Equazione differenziale autonoma
sapreste risolvere il seguente problema di cauchy?
x''=1/(1+x^2)
x(0)=0
x'(0)=u, u in R
x''=1/(1+x^2)
x(0)=0
x'(0)=u, u in R
Risposte
Piccolo suggerimento.. Xkè non provi a integrare entrambi i membri?
"antrope":
Piccolo suggerimento.. Xkè non provi a integrare entrambi i membri?
Occhio che in questo caso $x$ è una funzione, non una variabile indipendente...
Io ci provo, usando il metodo urang-utang...
$x''(t) = \frac{1}{1 + x^2(t)}$
Integrando ambo i membri rispetto a $\mathbf{x(t)}$ si ottiene
$\int x''(t) d x(t) = \int \frac{1}{1 + x^2(t)} d x(t)$
Il membro a destra vale $"arctg"(x(t)) + c$, mentre il membro a sinistra vale (integrando per parti) e considerando che $d x(t) = x'(t) dt$
$\int x''(t) x'(t) dt = [x'(t)]^2 - \int x'(t) x''(t) dt$
da cui
$\int x''(t) x'(t) dt = \frac{1}{2} [x'(t)]^2$
quindi
$\frac{1}{2} [x'(t)]^2 = "arctg"(x(t)) + c$
ovvero
$x'(t) = \pm \sqrt{2 "arctg"(x(t)) + c}$
se prendere la soluzione positiva o quella negativa dipende dalla condizione iniziale (cioè dal segno di $u$). Se $u$ fosse positivo si otterrebbe
$\int \frac{1}{\sqrt{2 "arctg"(x(t)) + c}} d x(t) = k$
se invece $u$ fosse negativo
$\int \frac{1}{-\sqrt{2 "arctg"(x(t)) + c}} d x(t) = k$
con $c,k$ costanti arbitrarie. E mo' l'integrale non mi pare calcolabile elementarmente...
Quante cavolate ho scritto?
$x''(t) = \frac{1}{1 + x^2(t)}$
Integrando ambo i membri rispetto a $\mathbf{x(t)}$ si ottiene
$\int x''(t) d x(t) = \int \frac{1}{1 + x^2(t)} d x(t)$
Il membro a destra vale $"arctg"(x(t)) + c$, mentre il membro a sinistra vale (integrando per parti) e considerando che $d x(t) = x'(t) dt$
$\int x''(t) x'(t) dt = [x'(t)]^2 - \int x'(t) x''(t) dt$
da cui
$\int x''(t) x'(t) dt = \frac{1}{2} [x'(t)]^2$
quindi
$\frac{1}{2} [x'(t)]^2 = "arctg"(x(t)) + c$
ovvero
$x'(t) = \pm \sqrt{2 "arctg"(x(t)) + c}$
se prendere la soluzione positiva o quella negativa dipende dalla condizione iniziale (cioè dal segno di $u$). Se $u$ fosse positivo si otterrebbe
$\int \frac{1}{\sqrt{2 "arctg"(x(t)) + c}} d x(t) = k$
se invece $u$ fosse negativo
$\int \frac{1}{-\sqrt{2 "arctg"(x(t)) + c}} d x(t) = k$
con $c,k$ costanti arbitrarie. E mo' l'integrale non mi pare calcolabile elementarmente...
Quante cavolate ho scritto?
Scusa alla prima integrazione mica serve integrare per parti.. Se si fà $ \int x'' (t) dt = x'(t) + c $
"antrope":
Se si fà $ \int x'' (t) dt = x'(t) + c $
Certo, ma come integri la parte a destra dell'uguale? Cioè, come fai a calcolare $\int \frac{1}{1 + x^2(t)} dt$?
"antrope":
Piccolo suggerimento.. Xkè non provi a integrare entrambi i membri?
, non direi proprio... se no era elementare.... il problema è, come ha giustamente detto Tipper, che NON è $y=y(x)$ ma in questo caso la variabile indipendente è $t$, cioè $x=x(t)$.... Tipper perdona la mia ignoranza ma che cos'è il metodo "urang - utang"????... non ne ho mai sentito parlare.... 
grazie.... Pol
"Paolo90":
Tipper perdona la mia ignoranza ma che cos'è il metodo "urang - utang"????... non ne ho mai sentito parlare....
Se riuscissi a trovare il post...
non ti preoccupare... se riesci a trovarlo, mi farebbe piacere... ma non impazzire... Thanks...
2 piccole note:
veramente è il metodo urang-utang©
la seconda nota seguirà a breve...
"Tipper":
Io ci provo, usando il metodo urang-utang...
veramente è il metodo urang-utang©
la seconda nota seguirà a breve...
ecco la seconda nota
non essendo chiaro, almeno a livello elementare, cosa si intenda integrare rispetto a $\mathbf{x(t)}$, propongo una strada equivalente ma, forse, un poco meno urang-utang©
moltiplico entrambi i membri per $x'(t)$ e poi integro rispetto a $t$ entrambi i membri
mi pare equivalente alla strada di Tipper (complimenti, tra l'altro!)
poi, vedi Tipper
va detto, volendo uscire dall'area urang-utang©, che c'è una ipotesi utile per poter fare queste operazioni in tranquillità (sia via Tipper, sia via la mia strada) e cioè che $x'(t)$ non si annulli mai (quindi, di fatto, date le circostanze, che abbia sempre lo stesso segno)
- serve a Tipper perché sennò si troverebbe magari una misura che dà valori nulli ad intervalli e in tal caso non so cosa succeda
- serve a me per poter dire che, moltiplicando m.a.m., la nuova equazione è equivalente a quella data
non escludo che si possa farne a meno, di questa ipotesi, ma al volo non me la sento di far finta di niente
"Tipper":
$x''(t) = \frac{1}{1 + x^2(t)}$
Integrando ambo i membri rispetto a $\mathbf{x(t)}$ si ottiene
non essendo chiaro, almeno a livello elementare, cosa si intenda integrare rispetto a $\mathbf{x(t)}$, propongo una strada equivalente ma, forse, un poco meno urang-utang©
moltiplico entrambi i membri per $x'(t)$ e poi integro rispetto a $t$ entrambi i membri
mi pare equivalente alla strada di Tipper (complimenti, tra l'altro!)
poi, vedi Tipper
va detto, volendo uscire dall'area urang-utang©, che c'è una ipotesi utile per poter fare queste operazioni in tranquillità (sia via Tipper, sia via la mia strada) e cioè che $x'(t)$ non si annulli mai (quindi, di fatto, date le circostanze, che abbia sempre lo stesso segno)
- serve a Tipper perché sennò si troverebbe magari una misura che dà valori nulli ad intervalli e in tal caso non so cosa succeda
- serve a me per poter dire che, moltiplicando m.a.m., la nuova equazione è equivalente a quella data
non escludo che si possa farne a meno, di questa ipotesi, ma al volo non me la sento di far finta di niente
credo di non aver afferrato la prima... mi scusi Fioravante, cosa intende dire? Che è un marchio registrato? c'è il copyright su questo metodo ?
Grazie...
Grazie...
Tipper, grazie per il link... ora leggo e mi aggiorno... grazie mille davvero.... 
Pol
Pol
"Paolo90":
credo di non aver afferrato la prima... mi scusi Fioravante, cosa intende dire? Che è un marchio registrato? c'è il copyright su questo metodo ?
Grazie...
perché mi dai del lei? una domenica d'agosto, a mezzogiorno, tra l'altro...
il copyright c'è sul nome usato per indicare "questo metodo"
sono io il detentore del copyright
in realtà il nome non indica specificamente un metodo
designa tutte quelle metodologie avventurose per la soluzione di un problema dato, che utilizzano passaggi arditi, privi di una giustificazione formale
l'esempio prototipale è dato dalla soluzione delle equazioni differenziali a variabili separabili. Vedi la mia pag web nella fima
usare un metodo urang-utang© non è per nulla sconsigliato, basta solo avere nevi saldi e ricordarsi che alla fine i passaggi arditi devono risultare ininfluenti. Esempio: devo risolvere un problema di Cauchy con esistenza ed unicità della soluzione? Non ci riesco, ma la notte in un bel sogno rivedo mia nonna che mi dice che la soluzione è... Il giorno dopo faccio la verifica. Se torna, posso dimenticare il sogno (non mia nonna).
"Fioravante Patrone":
il copyright c'è sul nome usato per indicare "questo metodo"
sono io il detentore del copyright
in realtà il nome non indica specificamente un metodo
designa tutte quelle metodologie avventurose per la soluzione di un problema dato, che utilizzano passaggi arditi, privi di una giustificazione formale
l'esempio prototipale è dato dalla soluzione delle equazioni differenziali a variabili separabili. Vedi la mia pag web nella fima
usare un metodo urang-utang© non è per nulla sconsigliato, basta solo avere nevi saldi e ricordarsi che alla fine i passaggi arditi devono risultare ininfluenti. Esempio: devo risolvere un problema di Cauchy con esistenza ed unicità della soluzione? Non ci riesco, ma la notte in un bel sogno rivedo mia nonna che mi dice che la soluzione è... Il giorno dopo faccio la verifica. Se torna, posso dimenticare il sogno (non mia nonna).
Sei troppo forte, Fioravante!! Ti ringrazio per le tue deludidazioni... ora ho capito... Ti confesso che all'inizio, quando Tipper ha accennato a questo metodo, mi sono preoccupato: ho quasi finito un lavoro (che mi ha preso sette - otto mesi di tempo) sulle equazioni differenziali ordinarie (un "libro" se così si può chiamare) in cui illustro i diversi tipi di ode e i vari metodi di risoluzione (ci sono ad oggi circa 150 pagine pronte....) All'inizio, dicevo, mi sono preoccupato perchè non sapevo nulla di questa modalità di risoluzione e pensavo di essermela persa... anche se devo dire che sarebbe da aggiungere.... complimenti per la simpatia e l'arguzia....
Grazie ancora.
Paolo
"Fioravante Patrone":
[quote="Paolo90"]credo di non aver afferrato la prima... mi scusi Fioravante, cosa intende dire? Che è un marchio registrato? c'è il copyright su questo metodo ?
Grazie...
perché mi dai del lei? una domenica d'agosto, a mezzogiorno, tra l'altro...
[/quote]
P.S. Scusa, sapevo che eri Professore Ordinario di Teoria dei Giochi a Genova. Sono passato ad un più informale tu nel post sopra.
Grazie per tutto.
Ciao ciao. Paolo
"Paolo90":
... ho quasi finito un lavoro (che mi ha preso sette - otto mesi di tempo) sulle equazioni differenziali ordinarie (un "libro" se così si può chiamare) in cui illustro i diversi tipi di ode e i vari metodi di risoluzione...
Hai preparato la tesi?
"Tipper":
[quote="Paolo90"]... ho quasi finito un lavoro (che mi ha preso sette - otto mesi di tempo) sulle equazioni differenziali ordinarie (un "libro" se così si può chiamare) in cui illustro i diversi tipi di ode e i vari metodi di risoluzione...
Hai preparato la tesi?
[/quote]
magari... c'è ancora la matura prima... poi un po' di anni all'uni e poi un giorno la tesi..... eh eh... comunque grazie anche a te per la tua simpatia... parlare con voi è sempre un piacere....
"Paolo90":
Ti confesso che all'inizio, quando Tipper ha accennato a questo metodo, mi sono preoccupato: ho quasi finito un lavoro (che mi ha preso sette - otto mesi di tempo) sulle equazioni differenziali ordinarie (un "libro" se così si può chiamare) in cui illustro i diversi tipi di ode e i vari metodi di risoluzione (ci sono ad oggi circa 150 pagine pronte....) All'inizio, dicevo, mi sono preoccupato perchè non sapevo nulla di questa modalità di risoluzione e pensavo di essermela persa...
immagino benissimo la preoccupazione
appena ieri ho "rispedito al mittente" un lavoro di 5 tizi che avevano "riscoperto" una cosa apparsa nel 2003
Sia:
${(x^('')=1/(1+x^2)),(x(0)=0),(x^{\prime}(0)=uinRR):}$
Poniamo $1/(1+x^2)=B(x)$
applicando la trasformata di Laplace ad ambo i membri avremo:
$s^2x(s)-sx(0)-x^{\prime}(0)=b(s) to s^2x(s)-u=b(s) to x(s)=(b(s))/s^2+u/s^2 to x(t)=ccL^-1[b(s)](t)oxccL^-1[1/s^2](t)+ccL^-1[u/s^2](t)$
ora $ccL^-1[b(s)](t)oxccL^-1[1/s^2](t)=1/(1+t^2)oxt=int_0^t[1/(1+tau^2)*(t-tau)]d tau=int_0^t t/(1+tau^2)d tau-int_0^t tau/(1+tau^2)d tau=
$=t[arctgtau]_0^t-1/2[log(1+tau^2)]_0^t=tarctgt-1/2log(1+t^2)
Poichè $ccL^-1[u/s^2](t)=u*t$
allora la soluzione del problema è $x(t)=tarctgt-1/2log(1+t^2)+u*t,uinRR
${(x^('')=1/(1+x^2)),(x(0)=0),(x^{\prime}(0)=uinRR):}$
Poniamo $1/(1+x^2)=B(x)$
applicando la trasformata di Laplace ad ambo i membri avremo:
$s^2x(s)-sx(0)-x^{\prime}(0)=b(s) to s^2x(s)-u=b(s) to x(s)=(b(s))/s^2+u/s^2 to x(t)=ccL^-1[b(s)](t)oxccL^-1[1/s^2](t)+ccL^-1[u/s^2](t)$
ora $ccL^-1[b(s)](t)oxccL^-1[1/s^2](t)=1/(1+t^2)oxt=int_0^t[1/(1+tau^2)*(t-tau)]d tau=int_0^t t/(1+tau^2)d tau-int_0^t tau/(1+tau^2)d tau=
$=t[arctgtau]_0^t-1/2[log(1+tau^2)]_0^t=tarctgt-1/2log(1+t^2)
Poichè $ccL^-1[u/s^2](t)=u*t$
allora la soluzione del problema è $x(t)=tarctgt-1/2log(1+t^2)+u*t,uinRR
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo