Analisi matematica/Equazioni riducibili lineari

Equazioni riducibili lineari

$\ a)\qquad Equazione\ di\ Bernoulli:$

Forma tipica:$\ -\qquad {dy \over dx}+a(x)y=b(x)y^{n}.$

Si pone : $\ z=y^{1-n},$ onde $\ z'=(1-n)y{-n}y'$ e ponendo in questa l'espressione di y' si

ha l'equazione:

$\ {1 \over 1-n}{dz \over dx}+az=b,$ che è lineare in z.

$\ Esempio\qquad {dy \over dx}+{2 \over x}y={y^{3} \over x^{3}}$

Si pone: $\ z=y^{-2},\quad z'=-2y^{-3}y'$ e l'equazione diventa:

$\ {dz \over dx}={4 \over x}-{2 \over x^{3}},$

che risolta da: $\ z={1 \over 3x^{2}}+Cx^{4}\qquad ovvero:{1 \over y^{2}}={1 \over x^{2}}+Cx^{4}.$

$\ b)\qquad Equazione\ di\ Riccati:$

Forma tipica:$\ -\qquad {dy \over dx}+ay^{2}+by+C=0.$

essendo a, b, e C funzioni date di x:

Se si conosce un integrale particolare y_1, ponendo

$\ y=y_{1}+z$

essa si trasforma in una equazione di Bernoulli.

$\ Esempio\qquad {dy \over dx}-xy^{2}+2x^{2}y-x^{3}-1=0.$

Questa equazione ammette l'integrale particolare; $\ y_{1}=x,$ per cui ponendo: $\ y=x+z$

l'equazione diventa: $\ {dx \over dx}=xz^{2}$ che si integra subito separando levariabili e si trova:

$\ z=-{1 \over {x^{2} \over 2}+C}$ pere cui l'integrale generale della data è:

$\ y=x-{2 \over x^{2}+2C}={x^{3}+2Cx-2 \over x^{2}+2C}.$

Se si pone : $\ y=y_{1}+{1 \over z},$ l'equazione data si trasforma in una equazione lineare.

$\ c)\qquad Equazione\ di\ Lagrange:$

Forma tipica:$\ -\qquad y=\alpha (y')x+\beta (y').$

Si derivano i due membri rispetto a xe si pone: $\ y'=t$, onde l'equazione diventa:

$\ [t-\alpha (t)]{dx \over dt}=\alpha '(t)x+\beta '(t),$

Ovvero:$\ -\quad {dx \over dt}={\alpha '(t \over t-\alpha (t)}x+{\beta '(t) \over t-\alpha (t)}\qquad [se\ t=\alpha (t)],$

che è lineare nell'incognita $\ x=x(t).$

L'integrale generale si trova così in forma parametrica:

$\ {\begin{cases}x&\varphi (t,C)\\y&\alpha (t)\varphi (t,C)+\beta (t)\end{cases}}$

Se in particolare: $\ \alpha (y')=y'$ l'equazione si dice di Clairaut.

$\ Esempio$

$\ 1)\quad Si\ risolva\ l'equazione\ di\ Lagrange:$

$\ y=xy^{'2}+y^{'}$

Derivando e ponendo poi $\ y^{'}=t$ si ha l'equazione lineare nell'incognita x:

$\ {dx \over dt}+{2x \over t-1}=-{t \over t(t-1)}$

Procedendo ora come è stato indicato nelle Equazioni lineari si trova

$\ x={-t+log\ t+C_{1} \over (t-1)^{2}}$

Quindi l'integrale generale dell'equazione data in forma parametrica è:

$\ {-t+log\ t+C_{1} \over (t-1)^{2}}\qquad y={t[t\ log\ t+(C_{1}-2)t+1] \over (t-1)^{2}}$

$\ 2)\quad Si\ risolva\ l'equazione\ di\ Clairaut:$

$\ y=xy^{'}+y^{'2}.$

Derivando e ponendo $\ y^{'}=t$ si trova:

$\ {dt \over dx}(x+2t)=0.$

L'equazione: $\ {dt \over dx}=0$ fornisce l'integrale generale, poiché: $\ t=C,\quad y^{'}=C,\quad y=Cx+C_{1}$ che confrontata con la data diventa: $\ y=Cx+C^{2}.$

L'altra equazione: $\ x+2t=0$ da l'integrale singolore che è: $\ y^{'}=-{x \over 2}$ da cui $\ y=-{x^{2} \over 4},$ equazione che si può pure ottenere come curva inviluppo dcella famiglia costituita dall'integrale

generale.