Equazioni differenziali 2, Ordine

Teorema:

Sia A reale e simmetrica. Allora A è diagonalizzabile con matrice di passaggio ortogonale, cioè ∃ Λ diagonale O ortogonale t.c. A = OΛO^T. In particolare A ammette una base ortonormale di autovettori.

Equazioni Lineari del II Ordine

Partiamo da un esempio fisico: consideriamo una molla

F = -kX

F = ma ⇔ kX = ma

x_t: derivata seconda (legge oraria)

mx" + kx = 0

mλ² + k = 0

λ = ± i √(k/m)

x(t) = A cos(√(k/m) t) + B sen(√(k/m) t)

A, B numeri reali

Equaz. differenziale del II ordine: G(t, x, x',..., x^(k)) = 0

Sia I ⊂ ℝ (intervallo) L'insieme di tutte le funzioni continue in I si indica con:

C^k(I):= {f: I → ℝ, f derivabile k volte con derivata continue}

Un'equazione differenziale del secondo ordine si dice lineare se del tipo:

a₂(t)y'' + a₁(t)y' + a₀(t)y = g(t). Non c'è una formula risolutiva generale.

L(y):= a₂(t)y'' + a₁(t)y' + a₀(t)y

Se a₀, a₁, a₂ sono funzioni continue in I, allora L: C^k(I) → C(I), ossono una mappa lineare che

Teorema: Sia A reale e simmetrica. Allora A è diag.

onalizzabile con matrice di passaggio ortogo

nale, cioè ∃ Λ diagonale O ortogonale

t.c. A = OΛO^T. In particolare A ammette

una base ortonormale di autovettori.

Equazioni Lineari del II Ordine

Partiamo da un esempio fisico: considero una molla

F=-kX

Xⁱ: derivata

prima

(legge

oraria)

F=ma ⇔ -kx=ma

mx^"+kx=0 mλ²+k=0 λ=±i√

A, B numeri reali

X(t)=Acos(√_k/^m t) + Bsen (√_k/^m t)

Eqnaz. differenziale del II ordine: G (t, x, x',..., x^(k)) = 0

Sia I ⊂ IR (intervallo) L'insieme di tutte le funzioni

continue su I si indica con

C^(k)(I) = {f : I → IR, f derivabile k volte con derivate continue}

Un'equazione differenziale del secondo ordine

del tipo.

a₂(t)y^" + a₁(t)y'+a₀(t)y = g(t). Non c'è una

formula risolutiva generale.

L(y):= a₂(t)y^"+a₁(t)y'+a₀(t)y

Se a₀,a₁, a₂ sono funzioni continue in I, allora

L: C^(k) → C^((∃))(), osserva una mappa lineare che

prende C² e fa uscire una funzione continua, con C²(I) e C(I) quasi vettoriali di funzione.

Fatto: L è lineare: L(λ₁y₁ + λ₂y₂) = λ₁L(y₁) + λ₂L(y₂)

es. equazione differenziale senza soluzioni:

y' = f(t) f(t) = { 1 t > 0

{ 0 t < 0

Se ∃ f t.c. F'(t) = f(t) ∀t ∈ ℝ => F'(t) = 1 ∀t > 0

F(t) = t + c₁ ∀t > 0

F(t) = c₂ ∀t < 0

c₁ = c₂ perché continua

Teorema

(di esistenza e unicità per equazioni differenziali lineari del 2° ordine):

Siano a(t), b(t), f(t) funzioni continue su I ⊂ ℝ intervallo. Allora il problema di Cauchy,

• y'' + a(t)y' + b(t)y = f(t) t ∈ I
• y(t₀) = y₀ t₀ ∈ I fissato
• y'(t₀) = y₁

ha una e una sola soluzione y ∈ C²(I).

(y'' può avere coefficienti ma devono essere ≠ 0)

es. y' = y²

y(t) = 0   ∀t è soluzione

se y ≠ 0   ^y'/_y² = 1

-¹/_y(t) + ¹/_y(0) = t

y(t) = ¹/_y(0) - t

es. y = y^1/3

y(t) = 0   ∀t è soluzione

se y ≠ 0   ^y'/_y^1/3 = 1

³/₂ y^2/3(t) - y^2/3(0) = t

y^2/3(t) = ²/₃ t + y^2/3(0)

y(t) = [²/₃ t + y^2/3(0)]^3/2

Problema di Cauchy

{ y = y^1/3

{ y(0) = 0

y(t) ⇒ ∀t

L(y) := y″ + a(t)y′ + b(t)y

Teorema:

L'insieme delle soluzioni dell'equazione differenziale omogenea L(y) = 0 è uno spazio vettoriale. Inoltre ogni soluzione dell'equazione completa L(y) = f si scrivere come y(t) = y₁(t) + y₀(t) con y₁(t) soluzione particolare dell'equazione completa e y₀(t) soluzione dell'equazione omogenea.

Dim:

Se y₁ e y₂ sono soluzioni di L(y) = 0, allora L(λ₁y₁ + λ₂y₂) = λ₁L(y₁) + λ₂L(y₂) = 0 ∀ λ₁, λ₂ ∈ ℝ.

Inoltre L(y−y₁) = L(y) − L(y) = f − f = 0. Quindi y₀ := y − y₁ è soluzione dell'equazione omogenea.

Teorema:

Lo spazio vettoriale delle soluzioni di un'equazione differenziale lineare omogenea di 2º ordine ha dimensione due.

Dim:

Siano y₁, y₂ soluzioni dei seguenti problemi

• 1. L(y₁) = 0
  2. y₁(t₀) = 1
  3. y₁′(t₀) = 0
• 1. L(y₂) = 0
  2. y₂(t₀) = 0
  3. y₂′(t₀) = 1

y₁ e y₂ sono indipendenti: se non lo fossero il rapporto y₂(t) / y₁(t) = K ∀ t. Ma y₂(t₀) / y₁(t₀) = 0, cioè K = 0, cioè y₂(t) = 0 ∀ t, cioè y₂′(t) = 0 ∀ t.

Ma      y₂'(t₀) = 1 , contraddizione

Sia ora y(t) soluzione                di L(y) = 0 .

Si    a ga        y(t₀) = C₁    ,           y'(t₀) = C₂      per a o

C₂, C₁ ∈ℝ .

Sia ora z(t) = C₁y₁(t) + C₂y₂(t)

Allora    L(z) = 0    e soprattutto z(t₀) = C₁ · 1 + C₂ · 0 = C₁

z'(t₀) = C₁y₁'(t₀) + C₂y₂'(t₀) = C₁ · 0 + C₂ · 1 = C₂

Tali                    sono le stesse soddisfatte      y .

y e z sono allora            del        o &

   ma di     (a          yicità    y(t) = z(t)     ∀t  ,

   c.e y(t) = C₁y₁(t) + C₂y₂(t)        ∀t .

Def: siano y₁, y₂ soluzioni di L(y) = 0 . Il determinante associato a y₁, y₂ è definito da:

      W(t):= det          y₁(t)       y₂(t)

‍      y₁'(t)     y₂(t)

Teorema: y₁y₂ soluzioni di L(y) = 0 in I sono indipendenti &HArr; W(t) ≠ 0    ∀t .    Ino a

      de sse W(t₀) ≠ 0 per che t₀ ∈ I .

Dim: ( ⇔) Se y₁, y₂ fosseo           allora ∃ C₁ e C₂ 

       non entrambe nulle t.   C₁y₁(t) + C₂y₂(t) = 0 .      ∀t .

       De o a γ la       C₁y₁(t)+C₂y₂(t)=0       ∀t . Quindi

    (C₁, C₂)    il sistema:

{

            C₁y₁(t)+ C₂y₂(t) = 0

            C₁y₁'(t) + C₂y₁(t) = 0           ∀t

così implica det

Analoga

Equazioni differenziali lineari omogenee del 2^o ordine

• Y'' + a Y' + b Y = 0
• cercosoluzioni del tipo:
• Y(t) = e^Λt è sol. ⇔
• (equ. caratteristica)
• Y₁(t) = e^λ₁t
• sono soluzioni indipendenti
• ⇒ La sol. generale Y(t) è data da:
• con C₁, C₂ ∈ ℝ
• Si ha che:
• Y(t) = e^″
• è soluzione
• è
• cerco una seconda soluzione

Svolgendo i calcoli si vede che γ₂(t) = A(t) e^{−_a/2 t} è

soluzione di 1). ⇔ A''(t) = 0 , cioè ⇔ A(t) = α t + β

α , β ∈ ℜ.

In particolare te^{−_a/2 t} è soluzione di 1). Inoltre

e^{−_a/2 t} e te^{−_a/2 t} sono indipendenti. Quindi la solu-

zione generale e':

γ(t) = Ae^{_a/2 t} + Be^{−_a/2 t}

c). Supponiamo ora a² < b Le radici del polinomio

caratteristico sono :

λ = −_a±i_√b−a²

2    = λ_1,2

Ho le soluzioni e^λ₁t, e^λ₂t

⇔ Re (e^λ₁t ), Im (e^λ₁t ) sono

soluzioni reali

Re (e^λ₁t ) = Re(E)^{−_a/2 |}) = Re(e^{−a/2 |}    (

                  i^√b−a2/2 t)

| = Re( e^{−_a/2 [} cos (

t )

t

e^{−_a/2 |} t

2 (t) ) + i sin (

Im (e^λ₁t ) = e^−_a/2 sin(

√b−a² t )

Soluzione generale Reale :

γ(t) = e^{−_a/2 t}[A cos(

2

t ) + B sen (

(^√b–a²

2 )

t ) ]

2). y'' + ay' + by = f(t)

casi particolari:

1. f(t) polinomio di grado r. Esiste sempre una soluzione che è anch'essa un polinomio. Il grado del polinomio soluzione è r se b≠0, r+1 se b=0 ma a≠0, r+2 se b=a=0. Inoltre, se b=0, a≠0 il polinomio può essere scelto della forma tq_r(t) con q_r polinomio di grado r e se b=a=0, il polinomio soluzione può essere scelto della forma t²q_r(t) con q_r polinomio di grado r.

2. f(t) = A₁e^λ₁t, A₁, λ ∈ ℝ. Se λ non è radice del polinomio caratteristico allora esiste una soluzione della forma y(t) = Be^λt (B va trovato tramite l'equazione). Se invece λ è radice del polinomio caratteristico, di molteplicità uno (rispettivamente due), allora esiste una soluzione della forma y(t) = Bte^λt (rispetto y(t) = Bt²e^λt).

x² + ax + b = 0

• b=0 ⇒ λ = 0 è radice
• (se b≠0) ⇒ λ = 0 non è radice
• se b=0, a≠0 ⇒ λ = 0 è radice di molteplicità uno
• se b=0, a=0 ⇒ λ = 0 è radice di molteplicità due

es. y'' + 2y - y = 2e^xcos (3x)

2e^x cos (3x) = Re (2e^x (1 + 3i x))

Se risolvo z'' + 2z' - z = 2e^x (1 + 3i x) → y(t) = Re (z(t))

è soluzione dell'equazione di partenza.

λ² + 2λ - 1 = 0   λ = -1 ± √2   → 1 + 3i λ non è radice

del polinomio caratteristico.

Allora esiste una soluzione z(x) = Be^(1+3i)x

f(t) = p_r(t)e^λt

1. λ non è radice del polinomio caratteristico

   Allora esistono soluzioni del tipo p_r(t)e^λt con

   p_r polinomio di grado r da determinare.

2. λ radice di molteplicità rusp (step 2) Allora

   ∃ soluzione del tipo t p_r(t)e^λt (rsp. t²p_r(t)e^λt)

   con p_r polinomio di grado r da determinare.

c.) y'' + ay' + by = f(t)   a, b ∈ ℜ

Siano z₁(t) e z₂(t) due soluzioni indipendenti

dell'equazione omogenea. Cerco soluzioni di c.) della forma:

y(t) = c₁(t)z₁(t) + c₂(t)z₂(t)

vale y'(t) = c₁ 'z₁ + c₁z₁ ' + c₂ 'z₂ + c₂z₂ '

Impongo che c₁z₁ ' + c₂z₂ ' = 0

Sotto tale condizione y' = c₁ 'z₁ ' + c₂ 'z₂

=> y" = C₁z₁  + c₁z₁'  + C₂z₂  + c₂z₂"

y è soluzione di c). <=> C₁z₁'  + C₁z₁  '+ c₁z₁'  z₂'  + a(C₂z₁  + [...]

<=> C₁ (z₂'  + a z₂'  + b z₂) + C₂ (z₂  + a z₂'  + b z₂) + c₁z₁'  + c₁z₁'   = f

<=> f = C₁z₁'  + C₁z₁'

Dove quindi vale:

• C₁   z₁  +    C₂  = 0
• C₁    z₁ + C₂    z₁ = f

Il sistema per C₁, C₂ è univocamente risolubile

<<<>>> det   vertically 0, il che è vero, perchè il det

solotto e il wrensokpam di due notsolstoni ndrplopi dott muist eraquto laogots

Risolto: C₁  = -z₁  f

  _  ^___ ,  C₂  = z₁  f

    _  ^___

        z₁  z₁-  z₂ -z₂  z₁ 

          0       0

Ep. oscillatore armonico smorzato:

y'' + ω²y = f(t)

le soluzioni di y'' + ω²y = 0 si trovano osservandoche λ² + ω² = 0 ⟷ λ = ± iω, le soluzioni sonoallora z₁(t) = cos(ωt) , z₂(t) = sen(ωt)

{_C₁cos(ωt) + _C₂sen(ωt) = 0

{_C₁( - ωsen(ωt)) + _C₂(ωcos(ωt)) = f

{_C₂ = -_{C₁ cos(ωt)}/_sen(ωt)

{-ω_C₁sen(ωt) - _C₁cos(ωt)/_sen(ωt) ωcos(ωt) = f

dalla seconda ottenga:

-ω_C₁sen(ωt)/_sen(ωt)(sen²(ωt) + cos²(ωt)) = f

_C₁ = ₁/_ω f sen(ωt)

_C₂ = ₁/_ω f cos(ωt)

⇒ _C₁(t) = -∫₀^t ₁/_ω f(s) sen(ωs) ds

_C₂(t) = ∫₀^t ₁/_ω f(s) cos(ωs) ds

Esiste una soluzione _y̅ dell'equazione comp. dallaforma:

y̅(t) = cos(ωt)(∫₀^t ₁/_ω f(s) sen(ωs) ds) + sen(ωt)(∫₀^t ₁/_ω f(s) cos(ωs)