Aiuto con un problema di Cauchy
Ciao a tutti. Sto cercando di risolvere il seguente problema di Cauchy:
\begin{cases}
y^\prime = 3y - 1 \\
y(0) = 0
\end{cases}.
Risolvendo l'equazione differenziale, ottengo $ y(t) = \frac{e^{3t+c} + 1}{3} $. Provando ad imporre la condizione iniziale $ y(0) = 0 $, ottengo però $ y(0) = \frac{e^c+1}{3} $ e da qui non so come trovare la $ c $ per la soluzione esatta. Ho chiesto ad un mio compagno e mi ha detto di procedere in questo modo:
$ e ^ {3t + c} $ diventa $ c \cdot e^{3t} $, pertanto: $ \frac{ c + 1}{3} = 0 $, dunque $ c = -1 $.
Non capisco come è possibile ricavare la $ c $ in questo modo. Mi potete aiutare
?
\begin{cases}
y^\prime = 3y - 1 \\
y(0) = 0
\end{cases}.
Risolvendo l'equazione differenziale, ottengo $ y(t) = \frac{e^{3t+c} + 1}{3} $. Provando ad imporre la condizione iniziale $ y(0) = 0 $, ottengo però $ y(0) = \frac{e^c+1}{3} $ e da qui non so come trovare la $ c $ per la soluzione esatta. Ho chiesto ad un mio compagno e mi ha detto di procedere in questo modo:
$ e ^ {3t + c} $ diventa $ c \cdot e^{3t} $, pertanto: $ \frac{ c + 1}{3} = 0 $, dunque $ c = -1 $.
Non capisco come è possibile ricavare la $ c $ in questo modo. Mi potete aiutare
?
Risposte
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"sellacollesella":
Bada bene che: \[
y(t) = \frac{1+e^{3t+c}}{3} = \frac{1+e^ce^{3t}}{3} = \frac{1+k\,e^{3t}}{3}
\] da cui: \[
y(0)=0 \quad \Leftrightarrow \quad \frac{1+k}{3} = 0 \quad \Leftrightarrow \quad k=-1
\] e quindi: \[
y(t) = \frac{1-e^{3t}}{3}
\] è l'unica soluzione del problema di Cauchy in esame.
Grazie mille
Ciao ncant,
Benvenuto sul forum!
Per rispondere ai post si usa il pulsante RISPONDI in fondo ai post, non il pulsante "CITA: infatti, raramente è necessario citare tutta la risposta di colui che ti ha risposto, anzi così facendo si appesantisce inutilmente la lettura del thread... Comunque tranquillo, ci sono cascati in parecchi all'inizio della frequentazione del forum (sottoscritto incluso...
)
Benvenuto sul forum!
Per rispondere ai post si usa il pulsante RISPONDI in fondo ai post, non il pulsante "CITA: infatti, raramente è necessario citare tutta la risposta di colui che ti ha risposto, anzi così facendo si appesantisce inutilmente la lettura del thread... Comunque tranquillo, ci sono cascati in parecchi all'inizio della frequentazione del forum (sottoscritto incluso...
)
@sellacollesella: Io ho provato a "badare bene", ma il fatto che $k=e^c$ e che $e^c > 0$ per ogni $c in RR$ impedisce di trovare $k=-1$... O ho "badato" male?
@ncant: L'idea di un esercizio di Matematica è quella di ragionarci un po' su seriamente, cercando di limitare al minimo sindacale l'uso di "pacchetti preconfezionati" e di non delegare agli altri quello che sta al singolo studente capire.
Vediamo un po' cosa si può fare nel caso in esame.
Il p.d.C. assegnato è:
\[
\begin{cases}
y^\prime (x) = 3y(x) - 1\\
y(0) = 0
\end{cases}
\]
La soluzione esiste ed è derivabile almeno intorno a $0$, per un noto teorema di esistenza; d'altra parte, visto che il problema è lineare a coefficienti costanti, un altro noto teorema garantisce che la soluzione esiste continua ed unica in tutto $RR$, ed è ivi derivabile.
Il fatto che la soluzione $y(x)$ sia continua e soddisfi la EDO \( y^\prime (x) = 3y(x) - 1\) assicura che anche la derivata prima \(y^\prime (x)\) è continua è derivabile in $RR$; ma ciò implica che $y in C^1(RR)$ e, ritornando alla EDO, ciò implica che \(y^\prime \in C^1(\mathbb{R})\); ciò importa $y in C^2(RR)$ e, ritornando alla EDO, ciò ci fornisce \( y^\prime \in C^2(\mathbb{R})\); dunque $y in C^3(RR)$ e, ritornando alla EDO, ciò importa \( y^\prime \in C^3(\mathbb{R})\); ... Vedi che c'è un procedimento ricorsivo in atto, in particolare che vale l'implicazione \( y \in C^n (\mathbb{R})\ \Rightarrow\ y^\prime \in C^n (\mathbb{R})\) per ogni $n in NN$. Ne viene che $y in C^n(RR)$ per ogni $n in NN$, cioè che $y in C^oo(RR)$.
L'unica soluzione costante della EDO è $y^***(x) = 1/3$.
Per il teorema di unicità, il grafico di ogni altra soluzione della stessa EDO non può intersecare quello di $y^***$; perciò, la soluzione del p.d.C. assume sempre valori $!= 1/3$.
Per continuità, allora, o si ha $y(x) < 1/3$ oppure $y(x) > 1/3$ ovunque in $RR$ e, visto che $y(0) = 0 < 1/3$, si ha necessariamente $y(x) < 1/3$ in tutto $RR$.
Da quanto appena trovato segue $3y(x) - 1 < 0$ e dunque è lecito dividere m.a.m. la EDO per $3y(x) - 1$ ottenendo la forma a variabili separate:
\[
\frac{y^\prime (x)}{3y(x) - 1} = 1\; ;
\]
fissata arbitrariamente $x in RR$, è possibile integrare ambedue i membri dell'uguaglianza precedente sull'intervallo di estremi $0$ ed $x$ ottenendo:
\[
\int_0^x \frac{y^\prime (t)}{3y(t) - 1}\ \text{d} t = \int_0^x 1\ \text{d} t
\]
da cui (per sostituzione $u=y(t)$ al primo membro):
\[
\int_{y(0)}^{y(x)} \frac{1}{3u - 1}\ \text{d} u = x \quad \Rightarrow \quad \int_0^{y(x)} \frac{1}{3u - 1}\ \text{d} u = x
\]
e perciò:
\[
\frac{1}{3}\ \log \left| \frac{3y(x) - 1}{- 1} \right| = x \quad \Rightarrow \quad \log \big( 1 - 3y(x)\big) = 3x
\]
in cui il valore assoluto è stato eliminato per le informazioni sul segno di $3y(x) - 1$ ricavate in precedenza.
L'espressione di $y(x)$ si può ricavare risolvendo l'equazione logaritmica e si ottiene:
\[
1 - 3y(x) = e^{3x}\quad \Rightarrow \quad y(x) = \frac{1 - e^{3x}}{3}\; ,
\]
che è quanto si voleva.
@ncant: L'idea di un esercizio di Matematica è quella di ragionarci un po' su seriamente, cercando di limitare al minimo sindacale l'uso di "pacchetti preconfezionati" e di non delegare agli altri quello che sta al singolo studente capire.
Vediamo un po' cosa si può fare nel caso in esame.
Il p.d.C. assegnato è:
\[
\begin{cases}
y^\prime (x) = 3y(x) - 1\\
y(0) = 0
\end{cases}
\]
La soluzione esiste ed è derivabile almeno intorno a $0$, per un noto teorema di esistenza; d'altra parte, visto che il problema è lineare a coefficienti costanti, un altro noto teorema garantisce che la soluzione esiste continua ed unica in tutto $RR$, ed è ivi derivabile.
Il fatto che la soluzione $y(x)$ sia continua e soddisfi la EDO \( y^\prime (x) = 3y(x) - 1\) assicura che anche la derivata prima \(y^\prime (x)\) è continua è derivabile in $RR$; ma ciò implica che $y in C^1(RR)$ e, ritornando alla EDO, ciò implica che \(y^\prime \in C^1(\mathbb{R})\); ciò importa $y in C^2(RR)$ e, ritornando alla EDO, ciò ci fornisce \( y^\prime \in C^2(\mathbb{R})\); dunque $y in C^3(RR)$ e, ritornando alla EDO, ciò importa \( y^\prime \in C^3(\mathbb{R})\); ... Vedi che c'è un procedimento ricorsivo in atto, in particolare che vale l'implicazione \( y \in C^n (\mathbb{R})\ \Rightarrow\ y^\prime \in C^n (\mathbb{R})\) per ogni $n in NN$. Ne viene che $y in C^n(RR)$ per ogni $n in NN$, cioè che $y in C^oo(RR)$.
L'unica soluzione costante della EDO è $y^***(x) = 1/3$.
Per il teorema di unicità, il grafico di ogni altra soluzione della stessa EDO non può intersecare quello di $y^***$; perciò, la soluzione del p.d.C. assume sempre valori $!= 1/3$.
Per continuità, allora, o si ha $y(x) < 1/3$ oppure $y(x) > 1/3$ ovunque in $RR$ e, visto che $y(0) = 0 < 1/3$, si ha necessariamente $y(x) < 1/3$ in tutto $RR$.
Da quanto appena trovato segue $3y(x) - 1 < 0$ e dunque è lecito dividere m.a.m. la EDO per $3y(x) - 1$ ottenendo la forma a variabili separate:
\[
\frac{y^\prime (x)}{3y(x) - 1} = 1\; ;
\]
fissata arbitrariamente $x in RR$, è possibile integrare ambedue i membri dell'uguaglianza precedente sull'intervallo di estremi $0$ ed $x$ ottenendo:
\[
\int_0^x \frac{y^\prime (t)}{3y(t) - 1}\ \text{d} t = \int_0^x 1\ \text{d} t
\]
da cui (per sostituzione $u=y(t)$ al primo membro):
\[
\int_{y(0)}^{y(x)} \frac{1}{3u - 1}\ \text{d} u = x \quad \Rightarrow \quad \int_0^{y(x)} \frac{1}{3u - 1}\ \text{d} u = x
\]
e perciò:
\[
\frac{1}{3}\ \log \left| \frac{3y(x) - 1}{- 1} \right| = x \quad \Rightarrow \quad \log \big( 1 - 3y(x)\big) = 3x
\]
in cui il valore assoluto è stato eliminato per le informazioni sul segno di $3y(x) - 1$ ricavate in precedenza.
L'espressione di $y(x)$ si può ricavare risolvendo l'equazione logaritmica e si ottiene:
\[
1 - 3y(x) = e^{3x}\quad \Rightarrow \quad y(x) = \frac{1 - e^{3x}}{3}\; ,
\]
che è quanto si voleva.
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@sellacollesella: Il problema non è la pezza in sé (che è classica e quindi si basa su una falsa conoscenza che si smonta facilmente), ma il fatto che qualcuno non riconosca subito che sta proponendo pubblicamente come metodo risolutivo "sicuro" qualcosa che concettualmente non quadra.
Contrabbandare come "sicuro" un procedimento che scricchiola dal primo rigo non depone bene sull'affidabilità di chi lo propone (sia su un forum, sia in un'aula universitaria)... Da un ingegnere, poi![nota]Nel futuro, eviterei di proporre progetti scricchiolanti a qualsiasi committente, anche -e soprattutto- a quei committenti che di ingegneria non ne capiscono... Perché al primo problema sono guai.[/nota]
Il dovere di uno studente è interrogarsi su ciò che non sa ed anche -sempre- su ciò che crede di sapere, e di trovare modi corretti per esprimere ciò che conosce ed i propri dubbi in merito.
Per quanto riguarda il secondo metodo, quello in cui fai uso del fattore integrante, già va meglio: almeno la costante additiva è un numero reale arbitrario (e non strettamente positivo, come nel caso precedente)!
Un'osservazione: serve davvero poco per scriverlo bene, cioè per fare a meno della "fantomatica" costante arbitraria (che arbitraria poi non è, in questo caso).
Infatti, moltiplicando per il fattore integrante la EDO scritta in forma implicita e ricordando che la derivata di una costante è nulla, si ottiene:
\[
\begin{split}
e^{-3x} y^\prime (x) - 3 e^{-3x} y(x) + e^{-3t} = 0 \quad &\Rightarrow \quad e^{-3x} y^\prime (x) - 3 e^{-3x} \left( y(x) - \frac{1}{3}\right) = 0\\
&\Rightarrow \quad \frac{\text{d}}{\text{d} x} \left[ e^{-3x} \left( y(x) - \frac{1}{3}\right)\right] = 0
\end{split}
\]
da cui segue (per il teorema sulle funzioni a derivata nulla) che la funzione \( e^{-3x} \left( y(x) - \frac{1}{3}\right)\), definita e derivabile in tutto $RR$ per i già ricordati teoremi di esistenza, è costante in tutto $RR$; pertanto:
\[
e^{-3x} \left( y(x) - \frac{1}{3}\right) = e^{0} \left( y(0) - \frac{1}{3}\right) = - \frac{1}{3}
\]
da cui si trae:
\[
y(x) = \frac{1 - e^{3x}}{3}\; ,
\]
come sopra.
Un altro modo ancora per ovviare alla presenza della "fantomatica" costante arbitraria consiste nell'usare l'integrazione definita al posto del teorema sulle funzioni a derivata nulla.
Contrabbandare come "sicuro" un procedimento che scricchiola dal primo rigo non depone bene sull'affidabilità di chi lo propone (sia su un forum, sia in un'aula universitaria)... Da un ingegnere, poi![nota]Nel futuro, eviterei di proporre progetti scricchiolanti a qualsiasi committente, anche -e soprattutto- a quei committenti che di ingegneria non ne capiscono... Perché al primo problema sono guai.[/nota]
Il dovere di uno studente è interrogarsi su ciò che non sa ed anche -sempre- su ciò che crede di sapere, e di trovare modi corretti per esprimere ciò che conosce ed i propri dubbi in merito.
Per quanto riguarda il secondo metodo, quello in cui fai uso del fattore integrante, già va meglio: almeno la costante additiva è un numero reale arbitrario (e non strettamente positivo, come nel caso precedente)!
Un'osservazione: serve davvero poco per scriverlo bene, cioè per fare a meno della "fantomatica" costante arbitraria (che arbitraria poi non è, in questo caso).
Infatti, moltiplicando per il fattore integrante la EDO scritta in forma implicita e ricordando che la derivata di una costante è nulla, si ottiene:
\[
\begin{split}
e^{-3x} y^\prime (x) - 3 e^{-3x} y(x) + e^{-3t} = 0 \quad &\Rightarrow \quad e^{-3x} y^\prime (x) - 3 e^{-3x} \left( y(x) - \frac{1}{3}\right) = 0\\
&\Rightarrow \quad \frac{\text{d}}{\text{d} x} \left[ e^{-3x} \left( y(x) - \frac{1}{3}\right)\right] = 0
\end{split}
\]
da cui segue (per il teorema sulle funzioni a derivata nulla) che la funzione \( e^{-3x} \left( y(x) - \frac{1}{3}\right)\), definita e derivabile in tutto $RR$ per i già ricordati teoremi di esistenza, è costante in tutto $RR$; pertanto:
\[
e^{-3x} \left( y(x) - \frac{1}{3}\right) = e^{0} \left( y(0) - \frac{1}{3}\right) = - \frac{1}{3}
\]
da cui si trae:
\[
y(x) = \frac{1 - e^{3x}}{3}\; ,
\]
come sopra.
Un altro modo ancora per ovviare alla presenza della "fantomatica" costante arbitraria consiste nell'usare l'integrazione definita al posto del teorema sulle funzioni a derivata nulla.
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"gugo82":
@ncant: L'idea di un esercizio di Matematica è quella di ragionarci un po' su seriamente, cercando di limitare al minimo sindacale l'uso di "pacchetti preconfezionati" e di non delegare agli altri quello che sta al singolo studente capire.
Parto dicendo che chiedo umilmente perdono. Non era assolutamente mia intenzione postare una domanda con l'intenzione di delegare qualcuno ciò che devo fare da solo. La mia intenzione era invece di capire come mai "qualcosa non tornava" nel mio tempo.
Sì, è vero che uso "pacchetti preconfezionati" (metodi risolutivi) per cercare di risolvere un problema. Nel frattempo però ho studiato anche i teoremi di esistenza ed unicità con annessi requisiti affinché possa ragionare di più su quanto richiesto.
Sono al primo anno di ingegneria elettronica e sto cercando di impegnarmi il più possibile per comprendere. Sfortunatamente ho notato che ci metto più tempo ad imparare concetti. Una volta ero abituato a risolvere problemi in base a ciò che l'esperienza o il metodo diceva, e l'unica cosa che sapevo erano i casi o le circostanze per cui quel metodo andava in tilt.
Nel contesto dell'oggetto del thread seguente, non mi era mai capitata una situazione del genere. Ora che ho compreso un po' della teoria necessaria, penso almeno di saper approcciarmi meglio al problema in questione.
Mi dispiace, ok?
"ncant":
Sfortunatamente ho notato che ci metto più tempo ad imparare concetti.
Nel lungo (medio?) periodo imparare concetti e saperci lavorare su, si rivelerà un consistente risparmio di tempo ed energie, oltre che centrare il vero obiettivo: imparare a ragionare (in tutti i gradi di istruzione).
Anche questo utente si era seccato in qualche occasione
https://www.matematicamente.it/forum/vi ... e#p8605548
Ma alla fine ha ringraziato entusiasta
https://www.matematicamente.it/forum/vi ... 6#p8619876
Ps togli la parola aiuto dal titolo, usa il tasto modifica in alto a destra
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