Wronskiano - Il documento descrive la modalità di risoluzione di equazioni differenziali PDF

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Il documento descrive la modalità di risoluzione di equazioni differenziali utilizzando la matrice wronskiana per determinare una soluzione particolare non riconducibile a quelle elementari....

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Risoluzione equazioni differenziali con il metodo delle variazioni delle costanti utilizzando la matrice Wronskiana

Esercizio 1 Risolviamo l’equazione differenziale: y ′′ + 4y =

1 1 + cos2 2x

Svolgimento Occupiamoci inizialmente di risolvere l’omogenea associata: y ′′ + 4y = 0 Utilizziamo il metodo del polinomio caratteristico, ipotizzando come soluzione y = eαx , visto che ci troviamo di fronte ad un’equazione differenziale lineare a coefficienti costanti; allora sostituiamo: y = eαx y ′ = αeαx y ′′ = α2 eαx ( y1 = cos 2x α2 + 4 = 0 ↔ α = ±2i ⇔ y2 = sin 2x La soluzione dell’equazione è una combinazione lineare delle soluzioni del polinomio caratteristico: y0 = c1 y1 + c2 y2 = c1 cos 2x + c2 sin 2x Occupiamoci ora di trovare una soluzione particolare, così da ottenere una soluzione completa dell’equazione. Vista la complessità del termine noto, non possiamo ricondurci per somiglianza a nessuna delle tipologie classiche studiare; invece, il metodo della variazione delle costanti complicherebbe la risoluzione. Introduciamo, allora, un nuovo metodo per la risoluzione chiamato Metodo del Wronskiano. • Realizziamo la matrice Wronskiana:     y1 y2 cos 2x sin 2x W (x) = ′ ′ = y1 y 2 −2 sin 2x 2 cos 2x • Calcoliamone il determinante det W (x) = 2 cos2 2x + 2 sin2 2x = 2 • Calcoliamo la matrice wronskiana trasposta che si ottiene scambiando gli indici di riga con quelli di colonna; per le matrici 2 × 2 si inverte solamente la posizione degli elementi sull’antidiagonale:     y1 y1′ cos 2x −2 sin 2x T W (x) = = sin 2x 2 cos 2x y2 y2′ 1

• Calcoliamo ora la matrice inversa. Si prendono i minori Aji della matrice trasposta e si realizza una nuova matrice ottenuta cancellando da quest’ultima la riga j e la colonna i. Per esempio: l’elemento di posto 11, sarà ora occupato dall’elemento y ′2 con segno positivo visto che la somma degli indici 1+1 = 2 è un numero pari, l’elemento di posto 12 sarà ora occupato dall’elemento y2 con segno negativo visto che la somma degli indici 1+2 = 3 è un numero dispari...) W

−1

    ′ 1 1 2 cos 2x − sin 2x y2 −y2 (x) = = · · −y1′ y1 2 sin 2x cos 2x 2 det W (x)

• Ora, consideriamo solo gli elementi delle seconda colonna della matrice wronskiana inversa, cioè il vettore ~vi2 . Avremo bisogno dei termini ui = W −1 (x) · ~vi2 Otteniamo quindi due elementi: u1 = W −1 (x) · ~v12 = − u2 = W −1 (x) · ~v22 = • Consideriamo ora i termini: ci =

Z

sin 2x 2

cos 2x 2

ui (x) · b(x) dx

Avremo allora i termini: c2 =

Z

1 u1 (x) · b(x) dx = 2

Z

cos 2x dx 1 + cos2 2x

c1 =

Z

1 u2 (x) · b(x) dx = 2

Z

− sin 2x dx 1 + cos2 2x

La soluzione particolare si troverà come combinazione lineare: yp = c1 (x)y1 + c2 (x)y2 Non ci resta ora che risolvere gli integrali: 1 c2 (x) = 2

c2 (t) =

1 2

Z

Z

cos 2x dx 1 + cos2 2x

 cos 2x = t  2x = arccos t     x = 12 arccos t  1 dx = − 12 · √1−t 2 dt



⇒

1 1 t dt − · ·√ 2 2 1+t 1 − t2

1 c2 (s) = 4

Z

1 1 ds = 2 2−s 4 2

⇒ Z

 √

 1 − t2 = s  1 − t2 = s2    √  t = 1 − s2  s dt = − √1−s 2 ds

1 √ ds ( 2 − s)( 2 + s) √

⇒

⇒

Utilizziamo il metodo dei fratti semplici: 1 √ = f (s) = √ ( 2 − s)( 2 + s)

B A + √ 2+s 2−s √ √ A( 2 + s) + B( 2 − s) √ √ = ( 2 − s)( 2 + s) √ s(A − B) + 2(A + B) √ √ = ( 2 − s)( 2 + s)

= √

Ora attraverso il metodo dell’identità algebrica avremo che: ( ( A = 2√1 2 A−B = 0 √ ⇒ B = 2√1 2 2(A + B) = 1

Vediamo allora che la funzione f (s) può riscriversi come segue: 1 1 1 √ + √ √ = √ √ f (s) = √ ( 2 − s)( 2 + s) 2 2( 2 − s) 2 2( 2 + s) Il nostro integrale S1 (s) diventa allora: Z  Z  √ 1 1 1 1  √ √ ds + √ c2 (s) = √ ds = √ ln | 2 + s| − ln | 2 − s| + C 2−s 8 2 8 2 2+s Torniamo nella nostra variabile x, sapendo che: √ s = 1 − t2 t = cos 2x √ s = 1 − cos2 2x = sin 2x

In definitiva avremo che:

 √ 1  √ c2 (x) = √ ln | 2 + sin 2x| − ln | 2 − sin 2x| 8 2 L’integrale c1 (x) può essere ricondotto a quelli di tipo elementare: Z Z −2 sin 2x 1 − sin 2x 1 1 = arctan(cos 2x) dx = c1 (x) = 2 2 1 + (cos 2x) 4 2 1 + cos 2x 4 Otteniamo che: yp = y1 c 1 + y2 c 2     √ 1 1  √ = cos 2x · √ ln | 2 + sin 2x| − ln | 2 − sin 2x| + sin 2x · arctan(cos 2x) 4 8 2 3

Concludiamo l’esercizio scrivendo l’espressione l’integrale generale, soluzione dell’equazione differenziale iniziale: y = y0 + yp " # √     2 + sin 2x  1 1   y = sin 2x · √ ln  √ arctan(cos 2x) + c1  + c2 + cos 2x · 4 8 2  2 − sin 2x 

4...