Equazioni riconducibili a variabili separabili

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Prerequisiti: Equazioni differenziali a variabili separabili, Equazioni differenziali lineari del primo ordine, Esistenza e unicità per il problema di Cauchy.

Le equazioni differenziali del primo ordine presentano spesso forme che non sono immediatamente a variabili separabili, ma che possono essere ricondotte a tale tipologia tramite opportuni cambi di variabile.

Equazioni a variabili separabili

Definizione. Un'equazione differenziale del primo ordine è a variabili separabili se il termine noto è fattorizzabile nel prodotto di una funzione della sola variabile indipendente e una della funzione incognita.

Esempio. $y' = t\,y$ è a variabili separabili, con $h(t) = t$ e $g(y) = y$ : $\frac{dy}{y} = t\,dt$ dà $y(t) = c\,e^{t^2/2}$ .

Risoluzione

Se $g(y_0) = 0$ per qualche $y_0$ , la funzione costante $y(t) = y_0$ è una soluzione stazionaria. Per le soluzioni non costanti, si procede per separazione: $\int \frac{dy}{g(y)} = \int h(t) dt$ L'intervallo massimale di esistenza è limitato dai punti in cui la soluzione diverge o dai vincoli imposti dal dato iniziale $y(t_0) = y_0$ .

Esempio: $y' = y^2$

Soluzione stazionaria: $y^2 = 0 \implies y(t) = 0$ .
Separazione: $\int y^{-2} dy = \int dt \implies -y^{-1} = t + C \implies y(t) = \frac{-1}{t+C}$ .
Con $y(0) = y_0$ : $y(0) = -1/C = y_0 \implies C = -1/y_0$ .
Soluzione: $y(t) = \frac{1}{\frac{1}{y_0} - t} = \frac{y_0}{1 - y_0 t}$ (per $y_0 \neq 0$ ; per $y_0 = 0$ la soluzione è quella stazionaria). La soluzione esplode per $t \to 1/y_0$ : se $y_0 > 0$ esiste su $\left]-\infty, \frac{1}{y_0}\right[$ , se $y_0 < 0$ su $\left]\frac{1}{y_0}, +\infty\right[$ . L'intervallo dipende dal dato iniziale.

Esempio: $y' = -\frac1y$ , $y(0) = y_0 \neq 0$ . Non ci sono soluzioni stazionarie ( $-\frac1y$ non si annulla) e $y_0 = 0$ non è ammesso. Separando: $y\,dy = -dt$ , cioè $\frac{y^2}{2} = \frac{y_0^2}{2} - t$ , e $y(t) = \operatorname{sgn}(y_0)\sqrt{y_0^2 - 2t}$ con il segno del dato iniziale (la soluzione è continua e non può attraversare $y = 0$ , dove l'equazione non è definita). Esiste per $t < \frac{y_0^2}{2}$ : lì $y \to 0$ e $y' = -\frac1y$ diventa infinita, quindi la soluzione arriva al bordo del dominio di $f$ e si ferma.

Equazioni omogenee

Definizione. Un'equazione è detta omogenea se è della forma $y' = f\left(\frac{y}{t}\right)$ .

Si utilizza la sostituzione $z(t) = \frac{y(t)}{t}$ , da cui $y = zt$ e $y' = z't + z$ . Sostituendo: $z't + z = f(z) \implies z' = \frac{f(z) - z}{t}$ Questa è ora un'equazione a variabili separabili in $z$ , con $h(t) = \frac1t$ e $g(z) = f(z) - z$ . Gli zeri $z_0$ di $f(z) - z$ danno soluzioni stazionarie $z = z_0$ , cioè le rette $y = z_0 t$ .

Si riconosce un'equazione omogenea quando, dividendo numeratore e denominatore per una potenza di $t$ resta una funzione di $\frac yt$ : per esempio $y' = \frac{t^2 + y^2}{ty} = \frac{t}{y} + \frac{y}{t}$ .

Esempio: $y' = \frac{y}{t} + \frac{t}{y}$ Ponendo $z = y/t$ , si ha $z't + z = z + 1/z \implies z't = 1/z \implies z dz = \frac{1}{t} dt$ . Integrando: $\frac{z^2}{2} = \ln|t| + C \implies z = \pm \sqrt{2\ln|t| + 2C}$ .

Con il dato $y(1) = 1$ : $z(1) = 1$ , quindi $C = \frac12$ e $z^2 = 1 + 2\ln t$ (si lavora su $t > 0$ , l'intervallo che contiene $t_0 = 1$ ). Si sceglie la radice positiva perché $z(1) = 1 > 0$ : $y(t) = t\sqrt{1 + 2\ln t}, \qquad t > e^{-1/2}$ Per $t \to e^{-1/2}$ la radice si annulla, $y \to 0$ e l'equazione (che contiene $\frac ty$ ) non è più definita: è il limite sinistro dell'intervallo di esistenza.

Equazioni del tipo $y'=f(at+by+c)$

Per equazioni in cui l'argomento è una combinazione lineare, si pone $z(t) = at + by(t) + c$ . Derivando rispetto a $t$ : $z' = a + by' \implies y' = \frac{z' - a}{b}$ . L'equazione diventa $\frac{z' - a}{b} = f(z)$ , ovvero $z' = a + b f(z)$ , risolubile come equazione a variabili separabili (anzi autonoma: il secondo membro non dipende da $t$ ). Serve $b \neq 0$ , altrimenti l'equazione è già $y' = f(at + c)$ , che si risolve integrando.

Esempio: $y' = (y - t)^2$ , $y(0) = 0$ . Con $z = y - t$ : $z' = y' - 1 = z^2 - 1$ , $z(0) = 0$ .

Soluzioni stazionarie di $z' = z^2 - 1$ : $z = \pm 1$ . Il dato $z(0) = 0$ non è tra queste, quindi (per l'unicità) $z$ resta strettamente tra $-1$ e $1$ .
Separando, con i fratti semplici $\frac{1}{z^2 - 1} = \frac12\left(\frac{1}{z - 1} - \frac{1}{z + 1}\right)$ : $\frac12\ln\left|\frac{z - 1}{z + 1}\right| = t + C$ e $z(0) = 0$ dà $\frac12\ln 1 = 0 = C$ .
Per $|z| < 1$ si ha $\frac{z-1}{z+1} < 0$ , quindi $\frac{1 - z}{1 + z} = e^{2t}$ , da cui $z = \frac{1 - e^{2t}}{1 + e^{2t}} = -\tanh t$ .
Soluzione: $y(t) = t - \tanh t$ , definita per ogni $t$ . Verifica: $y' = 1 - (1 - \tanh^2 t) = \tanh^2 t = (y - t)^2$ ✓.

Equazioni di Bernoulli

Definizione. Le equazioni di Bernoulli hanno la forma $y' = a(t)y + b(t)y^\alpha$ , con $\alpha \in \mathbb{R}$ .

Per $\alpha \neq 0, 1$ , si moltiplica per $y^{-\alpha}$ e si pone $z = y^{1-\alpha}$ . Derivando: $z' = (1-\alpha)y^{-\alpha}y'$ . Sostituendo nell'equazione: $\frac{z'}{1-\alpha} = a(t)z + b(t)$ Questa è un'equazione lineare del primo ordine in $z$ , $z' = (1-\alpha)a(t)z + (1-\alpha)b(t)$ , che si risolve con la formula di Equazioni differenziali lineari del primo ordine.

Perché funziona. Moltiplicando l'equazione per $(1 - \alpha)y^{-\alpha}$ : $(1 - \alpha)y^{-\alpha}y' = (1 - \alpha)a(t)y^{1 - \alpha} + (1 - \alpha)b(t)$ . Il primo membro è la derivata di $y^{1-\alpha}$ : il termine $y^\alpha$ , che rendeva l'equazione non lineare, diventa una costante. Per $\alpha > 0$ va aggiunta a parte la soluzione $y \equiv 0$ , persa dividendo per $y^\alpha$ .

Esempio (equazione logistica): $y' = y - y^2$ . È una Bernoulli con $a = 1$ , $b = -1$ , $\alpha = 2$ (ed è anche a variabili separabili). Con $z = y^{-1}$ : $z' = -y^{-2}y' = -\frac{y - y^2}{y^2} = -z + 1$ . La lineare $z' = -z + 1$ ha soluzione $z = 1 + Ce^{-t}$ , quindi $y(t) = \frac{1}{1 + Ce^{-t}}$ più la soluzione $y \equiv 0$ . Per $C > 0$ (cioè $0 < y(0) < 1$ ) le soluzioni crescono da $0$ a $1$ con la tipica forma a "S".

Grafico interattivo: Soluzione logistica y = 1/(1 + 9e^(−t)), con y(0) = 0,1: tende all'equilibrio y = 1

Schema delle equazioni del primo ordine

Forma	Metodo
$y' = h(t)g(y)$	soluzioni stazionarie ( $g = 0$ ) e separazione
$y' = a(t)y + b(t)$	formula delle lineari
$y' = f\left(\frac yt\right)$	$z = \frac yt$
$y' = f(at + by + c)$	$z = at + by + c$
$y' = a(t)y + b(t)y^\alpha$	$z = y^{1-\alpha}$ , più $y \equiv 0$ se $\alpha > 0$

Esercizi svolti: Esercizi - equazioni differenziali del primo ordine.

Errori comuni

Dimenticare le soluzioni stazionarie: Cercare sempre i valori di $y$ che annullano $g(y)$ prima di dividere per $g(y)$ .
Segno nella radice: Quando si esegue un cambio di variabile che comporta una radice (es. $z^2 = \dots$ ), il segno deve essere coerente con il dato iniziale $y(t_0)$ .
Intersezione: Ricordare che per il teorema di Esistenza e unicità per il problema di Cauchy, due soluzioni distinte non possono mai intersecarsi.
Dominio: Verificare sempre che il dominio di $h(t)$ o $g(y)$ non escluda il punto iniziale $t_0$ .

Versione ripasso

Prerequisiti: Equazioni differenziali a variabili separabili, Equazioni differenziali lineari del primo ordine, Esistenza e unicità per il problema di Cauchy.

Variabili separabili. Per $y' = h(t)g(y)$ : le soluzioni stazionarie sono $y = y_0$ con $g(y_0) = 0$ ; le altre si ottengono da $\int \frac{dy}{g(y)} = \int h(t)\,dt$ Esempio: $y' = y^2$ . Stazionaria $y = 0$ . Da $\int y^{-2}dy = \int dt$ si ha $y = \frac{-1}{t+C}$ ; con $y(0) = y_0 \neq 0$ si ottiene $y = \frac{y_0}{1-y_0t}$ . Esiste su $]-\infty, \frac1{y_0}[$ se $y_0 > 0$ , su $]\frac1{y_0}, +\infty[$ se $y_0 < 0$ : l'intervallo dipende dal dato.

Esempio: $y' = -\frac1y$ , $y(0) = y_0 \neq 0$ . Non ci sono stazionarie. Da $y\,dy = -dt$ : $y(t) = \operatorname{sgn}(y_0)\sqrt{y_0^2 - 2t}, \qquad t < \frac{y_0^2}{2}$ La soluzione non può attraversare $y = 0$ , dove l'equazione non è definita.

Omogenee: $y' = f\left(\frac yt\right)$ . Con $z = \frac yt$ , $y' = z't + z$ , quindi $z' = \frac{f(z) - z}{t}$ che è separabile in $z$ . Gli zeri $z_0$ di $f(z)-z$ danno le rette $y = z_0 t$ . Esempio: $y' = \frac yt + \frac ty$ con $y(1) = 1$ . Con $z = \frac yt$ : $z\,dz = \frac{dt}{t}$ , quindi $z^2 = 1 + 2\ln t$ (radice positiva perché $z(1) = 1$ ). Soluzione $y = t\sqrt{1 + 2\ln t}$ per $t > e^{-1/2}$ .

Tipo $y' = f(at + by + c)$ . Con $z = at + by + c$ (con $b \neq 0$ ): $z' = a + bf(z)$ , equazione autonoma. Esempio: $y' = (y-t)^2$ , $y(0) = 0$ . Con $z = y - t$ : $z' = z^2 - 1$ , $z(0) = 0$ . Le stazionarie $\pm1$ non sono raggiunte, quindi $|z| < 1$ . Separando con $\frac{1}{z^2-1} = \frac12\left(\frac1{z-1} - \frac1{z+1}\right)$ si ottiene $z = -\tanh t$ , quindi $y = t - \tanh t$ su tutto $\mathbb{R}$ . Verifica: $y' = \tanh^2 t = (y-t)^2$ .

Bernoulli: $y' = a(t)y + b(t)y^\alpha$ , $\alpha \neq 0, 1$ . Con $z = y^{1-\alpha}$ , moltiplicando per $(1-\alpha)y^{-\alpha}$ si ottiene la lineare $z' = (1-\alpha)\,a(t)\,z + (1-\alpha)\,b(t)$ Per $\alpha > 0$ va aggiunta anche $y \equiv 0$ , persa nella divisione per $y^\alpha$ . Esempio logistico: $y' = y - y^2$ ( $\alpha = 2$ , $z = y^{-1}$ ): $z' = -z + 1$ , quindi $y = \frac{1}{1 + Ce^{-t}}$ più $y \equiv 0$ .

Schema.

$y' = h(t)g(y)$ : stazionarie e separazione.
$y' = a(t)y + b(t)$ : formula delle lineari.
$y' = f(y/t)$ : $z = y/t$ .
$y' = f(at+by+c)$ : $z = at+by+c$ .
$y' = a(t)y + b(t)y^\alpha$ : $z = y^{1-\alpha}$ , più $y \equiv 0$ se $\alpha > 0$ .