Equazioni differenziali esatte

Lezione 10 di analisi, Unità 1-4. Prerequisiti: Campi conservativi e irrotazionaliF è conservativo se l'integrale lungo un cammino dipende solo dagli estremi (equivalentemente: circuitazione nulla su ogni circuito). Teorema fondamentale: se F = ∇U allora ∫_r F·dr = U(fine) − U(inizio); conservativo ⇔ gradiente. Condizione necessaria (F ∈ C¹): irrotazionale, ∂ⱼFᵢ = ∂ᵢFⱼ. Non sufficiente: il vortice (−y, x)/(x² + y²) è irrotazionale ma ha circuitazione 2π sul cerchio. Sufficiente su domini semplicemente connessi (convessi, stellati). Primitiva con le integrazioni parziali. Sul piano bucato basta controllare la circuitazione su un cerchio attorno a ogni buco.Campi conservativi e irrotazionali →, Regola della catena in più variabiliSe x(t) è una curva derivabile e f è differenziabile in x(t₀), allora (f∘x)'(t₀) = ∇f(x(t₀))·x'(t₀) = Σ ∂ᵢf(x(t₀)) xᵢ'(t₀): la variazione di f lungo il moto è il gradiente per la velocità. Serve per derivare composte come f(2t, t²), per ricavare il gradiente da informazioni lungo curve, per le derivate di f(g(s,t)) e per provare che il gradiente è ortogonale alle curve di livello.Regola della catena in più variabili →.

Le equazioni del primo ordine nel corso

La Lezione 10 riprende le equazioni differenziali del primo ordine $y' = f(t, y)$ già viste in Analisi 1; la teoria è la stessa e si trova in:

• Equazioni differenziali - introduzione e problema di CauchyUn'equazione differenziale ordinaria di ordine n ha come incognita una funzione y(t) e lega y⁽ⁿ⁾ a t, y, y', …, y⁽ⁿ⁻¹⁾. L'integrale generale è l'insieme delle soluzioni, definite su un intervallo; di solito sono infinite e dipendono da n costanti. Il problema di Cauchy aggiunge n condizioni iniziali in un istante t0 (y(t0), …, y⁽ⁿ⁻¹⁾(t0)) e sotto opportune ipotesi ha una sola soluzione. y⁽ⁿ⁾ = f(t) si risolve integrando n volte.Equazioni differenziali - introduzione e problema di Cauchy →: soluzione, problema di Cauchy, esistenza e unicità locale (con $f$ e $\partial_y f$ continue), soluzione massimale, il controesempio $y' = 2\sqrt{|y|}$;
• Equazioni differenziali a variabili separabiliy' = a(t) b(y) con a continua su I e b continua su J. Gli zeri ȳ di b danno le soluzioni costanti y = ȳ (integrali singolari). Le altre si trovano dividendo per b(y) e integrando: ∫dy/b(y) = ∫a(t)dt + c, poi si ricava y. Se b è C¹ la soluzione del problema di Cauchy è unica, ma può esistere solo su un intervallo più piccolo di I; se b è solo continua può non essere unica (y' = ∛y).Equazioni differenziali a variabili separabili →: $y' = g(t)h(y)$, soluzioni costanti (zeri di $h$) e separazione delle variabili;
• Equazioni differenziali lineari del primo ordiney' + a(t)y = b(t) con a, b continue su un intervallo I. Le soluzioni sono definite su tutto I e il problema di Cauchy ha una sola soluzione. Integrale generale: y = e^(−A(t))[c + ∫e^(A(t)) b(t) dt], con A primitiva di a; per l'omogenea (b = 0) y = c e^(−A(t)). Soluzione del problema con y(t0) = x0: stessa formula con A(t) = ∫ da t0 a t di a(s) ds e integrale da t0 a t. Si dimostra moltiplicando per e^(A(t)).Equazioni differenziali lineari del primo ordine →: $y' = a(t)y + b(t)$, fattore integrante $e^{-A(t)}$ e formula $y = e^{A(t)}\left(\int b\,e^{-A} + C\right)$, definita su tutto l'intervallo di continuità di $a$ e $b$.

Gli esempi e gli esercizi del prof su questi argomenti sono svolti negli esercizi 34-36 di questo corso. Qui si aggiunge ciò che è specifico di FAMP: il legame con i campi vettoriali.

L'interpretazione geometrica

All'equazione $y' = f(t, y)$ si associa il campo vettoriale $F(t, y) = (1, f(t, y))$ nel piano $(t, y)$. Se $y(t)$ è una soluzione, la curva $t \mapsto (t, y(t))$ (il grafico) ha velocità $(1, y'(t)) = (1, f(t, y(t))) = F(t, y(t))$: i grafici delle soluzioni sono tangenti al campo in ogni punto. Disegnando le frecce del campo (il "campo di direzioni") si vede l'andamento delle soluzioni prima di risolvere.

Esempi del prof:

• decadimento radioattivo $y' = -ky$: con $y(0) = 10^6$, la soluzione $y = 10^6e^{-kt}$ si dimezza all'istante $T = \frac{\ln 2}{k}$ (il tempo di dimezzamento, indipendente dalla quantità iniziale);
• crescita logistica $y' = y(1 - y)$, $y(0) = \frac12$: $y(t) = \frac{1}{1 + e^{-t}}$, che cresce verso il valore di equilibrio $1$; in $t = 10$ vale $\approx 0.99995$.

Equazioni esatte

Consideriamo equazioni scritte nella forma $$M(t, y) + N(t, y)\,y' = 0 \qquad \text{(cioè } y' = -\tfrac{M(t, y)}{N(t, y)} \text{ dove } N \ne 0\text{)}$$ con $M, N$ di classe $C^1$ su un aperto $D$ del piano $(t, y)$.

Definizione. L'equazione è esatta se il campo $(M, N)$ è conservativo su $D$, cioè se esiste $U \in C^1(D)$ con $$\partial_t U = M, \qquad \partial_y U = N$$

Esempio. $2ty + (t^2 + 1)y' = 0$: $M = 2ty$, $N = t^2 + 1$ e $\partial_y M = 2t = \partial_t N$. Una primitiva è $U = (t^2 + 1)y$, perché $\partial_t U = 2ty$ e $\partial_y U = t^2 + 1$.

Proposizione. Se l'equazione è esatta con primitiva $U$, una funzione $y(t)$ (con il grafico in $D$) è soluzione se e solo se $$U(t, y(t)) = c \qquad \text{per qualche costante } c$$

Esempio. Per l'equazione precedente $U(t, y(t)) = (t^2 + 1)y = c$, cioè $y(t) = \frac{c}{t^2 + 1}$.

Dimostrazione. Per la regola della catena applicata alla curva $t \mapsto (t, y(t))$: $$\frac{d}{dt}U(t, y(t)) = \partial_t U(t, y(t)) + \partial_y U(t, y(t))\,y'(t) = M(t, y(t)) + N(t, y(t))\,y'(t)$$ che è nullo per ogni $t$ se e solo se $y$ è soluzione. E una funzione di una variabile con derivata nulla su un intervallo è costante ∎.

Significato: i grafici delle soluzioni sono pezzi delle curve di livello di $U$. Il campo $(M, N)$ è il gradiente di $U$, ortogonale alle curve di livello, e infatti la condizione $M + Ny' = 0$ dice $(M, N)\cdot(1, y') = 0$: la velocità del grafico è ortogonale al gradiente.

Come si riconosce. Per il criterio dei campi conservativi: se $D$ è semplicemente connesso (un rettangolo, un semipiano, …), l'equazione è esatta se e solo se $$\partial_y M = \partial_t N$$

Il metodo

1. Scrivere l'equazione come $M + N\,y' = 0$ (portando tutto da una parte e moltiplicando per il denominatore).
2. Verificare $\partial_y M = \partial_t N$ (su un dominio semplicemente connesso).
3. Trovare $U$ con le integrazioni parziali: $U = \int M\,dt + \varphi(y)$, poi $\partial_y U = N$ determina $\varphi$.
4. Con la condizione iniziale $y(t_0) = y_0$: $c = U(t_0, y_0)$.
5. Risolvere $U(t, y) = c$ rispetto a $y$, scegliendo il ramo che passa per $(t_0, y_0)$.
6. Intervallo massimale: il più grande intervallo contenente $t_0$ su cui la formula è definita, il ramo è quello giusto e $N(t, y(t)) \ne 0$ (dove $N = 0$ l'equazione non si può scrivere in forma normale).

Esempio. $y' = -\dfrac{2ty^2 + 4}{2(t^2y - 3)}$, $y(-1) = 8$ (esercizio 1 del prof).

1. $(2ty^2 + 4) + (2t^2y - 6)\,y' = 0$: $M = 2ty^2 + 4$, $N = 2t^2y - 6$.
2. $\partial_y M = 4ty = \partial_t N$ su tutto $\mathbb{R}^2$: esatta.
3. $U = \int(2ty^2 + 4)\,dt = t^2y^2 + 4t + \varphi(y)$; $\partial_y U = 2t^2y + \varphi'(y) = 2t^2y - 6 \Rightarrow \varphi = -6y$. Quindi $U = t^2y^2 + 4t - 6y$.
4. $c = U(-1, 8) = 64 - 4 - 48 = 12$.
5. $t^2y^2 - 6y + 4t - 12 = 0$ è un'equazione di secondo grado in $y$: $y = \dfrac{3 \pm\sqrt{9 - t^2(4t - 12)}}{t^2} = \dfrac{3 \pm\sqrt{9 + 12t^2 - 4t^3}}{t^2}$. In $t = -1$ la radice vale $\sqrt{25} = 5$ e serve $y = 8 = 3 + 5$: segno $+$.
6. Serve $t \ne 0$, radicando $> 0$ (dove si annulla, $N = 2(t^2y - 3) = 2\sqrt{\cdots} = 0$). Per $t < 0$ il radicando $9 + 12t^2 - 4t^3$ è somma di termini positivi. Intervallo massimale $]-\infty, 0[$ (per $t \to 0^-$ la soluzione va a $+\infty$).

$$y(t) = \frac{3 + \sqrt{9 + 12t^2 - 4t^3}}{t^2}, \qquad t < 0$$

L'altro esercizio del prof è nell'Esercizio 37 · equazioni differenziali esatte.

Errori comuni

• Scambiare i ruoli di $M$ e $N$: $M$ è il coefficiente "senza $y'$" e va con $\partial_t U$; $N$ moltiplica $y'$ e va con $\partial_y U$.
• Fermarsi a $U(t, y) = c$ senza scegliere il ramo con la condizione iniziale.
• Dimenticare i punti in cui $N = 0$ nel determinare l'intervallo massimale.