Equazioni differenziali non lineari omogenee

Vogliamo ora proporre il metodo per risolvere le equazioni differenziali non lineari omogenee e del primo ordine, note in generale come equazioni differenziali omogenee

 

Attenzione! Non confondetele con le equazioni differenziali lineari omogenee (quelle lineari con termine noto nullo, per intenderci) di cui parleremo in un'altra lezione! Queste di cui fra poco tratteremo sono non lineari e presto capirete perché hanno questo nome.

 

Premettiamo che è indispensabile saper derivare, conoscere i vari tipi di integrali indefiniti e saper risolvere un'equazione differenziale a variabili separabili di cui abbiamo abbondantemente parlato nella lezione del link. Tutto questo perché questo tipo di equazioni differenziali, con un piccolissimo stratagemma, si riconducono ad esse.

 

Come risolvere le equazioni differenziali non lineari omogenee

 

Le equazioni differenziali omogenee, come già abbiamo detto, sono equazioni differenziali non lineari, del primo ordine del tipo:

 

y'(t)=\frac{P(t,y(t))}{Q(t,y(t))}

 

con P(t,y(t)), \ Q(t,y(t)) polinomi omogenei dello stesso grado.

 

Cosa vuol dire? Un polinomio di dice omogeneo se i monomi che lo compongono sono dello stesso grado. Se entrambi sono omogenei ed hanno lo stesso grado (ricordiamo che il grado di un polinomio è dato dal grado massimo dei monomi che lo compongono) allora siamo di fronte ad un'equazione differenziale omogenea. Ora è chiaro il significato del nome di tali equazioni differenziali? Dipende dal fatto che sono formate dal rapporto di due polinomi omogenei. Laughing

 

Vediamo ora come procedere per la risoluzione. Innanzitutto, dopo aver supposto t\neq 0 possiamo ricondurci ad un'equazione differenziale della forma:

 

(\spadesuit)\ \ \ y'(t)=g\left(\frac{y(t)}{t}\right)

 

dividendo tutti i termini dei due polinomi per t elevato alla potenza di grado massimo con cui esso compare.

 

Fatto questo poniamo

 

z(t)=\frac{y(t)}{t}

 

da cui

 

y(t)=t\cdot z(t)

 

e quindi derivando:

 

y'(t)=1\cdot z(t)+t\cdot z'(t)=z(t)+tz'(t)

 

Sostituendo quanto ottenuto in (\spadesuit) ricaviamo

 

z(t)+tz'(t)=g(z(t))

 

ossia

 

z'(t)=\left(g(z(t))-z(t)\right)\cdot \frac{1}{t}

 

che è a variabili separabili! Vediamo ora qualche esempio che schiarirà molto le idee...

 

Esempi sulle equazioni differenziali non lineari omogenee

 

1) Risolvere l'equazione differenziale omogenea:

 

4t^2y'(t)-(t+y(t))^2=0


Forse vi starete chiedendo: l'equazione considerata cosa c'entra con le edo non lineari omogenee? Attenzione! Scriviamo l'equazione differenziale in forma normale:

 

y'(t)=\frac{(t+y(t))^2}{4t^2}


si vede immediatamente che è formata dal rapporto di due polinomi

 

P(t,y(t))=(t+y(t))^2 = t^2+2ty(t)+y^2(t)

 

ed in particolare il numeratore è omogeneo di secondo grado

 

Q(t,y(t))=4t^2

 

ed anche il denominatore è omogeneo di secondo grado. Siamo quindi di fronte ad un'equazione differenziale non lineare omogenea. Laughing


Dividiamo tutti i termini di entrambi i polinomi per t\neq 0 elevato al quadrato (in quanto 2 è l'esponente di grado più alto che compare nell'equazione differenziale).

 

y'(t)=\frac{1+2\left(\frac{y(t)}{t}\right)+\left(\frac{y(t)}{t}\right)^2}{4}

 

e ci siamo ricondotti ad un'equazione differenziale del tipo (\spadesuit). Poniamo ora

 

z(t)=\frac{y(t)}{t}

 

e deriviamo, seguendo pari passo la parte teorica vista inizialmente. Abbiamo:

 

y'(t)=z(t)+tz'(t)

 

effettuiamo la sostituzione e ricaviamo

 

z(t)+tz'(t)=\frac{1+2z(t)+z^2(t)}{4}

 

tz'(t)=\frac{1+2z(t)+z^2(t)}{4}-z(t)

 

tz'(t)=\frac{z^2(t)-2z(t)+1}{4}

 

z'(t)=\left(z(t)-1\right)^2\cdot \frac{1}{4t}

 

che è a variabili separabili! Non ci resta che procedere con il metodo di risoluzione standard.

 

Dopo aver osservato che z(t)=1 è una soluzione stazionaria ed aver quindi posto z≠1 possiamo separare le variabili:

 

\int{\frac{1}{(z-1)^2}}dz = \int{\frac{1}{4t}}dt

 

Calcoliamo i due integrali così da ottenere

 

-\frac{1}{z-1}=\frac{1}{4}\log|t|+k, \ k\in \mathbb{R}

 

da cui, con qualche semplice passaggio algebrico, possiamo scrivere la soluzione in forma esplicita

 

z(t)=\frac{\log|t|+4k-4}{\log|t|+4k}, \ k\in \mathbb{R}

 

senza dimenticarci della soluzione stazionaria z(t)=1

 

Ricordiamo che dobbiamo riscrivere la soluzione nella variabile y. Come facciamo? Dobbiamo utilizzare la precedente imposizione:

 

z(t)=\frac{y(t)}{t}\mbox{ da cui }y(t)=z(t)\cdot t

 

e dunque possiamo concludere che le soluzioni della nostra equazione di partenza sono:

 

(Per quanto riguarda la soluzione stazionaria):

 

y(t)= t \cdot z(t) = t \cdot 1 = t

 

e per l'altra:

 

y(t)=t\cdot z(t)=t\cdot \frac{\log|t|+4k-4}{\log|t|+4k}

 

o, con qualche piccolo conticino

 

y(t)=\frac{t\log|t|+4t(k-1)}{\log|t|+4k}, \ k \in \mathbb{R} 

 

 


 

 

2) Risolvere il problema di Cauchy:

 

\left\{\begin{matrix} y'(t)=\frac{t^2+ty(t)}{ty(t)+y^2(t)} \\ y(1)=2 \end{matrix}

 

e precisare l'intervallo di definizione della soluzione massimale.

 

Per cominciare consideriamo l'equazione differenziale associata:

 

y'(t)=\frac{t^2+ty(t)}{ty(t)+y^2(t)}

 

si vede immediatamente che è formata dal rapporto di due polinomi:

 

P(t,y(t))=t^2+ty(t)

 

che è omogeneo di secondo grado, e

 

Q(t,y(t))=ty(t)+y^2(t)

 

anch'esso omogeneo di secondo grado. Abbiamo scoperto che si tratta di un'equazione differenziale non lineare e omogenea. Laughing Come detto prima dividiamo tutti i termini di entrambi i polinomi per t elevato al quadrato, dato che 2 è l'esponente di grado più alto che compare nell'equazione differenziale). Otteniamo

 

y'(t)=\frac{1+\frac{y(t)}{t}}{\frac{y(t)}{t}+\left(\frac{y(t)}{t}\right)^2}

 

ovvero ci siamo ricondotti ad un'equazione differenziale del tipo (\spadesuit). Piccola parentesi: possiamo dividere per t^2? Certo! La condizione iniziale iniziale y(1)=2 ci permette di farlo! Se avessimo avuto y(0)=2 non avremmo potuto farlo.

 

Poniamo

 

z(t)=\frac{y(t)}{t}

 

e deriviamo come in precedenza

 

y'(t)=z(t)+tz'(t)

 

Ora effettuiamo la sostituzione


z(t)+tz'(t)=\frac{1+z(t)}{z(t)+z^2(t)}


z(t)+tz'(t)=\frac{1+z(t)}{z(t)(1+z(t))}


z(t)+tz'(t)=\frac{1}{z(t)}


tz'(t)=\frac{1}{z(t)}-z(t)


infine


z'(t)=\frac{1-z^2(t)}{z(t)}\cdot \frac{1}{t}


Il problema di Cauchy di partenza diventa così


\begin{cases} z'(t)=\frac{1-z^2(t)}{z(t)}\cdot \frac{1}{t} \\ z(1)=2 \end{cases}


in cui l'equazione differenziale è a variabili separabili e la cui soluzione è

 

z(t)=\frac{\sqrt{t^2+3}}{t}\mbox{ con }t\in (0, +\infty)

 

Giunti a questa soluzione con le dovute accortezze viste nella precedente lezione, per ottenere la soluzione del problema di Cauchy di partenza dobbiamo tornare alla variabile y(t), e per farlo dobbiamo ricorrere alla precedente imposizione

 

z(t)=\frac{y(t)}{t}\mbox{ da cui }y(t)=z(t)\cdot t

 

La soluzione del problema di Cauchy iniziale è dunque

 

y(t)=\sqrt{t^2+3}

 

che è definita per t > 0.

 

 


 

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Buon proseguimento su YouMath,

Giuseppe Carichino (Galois)

 

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