EvaristeG ha scritto:Riguardo all'integrale :
$ \int\dfrac{dy}{y+\srqt{y}} $
poni $ v=\sqrt{y} $ da cui $ dv=\dfrac{1}{2\sqrt{y}}dy $ da cui
$ \int\dfrac{dy}{y+\srqt{y}}=2\int\dfrac{1}{2\sqrt{y}}dy\dfrac{1}{\sqrt{y}+1}= $$ 2\int\dfrac{dv}{v+1}=2\log(v+1)+C $
Nel tuo caso
$ \dfrac{t^2}{2}-\dfrac{1}{2}=2\log\left(\dfrac{y(t)+1}{1}\right) $
da cui $ \exp(\dfrac{t^2-1}{4})=y(t)+1 $
ovvero
$ y(t)=e^{(t^2-1)/4}-1 $
@Leandro : se tu intendi dy=f'(x)dx, allora puoi intendere tutto come rapporti, ma a quel punto questa NON è la variazione delle ordinate... tale variazione è infatti $ \Delta_y(h)=f(x+h)-f(x) $ in corrispondenza ad una variazione $ \Delta_x=h $.
La cosa giusta è
$ y'(x)=\dfrac{dy}{dx}=\diplsaystyle{\lim_{\Delta_x\to 0}\dfrac{f(x+\Delta_x)-f(x)}{\Delta_x}} $.
La derivata è un rapporto PRIMA di passare al limite, ma non tutte le operazioni algebriche commutano con il passaggio al limite, quindi non è sempre lecito manipolare algebricamente queste espressioni. Anche perchè, inteso una volta per tutte il limite in $ \Delta_x\to 0 $, le due quantità separate $ \Delta_x,\Delta_y $ sono entrambe 0 (se la funzione è continua), quindi moltiplicare o dividere per una di esse è un'operazione banale oppure vietata.
Il fatto è che ogni volta si sottintende il limite ed a volte questa implicita assunzione porta problemi.
Veramente io ho scritto "variazione subita dall'ordinata
del punto corrente sulla tangente" e non sulla curva
( in tal caso la variazione sarebbe quella che dici tu).
Nel caso mio e' invece proprio $ $dy=f'(x) \Delta x $
come si puo' vedere anche geometricamente.
?
Leandro
Sì ok, ma poi quando integri non è ben chiaro quello che stai facendo, a meno che tu non voglia passare alle somme di Riemann e poi all'integrale come limite. Comunque, vedi bene che un limite di mezzo c'è sempre e, ripeto, ci sono cose antipatiche che non si comportano bene rispetto ai limiti. Se ritrovo quella dimostrazione che tutte le funzioni hanno derivata terza nulla, la posto...
$ \displaystyle{\int_1^t\dfrac{y'(x)}{y(x)+\sqrt{y(x)}}dx=\int_1^txdx} $
ed ora, magia, si ha che se si pone u=y(x), si ha il cambio di variabili $ y'(x)dx=du $, da cui (ricordando che y(1)=0).
$ \displaystyle{\int_0^{y(t)}\dfrac{du}{u+\sqrt{u}}=\dfrac{t^2}{2}-\dfrac12 $
che è esattamente il risultato a cui si perviene con la separazione delle variabili fatta "grezzamente".
Stavo riguardando questo punto... solitamente in questo punto io faccio un integrale indefinito.. no definito... e come in questo caso il risultato viene un pò alterato...
infatti integrando in questa maniera mi viene un $ \displaystyle-\frac{1}{2} $ in più...
e alla fine il risultato anzicchè venirmi $ y(t)=\left(e^{(t^2-1)/4}-1\right)^2 $ mi viene $ y(x)=\left(e^{x^2/4}-1\right)^2 $
Ultima modifica di Sosuke il 27 set 2006, 11:39, modificato 2 volte in totale.
Beh, hai sbagliato a porre le condizioni iniziali ... visto che la tua in 1 non fa 0!
Anzi, secondo me ti sei dimenticato di porle : se fai gli integrali indefiniti devi lasciare in giro una costante d'integrazione da determinare secondo le condizioni iniziali (in base alle quali io avevo scelto gli estremi di integrazione).
si infatti... hai ragione corregendo il riisultato mi viene
$ y(x)=\left(e^{(x^2+c)/4}-1\right)^2 $
A questo punto pervengo alla conclusione che se al posto di fare un integrale indefinito ne faccio uno definito trovo direttamente la costante $ c $ senza doverla poi calcolare in seguito...
esatto? o mi sbaglio?
e se $ y(1) $ fosse stata diversa da 0 avrei avuto un valore "di troppo" anche a sinistra dell'argomento.. avrebbe stravolto il risultato a quel valore avrebbe fatto parte della costante c ?
Hmm allora, facciamo così che è meglio :
se hai un problema di Cauchy che può scriversi come
$ \left\{\begin{array}{lcl}g(y(x))y'(x)&=&f(x)\\y(x_0)&=&y_0\end{array}\right. $
allora
$ \int_{x_0}^{x}g(y(t))y'(t)dt=\int_{x_0}^{x}f(t)dt $
ovvero
$ \int_{y(x_0)}^{y(x)}g(y)dy=\int_{x_0}^{x}f(t)dt $
Se ora chiami F(t) una primitiva di f(t) e G(y) una primitiva di g(y) avrai che
$ G(y(x))-G(y(x_0))=F(x)-F(x_0) $
ovvero
$ G(y(x))=F(x)-F(x_0)+G(y_0) $
Se tu invece avessi fatto gli integrali indefiniti saresti arrivato a
$ G(y(x))=F(x)+C $
dal confronto è evidente che $ C=G(y_0)-F(x_0) $
e quindi se y(1) fosse stato qualcosa di non nullo, nella costante di integrazione sarebbe comparso anche un pezzzo che dipendeva da quel valore.
Per concludere, se H è l'inversa di G, hai che
$ y(x)=H(F(x)-F(x_0)+G(y_0)) $
è la soluzione al problema di Cauchy iniziale.
grazie.. a volte rimango sorpreso dalla varietà di metodi per arrivare ad una soluzione in matematica... forse perchè di questa cosa non ne avevano mai neanche accennato i mie prof...
No ... quella cosa non è della forma
$ g(y(x))y'(x)=f(x) $
Quella, piuttosto, è una equazione lineare non omogenea; dalla teoria si sa che le sue soluzioni sono della forma
$ y(x)=S_c(x)+t(x) $
dove $ S_c(x) $ è la generica soluzione dell'eq. omogenea associata $ y'+2y=0 $ (dipendente da un parametro c che servirà a fissare il dato iniziale) e t(x) è una qualsiasi soluzione particolare dell'eq. di partenza.
Le sol di $ y'=-2y $ sono le funzioni del tipo $ S_c(x)=ce^{-2x} $ (è noto ed è facile da dimostrare). Una soluzione dell'eq di partenza si può trovare "indovinandone la forma" : nel nostro caso vogliamo ottenere un seno, quindi è ragionevole tentare di trovare una sol della forma $ a\cos(x)+b\sin(x) $.
In effetti vediamo che
$ -a\sin(x)+b\cos(x)+2a\cos(x)+2b\sin(x)=\sin(x) $ è verificata per 2b-a=1, 2a+b=0, quindi a=-b/2 e 3b/2=1 quindi b=2/3 e a=-1/3.
Dunque la generica soluzione è del tipo
$ ce^{-2x}-\dfrac{\cos(x)}{3}+\dfrac{2\sin(x)}{3} $
@all:
Scusate parlo da ingenuo della materia: ma l'equazione non era risolvibile direttamente con la formula delle equazioni differenziali lineari ossia $ \displaystyle e^{\int a(x)dx} \left[ \int e^{-\int a(x)dx} b(x)dx \right] $ con $ a(x)=2 \mbox{ e } b(x)= \sin x $ ? Non si perviene direttamente alla stessa soluzione?
ps
quello che ha usato EvaristeG non è il metodo dei coefficienti indeterminati? io l'ho usato solo per le equazioni differenziali del secondo ordine lineari non omogenee a coefficienti costanti ( mih che nome !!).
spero di non aver detto una sciocchezza!!
@sosuke:
no un problema di cauchy può avere diverse forme. Non è altro che un'equazione differenziali di qualsiasi tipo con delle condizioni(dette condizioni iniziali) che ci permettono di determinare un integrale particolare dell'equazione...se l'equazione è del primo ordine(ossia con ordine max della derivata= 1) si ha una sola condizone iniziale, se l'equazione è del secondo ordine (ossia con ordine max della derivata= 2) si hanno due condizioni....
ciao....
"Nemo ante obitum beatus est":...nessuno è felice prima della morte...
(libera citazione ovidiana)
forse perchè di questa cosa non ne avevano mai neanche accennato i mie prof...
!!).