Equazione differenziale lineare di primo ordine

[BoG3]

Ciao di nuovo,
scusate, sto postando come una macchinetta. Spero non crei disagi.

Stavo faccendo un equazione diff. lineare di primo ordine: $y'+y*sinx=(1+cosx)sinx$
ora, io so che le eq. diff. lin. si presentano nella forma $y'(t) + a(t)y(t)=b(t)$, e che per risolverle devo in anzi tutto trovare una primitiva $A(t) $di $a(t)$, poi moltiplicare entrambi i membri per $e^(-A(t))$, integrare ed eventualmente aggiungere la condizione iniziale (Cauchy).

Questo è quello che ho fatto io:

$y'+y*sinx=(1+cosx)sinx$ da cui ho che la mia $a(t)=sinx => int sinx dx= -cosx = A(t)$
quindi moltiplico i miei membri di destra e sinistra con $e^(-cosx)$ ottenendo:

$e^(-cosx)(y'+y*sinx)=e^(-cosx)(1+cosx)sinx$

$e^(-cosx)y'+y*e^(-cosx)sinx=e^(-cosx)(1+cosx)sinx$

$int e^(-cosx)y'+y*e^(-cosx)sinxdx=int e^(-cosx)(1+cosx)sinxdx$

$e^(-cosx)y=int e^(-cosx)(1+cosx)sinxdx$

Ora mi preoccupo dell'integrale di destra:

$int e^(-cosx)(1+cosx)sinxdx = int e^(-cosx)sinx dx + int e^(-cosx)sinxcosx dx$, lo dicido in 2:

il primo $int e^(-cosx)sinx dx = e^(-cosx)$ mentre per il secondo, ponendo $t=-cosx$ ottengo $dt = sinxdx$ da cui:

$int e^t * t dt$ poi provo ad usare il metodo di integrazione per parti dove pongo $f(f) = e^t$ e $G(t)=t$:

$int f(t)*G(t) dt = F(t)*G(t)-int F(t)*g(t)dt = e^t*t-inte^tdt=e^t*t-e^t$ ritornando al mio vecchio cambio di variabile:

$t=-cost$ ottengo: $e^(-cosx)(-cosx)-e^(-cosx)$

Ora riattacco i vari pezzi lasciati per strada ed ottengo:

$e^(-cosx)*y = e^(-cosx) + e^(-cosx)(-cosx)-e^(-cosx)$,che è sbagliato

[MartZeta]

prova a risolvere l'equazione omogenea associata: \(\displaystyle y' +y \sin x = 0 \) e poi cerca una soluzione particolare della non-omogenea utilizzando il Wronskiano.

Ps: La soluzione dell' omogenea è \(\displaystyle y(x)= c e^{\cos x} \)

[BoG3]

ciao, grazie della rispsota. Non ho assolutamente idea di cosa sia il Wronskiano

durante il corso di analisi ci hanno presentato solo il metodo che ho usato io, sopra!

[rino6999]

ma $e^{-A(x)}=e^cosx$

[BoG3]

"raf85":ma $e^{-A(x)}=e^cosx$

Ricalcolo il tutto... ti faccio sapere

EDIT:
Allora... ho corretto e mi viene comunque una cosa sbagliata:

Trovata $e^-(A(x))=e^cosx$ moltiplico entrambi i membri con essa:

$e^cosx[y'+y sinx] = e^cosx[(1+cosx) sinx]$ da cui ottengo, integrando:

$e^cosx*y = int e^cosxsinx +e^cosxcosx sinx dx$

$e^cosx*y = int e^cosxsinx dx int e^cosxcosx sinx dx$

$e^cosx*y = - e^cosx +int e^cosxcosx sinx dx$, dove, nell'integrale rimasto sostituisco $t=-cosx => dt= sinx dx$ e il mio integrale diventa:

$int e^(-t)(-t)dt $ ora uso l'integrazione per parti: $int e^(-t)(-t)dt = -e^(-t)*(-t) - int e^-t (-1)dt = t*e^-t -e^-t$

Ora riscrivendo il tutto ottengo: $e^cosx*y = - e^cosx + (-cosx)(e^cosx )-e^cosx$ riordino:

$e^cosx*y = - 2e^cosx -cosx*e^cosx $ da cui $y = -cosx - 2$ che comunque pecca

[Gi81]

Direi che il tuo procedimento, BoG, serve "solo" per trovare una soluzione particolare.
Se $A(x)$ è una primitiva di $a(x)$,
$y'(x) +a(x)*y(x)= b(x)=> e^(A(x)) * y'(x) + e^(A(x)) *a(x)*y(x)= b(x)* e^(A(x))=> d/(dx)[ e^(A(x)) * y(x)]= b(x)* e^(A(x)) $

Quindi $y(x)= e^(-A(x))* int b(x)* e^(A(x)) dx$

Nel nostro caso $y(x)= e^(cosx )* int (1+cos x)*sin x *e^( -cosx )dx $

Ora, $ int (1+cos x)*sin x *e^( -cosx )dx =_{t=cos(x)} int -(1+t)*e^(-t) dt = (t+2) e^(-t) +c= (cosx+2) e^(-cosx) +c$

Dunque una soluzione particolare è $tilde(y) (x)= cos x +2$

Ora, la soluzione dell'omogenea associata (cioè $y'+y sinx=0$) l'ha già trovata MartZeta: $y(x)= C*e^(cosx)$.

Concludendo, la soluzione è $y(x)= C*e^(cosx)+cos x +2$, per ogni $C in RR$

[rino6999]

@bog
ti consiglio di imparare direttamente questa formula
posto $ A(x)=int_()^() a(x) dx $
si ha
$y=e^{-A(x)}[ int_()^() b(x)e^(A(x)) dx+c] $

[MartZeta]

"Gi8":Direi che il tuo procedimento, BoG, serve "solo" per trovare una soluzione particolare.
Se $A(x)$ è una primitiva di $a(x)$,
$y'(x) +a(x)*y(x)= b(x)=> e^(A(x)) * y'(x) + e^(A(x)) *a(x)*y(x)= b(x)* e^(A(x))=> d/(dx)[ e^(A(x)) * y(x)]= b(x)* e^(A(x)) $

Quindi $y(x)= e^(-A(x))* int b(x)* e^(A(x)) dx$

Nel nostro caso $y(x)= e^(cosx )* int (1+cos x)*sin x *e^( -cosx )dx $

Ora, $ int (1+cos x)*sin x *e^( -cosx )dx =_{t=cos(x)} int -(1+t)*e^(-t) dt = (t+2) e^(-t) +c= (cosx+2) e^(-cosx) +c$

Dunque una soluzione particolare è $tilde(y) (x)= cos x +2$

Ora, la soluzione dell'omogenea associata (cioè $y'+y sinx=0$) l'ha già trovata MartZeta: $y(x)= C*e^(cosx)$.

Concludendo, la soluzione è $y(x)= C*e^(cosx)+cos x +2$, per ogni $C in RR$

Esattamente
Io in genere utilizzo il Wronskiano per trovare la soluzione particolare (indispensabile per trovare la soluzioni di sistemi di equazioni differenziali) ma in casi "semplici" come questo si può anche calcolare direttamente .

[BoG3]

"Gi8":Direi che il tuo procedimento, BoG, serve "solo" per trovare una soluzione particolare.
Se $A(x)$ è una primitiva di $a(x)$

La prof ci ha fatto vedere solo questo metodo.

Per studiare l'omogenea dovrei fare:
$y'+ysinx=0$
$dy/dx=-ysinx$
$dy/y=-sinx dx$
$int 1/y dy=int -sinx dx$

$ln|y|= cosx +c$

$y=e^cosx +c$

che è diversa da quella calcolata da MartZeta...

In ogni caso: Perchè devo studiare anche l'omogenea?

PS: ma perchè io ho moltiplicato la mia equazione per $e^(-A(x))$ in vece che con $e^(A(x))$ ?

[rino6999]

ma infatti ,guardando i passaggi si evince che ricordavi male : per applicare il metodo della tua prof(e non quello diretto) devi moltiplicare entrambi i termini dell'equazione per $e^(A(x))$,non per $e^(-A(x))$

[Gi81]

"Gi8":Direi che il tuo procedimento, BoG, serve "solo" per trovare una soluzione particolare.

Questa mia frase non è corretta. Il procedimento permette di trovare tutto, non solo la soluzione particolare
(mi ricordavo male, pardon).

Infatti, tornando ai miei calcoli,
$y(x)= e^(cosx)*int sinx(1+cosx)e^(-cosx) dx = e^(cosx)*[(cosx+2)e^(-cosx) +C]=cosx+2 +C*e^(cosx)$. Fine

Quindi con questo metodo non c'è bisogno di risolvere a parte l'omogenea associata.


PS: BoG, nell'ultimo post hai fatto un errore. Quando passi da $ln(y)=cos(x)+c$ non ottieni $y=e^(cosx) +c$, ma $y=e^(cosx+c)$, cioè $y=e^(cosx)*e^c$. Ponendo $K=e^c$, ottieni $y=K e^(cosx)$

[MartZeta]

Devi studiare l'omogenea perché la soluzione finale dell'equazione differenziale è una combinazione lineare della soluzione dell'omogenea e di una soluzione particolare della non-omogenea...(basta che ne trovi una)
Questo è un risultato che vale in generale.
Lo spazio delle soluzioni è infatti uno spazio vettoriale...

[rino6999]

@bog

ritorniamo al tuo primo post,ho trovato l'errore
$ye^(-cosx)=e^(-cosx)+ inte^(-cosx)sinxcosx dx $
$ye^(-cosx)=e^(-cosx)+e^(-cosx)+e^(-cosx)cosx+c$
$y=2+cosx+ce^cosx$

[BoG3]

"Gi8":
PS: BoG, nell'ultimo post hai fatto un errore. Quando passi da $ln(y)=cos(x)+c$ non ottieni $y=e^(cosx) +c$, ma $y=e^(cosx+c)$, cioè $y=e^(cosx)*e^c$. Ponendo $K=e^c$, ottieni $y=K e^(cosx)$

Si, si, mi sono accorto ma poi ho dimenticato di editarlo, grazie!

@raf85: ora riprovo da capo

EDIT:
Tutto ok, ora è giusto! Grazie mille a tutti