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ANALISI 2
EQ DIFFERENZIALI DEL 1o ORDINE
OSSERVAZIONE
Si definisce f continua in (t0, y0) se ∀ ε > 0, ∃ δ > 0 : |f(t, y) - f(t, y0)| ≤ ε per ∀ (t, y) - (t, y0) | ≤ δ
EQ DIFFERENZIALI DEL 1o ORDINE
Sia f: D → ℝ continua in (t0, y0) ∈ D, sia D = (t0 - h, t0 + h) × (y0 - k, y0 + k)
Vogliamo risolvere il seguente problema di Cauchy (P.C.)
- y'(t) = f(t, y(t))
- y(t0) = y0
Ci chiediamo quindi se esistono una o più funzioni definite in un intorno I di t0 tali che abbiano derivate prime e valori al punto iniziale t0.
TEOREMA
Sia f: D → ℝ continua in (t0, y0) ∈ D sia D = (t0 - h, t0 + h) × (y0 - k, y0 + k) se |f(t, y1) - f(t, y2)| ≤ L |y1 - y2|, ∀ (t, y1), (t, y2) ∈ D
allora ∃ un intorno I di t0 tale che il P.C. ammette una ed una sola soluzione.
Equazioni differenziali di I ordine a variabili separabili
Sia f(t,y) = a(t)b(y) sia a: I → R continua
siano I = [t0 - h, t0 + h] e S = [y0 - k, y0 + k]
Risolvano
y' = a(t) b(y(t)), t ∈ I.
- Se il numero y0 è soluzione di b(y0) = 0 allora la funzione costante y(t) = y0 è una soluzione dell'equazione differenziale y' = a(t)b(y(t)).
- Se il numero y0 è soluzione di b(y0) ≠ 0
l'eq.diff.a variabili separabili si può riscrivere nella forma:
y' / b(y) = a(t)
quindi un’ipotetica soluzione y(t) soddisfa l'identità:y'(t1) / b(y(t1)) = a(t)
sono dunque gli integrali:∫ (y'(t) / b(y(t)) ) dt = ∫ a(t) dt + c
ma effettuando il cambio di variabile al prim da y(t) a∫(y'(t) / b(y(t)) ) dt = ∫(1 / b(y)) dy [ y0 = y(t) ] = ∫ a(t) dt + c
sia quindi risolto l'integrale B(y) = ∫ (dy / b(y) ) dy definito in S è A(t) = ∫ a(t) + c definito in I1 A: I → RB(y) = A(t) + c
Svolgimento Eq. Diff. A Variabili Separabili
1)
{ dy/dt = a(t) * b(y(t)) y(t_0) = y_0 { dy/dt = y - y^2 y(0) = 2Si nota che a(t) = 1 è definito su ℝ
Si nota che b(y(t)) = y - y^2 è continua e di classe C¹ cioè dev' continuo e derivabile su ℝ
A Cerchiamo b(y(t_1)) = 0 con soluzione y(t) = y_0
Se ciò succede y(t) = y_0 è unica soluzione (per teorema esistenza e unicità definito in tutti ℝ meno succede raratata)
y - y^2 = 0 ⇔ y(y -1) = 0 ⇔ y(t_1) = 0 ⇔ y = 0, 1
ma y(0) = 0, 1 ≠ 2 dunque scartiamo
B Cerchiamo b(y(t_1)) ≠ 0
Quindi b(y(t_1)) ε Dy(y(t_1))
Se dx Dy(y(t...))
ma ora va verificate la series di domini su cui lavora
in base e dove si trova y_0
(quindi si resolve ∫ 1/b(x11) dy = ∫ a(t) dt
y ε ] -∞, 0[ U ] 0,1[ U ] 1, +∞ [ Con (2) ε ]1 + ∞ [
si considerallora y ε ]1, + ∞ [
∫ 1/(y-y^2) dy = ∫ 1 dt → ∫ 1/y dy + ∫ 1/(1-y) dy = ∫ dt * log |y| - log |1-y| = t + c , c ε ℝC) Si impone y(to) = y_0 per trocare c
log |y| - log | 1 - y| = t + c y(0) = 2 → log |2| - log | 1 - 2 | =0 → log | 2 | =0 + c → log (2) - log (1) = c → log(2/1) = c → log (2) = cD) Si sostituta c in * ricordando che y ε ] 1 , +∞ [
log | y| - log | 1 - y| = t + c → log | y| - log | y - 1 | = t + log 2 log ( y / ( y -1) ) = log(e^t) + log(2) → y / (y-1) = 2 e^t → y^2 e^t = = 2 e^tEq differenziali lineari del 1'ord.
Y' + a(t)Y = B(t)
Siano a e b funzioni continue su I intervallo sia I ⊆ ℝ, sia t∈ℝ allora definire l'equazione sovrastata come equazione differenziale lineare di 1'ordine scritta in forma normale (perché il coefficiente dell'incognita al grado massimo è 1).
L'equazione Y' + a(t)Y = 0 è detta equazione diff.lin. di 1'ordine associata omogenea.
Il sistema
{Y'+a(t)Y = f(t)
{Y(t₀)=Y₀
è detto
Problema di Cauchy associato all'eq.diff.lin. di 1'ordine.
L'insieme delle soluzioni dell'eq.diff.lin. di 1'ordine è detto integrale generale.
Teorema
Sia Y'+a(t)Y = f(t) eq.diff.lin. di 1'ordine siano a e b funzioni continue su I ⊆ ℝ.
Allora l'integrale generale dell'equazione diff.lin. di 1'ordine si ottiene aggiungendo all'integrale generale dell'equazione omogenea associata, una soluzione particolare della costante (eq.diff.lin. di 1'ordine)
TEOREMA
a) L'insieme delle soluzioni dell'equazione omogenea associata Z'' + a(t)Z' + b(t)Z = 0 in un dato intervallo I è uno spazio vettoriale (sottospazio di C2(I))
b) L'integrale generale dell'equazione completa Y'' + a(t)Y' + b(t)Y = f(t) si ottiene sommando l'integrale generale dell'equazione omogenea associata e una soluzione particolare dell'equazione completa
Dimostrazione
b. La dimostrazione è analoga al caso di 1o ordine
a. La dimostrazione che uno spazio vettoriale è automatico in quanto stato dimostrato per sistemi lineari
Per dimostrare che con dimensioni 2 definiamo la base in qui segue la dimostrazione del P.C. verifichiamo che un sistema di generatori, linearmente indipendenti,
- sono Z1, Z2 due soluzioni uniche di:
- Z1'' + a(t)Z1' + b(t)Z1 + Z = f(t)
- Z1(t0) = 1
- Z1'(t0) = 0
Z1, Z2 sono 1=linearmente indipendenti, poiché non multipli l'uno dell'altro Z1(t) ≠ λZ2(t)
2=generato dello spazio vettoriale. Infatti sia Z0 soluzioni dell'o.m. associata uniche sia Z0(t0)Z1(t) + Z0'(t1) Z2(t) soluzioni dell' eq omogenea
- con il P.C. ha uno ed un solo soluzione, quindi dell'unicità. Z0(t) = Z0(t0) Z1 + Z0'(t1) Z2
La cui combinazione lineare genera l'integrale generale dell' omog associata
Esercizio
Y'' - Y = sin(x)
- λ - 1 = 0
λ1 = 0.4 (- 1) - 1,
Z1 = ex
- es: λ1 = 0.5
Y(x) = C1ex + C2e-x
-
let Y(x) = K1cos(λ1x) + K2sin(λ1x)
Dem:
Y(t) = -2/2 cos(x)
TEOREMA SULLE FUNZIONI CONTINUE
Sia f : ℝ → ℝ continua
allora
- gli insiemi {X ∈ ℝn : f(x) < a} ; {X ∈ ℝn : f(x) > a} sono aperti
- gli insiemi {X ∈ ℝn : f(x) ≥ 0} ; {X ∈ ℝn : f(x) ≤ 0} ; {X ∈ ℝn : f(x) = 0} sono chiusi
CHIUSURA
Definiamo chiusura di E l'insieme E ∪ ∂EE.
Discende che E ⊆ E ⊆ E
TEOREMA DI WEIERSTRASS
Sia E insieme chiuso e limitato, se f: E → ℝ continua,
allora f ha massimo e minimo, ossia esistono
x_, x¯ ∈ E t.c. f(x_) ≤ f(x) ≤ f(x¯), ∀ x ∈ E
DEFINIZIONE
Sia E ⊆ ℝn
diciamo che E è convesso per archi se ∀ x, y ∈ E
(x ≠ y) esiste curva γ : [0, 1] ⊆ E continua t.c. γ(0) = x γ(1) = y
TEOREMA DEGLI ZERI
Sia E insieme convesso per archi, se f : E → ℝ continua,
sono x_, x y ∈ E t.c. f(x _) > 0 e f(x_) < 0
allora lungo ogni curva-arco γ: [0, 1] ⊆ E continua t.c. γ(0) = x γ(1) = y, ∃ t. c'è almeno uno 0 di f
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