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Esercizi su equazioni differenziali del tipo y'(x) = g((ax + by + c) / (a’x + b’y + c’))

Esercizi equazioni differenziali ordinarie

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Sommario

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Raccolta di esercizi sulle equazioni differenziali del tipo y'(x)=g\left (\frac{ax+by+c}{a'x+b'x+c'}\right ).

 
 

Autori e revisori

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Autori: Valerio Brunetti, Luigi De Masi.

 
 

Introduzione

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In questo articolo considereremo equazioni differenziali della forma

\[ y'(x)=g \left (\frac{ax+by+c}{a'x+b'y+c'}\right ), \]

dove g è una funzione derivabile con continuità e a,a',b,b',c,c' sono dei coefficienti reali. Dato che le equazioni ax+by+c=0 e a'x+b'y+c'=0 descrivono delle rette nel piano, in base alla loro intersezione si determina una sostituzione appropriata per la soluzione.

\[\quad\]

  • Se le rette sono incidenti, ovvero si intersecano nel punto (x_0,y_0), allora sostituendo x-x_0=u e y-y_0=v nell’equazione, dividendo numeratore e denominatore della frazione per u e sostituendo z(u)= \frac{v(u)}{u} si ottiene in genere un’equazione a variabili separabili che, una volta risolta, fornisce la soluzione dell’equazione iniziale invertendo le sostituzioni effettuate precedentemente.

    •  

  • Se le rette coincidono, ciò vuol dire a'x+b'y+c'=\alpha(ax+by+c) con \alpha \in \mathbb{R} e quindi l’equazione è del tipo

    \[ y'(x)= g(\alpha) \iff y(x)= g(\alpha)x + q, \qquad\text{con } q\in \mathbb{R}. \]

    •  

  • Se invece le rette sono parallele e disgiunte, allora si pone z(x)=ax+by(x)+c, che produce z'(x)=a+by'(x) e quindi, sostituendo nell’equazione,

    \[ \frac{z'(x)-a}{b} = g\left (\frac{z(x)}{z(x)+\alpha} \right ), \]

    che sperabilmente si riconduce, in base alla forma della funzione f, a un’equazione a variabili separabili.


 
 

Esercizi

\[\quad\]

Esercizio 1 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Determinare l’integrale generale (in forma implicita) della seguente equazione differenziale:

\[ y'(x)=\frac{-x+y(x)-1}{x+y(x)-1}. \]

Svolgimento.

Procediamo risolvendo il sistema costituito da numeratore e denominatore del secondo membro in modo da determinare l’eventuale intersezione delle due rette:

\[ \begin{cases} -x+y-1=0 \\ x+y-1=0 \end{cases} \iff \begin{cases} x=0 \\ y=1, \end{cases} \]

pertanto operiamo la sostituzione

\[ y(x)=v(x)+1\implies -x+y(x)-1=-x+v(x),\quad x+y(x)-1=x+v(x), \]

e quindi l’equazione differenziale diventa

\[ y'(x) = v'(x) = \frac{-x+v(x)}{x+v(x)} = \frac{-1+\frac{v(x)}{x}}{1+\frac{v(x)}{x}}. \]

Poniamo ancora

\[ v(x)=x\cdot z(x)\implies v'(x)=z(x)+x z'(x), \]

e quindi l’equazione differenziale si riscrive come

\[ z(x)+x z'(x)=\frac{-1+z(x)}{1+z(x)} \iff \frac{1+z(x)}{1+z^2(x)}z'(x)=-\frac{1}{x}, \]

che è un’equazione a variabili separabili. Integrando ambo i membri si ottiene

\[ \int \frac{1+z(x)}{1+z^2(x)}z'(x) \,dx = - \int \frac{dx}{x} \iff \log\sqrt{1+z^2(x)} + \arctan (z(x)) = - \log |x| + c \]

Sostituendo a ritroso si ha allora

\[ \boxcolorato{analisi}{ \arctan \biggl( \frac{y(x)-1}{x} \biggr) +\frac{1}{2} \log\biggl( \frac{(y(x)-1)^2+x^2}{x^2}\biggr) = -\log\lvert x\rvert +c, } \]

con c \in \mathbb{R}.


 
 

Esercizio 2 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Determinare l’integrale generale della seguente equazione differenziale:

\[ y'(x)=\frac{4x+2y(x)-1}{2x+y(x)-1}. \]

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