OliForum Matematico

Una domanda da "ingenuo della materia":

La seguente equazione differenziale

$ \left \{ \begin{array}{l}y'=-x^3y^2-xy \\ y(0)=1 \end{array} $

io non so come si risolve, ma dopo uno studio qualitativo ho scoperto che la soluzione $ \phi(x) $ dev'essere compresa tra 0 e 1, cresce fino a 0 e poi decresce, ammettendo in 0 il suo valore massimo, 1. Quindi poiché non conosco metodi risolutivi di tipo "algoritmico", ho provato con funzioni pari dell'andamento descritto e ho scoperto che la funzione $ x \mapsto -\frac{1}{x^2+2} $ risolve l'equazione differenziale a meno del dato iniziale, perché in 0 essa vale -1/2. Qualcuno sa come posso passare alla soluzione voluta conoscendo questo e/o metodi risolutivi meno empirici e che mi deludano meno?

Ciao,...

Direi che si tratta di una equazione di Bernoulli, altrimenti esprimibile come:
$ $ y'+xy=-x^3y^2 $ $
Si risolve in due casi.
1) y $ $ = $ $ 0
Poiché l'esponente della y al secondo membro (che chiameremo $ $ \alpha $ $) è positivo, allora $ $ y=0 $ $ è una soluzione.
2) y $ $ \neq $ $ 0
Si divide tutto per $ $ y^{\alpha}=y^2 $ $:
$ $ \frac{y'}{y^2}+x \cdot \frac{y}{y^2}=-x^3 $ $
$ $ \frac{y'}{y^2}+x \cdot t =-x^3 $ $
e cioè abbiamo una nuova variabile $ $ t = \frac{y}{y^2} $ $.
La derivata di t è:
$ $ t' = (1-\alpha) \frac{y'}{y^{\alpha}} $ $
e, nel nostro caso, $ $ t' = - \frac{y'}{y^2} $ $
Sostituendo, l'equazione diventa una lineare con variabile t.
Le lineari, come noto, hanno una semplice formula risolutiva, purché siano messe nella forma $ $ y'+p(x)y=q(x) $ $ (dove $ $ p(x) $ $ e $ $ q(x) $ $ sono polinomi in x):
$ $ y=e^{- \int {p(x)dx}} \cdot \left[ c+ \int {q(x) \cdot e^{\int {p(x)dx}}dx} \right]$ $.
La lineare, che abbiamo ottenuto, è:
$ $ -t+xt =-x^3 $ $
$ $ t-xt =x^3 $ $
da cui:
$ $ y=e^{- \int {-xdx}} \cdot \left[ c+ \int {x^3 \cdot e^{\int {-xdx}}dx} \right] = $ $
$ $ y=e^{\frac{x^2}{2}} \cdot \left[ c+ \int {x^3 \cdot e^{-\frac{x^2}{2}} dx} \right] = $ $
Si risolve (ambiziosamente, con $ $ \LaTeX$ $ ) per parti.
Una volta trovato l'integrale-soluzione, lo si deriva, quindi si deve risolvere un sistema realizzato con i dati iniziali in tuo possesso; ma a questo ci arriveremo, perché per ora ho un po' di confusione in testa.

Non mi voglia male MdF se continuo io(premettendo che tutti i suoi passaggi sono perfetti!!!) :
l'equazione lineare che otteniamo alla fine è:
$ t'-xt=x^3 $ che risolta con la formula scritta sopra si ha:
$ \displaystyle t=e^{\frac{x^2}{2}} \cdot \left[ C+ \int {x^3 \cdot e^{-\frac{x^2}{2}} dx} \right] $ risolvendo quell'integrale, come ha giustamente suggerito MdF , per parti si ottiene:
$ \displaystyle t=e^{\frac{x^2}{2}} \left[ -e^{-\frac{x^2}{2}}(x^2+2)+C \right] $ e svolgendo i calcoli:
$ t=-x^2-2+Ce^{\frac{x^2}{2}} $
Questo risultato ci fornisce $ t $ per trovare l'integrale generale dell'equazione di partenza ricordiamo la posizione fatta all'inizio ossia:
$ \displaystyle t = \frac{y}{y^2}= \frac{1}{y} $
$ \displaystyle \frac{1}{y}=-x^2-2+Ce^{\frac{x^2}{2}} $
e ricavando $ y $
$ \displaystyle y=\frac{1}{Ce^{\frac{x^2}{2}}-x^2-2} \rightarrow $integrale generale

passando al problema di Cauchy basta sostituire nell'integrale generale ad $ x $ 0 e a $ y $ 1 ottenendo:

$ \displaystyle 1=\frac{1}{C-2} \rightarrow C=3 $ questo valore sostituito nell'integrale generale ci fornisce l'integrale particolare che è:
$ \dispalystyle y=\frac{1}{3e^{\frac{x^2}{2}}-x^2-2} $

ps: spero che sia tutto corretto in caso contrario attendo correzioni!! !!

Apocalisse86 ha scritto:Non mi voglia male MdF se continuo io(premettendo che tutti i suoi passaggi sono perfetti!!!)

... altroché, anzi (citando) " tte vojo bbène! "
In particolare, altro che perfetti: avevo clamorosamente sbagliato mettendo (come soluzione della lineare) y al posto di t, e la lineare è proprio in t, non in y! E poi tutto il tuo procedimento mi sembra perfetto, ma mica poco!

Beh, grazie ragazzi... e pensare che avevo cercato soluzioni del tipo $ y=1/z $... devo essere cecato

Ciao

Sinceramente non me ne ero accorto perchè ho visto di sfuggita fin dove eri arrivato tu e poi mi sono messo a scrivere i passaggi rimasti ricopiandoli dal mio foglio:

Cmq grazie per il

MdF ha scritto:" tte vojo bbène! "

.........................

e per:

MdF ha scritto:E poi tutto il tuo procedimento mi sembra perfetto, ma mica poco!

Per fare il noioso, direi che la soluzione proposta consiste proprio nella sostituzione y=1/z fatta in un modo molto artificioso:
$ y=1/z\Rightarrow y'=-z'/z^2 $ e dunque l'equazione diventa $ z'=x^3+xz $ che si risolve con i metodi standard.

EvaristeG ha scritto:Per fare il noioso, direi che la soluzione proposta consiste proprio nella sostituzione y=1/z fatta in un modo molto artificioso:
$ y=1/z\Rightarrow y'=-z'/z^2 $ e dunque l'equazione diventa $ z'=x^3+xz $ che si risolve con i metodi standard.

È la differenza tra i conoscitori profondi della materia (EvaristeG) e gli sfruttatori (io) di metodi didattici di risoluzione. Però sono curioso e mi interesserebbe sapere, anche solamente accennato, come si procede a risolvere $ z'=x^3+xz $ (che non mi pare un gran miglioramento rispetto alla espressione iniziale ).

EvaristeG ha scritto:Per fare il noioso, direi che la soluzione proposta consiste proprio nella sostituzione y=1/z fatta in un modo molto artificioso:
$ y=1/z\Rightarrow y'=-z'/z^2 $ e dunque l'equazione diventa $ z'=x^3+xz $ che si risolve con i metodi standard.

Eh... appunto, io avevo provato a fare questa furba sostituzione (...beh: il y^2 a secondo membro mi ha aiutato)... è che quando sono giunto a $ z'=x^3+xz $ mi sono bloccato non riconoscendola come equazione lineare... una delle cose inspiegabili che appunto non mi spiegherò mai...

Quanto a MdF, ... mi sembra che nel tuo primo post hai ricondotto il problema alla risoluzione di una equazione lineare proprio uguale a quella di cui parla EvaristeG... anche se hai scritto $ t-xt=x^3 $ in vece di $ t'-xt=x^3 $

Ciao

Le equazioni del tipo
$ y'+f(x)y+g(x)=0 $
hanno una forma integrale abbastanza ovvia, come puoi vedere qui : http://en.wikipedia.org/wiki/Linear_dif ... efficients
Da lì il problema è solo risolvere l'integrale.

Effettivamente non mi ero accorto che fosse una lineare, il cui integrale è piuttosto semplice. Grazie comunque.

Giusto per chiudere la discussione ,
generalizzando ciò che MdF ha fatto nella prima risposta si può dire che:
tutte le equazioni di Bernoulli ossia della forma $ y'+a(x)y=b(x)y^{\alpha} $ con $ \alpha \not = 0 $ e da $ 1 $ (per ovvie ragioni... e che per altre ovvie ragione quando $ \alpha >0 $ ammette come soluzione sempre $ y=0 $) non sono lineari tuttavia si possono trasformare in una lineare dividendo tutto per $ y^{\alpha} $ e ponendo $ z=y^{1-\alpha} \rightarrow z'=(1-\alpha)y^{-\alpha}y' $. Con questo opportuno cambio di variabili otteniamo ( dopo alcuni semplici passaggi ) l'equazione $ z'+(1-\alpha)a(x)z=(1-\alpha)b(x) $ che è proprio un'equazione lineare del primo ordine in $ z' $ e $ z $. Giunti a questo punto:

EvaristeG ha scritto: Da lì il problema è solo risolvere l'integrale.

e una volta trovato $ z $ ricordarsi che la soluzione dell'equazione di partenza è:
$ \displaystyle y=z^{\frac{1}{1-\alpha}} $

ciao... !