Equazione differenziale di Bernoulli
Risolvere la seguente equazione differenziale:
$xy'+y=xy^2logx$
DIvido tutto per $xy^2$
${y'}/{y^2}=-1/{xy}+logx$
Che è un'equazione di Bernoulli:
Pongo $z=y^{-1}$
$z'=-{y'}/y^2$
Sostituisco e ottengo:
$z'=z/x-logx$
Che è un'equazione lineare del primo ordine
$a(x)=1/x$ e $A(x)=int 1/x dx = logx$
$b(x)=-logx$
$-int e^{logx}logx=-int xlogx dx= x^2/2(1/2-logx)$
$z=e^{-logx}(c+x^2/2(1/2-logx))=1/x(c+x^2/2(1/2-logx))$
$y(x)=x/(c+x^2/2(1/2-logx))$
Salvo errori di trascrizione mi viene una cosa del genere, ci sono errori?
$xy'+y=xy^2logx$
DIvido tutto per $xy^2$
${y'}/{y^2}=-1/{xy}+logx$
Che è un'equazione di Bernoulli:
Pongo $z=y^{-1}$
$z'=-{y'}/y^2$
Sostituisco e ottengo:
$z'=z/x-logx$
Che è un'equazione lineare del primo ordine
$a(x)=1/x$ e $A(x)=int 1/x dx = logx$
$b(x)=-logx$
$-int e^{logx}logx=-int xlogx dx= x^2/2(1/2-logx)$
$z=e^{-logx}(c+x^2/2(1/2-logx))=1/x(c+x^2/2(1/2-logx))$
$y(x)=x/(c+x^2/2(1/2-logx))$
Salvo errori di trascrizione mi viene una cosa del genere, ci sono errori?
Risposte
"TeM":
Mmm in seguito ad una prima verifica temo che non ci siamo...
infatti la "prova del nove" consiste nel sostituire la \(y\) trovata nell'equazione
differenziale di partenza e vedere se ne esce un'identità o meno...
Dunque, vediamo un po'... partendo dall'equazione differenziale ordinaria \[ x\,y'(x) + y(x) = x\,y(x)^2\log x\] dividendo ambo i membri per \(-x^2\,y(x)^2\) e ponendo \(z(x) := \frac{1}{y(x)}\) (\(z'(x) = - \frac{y'(x)}{y(x)^2}\)) otteniamo \[ \frac{z'(x)}{x} - \frac{z(x)}{x^2} = - \frac{\log x}{x} \] che tramite i noti teoremi di derivazione equivale a scrivere \[ z'(x)\frac{1}{x} + z(x)\,\frac{d}{dx}\left(\frac{1}{x}\right) = - \frac{\log x}{x} \; \; \Leftrightarrow \; \; \frac{d}{dx}\left( z(x)\frac{1}{x} \right) = - \frac{\log x}{x} \; . \] Non rimane che integrare indefinitamente ambo i membri dell'equazione rispetto ad \(x\) per ottenere \[ \frac{z(x)}{x} = - \frac{1}{2}\log^2 x + k \; \; \Leftrightarrow \; \; z(x) = \frac{x}{2}\left( 2k - \log^2 x \right) \] e quindi, in definitiva, si ha \[ y(x) = \frac{2}{x\left( c - \log^2 x\right)} \] che come visto sopra verifica l'equazione differenziale ordinaria in oggetto.
Non ci avrei mai pensato a dividere per $x^2$
Non avevo mai risolto un'equazione differenziale in questa forma ( $xy'$) quindi dividere per $x$ mi era parsa l'unica cosa da fare
In effetti non ero convinta del mio procedimento .... quindi devo sempre fare la prova in questi casi? (certo meglio farla sempre xD)
"TeM":
[quote="asabasa"]quindi devo sempre fare la prova in questi casi?
Oddio, questa è un'equazione come molte altre... quindi verificherei sia in questi casi che in tutti gli altri.
[/quote]Certo, mi servirà per il futuro, fare sempre la verifica
Grazie mille
ps: che programma hai usato per fare la verifica?
Permettetemi di dire che il miglior programma per verificare i conti è rifare tutti i conti a mente libera...
Per il resto, vediamo un po'.
Innanzitutto, la EDO (del primo ordine nonlineare) è definita in \(\Omega := ]0,\infty[\times \mathbb{R}\) e può essere messa in forma normale:
\[
\tag{1}
y^\prime (x) = \underbrace{\frac{y(x)}{x}\ \big( x\log x\ y(x) - 1\big)}_{\color{maroon}{=f\big( x,y(x)\big) }}\; .
\]
Il secondo membro, \(f(x,y):= \frac{y}{x}\ \big( x\log x\ y - 1\big)\) è di classe \(C^\infty(\Omega)\), perciò sei in regime di esistenza ed unicità locali; conseguentemente, per ogni punto \((x_0,y_0)\in \Omega\) passa il grafico di un'unica soluzione massimale, diciamola \(y(\cdot; x_0,y_0)\).
Dato che \(f(x,0)=0\) per ogni \(x>0\), la funzione \(y^*(x):=0\) è una soluzione costante della EDO definita in \(]0,\infty[\) e per unicità si ha evidentemente \(y(\cdot ;x_0,0) = y^*(\cdot)\) per ogni scelta di \(x_0>0\). Inoltre, \(y^*\) è l'unica soluzione stazionaria della EDO, poiché non esiste alcun altro valore \(y_0\in \mathbb{R}\) tale che \(f(x,y_0)=0\) per ogni \(x>0\).
Visto il regime di unicità locale, comunque si fissi \((x_0,y_0)\in \Omega\) con \(y_0\neq 0\), la soluzione massimale \(y(\cdot; x_0,y_0)\) non si annulla in alcun punto interno al proprio intervallo (massimale) di definizione[nota]Invero, se, per assurdo, esistesse un \(x_1\) tale che \(y(x_1;x_0,y_0)=0\) il PdC:
\[
\begin{cases}
\text{EDO assegnata}\\
y(x_1) = 0
\end{cases}
\]
avrebbe come soluzione locale sia \(y(\cdot ;x_0,y_0)\) sia \(y(\cdot ;x_1,0)=y^*(\cdot)\) e l'unicità implicherebbe \(y(\cdot ;x_0,y_0) = y^*(\cdot)\), quindi la \(y(\cdot ;x_0,y_0)\) sarebbe identicamente nulla, contro il fatto che \(y(x_0;x_0,y_0)=y_0\neq 0\).[/nota]; pertanto, o è sempre \(y(\cdot; x_0y_0)>0\) o sempre \(y(\cdot; x_0y_0)<0\), ed il verso della disuguaglianza dipende dal segno di \(y_0\): in particolare:
\[
y(\cdot; x_0y_0)>0\quad \Leftrightarrow \quad y_0>0\qquad \text{e}\qquad y(\cdot; x_0y_0)<0\quad \Leftrightarrow \quad y_0<0
\]
Adesso che siamo sicuri che la generica soluzione massimale non costante \(y(\cdot;x_0,y_0)\) non cambi segno, possiamo considerare la funzione:
\[
\tag{2}
z(\cdot ) := \frac{1}{y(\cdot; x_0,y_0)}\; ,
\]
la quale è definita in tutto l'intervallo definizione di \(y(\cdot ;x_0,y_0)\) ed ha la stessa regolarità di tale funzione. Scegliendo di denotare, per semplicità, con \(y(\cdot)\) la soluzione massimale, derivando la (2) ed usando la EDO (1) e la (2), si trova:
\[
\begin{split}
z^\prime (x) &= -\frac{1}{y^2(x)}\ y^\prime (x)\\
&= -\frac{1}{y^2(x)}\ \frac{y(x)}{x}\ \big( x\log x\ y(x) - 1\big)\\
&= - \frac{1}{x\ y(x)}\ \big( x\log x\ y(x) - 1\big)\\
&= - \frac{z(x)}{x}\ \big( x\log x\ \frac{1}{z(x)} - 1\big)\\
&= \frac{1}{x}\ \big( z(x) - x\log x\big)
\end{split}
\]
dunque \(z(\cdot)\) soddisfa la EDO:
\[
\tag{3}
x\ z^\prime (x) - z(x) = -x\log x
\]
con le condizioni iniziali:
\[
z(x_0)=\frac{1}{y_0}\; ,
\]
sicché è la soluzione massimale del PdC:
\[
\tag{4}
\begin{cases}
x\ z^\prime (x) - z(x) = -x\log x \\
z(x_0) = \frac{1}{y_0}\; .
\end{cases}
\]
La (3) si risolve per quadrature: infatti, dividendone i due membri per \(\frac{1}{x^2}\) si ottiene:
\[
\frac{1}{x}\ z^\prime (x) - \frac{1}{x^2}\ z(x) = -\frac{\log x}{x}
\]
da cui:
\[
\begin{split}
\left( \frac{1}{x}\ z (x) \right)^\prime = -\frac{\log x}{x} \quad &\Rightarrow \quad \intop_{x_0}^x \left( \frac{1}{t}\ z (t) \right)^\prime\ \text{d} t = -\intop_{x_0}^x \frac{\log t}{t}\ \text{d} t\\
&\Rightarrow \quad \left. \frac{1}{t}\ z (t) \right|_{x_0}^x = - \left. \frac{1}{2}\ \log^2 t\right|_{x_0}^x\\
&\Rightarrow \quad \frac{1}{x}\ z (x) - \frac{1}{x_0}\ z (x_0) = \frac{1}{2}\ \left( \log^2 x_0 - \log^2 x\right)\\
&\Rightarrow \quad \frac{1}{x}\ z (x) = \underbrace{\left( \frac{1}{2}\ \log^2 x_0 + \frac{1}{x_0\ y_0}\right)}_{\color{maroon}{=:C_0}} - \frac{1}{2}\ \log^2 x
\end{split}
\]
ossia:
\[
\tag{5}
z(x) = \frac{x}{2}\ \left( 2C_0 - \log^2 x\right)
\]
con \(C_0=C(x_0,y_0)\) costante dipendente dalle condizioni iniziali.
Da (2) & (5) riusciamo a ricavare la soluzione massimale \(y(\cdot; x_0,y_0)\):
\[
\tag{6}
y(x;x_0,y_0) = \frac{2}{x\ (2C_0 - \log^2 x)}\; ,
\]
ed il suo intervallo di definizione, che é il più grande intervallo aperto al quale appartiene il punto \(x_0\) contenuto nell'insieme \(\{x>0:\ 2C_0 - \log^2 x\neq 0\}\).[nota]E, con un po' di pazienza, puoi determinarne le caratteristiche usando l'espressione esplicita di \(C_0\).[/nota]
Nota che la soluzione stazionaria si ottiene passando la (6) al limite per \(C_0\to +\infty\) (difatti, \(\lim_{y_0\to 0} C(x_0,y_0)=+\infty\)).
Per il resto, vediamo un po'.
Innanzitutto, la EDO (del primo ordine nonlineare) è definita in \(\Omega := ]0,\infty[\times \mathbb{R}\) e può essere messa in forma normale:
\[
\tag{1}
y^\prime (x) = \underbrace{\frac{y(x)}{x}\ \big( x\log x\ y(x) - 1\big)}_{\color{maroon}{=f\big( x,y(x)\big) }}\; .
\]
Il secondo membro, \(f(x,y):= \frac{y}{x}\ \big( x\log x\ y - 1\big)\) è di classe \(C^\infty(\Omega)\), perciò sei in regime di esistenza ed unicità locali; conseguentemente, per ogni punto \((x_0,y_0)\in \Omega\) passa il grafico di un'unica soluzione massimale, diciamola \(y(\cdot; x_0,y_0)\).
Dato che \(f(x,0)=0\) per ogni \(x>0\), la funzione \(y^*(x):=0\) è una soluzione costante della EDO definita in \(]0,\infty[\) e per unicità si ha evidentemente \(y(\cdot ;x_0,0) = y^*(\cdot)\) per ogni scelta di \(x_0>0\). Inoltre, \(y^*\) è l'unica soluzione stazionaria della EDO, poiché non esiste alcun altro valore \(y_0\in \mathbb{R}\) tale che \(f(x,y_0)=0\) per ogni \(x>0\).
Visto il regime di unicità locale, comunque si fissi \((x_0,y_0)\in \Omega\) con \(y_0\neq 0\), la soluzione massimale \(y(\cdot; x_0,y_0)\) non si annulla in alcun punto interno al proprio intervallo (massimale) di definizione[nota]Invero, se, per assurdo, esistesse un \(x_1\) tale che \(y(x_1;x_0,y_0)=0\) il PdC:
\[
\begin{cases}
\text{EDO assegnata}\\
y(x_1) = 0
\end{cases}
\]
avrebbe come soluzione locale sia \(y(\cdot ;x_0,y_0)\) sia \(y(\cdot ;x_1,0)=y^*(\cdot)\) e l'unicità implicherebbe \(y(\cdot ;x_0,y_0) = y^*(\cdot)\), quindi la \(y(\cdot ;x_0,y_0)\) sarebbe identicamente nulla, contro il fatto che \(y(x_0;x_0,y_0)=y_0\neq 0\).[/nota]; pertanto, o è sempre \(y(\cdot; x_0y_0)>0\) o sempre \(y(\cdot; x_0y_0)<0\), ed il verso della disuguaglianza dipende dal segno di \(y_0\): in particolare:
\[
y(\cdot; x_0y_0)>0\quad \Leftrightarrow \quad y_0>0\qquad \text{e}\qquad y(\cdot; x_0y_0)<0\quad \Leftrightarrow \quad y_0<0
\]
Adesso che siamo sicuri che la generica soluzione massimale non costante \(y(\cdot;x_0,y_0)\) non cambi segno, possiamo considerare la funzione:
\[
\tag{2}
z(\cdot ) := \frac{1}{y(\cdot; x_0,y_0)}\; ,
\]
la quale è definita in tutto l'intervallo definizione di \(y(\cdot ;x_0,y_0)\) ed ha la stessa regolarità di tale funzione. Scegliendo di denotare, per semplicità, con \(y(\cdot)\) la soluzione massimale, derivando la (2) ed usando la EDO (1) e la (2), si trova:
\[
\begin{split}
z^\prime (x) &= -\frac{1}{y^2(x)}\ y^\prime (x)\\
&= -\frac{1}{y^2(x)}\ \frac{y(x)}{x}\ \big( x\log x\ y(x) - 1\big)\\
&= - \frac{1}{x\ y(x)}\ \big( x\log x\ y(x) - 1\big)\\
&= - \frac{z(x)}{x}\ \big( x\log x\ \frac{1}{z(x)} - 1\big)\\
&= \frac{1}{x}\ \big( z(x) - x\log x\big)
\end{split}
\]
dunque \(z(\cdot)\) soddisfa la EDO:
\[
\tag{3}
x\ z^\prime (x) - z(x) = -x\log x
\]
con le condizioni iniziali:
\[
z(x_0)=\frac{1}{y_0}\; ,
\]
sicché è la soluzione massimale del PdC:
\[
\tag{4}
\begin{cases}
x\ z^\prime (x) - z(x) = -x\log x \\
z(x_0) = \frac{1}{y_0}\; .
\end{cases}
\]
La (3) si risolve per quadrature: infatti, dividendone i due membri per \(\frac{1}{x^2}\) si ottiene:
\[
\frac{1}{x}\ z^\prime (x) - \frac{1}{x^2}\ z(x) = -\frac{\log x}{x}
\]
da cui:
\[
\begin{split}
\left( \frac{1}{x}\ z (x) \right)^\prime = -\frac{\log x}{x} \quad &\Rightarrow \quad \intop_{x_0}^x \left( \frac{1}{t}\ z (t) \right)^\prime\ \text{d} t = -\intop_{x_0}^x \frac{\log t}{t}\ \text{d} t\\
&\Rightarrow \quad \left. \frac{1}{t}\ z (t) \right|_{x_0}^x = - \left. \frac{1}{2}\ \log^2 t\right|_{x_0}^x\\
&\Rightarrow \quad \frac{1}{x}\ z (x) - \frac{1}{x_0}\ z (x_0) = \frac{1}{2}\ \left( \log^2 x_0 - \log^2 x\right)\\
&\Rightarrow \quad \frac{1}{x}\ z (x) = \underbrace{\left( \frac{1}{2}\ \log^2 x_0 + \frac{1}{x_0\ y_0}\right)}_{\color{maroon}{=:C_0}} - \frac{1}{2}\ \log^2 x
\end{split}
\]
ossia:
\[
\tag{5}
z(x) = \frac{x}{2}\ \left( 2C_0 - \log^2 x\right)
\]
con \(C_0=C(x_0,y_0)\) costante dipendente dalle condizioni iniziali.
Da (2) & (5) riusciamo a ricavare la soluzione massimale \(y(\cdot; x_0,y_0)\):
\[
\tag{6}
y(x;x_0,y_0) = \frac{2}{x\ (2C_0 - \log^2 x)}\; ,
\]
ed il suo intervallo di definizione, che é il più grande intervallo aperto al quale appartiene il punto \(x_0\) contenuto nell'insieme \(\{x>0:\ 2C_0 - \log^2 x\neq 0\}\).[nota]E, con un po' di pazienza, puoi determinarne le caratteristiche usando l'espressione esplicita di \(C_0\).[/nota]
Nota che la soluzione stazionaria si ottiene passando la (6) al limite per \(C_0\to +\infty\) (difatti, \(\lim_{y_0\to 0} C(x_0,y_0)=+\infty\)).
Grazie ad entrambi,
buonanotte
buonanotte
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