Equazioni differenziali

Equazioni differenziali Hynek Kovarik Università di Brescia Analisi Matematica 1 Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 1 1 / 30

Formulazione del problema In generale un equazione differenziale è scritta nella forma f (x, y(x), y (x),..., y (n) (x)) = 0, (1) dove f è una funzione assegnata di n + 2 variabili a valori in R e y è la funzione incognita della variabile x a valori in R. L equazione (1) ha ordine n, perché la derivata massima della funzione incognita è quella n esima. Se la funzione f è lineare rispetto a y, y,..., y (n), allora l equazione (1) si dice lineare. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 1 2 / 30

Problema di Cauchy Il problema di Cauchy associato all equazione (1) è il seguente: f (x, y(x), y (x),..., y (n) (x)) = 0 y(x 0 ) = y 0 y (x 0 ) = y 1... y (n 1) (x 0 ) = y n 1 Quindi fra tutte le soluzioni dell equazione (1) dobbiamo determinare quella per cui y e le sue derivate fino all ordine n 1 in un punto x 0 assumono i valori assegnati. La teoria generale delle equazioni differenziali assicura che sotto opportune condizioni su f il problema di Cauchy ammette una e una sola soluzione y(x) in un intorno del punto x 0. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 1 3 / 30

Noi ci occuperemo di equazioni del primo ordine a coefficienti continui. equazioni lineari del secondo ordine a coefficienti costanti. Quindi d ora in poi considereremo solo i casi n = 1 oppure n = 2. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 1 4 / 30

Equazioni del primo ordine 1. Equazioni a variabili separabili: Si tratta di equazioni nella forma y = h(y) g(x) (2) dove g e h sono funzioni continue su due intervalli J e I. Il problema di Cauchy associato è { y = h(y)g(x) y(x 0 ) = y 0 (3) con x 0 I and y 0 J. Per risolvere il problema di Cauchy (3) useremo un procedimento formale: ricordando che y = dy dx otteniamo dy dx = h(y)g(x) Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 1 5 / 30

Equazioni del primo ordine e quindi, supponendo che h(y) > 0 per ogni y J, formalmente dy = g(x) dx h(y) Integrando tutti e due i membri si arriva a dy h(y) = g(x) dx (4) Quindi la soluzione del problema do Cauchy (3) è data dall equazione implicita y dt x h(t) = g(t) dt (5) x 0 y 0 Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 1 6 / 30

Esempio Risolviamo il seguente problema di Cauchy: { y = e y y(2) = 7 Si ha h(y) = e y, g(x) = 1, x 0 = 2, y 0 = 7. Quindi y 7 e t dt = e 7 e y = x y(x) = log(e 7 + 2 x). 2 dt = x 2, Notiamo che la soluzione y non è definita su tutto R, ma solo sull intervallo (, e 7 + 2). Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 1 7 / 30

Equazioni del primo ordine Esempio Risolviamo il seguente problema di Cauchy: { y = 1 y y(0) = 1 SI ha h(y) = 1 y, g(x) = 1, x 0 = 0 e y 0 = 1. Quindi y 1 t dt = y 2 2 1 2 = x 0 dt = x Quindi y 2 = 2x + 1. Siccome y 0 > 0, la sulozione deve essere posititiva, per cui y = 2x + 1 La soluzione è definita su [ 1 2, ) 0. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 1 8 / 30

Equazioni del primo ordine Esempio Risolviamo il seguente problema di Cauchy: { y = y sin x y(0) = 1 Si ha (esercizio) y(x) = e 1 cos x In questo caso la soluzione y è definita su tutto R. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 1 9 / 30

Equazioni del primo ordine 2. Equazioni lineari a coefficienti continui Si tratta di equazioni del tipo y (x)a(x) y(x) = +b(x) (6) dove a, b : I R sono funzioni continue definite su un intervallo I. Il problema di Cauchy associato è { y (x)a(x) y(x) = +b(x) y(x 0 ) = y 0 (7) con x 0 I e y 0 R. Grazie alla linearità dell equazione (6) si riesce a ottenere una formula risolutiva per il problema di Cauchy (7): Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 1 10 / 30

Equazioni del primo ordine Teorema (Formula risolutiva per equazioni lineari del primo ordine ) Sia I R un intervallo e siano a, b : I R continue. Dati x 0 I e y 0 R, l unica soluzione del problema di Cauchy (7) è data da ( x s ) x a(t) dt y(x) = y 0 + b(s) e 0 ds e x x a(t) dt 0 x 0 (8) Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 1 11 / 30

Dimostrazione: Sia y data da (8). La condizione y(x 0 ) = y(0) è chiaramente soddisfata. Dal primo Teorema Fondamentale si ottiene e Quindi d ( ) x x a(t) dt x e 0 x a(t) dt = a(x) e 0 dx ( d x y 0 + b(s) e s ) x a(t) dt 0 ds = b(x) e x x a(t) dt 0. dx x 0 y (x) + y(x)a(x) = a(x) ( x y 0 + b(s) e s ) x a(t) dt x 0 ds x a(t) dt e 0 x 0 x x a(t) dt x + y(x)a(x) + e 0 b(x) e x a(t) dt 0 = b(x) Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 1 12 / 30

Equazioni del primo ordine Poniamo A(x) = x x 0 a(t) dt. Con questa notazione la formula (8) prende la forma x ) y(x) = e (y A(x) 0 + b(s) e A(s) ds x 0 Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 1 13 / 30

Esempio Risolviamo il problema di Cauchy { y (x) + 2y(x) = e x y(1) = 3 Abbiamo x 0 = 1, y 0 = 3, a(x) = 2 e b(x) = e x. Quindi da cui y(x) = e 2 2x (3 + A(x) = x ( = e 2 2x 3 + e 2 3 1 x 1 2 dt = 2(x 1), ) x ) e s e 2s 2 ds = e (3 2 2x + e 2 e 3s ds 1 [e 3s] x 1 ) ) = e (3 2 2x + e 2 3 (e3x e 3 ) Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 1 14 / 30

Equazioni lineari di secondo ordine a coefficienti costanti Sono le equazioni nella forma ay (x) + by (x) + cy(x) = f (x), a, b, c R, a 0, (9) dove f : I R è una funzione continua. Essa si chiama il termine forzante dell equazione. L equazione ay (x) + by (x) + cy(x) = 0 (10) si dice equazione omogenea associata all equazione (9). Il problema di Cauchy associato è della forma dove x 0 I, y 0 R, y 1 R. ay (x) + by (x) + cy(x) = f (x) y(x 0 ) = y 0 y (x 0 ) = y 1 (11) Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 1 15 / 30

Come risolvere l equazione (9)? Facciamo l uso della linearità e osserviamo che se y 1 (x) e y 2 (x) sono due soluzioni di (9), allora la differenza risolve l equazione omogenea (10): v(x) = y 1 (x) y 2 (x) av (x) + bv (x) + cv(x) = a(y 1 (x) y 2 (x)) + b(y 1(x) y 2(x)) + c(y 1 (x) y 2 (x)) = ay 1 (x) + by 1(x) + cy 1 (x) ay 2 (x) by 2(x) cy 2 (x) = f (x) f (x) = 0. Possiamo quindi esprimere la generica soluzione dell equazione (9) nella forma y(x) = y p (x) + [soluzione generica dell equazione omogenea associata] dove y p è una soluzione particolare dell equazione. D ora in poi indicheremo con y h la soluzione generica dell equazione omogenea associata. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 1 16 / 30

Equazioni lineari di secondo ordine a coefficienti costanti Strategia per risolvere il problema di Cauchy (11) : 1 Determinare tutte le soluzioni dell equazione omogenea (10). 2 Trovare una soluzione (particolare) y p dell equazione di partenza (9). 3 Utilizzare le condizioni iniziali per determinare i valori delle costanti generiche. Siccome l equazione (9) è di secondo ordine, la soluzione genericha sarà parametrizzata da due costanti. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 1 17 / 30

Soluzioni dell equazione omogenea Per trovare tutte le soluzioni dell equazione omogenea ay (x) + by (x) + cy(x) = 0 si considera l equazione caratteristica associata: Vi sono tre possibilità: aλ 2 + b λ + c = 0. (12) 1. Equazione (12) ammette due soluzioni reali e distinte: λ 1 λ 2 : λ 1,2 = b ± b 2 4ac 2a, b 2 4ac > 0. La soluzione generica dell equazione omogenea è della forma y(x) = α e λ 1x + β e λ 2x, α, β R. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 1 18 / 30

Soluzioni dell equazione omogenea 2. Equazione (12) ammette una sola soluzione reale: λ. Questo corrisponde al caso b 2 4ac = 0. La soluzione generica dell equazione omogenea è della forma y(x) = (α + β x) e λx, α, β R. 3. Equazione (12) ammette due soluzioni complesse: µ + iω e µ iω. Questo corrisponde al caso b 2 4ac < 0. La soluzione generica dell equazione omogenea è della forma y(x) = e µx (α cos(ωx) + β sin(ωx)) α, β R. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 1 19 / 30

Soluzioni dell equazione omogenea: esempi Esempio Consideriamo l equazione y 4y = 0. L equazione caratteristica associata λ 2 4 = 0 ammette due soluzioni λ 1 = 2 e λ 2 = 2. Dunque Esempio Consideriamo l equazione y(x) = α e 2x + β e 2x. y 2y + y = 0. L equazione caratteristica associata λ 2 2λ + 1 = (λ 1) 2 = 0 ammette la sola soluzione λ = 1. Dunque y(x) = (α + βx) e x Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 1 20 / 30

Soluzioni dell equazione omogenea: esempi Esempio Consideriamo l equazione y + y + y = 0. L equazione caratteristica associata λ 2 + λ + 1 = 0 ammette come soluzioni λ 1 = 1 3 2 + i 2, λ 2 = 1 3 2 i 2 Dunque µ = 1 3 2, ω = 2, da cui ( ( ) ( )) y(x) = e x 3 x 3 x 2 α cos + β sin 2 2 Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 1 21 / 30

Soluzione particolare Ci sono due metodi per determinare una soluzione particolare: 1 Variazione delle costanti. 2 Il metodo ad hoc. Noi applicheremo il secondo metodo nei casi un cui il termine forzante dell equazione ay + by + cy = f assume la forma f (x) = R k (x) e µx cos(ωx) (13) oppure dove R k (x) è un polinomio di grado k. f (x) = R k (x) e µx sin(ωx) (14) Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 1 22 / 30

Soluzione particolare Per trovare una soluzione di ay + by + cy = f consideriamo il numero z = µ + iω Se z = µ + iω è una soluzione di aλ 2 + bλ + c = 0 di molteplicità m {0, 1, 2}, allora esiste una soluzione particolare nella forma y p (x) = x m e µx ( Q k (x) cos(ωx) + S k (x) sin(ωx) ). dove Q k (x) e S k (x) sono polinomi di grado k, che si determinano sostituendo y p (x) nell equazione ay + by + cy = f. N.B. m = 0 siginifica che z non è soluzione di aλ 2 + bλ + c = 0. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 1 23 / 30

1. Consideriamo l equazione y + 4y = 2 + sin(2x). Il termine forzante è somma di f 1 (x) = 2 e f 2 (x) = sin(2x). Per linearità dell equazione possiamo cercare la soluzione particolare nella forma y p (x) = y 1 (x) + y 2 (x) dove y 1 (x) + 4y 1 (x) = 2 (15) y 2 (x) + 4y 2 (x) = sin(2x). (16) Per quanto riguarda l equazione (15), il termine forzante f 1 (x) = 2 è della forma (13) con k = 0, µ = 0 e ω = 0. Si ha z = µ + iω = 0, che non è soluzione dell equazione caratteristica λ 2 + 4 = 0. Quindi esiste una soluzione y 1 (x) = c. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 1 24 / 30

Sostituendo nell equazione (15) si trova 4c = 2 e quindi y 1 (x) = 1 2. Consideriamo adesso l equazione (16). Il termine forzante f 2 (x) = sin(2x) è della forma R k (x) e µx sin(ωx) con k = 0, µ = 0 e ω = 2. Si ha z = 2i, che è soluzione dell equazione λ 2 + 4 = 0 di molteplicità uno. Quindi esiste una soluzione nella forma Dunque e y 2 (x) = x(c 1 cos(2x) + c 2 sin(2x)). y 2(x) = (c 1 cos(2x) + c 2 sin(2x)) + x( 2c 1 sin(2x) + 2 c 2 cos(2x)), y 2 (x) = 4c 1 sin(2x) + 4c 2 cos(2x) 4x(c 1 cos(2x) + c 2 sin(2x)). Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 1 25 / 30

Sostituendo in y 2 (x) + 4y 2(x) = sin(2x) troviamo che Quindi c 1 = 1 4 e c 2 = 0, da cui 4c 1 sin(2x) + 4c 2 cos(2x) = sin(2x). y 2 (x) = x 4 cos(2x). Concludiamo che una soluzione dell equazione di partenza è data da y p (x) = y 1 (x) + y 2 (x) = 1 2 x 4 cos(2x). Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 1 26 / 30

2. Consideriamo l equazione y + y = 3x 2 + x 1. Il termine forzante è f (x) = 3x 2 + x 1, quindi si ha µ = ω = 0 e k = 2. Siccome z = µ + iω = 0 non è soluzione dell equazione caratteristica λ 2 + 1 = 0, esiste una soluzione particolare nella forma y p (x) = Q 2 (x) = c 1 x 2 + c 2 x + c 3. Sostituendo nell equazione y + y = 3x 2 + x 1 si ottiene Quindi deve essere 2c 1 + c 1 x 2 + c 2 x + c 3 = 3x 2 + x 1. c 1 = 3 c 2 = 1 2c 1 + c 3 = 1 c 1 = 3 c 2 = 1 c 3 = 7 Concludiamo allora che esiste una soluzione particolare y p (x) = 3x 2 + x 7. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 1 27 / 30

Un problema di Cauchy Consideriamo il problema di Cauchy y 2y = 2 y(0) = 1 y (0) = 1 (17) L equazione caratteristica λ 2 2 = 0 ha due soluzioni λ 1 = 2 e λ 2 = 2. Quindi la soluzione generica dell equazione omogenea associata è della forma y h (x) = α e 2 x + β e 2 x. Cerchiamo ora una soluzione particolare dell equazione y 2y = 2. Il termine forzante ha la forma dell esempio precedente, quindi k = 0, µ = 0 e ω = 0. Dunque z = 0 non è soluzione dell equazione caratteristica λ 2 2 = 0. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 1 28 / 30

Esiste allora una soluzione particolare y p (x) = c. Sostituendo nell equazione si trova 2 c = 2 da cui c = 1. Concludiamo quindi che la soluzione generica dell equazione y 2y = 2 è data da y(x) = y p (x) + y h (x) = α e 2 x + β e 2 x 1, α, β R. Le costanti α e β vengono determinate dalle condizioni iniziali y(0) = 1 y (0) = 1 Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 1 29 / 30

Siccome si ottiene y (x) = 2 α e 2 x 2 β e 2 x, da cui y(0) = α + β 1 = 1 y (0) = 2 α 2 β = 1 α = 1 2 2, β = 1 2 2. Dunque la soluzione del Problema di Cauchy (17) è data da y(x) = 1 2 2 ( e 2 x e 2 x ) 1. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Equazioni differenziali Analisi Matematica 1 30 / 30