Equazioni differenziali

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1 Equazioni differenziali Samuele MONGODI - 14/08/01 Un equazione differenziale è un equazione che coinvolge una funzione reale u : R R, le sue derivate e la variabile indipendente (u = u(t)). Esempi 1. u = 0 Questa è un equazione differenziale del primo ordine (perché compare solo la derivata prima) a coefficienti costanti.. u + u = cos t Questa è un equazione differenziale del primo ordine (vi compaiono la derivata prima, la funzione e termini espliciti in t) a coefficienti costanti (il termine noto non conta). bis. u + u = 0 Come sopra; questa è l equazione omogenea associata alla precedente. Omogeneo significa senza termine noto, senza termini espliciti in t. 3. u + uu = arctan t Questa è un equazione differenziale del secondo ordine, a coefficienti costanti. A differenza delle precedenti, non è lineare, in quanto compare il prodotto uu. 4. t u + u /t u cos t = 4 Questa è un equazione differenziale del terzo ordine, lineare, a coefficienti non costanti. 5. u t cos u = cosh t Equazione del secondo ordine, a coefficienti non costanti, non lineare. Fatto 1: Le soluzioni di una equazione differenziale sono, solitamente, famiglie infinite dipendenti da uno o più parametri. Questi parametri si possono determinare se il problema fornisce condizioni aggiuntive (ad esempio il valore che deve avere la funzione ad un dato t, oppure la sua derivata e così via). Equazioni lineari del primo ordine Consideriamo l equazione Consideriamo prima alcuni casi particolari. u + a(t)u = b(t). i. a(t) = 0. In questo caso, l equazione è semplicemente u = b(t), che ha come soluzioni u = b(t)dt = B(t) + C con B(t) una primitiva di b(t) e con C una qualunque costante reale. Esempi 1. u = t = u(t) = t / + C. u = sin t = u(t) = cos t + C 3. u = te t = u(t) = e t (t 1) + C ii. b(t) = 0 Intanto, notiamo che u + a(t)u = 0 ha come soluzione u(t) = 0. supponendo u(t) 0), possiamo trovarne altre dividendo per u: Oltre ad essa (quindi che integrato in t dà u u = a(t) u (t) u(t) dt = a(t)dt 1

2 e ponendo y = u(t), abbiamo dy = u (t)dt, quindi 1 y dy = a(t)dt log y = A(t) + c con A(t) una primitiva di a(t) e c una costante reale. Dunque ossia y = Ce A(t) u(t) = Ce A(t). Assegnando poi il valore di u in un dato punto t 0, otteniamo che C = u(t 0 )e A(t0). Per il caso generale, procediamo come segue. Poniamo u(t) = v(t)e A(t), dove A(t) è una primitiva di a(t) e calcoliamo u (t) = v (t)e A(t) v(t)a(t)e A(t) quindi u + a(t)u = v (t)e A(t). Dunque questa nostra u è una soluzione se e solo se v (t)e A(t) = b(t) che è il tipo di equazione differenziale lineare di primo ordine che abbiamo risolto nel caso i. Quindi basta porre v(t) = b(t)e A(t) dt. Ricordiamo che il simbolo di integrale indefinito incorpora già, per definizione, l aggiunta di una arbitraria costante. Quindi u(t) = e A(t) b(t)e A(t) dt. Esempio Consideriamo l equazione in cui a(t) = t e b(t) = t 3. Allora u + tu = t 3 A(t) = t è una primitiva di a(t). Quindi u(t) = e t s 3 e s ds = 1 e t ye y dy = 1 e t (e t (t 1) + C) u(t) = Ce t + t 1. Non è importante mettere C/ nell ultima espressione, in quanto C è una costante generica. Esercizi 1. Risolvere u + u/t = 4t.. Risolvere u + u tan t = 3 sin t.

3 Equazioni a variabili separabili Così si dicono le equazioni che possono essere riscritte come con h, due funzioni esplicite note. La loro risoluzione è immediata: e dunque, integrando da cui, sostituendo y = u(t), si ha u = h(u)(t) u h(u) = (t) u (t) h(u(t)) dt = dy h(y) = (t)dt (t)dt F (y) = K(t) + C dove K è una primitiva di e F una primitiva di 1/h. Ora, se F è invertibile, possiamo applicare la funzione inversa e scrivere y = F 1 (K(t) + C) u(t) = F 1 (K(t) + C). Esempi 1. u = cos u sin t Si ha h(u) = cos u e (t) = sin t, quindi dy cos y = sin tdt tan y = cos t + C y = arctan(cos t + C) u(t) = arctan(cos t + C).. u = 4t 3 /u Qui h(u) = u 1 e (t) = 4t 3, da cui ydy = 4t 3 dt y = t4 + C y = ± t 4 + C u(t) = ± t 4 + C. Esercizi 1. Risolvere u = u(u + 1)t. Risolvere u = e t u 3. Risolvere u = t/ue u. 3

4 Struttura lineare ( ) Consideriamo un equazione differenziale lineare omogenea di ordine n: u (n) + a n 1 (t)u (n 1) a 1 (t)u + a 0 (t)u = 0 (1) dove a 0,..., a n 1 sono funzioni date e u (j) indica la j esima derivata di u. Supponiamo di aver trovato due soluzioni dell equazione (1), che chiamiamo v 1 (t) e v (t). Allora, dati due numeri reali c 1, c qualsiasi, si ha che v(t) = c 1 v 1 (t) + c v (t) (detta combinazione lineare di v 1 e v ) è ancora una soluzione. Infatti v (j) = c 1 v (j) 1 + c v (j) in quanto la derivata di una somma è la somma delle derivate. Dunque, se sostituiamo v nella (1), abbiamo (c 1 v (n) 1 + c v (n) ) + a n 1 (t)(c 1 v (n) 1 + c v (n) ) a 1 (t)(c 1 v 1 + c v ) + a 0 (t)(c 1 v 1 + c v ) = = c 1 (v (n) 1 + a n 1 (t)v (n 1) a 1 (t)v 1 + a 0 (t)v 1 )+ c (v (n) + a n 1 (t)v (n 1) a 1 (t)v + a 0 (t)v ) = c c 0 = 0. Poiché v 1 e v, separatamente, sono soluzioni. Dunque, l insieme S = {c 1 v 1 (t) + c v (t) : c 1, c R} è composto interamente di soluzioni di (1). Fatto : Per le equazioni lineari omogenee di primo ordine (n = 1), data una soluzione v non identicamente nulla, l insieme di tutte le soluzioni è dato da {cv : c R}. Fatto 3: Per le equazioni lineari omogenee di secondo ordine (n = ), date due soluzioni v 1, v che non siano multiple una dell altra, l insieme di tutte le soluzioni è dato da S = {c 1 v 1 (t) + c v (t) : c 1, c R}. Equazioni lineari del secondo ordine Tratteremo solo alcuni casi particolari. i. u = c(t) In questo caso basta integrare due volte, senza scordarsi le costanti. Poniamo v(t) = C(t) + A con C(t) una primitiva di c(t) e A una costante reale, allora u(t) = V (t) + B = C(t)dt + At dove V (t) è una primitiva di v(t). Esempio u = cos t ha come soluzioni u(t) = cos t + At + B. ii. u + a(t)u = 0 Qui basta sostituire v = u e risolvere ottenendo dove A(t) è una primitiva di a(t). Allora u(t) = C 1 v + a(t)v = 0 v(t) = Ce A(t) e A(t) dt + C. 4

5 iii. u + bu con b R. Distinguiamo due casi a seconda del segno di b. Se b > 0, poniamo v(t) = u(t/ b) e otteniamo che quindi v = 1 b u ( t b ) bv + bv = u + bu = 0 quindi v + v = 0. Procediamo a risolvere quest ultima equazione, utilizzando il seguente trucco: dopo aver notato che l unica soluzione costante è v = 0, moltiplichiamo tutto per v ottenendo v v + v v = 0 per qualche K R positiva. Dunque (v + v ) = 0 v + v = K da cui v = ± K v v K v = ±1 dy K y = ±t K y = v(t) z = y/ K dz 1 z = ± Kt arccos z = C ± t v(t) = K cos(c ± t) u(t) = ( K cos C ± t ) b. Ora, il segno ± si può ignorare, vista l arbitrarietà di C e visto che cos(x) = cos( x), quindi la soluzione generale è u(t) = K cos(c + t b) che, svolgendo il coseno, si può riscrivere come per opportune costanti A, B reali. u(t) = A cos(t b) + B sin(t b) Se b < 0, ponendo v(t) = u(t/ b ), otteniamo come prima l equazione v v = 0 che andiamo a risolvere nello stesso modo. Moltiplicando per v si ha v v = K con K costante reale. Sostituiamo y = v/ K, ottenendo y = y ± 1, con il segno che dipende dal segno di K. Risolvendo come prima, otteniamo dz z + 1 = C ± t 5

6 arcsinh(z) = C ± t y = sinh(c ± t) v(t) = K sinh(c ± t) u(t) = K sinh(c ± b t). Risolvendo invece con y 1, otteniamo u(t) = K cosh(c ± b t). In entrambi i casi, svolgendo i calcoli con la definizione di seno e coseno iperbolici si ottiene che la soluzione è del tipo cosh x = ex + e x sinh x = ex e x u(t) = Ae t b + Be t b. iv. u + au + bu = 0 con a, b R. Ispirati dai casi particolari, cerchiamo soluzioni della forma u(t) = e λt ; si ha u = λe λt u = λ e λt e dunque sostituendo si ottiene che si verifica se e solo se e λt (λ + aλ + b) = 0 λ + aλ + b = 0 quest ultima si chiama equazione (o polinomio) caratteristica dell equazione differenziale. Studiamo = a 4b. > 0. In questo caso esistono due soluzioni λ 1, λ distinte. Quindi le funzioni u 1 (t) = e λ1t u (t) = e λt sono soluzioni. In virtù del Fatto, tutte le soluzioni sono della forma u(t) = Ae λ1t + Be λt per A, B costanti reali. < 0. In questo caso esistono soluzioni complesse della forma α ± iβ. Ricordiamo che e α+iβ = e α (cos β + i sin β) e notiamo che le funzioni u 1 (t) = e αt (cos βt + i sin βt) u (t) = e αt (cos βt i sin βt) sono soluzioni complesse del sistema; per ottenere funzioni reali, facciamo le seguenti combinazioni lineari: u 1 + u = e αt cos βt i(u 1 u ) = e αt sin βt e quindi, sempre per il Fatto, scriviamo tutte le soluzioni come u(t) = Ae αt cos βt + Be αt sin(βt). = 0. In questo caso l unica soluzione è λ = a/ e notiamo (magia!) che le funzioni u 1 (t) = e λt u (t) = te λt 6

7 sono soluzioni. Quindi, ancora per il Fatto, abbiamo che la generica soluzione è u(t) = Ae λt + Bte λt. Esempi 1. Il moto di un corpo in un fluido in regime laminare è descritto dalla seguente equazione: m a = F A dove F A è la forza di attrito esercitata dal fluido ed è data da F A = γ v dove γ è una costante che dipende dalla densità del fluido e dalla forma del corpo e v è la velocità del corpo. Se dunque orientiamo l asse x nella direzione in cui si muove il corpo, abbiamo che l equazione diventa mẍ = γẋ (ẋ è il modo dei fisici di scrivere la derivata, quando la variabile è il tempo) ẍ + γ mẋ = 0. La soluzione è dunque x(t) = C 1 e γ m t dt + C = C 1 m γ γ e m t + C e se ad esempio vogliamo che il corpo parta, a t = 0, dal punto 0 con velocità ẋ(0) = 1m/s, dovremo imporre x(0) = C 1 m γ + C = 0 ẋ(0) = C 1 = 1m/s quindi C 1 = 1 e C = m/γ. Dunque in questo caso particolare la soluzione è x(t) = m γ e γ m t + m γ.. La forza di richiamo elastio per una molla di costante elastica è F H = x; se fissiamo il punto di riposo dell estremità libera in x = 0, la forza è F H = x, quindi l equazione del moto per la molla è mẍ = x ẍ + m x = 0. La soluzione generale è x(t) = A cos ( ) ( ) m t + B sin m t. Se ad esempio la molla viene portata ad un estensione di L rispetto alla posizione di riposo e rilasciata, la legge oraria dell estremità libera rispetterà la precedente equazione con A e B tali che x(0) = L ẋ(0) = 0 e dunque sarà A = L x(t) = L cos B m = 0 ( ) m t. 7

8 Equazioni lineari non omogenee del secondo ordine Supponiamo di avere l equazione u + a(t)u + b(t)u = c(t) () e supponiamo di saper determinare l insieme S 0 delle soluzioni dell equazione omogenea associata u + a(t)u + b(t)u = 0. Supponiamo infine di aver trovato una (una sola!) soluzione u 1 (t) dell equazione (). Allora, tutte le soluzioni dell equazione () sono S = {u 1 (t) + v(t) : v(t) S 0 }. Esempi: 1. Caduta di un corpo con resistenza dell aria in regime laminare. Come prima la resistenza dell aria è della forma F A = γ v, dunque la forza totale sul corpo è mg F A e l equazione del moto è ẍ = g γ mẋ. Noi sappiamo risolvere ẍ + mẋ γ = 0, ottenendo la soluzione generale v(t) = m γ C 1e γ m t + C. Per trovare una soluzione particolare dell equazione in questione, proviamo a vedere se esitono soluzioni di moto uniforme: poniamo u 1 (t) = ct e cerchiamo di determinare c in modo che u 1 soddisfi l equazione iniziale. u 1 = c u 1 = 0 quindi u 1 + γ m u 1 = 0 + c γ m = g e basta imporre c = gm/γ per ottenere la soluzione particolare Quindi le soluzioni dell equazione iniziale sono u 1 (t) = mgt/γ. x(t) = m γ C 1e γ m t + mg γ t + C.. Molla con attrito. Supponiamo che una molla sia collegata ad una massa che si muove su un piano con attrito. Le forze agenti sulla massa (escluse gravità e reazione del piano) mentre la molla va da massima estensione a massima compressione sono la forza elastica e la forza di attrito, quindi mẍ = x + mgα dove α è il coefficiente di attrito dinamico. Noi sappiamo risolvere mẍ + x = 0 che ha come soluzione generale ( ) ( ) v(t) = A cos m t + B sin m t e non ci resta che trovare la soluzione particolare. costante: u 1 (t) = c. Si avrà ẍ = 0 = m c + gα e dunque se c = mgα/, abbiamo la soluzione particolare. Quindi le soluzioni dell equazione iniziale sono ( ) ( ) x(t) = A cos m t + B sin m t + mgα. Proviamo questa volta con una soluzione 8

9 Notiamo che questa equazione vale solo finché il corpo si muove dal punto di massima estensione della molla al punto di massima contrazione (cioè dalle x positive a quelle negative). Nel percorso inverso, l equazione del moto sarà e dunque la soluzione sarà x(t) = A cos ẍ = 0 = m c gα ( ) ( ) m t + B sin m t mgα. Quest ultima osservazione, comunque non ha a che fare con la matematica del problema, ma con la fisica. Indovinare soluzioni particolari - 1 Se il termine noto è un polinomio in t, si può provare a cercare, come soluzione particolare, un polinomio dello stesso grado o, se non funziona, di grado maggiore. 1. Data u + u + u = t, possiamo cercare una soluzione particolare nella forma f(t) = at + bt + c, determinando a, b, c di modo che sia una soluzione. Calcoliamo f (t) = a f (t) = at + b e dunque quindi da cui La soluzione particolare allora è f(t) = t 4t. f + f + f = a + at + b + at + bt + c = t a + b + c = 0, a + b = 0, a = a =, b = 4, c = 0.. Se l equazione manca del termine in u, il polinomio da considerare dev essere di grado 1 in più. Data u + u = t, se poniamo g(t) = qt + r, si ottiene g = 0, g = q e dunque g + g = t non ha soluzioni. Se invece poniamo f(t) = at + bt + c, allora f = a e f = at + b, quindi f + f = a + 4at + b = t ha come soluzione a = 1/4, b = 1/4, f(t) = t/4 1/4. Indovinare soluzioni particolari - Se il termine noto è una somma di seni e coseni, un buon tentativo è una somma di seni e coseni con lo stesso periodo, eventualmente moltiplicati per potenze di t. 1. Prendiamo u u + u = cos(t + π/4). Un candidato come soluzione particolare può essere per la quale si ha f(t) = A cos(t) + B sin(t) f (t) = A sin(t) + B cos(t) f (t) = 4A cos(t) 4B sin(t) e dunque poniamo quindi f f + f = (3A + B) cos(t) (3B A) sin(t) (3A + B) cos(t) (3B A) sin(t) = cos(t + π/4) = cos(t) 1 sin(t) 1 dunque 6A + 4B =, 6B 4A = 9

10 da cui e quindi A = 5 13, B = 1 13 f(t) = 5 cos(t) 13 + sin(t) 13.. Consideriamo u + u = cos(t + π/3). Se proviamo a sostituire f(t) = A cos t + B sin t, otteniamo 0 = cos(t + π/3), in quanto quella è la forma generica della soluzione dell equazione omogenea associata. Dunque proviamo con (di solito = 1, ma non si sa mai). Si ha f(t) = At cos t + Bt sin t f (t) = At 1 cos t + Bt 1 sin t At sin t + Bt cos t f (t) = ( 1)At cos t + ( 1)Bt sin t At 1 sin t + Bt 1 cos t At cos t Bt sin t e dunque f + f = ( 1)At cos t + ( 1)Bt sin t At 1 sin t + Bt 1 cos t = cos(t + π/3). Se imponiamo = 1, otteniamo A sin t + B cos t = 1 cos t 3 sin t. da cui e dunque A = 3, B = 1 f(t) = 3 t cos t + 1 t sin t. Indovinare soluzioni particolari - 3 Stessa cosa per gli esponenziali. 1. u + u = e t. Si pone f(t) = Ae t e si calcola f = Ae t. Quindi f + f = 3Ae t = e t quindi A = 1/3, f(t) = e t /3.. Come sopra, se il termine noto è anche soluzione, bisogna moltiplicare per t. Quindi, data u u 3u = e t si ha che f(t) = Ae t non può essere soluzione particolare, infatti Ae t + Ae t 3Ae t = 0. Dunque proviamo con f(t) = At e t, ottenendo f = At 1 e t At e t f = ( 1)At e t At 1 e t At 1 e t + At e t dunque f f 3f = ( 1)At e t 4At 1 e t e ponendo = 1, si ottiene 4Ae t che per A = 1/4 dà la soluzione voluta: f(t) = te t /4. 10

11 Indovinare soluzioni particolari - 4 Se il termine noto è una somma di elementi come sopra (polinomiali, seni e coseni, esponenziali), la soluzione particolare andrà cercata come somma di termini dello stesso tipo, eventualmente moltiplicati per una potenza di t, se fossero già di per se soluzioni dell equazione omogenea. Esercizi 1. u 3u + u = sin t + cos t. u u u = e t e t 3. u u = t + 4t 1 4. u + u = e t + t 5. u + u 1u = e 3t e 4t. 11