Si dice equazione differenziale lineare del secondo ordine una equazione della forma y00+ b(x)y0+ c(x)y = g(x) dove y(x) `e la funzione incognita, e supporremo sempre che b(x), c(x), g(x) siano funzioni continue in un intervallo I

Appunti sul corso di Complementi di Matematica - prof. B.Bacchelli 03 - Equazioni differenziali lineari omogenee a coefficienti costanti.

Def. Si dice equazione differenziale lineare del secondo ordine una equazione della forma

y⁰⁰+ b(x)y⁰+ c(x)y = g(x)

dove y(x) `e la funzione incognita, e supporremo sempre che b(x), c(x), g(x) siano funzioni continue in un intervallo I. Se g(x) = 0 l’equazione si dice

”omogenea”. Se b, c sono delle costanti, si dice ”a coefficienti costanti”.

Una EDO lineare si pu`o descrivere mediante un operatore lineare L , cio`e tale che L(αy) = αL(y), α ∈ R, e L(y₁+ y₂) = L(y₁) + L(y₂). Nel nostro caso scriviamo

Ly = g(x), con L := D²+ a(x)D + c(x)D⁰, dove D² = d²

dx², D = d

dx e D⁰ = I l’operatore identit`a. Infatti la derivazione, e l’identit`a, sono operatori lineari.

Per risolvere un’equazione del secondo ordine, intuitivamente si devono fare due integrazioni, per cui ci si aspetta la comparsa di due costanti di integrazione. Per esempio, y⁰⁰ = 0 ha soluzioni y(x) = A + Bx. Pi`u in generale si pu`o dimostrare il seguente

Teorema.

1. Equazione omogenea. Esistono due soluzioni indipendenti y₁ e y2 dell’equazione omogenea, cio`e tali che

A y₁(x) + B y₂(x) = 0 per ogni x ∈ I ⇐⇒ A = B = 0.

Inoltre, ogni altra soluzione z(x) della equazione omogenea si esprime come combinazione lineare di esse, cio`e

z(x) = A y₁(x) + B y₂(x), A, B ∈ R.

OVVERO, le soluzioni di una EDO lineare omogenea del secondo ordine formano uno spazio vettoriale di dimensione 2.

2. Equazione non omogenea. Esiste una soluzione y0(x) della equazione non omogenea in I, e tutte le soluzioni della non omogenea in I hanno la forma

y(x) = A y1(x) + B y2(x) + y0(x), A, B ∈ R,

dove y e y sono due soluzioni indipendenti della equazione omogenea in I.

Dim. Per dimostrare che z(x) `e soluzione della equazione omogenea , e y(x) `e soluzione della non omogenea, basta osservare che questo `e una ovvia conseguenza della linearit`a di L, oppure verificare la tesi mediante derivazione e sostituzione delle ipotesi. La dimostrazione del viceversa, cio`e che ogni altra soluzione `e di quella forma, `e pi`u complessa e non la faremo.

Per determinare l’insieme delle soluzioni dell’equazione omogenea, detto anche integrale generale, il teorema precedente rimanda quindi alla deter- minazione di due soluzioni y₁ e y₂ indipendenti, cio`e non proporzionali.

Corollario Sia data l’equazione differenziale del secondo ordine omogenea a coefficienti costanti,

ay⁰⁰+ by⁰+ cy = 0, con a 6= 0,

dove y(x) `e la funzione incognita, a, b, c sono costanti. Date due soluzioni indipendenti, y₁(x) e y₂(x), l’insieme delle soluzioni ha la forma

y(x) = A y₁(x) + B y₂(x), A, B ∈ R.

OSERVAZIONE. E’ evidente che essendo y⁰⁰ uguale a una funzione deri- vabile su R, le soluzioni sono derivabili anche tre volte, e iterando il ragiona- mento si deduce che le soluzioni sono funzioni di classe C^∞(R), cio`e derivabili infinite volte su tutto R.

Abbiamo visto il modello di crescita/decadimento esponenziale, y⁰ = ky.

Questo per esempio modella il moto di un punto che si muove a velocit`a proporzionale allo spazio percorso. Se k > 0 la velocit`a aumenta (esponen- zialmente), se k < 0 diminuisce (e va a zero). Una soluzione `e y(t) = e^kt.

Ora supponiamo che l’accelerazione sia proporzionale allo spazio percorso:

y⁰⁰ = k²y. Sostituendo si verifica che y1(t) = e^kt e y2(t) = e^−kt sono due soluzioni, indipendenti, e il moto di una soluzione `e una combinazione lineare dei due moti, uno a velocit`a crescente, l’altro a velocit`a decrescente: y(t) = Ae^kt+ Be^−kt, essendo i coefficienti della combinazione lineare determinati da certe condizioni iniziali.

Se invece l’accelerazione ha verso opposto allo spostamento, y⁰⁰= −k²y, si ha il modello dell’oscillatore armonico in assenza di attrito, che ha soluzioni indipendenti y₁(t) = cos(kt) e y₂(t) = sin(kt).

Poich`e cos(kt) e sin(kt) sono combinazione lineare di e<sup>ikt</sup> e di e<sup>−ikt</sup> (come spiegheremo pi`u oltre) questo esempio ci suggerisce una tecnica per trovare in generale due soluzioni indipendenti.

Integrale generale. Cerchiamo una soluzione del tipo y(x) = e^λx con λ parametro reale o complesso. Sostituendo si ottiene

e^λx(aλ²+ bλ + c) = 0.

Perci`o la funzione y `e soluzione se e solo se la costante λ `e radice dell’equazione aλ²+ bλ + c = 0,

detta equazione caratteristica. Distinguiamo tre casi.

1) ∆ = b² − 4ac > 0, l’equazione caratteristica ha due radici reali distinte λ₁ e λ₂, le funzioni y₁(x) = e^λ1x e y₂(x) = e^λ2x sono due soluzioni indipendenti. L’integrale generale ha forma

y(x) = Ae^λ1x+ Be^λ2x, A, B costanti arbitrarie.

2) ∆ = b² − 4ac = 0, l’equazione caratteristica ha una radice reale doppia λ0 = − b

2a, le funzioni y1(x) = e^λ0xe y2(x) = xe^λ0xsono due soluzioni indipendenti. L’integrale generale ha forma

y(x) = e^λ0x(A + Bx) , A, B costanti arbitrarie.

3) ∆ = b²− 4ac < 0, non vi sono radici reali, ma l’equazione caratteris- tica nel campo complesso (λ numero complesso) ha due radici complesse coniugate

λ₁ = u + ik e λ₂ = u − ik, dove u = − b 2a, k =

√−∆

2a che conducono a due soluzioni reali indipendenti

y₁(x) = e^{u x}cos(k x) , y₂(x) = e^{u x}sin(k x).

L’integrale generale ha forma

y(x) = e^{u x}(A cos(k x) + B sin(k x)) , A, B costanti arbitrarie.

NOTA. Per capire meglio il caso ∆ < 0, si ha che in questo caso l’equazione caratteristica ha le due soluzioni indipendenti nel campo complesso:

e

y = e^(u+ik)x= e^u.x e^ikx, ye = e^(u−ik)x= e^u.x e^−ikx

e l’insieme delle soluzioni `e della forma y(x) = A ey₁+ B ey₂. Ricordiamo ora che vale la notazione

e^ix = cos x + i sin x, e quindi e^−ix = cos x − i sin x e si ricavano le relazioni

cos x = e^ix + e^−ix

2 , sin x = e^ix− e^−ix 2i

Quindi possiamo ottenere le due soluzioni reali indipendenti y₁(x) = e^{u x}cos(k x) e y₂(x) = e^{u x}sin(k x) scegliendo nella combinazione lineare (a coefficienti complessi) gli opportuni coefficienti, cio`e y₁ = 1

2ye₁ + 1 2ye₂ , e y₂ = 1

2iye₁− 1 2iye₂.

NOTA. Il terzo caso (∆ < 0) `e quello visto dell’oscillatore armonico: in assenza di attrito b = 0 ⇒ u = 0; in presenza di attrito (b > 0 ⇒ u < 0) si avranno oscillazioni smorzate.

NOTA: Per avere una soluzione particolare occorre assegnare due con- dizioni iniziali.

Teorema di esistenza e unicit`a. Siano a, b, c ∈ R, a 6= 0. Allora esiste una e una sola soluzione definita su R del problema di Cauchy





ay⁰⁰+ by⁰+ cy = 0 y(x₀) = y₀ y⁰(x₀) = y₁

Il significato geometrico del problema di Cauchy `e determinare la soluzione che passa per un dato punto (x0, y0) e tale che la retta tangente alla soluzione nel punto (x₀, y₀) ha coefficiente angolare assegnato dal valore y₁.

Per risolvere il problema di Cauchy, troviamo la soluzione generale y(x) che dipende dalle costanti A e B e la deriviamo. Quindi risolviamo il sistema (di due equazioni nelle due incognite A e B) che si ottiene sostituendo in y(x), y⁰(x) i valori x₀, y₀ e y₁ stabiliti dal problema di Cauchy.

La soluzione particolare `e quindi quella che si ottiene dall’integrale ge- nerale sostituendo i valori A e B cos`ı trovati.

Esempi

I y⁰⁰+ 4y⁰+ 13y = 0

L’equazione caratteristica `e λ<sup>2</sup>+ 4λ + 13 = 0. Per questa equazione ∆ = 4<sup>2</sup> − 13 · 4 = −36 < 0, ci troviamo nel terzo caso. L’integrale generale dell’equazione `e

y(x) = e^−2x(A cos(3x) + B sin(3x)) .

I y⁰⁰+ 4y⁰− 12y = 0

L’equazione caratteristica `e λ<sup>2</sup>+ 4λ − 12 = 0. Per questa equazione ∆ = 4<sup>2</sup> + 12 · 4 = 64 > 0, ci troviamo nel primo caso. Le radici reali e distinte sono λ<sub>1</sub> = 2 e λ<sub>2</sub> = −6. L’integrale generale dell’equazione `e

y(x) = Ae^−2x+ Be^−6x.

I y⁰⁰+ 2y⁰+ y = 0, y(0) = 1, y⁰(0) = 0.

L’equazione caratteristica `e λ<sup>2</sup>+ 2λ + 1 = 0. Per questa equazione ∆ = 0, ci troviamo nel secondo caso, e λ = −1 `e radice doppia.

L’integrale generale dell’equazione `e

y(x) = e^−x(A + Bx).

Per risolvere il problema di Cauchy deriviamo y : y⁰ = e^−x(−A − Bx + B)

e poich`e y(0) = A, y0(0) = −A + B, il sistema da risolvere `e

½ A = 1

−A + B = 0 ⇒ B = A = 1 e la soluzione `e

y(x) = e^−x(1 + x).