[EX] Studio qualitativo ODE secondo ordine
Per restare in tema ODE del secondo ordine, un semplice esercizio:
"Qualcuno":
\begin{cases}
y''(x)=y'(x)^2 - 2 \\
y(0)=0 \\
y'(0) = 1
\end{cases}
i) Mostrare che $y(x)$ è globalmente definita
ii) Calcolare i limiti agli estremi del dominio per $y$ e $y'(x)$
Risposte
Per curiosità ho cercato di applicare pure qui qualche considerazione di meccanica. Ma al contrario di https://www.matematicamente.it/forum/vi ... 2#p8473978 , che abbiamo discusso recentemente, questo sistema non mi sembra ammettere formulazione lagrangiana, per via del termine \(\dot x^2\). Ho fatto qualche ragionamento che non porta lontano, ma mi dispiaceva buttarlo, quindi lo scrivo qui sotto OT.
RIASSUNTO: l'unica cosa che ho trovato è la formula
\[
\frac{d}{dt}\left( \frac{\dot x^2}{2}+2x\right) =\dot x^3.\]
(ovviamente, la mia \(x\) è la \(y\) dell'OP e la mia \(t\) è la \(x\) dell'OP).
[ot]L'equazione \(\ddot x -\dot x^2 +2=0\) si può scrivere come sistema lagrangiano con funzione di dissipazione
\[
\frac{d}{dt}\left( \frac{\partial L}{\partial \dot x}\right) - \frac{\partial L}{\partial x} +\frac{\partial R}{\partial \dot x}=0, \]
con
\[
L(\dot x, x)=\frac{\dot x^2}{2} -2x,\qquad R(\dot x)=\frac{\dot x^3}{3}.\]
Tutto questo però non mi sembra particolarmente utile. Questa formulazione suggerisce di studiare l'Hamiltoniana
\[
H(\dot x, x)=\frac{\dot x^2}{2}+2x, \]
che soddisfa
\[
\frac{dH}{dt}=\dot x^3, \]
ma siccome il membro destro non ha un segno, non mi pare che questo serva a granché.[/ot]
Metto qui anche la soluzione, basata su considerazioni diverse.
[ot]La sostituzione \(v=\dot x\) mostra che \(v\) verifica il problema
\[\tag{*}
\begin{cases}
\dot v= v^2-2,\\
v(0)=1.
\end{cases}
\]
L'equazione \(\dot v=v^2-2\) ammette le soluzioni stazionarie \(v(t)=\pm\sqrt{2}\), quindi la soluzione di (*) resta intrappolata tra di esse e pertanto esiste globalmente. Inoltre,
\[
\lim_{t\to -\infty} v(t)=\sqrt{2},\quad \lim_{t\to \infty} v(t)=-\sqrt{2}.\]
(Qui sono andato un po' di fretta). Siccome
\[
x(t)=\int_0^t v(\tau)\, d\tau, \]
che verifica \(\lvert x(t)\rvert\le \lvert t \rvert \sqrt{2}\), anche \(x(t)\) esiste globalmente, e per quanto visto sopra
\[
\lim_{t\to -\infty} x(t)=\infty, \quad\lim_{t\to \infty} x(t)=-\infty.\][/ot]
RIASSUNTO: l'unica cosa che ho trovato è la formula
\[
\frac{d}{dt}\left( \frac{\dot x^2}{2}+2x\right) =\dot x^3.\]
(ovviamente, la mia \(x\) è la \(y\) dell'OP e la mia \(t\) è la \(x\) dell'OP).
[ot]L'equazione \(\ddot x -\dot x^2 +2=0\) si può scrivere come sistema lagrangiano con funzione di dissipazione
\[
\frac{d}{dt}\left( \frac{\partial L}{\partial \dot x}\right) - \frac{\partial L}{\partial x} +\frac{\partial R}{\partial \dot x}=0, \]
con
\[
L(\dot x, x)=\frac{\dot x^2}{2} -2x,\qquad R(\dot x)=\frac{\dot x^3}{3}.\]
Tutto questo però non mi sembra particolarmente utile. Questa formulazione suggerisce di studiare l'Hamiltoniana
\[
H(\dot x, x)=\frac{\dot x^2}{2}+2x, \]
che soddisfa
\[
\frac{dH}{dt}=\dot x^3, \]
ma siccome il membro destro non ha un segno, non mi pare che questo serva a granché.[/ot]
Metto qui anche la soluzione, basata su considerazioni diverse.
[ot]La sostituzione \(v=\dot x\) mostra che \(v\) verifica il problema
\[\tag{*}
\begin{cases}
\dot v= v^2-2,\\
v(0)=1.
\end{cases}
\]
L'equazione \(\dot v=v^2-2\) ammette le soluzioni stazionarie \(v(t)=\pm\sqrt{2}\), quindi la soluzione di (*) resta intrappolata tra di esse e pertanto esiste globalmente. Inoltre,
\[
\lim_{t\to -\infty} v(t)=\sqrt{2},\quad \lim_{t\to \infty} v(t)=-\sqrt{2}.\]
(Qui sono andato un po' di fretta). Siccome
\[
x(t)=\int_0^t v(\tau)\, d\tau, \]
che verifica \(\lvert x(t)\rvert\le \lvert t \rvert \sqrt{2}\), anche \(x(t)\) esiste globalmente, e per quanto visto sopra
\[
\lim_{t\to -\infty} x(t)=\infty, \quad\lim_{t\to \infty} x(t)=-\infty.\][/ot]
Bella soluzione, dissonance! Solo una domanda. [ot]A cosa serve la maggiorazione su $|x(t)|$? Insomma, una volta analizzata $v$ e scoperto che questa è soluzione globale per il problema di Cauchy in $v$, hai tutte le informazioni che servono per affermare che $x(t) $ è definita per ogni $t$ reale. Non è così?[/ot]
dissonance [ot]avevo provato esattamente come te con il formalismo Lagrangiano. Ho postato questo esercizio perché coi problemi del secondo ordine, anche se facili, spesso si può ragionare anche in termini di velocità[/ot]@Mathita
[ot]Sì, la soluzione qui è una coppia $(x(t),v(t))$ perciò, usando che $v(t)$ è definita globalmente e intrappolata nella striscia $\mathbb{R} \times (-\sqrt{2},+\sqrt{2})$, dissonance ne ha mostrato la sublinearità, che mostra che anche $x(t)$ è definita globalmente[/ot]
Ah già, la sublinearità! Grazie![ot]Io pensavo di bypassare quel passaggio affermando che $x(t)$ è la funzione integrale di $v(\tau) $. Poiché $v$ è continua su $\mathbb{R}$, è integrabile su ogni intervallo chiuso di estremi $0$ e $t$, per ogni $t$, perciò $x(t)$ è definita ovunque (e liscia ovunque). Basta secondo voi, o è necessario mostrare la sublinearità? Grazie.[/ot]
@Mathita
[ot]L'importante è che $x(t)= \int_0^t v(\tau) d \tau$ non esploda in norma in un tempo finito. Tra l'altro, ci sono esempi semplici di membri di destra non sublineari in $y$ (uniformemente in $t$) ma che hanno esistenza globale. In 5 parole: la sublinearità ist solo sufficiente[/ot]
[ot]L'importante è che $x(t)= \int_0^t v(\tau) d \tau$ non esploda in norma in un tempo finito. Tra l'altro, ci sono esempi semplici di membri di destra non sublineari in $y$ (uniformemente in $t$) ma che hanno esistenza globale. In 5 parole: la sublinearità ist solo sufficiente[/ot]
@dissonance
Complimenti, bella soluzione!
Chiedo scusa per la mia domanda che potrebbe essere banale, ma mi sono perso un passaggio.
Sia $z(x)=y'(x)$:
$|z(x)|\leq sqrt{2} \iff |y(x)|=|\int_{0}^{x}z(t)dt| \leq \int_{0}^{x}|z(t)|dt \leq sqrt{2}x$
Cioè $-sqrt{2}x\leq y(x) \leq sqrt{2}x$
Vale quindi la condizione sufficiente per l'esistenza globale di $y(x)$, ovvero la sublinearità.
Ora: $\lim_{x\to -\infty}-sqrt{2}x=+\infty$ da cui a maggior ragione $\lim_{x\to -\infty}y(x)=+\infty$
Poi: $\lim_{x\to +\infty}\pm sqrt{2}x=\pm \infty$ da cui $-\infty \leq \lim_{x\to +\infty}y(x) \leq +\infty$
Come traggo l'ultima conclusione, ovvero che $lim_{x\to +\infty}y(x)=-\infty$ ?
Grazie mille e chiedo scusa per la banalità e/o per eventuali errori commessi!
Complimenti, bella soluzione!
Chiedo scusa per la mia domanda che potrebbe essere banale, ma mi sono perso un passaggio.
Sia $z(x)=y'(x)$:
$|z(x)|\leq sqrt{2} \iff |y(x)|=|\int_{0}^{x}z(t)dt| \leq \int_{0}^{x}|z(t)|dt \leq sqrt{2}x$
Cioè $-sqrt{2}x\leq y(x) \leq sqrt{2}x$
Vale quindi la condizione sufficiente per l'esistenza globale di $y(x)$, ovvero la sublinearità.
Ora: $\lim_{x\to -\infty}-sqrt{2}x=+\infty$ da cui a maggior ragione $\lim_{x\to -\infty}y(x)=+\infty$
Poi: $\lim_{x\to +\infty}\pm sqrt{2}x=\pm \infty$ da cui $-\infty \leq \lim_{x\to +\infty}y(x) \leq +\infty$
Come traggo l'ultima conclusione, ovvero che $lim_{x\to +\infty}y(x)=-\infty$ ?
Grazie mille e chiedo scusa per la banalità e/o per eventuali errori commessi!
$\dot{z(x)}=z^2-2$, $z(0)=1$. Abbiamo mostrato esistenza e unicità globali. In particolare, la soluzione è intrappolata tra $-\sqrt{2},+\sqrt{2}$. Ora per $z \in (-\sqrt{2},+\sqrt{2})$, hai che $\dot{z}<0$, pertanto la soluzione descresce. Questo ti fa capire che il limite deve essere $-\sqrt{2}$. In modo più formale, basta notare che il limite $$\lim_{x \rightarrow \infty} z(x) = a \in \mathbb{R}$$
e perciò deve essere $$\lim \dot{z} = 0$$
Questo implica che $z^2 = 2$, da cui $z=\pm \sqrt{2}$, e per descrescenzs trovi $-\sqrt{2}$.
Per l'ultima domanda, puoi procedere per contraddizione: supponi esista $b < 0$ t.c. $$\lim_x y(x)=b$$
Allora necessariamente si ha $$\lim_x y'(x)=0$$
Ma questo limite, per definizione, è $\lim_x z(x)$, e abbiamo appena visto che non è $0$. Dunque $b=-\infty$,
e perciò deve essere $$\lim \dot{z} = 0$$
Questo implica che $z^2 = 2$, da cui $z=\pm \sqrt{2}$, e per descrescenzs trovi $-\sqrt{2}$.
Per l'ultima domanda, puoi procedere per contraddizione: supponi esista $b < 0$ t.c. $$\lim_x y(x)=b$$
Allora necessariamente si ha $$\lim_x y'(x)=0$$
Ma questo limite, per definizione, è $\lim_x z(x)$, e abbiamo appena visto che non è $0$. Dunque $b=-\infty$,
@feddy
Grazie mille davvero, chiarissimo come sempre
Grazie mille davvero, chiarissimo come sempre
Prego 
il teorema che ho usato si chiama teorema dell'asintoto (mi ero dimenticato di citarlo). Come vedi può risultare spesso utile
il teorema che ho usato si chiama teorema dell'asintoto (mi ero dimenticato di citarlo). Come vedi può risultare spesso utile
Cerchiamo una soluzione della forma $y^{'}=ATanh(\alpha x+\beta)$
con $y^{'}(0)=ATanh(\beta)=1$
$\frac{A\alpha}{Cosh^{2}(\alpha x+\beta)}=A^{2}Tanh^{2}(\alpha x+\beta)-2$
$A\alpha=A^{2}Sinh^{2}(\alpha x+\beta)-2Cosh^{2}(\alpha x+\beta)$
L'uguaglianza è soddisfatta se:
$A\alpha=-2$ $A^{2}=2$, $ATanh(\beta)=1$
$A=\sqrt{2}$ ,$\alpha=-\sqrt{2}$,$\beta=ln(1+\sqrt{2})$
$y^{'}(x)=\sqrt{2}Tanh(-\sqrt{2}x+\beta)$
$y^{'}<0:-\sqrt{2}x+\beta<0,x>\frac{\beta}{\sqrt{2}},x>\frac{ln(1+\sqrt{2})}{\sqrt{2}}$
$y^{'}>0:-\sqrt{2}x+\beta>0,x<\frac{\beta}{\sqrt{2}},x<\frac{ln(1+\sqrt{2})}{\sqrt{2}}$
Quindi abbiamo un massimo relativo in $x=\frac{ln(1+\sqrt{2})}{\sqrt{2}}$
che è pure massimo assoluto
Infine ricaviamo
$y(x)=-\sqrt{2}\int_{0}^{x}Tanh(-\sqrt{2}t+\beta)dt$
$y(x)=\frac{-\sqrt{2}}{\sqrt{2}}\int_{\beta}^{-\sqrt{2}x+\beta}Tanh(u)du=-\int_{\beta}^{-\sqrt{2}x+\beta}[ln(e^{u}+e^{-u})]^{'}du=ln(\frac{e^{\beta}+e^{-\beta}}{e^{-\sqrt{2}x+\beta}+e^{\sqrt{2}x-\beta}})=ln[\frac{Cosh(\beta)}{Cosh(\sqrt{2}x-\beta)}]$
$Cosh(\beta)=\frac{1}{\sqrt{2}}$
$y(x)=-\frac{1}{2}ln2-ln[Cosh(\sqrt{2}x-\beta)]$
con $y^{'}(0)=ATanh(\beta)=1$
$\frac{A\alpha}{Cosh^{2}(\alpha x+\beta)}=A^{2}Tanh^{2}(\alpha x+\beta)-2$
$A\alpha=A^{2}Sinh^{2}(\alpha x+\beta)-2Cosh^{2}(\alpha x+\beta)$
L'uguaglianza è soddisfatta se:
$A\alpha=-2$ $A^{2}=2$, $ATanh(\beta)=1$
$A=\sqrt{2}$ ,$\alpha=-\sqrt{2}$,$\beta=ln(1+\sqrt{2})$
$y^{'}(x)=\sqrt{2}Tanh(-\sqrt{2}x+\beta)$
$y^{'}<0:-\sqrt{2}x+\beta<0,x>\frac{\beta}{\sqrt{2}},x>\frac{ln(1+\sqrt{2})}{\sqrt{2}}$
$y^{'}>0:-\sqrt{2}x+\beta>0,x<\frac{\beta}{\sqrt{2}},x<\frac{ln(1+\sqrt{2})}{\sqrt{2}}$
Quindi abbiamo un massimo relativo in $x=\frac{ln(1+\sqrt{2})}{\sqrt{2}}$
che è pure massimo assoluto
Infine ricaviamo
$y(x)=-\sqrt{2}\int_{0}^{x}Tanh(-\sqrt{2}t+\beta)dt$
$y(x)=\frac{-\sqrt{2}}{\sqrt{2}}\int_{\beta}^{-\sqrt{2}x+\beta}Tanh(u)du=-\int_{\beta}^{-\sqrt{2}x+\beta}[ln(e^{u}+e^{-u})]^{'}du=ln(\frac{e^{\beta}+e^{-\beta}}{e^{-\sqrt{2}x+\beta}+e^{\sqrt{2}x-\beta}})=ln[\frac{Cosh(\beta)}{Cosh(\sqrt{2}x-\beta)}]$
$Cosh(\beta)=\frac{1}{\sqrt{2}}$
$y(x)=-\frac{1}{2}ln2-ln[Cosh(\sqrt{2}x-\beta)]$
@totissimus Domanda da 1e3 milioni di dollari: come mai hai scelto quella forma per una possibile soluzione?
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