Equazione differenziale non lineare

[VINX89]

Salve a tutti; sono alle prese con questa equazione differenziale:

$v' = 1 - v^n$ con $n$ numero naturale.

L'esercizio in realtà è di fisica (chiede di trovare la velocità in funzione del tempo), ma il procedimento è puramente matematico.
Cercando un pò ho trovato qualche appunto sull'equazione di Bernoulli, ovvero:

$y' + a(x)y = b(x)y^(alpha)$, con $alpha$ diverso da $0$ e $1$. Questa equazione si può trattare in modo da renderla lineare:

$(y')/y^(alpha) + a(x)y^(1-alpha) = b(x)$

pongo $z = y^(1 - alpha)$ da cui $z' = (1 - alpha)y^(-alpha)y'$ e $(y')/y^(alpha) = (z')/(1 - alpha)$

sostituendo si ha $z' + a(1 - alpha)z = b(1 - alpha)$, cioè un'equazione lineare.

Applicando al caso specifico, scrivendo $v' - 1 = -v^n$, si ha $a = -1$, $b = -1$ e $alpha = n$, quindi:

$z' - (1 - n)z = n - 1$

A questo punto applico la nota formula risolutiva di un'equazione del primo ordine del tipo $y' + a(x)y + b(x) = 0$, secondo cui si ottiene:

$y = e^(-mu) int(-e^(mu) b dx)$

$mu$ e l'antiderivata di $a$, cioè di $n - 1$, quindi $mu = t(n - 1)$; inoltre $b = 1 - n$.

Si ottiene, in definitiva, $z = e^(t(1 - n)) int(-e^(n - 1)t) (1 - n) dt$.

Risolvendo e tenendo conto del fatto che $z = v^(1 - n)$ si ha

$v^(1 - n) = e^(t(1 - n)) (e^(t(n - 1)) + C)$ cioè $v^(1 - n) = 1 + Ce^(t(1 - n))

Poichè $v(0) = 0$, si trova che $C = -1$

La soluzione è quindi $v = (1 - e^(t(1 - n)))^(1/(1 - n))$

Qualcuno potrebbe dirmi se tutto il ragionamento è corretto? Grazie in anticipo.

[Zkeggia]

Attenzione, non è il nostro caso questo, infatti noi siamo in un caso del tipo
$(y')/y^n - a(x)y^-n = -b(x)$
Questo ci impedisce di effettuare a sostituzione $z = y^(1-n)$, perché non siamo in grado di capire come si scriva in termini di z $y^n$.

Se vuoi fare una sostituzione del genere meglio procedere sull'omogenea, in cui hai
$y' = - y^n -> (y')/y^n = -1$
poni $z = v^(1-n)$ e ottieni quindi che
$z' = (1-n)v^(-n)v'$
allora sì, puoi scrivere

$(v')/v^n = (z')/(1-n)$
ottenendo infine
$z' = (n-1)$
e risolvendo hai
$z = v^(1-n)= (n-1)t$
ovvero
$v = ((n-1)t)^(1/(1-n))$

e poi devi ricavarti una particolare e sommarla.

[ViciousGoblin]

Scusate ma mi sembra che nessuno dei procedimenti sia corretto

L'equazione
(1) $y'=1-y^n$
non si puo' scrivere come $y'+a(x)y=b(x)y^α$ a causa del termine $1$ al secondo membro.
Mi pare che sia questa anche l'obiezione di Zkeggia, che pero' sbaglia nel ritenere che le soluzioni di (1) siano somma
delle soluzioni dell'omogenea e di una soluzione particolare. Questo sarebbe vero per le equazioni lineari, situazione in cui
non ricade la (1)

Pero' la (1) e' un 'equazione a variabili separabili ...

[Zkeggia]

Beh ma allora perché la mia soluzione torna se sostituita? (come soluzione particolare prendo $v= 1$ per ogni t)
$(n-1)^(1/(1-n))/(1-n)t^(n/(1-n)) + (n-1)^(n/(1-n))t^(n/(1-n)) +1 = 1 -> - (n-1)^(n/(1-n)) = -(n-1)(n/(1-n))$ che è vera sempre.


E soprattutto
$(v')/(1 -v^n) =1$ non credo che sia facilmente integrabile...

[ViciousGoblin]

@Zkeggia

Non ho ben capito la prima riga del tuo ultimo post.

Se seguo quello che hai scritto nel post precedente tu volevi scrivere le soluzioni di
$y'=1-y^n$

trovando le ( una ?) soluzioni di $y'=-y^n$ e sommandoci $1$ (una soluzione particolare).

Hai correttamente trovato che $y_0(t)=((n-1)t)^{1/(1-n)}$ e' (una particolare) soluzione dell'omogenea. Se provi a mettere
$y(t)=((n-1)t)^{1/(1-n)}+1=(n-1)^{1/(1-n)}t^{1/(1-n)}+1$ ti viene
$y'(t)=1/(1-n)(n-1)^{1/(1-n)} t^{1/(1-n)-1}=-((1-n)t)^{n/(1-n)}=-[((1-n)t)^{n/(1-n)}]^n$ DIVERSO da $1-y^n$

Credo di aver capito ora (rifacendo i conti) quello che scrivevi all'inizio - pero' e' sbagliato

E' vero che quell'integrale e' complicato, magari ce' un' alternativa piu' furba, ma per ora non la vedo ...

[Zkeggia]

perché dovrebbero essere più di una le soluzioni dell'omogenea? alla fine non è pur sempre un'equazione differenziale al primo ordine?

comunque non ho fatto altro che sostituire la mia soluzione nell'equazione e verificare l'uguaglianza
$y(t) = ((n-1)t)^(1/(1-n)) + 1$
$y'(t)= (n-1)^(n/(1-n)) t^(-n/(1-n))$

sostituendo verifico che torna:
$(n-1)^(n/(1-n)) t^(-n/(1-n)) + (((n-1)t)^(1/(1-n)))^n +1 = 1$
$(n-1)^(n/(1-n)) t^(-n/(1-n))= (n-1)^(n/(1-n)) t^(-n/(1-n))$

Valida sempre.


Edit: no è vero non torna maledizione, per via di quell'1 che sta in y(t) e deve essere elevato alla n insieme al resto. Ma allora come si fa?

[ViciousGoblin]

"Zkeggia":perché dovrebbero essere più di una le soluzioni dell'omogenea? alla fine non è pur sempre un'equazione differenziale al primo ordine?

comunque non ho fatto altro che sostituire la mia soluzione nell'equazione e verificare l'uguaglianza
$y(t) = ((n-1)t)^(1/(1-n)) + 1$
$y'(t)= (n-1)^(n/(1-n)) t^(-n/(1-n))$

sostituendo verifico che torna:
$(n-1)^(n/(1-n)) t^(-n/(1-n)) + (((n-1)t)^(1/(1-n)))^n +1 = 1$
$(n-1)^(n/(1-n)) t^(-n/(1-n))= (n-1)^(n/(1-n)) t^(-n/(1-n))$

Valida sempre.

Hai rifatto il calcolo che avevo fatto io - la tua $y$ verifica $y'= -(y-1)^n$ non $y'=1-y^n$

Poi mi sembra ovvio che un'equazione del primo ordine debba avere infinite soluzioni (di solito) in effetti le soluzioni di $y'=-y^n$ sono
descritte da $((n-1)(t+c))^{1/(1-n)}$ al variare della costante $c$ (e ci sarebbe da precisare la radice ...)

[VINX89]

Vedo che la situazione si sta scaldando...comunque sono d'accordo, quel metodo di Bernoulli non è applicabile per via di quel -1...
Secondo me bisogna cercare un altro modo di "linearizzare" l'equazione e scartare l'ipotesi scimmiesca: vi assicuro che ho provato per parti, per sostituzione, con Taylor (scegliendo ovviamente un piccolo intervallo di v) ma non c'è niente da fare. Il problema è che, ad esempio, per via di quel $n$, è difficilissimo se non impossibile avere al numeratore la derivata del denominatore...

[ViciousGoblin]

Sono quasi sicuro che non e' possibile scrivere in maniera esplicita la soluzione (per quanto le sue proprieta' qualitative siano abbastanza facili
da ricavare). In effetti se $x_0\in RR$ e $y_0^n-1\ne 0$, allora la soluzione con $y(x_0)=y_0$ e' descritta da

$\int_{y_0}^{y(x)}\frac{ds}{s^n-1}=x_0-x$

mentre se $y_0^n=1$ la soluzione e' costante.

Ora la primitiva $\int\frac{ds}{s^n-1}$, si puo' calcolare in linea di principio ma e' complicato e credo proprio che calcolarne l'inversa (per tirare fuori $y(x)$) sia
impossibile. Per farsi un'idea io proverei con $n=2$ e $n=3$.

Perlatro analizzando l'integrando si puo' capire come e fatta la primitiva e con un po' di pazienza si vede che

1) se $n$ e' dispari l'unica soluzione costante e' $y(x)=1$ - se $y_0>1$ la soluzione decresce da $+\infty$ a $1$ (quando $x$ varia su $RR$), mentre se $y_0<1$ la soluzione cresce da $-\infty$ a 1

2) se $n$ e' pari ci sono le soòuzioni costanti $y(x)=-1$ e $y(x)=1$; se $-1 $y_0>1$ la soluzione decresce da $-\infty$ a $1$


Se non ho sbagliato qualche segno

[Sidereus1]

"VINX89":Salve a tutti; sono alle prese con questa equazione differenziale:

$v' = 1 - v^n$ con $n$ numero naturale.

Considera $v \in [-a,a]$, dove $0
Allora $(dv)/(dx)=1-v^n$ implica che $(dx)/(dv)=1/(1-v^n)$, per il teorema di derivazione della funzione inversa.

Osserva che $1/(1-v^n)=1+v^(n)+v^(2n)+v^(3n)+.....=\sum_(k=0)^(infty)v^(kn)$, e pertanto

$(dx)/(dv)=\sum_(k=0)^(infty)v^(kn)$, ovvero $x(v)=C + \sum_(k=0)^(infty)(v^(kn+1))/(kn+1)$

L'integrazione della serie termine a termine è giustificata dalla convergenza totale di $\sum_(k=0)^(infty)(v^(kn+1))/(kn+1)$ in ogni compatto contenuto nel cerchio di convergenza.

Come ha già osservato Vicious Goblin, non c'è speranza di esplicitare $v(x)$.

[VINX89]

Vi ringrazio...
La derivata di $v$ è fatta rispetto al tempo, non alla posizione, quindi l'espressione trovata da Sidereus è $t(v)$, non $x(v)$.
Comunque, al di là di questi dettagli, secondo voi è possibile rappresentare graficamente tale funzione $t(v)$, anche solo qualitativamente? Se si, si potrebbe trovare un grafico di $v(t)$ semplicemente per simmetria rispetto alla retta $t = v$, cioè la bisettrice del primo quadrante.

[ViciousGoblin]

Come dicevo nell'altro post viene (con le ultime notazioni)

$t(v)=\int_{v_0}^v\frac{1}{1-\xi^n}d\xi$

(dove $v_0=v(0)$). Questo integrale si puo' fare anche direttamente (ma e' complicato) oppure per serie come ha fatto Sidereus.
E' comunque possibile studiare qualitativamente la funzione $t(v)$. Notiamo che non si puo' prendere $v_0$ tale che $v_0^n=1$
dato che in questo caso la soluzione e' la costante $v(t)=v_0$ che ovviamnte non e' invertibile. Bisogna poi distingure il caso $n$ pari dal
caso $n$ dispari, perche' c'e' differenza nel comportamento delle $t(v)$ per $v<0$

CASO $n$ pari - ci sono tre sottocasi

a) $v_0>1$. La $t(v)$ e' definita su $]1,+\infty[$ ed e' decrescente (l'integrando e' negativo); per $v\to 1^+$ si ha $t(v)\to+\infty$ dato che $\frac{1}{1-\xi^n}$ non e' integrabile
in senso improprio vicino a $1$; per $t\to+\infty$ si ha $t(v)\to\int_{v_0}^{+\infty}\frac{1}{1-\xi^n}\d\xi=: t^+(v_0)$ che e' finito (e ovviamente negativo), dato che stiamo considerando $n>1$.

b) $-1

c) $v_0<-1$ la $t(v)$ e' definita su $]-\infty,-1[$, e' decrescente, per $t\to -\infty$ si ha $t(v)\to t^{-}(v_0):=\int_{v_0}^{-\infty}\frac{1}{1-\xi^n}d\xi=-\int_{-\infty}^{v_0}\frac{1}{1-\xi^n}d\xi$ che e' finito e positivo, per $t\to-1^-$ si ha $t(v)\to-\infty$.


Passando all'inversa $v(t)$ possiamo dire che

1) se $v_0>1$ la soluzione $v(t)$ e' definita su $]t^+ (v_0),+\infty[$, e' decrescente, per $t\to t^+ (v_0)$ si ha $v(t)\to+\infty$, per $t\to+\infty$ si ha $v(t)\to 1$; notiamo che "l'istante di esplosione"
$t^+(v_0)$ tende a $-\infty$ se $v_0$ tende a $1$;
2) se $v_0=1$ la soluzione e' costante;
3) se $-1 4) se $v_0=-1$ la soluzione e' costante;
5) se $v_0<-1$ la soluzione $v(t)$ e' definita su $]-\infty,t^{-}(v_0)[$, e' decrescente, per $t\to t^{-} (v_0)$ si ha $v(t)\to-\infty$, per $t\to-\infty$ si ha $v(t)\to -1$; stavolta "l'istante di esplosione"
$t^{-}(v_0)$ tende a $+\infty$ se $v_0$ tende a $-1$.

Tutti questi calcoli si capiscono bene facendo dei disegni. Il caso $n$ dispari e' simile solo che non c'e' la soluzione costante $-1$ e quindi ci sono meno casi.