Due equazioni differenziali
Qualcuno potrebbe aiutarmi a risolvere queste equazioni differenziali? Grazie
(di tipo omogeneo)
y' = - [(x + y + 1)/((2 * (x + y)) + 1)]
ho provato con la sostituzione di (X + Y) = t
ma poi arrivato ad un certo punto non riesco più ad andare avanti.
(del secondo ordine a coefficienti costanti)
il metodo di eulero è troppo lungo quindi avrei provato con il generico polinomio di terzo grado ma ho difficoltà a svolgerlo
y'' + y = x^3
Gentilmente potete dettagliare i vari passaggi???
Grazie ancora
(di tipo omogeneo)
y' = - [(x + y + 1)/((2 * (x + y)) + 1)]
ho provato con la sostituzione di (X + Y) = t
ma poi arrivato ad un certo punto non riesco più ad andare avanti.
(del secondo ordine a coefficienti costanti)
il metodo di eulero è troppo lungo quindi avrei provato con il generico polinomio di terzo grado ma ho difficoltà a svolgerlo
y'' + y = x^3
Gentilmente potete dettagliare i vari passaggi???
Grazie ancora
Risposte
quote:
Originally posted by dazuco
Gentilmente potete dettagliare i vari passaggi???
per far capire anche a gente come me [:D]
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Il bello di essere intelligente e' che puoi divertirti a fare l' imbecille, ma se sei un imbecille non puoi fare il contrario.
Woody Allen
In che senso eafkuor? Non mi dire che hai 15 anni e già
sai cosa sono le equazioni differenziali...!!!
sai cosa sono le equazioni differenziali...!!!
Poniamo:x+y=t e derivando rispetto ad x:
1+y'=t'--->y'=t'-1 e ,sostituendo nell'equazione iniziale, si ha:
t'-1=-(t+1)/(2t+1) da cui:
t'=t/(2t+1) ovvero:
dt/dx=t/(2t+1) oppure:
(2t+1)/t*dt=dx--->dx=(2+1/t)*dt ed integrando:
x=2t+ln|t|+C
y=t-x=-t-ln|t|-C
In conclusione:
x=2t+ln|t|+C
y=-t-ln|t|-C
che sono le equazioni parametriche della curva integrale.
Eliminando t si ha:
x=2(x+y)+ln|x+y|+C
che e' l'equazione cartesiana della soluzione
(non esplicitabile,pero',elementarmente rispetto
ad y o ad x)
karl.
1+y'=t'--->y'=t'-1 e ,sostituendo nell'equazione iniziale, si ha:
t'-1=-(t+1)/(2t+1) da cui:
t'=t/(2t+1) ovvero:
dt/dx=t/(2t+1) oppure:
(2t+1)/t*dt=dx--->dx=(2+1/t)*dt ed integrando:
x=2t+ln|t|+C
y=t-x=-t-ln|t|-C
In conclusione:
x=2t+ln|t|+C
y=-t-ln|t|-C
che sono le equazioni parametriche della curva integrale.
Eliminando t si ha:
x=2(x+y)+ln|x+y|+C
che e' l'equazione cartesiana della soluzione
(non esplicitabile,pero',elementarmente rispetto
ad y o ad x)
karl.
L'equazione omogenea associata e':
y''+y=0 la cui equazione caratteristica e':
L^2+1=0 ;radici L=(+-)i.
Pertanto la soluzione e' in termini di seno e coseno:
[qui vi sono varie cose da ricordare]
y=Asinx+Bcosx
A questa occorre aggiungere una soluzione particolare;
proviamo con un polinomio di 3° grado:
p(x)=ax^3+bx^2+cx+d da cui:
p'=3ax^2+2bx+c
p''=6ax+2b e sostituendo nell'equazione iniziale:
6ax+2b+ax^3+bx^2+cx+d=x^3 , cioe':
ax^3+bx^2+(6a+c)x+(2b+d)=x^3 da cui:
a=1,b=0,c=-6,d=0
Pertanto la soluzione generale e':
y=Asinx+Bcosx+x^3-6x
karl.
y''+y=0 la cui equazione caratteristica e':
L^2+1=0 ;radici L=(+-)i.
Pertanto la soluzione e' in termini di seno e coseno:
[qui vi sono varie cose da ricordare]
y=Asinx+Bcosx
A questa occorre aggiungere una soluzione particolare;
proviamo con un polinomio di 3° grado:
p(x)=ax^3+bx^2+cx+d da cui:
p'=3ax^2+2bx+c
p''=6ax+2b e sostituendo nell'equazione iniziale:
6ax+2b+ax^3+bx^2+cx+d=x^3 , cioe':
ax^3+bx^2+(6a+c)x+(2b+d)=x^3 da cui:
a=1,b=0,c=-6,d=0
Pertanto la soluzione generale e':
y=Asinx+Bcosx+x^3-6x
karl.
Anch'io karl ero arrivato a quella formula. Però non mi convince. Come farci rientrare la soluzione :
y = -x
che corrisponde alla condizione iniziale (0,0) ?
Ciao. Arrigo.
ps. mi riferisco alla prima equazione
y = -x
che corrisponde alla condizione iniziale (0,0) ?
Ciao. Arrigo.
ps. mi riferisco alla prima equazione
Il problema e' che la soluzione di Karl va bene solo se t non e' nullo, che da' la soluzione y=-x.
Luca.
Luca.
....che in realta' non e' soluzione, visto che non e' sostituibile nell'equazione di partenza.
Luca.
Luca.
Per quello che ricordo puo' accadere che l'equazione
da risolvere abbia qualche soluzione "singolare",non
rientrante in quella generale.
Per esempio l'equazione:
x(y')^2+2xy'-y=0
ha la soluzione generale:
(1) (y-C)^2=4Cx [C=costante arbitraria]
ma ha pure la soluzione "singolare" y=-x (e' un puro
caso che coincida con la tua!) non ricavabile da quella
generale.
Tale soluzione particolare si ottiene(in qualche caso, ma
non sempre purtroppo) derivando la soluzione generale rispetto
alla costante C ,considerata come variabile,e poi eliminando
la C medesima.
Ecco il procedimento:
deriviamo la (1) rispetto a C:
-2y+2C=4x--->C=y+2x e sostituendo di nuovo nella (1):
4x^2=4x(y+2x)--->y=-x.
Saluti da karl.
da risolvere abbia qualche soluzione "singolare",non
rientrante in quella generale.
Per esempio l'equazione:
x(y')^2+2xy'-y=0
ha la soluzione generale:
(1) (y-C)^2=4Cx [C=costante arbitraria]
ma ha pure la soluzione "singolare" y=-x (e' un puro
caso che coincida con la tua!) non ricavabile da quella
generale.
Tale soluzione particolare si ottiene(in qualche caso, ma
non sempre purtroppo) derivando la soluzione generale rispetto
alla costante C ,considerata come variabile,e poi eliminando
la C medesima.
Ecco il procedimento:
deriviamo la (1) rispetto a C:
-2y+2C=4x--->C=y+2x e sostituendo di nuovo nella (1):
4x^2=4x(y+2x)--->y=-x.
Saluti da karl.
D'accordo. La soluzione y = -x la possiamo considerare come una soluzione limite corrispondente a t = 0.
Ma guardate, per esempio, le soluzioni grafiche di punto iniziale (0,1) :
e (0,2) :
Sarebbe bello investigare il perchè di questi comportamenti rettilinei ...
Ciao. Arrigo.
Ma guardate, per esempio, le soluzioni grafiche di punto iniziale (0,1) :
e (0,2) :
Sarebbe bello investigare il perchè di questi comportamenti rettilinei ...
Ciao. Arrigo.
Beh, se t = x + y , allora :
-(t + 1)/(2t + 1) --> -1/2 .
Per t abbastanza grandi, ovvero, per esempio, per punti iniziali (0,k) con k abbastanza grande, l'equazione differenziale si approssima con :
y' = -1/2
che dà appunto una retta.
Ciao. Arrigo.
-(t + 1)/(2t + 1) --> -1/2 .
Per t abbastanza grandi, ovvero, per esempio, per punti iniziali (0,k) con k abbastanza grande, l'equazione differenziale si approssima con :
y' = -1/2
che dà appunto una retta.
Ciao. Arrigo.
Una considerazione sulla stabilità delle soluzioni per t grandi.
Considerimo un punto iniziale (0,k) con k abbastanza grande e positivo.
In questi caso la soluzione approssimata è :
y = -(1/2)x + k .
Questa soluzione diventa sempre più "buona" quanto più cresce x. Ciò risulta chiaro osservando il grafico :
Si vede bene che al crescere di x la retta soluzione "entra" sempre più in zone dove t = x + y cresce e y' si avvicina sempre più a -1/2 essendo k < k1 < k2 ecc.
S.E.e.O.
Arrigo.
Considerimo un punto iniziale (0,k) con k abbastanza grande e positivo.
In questi caso la soluzione approssimata è :
y = -(1/2)x + k .
Questa soluzione diventa sempre più "buona" quanto più cresce x. Ciò risulta chiaro osservando il grafico :
Si vede bene che al crescere di x la retta soluzione "entra" sempre più in zone dove t = x + y cresce e y' si avvicina sempre più a -1/2 essendo k < k1 < k2 ecc.
S.E.e.O.
Arrigo.
Per punti iniziali (0,k) con k positivo ed abbastanza piccolo, le soluzioni tendono a diventare rette di coefficiente angolare -1/2 pur partendo dal punto iniziale con derivata fra -1 e -1/2.
Esempio per k = 1 :
e per k = 0.1 :
Ciao. Arrigo.
Esempio per k = 1 :
e per k = 0.1 :
Ciao. Arrigo.
Per il punto iniziale (0,0) la soluzione è, come già sappiamo, y = -x.
Per i punti iniziali (0,k) con k negativo, le soluzioni sono sempre limitate perchè tenderebbero ad intersecare la retta :
y = -x - 1/2
che corrisponde a punti che annullano il denominatore presente nell'equazione differenziale di partenza.
Le soluzioni con punto iniziale (0,k) possono così essere riassunte :
(avendo fatto questo grafico a mano libera, gli andamenti delle soluzioni per k < 0 sono poco precisi)
S.E.e.O.
Per i punti iniziali (0,k) con k negativo, le soluzioni sono sempre limitate perchè tenderebbero ad intersecare la retta :
y = -x - 1/2
che corrisponde a punti che annullano il denominatore presente nell'equazione differenziale di partenza.
Le soluzioni con punto iniziale (0,k) possono così essere riassunte :
(avendo fatto questo grafico a mano libera, gli andamenti delle soluzioni per k < 0 sono poco precisi)
S.E.e.O.
Continuo a non capire perche' y=-x sia soluzione. Essa non e' soluzione dell'equazione data. Annulla identicamente un denominatore.
Il modo corretto di procedere credo sia operare anzitutto, come gia' fatto, la sostituzione funzionale:
v(x)=x+y(x)
Allora l'equazione diventa
v'(x)=(v(x)+1))/(2v(x))
che ha soluzioni che non possono annullarsi. Quindi non ha senso far partire una soluzione da 0.
Detto cio' uno si rende conto che la soluzione che parte da -1 e' v(x)=-1. Quindi ora tutte le soluzioni stanno o sopra o sotto la retta -1; se cerchiamo soluzioni sopra -1, allora implicitamente sono date da
2v(x)-2log(v(x)-1))=x+c
mentre invece se cerchiamo quelle sopra -1 sono date da
2v(x)-2log(1-v(x)))=x+c.
Luca
Il modo corretto di procedere credo sia operare anzitutto, come gia' fatto, la sostituzione funzionale:
v(x)=x+y(x)
Allora l'equazione diventa
v'(x)=(v(x)+1))/(2v(x))
che ha soluzioni che non possono annullarsi. Quindi non ha senso far partire una soluzione da 0.
Detto cio' uno si rende conto che la soluzione che parte da -1 e' v(x)=-1. Quindi ora tutte le soluzioni stanno o sopra o sotto la retta -1; se cerchiamo soluzioni sopra -1, allora implicitamente sono date da
2v(x)-2log(v(x)-1))=x+c
mentre invece se cerchiamo quelle sopra -1 sono date da
2v(x)-2log(1-v(x)))=x+c.
Luca
L'equazione data, Luca, è :
y' = - [(x + y + 1)/((2 * (x + y)) + 1)] .
L'ultimo termine +1 sta sotto la linea di frazione, giusto ?
Mi sembra allora che il denominatore, sostituendo y = -x, diventi +1 e non 0. Il numeratore diventa +1 per cui tutto il termine di destra diventa -1 che uguaglia y' che nel caso specifico vale -1.
Dove sbaglio ?
Ciao. Arrigo.
y' = - [(x + y + 1)/((2 * (x + y)) + 1)] .
L'ultimo termine +1 sta sotto la linea di frazione, giusto ?
Mi sembra allora che il denominatore, sostituendo y = -x, diventi +1 e non 0. Il numeratore diventa +1 per cui tutto il termine di destra diventa -1 che uguaglia y' che nel caso specifico vale -1.
Dove sbaglio ?
Ciao. Arrigo.
E' proprio quel +1 che dal numero di parentesi messe mi pare non sia al denominatore...
Bisognerebbe interpellare l'autore del testo.
Luca.
Bisognerebbe interpellare l'autore del testo.
Luca.
Concordo con arriama.Forse Luca77 ragiona su
di un'altra traccia.
karl.
di un'altra traccia.
karl.
Salve ragazzi,
scusate se mi intrometto in una discussione in cui non ho dato finora alcun contributo. Vi seguo da un po' e anche se non mi sono ancora degnato di prendere carta e penna per risolvere da me il problema proposto ritengo che Luca abbia ragione. Per come sono collocate le parentesi il +1 non sta al denominatore.
scusate se mi intrometto in una discussione in cui non ho dato finora alcun contributo. Vi seguo da un po' e anche se non mi sono ancora degnato di prendere carta e penna per risolvere da me il problema proposto ritengo che Luca abbia ragione. Per come sono collocate le parentesi il +1 non sta al denominatore.
Se e' cosi',la soluzione cambia ed e':
1)forma parametrica
x=-2t+2ln|1+t|+C
y=3t-2ln|1+t|-C
2) forma cartesiana:
3x+2y-2ln|x+y+1|=C
Tuttavia anche in questo caso esiste la soluzione
singolare :
x+y+1=0
karl.
1)forma parametrica
x=-2t+2ln|1+t|+C
y=3t-2ln|1+t|-C
2) forma cartesiana:
3x+2y-2ln|x+y+1|=C
Tuttavia anche in questo caso esiste la soluzione
singolare :
x+y+1=0
karl.
Come non detto,
ho avuto le traveggole, scusa karl! Per come sono messe le parentesi il +1 dovrebbe invece stare al denominatore e quindi dovreste avere ragione tu ed arriama. Dopo la linea di frazione si aprono e si richiudono tre parentesi tonde e il +1 sta dentro!
((( ))+1)
Chiedo scusa [:I]
ho avuto le traveggole, scusa karl! Per come sono messe le parentesi il +1 dovrebbe invece stare al denominatore e quindi dovreste avere ragione tu ed arriama. Dopo la linea di frazione si aprono e si richiudono tre parentesi tonde e il +1 sta dentro!
((( ))+1)
Chiedo scusa [:I]
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