Riassunto di Analisi II — Appunti TiTilda

Indice

Equazioni Differenziali

Equazioni Differenziali Ordinarie (EDO) di primo ordine

Equazioni a variabili separabili

Per risolvere le equazioni a variabili separabili:

  1. trovo il dominio della funzione f(t,y(t))

  2. trovo eventuali soluzioni costanti (se g(c) = 0)

  3. trovo l’integrale generale nel caso in cui g(y(t)) \neq 0:

    1. divido per g(y(t)) e moltiplico per dt ambo i membri: \frac{y'(t)}{g(y(t))}\, dt = h(t)\, dt

    2. integro entrambi i membri: \int \frac{y'(t)}{g(y(t))}\, dt = \int h(t)\, dt

    3. ricavo y (forma esplicita)

Equazioni lineari

Per risolvere le equazioni lineari:

Teorema I: Formula risolutiva EDO lineari di primo ordine

Date a,b: J \subseteq \mathbb{R} \to \mathbb{R} funzioni continue su J, data l’equazione differenziale lineare di primo ordine:

y'(t) = a(t) \cdot y(t) + b(t)

Considero la funzione A(t) = \displaystyle \int{a(t)}\, dt una qualsiasi primitiva di a(t), ho che:

y(t) = e^{A(t)} \cdot \left( \int{e^{-A(t)} \cdot b(t)\, dt} \textcolor{lime}{+ c}\right)

è l’integrale generale dell’equazione differenziale lineare di primo ordine.

Dimostrazione:

  1. Moltiplico l’equazione differenziale per e^{-A}, dove A è una primitiva di a:
    e^{-A} y' = e^{-A} a y + e^{-A} b
  2. Porto il termine in y a sx: e^{-A} y' - e^{-A} a y = e^{-A} b
  3. Riconosco la derivata di un prodotto: \left( e^{-A} y \right)' = e^{-A} b
  4. Integro ambo i membri tra t_0 e t, con t_0 < t, entrambi appartenenti a J: \int_{t_0}^t \left( e^{-A(x)} y(x) \right)' \, dx = \int_{t_0}^t e^{-A(x)} b(x) \, dx
  5. Applico il primo teorema fondamentale del calcolo integrale: e^{-A(t)} y(t) - \textcolor{lime}{e^{-A(t_0)} y(t_0)} = \int_{t_0}^t e^{-A(x)} b(x) \, dx
    Chiamo c = e^{-A(t_0)} y(t_0):
    e^{-A(t)} y(t) - \textcolor{lime}{c} = \int_{t_0}^t e^{-A(x)} b(x) \, dx
  6. Sposto il c a destra e divido per il coefficiente di y(t): y(t) = e^{A(t)}\left( \int_{t_0}^t e^{-A(x)} b(x) \, dx + \textcolor{lime}{c} \right)
    \square

Equazioni di Bernoulli

Premesse:

  1. Se \alpha è irrazionale o razionale a denominatore pari, y^\alpha ha senso solo per y \ge 0 (noi consideriamo sempre y \ge 0)

  2. Per \alpha \in (0, 1), non vale l’unicità della soluzione del problema di Cauchy

  3. Per \alpha = 0, non ha significato y^\alpha per y = 0

Per risolvere le equazioni di Bernoulli:

  1. Cerco eventuali soluzioni costanti:
    k(t)y + h(t) y^\alpha = 0
    È sempre soluzione costante y(t) = 0\, \forall t; se k e h sono costanti, allora trovo l’altra soluzione

  2. Per cercare soluzioni non costanti, divido per y^\alpha: \frac{y'}{y^\alpha} = k(t)\textcolor{lime}{y^{1-\alpha}} + h(t)

  3. Pongo z(t) = y^{1- \alpha} e determino l’equazione soddisfatta da z: \begin{align*} z'(t) &= (1 - \alpha)\, y^{1-\alpha -1} y' \\ &= (1 - \alpha)\, \frac{y'}{y^\alpha} \\ &= (1 - \alpha) \left[ k(t) z(t) + h(t) \right] \\ &= (1 - \alpha) \, k(t) z(t) + (1 - \alpha) \, h(t) \end{align*}
    che è lineare in z

  4. Risolvo la EDO lineare in z e trovo z(t):

    z'(t)\, \underbrace{- (1 - \alpha) \, k(t)}_{a(t)} \, z(t) = \underbrace{(1-\alpha)\, h(t)}_{b(t)}

  5. Ritorno alla variabile y: y(t) = z(t)^{\frac{1}{1-\alpha}}

Equazioni Differenziali Ordinarie (EDO) di secondo ordine

Vediamo inizialmente il caso delle omogenee:

a(t)y''(t) + b(t)y'(t) + c(t)y(t) = 0

con a, b, c: J \subseteq \mathbb{R} \to \mathbb{R} funzioni continue su J e a \ne 0 in J.

Consideriamo lo scenario più semplice, cioè con a, b, c costanti reali.

EDO di secondo ordine lineari omogenee a coefficienti costanti

Per risolvere le EDO di secondo ordine lineari omogenee a coefficienti costanti, si considera l’equazione caratteristica:

a \lambda^2 + b \lambda + c = 0

e si risolve per \lambda_1, \lambda_2:

\lambda_{1,2} = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}

Teorema II: Teorema di struttura per le EDO di secondo ordine omogenee

Siano a, b, c : J \subseteq \mathbb{R} \to \mathbb{R} continue, con a \ne 0 in J, l’integrale generale dell’equazione omogenea:

a(t) y''(t) + b(t) y'(t) + c(t) y(t) = 0

è uno spazio vettoriale di dimensione 2, cioè le soluzioni sono tutte e sole della forma:

y_O (t) = c_1 y_{O_1}(t) + c_2 y_{O_2}(t)

con c_1, c_2 \in \mathbb{R}, dove y_{O_1}, y_{O_2} sono soluzioni linearmente indipendenti.

Dimostrazione:

Sia V lo spazio vettoriale delle funzioni y \in C^2(J), cioè:

C^2 (J) = \{y \in C^1(J) \mid \text{$y''$ derivabile due volte e $y''$ continua su $J$}\}

L’integrale generale dell’omogenea è il seguente sottoinsieme di V:

W=\{y \in V \mid ay'' + by'' + cy'' = 0\} = \ker \mathcal{L}

dove \mathcal{L} è l’operatore definito nel principio di sovrapposizione. W, in quanto nucleo di un’applicazione lineare, è un sottospazio vettoriale.

Per dimostrare che W ha dimensione 2 devo:

  1. esibire due soluzioni linearmente indipendenti dell’equazione:
    \begin{cases} ay_{O_1}'' + by_{O_1}' + cy_{O_1} = 0 \\ y_{O_1}(t_0) = 1 \\ y_{O_1}'(t_0) = 0 \end{cases} \qquad \begin{cases} ay_{O_2}'' + by_{O_2}' + cy_{O_2} = 0 \\ y_{O_2}(t_0) = 0 \\ y_{O_2}'(t_0) = 1 \end{cases} verifico che y_{O_1}, y_{O_2} sono linearmente indipendenti:

    se per assurdo fossero una multiplo dell’altra:

    y_{I_1} (t) = k y_{O_2} (t)\, \forall t \in J

    in particolare, per t = t_0:

    y_{O_1} (t_0) = k y_{O_2} (t_0) \implies 1 = 0

    che è assurdo, quindi y_{O_1}, y_{O_2} sono linearmente indipendenti.

  2. dimostrare che ogni altra soluzione dell’equazione si scrive come combinazione lineare di y_{O_1}, y_{O_2}:
    Data una qualunque soluzione y_O dell’equazione, pongo:

    \begin{cases} k_1 = y_O(t_0) \\ k_2 = y_O'(t_0) \end{cases}

    e

    z(t) k_1 y_{O_1}(t) + k_2 y_{O_2}(t)

    e affermo che z(t) = y_O(t)\, \forall t.

    Infatti z(t) è soluzione della EDO e soddisfa il medesimo problema di Cauchy:

    z(t_0) = k_1 \underbrace{y_{O_1}(t_0)}_1 + k_2 \underbrace{y_{O_2}(t_0)}_0 = k_1 = y_O(t_0)

    z'(t_0) = k_1 y_{O_1}'(t) + k_2 y_{O_2}'(t) = k_1 = y_O(t_0)

    quindi, per il teorema di esistenza e unicità delle soluzioni del problema di Cauchy, z(t) = y_O(t)\, \forall t \in J.

\square

EDO di secondo ordine lineari non omogenee a coefficienti costanti

La funzione f è detta “forzante”.

L’integrale generale è dato dalla somma dell’integrale generale dell’omogenea associata e di una soluzione particolare dell’equazione non omogenea:

y(t) = y_O(t) + y_P(t)

Per prima cosa quindi individuo l’integrale generale dell’omogenea associata, e successivamente cerco una soluzione particolare dell’equazione non omogenea con il Metodo di Somiglianza.

In base al tipo di forzante f, si sceglie la forma di y_P:

f(t) y_P(t)
a_1 t^n + a_2 t^{n-1} + ... + a_n polinomio di grado n *
a \cos(\omega t) + b \sin(\omega t) A \cos (\omega t) + B \sin (\omega t)
a e^{\lambda t} A e^{\lambda t}

Se la forzante è combinazione lineare di queste funzioni, allora la soluzione particolare è la somma delle soluzioni particolari associate a ciascuna forzante caratteristica.

Se la soluzione particolare è una soluzione dell’omogenea associata (un caso specifico dell’integrale generale già trovato), si riprova a calcolarla moltiplicando la forma generale dell’integrale particolare per un coefficiente t, esponenziato quanto necessario affinché non vi sia più il problema.

Problema di Cauchy

Problema che consiste nel trovare la soluzione particolare che soddisfa una data condizione iniziale:
\begin{cases} y' = f(t, y(t)) \\ y(t_0) = y_0 \end{cases}

NB:

Per risolvere il problema di Cauchy:

  1. determino l’integrale generale (con eventuali soluzioni costanti)

  2. impongo la condizione y(t_0) = y_0 e determino la costante c

  3. sostituisco la costante c nell’integrale generale e ottengo la soluzione particolare

Sistemi differenziali lineari

Ultima modifica:
Scritto da: Alessandro Modica   Joele Andrea Ortore