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

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ቊ𝑦′ − 𝑥2𝑦 = 0

𝑦 0 = 1Soluzione generale: 𝑦 𝑥 = 𝑘𝑒

𝑥3

3

Soluzione particolare:𝑦 𝑥 = 𝑒𝑥3

3

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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 )