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Note per Studenti Esercizio 37 · equazioni differenziali esatte

Esercizio 37equazioni differenziali esatte

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Testo.

  1. Provare che l'equazione differenziale y′=−2ty2+42(t2y−3)y' = -\dfrac{2ty^2 + 4}{2(t^2y - 3)} è esatta; determinare la soluzione del problema di Cauchy con dato y(−1)=8y(-1) = 8.
  2. Provare che l'equazione differenziale y′=2tyt2+1−2t2−log⁡(t2+1)y' = \dfrac{\frac{2ty}{t^2 + 1} - 2t}{2 - \log(t^2 + 1)} è esatta; determinare la soluzione del problema di Cauchy con dato y(5)=0y(5) = 0.

Teoria: Equazioni differenziali esatteUn'equazione M(t,y) + N(t,y) y' = 0 è esatta se il campo (M, N) è conservativo, cioè ha una primitiva U con ∂_t U = M, ∂_y U = N; allora lungo ogni soluzione d/dt U(t, y(t)) = M + N y' = 0, e le soluzioni sono date implicitamente da U(t, y) = c (curve di livello di U). Su un dominio semplicemente connesso basta la condizione ∂_y M = ∂_t N. Si trova U con le integrazioni parziali, si fissa c con la condizione iniziale e si ricava y, scegliendo il ramo e l'intervallo massimale (dove N ≠ 0).Equazioni differenziali esatte →, 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 →.

Il metodo: scrivere l'equazione come M(t,y)+N(t,y) y′=0M(t, y) + N(t, y)\,y' = 0; verificare ∂yM=∂tN\partial_y M = \partial_t N; trovare UU con ∂tU=M\partial_t U = M, ∂yU=N\partial_y U = N; le soluzioni soddisfano U(t,y(t))=cU(t, y(t)) = c.

1. y′=−2ty2+42(t2y−3)y' = -\frac{2ty^2 + 4}{2(t^2y - 3)}, y(−1)=8y(-1) = 8

È l'esempio svolto nella teoria; riassumendo:

  • forma esatta: (2ty2+4)+(2t2y−6) y′=0(2ty^2 + 4) + (2t^2y - 6)\,y' = 0, cioè M=2ty2+4M = 2ty^2 + 4, N=2t2y−6N = 2t^2y - 6;
  • verifica: ∂yM=4ty\partial_y M = 4ty, ∂tN=4ty\partial_t N = 4ty su tutto R2\mathbb{R}^2, che è semplicemente connesso: il campo (M,N)(M, N) è conservativo, l'equazione è esatta;
  • primitiva: U=t2y2+4t−6yU = t^2y^2 + 4t - 6y (verifica: ∂tU=2ty2+4\partial_t U = 2ty^2 + 4 ✓, ∂yU=2t2y−6\partial_y U = 2t^2y - 6 ✓);
  • costante: U(−1,8)=64−4−48=12U(-1, 8) = 64 - 4 - 48 = 12;
  • soluzione esplicita (equazione di secondo grado in yy, ramo con il ++ scelto dal dato): y(t)=3+9+12t2−4t3t2,t∈ ]−∞,0[y(t) = \frac{3 + \sqrt{9 + 12t^2 - 4t^3}}{t^2}, \qquad t \in\, ]-\infty, 0[

Verifica (Python): sostituendo nell'equazione si ottiene un'identità, e y(−1)=3+5=8y(-1) = 3 + 5 = 8 ✓.

2. y′=2tyt2+1−2t2−log⁡(t2+1)y' = \frac{\frac{2ty}{t^2 + 1} - 2t}{2 - \log(t^2 + 1)}, y(5)=0y(5) = 0

Forma esatta. Moltiplicando per il denominatore e portando tutto a sinistra: (2t−2tyt2+1)⏟M+(2−log⁡(t2+1))⏟N y′=0\underbrace{\left(2t - \frac{2ty}{t^2 + 1}\right)}_{M} + \underbrace{\big(2 - \log(t^2 + 1)\big)}_{N}\,y' = 0

Verifica. ∂yM=−2tt2+1,∂tN=−2tt2+1\partial_y M = -\frac{2t}{t^2 + 1}, \qquad \partial_t N = -\frac{2t}{t^2 + 1} uguali su tutto R2\mathbb{R}^2: esatta.

Primitiva. Conviene partire da NN, che non dipende da yy: U=∫N dy=(2−log⁡(t2+1))y+φ(t)U = \int N\,dy = \big(2 - \log(t^2 + 1)\big)y + \varphi(t). Poi ∂tU=−2tyt2+1+φ′(t)=M=2t−2tyt2+1⇒φ′(t)=2t⇒φ=t2\partial_t U = -\frac{2ty}{t^2 + 1} + \varphi'(t) = M = 2t - \frac{2ty}{t^2 + 1} \Rightarrow \varphi'(t) = 2t \Rightarrow \varphi = t^2 U(t,y)=(2−log⁡(1+t2)) y+t2U(t, y) = \big(2 - \log(1 + t^2)\big)\,y + t^2

Costante: U(5,0)=0+25=25U(5, 0) = 0 + 25 = 25.

Soluzione. Ora U=cU = c è lineare in yy, e si risolve subito: y(t)=25−t22−log⁡(1+t2)y(t) = \frac{25 - t^2}{2 - \log(1 + t^2)}

Intervallo massimale. Serve N=2−log⁡(1+t2)≠0N = 2 - \log(1 + t^2) \ne 0, cioè 1+t2≠e21 + t^2 \ne e^2, cioè ∣t∣≠e2−1≈2.528|t| \ne \sqrt{e^2 - 1} \approx 2.528. L'intervallo che contiene t0=5t_0 = 5 è ]e2−1, +∞[\left]\sqrt{e^2 - 1},\ +\infty\right[ (avvicinandosi a e2−1\sqrt{e^2 - 1} da destra il denominatore tende a 0−0^- e il numeratore a 25−(e2−1)>025 - (e^2 - 1) > 0: la soluzione va a −∞-\infty).

Osservazione. L'equazione si poteva vedere anche come lineare: y′=2t(t2+1)(2−log⁡(t2+1)) y−2t2−log⁡(t2+1)y' = \frac{2t}{(t^2 + 1)(2 - \log(t^2 + 1))}\,y - \frac{2t}{2 - \log(t^2 + 1)}. Il metodo delle equazioni esatte evita il calcolo del fattore integrante.

Errori comuni

  • Confondere MM e NN (il coefficiente di y′y' è NN e va con ∂yU\partial_y U).
  • Dimenticare di escludere i punti con N=0N = 0 dall'intervallo massimale.

Versione ripasso

Testo.

  1. Provare che l'equazione differenziale y′=−2ty2+42(t2y−3)y' = -\dfrac{2ty^2 + 4}{2(t^2y - 3)} è esatta; determinare la soluzione del problema di Cauchy con dato y(−1)=8y(-1) = 8.
  2. Provare che l'equazione differenziale y′=2tyt2+1−2t2−log⁡(t2+1)y' = \dfrac{\frac{2ty}{t^2 + 1} - 2t}{2 - \log(t^2 + 1)} è esatta; determinare la soluzione del problema di Cauchy con dato y(5)=0y(5) = 0.

Teoria: Equazioni differenziali esatteUn'equazione M(t,y) + N(t,y) y' = 0 è esatta se il campo (M, N) è conservativo, cioè ha una primitiva U con ∂_t U = M, ∂_y U = N; allora lungo ogni soluzione d/dt U(t, y(t)) = M + N y' = 0, e le soluzioni sono date implicitamente da U(t, y) = c (curve di livello di U). Su un dominio semplicemente connesso basta la condizione ∂_y M = ∂_t N. Si trova U con le integrazioni parziali, si fissa c con la condizione iniziale e si ricava y, scegliendo il ramo e l'intervallo massimale (dove N ≠ 0).Equazioni differenziali esatte →, 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 →.

Metodo: forma M+Ny′=0M + Ny' = 0; verificare ∂yM=∂tN\partial_yM = \partial_tN; trovare UU (∂tU=M\partial_tU = M, ∂yU=N\partial_yU = N); soluzioni U(t,y(t))=cU(t,y(t)) = c.

1.

  1. M=2ty2+4M = 2ty^2 + 4, N=2t2y−6N = 2t^2y - 6, ∂yM=4ty=∂tN\partial_yM = 4ty = \partial_tN su R2\mathbb{R}^2: esatta.
  2. U=t2y2+4t−6yU = t^2y^2 + 4t - 6y; c=U(−1,8)=64−4−48=12c = U(-1,8) = 64 - 4 - 48 = 12.
  3. t2y2−6y+4t−12=0t^2y^2 - 6y + 4t - 12 = 0, ramo ++ scelto dal dato: y(t)=3+9+12t2−4t3t2,t∈]−∞,0[y(t) = \frac{3 + \sqrt{9 + 12t^2 - 4t^3}}{t^2}, \quad t\in]-\infty,0[

2.

  1. M=2t−2tyt2+1M = 2t - \frac{2ty}{t^2+1}, N=2−log⁡(t2+1)N = 2 - \log(t^2+1): ∂yM=−2tt2+1=∂tN\partial_yM = -\frac{2t}{t^2+1} = \partial_tN: esatta.
  2. Da NN (indipendente da yy): U=(2−log⁡(t2+1))y+φ(t)U = (2 - \log(t^2+1))y + \varphi(t); ∂tU=M\partial_tU = M dà φ′=2t\varphi' = 2t, φ=t2\varphi = t^2: U=(2−log⁡(1+t2))y+t2U = (2 - \log(1+t^2))y + t^2.
  3. c=U(5,0)=25c = U(5,0) = 25; U=cU = c è lineare in yy: y(t)=25−t22−log⁡(1+t2)y(t) = \frac{25 - t^2}{2 - \log(1+t^2)}
  4. Serve N≠0N\ne0: ∣t∣≠e2−1≈2.528|t|\ne\sqrt{e^2-1}\approx2.528; intervallo massimale ]e2−1,+∞[]\sqrt{e^2-1},+\infty[ (verso l'estremo y→−∞y\to-\infty).

(Si poteva vedere come lineare, ma il metodo esatto evita il fattore integrante.)

Errori tipici: confondere MM e NN (NN moltiplica y′y' e va con ∂yU\partial_yU); dimenticare di escludere i punti con N=0N = 0 dall'intervallo massimale.

Teoria collegata