Classificazione equazione differenziale

[fede.unive]

Buongiorno a tutti,

scrivo in quanto non sono propriamente un asso in eq. differenziali e mi trovo a dover discurtere un certo problema (esistenza della solutione). In particolare ho a che fare con la seguente eq.

$1-f(x)=k \cdot x \cdot f'(x)$

con $k \in R$.

Sapete dirmi se sono un particolare tipo di equazione differenziale? in secondo luogo, sapete se ammette soluzione in forma chiusa?

Grazie

[quantunquemente]

è un'equazione differenziale a variabili separabili

[fede.unive]

Innanzitutto grazie.

Secondo la definizione

$f'(x) = a(x) \cdot b [f(x)]$

con $a, b$ funzioni continue nei rispettivi domini.

Nel mio caso specifico, posso riscrivere, posto $k\ne 0$ e $x \ne 0$

$f'(x) = \frac(1-f(x))(kx)$

Quindi ho $a(x)= \frac(1)(kx)$ e $b[f(x)] = 1-f(x)$, giusto?

[quantunquemente]

giusto

[fede.unive]

Bene. Arrivati a questo punto provo a risolverla.

Per trovare le soluzioni stazionari devo porre $b[f(x)]=0$, ossia $1-f(x)=0 -> f(x)=1$. So, dai dati del mio problema che esiste $\bar(x) : f(\bar(x))=1$. Dunque $\bar(x)$ e' una soluzione stazionaria.

Posto $x \ne \bar(x)$, posso dividere il primo membro per $1-f(x)$

$\int \frac(f'(x))(1-f(x)) \text{d}x = \int \frac(1)(kx) \text{d}x$

$-\int \frac(-f'(x))(1-f(x)) \text{d}x = \int \frac(1)(kx) \text{d}x$

$-ln|1-f(x)| +C_1 = \frac(ln|x|)(k) +C_2$

$ln|1-f(x)| = - \frac(ln|x|)(k)+C_1 -C_2$

Posto $C_1-C_2=C$

$ln|1-f(x)|= -\frac(ln|x|)(k) +C$


Nel caso specifico del mio problema ($f(x)$ e' una funzione di ripartizione definita su supporto positivo $0<=x<=\bar(x)$) ho $0<=f(x)<=1$ da cui $0<=1-f(x)<=1$. Quindi i valori assoluti possono essere rimossi

$ln[1-f(x)]= -\frac(ln(x))(k) +C$

$e^(ln[1-f(x)]) = e^(-\frac(ln(x))(k) +C)$

$1-f(x) = e^(ln(x)^(-1/k)) \cdot e^C$

$f(x) = 1 - x^(-1/k) \cdot e^C$

Dal momento che $f(\bar(x))=1$ (posso usare questa come condizione? ho trovato $f$ escludendo $\bar(x)$), posso trovare $C$

$1=1-\bar(x)^(-1/k) \cdot e^C$

$\bar(x)^(-1/k) \cdot e^C =0$

$e^C =0$

ossia non esiste $C$... Cosa vuol dire?

Ho anche la condizione $f(0)=0$, ma non e' d'aiuto in quanto

$0=1-0^(-1/k) \cdot e^C$

$0=1$.

Ho sbagliato qualcosa?

[quantunquemente]

posto $y=f(x)$,si arriva a
$|1-y|=e^(-kx^2+c)$
imponendo $y(0)=0$ si ha $1=e^c$ cioè $c=0$
quindi,la soluzione in forma implicita è$|1-y|=e^(-kx^2)$

[fede.unive]

"quantunquemente":posto $y=f(x)$,si arriva a
$|1-y|=e^(-kx^2+c)$
imponendo $y(0)=0$ si ha $1=e^c$ cioè $c=0$
quindi,la soluzione in forma implicita è$|1-y|=e^(-kx^2)$

Scusa ma $|1-y|=e^(-kx^2+c)$ da dove e' uscito?

[quantunquemente]

sì,sì scusa ,ho messo la $x$ al numeratore e se anche vi fosse stata ,nella soluzione avrei mancato un $2$ al denominatore
insomma,un casino
è chiaro che a scrivere l'equazione nella forma
$y'=f(x,y)=(1-y)/(kx)$,si vede che al dominio di $f(x,y)$ non appartiene $x=0$

a mio parere,solo la soluzione stazionaria $y=1$ è definita in tutto $mathbbR$ (a patto che l'equazione sia espressa nella forma originaria $1-y=kxy'$)
per una soluzione non stazionaria non si può imporre il passaggio per $x=0$
inoltre,una soluzione non stazionaria non può assumere in nessuna $x$ il valore $1$ per il teorema di esistenza e unicità
ad esempio,se la condizione iniziale fosse del tipo $y(x_0)=y_0$ con $x_0>0;0leqy_0<1$ la soluzione sarebbe definita in $(0,+infty)$ ed avrebbe la retta $y=1$ come asintoto orizzontale

[fede.unive]

"quantunquemente":sì,sì scusa ,ho messo la $x$ al numeratore e se anche vi fosse stata ,nella soluzione avrei mancato un $2$ al denominatore
insomma,un casino
è chiaro che a scrivere l'equazione nella forma
$y'=f(x,y)=(1-y)/(kx)$,si vede che al dominio di $f(x,y)$ non appartiene $x=0$

a mio parere,solo la soluzione stazionaria $y=1$ è definita in tutto $mathbbR$ (a patto che l'equazione sia espressa nella forma originaria $1-y=kxy'$)
per una soluzione non stazionaria non si può imporre il passaggio per $x=0$
inoltre,una soluzione non stazionaria non può assumere in nessuna $x$ il valore $1$ per il teorema di esistenza e unicità
ad esempio,se la condizione iniziale fosse del tipo $y(x_0)=y_0$ con $x_0>0;0leqy_0<1$ la soluzione sarebbe definita in $(0,+infty)$ ed avrebbe la retta $y=1$ come asintoto orizzontale

Innanzitutto grazie mille per esserti preso la briga di risolvere l'esercizio (mi sono tra l'altro accorto che c'era un errore di segno nei miei calcoli che correggero').

Il passaggio non consentito $x=0$ mi e' chiaro. Tuttavia, non avendo avuto a che fare nella mia "carriera" con molte equazioni differenziali, potresti illuminarmi sulle condizioni di esistenza ed unicita'? perche' $f(x)=1$ non va bene?

Grazie

[quantunquemente]

perchè la condizione $f(x)=1$ è ovviamente soddisfatta dalla soluzione stazionaria $y=1$
il teorema di esistenza e unicità dice che sotto opportune condizioni,che mi sembra di poter dire siano soddisfatte dall'equazione differenziale data,esiste un 'unica soluzione che soddisfi una data condizione iniziale
quindi una soluzione non stazionaria non può assumere valore $1$ perchè altrimenti dovrebbe coincidere con la soluzione stazionaria

[fede.unive]

Ok.... Quindi la soluzione dell'equazione differenziale e' SOLO la soluzione stazionaria?

[quantunquemente]

se come condizione iniziale hai $y(x_0)=1$ ,con $x_0$ generico,sì, la soluzione è $y=1$

[fede.unive]

$f(x=\bar(x))=1$ ma non per qualsiasi $x$...

[quantunquemente]

basta una sola $x$
quando dico per un $x_0$ generico intendo che uno vale l'altro