Equazioni differenziali

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1 Equazioni differenziali Hynek Kovarik Università di Brescia Analisi Matematica 2 Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 2 1 / 42

2 Equazioni differenziali Un equazione del tipo F(t, y, y,..., y (n) ) = 0 (1) con una funzione incognita y dipendente dalla variabile indipendente t, assieme alle sue derivate fino all ordine n, viene detta equazione differenziale di ordine n. Definizione La funzione u è soluzione (o integrale) di (1) nell intervallo I R se u : I R è derivabile n volte in I e soddisfa F(t, u(t), u (t),..., u (n) (t)) = 0, t I. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 2 2 / 42

3 Esempio: la legge di Newton Se un punto P di massa m si muove lungo una retta soggetto ad una forza F, allora la seconda legge di Newton afferma che m y (t) = F(t, y(t), y (t)) dove y(t) indica la posizione di P in tempo t, y (t) è la sua velocità e y (t) è la sua accelerazione. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 2 3 / 42

4 Un equazione differenziale può non avere alcuna soluzione. Ad esempio l equazione non ha alcuna soluzione reale. F(t, u(t), u (t)) = 1 + (u ) 2 = 0 Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 2 4 / 42

5 Quando un equazione differenziale di ordine n ammette soluzione, ha infinite soluzioni dipendenti da n costanti arbitrarie. Ad esempio 1 L equazione y (t) = t ammette infinite soluzioni y(t) = t2 2 + c dipendenti dalla costante arbitraria c. 2 L equazione ammette infinite soluzioni y (t) = 2 y(t) = t 2 + c 1 t + c 2 dipendenti da due costanti arbitrarie c 1 e c 2. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 2 5 / 42

6 Nel caso n = 1, per determinare una soluzione particolare all interno di una famiglia di soluzioni bisogna assegnare una condizione iniziale. Si ottiene quindi il problema di Cauchy y (t) = f (t, y(t)) t I, y(t 0 ) = y 0, con t 0 I e y 0 R costante assegnata. Esempio Il problema di Cauchy ammette un unica soluzione y (t) = cos t, t R, y(π) = 1, y(t) = sin t + 1 Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 2 6 / 42 (2)

7 Nel caso n = 2 bisogna assegnare due condizioni iniziali: y (t) = f (t, y(t), y (t)) t I, y(t 0 ) = y 0, y (t 0 ) = y 1 Esempio Secondo la legge di Newton la funzione y che descrive la caduta libera di un corpo soggetto alla forza di gravità è data dall equazione y (t) = g, dove g è l accelerazione di gravità. La soluzione y(t) del problema di Cauchy associato a questa equazione con la posizione iniziale y 0 e velocità iniziale y 1 prende la forma y(t) = g 2 t2 + y 1 t + y 0 Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 2 7 / 42

8 Nel caso di un equazione di ordine n, si danno n condizioni iniziali; si assegnano i valori y(t 0 ), y (t 0 ),, y n 1 (t 0 ). Problema: in generale un equazione di ordine n non ammette soluzioni esplicite. Quindi si cerca di descrivere le soluzioni in modo qualitativo. In particolare, si affrontano le seguenti questioni: esistenza e unicità locale della soluzione; prolungamento massimale della soluzione; comportamento asintotico della soluzione (per t ± ); dipendenza continua dai dati iniziali; y(t 0 ), y (t 0 ),... Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 2 8 / 42

9 Esistenza e unicità locale Teorema (di esistenza e unicità locale) Siano a, b, c, d R con a < b e c < d e sia A =]a, b[ ]c, d[. Sia f : A R continua per ogni (t, y) A con la derivata parziale y f (t, y) continua in A. Allora per ogni punto (t 0, y 0 ) A esiste δ > 0 tale che il problema di Cauchy (2) ammette una soluzione u : [t 0 δ, t 0 + δ] R Questa soluzione è unica, cioè ogni altra soluzione definita nello stesso intervallo [t 0 δ, t 0 + δ] coincide con u. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 2 9 / 42

10 Osserviamo che, se u = u(t) è soluzione di (2), allora u(t) è derivabile (per definizione di soluzione). Quindi u(t) continua. Essendo f continua per ipotesi, dall equazione differenziale si ricava u (t) = f (t, u(t)) è continua e dunque u(t) è di classe C 1. L ipotesi y f continua in A può essere sostituita con L > 0 tale che f (t, y 1 ) f (t, y 2 ) L y 1 y 2, (t, y 1 ), (t, y 2 ) A Cioè non è necessario che f sia derivabile parzialmente rispetto ad y, basta che abbia rapporto incrementale limitato (f Lipschitziana). Un esempio è dato dalla funzione f (t, y) = y. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 2 10 / 42

11 Esempio Sia y(t) 1 y (t) =, y 1, t 0. t y 1 La funzione f (t, y) =, definita in t A = {t R : t 0} {y R : y 1}, è continua in A e y f (t, y) è continua in {t R : t 0} {y R : y > 1}. Quindi n virtù del teorema precedente, per ogni (t 0, y 0 ) R 2 con t 0 0 e y 0 > 1, esiste un unica soluzione del problema di Cauchy y(t) 1 y (t) = t I, t y(t 0 ) = y 0 definita in [t 0 δ, t 0 + δ], con δ > 0 costante reale opportuna. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 2 11 / 42

12 Unicità della soluzione La mancanza dell unicità della soluzione del problema di Cauchy significa che ci sono più soluzioni che soddisfano la stessa condizione iniziale e sono definite sullo stesso intervallo. In questo caso i grafici delle soluzioni si intersecano nel punto comune (t 0, y 0 ). Per esempio, il problema di Cauchy { y (t) = y(t) 2/3, y(0) = 0, ammette come soluzioni y 1 (t) = 0 per ogni t R e anche le funzioni 0 t < t 1, ( ) 3 y(t) = t t 1 t t 1, 3 per ogni t 1 0. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 2 12 / 42

13 Ci sono quindi infinite soluzioni del problema di Cauchy definite nello stesso intervallo di centro 0. In questo caso le ipotesi del teorema di esistenza ed unicità locale non valgono. Infatti, y f (t, y) = 2 3 y 1/3 è continua per y 0, ma non definita in y = 0 e illimitata in ogni intorno di y = 0 (non è nemmeno Lipschitziana). Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 2 13 / 42

14 Soluzioni con valori iniziali diversi In caso di unicità i grafici di soluzioni diverse (corrispondenti a valori iniziali diversi) non possono intersecarsi in nessun punto: Lemma Sia f : A R continua in A =]a, b[ ]c, d[ con la derivata parziale y f (t, y) continua in A. Siano (t 0, y 0 ) A e (t 0, ỹ 0 ) A e siano u : I ]a, b[ R e ũ : J ]a, b[ R le (uniche) soluzioni locali di y (t) = f (t, y(t)) y(t 0 ) = y 0, rispettivamente. Se y 0 ỹ 0, allora e u(t) ũ(t) t I J. y (t) = f (t, y(t)), y(t 0 ) = ỹ 0 Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 2 14 / 42

15 Dimostrazione: Supponiamo per assurdo che t 1 := min { t > t 0 : u(t) = ũ(t) } I J, dove l esistenza del minimo è garantita per via della continuità di u e ũ. Consideriamo ora il problema di Cauchy y (t) = f (t, y(t)) y(t 1 ) = u(t 1 ) = ũ(t 1 ) che ammette due soluzioni; u(t) e ũ(t) tali che u(t) ũ(t) t [t 0, t 1 [ Questo è in contradizione con il Teorema dell esistenza ed unicità locale Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 2 15 / 42

16 Prolungamento delle soluzioni locali Il teorema di esistenza e unicità locale permette di prolungare la soluzione. Infatti se y è definita in [t 0 δ, t 0 + δ], si può considerare un nuovo problema di Cauchy con y(t 0 + δ) = y 1 si può ottenere la soluzione definita in [t 0 δ, t 0 + δ + δ 1 ] e così via, fino ad ottenere un intervallo massimale di esistenza. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 2 16 / 42

17 Definizione Consideriamo il problema di Cauchy y (t) = f (t, y(t)) y(0) = y 0, (3) e supponiamo che f soddisfi le ipotesi del Teorema dell esistenza e unicità locale. Poniamo { } T max = sup τ : la soluzione di (3) esiste in [0, τ] { } T min = inf τ : la soluzione di (3) esiste in [τ, 0]. Allora chiamiamo I max = ]T min, T max [ l intervallo massimale di esistenza della soluzione di (3). Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 2 17 / 42

18 Se f : ]a, b[ ]c, d R, allora si ha I max ]a, b [ Esempio Per la soluzione del problema di Cauchy y (t) = sin(y(t)) 4 t 2 y(0) = y 0, vale I max ] 2, 2 [. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 2 18 / 42

19 L inclusione I max ]a, b [ può essere stretta: Esempio Il problema di Cauchy y (t) = y 2 (t) y(0) = 1, ammette l unica soluzione y(t) = 1 1 t definita solo per t ], 1[ nonostante la funzione f (t, y) = y 2 sia ben definita iper ogni t R e ogni y R. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 2 19 / 42

20 Teorema (Esistenza globale in un intervallo prefissato) Siano a < b R e sia f : [a, b] R R. Supponiamo che in ]a, b[ R valgano le ipotesi del Teorema di esistenza e unicità locale e che esistano due costanti non negative K 1 e K 2 tali che f (t, y) K 1 + K 2 y t [a, b], y R. (4) Allora (t 0, y 0 ) ]a, b[ R, la corrispondente soluzione del problema di Cauchy y (t) = f (t, y(t)) è definita in tutto [a, b]. y(t 0 ) = y 0, Il teorema richiede una crescita di f al più lineare in y (si parla anche di crescita sublineare). Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 2 20 / 42

21 Osservazioni 1 se b si può scegliere arbitrariamente grande, allora la soluzione è prolungabile a [a, + [. 2 se anche a può essere scelto arbitrariamente, la soluzione risulta prolungabile a tutto R. Nell esempio precedente si ha f (t, y) = y 2 e quindi la stima (4) non è verificata... Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 2 21 / 42

22 Esempio Consideriamo il problema di Cauchy y (t) = arctan(t) log(2 + y 2 ) y(1) = 1, La funzione f (t, y) = arctan(t) log(2 + y 2 ) è definita in tutto R 2 e soddisfa le ipotesi del teorema di esistenza e unicità locale. Infatti, è continua in R 2. y f (t, y) = 2 y arctan(t) 2 + y 2 Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 2 22 / 42

23 Esempio Per quanto riguarda l esistenza globale notiamo che 2 + y 2 < (2 + y ) 2 = y + y 2 e che log(2 + y 2 ) > 0 per ogni y R. Quindi ( ( log(2 + y 2 ) log((2 + y ) 2 ) = 2 log(2 + y ) = 2 log y )) 2 ( = 2 log log 1 + y ) 2 2 log 2 + y, siccome log(1 + t) t t 0. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 2 23 / 42

24 Esempio Dunque f (t, y) arctan(t) (2 log 2 + y ) π log 2 + π y 2 e la soluzione y(t) esiste in tutto R. Cosa fare quando la condizione non è soddisfatta? f (t, y) K 1 + K 2 y t [a, b], y R Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 2 24 / 42

25 Teorema Siano a < b R e sia f : [a, b] R R. Supponiamo che in ]a, b[ R valgano le ipotesi del Teorema di esistenza e unicità locale. Dati (t 0, y 0 ) ]a, b[ R sia y(t) la corrispondente soluzione del problema di Cauchy y (t) = f (t, y(t)) y(t 0 ) = y 0, Se esistono due costanti non negative K 1 e K 2 tali che f (t, y(t)) K 1 + K 2 y(t) t ]T min, T max [, allora y(t) è definita in tutto [a, b]. Quindi basta verificare la condizione di crescita di f (t, y) sulle soluzioni del problema di Cauchy in questione! Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 2 25 / 42

26 Soluzioni stazionarie Abbiamo quindi bisogno delle informazioni a priori sulle soluzioni. Definizione Sia f : [a, b] R R e sia c R tale che f (t, c) = 0 t [a, b]. Allora chiamiamo y(t) = c soluzione stazionaria dell equazione differenziale y (t) = f (t, y(t)). Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 2 26 / 42

27 Esempio Consideriamo il problema di Cauchy y (t) = (y 2 4) cos t La funzione y(0) = 1, f (t, y) = (y 2 4) cos t è definita in tutto R 2 e soddisfa le ipotesi del teorema dell esistenza ed unicità locale. Esiste quindi un unica soluzione y(t) definita su I max = ] T min, T max [ R. La stima f (t, y) K 1 + K 2 y t R, y R non è valida in quanto f (t, y) ha crescita quadratica in y. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 2 27 / 42

28 Cerchiamo di dimostrare la validità della stima di crescita sublineare sulle soluzioni. Notiamo che l equazione y (t) = (y 2 4) cos t ammette due soluzioni stazionarie: y 1 (t) = 2, y 2 (t) = 2 che sono anche le uniche soluzioni dei problemi di Cauchy y (t) = (y 2 4) cos t y (t) = (y 2 4) cos t e y(0) = 2, y(0) = 2. Siccome y(0) = 1, si ha 2 < y(0) < 2, e quindi 2 < y(t) < 2 t I max Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 2 28 / 42

29 Dunque y(t) < 2 e vale f (t, y(t) = (y(t) 2 4) cos t y(t) Quindi per il teorema precedente I max = R. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 2 29 / 42

30 Equazioni differenziali lineari di ordine n Un equazione differenziale lineare di ordine n è un equazione del tipo y (n) + a 1 (t)y (n 1) + a 2 (t)y (n 2) +... a n (t)y = f (t), (5) con a 1 (t),..., a n (t), f (t) funzioni assegnate. La soluzione di (5) dipende da n costanti arbitrarie. Per determinarle diamo n condizioni. Se tali condizioni sono del tipo y(t 0 ) = y 0, y (t 0 ) = y 1,..., y (n 1) (t 0 ) = y n 1 si ha un problema di Cauchy. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 2 30 / 42

31 Teorema Se le funzioni a 1 (t),..., a n (t) e f (t) sono continue in I R, allora per ogni (t 0, y 0, y 1,..., y n 1 ) I R n esiste una sola soluzione y = y(t) del problema di Cauchy f (t) = y (n) + a 1 (t)y (n 1) + a 2 (t)y (n 2) +... a n (t)y y(t 0 ) = y 0, y (t 0 ) = y 1,..., y (n 1) (t 0 ) = y n 1 definita su tutto I. Inoltre y C n (I). Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 2 31 / 42

32 L equazione omogenea associata Accanto a (5) consideriamo anche l equazione omogenea associata y (n) + a 1 (t)y (n 1) + + a n (t)y = 0 (6) La generica soluzione di (5) è somma di una qualsiasi soluzione particolare di (5) e della generica soluzione di (6), cioè soluzione generale di (5) = soluzione particolare di (5) + soluzione generale di (6). Risulta perciò necessario studiare le soluzioni di (6). Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 2 32 / 42

33 Soluzioni dell equazione omogenea associata Definizione Le funzioni y 1 (t), y 2 (t),..., y m (t) sono linearmente indipendenti su I se non esistono c 1, c 2,..., c m costanti non tutte nulle tali che c 1 y 1 (t) + c 2 y 2 (t) +... c m y m (t) = 0 t I. Per verificare che n soluzioni sono linearmente indipendenti si utilizza il determinante wronskiano. Ad esempio, nel caso in cui n = 3, tre soluzioni sono linearmente indipendenti su I se e solo se il determinante wronskiano y 1 (t) y 2 (t) y 3 (t) W (t) := y 1 (t) y 2 (t) y 3 (t) y 1 (t) y 2 (t) y 3 (t) è diverso da 0 per ogni t I Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 2 33 / 42

34 Teorema Date n soluzioni y 1 (t), y 2 (t),..., y n (t) di y (n) + a 1 (t)y (n 1) + + a n (t)y = 0 linearmente indipendenti su I, ogni altra soluzione di (6) si può scrivere come combinazione lineare di queste: y(t) = c 1 y 1 (t) + c 2 y 2 (t) + + c n y n (t) per opportune costanti c 1, c 2,..., c n R. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 2 34 / 42

35 Esempio Consideriamo l equazione differenziale L equazione y + 2y y 2y = 0. (7) λ 3 + 2λ 2 λ 2 = 0 si dice equazione caratteristica associata all equazione differenziale (7). Essa ammette come radici, dette radici caratteristiche, λ = 2, λ = 1, λ = 1. Corrispondentemente a queste, consideriamo le funzioni y 1 (t) = e 2t, y 2 (t) = e t, y 3 (t) = e t. Esse sono soluzioni dell equazione (7). Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 2 35 / 42

36 Calcoliamo il determinante wronskiano e 2t e t e t W (t) = 2e 2t e t e t 4e 2t e t e t = e 2t e t e t Poiché le funzioni = 6 e 2t 0, t R y 1 (t) = e 2t, y 2 (t) = e t, y 3 (t) = e t sono linearmente indipendenti, ogni altra soluzione di (7) è combinazione lineare di queste tre. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 2 36 / 42

37 Teorema dell asintoto Teorema 1 Se f : (a, + ) R è derivabile e Allora m = 0. lim f (t) = l R t + lim f (t) = m [, + ] t + 2 Se f : (, b) R è derivabile e Allora m = 0. lim f (t) = l R t lim f (t) = m [, + ] t Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 2 37 / 42

38 Equazioni differenziali; studio qualitativo 1) Si consideri il problema di Cauchy { y = y 2 (y 1) Al variare di y 0 R: y(0) = y 0. (a) discutere l esistenza ed unicità locale della soluzione; (b) determinare le soluzioni stazionarie e studiare la monotonia della soluzione; (c) discutere se l intervallo massimale di esistenza può essere illimitato a sinistra; (d) studiare il comportamento asintotico della soluzione agli estremi dell intervallo massimale di esistenza; (e) studiare la concavità/convessità della soluzione. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 2 38 / 42

39 2. Si consideri il problema di Cauchy { y = (y 2) arctan 2 (y 2) Al variare di y 0 R: y(0) = y 0. (a) discutere l esistenza ed unicità locale e globale della soluzione; (b) determinare le soluzioni stazionarie e studiare la monotonia della soluzione; (c) studiare il comportamento asintotico della soluzione agli estremi dell intervallo massimale di esistenza; (d) studiare la concavità/convessità della soluzione. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 2 39 / 42

40 3. Si consideri il problema di Cauchy Al variare di y 0 ] π 2, 3π 2 [ y = cos y cos y + 2 y(0) = y 0. (a) discutere l esistenza locale e globale della soluzione; (b) determinare le soluzioni stazionarie e studiare la monotonia della soluzione; (c) studiare il comportamento asintotico della soluzione agli estremi dell intervallo massimale di esistenza; (d) studiare la concavità/convessità della soluzione. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 2 40 / 42

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