Edo del primo ordine per sostituzione e a variabili separabili

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Edo del primo ordine per sostituzione e a variabili separabili #88992

avt
gcappellotto47
Cerchio
Mi trovo in difficoltà con la seguente equazione differenziale:

y'(x)=\frac{x-y(x)}{x+y(x)}

A occhio dovrebbe essere applicabile il metodo della separazione delle variabili, magari con qualche sostituzione particolare?

Grazie e saluti
Giovanni C.
 
 

Edo del primo ordine per sostituzione e a variabili separabili #88999

avt
Galois
Coamministratore
Ciao gcappellotto emt

y'(x)=\frac{x-y(x)}{x+y(x)}

è un'equazione differenziale non lineare omogenea.

Ponendo x \neq 0 dividiamo numeratore e denominatore del secondo membro dell'equazione per x.

y'(x)=\frac{\frac{x}{x}-\frac{y(x)}{x}}{\frac{x}{x}+\frac{y(x)}{x}}

Semplificando ci riconduciamo a

y'(x)=\frac{1-\frac{y(x)}{x}}{1+\frac{y(x)}{x}}

A questo punto poniamo z(x)=\frac{y(x)}{x} da cui y(x)=x \cdot z(x) e deriviamo ambo i membri.

Per la regola di derivazione del prodotto si ottiene

y'(x)=z(x)+xz'(x)

Sostituendo in

y'(x)=\frac{1-\frac{y(x)}{x}}{1+\frac{y(x)}{x}}

abbiamo

z(x)+xz'(x)=\frac{1-z(x)}{1+z(x)}

da cui

xz'(x)=\frac{1-z(x)}{1+z(x)}-z(x)

xz'(x)=\frac{1-z(x)-z(x)-z^2(x)}{1+z(x)}

xz'(x)=\frac{1-2z(x)-z^2(x)}{1+z(x)}

z'(x)=\frac{1-2z(x)-z^2(x)}{1+z(x)} \cdot \frac{1}{x}

Ci siamo così ricondotti ad un'equazione differenziale a variabili separabili. Per facilitare la scrittura la riscrivo come:

z'=\frac{1-2z-z^2}{1+z} \cdot \frac{1}{x}

tanto a questo punto è chiaro quale sia la variabile dipendente e quale quella indipendente.


Prima di separare le variabili cerchiamo le soluzioni stazionarie, ovvero le soluzioni che annullano il secondo membro.

\frac{1-2z-z^2}{1+z(x)}=0 \iff 1-2z-z^2=0 \iff z=-1\pm \sqrt{2}

(è una banalissima equazione di secondo grado).

Quindi per z\neq -1\pm \sqrt{2} possiamo separare le variabili.

\int\left[\frac{1+z}{1-2z-z^2}\right]dz=\int\left[\frac{1}{x}\right]dx

che riscriviamo come

-\int\left[\frac{1+z}{z^2+2z-1}\right]dz=\int\left[\frac{1}{x}\right]dx

Osserviamo che nel primo integrale il numeratore è quasi la derivata del denominatore. Per renderlo tale ci basta moltiplicare e dividere per 2.

-\frac{1}{2}\int\left[\frac{2+2z}{z^2+2z-1}\right]dz=\int\left[\frac{1}{x}\right]dx

Siamo così di fronte a due integrali notevoli.

-\frac{1}{2}\log\left|z^2+2z-1\right|=\log|x|+c, \ c \in \mathbb{R}

Per le proprietà dei logaritmi possiamo riscrivere il tutto come

\log\left(\frac{1}{\sqrt{z^2+2z-1}}\right)=\log|x|+c

Applichiamo poi l'esponenziale ad entrambi i membri

\frac{1}{\sqrt{z^2+2z-1}}=e^{\log|x|+c}

Per una delle proprietà delle potenze abbiamo

\frac{1}{\sqrt{z^2+2z-1}}=e^{c}|x|

Scriviamo ora i reciproci

\sqrt{z^2+2z-1}=\frac{1}{e^{c}|x|}

Infine eleviamo ambo i membri al quadrato

|z^2+2z-1|=\frac{1}{e^{2c}x^2}

Poiché \frac{1}{e^{2c}} è una costante, per comodità poniamo \frac{1}{e^{2c}}=k, e quindi possiamo riscrivere la nostra equazione come

(\star) \ |z^2+2z-1|=\frac{k}{x^2}

A questo punto possiamo eliminare il valore assoluto a patto, però, di specificare il segno dell'argomento.


Per z^2+2z-1 > 0 ossia per

z<-1-\sqrt{2} \mbox{ oppure } z>-1+\sqrt{2}

l'equazione (\star) diventa

z^2+2z-1=\frac{k}{x^2}


Ricordando che z=\frac{y}{x} sostituendo otteniamo

\left(\frac{y}{x}\right)^2+2\frac{y}{x}-1=\frac{k}{x^2}

Da cui, con qualche semplicissimo conto algebrico ricaviamo

y^2+2xy-x^2-k=0

Siamo davanti ad un'equazione di secondo grado della forma ax^2+bx+c=0 con

a=1, \ b=2x, \ c=-x^2-k

Pertanto le soluzioni in forma esplicita si ricavano come:

y_{1,2}=\frac{-b \pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}=\frac{-2x\pm\sqrt{4x^2+4x^2+4k}}{2}

da cui

y_{1,2}=\frac{-2x\pm\sqrt{4(2x^2+k)}}{2}=-x\pm\sqrt{2x^2+k} \ (\bullet)



Non abbiamo ancora finito! Ricordiamoci che stavamo studiando il valore assoluto. Pertanto:

per z^2+2z-1 < 0 ossia per

-1-\sqrt{2}<z<-1+\sqrt{2}

l'equazione (\star) diventa

-z^2-2z+1=\frac{k}{x^2}

ossia

z^2+2z-1+k=0

Procedendo allo stesso identico modo di prima si ottiene la seguente famiglia di soluzioni

y_{1,2}=-x\pm\sqrt{2x^2-k} \ (\bullet \bullet)

Volendo possiamo scrivere le due famiglie di soluzioni (\bullet) \mbox{ e } (\bullet \bullet) in un'unica espressione. Bada bene che ciò non è sempre possibile.

In questo caso possiamo farlo perché le due famiglie di soluzioni differiscono solo per il segno della costante k all'interno del radicando.

Ragion per cui possiamo così concludere che la famiglia delle soluzioni dell'edo di partenza è

y=-x\pm\sqrt{2x^2+c} \ c \in \mathbb{R}
Ringraziano: Omega, CarFaby, gcappellotto47
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