Equazioni differenziali ordinarie del primo ordine
In questa nota riassumiamo alcune nozioni sulle equazioni differenziali del primo ordine piu’ semplici. Un’equazione differenziale e’ un’equazione in cui compare come incognita una funzione insieme alle sue derivate, ad esempio y′(x) = y(x). Come sappiamo bene dall’analisi, la soluzione e’ y = Cex, ove C e’ una costante. Diremo che un’equazione differenziale e’ del primo ordine se compare solo la derivata prima, e non le derivate successive, della nostra funzione. Ad esempio l’equazione precedente y′ = y e’ del primo ordine, mentre l’equazione y′′ = y e’ del secondo ordine e cosi’ via. La parola
“ordinaria” si riferisce al fatto che la funzione incognita dipende da una sola variabile. Vedremo prima alcuni concetti di base, e poi esamineremo alcune tipologie di equazioni differenziali del primo ordine.
1 Campo delle direzioni
Supponiamo di avere un’equazione differenziale:
y′ = f (x, y)
Possiamo interpretare tale equazione come l’espressione del coefficiente an- golare della tangente al grafico della soluzione dell’equazione differenziale y = y(x) in in un punto generico (x, y) in termini della funzione f (x, y).
Ad esempio:
y′ = 2x
ci dice che il coefficiente della retta tangente a y = x2 = C (la soluzione generica dell’equazione differenziale data) nel punto (x, y) e’ 2x.
Un modo semplice per visualizzare tale interpretazione geometrica e’
quello di disegnare per ogni punto (o almeno per un certo numero di punti equispaziati) un segmento corrispondente ad una porzione della retta tan- gente in quel punto alla curva y = y(x) soluzione dell’equazione differenziale data.
Supponiamo di avere ad esempio, dy/dx = x2 − 2x, vediamo il campo delle direzioni:
Le curve in blu, rosso e azzurro rappresentano le soluzioni (x3/3) − (x2/2) − 2x + 4, (x3/3) − (x2/2) − 2x, (x3/3) − (x2/2) − 2x − 4.
Vediamo che l’andamento del campo delle direzioni ci permette di visual- izzare e prevedere l’andamento delle soluzioni di una equazione differenziale del primo ordine anche senza conoscerne la soluzione stessa.
2 Equazioni lineari
In questa nota vogliamo introdurre le equazioni differenziali lineari del primo ordine e un metodo per la loro risoluzione che fa uso di un fattore integrale detto anche fattore di integrazione.
Definiamo equazione lineare un’equazione del tipo:
y′ = a(x) · y + f(x)
Ad essa puo’ essere associato un problema di Cauchy (vedi appendice):
y′ = a(x) · y + f(x), y(x0) = y0
che ha soluzione unica.
Per trovare la soluzione, utilizziamo la tecnica del fattore integrale detto anche fattore di integrazione.
Sia u = u(x) il fattore di integrazione e moltiplichiamo la soluzione per tale fattore. Se prendiamo la derivata:
(u(x)y(x))′ = u′(x)y(x) + u(x)y′(x) = u′(x)y(x) + u(x)[a(x)y(x) + f (x)]
A questo punto facciamo la supposizione: u(x)′ = −a(x)u(x).
Tale supposizione semplifica il problema e a posteriori vedremo che ci conduce alla soluzione.
Allora possiamo sostituire:
(u(x)y(x))′ = u′(x)y(x) + u(x)[a(x)y(x) + f (x)] =
−a(x)u(x)y(x) + u(x)ay(x) + u(x)f (x) = u(x)f (x), Quindi (uy)′ = uf , dunque:
y(x) = 1 u(x)
Z
u(x)f (x)dx + C
E’ facile verificare che u′(x) = −au(x) ha per soluzione u(x) = e−Ra(x)dx (si tratta di una equazione differenziale a variabili separabili). Pertanto la soluzione y = y(x) e’ data dalla formula:
y(x) = eRa(x)dx
Z
e−Ra(x)dx
f (x)dx + C
Vediamo un esempio.
Esempio 2.1. Si consideri la seguente equazione differenziale:
(y′ = x − y
y(2) = 5 (1)
Vediamo che si tratta di un’equazione lineare in cui a(x) = −1 e f(x) = x.
Pertanto possiamo subito dare la soluzione secondo la formula (1). Poiche’
u(x) = ex:
y(x) = e−x
Z
exxdx + C
Integrando per parti si ottiene:
y(x) = e−x[exx − ex+ C] = x − 1 + Ce−x Imponiamo ora la condizione iniziale per trovare C:
y(2) = 2 − 1 + Ce2 = 5, =⇒ C = 4e2 Otteniamo
y = 4 · e(2−x)+ x − 1
3 Esempi: Problemi di miscelazione
Vogliamo mostrare come la soluzione delle equazioni differenziali lineari ci permetta di risolvere semplici problemi di miscelazione. Vediamone alcuni.
Esempio 3.1. Un serbatoio contiene originariamente 100 litri di acqua dolce.
Viene versato nel serbatoio ad una velocita’ di 3ℓ/min una miscela contenente 2g di sale per litro ℓ e la miscela viene lasciata uscire dal serbatoio ad una velocita’ di 3ℓ/min. Qual’e’ la quantita’ di sale presente nel serbatoio in ogni istante?
Dopo un’ora quanto sale e’ presente nel serbatoio?
Per risolvere indichiamo con x(t) la quantita’ di sale presente nel serba- toio all’istante t. Chiaramente x(0) = 0, cioe’ all’inizio non e’ presente sale all’interno del serbatoio. Il tasso di variazione della quantita’ di sale dipende da quanto ne immettiamo al minuto e da quanto ne togliamo al minuto.
Dunque:
dx
dt = 3ℓ/min · 2g/ℓ − 3ℓ/min · x(t)/100ℓ Pertanto ci troviamo ad impostare il problema di Cauchy:
(x′ = 6 − 3x(t)100
x(0) = 0 (2)
Si tratta di un’equazione differenziale lineare con a(t) = −3/100 e f(t) = 6.
Procediamo con la formula per la soluzione (1):
x(t) = e−3t/100
Z
6e3t/100dt + C
= 200 + Ce−3t/100
Se imponiamo la condizione x(0) = 0 possiamo determinare la costante C:
200 − Ce0 = 0, C = 200 Dunque:
x(t) = 200 + 200e−3t/100
Possiamo quindi calcolare subito il sale presente nel serbatoio dopo un’ora:
x(60) = 200 − e−180/200 ∼= 167g
Vediamo un altro esempio un po’ piu’ complesso.
Esempio 3.2. Un serbatoio contiene originariamente 300 litri di acqua dolce.
Viene versato nel serbatoio ad una velocita’ di 3ℓ/min una miscela contenente 1.5g di sale per litro ℓ e la miscela viene lasciata uscire dal serbatoio ad una velocita’ di 1ℓ/min. Qual’e’ la quantita’ di sale presente nel serbatoio in ogni istante?
Dopo un’ora e mezza quanto sale e’ presente nel serbatoio?
Procediamo come nell’esempio precedente e indichiamo con x(t) la quan- tita’ di sale presente nel serbatoio all’istante t. Di nuovo x(0) = 0. Il tasso di variazione della quantita’ di sale dipende da quanto ne immettiamo al minuto e da quanto ne togliamo al minuto:
dx
dt = 3ℓ/min · 1.5g/ℓ − ℓ/min · x(t)/(300 + 2t)ℓ
E’ necessario dividere la quantita’ di sale x(t) per 300 + 2t in quanto la soluzione nel serbatoio aumenta di 2ℓ ogni minuto e dunque dopo t minuti avremo 300 + 2t litri di soluzione nel serbatoio.
Dobbiamo pertanto risolvere il problema ai valori iniziali:
(x′ = 4.5 −(300+2t)x(t)
x(0) = 0 (3)
Il fattore integrale e’ dato da:
u(t) = eR 300+2t1 dt =√
300 + 2t Procediamo con la formula per la soluzione (1):
x(t) = −√
300 + 2t
Z 4.5√
300 + 2tdt + C
= 450 + 3t + C/√
300 + 2t Se imponiamo la condizione x(0) = 0 possiamo determinare la costante C:
450 + C/√
300 = 0, C = −4500√ 3 Dunque:
x(t) = 450 + 3t − 4500√ 3/√
300 + 2t
Possiamo quindi calcolare subito il sale presente nel serbatoio dopo due ore e mezza:
x(150) = 450 + 3 · 150 − 4500√ 3/√
300 + 2 · 150 ∼= 582g
A Teorema di esistenza e unicita’ per un prob- lema di Cauchy
Un problema ai valori iniziali o problema di Cauchy e’ un’equazione differen- ziale ordinaria del primo ordine, y(t)′ = f (t, y(t)) insieme ad un valore della funzione incognita y in un dato punto t0 del dominio della soluzione y = y(t), denominato condizione iniziale.
La modellizzazione di un sistema biologico richiede spesso la risoluzione di un problema ai valori iniziali; in altre parole vogliamo trovare l’evoluzione nel tempo del nostro sistema a partire da una condizione iniziale.
Enunciamo qui di seguito, senza dimostrazione il teorema di esistenza e unicita’ della soluzione di un’equazione differenziale data una condizione iniziale.
Teorema A.1. Sia f (t, y) una funzione le cui derivate rispetto a t e y (suppo- nendo l’altra variabile costante) siano continue in un rettangolo R nel piano t, y. Allora il problema di Cauchy:
y′ = f (x, y)
y(t0) = y0 (t0, y0) ∈ R ammette una soluzione unica, y = y(t).
