Equazioni differenziali ordinarie

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1 Equazioni differenziali ordinarie Un equazione differenziale è un equazione in cui l incognita è una funzione, anziché un semplice numero, e tale funzione può apparire con diversi ordini di derivazione. Un equazione differenziale si dice di ordine n se il grado massimo di derivazione della funzione incognita è n. Esempio: il calcolo di una primitiva consiste nella risoluzione di una semplice equazione differenziale del prim ordine. Risolvere sin(x)dx equivale a trovare una funzione y(x) tale che y (x) = sin(x) La soluzione di questa equazione differenziale è y(x) = cos(x) + c, c R arbitrario, quindi infinite funzioni sono soluzione dell equazione differenziale. Per selezionare una sola particolare soluzione è possibile inserire una condizione ulteriore sulla funzione, ad esempio { y (x) = sin(x) y ( ) π 2 = 4 è soddisfatta solo se cos ( ) π 2 + c = 4, ovvero se c = 4, e l unica soluzione è y(x) = cos(x) + 4 Esempio: attraverso equazioni differenziali è possibile modellare il comportamento della corrente in un circuito RLC. C E L R Figura : Circuito RLC serie con tensione di alimentazione costante Conoscendo le grandezze E, R, L, C è possibile determinare, per ogni istante t, quant è la corrente i(t) che passa nel circuito, visto che soddisfa questa equazione differenziale L d2 i(t) dt 2 + R di(t) dt + C i(t) = 0

2 Esempio: anche la seconda legge della dinamica, F = m a è un equazione differenziale. Se x(t) è la posizione di un punto materiale di massa m all istante t, allora velocità e accelerazione valgono v(t) = x (t) a(t) = x (t) F può dipendere da t, da x(t), da v(t) (forza viscosa), ovvero F = F (t, x, x ). Quindi l equazione F = m a equivale a questa equazione differenziale Esempio: datazione con il C 4. Sia x (t) = m F (t, x, x ) y(t) = quantità di C 4 presente in un pezzo di legno fossile al tempo t Durante l intervallo di tempo da t a t + t, con t arbitrariamente piccolo, la quantità di C 4 diminuisce, quindi una quantità y di C 4 si disintegra, ovvero y(t + t) = y(t) y y è direttamente proporzionale al tempo passato e alla quantità di C 4, quindi Da questo si deduce che y = ky(t) t y(t + t) = y(t) ky(t) t da cui y(t + t) y(t) = k(t) t ma visto che t 0, questo equivale a y (t) = ky(t) Supponendo y(t) > 0, in quanto è una quantità di materiale, dividendo per y(t) ad ambo i membri si ottiene y (t) y(t) = k Per determinare la soluzione dell equazione differenziale conviene ora integrare ambo i membri fra 0 e T, T R + T y (t) T 0 y(t) dt = kdt = [ln(t )] T 0 = [ kt]t 0 0 ovvero kt +ln(y(0)) ln (y(t )) = kt + log (y(0)) = y(t ) = e = y(t ) = y(0)e kt Supponiamo che t = 0 sia l istante in cui una pianta è morta, e t = T sia l istante attuale. Conoscendo y(t ) (si può misurare, è la quantità attuale di C 4 ) e conoscendo y(0) (è la quantità media di C 4 nell atmosfera), si può ricavare T T = k ln ( y(t ) y(0) In generale, un equazione differenziale del tipo ( ) f x, y(t), y (t),..., y (n) (t) = 0 ) 2

3 viene chiamata di ordine n perché è la derivata n esima quella di ordine più grande ad apparire. Quando un equazione differenziale ordinaria (nel seguito si userà spesso l abbreviazione EDO) è scritta così ( ) y (n) (x) = F x, y(x), y (x),..., y (n ) (x) si dice che è in forma normale. Definizione: sia y : I R, dove I R è un intervallo, una funzione derivabile almeno n volte. Se ( ) y (n) (x) = F x, y(x), y (x),..., y (n ) (x) x I allora y è la soluzione dell equazione differenziale. Risolvere un equazione differenziale significa trovare tutte le funzioni che la soddisfano. Esempio: si risolva la seguente EDO del 2 ordine Integrando ambo i membri una volta si ottiene y (x) = x y (x) = 2 x2 + c c R Integrando una seconda volta si arriva a y(x) = 6 x3 + cx + d c, d R Per selezionare un unica soluzione è necessario dare almeno altre due condizioni su y(x). Ad esempio y(0) = = d = y (0) = 2 = c = 2 Tenendo conto anche di queste condizioni la soluzione cercata è y(x) = 6 x2 + 2x +. Esempio: risolvere la seguente EDO del primo ordine y (x) = 3 3 y 2 (x) y(0) = 0 Di sicuro la funzione y(x) 0 x soddisfa sia l equazione differenziale che la condizione. Dividendo per 3 3 y 2 (x) si ottiene y (x) 3 3 y 2 (x) = Integrando ambo i membri si ottiene 3 x 0 y 2 3 (t)y (t)dt = da cui [ ] x y 3 (t) = x = 3 y(x) = x = y(x) = x 3 0 Anche questa soluzione rispetta sia l equazione che la condizione, in questo caso sono state trovate due soluzioni distinte. x 0 dt 3

4 Problema di Cauchy Un equazione differenziale a cui vengono associate una o più condizioni sulla soluzione viene detto problema di Cauchy. Si consideri un equazione differenziale vettoriale del tipo dove F : I A R n, con A R n, I R, e y = F (t, y) F (t, y(t)) = (f (t, y(t)), f 2 (t, y(t)),..., f n (t, y(t))) y = y(t) = (y (t), y 2 (t),..., y n (t)) L equazione differenziale vettoriale y = F (t, y) rappresenta un sistema di n equazioni differenziali del primo ordine y = f (t, y(t)) y 2 = f 2 (t, y(t)).. y n = f n (t, y(t)) Il problema di Cauchy associato al sistema consiste nel trovare una soluzione (almeno) del sistema soddisfacente alla condizione iniziale y(t 0 ) = y 0 R, dove t 0 e y 0 sono assegnati. In modo più sintetico si scrive { y = F (t, y) y(t 0 ) = y 0 In particolare (t 0, y 0 ) I A, ovvero t 0 I e y 0 A. Si noti che I A è il dominio di F. Trovare una soluzione del problema di Cauchy significa trovare una funzione y : J A, con J I e t 0 J tale che y (t) = F (t, y(t)) t J e y(t 0 ) = y 0 Esempio: questo è un problema di Cauchy { y (t) = 3 3 y 2 (t) y(0) = 0 Come già osservato nell esempio precedente il problema ha almeno due soluzioni (in realtà ne ha infinite) y 0 y(t) = t 3 In questo caso F (t, y) = 3 3 y 2. Osserviamo che F y = 32 3 y 2 3 = 3 y ovvero non è derivabile rispetto a y in y = 0. La condizione iniziale è y(0) = 0, e coinvolge proprio un punto in cui la funzione non è derivabile. È questo il motivo per cui il problema di Cauchy ha infinite soluzioni. Varrebbe la stessa cosa se la condizione iniziale fosse y() = 0. 4

5 Teorema di esistenza e unicità Sia I R un intervallo aperto, e sia A R n un insieme aperto. Consideriamo una funzione a valori vettoriali F : I A R n : (t, y) F (t, y) Sia (t 0, y 0 ) I A un punto appartenente al dominio di F, e supponiamo che. F sia continua in I A (cioè nel suo dominio) F 2. (y,y 2,...,y n) (t, y) esiste ed è continuo in I A Teorema di esistenza e unicità: se queste ipotesi sono soddisfatte, allora il problema di Cauchy { y = F (t, y) y(t 0 ) = y 0 ha una ed una sola soluzione y definita in un opportuno intorno J di t 0. Corollario: la conclusione del precedente Teorema continua ad essere vera se F C (I A). La sola continuità basta a garantire che il problema ammetta almeno una soluzione. Esempio: soluzioni che scoppiano, blow up. Si consideri il seguente problema di Cauchy { y = y α y(0) = α R \ {} In questo caso F (t, y) = y α, e il suo dominio è R ]0, + [, infatti t può assumere qualsiasi valore mentre y può assumere solo valori positivi. Inoltre (t 0, y 0 ) = (0, ) R ]0, + [ Dato che F C (R ]0, + [) il Teorema di esistenza e unicità è applicabile, pertanto la soluzione a questo problema esiste ed è unica. Moltiplicando ambo i membri per y α si ottiene quindi ovvero t 0 y α y ds = t 0 y α y = ds = [ y α (s) ] t α = t 0 y α (t) α y α (0) α = t Ma se y(0) =, allora y α (0) = per ogni α R \ {}. Quindi α y α (t) = t + α = y α (t) = ( α)t + Supponendo α >, la soluzione si può scrivere come y α (t) = (α )t [ = y(t) = Tutte queste soluzioni hanno un denominatore che si annulla in t = α 5 (α )t ] α

6 In questo punto c è un asintoto verticale, ovvero la soluzione esplode in t = α, di conseguenza non ] ha senso [ considerare le soluzioni dopo quel punto. Quindi y è definita (come soluzione) in, α Anche se la funzione y è definita per t > α, in realtà in tale intervallo non è soluzione del problema di Cauchy. Equazioni differenziali a variabili separabili Le equazioni differenziali a variabili separabili sono equazioni scalari, del primo ordine, che si possono scrivere in questa forma y = g(x)h(y) Per risolvere equazioni differenziali a variabili separabili è sufficiente seguire questo procedimento risolutivo. Per prima cosa si osserva che tutti i valori y 0 R tali che h(y 0 ) = 0 danno luogo a soluzioni costanti y y 0 x. Infatti se y(x) = y 0 allora y (x) = 0, e se h(y 0 ) = 0 allo stesso modo g(x)h(y 0 ) = 0. Quindi il primo passo è quello di trovare tutte le soluzioni costanti risolvendo h(y) = 0. Una volta trovate le soluzioni costanti si divide per h(y) y h(y) = g(x) e si integra ambo i membri g(x)dx = G(x) + c y h(y) dx = c R dy h(y) = H(y) + c 2 c 2 R Posto c = c c 2 H(y) = G(x) + c è un equazione algebrica in cui non appaiono derivate. Se all equazione differenziale è associato un problema di Cauchy sostituendo la condizione iniziale è possibile ricavare c. Se H è iniettiva risulta y = H (G(x) + c) Esempio: risolvere la seguente equazione differenziale a variabili separabili y = xy 2 Per prima cosa si trovano le soluzioni costanti tali che y 2 = 0 = y 0 Dividendo per y 2 si ottiene y y 2 = x xdx = 2 x2 + c c R y y 2 dx = y 2 dy = y + c 2 c 2 R Quindi la soluzione si trova risolvendo y = 2 x2 + c c R 6

7 ovvero y = 2 x2 + c Se ci fosse stata associata la condizione y(5) = 0 la soluzione sarebbe stata y 0, e difatti c R tale che 0 = 2 x2 + c Esempio: risolvere il seguente problema di Cauchy { y = (2x + ) y( ) = 2 f(x, y) = (2x + ) y 2 y y 2, pertanto il suo dominio massimale è R (], ] [, + [) La funzione f è di classe C nell aperto R (], ] [, + [) e tale insieme contiene il punto (, 2), pertanto, per il Teorema di esistenza e unicità questo problema ha un unica soluzione. Questa è un equazione a variabili separabili, pertanto si cercano, per prima cosa, le soluzioni costanti. y2 = 0 = y = ± y Nessuna di queste soluzioni soddisfa la condizione iniziale. Notare che se una delle due avesse soddisfatto la condizione iniziale il problema sarebbe già finito. Dividendo per y 2 si ottiene y y2 y = 2x + da cui y y2 y dx = (2x + )dx = x 2 + x + c c R y y2 dy = 2 2y(y 2 ) 2 dy = y2 + c 2 c 2 R Considerando che y2 = x 2 + x + c c R e la condizione iniziale y( ) 2 = + c = c = 3 Dunque la soluzione del problema di Cauchy si trova risolvendo rispetto a y l equazione algebrica y2 = x 2 + x + 3 = y 2 = ( x 2 + x + 3) 2 + = y = ± ( x 2 + x + 3) 2 + Si trovano due soluzioni perché il quadrato non è una funzione iniettiva, pertanto non invertibile. Ovviamente, visto che sono soddisfatte le ipotesi del problema di Cauchy, la soluzione può essere soltanto una. Una radice quadrata è, per definizione, sempre positiva. La condizione iniziale è negativa, pertanto si deve scartare la soluzione y = +, e la soluzione del problema di Cauchy è y = ( x 2 + x + 3) 2 + 7

8 Equazioni riconducibili a variabili separabili Ci sono alcuni casi, essenzialmente tre, in cui equazioni differenziali ordinarie del primo ordine possono essere ricondotte a equazioni a variabili separabili. Questo è un vantaggio in quanto, come già visto, il procedimento di risoluzione di EDO a variabili separabili è piuttosto semplice e meccanico. caso: y = f(ax + by) a, b 0 Di fronte ad un equazione differenziale di questo genere conviene operare il seguente cambiamento di variabili z(x) = ax + by(x) da cui z (x) = a + by (x) = a + bf (ax + by(x)) dato che y (x) = f(ax + bf (ax + by(x)). Quindi l equazione diventa Questa equazione può essere scritta così z (x) = a + bf (z(x)) z = g(x)h(z) con g(x) e h(z) = a + bf(z), pertanto ci siamo ricondotti ad un equazione a variabili separabili. Esempio: risolvere l equazione Ponendo z = x + y, e osservando che si ottiene y = (x + y) 2 (x + y) z = + y = + (x + y) 2 (x + y) = z 2 z z = z 2 z Le soluzioni costanti sono z 0 e z. Per trovare le altre soluzioni si divide per z 2 z ottenendo z z 2 z = dx = x + c c R z ( z 2 z = z(z ) dz = z + ) dz = ln z z z + c 2 c 2 R Esplicitiamo ora z Le soluzioni trovate sono ln z z = x + c c R z = ex e c = ke x k R + z = kex = z = z 0 z z = 8 ke x ke x

9 Ricordando la sostituzione z = x + y = y = x si trovano le funzioni y(x) che soddisfano l equazione differenziale proposta y(x) = x y(x) = x y(x) = ke x x 2 caso: un altro tipo di equazioni differenziali riconducibili ad equazioni a variabili separabili sono quelle della forma ( y y = f x) In questi casi conviene porre z(x) = y(x) x = y(x) = x z(x), e derivando si ottiene y (x) = z(x) + x z (x) Quindi l equazione diventa che equivale a ( y f = f(z) = z + x z x) z = (f(z) z) x e come si può vedere questa è un equazione a variabili separabili. Esempio: risolvere il seguente problema di Cauchy { y = 4y 3x 8x2 3y 2 y() = 3 f(x, y) = 4y 3x 8x2 3y 2, e il suo dominio massimale è { (x, y) R 2 : x 0, y 0 } Il punto (3, ) appartiene a questo insieme, f y è continua nel dominio di f, pertanto la soluzione al problema esiste ed è unica. f(x, y) = 4 3 ( y x) 8 3 ( ) 2 x = 4 ( y ) 8 ( y 2 y 3 x 3 x) Poniamo z = y x da cui y = xz e da cui y = z x + z = z x = y z = z x = 4 3 z 8 3 z 2 z = z3 8 3z 2 z = z 3 8 x 3z 2 = 3z2 z 3 8 z = x Le soluzioni costanti, o meglio, la soluzione costante è z 2, a cui corrisponde y = 2x, che non soddisfa la condizione iniziale, pertanto non è soluzione del problema di Cauchy. 3z 2 z 3 8 zdx = x dx = ln x + c c R 3z 2 z 3 8 dz = ln z c2 ln z 3 8 = ln x + c c R c 2 R 9

10 Imponendo la condizione iniziale y() = 3 ln 27 8 = ln + c = c = ln(9) Pertanto la soluzione dell equazione differenziale si trova risolvendo ln y 3 x 3 8 = ln x + ln(9) = ln y 3 x 3 8 = ln 9x y 3 x 3 8 = 9 x Intorno al punto x = la funzione vale 3, quindi y3 x 8 = 0 > 0, pertanto per valori di x in un 3 intorno di x = la quantità y3 (x) x 8 resta positiva, per cui 3 y 3 (x) x 3 8 = y3 (x) x 3 8 dunque ovvero y 3 (x) x 3 8 = 9 x = y 3 (x) = (9 x + 8) x 3 y(x) = x 3 9 x caso: un altro tipo di equazioni differenziali riconducibili a equazioni a variabili separabili sono quelle della forma ( ) ax + by + c y = f a x + b y + c con ab a b. Se ab a b allora le rette di equazione ax + by + c = 0 a x + b y + c = 0 non sono parallele ed è pertanto possibile trovare il loro punto di intersezione. Sia (x 0, y 0 ) il loro punto di intersezione, questo vuol dire che e ax 0 + by 0 + c = 0 a x 0 + b y 0 + c = 0 Come primo passo trasliamo l origine in (x 0, y 0 ) considerando un nuovo riferimento cartesiano uov, mediante questa trasformazione { { u = x x0 x = u + x0 = v = y y 0 y = v + y 0 Quindi, considerando questa trasformazione, si ottiene (considerando che, come precedentemente detto, risulta ax 0 + by 0 + c = 0 e a x 0 + b y 0 + c = 0) Analogamente ax + by + c = a(u + x 0 ) + b(v + y 0 ) + c = au + bv + ax 0 + by 0 + c = au + bv a x + b y + c = a (u + x 0 ) + b (v + y 0 ) + c = a u + b v + a x 0 + b y 0 + c = a u + b v Di conseguenza f ( ) ( ) ( ax + by + c au + bv a + b v ) u a x + b y + c = f a u + b = f v a + b v u 0

11 Per le sostituzioni fatte in precedenza, risulta y(x) = y(u + x 0 ) v = y y 0 = y(u + x 0 ) y 0 = v(u) = y(u + x 0 ) y 0 Derivando ambo i membri rispetto a u si ottiene dv du = d du [y(u + x 0)] = d du y(u + x d 0) du (u + x 0) = d dy (u + x 0) = y = f ovvero ( a + b v ) v u = f a + b v u e diventa a variabili separabili ponendo z = v u e ricordando il secondo caso di equazioni riconducibili a variabili separabili. Esempio: risolvere la seguente equazione differenziale y = y x 2 y + x Le rette di equazione y x 2 e y + x non sono parallele e, risolvendo il sistema associato, si nota che si intersecano nel punto (, ). Quindi conviene fare questa trasformazione { { u = x + x = u = v = y y = v + Ponendo z(u) = v(u) u si ottiene da cui (ricordando che v = v u v u + v(u) = y(u ) v = v + u + 2 v + + u = v u v v + u = u v u + v(u) = z(u) u = v = z u + z z u = v z = z z + z = z2 z + quindi ci si è ricondotti ad un equazione a variabili separabili z = z 2 + u z + Non c è nessuna soluzione costante, perché z 2 + è una quantità strettamente positiva. z + z 2 + z = u u du = ln u + c c R z + z + z 2 + z du = z 2 + dz = 2z 2 z 2 + dz+ z 2 + dz = 2 ln(z2 +)+arctg(z)+c 2 c 2 R Ricordando le sostituzioni fatte z = v u = y x + si arriva a ( ) ( ) (y ) 2 y 2 ln (x + ) arctg = ln x + + c c R x + In questo caso non è possibile esplicitare la y, in ogni caso le soluzioni dell equazione differenziale di partenza soddisfano questa equazione algebrica.

12 Equazioni differenziali ordinarie lineari del I ordine Un equazione differenziale del I ordine si dice lineare se è della forma y = α(x)y + β(x) In questo caso f(x, y) = α(x)y + β(x), ed è un polinomio di primo grado in y. f (x, y) = α(x) y Se α, β : I R il dominio massimale della f è I R. Se α e β sono continue, allora. f è continua in I R 2. f y è continua in I R Quindi, per il Teorema di esistenza e unicità, ogni problema di Cauchy associato a y = α(x)y + β(x) (ovviamente supponendo che l argomento di y della condizione appartenga ad I) ha un unica soluzione. Le soluzioni per le EDO del I ordine lineari sono definite in tutto l intervallo I, non esplodono prima. Nel caso di EDO lineari del I ordine si possono avere due casi diversi, ovvero l equazione può essere omogenea o completa. caso: se β 0 l equazione si dice omogenea e si riduce a questa equazione a variabili separabili y = α(x)y La soluzione costante è y 0. Detta A(x) una primitiva di α(x), dividendo per y si ottiene y y = α(x) e integrando y Pertanto la soluzione è Ponendo e c = k > 0 si ottiene y dx = dy = ln y + c y c R ln y + c = A(x) = y = e c e A(x) y = ke A(x) Notare che se k = 0 si ottiene la soluzione costante y = 0. 2 caso: se β(x) 0 l equazione si dice completa y = α(x)y + β(x) y α(x)y = β(x) Moltiplicando ambo i membri per e A(x), dove A(x) è una primitiva di α(x), ovvero A (x) = α(x), si ottiene y e A(x) ya (x)e A(x) = β(x)e A(x) Si nota che il membro di sinistra è la derivata di ye A(x) 2

13 pertanto, integrando a destra e a sinistra, si trova ye A(x) = c + β(x)e A(x) dx c R Moltiplicando ambo i membri per e A(x) si ottiene ] y = e [c A(x) + β(x)e A(x) dx e questa è la formula generale risolutiva per le EDO lineari del I ordine, detta anche integrale generale delle EDO del I ordine. Esempio: risolvere il seguente problema di Cauchy { y = y x + x cos(x) y ( π 4 ) = 0 f(x, y) = xy + x cos(x), e il suo insieme di definizione massimale [ (], 0[ ]0, + [) R Dato che la condizione iniziale, ovvero la coppia ( π 4, 0), appartiene a ]0, + [ R come dominio per le funzioni α e β può essere considerato l intervallo ]0, + [: A(x) = α, β : ]0, + [ R α(x)dx = x dx = ln x + c = ln(x) + c c R è stato omesso il valore assouto perché, ricordando il dominio di α, risulta x ]0, + [. β(x)e A(x) dx = x cos(x)e ln(x) dx = x cos(x) x dx = cos(x) = sin(x) + c 2 c 2 R L integrale generale quindi è y(x) = e ln(x) [c + sin(x)] = x (c + sin(x)) Dato che le ipotesi del Teorema di esistenza e unicità sono soddisfatte, l unica soluzione si trova imponendo la condizione iniziale ( ( π ) y = π ( ( π )) c + sin = 0 = 0 = π ) 2 2 c + = c = Dunque la soluzione del problema di Cauchy è ( y(x) = x sin(x) ) 2 2 3

14 Osservazione sull integrale generale delle EDO del I ordine Data un equazione del tipo y = α(x)y + β(x) l integrale generale vale y(x) = e A(x) [c + B(x)] c R dove A (x) = α(x) e B (x) = β(x)e A(x). Scritto in altra forma y(x) = ce A(x) + B(x)e A(x) c R Si nota che ce A(x) identifica una famiglia di funzioni diverse, mentre B(x)e A(x) è una funzione ben precisa. La famiglia di funzioni W (x) = ce A(x) risolve W = α(x)w, e infatti ce A(x) è l integrale generale dell equazione omogenea (β 0) associata a y = αy + β. Consideriamo ora derivando si ottiene y 0 (x) = B(x)e A(x) y 0(x) = B (x)e A(x) + A (x)b(x)e A(x) = B (x)e A(x) + B(x)e A(x) A (x) Dato che B (x) = β(x)e A(x) e che A (x) = α(x), allora ovvero y 0(x) = β(x)e A(x) e A(x) + B(x)e A(x) α(x) y 0(x) = α(x)y 0 (x) + β(x) cioè y 0 è una soluzione dell equazione lineare completa y = α(x)y + β(x). L equazione y = α(x)y si chiama equazione omogenea associata all equazione completa y = α(x)y + β(x). La formula y(x) = Ce A(x) + B(x)e A(x) in pratica dice che l integrale generale dell equazione completa si ottiene sommando tutte le soluzioni dell equazione omogenea associata a quella completa con una particolare soluzione della completa. Equazione di Bernoulli Un equazione del tipo y = α(x)y + β(x)y s s 0, s si chiama equazione di Bernoulli. Per risolvere un equazione di questo tipo conviene fare la sostituzione z(x) = y s (x), da cui s y(x) = [z(x)] e L equazione quindi diventa z (x) = ( s)y s y (x) z (x) = ( s)y s (x) [α(x)y + β(x)y s ] 4

15 z (x) = ( s)α(x)y s (x) + ( s)β(x) Ma dato che y s (x) = z(x), allora z (x) = ( s)α(x)z(x) + ( s)β(x) In questo modo è stato possibile ricondursi ad un equazione differenziale lineare del primo ordine. Esempio: risolvere la seguente equazione differenziale y = 2 tg(x)y + 2 y con y 0, x π 2 + kπ k Z. y = 2 tg(x)y + 2(y) 2 Poniamo Adesso l equazione diventa z = y 2 = y 2 = y z = 2 y y z = 2 y [2 tg(x)y + 2 y] z = tg(x) y + = z = tg(x)z + Questa è una EDO del I ordine, con α(x) = tg(x), β(x) =. sin(x) A(x) = α(x)dx = tg(x)dx = cos(x) dx = ln cos(x) + c dove e A(x) dx = e ln cos(x) dx = cos(x) dx = f(x) + c 2 c R c 2 R Quindi l integrale generale è f(x) = { sin(x) se cos(x) > 0 sin(x) se cos(x) < 0 Dato che z(x) = e ln cos(x) [c + f(x)] = c cos(x) + f(x) cos(x) allora l integrale generale è { sin(x) { f(x) cos(x) = cos(x) se cos(x) > 0 tg(x) se cos(x) > 0 sin(x) cos(x) se cos(x) < 0 = tg(x) se cos(x) < 0 Ricordando che y(x) = z 2 (x), allora z(x) = c cos(x) + tg(x) ( c y(x) = cos(x) + tg(x) ) 2 5

16 Equazioni differenziali lineari di ordine n Un equazione del tipo a n (x)y (n) + a n (x)y (n ) a (x)y + a 0 (x)y = f(x) con a n 0, si dice equazione differenziale lineare di ordine n. Se a 0, a,..., a n sono costanti, l equazione si dice a coefficienti costanti. Sia f : I R R una funzione continua. Se f 0, ovvero se è identicamente nulla, l equazione si dice omogenea, altrimenti si dice completa. In questa sezione verranno trattate solo equazioni a coefficienti costanti. Sia L un applicazione così definita con L : C n (R) C 0 (R) y L(y) L(y) a n y (n) + a n y (n ) a y + a 0 y Si può dimostrare che L è un applicazione lineare. Per quanto detto l equazione precedente si può scrivere come L(y) = f(x) Così come per EDO lineari del I ordine, l integrale generale di EDO lineari di ordine n si scrive come somma fra la famiglia di funzioni che risolve l omogenea e una particolare soluzione della completa. L(y) = 0 omogenea L(y) = f(x) completa Risolvere L(y) = 0, significa trovare il nucleo di L, o ker(l). Il nucleo di L è uno spazio vettoriale di dimensione n, cioè di dimensione pari all ordine dell equazione differenziale considerata. Questo vuol dire che per determinare la famiglia di funzioni che risolvono l omogenea è necessario determinare n funzioni linearmente indipendendi che soddisfano l omogenea, e scrivere la famiglia di funzioni cercata come loro combinazione lineare. Definizione: n funzioni, y, y 2,..., y n si dicono linearmente indipendenti se c y + c 2 y c n y n = 0 c = c 2 =... = c n = 0 Prese n costanti c, c 2,..., c n, la quantità n c k y k k= si dice combinazione lineare delle funzioni y, y 2,..., y n. Ricerca delle soluzioni dell omogenea Per risolvere un equazione differenziale lineare omogenea di ordine n è necessario trovare n funzioni y, y 2,..., y n linearmente indipendenti tali che L(y) = a n y (n) + a n y (n ) a y + a 0 y = 0 Consideriamo l equazione L(y) = 0 e poniamo y(x) = e λx. Considerando che d n dx n eλx = λ n e λx 6

17 l equazione diventa e λx ( a n λ n + a n λ n a λ + a 0 ) = 0 quindi, da un equazione differenziale, è stato possibile passare ad un equazione algebrica in λ. Le n funzioni da cercare che soddisfano L(y) = 0 sono del tipo e λx, con Il polinimio a n λn + a n λn a λ + a0 = 0 a n λ n + a n λ n a λ + a 0 viene detto polinomio caratteristico associato all equazione differenziale e, come detto, le radici di questo polinomio sono legate alle soluzioni dell equazione omogenea. Limitiamoci, per il momento, ad equazioni del secondo ordine, del tipo ay + by + c = 0 in cui le radici del polinomio caratteristico soddisfano l equazione algebrica aλ 2 + bλ + c = 0 Esaminiamo separatamente i tre casi possibili, soluzioni reali distinte, reali coincidenti, complesse coniugate. caso: soluzioni reali distinte Dette λ, λ 2 le soluzioni del polinomio caratteristico, due funzioni linearmente indipendenti che soddisfano l omogenea sono e λ x e λ 2x pertanto la famiglia di equazioni che soddisfa l omogenea è c e λ x + c 2 e λ 2x c, c 2 R Dunque a due soluzioni reali distinte λ, λ 2 sono associate le funzioni e λ x, e λ 2x Esempio: risolvere Il polinomio caratteristico associato è y 3y + 2y = 0 λ 2 3λ + 2 pertanto le radici si trovano risolvendo da cui λ 2 3λ + 2 = 0 = λ,2 = 3 ± λ = λ 2 = 2 Quindi la famiglia di funzioni che soddisfa l equzione è 2 caso: soluzioni reali coincidenti y(x) = c e 2x + c 2 e x 7

18 In questo caso c è una soluzione λ = b 2a con molteplicità doppia. Una funzione che soddisfa l omogenea è e λ x, resta da trovare la seconda. Cerchiamo la famiglia di funzioni che soddisfa l omogenea fra quelle del tipo Le derivate prime e seconde valgono d dx y (x) = e λ x (λ + α (x)) y (x) = e λ x α(x) Sostituendo tali valori nell equazione differenziale iniziale si ottiene Visto che λ = b 2a d 2 dx 2 y (x) = e λ x ( λ 2 + 2λ α (x) + α (x) ) ay + by + y = 0 e λ x [( aλ 2 + bλ + c ) α(x) + (2aλ + b) α (x) + α (x) ) = 0 è una radice del polinomio caratteristico, allora aλ 2 + bλ + c = 2aλ + b = 0 e quindi α (x) = 0, ovvero α è una funzione del tipo α(x) = c + c 2 x c, c 2 R Quindi, nel caso di due soluzioni reali coincidenti λ, la famiglia di soluzioni dell omogenea è e λ x (c + c 2 x) ovvero ad una radice reale λ con molteplicità algebrica due sono associate le due funzioni e λ x xe λ x Esempio: risolvere la seguente equazione differenziale y 4y + 4y = 0 L equazione algebrica associata è λ 2 4λ + 4 = 0 = (λ 2) 2 = 0 = λ,2 = 2 Quindi le due funzioni associate a tale radice sono e 2x xe 2x e la famiglia di soluzioni che risolvono l omogenea è c e 2x + c 2 xe 2x 3 caso: due radici complesse coniugate Supponiamo che le due radici dell equazione algebrica associata siano λ = α + iβ λ 2 = α iβ Le due funzioni associate sono y = e αx e iβx y 2 = e αx e iβx 8

19 Anziché considerare funzioni complesse, può essere preferibile avere funzioni reali. Se y e y2 sono soluzioni dell omogenea, allora anche ogni loro combinazione lineare è soluzione dell equazione differenziale. Consideriamo 2 (y + y2) = e αx cos(βx) 2i (y y2) = e αx sin(βx) Queste due funzioni sono linearmente indipendenti, pertanto la famiglia di soluzioni che risolve l omogenea può essere scritta come c e αx cos(βx) + c 2 e αx sin(βx) Dunque a due radici complesse coniugate λ,2 = α ± iβ sono associate due funzioni e αx cos(βx) e αx sin(βx) Esempio: risovlere la seguente equazione differenziale y 4y + 8y = 0 L equazione algebrica associata è λ 2 4λ + 8 = 0 = λ,2 = 2 ± 4 8 = 2 ± 2i Le due funzioni associate a queste radici sono e 2x cos(2x) e 2x sin(2x) pertanto la famiglia di funzioni che risolve l equazione differenziale è c e 2x cos(2x) + c 2 e 2x sin(2x) c, c 2 R Le cose dette fin qui si generalizzato facilmente al caso di EDO lineari di ordine n. un equazione differenziale lineare a coefficienti costanti di ordine n Data il polinomio caratteristico associato è a n y n + a n y n a y + a 0 = 0 a n λ n + a n λ n a λ + a 0 Sia λ una radice reale con molteplicità algebrica, allora la funzione ad essa associata che soddisfa l equazione differenziale è e λ x Sia λ una radice reale del polinomio caratteristico con molteplicità k, 0 < k n, allora le k funzioni linearmente indipendenti ad essa associate che soddisfano l equazione differenziale sono e λ x xe λ x. x k e λ x Siano λ,2 = α ± iβ due radici complesse coniugate del polinomio caratteristico con molteplicità algebrica, allora le funzioni linearmente indipendenti ad esse associate che risolvono l equazione differenziale sono e λ x cos(βx) e λ x sin(βx) 9

20 Siano λ,2 = α ± iβ due radici complessi coniugate del polinomio caratteristico con molteplicità algebrica k, 0 < k n, allora le funzioni linearmente indipendenti ad esse associate che risolvono l equazione differenziale sono e λ x cos(βx) e λ x sin(βx) xe λ x cos(βx).. x k e λ x cos(βx) xe λ x sin(βx).. x k e λ x sin(βx) Una volta trovate n funzioni indipendenti che soddisfano l equazione differenziale y (x), y 2(x),..., y n(x) la famiglia di funzioni che soddisfa l equazione differenziale è data da una loro combinazione lineare, ovvero c y(x) + c 2 y2(x) c n yn(x) c, c 2,..., c n R Da questa famiglia di funzione, per estrarne una in particolare, è necessario fornire una o più condizioni iniziali. Esempio: risolvere la seguente equazione differenziale del quinto ordine L equazione algebrica associata è y V + 2y IV + 2y 2y + y = 0 λ 5 2λ 4 + 2λ 3 2λ 2 + λ = 0 λ ( λ 4 2λ 3 + 2λ 2 2λ + ) = 0 La prima soluzione è λ = 0, e a tale radice è associata la funzione y (x) = e 0 =. Il polinomio p(λ) = λ 4 2λ 3 + 2λ 2 2λ + può essere abbassato di grado con la regola di Ruffini, osservando che p() = 0. Dopo aver fatto la divisione si ottiene p(λ) = (λ )(λ 3 λ 2 + λ ) Il polinomio r(λ) = λ 4 λ 2 + λ può essere abbassato di grado con Ruffini osservando che r() = 0, facendo la divisione si ottiene r(λ) = (λ )(λ 2 + ) Quindi il polinomio caratteristico associato all equazione differenziale si può così scomporre pertanto le sue radici sono A queste radici sono associate le funzioni λ(λ ) 2 (λ 2 + ) λ = 0 molteplicità algebrica λ = molteplicità algebrica 2 λ = i molteplicità algebrica λ = i molteplicità algebrica e x xe x e 0 cos(x) = cos(x) e 0 sin(x) = sin(x) Quindi l integrale generale dell equazione differenziale è y(x) = c + c 2 e x + c 3 xe x + c 4 sin(x) + c 5 cos(x) c, c 2, c 3, c 4, c 5 R 20

21 Ricerca delle soluzioni della completa: metodo degli annichilatori Fino ad adesso sono stati spiegati i metodi per la risoluzione di EDO lineari a coefficienti costanti omogenee, ovvero per la risoluzione di equazioni nella forma L(y) = 0 e come detto l insieme delle soluzioni coincide con il nucleo dell applicazione L. un equazione completa significa trovare le soluzioni di Risolvere L(y) = f(x) L insieme delle soluzioni di L(y) = f(x) equivale al nucelo di L (cioè all insieme di soluzioni dell omogenea) a cui viene sommata una particolare soluzione della completa. Indichiamo con D l operatore derivazione cosicché risulti ed in generale Dy y D 2 y = D (Dy) = y D n y = y (n) Ovviamente D è un operatore lineare, visto che la derivata è un operatore lineare. In questo modo, un equazione differenziale lineare di questo tipo L(y) = f(x) = a n y (n) + a n y (n ) a y + a 0 y = f(x) può essere scritta in forma di operatori così come segue e ricordando che D è un operatore lineare a n D n y + a (n ) D n y a Dy + a 0 y = f(x) (a n D n + a n D n a D + a 0 )y = f(x) Supponiamo di voler risolvere la seguente EDO lineare a coefficienti costanti completa y y = x 2 Il polinomio caratteristico associato all omogenea è λ 2 λ e le sue radici sono λ = 0, λ 2 =, pertanto l integrale generale dell omogenea è y omogenea (x) = c + c 2 e x c, c 2 R Per risolvere l equazione è necessario trovare una particolare soluzione della completa. Scriviamo l equazione in forma di operatori (D 2 D)y = x 2 Il termine noto dell equazione è x 2. L idea del metodo degli annichilatori è quella di ricondursi ad un equazione omogenea di ordine superiore applicando ad ambo i membri un operatore differenziale che annichili il termine x 2. Per esempio l operatore D 3, derivata terza, annichila x 2, infatti d 3 dx 3 x 3 = 0. Dunque applicando l operatore D 3 ad entrambi i membri si ottiene [ D 3 (D 2 D) ] y = D 3 [ x 2] 2

22 da cui si ottiene un equazione omogenea di ordine superiore [ D 3 (D 2 D) ] y = 0 Tra le infinite soluzioni di quest equazione omogenea ci deve essere la particolare soluzione dell equazione completa di partenza. Il polinomio caratteristico associato all omogenea trovata è λ 3 (λ 2 λ) = λ 4 (λ ) dunque le radici sono λ = 0 molteplicità algebrica 4 λ = molteplicità algebrica quindi le funzioni associate a tali radici sono x x 2 x 3 e x e l integrale generale è y 0 (x) = a e x + a 2 + a 3 x + a 4 x 2 + a 5 x 3 a, a 2, a 3, a 4, a 5 R Ora restano da calcolare y 0(x) e y 0 (x) e da sostituirli nell equazione iniziale y y = x 2 in modo da trovare una soluzione particolare imponendo delle condizioni sui coefficienti a i. Osserviamo però che i termini a e x + a 2 risolvono l omogenea y y = 0. Quindi è inutile sostituire questi termini nella completa, perché daranno zero, pertanto si può cercare la particolare soluzione della completa fra y 0 (x) = a 3 x + 2a 4 x 2 + a 5 x 3 a 3, a 4, a 5 R Le derivate prime e seconde valgono y 0(x) = a 3 + 2a 4 x + 3a 5 x 2 y 0 (x) = 2a 4 + 6a 5 x Sostituendo tali valori nell equazione completa di partenza si ottiene L ultima relazione è soddisfatta solo se 2a 4 a 3 = 0 6a 5 2a 4 = 0 3a 5 = 2a 4 + 6a 5 x ( a 3 + 2a 4 t + 3a 5 x 2) = x 2 2a 4 + 6a 5 x a 3 2a 4 x 3a 5 x 2 = x 2 3a 5 x 2 + (6a 5 2a 4 )x + 2a 4 a 3 = x 2 = Quindi una particolare soluzione della completa è a 5 = 3 a 4 = 3a 5 = a 3 = 2a 4 = 2 a 3 = 2 = a 4 = a 5 = 3 y 0 (x) = 2x x 2 3 x3 L integrale generale della completa si ottiene sommando l integrale generale dell omogenea con una particolare soluzione della completa, e quindi vale y(x) = y omogenea (x) + y 0 (x) = c + c 2 e x 2x x 2 3 x3 c, c 2 R 22

23 Tabella degli annichilatori A seconda di come è fatto il termine noto, cambia l operatore da applicare ad entrambi i membri dell equazione per annichilire il termine noto stesso. Nella tabella successiva vengono riportate una serie di funzioni e, per ognuna, l annichilatore corrispondente. Termine noto Annichilatore x k D k+ e αx D α x k e αx (D α) k+ cos(βx) o sin(βx) D 2 + β 2 x k cos(βx) o x k sin(βx) (D 2 + β 2 ) k+ e αx cos(βx) o e αx sin(βx) D 2 2αD + α 2 + β 2 x k e αx cos(βx) o x k e αx sin(βx) ( D 2 2αD + α 2 + β 2) k+ Esempio: risolvere la seguente equazione differenziale y 3y + 2y = e 2x Il polinomio caratteristico associato all omogenea è λ 2 3λ + 2 e le sue radici sono λ =, λ 2 = 2, pertanto le due funzioni ad esse associate sono e x e 2x e l integrale generale dell omogenea è y omogenea (x) = c e x + c e e 2x c, c 2 R Per trovare una particolare soluzione della completa riscriviamo l equazione in operatori ( D 2 3D + 2 ) y = e 2x L annichilatore per e 2x è l operatore D 2, infatti (D 2) [ e 2x] = D ( e 2x) 2e 2x = e 2x 2 2e 2x = 0 23

24 pertanto, applicando l operatore D 2 ad entrambi i membri dell equazione, si ottiene [ (D 2)(D 2 3D + 2) ] y = (D 2) [ e 2x] Il polinomio caratteristico associato è [ (D 2)(D 2 3D + 2) ] y = 0 (λ 2)(λ 2 3λ + 2) = (λ 2)(λ 2)(λ ) = (λ 2) 2 (λ ) e le radici sono λ = 2 con molteplicità algebrica 2, λ = con molteplicità algebrica. Le funzioni associate a tali radici sono e 2x xe 2x e x e una loro combinazione lineare è a e x + a 2 e 2x + a 3 xe 2x a, a 2, a 3 R Dato che a e x + a 2 e 2x risolve l omogenea, si cerca una particolare soluzione della completa considerando y 0 (x) = a 3 x 2x Le derivate prime e seconde sono pari a y 0(x) = a 3 ( e 2x + 2xe 2x) = a 3 e 2x ( + 2x) y 0 (x) = a 3 ( 2e 2x + 2e 2x + 4xe 2x) = a 3 e 2x (4x + 4) Sostituendo y 0 (x) nell equazione di partenza si ottiene e 2x a 3 (4x + 4) 3e 2x a 3 ( + 2x) + 2a 3 xe 2x = e 2x e 2x (4xa 3 + 4a 3 3a 3 6a 3 + 2a 3 x) e 2x Semplificando e 2x e svolgendo i calcoli dentro la parentesi si ottiene a 3 = Dunque una particolare soluzione della completa è e l integrale generale della completa è y 0 (x) = xe 2x y(x) = y omogenea (x) + y 0 (x) = c e x + c 2 e 2x + xe 2x Questo articolo è stato realizzato grazie alla supervisione di Luca Lussardi. 24