Appunti di Analisi II

Equazioni Differenziali Ordinarie

28 Febbraio

Se la funzione incognita è ad una sola variabile, si dice ordinaria

Es

• u(t) p.tasso d'interesse
• u'(t) = pu(t) → u(t) = ce^pt

(u(t₀) = u₀) Condizione Iniziale

Un problema differenziale con la condizione iniziale si chiama Problema di Cauchy

U(t₀) = U₀ : c → la soluzione diventa unica

Ordine di un'equazione

Ordine della derivata più alta

• y''' = 4x⁵ → 4^° ordine

Equazione in forma normale

Se posso scrivere la derivata di ordine massimo come una equazione in cui non compare y

Non tutte possono essere scritte in forma normale

Principio di Picano

Quando non c'è unicità nella soluzione, né no infinite

• {y = 3x^2/3}
• y(0) = 0

{y(0) = 0} {t < a}

{t,a} ∈ ∃ e.a ͨ

Se un'equazione dimostra:

• ∃ ∝ >0: |f(x,a) - f(x,b)| ≤ c |a-b|

Allora la soluzione è unica → Equazione di Unicità

u₁''=x

u₁'=x

u₁=x²/2+c

u_s=x²/6+cosx+c

u(0)=1

ho due costanti arbitrarie c e C

u(0)=C-1

u₁(x)=x³/6+cosx+1

sono tutte soluzioni; per trovarne una unica, devo imporre una condizione

Es.

u''-u²

u₁'=1

u₁²/2=α

u(0)=1

∫₀^tu₁²dt=∫₀^tu₁'e^x

z=1/(4(1))

d/2=1/2(1)

∫₀^tu₁'/y(1)

=∫₀^zz²dz=∫z²dz=

1/2

1/2(1)^x

1/(x₂+1)

-

1/y₂x-1

→ 1/y₄x-1

→ y=1/1→x

Verifica

u''-u²

u₁'(1-1)

-1/(1-2x)

-u²

non è definita per x=1

Posso trovare una soluzione per x=1? NO

Equazione Differenziale a Variabile Separabile

f(y)=glnz|h(u)

{y₁(x₀)=y₀

Caso particolare: h(u)=1

y₂glnx

{y(x₀)=y₀

Es.

f(y)= 2x+1/x+5

∫1/ 2x+5

∫2x+5

∫1/

u(x)=x-4(e^9(x+1))

u(0)=1-4e^9x+c+1

C=-1+4e⁹

= soluzione

Il problema ammette una soluzione cioè

u(x)=x-deg(x+x₁+1)+4e⁹

Equazioni Differenziali Non Omogenee

1) ψ₁(x) = a(x)z₁ + b(x)

2) ẏ(x) = a(x)z + b(x)

Teorema:

Se ẏ₁ e ẏ₂ sono soluzioni della 1, allora ẏ₁ - ẏ₂ è soluzioni della 2

Dimostrazione:

• ẏ₁ - ẏ₂ = z
• ẏ₁ = ẏ₂ʹ - ẏ₁ʹ = ψʹ₁
• = a(x)z₁ + b(x) - (a(x)z₁ + b(x))
• = a(x)z₁ + b(x) - a(x)z₂ + b(x)
• = a(x)z₁ - a(x)z₂
• = a(x)(z₁ - z₂)

zʹ = a(x)z

Corollario:

ogni soluzione di (4) è del tipo

[ψ₁(x), ẏ₂(x), c e^{∫_x₀ x a(t) dt} ]

dove ẏ è una qualsiasi soluzione di (4)

Metodo di Variazione delle Costanti

Lo uso per trovare ẏ

ẏ(x) = C(x) e^{∫_x₀ x a(t) dt}

ẏʹ(x) = C(x) e^{∫_x₀ x a(t) dt} a(x)

+ C(x)ʹ e^{∫_x₀ x a(t) dt}

- a(x)z = a(x)z₁ + b(x)

= a(x)(z(x)e^{∫_x₀ x a(t) dt} + b(x))

C(x)ʹ e^{∫_x₀ x a(t) dt} - b(x) e^{∫_x₀ x a(t) dt}

= C(x)ʹ = -b(x)e^{∫_x₀ x a(t) dt}

⇒ C(x) = ∫^x_x₀ - fxdz + ∫^x_x₀ fadt - b(x)e^{∫_x₀ a(t)dt}

Formula delle Soluzioni di 1

ψ(x) = ∫^x_x ( ^bα_a(t) dt ) - b(x) e^{∫_x₀ a(t) dt} + c e^{∫_x₀ a(t) dt}

ψ₂(x) = [c] z = ẏ₀

C deve essere ẏ₀

esempio

y''-4y'+4y=0

r²-2r+2=0   (r-2)²=0   r₀=2

Mu₁=e^r₀x

Mu₂=xe^r₀x

y=C₁+C₂x e^r₀x   insieme di tutte le soluzioni

{y₀=4e⁰}

{y'(0)=0}   [trovo C₁ e C₂]

y(x)=C₁+C₂x

y(x)=C₂4e^x

4x{2}=1   (C₂=¹⁄₄)

y(x)=4+C₂x

C₂=¹⁄₄

y(x)=⁴⁄₄+¹⁄₄e^x   → soluzione

Si possono avere 2 problemi:

1)

y''-4y'+4y=0

{y(0)=0}

{y'(0)=4}

soluzioni uguali

r²-4r+4=0   (r-2)²=0   r=2,2

e^2x

xe^2x

Devono esserci due soluzioni linearmente indipendenti, così viene a mancare una soluzione. Come la troviamo? Basta mettere un x:

1) e^x

2) xe^x però dobbiamo verificare che sia vero:

α_x ha molteplicità h (ha h soluzioni)

[  e^αx   xe^αx   x^h-2e^αx   ...   x^h   ]

Dimostrazione

e^x xe^x

(D-2)(D-2)4=0   ⇒ (D-2)xe^2x=0

(D-2)[Dx(xe^2x-2xe^x]=(D-2)(e⁺¹xe^2x-2xe^x) - (D-2)e^2x

[D-1α]^h con h=1

Si abbasserà sempre fino ad annullare a 0

Prodotto Scalari

u·v = (v, w) = v₁w₁ + v₂w₂ + ... + v_nw_n

• v·(v, w) = (w, v)
• (v, v) ≥ 0
• (λv, w) = λ(v, w)

Limiti

lim_{(x, y) → (x0, y0)} f(x, y) = L

V ∈ ℝⁿ |v| = ||v|| = (v, v)^1/2 = √(v₁² + v₂² + v₃² + ... + v_n²)

Modulo o Norma

∀ ε > 0 ∃ δ > 0 t.c. |f(p) - l| < ε ∀ Q ∋ |p - p| < δ

P₂(x, y) P₀(x₀, y₀