Equazionidifferenziali II
ElisabettaColombo
Equazioni differenziali II
Elisabetta Colombo
Corso di Approfondimenti di Matematica per Biotecnologie, Anno Accademico 2014-2015,
http://users.mat.unimi.it/users/colombo/programmaBIO.html
Equazionidifferenziali II
ElisabettaColombo
Eq. diff.II
Eq. diff.II
1 Equazioni differenziali IIesercizioaumento popolazionediffusione epidemiadiffusione di una malattia IIesercizio
2 Condizioni inizialiTeo. Cauchy IProblema CauchyEsempiTeo. Cauchy IIProblema di Cauchy IIEsempi
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diffusione epidemia
diffusione di unamalattia II
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CondizioniinizialiTeo. Cauchy I
Problema Cauchy
Esempi
Teo. Cauchy II
Problema diCauchy II
Esempi
Equazioni differenziali
Esercizio Quali delle seguenti funzioni sono soluzioni dellaseguente equazione differenziale
y ′ − x + 1y
= 0
(a)y =√
x2 + 2x (b)y = x + 1(c)y = x − 1 (d)y = (x + 1)ex
(a) y =√
x2 + 2xy ′ = 1
2√(x2+2x)
(2x + 2) = 1√(x2+2x)
(x + 1) = x+1y e
soluzione
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(b)y = x + 1 y ′ = 1 = x+1x+1 = x+1
y e soluzione
(c)y = x − 1 y ′ = 1 diverso da x+1y = x+1
x−1 Non e soluzione
(d)y = (x + 1)ex y ′ = ex + (x + 1)ex ex (2 + x) , diversoda x+1
y = x+1(x+1)ex = e−x Non e soluzione
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Esempio (aumento della popolazione) Anche in questocaso la variabile indipendente e il tempo t . La funzione y(t)indica la popolazione al tempo t mentre y ′(t) e la velocita dicrescita della popolazione (nella schematizzazione stiamoforzando il problema, la popolazione e una grandezzadiscreta e in crescita discreta mentre stiamo assumendouna crescita continua).
L’equazione differenziale che modella il problema e:
y ′(t) = ay(t)
con a costante negativa (decrescita) o positiva (crescita)Come abbiamo visto le soluzioni di y ′(t) = ay(t) sono deltipo y(t) = Aeat con A costante arbitraria.
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Esempio (diffusione di un’epidemia) La variabileindipendente e sempre il tempo t , abbiamo un modello incui la velocita di diffusione e proporzionale sia alla porzionedi popolazione malata y(t), sia la porzione (1− y(t)) dipopolazione non contagiata. (Per semplificare si e preso 1per l’intera popolazione).
L’equazione che regola questo modello e detta equazionelogistica ed e del tipo:
y ′(t) = ay(t) (1− y(t))
con a costante che rappresenta il tasso di diffusionedell’epidemia.
La soluzione generale dell’equazione logistica assume la
forma y(t) =1
1 + Ae−at con A costante arbitraria
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Per verificare che si tratta di una soluzione procediamocome sempre derivando.
Derivo y(t) =1
1 + Ae−at :
y ′(t) = 1(1+Ae−at )2 Aae−at = a
(1
1 + Ae−at
)(Ae−at
1 + Ae−at
)=
a(
11 + Aeat
)(1− 1
1 + Aeat
)= ay(t) (1− y(t))
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Esempio (diffusione di una malattia II) Si consideril’equazione
y ′(t) = kyt
che ad esempio puo’ descrivere un altro modello in cui ladiffusione di una malattia sia proporzionale al numero deimalati e inversamente proporzionale al tempo per un certocoefficiente k . La soluzione e y(t) = Atk con A costantearbitraria.
Infatti y ′(t) = kAtk−1 = kAtk
t= k y(t)
t .
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Esercizio Stabilire per quali valori di A e B la funzioney(x) = Ae−
15 x + B e soluzione dell’equazione differenziale
y ′(x) =15(y − 18) .
Deriviamo: y ′(x) = −15Ae−
15 x
da cui −15Ae−
15 x = 1
5
(Ae−
15 x + B − 18
)per cui necessariamente A = 0,B = 18
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Vogliamo ora affrontare il problema di determinare lecostanti che appaiono nelle soluzioni delle equazionidifferenziali che abbiamo esaminato fino ad ora.
Un’equazione differenziale e detta in forma normale se laderivata di ordine maggiore si scrive come funzione di x , diy e delle derivate di ordine inferiore.
Esempio (a) L’equazione y ′ = e−axy e in forma normale
(b) L’equazione cos (2x + y ′) = y NON e in formanormale
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Vediamo il problema dell’unicita delle soluzioni delleequazioni differenziali del primo ordine in forma normale
Esempio y ′ = −2xy
Assegnati 2 arbitrari valori alle variabili x e y otteniamo ilvalore corrispondente della derivata di y ′ come funzione dix e y . Ad esempio se (x , y) = (2,−3) abbiamo y ′ = 12.Quindi una eventuale funzione soluzione dell’equazionedifferenziale con grafico passante per (2,−3) deve averecoefficiente angolare pari a 12.
NOTA Le soluzioni dell’equazione sono quindi tutte e sole lefunzioni il cui grafico raccorda le tangenti. Abbiamo percioinformazioni sull’andamento della funzione soluzione senzaconoscerla.
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Equazioni differenziali
Esempio Data l’equazione y ′ = e−2xy2, certamente unasua soluzione sara sempre non decrescente perche la suaderivata non e mai negativa.
L’esistenza e unicita di una soluzione e garantita dal
Teorema(di Cauchy) Sia y ′ = F (x , y) un’equazionedifferenziale del primo ordine in forma normale e sia (x0, y0)un punto nell’insieme di definizione F (x , y). Allora esisteuna e una sola soluzione dell’equazione che vale y0 in x0.Geometricamente, per (x0, y0) passa una e una sola curvache sia il grafico di una soluzione
NOTA (a) L’esistenza ed unicita e stabilita localmente: nelpunto (x0, y0)!
(b) La coppia di numeri (x0, y0) e detta la condizioneiniziale
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La ricerca della soluzione particolare dell’equazionedifferenziale e detto problema di Cauchy e si usa scrivere{
y ′ = F (x , y)y(x0) = y0
o{
y ′ = F (x , y)(x0, y0)
Intuitivamente le curve che sono soluzione dell’equazionedifferenziale possono essere pensate come traiettorie di unpunto che si muove, tali che ogni punto ha un’unicatraiettoria e 2 traiettorie non si incontrano mai.
Regola Data la soluzione generale dell’equazionedifferenziale y ′ = F (x , y), per determinare la soluzioneparticolare soddisfaciente a certe condizioni iniziali (x0, y0)basta sostituire i valori x0, y0 nella soluzione generale ecalcolare il valore della costante.
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Esempio Trovare la soluzione particolare dell’equazioney ′ = −2xy che soddisfa la condizione iniziale y(1) = 4.
Abbiamo gia visto che la soluzione generale e la funzioney = Ce−x2
,sostituendo x = 1 e y = 4 si ha 4 = Ce−1 da cuiC = 4 e quindi la soluzione particolare ey = 4e · e−x2
= 4e1−x2
Esempio Supponiamo che la crescita della popolazione diun dato territorio sia una funzione che soddisfa l’equazionedifferenziale y ′ = 2y .
Supponiamo di voler trovare la soluzione particolare sottol’assunzione y(0) = 103.
La soluzione generale abbiamo visto essere la funzioney = Ce2x , sostituendo x = 0 e y = 103 si ha 103 = Ce0 dacui C = 103 quindi la soluzione particolare e y = 103e2x
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NOTASe ora si studiano equazioni differenziali in formanormale ma di ordini superiori al primo, in generale lacondizione y(x0) = y0 non e sufficiente per individuareun’unica soluzione particolare. Infatti abbiamo visto esempidi soluzioni di equazioni del secondo ordine che ammettonosoluzioni generali che dipendono da 2 parametri. Nel casodi ordine 2 abbiamo bisogno quindi anche di y ′(x0) = y ′0.
Teorema (di Cauchy) Sia y ′′ = F (x , y , y ′) un’equazionedifferenziale di ordine 2 in forma normale e sia
(x0, y0, y ′0
)un punto nell’insieme di definizione di F (x , y , z). Alloraesiste una e una sola soluzione che valga y0 in x0 e la cuiderivata in x0 valga y ′0. Geometricamente, per (x0, y0) passauna e una sola curva che sia il grafico di una soluzione cheabbia in tale punto pendenza y ′0.
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Il corrispondente problema di Cauchy si usa scrivere
y ′′ = F (x , y , y ′)
y(x0) = y0y ′(x0) = y ′0
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Esempio Trovare la soluzione particolare dell’equazioney ′′ = −g che soddisfa le condizioni iniziali y(0) = 15 ey ′(0) = −2.
Abbiamo gia visto che la soluzione generale e la funzioney = −1
2gx2 + Ax + B, quindi y ′ = −gx + A.
Facendo le sostituzioni abbiamo{15 = −1
2g0 + A0 + B−2 = −g0 + A
da cui{
15 = B−2 = A
quindi la
soluzione particolare e la funzione y = −12gx2 − 2x + 15
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Esempio Data l’equazione differenziale xy ′ = 13y (legge
allometrica).(a) Verificare che y = C 3
√x e soluzione (l’abbiamo gia
visto):
y ′ = 13Cx−
23 da cui xy ′ = x 1
3Cx−23 = 1
3Cx13 = 1
3y
(b) Trovare la soluzione particolare che soddisfa lacondizione iniziale y(8) = 3 :
3 = C 3√
8 = C2 da cui C = 32 e quindi la soluzione
particolare e y = 32
3√
x
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Esercizio Data l’equazione differenziale y ′ = −2y + 3(a) Verificare che ogni funzione del tipo y = 3
2 + Ce−2x esoluzione:
y ′ = −2Ce−2x = − 2(Ce−2x + 3
2
)+ 23
2 = − 2y + 3
(b) Trovare la soluzione particolare il cui grafico passa per ilpunto
(−2, 3
2
)32 = 3
2 + Ce4da cui C = 0 e quindi la soluzione particolare ey = 3
2
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Esercizio Data l’equazione differenziale y ′′ − y ′ = 1− 2x(a) Verificare che ogni funzione del tipoy = x + x2 + Aex + B e soluzione:
y ′ = 1 + 2x + Aex , y ′′ = 2 + Aex quindiy ′′ − y ′ = 2 + Aex − (1 + 2x + Aex) = 1− 2x
(b)Trovare la soluzione particolare che soddisfa lecondizioni iniziali y(1) = 2 e y ′(1) = 4
Facendo le sostituzioni abbiamo{2 = 1 + 12 + Ae1 + B
4 = 1 + 2 + Ae1 cioe{
B = −Ae1 = Ae
da cui{B = −1A = e−1
quindi la soluzione particolare e y = x + x2 + ex−1 − 1
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Esercizio (a) Verificare che per qualunque valore di C, lafunzione y(x) = 5
2 − Ce−2x e soluzione dell’equazionedifferenziale y ′ = −2y + 5.
Deriviamo:y ′(x) = 2Ce−2x = − 2
(−Ce−2x + 5
2 −52
)= − 2y + 5
(b) Trovare la soluzione particolare che soddisfa lacondizione iniziale y(0) = 1
sostituendo: 1 = 52 − Ce−2·0 da cui C = −1 + 5
2 = 32 .
Quindi la soluzione che soddisfa le condizioni iniziali e:y(x) = 5
2 −32e−2x .