Equazione differenziale, come si risolve?
Ciao a tutti, oggi ho l'esame di analisi ma ancora non riesco a capire come si faccia a risolvere questa equazione differenziale, mi potete dare una mano per favore?
Vi ringrazio tantissimo
$ { ( y'= y^2/(x^2+xy) ),( y(1)=1 ):} $
Il problema di Cauchy in generale lo so risolvere ma non riesco a risolvere l'equazione differenziale di per sè, Grazie!
Vi ringrazio tantissimo
$ { ( y'= y^2/(x^2+xy) ),( y(1)=1 ):} $
Il problema di Cauchy in generale lo so risolvere ma non riesco a risolvere l'equazione differenziale di per sè, Grazie!
Risposte
A occhio non mi sembra una delle forme per cui è noto un procedimento risolutivo... però hai postato il testo originale del problema? Dice di determinare esattamente la soluzione o chiede altro?
Si questo è il testo originale del problema, mi dice "Risolvere il seguente problema di Cauchy"
Grazie!
Grazie!
Ho provato con Bernoulli e con il cambiamento di variabili... ma non riesco a raccapezzarmi proprio con questa equazione... 
"FiorediLoto":
Ho provato con Bernoulli e con il cambiamento di variabili... ma non riesco a raccapezzarmi proprio con questa equazione...
Non ne esci così,poi non so, perché non ho approfondito l'esercizio..
Comunque,più semplicemente quell'equazione può essere scritta nella forma:
[tex]$y' - \frac{y^2}{x^2+xy} = 0$[/tex]
Si tratta di un'equazione di Riccati.
Prova a guardare questa dispensa: http://eqworld.ipmnet.ru/en/solutions/ode/ode0123.pdf
Oppure, anche su Wikipedia si trova qualcosa: http://en.wikipedia.org/wiki/Riccati_equation
Non mi sembra che abbia la forma di equazione di Riccati: quell'$y$ al denominatore non va mica bene.
Ho fatto due conti e mi sembra che la funzione inversa della soluzione soddisfi un'equazione di Bernoulli; attenzione, prima di fare ciò assicurarsi per via qualitativa che l'unica soluzione sia invertibile (mi sembra facile).
Ho fatto due conti e mi sembra che la funzione inversa della soluzione soddisfi un'equazione di Bernoulli; attenzione, prima di fare ciò assicurarsi per via qualitativa che l'unica soluzione sia invertibile (mi sembra facile).
Ne risolsi una quasi identica, tempo fa; in giornata, quando ho tempo, posto la mia soluzione.
Un possibile modo di procedere potrebbe essere:
[tex]$y'(x)=\frac{y^2(x)}{x^2+y(x)} = \frac{y^2(x)}{x^2\left(1+\frac{y(x)}{x}}\right)[/tex].
Ponendo [tex]z(x)=\frac{y(x)}{x}[/tex], si ha che [tex]$z'(x) = \frac{x y'(x)- y(x)}{x^2}=\frac{z^2(x)}{x (1+z(x))}- \frac{z(x)}{x}= \frac{1}{x} \left(-\frac{z(x)}{1+z(x)}\right)[/tex]
Ci siamo ricondotti a una equazione differenziale a variabili separabili, [tex]$z'(x)= \frac{1}{x}\left(-\frac{z(x)}{1+z(x)}\right)[/tex]... Il problema comunque rimane
[tex]$y'(x)=\frac{y^2(x)}{x^2+y(x)} = \frac{y^2(x)}{x^2\left(1+\frac{y(x)}{x}}\right)[/tex].
Ponendo [tex]z(x)=\frac{y(x)}{x}[/tex], si ha che [tex]$z'(x) = \frac{x y'(x)- y(x)}{x^2}=\frac{z^2(x)}{x (1+z(x))}- \frac{z(x)}{x}= \frac{1}{x} \left(-\frac{z(x)}{1+z(x)}\right)[/tex]
Ci siamo ricondotti a una equazione differenziale a variabili separabili, [tex]$z'(x)= \frac{1}{x}\left(-\frac{z(x)}{1+z(x)}\right)[/tex]... Il problema comunque rimane
Come faceva notare Mathematico, questa è un'equazione del primo ordine del tipo comunemente detto a secondo membro omogeneo (o semplicemente omogeneo), ossia del tipo:
(O) [tex]$y^\prime =f(x,y)$[/tex]
con [tex]$f(x,y)$[/tex] funzione omogenea.
Ricordo che una funzione [tex]$\phi (x,y)$[/tex] si dice omogenea d'ordine [tex]$\alpha$[/tex] se sono soddisfatte le seguenti condizioni:
a) l'insieme di definizione [tex]$D$[/tex] di [tex]$\phi$[/tex] è formato da segmenti giacenti su semirette uscenti da [tex]$(0,0)$[/tex] (eventualmente degeneri in semirette);
b) esiste un [tex]$\alpha \in \mathbb{R}$[/tex] tale che, per ogni [tex]$(\overline{x},\overline{y}) \in D$[/tex] e per ogni [tex]$t>0$[/tex] scelto in modo che [tex]$(t\overline{x},t\overline{y}) \in D$[/tex], risulta [tex]$\phi (t\overline{x},t\overline{y})=t^\alpha\ \phi(\overline{x},\overline{y})$[/tex];
evidentemente la condizione b) equivale a dire che la restrizione di [tex]$\phi$[/tex] al segmento uscente da [tex]$(0,0)$[/tex] e passante per [tex]$(\overline{x},\overline{y})$[/tex] coincide con una funzione potenza d'esponente [tex]$\alpha$[/tex] del parametro corrente sul segmento.
Inoltre la b) consente di prolungare [tex]$\phi$[/tex] a tutta la semiretta aperta uscente da [tex]$(0,0)$[/tex] e passante per [tex]$(\overline{x},\overline{y})$[/tex], poiché i punti di tale semiretta sono tutti e soli quelli della famiglia [tex]$\{ (t\overline{x},t\overline{y})\}_{t>0}$[/tex]. Ne consegue che si può sempre supporre (senza ledere la generalità) che una funzione omogenea sia definita in un insieme [tex]$D$[/tex] costituito da semirette aperte uscenti da [tex]$(0,0)$[/tex]
Ad esempio se [tex]$\phi (x,y)$[/tex] è un polinomio omogeneo in [tex]$x,y$[/tex] di grado [tex]$m$[/tex], ossia se risulta [tex]$\phi (x,y) =\sum_{k=0}^m a_k x^ky^{m-k}$[/tex] per [tex]$a_0,\ldots ,a_m\in \mathbb{R}$[/tex], allora [tex]$\phi$[/tex] è una funzione omogenea d'ordine [tex]$m$[/tex].
Nel caso in esame è [tex]$f(x,y)=\frac{y^2}{x^2+xy}$[/tex], sicché [tex]$f$[/tex] è rapporto di due polinomi omogenei dello stesso grado e perciò, nel suo insieme di definizione, è omogenea di ordine zero.
Come notato da Mathematico, la [tex]$f$[/tex] a secondo membro dell'equazione dipende unicamente dal rapporto [tex]$t =\frac{y}{x}$[/tex]; ebbene questa è una caratteristica comune a tutte le funzioni omogenee d'ordine zero, poiché, dovendo risultare:
[tex]$\phi (tx,ty)=\phi(x,y)$[/tex],
prendendo [tex]$t=\frac{1}{x}$[/tex] (se [tex]$x\neq 0$[/tex]; altrimenti [tex]$t=\frac{1}{y}$[/tex]) si ottiene:
(*) [tex]$\phi (1,\tfrac{y}{x}) =\phi (x,y)$[/tex].
Pertanto, del tutto in generale, se il secondo membro di un'equazione omogenea è d'ordine zero si può pensare di usare [tex]$t =t(x)$[/tex] come variabile ausiliaria e cercare le soluzioni nella forma:
[tex]$y(x)=t(x) \ x$[/tex];
secgliendo di denotare con l'apice la derivata rispetto ad [tex]$x$[/tex], con tale artificio di trova:
[tex]$y^\prime =\left[ t\ x\right]^\prime =t^\prime \ x+t$[/tex]
cosicché (tenendo presente anche la (*)) l'equazione originaria (O) [tex]$y^\prime =f(x,y)$[/tex] diventa:
[tex]$t^\prime \ x+t =f(1,t)$[/tex]
che è a variabili separabili, giacché si può mettere nella forma:
(A) [tex]$x\ t^\prime =g(t) \qquad \text{con $g(t)=f(1,t)-t$}$[/tex].
Risolto il problema ausiliario (A) con le usuali tecniche, si cerca di recuperare la soluzione [tex]$y$[/tex] del problema originario (O) ricordando che per definizione è:
[tex]$y(x)=t(x)\ x$[/tex].
(O) [tex]$y^\prime =f(x,y)$[/tex]
con [tex]$f(x,y)$[/tex] funzione omogenea.
Ricordo che una funzione [tex]$\phi (x,y)$[/tex] si dice omogenea d'ordine [tex]$\alpha$[/tex] se sono soddisfatte le seguenti condizioni:
a) l'insieme di definizione [tex]$D$[/tex] di [tex]$\phi$[/tex] è formato da segmenti giacenti su semirette uscenti da [tex]$(0,0)$[/tex] (eventualmente degeneri in semirette);
b) esiste un [tex]$\alpha \in \mathbb{R}$[/tex] tale che, per ogni [tex]$(\overline{x},\overline{y}) \in D$[/tex] e per ogni [tex]$t>0$[/tex] scelto in modo che [tex]$(t\overline{x},t\overline{y}) \in D$[/tex], risulta [tex]$\phi (t\overline{x},t\overline{y})=t^\alpha\ \phi(\overline{x},\overline{y})$[/tex];
evidentemente la condizione b) equivale a dire che la restrizione di [tex]$\phi$[/tex] al segmento uscente da [tex]$(0,0)$[/tex] e passante per [tex]$(\overline{x},\overline{y})$[/tex] coincide con una funzione potenza d'esponente [tex]$\alpha$[/tex] del parametro corrente sul segmento.
Inoltre la b) consente di prolungare [tex]$\phi$[/tex] a tutta la semiretta aperta uscente da [tex]$(0,0)$[/tex] e passante per [tex]$(\overline{x},\overline{y})$[/tex], poiché i punti di tale semiretta sono tutti e soli quelli della famiglia [tex]$\{ (t\overline{x},t\overline{y})\}_{t>0}$[/tex]. Ne consegue che si può sempre supporre (senza ledere la generalità) che una funzione omogenea sia definita in un insieme [tex]$D$[/tex] costituito da semirette aperte uscenti da [tex]$(0,0)$[/tex]
Ad esempio se [tex]$\phi (x,y)$[/tex] è un polinomio omogeneo in [tex]$x,y$[/tex] di grado [tex]$m$[/tex], ossia se risulta [tex]$\phi (x,y) =\sum_{k=0}^m a_k x^ky^{m-k}$[/tex] per [tex]$a_0,\ldots ,a_m\in \mathbb{R}$[/tex], allora [tex]$\phi$[/tex] è una funzione omogenea d'ordine [tex]$m$[/tex].
Nel caso in esame è [tex]$f(x,y)=\frac{y^2}{x^2+xy}$[/tex], sicché [tex]$f$[/tex] è rapporto di due polinomi omogenei dello stesso grado e perciò, nel suo insieme di definizione, è omogenea di ordine zero.
Come notato da Mathematico, la [tex]$f$[/tex] a secondo membro dell'equazione dipende unicamente dal rapporto [tex]$t =\frac{y}{x}$[/tex]; ebbene questa è una caratteristica comune a tutte le funzioni omogenee d'ordine zero, poiché, dovendo risultare:
[tex]$\phi (tx,ty)=\phi(x,y)$[/tex],
prendendo [tex]$t=\frac{1}{x}$[/tex] (se [tex]$x\neq 0$[/tex]; altrimenti [tex]$t=\frac{1}{y}$[/tex]) si ottiene:
(*) [tex]$\phi (1,\tfrac{y}{x}) =\phi (x,y)$[/tex].
Pertanto, del tutto in generale, se il secondo membro di un'equazione omogenea è d'ordine zero si può pensare di usare [tex]$t =t(x)$[/tex] come variabile ausiliaria e cercare le soluzioni nella forma:
[tex]$y(x)=t(x) \ x$[/tex];
secgliendo di denotare con l'apice la derivata rispetto ad [tex]$x$[/tex], con tale artificio di trova:
[tex]$y^\prime =\left[ t\ x\right]^\prime =t^\prime \ x+t$[/tex]
cosicché (tenendo presente anche la (*)) l'equazione originaria (O) [tex]$y^\prime =f(x,y)$[/tex] diventa:
[tex]$t^\prime \ x+t =f(1,t)$[/tex]
che è a variabili separabili, giacché si può mettere nella forma:
(A) [tex]$x\ t^\prime =g(t) \qquad \text{con $g(t)=f(1,t)-t$}$[/tex].
Risolto il problema ausiliario (A) con le usuali tecniche, si cerca di recuperare la soluzione [tex]$y$[/tex] del problema originario (O) ricordando che per definizione è:
[tex]$y(x)=t(x)\ x$[/tex].
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