Cambio di variabili equazioni differenziali
buonasera a tutti, purtroppo non ho ancora compreso bene il cambio di variabili nelle equazioni differenziali. Vi posto 2 esempi sperando di capire da qui
$x^2y'' - xy' + 10y = 5x^2 - 3x$
qui si pone $x=e^t$ da cui $z(t)=y(e^t)=y(x)$ e si trovano $z'(t)$ e $z''(t)$ derivando la funzione $y(e^t)$ e trovando dunque che $y'=e^(-t)z'$ e $y''=e^(-2t)(z''-z')$
invece qui
$y'' + (1-e^(-x))y'=2e^(-2x)$
si pone $t=e^(-x)$ e $z(t)=z(e^(-x))=y(x)$ e si trovano $y'(x)$ e $y''(x)$ derivando $z(e^(-x))$ e trovando
$y'=-tz'$ e $y''=tz' + t^2z''$
ciò che non mi è chiaro è perchè nel primo esempio si ponga $z(t)$ uguale a due funzioni $y$, cioè $y(e^t)=y(x)$ e si trovino le $z$, $z'$, $z''$ derivando la $y(e^t)$ per poi trovare le espressioni di $y,y',y''$ in funzione di $t$ e $z$ mentre nel secondo esempio
si ponga $z(t)=z(e^(-x))$ uguale a $y(x)$ e poi si derivi questa volta la $z(e^(-x))$ per trovare $y,y',y''$
cosa non sto capendo del cambio di variabili nelle equazioni differenziali?
grazie
$x^2y'' - xy' + 10y = 5x^2 - 3x$
qui si pone $x=e^t$ da cui $z(t)=y(e^t)=y(x)$ e si trovano $z'(t)$ e $z''(t)$ derivando la funzione $y(e^t)$ e trovando dunque che $y'=e^(-t)z'$ e $y''=e^(-2t)(z''-z')$
invece qui
$y'' + (1-e^(-x))y'=2e^(-2x)$
si pone $t=e^(-x)$ e $z(t)=z(e^(-x))=y(x)$ e si trovano $y'(x)$ e $y''(x)$ derivando $z(e^(-x))$ e trovando
$y'=-tz'$ e $y''=tz' + t^2z''$
ciò che non mi è chiaro è perchè nel primo esempio si ponga $z(t)$ uguale a due funzioni $y$, cioè $y(e^t)=y(x)$ e si trovino le $z$, $z'$, $z''$ derivando la $y(e^t)$ per poi trovare le espressioni di $y,y',y''$ in funzione di $t$ e $z$ mentre nel secondo esempio
si ponga $z(t)=z(e^(-x))$ uguale a $y(x)$ e poi si derivi questa volta la $z(e^(-x))$ per trovare $y,y',y''$
cosa non sto capendo del cambio di variabili nelle equazioni differenziali?
grazie
Risposte
"Aletzunny":
[...] qui
$y'' + (1-e^(-x))y'=2e^(-2x)$
si pone $t=e^(-x)$ e $z(t)=z(e^(-x))=y(x)$ e si trovano $y'(x)$ e $y''(x)$ derivando $z(e^(-x))$ e trovando
$y'=-tz'$ e $y''=tz' + t^2z''$
ciò che non mi è chiaro è perché [...] nel secondo esempio si ponga $z(t)=z(e^(-x))$ uguale a $y(x)$ e poi si derivi questa volta la $z(e^(-x))$ per trovare $y,y',y''$
Perché chi ha scritto ha fatto confusione con le variabili e non si capisce un ç@%%0.
Vuoi fare la sostituzione $t=e^(-x)$?
Bene, allora vatti a vedere come cambiano gli operatori di derivazione coinvolti nella EDO.
Come fatto altrove:
$("d")/("d" x) = ("d"t)/("d"x) * ("d")/("d"t) = -e^(-x) * ("d")/("d"t) = -t * ("d")/("d"t)$
$("d"^2)/("d"x^2) = ("d")/("d" x)[("d")/("d" x)] = -t * ("d")/("d"t)[-t * ("d")/("d"t)] = t^2 * ("d"^2)/("d"t^2) + t * ("d")/("d"t)$
dunque la EDO $y''(x) + (1-e^(-x)) y'(x)=2e^(-2x)$ si trasforma in:
$[t^2 * y''(t) + t * y'(t)] + (1-t)*[-t*y'(t)] = 2t^2 <=> t^2 y''(t) + t^2 * y'(t) = 2 t^2$
(in cui ho commesso il solito abuso di denotare con $y(t)$ la funzione composta da $y(x)$ e dalla sostituzione "inversa" $x=-log t$... Se non ti piace, cambia anche il nome dell'incognita).
Ciao Aletzunny,
Scusa, ma non è che ti stai fissando con quella sostituzione?
Guardando le equazioni differenziali proposte farei proprio diversamente.
Cominciamo dalla prima:
$ x^2y'' - xy' + 10y = 5x^2 - 3x $
L'equazione differenziale omogenea associata è la seguente:
$ x^2y'' - xy' + 10y = 0 $
Assumendo, come si fa di solito in questo tipo di equazioni, che essa ammetta una soluzione del tipo $y(x) = x^m \implies y'(x) = m x^{m - 1} \implies y''(x) = m(m - 1) x^{m - 2}$ si ottiene l'equazione seguente:
$m(m - 1) - m + 10 = 0 $
$m^2 - 2m + 10 = 0 $
$m_{1,2} = 1 \pm 3i $
Pertanto la soluzione dell'equazione differenziale omogenea associata è la seguente:
$y_o(x) = c_1 x cos(3 ln x) + c_2 x sin(3 ln x) $
Per la soluzione particolare, vista la forma del secondo membro, ipotizzerei una soluzione del tipo $ y_p(x) = Ax^2 + Bx + C $, con $A$, $B$ e $C$ costanti da determinare. $ y_p(x) = Ax^2 + Bx + C \implies y_p'(x) = 2Ax + B \implies y_p''(x) = 2A $ e sostituendo si ha:
$ 2Ax^2 - 2Ax^2 - Bx + 10Ax^2 + 10Bx + 10C = 5x^2 - 3x $
$ 10Ax^2 + 9Bx + 10C = 5x^2 - 3x $
Facendo uso del principio di identità dei polinomi si trova $A = 1/2 $, $B = - 1/3 $ e $C = 0 $, pertanto la soluzione particolare è la seguente:
$ y_p(x) = 1/2 x^2 - 1/3 x $
In definitiva la soluzione dell'equazione differenziale proposta è la seguente:
$y(x) = y_o(x) + y_p(x) = c_1 x cos(3 ln x) + c_2 x sin(3 ln x) + 1/2 x^2 - 1/3 x $
La seconda equazione differenziale proposta è la seguente:
$y'' + (1-e^(-x))y' = 2e^(-2x) $
Qui ponendo semplicemente $z(x) := y'(x) \implies z'(x) = y''(x) $ l'equazione differenziale del secondo ordine proposta diventa del primo ordine:
$z'(x)+ (1-e^(-x)) z(x) = 2e^(-2x) $
Dopo qualche calcolo si ottiene la soluzione seguente:
$y(x) = c_1 e^{- e^{- x}} + c_2 + 2e^{- x} $
Scusa, ma non è che ti stai fissando con quella sostituzione?
Guardando le equazioni differenziali proposte farei proprio diversamente.
Cominciamo dalla prima:
$ x^2y'' - xy' + 10y = 5x^2 - 3x $
L'equazione differenziale omogenea associata è la seguente:
$ x^2y'' - xy' + 10y = 0 $
Assumendo, come si fa di solito in questo tipo di equazioni, che essa ammetta una soluzione del tipo $y(x) = x^m \implies y'(x) = m x^{m - 1} \implies y''(x) = m(m - 1) x^{m - 2}$ si ottiene l'equazione seguente:
$m(m - 1) - m + 10 = 0 $
$m^2 - 2m + 10 = 0 $
$m_{1,2} = 1 \pm 3i $
Pertanto la soluzione dell'equazione differenziale omogenea associata è la seguente:
$y_o(x) = c_1 x cos(3 ln x) + c_2 x sin(3 ln x) $
Per la soluzione particolare, vista la forma del secondo membro, ipotizzerei una soluzione del tipo $ y_p(x) = Ax^2 + Bx + C $, con $A$, $B$ e $C$ costanti da determinare. $ y_p(x) = Ax^2 + Bx + C \implies y_p'(x) = 2Ax + B \implies y_p''(x) = 2A $ e sostituendo si ha:
$ 2Ax^2 - 2Ax^2 - Bx + 10Ax^2 + 10Bx + 10C = 5x^2 - 3x $
$ 10Ax^2 + 9Bx + 10C = 5x^2 - 3x $
Facendo uso del principio di identità dei polinomi si trova $A = 1/2 $, $B = - 1/3 $ e $C = 0 $, pertanto la soluzione particolare è la seguente:
$ y_p(x) = 1/2 x^2 - 1/3 x $
In definitiva la soluzione dell'equazione differenziale proposta è la seguente:
$y(x) = y_o(x) + y_p(x) = c_1 x cos(3 ln x) + c_2 x sin(3 ln x) + 1/2 x^2 - 1/3 x $
La seconda equazione differenziale proposta è la seguente:
$y'' + (1-e^(-x))y' = 2e^(-2x) $
Qui ponendo semplicemente $z(x) := y'(x) \implies z'(x) = y''(x) $ l'equazione differenziale del secondo ordine proposta diventa del primo ordine:
$z'(x)+ (1-e^(-x)) z(x) = 2e^(-2x) $
Dopo qualche calcolo si ottiene la soluzione seguente:
$y(x) = c_1 e^{- e^{- x}} + c_2 + 2e^{- x} $
"gugo82":
[quote="Aletzunny"][...] qui
$y'' + (1-e^(-x))y'=2e^(-2x)$
si pone $t=e^(-x)$ e $z(t)=z(e^(-x))=y(x)$ e si trovano $y'(x)$ e $y''(x)$ derivando $z(e^(-x))$ e trovando
$y'=-tz'$ e $y''=tz' + t^2z''$
ciò che non mi è chiaro è perché [...] nel secondo esempio si ponga $z(t)=z(e^(-x))$ uguale a $y(x)$ e poi si derivi questa volta la $z(e^(-x))$ per trovare $y,y',y''$
Perché chi ha scritto ha fatto confusione con le variabili e non si capisce un ç@%%0.
Vuoi fare la sostituzione $t=e^(-x)$?
Bene, allora vatti a vedere come cambiano gli operatori di derivazione coinvolti nella EDO.
Come fatto altrove:
$("d")/("d" x) = ("d"t)/("d"x) * ("d")/("d"t) = -e^(-x) * ("d")/("d"t) = -t * ("d")/("d"t)$
$("d"^2)/("d"x^2) = ("d")/("d" x)[("d")/("d" x)] = -t * ("d")/("d"t)[-t * ("d")/("d"t)] = t^2 * ("d"^2)/("d"t^2) + t * ("d")/("d"t)$
dunque la EDO $y''(x) + (1-e^(-x)) y'(x)=2e^(-2x)$ si trasforma in:
$[t^2 * y''(t) + t * y'(t)] + (1-t)*[-t*y'(t)] = 2t^2 <=> t^2 y''(t) + t^2 * y'(t) = 2 t^2$
(in cui ho commesso il solito abuso di denotare con $y(t)$ la funzione composta da $y(x)$ e dalla sostituzione "inversa" $x=-log t$... Se non ti piace, cambia anche il nome dell'incognita).[/quote]
Grazie, quindi quel $z(t)=z(e^(-x))=y(x)$ di cui non capivo l'esistenza non ha molto senso ma bisogna procedere come elencato da te giusto?
grazie
"pilloeffe":
Ciao Aletzunny,
Scusa, ma non è che ti stai fissando con quella sostituzione?
Guardando le equazioni differenziali proposte farei proprio diversamente.
Cominciamo dalla prima:
$ x^2y'' - xy' + 10y = 5x^2 - 3x $
L'equazione differenziale omogenea associata è la seguente:
$ x^2y'' - xy' + 10y = 0 $
Assumendo, come si fa di solito in questo tipo di equazioni, che essa ammetta una soluzione del tipo $y(x) = x^m \implies y'(x) = m x^{m - 1} \implies y''(x) = m(m - 1) x^{m - 2}$ si ottiene l'equazione seguente:
$m(m - 1) - m + 10 = 0 $
$m^2 - 2m + 10 = 0 $
$m_{1,2} = 1 \pm 3i $
Pertanto la soluzione dell'equazione differenziale omogenea associata è la seguente:
$y_o(x) = c_1 x cos(3 ln x) + c_2 x sin(3 ln x) $
Per la soluzione particolare, vista la forma del secondo membro, ipotizzerei una soluzione del tipo $ y_p(x) = Ax^2 + Bx + C $, con $A$, $B$ e $C$ costanti da determinare. $ y_p(x) = Ax^2 + Bx + C \implies y_p'(x) = 2Ax + B \implies y_p''(x) = 2A $ e sostituendo si ha:
$ 2Ax^2 - 2Ax^2 - Bx + 10Ax^2 + 10Bx + 10C = 5x^2 - 3x $
$ 10Ax^2 + 9Bx + 10C = 5x^2 - 3x $
Facendo uso del principio di identità dei polinomi si trova $A = 1/2 $, $B = - 1/3 $ e $C = 0 $, pertanto la soluzione particolare è la seguente:
$ y_p(x) = 1/2 x^2 - 1/3 x $
In definitiva la soluzione dell'equazione differenziale proposta è la seguente:
$y(x) = y_o(x) + y_p(x) = c_1 x cos(3 ln x) + c_2 x sin(3 ln x) + 1/2 x^2 - 1/3 x $
La seconda equazione differenziale proposta è la seguente:
$y'' + (1-e^(-x))y' = 2e^(-2x) $
Qui ponendo semplicemente $z(x) := y'(x) \implies z'(x) = y''(x) $ l'equazione differenziale del secondo ordine proposta diventa del primo ordine:
$z'(x)+ (1-e^(-x)) z(x) = 2e^(-2x) $
Dopo qualche calcolo si ottiene la soluzione seguente:
$y(x) = c_1 e^{- e^{- x}} + c_2 + 2e^{- x} $
ciao, grazie delle risposta!
in merito al primo esercizio a lezioni non abbiamo neanche visto la possibilità di usare quel metodo.
mentre invece sul secondo esercizio era la stessa richiesta che obbligava a porre la sostituzione $t=e^(-x)$
tuttavia ho provato a risolverla con la sostituzione $z(x)=y'(x)$ da cui ottengo $z'(x)+ (1-e^(-x)) z(x) = 2e^(-2x) $ ma non riesco a ricondurmi ad un'equazione nota per poterla risolvere...come dovrei fare?
Grazie mille
"pilloeffe":
Assumendo, come si fa di solito in questo tipo di equazioni, che essa ammetta una soluzione del tipo $y(x) = x^m \implies y'(x) = m x^{m - 1} \implies y''(x) = m(m - 1) x^{m - 2}$ [...]
Giusto, nella pratica anche io risolverei così. Ma come si è arrivati a questa assunzione? O si procede per tentativi, provando varie classi di funzioni finché non si trova quella giusta (metodo validissimo), oppure si fa quella sostituzione che dice Aletzunny: https://www.matematicamente.it/forum/vi ... 81#p854881
@dissonance:
Certo, certo, d'accordissimo! Neanche a farlo apposta avevo citato lo stesso thread che hai riportato nel tuo intervento in un altro thread dello stesso Aletzunny qui. In questo caso però volevo far presente all'utente un metodo pratico, che tipicamente è poi quello che si usa perché è un po' più comodo...
@Aletzunny:
Beh, è la solita equazione differenziale ordinaria lineare del primo ordine che tipicamente si scrive nella forma seguente:
$y'(x) + p(x) y(x) = q(x) $
Dovresti aver visto a lezione e/o sul libro adottato che la sua soluzione è la seguente:
$y(x) = e^{-\int p(x) \text{d}x} \cdot (\int q(x) e^{\int p(x) \text{d}x} \text{d}x) $
Nel tuo caso si ha:
$ z(x) -= y(x) $
$ p(x) = 1 - e^{-x} $
$ q(x) = 2 e^{-2x} $
Dopo qualche passaggio dovresti ottenere il risultato seguente:
$z(x) = c_1 e^{-x - e^{-x}} - 2 e^{- x} $
A questo punto, ricordando che si era posto $z(x) = y'(x) $, integrando l'espressione di $z(x) $ non dovresti avere difficoltà a ritrovare l'espressione di $y(x) $ che ti ho già scritto nel mio post precedente.
"dissonance":
[...]. Ma come si è arrivati a questa assunzione? O si procede per tentativi, provando varie classi di funzioni finché non si trova quella giusta (metodo validissimo), oppure si fa quella sostituzione che dice Aletzunny: https://www.matematicamente.it/forum/viewtopic.php?p=854881#p854881
Certo, certo, d'accordissimo! Neanche a farlo apposta avevo citato lo stesso thread che hai riportato nel tuo intervento in un altro thread dello stesso Aletzunny qui. In questo caso però volevo far presente all'utente un metodo pratico, che tipicamente è poi quello che si usa perché è un po' più comodo...
@Aletzunny:
"Aletzunny":
[...]ma non riesco a ricondurmi ad un'equazione nota per poterla risolvere...come dovrei fare?
Beh, è la solita equazione differenziale ordinaria lineare del primo ordine che tipicamente si scrive nella forma seguente:
$y'(x) + p(x) y(x) = q(x) $
Dovresti aver visto a lezione e/o sul libro adottato che la sua soluzione è la seguente:
$y(x) = e^{-\int p(x) \text{d}x} \cdot (\int q(x) e^{\int p(x) \text{d}x} \text{d}x) $
Nel tuo caso si ha:
$ z(x) -= y(x) $
$ p(x) = 1 - e^{-x} $
$ q(x) = 2 e^{-2x} $
Dopo qualche passaggio dovresti ottenere il risultato seguente:
$z(x) = c_1 e^{-x - e^{-x}} - 2 e^{- x} $
A questo punto, ricordando che si era posto $z(x) = y'(x) $, integrando l'espressione di $z(x) $ non dovresti avere difficoltà a ritrovare l'espressione di $y(x) $ che ti ho già scritto nel mio post precedente.
"pilloeffe":
@dissonance:
[quote="dissonance"][...]. Ma come si è arrivati a questa assunzione? O si procede per tentativi, provando varie classi di funzioni finché non si trova quella giusta (metodo validissimo), oppure si fa quella sostituzione che dice Aletzunny: https://www.matematicamente.it/forum/viewtopic.php?p=854881#p854881
Certo, certo, d'accordissimo! Neanche a farlo apposta avevo citato lo stesso thread che hai riportato nel tuo intervento in un altro thread dello stesso Aletzunny qui. In questo caso però volevo far presente all'utente un metodo pratico, che tipicamente è poi quello che si usa perché è un po' più comodo...
@Aletzunny:
"Aletzunny":
[...]ma non riesco a ricondurmi ad un'equazione nota per poterla risolvere...come dovrei fare?
Beh, è la solita equazione differenziale ordinaria lineare del primo ordine che tipicamente si scrive nella forma seguente:
$y'(x) + p(x) y(x) = q(x) $
Dovresti aver visto a lezione e/o sul libro adottato che la sua soluzione è la seguente:
$y(x) = e^{-\int p(x) \text{d}x} \cdot (\int q(x) e^{\int p(x) \text{d}x} \text{d}x) $
Nel tuo caso si ha:
$ z(x) -= y(x) $
$ p(x) = 1 - e^{-x} $
$ q(x) = 2 e^{-2x} $
Dopo qualche passaggio dovresti ottenere il risultato seguente:
$z(x) = c_1 e^{-x - e^{-x}} - 2 e^{- x} $
A questo punto, ricordando che si era posto $z(x) = y'(x) $, integrando l'espressione di $z(x) $ non dovresti avere difficoltà a ritrovare l'espressione di $y(x) $ che ti ho già scritto nel mio post precedente.[/quote]
Grazie, per l'equazione avevi perfettamente ragione! Mi ero ancora perso in un bicchiere d'acqua...
Mentre invece per quella prima in cui si pone $y(x)=x^m$ che limiti ci sono? Nel senso quando si può e quando non si può applicare?
Grazie
"Aletzunny":
[...] Mentre invece per quella prima in cui si pone $y(x)=x^m$ che limiti ci sono? Nel senso quando si può e quando non si può applicare?
Aletzunny, torno a ripeterti la domanda già fatta altrove: ma le leggi con attenzione le risposte che ti vengono date?
Quella tecnica te l'avevo proposta come alternativa già giorni fa (qui, dopo gli asterischi...), spiegandoti anche quando si può applicare.
[geogebra][/geogebra]
Aletzunny, torno a ripeterti la domanda già fatta altrove: ma le leggi con attenzione le risposte che ti vengono date?
Quella tecnica te l'avevo proposta come alternativa già giorni fa (qui, dopo gli asterischi...), spiegandoti anche quando si può applicare.[/quote]
L'ho letto...ma non mi è chiaro quando si dice "supponendo che esista una soluzione del tipo $y(x)=x^m$"
A priori da zero non ho capito quando posso supporlo...sempre?
"gugo82":
[quote="Aletzunny"][...] Mentre invece per quella prima in cui si pone $y(x)=x^m$ che limiti ci sono? Nel senso quando si può e quando non si può applicare?
Aletzunny, torno a ripeterti la domanda già fatta altrove: ma le leggi con attenzione le risposte che ti vengono date?
Quella tecnica te l'avevo proposta come alternativa già giorni fa (qui, dopo gli asterischi...), spiegandoti anche quando si può applicare.[/quote]
L'ho letto...ma non mi è chiaro quando si dice "supponendo che esista una soluzione del tipo $y(x)=x^m$"
A priori da zero non ho capito quando posso supporlo...sempre?
Si chiama "ansatz" in gergo tecnico. Stai cercando una soluzione di qualcosa. Vai per tentativi: dici "proviamo a vedere se questo va bene". Se azzecchi, e trovi una soluzione in questo modo, hai risolto. Nessuno potrà contestarti che sei andato per tentativi; la cosa importante è avere una soluzione, come tu l'abbia trovata non è importante. Chiaramente non sempre funziona.
"dissonance":
Si chiama "ansatz" in gergo tecnico. Stai cercando una soluzione di qualcosa. Vai per tentativi: dici "proviamo a vedere se questo va bene". Se azzecchi, e trovi una soluzione in questo modo, hai risolto. Nessuno potrà contestarti che sei andato per tentativi; la cosa importante è avere una soluzione, come tu l'abbia trovata non è importante. Chiaramente non sempre funziona.
Grazie mille della risposta
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo