Equazioni differenziali non lineari
Buonasera a tutti. Mi sono imbattuta in questa equazione differenziale
$ y'(x)=(e^{x} - y(x))/(e^{y(x)}-1) $
inserita in un problema di cauchy con condizione al contorno y(0)=y0.
La richiesta dell'esercizio è determinare l'esistenza e l'unicità della soluzione e in seguito la soluzione stessa.
Ho provato a separare le variabili ma non mi risulta possibile, perciò ho pensato ad una sostituzione, ma non trovo quella adeguata che mi porti ad una separazione delle variabili semplice. qualcuno mi potrebbe aiutare? grazie
$ y'(x)=(e^{x} - y(x))/(e^{y(x)}-1) $
inserita in un problema di cauchy con condizione al contorno y(0)=y0.
La richiesta dell'esercizio è determinare l'esistenza e l'unicità della soluzione e in seguito la soluzione stessa.
Ho provato a separare le variabili ma non mi risulta possibile, perciò ho pensato ad una sostituzione, ma non trovo quella adeguata che mi porti ad una separazione delle variabili semplice. qualcuno mi potrebbe aiutare? grazie
Risposte
Non leggo nessun tuo tentativo relativo al punto "esistenza ed unicità" e pertanto mi limito a linkarti questa dispensa questa
Per quanto riguarda invece l'equazione penso che non possa fare a meno di scrivere la soluzione in forma parametrica. Partendo da
\[ y'(x) = \frac{e^x - y(x)}{e^{y(x)} - 1}\]
con un poco di "algebretta" arrivi a scrivere
\[ x = \ln{(y(x) + (e^{y(x)} - 1)y'(x))} \]
In questo modo abbiamo ottenuto una EDO nella forma non normale del tipo
\[ x = f(y,y')\]
Devi però prestare particolare attenzione al fatto che per scrivere l'ultmo passaggio devi imporre la condizione
\[ y(x) + (e^{y(x)} - 1)y'(x) > 0 \]
la quale ci fornisce anche alcune informazioni sul come siano fatte le soluzioni.
Il passo successivo è quello di operare la sostituzione $t := y(x)$ mediante la quale si "semplifica" il termine $x = f(y,y')$. Risolvendo i calcoli che hai così impostato otterrai alla fine un qualcosa nella forma
\[
\begin{cases}
x(t) = ... \\
y(t) = ...
\end{cases}
\]
che rappresenta la soluzione della tua EDO in forma parametrica.
EDIT: Ho modificato un piccolo errore di battitura
Per quanto riguarda invece l'equazione penso che non possa fare a meno di scrivere la soluzione in forma parametrica. Partendo da
\[ y'(x) = \frac{e^x - y(x)}{e^{y(x)} - 1}\]
con un poco di "algebretta" arrivi a scrivere
\[ x = \ln{(y(x) + (e^{y(x)} - 1)y'(x))} \]
In questo modo abbiamo ottenuto una EDO nella forma non normale del tipo
\[ x = f(y,y')\]
Devi però prestare particolare attenzione al fatto che per scrivere l'ultmo passaggio devi imporre la condizione
\[ y(x) + (e^{y(x)} - 1)y'(x) > 0 \]
la quale ci fornisce anche alcune informazioni sul come siano fatte le soluzioni.
Il passo successivo è quello di operare la sostituzione $t := y(x)$ mediante la quale si "semplifica" il termine $x = f(y,y')$. Risolvendo i calcoli che hai così impostato otterrai alla fine un qualcosa nella forma
\[
\begin{cases}
x(t) = ... \\
y(t) = ...
\end{cases}
\]
che rappresenta la soluzione della tua EDO in forma parametrica.
EDIT: Ho modificato un piccolo errore di battitura
Grazie per la spiegazione! la parte sull'esistenza e unicità mi era già chiara, il mio unico problema era la sostituzione finale. ora ho capito come fare, ti ringrazio!
Consideriamo il PdC:
\[
\begin{cases}
y^\prime (x) = \frac{e^x -y(x)}{e^{y(x)}-1}\\
y(0)=y_0
\end{cases}
\]
Innanzitutto, si vede che \(y_0\neq 0\), altrimenti il secondo membro non avrebbe senso; quindi è \(y_0>0\) oppure \(y_0<0\).
La funzione \(f(x,y):= \frac{e^x-y}{e^y-1}\) è \(\geq 0\) nella regione:
\[
A:= \{ (x,y)\in \mathbb{R}^2:\ y\in ]0,e^x]\}
\]
e negativa altrove; inoltre, essa è localmente lipchitziana intorno a qualsiasi punto \((0,y_0)\) con \(y_0\neq 0\). Ne viene che il PdC ha soluzione locale unica intorno a \((0,y_0)\), tale soluzione essendo strettamente crescente se \(y_0 \in ]0,1[\), strettamente decrescente se \(y_0\in ]-\infty ,0[\cup ]1,+\infty[\); se invece \(y_0=1\), la soluzione \(y\) del PdC corrispondente presenta in \(0\) un punto stazionario: derivando la EDO, si trova:
\[
y^{\prime \prime}(x)\Big|_{x=0} = \frac{(e^x-y^\prime (x))(e^{y(x)}-1)-(e^x-y(x))\ y^\prime (x) e^{y(x)}}{(e^{y(x)}-1)^2}\Bigg|_{x=0} = \frac{e-1}{(e-1)^2} = \frac{1}{e-1}>0
\]
pertanto il punto stazionario è un minimo relativo per la soluzione corrispondente a \(y_0=1\).
Il procedimento di derivazione appena portato avanti garantisce che, per ogni \(y_0\), la soluzione del PdC è di classe \(C^2\) intorno a \(0\) e, continuando a derivare, si può vedere che essa è di classe \(C^\infty\) intorno a \(0\).
A parte questo inizio di studio studio qualitativo, però, devo dire che non capisco come si possa risolvere esplicitamente la EDO assegnata...
Il procedimento che indica magliocurioso, che io ricordi, si applica nel caso in cui la EDO sia del tipo:
\[
y^{\prime \prime} (x) = f(y(x),y^\prime (x))
\]
(o a casi analoghi), ossia quando nella EDO non figura esplicitamente la variabile indipendente \(x\) (cioè nel caso di EDO autonome).
Quindi per adesso non so dire di più.
\[
\begin{cases}
y^\prime (x) = \frac{e^x -y(x)}{e^{y(x)}-1}\\
y(0)=y_0
\end{cases}
\]
Innanzitutto, si vede che \(y_0\neq 0\), altrimenti il secondo membro non avrebbe senso; quindi è \(y_0>0\) oppure \(y_0<0\).
La funzione \(f(x,y):= \frac{e^x-y}{e^y-1}\) è \(\geq 0\) nella regione:
\[
A:= \{ (x,y)\in \mathbb{R}^2:\ y\in ]0,e^x]\}
\]
e negativa altrove; inoltre, essa è localmente lipchitziana intorno a qualsiasi punto \((0,y_0)\) con \(y_0\neq 0\). Ne viene che il PdC ha soluzione locale unica intorno a \((0,y_0)\), tale soluzione essendo strettamente crescente se \(y_0 \in ]0,1[\), strettamente decrescente se \(y_0\in ]-\infty ,0[\cup ]1,+\infty[\); se invece \(y_0=1\), la soluzione \(y\) del PdC corrispondente presenta in \(0\) un punto stazionario: derivando la EDO, si trova:
\[
y^{\prime \prime}(x)\Big|_{x=0} = \frac{(e^x-y^\prime (x))(e^{y(x)}-1)-(e^x-y(x))\ y^\prime (x) e^{y(x)}}{(e^{y(x)}-1)^2}\Bigg|_{x=0} = \frac{e-1}{(e-1)^2} = \frac{1}{e-1}>0
\]
pertanto il punto stazionario è un minimo relativo per la soluzione corrispondente a \(y_0=1\).
Il procedimento di derivazione appena portato avanti garantisce che, per ogni \(y_0\), la soluzione del PdC è di classe \(C^2\) intorno a \(0\) e, continuando a derivare, si può vedere che essa è di classe \(C^\infty\) intorno a \(0\).
A parte questo inizio di studio studio qualitativo, però, devo dire che non capisco come si possa risolvere esplicitamente la EDO assegnata...
Il procedimento che indica magliocurioso, che io ricordi, si applica nel caso in cui la EDO sia del tipo:
\[
y^{\prime \prime} (x) = f(y(x),y^\prime (x))
\]
(o a casi analoghi), ossia quando nella EDO non figura esplicitamente la variabile indipendente \(x\) (cioè nel caso di EDO autonome).
Quindi per adesso non so dire di più.
@ gugo
Il procedimento che ho proposto ovviamente non è farina del mio sacco [io non ci sarei mai arrivato] ma l'ho preso dalla pag. 36 di Salsa Squellati, Esercizi di analisi matematica 2 vol.3 - Masson 1994 - ISBN 88-214-0677-6 e pare che funzioni...
Il procedimento che ho proposto ovviamente non è farina del mio sacco [io non ci sarei mai arrivato] ma l'ho preso dalla pag. 36 di Salsa Squellati, Esercizi di analisi matematica 2 vol.3 - Masson 1994 - ISBN 88-214-0677-6 e pare che funzioni...
@ magliocurioso: Ma mi pare strano...
Infatti, hai:
\[
x=\phi (y(x),y^\prime (x))\; ;
\]
dato che \(y(x)=t\), per riuscire ad esprimere \(x\) come funzione di \(t\) (ed ottenere quindi una parametrizzazione del grafico della tua soluzione) dovresti levar di mezzo quella \(y^\prime (x)\), trasformandola in una funzione di \(t\).
Ma non vedo come ciò si possa fare.
D'altra parte, non ho nemmeno il testo che citi, quindi nn posso nemmeno controllare...
Infatti, hai:
\[
x=\phi (y(x),y^\prime (x))\; ;
\]
dato che \(y(x)=t\), per riuscire ad esprimere \(x\) come funzione di \(t\) (ed ottenere quindi una parametrizzazione del grafico della tua soluzione) dovresti levar di mezzo quella \(y^\prime (x)\), trasformandola in una funzione di \(t\).
Ma non vedo come ciò si possa fare.
D'altra parte, non ho nemmeno il testo che citi, quindi nn posso nemmeno controllare...
Infatti ho commesso un gravissimo errore di battitura... Mi prenderei a martellate da solo... Il cambio proposto è ovviamentebb
\[ t = y'(x) \]
ed è la stessa tecnica suggerita da un vecchio libro di esercizi svolti scritto addirittura in corsivo a mano chiamato Tribulato Spataro - Equazioni Differenziali - Edizioni Tecnos SRL Milano - Seconda Edizione, 1980.
Ad occhio sembra funzionare.
\[ t = y'(x) \]
ed è la stessa tecnica suggerita da un vecchio libro di esercizi svolti scritto addirittura in corsivo a mano chiamato Tribulato Spataro - Equazioni Differenziali - Edizioni Tecnos SRL Milano - Seconda Edizione, 1980.
Ad occhio sembra funzionare.
"magliocurioso":
Infatti ho commesso un gravissimo errore di battitura... Mi prenderei a martellate da solo... Il cambio proposto è ovviamentebb
\[ t = y'(x) \]
ed è la stessa tecnica suggerita da un vecchio libro di esercizi svolti scritto addirittura in corsivo a mano chiamato Tribulato Spataro - Equazioni Differenziali - Edizioni Tecnos SRL Milano - Seconda Edizione, 1980.
Ad occhio sembra funzionare.
Aaaaaaaaaa, ecco... Non mi sono ancora rincretinito del tutto!
Ma a questo punto, come si ricava \(y\) da \(y^\prime (x) =t\)?
Siamo sempre lì...
Prova a postare un esempio concreto (il libretto della TECNOS mi pare di averlo, ma non so dove sia finito, ohibò!).
Salsa Squellati consiglia un metodo diverso da Tribulato Spataro. Secondo quest'ultimo infatti la sostituzione da operare è \[ y'(x) = \phi(y(x)) \]Sì, in effetti c'è qualche cosa che non torna... mi sa che bisogna usare qualche artificio più avanzato per riuscire a ricondursi ad una forma normale. Forse bisogna invertire la dipendenza funzionali tra le variabili o qualcosa del genere
La sostituzione che suggeriscono Spataro & Tribulato funziona, come ho detto sopra, per EDO nella forma:
\[
y^{\prime \prime} (x)=f(y(x),y^\prime (x))
\]
ma non penso che funzioni pure per altri tipi di equazioni.
In questo caso, la vedo dura esprimere esplicitamente l'integrale generale della EDO in questione... Ma mai dire mai.
\[
y^{\prime \prime} (x)=f(y(x),y^\prime (x))
\]
ma non penso che funzioni pure per altri tipi di equazioni.
In questo caso, la vedo dura esprimere esplicitamente l'integrale generale della EDO in questione... Ma mai dire mai.
Ci sono aspetti ancora a me oscuri Cito testualmente Pagani Salsa
Il caso \[ y = \Phi(x,y') \] si risolve ponendo \[ y' = p(x) \] per ottenere \[ y = \Phi(x,p) \]Derivando ora rispetto ad $x$ si ottiene \[ p = \frac{\partial \Phi(x,p)}{\partial x} + p'\frac{\partial \Phi(x,p)}{\partial p} \]Se $\frac{\partial \Phi(x,p)}{\partial p} \ne 0$ si ha una EDO del primo ordine risolubile rispetto a $p'$. Se tale equazione è integrabile elementarmente e se \[ p = p(x,c)\] è il suo integrale generale la soluzione finale diventa \[ y = \Phi(x,p(x,c)\]Subito appresso dice ancora
Il caso \[ x = \Phi(x,y') \] è riconducibile al caso precedente assumendo $y$ come variabile indipendente e $x$ come funzione incognita (si cercano soluzioni localmente invertibili). In tal caso l'equazione diventa \[ x = \Phi(y,\frac{1}{x'}) = \Psi(y,x') \]Mi sembra abbastanza oscuro questo modo di procedere e non riesco a capire come si possa applicare al nostro caso...
Non è poi così oscuro: dal teorema della derivata della funzione inversa puoi scrivere $y'=1/{x'}$ (pensando $x=x(y)$) e quindi l'equazione risulta
$x=\log(x' y+(e^y-1))-\log x'$
Posto $p=x'$ si ha $x=\log(py+e^y-1)-\log p$ e derivando (rispetto ad $y$)
$p={p+p' y+e^y}/{py+e^y-1}-{p'}/{p}$
che però, fatti un po' di conti, diventa una cosa abbastanza antipatica:
$p'(e^y-1)-e^y p=(2-e^y)p^2-yp^3$
$x=\log(x' y+(e^y-1))-\log x'$
Posto $p=x'$ si ha $x=\log(py+e^y-1)-\log p$ e derivando (rispetto ad $y$)
$p={p+p' y+e^y}/{py+e^y-1}-{p'}/{p}$
che però, fatti un po' di conti, diventa una cosa abbastanza antipatica:
$p'(e^y-1)-e^y p=(2-e^y)p^2-yp^3$
"ciampax":Direi estremamente antipatica.
una cosa abbastanza antipatica
Quello che intendevano Pagani e Salsa, l'ha spiegato già il buon ciampax... Devo dire la verità, è un metodo che non mi pare di aver mai usato.
Per quanto riguarda il problema originario, però, mi dispiace che lo OP non si sia più fatto vivo perchè avevo voglia di chiedergli dove abbia preso questo esercizio, in quanto non credo sia possibile esprimere l'integrale generale della EDO in termini elementari.
Per quanto riguarda il problema originario, però, mi dispiace che lo OP non si sia più fatto vivo perchè avevo voglia di chiedergli dove abbia preso questo esercizio, in quanto non credo sia possibile esprimere l'integrale generale della EDO in termini elementari.
Anche io sono titubante come gugo. Comunque il metodo di risoluzione sopra rientra nei casi di quelli in cui si ha una equazione differenziale del tipo $y=xf(y')+g(y')$ (che normalmente sono alcuni casi "semplici" che si fanno in un corso di analisi... almeno io li facevo).
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