Equazioni differenziali ordinarie

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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 dif-

ferenziale del prim’ordine. Risolvere Z sin(x)dx

equivale a trovare una funzione y(x) tale che

0

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 ½ 0

y (x) = sin(x)

¢

¡ π = 4

y 2

¢

¡ π + c = 4, ovvero se c = 4, e l’unica soluzione è

è soddisfatta solo se − cos 2 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 1: 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

2 1

di(t)

d i(t) i(t) = 0

+

+ R

L 2 C

dt

dt 1

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~

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

0 00

~v (t) = ~x (t) ~a

(t) = ~x (t)

~ ~ ~ 0

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

1 ~ 0

00 F (t, x, x )

x (t) = m

14

Esempio: datazione con il C . Sia

14

y(t) = quantità di C presente in un pezzo di legno fossile al tempo t 14

Durante l’intervallo di tempo da t a t + ∆t, con ∆t arbitrariamente piccolo, la quantità di C

14

diminuisce, quindi una quantità ∆y di C si disintegra, ovvero

y(t + ∆t) = y(t) − ∆y 14

∆y è direttamente proporzionale al tempo passato e alla quantità di C , quindi

∆y = ky(t)∆t

Da questo si deduce che 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 0

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 0

y (t) = −k

y(t)

Per determinare la soluzione dell’equazione differenziale conviene ora integrare ambo i membri

+

fra 0 e T , T ∈ R Z

Z T

T 0

y (t) T T

dt = −kdt =⇒ [ln(T )] = [−kt]

0 0

y(t) 0

0

ovvero −kT +ln(y(0)) −kT

ln (y(T )) = −kT + log (y(0)) =⇒ y(T ) = e =⇒ y(T ) = y(0)e

Supponiamo che t = 0 sia l’istante in cui una pianta è morta, e t = T sia l’istante attuale.

14

Conoscendo y(T ) (si può misurare, è la quantità attuale di C ) e conoscendo y(0) (è la quantità

14

media di C nell’atmosfera), si può ricavare T ¶

µ y(T )

1 ln

T = − y(0)

k

In generale, un’equazione differenziale del tipo

³ ´

0 (n)

f x, y(t), y (t), . . . , y (t) = 0

2

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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 cosı̀ ³ ´

(n) 0 (n−1)

y (x) = F x, y(x), y (x), . . . , y (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 ³ ´

(n) 0 (n−1)

y (x) = F x, y(x), y (x), . . . , y (x) ∀x ∈ I

allora y è la soluzione dell’equazione differenziale. Risolvere un’equazione differenziale significa

le funzioni che la soddisfano.

trovare tutte ◦

Esempio: si risolva la seguente EDO del 2 ordine

00

y (x) = x

Integrando ambo i membri una volta si ottiene

1 2

0 x + c c ∈ R

y (x) = 2

Integrando una seconda volta si arriva a

1 3

x + cx + d c, d ∈ R

y(x) = 6

Per selezionare un’unica soluzione è necessario dare almeno altre due condizioni su y(x). Ad

esempio y(0) = 1 =⇒ d = 1

0

y (0) = 2 =⇒ c = 2 16 2

x + 2x + 1.

Tenendo conto anche di queste condizioni la soluzione cercata è y(x) =

Esempio: risolvere la seguente EDO del primo ordine

p

0 2

3 y (x)

y (x) = 3

y(0) = 0

Di sicuro la funzione y(x) ≡ 0 ∀x soddisfa sia l’equazione differenziale che la condizione.

p 2

y (x) si ottiene

Dividendo per 3 3 0

y (x)

p =1

2

y (x)

3 3

Integrando ambo i membri si ottiene Z

Z x

x

1 2 0

− (t)y (t)dt = dt

y 3

3 0

0

da cui i

h p

x

1 3

3 y(x) = x =⇒ y(x) = x

(t) = x =⇒

y 3 0

Anche questa soluzione rispetta sia l’equazione che la condizione, in questo caso sono state trovate

due soluzioni distinte. 3

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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

0

y = F (t, y)

n n

dove F : I × A → R , con A ⊂ R , I ⊂ R, e

F (t, y(t)) = (f (t, y(t)) , f (t, y(t)) , . . . , f (t, y(t)))

1 2 n

y = y(t) = (y (t), y (t), . . . , y (t))

1 2 n

0

L’equazione differenziale vettoriale y = F (t, y) rappresenta un sistema di n equazioni differenziali

del primo ordine  0

y = f (t, y(t))



 1

1



 0

y = f (t, y(t))

2

2 ..

 .





 0

y = f (t, y(t))

n

n

Il problema di Cauchy associato al sistema consiste nel trovare una soluzione (almeno) del sistema

assegnati. In modo più

soddisfacente alla condizione iniziale y(t ) = y ∈ R, dove t e y sono

0 0 0 0

sintetico si scrive ½ 0

y = F (t, y)

y(t ) = y

0 0

In particolare (t , y ) ∈ I × A, ovvero t ∈ I e y ∈ A. Si noti che I × A è il dominio di F .

0 0 0 0

Trovare una soluzione del problema di Cauchy significa trovare una funzione y : J → A, con

J ⊂ I e t ∈ J tale che

0 0

y (t) = F (t, y(t)) ∀t ∈ J

e y(t ) = y

0 0

Esempio: questo è un problema di Cauchy p

½ 0 2

y (t)

y (t) = 3 3

y(0) = 0

Come già osservato nell’esempio precedente il problema ha almeno due soluzioni (in realtà ne ha

infinite) 3

y ≡ 0 y(t) = t

p 2

y . Osserviamo che

In questo caso F (t, y) = 3 3 2

2

∂F 1

− =

y

= 3 √

3 y

3

∂y 3

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(1) = 0.

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Teorema di esistenza e unicità

n

Sia I ⊂ R un intervallo aperto, e sia A ⊂ R un insieme aperto. Consideriamo una funzione a

valori vettoriali n

F : I × A → R : (t, y) 7→ F (t, y)

Sia (t , y ) ∈ I × A un punto appartenente al dominio di F , e supponiamo che

0 0

1. F sia continua in I × A (cioè nel suo dominio)

∂F (t, y) esiste ed è continuo in I × A

2. ∂(y ,y ,...,y )

1 2 n

Teorema di esistenza e unicità: se queste ipotesi sono soddisfatte, allora il problema di

Cauchy ½ 0

y = F (t, y)

y(t ) = y

0 0

ha una ed una sola soluzione y definita in un opportuno intorno J di t .

0 1

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

½ 0 α

y = y α ∈ R \ {1}

y(0) = 1

α

In questo caso F (t, y) = y , e il suo dominio è R×]0, +∞[, infatti t può assumere qualsiasi valore

mentre y può assumere solo valori positivi. Inoltre

(t , y ) = (0, 1) ∈ R × ]0, +∞[

0 0

1

Dato che F ∈ C (R×]0, +∞[) il Teorema di esistenza e unicità è applicabile, pertanto la soluzione

−α

a questo problema esiste ed è unica. Moltiplicando ambo i membri per y si ottiene

−α 0

y y = 1

quindi Z Z

t t £ ¤

1 t

1−α

−α 0 = t

y (s)

y y ds = ds =⇒ 0

1 − α

0 0

ovvero 1−α

1−α y (0)

y (t) = t

− 1 − α

1 − α

1−α

Ma se y(0) = 1, allora y (0) = 1 per ogni α ∈ R \ {1}. Quindi

1

1 1−α

1−α =⇒ y (t) = (1 − α)t + 1

y (t) = t + 1 − α

1 − α

Supponendo α > 1, la soluzione si può scrivere come ¸

· 1

1

1 α−1

α−1 =⇒ y(t) =

y (t) = 1 − (α − 1)t

1 − (α − 1)t

Tutte queste soluzioni hanno un denominatore che si annulla in

1

t = α − 1

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1 , di conseguenza

In questo punto c’è un asintoto verticale, ovvero la soluzione esplode in t = α−1

non ha senso considerare le soluzioni dopo quel punto. Quindi y è definita (come soluzione) in

h

i 1

−∞, α−1 1 , in realtà in tale intervallo non è soluzione del

Anche se la funzione y è definita per t > α−1

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 0

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 ∈ R tali che h(y ) = 0 danno luogo a soluzioni

0 0

0

costanti y ≡ y ∀x. Infatti se y(x) = y allora y (x) = 0, e se h(y ) = 0 allo stesso modo

0 0 0

g(x)h(y ) = 0. Quindi il primo passo è quello di trovare tutte le soluzioni costanti risolvendo

0

h(y) = 0.

Una volta trovate le soluzioni costanti si divide per h(y)

0

y = g(x)

h(y)

e si integra ambo i membri Z g(x)dx = G(x) + c c ∈ R

1 1

Z

Z 0 dy

y = H(y) + c c ∈ R

dx = 2 2

h(y)

h(y)

Posto c = c − c

1 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 −1

y = H (G(x) + c)

Esempio: risolvere la seguente equazione differenziale a variabili separabili

0 2

y = xy

Per prima cosa si trovano le soluzioni costanti tali che

2

y = 0 =⇒ y ≡ 0

2

Dividendo per y si ottiene 0

y = x

2

y

Z 1 2

x + c c ∈ R

xdx = 1 1

2

Z

Z 0 1

y −2 + c c ∈ R

dx = y dy = − 2 2

2 y

y

Quindi la soluzione si trova risolvendo 1

1 2

x + c c ∈ R

=

− 2

y 6

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ovvero 1

y = − 1 2

x + c

2

Se ci fosse stata associata la condizione y(5) = 0 la soluzione sarebbe stata y ≡ 0, e difatti @c ∈ R

tale che 1

0= − 1 2

x + c

2

Esempio: risolvere il seguente problema di Cauchy

( √ 2

y −1

0

y = (2x + 1) y

y(−1) = −2

√ 2

y −1 , pertanto il suo dominio massimale è

f (x, y) = (2x + 1) y R × (]−∞, −1] ∪ [1, +∞[)

1

La funzione f è di classe C nell’aperto R × (]−∞, −1] ∪ [1, +∞[) e tale insieme contiene il pu