[EX] Problema di Cauchy
Si consideri, al variare del parametro reale $alpha$, il problema di Cauchy :
$x' -tx = cos t$
$ x(0) = alpha $
*Discutere esistenza e unicità del problema di Cauchy e determinarne la soluzione $x_(alpha) $ (alle quadrature ).
** Studiare, in dipendenza di $alpha$, il
$lim_(t rarr +oo) x_(alpha) (t).$
Sono già bloccato nel trovare la soluzione ......
$x' -tx = cos t$
$ x(0) = alpha $
*Discutere esistenza e unicità del problema di Cauchy e determinarne la soluzione $x_(alpha) $ (alle quadrature ).
** Studiare, in dipendenza di $alpha$, il
$lim_(t rarr +oo) x_(alpha) (t).$
Sono già bloccato nel trovare la soluzione ......
Risposte
Il fattore integrante è \(\exp (-t^2/2)\), quindi la EDO si riscrive:
\[
\left( \exp \left( -\frac{1}{2}\ t^2\right)\ x(t) \right)^\prime = \exp \left( -\frac{1}{2}\ t^2\right)\ \cos t
\]
dalla quale si ricava la soluzione in una forma integrale, non esplicitabile in termini elementari.
La dipendenza dal parametro dovrebbe essere facile da analizzare, avendo una formula esplicita; e lo stesso credo si possa dire del limite.
L'esercizio si fa più interessante se si creca di risolverlo facendo uno studio qualitativo delle soluzioni massimali, cosa che credo sia più nell'ordine di idee di chi ha pensato l'esercizio.
\[
\left( \exp \left( -\frac{1}{2}\ t^2\right)\ x(t) \right)^\prime = \exp \left( -\frac{1}{2}\ t^2\right)\ \cos t
\]
dalla quale si ricava la soluzione in una forma integrale, non esplicitabile in termini elementari.
La dipendenza dal parametro dovrebbe essere facile da analizzare, avendo una formula esplicita; e lo stesso credo si possa dire del limite.
L'esercizio si fa più interessante se si creca di risolverlo facendo uno studio qualitativo delle soluzioni massimali, cosa che credo sia più nell'ordine di idee di chi ha pensato l'esercizio.
Interessante , devo rifletterci...
L'esercizio è di esame,corso di Analisi II , CdL in Matematica .
L'esercizio è di esame,corso di Analisi II , CdL in Matematica .
Usando il procedimento delineato da Gugo, si giunge a:
\[
x(t) = e^{\frac{t^2}{2}}\int_0^t \cos(s)e^{\frac{-s^2}{2}}ds + \alpha
\]
Prendendo il limite per $t\to +\infty$ (che questo abbia senso lo si puo' dire subito, ancora prima di scrivere la soluzione: l'equazione e' lineare, quindi si ha esistenza e unicita' in grande) si ha che il primo fattore esplode, il secondo e' limitato (\( \cos(s)e^{\frac{-s^2}{2}}\) e' integrabile perche' sta sotto $e^{\frac{-s^2}{2}}$).
\[
x(t) = e^{\frac{t^2}{2}}\int_0^t \cos(s)e^{\frac{-s^2}{2}}ds + \alpha
\]
Prendendo il limite per $t\to +\infty$ (che questo abbia senso lo si puo' dire subito, ancora prima di scrivere la soluzione: l'equazione e' lineare, quindi si ha esistenza e unicita' in grande) si ha che il primo fattore esplode, il secondo e' limitato (\( \cos(s)e^{\frac{-s^2}{2}}\) e' integrabile perche' sta sotto $e^{\frac{-s^2}{2}}$).
Complto la risposta, come già ha suggerito pure Paolo.
Da:
\[
\left( \exp \left( -\frac{1}{2}\ t^2\right)\ x(t) \right)^\prime = \exp \left( -\frac{1}{2}\ t^2\right)\ \cos t
\]
con un'integrazione definita si trae:
\[
\left. \exp \left( -\frac{1}{2}\ \tau^2\right)\ x(\tau) \right|_0^t = \int_0^t \exp \left( -\frac{1}{2}\ \tau^2\right)\ \cos \tau\ \text{d}\tau \; ,
\]
ed usando la condizione iniziale \(x(0)=\alpha\):
\[
\exp \left( -\frac{1}{2}\ t^2\right)\ x(t) - \alpha = \int_0^t \exp \left( -\frac{1}{2}\ \tau^2\right)\ \cos \tau\ \text{d}\tau\; ;
\]
da quest'ultima segue la detta rappresentazione integrale della soluzione massimale, i.e.:
\[
x(t;\alpha) = \exp\left( \frac{1}{2}\ t^2 \right)\ \left(\alpha + \int_0^t \exp \left( -\frac{1}{2}\ \tau^2\right)\ \cos \tau\ \text{d}\tau\right)\; .
\]
Dato che l'integrale:
\[
\int_0^t \exp \left( -\frac{1}{2}\ \tau^2\right)\ \cos \tau\ \text{d}\tau
\]
converge per \(t\to \infty\) (l'integrando è continuo in \(\mathbb{R}\) ed infinitesimo d'ordine infinitamente elevato in \(\pm \infty\)), detto \(A\) il suo limite[nota]Con mezzi non del tutto elementari di dimostra che \(A= \sqrt{\pi/2e} \approx 0.76 >0\).[/nota], è evidente che la \(x(t;\alpha)\) diverge positivamente [risp. negativamente] non appena \(\alpha>-A\) [risp. \(\alpha <-A\)]. Rimane dubbio il caso \(\alpha =-A\), che va analizzato a parte.
Si ha:
\[
\begin{split}
x(t;-A) &= \exp\left( \frac{1}{2}\ t^2 \right)\ \left(- \int_0^\infty \exp \left( -\frac{1}{2}\ \tau^2\right)\ \cos \tau\ \text{d}\tau + \int_0^t \exp \left( -\frac{1}{2}\ \tau^2\right)\ \cos \tau\ \text{d}\tau\right)\\
&= -\exp\left( \frac{1}{2}\ t^2 \right)\ \int_t^\infty \exp \left( -\frac{1}{2}\ \tau^2\right)\ \cos \tau\ \text{d}\tau\\
&= - \frac{\int_t^\infty \exp \left( -\frac{1}{2}\ \tau^2\right)\ \cos \tau\ \text{d}\tau}{\exp\left( -\frac{1}{2}\ t^2 \right)}
\end{split}
\]
ed è evidente che il \(\lim_{t\to \infty} x(t;-A)\) è nella forma indeterminata \(0/0\), cui il teorema del marchese può essere applicato; quindi:
\[
\begin{split}
\lim_{t\to \infty} x(t;-A) &\stackrel{\text{H}}{=} \lim_{t\to \infty} - \frac{ - \exp \left( -\frac{1}{2}\ t^2\right)\ \cos t}{-t\ \exp\left( -\frac{1}{2}\ t^2 \right)}\\
&= \lim_{t\to \infty} - \frac{\cos t}{t}\\
&= 0\; .
\end{split}
\]
Pertanto il limite assegnato esiste per ogni valore di \(\alpha\) ed è:
\[
\lim_{t\to \infty} x(t;\alpha) = \begin{cases} +\infty &\text{, se } \alpha >-A\\
0 &\text{, se } \alpha =-A\\
-\infty &\text{, se } \alpha <-A\; .
\end{cases}
\]
Contrariamente a quanto pensassi, questa strada non conduce proprio immediatamente al risultato.
"gugo82":
Il fattore integrante è \(\exp (-t^2/2)\), quindi la EDO si riscrive:
\[
\left( \exp \left( -\frac{1}{2}\ t^2\right)\ x(t) \right)^\prime = \exp \left( -\frac{1}{2}\ t^2\right)\ \cos t
\]
dalla quale si ricava la soluzione in una forma integrale, non esplicitabile in termini elementari.
La dipendenza dal parametro dovrebbe essere facile da analizzare, avendo una formula esplicita; e lo stesso credo si possa dire del limite.
Da:
\[
\left( \exp \left( -\frac{1}{2}\ t^2\right)\ x(t) \right)^\prime = \exp \left( -\frac{1}{2}\ t^2\right)\ \cos t
\]
con un'integrazione definita si trae:
\[
\left. \exp \left( -\frac{1}{2}\ \tau^2\right)\ x(\tau) \right|_0^t = \int_0^t \exp \left( -\frac{1}{2}\ \tau^2\right)\ \cos \tau\ \text{d}\tau \; ,
\]
ed usando la condizione iniziale \(x(0)=\alpha\):
\[
\exp \left( -\frac{1}{2}\ t^2\right)\ x(t) - \alpha = \int_0^t \exp \left( -\frac{1}{2}\ \tau^2\right)\ \cos \tau\ \text{d}\tau\; ;
\]
da quest'ultima segue la detta rappresentazione integrale della soluzione massimale, i.e.:
\[
x(t;\alpha) = \exp\left( \frac{1}{2}\ t^2 \right)\ \left(\alpha + \int_0^t \exp \left( -\frac{1}{2}\ \tau^2\right)\ \cos \tau\ \text{d}\tau\right)\; .
\]
Dato che l'integrale:
\[
\int_0^t \exp \left( -\frac{1}{2}\ \tau^2\right)\ \cos \tau\ \text{d}\tau
\]
converge per \(t\to \infty\) (l'integrando è continuo in \(\mathbb{R}\) ed infinitesimo d'ordine infinitamente elevato in \(\pm \infty\)), detto \(A\) il suo limite[nota]Con mezzi non del tutto elementari di dimostra che \(A= \sqrt{\pi/2e} \approx 0.76 >0\).[/nota], è evidente che la \(x(t;\alpha)\) diverge positivamente [risp. negativamente] non appena \(\alpha>-A\) [risp. \(\alpha <-A\)]. Rimane dubbio il caso \(\alpha =-A\), che va analizzato a parte.
Si ha:
\[
\begin{split}
x(t;-A) &= \exp\left( \frac{1}{2}\ t^2 \right)\ \left(- \int_0^\infty \exp \left( -\frac{1}{2}\ \tau^2\right)\ \cos \tau\ \text{d}\tau + \int_0^t \exp \left( -\frac{1}{2}\ \tau^2\right)\ \cos \tau\ \text{d}\tau\right)\\
&= -\exp\left( \frac{1}{2}\ t^2 \right)\ \int_t^\infty \exp \left( -\frac{1}{2}\ \tau^2\right)\ \cos \tau\ \text{d}\tau\\
&= - \frac{\int_t^\infty \exp \left( -\frac{1}{2}\ \tau^2\right)\ \cos \tau\ \text{d}\tau}{\exp\left( -\frac{1}{2}\ t^2 \right)}
\end{split}
\]
ed è evidente che il \(\lim_{t\to \infty} x(t;-A)\) è nella forma indeterminata \(0/0\), cui il teorema del marchese può essere applicato; quindi:
\[
\begin{split}
\lim_{t\to \infty} x(t;-A) &\stackrel{\text{H}}{=} \lim_{t\to \infty} - \frac{ - \exp \left( -\frac{1}{2}\ t^2\right)\ \cos t}{-t\ \exp\left( -\frac{1}{2}\ t^2 \right)}\\
&= \lim_{t\to \infty} - \frac{\cos t}{t}\\
&= 0\; .
\end{split}
\]
Pertanto il limite assegnato esiste per ogni valore di \(\alpha\) ed è:
\[
\lim_{t\to \infty} x(t;\alpha) = \begin{cases} +\infty &\text{, se } \alpha >-A\\
0 &\text{, se } \alpha =-A\\
-\infty &\text{, se } \alpha <-A\; .
\end{cases}
\]
"gugo82":
L'esercizio si fa più interessante se si cerca di risolverlo facendo uno studio qualitativo delle soluzioni massimali, cosa che credo sia più nell'ordine di idee di chi ha pensato l'esercizio.
Contrariamente a quanto pensassi, questa strada non conduce proprio immediatamente al risultato.
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