Equazione differenziale non lineare
Possiedo la soluzione di questo esercizio, vediamo se qualche analista ci riesce.....
risolvere la seguente ODE:
$2yy''-(y')^2=(1/3)(y'-xy'')^2"$
edit: avevo sbagliato a scrivere l'equazione di partenza......
adesso è corretto
risolvere la seguente ODE:
$2yy''-(y')^2=(1/3)(y'-xy'')^2"$
edit: avevo sbagliato a scrivere l'equazione di partenza......
adesso è corretto
Risposte
sei proprio preciso come un matematico...intendo dire che sono capace a risolverla .... comunque la soluzione di wolfram non è l'unica possibile.....
Perchè mathematica non è in grado di trovare tutte le possibili soluzioni?
Per risolverla comincerei a fare un cambio di variabile del tipo \(z= 2y+x/3\); l'equazione diventa
\[
2zz'' = (z')^2 -\frac{1}{9}\,.
\]
A questo punto si possono usare i metodi risolutivi per le equazioni del secondo ordine nelle quali non compaia esplicitamente la variabile indipendente. Nella fattispecie, cerchiamo soluzioni localmente invertibili della forma \(x=x(z)\); posto \(p=z'\) si arriva a qualcosa del tipo
\[
2zpp' = p^2-1/9;
\]
separando le variabili otteniamo
\[
c_1 |z| = \left|p^2-\frac{1}{9}\right|, \qquad c_1 > 0.
\]
Per ottenere tutte le soluzioni sarà necessario distinguere i vari casi; vediamo quello che si ottiene togliendo barbaramente i moduli
\[
c_1 z = p^2-\frac{1}{9}\,,
\]
vale a dire
\[
(z')^2 = c_1 z +\frac{1}{9}\,.
\]
Anche qui ancora discussioni su discussioni
, diciamo che vediamo solo il caso \(z'>0\):
\[
z' = \sqrt{c_1 z + 1/9}\,.
\]
Separando variabili etc etc si arriva (forse, non ho controllato...) a qualcosa di simile alla soluzione fornita da Mathematica.
\[
2zz'' = (z')^2 -\frac{1}{9}\,.
\]
A questo punto si possono usare i metodi risolutivi per le equazioni del secondo ordine nelle quali non compaia esplicitamente la variabile indipendente. Nella fattispecie, cerchiamo soluzioni localmente invertibili della forma \(x=x(z)\); posto \(p=z'\) si arriva a qualcosa del tipo
\[
2zpp' = p^2-1/9;
\]
separando le variabili otteniamo
\[
c_1 |z| = \left|p^2-\frac{1}{9}\right|, \qquad c_1 > 0.
\]
Per ottenere tutte le soluzioni sarà necessario distinguere i vari casi; vediamo quello che si ottiene togliendo barbaramente i moduli
\[
c_1 z = p^2-\frac{1}{9}\,,
\]
vale a dire
\[
(z')^2 = c_1 z +\frac{1}{9}\,.
\]
Anche qui ancora discussioni su discussioni
, diciamo che vediamo solo il caso \(z'>0\):\[
z' = \sqrt{c_1 z + 1/9}\,.
\]
Separando variabili etc etc si arriva (forse, non ho controllato...) a qualcosa di simile alla soluzione fornita da Mathematica.
esiste un trucco diabolico per risolverla "semplicemente"
Torniamo all'equazione in \(z\) (che mi piace di più):
\[
2zz'' = (z')^2 -1/9.
\]
Cerchiamo soluzioni in intervalli dove \(z\neq 0\) (osserviamo, comunque, che \(z\) non può essere identicamente nulla su un intervallo).
Derivando l'equazione abbiamo che
\[
2z'z'' + 2z z''' = 2z' z''.
\]
Poiché stiamo assumendo \(z\neq 0\), otteniamo che \(z''' = 0\) cioè \(z\) è un polinomio di secondo grado.
Se prendiamo \(z = ax^2+bx+c\), sostituendo nell'equazione di partenza otteniamo la seguente relazione fra i coefficienti:
\[
4ac = b^2 - 1/9.
\]
Naturalmente possiamo anche partire dall'equazione in \(y\) e derivare quella; in tal caso si ottiene (salvo errori)
\[
(2y + x/3) y''' = 0
\]
e si può fare un'analisi simile a quella fatta sopra per \(z\).
\[
2zz'' = (z')^2 -1/9.
\]
Cerchiamo soluzioni in intervalli dove \(z\neq 0\) (osserviamo, comunque, che \(z\) non può essere identicamente nulla su un intervallo).
Derivando l'equazione abbiamo che
\[
2z'z'' + 2z z''' = 2z' z''.
\]
Poiché stiamo assumendo \(z\neq 0\), otteniamo che \(z''' = 0\) cioè \(z\) è un polinomio di secondo grado.
Se prendiamo \(z = ax^2+bx+c\), sostituendo nell'equazione di partenza otteniamo la seguente relazione fra i coefficienti:
\[
4ac = b^2 - 1/9.
\]
Naturalmente possiamo anche partire dall'equazione in \(y\) e derivare quella; in tal caso si ottiene (salvo errori)
\[
(2y + x/3) y''' = 0
\]
e si può fare un'analisi simile a quella fatta sopra per \(z\).
Questo esercizio è tratto da questo libro che puoi scaricare gratuitamente:
http://www.amazon.com/Handbook-Differen ... 0127843965
Penso che tu abbia fatto qualche errore....
L'idea è questa: se differenzi l'equazione di partenza ottieni:
$y'''(y''x^2/3-x/3y'-y)=0$
quindi si ottengono due equazioni, la prima è banale, la seconda è la famosa equazione di Eulero che si risolve ponendo
$y=x^r$ le soluzioni sono quindi
$y=ax^2+bx+c$
ed anche la soluzione dell'equazione di Eulero:
$y=Ax^3+B/x$
La cosa che non capisco è perchè mathematica non riesce a trovare tutte le soluzioni...bo
http://www.amazon.com/Handbook-Differen ... 0127843965
Penso che tu abbia fatto qualche errore....
L'idea è questa: se differenzi l'equazione di partenza ottieni:
$y'''(y''x^2/3-x/3y'-y)=0$
quindi si ottengono due equazioni, la prima è banale, la seconda è la famosa equazione di Eulero che si risolve ponendo
$y=x^r$ le soluzioni sono quindi
$y=ax^2+bx+c$
ed anche la soluzione dell'equazione di Eulero:
$y=Ax^3+B/x$
La cosa che non capisco è perchè mathematica non riesce a trovare tutte le soluzioni...bo
"baldo89":
$2yy''-(y')^2=(1/3)(y'-xy'')^"$
Sicuro che il testo sia questo?
Ma \(y(x;a,b,c):=ax^2+bx+c\) non è sempre soluzione dell'equazione di partenza, i.e. non tutte le funzioni appartenenti a tale famiglia soddisfano la EDO.
Infatti, affinché ciò accada è necessario e sufficiente o che \(a=b=0\) (ed in tal caso si trovano le banalissime soluzioni costanti), oppure che \(a=-1/3\) e \(b=c=0\) (ed in tal caso si trova un monomio di secondo grado) ovvero che:
\[
c\neq 0 \qquad \text{e} \qquad a=\frac{3b^2+b}{12c}\; .
\]
Inoltre, non mi pare che le funzioni della famiglia \(y(x;A,B):= Ax^3+\frac{B}{x}\) risolvano la EDO di partenza se \(A,B\) sono diverse da zero.
Infatti, affinché ciò accada è necessario e sufficiente o che \(a=b=0\) (ed in tal caso si trovano le banalissime soluzioni costanti), oppure che \(a=-1/3\) e \(b=c=0\) (ed in tal caso si trova un monomio di secondo grado) ovvero che:
\[
c\neq 0 \qquad \text{e} \qquad a=\frac{3b^2+b}{12c}\; .
\]
Inoltre, non mi pare che le funzioni della famiglia \(y(x;A,B):= Ax^3+\frac{B}{x}\) risolvano la EDO di partenza se \(A,B\) sono diverse da zero.
mi sono dimenticato di scrivere le condizioni sui coefficienti, hai ragione...
si trova se non ricordo male che $A*B=0$
si trova se non ricordo male che $A*B=0$
Non mi pare comunque il caso...
Infatti, una funzione del tipo \(y(x;A,B)=Ax^3 +\frac{B}{x}\), che ha \(y^\prime (x;A,B)=3Ax^2-\frac{B}{x^2}\) e \(y^{\prime \prime}(x;A,B)=6Ax+\frac{2B}{x^3}\), soddisfa la EDO iniziale se e solo se risulta identicamente nulla la quantità:
\[
\begin{split}
6y\ y^{\prime \prime} - 3(y^\prime)^2 -y^\prime +xy^{\prime \prime} &= 6\left( Ax^3 +\frac{B}{x} \right)\ \left( 6Ax+\frac{2B}{x^3}\right) - 3\left( 3Ax^2-\frac{B}{x^2} \right)^2 \\
&\phantom{=} -\left( 3Ax^2-\frac{B}{x^2}\right) +x\left(6Ax+\frac{2B}{x^3}\right)\\
&= 36A^2x^4+12AB+36AB+\frac{12B^2}{x^4} - 27A^2x^4 +18AB-\frac{3B^2}{x^4}\\
&\phantom{=} -3Ax^2+\frac{B}{x^2} + 6Ax^2 +\frac{2B}{x^2}\\
&= 9A^2x^4+3Ax^2+66AB + \frac{3B}{x^2} +\frac{9B^2}{x^4}\; ;
\end{split}
\]
ma l'ultimo membro non è zero a meno che non siano contemporaneamente nulli sia \(A\) sia \(B\).
Il problema, come sa chiunque lavori con le EDO, è che derivando una EDO si "guadagnano" soluzioni "fittizie".
Ad esempio, banalmente, considera la EDO \(y^\prime =0\), la quale ha come integrale generale \(y(x;c)=c\); derivandola, si ottiene \(y^{\prime \prime} =0\), la quale ha come integrale generale \(y(x;b,c)=bx+c\). Quindi derivando hai "guadagnato" infinite soluzioni che non sono soluzioni del problema di partenza.
Si pone perciò il problema di "scremare" l'insieme delle soluzioni ottenute dopo derivazione da tutte quelle soluzioni "fittizie" che non soddisfano la EDO iniziale. Nell'esempio, si vede che una funzione del tipo \(y(x;b,c)\) soddisfa la EDO \(y^\prime =0\) solo se \(b=0\); quindi ritrovi l'integrale generale determinato all'inizio.
Lo stesso accade con la EDO che hai proposto: derivandola "guadagni" soluzioni "fittizie", perciò devi "scremare" l'insieme delle soluzioni che hai determinato.
Infatti, una funzione del tipo \(y(x;A,B)=Ax^3 +\frac{B}{x}\), che ha \(y^\prime (x;A,B)=3Ax^2-\frac{B}{x^2}\) e \(y^{\prime \prime}(x;A,B)=6Ax+\frac{2B}{x^3}\), soddisfa la EDO iniziale se e solo se risulta identicamente nulla la quantità:
\[
\begin{split}
6y\ y^{\prime \prime} - 3(y^\prime)^2 -y^\prime +xy^{\prime \prime} &= 6\left( Ax^3 +\frac{B}{x} \right)\ \left( 6Ax+\frac{2B}{x^3}\right) - 3\left( 3Ax^2-\frac{B}{x^2} \right)^2 \\
&\phantom{=} -\left( 3Ax^2-\frac{B}{x^2}\right) +x\left(6Ax+\frac{2B}{x^3}\right)\\
&= 36A^2x^4+12AB+36AB+\frac{12B^2}{x^4} - 27A^2x^4 +18AB-\frac{3B^2}{x^4}\\
&\phantom{=} -3Ax^2+\frac{B}{x^2} + 6Ax^2 +\frac{2B}{x^2}\\
&= 9A^2x^4+3Ax^2+66AB + \frac{3B}{x^2} +\frac{9B^2}{x^4}\; ;
\end{split}
\]
ma l'ultimo membro non è zero a meno che non siano contemporaneamente nulli sia \(A\) sia \(B\).
Il problema, come sa chiunque lavori con le EDO, è che derivando una EDO si "guadagnano" soluzioni "fittizie".
Ad esempio, banalmente, considera la EDO \(y^\prime =0\), la quale ha come integrale generale \(y(x;c)=c\); derivandola, si ottiene \(y^{\prime \prime} =0\), la quale ha come integrale generale \(y(x;b,c)=bx+c\). Quindi derivando hai "guadagnato" infinite soluzioni che non sono soluzioni del problema di partenza.
Si pone perciò il problema di "scremare" l'insieme delle soluzioni ottenute dopo derivazione da tutte quelle soluzioni "fittizie" che non soddisfano la EDO iniziale. Nell'esempio, si vede che una funzione del tipo \(y(x;b,c)\) soddisfa la EDO \(y^\prime =0\) solo se \(b=0\); quindi ritrovi l'integrale generale determinato all'inizio.
Lo stesso accade con la EDO che hai proposto: derivandola "guadagni" soluzioni "fittizie", perciò devi "scremare" l'insieme delle soluzioni che hai determinato.
cavolo ho sbagliato a scrivere l'equazione di partenza, adesso ho corretto
scusa....
scusa....
Conclusione :
l'equazione possiede 3 soluzioni
$y=ax^2+bx+b^2/(3a)$
$y=Ax^3$
$y=B/x$
l'equazione possiede 3 soluzioni
$y=ax^2+bx+b^2/(3a)$
$y=Ax^3$
$y=B/x$
"baldo89":
cavolo ho sbagliato a scrivere l'equazione di partenza, adesso ho corretto
scusa....
Umph...
Figurati.
Ad ogni modo, il discorso che ho fatto sopra sulle soluzioni "fittizie" è comunque valido.
Ad ogni modo, il discorso che ho fatto sopra sulle soluzioni "fittizie" è comunque valido
si si, il tuo discorso mi è stato utile! io non ci avevo pensato...
Comunque devo ancora capire perchè mathematica non ha trovato tutte le soluzioni...
"baldo89":
Comunque devo ancora capire perchè mathematica non ha trovato tutte le soluzioni...
Perché, come tutti i software, ha dei limiti, soprattutto per quel che riguarda la "fantasia".
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