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da **dimaios** » 18 nov 2012, 14:21

Per trovare la soluzione generale seguirei il seguente procedimento.

$\frac{\partial f\left(x,y\right)}{\partial x}=\frac{\partial f\left(x,y\right)}{\partial y$

Definisco due variabili ausiliarie operando la seguente sostituzione :

$\theta_{1} = x + y$
$\theta_{2} = x - y$

A questo punto risulta che per via del cambio di variabili :

$\frac{\partial f}{\partial x} = \frac{\partial f}{\partial \theta_{1}} \cdot \frac{\partial \theta_{1}}{\partial x} + \frac{\partial f}{\partial \theta_{2}} \cdot \frac{\partial \theta_{2}}{\partial x} = \frac{\partial f}{\partial \theta_{1}} \cdot 1 + \frac{\partial f}{\partial \theta_{2}} \cdot 1 = \frac{\partial f}{\partial \theta_{1}} + \frac{\partial f}{\partial \theta_{2}}$

$\frac{\partial f}{\partial y} = \frac{\partial f}{\partial \theta_{1}} \cdot \frac{\partial \theta_{1}}{\partial y} + \frac{\partial f}{\partial \theta_{2}} \cdot \frac{\partial \theta_{2}}{\partial y} = \frac{\partial f}{\partial \theta_{1}} \cdot 1 + \frac{\partial f}{\partial \theta_{2}} \cdot ( -1 ) = \frac{\partial f}{\partial \theta_{1}} - \frac{\partial f}{\partial \theta_{2}}$

Che sostituite nella prima equazione differenziale comporterebbero :

$\frac{\partial f \left(\theta_{1},\theta_{2}\right)}{\partial \theta_{1}} + \frac{\partial f \left(\theta_{1},\theta_{2}\right)}{\partial \theta_{2}}={\displaystyle \frac{\partial f \left(\theta_{1},\theta_{2}\right)}{\partial \theta_{1}} - \frac{\partial f \left(\theta_{1},\theta_{2}\right)}{\partial \theta_{2}$

Che alla fine fornisce il risultato :

${\displaystyle \frac{\partial f \left(\theta_{1},\theta_{2}\right)}{\partial \theta_{2}}=0$

Da questa si evince che la funzione non dipende da $\theta_{2}$ per cui si considera solo la somma delle due variabili $\theta_{1} = x+y$ ovvero :

$f \left(\theta_{1},\theta_{2}\right) = f \left(\theta_{1}) = \gamma( x + y ) = f(x,y)$

Dove la funzione $\gamma$ deve appartenere a $\gamma \in C^1 (\mathbb{R})$ .

In effetti è intuitivo pensare che qualiasi funzione che dipende dalla somma delle due variabili quando si deriva parzialmente rispetto a una o all'altra risulta identica. ;-)

da **carloc** » 19 nov 2012, 1:51

Beh ora provo a dire la mia....

partendo da questa

$\frac{\partial\,f(x,y)}{\partial x}=\frac{\partial\,f(x,y)}{\partial y}$

mi verrebe di dire che

$\nabla f=\binom{\partial f/\partial x}{\partial f/\partial y}=\binom{\partial f/\partial x}{\partial f/\partial x}=\binom{\partial f/\partial y}{\partial f/\partial y}$

in ogni punto il gradiente è parallelo alla retta x=y e quindi le linee di livello (comunque parallele al piano x/y e ortogonali al gradiente) sono tutte rette parallele alla retta x=-y.

Si può allora prendere una qualsiasi funzione derivabile $\gamma : \mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}\quad\gamma\in C^1(\mathbb{R})$ -Grazie

dimaios per la tua gamma

- definirla sulla retta x=y e poi proiettarla lungo x=-y

In pratica fissiamo un nuovo sistema di riferimento $\left(O,\hat{x},\hat{y}\right)$ ruotato rispetto $\left(O,x,y\right)$ in modo che l'asse $\hat{x}$ stia sulla retta x=y, anzi meglio, generalizziamo la cosa: poniamo il nuovo riferimento sulla retta $y=x\tan\alpha$

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

In questo nuovo riferimento la nostra funzione generatrice diventa

$z=\gamma(\hat{x})$

mentre la sua proiezione lungo $\hat{y}$ ha esattamente la stessa espressione prendendo però come dominio $\mathbb{R}^2$ , come dire un don't care sulla coordinata $\hat{y}$

$\gamma : \mathbb{R}^2\rightarrow\mathbb{R}\quad z=\gamma(\hat{x})$

Non ci resta che esprimere $\hat{x}$ in funzione di x e y: direi che per ogni generico punto individuato a r si ha $\hat{\rho}=\rho-\alpha$ e quindi

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

$\binom{\hat{x}}{\hat{y}}=\mathbf{R}(-\alpha)\cdot\binom{x}{y}=\left( \begin{matrix} \cos\alpha & \sin\alpha \\ -\sin\alpha & \cos\alpha \end{matrix} \right)\cdot\binom{x}{y}$

Sostituendo -tra l'altro ci serve solo una delle nuove coordinate- in generale si ha

$z=\gamma\left(x\cos\alpha+y\sin\alpha\right)$

in particolare nel caso richiesto ( $\hat{x}$ sulla retta x=y) basta sostiture $\alpha=\pi /2$

$z=\gamma\left(\frac{\sqrt{2}}{2}x+\frac{\sqrt{2}}{2}y\right)=\gamma\left(\frac{\sqrt{2}}{2}(x+y)\right)$

Che poi a meno di una dilatazione eventualmente incorporabile in gamma stessa è come dire

$z=\gamma_\text{d}(x+y)$

Già ma cosa abbiamo generalizzato a fare? Riprendendo le considerazioni iniziali sul verso del gradiente si potrebbe notare che

$\frac{\partial f/\partial y}{\partial f/\partial x}=\tan\alpha$

e quindi

$f(x,y)=\gamma\left(x\cos\alpha+y\sin\alpha\right)$

è una soluzione al problema

$c\frac{\partial\,f(x,y)}{\partial x}=\frac{\partial\,f(x,y)}{\partial y}$ con $c=\tan\alpha$

Ultima domanda: ma queste sono proprio tutte le soluzioni possibili? Sfortunatamente no

a questo punto è facile notare che -con c costante- anche questa

$f(x,y)=\gamma(x+y+c)$

$\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}=\frac{\partial f(x,y)}{\partial y}=\gamma^\prime(x+y+c)$

ce ne staremo perdendo altre ??

Edit:
Aggiunto la figura (non molto bella per la verità) e poi mi sono reso conto che in effetti scrivere $\gamma(x+y+c)$ in luogo di $\gamma(x+y)$ non è altro che traslare la funzione generatrice lungo $\hat{x}$ -cosa anche questa che si può pensare incorporata in gamma stessa- e quindi non aggiunge nuove soluzioni al problema.

da **PietroBaima** » 20 nov 2012, 2:18

Siete fortissimi, ragazzi!

Se ci fosse stato il tempo avremmo risolto una particolare equazione del trasporto (c=-1)... ma il tempo non c'è ;-)

La soluzione f(x+y) è la più generale possibile, come anche la f(x+y+c).
La soluzione perfetta e canonica di

dimaios non lascia proprio speranze per altre soluzioni.
per

dimaios: ti piacciono le sostituzioni d'Alambert ? ;-)

Naturalmente a meno di soluzioni costanti, beccate subito da

carloc!
Nelle equazioni differenziali alle derivate parziali saltano fuori delle funzioni costanti al posto delle costanti presenti delle equazioni differenziali alle derivate ordinarie perché la derivata parziale le annulla, essendo a lei indipendenti. La funzione x+y è composta dalle soluzioni parziali lungo x e lungo y, quindi l'unione può avere, al più ancora una costante, che però potrebbe già essere presente nella funzione.
L'osservazione di

carloc, comunque è perfettamente pertinente.

Rilancio per l'ultima volta: l'insieme di funzioni trovate, viste come trasformazioni nel piano, conservano gli angoli?

: Log[Abs[x + y]]*Cos[x + y]; logcos.jpg (38.09 KiB) Osservato 1938 volte

da **dimaios** » 20 nov 2012, 9:53

PietroBaima ha scritto:per dimaios: ti piacciono le sostituzioni d'Alambert ?

Dal momento in cui ho visto la soluzione dell'equazione differenziale delle onde ! :mrgreen:

da **DirtyDeeds** » 20 nov 2012, 10:12

Bella discussione =D>

carloc ha scritto: $\gamma(x+y+c)$ in luogo di $\gamma(x+y)$ non è altro che traslare la funzione generatrice lungo $\hat{x}$ -cosa anche questa che si può pensare incorporata in gamma stessa- e quindi non aggiunge nuove soluzioni al problema.

Sì, non avevo avuto tempo di commentare ieri su questo, ma, in effetti, scrivere $\gamma(x+y)$ significa: prendi una qualunque funzione $\gamma(w)$ (purché sufficientemente liscia, in questo caso) e sostituisci a

,

. Quindi, per esempio, avendo una funzione $\gamma_1(w)$ ,

$\gamma(w) = \gamma_1(w+c)$

è ancora della forma voluta (così come lo sarebbero $\gamma(cw)$ , $\gamma(w^2)$ , $\gamma({\sin w})$ ecc.)