Equazioni differenziali ordinarie

Gianni Sammito Equazioni differenziali ordinarie www.matematicamente.it

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 differenziale del primo ordine. Risolvere ∫ sin(x)dx equivale a trovare una funzione y(x) tale che

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

y′(x) = sin(x)

y(π/2) = 4

− cos(π/2) + c = 4, ovvero se c = 4, e l’unica soluzione è soddisfatta solo se

y(x) = − cos(x) + 4

Esempio: attraverso equazioni differenziali è possibile modellare il comportamento della corrente in un circuito RLC.

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

d²i(t)/dt² + R/L · di(t)/dt + 1/C · i(t) = 0

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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

~v′(t) = ~x′(t)

~a(t) = ~x″(t)

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

~x″(t) = 1/m F(t, x, x′)

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Esempio: datazione con il C. Sia

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

Durante l’intervallo di tempo da t a t + ∆t, con ∆t arbitrariamente piccolo, la quantità di C diminuisce, quindi una quantità ∆y di C si disintegra, ovvero

y(t + ∆t) = y(t) − ∆y

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∆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

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

y′(t)/y(t) = −k

Per determinare la soluzione dell’equazione differenziale conviene ora integrare ambo i membri fra 0 e T, T ∈ R

∫₀ᵀ y′(t)/y(t) dt = −k∫₀ᵀdt ⇒ [ln(y(t))]₀ᵀ = [−kt]₀ᵀ

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

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

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Conoscendo y(T) (si può misurare, è la quantità attuale di C) e conoscendo y(0) (è la quantità media di C nell’atmosfera), si può ricavare T

T = −1/k ln(y(T)/y(0))

In generale, un’equazione differenziale del tipo

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

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 così

y⁽ⁿ⁾(x) = F(x, y(x), y′(x), . . . , y⁽ⁿ⁻¹⁾(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

y⁽ⁿ⁾(x) = F(x, y(x), y′(x), . . . , y⁽ⁿ⁻¹⁾(x)) ∀x ∈ I

allora y è la soluzione dell’equazione differenziale. Risolvere un’equazione differenziale significa trovare tutte le funzioni che la soddisfano.

Esempio: si risolva la seguente EDO del 2° ordine

y″(x) = x

Integrando ambo i membri una volta si ottiene

y′(x) = 1/2 x² + c, c ∈ R

Integrando una seconda volta si arriva a

y(x) = 1/6 x³ + cx + d, c, d ∈ R

Per selezionare un’unica soluzione è necessario dare almeno altre due condizioni su y(x). Ad esempio y(0) = 1 ⇒ d = 1

y′(0) = 2 ⇒ c = 2

Tenendo conto anche di queste condizioni la soluzione cercata è y(x) = 1/6 x³ + 2x + 1.

Esempio: risolvere la seguente EDO del primo ordine

y′(x) = 3√[3]{y²(x)}

y(0) = 0

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

Dividendo per 3√[3]{y²(x)} si ottiene

y′(x)/(3√[3]{y²(x)}) = 1

Integrando ambo i membri si ottiene

∫₀ˣ y′(t)/(3√[3]{y²(t)})dt = ∫₀ˣdt

da cui

[√[3]{y(t)}]₀ˣ = x ⇒ √[3]{y(x)} = x ⇒ y(x) = x³

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

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

y′ = F(t, y)

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

F(t, y(t)) = (f₁(t, y(t)), f₂(t, y(t)), . . . , fₙ(t, y(t)))

y = y(t) = (y₁(t), y₂(t), . . . , yₙ(t))

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

• y₁′ = f₁(t, y(t))
• y₂′ = f₂(t, y(t))
• …
• yₙ′ = fₙ(t, y(t))

Il problema di Cauchy associato al sistema consiste nel trovare una soluzione (almeno) del sistema soddisfacente alla condizione iniziale y(t₀) = y₀ ∈ Rⁿ, dove t₀ e y₀ sono assegnati. In modo più sintetico si scrive

y′ = F(t, y)

y(t₀) = y₀

In particolare (t₀, y₀) ∈ I × A, ovvero t₀ ∈ I e y₀ ∈ A. Si noti che I × A è il dominio di F.

Trovare una soluzione del problema di Cauchy significa trovare una funzione y : J → A, con J ⊂ I e t₀ ∈ J tale che

y′(t) = F(t, y(t)) ∀t ∈ J

e y(t₀) = y₀

Esempio: questo è un problema di Cauchy

y′(t) = 3√[3]{y²(t)}

y(0) = 0

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

y ≡ 0

y(t) = t³

In questo caso F(t, y) = 3√[3]{y²}. Osserviamo che

∂F/∂y = 1/√[3]{y}

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.

Teorema di esistenza e unicità

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

F : I × A → Rⁿ : (t, y) ↦ F(t, y)

Sia (t₀, y₀) ∈ I × A un punto appartenente al dominio di F, e supponiamo che

• F sia continua in I × A (cioè nel suo dominio);
• ∂F(t, y)/∂(y₁, y₂, ..., yₙ) esiste ed è continuo in I × A.

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

y′ = F(t, y)

y(t₀) = y₀

ha una ed una sola soluzione y definita in un opportuno intorno J di t₀.

Corollario: la conclusione del precedente Teorema continua ad essere vera se F ∈ C¹(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

y′ = y^α, α ∈ R \ {1}

y(0) = 1

In questo caso F(t, y) = y^α, e il suo dominio è R × ]0, +∞[, infatti t può assumere qualsiasi valore mentre y può assumere solo valori positivi. Inoltre

(t₀, y₀) = (0, 1) ∈ R × ]0, +∞[

Dato che F ∈ C¹(R × ]0, +∞[) il Teorema di esistenza e unicità è applicabile, pertanto la soluzione a questo problema esiste ed è unica. Moltiplicando ambo i membri per y^−α si ottiene

y^−αy′ = 1

quindi

∫₀ᵗ y^−α(s)y′(s) ds = ∫₀ᵗ ds ⇒ [y^1−α(s)/(1−α)]₀ᵗ = t

ovvero

y^1−α(t)/(1−α) − y^1−α(0)/(1−α) = t

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

y^1−α(t) = (1 − α)t + 1

⇒ y(t) = [(1 − α)t + 1]^1/(1−α)

Supponendo α > 1, la soluzione si può scrivere come

y(t) = [1 − (α − 1)t]^{−1/(α−1)}

Tutte queste soluzioni hanno un denominatore che si annulla in

t = 1/(α − 1)

In questo punto c’è un asintoto verticale, ovvero la soluzione esplode in t = 1/(α − 1), di conseguenza non ha senso considerare le soluzioni dopo quel punto. Quindi y è definita (come soluzione) in

]−∞, 1/(α − 1)[

Anche se la funzione y è definita per t > 1/(α − 1), in realtà in tale intervallo non è soluzione del 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

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 y₀ ∈ R tali che h(y₀) = 0 danno luogo a soluzioni costanti y ≡ y₀ ∀x. Infatti se y(x) = y₀ allora y′(x) = 0, e se h(y₀) = 0 allo stesso modo g(x)h(y₀) = 0. Quindi il primo passo è quello di trovare tutte le soluzioni costanti risolvendo

h(y) = 0.

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

y′/h(y) = g(x)

e si integra ambo i membri

∫g(x)dx = G(x) + c₁, c₁ ∈ R

∫dy/h(y) = H(y) + c₂, c₂ ∈ R

Posto c = c₁ − c₂

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

y = H⁻¹(G(x) + c)

Esempio: risolvere la seguente equazione differenziale a variabili separabili

y′ = xy²

Per prima cosa si trovano le soluzioni costanti tali che

y² = 0 ⇒ y ≡ 0

Dividendo per y² si ottiene

y′/y² = x

∫x dx = 1/2 x² + c₁, c₁ ∈ R

∫y′/y² dx = ∫y⁻²dy = −1/y + c₂, c₂ ∈ R

Quindi la soluzione si trova risolvendo

−1/y = 1/2 x² + c, c ∈ R

ovvero

y = −1/(1/2 x² + c)

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

0 = −1/(1/2 x² + c)

Esempio: risolvere il seguente problema di Cauchy

y′ = (2x + 1)√(y² − 1)

y(−1) = −2

f(x, y) = (2x + 1)√(y² − 1), pertanto il suo dominio massimale è R × (]−∞, −1] ∪ [1, +∞[)

La funzione f è di classe C¹ nell’aperto R × (]−∞, −1] ∪ [1, +∞[) e tale insieme contiene il