Equazione differenziale

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publiosulpicio
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Messaggio da publiosulpicio » 01 gen 1970, 01:33

Mi dispiace contraddirti DD, ma anch\'io pensavo al tuo fascio, tuttavia ogni cubica è perpendicolare solo a un\'iperbole (quella con lo stesso k), non a tutte, come è invece richiesto nel testo. Il fascio h*x invece, credo, va bene.

DD
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Messaggio da DD » 01 gen 1970, 01:33

sì hai ragione. per ora rimane solo la bisettrice
<BR>(prova a farti un disegnino con un qualunque h=/=1!)
[img:2sazto6b]http://digilander.iol.it/daniel349/boy_math_md_wht.gif[/img:2sazto6b]

publiosulpicio
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Messaggio da publiosulpicio » 01 gen 1970, 01:33

Si, che stupido, avevo confuso l\'essere simmetrico rispetto a una parallela all\'asse y con il perpendicolare...

DD
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Messaggio da DD » 01 gen 1970, 01:33

f(x)*f\'(x)=x
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publiosulpicio
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Messaggio da publiosulpicio » 01 gen 1970, 01:33

f(x)*f\'(x)=x cosa?

Mathema
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Messaggio da Mathema » 01 gen 1970, 01:33

Credo vi converrebbe utilizzare le equazioni differenziali...

Mathema
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Messaggio da Mathema » 01 gen 1970, 01:33

<!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE>
<BR>On 2003-04-21 18:14, publiosulpicio wrote:
<BR>Il fascio hx soddisfa la richiesta, come è facile verificare derivando le due funzioni.
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>
<BR>Non è vero. Prendi ad esempio la retta y= 999999x e l\'iperbole y=1/x. Si incontreranno certamente in un punto in cui la derivata dell\'iperbole è molto minore di zero, e sicuramente non perpendicolare con la retta.
<BR>
<BR>
<BR>Ops, mi sono appena reso conto che è già stato detto, pardon.<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: Mathema il 22-04-2003 00:01 ]

Mathema
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Messaggio da Mathema » 01 gen 1970, 01:33

Domani parto e starò via per un po\', quindi tanto vale aggiungere altra carne al fuoco e vedere come evolve... Sapreste trovare la formula che indichi la curvatura e/o il raggio di c. di una funzione? (Anche questa l\'ho ottenuta da solo ma a differenza dell\'altra non so se è corretta..., ma per ora funziona) Buone vacanze
<BR>Marco

pennywis3
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Messaggio da pennywis3 » 01 gen 1970, 01:33

Per ogni punto del piano passa una di quelle iperboli (che non sono confocali, altrimenti la schiera di curve ortogonali cercate sarebbe stata quella delle ellissi confocali), esattamente per P(x0,y0) passa l\'iperbole con k=x0y0. Ad ogni punto del piano è quindi associato un coefficiente angolare (quello della retta tangente all\'iperbole) m=-k/x^2=-y0/x0. La schiera di curve ortogonali deve coprire il piano ed avere per ogni punto una retta tangente con coefficiente m\'=-1/m=x0/y0=x/f(x) il che implica f(x)*f\'(x)=x.... che poi è quelo che ha scritto DD.... quindi credo di aver pensato la sua stessa cosa <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif"> .
<BR>Tuttavia la soluzione di questa equazione (che un po\' indegnamente si risolve riscrivendola come y*dy/dx=x -> ydy=xdx -> y=x) non copre il piano proprio per niente...
<BR>
<BR>Riposto tra poco
ok, è vero, mangio i bambini, ma d\'altronde sono più teneri.... e poi voi per pasqua non mangiate tutti quei poveri agnellini?

pennywis3
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Messaggio da pennywis3 » 01 gen 1970, 01:33

Scusate, forse è stato già detto, ma non so cosa c\'era in quel messaggio cancellato da publio.... Ma il fascio y^2-x^2=k non va bene?
<BR>
<BR>~p3~
ok, è vero, mangio i bambini, ma d\'altronde sono più teneri.... e poi voi per pasqua non mangiate tutti quei poveri agnellini?

pennywis3
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Messaggio da pennywis3 » 01 gen 1970, 01:33

Anche perchè ora che ci guardo bene y=sqrt(x^2+k) soddisfa l\'eq. differenziale f(x)*f\'(x)=x ... (questo la dice lunga sul metodo usato prima per risolverla quella eq.diff.)
<BR>
<BR>
<BR>~p3~
ok, è vero, mangio i bambini, ma d\'altronde sono più teneri.... e poi voi per pasqua non mangiate tutti quei poveri agnellini?

DD
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Messaggio da DD » 01 gen 1970, 01:33

sì... integrando ambo i membri
<BR>f(x)*f\'(x)=x
<BR>[f(x)]²/2+c=x²/2+c\'
<BR>y²=x²+k con k=2(c\'-c)
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DD
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Messaggio da DD » 01 gen 1970, 01:33

curvatura in A(a,f(a)) di f(x): lim del raggio della circonferenza circoscritta ad ABC, B(b,f(b)), C(c,f(c)) per max(AB,AC) ---> 0 (circonferenza osculatrice)
<BR>una formula generica che traduca tutto ciò per ogni punto e ogni curva si può senz\'altro ottenere, trovando i lati e l\'area poi con Erone, R=abc/4S, ma immagino che nel caso generale venga qualcosa di orribile
[img:2sazto6b]http://digilander.iol.it/daniel349/boy_math_md_wht.gif[/img:2sazto6b]

Epsilon
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Messaggio da Epsilon » 01 gen 1970, 01:33

Guarda un po\' cosa si trova a sfogliare i libri...Courant-Robbins, cap.8
<BR>par. 2.7: curvatura k=f\'\'(x)/[1+(f\'(x))^2]^(3/2)...purtroppo non scrive la dimostrazione: o la si prendie per buona (ma non è bello) o si prova a dimostrarla (ma non mi sembra facile, mi sbaglierò...)...
<BR>Qualcuno ci vuole provare?<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: Epsilon il 22-04-2003 18:57 ]
e^pi*i+1=0

Mathema
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Messaggio da Mathema » 01 gen 1970, 01:33

Sì, la formula per la curvatura è quella che viene a me. L\'ho trovata così: la curvatura è data dalla variazione dell\'angolo al variare del perimetro. Quindi C= d alfa/dp. Ma dp= sqrt(1+f\'(x)^2) dx => C= d alfa/dx *1/sqrt(1+ f\'(x)^2)= 1/sqrt(1+f\'(x)^2) * (derivata di alfa in dx). ma poichè f\'(x)=tg alfa => alfa= arctg f\'(x) => derivata di alfa in dx = f\'\'(x)/(1+f\'(x)^2) => C= f\'\'(x)/(1+f\'(x)^2)^3/2. c.v.d. (ho dimostrato assai poco, ma non ho potuto resistere!)

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