Equazioni differenziali e problema di Cauchy

Equazioni Differenziali Ordinarie/Problema di Cauchy:

• Teorema (Esistenza + Unicità):

Hp.: Data l'Eq differenziale: \(y'(x)=f(x,y(x))\) se \(\Omega \in \mathbb{R}\) nel quale si ha che:

• La funzione \(f\) è continua in \(\Omega\)
• \(\forall (x,y) \in \Omega \quad \exists \frac{\partial f}{\partial y} \in C^{0}(\Omega)\) (continua in \(\Omega\))

Th.: Allora \(\forall (x_{0}, y_{0}) \in \Omega \quad \exists \mathbb{R}\) il problema di Cauchy

• \(y'(x)=f(x,y)\)
• \(y(x_{0})=y_{0}\)

Ammette un'unica soluzione locale, ossia:

• \(\exists I\) intervallo aperto con \(x_{0} \in I \quad \exists ! y: I \rightarrow \mathbb{R}\)
• \(y'(x)=f(x,y)\) e verificata \(\forall x \in I\)

• Es.1) \(f(x,y)=\frac{1}{1+y^{2}}\Rightarrow \Omega=\mathbb{R} \times ]-1,1[\)
• Es.2) \(f(x,y)=\frac{1}{x^{2}} \Rightarrow \Omega=\mathbb{R}^{2}\)
• Es.3) \(f(x,y)=\frac{1}{x-y}\Rightarrow \Omega=\{(x,y) \in \mathbb{R}^{2}\} \backslash \{x=y\}\)

\(\Rightarrow\) \(y'(x)+f(x,y) \rightarrow y'(x)=-\frac{1}{1-y^{2}-x^{2}}\)

Equazioni Differenziali Ordinarie / Problema di Cauchy:

• Teorema (Esistenza e Unicità):

Hp.: Data l'eq differenziale: y'(x) = f(x, y(x)), se Ω ⊆ &R;² nel quale si ha che:

• La funzione f è continua in Ω
• ∀(x,y) ∈ Ω ∃ ∂f ∈ C⁰(Ω) = (continua in Ω) ∂y

Th.: Allora ∀(x₀, y₀) ∈ Ω il problema di Cauchy:

• y'(x) = f(x, y)
• y(x₀) = y₀

Ammette un'unica soluzione locale, ossia:

• ∃ I intervallo aperto con x₀ ∈ I ∃ y : I → &R;
• y'(x) = f(x, y) è verificato ∀x ∈ I

• Es. 1) f(x, y) = &frac{1}{1 - x} → Ω = &R;_x \{1}
• Es. 2) f(x, y) = x² → Ω = &R;²
• Es. 3) f(x, y) = &frac{x}{-y² - x²} → Ω = {(x, y) ∈ &R;² | x ≠ y ≠ 0}

⇒ y'(x) + f(x, y) ⇒ y'(x) = &frac{-1}{1 - y² - x²}

Def.: Equazioni Differenziali Autonome:

Si tratta di equazioni in cui: \( f(t, y) = \frac{1}{g(t)} \)

Es:

\( y' = a y \)

\( y(c) = y_0 \)

\( y(t) = y_0 e^{a t} \) definita \( \forall t \in \mathbb{R} \)

Se \( y_t \) è soluzione di \( y'(s) = a y(s) \), \( \forall s \in I \) (incognita) allora:

• \( \frac{y'(s)}{y(s)} = a, \ \forall s \in I \)

\( \int_{y(c)}^{y(t)} \frac{y'(s)}{y(s)} ds = \int_c^t a ds = a t \)

\( = \int_c^t d [\log y (=)]_{y(c)}^{y(t)} \)

• \( x = y(t) \)
• \( x = y(c) \)

\( \Rightarrow \) Pongo: \( x = y(s) = \frac{d x}{y(s)} ds \) \( ds = \frac{d x}{y(x)} \)

\( (*) = \) \(\log(y(t)) - \log(y(c)) = at \Rightarrow y(t) = y(c) e^{at} \quad \Rightarrow \)

\( y(t) = y_0 e^{at} \)

Osservazione:

Se \( f(t, y) \) dipende solo da \( y \), si può scrivere: \( f(t, y) = b(y) \) con \( b(y_0) = 0 \)

• \( y''(t) = h(y(t)) \)
• e ha come soluzione: \( y(t) = y_0 \)

\( y(c) = y_0 \)

Es:

\( y' = 1 + y^2 \)

\( y(0) = 0 \)

Procedo come prima: \( \forall s \in I \subseteq \mathbb{R}, \ y'(s) = 1 + y(s), \ \exists t \ni \) sia ancora: \( z = y(s) \)

• \( \int_0^t \frac{y'(s)}{1 + y^2(s)} ds = \int_{y(c)}^{y(t)} \frac{dz}{1 + z^2} = \arctan y(t) - \arctan g(y(c)) = \)

\( \Rightarrow y(t) = \tan g(t) \)

y(t) = tg t

∀ε C¹ 1/2πℤ →

In generale si ha: dato

{ y' = 1/g(y) (y(t₀) = y₀)

si ha, ∀ s ∈ I

• g(y(s)) . y'(s) = 1
• ∫_t₀^t (g(y(s)) . y'(s)) ds = ∫_t₀^t ds = t - t₀
• Se G è una primitiva di g : G(y(t)) - G(y(t₀)) = t - t₀
• Vale "il contrario"? y(t) ? = G^-1 (G(y(t₀)) + t - t₀). Sì
• Infatti esiste : G^-1 ε C¹ in un intervallo di y_g
• Se { y' = h(y) (y(t₀) = y₀, h(y₀) = 0

⇒ y(t) = y₀ è soluzione

Esercizio:

y' = 2√y

y(4) = 1

Prendiamo Ω = R x ]0,+∞[

⇒ y(t) ∈ I

Nota: per t < 0, y(t) = t² non è soluzione

Osservazione:

y' = 2√|y|

y(1) = 1

Ω = R² f ∈ C(R¹)

y(t) = 0 ⇒ Qundi:

y₁(t) = t²

y₂(t) = 0

sono entrambe soluzioni di (*)

per t ∈ ]0,+∞[

Riepilogo:

Ω ⊆ ℝ² aperto, f ∈ C(Ω, ℝ) (t, y) ∈ Ω,

Diciamo che