Equazioni lineari del primo ordine
Sono equazioni lineari del primo ordine, quelle che possono scriversi nella forma
y' + a(t)y = b(t) (L.1)
con a e b continue I ⊂ ℝ. In tal caso, la funzione f(t,y) = -a(t)y +b(t) è un polinomio di primo grado in y, a coefficienti dipendenti da t. L'equazione si dice omogenea se b(t)=0, completa diversamente.
Soluzione dell'equazione omogenea
Risolviamo innanzitutto l'equazione omogenea (L.3), che scriviamo come
y' = -a(x) y
Una soluzione è l'equazione costante y(t) = 0. Altrimenti, separando le variabili, otteniamo
∫ 1/y dy = - ∫ a(x) dx
Se A(x) è una primitiva di a(x), cioè se
∫ a(x) dx = A(x) + C, C ∈ ℝ L.2
abbiamo allora:
log |y| = -A(x) -C
cioè
|y(x)| = e-Ce-A(x)
dunque
y(x) = ±Ke-A(x)
avendo posto K= e-c > 0. Si noti che la soluzione particolare y(x)=0 è contenuta nella formula precedente se ammettiamo che K possa assumere anche il valore 0. Pertanto tutte le soluzioni dell'equazione omogenea sono rappresentante dalla formula
y(x) = Ke-A(x), K ∈ ℝ
ove A(x) è definita dalla L.2.
Ricerca di una soluzione particolare dell'equazione non omogenea
Passiamo ora all'equazione non omogenea. Dimostriamo anzitutto il seguente teorema fondamentale (che, come vedremo, si estenderà alle equazioni lineari di ordine qualsiasi).
Tereoma E.1 L'integrale generale dell'equazione completa si ottiene aggiungendo all'integrale generale della omogenea una soluzione particolare della completa.
Dimostrazione. Sia infatti y(t) una qualunque soluzione della (L.2) e y* una soluzione particolare, cioè:
Sottraendo membro a membro si ha:
Perciò la funzione z(t) = y(t) - y*(t) è soluzione della (L.3). Viceversa, sia z(t) una qualunque soluzione della (L.2) e y*(t) una soluzione particolare della (L.1); per somma si ottiene che la funzione y(t) = z(t) +y*(t) è soluzione della (L.2). Abbiamo così dimostrato che la generica soluzione dell'equazione completa si ottiene sommando alla soluzione generica dell'equazione omogenea, una soluzione particolare (fissata una volta per tutte) dell'equazione completa.□
Spesso una soluzione particolare si riesce a trovare facilmente in caso contrario si applica il metodo di variazione delle costanti, che consiste nel cercare una soluzione particolare nella forma:
y*(x) = K(x) e-A(x) (L.4)
dove ora K(x) è una funzione della variabile x, da determinarsi. Tale rappresentazione di y(x) è sempre possibile, essendo e-A(x) > 0. Sostituendo nell'equazione (L.1) otteniamo
K'(x) e-A(x) + K(x)e-A(x) (-a(x)) + a(x) K(x)e-A(x) = b(x)
ossia
K'(x) = eA(x) b(x)
Detta B(x) una primitiva della funzione eA(x) b(x), cioè
∫ eA(x) b(x) dx = B(x) + C, C ∈ ℝ
abbiamo quindi
K(x) = B(x) + C
e dunque la soluzione generale della risulta essere
y(x) = e-A(x) (B(x) + C)
Essa viene talvolta scritta nella forma più espressiva
y(x) = e∫-A(x) dx ∫ e∫a(x)dx b(x) dx
che mette in luce i passi da compiere per risolvere un'equazione lineare completa: si devono determinare in successione due primitive.
L'integrale generale della (L.2) risulta essere dato dalla formula
(L.5)
Soluzione del Problema di Cauchy
La costante K nella (L.5) sarà determinata da una condizione iniziale y(t0) = y0. Ossia si deve risolvere il problema di Cauchy
(L.6)
Può essere convenienete scegliere come primitiva di a(t) quella che si annulla in t0, che in base al Teorema fondamentale del calcolo integrale rappresentiamo come:
L'integrale della (L.2) soddisfacente la (L.6) sarà:
si tenga a mente che le variabili di integrazione sotto segno di integrale definito sono mute.
Esercizi
Esercizio 1- Si risolva il seguente problema di Cauchy
a(t) = -2t, quindi A(t) =-t2
Quindi la soluzione del problema è:
si noti che l'integrale di e-s2 non si può esprimere in termini di funzioni elementari; questo esempio mostra come, anche nei casi molto semplici come questo, sia necessario lasciare scritta la soluzione in forma integrale.
Esercizio 2- Si risolva il seguente problema di Cauchy
a(t) = - 1/(t+1) e A(x)= - ln(t+1), f(t)= 3.
La soluzione del problema risulta essere:
