Problema di Cauchy
Salve a tutti, sono iscritto a questo forum da nemmeno un ora. Spero di aver postato tutto in modo corretto.
Mi è stato assegnato il seguente problema di Cauchy. Vorrei precisare che so molto bene come si risolvono i problemi di Cauchy ma per questa tipologia ho un pò di difficoltà sull'equazione differeniale che c'è in esso. Avevo pensato di risolverla a variabili separabili ma non credo sia questo il caso. Voi che ne dite?
Verificare che per ogni \(\alpha\) reale il seguente problema di Cauchy ha soluzione unica in \(\mathbb{R}\):
\[
\begin{cases}
y^\prime + y = \arctan e^x \\
y(0) = \alpha
\end{cases}
\]
Determinare i valori di \(\alpha\) per cui la retta di equazione \(y=\pi/2\) è un asintoto orizzontale per il grafico della funzione
Mi è stato assegnato il seguente problema di Cauchy. Vorrei precisare che so molto bene come si risolvono i problemi di Cauchy ma per questa tipologia ho un pò di difficoltà sull'equazione differeniale che c'è in esso. Avevo pensato di risolverla a variabili separabili ma non credo sia questo il caso. Voi che ne dite?
Verificare che per ogni \(\alpha\) reale il seguente problema di Cauchy ha soluzione unica in \(\mathbb{R}\):
\[
\begin{cases}
y^\prime + y = \arctan e^x \\
y(0) = \alpha
\end{cases}
\]
Determinare i valori di \(\alpha\) per cui la retta di equazione \(y=\pi/2\) è un asintoto orizzontale per il grafico della funzione
Risposte
Ciao 
Che tipo di consiglio vuoi di preciso?
Che tipo di consiglio vuoi di preciso?
L'equazione è lineare del primo ordine, cioè del tipo $y'(t)+a(t)y(t) =f(t) $ con $a(t)=1 ; f(t)= atan (e^t)$.
Poichè $a(t), f(t)$ sono continue in tutto $RR$, allora $ AA alpha in RR $ il PdC :
$y'(t)+a(t)y(t)=f(t)$
$y(t_0)=alpha$ , $AA t_0 in RR $.
ha una e una sola soluzione $y inC^1(R)$.Lo afferma un noto teorema.
Per rispondere alla seconda domanda va trovata la soluzione generale dell' equazione ( mi risulta essere $y(x)= C e^(-x)+atan(e^x)-e^(-x)/2*ln(1+e^(2x))$ -esiste una formula standard- ) , poi va imposta la condizione $y(0)= alpha$ per determinare la costante $ C$ e per finire alcune considerazioni per stabilire per quali valori di $alpha $ la funzione ha asintoto orizzontale di equazione $y=pi/2$.
Per scrivere le formule in modo intellegibile segui le istruzioni
come-si-scrivono-le-formule-asciimathml-e-tex-t26179.html
Poichè $a(t), f(t)$ sono continue in tutto $RR$, allora $ AA alpha in RR $ il PdC :
$y'(t)+a(t)y(t)=f(t)$
$y(t_0)=alpha$ , $AA t_0 in RR $.
ha una e una sola soluzione $y inC^1(R)$.Lo afferma un noto teorema.
Per rispondere alla seconda domanda va trovata la soluzione generale dell' equazione ( mi risulta essere $y(x)= C e^(-x)+atan(e^x)-e^(-x)/2*ln(1+e^(2x))$ -esiste una formula standard- ) , poi va imposta la condizione $y(0)= alpha$ per determinare la costante $ C$ e per finire alcune considerazioni per stabilire per quali valori di $alpha $ la funzione ha asintoto orizzontale di equazione $y=pi/2$.
Per scrivere le formule in modo intellegibile segui le istruzioni
come-si-scrivono-le-formule-asciimathml-e-tex-t26179.html
Scusa Camillo la mia equazione differenziale ha come $f(t)=\arctan(e)^x$ e non $f(t)=a\tan e^t$ quindi la soluzione è diversa giusto? Se non ho sbagliato i calcoli la soluzione della mia equazione differenziale è la seguente
$y(x)=e^xlog(senx) + e^xc$ Spero di non essere stato un asinello e aver risolto bene l'equazione. E adesso per le condizione del problema come continuo?
$y(x)=e^xlog(senx) + e^xc$ Spero di non essere stato un asinello e aver risolto bene l'equazione. E adesso per le condizione del problema come continuo?
Con $atan $ intendevo $arctg $ , non ha verificato se la tua soluzione è corretta.
Ah ok allora ho sbagliato io scusa. Ma la formula per la risoluzione di questo tipo di equazione differenziale è $y(x)= e^[A(x)] ( int e^[-A(x)] * b(x) dx + c )$ ? Partendo dall'equazione differenziale del tipo $y'=a(x)y + b(x)$ con $A(x)$ primitiva di $a(x)$
Riscrivo la formula risolutiva considerando che l'equazione sia :$ y '(x)+a(x)y(x)=f(x)$
$y(x)= ce^(-A(x))+e^(-A(x)) intf(x)*e^(A(x))dx$.
$y(x)= ce^(-A(x))+e^(-A(x)) intf(x)*e^(A(x))dx$.
Invece che sparare formule, aguzziamo l'ingegno.
Il primo moltiplicando m.a.m. la EDO per la funzione \(\phi (x):=e^x\) otteniamo \(e^x\ y^\prime(x) + e^x\ y(x) = (e^x\ y(x))^\prime\), sicché l'equazione si riscrive:
\[
\frac{\text{d}}{\text{d} x} [e^x\ y(x)] = e^x\ \arctan e^x\; ;
\]
visto che \(e^x\) compare un po' troppe volte, facciamo la sostituzione \(t=e^x\): l'operatore di derivazione si trasforma come segue:
\[
\frac{\text{d}}{\text{d} x} = \frac{\text{d} t}{\text{d} x}\ \frac{\text{d}}{\text{d} t} = e^x\ \frac{\text{d}}{\text{d} t} = t\ \frac{\text{d}}{\text{d} t}
\]
quindi la EDO nella variabile \(t\) si riscrive:
\[
\frac{\text{d}}{\text{d} t} [t\ y(t)] = \arctan t\; ;
\]
d'altra parte, quando \(x=0\) si ha \(t=1\) e quindi il PdC originario diventa:
\[
\begin{cases}
\frac{\text{d}}{\text{d} t} [t\ y(t)] = \arctan t\\
y(1) = \alpha\; .
\end{cases}
\]
Integrando m.a.m. la EDO con punto iniziale \(t_0=1\), otteniamo:
\[
\int_1^t \frac{\text{d}}{\text{d} \tau} [\tau\ y(\tau)]\ \text{d} \tau = \int_1^t \arctan \tau\ \text{d} \tau
\]
e tenendo presente la condizione iniziale troviamo:
\[
t\ y(t) - \alpha = \tau\ y(\tau)\Big|_1^t = \tau\ \arctan \tau - \frac{1}{2}\ \ln (\tau^2+1)\Big|_1^t = t\ \arctan t - \frac{1}{2}\ \ln (t^2+1) - \frac{\pi}{4} + \frac{1}{2}\ \ln 2
\]
da cui traiamo:
\[
y(t) = \frac{4\alpha -\pi +2\ln 2}{4t} + \arctan t - \frac{1}{2t}\ \ln (t^2+1)\; .
\]
Tornando infine alla variabile \(x\) abbiamo:
\[
y(x) = \frac{4\alpha -\pi +2\ln 2}{4e^x} + \arctan e^x - \frac{1}{2e^x}\ \ln (e^{2x}+1)\; ,
\]
che è la soluzione del PdC originario.
Nota che l'asintoto richiesto c'è quando \(x\to +\infty\) per ogni \(\alpha\).
D'altra parte, la soluzione "esplode" quando \(x\to -\infty\) se e solo se \(4\alpha -\pi+2\ln 2\neq 0\); mentre c'è asintoto orizzontale anche per \(x\to -\infty\) se \(4\alpha -\pi+2\ln 2= 0\).
Il primo moltiplicando m.a.m. la EDO per la funzione \(\phi (x):=e^x\) otteniamo \(e^x\ y^\prime(x) + e^x\ y(x) = (e^x\ y(x))^\prime\), sicché l'equazione si riscrive:
\[
\frac{\text{d}}{\text{d} x} [e^x\ y(x)] = e^x\ \arctan e^x\; ;
\]
visto che \(e^x\) compare un po' troppe volte, facciamo la sostituzione \(t=e^x\): l'operatore di derivazione si trasforma come segue:
\[
\frac{\text{d}}{\text{d} x} = \frac{\text{d} t}{\text{d} x}\ \frac{\text{d}}{\text{d} t} = e^x\ \frac{\text{d}}{\text{d} t} = t\ \frac{\text{d}}{\text{d} t}
\]
quindi la EDO nella variabile \(t\) si riscrive:
\[
\frac{\text{d}}{\text{d} t} [t\ y(t)] = \arctan t\; ;
\]
d'altra parte, quando \(x=0\) si ha \(t=1\) e quindi il PdC originario diventa:
\[
\begin{cases}
\frac{\text{d}}{\text{d} t} [t\ y(t)] = \arctan t\\
y(1) = \alpha\; .
\end{cases}
\]
Integrando m.a.m. la EDO con punto iniziale \(t_0=1\), otteniamo:
\[
\int_1^t \frac{\text{d}}{\text{d} \tau} [\tau\ y(\tau)]\ \text{d} \tau = \int_1^t \arctan \tau\ \text{d} \tau
\]
e tenendo presente la condizione iniziale troviamo:
\[
t\ y(t) - \alpha = \tau\ y(\tau)\Big|_1^t = \tau\ \arctan \tau - \frac{1}{2}\ \ln (\tau^2+1)\Big|_1^t = t\ \arctan t - \frac{1}{2}\ \ln (t^2+1) - \frac{\pi}{4} + \frac{1}{2}\ \ln 2
\]
da cui traiamo:
\[
y(t) = \frac{4\alpha -\pi +2\ln 2}{4t} + \arctan t - \frac{1}{2t}\ \ln (t^2+1)\; .
\]
Tornando infine alla variabile \(x\) abbiamo:
\[
y(x) = \frac{4\alpha -\pi +2\ln 2}{4e^x} + \arctan e^x - \frac{1}{2e^x}\ \ln (e^{2x}+1)\; ,
\]
che è la soluzione del PdC originario.
Nota che l'asintoto richiesto c'è quando \(x\to +\infty\) per ogni \(\alpha\).
D'altra parte, la soluzione "esplode" quando \(x\to -\infty\) se e solo se \(4\alpha -\pi+2\ln 2\neq 0\); mentre c'è asintoto orizzontale anche per \(x\to -\infty\) se \(4\alpha -\pi+2\ln 2= 0\).
La formula che ho indicato non è "sparata" , la si trova infatti su tutti i testi di Analisi.
Il metodo che indica Gugo per la soluzione è senz'altro bello e ingegnoso ma non so quanto adatto a chi sia alle prima armi, come penso sia il caso di Alpha 88 .
Il metodo che indica Gugo per la soluzione è senz'altro bello e ingegnoso ma non so quanto adatto a chi sia alle prima armi, come penso sia il caso di Alpha 88 .
Io sono molto alle prime armi, devo fare molta pratica con gli esercizi lo so. Camillo mi trovo perfettamente con la tua formula. Gugo il tuo metodo a mio avviso è geniale ma ti dico la verità non ho capito moltissimo. Allora appliando la formula di Camillo io dovrei avere
$y(x)= ce^(-x)+e^(-x) int arctan e^x * e^x dx$ sapendo che la primitiva di $a(x)$ è $x$
Il mio problema è risolvere l'integrale $int arctan e^x * e^x dx $. Adesso ci provo e vi faccio sapere. Scusate se vi rompo cosi tanto le scatole ma vorrei capire in pieno l'esercizio e con voi lo sto facendo. Grazie
$y(x)= ce^(-x)+e^(-x) int arctan e^x * e^x dx$ sapendo che la primitiva di $a(x)$ è $x$
Il mio problema è risolvere l'integrale $int arctan e^x * e^x dx $. Adesso ci provo e vi faccio sapere. Scusate se vi rompo cosi tanto le scatole ma vorrei capire in pieno l'esercizio e con voi lo sto facendo. Grazie
L'integrale risolvilo per parti ...
Ci rinuncio proprio nn ci riesco...
Ricorda che la derivata di $e^x $ è ancora $e^x$ , cioè che $De^x=e^x$.
Quindi $int e^x*arctan (e^x)dx= e^x*arctan (e^x)-int e^x*e^x dx/(1+e^(2x)) = e^x*arctan (e^x) -1/2*int(2e^(2x))dx/(1+e^(2x))$=
$ =e^x*\arctan (e^x)-1/2*ln(1+e^(2x))+C.$
Quindi $int e^x*arctan (e^x)dx= e^x*arctan (e^x)-int e^x*e^x dx/(1+e^(2x)) = e^x*arctan (e^x) -1/2*int(2e^(2x))dx/(1+e^(2x))$=
$ =e^x*\arctan (e^x)-1/2*ln(1+e^(2x))+C.$
[OT]
Lo so Camillo, e l'incipit del mio post precedente non voleva essere una critica al tuo modo di procedere.
Come al solito mi premeva segnalare che, anche non ricordando la formula (io, ad esempio, me la dimentico sempre), è possibile risolvere quel problema di Cauchy semplicemente guardando con attenzione cosa si ha sotto gli occhi.
[/OT]
@Alpha88: Mi sa che è meglio se cominci a ripeterti un po' gli integrali indefiniti, prima di cominciare a lavorare sulle EDO.
"Camillo":
La formula che ho indicato non è "sparata" , la si trova infatti su tutti i testi di Analisi.
Lo so Camillo, e l'incipit del mio post precedente non voleva essere una critica al tuo modo di procedere.
Come al solito mi premeva segnalare che, anche non ricordando la formula (io, ad esempio, me la dimentico sempre), è possibile risolvere quel problema di Cauchy semplicemente guardando con attenzione cosa si ha sotto gli occhi.
[/OT]
@Alpha88: Mi sa che è meglio se cominci a ripeterti un po' gli integrali indefiniti, prima di cominciare a lavorare sulle EDO.
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo