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da **Shika93** » 25 dic 2016, 19:47

Devo trovare la soluzione di questo problema
$\begin{cases} y'=y-y^3 & \\ y(0)=\frac{1}{2} & \end{cases}$
che devo risolvere per forza con le variabili separabili, giusto?

Io mi riscriverei $\frac{1}{y-y^3}$ come $\frac{1}{s-s^3}=\frac{1}{s}-\frac{1}{2(s+1)}-\frac{1}{2(s-1)}$ e quindi applicherei la formula.

$\int_{y_0}^{y} \frac{1}{s}-\frac{1}{2(s+1)}-\frac{1}{2(s-1)} ds=x-x_{0}$
Solo che facendo i calcoli mi viene fuori un logaritmo negativo. perché se $y_0=\frac{1}{2}$ e x_0=0

verrebbe
$\left [ln(s)-\frac{1}{2} ln(s+1)-\frac{1}{2} ln(s-1)\right ]_{\frac{1}{2}}^{y}=x$

$ln(y)-\frac{1}{2}ln(y+1)-\frac{1}{2} ln(y-1)-ln\left (\frac{1}{2}\right )-\frac{1}{2} ln\left (\frac{3}{2}\right )+\frac{1}{2} ln\left (-\frac{1}{2}\right )=x$
e non so cosa fare. Cosa sbaglio?

da **PietroBaima** » 25 dic 2016, 22:34

A occhio non mi sembra possibile la tua soluzione, perché l'equazione è definita per y(0)=1/2.

Tieni conto che ho dato una rapida occhiata alla equazione, senza risolverla, ma mi sembra che la soluzione debba essere qualcosa tipo un esponenziale diviso una radice di una costante più un esponenziale, questo perché l'equazione è debolmente non lineare in 1/2 (y^3 conta poco) e quindi deve assomigliare ad un esponenziale, poi c'è il termine y^3 che deve essere invertito, ma è derivato, quindi un quadrato, invertito, quindi ci sarà una radice quadrata. Se fosse così la cosa si semplifica, per non farla semplificare posso sommare una qualche costante alla radice.

Prova a sostituire qualcosa del tipo $y=\frac{\text{e}^x}{\sqrt{A+\text{e}^{2x}}}$

il 2x al denominatore è perché quando y cresce la soluzione deve essere asintotica a 1.
Non so se quello che ho scritto ha senso, prova a sostituire nella equazion, così se ha senso ricavi anche A.

da **rugweri** » 25 dic 2016, 23:49

Ho un forte mal di testa, quindi potrei sbagliare, ma:

$\frac{1}{y-y^3} = \frac{1}{y(1-y^2)} = \frac{1}{y} + \frac{y}{1-y^2} = \frac{\partial [\ln(y)]}{\partial y} - \frac{1}{2} \frac{\partial [\ln(1-y^2)]}{\partial y}$

Ovvero, con le condizioni poste dal problema:

$x = \left [ \ln(s) - \frac{1}{2}ln(1-s^2) \right ]^y_{\frac{1}{2}}$

Che tra l'altro, riscritta opportunamente dovrebbe - ad occhio - assumere la forma preventivata da Pietro:

$y = \frac{e^x}{\sqrt{1+e^{2x}}}$

da **Shika93** » 26 dic 2016, 1:09

Mi piacerebbe tanto riuscire anche io a capire a occhio cosa verrebbe. :lol:

rugweri ti ringrazio! perché invece col procedimento che usavo io mi ritrovavo in un punto morto? E' la stessa cosa mi pare...C'è una regola particolare che nel caso di soluzioni "complesse coniugate" come nel caso di $y=\pm 1$ non posso scomporre?

Edit: l'ho fatta facendo le scomposizioni che mi hai detto tu e mi verrebbe 3+ anziché 1+
L'equazione da risolvere dovrebbe venire $ln(y)-\frac{1}{2}ln(1-y^2)-ln(\frac{1}{2})+\frac{1}{2}ln(\frac{3}{4})=x$ , ovvero $\frac{1}{2} ln(\frac{3y^2}{1-y^2})=x$
Però vabbè, al limite c'è un errore di calcolo. L'importante è capire quando posso fare, cosa.
Edit2: si, è giusto 3+, WolframAlpha conferma.

da **rugweri** » 26 dic 2016, 9:31

Shika93 ha scritto:Edit: l'ho fatta facendo le scomposizioni che mi hai detto tu e mi verrebbe 3+ anziché 1+

Perdonami

Come ho scritto, avevo un bel po' di mal di testa e comunque avevo computato ad occhio... fare proprio tutto giusto sarebbe stato troppo

da **rugweri** » 26 dic 2016, 11:01

Ah, dimenticavo (e ho ricordato dopo più di un'ora :mrgreen:

): ti spiego cosa non andava nella tua risoluzione.

In sostanza, hai svolto bene i calcoli; il problema stava nel termine $-\frac{1}{2(s-1)}$ . Tu hai interpretato tale termine come $-\frac{1}{2}\frac{\partial [ln(s-1)]}{\partial s}$ ... matematicamente, è corretto, ma come hai notato di fatto non è quella la funzione adatta al tuo problema: nel tuo caso, la derivata opportuna è $-\frac{1}{2}\frac{\partial [ln(1-s)]}{\partial s}$ .

Tutto questo succede perché le due funzioni $\ln(1-s)$ e $\ln(s-1)$ hanno la stessa derivata rispetto a

, ovvero $\frac{\partial [ln(1-s)]}{\partial s} = \frac{\partial ln(s-1)}{\partial s} = \frac{1}{s-1}$ .

da **Shika93** » 26 dic 2016, 12:00

Se mi capita all'esame e non me ne accorgo, manderei tutto a quel paese. In ogni caso, grazie per la lezione di Natale! :mrgreen:

Effettivamente fare equazioni differenziali a mezzanotte, il giorno di Natale, non è il massimo.

da **Ianero** » 26 dic 2016, 12:05

Tranquillo, c'è chi ha fatto di peggio qui :mrgreen:

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Problema di Cauchy

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