Equazioni differenziali Corso di Laurea in Scienze Biologiche Istituzioni di Matematiche A.A. 2007-2008

Equazioni differenziali

Corso di Laurea in Scienze Biologiche Istituzioni di Matematiche

A.A. 2007-2008

Dott.ssa G. Bellomonte

Indice

1 Introduzione 2

2 Equazioni differenziali lineari del primo ordine 4 3 Equazioni differenziali lineari del secondo ordine omogenee

a coefficienti costanti 7

4 Esercizi risolti e proposti 10

Capitolo 1

Introduzione

Determinare le primitive di una funzione f (x) significa risolvere

y ⁰ (x) = f (x) (1.1)

dove l’incognita `e la funzione y(x). Quest’equazione `e un semplice esempio di equazione differenziale.

In particolare se:

y ⁰ (x) = x (1.2)

le soluzioni che si ottengono integrando rispetto a x sono y(x) = ^x ₂

+ c con c costante arbitraria, ossia le soluzioni di (1.2) sono infinite e ciascu- na `e individuata da un diverso valore della costante reale c. La costante c pu`o essere determinata imponendo un’ulteriore condizione. Ad esempio se vogliamo che y(1) = 2 allora c = ³ ₂ e y(x) = ^x ₂

+ ³ ₂ .

Pi` u in generale un’equazione differenziale `e un’equazione in cui com-

paiono la funzione incognita y(x) assieme ad alcune sue derivate. L’ordine

massimo di derivazione dell’incognita y(x) individua l’ordine dell’equazione

differenziale. L’equazione y ⁰ (x) = x `e del primo ordine. Un altro esempio di

equazione differenziale del primo ordine `e y ⁰ (x) + y(x) = x in questo caso

per`o le soluzioni non possono essere determinate direttamente con una sola integrazione.

Un’equazione differenziale `e detta lineare se il grado massimo a cui com- paiono la funzione y(x) e le sue derivate `e 1.

Un’equazione differenziale `e detta omogenea se tutti i temini che in essa

compaiono dipendono da y(x) e/o le sue derivate.

Capitolo 2

Equazioni differenziali lineari del primo ordine

Un’equazione differenziale lineare del primo ordine ha la seguente forma:

y ⁰ (x) = a(x)y(x) + b(x) (2.1)

con a(x) e b(x) due funzioni continue in un certo intervallo I ⊆ R. Come ab- biamo gi`a osservato nell’introduzione, se la funzione a(x) fosse identicamente nulla allora per determinare la funzione incognita y(x) basterebbe integrare entrambi i membri y(x) = R

y ⁰ (x)dx = R

b(x)dx + c. Avremmo cos`ı infinite soluzioni dipendenti dalla costante arbitraria c e tutte definite nell’intervallo I. Se a(x) non `e identicamente nulla il problema della determinazione delle soluzioni si pu`o risolvere in modo simile, dopo aver preventivamente molti- plicato l’equazione per il cosiddetto fattore integrante e <sup>−A(x)</sup> dove A(x) `e una primitiva di a(x):

e ^−A(x) y ⁰ (x) − e ^−A(x) a(x)y(x) = e ^−A(x) b(x).

In questo modo il primo membro di questa equazione pu`o essere interpretato come la derivata della funzione e ^−A(x) y(x):

D(e ^−A(x) y(x)) = e ^−A(x) y ⁰ (x) − e ^−A(x) a(x)y(x) = e ^−A(x) b(x).

A questo punto `e possibile, come prima, integrare entrambi i membri:

e ^−A(x) y(x) = Z

e ^−A(x) b(x)dx + c e quindi esplicitare la soluzione:

y(x) = e ^A(x) Ã Z

e ^−A(x) b(x)dx + c

!

, ∀x ∈ I

detta integrale generale dell’equazione differenziale lineare del primo ordine (2.1).

Al variare della costante arbitraria c, si ottengono infinite funzioni che risolvono la (2.1). Tuttavia, se si volessero individuare le funzioni y(x) i cui grafici passano per il punto assegnato (x ₀ , y ₀ ) con x ₀ ∈ I e y ₀ ∈ R, cio`e che soddisfano la condizione supplementare, detta condizione iniziale, y(x ₀ ) = y ₀ si dovrebbe risolvere il seguente problema, detto problema di Cauchy:

( y ⁰ (x) = a(x)y(x) + b(x)

y(x ₀ ) = y ₀ (2.2)

Se le funzioni a(x) e b(x) sono continue su un intervallo chiuso e limitato, il seguente teorema garantisce che il problema di Cauchy (2.2) ha un’unica soluzione definita in tutto l’intervallo I.

Teorema 2.0.1 Siano I ⊆ R intervallo chiuso e limitato, a, b : I → R funzioni continue in I, allora il problema di Cauchy (2.2) ammette soluzione e questa `e unica. La soluzione `e espressa da:

y(x) = e

R

x0

a(z)dz

à y ₀ +

Z _x

x

e ⁻

R

x0

a(z)dz

b(t)dt

!

, ∀x ∈ I.

Esempio 2.0.2 Determiniamo la soluzione del problema di Cauchy:

( y ⁰ = −y + x

y(−1) = −2 (2.3)

In questo caso a(x) = −1 e b(x) = x quindi possiamo considerare I = R.

Troviamo la soluzione generale in I. Una primitiva di a(x) = −1 `e A(x) = R a(x)dx = R

−dx = −x e il fattore integrante `e e ^−A(x) = e ^x . Le primitive di e ^−A(x) b(x) sono date da:

Z

e ^−A(x) b(x)dx = Z

e ^x xdx = xe ^x − Z

e ^x dx = xe ^x − e ^x + c.

Dunque l’integrale generale `e uguale a:

y(x) = e ^−x (xe ^x − e ^x + c) = x − 1 + ce ^−x . Adesso imponiamo la condizione y(−1) = −2:

y(−1) = −1 − 1 + ce ¹ = −2 + ce = −2

da cui si ricava che c = 0. Quindi la soluzione del problema di Cauchy (2.3)

`e y(x) = x − 1, ∀x ∈ R.

Capitolo 3

Equazioni differenziali lineari del secondo ordine omogenee a coefficienti costanti

Un’equazione differenziale lineare di ordine 2 omogenea a coefficienti costanti ha la seguente forma:

y ⁰⁰ + ay ⁰ + by = 0. (3.1)

Una soluzione, anche detta integrale particolare, dell’equazione (3.1) `e una funzione y : R → R derivabile due volte in R tale che le funzioni y(x), y ⁰ (x) e y ⁰⁰ (x) soddisfino la (3.1):

y ⁰⁰ (x) + ay ⁰ (x) + by(x) = 0. (3.2) Teorema 3.0.3 Se y ₁ e y ₂ sono due integrali particolari di (3.1), anche :

y(x) = c ₁ y ₁ (x) + c ₂ y ₂ (x) (3.3) con c ₁ , c ₂ ∈ R, `e un integrale particolare di (3.1). Inoltre, se si ha che:

y ₁ (0)y ₂ ⁰ (0) − y ₂ (0)y ₁ ⁰ (0) 6= 0, (3.4)

allora, tutte e sole le soluzioni di (3.1) sono del tipo:

y(x) = c ₁ y ₁ (x) + c ₂ y ₂ (x).

La condizione (3.4) equivale a dire che le funzioni y ₁ (x) e y ₂ (x) sono linearmente indipendenti, cio`e le uniche costanti tali che

c ₁ y ₁ (x) + c ₂ y ₂ (x) = 0, ∀x ∈ R, sono c ₁ = c ₂ = 0.

Per il teorema 3.0.3, per risolvere la (3.1) basta determinare due soluzioni particolari y ₁ (x) e y ₂ (x) linearmente indipendenti.

Per determinare esplicitamente y ₁ (x) e y ₂ (x) consideriamo l’equazione caratteristica:

λ ² + aλ + b = 0 (3.5)

che si ricava se, al posto di y e delle sue derivate, si sostituiscono ce ^λx e le sue derivate.

Teorema 3.0.4 Sia ∆ = a ² − 4b. L’integrale generale di (3.1) `e dato da:

1. y(x) = c ₁ e ^λ

^x + c ₂ e ^λ

^x , se ∆ > 0 con λ ₁ , λ ₂ soluzioni di (3.5) 2. y(x) = c ₁ e ^λ

^x + c ₂ xe ^λ

^x , se ∆ = 0 con λ ₁ soluzione di (3.5)

3. y(x) = c ₁ e ^αx cos βx+c ₂ e ^αx sin βx, se ∆ > 0 con α = − ^a ₂ e β = ^{√ −∆} ₂ Esempio 3.0.5 Risolviamo l’equazione differenziale omogenea:

y ⁰⁰ − 6y ⁰ + 5y = 0.

L’equazione caratteristica associata `e λ <sup>2</sup> − 6λ + 5 = 0 che ha ∆ > 0 quindi due radici reali distinte: λ <sub>1</sub> = 1 e λ <sub>2</sub> = 5. Quindi l’integrale generale `e:

y(x) = c ₁ e ^x + c ₂ e ^5x , c ₁ , c ₂ ∈ R.

Esempio 3.0.6 Risolviamo l’equazione differenziale omogenea:

y ⁰⁰ + 2y ⁰ + y = 0.

L’equazione caratteristica associata `e λ <sup>2</sup> + 2λ + 1 = 0 che ha ∆ = 0 quindi due radici reali coincidenti: λ <sub>1</sub> = −1. Quindi l’integrale generale `e: y(x) = c ₁ e ^−x + c ₂ xe ^−x , c ₁ , c ₂ ∈ R.

Esempio 3.0.7 Risolviamo l’equazione differenziale omogenea:

y ⁰⁰ − 2y ⁰ + 2y = 0.

L’equazione caratteristica associata `e λ ² − 2λ + 2 = 0 che ha ∆ < 0 quindi nessuna radice reale. Calcoliamo α = − ⁻² ₂ = 1 e β =

√ −(−4)

2 = 1. Quindi

l’integrale generale `e: y(x) = c ₁ e ^x cos(x) + c ₂ e ^x sin(x), c ₁ , c ₂ ∈ R.

Capitolo 4

Esercizi risolti e proposti

Esercizio 4.0.8 Determiniamo la soluzione del problema di Cauchy ( y ⁰ = − ^y _x + 4x ²

y(−1) = 0 (4.1)

Sebbene la funzione b(x) = 4x ² `e continua in R, la funzione a(x) = <sup>1</sup> <sub>x</sub> `e continua solo nell’insieme ] − ∞, 0[ S

]0, +∞[. Dato che x ₀ = −1, l’intervallo

“massimale” dove cercare la soluzione `e I =]−∞, 0[. Dobbiamo prima deter- minare una primitiva di a(x) = <sub>x</sub> <sup>1</sup> per x < 0 `e A(x) = R

a(x)dx = R ₁

x dx = log |x| = log(−x) e dunque il fattore integrante `e e ^−A(x) = e ^log(−x) = −x.

Calcoliamo le primitive di e ^−A(x) b(x) = −x(4x ² ) = −4x ³ ossia R

e ^−A(x) b(x)dx =

− R

4x ³ dx = −x ⁴ + c. L’integrale generale `e pertanto y(x) = − ¹ _x (−x ⁴ + c) = x ³ − _x ^c . Adesso imponiamo la condizione y(−1) = 0:

y(−1) = −1 + c = 0

da cui si ricava che c = 1. La soluzione cercata `e y(x) = x ³ − _x ¹ ∀x ∈]−∞, 0[.

Esercizio 4.0.9 Determiniamo la soluzione del problema di Cauchy ( y ⁰ = _e

^y +1 + e ^x

y(0) = −1 (4.2)

L’intervallo “massimale” dove cercare la soluzione `e I = R. Una primitiva di a(x) = _e

¹ +1 A(x) = R ₁

e

+1 dx = R ₁

e

(1+e

) dx − R _e

1+e

dx = R ₁

t dt = log |t| = log(1 + e ^−x ) e dunque il fattore integrante `e e ^−A(x) = 1 + e ^−x . Integrando: R

e ^−A(x) b(x)dx = R

(1 + e ^−x )e ^x dx = R

(e ^x + 1)dx = e ^x + x + c e l’integrale generale `e uguale a:

y(x) = e ^x + x + c 1 + e ^−x .

Imponiamo la condizione iniziale y(0) = −1: y(0) = ^1+c ₂ = −1 da cui si ricava che c = −3 e la soluzione cercata `e y(x) = ^e _1+e

^+x−3

, ∀x ∈ R.

Esercizio 4.0.10 Risolvere le seguenti equazioni lineari del primo ordine:

1. y ⁰ = 2y + x 2. y ⁰ = y + sin x 3. y ⁰ = y cos x + 2 cos x 4. y ⁰ = − ^x ₂ y + x 5. y ⁰ = xy + x 6. y ⁰ = y + 1 7. y ⁰ = ^y _x

Esercizio 4.0.11 Risolvere il seguente problema di Cauchy:

( y ⁰ = −y + e ^−x

y(0) = 1 (4.3)

Esercizio 4.0.12 Risolviamo l’equazione differenziale omogenea:

y ⁰⁰ + 2y ⁰ + 5y = 0.

L’equazione caratteristica associata `e λ ² + 2λ + 5 = 0 che ha ∆ < 0 quindi nessuna radice reale. Calcoliamo α = −1 e β = 2. Quindi l’integrale generale

`e: y(x) = c ₁ e ^−x cos(2x) + c ₂ e ^−x sin(2x), c ₁ , c ₂ ∈ R.