# Esercitazione 10a (analisi matematica)

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In questa esercitazione verranno presentati degli esercizi svolti sul metodo della variazione delle costanti di Lagrange per la ricerca di soluzioni particolari di equazioni differenziali dell'ordine $n$ della forma
    $y^{(n)}+a_{n-1}(x)y^{(n-1)}+\dots +a_{1}(x)y'+a_{0}(x)y=g(x)$
ossia equazioni differenziali lineari non omogenee. Negli esercizi seguenti si chiede di trovare di trovare un integrale particolare delle equazioni differenziali date, ovviamente una volta trovata la soluzione particolare ${\bar {y}}(x)$ sommandola alla soluzione dell'omogenea ${\tilde {y}}(x)$ si otterrà la soluzione completa dell'equazione differenziale non omogenea
    $y(x)={\tilde {y}}(x)+{\bar {y}}(x)$

## Equazioni differenziali di ordine 2

* $y''+y={\frac {1}{\sin(x)}}$$\color {RoyalBlue}\left[{\bar {y}}(x)=-x\cos(x)+\sin(x)\cdot \ln(|\sin(x)|)\right]$
L'equazione omogenea associata
    $y''+y=0$
ammette come soluzioni i due integrali linearmente indipendenti
    $y_{1}(x)=\cos(x),\qquad y_{2}(x)=\sin(x)$
Dunque per la ricerca di una soluzione particolare abbiamo bisogno di una funzione della forma
    ${\bar {y}}=\psi _{1}(x)\cos(x)+\psi _{2}(x)\sin(x)\qquad \qquad (*)$
in cui le derivate $\psi _{1}'(x)$ e $\psi _{2}'(x)$ delle funzioni $\psi _{1}(x)$ e $\psi _{2}(x)$ soddisfino il sistema di equazioni
    ${\begin{cases}\psi _{1}'(x)\cos(x)+\psi _{2}'(x)\sin(x)=0\\-\psi _{1}'(x)\sin(x)+\psi _{2}'(x)\cos(x)={\dfrac {1}{\sin(x)}}\\\end{cases}}$
Risolviamo il sistema con la regola di Cramer, chiamiamo $W(x)$ il wronskiano di $y_{1}$ e $y_{2}$:
    $W(x)=\det \left|{\begin{array}{cc}\cos(x)&\sin(x)\\-\sin(x)&\cos(x)\\\end{array}}\right|=1\qquad ;\qquad A_{\psi _{1}}=\det \left|{\begin{array}{cc}0&\sin(x)\\{\frac {1}{\sin(x)}}&\cos(x)\\\end{array}}\right|=-1\qquad ;\qquad A_{\psi _{2}}=\det \left|{\begin{array}{cc}\cos(x)&0\\-\sin(x)&{\frac {1}{\sin(x)}}\\\end{array}}\right|={\frac {\cos(x)}{\sin(x)}}$
da cui le espressioni di $\psi _{1}'$ e $\psi _{2}'$
    $\psi _{1}'(x)=-1,\qquad \psi _{2}'(x)={\frac {\cos(x)}{\sin(x)}}.$
Integrando
    $\psi _{1}(x)=-x,\qquad \psi _{2}(x)=\ln |\sin(x)|.$
Infine sostituiamo nell'espressione $(*)$ le espressioni trovate per $\psi _{1}$ e $\psi _{2}$, da cui
    ${\bar {y}}=-x\cos(x)+\sin(x)\ln |\sin(x)|$
che è, appunto, un integrale particolare dell'equazione differenziale, infatti, sostituendo nell'equazione differenziale ${\bar {y}}$ a $y$ e ${\bar {y}}''$ a $y''$ troviamo
    $\sin(x)+x\cos(x)-\sin(x)\ln |\sin(x)|+{\frac {\cos ^{2}(x)}{\sin(x)}}-x\cos(x)+\sin(x)\ln |\sin(x)|={\frac {1}{\sin(x)}}$
che, svolgendo calcoli elementari, conferma l'esattezza della soluzione:
    $\sin(x)+{\frac {\cos ^{2}(x)}{\sin(x)}}=\sin(x)+{\frac {1}{\sin(x)}}-{\frac {\sin ^{2}(x)}{\sin(x)}}={\frac {1}{\sin(x)}}$
* $y''+3y'+2y=\ln(1+e^{x})$$\color {RoyalBlue}\left[{\bar {y}}(x)=e^{-x}\ln(1+e^{x})+{\frac {1}{2}}\ln(1+e^{x})+{\frac {e^{-2x}}{2}}\ln(1+e^{x})-{\frac {e^{x}}{2}}-{\frac {3}{4}}\right]$
L'equazione omogenea associata
    $y''+3y'+2y=0$
ha come possibili soluzioni le combinazioni lineari con $c_{1},c_{2}\in \mathbb {R}$
    ${\tilde {y}}=c_{1}e^{-2x}+c_{2}e^{-x}$
ossia i due integrali
    $y_{1}(x)=e^{-2x},\qquad y_{2}(x)=c_{2}e^{-x}$
Per trovare la soluzione particolare ${\bar {y}}$ dobbiamo ora trovare le funzioni $\psi _{1}(x)$ e $\psi _{2}'(x)$
    ${\begin{cases}\psi _{1}'(x)e^{-2x}+\psi _{2}'(x)e^{-x}=0\\-2\psi _{1}'(x)e^{-2x}-\psi _{2}'(x)e^{-x}=\ln(1+e^{x})\\\end{cases}}$
Come nell'esercizio precedente, risolviamo il sistema con la regola di Cramer, chiamiamo $W(x)$ il wronskiano di $y_{1}$ e $y_{2}$:
    $W(x)=\det \left|{\begin{array}{cc}e^{-2x}&e^{-x}\\-2e^{-2x}&-e^{-x}\\\end{array}}\right|=e^{-3x}\qquad ;\qquad A_{\psi _{1}}=\det \left|{\begin{array}{cc}0&e^{-x}\\\ln(1+e^{x})&-e^{-x}\\\end{array}}\right|=-1\qquad ;\qquad A_{\psi _{2}}=\det \left|{\begin{array}{cc}e^{-2x}&0\\-2e^{-2x}&\ln(1+e^{x})\\\end{array}}\right|={\frac {\cos(x)}{\sin(x)}}$
da cui le espressioni di $\psi _{1}'$ e $\psi _{2}'$
    $\psi _{1}'(x)=-e^{2x}\ln(1+e^{x}),\qquad \psi _{2}'(x)=e^{x}\ln(1+e^{x}).$
Passiamo ora all'integrazione delle due funzioni
    $\psi _{1}(x)=\int -e^{2x}\ln(1+e^{x})\mathrm {d} x=-{\frac {1}{2}}e^{2x}log(1+e^{x})+{\frac {1}{2}}\int {\frac {e^{3x}}{1+e^{x}}}\mathrm {d} x$
tramite sostituzione ci riduciamo all'integrazione di una funzione razionale
    ${\frac {1}{2}}\int {\frac {e^{3x}}{1+e^{x}}}\mathrm {d} x={\frac {1}{2}}\int {\frac {t^{3}}{1+t}}\cdot {\frac {1}{t}}\mathrm {d} t={\frac {1}{2}}\int t-1+{\frac {1}{1+t}}\mathrm {d} t={\frac {1}{2}}\left[{\frac {e^{2x}}{2}}-e^{x}+\ln(1+e^{x})\right]$
con cui otteniamo l'espressione di $\psi _{1}(x)$, unendo i due integrali
    $\psi _{1}(x)=-{\frac {1}{2}}e^{2x}log(1+e^{x})+{\frac {e^{2x}}{4}}-{\frac {e^{x}}{2}}+{\frac {1}{2}}\ln(1+e^{x})$
Analogamente otteniamo $\psi _{2}(x)$:
    $\psi _{1}(x)=e^{x}\ln(1+e^{x})-e^{-x}+\ln(1+e^{x})$
Dunque un integrale particolare si trova sostituendo in
    ${\bar {y}}=\psi _{1}e^{-2x}+\psi _{2}e^{-x}$
le espressioni di $\psi _{1}(x),\psi _{2}(x)$, da cui
    ${\bar {y}}=e^{-x}\ln(1+e^{x})+{\frac {1}{2}}\ln(1+e^{x})+{\frac {e^{-2x}}{2}}\ln(1+e^{x})-{\frac {e^{x}}{2}}-{\frac {3}{4}}$
che è un integrale particolare dell'equazione differenziale.