Equazioni differenziali ordinarie tutt'altro che di base
Il mio professore di Analisi 2 ha questa mania di dare esercizi che per lui sono "banali" e completamente "di base". Tralasciando questa sua scelta di vocabolario non molto azzeccato (e vedrete perché), ho questi due esercizi che non riesco a risolvere.
1) Al variare del parametro reale $\alpha$, si consideri il problema di Cauchy
\begin{cases}xy''=2|y'| \\ y(1)=1\\y'(1)=\alpha\end{cases}
Si stabilisca per quali valori di $alpha$ il problema ammette soluzione definita su tutto $\mathbb{R}$. In corrispondenza di tali valori, trovare tutte le soluzioni su $\mathbb{R}$ del problema di Cauchy. Prima di tutto la funzione identicamente nulla $y=0$ risolve l'equazione differenziale. Non so se questa informazione mi aiuterà però. Inoltre siccome il punto $(1,1)$ è nel primo quadrante, ho pensato che in $x>0$ si ha \(\displaystyle y''\geq 0 \) quindi la funzione deve avere concavità verso l'alto in un intorno di $(1,1)$. Oltre a queste informazioni non riesco a determinare il segno di $alpha$, perché i risultati dicono che $alpha\geq 0$. Per risolvere poi il secondo punto ho pensato che il problema è equivalente a risolvere
\begin{cases}xy''=2y' \\ y(1)=1\\y'(1)=\alpha\end{cases}
visto che \(\displaystyle y'(1) \geq 0 \) nell'intorno di $(1,1)$ e poi avrei incollato a questa la soluzione di
\begin{cases}xy''=-2y' \\ y(1)=1\\y'(1)=\alpha\end{cases}
e poi riuscirò ad avere una soluzione su tutto $\mathbb{R}$. Però non riesco a venirne a capo
2. Sia assegnata l'equazione differenziale
\[(*) \displaystyle y'=x\sin^2(y) \]
Dimostra che tutte le soluzioni massimali sono definite su tutto $\mathbb{R}$, sono limitate e sono funzioni pari. Risolvere poi il problema di Cauchy
\begin{cases}(*) \\ y(0)=-1\end{cases}
A me verrebbe da risolvere esplicitamente la funzione e da lì dire che è definito sull'asse reale, che è limitata e che è una funzione pari. Infatti l'equazione differenziale non è neanche tanto difficile (variabili separabili e se non erro viene fuori un'arcotangente), però credo che non sia l'obiettivo dell'esercizio...
1) Al variare del parametro reale $\alpha$, si consideri il problema di Cauchy
\begin{cases}xy''=2|y'| \\ y(1)=1\\y'(1)=\alpha\end{cases}
Si stabilisca per quali valori di $alpha$ il problema ammette soluzione definita su tutto $\mathbb{R}$. In corrispondenza di tali valori, trovare tutte le soluzioni su $\mathbb{R}$ del problema di Cauchy. Prima di tutto la funzione identicamente nulla $y=0$ risolve l'equazione differenziale. Non so se questa informazione mi aiuterà però. Inoltre siccome il punto $(1,1)$ è nel primo quadrante, ho pensato che in $x>0$ si ha \(\displaystyle y''\geq 0 \) quindi la funzione deve avere concavità verso l'alto in un intorno di $(1,1)$. Oltre a queste informazioni non riesco a determinare il segno di $alpha$, perché i risultati dicono che $alpha\geq 0$. Per risolvere poi il secondo punto ho pensato che il problema è equivalente a risolvere
\begin{cases}xy''=2y' \\ y(1)=1\\y'(1)=\alpha\end{cases}
visto che \(\displaystyle y'(1) \geq 0 \) nell'intorno di $(1,1)$ e poi avrei incollato a questa la soluzione di
\begin{cases}xy''=-2y' \\ y(1)=1\\y'(1)=\alpha\end{cases}
e poi riuscirò ad avere una soluzione su tutto $\mathbb{R}$. Però non riesco a venirne a capo
2. Sia assegnata l'equazione differenziale
\[(*) \displaystyle y'=x\sin^2(y) \]
Dimostra che tutte le soluzioni massimali sono definite su tutto $\mathbb{R}$, sono limitate e sono funzioni pari. Risolvere poi il problema di Cauchy
\begin{cases}(*) \\ y(0)=-1\end{cases}
A me verrebbe da risolvere esplicitamente la funzione e da lì dire che è definito sull'asse reale, che è limitata e che è una funzione pari. Infatti l'equazione differenziale non è neanche tanto difficile (variabili separabili e se non erro viene fuori un'arcotangente), però credo che non sia l'obiettivo dell'esercizio...
Risposte
Comincio dalla fine.
2. Il secondo membro $f(x,y) := x sin^2 y$ soddisfa tutte le ipotesi dei teoremi di esistenza ed unicità locali; in più risulta $|f(x,y)| <= |x|$ dunque il secondo membro è sublineare in $y$ e perciò le soluzioni massimali sono definite ovunque.
Il resto lo sai fare.
1. Innanzitutto, conviene abbassare l’ordine della EDO introducendo l’incognita ausiliaria $z(x) := y^’ (x)$; facendo ciò hai da risolvere il PdC ausiliario:
\[
\begin{cases}
x\ z^\prime (x) = 2\ |z(x)| \\
z(1) = \alpha
\end{cases}
\]
e poi tener presente che la soluzione del PDC assegnato è calcolabile mediante integrazione definita $y(x) := int_1^x z(t) text(d) t$.
Se $alpha =0$, una soluzione del problema ausiliario è $z(x) = 0$ definita in tutto $RR$, che fornisce $y(x) = 0$ definita in tutto $RR$ come soluzione del problema iniziale… E fin qui siamo a posto.
Ora distinguiamo gli altri due casi.
Ne viene che gli unici $alpha$ per i quali la soluzione massimale è definita in tutto $RR$ sono quelli $>=0$.
2. Il secondo membro $f(x,y) := x sin^2 y$ soddisfa tutte le ipotesi dei teoremi di esistenza ed unicità locali; in più risulta $|f(x,y)| <= |x|$ dunque il secondo membro è sublineare in $y$ e perciò le soluzioni massimali sono definite ovunque.
Il resto lo sai fare.
1. Innanzitutto, conviene abbassare l’ordine della EDO introducendo l’incognita ausiliaria $z(x) := y^’ (x)$; facendo ciò hai da risolvere il PdC ausiliario:
\[
\begin{cases}
x\ z^\prime (x) = 2\ |z(x)| \\
z(1) = \alpha
\end{cases}
\]
e poi tener presente che la soluzione del PDC assegnato è calcolabile mediante integrazione definita $y(x) := int_1^x z(t) text(d) t$.
Se $alpha =0$, una soluzione del problema ausiliario è $z(x) = 0$ definita in tutto $RR$, che fornisce $y(x) = 0$ definita in tutto $RR$ come soluzione del problema iniziale… E fin qui siamo a posto.
Ora distinguiamo gli altri due casi.
- [*:czs1hj9g] Se $alpha >0$, localmente intorno ad $1$ possiamo eliminare il valore assoluto per ottenere la EDO più semplice $x z^’(x) = 2 z(x)$; dunque il PdC ausiliario ha come soluzione locale $z(x) = alpha x^2$. Ma tale funzione è soluzione in tutto $RR$, giacché non cambia segno e dunque il valore assoluto non da problemi (l’argomento è sempre positivo ed il v.a. si esplicita sempre allo stesso modo). Conseguentemente, per $alpha >0$ la funzione $y(x) = alpha/3 (x^3 - 1)$ è soluzione globale del PdC assegnato all’inizio.
[/*:m:czs1hj9g]
[*:czs1hj9g] Se $alpha <0$, localmente intorno ad $1$ possiamo eliminare il valore assoluto per ottenere la EDO più semplice $x z^’(x) = -2 z(x)$; dunque il PdC ausiliario ha soluzione locale $z(x) = alpha/x^2$. Tale soluzione non è definita in tutto $RR$, ma unicamente in $]0,+oo[$ ed in tale insieme è una soluzione massimale (perché non cambia segno etc…). Conseguentemente, per $alpha <0$ la funzione $y(x) = -alpha (1/x - 1)$ è la soluzione massimale in $]0,+oo[$ del PdC assegnato all’inizio.
Ne viene che gli unici $alpha$ per i quali la soluzione massimale è definita in tutto $RR$ sono quelli $>=0$.
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