Capitolo 1 · 2020. 12. 23. · Capitolo 1 Equazioni di erenziali del primo ordine Una O.D.E....

Capitolo 1

Equazioni differenziali del primo ordine

Una O.D.E. (acronimo inglese di Ordinary differential equation, ovvero Equazione dif-ferenziale ordinaria) e un equazione funzionale1 in cui compare la funzione incognitay = y(x) e almeno una sua derivata:

F (x, y(x), y′(x), · · · , y(n)(x)) = 0. (1.1)

Si dice ordine di una O.D.E. il massimo ordine di derivazione che compare nell’equa-zione.

Osservazione 1.1. Notiamo che in (1.1) la funzione incognita ha x come variabileindipendente, e y come variabile dipendente. Per le equazioni useremo principalmentequesta notazione, tranne che in alcuni esempi tratti da situazioni dalle scienze applicate.

Esempio 1.2. Consideriamo la O.D.E. del primo ordine

y′ = f(x) (1.2)

in cui f e una funzione di classe C0 ([a, b]) in cui [a, b] ⊆ R. L’equazione differenzialeporge il problema di trovare una funzione y(x) tale per cui la sua derivata e ugualea f(x), ovvero abbiamo il problema di trovare la primitiva di f(x).Sia F (x) una primitiva di f(x): allora l’insieme delle soluzioni della (1.2) sono

y(x) = F (x) + C

con C costante reale.

Esempio 1.3. Consideriamo la O.D.E. del primo ordine

y′ = y. (1.3)

Sappiamo che l’unica funzione che ha derivata uguale a se stessa e la funzioney(x) = ex. Quest’ultima sara quindi soluzione della (1.3). Ma anche la funzioney(x) = 2ex e soluzione della (1.3).In conclusione avremo che l’insieme delle funzioni

y(x) = Cex

1Un’equazione funzionale e un’equazione che ha come soluzione una funzione. Nei casi che tratteremola funzione incognita e una funzione di una sola variabile.

1

Capitolo 1 - Equazioni differenziali del primo ordine

con C costante reale sono soluzioni della (1.3).

Esempio 1.4. Consideriamo la O.D.E. del secondo ordine

y′′ = −y. (1.4)

Le funzioni seno e coseno trigonometrico sono soluzioni della (1.4).Si puo mostrare (lasciamo la verifica al lettore) che se y1 e y2 sono soluzioni del-la (1.4), allora una qualsiasi loro combinazione lineare e ancora soluzione. Inconclusione avremo che l’insieme delle funzioni

y(x) = c1 cosx+ c2 sinx

con c1, c2 costanti reali sono soluzioni della (1.3).

Come si puo notare le soluzioni delle O.D.E. presentate nei tre precedenti esempi di-pendono da delle costanti. Queste costanti si possono ricavare se si impongono dellecondizioni iniziali.L’equazione (1.1) puo essere accompagnata da n − 1 condizioni iniziali, costituendo ilcosiddetto problema di Cauchy.

Esempio 1.5. Consideriamo di nuovo la O.D.E. del secondo ordine y′′ = −y insiemealle condizioni iniziali y(0) = 1 e y′(0) = 0. Imponendo tali condizioni iniziali siottiene c1 = 1 e c2 = 0.

Solo per una piccola parte delle O.D.E. si conosce una soluzione in forma chiusa2. Per lealtre si puo trovare la soluzione come serie di potenze o serie trigonometrica. Per trovarela soluzione in forma chiusa alle volte e necessario l’uso delle trasformate integrali.Se di una equazione non si riesce a trovare una soluzione con i metodi citati, si puoprocedere con i metodi numerici, i quali almeno forniscono un’approssimazione del graficodella soluzione.

1.1 Motivazioni allo studio delle equazioni differen-

ziali

Dinamica delle popolazioni Nel 1798 Malthus propose un modello di crescita diuna popolazione isolata e avente illimitate risorse di cibo e spazio: secondo lui il numerodegli individui della popolazione e proporzionale al tasso di crescita:

dP

dt= kP.

La soluzione sara una funzione P = P (t) che rappresenta il numero di individui dellapopolazione nel tempo t. Successivamente Verhulst nella meta dell’Ottocento proposeun modello perfezionato, in cui si tiene conto delle risorse di cibo e spazio dell’ambienteche sono limitate:

dP

dt= α

(P − P 2

β

)(1.5)

2Ovvero la soluzione e un numero finito di operazioni.

2 Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru.

1.2 - Prime definizioni e teoremi

in cui α, β sono parametri che rappresentano la capacita dell’ambiente.Consideriamo un’altra situazione: in un ambiente sono presenti due popolazioni, di cuil’una preda l’altra. Prima Lotka nel 1924 e poi Volterra l’anno successivo presentano ilseguente modello

dx

dt= Ax−Bxy

dy

dt= −Cy +Dxy

in cui x(t) e y(t) sono il numero degli individui delle due popolazioni e A, B, C, D sonoparametri che descrivono l’interazione fra le due popolazioni.

Moto balistico senza attrito Sia dato un piano cartesiano monometrico Oxy. Nel-l’origine abbiamo un corpo di massa m al quale e impressa una velocita vettoriale~v = (v cos θ, v sin θ) con componenti positive3. Il sistema e soggetto alla forza peso~P = −mgj. Il moto del corpo e detto moto balistico senza attrito, e la curva traiettoriaγ(t) = (x(t), y(t)) e soluzione del problema differenziale

x′′(t) = 0y′′(t) = −gx(0) = 0, y(0) = 0,x′(0) = v1, y′(0) = v2.

Oscillatori armonici Consideriamo un corpo di massa m attaccato ad un estremo diuna molla avente costante caratteristica k. L’altro estremo della molla e vincolato ad unaparete ferma. Il corpo e libero di muoversi, senza attrito, in una superficie orizzontale.

0

Allora per la seconda legge di Newton4 si rimuove l’equazione del moto dell’oscillatorearmonico semplice

mx′′ = −kx. (1.6)

La (1.6) indica che la forza totale impressa dal corpo e la forza elastica della mollaFe = −kx, in cui x rappresenta lo spostamento dalla posizione di equilibrio della molla.Se al sistema si considera anche l’attrito viscoso del corpo con un fluido la (1.6) diventa

mx′′ = −kx− bx′ (1.7)

la quale e l’equazione del moto armonico smorzato.

1.2 Prime definizioni e teoremi

In questo capitolo concentreremo la nostra attenzione sulle O.D.E. del primo ordine:

F (x, y, y′) = 0. (1.8)

3θ e l’angolo che il vettore forma con il semiasse positivo delle ascisse.4L’accelerazione di un corpo e proporzionale alla forza risultante esercitata sul corpo.

Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru. 3


La soluzione di un’equazione del tipo (1.8) e una famiglia di funzioni che dipendono daun parametro5. Per ricavare il valore della costante serve una condizione iniziale.La soluzione di una O.D.E. senza aver imposto la condizione iniziale e detta inte-grale generale. Se imponiamo le condizioni iniziali all’integrale generale otterremol’integrale particolare.

1.2.1 Equazioni normali

Consideriamo un’equazione del primo ordine del tipo

y′ = f(x, y) (1.9)

in cui f : I × J → R e una funzione con

I × J ={

(x, y) ∈ R2 | |x− x0| ≤ a, |y − y0| ≤ b}.

in cui a, b > 0.L’equazione differenziale (1.9) e detta normale poiche si puo ricavare la derivata digrado massimo.La O.D.E. del primo ordine del tipo (1.9) e importante poiche un teorema ci permettedi dire se una soluzione esiste unica nelle vicinanze della condizione iniziale posta.

Teorema 1.6. (Cauchy) Sia (x0, y0) ∈ R2 e una funzione f : I × J → R con

I × J ={

(x, y) ∈ R2 | |x− x0| ≤ a, |y − y0| ≤ b}.

in cui a, b > 0.Consideriamo il problema di Cauchy{

y′ = f(x, y)

y0 = y(x0).(1.10)

Se

Ip1. f e continua in I × J ;

Ip2. f e Lipschitziana rispetto a y, ossia esiste L > 0 tale che

|F (x, y1)− F (x, y2)| ≤ L|y1 − y2|

per ogni x ∈ I e y1, y2 ∈ J .

Allora esiste un δ > 0 ed un’unica funzione y : [x0−δ, x0+δ]→ R con legge y = y(x)che risolve (1.10).

1.3 Equazioni risolte tramite integrazione

Una O.D.E. e detta risolta tramite integrazione se il suo integrale generale e ottenutodall’equazione tramite una sequenza finita di di operazioni elementari (somma algebrica,moltiplicazione, divisione) e tramite l’operatore di integrazione.Presenteremo alcuni tipi di O.D.E. che si risolvono tramite integrazione.

5In generale la soluzione di una O.D.E. di ordine n dipendera da n costanti.


1.3 - Equazioni risolte tramite integrazione

1.3.1 Equazione a variabili separabili

Una ODE del primo ordine del tipo y′ = f(x, y) e detta a variabili separabili se

f(x, y) = α(x)β(y).

Dalla definizione di differenziale si ha che y′ = dydx

. Quindi avremo

dy

dx= α(x)β(y) → dy

β(y)= α(x)dx (1.11)

da cui integrando ∫1

β(y)dy =

∫α(x)dx

da cui supponendo di poter compiere l’integrazione indefinita6 otteniamo

B(y) = A(x) + C

in cui A(x), B(y) sono rispettivamente la primitiva di α(y) e1

β(y), e C e una costante

reale. L’ultima equazione ottenuta e la soluzione generale dell’equazione differenzialedata. La costante C si determina se poniamo una condizione iniziale y(x0) = y0.

Osservazione 1.7. Nel passaggio (1.11) si deve imporre che β(y) 6= 0. Bisogna peroverificare se le soluzioni di β(y) = 0 sono soluzioni dell’equazione differenziale tramitesostituzione.

Esempio 1.8. Risolviamo il problema di Cauchy{y′ = yy(0) = 1.

L’equazione differenziale y′ = y e a variabili separabili con α(x) = 1 e β(y) = y.Ponendo y 6= 0 si ha

dy

dx= y → dy

y= dx

da cui integrando

dy

y= dx →

∫dy

y=

∫dx → log |y| = x+ C

con C costante reale.Ricavando la y si ha

y = ex+C = kex

con k costante reale positiva. Con una semplice sostituzione nella equazione diffe-renziale si ha che la funzione y = 0 e soluzione. L’integrale generale sara l’insiemedelle funzioni

S = {y = kex, y = 0} .

6Se si pone la condizione per cui α e1

βsono di classe C0 nell’intervallo in cui stiamo risolvendo la

O.D.E. allora l’integrazione indefinita si puo teoricamente compiere.



Imponendo la condizione iniziale y(0) = 1 si ottiene l’integrale particolare

y = ex.

−4 −3 −2 −1 1 2 3 4

2

4

x

y

Esempio 1.9. Risolviamo il problema di Cauchy{y′ =

√y

y(−1) = 1.

L’equazione differenziale y′ =√y e a variabili separabili.

Ponendo y 6= 0 si hady

dx=√y → dy

√y

= dx

da cui integrando

dy√y

= dx →∫

dy√y

=

∫dx → 2

√y = x+ C

con C costante reale.Ricavando la y, per x ≥ −C, si ha

y =(x+ C)2

4

Con una semplice sostituzione nella equazione differenziale si ha che la funzioney = 0 e soluzione. L’integrale generale sara l’insieme delle funzioni

S =

{y =

(x+ C)2

4con x ≥ −C; y = 0

}.

Imponendo la condizione iniziale y(−1) = 1 si ottiene l’integrale particolare

y =(x+ 3)2

4.

Esempio 1.10. Risolviamo il problema di Cauchy{y′ =

√y

y(1) = 0.



Abbiamo gia trovato nell’esempio precedente l’integrale generale:

S =

{y =

(x+ C)2

4con x ≥ −C; y = 0

}.

Imponendo la condizione iniziale y(1) = 0 si ottiene

y =(x− 1)2

4.

Il problema pero ammette anche y = 0 come soluzione, da cui consegue che ilproblema di Cauchy qui considerato non ammette un’unica soluzione in accordo colTeorema 1.6.

−4 −3 −2 −1 1 2 3 4

2

4

x

y

1.3.2 Equazione lineare

Si chiama equazione lineare del primo ordine la O.D.E. della forma seguente

y′ = f(x)y + g(x) (1.12)

in cui f(x) e g(x) sono funzioni di classe C0 nell’intervallo in cui stiamo cercando lasoluzione.L’integrale generale si trova con il metodo della variazione delle costanti:

1. Si trova la soluzione dell’equazione differenziale omogenea associata. Chiameremotale funzione come yo(x), che dipendera anche da una costante reale C.

2. Consideriamo C come funzione di x. Si impone che yo siffatta sia soluzionedell’equazione non omogenea.

3. Dunque si trova C(x) tale per cui yo sia soluzione dell’equazione non omogenea.

Utilizziamo quindi questo metodo per risolvere il nostro problema: l’equazione omogeneaassociata alla (1.12) e

y′ = f(x)y

ed e a variabili separabili da cui otteniamo che

yo(x) = KeF (x)

in cui F (x) =∫f(x) dx. Poniamo che K sia una funzione di x: avremo

yo(x) = K(x)eF (x).



e troviamo K(x) tale per cui yo sia soluzione di (1.12):

y′o(x) = K ′(x)eF (x) +K(x)f(x)eF (x)

e avremo

y′0 = f(x)y0 + g(x) → K ′(x) = g(x)e−F (x).

Ne consegue che

K(x) = C +

∫ (g(x)e−F (x)

)dx.

Quindi l’integrale generale della (1.12) e

y(x) = eF (x)

(C +

∫g(x)e−F (x) dx

).

Esempio 1.11. Risolviamo il problema di Cauchy{y′ = y + xy (0) = 0.

La O.D.E. e del primo ordine lineare. Applicando la formula risolutiva abbiamo

y(x) = e∫dx

[∫xe−

∫dx dx+ C

]= ex

[∫xe−xdx+ C

]= ex

[−e−x(1 + x) + C

]= −(1 + x) + Cex.

Poniamo la condizione iniziale y(0) = 0:

y(0) = −(1 + 0) + Ce0 = 0→ −1 + C = 0→ C = 1.

Quindi l’integrale particolare e

y(x) = −(1 + x) + ex.

−5 −4 −3 −2 −1 1 2 3 4 5

−2

2

4

x

y

1.3.3 Equazione di Bernoulli

Si chiama equazione di Bernoulli la O.D.E. della forma seguente

y′ = f(x)y + g(x)yα (1.13)



in cui α ∈ R − {0, 1}, e f(x) e g(x) funzioni di classe C0 nell’intervallo in cui stiamocercando la soluzione.Per risolvere il problema ci riconduciamo ad un equazione lineare tramite la sostituzione

z =y

yα= y1−α.

Derivando rispetto a x abbiamo

z′ =dz

dx= (1− α)

y′

yα.

Quindi, se y 6= 0, si haz′

1− α= f(x)z + g(x)

la quale e una O.D.E. del primo ordine lineare e risolubile come descritto precedente-mente. Trovata la soluzione z(x) ricaviamo la soluzione generale:

y(x) =

(1

z(x)

)1−α

.

Osservazione 1.12. La funzione y = 0 e sempre soluzione della O.D.E. di Bernoulliper α > 0.

Esempio 1.13. Risolviamo {y′ = y + xy2

y(0) = 1.

La O.D.E. e del primo ordine di Bernoulli con α = 2. Quindi poniamo la sostituzione(y 6= 0)

z =y

y2←→ −z′ = y′

y2.

Dividiamo l’equazione data per y2 (si pone y 6= 0)

y′

y2=

y

y2+ x −→ −z′ = z + x −→ z′ = −z − x.

Abbiamo quindi ricondotto la O.D.E. di Bernoulli ad una equazione lineare:

z(x) = 1− x+ Ce−x

Quindi ritornando in y otteniamo per y 6= 0

1

y= 1− x+ Ce−x −→ y =

1

1− x+ Ce−x.

Poiche anche y = 0 e soluzione l’integrale generale e l’insieme delle funzioni

S =

{y = 0, y =

1

1− x+ Ce−x

}.

Imponiamo la condizione iniziale y(0) = 1:

y =1

1− x+ Ce−xy(0)=1−→ 1 =

1

1 + C−→ C = 0.



L’integrale particolare e

y = − 1

(x− 1).

1.4 Equazione di Clairaut

Un’equazione di Clairaut e una O.D.E. del primo ordine della forma

y = xy′ + g(y′) (1.14)

in cui g e una funzione derivabile nell’intervallo in cui stiamo cercando la soluzione.Per risolvere il problema differenziale deriviamo la (1.14) rispetto a x:

y′ = y′ + xy′′ + y′′g′(y′)

da cui semplificandoy′′ (x+ g′(y′)) = 0.

Tutte le soluzioni di (1.14) sono soluzioni di quest’ultima equazione.

• Studiamo y′′ = 0: avremo yg(x) = Ax + B. Sostituendo quest’ultima equazionein (1.14) si ha yg(x) = Ax + g(A). Abbiamo ottenuto l’integrale generale dellaO.D.E. di Clairaut. La costante A si determina imponendo l’eventuale condizioneiniziale.

• Studiamo x+ g′(y′) = 0. Si ponga y′ = t: avremo x(t) = −g′(t) da cui sostituendoin (1.14) otteniamo la y(t). Abbiamo quindi ottenuto l’equazione parametricadi una curva: αS(t) = (x(t), y(t)) = ( −g′(t), g(t)− tg′(t) ). Abbiamo ottenutol’integrale particolare della O.D.E. di Clairaut.

In conclusione l’insieme delle soluzioni e

S = {yg(x) = Ax+ g(A), αS(t) = ( −g′(t), g(t)− tg′(t) )}.

Esempio 1.14. Risolvere l’O.D.E. del primo ordine y = xy′ + (y′)2. La O.D.E. edel primo ordine di Clairaut. Deriviamo rispetto a x l’equazione e semplifichiamo

y′ = y′ + xy′′ + 2y′y′′ −→ y′′(x+ 2y′) = 0.

Da y′′ = 0 otteniamo la soluzione generale y(x) = Ax + B con A,B costanti.Sostituendo y(x) nella equazione si ha

Ax+B = Ax+ A2 −→ B = A2.

Abbiamo che l’integrale generale e y(x) = Ax+ A2.Cerchiamo la soluzione singolare: si pone y′ = t da cui x + 2t = 0 ovvero x = −2t.Dalla equazione di partenza ricaviamo y = −t2. Abbiamo

αS(t) = (−2t,−t2)

che e l’equazione parametrica della soluzione singolare.


1.5 - Esercizi

−6 −5 −4 −3 −2 −1 1 2 3 4 5 6

−6

−4

−2

2

x

y

1.5 Esercizi

Esercizio 1.1. Risolvere i seguenti problemi di Cauchy dopo aver discusso l’esistenzaed unicita della soluzione:

1.

{y′ = xy

y(−1) = 2;

2.

{y′ = cosx 3

√y

y (π) = 0;

3.

y′ =

√1− y2

1 + x2

y (1) = −1;

4.

{y′ = xy − 2x

y (0) = 1;

5.

y′ = −y

x+ x3

y (−1) = 1;

6.

{y′ = 1 + y2

y (π) = 0.

Esercizio 1.2. Risolvere l’equazione differenziale y′ = |y| sotto la condizione inizialey(0) = y0 al variare di y0 ∈ R.

Esercizio 1.3. Si consideri l’equazione differenziale

y′ = x+√

1− y2.

Discutere l’esistenza e unicita della soluzione sotto la condizione iniziale y(x0) = y0 alvariare di x0, y0 ∈ R.

Esercizio 1.4. Trovare la soluzione generale delle O.D.E. seguenti del primo ordine:

1. y′ = 2xy + xex2;



2. y′ = 2yxx2+1

+ 2x√y;

3. y′ = 2y − exy2.

Esercizio 1.5. Trovare la soluzione generale delle O.D.E. seguenti del primo ordine:

1. y = xy′ + sin (y′2);

2. y = xy′ + log y′.

Esercizio 1.6. Si consideri l’equazione differenziale del modello della dinamica dellepopolazioni proposta da Verhulst:

dP

dt= α

(P − P 2

β

).

Si risolva l’equazione e poi per α = β = 1 si discuti la soluzione sotto la condizioneiniziale y(0) = y0 > 0 al variare di y0.


Capitolo 2

Equazioni differenziali del secondo ordine

2.1 Equazioni lineari omogenee a coefficienti costan-

ti

Consideriamo un’equazione differenziale lineare del secondo ordine omogenea del tipo

a2y′′ + a1y

′ + a0y = 0. (2.1)

Cerchiamo soluzioni della formay(x) = eλx.

Sostituendo in (2.1) otteniamo

a2λ2eλx + a1λe

λx + a0eλx = eλx

(a2λ

2 + a1λ+ a0)

= 0.

Essendo eλx 6= 0 allora saraa2λ

2 + a1λ+ a0 = 0.

Questa equazione e detta equazione algebrica associata al problema differenziale (2.1),e la natura delle sue radici (quindi secondo il segno del ∆) determina la forma delle suesoluzioni.

2.1.1 Caso ∆ > 0

Se ∆ > 0 allora l’equazione associata ha due soluzioni λ1 e λ2 reali e distinte: allo-ra le funzioni y1(x) = eλ1x e y2(x) = eλ2x sono soluzioni, e anche una loro qualsiasicombinazione lineare:

y(x) = c1eλ1x + c2e

λ2x.

Esempio 2.1. La O.D.E. y′′ − y = 0 ha come equazione associata λ2 − 1 = 0 e hacome radici λ1 = −1 e λ2 = 1. Ne consegue che la soluzione generale dell’equazionedifferenziale e

y(x) = c1e−x + c2e

x.

2.1.2 Caso ∆ = 0

Se ∆ = 0 allora l’equazione associata ha due soluzioni reali coincidenti. Saremo portatia dire che l’equazione ha una sola soluzione:

y(x) = c1eλx + c2e

λx

13

Capitolo 2 - Equazioni differenziali del secondo ordine

Questo e sbagliato! Bisogna cercare due soluzioni linearmente indipendenti1: tali sonoy1(x) = eλx e y2(x) = xeλx. L’integrale generale risulta essere quindi una loro qualsiasicombinazione lineare:

y(x) = c1eλx + c2xe

λx.

Esempio 2.2. Risolviamo y′′−2y′+y = 0. L’equazione associata e λ2−2λ+1 = 0che ha due soluzioni reali coincidenti α = 1. L’integrale generale e quindi

y(x) = c1ex + c2xe

x.

2.1.3 Caso ∆ < 0

Se ∆ < 0 allora l’equazione associata ha due soluzioni complesse e coniugate

λ1/2 = − a12a2± i√−∆

2a2

not= r ± si.

Allora la O.D.E. ha come soluzione le due funzioni

y1(x) = e(r+is)x, y2(x) = e(r−is)x.

Possiamo trovare pero una base di soluzioni che non contiene i. Ricordando la formagoniometrica dei numeri complessi si ha

y1(x) = e(r+is)x = erxeisx = erx (cos(sx) + i sin(sx))

y2(x) = e(r−is)x = erxe−isx = erx (cos(sx)− i sin(sx))

Consideriamo

Y1(x) =y1(x) + y2(x)

2= erx cos(sx), Y2(x) =

y1(x)− y2(x)

2i= erx sin(sx).

Dunque anche Y1 e Y2 sono due soluzioni linearmente indipendenti e una loro combina-zione lineare porge l’integrale generale

y(x) = erx (c1 cos(sx) + c2 sin(sx)) .

Esempio 2.3. La O.D.E. y′′−2y′+2y = 0 ha come equazione associata λ2−2λ+2 =0 e ha come radici λ1 = 1 − i e λ2 = 1 + i. Ne consegue che la soluzione generaledell’equazione differenziale e

y(x) = ex (c1 cos(x) + c2 sin(x)) .

2.2 Equazioni lineari non omogenee

Illustreremo ora i metodi di risoluzione delle equazioni differenziali del tipo

a2y′′ + a1y

′ + a0y = b(x) (2.2)

1Due funzioni f(x) e g(x) sono linearmente indipendenti se f(x)g(x) 6= costante, ∀x nel dominio delle

due funzioni quando g(x) 6= 0.


2.2 - Equazioni lineari non omogenee

in cui b(x) e una funzione di classe C0(A) con A ⊆ R.L’integrale generale della (2.2) e della seguente forma

y(x) = yo(x) + ϕ(x)

in cui y0(x) e la soluzione della equazione omogenea associata e ϕ(x) e la parte dellasoluzione relativa al problema non omogeneo. Le funzioni yo(x) e ϕ(x) sono linearmenteindipendenti.

2.2.1 Il metodo della somiglianza

Questo metodo ci permette di risolvere il problema (2.2) in cui b(x) e una funzionedello stesso tipo delle funzioni che si possono ottenere come soluzione delle equazioniomogenee.In tutti i casi la risoluzione procede in questo modo:

1. Si risolve l’equazione omogenea associata trovandone il suo integrale generale yo;

2. Si propone una soluzione per ϕ che sara della stessa forma di b(x);

3. Puo capitare che la funzione ϕ proposta sia linearmente dipendente con yo. Allorasi deve trovare il piu piccolo n intero strettamente positivo tale per cui xnϕ elinearmente indipendente con y0.

La soluzione dell’equazione non omogenea sara: y(x) = yo(x)+ϕ(x). Il modo di proporrela funzione ϕ verra meglio spiegato nei numerosi esempi che seguono.

Esempio 2.4. Risolviamo y′′ − y = x.L’equazione omogenea associata ha soluzione

yo(x) = c1ex + c2e

−x.

Troviamo la funzione ϕ soluzione del problema non omogeneo: essendo b(x) unpolinomio di primo grado allora ϕ sara un generico polinomio di primo grado:proponiamo

ϕ(x) = Ax+B

che e accettabile essendo l.i. da yo(x). Imponiamo che ϕ sia soluzione:

ϕ(x) = Ax+B

ϕ′(x) = A

ϕ′′(x) = 0

quindi0− (Ax+B) = x → −Ax−B = x

da cui (principio identita dei polinomi) A = −1 e B = 0.La soluzione generale della O.D.E. e

y(x) = c1ex + c2e

−x − x.



Esempio 2.5. Risolviamo y′′ − y′ = x.L’equazione omogenea associata ha soluzione

yo(x) = c1 + c2ex.

Troviamo la funzione ϕ soluzione del problema non omogeneo: essendo b(x) unpolinomio di primo grado allora ϕ sara un generico polinomio di primo grado:proponiamo

ϕ(x) = Ax+B

che non e pero accettabile essendo l.d. con yo(x). Moltiplichiamo ϕ per x ottenendo

ϕ(x) = Ax2 +Bx

che e accettabile essendo l.i. con yo(x). Imponiamo che ϕ soluzione:

ϕ(x) = Ax2 +Bx

ϕ′(x) = 2Ax+B

ϕ′′(x) = 2A

quindi2A− (2Ax+B) = x → −2Ax+ 2A−B = x

da cui (principio identita dei polinomi) A = −12

e B = −1.La soluzione generale della O.D.E. e

y(x) = c1 + c2e−x − x2

2− x.

Esempio 2.6. Risolviamo y′′ − y = e2x.L’equazione omogenea associata ha soluzione

yo(x) = c1ex + c2e

−x.

Troviamo la funzione ϕ soluzione del problema non omogeneo: ϕ(x) sara della stessaforma di b(x) che e un polinomio di grado 0 (ovvero una costante) per l’esponenzialee2x:

ϕ(x) = Ae2x

che e accettabile essendo l.i. da yo(x). Imponiamo che ϕ sia soluzione:

ϕ(x) = Ae2x

ϕ′(x) = 2Ae2x

ϕ′′(x) = 4Ae2x

quindi4Ae2x − Ae2x = e2x → 3A = 1



da cui A = 15.

La soluzione generale della O.D.E. e

y(x) = c1ex + c2e

−x +e2x

3.

Esempio 2.7. Risolviamo y′′ − y = ex.L’equazione omogenea associata ha soluzione

yo(x) = c1ex + c2e

−x.

Troviamo la funzione ϕ soluzione del problema non omogeneo: ϕ(x) sara della stessaforma di b(x) che e un polinomio di grado 0 (ovvero una costante) per l’esponenzialee2x:

ϕ(x) = Aex

che non e accettabile essendo l.d. da yo(x). Moltiplichiamo ϕ per x ottenendo

ϕ(x) = Axex

che e accettabile essendo l.i. con yo(x). Imponiamo che ϕ sia soluzione:

ϕ(x) = Axex

ϕ′(x) = Aex + Axex

ϕ′′(x) = 2Aex + Axex

quindi2Aex + Axex − Axex = ex → 2A = 1

da cui A = 12.


y(x) = c1ex + c2e

−x +xe2x

2.

Esempio 2.8. Risolviamo y′′ − 2y′ + y = (1− x)ex.L’equazione omogenea associata ha soluzione

yo(x) = c1ex + c2xe

x.

Troviamo la funzione ϕ soluzione del problema non omogeneo: ϕ(x) sara della stessaforma di b(x) che e un polinomio di grado 1 per l’esponenziale ex:

ϕ(x) = (Ax+B)ex

che non e accettabile essendo l.d. da yo(x). Moltiplichiamo ϕ per x ottenendo

ϕ(x) = x(Ax+B)ex



che ancora non e accettabile, quindi moltiplichiamo ulteriormente per x ottenendo

ϕ(x) = (Ax3 +Bx2)ex

Imponiamo che ϕ sia soluzione:

ϕ(x) = (Ax3 +Bx2)ex

ϕ′(x) = ex(2Bx+ 3Ax2 +Bx2 + Ax3)

ϕ′′(x) = ex(2B + 6Ax+ 4Bx+ 6Ax2 +Bx2 + Ax3)

quindi

2ex(3Ax+B) = ex → A = 0, B =1

2.


y(x) = c1ex + c2xe

x +x2ex

2.

Esempio 2.9. Risolviamo y′′ − y = 3 cos x− 5 sinx.L’equazione differenziale e lineare del secondo ordine non omogenea a coefficienticostanti.L’equazione omogenea associata ha soluzione yo(x) = c1 + c2e

−x.Dobbiamo trovare ϕ(x). Usiamo il metodo della somiglianza: essendo il temine notouna combinazione di seno e coseno di argomento x allora poniamo

ϕ(x) = A cosx+B sinx.

che e accettabile essendo linearmente indipendente con yo. Imponiamo quindi cheϕ sia soluzione:

ϕ(x) = A cosx+B sinx

ϕ′(x) = −A sinx+B cosx

ϕ′′(x) = −A cosx−B sinx

quindi(−A cosx−B sinx)− (A cosx+B sinx) = 3 cosx− 5 sinx

−2A cosx− 2B sinx = 3 cos x− 5 sinx

da cui A = −32

e B = 52.


y(x) = c1 + c2ex − 3

2cosx+

5

2sinx.

Esempio 2.10. Risolviamo y′′ + y = sinx.L’equazione differenziale e lineare del secondo ordine non omogenea a coefficienticostanti.L’equazione omogenea associata ha soluzione yo(x) = c1 cosx+ c2 sinx.Dobbiamo trovare ϕ(x). Usiamo il metodo della somiglianza: essendo il temine noto



un esponenziale di argomento x allora si pone

ϕ(x) = A cosx+B sinx

La ϕ che abbiamo preso non e ammissibile essendo linearmente dipendente con unaddendo di yo.Imponiamo che ϕ sia soluzione:

ϕ(x) = Ax cosx+Bx sinx

ϕ′(x) = A cosx− Ax sinx+B sinx+Bx cosx

ϕ′′(x) = 2B cosx− Ax cosx− 2A sinx−Bx sinx

quindi

(2B cosx− Ax cosx− 2A sinx−Bx sinx) + (Ax cosx+Bx sinx) = sin x

2B cosx− 2A sinx = sinx

da cui A = −12

e B = 0.La soluzione generale della O.D.E. e

y(x) = c1 cosx+ c2 sinx− 1

2x sinx.

2.2.2 Il metodo della variazione delle costanti

Sia data l’equazione differenziale

a2(x)y′′ + a1(x)y′ + a0(x)y = b(x) (2.3)

con a2(x) 6= 0, e siano y1(x) e y2(x) due soluzioni linearmente indipendenti dell’equazioneomogenea associata. Sia

ϕ(x) = ϕ1(x)y1(x) + ϕ2(x)y2(x).

Dobbiamo trovare due funzioni ϕ1(x) e ϕ2(x) tali per cui ϕ(x) e soluzione della (2.3).Per risolvere questo problema dobbiamo imporre due condizioni:

• La prima condizione e ϕ′1(x)y1(x) + ϕ′2(x)y2(x) = 0.

• La seconda condizione e che la ϕ che verifichi la prima condizione, sia anchesoluzione della (2.3).

Deriviamo ϕ(x):

ϕ′(x) = ϕ′1(x)y1(x) + ϕ1(x)y′1(x) + ϕ′2(x)y2(x) + ϕ2(x)y′2(x).

da cui per la prima condizione si ha

ϕ′1(x)y1(x) + ϕ′2(x)y2(x) = 0.

Imponiamo che ϕ sia soluzione di (2.3): essendo

ϕ′′(x) = ϕ′1(x)y′1(x) + ϕ1(x)y′′1(x) + ϕ′2(x)y′2(x) + ϕ2(x)y′′2(x)



avremo

a2(x) (ϕ′1(x)y′1(x) + ϕ1(x)y′′1(x) + ϕ′2(x)y′2(x) + ϕ2(x)y′′2(x)) +

+ a1(x) (ϕ1(x)y′1(x) + ϕ2(x)y′2(x)) +

+ a0(x) (ϕ1(x)y1(x) + ϕ2(x)y2(x)) = b(x)

da cui raggruppando rispetto a ϕ1(x) e ϕ2(x)

ϕ1(x) (a2(x)y′′1(x) + a1(x)y′1(x) + a0(x)y1(x)) +

+ ϕ2(x) (a2(x)y′′2(x) + a1(x)y′2(x) + a0(x)y2(x)) +

+ a2(x)ϕ′1(x)y′2(x) + a2(x)ϕ′1(x)y′2(x) = b(x).

Ricordando che y1(x) e y2(x) sono soluzioni dell’omogenea associata si ha

ϕ′1(x)y′2(x) + ϕ′1(x)y′2(x) = b(x).

Quindi per ottenere le funzioni ϕ1(x) e ϕ2(x) bisogna risolvere il sistemaϕ′1(x)y1(x) + ϕ′2(x)y2(x) = 0

ϕ′1(x)y′1(x) + ϕ′2(x)y′2(x) =g(x)

a2(x).

Se (ϕ′1(x), ϕ′2(x)) e soluzione di quest’ultimo sistema allora l’integrale generale di (2.3)e

y(x) = c1y1(x) + c2y2(x) + y1(x)ϕ1(x) + y2(x)ϕ2(x).

Esempio 2.11. Risolviamo

y′′ + 3y′ + 2y = x2

con il metodo della variazione delle costanti.L’equazione omogenea associata ha soluzione yo(x) = c1e

−2x + c2e−x.

Per trovare la soluzione ϕ relativa al problema non omogeneo, il metodo dellavariazione delle costanti porge la risoluzione del sistema{

e−2xϕ′1 + e−xϕ′2 = 0−2e−2xϕ′1 − e−xϕ′2 = x2

che ha soluzione (ϕ′1, ϕ′2) ≡ (−e2xx2, exx2) ovvero

ϕ1 =

∫(−x2e2x)dx = −e

2x

4(1− 2x+ 2x2),

ϕ2 =

∫x2exdx = ex(2− 2x+ x2).

Quindi

y(x) = c1e−2x + c2e

−x − e−2x e2x

4(1− 2x+ 2x2) + e−xex(2− 2x+ x2)

= c1e−2x + c2e

−x +1

4(7− 6x+ 2x2).



Esempio 2.12. Risolviamo

y′′ + y =1

cosx

con il metodo della variazione delle costanti. L’equazione omogenea associata hasoluzione yo(x) = c1 cosx+ c2 sinx.Per trovare la soluzione ϕ relativa al problema non omogeneo, il metodo dellavariazione delle costanti porge la risoluzione del sistema

ϕ′1(x) cosx+ ϕ′2(x) sinx = 0

−ϕ′1(x) sinx+ ϕ′2(x) cosx =1

cosx

che ha soluzione (ϕ′1, ϕ′2) ≡ (tanx, 1) ovvero

ϕ1 =

∫tanxdx = − log | cosx| ϕ2 =

∫dx = x.

Quindi y(x) = c1 cosx+ c2 sinx+ log(| cosx|) cosx+ x sinx.

2.2.3 Problema con condizioni iniziali

Un problema di Cauchy del secondo ordine e un problema differenziale in cuiall’integrale generale di una O.D.E. del secondo ordine vengono imposte le condizioniy(x0) = y0 e y′(x0) = y0, in cui x0 appartiene all’ intervallo in cui stiamo cercando lasoluzione. Proviamo il seguente teorema:

Teorema 2.13. Il problema di Cauchyay′′ + by′ + cy = b(x)

y(x0) = y0

y′(x0) = v0

ammette un’unica soluzione.

Consideriamo una O.D.E. del secondo ordine il cui integrale generale e definito in unintervallo [a, b]. Se imponiamo le condizioni iniziali agli estremi di tale intervallo avremoun problema al contorno del secondo ordine.

Esempio 2.14. Risolviamo il problemay′′ + y = 0,

y(0) = y0,

y(π) = y1,

in cui y0, y1 sono due numeri reali.L’integrale generale e

y(x) = c1 cosx+ c2 sinx.



Imponendo le condizioni iniziali si ha che{c1 = y0,

c1 = −y1.

Abbiamo quindi i seguenti casi:

• Se y0 6= y1 allora il problema non ammette soluzione.

• Se y0 = y1 allora il problema ammette infinite soluzioni del tipo

y(x) ∼ c2 sinx.

Esempio 2.15. Risolviamo il problemay′′ − y = 0,

y(0) = y0,

y(1) = y1,

in cui y0, y1 sono due numeri reali.L’integrale generale e


Imponendo le condizioni iniziali si ha il sistema{c1 + c2 = y0,

ec1 + e−1c2 = −y1,

la cui soluzione e

(c1, c2) =

(e−1y0 − y1e−1 − e

,y1 − ey0e−1 − e

).

Il problema differenziale ha dunque soluzione unica per ogni scelta di y0 e y1.


y(0) = y0,

y′(1) = v1,

in cui y0, v1 sono due numeri reali.L’integrale generale e


Imponendo le condizioni iniziali si ottiene l’unica soluzione

y(x) = y0 cosx− v1 sinx.




y(0) + y′(0) = h0,

y

(π

2

)+ y′

(π

2

)= h1,

in cui h0, h1 sono due numeri reali.L’integrale generale e


Imponendo le condizioni iniziali si ottiene l’unica soluzione

y(x) = y0 cosx− v1 sinx.

Non e raro trovare problemi in cui si ha un’equazione differenziale del secondo ordine icui coefficienti dipendono da un parametro λ, e le condizioni iniziali sono condizioni alcontorno. Bisognera trovare il valore o i valori di λ tale per cui l’integrale singolare euna funzione non nulla2.

Esempio 2.18. Consideriamo l’equazione differenziale

y′′ + λy = 0, λ ∈ R,

assieme alle condizioni al contorno y(0) = y(l) = 0 con l > 0. Dobbiamo trovare ivalori di λ tali per cui si ottengono soluzioni non banali.Distinguiamo tre casi:

1. Sia λ > 0. Allora l’integrale generale e

y(x) = c1e−√λx + c2e

√λx.

Imponendo le condizioni iniziali si ottiene il sistema{c1 + c2 = 0,

e−√λxc1 + e

√λxc2 = 0,

il quale ha come unica soluzione (c1, c2) = (0, 0). Ne consegue che l’integraleparticolare e la soluzione banale.

2. Sia λ = 0. Allora l’integrale generale e

y(x) = c1x+ c2.

Imponendo le condizioni iniziali si ottiene la soluzione banale.

3. Sia λ > 0. Allora l’integrale generale e

y(x) = c1 cos(√λx) + c2 sin(

√λx).

2La funzione nulla e detta soluzione banale.



Imponendo le condizioni iniziali si ottiene il sistema{c1 = 0,

c2 sin(√λx) = 0.

Per non ottenere la soluzione non banale bisogna imporre che c2 6= 0: quindine consegue che

sin(√λl) = 0

la quale ha infinite soluzioni

√λl = kπ, k ∈ N

da cui otteniamo

λk =

(kπ

l

)2

.

Quindi le funzioni

yk(x) = sin

(kπx

l

)sono tutte soluzioni del problema al contorno di partenza.

0.5 1 1.5 2 2.5 3

−1

−0.5

0.5

1

x

y

Nel grafico abbiamo rappresentato soluzioni per k uguale a 1 (nero), 2 (rosso), 3(blu) e 4 (verde).

2.3 Esercizi

Esercizio 2.1. Risolvere con il metodo della somiglianza i seguenti problemi di Cauchy:

1.

y′′ − y = e2x

y(0) = 2

y′(0) = 1.

2.

y′′ − 4y′ + 3y = e−x + 3e3x

y(0) =1

4

y′(0) =3

2.


2.3 - Esercizi

3.

y′′ + 4y′ + 4y = −e−2x

y(0) = 1

y′(0) = −2.

4.

y′′ + 5y′ + 4y = x2 + 5x+ 4

y(1) = 1

y′(1) = 0.

5.

y′′ + 2y′ = −3

y(0) = −3

4

y′(0) = −3

2.

6.

y′′ = cosx− sinx

y(0) = 1

y′(0) = −1.

7.

y′′ = cosx− sinx

y(0) = 1

y′(0) = −1.

8.

y′′ + y = −2x cosx

y(0) = 0

y′(0) = −1

2.

9.

y′′ − 2y′ + 2y = −2ex cosx

y(0) = −1

y′(0) = 0.

Esercizio 2.2. Con il metodo della variazione delle costanti risolvere le seguenti equa-zioni differenziali:

1. y′′ − 5y′ + 6y = sin(2x);

2. y′′ + 2y′ + y = x;

3. y′′ + y =1

sinx.

Esercizio 2.3. Dimostrare che una O.D.E. del secondo ordine lineare a coefficienticostanti omogenea ha come soluzione y(x) = xeλx solamente se l’equazione algebricaassociata ha ∆ = 0.



Esercizio 2.4. Siano a0, a1, . . . , an ∈ R. Consideriamo l’equazione differenziale lineare

any(n) + an−1y

(n−1) + · · ·+ a1y′ + a0y = 0

La soluzione si ottiene in maniera simile alle equazioni differenziali lineari del secondoordine. Si ottiene risolvendo l’equazione algebrica

anλn + an−1λ

n−1 + · · ·+ a1λ+ a0 = 0 (2.4)

• Se λi e una soluzione singola di (2.4) allora y(x) = eλix e soluzione dell’equazionedifferenziale;

• Se λi e una soluzione reale di (2.4) di molteplicita k allora le soluzioni di base sonoeλix, xeλix, ..., xkeλix;

• Se r ± si ∈ C sono soluzioni singole di (2.4) allora erx cos(sx) e erx sin(sx) sonosoluzioni dell’equazione differenziale;

• Se r ± si ∈ C sono soluzioni singole di (2.4) di molteplicita k allora le soluzionidi base sono erx cos(sx), erx sin(sx), xerx cos(sx), xerx sin(sx), ... ,xkerx cos(sx),xkerx sin(sx) sono soluzioni dell’equazione differenziale.

Risolvere

1. y′′′ − y = 0;

2. y′′′ + y′′ = 0;

3. y′′′ + y′′ + y′ = 0;

4. y′′′ + 3y′′ + 3y′ + y = 0;

5. y′′′ + y = 0;

6. y′′′′ + 4y = 0.

Utilizzando il metodo della somiglianza risolvere

1. y′′′ + 3y′′ + 3y′ + y = ex;

2. y′′′ − y = −3ex

3. y′′′′ + 4y = ex sinx.


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