Equazioni differenziali

3. EQUAZIONI DIFFERENZIALI ORDINARIE LINEARI

• Nelle equazioni differenziali l'incognita è una funzione derivabile varie volte e l'equazione coinvolge le sue derivate, nell'incognita n°1, termini noti.

F(x, u, ..., u⁽ⁿ⁾) =

ORDINE DELL'EQUAZIONE: grado di derivazione massimo nell'equazione

• ORDINARIA significa che l'incognita è una funzione d'una sola variabile reale e quindi la derivazione può essere presa solo in questa variabile.

d_A; β² - > β²

ϕ_A (λx + μy) = λϕ_A (x) + μϕ_A (y)

x, y ∈ R^B2

λ, μ ∈ R

APPLICAZIONE LINEARE =>

E_S: sin(th) =/ non è appross.

I ⊆ R intervallo

• C¹(I) = spazio vettoriale delle funzioni derivabili una volta su I con derivata continua
• C^(I) = spazio vettoriale delle funzioni derivabili 2 volte su I con derivata seconda continua

f, g ∈ C⁴(I) => ∀λf + μg ∈ C⁴(I) ∀λ, μ ∈ R

L_I: C^'1(I) -> R è lineare se L (λf + μg) = λL(f) + μL(g) ∀f, g ∈ C^'1(I) ∀λ, μ ∈ R

E_S: h = ^d/_dx 1 x = x₀ con x₀ ∈ I

ESEMPI DI EDOL

1. MOTO UNIFORMEMENTE ACCELERATO

t —> s(t) spostamento s^''(t) = a con a ∈ R

Una soluzione di s^''(t) = α è:

s(t) = s₀ + V(0)t + ¹/ ₂ αt²

2. Moto armonico: ms^''(t) + ks(t) = 0

s^''(t) = ^-k/ _m s(t)

3. Decadimento esponenziale: u^'(t) + λ u(t) = 0

⇒ u^'(t) = -λ u(t)

Soluzione: u(t) = C·e^-λt con C ∈ ℝ

Dove l'integrale generale è dato da

E5. Risolviamo il problema di Cauchy

y' + 2y = e^3x

u(0) = 1 = Condizione iniziale

C(x) = 2, quindi la primitiva che scegliamo è C_∫(x) = 2x

I₀^x e^2tc(t)f(t) dt = e^2t I₀^x e^3t dt =

= [ \frac{1}{5} e^5t]_t=0^x = \frac{e^5x - 1}{5}

L'integrale generale è dato da:

e^-2x \left(\frac{e^5x - 1}{5}\right) = a e^-2x + b

Imponiamo le condizioni iniziali:

e^-2(0) \left(\frac{e⁵⁽⁰⁾ - 1}{5}\right) 3 = 1

Quando l'unica soluzione al problema di Cauchy è:

u(x) = e^-2x \left(\frac{e^5x - 1}{5}\right) = \frac{4}{5} e^-2x + \frac{1}{5} e^3x

E5. Risolviamo il problema di Cauchy:

(1 + x²) u' + xu = x (4 + x²)

u(\sqrt{5}) = 1

Pongo l'equazione in forma normale:

u' = \frac{x}{1 + x²} ; u = C(x)

C(x) = \frac{x}{1 + x²} ; C_∫(x) = \frac{1}{2} ln(1 + x²)

\int_\sqrt{5}^x e^{\frac{1}{2} ln(1 + t2)} t dt =

\int_\sqrt{5}^x e^{\frac{1}{2} \cdot ln(1 + t2)} t dt = \int_\sqrt{5}^x \sqrt{1 + t²} t dt =

= \left[\frac{2}{3} (1 + t²)^\frac{3}{2} \right]_t=\sqrt{5}^x =

due cui si deduce che l'Eq. risponde:

u₁(x) = e^axcos(bx)

u₂(x) = e^axsin(bx)

Sono soluzioni linearmente indipendenti dell'EDOL.

L'integrale generale è della forma:

{ e^ax(Acos(bx) + μ sin(bx) + λu_c(x))

dove a: Re(α) e radice di (★) dell'equazione caratteristica

b: Im(α)

LINEARE INDIPENDENZA DEI GENERATORI DEGLI INTEGRALI GENERALI

Si fa utilizzando il cosiddetto DETERMINANTE WRONSKIANO

W(u₁(x), u₂(x)) = u₁'(x)u₂(x) − u₂'(x)u₁(x)

• u₁' = a·u₁ + b·u₂
• u₂' = a·u₁ + b·u₂

FATTO 1:

W(u₁, u₂, x) ≠ è identicamente nullo ≡ si segni diversi da 0

FATTO 2:

W(u₁, u₂, x) = 0 ⇔ u₁, u₂ sono LINEARMENTE DIPENDENTI

C₁² - 4C₀ > 0

u₁(x) = e^c₁x

u₂(x) = e^c₂x

con c₁ ≠ c₂

det &[ e^c₁x e^c₂x ] = e^(a₁+a₂)x - a₁ e^(a₄+a₂)x - (d₁-d₁) e^(a₁+a₂)x ≠ 0

C₁² - 4C₀ = 0

u₁(x) = e^-c₁x

u₂(x) = xe^c₁x

det &[ e^c₁x x e^c₁x ]

det &[ e^c₁x

x e^c₁x − e