Domanda su cauchy

[appa91]

Ragazzi una domanda veloce.
Quando ho un modulo in un problema di cauchy, come ad esempio:

$ y' = (|y| - 1)(y + 1)cosx $

quando vado a valutare le soluzioni devo trovare due soluzioni distinte? una per $y >= 0$ e una per $y < 0$ ? Oppure una terza anche per $ y = 0 $ ? Oppure ci sono delle considerazioni da fare che mi permettono di di calcolare un'unica soluzione?

[gugo82]

In generale sì, dovresti cercare di capire il segno della soluzione massimale a partire dalle condizioni iniziali e dalle proprietà del secondo membro della EDO, i.e. dalla \(f(x,y)\).

Quindi ti chiedo, hai delle condizioni iniziali abbinate alla EDO?

[appa91]

si mi chiede di calcolarle per $ y(0) = 0 $

[gugo82]

Allora, mi auguro che tu sia una Matematica... Perché questo esercizio, seppure semplice, è "camurrioso" assai e non è adatto a chi non ama questo genere di cose (above all, agli ingegneri).

Guarda un po'.

Il secondo membro è:
\[
f(x,y):= \begin{cases} (y-1)(y+1)\ \cos x &\text{, se } y\geq 0\\
-(y+1)^2\ \cos x &\text{, se } y<0\; ;
\end{cases}
\]
la \(f\) è evidentemente continua in \(\mathbb{R}^2\) ed è pure localmente lipschitziana rispetto a \(y\) (uniformemente rispetto a \(x\)) in \(\mathbb{R}^2\); pertanto il teorema di unicità locale ti assicura che il tuo problema di Cauchy ha soluzione unica intorno al punto iniziale \((x_0,y_0)=(0,0)\).

Ora, non ci vuole molto a rendersi conto che esistono due valori di \(y\) che annullano il secondo membro, i.e. \(\pm 1\).
Allora considera le due funzioni:
\[
y^*(x):=1\qquad \text{e} \qquad y_*(x)=-1\; ;
\]
evidentemente ognuna delle due funzioni è soluzione della EDO, poiché invero risulta:
\[
(y^*)^\prime (x)=0=f(x,y^*(x))\qquad \text{e}\qquad (y_*)^\prime (x)=0=f(x,y_*(x))\; .
\]
Le soluzioni costanti di una EDO si chiamano soluzioni stazionarie. Essendo in regime di unicità locale, le soluzioni stazionarie \(y_*\) ed \(y^*\) sono le uniche a soddisfare problemi di Cauchy per la tua EDO con condizioni iniziali del tipo \(y(x_0)=-1\) o \(y(x_0)=1\) per qualsiasi \(x_0\): in altri termini, il grafico di ogni altra soluzione \(y(x)\) della tua EDO non può avere alcun punto in comune né col grafico di \(y_*\) né con quello di \(y^*\).
Ciò implica che se una soluzione \(y(x)\) della EDO passa per un punto \((x_0,y_0)\) con \(-11\), \(y_0<-1\)] allora fintantoché la soluzione esiste deve soddisfare la condizione \(-11\), \(y(x)<-1\)], poiché il suo grafico non può né attraversare né toccare quello delle due soluzioni stazionarie \(y^*(x)=1\) ed \(y_*(x)=-1\).

Ora, chiama \(y(x)\) l'unica soluzione del PdC, e immagina di prolungarla fintantoché si può.
Dato che \(y(0)=0\) e che \(-1<0<1\), per quanto detto prima la tua \(y(x)\) deve necessariamente soddisfare le limitazioni \(-1 Quindi già sai, "a priori", che la soluzione del tuo PdC è limitata (oltre che di classe \(C^1\)) nel suo insieme di definizione.
Cerchiamo adesso di determinare qualche proprietà in più della soluzione.
Evidentemente hai:
\[
f(0,y(0))=f(0,0)=-1<0
\]
quindi, per il teorema della permanenza del segno puoi trovare un intorno rettangolare \(I\times J\) sufficientemente piccolo del punto iniziale \((0,0)\) tale che:
\[
f(x,y)<0 \qquad \text{per } (x,y)\in I\times J\; ;
\]
dato che il grafico della soluzione \(y(x)\) cade localmente nell'intorno \(I\times J\), hai certamente:
\[
y^\prime (x)=f(x,y(x))<0
\]
dunque la soluzione \(y(x)\) è strettamente decrescente intorno a \(0\).
Ciò implica che risulta \(y(x)>0=y(0)\) per \(x\) negativo e sufficientemente vicino a \(0\) da sinistra, ed analogamente \(y(0)=0>y(x)\) per \(x\) positivo e sufficientemente vicino a \(0\) da destra.
Per le limitazioni determinate in precedenza, puoi allora dire che \(-10\) e che \(0\leq y(x)<1\) per gli \(x<0\) fintantoché tali \(x\) stanno nel dominio della tua funzione (che non sappiamo ancora quale sia, ma sappiamo che comprende almeno un intorno sufficientemente piccolo dell'origine).

Adesso, con queste freccie al nostro arco possiamo passare a determinare in tutta tranquillità la soluzione del problema.
Supponiamo \(x<0\) sufficientemente piccolo; in tal caso si ha \(0\leq y(x)<1\), dunque:
\[
f(x,y(x))= (y(x)-1)(y(x)+1)\ \cos x
\]
con la funzione \((y(x)-1)(y(x)+1)\) mai nulla; possiamo dunque dividere membro a membro la EDO per \((y(x)-1)(y(x)+1)\) ed ottenere:
\[
\frac{y^\prime (x)}{(y(x)-1)(y(x)+1)} = \cos x
\]
che è un'identità valida per gli \(x<0\) "piccoli"; se integriamo m.a.m. la precedente sull'intervallo \([x,0]\), otteniamo:
\[
\int_x^0 \frac{y^\prime (t)}{(y(t)-1)(y(t)+1)}\ \text{d} t = \int_x^0 \cos t\ \text{d} t
\]
valida sempre per \(x<0\) "piccoli"; nell'integrale al primo membro si può fare il cambiamento di variabile \(\eta = y(t)\), e dunque otteniamo:
\[
\int_{y(x)}^{y(0)} \frac{1}{(\eta-1)(\eta+1)}\ \text{d} \eta = \sin t\Big|_x^0
\]
da cui, usando i fratti semplici e ricordando che \(y(0)=0\), segue:
\[
\frac{1}{2}\ \log \frac{|\eta -1|}{|\eta +1|} \Big|_{y(x)}^{0} = -\sin x
\]
e perciò:
\[
- \log \frac{|y(x)-1|}{|y(x)+1|} = -2\ \sin x\; ;
\]
di qui, tenendo presente che \(0\leq y(x)<1\), si può ricavare la \(y(x)\) esplicitamente per valori \(x<0\) "piccoli":
\[ \tag{1}
y(x)=\frac{1-e^{2\sin x}}{1+e^{2\sin x}}\; .
\]
Questa espressione di \(y(x)\) non solo è definita per \(x<0\) "piccoli", ma è definita per tutti gli \(x<0\)... Quindi verrebbe spontaneo chiedersi: non è che per caso se essa può essere la soluzione del problema per tutti gli \(x<0\)?
Ebbene, no, non può esserlo.
Infatti l'espressione determinata per \(y(x)\) è \(\geq 0\) solo per \(x\) sufficientemente vicino a \(0\), poiché è immediato vedere che \(y(x)\geq 0\) se \(x\in [-\pi ,0]\) e che per \(x<-\pi\) essa diventa negativa; conseguentemente, a sinista di \(-\pi\) la nostra funzione (1) non può soddisfare la EDO con la \(f(x,y)\) espressa per le \(y\geq 0\) dalla quale siamo partiti a fare i conti.
Ne concludiamo che l'espressione di \(y(x)\) che abbiamo determinato è la soluzione del PdC limitatamente all'intervallo \([-\pi,0]\).

Ovviamente, si può fare lo stesso tipo di discorso fatto per gli \(x>0\).
Dato che per \(x>0\) "piccoli" si ha \(-1 \[
f(x,y(x)) = -(1+y(x))^2\ \cos x
\]
e la EDO può essere divisa m.a.m. per la quantità \((1+y(x))^2\) che è positiva, ottenendo:
\[
\frac{y^\prime (x)}{(1+y(x))^2} = -\cos x
\]
che è un'identità valida per gli \(x>0\) "piccoli"; se integriamo m.a.m. la precedente sull'intervallo \([0,x]\), otteniamo:
\[
\int_0^x \frac{y^\prime (t)}{(y(t)+1)^2}\ \text{d} t = -\int_0^x \cos t\ \text{d} t
\]
valida sempre per \(x>0\) "piccoli"; nell'integrale al primo membro si può fare il cambiamento di variabile \(\eta = y(t)\), e dunque otteniamo:
\[
\int_{y(0)}^{y(x)} \frac{1}{(\eta+1)^2}\ \text{d} \eta = -\sin t\Big|_0^x
\]
da cui, ricordando che \(y(0)=0\), segue:
\[
-\frac{1}{\eta +1} \Big|_0^{y(x)} = -\sin x
\]
e perciò:
\[
\frac{1}{y(x)+1} -1=\sin x\; ;
\]
di qui, tenendo presente che \(-10\) "piccoli":
\[
\tag{2}
y(x)=\frac{-\sin x}{1+\sin x}\; .
\]
Questa espressione di \(y(x)\) è definita per \(x>0\) "piccoli", ma non può essere l'espressione esplicita della soluzione in tutta la semiretta \([0,\infty[\) perché "esplode" nel punto \(3\pi/2\) contro il fatto che la soluzione \(y(x)\) è limitata.
Quindi anche qui c'è un problema...
Guardando bene l'espressione esplicita di \(y(x)\) per \(x>0\) "piccoli", ci rendiamo conto che essa soddisfa la limitazione \(y(x)\leq 0\) solo nell'intervallo \([0,\pi]\) e che dopo il punto \(\pi\) essa diventa positiva, sicché essa non può più soddisfare la EDO scritta con l'espressione di \(f(x,y)\) con \(y<0\) dalla quale siamo partiti.
Come sopra, quindi, la nostra (2) fornisce l'espressione della soluzione \(y(x)\) del PdC assegnato limitatamente al solo intervallo \([0,\pi]\).

Ora, cerchiamo di "incollare" le espressioni (1) & (2) e vediamo se otteniamo una soluzione in tutto l'intervallo \([-\pi,\pi]\).
Consideriamo la funzione:
\[ \tag{3}
y(x):= \begin{cases}\frac{1-e^{2\sin x}}{1+e^{2\sin x}} &\text{, se } -\pi\leq x\leq 0 \\
\frac{-\sin x}{1+\sin x} &\text{, se } 0\leq x\leq pi\; ;
\end{cases}
\]
essa risolve la EDO sia a destra che a sinistra di \(0\); d'altra parte, si vede che \(y(x)\) è una funzione \(C^1([-\pi,\pi])\), poiché la derivata \(y^\prime (x)\) è continua in \(0\); inoltre \(y^\prime (x)\) assume in \(\pm \pi\) valore \(1\), uguale al valore restituito da \(f(\pm \pi,y(\pm \pi))\).
Quindi possiamo certamente dire che la funzione \(y(x)\) definita in (3) è soluzione della EDO in tutto l'intervallo \([-\pi,\pi]\).

Ma adesso terminiamo davvero.
Guardando la EDO, proviamo a vedere che effetto ha sull'equazione il cambiamento di variabile \(\xi =x-2\pi\): per fare ciò, poniamo:
\[
z(\xi) = y(\xi +2\pi)
\]
e cerchiamo di capire quale è la EDO soddisfatta da \(z(\xi)\).
Evidentemente si ha:
\[
\frac{\text{d}}{\text{d} \xi}\ z (\xi) = \frac{\text{d}}{\text{d} \xi}\ y (\xi +2\pi) = \frac{\text{d} y}{\text{d} x} (x+2\pi)\cdot \frac{\text{d}}{\text{d} \xi} (\xi +2\pi) = y^\prime (\xi +2\pi)
\]
dunque, usando la EDO soddisfatta da \(y(x)\) e la periodicità del coseno:
\[
z^\prime (\xi) = y^\prime (\xi +2\pi)= (|y(\xi +2\pi)|-1)(y(\xi +2\pi) +1)\ \cos (\xi +2\pi) = (|z(\xi) |-1)(z(\xi) +1)\ \cos \xi\; .
\]
Ne viene che la funzione \(z(\xi)=y(\xi +2\pi)\) soddisfa la stessa EDO di \(y(x)\), ma nell'intervallo \([-3\pi,-\pi]\) invece che in \([-\pi,\pi]\).
Analogamente, se prendiamo la funzione \(z_k(\xi):=y(\xi +2k\pi)\) con \(k\in \mathbb{Z}\), otteniamo una funzione che soddisfa la stessa EDO di \(y(x)\) nell'intervallo \([-\pi-2k\pi,\pi-2k\pi]\) invece che in \([-\pi,\pi]\).
Dato che \(y^\prime (-\pi)=y^\prime (\pi)\) tutte le soluzioni \(z_k\), che sono copie traslate di \(y(x)\), si "incollano" in maniera \(C^1\) una dietro l'altra e formano la soluzione periodica del PdC originario.
Detta in altri termini, la funzione periodica di periodo \(2\pi\) definita ponendo:
\[
\tag{4}
y(x)=\begin{cases}\frac{1-e^{2\sin x}}{1+e^{2\sin x}} &\text{, se } -\pi-2k\pi\leq x\leq -2k\pi \\
\frac{-\sin x}{1+\sin x} &\text{, se } -2k\pi\leq x\leq pi-2k\pi\; ;
\end{cases}
\]
(cioè incollando una dietro l'altra copie del grafico della \(y(x)\) definita in (3)) è la soluzione del PdC assegnato prolungata fintantoché si può, cioè a tutto \(\mathbb{R}\).

Il grafico della (3) è:
[asvg]xmin=-3; xmax=3; ymin=-1; ymax=1;
axes("","");
strokewidth=2;
stroke="red"; plot("(1-exp(2*sin(x)))/(1+exp(2*sin(x)))",-3.1416,0); plot("(-sin(x))/(1+sin(x))",0,3.1416);[/asvg]
mentre il grafico della (4) è il seguente:
[asvg]xmin=-13; xmax=13; ymin=-1; ymax=1;
axes("","");
strokewidth=2;
stroke="red"; plot("(1-exp(2*sin(x)))/(1+exp(2*sin(x)))",-3.1416,0); plot("(-sin(x))/(1+sin(x))",0,3.1416);
stroke="dodgerblue"; plot("(1-exp(2*sin(x)))/(1+exp(2*sin(x)))",-9.4248,-6.2832); plot("(-sin(x))/(1+sin(x))",-6.2832,-3.1416); plot("(1-exp(2*sin(x)))/(1+exp(2*sin(x)))",-15.71,-12.5664); plot("(-sin(x))/(1+sin(x))",-12.5664,-9.4248);
plot("(1-exp(2*sin(x)))/(1+exp(2*sin(x)))",3.1416,6.2832); plot("(-sin(x))/(1+sin(x))",6.2832,9.4248); plot("(1-exp(2*sin(x)))/(1+exp(2*sin(x)))",9.4248,12.5664); plot("(-sin(x))/(1+sin(x))",12.5664,15.71);
stroke="purple"; line([-16,1],[16,1]); line([-16,-1],[16,-1]);[/asvg]
(ovviamente, lo schiacciamento è apparente ed è dovuto al programma che crea i grafici, poiché esso diagramma tutto in riquadri di dimensione standard).

[appa91]

wow... decisamente troppo per il mio livello di preparazione... ti ringrazio cmq per la risposta

[gugo82]

Prego.
Tanto per curiosità, dove l'hai recuperato questo esercizio?

[appa91]

era nell'esame di analisi di gennaio.. che ovviamente non ho passato... stamattina ho fatto quello di febbraio.. speriamo bene...