pdf (it, 1477.913 KB, 1/26/10)

126 24. EQUAZIONI LINEARI A COEFFICIENTI COSTANTI
polinomio caratteristico, cerchiamo una soluzione particolare ¯y(x) che sia un polinomio di grado 2,
quindi ¯y(x) = ax 2 + bx + c. Sostituendo, si ottiene:
−12a + 11(2ax + b) − 6(ax 2 + bx + c) = x 2
da cui a = −1/6, pertanto 2 − 11x/3 + 11b − 6bx − 6c = 0, quindi 6b = −11/3, b = −11/18. Rimane
6c = −85/18 da cui c = −85/108. Pertanto la soluzione generale è
y(x) = c1e x + c2e 2x + c3e 3x − x2 11 85
− x −
6 18 108 ,
al variare di c1, c2, c3 ∈ R.
(4) L’equazione omogenea è yIV − y ′′ = 0, il polinomio caratteristico è λ4 − λ2 = 0 che ha come radici 0 di
molteplicità 2 e le radici semplici ±1 Il termine noto è della forma x − 1. Osserviamo che 0 è soluzione
del polinomio caratteristico di molteplicità 2, quindi cerchiamo una soluzione particolare della forma
¯y(x) = x2 (ax + b) = ax3 + bx2 . Sostituendo, si ottiene −(6ax + 2b) = x − 1 da cui a = −1/6, b = 1/2.
Quindi la soluzione dell’equazione è:
y(x) = c1 + c2x + c3e x + c4e −x + x 2
1 x
− .
2 6
Esercizio 24.2. Considerare per k ∈ N il problema differenziale:
− 1
k u′′ (x) + |u ′ (x)| = 1, x ∈ (0, 1),
u(0) = 0, u(1) = 2.
(1) Calcolare esplicitamente una soluzione uk.
(2) Dimostrare che tale soluzione è unica.
(3) Studiare la convergenza puntuale ed uniforme di {uk} sull’intervallo [0, 1].
Svolgimento. Posto v(x) = u ′ (x), l’equazione diviene v ′ (x) = k(|v(x)| − 1). Tale equazione soddisfa le
ipotesi del Teorema di Esistenza e Unicità di Cauchy, pertanto, fissata una condizione iniziale, la soluzione è
unica. L’equazione ammette le soluzioni costanti v(x) ≡ 1 e v(x) ≡ −1. Per l’unicità, pertanto, si può verificare
solo uno dei seguenti casi: v(x) < −1, v(x) = 1, −1 < v(x) < 1, v(x) = 1, v(x) > 1 per ogni x ∈ (0, 1). a
seconda della condizione iniziale. Poichè:
u(x) = u(0) +
x
0
v(t) dt,
per soddisfare le condizioni iniziali u(0) = 0 e finale u(1) = 2 ovvero
2 =
1
0
v(t) dt,
l’unica possibilità compatibile è che v(x) = u ′ (x) > 1. Si è visto che , inoltre, tale soluzione è unica per il
Teorema di Cauchy-Lipschitz. Pertanto l’equazione si riduce a:
v ′ (x) = kv(x) − k
Tale equazione è lineare del primo ordine a coefficienti costanti, il suo integrale generale è:
Si ricava quindi u(x) integrando:
u(x) = u(0) +
x
0
v(t) = ce kt + 1.
(ce kt + 1) dx = u(0) + c
k [ekt ] t=x
t=0 + x = u(0) + c
k (ekx − 1) + x.
Sostituendo le condizioni iniziali e finali si ha u(0) = 0 e 2 = c
k (ek −1)+1, da cui k = c(e k −1) e quindi c = ke −k .
Al variare di k ∈ N le soluzioni cercate sono uk(x) = ekx +1
e k +1
+x. Le funzioni convergono puntualmente per k → ∞,
0 ≤ x < 1 a u∞(x) = x, che è soluzione del problema limite |u ′ (x)| = 1, verificante solo la condizione iniziale
u(0) = 0. Si ha inoltre uk(1) = 2 per ogni k, da cui u∞(1) = 2 per cui non c’è convergenza né puntuale, né
uniforme su tutto [0, 1].