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Lezione 16 (12 dicembre)Lezione 17 (18 dicembre)
Equazioni differenziali
Equazioni differenzialiUn’equazione differenziale è un’equazione
𝐹 𝑥, 𝑦 𝑥 , 𝑦′ 𝑥 , 𝑦′′ 𝑥 ,… , 𝑦 𝑛 𝑥 = 0
che ha per incognita una funzione 𝑦 = 𝑦(𝑥) e che stabilisce una relazione tra la variabile indipendente 𝑥, la funzione 𝑦 e almeno una delle sue derivate (𝑦′, 𝑦′′, …).
Isolando la derivata di ordine maggiore si ha la forma normale dell’equazione differenziale:
𝑦 𝑛 𝑥 = 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑥 , 𝑦′ 𝑥 , 𝑦′′ 𝑥 ,… , 𝑦 𝑛−1 𝑥
Osservazione: la scrittura 𝒚 𝒏 𝒙 indica la derivata n-esima della funzione 𝑦 𝑥 .
Esempi di equazioni differenziali
𝑦′ 𝑥 = 3𝑦 𝑥 + 2 𝑦′ = 3𝑦 + 2
𝑦′ 𝑥 = 3𝑥 + 1 𝑦 𝑥 + 21 𝑦′ = 3𝑥 + 1 𝑦 + 21
𝑦′′ 𝑥 + 3𝑦′ 𝑥 + 2𝑦 𝑥 = 3𝑥2 𝑦′′ + 3𝑦′ + 2𝑦 = 3𝑥2
(a volte non si indica la dipendenza esplicita dalla variabile indipendente)
Definizione: ordine di un’equazione differenziale
• L’ordine di un’equazione differenziale ordinaria (e.d.o.) è l’ordine massimo di derivazione che compare nell’equazione:
• e.d.o. del primo ordine (se compare solo la derivata prima di y 𝑥 )
• e.d.o. del secondo ordine (se compare fino alla derivata seconda di y 𝑥 )
Esempi: Sono e.d.o. del primo ordine:
𝑦′ 𝑥 + 2𝑦 𝑥 = 3 cos 𝑥 𝑦 𝑥 ⋅ 𝑦′ 𝑥 = 3𝑥2 2𝑦′ 𝑥 = 𝑦 𝑥 ⋅ 𝑥3
Esempi: Sono e.d.o. del secondo ordine:
𝑦′′ 𝑥 + 2𝑦 𝑥 = 3 cos 𝑥 𝑦′′ 𝑥 + 𝑦′ 𝑥 = 3𝑥2 2𝑦′ 𝑥 = 𝑦′′ 𝑥 ⋅ 𝑥3
Esempio
Risolvere l’e.d.o. 𝑦′ 𝑥 = 𝑦(𝑥)
significa trovare la funzione 𝑦(𝑥) la cui derivata è uguale alla funzione stessa.
Chiaramente una possibilità è 𝑦 𝑥 = 𝑒𝑥 .
Ma anche𝑦 𝑥 = 2𝑒𝑥
è tale che 𝑦′(𝑥) = 2𝑒𝑥 = 𝑦(𝑥)
L’e.d.o. ha infinite soluzioni e sono tutte le funzioni del tipo
𝑦 𝑥 = 𝑐𝑒𝑥, con 𝑐 = 𝑐𝑜𝑠𝑡
Soluzione generale
Equazioni differenziali
Le e.d.o. che affronteremo saranno di tre tipi:
• Lineari del primo ordine𝑦′(𝑥) = 𝑎 𝑥 ⋅ 𝑦 𝑥 + 𝑏(𝑥)
• Lineari del secondo ordine, omogenee a coefficienti costanti
𝑦′′ 𝑥 + 𝑎𝑦′ 𝑥 + 𝑏𝑦 𝑥 = 0
• Del primo ordine a variabili separabili
E.d.o. lineari del primo ordine (1° caso)
1° caso: 𝑏 𝑥 = 0 ⇒ 𝒚′ 𝒙 = 𝒂 𝒙 ⋅ 𝒚 𝒙
La soluzione generale è
𝒚(𝒙) = 𝒄𝒆 𝒂 𝒙 𝒅𝒙
Osservazione: essendo 𝑐 ∈ 𝑅 si hanno infinite soluzioni.
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Esempio: Risolvere l’e.d.o. 𝑦′ 𝑥 = sin 𝑥 ⋅ 𝑦(𝑥)
In questo caso 𝑎 𝑥 = sin 𝑥, quindi la soluzione generale è
𝑦 𝑥 = 𝑐𝑒 sin 𝑥𝑑𝑥 = 𝑐𝑒− cos 𝑥
Esempio 1
La soluzione generale dell’e.d.o. 𝑦′ 𝑥 = sin 𝑥 ⋅ 𝑦(𝑥)
è
𝑦 𝑥 = 𝑐𝑒 sin 𝑥𝑑𝑥 = 𝑐𝑒− cos 𝑥
Volendo verificare la correttezza della soluzione, si calcola
𝑦′ 𝑥 = 𝑐𝑒− cos 𝑥 ′
e si verifica se 𝑐𝑒− cos 𝑥 ′ = sin 𝑥 ⋅ 𝑐𝑒− cos 𝑥
𝑦′ 𝑥 = 𝑐𝑒− cos 𝑥 ′ = 𝑐𝑒− cos 𝑥 ⋅ − cos 𝑥 ′ = 𝑐𝑒− cos 𝑥 ⋅ sin 𝑥 = sin 𝑥 ⋅ 𝑐𝑒− cos 𝑥
Esempio 2
Risolvere 𝑦′ 𝑥 − 𝑥 ⋅ 𝑦 𝑥 = 0
Dopo averla scritta come 𝑦′ 𝑥 = 𝑥 ⋅ 𝑦 𝑥
si ha la soluzione generale
𝑦 𝑥 = 𝑐𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑐𝑒23𝑥
32= 𝑐𝑒
23 𝑥3
E.d.o. lineari del primo ordine (2° caso)
2° caso: 𝑏 𝑥 ≠ 0 ⇒ 𝒚′ 𝒙 = 𝒂 𝒙 ⋅ 𝒚 𝒙 + 𝒃(𝒙)
La soluzione generale è
𝒚(𝒙) = 𝒆 𝒂 𝒙 𝒅𝒙 𝒌 + න𝒃(𝒙) 𝒆− 𝒂 𝒙 𝒅𝒙𝒅𝒙
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Esempio: Risolvere l’e.d.o. 𝑦′ 𝑥 = 𝑦 𝑥 + 𝑥
essendo 𝑎 𝑥 = 1 e 𝑏 𝑥 = 𝑥, la soluzione generale è
𝑦 𝑥 = 𝑒 1⋅𝑑𝑥 𝑘 + න𝑥 ⋅ 𝑒− 1⋅𝑑𝑥𝑑𝑥
Esempio 3
Risolvere l’e.d.o. 𝑦′ 𝑥 = 𝑦 𝑥 + 𝑥
La soluzione generale è
𝑦 𝑥 = 𝑒 1⋅𝑑𝑥 𝑘 + න𝑥 ⋅ 𝑒− 1⋅𝑑𝑥𝑑𝑥 = 𝑒𝑥 𝑘 + 𝑥 ⋅ 𝑒−𝑥𝑑𝑥 =
e integrando per parti si ottiene= 𝑒𝑥 𝑘 + (−𝑒−𝑥 ⋅ 𝑥 − 𝑒−𝑥) = 𝑒𝑥𝑘 − 𝑥 − 1.
E.d.o. lineari del secondo ordine, omogenee a coefficienti costanti
Sono le equazioni differenziali del tipo
𝑦′′ 𝑥 + 𝑎 ⋅ 𝑦′ 𝑥 + 𝑏 ⋅ 𝑦 𝑥 = 0
Per trovare la soluzione generale si considera l’equazione di secondo grado
𝜆2 + 𝑎𝜆 + 𝑏 = 0
detta equazione caratteristica e si considerano le soluzioni
𝜆1,2 =−𝑎 ± 𝑎2 − 4𝑏
2
E.d.o. lineari del secondo ordine, omogenee a coefficienti costanti
• Se l’equazione ammette due soluzioni reali e distinte (𝜆1 ≠ 𝜆2, 𝜆1, 𝜆2 ∈ 𝑅 ) allora la soluzione generale è
𝑦 𝑥 = 𝑐1𝑒𝜆1𝑥 + 𝑐2𝑒
𝜆2𝑥
• Se l’equazione ammette due soluzioni reali e coincidenti (𝜆1 = 𝜆2, 𝜆1, 𝜆2 ∈ 𝑅 ) allora la soluzione generale è
𝑦 𝑥 = 𝑐1𝑒𝜆1𝑥 + 𝑐2 ⋅ 𝑥𝑒
𝜆1𝑥
• Se l’equazione non ammette soluzioni reali (sono complesse coniugate, cioè
𝜆1,2 = 𝛼 ± 𝛽𝑖) allora la soluzione generale è
𝑦 𝑥 = 𝑐1𝑒𝛼𝑥 cos(𝛽𝑥) + 𝑐2𝑒
𝛼𝑥 sin(𝛽𝑥)
(dove 𝑖 = −1 , esempio: −4 = 2𝑖)
Esempio 4
Risolvere l’e.d.o. 𝑦′′ 𝑥 + 𝑦′ 𝑥 − 2𝑦 𝑥 = 0
L’equazione caratteristica è 𝜆2 + 𝜆 − 2 = 0
da cui si ricava 𝜆1 = 1 e 𝜆2 = −2 (reali e distinte.)
Di conseguenza la soluzione generale è
𝑦 𝑥 = 𝑐1𝑒𝑥 + 𝑐2𝑒
−2𝑥
Esempio 5
Risolvere l’e.d.o. 𝑦′′ 𝑥 − 4𝑦′ 𝑥 + 4𝑦 𝑥 = 0
L’equazione caratteristica è 𝜆2 − 4𝜆 + 4 = 0
da cui si ricava 𝜆1 = 𝜆2 = 2 (reali e coincidenti.)
Di conseguenza la soluzione generale è
𝑦 𝑥 = 𝑐1𝑒2𝑥 + 𝑐2𝑥𝑒
2𝑥
Esempio 6
Risolvere l’e.d.o. 𝑦′′ 𝑥 + 𝑦′ 𝑥 + 𝑦 𝑥 = 0
L’equazione caratteristica è 𝜆2 + 𝜆 + 1 = 0
da cui si ricavano le soluzioni complesse coniugate
𝜆1,2 =−1 ± −3
2=−1 ± 3𝑖
2= −
1
2±
3
2𝑖
con 𝛼 = −1
2e 𝛽 =
3
2
Di conseguenza la soluzione generale è
𝑦 𝑥 = 𝑐1𝑒−12𝑥 cos
3
2𝑥 + 𝑐2𝑒
−12𝑥 sin
3
2𝑥
Equazioni differenziali del primo ordine a variabili separabili
Siano 𝑔(𝑥) e 𝑓(𝑦(𝑥)) due funzioni note. L’e.d.o.
si dice a variabili separabili perché, in termini differenziali, si scrive
o più semplicemente
Quindi la soluzione si ottiene calcolando gli integrali
𝑦′ 𝑥 = 𝑔 𝑥 ⋅ 𝑓(𝑦(𝑥))
𝑑𝑦
𝑑𝑥= 𝑔 𝑥 ⋅ 𝑓 𝑦(𝑥) ⇒
𝑑𝑦
𝑓 𝑦(𝑥)= 𝑔 𝑥 𝑑𝑥
𝑑𝑦
𝑓 𝑦= 𝑔 𝑥 𝑑𝑥
න𝑑𝑦
𝑓 𝑦= න𝑔 𝑥 𝑑𝑥
Esempio 7
Risolvere l’e.d.o.𝑦′ 𝑥 = 4𝑥𝑦2(𝑥)
La riscriviamo come
𝑦′ = 4𝑥𝑦2 ⇒𝑑𝑦
𝑑𝑥= 4𝑥𝑦2 ⇒
𝑑𝑦
𝑦2= 4𝑥𝑑𝑥
da cui segue
න𝑑𝑦
𝑦2= න4𝑥𝑑𝑥 ⇒ න
1
𝑦2𝑑𝑦 = 4න𝑥𝑑𝑥 ⇒ න𝑦−2𝑑𝑦 = 4
𝑥2
2⇒
𝑦−1
−1+ 𝑐1 = 2𝑥2 + 𝑐2 ⇒ −𝑦−1 = 2𝑥2 + 𝑐2 − 𝑐1 ⇒
1
𝑦= − 2𝑥2 + 𝑐 ⇒
𝑦(𝑥) = −1
2𝑥2 + 𝑐 posto 𝑐 = 𝑐2 − 𝑐1
Esempio 8…Risolvere l’e.d.o.
sin 𝑥 + 3𝑦 𝑥 ⋅ 𝑦′ 𝑥 = 2
Riscritta come sin 𝑥 + 3𝑦𝑦′ = 2
e separando le variabili si ottiene
3𝑦𝑦′ = 2 − sin 𝑥 ⇒ 3𝑦𝑑𝑦
𝑑𝑥= 2 − sin 𝑥 ⇒ 3𝑦𝑑𝑦 = 2 − sin 𝑥 𝑑𝑥
da cui, integrando:
න3𝑦𝑑𝑦 = න 2 − sin 𝑥 𝑑𝑥 ⇒ 3𝑦2
2+ 𝑐1 = 2𝑥 + cos 𝑥 + 𝑐 ⇒
3𝑦2
2= 2𝑥 + cos 𝑥 + 𝑐 − 𝑐1 ⇒ 3
𝑦2
2= 2𝑥 + cos 𝑥 + 𝑘
Osservazione: dalla risoluzione di ogni integrale indefinito appare una costante, in questo caso 𝑐1 e 𝑐. Posto però 𝑐 − 𝑐1 = 𝑘, è possibile utilizzare un’unica costante 𝑘 (come si è soliti fare nella pratica).
…Esempio 8
3𝑦2
2= 2𝑥 + cos 𝑥 + 𝑘
Da cui
𝑦(𝑥) = ±2
3(2𝑥 + cos 𝑥 + 𝑘)
Problema di Cauchy
Risolvendo un’equazione differenziale si ottengono infinite soluzioni (per la presenza della costante). Se però si assegnano le condizioni inziali sulla funzione incognita e sulle sue derivate fino all’ordine (𝑛 − 1)
𝑦 𝑥0 = 𝑦0𝑦′ 𝑥0 = 𝑦1
⋮𝑦𝑛−1 𝑥0 = 𝑦𝑛−1
si ha un’unica soluzione (nell’intorno di 𝑥0) e prende il nome di problema di Cauchy
൞
𝑦′′ 𝑥 = 𝑓(𝑥, 𝑦 𝑥 , 𝑦′(𝑥))
𝑦 𝑥0 = 𝑦0𝑦′ 𝑥0 = 𝑦1
ቊ𝑦′ 𝑥 = 𝑓(𝑥, 𝑦(𝑥))
𝑦 𝑥0 = 𝑦0
Nel caso delle e.d.o. del primo ordine: Nel caso delle e.d.o. del secondo ordine
Esempio 9
Risolvere
ቊ𝑦′ 𝑥 = sin 𝑥 ⋅ 𝑦(𝑥)
𝑦 0 = 1
Si cerca prima la soluzione generale, ovvero la soluzione dell’esempio 1
𝑦 𝑥 = 𝑐 ⋅ 𝑒− cos 𝑥
e poi si impone che 𝑦 0 = 1, cioè 𝑦 0 = 𝑐 ⋅ 𝑒− cos 0 = 1
Quindi
𝑐 ⋅ 𝑒−1 = 1 ⇒𝑐
𝑒= 1 ⇒ 𝑐 = 𝑒
La soluzione particolare è quindi 𝑦 𝑥 = 𝑒 ⋅ 𝑒− cos 𝑥
Esempio 10
൝𝑦′ 𝑥 = 𝑥2𝑦(𝑥)
𝑦 2 = 1
Essendo un’e.d.o. del primo ordine lineare la soluzione generale è
𝑦 = 𝑐𝑒 𝑥2𝑑𝑥 ⇒ 𝑦(𝑥) = 𝑐𝑒
𝑥 3
3
imponendo che 𝑦 2 = 1 si ha
𝑦 2 = 𝑐𝑒2 3
3 = 1 ⇒ 𝑐 =1
𝑒83
⇒ 𝑒−83 ⇒
𝑦(𝑥) = 𝑒−83𝑒
𝑥 3
3 ⇒ 𝑦(𝑥) = 𝑒𝑥3−83
Esercizi
𝑦′ = 𝑥𝑦 + 6𝑥 (lineare, 1°ordine. Soluzione: 𝑦 𝑥 = 𝑘𝑒𝑥2
2 − 6)
𝑦′ + 3𝑥2𝑦 = 𝑥2 (lineare, 1°ordine. Soluzione: 𝑦 𝑥 = 𝑘𝑒−𝑥3+
1
3)
𝑦′ = −𝑦
𝑥+ 𝑥 , con 𝑥 > 0 (lineare, 1°ordine. Ricordare che 𝑒ln 𝑥 = 𝑥)
Soluzione: 𝑦 𝑥 =1
𝑥𝑘 +
𝑥3
3
𝑦′ =𝑦
𝑥+ 2𝑥2 , con 𝑥 > 0 (lineare, 1°ordine. Soluzione: 𝑦 𝑥 = 𝑥(𝑘 + 𝑥2))
𝑦′ − 4𝑥𝑦 + 4𝑥 = 0 (lineare, 1°ordine. Soluzione: 𝑦 𝑥 = 𝑘𝑒2𝑥2+ 1)
Esercizi: Risolvere i seguenti problemi di Cauchy
ቊ𝑦′(𝑥) = −4
𝑦 2 = 3ቊ𝑦′(𝑥) = 3
𝑦 2 = 1
ቊ𝑦′(𝑥) = −4𝑦 𝑥 + 2
𝑦 0 = 0ቊ𝑦′(𝑥) = −4𝑦 𝑥 + 2
𝑦 0 = 2
Soluzione generale (e.d.o. a variabili separabili):𝑦 𝑥 = −4𝑥 + 𝑐Soluzione del problema di Cauchy: 𝑦 𝑥 = −4𝑥 + 11
Soluzione generale (e.d.o. a variabili separabili):𝑦 𝑥 = 3𝑥 + 𝑐Soluzione del problema di Cauchy:𝑦 𝑥 = 3𝑥 − 5
Soluzione generale (e.d.o. lineare del 1°ordine):
𝑦 𝑥 = 𝑘𝑒−4𝑥 +1
2
Soluzione del problema di Cauchy:
𝑦 𝑥 = −1
2𝑒−4𝑥 +
1
2
Soluzione generale (e.d.o. lineare del 1°ordine):
𝑦 𝑥 = 𝑘𝑒−4𝑥 +1
2
Soluzione del problema di Cauchy:
𝑦 𝑥 =3
2𝑒−4𝑥 +
1
2
Esercizi: Problema di Cauchy
ቊ𝑦′ + 𝑦 − 𝑥 = 0
𝑦 1 = 1Soluzione generale: 𝑦 𝑥 = 𝑒−𝑥 𝑘 + 𝑥𝑒𝑥 − 𝑒𝑥
Soluzione particolare: 𝑦 𝑥 = 𝑒−𝑥 𝑒 + 𝑥𝑒𝑥 − 𝑒𝑥
_______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
ቊ𝑦′ − 𝑥2𝑦 = 0
𝑦 0 = 1Soluzione generale: 𝑦 𝑥 = 𝑘𝑒
𝑥3
3
Soluzione particolare:𝑦 𝑥 = 𝑒𝑥3
3
__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
ቊ𝑦′ + 𝑥 = 𝑒𝑥 − 1
𝑦 1 = 1Soluzione generale: 𝑦 𝑥 = −
𝑥2
2+ 𝑒𝑥 − 𝑥 + 𝑘
Soluzione particolare:𝑦 𝑥 = −𝑥2
2+ 𝑒𝑥 − 𝑥 +
5
2− 𝑒
Esercizi sulle e.d.o. a variabili separabili
𝑦′(𝑥) = 3𝑥2𝑦2(𝑥) Soluzione: 𝑦 𝑥 = −1
𝑥3+𝑐
3𝑦2(𝑥)𝑦′(𝑥) = 𝑥 + 1 Soluzione: 𝑦 𝑥 =3 𝑥2
2+ 𝑥 + 𝑐
sin 𝑥 + 2𝑦 ⋅ 𝑦′ − 2 = 0 Soluzione: 𝑦 𝑥 = ± 2𝑥 + cos 𝑥 + 𝑐
𝑦′ =cos 𝑥
4𝑦Soluzione: 𝑦 𝑥 = ±
sin 𝑥+𝑐
2
𝑦′ = 𝑒𝑥−𝑦 Soluzione: 𝑦 𝑥 = ln(𝑒𝑥 + 𝑐)
Esercizi sulle e.d.o. a variabili separabiliProblema di Cauchy
൝𝑦′(𝑥) = 3𝑥2𝑦2(𝑥)
𝑦 1 = 1Soluzione: 𝑦 𝑥 = −
1
𝑥3−2
൝3𝑦2(𝑥)𝑦′(𝑥) = 𝑥 + 1
𝑦 1 = 0Soluzione: 𝑦 𝑥 =
3 𝑥2
2+ 𝑥 −
3
2
ቊsin 𝑥 + 2𝑦 ⋅ 𝑦′ − 2 = 0
𝑦 0 = 1Soluzione: 𝑦 𝑥 = + 2𝑥 + cos 𝑥
ቐ𝑦′ =
cos 𝑥
4𝑦
𝑦 0 = −1Soluzione: 𝑦 𝑥 = −
sin 𝑥+2
2
൝𝑦′ = 𝑒𝑥−𝑦
𝑦 0 = 1Soluzione: 𝑦 𝑥 = ln(𝑒𝑥 + 𝑒 − 1)
(si sceglie il segno meno perché 𝑦 0 < 0 )
(si sceglie il segno più perché 𝑦 0 > 0 )