Equazioni differenziali autonome

Continuiamo con l'esposizione dei metodi di risoluzione delle varie tipologie di equazioni differenziali, occupandoci qui delle equazioni differenziali autonome. Tale famiglia è costituita da un particolare tipo di edo non lineari del secondo ordine, e avremo peraltro modo di capire perché si sia deciso di chiamarle autonome.

 

Premettiamo che per risolvere questo tipo di equazioni differenziali, oltre a saper derivare e integrare è strettamente necessario saper risolvere le equazioni differenziali non lineari a variabili separabili. Le equazioni differenziali autonome, infatti, si riconducono ad esse con un piccolo artificio.

 

Cos'è un'equazione differenziale autonoma

 

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

 

y''(t)=f(y(t),y'(t))

 

con f funzione continua nel suo insieme di definizione. Avrete subito notato la mancanza della variabile indipendente t. Ed ecco svelato il mistero del nome! Tali equazioni differenziali si dicono autonome proprio perché in esse la variabile t non compare esplicitamente, ovvero sono indipendenti (autonome) da essa. Laughing

 

Come risolvere le equazioni differenziali autonome

 

Vediamo ora come procedere per la risoluzione delle equazioni differenziali autonome. Siamo di fronte ad un'equazione del tipo:

 

(\spadesuit)\ \ \ y''(t)=f(y(t),y'(t))


Il trucco sta nel pensare alla variabile y(t) come se fosse una variabile indipendente, ponendo:


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


da cui, derivando e utilizzando il teorema di derivazione della funzione composta


y''(t)=z'(y(t))\cdot y'(t)=z'(y(t))\cdot \overbrace{z(y(t))}^{=y'(t)}


ovvero (\spadesuit) si trasforma in un'equazione differenziale del primo ordine


z'(y(t)) z(y(t)) = f(y(t),y'(t))


in cui dobbiamo pensare a y(t) come se fosse una variabile indipendente (come alla classica t per intenderci).

 

Trovata una soluzione z(y(t)) di quest'ultima equazione differenziale del primo ordine, per risalire alla soluzione dell'equazione differenziale (\spadesuit) ci ricordiamo della sostituzione effettuata in precedenza: y'(t)=z(y(t)). Si tratta allora di risolvere l'equazione differenziale a variabili separabili


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

 

 

Esempio

 

Si risolva il problema di Cauchy

 

\begin{cases}y''(t)=y'(t)(1+y(t)) \\ y(0)=2 \\ y'(0)=4 \end{cases}

 

Piccola parentesi: non dobbiamo sorprenderci per la presenza di due condizioni iniziali. In questo caso infatti siamo di fronte ad un'equazione differenziale del secondo ordine!

 

Consideriamo innanzitutto l'equazione differenziale

 

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

 

si vede subito che è un'equazione differenziale autonoma, ovvero del tipo (\spadesuit). Come abbiamo visto prima pensiamo alla variabile y(t) come se fosse una variabile indipendente. Poniamo allora:

 

(\diamondsuit)    y'(t)=z(y(t))

 

da cui, derivando:

 

y''(t)=z'(y(t)) y'(t)=z'(y(t)) \overbrace{z(y(t))}^{=y'(t)}

 

Sostituiamo quanto ottenuto nell'equazione di partenza abbiamo

 

z(t)z'(t)=z(t)(1+y(t))

 

ovvero

 

z'(t)=1+y(t)

 

Si tratta di un'equazione differenziale a variabili separabili! Ricordiamo ancora una volta che dobbiamo pensare ad y(t) come se fosse una variabile indipendente!

 

Prima di procedere vi facciamo notare che nell'ultimo passaggio ho diviso ambo i membri per z(t) senza preoccuparci di nulla. È lecito farlo? Certo, infatti così come è cambiata l'equazione differenziale associata al problema di Cauchy, cambiano anche le condizioni iniziali, che grazie all'imposizione (\diamondsuit) fatta, diventano: 

 

z(\overbrace{2}^{=y(0)})=\overbrace{4}^{=y'(0)}

 

Ci siamo ricondotti a risolvere il problema di Cauchy

 

\left\{\begin{matrix}z'=1+y \\ z(2)=4\end{matrix}

 

e come già detto

 

z'=1+y

 

è un'equazione del tipo z'(t)=a(y) b(z) (pensando a y come variabile indipendente) ossia a variabili separabili, dove a(y)=1+y è definita in tutto \mathbb{R} e b(z)=1 è una funzione costante e come tale continua, derivabile, con derivata continua, e quindi localmente lipschitziana (uniformemente rispetto a t), inoltre è sublineare e pertanto per il teorema di esistenza ed unicità globale siamo sicuri dell'esistenza di un'unica soluzione globale.

 

Ovviamente non vi sono soluzioni stazionarie per cui lavoreremo in tutto \mathbb{R}^2. Con queste fondamentali premesse possiamo procedere alla separazione delle variabili:

 

\int{(1)}dz = \int{(1+y)}dy

 

da cui banalmente

 

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

 

Imponendo la condizione iniziale z(2)=4 abbiamo:

 

4=2+\frac{1}{2}\cdot 4+c

 

ossia c=0.

 

Pertanto l'unica soluzione globale (per le considerazioni precedenti) del problema di Cauchy

 

\left\{\begin{matrix}z'=1+y \\ z(2)=4\end{matrix}

 

a cui ci eravamo ricondotti è

 

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

 

Non abbiamo ancora finito! Riprendiamo la sostituzione (\diamondsuit) e per avere la soluzione de PdC di partenza dobbiamo risolvere:

 

\left\{\begin{matrix}y'=y+\frac{1}{2}y^2 \\ y(0)=2\end{matrix}

 

la cui equazione associata è ancora a variabili separabili. In questo caso ci troviamo con a(t)=1 ovviamente continua e definita in tutto \mathbb{R}, e b(y)=y+\frac{1}{2}y^2 che è continua su tutto \mathbb{R}, derivabile, con derivata continua e dunque localmente lipschitziana (uniformemente rispetto a t) e per il teorema di esistenza ed unicità locale. Siamo così sicuri dell'esistenza di un'unica soluzione locale.

 

Cerchiamo eventuali soluzioni stazionarie ponendo:

 

b(y)=y+\frac{1}{2}y^2=0 \Leftrightarrow y=0 \vee y=-2

 

Pertanto abbiamo le due soluzioni locali y(t)=0 e y(t)=-2 nessuna delle quali però soddisfa la condizione iniziale, motivo per il quale vanno scartate.

 

Ora: per y\neq \left\{-2,0\right\} possiamo separare le variabili. La y varia nel dominio (-\infty,-2) \cup (-2,0) \cup (0, +\infty) e come di consueto sarà la condizione iniziale a dirci quale insieme scegliere. Poichè y(0)=2 \in (0,+\infty) lavoreremo nell'insieme:

 

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

 

Separiamole

 

\int{\left(\frac{1}{y+\frac{1}{2}y^2}\right)}dy = \int{(1)}dt

 

e otteniamo (lasciamo a voi la risoluzione degli integrali):

 

\log|y|-\log|y+2| = t+c, \ c\in \mathbb{R}

 

Tenendo conto dell'insieme in cui stiamo lavorando

 

\log(y)-\log(y+2) = t+c, \ c\in \mathbb{R}

 

e imponendo la condizione iniziale y(0)=2:

 

c=\log(2)-\log(4)=\log\left(\frac{1}{2}\right)

 

deduciamo che l'unica soluzione locale del problema di Cauchy è data da

 

\log(y(t))-\log(y(t)+2) = t+\log\left(\frac{1}{2}\right)

 

che può essere scritta in forma esplicita con qualche semplice passaggio algebrico

 

y(t)=-\frac{2e^t}{e^t-2}

 

Abbiamo finito. Laughing

 

 


 

Come avrete notato la risoluzione di un'equazione differenziale autonoma è abbastanza lunga, ma non difficile, a patto però che si abbia ben presente come si risolvono le edo a variabili separabili!

 

Alla possima,

Galois

 

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