# Equazioni differenziali lineari del primo ordine

Questa lezione segue equazioni differenziali lineari. Se riscontri difficoltà nella lettura di questa pagina, vorrei incoraggiarti a leggere la prima lezione, nella quale vengono fornite le nozioni necessarie per una buona comprensione del testo. In questa lezione, inizieremo a muovere i primi passi nella risoluzione analitica delle equazioni differenziali ordinarie del primo ordine. Esse sono alla base della teoria delle equazioni differenziali, inoltre hanno un notevole utilizzo nella modellizazione dei problemi scientifici, tecnologici o addirittura demografici.

## Definizione

Come abbiamo visto nella lezione precedente, l'integrale generale di un'equazione differenziale si esprime tramite la somma di una soluzione particolare dell'equazione differenziale e una soluzione dell'omogenea associata. È giunto il momento di iniziare a conoscere i metodi risolutivi, ma per maggior chiarezza, distingueremo i casi trattando dapprima le equazioni del primo ordine omogenee:

## Soluzione per le E.D. omogenee (metodo di Lagrange)
### Dimostrazione

* Per verificare che la funzione $y_{0}(x)$ è effettivamente soluzione dell'equazione differenziale, è sufficiente derivare:
       $y_{0}'(x)=-\alpha A'(x)e^{-A(x)}=-\alpha a(x)e^{-A(x)}\!$
    Sostituiamo ora l'espressione ottenuta:
       ${\begin{aligned}y'(x)+a(x)y(x)&=-\alpha a(x)e^{-A(x)}+a(x)\alpha e^{-A(x)}\\&=\alpha a(x)(e^{-A(x)}-e^{-A(x)})=0\end{aligned}}$
Quindi la funzione $y_{0}(x)$ soddisfa la relazione data dall'equazione differenziale.
* Rimane ora da mostrare che le funzioni soluzioni si presentano tutte in quella forma, per tale motivo, supponiamo che esista una funzione soddisfacente l'equazione differenziale espressa come:
       $h(x)=g(x)e^{-A(x)}\!$
    Il nostro intento è quello di mostrare che $g(x)=\alpha$, cioè è costante nel suo insieme di definizione.Valutiamo ora con la regola del prodotto la derivata della funzione h(x) (nota che h(x) è derivabile perché soluzione dell'equazione differenziale)
       $h'(x)=g'(x)e^{-A(x)}-g(x)a(x)e^{-A(x)}\!$
    Poiché h(x) soddisfa l'equazione differenziale allora si deve avere che:
       $h'(x)+a(x)h(x)=0\!$
    quindi
       $g'(x)e^{-A(x)}-g(x)a(x)e^{-A(x)}+a(x)g(x)e^{-A(x)}=0\!$
    eliminando i termini opposti si arriva all'espressione:
       $g'(x)e^{-A(x)}=0\!$
    Ora ricordando che la funzione esponenziale è strettamente positiva, l'uguaglianza si ha se e solo se
       $g'(x)=0\!$ e di conseguenza $g(x)=\alpha \!$$\Box$

### Importante

    In pratica abbiamo dimostrato che le funzioni che soddisfano l'equazione differenziale sono tutte e le sole funzioni che si esprimono come:
       $y_{0}(x)=\alpha e^{-A(x)}\!$

### Esempi
#### Esempio 1

    Data l'equazione differenziale
       $y'(x)=y(x)\!$
    Determinare la famiglia delle funzioni che soddisfano l'equazione differenziale.
       Riscriviamo l'equazione nel modo seguente:
          $y'(x)-y(x)=0\!$
       È facile osservare che
         * $a(x)=-1\!$
       Dal teorema abbiamo che la famiglia delle soluzioni è:
          $y_{0}(x)=\alpha e^{-A(x)}\!$, dove
          $A(x)=\int {a(x)}dx=\int {-1}dx=-x+C$ con C costante reale. Pertanto la soluzione è:
          $y_{0}(x)=\alpha e^{x+C}\!$
       Nota che sfruttando le proprietà della funzione esponenziale l'espressione precedente può essere riespressa come:
          $y_{0}(x)=\alpha e^{x+C}=\alpha e^{C}e^{x}=\alpha 'e^{x}\!$
       Con $\alpha '=\alpha e^{C}\!$ costante reale

#### Esempio 2

    Data l'equazione differenziale
       $y'(x)+xy(x)=0\!$
    Determinare la famiglia di funzioni che soddisfano l'equazione differenziale:
       In questo caso:
          $a(x)=x\!$
       pertanto risulta che:
          $A(x):=\int {a(x)}dx=\int {x}dx={\frac {x^{2}}{2}}+C$
       La famiglia di soluzioni che soddisfa l'equazione differenziale data è:
          $y_{0}(x)=\alpha e^{-{\frac {x^{2}}{2}}+C}=\alpha 'e^{-{\frac {x^{2}}{2}}}$
       Con $\alpha '=\alpha e^{C}\!$ costante reale.
Affronteremo ora una equazione differenziale completa, nella quale la funzione f(x) non è identicamente nulla, andremo quindi ad enunciare e dimostrare il teorema in cui verranno date le formule risolutive.

## Metodi analitici di equazioni differenziali lineari del primo ordine

Data l'equazione differenziale:
       $y'(x)+a(x)y(x)=f(x)\!$
con
* $a,f:I\longrightarrow \mathbb {R}$ funzioni continue in I
La famiglia delle primitive soddisfacenti l'equazione è:
       $y(x)=e^{-A(x)}\left(\int {f(x)e^{A(x)}}dx+C\right)$
In cui
* $A(x):=\int {a(x)}dx$
* C è una costante reale

### Dimostrazione

    Partiamo dall'equazione differenziale:
      * $y'(x)+a(x)y(x)=f(x)\!$
    Moltiplichiamo ad ambo i membri $e^{A(x)}\!$
    dove
      * $A(x):=\int {a(x)}dx$
    ottenendo:
      * $e^{A(x)}y'(x)+a(x)e^{A(x)}y(x)=e^{A(x)}f(x)\!$
* Approfondimento
* Osserva che per la regola del prodotto della derivata si ha
* ${\begin{aligned}{\frac {d}{dx}}\left(y(x)e^{A(x)}\right)&=y'(x)e^{A(x)}+y(x)A'(x)e^{A(x)}\\&=y'(x)e^{A(x)}+y(x)a(x)e^{A(x)}\end{aligned}}$
* Pertanto
* ${\frac {d}{dx}}\left(y(x)e^{A(x)}\right)=y'(x)e^{A(x)}+y(x)a(x)e^{A(x)}$
    da cui, osservando che il primo membro dell'uguaglianza può essere rivisto come ${\frac {d}{dx}}\left(y(x)e^{A(x)}\right)$ si arriva a
      * ${\frac {d}{dx}}\left(y(x)e^{A(x)}\right)=e^{A(x)}f(x)$
    Integrando membro a membro rispetto alla variabile x si ha che:
      * $y(x)e^{A(x)}=\int {e^{A(x)}f(x)}dx+C$
    pertanto
      * $y(x)=e^{-A(x)}\left(\int {e^{A(x)}f(x)}dx+C\right)$
$\Box$

### Esempi
#### Esempio 1

    Risolvere l'equazione differenziale
       $y'(x)=-xy(x)+x\!$
    Scriviamo l'equazione in forma normale:
       $y'(x)+xy(x)=x\!$
    Ci rendiamo subito conto che:
   * $a(x)=x\!$
   * $f(x)=x\!$
    Applichiamo la formula risolutiva che ci consente di ottenere l'integrale generale dell'equazione differenziale:
       $y(x)=e^{-A(x)}\left(\int {e^{A(x)}x}dx+C\right)$
    in cui
       $A(x):=\int {a(x)}dx=\int {x}dx={\frac {x^{2}}{2}}+D$ (Notate che la costante additiva D è ininfluente, pertanto possiamo sceglierla uguale a zero)
    Bisogna a questo punto risolvere l'integrale:
       $\int {e^{A(x)}x}dx=\int {e^{\left({\frac {x^{2}}{2}}\right)}x}dx=e^{\frac {x^{2}}{2}}$
Pertanto si ha che la famiglia delle soluzioni che soddisfano l'equazioni differenziali è:
       $y(x)=e^{-{\frac {x^{2}}{2}}}\left(e^{\frac {x^{2}}{2}}+C\right)=1+Ce^{-{\frac {x^{2}}{2}}}$

#### Esempio 2

    Risolvere l'equazione differenziale
       $y'(x)+{\frac {1}{x}}y(x)=e^{x}\!$
nell'intervallo $I=(0,+\infty )$
   * $a(x)={\frac {1}{x}}$
   * $f(x)=e^{x}\!$
    Una primitiva della funzione a(x) è
       $A(x)=\ln {|x|}\!$
    In questo caso il valore assoluto può essere omesso in quanto l'intervalo in cui stiamo lavorando è $(0,+\infty )$
    Bisogna a questo punto risolvere l'integrale:
       $\int {e^{A(x)}e^{x}}dx=\int {e^{\ln {x}}e^{x}}dx=\int {xe^{x}}dx$
    Utilizzando il metodo di integrazione per parti si arriva a:
       $\int {xe^{x}}dx=e^{x}(x-1)$
    L'intergrale generale è quindi:
       $y(x)=e^{-\ln {x}}\left(e^{x}(x-1)+C\right)={\frac {1}{x}}\left(e^{x}(x-1)+C\right)={\frac {e^{x}(x-1)}{x}}+{\frac {C}{x}}\quad \forall x\in (0,+\infty )$