Equazioni differenziali a variabili separabili

Risolvi la seguente equazione differenziale a variabili separabili:

\Large xy'=y^2-y

Si tratta di un’equazione differenziale del primo ordine a variabili separabili. Riscriviamola meglio dividendo ambo i membri per x (con x ≠ 0):

\Large \frac{xy'}{x}=\frac{y^2-y}{x}

\Large y'=\frac{1}{x}\cdot (y^2-y)

Riscriviamo l’equazione nella forma \Large \frac{dy}{dx}=g(x)\cdot h(y) individuando g(x) e h(y):

\Large \frac{dy}{dx}=\frac{1}{x}\cdot (y^2-y)

Nel nostro caso \Large g(x)=\frac{1}{x} e \Large h(y)=y^2-y

Consideriamo il caso in cui h(y)\;\;\neq\;\; 0 e separiamo le variabili moltiplicando ambo i membri per \Large \frac{dx}{h(y)}:

per \Large y^2-y\;\;\neq\;\; 0 possiamo moltiplicare ambo i membri per \Large \frac{dx}{y^2-y} ottenendo:

\Large \frac{dx}{y^2-y}\cdot \frac{dy}{dx}=\frac{1}{x}\cdot (y^2-y)\cdot \frac{dx}{y^2-y}

\Large \frac{1}{y^2-y}\cdot {dy}=\frac{1}{x}\cdot {dx}

Integriamo ambo i membri:

\Large \int \frac{1}{y^2-y}\; {dy}=\int \frac{1}{x}\cdot {dx}

Mentre la seconda funzione è semplice da integrare, infatti il risultato ci darà il logaritmo del modulo di x, la prima funzione è un po’ più complicata per cui cerchiamo di risolvere la prima funzione che possiamo scrivere come segue:

\Large \frac{1}{y^2-y}=\frac{1}{y(y-1)}

Possiamo scrivere il rapporto ottenuto come una somma di rapporti e cioè:

\Large \frac{1}{y(y-1)}=\frac{A}{y}+\frac{B}{y-1}

Risolviamo adesso la seconda parte dell’uguaglianza sopra riportata facendo il minimo comune multiplo ed effettuando tutti i calcoli:

\Large \frac{A}{y}+\frac{B}{y-1}=\frac{A(y-1)+By}{y(y-1)}=

\Large =\frac{Ay-A+By}{y(y-1)}=\frac{y(A+B)-A}{y(y-1)}

Ora affinché sia verificata l’uguaglianza

\Large \frac{1}{y(y-1)}=\frac{y(A+B)-A}{y(y-1)}

dovrà essere il coefficiente della y = 0 (infatti la y al 1° membro dell’uguaglianza non c’è e quindi è = 0) per cui A+B=0 mentre il termine noto dovrà essere = 1 (infatti il termine noto al 1° membro dell’uguaglianza è = 1) quindi -A=1, per cui avremo il seguente sistema da risolvere:

\begin{cases} A+B &= 0\\ -A &= 1 \end{cases} \;\Rightarrow\; \begin{cases} -1+B &= 0\\ A &= -1 \end{cases} \;\Rightarrow\; \begin{cases} B &= 1\\ A &= -1 \end{cases}

Sostituendo i valori appena trovati di A e B nell’uguaglianza:

\Large \frac{A}{y}+\frac{B}{y-1}=-\frac{1}{y}+\frac{1}{y-1}

per cui il nostro integrale iniziale:

\Large \int \frac{1}{y^2-y}\; {dy}=\int \frac{1}{x}\cdot {dx}

sostituendo, il 1° membro diventerà:

\Large \int \left ( -\frac{1}{y}+\frac{1}{y-1} \right )\; {dy}=\int \frac{1}{x}\cdot {dx}

\Large -\int \frac{1}{y}\; {dy}+\int \frac{1}{y-1} \; {dy}=\int \frac{1}{x}\cdot {dx}

\Large -\ln |y|+\ln|{y-1}| =\ln |x|+c

\Large \ln|{y-1}|-\ln |y| =\ln |x|+\ln e^c

\Large \ln \frac{|y-1|}{|y|}=\ln (|x|\cdot e^c)

Ora, indicando e^c=k con k>0 sempre possiamo riscrivere il nostro risultato come:

\Large \ln \left|\frac{y-1}{y}\right|=\ln (|x|\cdot k)

Siccome il logaritmo del 1° membro uguale al logaritmo del 2° membro ed essendo il logaritmo una funzione iniettiva, saranno uguali anche gli argomenti del logaritmo:

\Large \left|\frac{y-1}{y}\right|=|x|\cdot k

Ed avendo visto che k>0 sempre possiamo portare il k all’interno del modulo ottenendo:

\Large \left|\frac{y-1}{y}\right|=|k\cdot x|

Cosa significa che il modulo della quantità al 1° membro è uguale al modulo della quantità al 2° membro?

Vuol dire che la quantità al 1° membro è uguale a più o meno la quantità al 2° membro; cioè le quantità che si trovano all’interno del modulo o sono uguali tra di loro oppure sono opposte tra di loro. Quindi se noi al posto di k consideriamo un qualunque h appartenente all’insieme dei numeri Reali abbiamo ricavato tutte lo nostre soluzioni, per cui possiamo scrivere:

\Large \frac{y-1}{y}=h\cdot x\;\;\mbox{con }\;\; h\in \mathbb{R}

\Large \frac{y}{y}-\frac{1}{y}=h\cdot x

\Large 1-\frac{1}{y}=h\cdot x

\Large -\frac{1}{y}=h\cdot x-1

Moltiplico ambo i membri per -1:

\Large \frac{1}{y}=-h\cdot x+1

Calcolo l’inverso di ambo i membri:

y=\Large \frac{1}{1-h\cdot x}

Abbiamo ottenuto la soluzione generale dell’equazione differenziale.

Analizziamo il caso in cui \Large y^2-y = 0:

In base alla posizione iniziale fatta cioè \Large y^2-y\; \neq\; 0, ci resta ancora da analizzare il caso in cui \Large y^2-y = 0.

Per \Large y^2-y = 0 avremo che \Large y(y-1)=0\;\Rightarrow\;y_1=0;\;y_2=1; verifichiamo ora se le soluzioni di y ottenute sono soluzioni dell’equazione differenziale iniziale cioè soluzioni di:

\Large y'=\frac{1}{x}\cdot (y^2-y)

Se y = 0 derivando otteniamo che y’ = 0 (la derivata di un qualsiasi numero è = 0)
Se sostituiamo ora y’= 0 e y = 0 nell’equazione differenziale (*) otteniamo:

\Large y'=\frac{1}{x}\cdot (y^2-y)\;\Rightarrow \; \\ 0=\frac{1}{x}\cdot (0^2-0)\;\Rightarrow \; 0=0

per cui l’equazione è verificata e quindi y = 0 è una soluzione dell’equazione differenziale.

Se y = 1 derivando otteniamo che y’ = 0 (la derivata di un qualsiasi numero è = 0)
Se sostituiamo ora y’= 0 e y = 1 nell’equazione differenziale (*) otteniamo:

\Large y'=\frac{1}{x}\cdot (y^2-y)\;\Rightarrow \; 0=\frac{1}{x}\cdot (1^2-1)\;\Rightarrow \; 0=0

per cui l’equazione è verificata e quindi anche y = 1 è una soluzione dell’equazione differenziale.

Infine osservando meglio la soluzione generale e cioè:

y=\Large \frac{1}{1-h\cdot x}

vediamo che questa già contiene la soluzione y=1 per h=0, per cui la soluzione finale della nostra equazione differenziale è:

y=\Large \frac{1}{1-h\cdot x}\;\vee\;y=0

Luglio 3, 2023 , Analisi, Matematica No Comments »


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