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Note per Studenti Esercizio 162 · y'' + 4y' - 5y = 0 con y(0) = -2 e y'(0) = 1

Esercizio 162y'' + 4y' - 5y = 0 con y(0) = -2 e y'(0) = 1

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Testo. Determinare l'integrale generale dell'equazione differenziale y′′(t)+4y′(t)−5y(t)=0y''(t) + 4y'(t) - 5y(t) = 0 Determinare la soluzione tale che y(0)=−2y(0) = -2 e y′(0)=1y'(0) = 1.

Teoria: Equazioni lineari a coefficienti costanti - caso omogeneoPer y'' + a1 y' + a0 y = 0 con a0, a1 costanti si cercano soluzioni e^(λt): funzionano se λ è radice del polinomio caratteristico p(λ) = λ² + a1 λ + a0. Δ > 0 (radici λ1 ≠ λ2): y = c1 e^(λ1 t) + c2 e^(λ2 t). Δ = 0 (radice doppia λ): y = (c1 + c2 t) e^(λt). Δ < 0 (radici α ± iω): y = e^(αt)(c1 cos ωt + c2 sin ωt). Lo stesso metodo vale per ogni ordine.Equazioni lineari a coefficienti costanti - caso omogeneo →, Equazioni differenziali lineari del secondo ordiney'' + a1(t)y' + a0(t)y = b(t) con coefficienti continui su un intervallo: le soluzioni sono definite su tutto l'intervallo e il problema di Cauchy con y(t0), y'(t0) ha una sola soluzione. L'integrale generale dell'omogenea è c1 y1 + c2 y2 con y1, y2 soluzioni linearmente indipendenti (controllo con il wronskiano); quello della completa è yp + c1 y1 + c2 y2, con yp una soluzione particolare. Stessa struttura per ogni ordine n.Equazioni differenziali lineari del secondo ordine →.

(a) Integrale generale

L'equazione è lineare, del secondo ordine, omogenea, a coefficienti costanti (a1=4a_1 = 4, a0=−5a_0 = -5). Si usa il polinomio caratteristico, ottenuto sostituendo y′′→λ2y'' \to \lambda^2, y′→λy' \to \lambda, y→1y \to 1: p(λ)=λ2+4λ−5=0p(\lambda) = \lambda^2 + 4\lambda - 5 = 0 Con la formula ridotta (il coefficiente di λ\lambda è pari): λ1,2=−2±4+5=−2±3={1−5\lambda_{1,2} = -2 \pm \sqrt{4 + 5} = -2 \pm 3 = \begin{cases} 1 \\ -5 \end{cases} Δ>0\Delta > 0, due radici reali distinte λ1=1\lambda_1 = 1 e λ2=−5\lambda_2 = -5. L'integrale generale è y(t)=c1 et+c2 e−5t∀t∈R, ∀c1,c2∈Ry(t) = c_1\,e^{t} + c_2\,e^{-5t} \qquad \forall t \in \mathbb{R},\ \forall c_1, c_2 \in \mathbb{R}

Controllo su e−5te^{-5t}: y′=−5e−5ty' = -5e^{-5t}, y′′=25e−5ty'' = 25e^{-5t}, e 25−20−5=025 - 20 - 5 = 0 ✓.

(b) Problema di Cauchy con y(0)=−2y(0) = -2, y′(0)=1y'(0) = 1

Serve anche la derivata dell'integrale generale: y′(t)=c1 et−5c2 e−5ty'(t) = c_1\,e^{t} - 5c_2\,e^{-5t} In t=0t = 0 (con e0=1e^0 = 1) le due condizioni danno un sistema lineare nelle incognite c1,c2c_1, c_2: {y(0)=c1+c2=−2y′(0)=c1−5c2=1\begin{cases} y(0) = c_1 + c_2 = -2 \\ y'(0) = c_1 - 5c_2 = 1 \end{cases} Sottraendo la seconda equazione dalla prima: (c1+c2)−(c1−5c2)=−2−1(c_1 + c_2) - (c_1 - 5c_2) = -2 - 1, cioè 6c2=−36c_2 = -3, quindi c2=−12c_2 = -\frac12. Dalla prima: c1=−2−c2=−2+12=−32c_1 = -2 - c_2 = -2 + \frac12 = -\frac32.

y(t)=−32 et−12 e−5t∀t∈Ry(t) = -\frac32\,e^{t} - \frac12\,e^{-5t} \qquad \forall t \in \mathbb{R}

Controllo: y(0)=−32−12=−2y(0) = -\frac32 - \frac12 = -2 ✓; y′(t)=−32et+52e−5ty'(t) = -\frac32 e^t + \frac52 e^{-5t}, quindi y′(0)=−32+52=1y'(0) = -\frac32 + \frac52 = 1 ✓. Lo stesso risultato si ottiene con dsolve di Python.

Grafico interattivo: La soluzione y = −(3/2)eᵗ − (1/2)e⁻⁵ᵗ parte da y(0) = −2 con pendenza +1 (tangente tratteggiata), sale appena e poi scende perché domina eᵗ con coefficiente negativo

Nota sul PDF della lezione: lì si legge c1=−c2−2=−12−2=−52c_1 = -c_2 - 2 = -\frac12 - 2 = -\frac52, con un errore di segno (−c2=+12-c_2 = +\frac12, non −12-\frac12). Con c1=−52c_1 = -\frac52 si avrebbe y(0)=−3≠−2y(0) = -3 \ne -2: il valore giusto è c1=−32c_1 = -\frac32.

Errori comuni

  • Imporre le condizioni senza aver derivato l'integrale generale: la condizione su y′(0)y'(0) va imposta su y′(t)y'(t).
  • Errori di segno nel sistema (vedi la nota sopra): conviene sempre controllare le due condizioni alla fine.
  • Sbagliare le radici: λ2+4λ−5=(λ−1)(λ+5)\lambda^2 + 4\lambda - 5 = (\lambda - 1)(\lambda + 5), quindi le radici sono 11 e −5-5, non −1-1 e 55.

Versione ripasso

Testo. Determinare l'integrale generale dell'equazione y′′(t)+4y′(t)−5y(t)=0y''(t) + 4y'(t) - 5y(t) = 0 e la soluzione con y(0)=−2y(0) = -2, y′(0)=1y'(0) = 1.

Teoria: Equazioni lineari a coefficienti costanti - caso omogeneoPer y'' + a1 y' + a0 y = 0 con a0, a1 costanti si cercano soluzioni e^(λt): funzionano se λ è radice del polinomio caratteristico p(λ) = λ² + a1 λ + a0. Δ > 0 (radici λ1 ≠ λ2): y = c1 e^(λ1 t) + c2 e^(λ2 t). Δ = 0 (radice doppia λ): y = (c1 + c2 t) e^(λt). Δ < 0 (radici α ± iω): y = e^(αt)(c1 cos ωt + c2 sin ωt). Lo stesso metodo vale per ogni ordine.Equazioni lineari a coefficienti costanti - caso omogeneo →, Equazioni differenziali lineari del secondo ordiney'' + a1(t)y' + a0(t)y = b(t) con coefficienti continui su un intervallo: le soluzioni sono definite su tutto l'intervallo e il problema di Cauchy con y(t0), y'(t0) ha una sola soluzione. L'integrale generale dell'omogenea è c1 y1 + c2 y2 con y1, y2 soluzioni linearmente indipendenti (controllo con il wronskiano); quello della completa è yp + c1 y1 + c2 y2, con yp una soluzione particolare. Stessa struttura per ogni ordine n.Equazioni differenziali lineari del secondo ordine →.

(a) Integrale generale

Si risolve il polinomio caratteristicoPer y'' + a1 y' + a0 y = 0 con a0, a1 costanti si cercano soluzioni e^(λt): funzionano se λ è radice del polinomio caratteristico p(λ) = λ² + a1 λ + a0. Δ > 0 (radici λ1 ≠ λ2): y = c1 e^(λ1 t) + c2 e^(λ2 t). Δ = 0 (radice doppia λ): y = (c1 + c2 t) e^(λt). Δ < 0 (radici α ± iω): y = e^(αt)(c1 cos ωt + c2 sin ωt). Lo stesso metodo vale per ogni ordine.Equazioni lineari a coefficienti costanti - caso omogeneo →: p(λ)=λ2+4λ−5=0  ⟹  λ1,2=−2±3={1,−5}p(\lambda) = \lambda^2 + 4\lambda - 5 = 0 \implies \lambda_{1,2} = -2 \pm 3 = \{1, -5\} Avendo radici reali distinte, l'integrale generale è: y(t)=c1 et+c2 e−5ty(t) = c_1\,e^{t} + c_2\,e^{-5t}

(b) Problema di Cauchy

Derivando y(t)y(t): y′(t)=c1 et−5c2 e−5ty'(t) = c_1\,e^{t} - 5c_2\,e^{-5t} Imponendo le condizioni in t=0t=0:

  1. c1+c2=−2c_1 + c_2 = -2
  2. c1−5c2=1c_1 - 5c_2 = 1

Sottraendo la seconda dalla prima: 6c2=−3  ⟹  c2=−126c_2 = -3 \implies c_2 = -\frac12. Sostituendo nella prima: c1=−2−(−12)=−32c_1 = -2 - (-\frac12) = -\frac32.

Soluzione finale: y(t)=−32 et−12 e−5ty(t) = -\frac32\,e^{t} - \frac12\,e^{-5t}

Errori tipici:

  • Imporre la condizione y′(0)y'(0) sulla funzione y(t)y(t) invece che sulla derivata y′(t)y'(t).
  • Errori di segno nella risoluzione del sistema lineare o nel calcolo delle radici del polinomio caratteristico.
  • Omettere il controllo finale (sostituire t=0t=0 per verificare y(0)y(0) e y′(0)y'(0)).

Teoria collegata