Equazioni differenziali non lineari per sostituzione

Introduciamo un ulteriore tipo di EDO, le equazioni differenziali non lineari risolubili per sostituzione. Ci occuperemo di un particolare tipo di EDO, quelle della forma y''=f(t,y'), e vedremo come, con un piccolo artificio, si riconducono alle equazioni differenziali non lineari del primo ordine che abbiamo visto nelle precedenti lezioni.

 

Come al solito, prima di cimentarsi nello studio di questa lezione è necessario saper derivare, integrare e conoscere i tipi di equazioni differenziali non lineari del primo ordine che, ripeto, abbiamo visto nelle lezioni precedenti.

 

Equazioni differenziali risolubili per sostituzione e non lineari

 

Come abbiamo già detto sono equazioni differenziali ordinarie, non lineari, del secondo ordine, che in forma normale si presentano in questo modo:

 

(\spadesuit)   y''(t)=f(t,y'(t))

 

con f funzione continua nel suo insieme di definizione. Notate che manca il termine y(t).

 

Proprio la mancanza di questo termine ci permette infatti di "abbassare di grado" nell'equazione (\spadesuit) o meglio, con un piccolo artificio, ricondurci ad un'equazione differenziale non lineare del primo ordine. Tongue

 

Vediamo come: procediamo per sostituzione, e poniamo y'(t)=z(t) da cui, derivando, ricaviamo

 

y''(t)=z'(t)

 

ed andando a sostiuire in (\spadesuit) avremo:

 

(\diamondsuit)    z'(t)=f(t,z(t))

 

che sarà un'equazione differenziale non lineare del primo ordine, la cui risoluzione dipenderà, ovviamente, dalla particolare forma analitica che assumerà. Una volta trovata la soluzione z(t,c), \ c\in \mathbb{R} dell'equazione (\diamondsuit), si risalirà alla soluzione della nostra equazione differenziale di partenza (\spadesuit) ricordandoci della sostituzione fatta, ovvero y'(t)=z(t), da cui


y(t)=\int{(z(t,c))}dt


Come sempre sotto con gli esempi!

 

Esempi di equazioni differenziali non lineari per sostituzione

 

1) Vogliamo risolvere l'equazione differenziale:


y''(t)=(y'(t))^2+1


Si vede subito che è un'equazione del tipo (\spadesuit), infatti è non lineare (vi faccio notare un due come esponente di y'(t)), è del secondo ordine e manca il termine y(t).


Effettuiamo la sostituzione, e poniamo:


y'(t)=z(t)

 

da cui, derivando:

 

y''(t)=z'(t)

 

Sostituiamolo nell'equazione di partenza e otteniamo:

 

z'(t)=(z(t))^2 +1

 

che è a variabili separabili, ovvero del tipo z'(t)=a(t) b(z). In questo caso ci troviamo con a(t)=1 che è definita in tutto \mathbb{R}, e con b(z)=z^2+1 anch'essa definità in tutto \mathbb{R}.

 

Cerchiamo eventuali soluzioni stazionarie ponendo b(z)=z^2+1=0 che banalmente non ha soluzioni, pertanto non vi sono soluzioni stazionarie. Possiamo ora separare le variabili:

 

\int{\left(\frac{1}{z^2+1}\right)} dz = \int{(1)}dt

 

arctg(z)=t+c, \ c\in \mathbb{R}

 

per cui

 

z(t)=tan(t+c), \ c\in \mathbb{R}

 

Torniamo alla variabile y:

 

y(t)=\int{(tan(t+c))}dt = \int{\left(\frac{sen(t+c)}{cos(t+c)}\right)}dt = -log|cos(t+c)|+d, \ c,d\in \mathbb{R}

 

 


 

 

2) Risolviamo il problema di Cauchy:

 

\left\{\begin{matrix} (1+t^2)y''(t)=2ty'(t) \\ y(0)=1 \\ y'(0)=2 \end{matix}

 

Piccola parentesi: non sorprendentevi per la presenza di due condizioni iniziali. Ora abbiamo a che fare con un'equazione differenziale del secondo ordine, motivo per il quale ci servono due condizioni iniziali!

 

Scriviamo innanzitutto l'equazione differenziale associata al PdC in forma normale:

 

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

 

e possiamo farlo senza problemi visto che t^2+1 \neq 0 \ \forall t \in \mathbb{R}. Si vede immediatamente che è un'equazione del tipo (\spadesuit), poniamo allora:

 

(\diamondsuit)    y'(t)=z(t)

 

da cui, derivando:

 

y''(t)=z'(t)

 

ed andando a sostiuire nell'equazione di partenza avremo:

 

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

 

che è a variabili separabili (vedi lezione a riguardo), ovvero del tipo z'(t)=a(t) b(z)

 

In questo caso abbiamo a(t)=\left(\frac{2t}{t^2+1}\right) che è definita in tutto \mathbb{R}, e b(z)=z che è una funzione continua, derivabile e con derivata continua. Di conseguenza essa è localmente Lipschitziana (uniformemente rispetto a t) e come tale il PdC che abbiamo di fronte ha un'unica soluzione locale.

 

Come ci comportiamo con le condizioni iniziali? Anch'esse andranno sostituite. Come? Sempre sfruttando la sostituzione effettuata (\diamondsuit), avremo z(0)=2]

 

Dobbiamo dunque risolvere il PdC:

 

\left\{\begin{matrix}z'(t)=\left(\frac{2t}{t^2+1}\right)z(t) \\ z(0)=2 \end{matrix}

 

Cerchiamo innanzitutto eventuali soluzioni stazionarie ponendo:

 

b(z)=z=0 \Leftrightarrow z=0

 

Pertanto abbiamo l'unica soluzione stazionaria z(t)=0 che però non verifica la condizione iniziale e dunque la possiamo scartare.

 

Per z\neq 0 possiamo separare le variabili. La variabile z varierà nel seguente dominio:


(-\infty,0) \cup (0,+\infty)  


e la condizione iniziale y(0)=2 \in (0,+\infty) ci dice che dobbiamo considerare l'intervallo (0,+\infty). Lavoreremo nell'insieme:


{(t,y)\in \mathbb{R}^2 | t\in \mathbb{R}, y\in (0,+\infty)}


Possiamo separare le variabili:


\int{\left(\frac{1}{z}\right)}dz = \int{\left(\frac{2t}{t^2+1}\right)}dt


che ci porta immediatamente a:


log|z|=log(1+t^2)+c, \in \mathbb{R}

 

che grazie all'insieme in cui stiamo lavorando (eventualmente date un'occhiata alla lezione su variabili separabili linkata in precedenza) diventa

 

log(z)=log(1+t^2)+c, \in \mathbb{R}

 

Imponendo la condizione iniziale z(0)=2 abbiamo:

 

c=\log(2)

 

per cui

 

z(t)=2(1+t^2)

 

Torniamo ora alla variabile y tramite la sostituzione (\diamondsuit):

 

y(t)=2\int{(1+t^2)}dt = 2t+\frac{2}{3}t^3+k, \ k\in \mathbb{R}

 

da cui, ancora, imponendo la condizione iniziale y(0)=1 abbiamo:

 

k=1

 

Siamo finalmente giunti all'unica soluzione del nostro PdC di partenza che è data da:

 

y(t)=2t+\frac{2}{3}t^3+1

 

Nella prossima lezione vedremo un altro tipo di equazioni differenziali del secondo ordine, note come equazioni differenziali autonome. Spero in questa lezione di avervi fatto notare come sia indispensabile conoscere la maniera corretta di risoluzione di un'equazione differenziale a varibili separabili. Infatti molto spesso ci si riconduce ad esse quindi dobbiamo tenere sempre ben presente il modo corretto di procedere.

 

Alla prossima,

Galois

 

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