Equazioni differenziali II -...

Equazionidifferenziali II

ElisabettaColombo

Equazioni differenziali II

Elisabetta Colombo

Corso di Approfondimenti di Matematica per Biotecnologie, Anno Accademico 2011-2012,

http://users.mat.unimi.it/users/colombo/programmaBIO.html


ElisabettaColombo

Eq. diff.II

Eq. diff.II

1 Equazioni differenziali IIesercizioaumento popolazionediffusione epidemialegge allometricaesercizio

2 Condizioni inizialiTeo. Cauchy IProblema CauchyEsempiTeo. Cauchy IIProblema di Cauchy IIEsempi


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Equazionidifferenziali IIesercizio

aumentopopolazione

diffusione epidemia

legge allometrica

esercizio

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+1

y e

soluzione


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Problema Cauchy

Esempi

Teo. Cauchy II


Esempi


(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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Esempi


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 (legge allometrica) Due organi diversi di unostesso individuo (ad esempio fegato e cervello) cresconocon velocita diverse ma esiste una relazione tra le velocitadi crescita dei due organi.

Indichiamo con x(t) e y(t) i volumi dei due organi all’istantet . supponiamo siano proporzionali i rapporti tra la crescitadei volumi e i volumi stessi, per un fattore k > 0 :

y ′(t)y(t)

= kx ′(t)x(t)

cioey ′(t)x ′(t)

= ky(t)x(t)

invertendo la funzione x(t) in un intorno di un certo t0 (sex ′(t0) diverso da 0 si puo) si ha y(x) = y(t(x)) e

y ′(x) = y ′(t)t ′(x) =y ′(t)x ′(t)


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da cui, considerando x la variabile indipendente:

y ′(x) = kyx

La soluzione e y(x) = Axk con A costante arbitraria.

Infatti y ′(x) = kAxk−1 = kAxk

x= k y(x)

x .


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Esercizio Stabilire per quali valori di A e B la funzioney(x) = Ae− 1

5 x + B e soluzione dell’equazione differenziale

y ′(x) =15

(y − 18) .

Deriviamo: y ′(x) = −15Ae− 1

5 x

da cui −15Ae− 1

5 x = 15

(Ae− 1

5 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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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 per(x0, y0) passa una e una sola curva che sia il grafico di unasoluzione

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). Allora per(x0, y0) passa una e una sola curva che sia il grafico di unasoluzione che abbia 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− 2

3 da cui xy ′ = x 13Cx− 2

3 = 13Cx

13 = 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 .

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