Problema di Cauchy ED del primo ordine a variabili separabili

[jigen45]

Ciao ragazzi prima di spiegarvi il mio problema, posto fino a dove sono arrivato:

[tex]\left \{\begin{array}{l}y' = \frac{1}{y^2x(1 + x^2)}\\y(1) = 1\\\end{array}\right.[/tex]

[tex]\frac{dy}{dx} = \frac{1}{y^2x(1+x^2)}[/tex]

[tex]\int{\frac{1}{y^2}}\, dx = \int{\frac{1}{x(1+x^2)}\, dx}[/tex]

[tex]-\frac{1}{y} = \int{\frac{1}{x(1+x^2)}\, dx}[/tex]

Considero [tex]\int{\frac{1}{x(1+x^2)}\, dx}[/tex]

Ora, se opero per sostituzione, pongo [tex]u = 1 + x^2[/tex]
quindi

[tex]du = 2x[/tex]

[tex]\int{\frac{1}{udu}}[/tex]

Come faccio a mettere [tex]du[/tex] nella posizione giusta (cioè al posto di [tex]dx[/tex] e non farlo capitare al denominatore? Cortesemente potete spiegarmi una regola che vale per tutti i casi in cui [tex]du[/tex] si trovi al denominatore? Ringrazio in anticipo

P.S. Questo qui

[tex]\left \{\begin{array}{l}y' = -\frac{1}{y^2x(1 + x^2)}\\y(1) = 1\\\end{array}\right.[/tex]

È un altro problema o fa parte di quello che ho postato? Grazie

[Summerwind78]

Ciao
prima di tutto non mi è chiaro questo tuo passaggio

"jigen45":
\( \frac{dy}{dx} = \frac{1}{y^2x(1+x^2)} \)
\( \int{\frac{1}{y^2}}\, dx = \int{\frac{1}{x(1+x^2)}\, dx} \)

per prima cosa alla sinistra dell'uguale dovresti avere $dy$ e non $dx$, ma cosa più importante $y^2$ dovresti trovartelo al numeratore e non al denominatore quindi avresti
[tex]\displaystyle \int y^{2} dy = \int \frac{1}{x(1+x^{2})} dx[/tex]
questo ovviamente non cambia lo stato del tuo problema
vediamo un po' che si può fare
la tua idea di partenza non mi sembra male ma in effetti ti porta ad un vicolo cieco.
Perchè non provi a usare invece la sostituzione $u=x^2$?
e vediamo come ti trovi

[jigen45]

Ciao e grazie per la risposta! Scusami ma entrambi gli errori che mi hai postato sono dovuti semplicemente alla mia distrazione. Chiedo venia

[tex]\int{\frac{1}{x(1+x^2)}\, dx}[/tex]

[tex]u = x^2[/tex]

[tex]du = 2x[/tex]

[tex]2\int{\frac{1}{du(1+u)}\, dx}[/tex]

Mi ritrovo sempre il [tex]du[/tex] al denominatore sempre se non ho sbagliato qualcosa..

[Brancaleone1]

Meglio così:

${ ( y'(x)=1/(y^2(x) cdot x(1+x^2))),( y'(1)=1 ):}$

$=>y^2 dy=1/(x(1+x^2))dx$

$int_1^y u^2 du = int_1^x 1/(t(1+t^2))dt$

$1/3(y^3-1)=int_1^x A/t+(Bt+C)/(1+t^2)dt$

$A/t+(Bt+C)/(1+t^2)=(At^2+A+Bt^2+Ct)/(t(1+t^2)) => { ( A+B=0 ),( C=0 ),( A=1 ):}=>1/t-t/(1+t^2)$

$=>1/3(y^3-1)=int_1^x 1/t dt -int_1^x t/(1+t^2) dt$

$1/3(y^3-1)=ln|x|-1/2 (ln|1+x^2|-ln(2))$

[jigen45]

Scusami, ad un certo punto mi sono bloccato , come fa $int y^2 dy$
a diventare $int_1^y u^2 du$ , cioè come fa a diventare un integrale definito?..

[Brancaleone1]

La soluzione di un'equazione differenziale del primo ordine a variabili separabili si scrive - attenzione: urang-utang liberi!

$y'(x)=a(x)b[y(x)]$

$(dy)/(b[y(x)])=a(x)dx$

$=>int 1/(b(y))dy=int a(x)dx$

Dato un problema di Cauchy del primo ordine dove l'equazione differenziale è a variabili separabili la soluzione assume forma:

${(y'(x)=a(x)b[y(x)]),(y(x_0)=y_0):}$

$=>int_(y_0)^y 1/(b(u))du=int_(x_0)^x a(t)dt$

[jigen45]

Perdonami, continua a non essermi chiaro il modo in cui riesci a scrivere gli estremi dei due integrali.

P.S. Per l'altro metodo di risoluzione non c'è speranza per questo esercizio?..

[gugo82]

"jigen45":Ciao ragazzi prima di spiegarvi il mio problema, posto fino a dove sono arrivato:
[tex]\left \{\begin{array}{l}y' = \frac{1}{y^2x(1 + x^2)}\\y(1) = 1\\\end{array}\right.[/tex]
[tex]\frac{dy}{dx} = \frac{1}{y^2x(1+x^2)}[/tex]
[tex]\int{\frac{1}{y^2}}\, dx = \int{\frac{1}{x(1+x^2)}\, dx}[/tex]
[tex]-\frac{1}{y} = \int{\frac{1}{x(1+x^2)}\, dx}[/tex]
Considero [tex]\int{\frac{1}{x(1+x^2)}\, dx}[/tex]
Ora, se opero per sostituzione, pongo [tex]u = 1 + x^2[/tex]
quindi
[tex]du = 2x[/tex]
[tex]\int{\frac{1}{udu}}[/tex]
Come faccio a mettere [tex]du[/tex] nella posizione giusta (cioè al posto di [tex]dx[/tex] e non farlo capitare al denominatore? Cortesemente potete spiegarmi una regola che vale per tutti i casi in cui [tex]du[/tex] si trovi al denominatore? Ringrazio in anticipo

Sbagli ad applicare il teorema di sostituzione negli integrali... Faresti meglio a rispolverarlo un po' dal libro di Analisi I.


Per quanto riguarda il problema di Cauchy in sé, sarebbe meglio mettere da parte le tecniche mnemoniche elaborate alla fine del '700 (cioé, tutti quei giochini coi differenziali) e cominciare a risolvere le EDO come Matematica impone, cioé applicando i teoremi studiati nella teoria.

Vediamo un po' come funziona la cosa nel tuo caso, cioé per il problema:
\[
\begin{cases}
y^\prime (x) = \frac{1}{y^2(x)\ x\ (1+x^2)}\\
y(1)=1\; .
\end{cases}
\]
1. Classificazione del problema.

Il problema assegnato è un problema di Cauchy (d'ora in avanti, PdC) relativo ad una EDO del primo ordine, nonlineare, omogenea a variabili separabili, la quale è già in forma normale (i.e. nella forma \(y^\prime (x)=f(x,y(x))\)) con secondo membro definito dalla posizione:
\[
f(x,y):= \frac{1}{y^2\ x\ (1+x^2)}
\]
per \((x,y)\in \Omega := (\mathbb{R}\setminus \{0\})\times (\mathbb{R}\setminus \{0\})\), con \(\Omega\) aperto non connesso di \(\mathbb{R}^2\).

2. Esistenza di soluzioni e loro insieme di definizione.

Il punto iniziale del problema, i.e. \((x_0,y_0)=(1,1)\), è in \(\Omega\), sicché il problema è ben posto.

Dato che \(f\) è di classe \(C^\infty\) in \(\Omega\), essa è ivi localmente lipschitziana rispetto alla seconda variabile; pertanto il teorema di esistenza ed unicità locale si applica e garantisce l'esistenza e l'unicità della soluzione \(y(x)\) al PdC intorno al punto iniziale.

Chiamiamo \(]X_-,X^+[\) l'intervallo più grande cui si può prolungare la soluzione locale \(y(x)\) di cui sopra.
Chiaramente \(]X_-,X^+[\) non può contenere lo \(0\), perché la EDO perde di significato in tale punto, e d'altra parte \(]X_-,X^+[\) deve essere un intorno del punto iniziale \(1\); da ciò segue che \(X_-,X^+\) soddisfano \(0\leq X_-<1

3. Regolarità della soluzione.

La funzione \(y(x)\) è certamente di classe \(C^1\) in \(]X_-,X^+[\) (poiché \(y^\prime (x)=f(x,y(x))\), con \(f\) ed \(y\) continue). Tuttavia la funzione \(f(x,y(x))\) è composta da funzioni derivabili, ergo essa è derivabile ed ha derivata \(f_x(x,y(x))+f_y(x,y(x))y^\prime (x)\), che è una funzione continua: pertanto la funzione \(y^\prime (x)\) è derivabile (essendo identicamente uguale a \(f(x,y(x))\)) ed ha derivata continua, perciò \(y(x)\) è una funzione di classe \(C^2\) in \(]X_-,X^+[\). Ma la funzione \(y^{\prime \prime}(x) = f_x(x,y(x))+f_y(x,y(x))y^\prime (x)\) è somma di funzioni derivabili aventi derivate continue, quindi essa è derivabile con derivata continua: perciò \(y(x)\) è di classe \(C^3\) in \(]X_-,X^+[\)...
Continuando per induzione, si vede che \(y(x)\) è di classe \(C^\infty\) in \(]X_-,X^+[\).

4. Monotonia e segno della soluzione.

Dato che \(f(x,y)>0\) per \(x>0\) e dato che \(X_-\geq 0\), si ha \(y^\prime (x)=f(x,y(x))>0\) per \(x\in ]X_-,X^+[\): pertanto \(y(x)\) è una funzione strettamente crescente in \(]X_-,X^+[\).

D'altra parte, la \(y(x)\) non può assumere il valore zero in \(]X_-,X^+[\): infatti, se così fosse, il secondo membro della EDO perderebbe di significato. Per la continuità di \(y(x)\) e per il teorema dei valori intermedi, ciò importa che \(y(x)\) non può prendere valori negativi in \(]X_-,X^+[\).
Conseguentemente \(y(x)>0\) in \(]X_-,X^+[\).

5. Determinazione degli estremi dell'intervallo di esistenza.

Dato che \(f\) è sublineare rispetto ad \(y\) in \(]1,\infty[\), cioé dato che si può trovare una maggiorazione del tipo:
\[
|f(x,y)|\leq A(x)\ y+ B(x)
\]
per ogni \(x>1\), un risultato di prolungamento garantisce che \(X^+=\infty\), sicché l'intervallo di definizione di \(y\) è del tipo \(]X_-,\infty[\) con \(X_-\geq 0\).

Per monotonia esistono entrambi i limiti:
\[
\lim_{x\to X_-} y(x)\qquad \text{e} \qquad \lim_{x\to \infty} y(x)\; .
\]
dato che \(y(x)>1\) per \(x>1\) (per la stretta monotonia), si ha:
\[
y^\prime (x)=\frac{1}{y^2(x)\ x\ (1+x^2)} < \frac{1}{1+x^2}
\]
per \(x>1\), ergo passando agli integrali definiti[nota]Vale la pena ricordare che se due funzioni continue stanno in una certa relazione per ogni valore della variabile da cui esse dipendono, anche le loro funzioni integrali stanno nella stessa relazione a patto di prendere lo stesso punto iniziale e di prendere gli estremi d'integrazione nell'ordine "giusto".[/nota] si ha:
\[
y(x) - 1 = \int_1^x y^\prime (t)\ \text{d} t < \int_1^x \frac{1}{1+t^2}\ \text{d} t=\arctan x - \frac{\pi}{4}
\]
cioé:
\[
y(x)<\arctan x +1- \frac{\pi}{4}\; .
\]
Dato che \(\arctan x<\pi/2\), dalla precedente segue:
\[
y(x)<\frac{\pi}{2}+1-\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{4}+1
\]
per \(x>1\); conseguentemente \(y(x)\) è limitata per \(x\in ]1,\infty[\) e ciò importa che il limite \(\lim_{x\to \infty} y(x)\) è finito. Quindi il grafico di \(y(x)\) ha un asintoto orizzontale a destra.

D'altra parte, per \(X_-1\) e perciò:
\[
y^2(x)\ y^\prime (x)=\frac{1}{x\ (1+x^2)} > \frac{1}{1+x^2}
\]
quindi passando agli integrali definiti:
\[
\frac{1}{3}\ (1-y^3(x))=\int_x^1 y^2(t)\ y^\prime (t)\ \text{d} t >\int_x^1 \frac{1}{1+t^2}\ \text{d} t = \frac{\pi}{4} -\arctan x
\]
da cui si trae:
\[
y^3(x)<1-\frac{3\pi}{4}+3\arctan x\; .
\]
Dalla precedente si vede che \(X_->0\): infatti, se fosse \(X_-=0\), si avrebbe:
\[
\lim_{x\to X_-} y(x)=\lim_{x\to 0} y(x)\leq \lim_{x\to 0} \sqrt[3]{1-\frac{3\pi}{4}+3\arctan x}=\sqrt[3]{1-\frac{3\pi}{4}}<0
\]
contro il fatto che \(y(x)>0\) quindi \(\lim_{x\to X_-} y(x)\geq 0\).
Inoltre, dato che:
\[
1-\frac{3\pi}{4}+3\arctan x >0\qquad \Leftrightarrow \qquad x>\tan\left(\frac{\pi}{4}-\frac{1}{3}\right)\approx 0.486
\]
si ha \(X_->\tan\left(\frac{\pi}{4}-\frac{1}{3}\right)\approx 0.486\) ed evidentemente deve risultare:
\[
\lim_{x\to X_-} y(x)=0\; ,
\]
perché, se tale limite fosse finito e \(>0\), un noto risultato di prolungamento garantirebbe la possibilità di estendere \(y(x)\) a sinistra di \(X_-\), il che è assurdo, perché \(X_-\) è l'estremo inferiore del più grande intervallo cui è possibile prolungare la soluzione locale del PdC assegnato.
Quindi la funzione \(y(x)\) ha un "pozzo" sull'asse delle ascisse nel punto \(X_-\).

6. Studio della convessità.

Come detto sopra risulta:
\[
\begin{split}
y^{\prime \prime}(x) &= \frac{1+3x^2}{y^2(x)\ x\ (1+x^2)} - \frac{2}{y^3(x)\ x\ (1+x^2)}\ y^\prime (x)\\
&= -\frac{1+3x^2}{y^2(x)\ x^2\ (1+x^2)^2} - \frac{2}{y^3(x)\ x\ (1+x^2)}\ \frac{1}{y^2(x)\ x\ (1+x^2)}\\
&= \frac{1}{y^2(x)\ x^2\ (1+x^2)^2}\ \left( -1-3x^2 -\frac{2}{y^3(x)}\right)
\end{split}
\]
Dato che \(y(x)>0\) in \(]X_-,\infty[\), si ha \(-1-3x^2-\frac{2}{y^3(x)}<0\) in \(]X_-,\infty[\), quindi è \(y^{\prime \prime} (x)<0\) per \(x>X_-\). Conseguentmente, la soluzione \(y(x)\) del PdC assegnato è ovunque concava nell'intervallo di definizione \(]X_-,\infty[\).

7. Determinazione esplicita della soluzione.

Separando le variabili si trova:
\[
y^2(x)\ y^\prime (x)= \frac{1}{x\ (1+x^2)}
\]
quindi, passando agli integrali definiti, per \(x\in ]X_-,\infty[\) si ottiene:
\[
\frac{1}{3} (y^3(x)-1)=\int_1^x y^2(t)\ y^\prime (t)\ \text{d} t = \int_1^x \frac{1}{t\ (1+t^2)}\ \text{d} t
\]
cioé:
\[
y^3(x)=1+3\int_1^x \frac{1}{t\ (1+t^2)}\ \text{d} t\; .
\]
Per risolvere la EDO basta calcolare esplicitamente l'integrale e predere la radice cubica ad ambo i membri: l'integrale si calcola decomponendo l'integrando in fratti semplici:
\[
\begin{split}
\int_1^x \frac{1}{t\ (1+t^2)}\ \text{d} t &= \int_1^x \left( \frac{1}{t} - \frac{t}{1+t^2}\right)\ \text{d} t\\
&= \int_1^x \frac{1}{t}\ \text{d} t - \int_1^x \frac{t}{1+t^2}\ \text{d} t\\
&= \log x - \frac{1}{2}\ \log (1+x^2) + \frac{1}{2}\ \log 2\\
&= \frac{1}{2}\ \log x^2 - \frac{1}{2}\ \log (1+x^2) + \frac{1}{2}\ \log 2\\
&= \frac{1}{2}\ \log \frac{2x^2}{1+x^2}\; ;
\end{split}
\]
e perciò:
\[
y(x)=\sqrt[3]{1+\frac{3}{2}\log \frac{2x^2}{1+x^2}}\; .
\]

Da qui si può vedere facilmente che \(X_-\) coincide col punto in cui l'argomento della radice cubica si annulla, in modo che è possibile determinare esattamente \(X_-\).
Il radicando si annulla se e solo se:
\[
\frac{2x^2}{1+x^2} = e^{-2/3}\qquad \Leftrightarrow \qquad x^2= \frac{e^{-2/3}}{2-e^{-2/3}}
\]
quindi, essendo \(x>0\), solo se \(x=\sqrt{\frac{e^{-2/3}}{2-e^{-2/3}}}\); perciò \(X_-=\sqrt{\frac{e^{-2/3}}{2-e^{-2/3}}}\).
Si noti che \(X_-\approx 0.588\) il quale valore è effettivamente più grande del bound determinato più sopra usando l'arcotangente, i.e. \(0.486\).

Inoltre, viene confermata "a posteriori" l'esistenza dell'asintoto orizzontale in \(\infty\), poiché:
\[
\lim_{x\to \infty} y(x) = \sqrt[3]{1+\frac{3}{2}\ \log 2}\approx 1.268\; ;
\]
perciò l'asintoto del grafico è la retta di equazione \(y=\sqrt[3]{1+\frac{3}{2}\ \log 2}\).
Il grafico della soluzione (a parte la scarsa precisione vicino a \(X_-\), derivante da problemi del software) è il seguente:
[asvg]xmin=0; xmax=3; ymin=0; ymax=3;
axes("","");
stroke="red"; strokewidth=2;
plot("(1+1.5*log((2*x^2)/(1+x^2)))^(1/3)",0.587,4);[/asvg]

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[jigen45]

Che dire gugo82, non posso che farti i complimenti per la tua risposta di eccezionale profondità. Questo Problema di Cauchy l'hai rivoltato come un calzino Ringrazio te e gli altri utenti per aver speso del loro tempo per rispondere a questo mio quesito, siete veramente eccezionali.. Adesso però mi trovo un pochino confuso perché ho studiato sull'Adams (Calcolo Differenziale 1) e quindi ipotizzavo ci fosse una risoluzione un po' più semplice per le ED del primo ordine..

P.S. cosa sbaglio nel metodo di sostituzione?

[gugo82]

Prego.
Ad ogni buon conto, devi decidere se devi dare un esame di Analisi o un esame di Calculus, perché gli approcci sono diversi sia dal punto di vista formale che da quello didattico.
Il Calculus è l'insieme delle tecniche elementari dell'Analisi, diciamo quelle elaborate tra fine fine '600 e fine '700 da Newton, Leibniz, Fermat, Lagrange, Eulero ed altri. Esso comprende le tecniche base per il calcolo dei limiti, delle derivate, degli integrali indefiniti e le tecniche ingenue per la risoluzione delle EDO (e.g., quel metodo di seprarazione delle variabili che il nostro Fioravante Patrone ama chiamare metodo urang-utang©).
L'Analisi è la teoria alla base del Calculus, che è stata sistemat(izzat)a tra '800 e '900 da gente come Cauchy, Weierstrass, Riemann ed altri. Essa comprende l'impostazione teorica che consente di comprendere appieno il perché le tecniche del Calculus funzionino ed i loro limiti di applicabilità.
Per questi motivi, trovo che studiare Analisi dall'Adams sia riduttivo; mentre studiare Calculus dal Marcellini-Sbordone o Giusti (per non citare testi più complessi) sia uno sforzo inutile.

Per dirimere la questione, servirebbe sapere cosa studi... Ingegneria? Fisica? Chimica? In tal caso l'Adams ci può pure stare come riferimento base, ma va integrato con un libro di Analisi "serio".
Se, invece, studi Matematica ti consiglio di studiare da un libro "serio" e lasciare l'Adams come riferimento per lo svolgimento veloce degli esercizi.

***

Detto ciò, il tuo problema è che non sai applicare la formula di sostituzione negli integrali indefiniti, perché maneggi i differenziali come se fossero oggetti algebrici.
Questo è un problema che può derivare o dal fatto che non ricordi bene come si applica la formula, o dal fatto che hai sempre e solo studiato da testi di Calculus (in cui, per ragioni storiche, i differenziali vengono manipolati sempre come se fossero quantità algebriche).

La formula di integrazione per sostituzione, ridotta all'osso, dice che:
\[
\int f(g(x))\ g^\prime (x)\ \text{d} x \stackrel{u=g(x)}{=} \int f(u)\ \text{d} u
\]
e quindi l'applicabilità di questa versione dipende dal fatto che uno sappia riconoscere nell'integrando originario, i.e. \( f(g(x))\ g^\prime (x)\), un fattore che sia una funzione composta ed un fattore che sia la derivata della componente interna della precedente funzione composta.
D'altra parte, è desiderabile avere una formula che si applichi anche ad integrandi più generali, i.e. del tipo \(f(g(x))\) in cui non figura la derivata della componente interna; tale formula è la seguente:
\[
\int f(g(x))\ \text{d} x \stackrel{u=g(x)}{=} \int f(u)\ \frac{1}{g^\prime (g^{-1}(u))}\ \text{d} u
\]
in cui si richiede implicitamente l'invertibilità della componente interna \(g(x)\).
Come vedi, in ogni caso, non c'è alcun \(\text{d} u\) al denominatore. Né potrebbe mai apparire, perché \(\text{d} u\) non è una quantità algebrica (quindi non ha alcun senso prenderne il reciproco), bensì è un "indicatore" che serve (in quel posto lì) per far apparire evidente la variabile di integrazione.

Nel tuo caso avresti voluto applicare l'ultima formula; ma avresti trovato problemi, innanzitutto perché la funzione \(g(x)=1+x^2\) non è invertibile...
Tuttavia, la strada della sostituzione, per quel tipo di integrali, è una strada perdente perché non ti consente mai e poi mai né di semplificare il calcolo né di arrivare alla soluzione. Infatti gli integrali di funzioni razionali (come quella proposta) si svolgono con metodi ad hoc, i.e. decomposizione in fratti semplici e decomposizione in somma.

[jigen45]

Ragazzi, riguardo proprio l'integrale

$ int1/(x(1+x^2))dx $

L'integrazione per parti non funziona, giusto? Perché ho provato e il grado all'interno dell'integrale aumenta e la funzione integranda finisce per diventare più complessa.

[gugo82]

No che non funziona...
Come detto più e più volte sopra, quell'integrale va calcolato decomponendo in somma col metodo dei fratti semplici.

[jigen45]

Sì hai ragione scusami, era solo una prova.

[jigen45]

"Brancaleone":Meglio così:

${ ( y'(x)=1/(y^2(x) cdot x(1+x^2))),( y'(1)=1 ):}$

$=>y^2 dy=1/(x(1+x^2))dx$

$int_1^y u^2 du = int_1^x 1/(t(1+t^2))dt$

$1/3(y^3-1)=int_1^x A/t+(Bt+C)/(1+t^2)dt$

$A/t+(Bt+C)/(1+t^2)=(At^2+A+Bt^2+Ct)/(t(1+t^2)) => { ( A+B=0 ),( C=0 ),( A=1 ):}=>1/t-t/(1+t^2)$

$=>1/3(y^3-1)=int_1^x 1/t dt -int_1^x t/(1+t^2) dt$

$1/3(y^3-1)=ln|x|-1/2 (ln|1+x^2|-ln(2))$

In relazione al metodo che giustamente hai utilizzato, non riesco in ogni modo a capire come avviene questo passaggio:

$=>y^2 dy=1/(x(1+x^2))dx$
$int_1^y u^2 du = int_1^x 1/(t(1+t^2))dt$

Mi dovete perdonare, ma sono un bell'ignorante.

[gugo82]

Non lo capisci probabilmente perché quel passaggio non è "corretto".

Il passaggio scritto correttamente lo trovi nel punto 7 del mio post "lungo".

[jigen45]

Ok. Però non capisco da dove derivi
$ 1/3(y^3(x)-1) $
e perché nel primo passaggio ha inserito $ y'(x) $ e come hai sistemato le varie variabili $x, y, t$

[gugo82]

Sai che esiste una cosa detta "funzione integrale", vero? (Se non lo sai, vai a ripassare la teoria )
Bene, se \(f(x)\) è una funzione continua definita in \(]a,b[\), la funzione integrale di \(f\) di punto iniziale \(x_0\in ]a,b[\) è la funzione definita ponendo:
\[
F(x):= \int_{x_0}^x f(t)\ \text{d} t\; .
\]
Per il TFCI, la \(F\) è derivabile ed ha come derivata \(f\).

Ora, la soluzione del tuo PdC (che esiste, almeno localmente, per il teorema di esistenza ed unicità) è caratterizzata dal fatto che essa soddisfa punto per punto in \(]X_-,\infty[\) l'uguaglianza:
\[
y^\prime (x)= \frac{1}{y^2(x)\ x\ (1+x^2)}\; ,
\]
perciò portando \(y^2(x)\) al primo membro ottieni:
\[
\tag{1} y^2(x)\ y^\prime (x)= \frac{1}{x\ (1+x^2)}
\]
per ogni \(x\in ]X_-,\infty[\).
Le due funzioni che figurano a destra ed a sinistra dell'uguaglianza in (1) sono funzioni continue in \(]X_-,\infty[\) le quali coincidono dappertutto in tale intervallo: pertanto, anche le loro funzioni integrali coincidono a patto di prendere funzioni integrali che abbiano il medesimo punto iniziale \(x_0\in ]X_-,\infty[\); perciò, scegliendo come punto iniziale il punto \(x_0=1\) in cui è assegnata la condizione iniziale del PdC, si ha uguaglianza tra funzioni integrali:
\[
\tag{2} \int_1^x y^2(t)\ y^\prime (t)\ \text{d} t= \int_1^x \frac{1}{t\ (1+t^2)}\ \text{d} t\; .
\]
Ambo i membri della (2) si possono calcolare esplicitamente: infatti, il secondo membro si calcola con decomposizione in fratti semplici come detto al punto 7 del post "lungo"; mentre il primo membro è un integrale elementare (o "integrale della tabella", come soleva dire il mio prof. di Analisi I) perché è nella forma \(\int f^a(x) f^\prime (x) \text{d} x\) con \(a\neq -1\), quindi si integra con una potenza:
\[
\begin{split}
\int_1^x y^2(t)\ y^\prime (t)\ \text{d} t &= \left[ \frac{1}{3}\ y^3(t) \right]_1^x \\
&= \frac{1}{3} \big( y^3(x) - y^3(1)\big) \\
&= \frac{1}{3} \big( y^3(x) - 1^3\big)\\
&= \frac{1}{3} \big( y^3(x) - 1\big)
\end{split}
\]
(in cui si è usata la condizione iniziale del PdC, cioé \(y(1)=1\), perché \(y(x)\) è soluzione del problema).[nota]Volendo, l'integrale al primo membro si può calcolare anche mediante sostituzione (tenendo però presente che tale metodo è applicato ad un integrale definito, quindi vanno modificati anche gli estremi di integrazione): infatti si ha:
\[
\begin{split}
\int_1^x y^2(t)\ y^\prime (t)\ \text{d} t &\stackrel{\eta=y(x)}{=} \int_{y(1)}^{y(x)} \eta^2\ \text{d} \eta\\
&=\left[ \frac{1}{3}\ \eta^3 \right]_{y(1)}^{y(x)} \\
&= \frac{1}{3} \big( y^3(x) - y^3(1)\big) \\
&= \frac{1}{3} \big( y^3(x) - 1^3\big)\\
&= \frac{1}{3} \big( y^3(x) - 1\big)
\end{split}
\][/nota]

[jigen45]

Fantastico. Ora è tutto più chiaro! Grazie mille a te e agli altri utenti che hanno speso del tempo per aiutarmi!