Appunti equazioni differenziali

Equazioni Differenziali

y' = f(t)g(y)

f(t) sia definite su un intervallo I ⊆ ℝ

g(y) ···································· J ⊆ ℝ

Soluzioni costanti:

Prop. ϕ(t)=K ∀ t ∈ I è sol. dell'eq. diff. g(K)=0y=K punto di equilibrio o stazionario per l'eq. diff.

Teorema di Peano (esistenza locale delle soluzioni)

(y' = f(t)g(y))f continua in un int I che contiene t₀,g continua in un int J che contiene y₀.

∃ un intervallo aperto I₀ ⊂ I, ∃ ϕ: I₀ -> ℝ derivabile etc(ϕ'(t)=f(t)g(ϕ(t)) soluzione dell'eqϕ(t₀)=y₀ soddisfa la condizione

y' = ³√yy(0)=0f(t)=1 g(y)=³√y è continue in y=0Questo problema di Cauchy ha infinite soluzioni

Oss. ϕ'(t), f(t), g(ϕ(t))Cont. per ip.Cont. su I=> ϕ(t) è continuse su I₀=> ϕ ∈ C¹ (I₀)

Definizione

f : I ⊂ ℝ ⟶ ℝ è lipschitziana con costante di Lipschitz h > 0 se

• ∃ h > 0 t.c. ∀ x₁, x₂ ∈ I |f(x₁) - f(x₂)| ≤ h |x₁ - x₂|
• se x₁ ≠ x₂ |(f(x₁) - f(x₂))/(x₁ - x₂)| ≤ h
• f(x)=|x| non è lipschitziana in un intorno di 0 perché
• lim_x⟶x0 (f(x) - f(x₀))/(x - x₀) = +∞
• ∀ h : ∃ B(0) x ∈ B(0) => |(f(x) - f(0))/(x - 0)| > h
• 1) f è lipschitziana in I ⇒ f è continua su I
• 2) f è di classe C¹ in I ⇒ f è lipschitziana su I

Teorema di Cauchy/Picard-Lindelof

esistenza e unicità locale della soluzione

• { y' = f(t) g(y) / y(t₀) = y₀
• f continua in I x I_y c ℝ cont t₀
• g lipschitziana in I_y c ℝ cont t₀

=> ∃ I₀ ⊂ I, ∃ φ ∈ C¹ su I₀ φ : I₀ ⇒ ℝ

• tale che φ'(t) = f(t) g(φ(t)) ∀ t ∈ I₀
• φ(t₀) = y₀
• e φ è l'unica soluzione del prob. di Cauchy su I₀

Sol. globali = sol. definite su I₁

Pannello di Peano:

₁ ⁴ ₁() = ³√ ₁(0) = 0

() = 1

Cont. su

³√

Non è lipschitziana in

alcun intorno di 0

Non vale il teo di esistenza e unicità delle soluzioni

1)

4₁ = 0 4 = 0 ₁(t) = 0

l'unica sol. costante def. su

2)

'₁ = ( ³√ ) · 1

t ≤ 0

¹/₃

'₁ = 1

=> ¹/₃∫ d = ∫ dt = t + c

∫ d = ∫ ³/₂ ⁴/₃

³/₂ = ²/₃ [t + c]³

= ± [²/₃ (t + c)]³

'₁(t):

[²/₃ (t + c)]³

²√ (²/₃ (t + c))³

(0) = 0

dom {t ∈ : t > c}

dom =

dom :

γ(t):

[₁(t)

0

t < c

ψ(t):

[₂(t)

0

t < 0

Sono soluzioni def su D se sono derivabili e se

' ₁(t) = ³√

√(²/₃³√) t > 0

' ₁(t)

[([²/₃ t]^3/2) ]^1/2 : ¹/₂ ¹/_√ ³/₂ ^t√ ¹/₆ ^√/ ¹/₂₅ ^√/ ¹/₆ ¹/₅

Equazioni differenziali lineari del secondo ordine

(*) y'' + a(t)y' + b(t)y = f(t)

a(t), b(t), f(t) def. su uno stesso intervallo I ⊂ ℝ

eq. complete (o affine) se f(t) ≠ 0 per qualche t ∈ I

eq. omogenee se f(t) = 0 cioè f(t) = 0 ∀ t ∈ I

f(t) termine forzante y'' ::= a(t)y' + b(t)y + f(t)

1. Esempio: y'' - w₁y

   y'' + w₁y = 0 oscillatore armonico

   eq. diff. lineare a(t):=0 b(t):= w₁² omogenea

2. Oscillatore armonico smorzato (con attrito)

   y'' - w₁y - b₁y' (b > 0) => y'' + b₁y' + w₁²y = 0

   • q(t) := b
   • b(t) := w₁²
   • omogenea
   • f(t) := g
   • [termino forzante]

3. Caduta di un grave in un mezzo viscoso

Teorema di esistenza e unicità della soluzioni

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

PC { y(t₀) = y₀, y'(t₀) = y'₀}

se a(t), b(t), f(t) continue su un intervallo I contenente t₀

=> ∃ unica soluzione di PC, definita su I

Cioè y: I → ℝ derivabile 2 volte su I e tale che

{ y''(t) + a(t)y'(t) + b(t)y(t) = f(t) ∀ t ∈ I

y(t₀) = y₀, y'(t₀) = y'₀}

Cerco le φ(t) = e^zt che sono soluzioni dell'eq(1)

φ'(t) = ze^zt φ''(t) = z² e^zt

=> z² e^zt + ae^zt + be^zt = 0 ∀t ∈ ℝ

=> e^zt (z² + az + b) = 0

e^zt ≠ 0 ∀t

=> posso dividere per e^zt

(z² + az + b) = 0 eq. algebrica

Quindi dati φ'' + aφ' + bφ = 0 a,b,c ∈ ℝ

φ(t) = e^zt è soluz. dell'eq. (=> z è una soluzione dell'eq.

(z² + az + b = 0)

• Se Δ > 0

z² + az + b = 0 ha 2 sol. reali z₁, z₂ ∈ ℝ

=> ho 2 soluzioni reali e^z₁t e e^z₂t

e linearmente indipendenti

=> _{{ C1 e^z₁t + C2 e^z₂t , C1, C2 ∈ ℝ }}

integrare generale

Esempio. φ' + 3φ' + 2φ = 0

z² + 3z + 2 = 0 = (z+2)(z+1)=0

=> _{{C1 e^-2t + C2 e^-t , C1, C2 ∈ ℝ }}

• Se Δ = 0

z² + az + b = 0 => una sol. reale doppia (z - z₁)² = 0

Si è scoperto che anche φ(t)= t e^z₁t è soluzione

infatti φ'(t)=z₁ e^z₁t + t z² e^z₁t e= e^z₁t (1+t z₁)

φ''(t)=z₁²e^z₁t + z₁e^z₁t + t z₁²e^z₁t e= t e^z₁t (t z₂ + t z₁)

=> e^-z₁t (z₂ t + z₁ > z₂ e^{zzt + b = e = 0 ∀t}

e^zt (z₁ + t² + 1 + t ( z₁ + b )) =e ^t (z_{zz,t + 1) (z ^{-z2 t z1+ b))}}

=> z₁, z₂ = ^±√Δ

=> a,z = z_%^2=0^{%^2=}0

αlibiamo soluzioni φ₁(t) = e^z₁t φ₂(t) = te^z₁t

(c a/c - 3d 1/c)d t + (2 c 1 2d 3d) = c 1 t 1

- 5c t (2 c - d) = 4 t 1

{c a e^2t + c₂e^-4t - 1/5

f_h(t) s_mt P_m(t)e ^{d t} cos_{p t}

p_m(t) = 0 Q_m(t)^n grado 0 β= n , 2 = v

Ψ(t) = c e^2t cos_{p t} + d e^{2 t} sin_{p t}

Ψ'(t) = - c sin t d cos t

Ψ''(t) c cos t d sin t

Ψ(t) = c² e^-4t + 1/5

∴Ψ(t) 3/10 cos t - sin t

y'' - 3y 2y = f_h(t) s_mt

cos t C_{-3d 2c}) e^-4t/3

∫ p^dt sin t sin^t

(c-3d=0 ⇒ c 3d:d

Ψ(t) = 3/10 cos_t 4₄₀ sin_t

c₂e^2t + c₁e^3t

3/10 cos_t 4₁ sin_t

y'' - 3⁴ + 2⁴ - 3^2t + sin^t

se lo ho la same lasciar

delle forzono

y₄(t) 3 t² t² 10 t sin^t