Analisi 1- equazioni differenziali di secondo grado

Consulenza domani ore 13 - 13.30

Trova in itinere fino a primitive el. limiti, ordini inf., p.p. con Maclaurin/Taylor derivate, monotonia, convessità calcolo di primitive (elementare).

Eq. diff. 2° ordine lineari a coeff. cost. complete.

x^''(t) + a x^'(t) + b x(t) = f(t)

Caso f(t)=0 si chiamano omogenee.

Delle eq. eq. omogenee:

x^'' + a x^' + b x = 0

Integrale generale:

c₁ y₁(t) + c₂ y₂(t)   c₁, c₂ ∈ ℝ soluzioni.

Eq. caratteristica:

α² + aα + b = 0

Casi.

Consulenza domani ore 13-13.30

Trovare in itinere fino a primitive el. limiti, ordini inf., p.p. con Maclaurin/Taylor derivate, monotonia, calcolo di primitive (elementare).

Eq. diff. 2° ordine lineari a coeff. cost. complete.

x"_(t) + a x'_(t) + b x_(t) = f_(t)

Caso f_(t)=0 si chiamano omogenee.

Delle eq. eq. omogenee:

x" + a x' + b x = 0

Integrale generale:

c₁ y₁(t) + c₂ y₂(t)     c₁, c₂ ∈ ℝ

Eq. caratteristica:

α²+a α+b = 0

Casi dell’equazione caratteristica

1) a² + a + b = 0

Ha due soluzioni reali distinte:

α₁, α₂ ∈ ℜ α₁ ≠ α₂

y₁(t) = e^α₁t

y₂(t) = e^α₂t

y(t) = c₁ e^α₁t + c₂ e^α₂t

2) a² + a + b = 0

Ha due soluzioni reali coincidenti:

α₁ = α₂ = α₀ ∈ ℜ

y₁(t) = e^α₀t

y₂(t) = t e^α₀t

y(t) = c₁ e^α₀t + c₂ t e^α₀t

3) a² + a + b = 0

Non ha soluzioni reali, ma ha due soluz. complesse coniugate:

γ + iω

γ - iω

y₁(t) = e^(γ+iω)t= e^γt e^iωt= e^γt (cosωt + i senωt)= e^γt cosωt + i e^γt senωt

y₂(t) = e^(β-iω)t = e^βt e^-iωt= e^βt [cos(-ωt) + i sin(-ωt)]= e^βt cos ωt - i e^βt sin ωt

¹/₂ y₁(t) + ¹/₂ y₂(t) = ¹/₂⋅e^βt cos ωt

¹/_2i y₁(t) - ¹/_2i y₂(t) = ¹/₂ e^βt sin ωt + ¹/₂ e^βt sin ωt = e^βt sin ωt

ỹ₁(t)= e^βt cos ωt ỹ₂(t)= e^βt sin ωt

y(t) = c₁ e^βt cos ωt + c₂ e^βt sin ωt.

Esempio con x'' + x = 0

Es. x'' + x = 0

Eq. caratter. d²+1 = 0

d = ± i

β = 0 ω = 1

e^βt cos ωt = e^0t cos 1⋅t = cos t

e^βt sin ωt = e^0t sin 1⋅t = sin t

Int. gen. y(t) = C₁cos t + C₂sin t

Eq. completa

x'' + a x' + b x = f(t)

f: I → ℝ continua

I intervallo di ℝ

Teorema

L'integrale generale dell'eq. completa in I si scrive:

y(t) = y_o(t) + y_p(t)

Dove y_o(t) è l'integrale generale dell'eq. omogenea (x'' + a x' + b x = 0) e y_p(t) è una soluzione particolare dell'eq. completa.

Dim. Passo 1. Se y_o(t) è una soluz. dell'eq. omogenea e y_p(t) è una soluz. dell'eq. completa ⇒ ŷ(t) = ỹ_o(t) + y_p(t) è soluz. dell'eq. completa.

Passo 2. Tutte le soluz. dell'eq. complete si scrivono nella forma y_o(t) + y_p(t).

Dimostrazione passo 1

ŷ(t) = ẏ_o(t) + ẏ_p(t)

Derivo e sostituisco:

ŷ' = ẏ_o' + ẏ_p'

ŷ'' = ẏ_o'' + ẏ_p''

x'' + ax' + bx = f(t)

Al posto di x scrivo ŷ.

ŷ'' + a ŷ' + b ŷ = (ẏ_o' + ẏ_p') + a (ẏ_o'' + ẏ_p'')

= [ẏ_o'' + a ẏ_o' + b ẏ_o] + [ẏ_p'' + a ẏ_p' + b ẏ_p] = 0 + f(t) = f(t)

= 0 perché ẏ_o è una soluz. dell'eq. omog.

= f(t) perché ẏ_p è soluz. dell'eq. completa.

=> ŷ è soluz. dell'eq. completa.

Dimostrazione passo 2

Se y_P1(t) e y_P2(t) sono due soluz. dell'eq. completa allora:

y_P2(t) = ẏ_o(t) + ẏ_P1(t)

Dove ₀(t) è dell'eq. omogenea.

y_P2(t) - y_P1(t) = ₀(t)

Vice mostrato che y_P2 - y_P1 è dell'eq. omogenea.

Derivo e sostituisco:

'₀ = y'_P2 - y'_P1

''₀ = y''_P2 - y''_P1

''₀ + a '₀ + b ₀ = (y''_P2 - y''_P1) + a (y'_P2 - y'_P1) + b (y_P2 - y_P1) =

= [y''_P2 + a y'_P2 + b y_P2] - [y''_P1 + a y'_P1 + b y_P1] =

= f(t) perché y_P2 è dell'eq. complete.

= f(t) perché y_P1 è dell'eq. complete.

= f(t) - f(t) = 0

= ₀ è dell'eq. omogenea.

Il problema di det. l'int. generale dell'eq. completa è ricondotto a calcolare UNA soluzione dell'eq.

Casi in cui si riesce a calcolare una soluz. dell'eq. completa

• F(t) = P(t) e^λt con P(t) polinomio.
• F(t) = e^λt [P(t) cos ωt + Q(t) sin ωt] P, Q polinomi.
• F(t) è scritto come somma di funzioni dei tipi 1 e 2.

Caso 1

(caso 1) Cerco soluzioni della forma y_p(t) = t^m P(t) e^λt dove P(t) è un polinomio dello stesso grado di P.

m = 0 se λ non è radice dell'eq. caratteristica d² + αd + b = 0

m=1 se λ è radice di molteplicità 1 dell'eq. caract.

m=2 se λ è radice di molt. 2 dell'eq. caract.

Caso 2

caso 2) Cerco soluzione della forma:

t^m e^lt ( Õ(t) cosωt + &Qtilde;(t) sinωt )

Dove Õ e &Qtilde; sono polinomi di grado uguale al massimo fra i gradi di P e Q e m=0 se ±iω non è radice dell'eq. caract.

m=1 se ±iω è radice dell'eq. caract.

Caso 3

caso 3) f(t)= f₁(t) + f₂(t) principio di sovrapposizione.

Cerco y_P1 soluz. di x''+ax'+bx=f₁(t)

Cerco y_P2 soluz. di x''+ax'+bx=f₂(t)

⇒ y_P = y_P1 + y_P2

Unica soluz. di x''+ax'+bx=f₁+f₂ e̅

Esempio: x'' + x = cos 2t + e^t

Es. x^'' + x = cos 2t + e^t

y(t) = y_o(t) + y_p

y_o(t) = c₁ cos t + c₂ sin t

y_p1 soluz. di x^'' + x = cos t

y_p2 soluz. di x^'' + x = e^-t

Calcolo y_p1 x^'' + x = cos t

x^'' + x = 0

x^'' = -x

k = 1

f₁(t) = cos 2t = e^0t(cos 2t + 0 ⋅ sin 2t)

λ = 0 ω = 2

λ + iω = 2i

eq. α² + 1 = 0 2i non è radice dell'eq. caratter.

Cerco una soluz. della forma:

y_p1 = ₌₁ ( k₁ cos 2t + k₂ sin 2t ) = k₁ cos2t + k₂ sin2t

y_P1 è sol. se soddisfa l'eq. Derivo e sostituisco per determinare k₁, k₂ che rendono y_P1 soluz.

y'_P1 = -2k₁ sin2t + 2k₂ cos2t

y''_P1 = -4k₁ cos2t - 4k₂ sin2t

Sostituisco nell'eq. x'' + x = cos2t.

y''_P1 + y_P1 = cos2t

-(4k₁ cos2t - 4k₂ sin2t + k₁ cos2t + k₂ sin2t

(-4k₁ + k₁ - 1) cos2t + (-4k₂ + k₂) sin2t = 0

{-3k₁ - 1 = 0 -4k₂ + k₂ = 0}

k₁ = -1/3

k₂ = 0

y_P1(t) = -¹⁄₃ cos 2t

x^'' + x = f₁(t) + f₂(t)

Risolvere:

x^'' + x = f₂(t)

x^'' + x = 1∙e^t

f₂(t) = 1∙e^t = e^1t

Cercare soluzione dello stesso tipo:

y_P2(t) = K∙e^t

Derivo y^'_P2 = K∙e^t

y^''_P2 = K∙e^t

y^''_P2 + y_P2 = e^t

K∙e^t + K∙e^t = e^t

K + K = 1

2K = 1

K = ¹⁄₂

y_P2(t) = ¹⁄₂ e^t

Integrale gen.

y(t) = y₀(t) + y_p1(t) + y_p2(t) = c₁ cos t + c₂ sin t - ¹/₃ cos 2t + ¹/₂ e^t

Esempio: x'' + x = cos t

x'' + x = cos t

f(t) = e^0·t cos 1·t

0 + i ∙ t = i e

Cercare part. della forma:

y_p(t) = t (A cos t + B sin t)

y₀(t) = c₁ cos t + c₂ sin t

y_p¹ = A cos t + B sin t + t (-A sin t + B cos t)

y_p^'' = - A sin t + B cos t - A sin t + B cos t + t (-A cos t - B sin t)

= -2 A sin t + 2B cos t + t (-A cos t - B sin t)

Sostituisco:

y_p^'' + y_p = cos t

-2A sin t + 2B cos t + t (-A cos t - B sin t) + t (A cos t - B sin t) = cos t

cos t (2B - 1) - 2A sin t = 0

{2B - 1 = 0 2A = 0

y_p = t ¹/₂ sin t

Int. gen.

y(t) = c₁ cos t + c₂ sin t + ¹/₂ t sin t

Problema di Cauchy

x'' + x = cos t

x(t₀) = x₀

x(t₁) = x₁

Teorema

Dato il problema di:

x'' + a x' + b x = f(t)

x(t₀) = x₀

x'(t₀) = x₁

con f : I → R continua

t₀ ∈ I

Esiste un'unica soluzione del problema.

Esempio con condizioni iniziali

x'' + x = cos t

x(π) = 0

x'(π) = -1

L'int. gen. dell'eq. è:

y(t) = c₁ cos t + c₂ sin t + (1/2) t sin t

y'(t) = -c₁ sin t + c₂ cos t + (1/2) sin t + (1/2) t cos t

y(π) = 0

y'(π) = -1

Sostituico t = π

c₁ cos π + c₂ sin π + ¹⁄₂ π sin π = 0

-c₁ sin π + c₂ cos π + ¹⁄₂ π cos π = -1

-c₁ = 0

-c₂ + ¹⁄₂ π (-1) = -1

c₁ = 0

c₂ = 1 - ^π⁄₂

La soluzione (unica!) del problema di Cauchy è:

y(t) = (1 - ^π⁄₂) sin t + ¹⁄₂ t sin t

x' + a x' + b x = f(t)

x(t₀) = x₀

x'(t₀) = x₁

1) eq. caratter. σ² + aσ + b = 0