione diventa del tipo:

$(\alpha t+\beta )dy+(\gamma t+\delta )dt=0$

oppure:

$(\alpha t+\beta )dy+8\gamma t+\delta )dt=0$

$\alpha ,\beta ,\gamma ,\delta =$ cost.)

che si integra subito, separando le variabili (dividendo per $\alpha t+\beta$).

Altri Esempi.

1° Integrare le equazioni:

$y''=P(x)y'+Q(x)$;

$y^{(n)}=P(x)y^{(n-1)}+Q(x)$. (Si ponga $z=y^{(n-1)}$.

2° Integrare il sistema di equazioni (ove $s$ è la variabile indipendente):

${x'}^{2}+{y'}_{s}^{2}=1$

${x''}_{s}^{2}+{y''}_{s}^{2}=k^{2}$

($k=$ cost.).

Si potrà porre per la prima equazione $x'={\text{cos}}z,y'={\text{sen}}z$; e, sostituendo nella seconda, si trova: {{centrato|${z'}^{2}=k^{2}$, donde $z'=\pm k$, $z=\pm ks+h$ ($h=$ cost. arbitraria). E se ne trae: $x=\int \,{\text{cos}}(\pm ks+h)ds,y=\int \,{\text{sen}}(\pm ks+h)ds$, dove è poi da distinguere il caso $k=0$ da quello $k\not =0$.

3° Risolvere l'equazione ${\frac {{y''}_{x}}{(1+{y'}_{x}^{2})^{\frac {3}{2}}}}=k$ ($k=$ cost.). Si può seguire il metodo dato in questo §, $\delta$, ponendo $y'=z$. Più brevemente si procede ponendo $y'_{x}={\text{tg}}\,z$, donde $y''={\frac {z'}{{\text{cos}}^{2}\,z}}$, $1+{y'}^{2}={\frac {1}{{\text{cos}}^{2}\,z}}$. L'equazione diventa:

$z'{\text{cos}}\,z=k$, $({\text{sen}}\,z)'=k$; ${\text{sen}}\,z'hx+h$ ($h=$ cost.),

donde:

$y'={\text{tg}}\,z={\frac {kx+h}{\sqrt {1-(kx+h)^{2}}}}$ ed $y=\int {\frac {(kx+h)dx}{\sqrt {1-(kx+h)^{2}}}}$,

che si inntegra tosto, assumendo $1-(kx+h)^{2}$ (se $k\not =0$) come nuova variabile di integrazione. E si trova che le curve $y=y(x)$ cercate sono rette (per $k=0$), o cerchi di raggio ${\frac {1}{k}}$ (per $k\not =0$.

4° Risolvere l'equazione $y')P(x)y+Q(x)y^{m}$.

Si divida per $y?m$ e si assuma $z={\frac {1}{y^{m-1}}}$ come nnova funzione incognita. Saremo ridotti al caso studiato in questo §, $\beta$.

Note

1. Lineare perchè di primo grado nella $y$ e derivata $y'$.
2. Omogenea perchè mancano termini di grado zero nelle $y,y'$. Vi è invece un tale termine $Q(x)$ nell'equazione che trattiamo in $beta$.
3. Le soluzioni $y=k$ ($k=$ cost.) si trovano immediatamente. Come si vede subito, sostituendo nell'equazione proprosta, esse sono le soluzioni eventuali dell'equazione (non differenziale) $f(0,0,k)=0$. Se poi $y$ non è costante, e quindi non è identicamente $y'=0$, in un qualche intorno, per la teoria delle funzioni implicite, si potrà considerare $x$ come funzione di $y$, e quindi anche $y'$ (che è funzione della $x$) come funzione della $y$.