Ricerca di integrali

[antonio9992]

Salve a tutti, ho un problemino:

Siano note le seguenti funzioni:
$ (partial u)/(partial x) $
$ (partial v)/(partial y) $
$ (partial w)/(partial z) $
$ (partial u)/(partial y) +(partialv)/(partial x) $
$ (partial w)/(partial x) +(partialu)/(partial z) $
$ (partial w)/(partial y) +(partialv)/(partial z) $

E noti i valori:
u(A)
u(B)
v(C)
v(D)
w(E)
w(F)
A,B,C,D,E,F punti del piano

determinare u,v e w.

Ho già risolto problemi di questo tipo e so giungere per tentativi ad una soluzione, ma è possibile dire che la soluzione sia unica?

Sono 3 incognite, 6 equazioni sulle derivate prime e 2 valori noti per incognita, è forse ovvio che la soluzione sia unica? E perché?

Nei problemi differenziali con valori noti al bordo e tante equazioni indipendenti quante le incognite possiamo usare il metodo delle differenze finite, ma qui è diverso, inoltre non è un semplice problema di Cauchy

Aiuto

[antonio9992]

Rispetto al problema differenziale con condizioni al bordo dove ci sono n incognite ed n equazioni differenziali in questo problema ci sono n incognite e 2n equazioni differenziali, questo bisogno di equazioni extra è una conseguenza della mancanza di condizioni al bordo?

[gugo82]

Aspetta un attimo, fammi riscrivere la questione...

A quanto ho capito, hai un sistema di equazioni alle derivate parziali lineari del primo ordine del tipo:
\[
\begin{cases}
u_x = f_1\\
v_y = f_2\\
w_z = f_3\\
u_y + v_x = f_4\\
w_x + u_z = f_5\\
w_y + v_z = f_6
\end{cases}
\]
con $f_1,\ldots , f_6$ note ed incognite $u,v,w$ dipendenti da $3$ variabili; in più hai delle condizioni "iniziali" nient'affatto decenti, perché assegnate in punti dello spazio e non lungo una curva... E vorresti sapere se la soluzione del problema è unica (fissati termini noti e condizioni).

Ho capito bene?

[antonio9992]

Si, ho scritto male le condizioni iniziali, mancavano dei particolari, sono queste:

u(x1,y1,z1)
u(x2,y2,z2)
v(x3,y3,z3)
v(x4,y4,z4)
w(x5,y5,z5)
w(x6,y6,z6)
x1 $ != $ x2
x3 $ != $ x4
x5 $ != $ x6
Non trovo il comando per i pedici

[antonio9992]

Io credo di poterlo risolvere col metodo delle differenze finite, commetto qualche errore? Posso dire che la soluzione me la può dare tale metodo? È unica o sbaglio?

[gugo82]

Sull'unicità della soluzione non ci metterei le mani sul fuoco...

[antonio9992]

Da cosa lo intuisci?

[gugo82]

Le condizioni assegnate non mi sembrano sufficienti a garantire unicità, tutto qui.

[antonio9992]

No, non è così, appena posso posto la risoluzione in 2 dimensioni.

[antonio9992]

$ u(A)=a1 $

$v(B)=a2 $

$ (partial u)/(partial y) (C)=a3 $

an sono le costanti note e A,B,C punti

$ (partial u)/(partial y) +(partial v)/(partial x) =f(x,y) $

$ (partial u)/(partial x) =g(x,y) $

$ (partial v)/(partial y) =h(x,y) $

f(x,y) g(x,y) h(x,y) funzioni note

Risoluzione :

$ u=int_()^() g(x,y) dx +i(y)+c1 $

$ v=int_()^() h(x,y) dx +l(x)+c2 $

i(y) l(x) funzioni incognite, c1 c2 costanti incognite

Che riscrivono meglio per motivo di risoluzione come:

$ i(y)=m(y)+c3y $

$l(x)=n(x)+c4x $

c3 e c4 sono costanto incognite

Ho riscritto in tal modo per via dei valori noti che abbiamo, ora

m(y) lo prendo tale per cui non ha termini del primo ordine e quindi non ha termini in y
Similmente per n(x) che non ha termini in x

Sostituendo u e v in:

$ (partial u)/(partial y) +(partial v)/(partial x) =f(x,y) $

Ottengo:

$ (partial int_()^() g(x,y) dx )/(partial y) +(partial int_()^() h(x,y) dx )/(partial x) + (partial m)/(partial y) +c3+(partial n)/(partial x) +c4=f(x,y) $

Da:

$(partial u)/(partial y) (C)=a3 $

Ottengo c3 (non scrivo la risoluzione)

E riscrivo mettendo incognite a sinistra dell'uguale e noti a destra:

$ (partial m)/(partial y) +(partial n)/(partial x) +c4=f(x,y)+c3+(partial int_()^() g(x,y) dx )/(partial y) +(partial int_()^() h(x,y) dx )/(partial x) $

m ed n non hanno termini misti ( sia in x che in y)
[e neanche del primo ordine rispettivamente in y ed x, ma ciò non ci interessa]

Ciò significa che f(x,y), che è noto per ipotesi, per forza di cose deve avere termini misti legati alle funzioni g(x,y) e h(x,y)

[antonio9992]

E questo è vero perché come equazione di congruenza ho la derivabilità infinita e quindi per Schwarz:

$ (partial^3 u)/(partial y^2 partialx)+(partial^3 v)/(partial x^2 partialy)= partial((partial u)/(partial y) +(partial v )/(partial x) )/(partialx partialy) $

Che regola i termini misti

[antonio9992]

Ritornando a:

$ (partial m)/(partial y) +(partial n)/(partial x) +c4=f(x,y)+c3+(partial int_()^() g(x,y) dx )/(partial y) +(partial int_()^() h(x,y) dx )/(partial x) $

La risoluzione è facile, le funzioni incognite sono una in y e l'altra in y, per i termini costanti la loro somma è uguale a c4


Per c1 e c2 sfrutto le condizioni u(A)=a1 u(B)=a2

[antonio9992]

Quindi in conclusione ed in modo più chiaro che posso

se ho delle funzioni (u e v per me) ed un problema di integrazione, a parte le condizioni note ( u(A)=a1 nel mio caso per esempio) ho bisogno di condizioni sulle derivate parziali, me ne devono in un certo numero maggiore del numero delle funzioni(u e v) e per tal motivo le derivate devono essere regolate da alcune equazioni ( nel mio caso ho u e v, le funzioni note $ (partial u)/(partial x) $ , $ (partial v)/(partial y) $ , $ (partial v)/(partial x)+(partial u)/(partial y) $ ho 2 incognite e 3 funzioni derivate, deve esistere allora una condizione sulle derivate miste che c'è: $ (partial^3 u)/(partial^2ypartialx)+(partial^3 v)/(partial^2xpartialy)=(partial^2((partialu) /(partialy)+(partialv)/(partialx)))/(partialxpartialy $


Ma una teorizzazione di tale problemi non esiste?

[gugo82]

Non ho letto attentamente, ma mi sembra tu la stia facendo un po' troppo lunga...

Tra l'altro, pensandoci ieri, mi sono accorto che effettivamente il tuo problema iniziale:

[*:2jum7h9c] non ha sempre unica soluzione se scegli i punti come hai indicato nel primo post;

[/*:m:2jum7h9c]
[*:2jum7h9c]però può avere unica soluzione se i punti in cui assegni le condizioni sono scelti "bene".[/*:m:2jum7h9c][/list:u:2jum7h9c]

In spoiler la dimostrazione.

Il sistema di PDE da cui partiamo è lineare (sia dal lato equazioni sia dal lato condizioni iniziali); dunque per ottenere unicità occorre e basta provare che il sistema omogeneo associato (i.e., quello con termini noti nulli e condizioni iniziali nulle) ha come unica soluzione le funzioni nulle.
Consideriamo dunque il sistema di PDE:
\[
\begin{cases}
u_x (x,y,z)= 0\\
v_y (x,y,z) =0\\
w_z(x,y,z) =0\\
u_y(x,y,z) + v_x(x,y,z) =0\\
u_z(x,y,z) + w_x(x,y,z) =0\\
v_z(x,y,z) + w_y(x,y,z) =0
\end{cases}\; ;
\]
per fatti del tutto generali le soluzioni sono regolarissime, quindi i passaggi che sto per fare sono leciti.
Le prime tre PDE ti dicono che $u$ non dipende da $x$, che $v$ non dipende da $y$ e che $w$ non dipende da $z$, i.e. che:
\[
\begin{split}
u(x,y,z) &= \tilde{u}(y,z)\\
v(x,y,z) &= \tilde{v}(x,z)\\
w(x,y,z) &= \tilde{w}(x,y)\; .
\end{split}
\]
Dalla quarta PDE segue che:
\[
u_y(x,y,z) = -v_x(x,y,z)\qquad \Leftrightarrow\qquad \tilde{u}_y(y,z) = -\tilde{v}_x(x,z)
\]
dunque \(\tilde{u}_y\) non dipende da \(y\) (perché \(\frac{\partial}{\partial y}\tilde{u}_y(y,z)=-\frac{\partial}{\partial y}\tilde{v}_x(x,z)=0\)) e da ciò segue che:
\[
\tilde{u}_y(y,z)= U(z)\qquad \Rightarrow \qquad \tilde{u}(y,z) = U(z)\ y + A(z)
\]
e perciò:
\[
u_z(x,y,z) = \tilde{u}_z(y,z) = U^\prime (z)\ y + A^\prime (z)\; .
\]
Dalla quinta PDE ottieni:
\[
\tilde{u}_z(y,z) = u_z(x,y,z) = -w_x(x,y,z) = -\tilde{w}_x (x,y)
\]
quindi (come prime) \(\tilde{u}_z\) non dipende da $z$; ma ciò equivale a dire che \(U^\prime (z) y+A^\prime (z)\) non dipende da $z$, i.e. che:
\[
\begin{cases}
U^\prime (z) = U&\text{($U$ costante)}\\
A^\prime (z) = A&\text{($A$ costante)}
\end{cases}
\]
cosicché:
\[
\begin{cases}
U(z) = Uz+u&\text{($U,u$ costanti)}\\
A(z) = Az+a&\text{($A,a$ costanti)}
\end{cases}\; .
\]
Conseguentemente:
\[
u(x,y,z) = Uyz + uy + Az + a\; .
\]
Ragionando in maniera del tutto analoga hai:
\[
\begin{split}
v(x,y,z) &= Vxz + vx + Bz + b\\
w(x,y,z) &= Wxy + wx + Cy + c\; ,
\end{split}
\]
cosicché le soluzioni del tuo sistema sono del tipo "termine rettangolare + termine lineare", con coefficienti $A,a,B,b,C,c,U,u,V,v,W,w \in \RR$ da determinare. Sfruttando nuovamente le ultime tre PDE del sistema omogeneo si vede che le dodici costanti $A,a,B,b,C,c,U,u,V,v,W,w$ devono soddisfare delle condizioni di compatibilità, i.e.:
\[
\begin{cases}
Uz + u + Vz + v=0\\
Uy + A + Wy+ w =0\\
Vx + B + Wx + C=0
\end{cases}
\]
dalle quali, per il Principio di identità dei Polinomi, trai:
\[
\begin{cases}
U + V =0\\
u + v =0\\
U + W =0\\
A + w =0\\
V + W =0\\
B + C =0
\end{cases} \qquad \Leftrightarrow \qquad \begin{cases}
U = 0
V = 0\\
W = 0\\
v = -u\\
w = - A\\
C = -B
\end{cases}
\]
quindi le soluzioni del tuo sistema omogeneo sono:
\[
\begin{split}
u(x,y,z) &= uy + Az + a\\
v(x,y,z) &= -ux + Bz + b\\
w(x,y,z) &= -Ax - By + c
\end{split}
\]
e dipendono dalle 6 costanti incognite $u,A,a,B,b,c \in \RR$.

Ne viene che il sistema di PDE omogenee con condizioni nulle in 6 punti può avere unica soluzione (quella nulla), a patto che i sei punti $(x_i,y_i,z_i)$ con $i=1,\ldots ,6$ siano scelti "bene".
In particolare, imponendo le condizioni iniziali si ottiene il sistema lineare omogeneo nelle incognite $u,A,a,B,b,c$:
\[
\begin{cases}
y_1 u + z_1 A + a =0\\
y_2 u + z_2 A + a =0\\
-x_3 u + z_3B +b =0\\
-x_4 u +z_4 B + b =0\\
-x_5A -y_5B + c=0\\
-x_6 A - y_6B + c=0
\end{cases}
\]
che ha come matrice associata:
\[
\begin{split}
M &= \begin{pmatrix} y_1 & z_1 & 1 & 0 & 0 & 0\\
y_2 & z_2 & 1 & 0 & 0 & 0\\
-x_3 & 0 & 0 & z_3 & 1 & 0\\
-x_4 & 0 & 0 & z_4 & 1 & 0\\
0 & -x_5 & 0 & -y_5 & 0 & 1\\
0 & -x_6 & 0 & -y_6 & 0 & 1
\end{pmatrix}\\
&\sim \begin{pmatrix} y_2 - y_1 & z_2 - z_1 & 0 & 0 & 0 & 0\\
y_2 & z_2 & 1 & 0 & 0 & 0\\
x_4 - x_3 & 0 & 0 & z_3 - z_4 & 0 & 0\\
-x_4 & 0 & 0 & z_4 & 1 & 0\\
0 & x_6 -x_5 & 0 & y_6 -y_5 & 0 & 0\\
0 & -x_6 & 0 & -y_6 & 0 & 1
\end{pmatrix}
\end{split}
\]
con la seconda matrice ridotta per facilitare il calcolo; si vede che la matrice ridotta ha determinate:
\[
\begin{split}
\begin{vmatrix}
y_2-y_1 & z_2-z_1 & 0\\
x_4-x_3 & 0 & z_3-z_4\\
0 & x_6-x_5 & y_6-y_5
\end{vmatrix} &= (y_2-y_1)\begin{vmatrix} 0 & z_3-z_4 \\ x_6-x_5 & y_6-y_5\end{vmatrix} - (z_2-z_1)\begin{vmatrix} x_4-x_3 & z_3-z_4\\ 0 & y_6-y_5\end{vmatrix}\\
&=(y_2-y_1) (z_4-z_3) (x_6-x_5) - (z_2-z_1)(x_4-x_3)(y_6-y_5)
\end{split}
\]
che non sempre è diverso da zero nelle ipotesi poste sui punti $(x_i,y_i,z_i)$ per $i=1,\ldots ,6$ (cioè $x_1\ne x_2$, $x_3\ne x_4$, $x_5\ne x_6$). Perciò le condizioni iniziali che assegni non garantiscono sempre l'unicità della soluzione del sistema omogeneo associato con condizioni nulle e nemmeno del sistema iniziale.
Questo sistema il primo punto.

Tuttavia, il determinante di cui sopra può essere reso diverso da zero scegliendo "bene" le coordinate dei punti $(x_i,y_i,z_i)$ con $i=1,\ldots , 6$ (basta scegliere le coordinate in modo che i vettori colonna della matrice $3xx 3$ risultino linearmente indipendenti!); quindi ci sono scelte di punti per i quali il sistema omogeneo associato con condizioni nulle ha unica soluzione e da ciò segue che il problema iniziale ha unica zoluzione.
Questo sistema il secondo.


P.S.: Ti ricordo che se tutto ciò finisce in una tesi, o in un articolo di ricerca, deve essere citato propriamente.
Altrimenti, si chiama "plagio" ed è uno dei crimini peggiori di cui si possa macchiare un ricercatore.

[antonio9992]

"gugo82":Non ho letto attentamente, ma mi sembra tu la stia facendo un po' troppo lunga...

Tra l'altro, pensandoci ieri, mi sono accorto che effettivamente il tuo problema iniziale:

[*:2mdnwk4f] non ha sempre unica soluzione se scegli i punti come hai indicato nel primo post;

[/*:m:2mdnwk4f]
[*:2mdnwk4f]però può avere unica soluzione se i punti in cui assegni le condizioni sono scelti "bene".[/*:m:2mdnwk4f][/list:u:2mdnwk4f]

In spoiler la dimostrazione.

Il sistema di PDE da cui partiamo è lineare (sia dal lato equazioni sia dal lato condizioni iniziali); dunque per ottenere unicità occorre e basta provare che il sistema omogeneo associato (i.e., quello con termini noti nulli e condizioni iniziali nulle) ha come unica soluzione le funzioni nulle.
Consideriamo dunque il sistema di PDE:
\[
\begin{cases}
u_x (x,y,z)= 0\\
v_y (x,y,z) =0\\
w_z(x,y,z) =0\\
u_y(x,y,z) + v_x(x,y,z) =0\\
u_z(x,y,z) + w_x(x,y,z) =0\\
v_z(x,y,z) + w_y(x,y,z) =0
\end{cases}\; ;
\]
per fatti del tutto generali le soluzioni sono regolarissime, quindi i passaggi che sto per fare sono leciti.
Le prime tre PDE ti dicono che $u$ non dipende da $x$, che $v$ non dipende da $y$ e che $w$ non dipende da $z$, i.e. che:
\[
\begin{split}
u(x,y,z) &= \tilde{u}(y,z)\\
v(x,y,z) &= \tilde{v}(x,z)\\
w(x,y,z) &= \tilde{w}(x,y)\; .
\end{split}
\]
Dalla quarta PDE segue che:
\[
u_y(x,y,z) = -v_x(x,y,z)\qquad \Leftrightarrow\qquad \tilde{u}_y(y,z) = -\tilde{v}_x(x,z)
\]
dunque \(\tilde{u}_y\) non dipende da \(y\) (perché \(\frac{\partial}{\partial y}\tilde{u}_y(y,z)=-\frac{\partial}{\partial y}\tilde{v}_x(x,z)=0\)) e da ciò segue che:
\[
\tilde{u}_y(y,z)= U(z)\qquad \Rightarrow \qquad \tilde{u}(y,z) = U(z)\ y + A(z)
\]
e perciò:
\[
u_z(x,y,z) = \tilde{u}_z(y,z) = U^\prime (z)\ y + A^\prime (z)\; .
\]
Dalla quinta PDE ottieni:
\[
\tilde{u}_z(y,z) = u_z(x,y,z) = -w_x(x,y,z) = -\tilde{w}_x (x,y)
\]
quindi (come prime) \(\tilde{u}_z\) non dipende da $z$; ma ciò equivale a dire che \(U^\prime (z) y+A^\prime (z)\) non dipende da $z$, i.e. che:
\[
\begin{cases}
U^\prime (z) = U&\text{($U$ costante)}\\
A^\prime (z) = A&\text{($A$ costante)}
\end{cases}
\]
cosicché:
\[
\begin{cases}
U(z) = Uz+u&\text{($U,u$ costanti)}\\
A(z) = Az+a&\text{($A,a$ costanti)}
\end{cases}\; .
\]
Conseguentemente:
\[
u(x,y,z) = Uyz + uy + Az + a\; .
\]
Ragionando in maniera del tutto analoga hai:
\[
\begin{split}
v(x,y,z) &= Vxz + vx + Bz + b\\
w(x,y,z) &= Wxy + wx + Cy + c\; ,
\end{split}
\]
cosicché le soluzioni del tuo sistema sono del tipo "termine rettangolare + termine lineare", con coefficienti $A,a,B,b,C,c,U,u,V,v,W,w \in \RR$ da determinare. Sfruttando nuovamente le ultime tre PDE del sistema omogeneo si vede che le dodici costanti $A,a,B,b,C,c,U,u,V,v,W,w$ devono soddisfare delle condizioni di compatibilità, i.e.:
\[
\begin{cases}
Uz + u + Vz + v=0\\
Uy + A + Wy+ w =0\\
Vx + B + Wx + C=0
\end{cases}
\]
dalle quali, per il Principio di identità dei Polinomi, trai:
\[
\begin{cases}
U + V =0\\
u + v =0\\
U + W =0\\
A + w =0\\
V + W =0\\
B + C =0
\end{cases} \qquad \Leftrightarrow \qquad \begin{cases}
U = 0
V = 0\\
W = 0\\
v = -u\\
w = - A\\
C = -B
\end{cases}
\]
quindi le soluzioni del tuo sistema omogeneo sono:
\[
\begin{split}
u(x,y,z) &= uy + Az + a\\
v(x,y,z) &= -ux + Bz + b\\
w(x,y,z) &= -Ax - By + c
\end{split}
\]
e dipendono dalle 6 costanti incognite $u,A,a,B,b,c \in \RR$.

Ne viene che il sistema di PDE omogenee con condizioni nulle in 6 punti può avere unica soluzione (quella nulla), a patto che i sei punti $(x_i,y_i,z_i)$ con $i=1,\ldots ,6$ siano scelti "bene".
In particolare, imponendo le condizioni iniziali si ottiene il sistema lineare omogeneo nelle incognite $u,A,a,B,b,c$:
\[
\begin{cases}
y_1 u + z_1 A + a =0\\
y_2 u + z_2 A + a =0\\
-x_3 u + z_3B +b =0\\
-x_4 u +z_4 B + b =0\\
-x_5A -y_5B + c=0\\
-x_6 A - y_6B + c=0
\end{cases}
\]
che ha come matrice associata:
\[
\begin{split}
M &= \begin{pmatrix} y_1 & z_1 & 1 & 0 & 0 & 0\\
y_2 & z_2 & 1 & 0 & 0 & 0\\
-x_3 & 0 & 0 & z_3 & 1 & 0\\
-x_4 & 0 & 0 & z_4 & 1 & 0\\
0 & -x_5 & 0 & -y_5 & 0 & 1\\
0 & -x_6 & 0 & -y_6 & 0 & 1
\end{pmatrix}\\
&\sim \begin{pmatrix} y_2 - y_1 & z_2 - z_1 & 0 & 0 & 0 & 0\\
y_2 & z_2 & 1 & 0 & 0 & 0\\
x_4 - x_3 & 0 & 0 & z_3 - z_4 & 0 & 0\\
-x_4 & 0 & 0 & z_4 & 1 & 0\\
0 & x_6 -x_5 & 0 & y_6 -y_5 & 0 & 0\\
0 & -x_6 & 0 & -y_6 & 0 & 1
\end{pmatrix}
\end{split}
\]
con la seconda matrice ridotta per facilitare il calcolo; si vede che la matrice ridotta ha determinate:
\[
\begin{split}
\begin{vmatrix}
y_2-y_1 & z_2-z_1 & 0\\
x_4-x_3 & 0 & z_3-z_4\\
0 & x_6-x_5 & y_6-y_5
\end{vmatrix} &= (y_2-y_1)\begin{vmatrix} 0 & z_3-z_4 \\ x_6-x_5 & y_6-y_5\end{vmatrix} - (z_2-z_1)\begin{vmatrix} x_4-x_3 & z_3-z_4\\ 0 & y_6-y_5\end{vmatrix}\\
&=(y_2-y_1) (z_4-z_3) (x_6-x_5) - (z_2-z_1)(x_4-x_3)(y_6-y_5)
\end{split}
\]
che non sempre è diverso da zero nelle ipotesi poste sui punti $(x_i,y_i,z_i)$ per $i=1,\ldots ,6$ (cioè $x_1\ne x_2$, $x_3\ne x_4$, $x_5\ne x_6$). Perciò le condizioni iniziali che assegni non garantiscono sempre l'unicità della soluzione del sistema omogeneo associato con condizioni nulle e nemmeno del sistema iniziale.
Questo sistema il primo punto.

Tuttavia, il determinante di cui sopra può essere reso diverso da zero scegliendo "bene" le coordinate dei punti $(x_i,y_i,z_i)$ con $i=1,\ldots , 6$ (basta scegliere le coordinate in modo che i vettori colonna della matrice $3xx 3$ risultino linearmente indipendenti!); quindi ci sono scelte di punti per i quali il sistema omogeneo associato con condizioni nulle ha unica soluzione e da ciò segue che il problema iniziale ha unica zoluzione.
Questo sistema il secondo.


P.S.: Ti ricordo che se tutto ciò finisce in una tesi, o in un articolo di ricerca, deve essere citato propriamente.
Altrimenti, si chiama "plagio" ed è uno dei crimini peggiori di cui si possa macchiare un ricercatore.

Perché dici che la sto facendo troppo lunga e perché parli di plagio? Non ti capisco puoi spiegati?

[gugo82]

"antonio9992":[quote="gugo82"]Non ho letto attentamente, ma mi sembra tu la stia facendo un po' troppo lunga...

P.S.: Ti ricordo che se tutto ciò finisce in una tesi, o in un articolo di ricerca, deve essere citato propriamente.
Altrimenti, si chiama "plagio" ed è uno dei crimini peggiori di cui si possa macchiare un ricercatore.

Perché dici che la sto facendo troppo lunga [...][/quote]
Perchè la teoria delle PDE lineari ti consente di guardare il sistema omogeneo associato se vuoi provare l'unicità... Quindi i termini noti li puoi lasciar perdere senza fare danno.

"antonio9992":[...] e perché parli di plagio? Non ti capisco puoi spiegati?

Ti ho solo ricordato che, nel caso usassi questo discorso in una produzione scientifica, dovresti avere l'accortezza di citare la fonte (così per stare tranquillo e non incorrere in situazioni spiacevoli).

[antonio9992]

Guarda io sono uno studente di ingegneria, non sapevo neanche dell'esistenza di questo metodo, l'ho risolto così come credevo.

Se scrivo quello che hai scritto tu posso essere accusato di plagio. Scusa non è una semplice risoluzione di un problema con un metodo tradizionale a quanto pare? Come fa ad essere materiale di ricerca?