Da un'equazione differenziale del I ordine ad una del II
le soluzioni di
$dot x=f(x,t)$
sono tutte e sole quelle di
$ddot x=del_x f(x,t) dot x + del_t f(x,t) = del_x f(x,t) * f(x,t)+ del_t f(x,t)$,
giusto?
$dot x=f(x,t)$
sono tutte e sole quelle di
$ddot x=del_x f(x,t) dot x + del_t f(x,t) = del_x f(x,t) * f(x,t)+ del_t f(x,t)$,
giusto?
Risposte
Proviamo: prendiamo [tex]$f(x,t)=1$[/tex], sicché [tex]$\partial_x f(x,t)\ f(x,t)+\partial_t f(x,t) =0$[/tex]; le soluzioni di [tex]$\dot{x} =1$[/tex] sono del tipo [tex]$x(t):=t+c_1$[/tex], con [tex]$c_1\in \mathbb{R}$[/tex] arbitraria, mentre le soluzioni di [tex]$\ddot{x} =0$[/tex] sono del tipo [tex]$x(t):=c_2\ t+c_1$[/tex] con [tex]$c_1,c_2\in \mathbb{R}$[/tex] arbitrarie.
Si vede che tutte le soluzioni di [tex]$\dot{x} =1$[/tex] sono anche soluzioni di [tex]$\ddot{x} =0$[/tex] ma non vale il viceversa, ossia non tutte le soluzioni di [tex]$\ddot{x} =0$[/tex] sono soluzioni di [tex]$\dot{x} =1$[/tex] (basta prendere [tex]$c_2\neq 1$[/tex]).
Quindi, in generale, l'insieme delle soluzioni dell'equazione del second'ordine [tex]$\ddot{x} =\partial_x f(x,t)\ f(x,t)+\partial_t f(x,t)$[/tex] contiene strettamente quello delle soluzioni della edo del primo ordine [tex]$\dot{x} =f(x,t)$[/tex].
Si vede che tutte le soluzioni di [tex]$\dot{x} =1$[/tex] sono anche soluzioni di [tex]$\ddot{x} =0$[/tex] ma non vale il viceversa, ossia non tutte le soluzioni di [tex]$\ddot{x} =0$[/tex] sono soluzioni di [tex]$\dot{x} =1$[/tex] (basta prendere [tex]$c_2\neq 1$[/tex]).
Quindi, in generale, l'insieme delle soluzioni dell'equazione del second'ordine [tex]$\ddot{x} =\partial_x f(x,t)\ f(x,t)+\partial_t f(x,t)$[/tex] contiene strettamente quello delle soluzioni della edo del primo ordine [tex]$\dot{x} =f(x,t)$[/tex].
quindi bisogna aggiungere una condizione (ma guarda un po'...).
supponiamo di avere un problema di cauchy del primo ordine, c'è un modo per fargli aumentare l'ordine senza dover aumentare le condizioni, magari ponendone una con quelle che già si hanno?
supponiamo di avere un problema di cauchy del primo ordine, c'è un modo per fargli aumentare l'ordine senza dover aumentare le condizioni, magari ponendone una con quelle che già si hanno?
Beh penso di sì.
Se la condizione iniziale è [tex]$x(t_0)=x_0$[/tex], allora dalla EDO [tex]$\dot{x} =f(x,t)$[/tex] segue [tex]$\dot{x} (t_0)=f(x_0,t_0)$[/tex] che è quello che ti serve.
Se la condizione iniziale è [tex]$x(t_0)=x_0$[/tex], allora dalla EDO [tex]$\dot{x} =f(x,t)$[/tex] segue [tex]$\dot{x} (t_0)=f(x_0,t_0)$[/tex] che è quello che ti serve.
"gugo82":Mi piace, segno di maturità!
Proviamo: prendiamo [tex]$f(x,t)=1$[/tex]
"Fioravante Patrone":Mi piace, segno di maturità!
[quote="gugo82"]Proviamo: prendiamo [tex]$f(x,t)=1$[/tex]
[/quote]Grazie.
[size=59]Ma in realtà mi seccava fare troppi conti, che da quando ho ripreso a "faticare" si sprecano... XD[/size]
quindi il sistema
$\{(dot x = f),(x(t_0)=x_0):}$
è equivalente a
$\{(ddot x=f_x f + f_t),(x(t_0)=x_0),(dot x(t_0)=v_0):}$
con $v_0=f(x_0,t_0)$?
$\{(dot x = f),(x(t_0)=x_0):}$
è equivalente a
$\{(ddot x=f_x f + f_t),(x(t_0)=x_0),(dot x(t_0)=v_0):}$
con $v_0=f(x_0,t_0)$?
Beh, prendiamo [tex]$f\in C^1$[/tex] e dimostriamolo!
Sappiamo già che ogni soluzione del primo problema è [tex]$C^2$[/tex] e risolve il secondo; quindi basta provare che ogni soluzione del secondo problema è anche soluzione del primo, il che non mi pare proibitivo...
Prova un po'.
Sappiamo già che ogni soluzione del primo problema è [tex]$C^2$[/tex] e risolve il secondo; quindi basta provare che ogni soluzione del secondo problema è anche soluzione del primo, il che non mi pare proibitivo...
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