Equazioni differenziali del tipo y'(t)=g[(at+by+c)/(a't+b'y+c')]

Trattiamo un tipo molto particolare di equazioni differenziali non lineari, del primo ordine, che non hanno un nome specifico.. Diciamo semplicemente che sono equazioni differenziali del tipo:

 

(\spadesuit) \ \ y'(t)=g\left(\frac{at+by(t)+c}{a't+b'y(t)+c'}\right), \ con \ a,a',b,b',c,c' \in \mathbb{R},

 

e  a, \ a', \ b, \ b' valori reali non tutti nulli, altrimenti cadiamo in una forma banale.

 

 

Vedremo fra poco che questo tipo di equazioni differenziali si riconducono a equazioni differenziali a variabili separabili o a equazioni differenziali non lineari omogenee, quindi è strettamente necessario conoscere i tipi di risoluzione di quest'ultime prima di procedere.

 

L'idea chiave è quella di pensare a

 

at+by(t)+c

 

e a

 

a't+b'y(t)+c'

 

come a due rette del piano cartesiano, o più precisamente come ai primi membri delle equazioni di due rette in forma implicita. Tali rette potranno essere:

 

incidenti \iff  \mbox{det} \left(\begin{matrix}a & b \\ a' & b' \end{matrix}\right) \neq 0

 

oppure

 

parallele \iff  \mbox{det} \left(\begin{matrix}a & b \\ a' & b' \end{matrix}\right) = 0

 

Consideriamo i due casi separatamente.

 

 

Primo caso: "rette parallele". In questo caso avremo:

 

\mbox{det} \left(\begin{matrix}a & b \\ a' & b' \end{matrix}\right) = 0 \Leftrightarrow a'=ha, \ b'=hb, \ h\in \mathbb{R}

 

ed esse si riconducono ad un'equazione differenziale a variabili separabili come scopriremo tra un istante.

 

Esempio

 

Consideriamo l'equazione:

 

y'(t)=\frac{t+2y(t)+2}{2t+4y(t)+3}.

 

Si vede subito che è un'equazione del tipo (\spadesuit), con 

 

a=1,\ b=2, \ a'=2, \ b'=4

 

Ora:

 

\mbox{det} \left(\begin{matrix}1 & 2 \\ 2 & 4 \end{matrix}\right) = 0

 

e si vede immediatamente che

 

 a'=2a, \ b'=2b

 

ovvero "le due rette" sono parallele e il coefficiente di proporzionalità tra i termini a, \ a', \ b, \ b' è 2. Quindi procediamo come segue...

 

Raccogliamo 2 (coefficiente di proporzionalità) dal denominatore, ottenendo:

 

y'(t)=\frac{t+2y(t)+2}{2\left(t+2y(t)+\frac{3}{2}\right)}.

 

Giunti a questo punto ci accorgiamo che il numeratore e quantità fra parentesi a denominatore sono "quasi uguali". L'unica differenza sta nel termine noto. A numeratore infatti abbiamo 2, a denominatore \frac{3}{2}.

 

Cerchiamo di renderli uguali con un piccolo artificio. Come facciamo? Banalmente

 

2=\frac{3}{2}+\frac{1}{2}

 

quindi addizioniamo e sottraiamo \frac{1}{2} al numeratore ottenendo:

 

y'(t)=\frac{t+2y(t)+\overbrace{2-\frac{1}{2}}^{=\frac{3}{2}}+\frac{1}{2}}{2\left(t+2y(t)+\frac{3}{2}\right)}

 

ovvero

 

y'(t)=\frac{t+2y(t)+\frac{3}{2}+\frac{1}{2}}{2\left(t+2y(t)+\frac{3}{2}\right)}

 

da cui:

 

y'(t)=\frac{t+2y(t)+\frac{3}{2}}{2\left(2y(t)+t+\frac{3}{2}\right)}+\frac{\frac{1}{2}}{2\left(t+2y(t)+\frac{3}{2}\right)}

 

e quindi

 

(\diamondsuit)   y'(t)=\frac{1}{2}+\frac{\frac{1}{2}}{2\left(t+2y(t)+\frac{3}{2}\right)}.

 

Poniamo ora:

 

z(t)=t+2y(t)+\frac{3}{2}

 

Derivando:

 

z'(t)=1+2y'(t)

 

da cui

 

y'(t)=\frac{z'(t)-1}{2}

 

Sostituendo in (\diamondsuit) abbiamo:

 

\frac{z'(t)-1}{2}=\frac{1}{2}+\frac{\frac{1}{2}}{2z(t)}

 

che con qualche semplicissimo passaggio ci porta a:

 

z'(t)=\frac{4z(t)+1}{2z}

 

che è a variabili separabili!

 

 

Secondo caso: "rette incidenti". In questo caso avremo:

 

\mbox{det} \left(\begin{matrix}a & b \\ a' & b' \end{matrix}\right) \neq 0

 

ovvero le due rette si intersecano in un punto. Come si procede?


Si trova il punto di intersezione (t_{0}, y_{0}) e si pone:

 

\xi=t-t_{0}

 

\eta(t)=y(t)-y_{0}

 

da cui:

 

t=\xi +t_{0}

 

y(t)=\eta(t) +y_{0}

 

Ricordando che il punto trovato è di intersezione, esso soddisfa le equazioni delle due rette, ovvero at_{0}+by_{0}+c=0 e quindi:

 

at+by(t)+c=at_{0}+by_{0}+c=a(\xi+t_{0})+b(\eta(t)+y_{0})+c=

 

=a\xi+b\eta(t)+\overbrace{at_{0}+by_{0}+c}^{=0}=a\xi+b\eta(t)

 

analogamente:

 

a't+b'y(t)+c'=a'\xi+b'\eta(t)

 

Sostituiamo quanto ottenuto nell'equazione di partenza, avremo

 

y'(t)=\eta'(t)=\frac{a\xi+b\eta(t)}{a'\xi+b'\eta(t)}

 

dividiamo per \xi e otteniamo un'equazione differenziale non lineare omogenea :)

 

A proposito: come mai y'(t)=\eta'(t) ? Ricordiamo che avevamo posto

 

y(t)=\eta(t)+y_{0}, da cui derivando: y'(t)=\eta'(t).

 

Esempio

 

Consideriamo l'equazione:

 

y'(t)=\frac{t+y(t)+2}{3t+y(t)+3}.

 

Essa è un'equazione del tipo (\spadesuit), con 

 

a=1,\ b=1, \ a'=3, \ b'=1.

 

Calcoliamo il determinante della matrice dei coefficienti

 

\mbox{det} \left(\begin{matrix}1 & 1 \\ 3 & 1 \end{matrix}\right) = -2 \neq 0

 

ovvero le due rette sono incidenti. Troviamo il loro punto di intersezione. Per far ciò basta risolvere il sistema lineare di due equazioni nelle due incognite (t,y)

 

\begin{cases} t+y+2=0 \\ 3t+y+3=0 \end{cases}

 

da cui troviamo il punto di intersezione

 

(t_{0},y_{0})=\left(-\frac{1}{2}, -\frac{3}{2}\right)

 

Poniamo, come visto nella parte teorica:

 

\xi=t-t_{0}=t+\frac{1}{2}

 

\eta(t)=y(t)-y_{0}=y(t)+\frac{3}{2}

 

da cui seguendo pari passo lo stesso ragionamento visto prima:

 

t+y(t)+2=\xi +\eta(t)

 

3t+y(t)+3=3\xi +\eta(t)

 

Sostituiamo quanto ottenuto nell'equazione di partenza. Abbiamo:

 

y'(t)=\eta'(t)=\frac{\xi + \eta(t)}{3\xi+\eta(t)}

 

da cui, dividendo per \xi \neq 0 si ha:

 

\eta'(t)=\frac{1+\frac{\eta(t)}{\xi}}{3+\frac{\eta(t)}{\xi}}

 

che è un'equazione differenziale non lineare omogenea, il cui metodo di risoluzione è ben noto. Laughing

 

 

Buon proseguimento su YouMath,

Giuseppe Carichino (Galois)

 

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