Conclusioni PdC
Determinare, al variare di di $ y0 in R $, la soluzione del seguente problema di Cauchy: $ { ( y'(t)=y(2-y) ),( y(0)=y0 ):} $
Risolvo il PdC per separazione delle variabili: $ int (dy)/(y(2-y))=intdt->t+c=intdy(1)/(y(2-y)) $ da cui
$ (1)/(y(2-y))=(A)/y+(B)/(2-y)->(-1)/(y(y-2))=(A)/y-(B)/(y-2)=(A(y-2)-By)/(y(y-2))=(y(A-B)-2A)/(y(y-2)) $
metto a sistema: $ { ( -2A=-1 ),( A+B=0 ):}{ ( A=(1)/2 ),( B=-A=-(1)/2 ):} $
$ t+c=(1)/2log | y | - (1)/2log| y-2 | ->t+c=log((| y |)/(| y-2 |)) $
il parametro $ c = (1)/2log((| y0 |)/(| y0-2 |)) $ quindi $ t+(1)/2log((| y0 |)/(| y0-2 |))=log((| y |)/(| y-2 |)) -> t=(1)/2log((| y0 |)/(| y0-2 |))-log((| y |)/(| y-2 |)) -> t=(1)/2log((| y || y0-2 |)/(| y-2 || y0 |)) $ da cui $ ((| y || y0-2 |)/(| y-2 || y0 |)) = e^2t $
Ora non so come concludere. O meglio, non capisco come trarre da quello che ho trovato (sempre se è corretto) le soluzioni che mi dà l'esercizio. Il testo dice:
per se $ y0=0 -> y(t)=0 $
per $ y0=2 -> y(t)=2 $
per $ y0 in (-oo,0) U (2,+oo) -> y(t)=(2y0)/(y0-(y0-2)e^-2t) $
per $ y0 in (0,2) -> y(t)=(2y0)/(y0+(2-y0)e^-2t) $
Qualcuno può aiutarmi?
Risolvo il PdC per separazione delle variabili: $ int (dy)/(y(2-y))=intdt->t+c=intdy(1)/(y(2-y)) $ da cui
$ (1)/(y(2-y))=(A)/y+(B)/(2-y)->(-1)/(y(y-2))=(A)/y-(B)/(y-2)=(A(y-2)-By)/(y(y-2))=(y(A-B)-2A)/(y(y-2)) $
metto a sistema: $ { ( -2A=-1 ),( A+B=0 ):}{ ( A=(1)/2 ),( B=-A=-(1)/2 ):} $
$ t+c=(1)/2log | y | - (1)/2log| y-2 | ->t+c=log((| y |)/(| y-2 |)) $
il parametro $ c = (1)/2log((| y0 |)/(| y0-2 |)) $ quindi $ t+(1)/2log((| y0 |)/(| y0-2 |))=log((| y |)/(| y-2 |)) -> t=(1)/2log((| y0 |)/(| y0-2 |))-log((| y |)/(| y-2 |)) -> t=(1)/2log((| y || y0-2 |)/(| y-2 || y0 |)) $ da cui $ ((| y || y0-2 |)/(| y-2 || y0 |)) = e^2t $
Ora non so come concludere. O meglio, non capisco come trarre da quello che ho trovato (sempre se è corretto) le soluzioni che mi dà l'esercizio. Il testo dice:
per se $ y0=0 -> y(t)=0 $
per $ y0=2 -> y(t)=2 $
per $ y0 in (-oo,0) U (2,+oo) -> y(t)=(2y0)/(y0-(y0-2)e^-2t) $
per $ y0 in (0,2) -> y(t)=(2y0)/(y0+(2-y0)e^-2t) $
Qualcuno può aiutarmi?
Risposte
"dino!":
$ (-1)/(y(y-2))=(A)/y+(B)/(y-2)$
hai sbagliato un segno nel secondo membro. quando raccogli il meno non sparisce. dovrebbe essere: $ A/y - B/(y-2) $
vedi se ti può essere d'aiuto!
ho editato solo un paio di volte prima di inviare il messaggio comunque sottintendevo l'esistenza del meno.infatti: $ y(A+B) - 2A $
veramente se hai $ (A(y-2)-By)/(y(y-2)) $ ciò che ottieni è $ (y(A-B)-2A)/(y(y-2)) $ e non $ (y(A+B)-2A)/(y(y-2)) $ ... riguarda magari i conti con calma. a volte basta ripartire da capo con più ordine e con qualche passaggio in più per far tornare le cose.
domani ricontrollerò a mente lucida.
detto questo la mia domanda verteva sulle conclusioni... una volta arrivato a quel punto (che ovviamente corretto l'errore cambierà rispetto a quanto scritto, anche se non credo di molto) come traggo le opportune conclusioni? non so come procedere
detto questo la mia domanda verteva sulle conclusioni... una volta arrivato a quel punto (che ovviamente corretto l'errore cambierà rispetto a quanto scritto, anche se non credo di molto) come traggo le opportune conclusioni? non so come procedere
per le prime due basta che sostituisci il valore nell'espressione che trovi. per gli altri due dipende sempre dalla soluzione che trovi. una volta che hai la soluzione potresti capirlo guardando la tua soluzione e quella proposta. ma serve la soluzione comunque.
Ho rifatto l'esercizio ed editato correttamente i passaggi. Fatto che la soluzione rimane la medesima. Ora come procedo? Devo sostituire $ y0 $ dento $ | y | $ ? Se si mi rimarrebbe $ e^2t = 1 $...
Innanzitutto, prima di avventurarti nei calcoli, nota che la EDO ha due soluzioni stazionarie (cioè costanti) che corrispondono agli zeri del secondo membro.
Dato che $f(y)=y(2-y)=0$ se e solo se $y=0,2$, è evidente che le uniche soluzioni del tuo PdC quando assegni $y_0=0$ oppure $y_0=2$ sono le funzioni costanti \(y_\star(x)=0\) oppure \(y^\star (x) =2\).
Per $y_0\ne 0,2$, puoi determinare la soluzione separando le variabili, usando gli integrali definiti (piuttosto che quelli indefiniti) e distinguendo i tre casi possibili, cioè \(y_0<0\), \(02\).
Ad esempio, facciamo il caso \(y_0<0\).
Dato che siamo in regime di unicità locale (perché il secondo membro è localmente lipschitziano rispetto a $y$), la soluzione del PdC corrispondente al dato iniziale $y_0$ non potrà intersecare quella corrispondente al dato \(y_\star = 0\) né, ovviamente, passarci sopra. Conseguentemente, la soluzione \(y(x)\) del PdC con dato $y_0$ rimane tutta al di sotto di \(y_\star (x) =0\), ossia risulta ovunque \(y(x)<0\).
Separando le variabili, si trova:
\[
\frac{y^\prime (x)}{y(x) (2-y(x))} = 1
\]
nell'intervallo in cui è definita $y(x)$ e da ciò segue l'uguaglianza delle funzioni integrali:
\[
\begin{split}
\int_0^x \frac{y^\prime (t)}{y(t) (2-y(t))}\ \text{d} t = \int_0^x 1\ \text{d} t \quad &\stackrel{\tau = y(t)}{\Leftrightarrow} \quad \int_{y(0)}^{y(x)} \frac{1}{\tau (2-\tau)}\ \text{d} \tau = x\\
&\Leftrightarrow \quad \frac{1}{2}\int_{y_0}^{y(x)} \left( \frac{1}{\tau} + \frac{1}{2-\tau}\right)\ \text{d} \tau = x\\
&\Leftrightarrow \quad \frac{1}{2} \left[ \log \left| \frac{\tau}{2-\tau}\right|\right]_{y_0}^{y(x)} = x\\
& \Leftrightarrow \quad \log \Bigg| \underbrace{\frac{y(x)}{2-y(x)}}_{<0}\Bigg| - \log \Bigg| \underbrace{\frac{y_0}{2-y_0}}_{<0}\Bigg| = 2x\\
& \Leftrightarrow \quad \log \frac{y(x)}{y(x)-2} = \log \frac{y_0}{y_0-2} + 2x\\
& \Leftrightarrow \quad \frac{y(x)}{y(x)-2} = \frac{y_0}{y_0-2}\ \mathbf{e}^{2x}\; ,
\end{split}
\]
da cui ricavi la soluzione esplicitando l'ultima uguaglianza rispetto ad $y(x)$.
Dato che $f(y)=y(2-y)=0$ se e solo se $y=0,2$, è evidente che le uniche soluzioni del tuo PdC quando assegni $y_0=0$ oppure $y_0=2$ sono le funzioni costanti \(y_\star(x)=0\) oppure \(y^\star (x) =2\).
Per $y_0\ne 0,2$, puoi determinare la soluzione separando le variabili, usando gli integrali definiti (piuttosto che quelli indefiniti) e distinguendo i tre casi possibili, cioè \(y_0<0\), \(0
Ad esempio, facciamo il caso \(y_0<0\).
Dato che siamo in regime di unicità locale (perché il secondo membro è localmente lipschitziano rispetto a $y$), la soluzione del PdC corrispondente al dato iniziale $y_0$ non potrà intersecare quella corrispondente al dato \(y_\star = 0\) né, ovviamente, passarci sopra. Conseguentemente, la soluzione \(y(x)\) del PdC con dato $y_0$ rimane tutta al di sotto di \(y_\star (x) =0\), ossia risulta ovunque \(y(x)<0\).
Separando le variabili, si trova:
\[
\frac{y^\prime (x)}{y(x) (2-y(x))} = 1
\]
nell'intervallo in cui è definita $y(x)$ e da ciò segue l'uguaglianza delle funzioni integrali:
\[
\begin{split}
\int_0^x \frac{y^\prime (t)}{y(t) (2-y(t))}\ \text{d} t = \int_0^x 1\ \text{d} t \quad &\stackrel{\tau = y(t)}{\Leftrightarrow} \quad \int_{y(0)}^{y(x)} \frac{1}{\tau (2-\tau)}\ \text{d} \tau = x\\
&\Leftrightarrow \quad \frac{1}{2}\int_{y_0}^{y(x)} \left( \frac{1}{\tau} + \frac{1}{2-\tau}\right)\ \text{d} \tau = x\\
&\Leftrightarrow \quad \frac{1}{2} \left[ \log \left| \frac{\tau}{2-\tau}\right|\right]_{y_0}^{y(x)} = x\\
& \Leftrightarrow \quad \log \Bigg| \underbrace{\frac{y(x)}{2-y(x)}}_{<0}\Bigg| - \log \Bigg| \underbrace{\frac{y_0}{2-y_0}}_{<0}\Bigg| = 2x\\
& \Leftrightarrow \quad \log \frac{y(x)}{y(x)-2} = \log \frac{y_0}{y_0-2} + 2x\\
& \Leftrightarrow \quad \frac{y(x)}{y(x)-2} = \frac{y_0}{y_0-2}\ \mathbf{e}^{2x}\; ,
\end{split}
\]
da cui ricavi la soluzione esplicitando l'ultima uguaglianza rispetto ad $y(x)$.
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