Resolviendo $f''(t) = g(f(t))$

Question

Una reciente pregunta pidió una solución para $f'(t)= k f^2(t)$. Pude hacer esto. De hecho, parece que una gran cantidad de ecuaciones diferenciales similares $f'(t) = g(f(t))$ no son difíciles de resolver.

Esto me llevó a considerar $f''(t) = g(f(t))$.

Comencé con un ejemplo específico: $f''(t)= k f^2(t)$. Pude resolver esto, pero lo hice simplemente suponiendo que habría una solución de la forma $a x^b$. Encontré que $f(x) = \frac{6}{k x^2}$ como una solución específica. Obviamente, para este caso y otros de esta clase, las traducciones de una solución también son soluciones.

Sin embargo, a medida que $g$ se vuelve más complejo, es probable que la suposición me falle. ¿Hay alguna buena manera de abordar ecuaciones de esta forma?

Answer 1

Aquí va un intento. Desafortunadamente, sin saber $g$ exactamente, es difícil escribir una solución $f(t)$ a $$f''(t)=g\big(f(t)\big)$$ como una función de $t$ explícitamente.

Escribe $x(t):=f(t)$ y $v(t):=f'(t)$. Entonces, tienes $$v\,\frac{\text{d}v}{\text{d}x}=\frac{\text{d}^2x}{\text{d}t^2}=g(x)\,.$$ Esto implica $$\frac{1}{2}v^2=G(x)+c\,,$$ donde $G$ es una antiderivada de $g$ y $c$ es alguna constante. Es decir, $$\frac{\text{d}x}{\text{d}t}=v=\pm\sqrt{2\,G(x)+2\,c}\,,$$ o $$\pm \sqrt{2}\,(t-\tau)=H_{c}(x)\,,$ donde $H_{c}$ es una antiderivada de $\dfrac{1}{\sqrt{G+c}}$ y $\tau$ es una constante. Es decir, por continuidad, $$x=H_{c}^{-1}\big(+\sqrt{2}\,(t-\tau)\big)\text{ para }+\sqrt{2}\,(t-\tau)\in\text{Rango}(H_c)\tag{1}$$ o $$x=H_{c}^{-1}\big(-\sqrt{2}\,(t-\tau)\big)\text{ para }-\sqrt{2}\,(t-\tau)\in\text{Rango}(H_c)\,,\tag{2}$$ dado que $H_c$ es inyectiva.

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Un ejemplo con $g(u)=k\,u^2$ para alguna constante $k\neq 0$. Entonces, podemos tomar $G(u)=\dfrac{k}{3}\,u^3$. Es decir, también podemos tomar $$H_c(u)=-\int_{u}^\infty\,\frac{1}{\sqrt{\frac{k}{3}\,s^3+c}}\,\text{d}s\,.$$ No conozco la forma explícita de $H_c$ para un $c$ arbitrario, pero $$H_0(u)=-\int_u^\infty\,\frac{1}{\sqrt{\frac{k}{3}\,s^3}}\,\text{d}s=-\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{k\,u}}\,.$$ Por lo tanto, el rango de $H_0$ es $(-\infty,0)$. En $(-\infty,0)$, $$H_0^{-1}(z)=\frac{12}{k\,z^2}\text{ para }z<0\,.$$ Combinando (1) y (2), una solución está dada por $$x(t)=H_0^{-1}\big(-\sqrt{2}\,|t-\tau|\big)=\frac{6}{k\,(t-\tau)^2}$$ para todo $t\in\mathbb{R}\setminus\{\tau\}$.

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Por otro lado, es más fácil resolver para $f$ desde $$f'(t)=g\big(f(t)\big)\,,$ pero aún terminarás con alguna relación implícita. Con la misma notación de antes, tenemos $$\frac{\text{d}x}{\text{d}t}=g(x)\,,$ entonces $$\gamma(x)=t-\tau$$ para alguna constante $\tau$, y $\gamma$ es una antiderivada de $\dfrac{1}{g}$. Por lo tanto, $$x=\gamma^{-1}(t-\tau)\text{ para }t-\tau\in\text{Rango}(\gamma)\,,$ siempre que $\gamma$ sea inyectiva.

Para $g(u)=k\,u^2$ con $k\neq 0$, podemos tomar $$\gamma(u):=-\int_u^\infty\,\frac{1}{k\,s^2}\,\text{d}s=-\frac{1}{k\,u}\,.$$ Es decir, $$\gamma^{-1}(z)=-\frac{1}{k\,z}\text{ para }z\neq 0\,,$ y obtenemos una solución $$x(t)=-\frac{1}{k\,(t-\tau)}\text{ para todo }t\in\mathbb{R}\setminus\{\tau\}\,.$$

Answer 2

$$f''(t)=g(f(t))\implies 2f'(t)f''(t)=2g(f(t))f'(t),$$

entonces

$$f'^2(t)=2\int g(f(t))f'(t)dt+C.$$

Siguiente,

$$\frac{f'(t)}{\sqrt{2\displaystyle\int g(f(t))f'(t)dt+C}}=\pm1$$

y

$$\int\frac{f'(t)}{\sqrt{2\displaystyle\int g(f(t))f'(t)dt+C}}dt=\pm t+C''.$$

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Con $g(t)=kt^2$,

$$\int\frac{f'(t)}{\sqrt{2\displaystyle\int kf^2(t))f'(t)dt+C}}dt=\int\frac{f'(t)}{\sqrt{\dfrac{2k}3f^3(t)+C}}dt=\pm t+C''.$$

Para $C\ne0$, no hay una solución elemental.

https://www.wolframalpha.com/input/?i=integrate+1%2Fsqrt(2k%2F3+x%5E3%2BC)