Problema di cauchy

[number15]

Sempre per l'esame di analisi, c'è da svolgere un problema di primo grado di cauchy.
Qualcuno potrebbe dirmi i passaggi da svolgere?
Si fa esclusivamente quelli lineari e a variabili separabili.
Grazie

[number15]

Uppo ancora... ho l'esame martedì mattina, se qualcuno è così gentile da rispondermi gliene sarei davvero grato.

[gugo82]

"number15":Uppo ancora... ho l'esame martedì mattina, se qualcuno è così gentile da rispondermi gliene sarei davvero grato.

Provo a svolgere un esercizio, anche se non ho ben chiaro quale sia il tuo problema... Quindi ci metto dentro un po' tutto, sperando di esserti almeno un po' utile.

Mi scuso per la lunghezza, ma è dovuta al fatto che non sapevo su cosa focalizzare l'attenzione.
Ovviamente posso aver commesso qualche errore, quindi ti chiedo di non prendere ciò che ho scritto come oro colato, di verificare i calcoli e di segnalare gli errori.

Per un buon compito di Analisi, secondo me, puoi limitarti a svolgere (quelli che di seguito sono) i punti 1, 3, 6, 7; a meno ovviamente di casi molto particolari.
I punti 2, 4, 5 li ho messi (seppure in spoiler) perchè ritenevo utile mostrare che si può ottenere molto anche senza calcolare esplicitamente la soluzione del problema; infine il punto 8 serve a mettere insieme un po' tutte le informazioni su un grafico.

***

"number15":[tex]$\begin{cases} y^\prime =\frac{2y^2}{x^2+2x} \\ y(-1)=1 \end{cases}$[/tex]

Allora procediamo con ordine.

1: classificazione del problema, esistenza della soluzione e stima del suo intervallo di definizione) L'equazione è nonlineare del primo ordine, in forma normale, nonautonoma ed omogenea.

L'insieme dei valori della variabile [tex]$x$[/tex] per cui l'equazione ha senso è [tex]$\Omega :=\mathbb{R} \setminus \{-2,0\} =]-\infty ,-2[ \cup ]-2,0[ \cup ]0,+\infty [$[/tex].
La funzione [tex]$f(x,y):=\frac{2y^2}{x^2+2x}$[/tex], definita per [tex]$(x,y)\in D:=\Omega \times \mathbb{R}$[/tex], è localmente lipschitziana rispetto ad [tex]$y$[/tex] in [tex]$D$[/tex].

Il teorema di esistenza ed unicità locali ti garantisce che localmente hai possibilità di definire una soluzione al problema almeno in un intorno di [tex]$x_0=-1$[/tex] contenuto in [tex]$\Omega$[/tex].

I risultati di prolungamento ti assicurano che tale soluzione locale può essere prolungata per ottenere una soluzione massimale del problema: tale soluzione massimale la continuiamo a denotare con [tex]$y(x)$[/tex] e chiamiamo [tex]$I$[/tex] l'intorno di [tex]$-1$[/tex] in cui essa è definita; evidentemente si ha [tex]$I\subseteq ]-2,0[$[/tex].

Studio qualitativo della soluzione massimale:
Il problema si può risolvere esplicitamente a mano, separando le variabili; tuttavia per ora ci occupiamo di stabilire alcune proprietà della soluzione "a priori", ossia senza scriverla esplicitamente.

2: regolarità della soluzione)

Detta [tex]$y(x)$[/tex] l'unica soluzione del tuo problema, [tex]$y(x)$[/tex] è derivabile e perciò continua in [tex]$I$[/tex]; dall'equazione segue che [tex]$y^\prime(x)$[/tex] è continua, sicché [tex]$y(x)$[/tex] è di classe [tex]$C^1$[/tex]; sempre dall'equazione discende che [tex]$y^\prime$[/tex] è derivabile, in quanto risulta:

[tex]$y^{\prime \prime} (x)= 2 \ \frac{2y(x) y^\prime(x)\ (x^2+2x) -2 y^2(x)\ (x+1)}{(x^2+2x)^2} =4y^2(x)\ \frac{2y(x)-x-1}{(x^2+2x)^2}$[/tex].

Da questa espressione si riconosce che [tex]$y^{\prime \prime}(x)$[/tex] è continua cosicché [tex]$y(x)$[/tex] è di classe [tex]$C^2$[/tex]; d'altra parte [tex]$y^{\prime \prime}$[/tex] è pure derivabile e la derivata [tex]$y^{\prime \prime \prime}$[/tex] si può esprimere come funzione razionale e continua di [tex]$x$[/tex] ed [tex]$y(x)$[/tex]:

[tex]$y^{\prime \prime \prime} (x) =4y^2(x)\ \frac{12y^2(x) -12y(x)\ (x+1)+3x^2+6x+4}{(x^2+2x)^3}$[/tex]

cosicché [tex]$y(x)$[/tex] è di classe [tex]$C^3$[/tex]...

Si vede che si può procedere iterativamente: per induzione si può dimostrare che la derivata [tex]$n$[/tex]-esima [tex]$y^{(n)}(x)$[/tex] si esprime come funzione razionale di [tex]$x$[/tex] ed [tex]$y(x)$[/tex] come segue:

[tex]$y^{(n)}(x)= \frac{P^n(x,y(x))}{(x^2+2x)^n}$[/tex]

ove [tex]$P^n(x,y)$[/tex] è un polinomio in [tex]$x,y$[/tex] di grado al più [tex]$n+1$[/tex].

[size=75]Dim.: La cosa è vera per [tex]$n=1,2,3$[/tex] e ciò costituisce una buona base per l'induzione.

Supposta la cosa vera per [tex]$n$[/tex], proviamo che essa vale anche per [tex]$n+1$[/tex]: per il teorema di derivazione delle funzioni composte troviamo:

[tex]$y^{(n+1)}(x) =\frac{\left[ P_x^n (x,y(x))+y^{\prime}(x)\ P_y^n(x,y(x)) \right] (x^2+2x) -2nP^n(x,y(x))\ (x+1)}{(x^2+2x)^{n+1}}$[/tex]

ma [tex]$y^\prime =2\frac{y^2}{x^2+2x}$[/tex], quindi:

[tex]$y^{(n+1)}(x) =\frac{(x^2+2x)\ P_x^n (x,y(x))+2y(x)\ P_y^n(x,y(x)) -2nP^n(x,y(x))\ (x+1)}{(x^2+2x)^{n+1}}$[/tex]

cosicché, posto [tex]$P^{n+1}(x,y):= (x^2+2x)\ P_x^n (x,y)+2y\ P_y^n(x,y) -2nP^n(x,y)\ (x+1)$[/tex], abbiamo:

[tex]$y^{(n+1)}(x) =\frac{P^{n+1}(x,y(x))}{(x^2+2x)^{n+1}}$[/tex]

come volevamo.
Inoltre, che [tex]$P^{n+1}(x,y)$[/tex] sia un polinomio di grado al più [tex]$n+1$[/tex] segue dal fatto che [tex]$P^n(x,y)$[/tex] è un polinomio con grado al più [tex]$n$[/tex] e che le sue derivate parziali [tex]$P_x^n(x,y)$[/tex] e [tex]$P_y^n(x,y)$[/tex] sono polinomi di grado al più [tex]$n-1$[/tex].[/size] [tex]$\square$[/tex]

Ne consegue che [tex]$y(x)$[/tex] è di classe [tex]$C^\infty$[/tex] in [tex]$I$[/tex].

3: studio del segno della soluzione) La soluzione [tex]$y(x)$[/tex] non si annulla in [tex]$I$[/tex]: infatti se si annullasse in un punto [tex]$\overline{x}\in I$[/tex] essa sarebbe anche la soluzione del problema di Cauchy:

[tex]$\begin{cases} y^\prime =\frac{2y^2}{x^2+2x} \\ y(\overline{x})=0\end{cases}$[/tex];

tale problema ha soluzione unica (in virtù del teorema di esistenza ed unicità) e si vede che esso è risolto dalla funzione [tex]$\overline{y}(x):=0$[/tex]; pertanto dovremmo avere [tex]$y(x)=\overline{y}(x)=0$[/tex] in [tex]$I$[/tex], contro il fatto che [tex]$y(-1)=1>0$[/tex].

Ne consegue che [tex]$y(x)\neq 0$[/tex] in [tex]$I$[/tex]; ciò, unito alla continuità di [tex]$y(x)$[/tex], implica che o [tex]$y(x)>0$[/tex] o [tex]$y(x)<0$[/tex] in tutto [tex]$I$[/tex]. Infatti se per assurdo esistessero [tex]$x_1,x_2\in I$[/tex] tali che [tex]$y(x_1) < 0 < y(x_2)$[/tex], allora per il Teorema degli zeri nell'intervallo [tex]$]\min \{ x_1,x_2\} ,\max \{ x_1,x_2\}[$[/tex] troveremmo un punto [tex]$\overline{x}$[/tex] tale che [tex]$y(\overline{x})=0$[/tex], contro quanto provato sopra.

Visto che [tex]$y(-1)=1>0$[/tex], risulta [tex]$y(x)>0$[/tex] in tutto [tex]$I$[/tex].

4: monotonia della soluzione)

L'equazione, insieme a quanto appena provato per [tex]$y(x)$[/tex] ed al fatto che [tex]$x^2+2x<0$[/tex] in [tex]$]-2,0[$[/tex], garantisce che [tex]$y^\prime (x)<0$[/tex] in [tex]$I$[/tex], cosicché [tex]$y(x)$[/tex] è una funzione strettamente decrescente.

5: convessità della soluzione)

Dalla espressione di [tex]$y^{\prime \prime}$[/tex], cioè:

[tex]$y^{\prime \prime}(x) = 4y^2(x)\ \frac{2y(x)-x-1}{(x^2+2x)^2}$[/tex]

segue che [tex]$y^{\prime \prime}(x) \geq 0$[/tex] se e solo se [tex]$y(x)\geq \frac{1}{2}\ (x+1)$[/tex].
Visto che [tex]$y(-1)=1\geq 0 =\frac{1}{2}\ (-1+1)$[/tex], che [tex]$y(x)\geq y(-1)$[/tex] e che [tex]$0\geq \frac{1}{2}\ (x+1)$[/tex] per [tex]$x\leq -1$[/tex], risulta [tex]$y(x)\geq \frac{1}{2}\ (x+1)$[/tex] per [tex]$x\in I$[/tex] ed [tex]$x\leq -1$[/tex]: pertanto [tex]$y(x)$[/tex] è certamente convessa per [tex]$x\in I \cap ]-\infty ,-1]$[/tex].

Calcolo della soluzione massimale:
Questo è quanto si può dire "a priori"; ora risolviamo il problema esplicitamente.

6: separazione delle variabili, determinazione della soluzione in forma implicita) Visto che abbiamo stabilito che in [tex]$I$[/tex] si ha [tex]$y(x)>0$[/tex] possiamo certamente dividere m.a.m. l'equazione per [tex]$y^2(x)$[/tex] ed integrare m.a.m.; procedendo in tal modo otteniamo:

[tex]$\frac{y^\prime (x)}{y^2(x)} = \frac{2}{x(x+2)}=\frac{1}{x} -\frac{1}{x+2} \quad \Rightarrow$[/tex]

[tex]$\Rightarrow \quad \int_{-1}^x \frac{y^\prime (t)}{y^2(t)} \text{d} t =\int_{-1}^x \left[ \frac{1}{x} -\frac{1}{x+2} \right] \text{d} t \quad \Rightarrow$[/tex]

[tex]$\Rightarrow \quad \Big[ - \frac{1}{y(t)}\Big]_{-1}^x = \Big[ \ln |t| -\ln |t+2|\Big]_{-1}^x \quad \Rightarrow$[/tex]

[tex]$ \Rightarrow \quad 1-\frac{1}{y(x)} = \ln |x| -\ln |x+2| =\ln \left( \frac{-x}{x+2}\right)$[/tex]

ove abbiamo tenuto presente che [tex]$|x|=-x, |x+2|=x+2$[/tex] dato che [tex]$-2
7: determinazione della soluzione in forma esplicita) Per terminare l'esercizio dobbiamo determinare esplicitamente la funzione [tex]$y(x)$[/tex] data in forma implicita dalla relazione:

(*) [tex]$1-\frac{1}{y(x)} =\ln \left( \frac{-x}{x+2}\right)$[/tex].

Dalla precedente discende:

[tex]$\frac{1}{y(x)}=1-\ln \left( \frac{-x}{x+2}\right)$[/tex]

e, visto che [tex]$y(x) >0$[/tex], per ricavare [tex]$y(x)$[/tex] bisogna imporre che il secondo membro della precedente sia [tex]$>0$[/tex]: tale condizione ci fornirà il più grande intorno [tex]$I$[/tex] di [tex]$-1$[/tex] in cui la soluzione [tex]$y(x)$[/tex] è definita.
Si ha:

[tex]$1-\ln \left( \frac{-x}{x+2}\right) > 0 \quad \Rightarrow \quad \frac{-x}{x+2} < e \quad \Rightarrow \quad x < \frac{-2e}{e+1}$[/tex],

cosicché la (*) è esplicitabile rispetto ad [tex]$y(x)$[/tex] per [tex]$x\in I:=\left] \frac{-2e}{e+1} ,0\right[ \subseteq ]-2,0[$[/tex] e fornisce:

[tex]$y(x)=\frac{1}{1-\ln \left( \frac{-x}{x+2}\right)}$[/tex]

che è la soluzione del problema di Cauchy assegnato.

8: osservazioni supplementari sul grafico della soluzione)

Abbiamo:

[tex]$\lim_{x\to \left( \frac{-2e}{e+1}\right)^+} y(x)=+\infty$[/tex] e [tex]$\lim_{x\to 0^-} y(x)=0$[/tex].

Il fatto che [tex]$\lim_{x\to 0^-} \frac{1}{2}\ (x+1) =\frac{1}{2}>0=\lim_{x\to 0^-} y(x)$[/tex], unito alla continuità di [tex]$y(x)$[/tex] ed alle considerazioni svolte al punto 5, implica che [tex]$y^{\prime \prime} (x) <0$[/tex] intorno a [tex]$0$[/tex]. Ne consegue che la [tex]$y(x)$[/tex] diviene concava intorno a [tex]$0$[/tex] e perciò il suo grafico ha un punto di flesso in [tex]$\overline{x} \in ]-1,0[$[/tex]; numericamente si ottiene [tex]$\overline{x} \sim -0.284$[/tex].

Inoltre si ha:

[tex]$y^\prime(x)= \frac{2}{\left[ 1-\ln \Big( \frac{-x}{x+2} \Big) \right]^2\ x(x+2)}$[/tex]

e si vede che [tex]$\lim_{x\to 0^-} y^\prime (x)=-\infty$[/tex].

Il grafico della soluzione massimale [tex]$y(x)$[/tex] è disegnato qui sotto (in rosso è evidenziato l'intervallo di definizione [tex]$I$[/tex], in nero l'asintoto verticale destro d'equazione [tex]$x=-\frac{2e}{e+1}$[/tex], in blu il punto iniziale [tex]$(-1,1)$[/tex], in arancio il punto di flesso).
[asvg]xmin=-2;xmax=1;ymin=0;ymax=3;
axes("labels","grid");
line([-1.46,-1],[-1.46,4]);
stroke="blue";
dot([-1,1]);
text([-1.46,0],"-2 e/(e+1)",below);
stroke="dodgerblue";
plot("1/(1-log((-x)/(x+2)))",-1.35,0);
stroke="orange";
dot([-0.284,0.36]);
stroke="red";
line([-1.46,0],[0,0]);[/asvg]

That's all, f-f-folks!!!

[number15]

Onestamente, troppo complicato per me.
Sò più o meno svolgere gli esercizi, ma mi manca completamente tutta la parte teorica.
Dovrò rimediare al più presto... è che il libro di testo (calcolo di marcellini sbordone) è proprio arabo... non ci capisco niente
e quindi mi demoralizza.
Grazie comunque

[gugo82]

Per la Matematica serve molto sforzo, soprattutto se alle superiori si sono persi pezzi per la strada... Alcuni "consigli" su come studiare li ho dati poco tempo fa qui.
Quando non capisci una cosa, innanzitutto non demoralizzarti perchè capita a tutti di non capire (soprattutto ai Matematici).
Poi prova ad usare l'immaginazione per "vedere" la situazione che la definizione/il teorema ti sta raccontando; quando si tratta di concetti elementari, un buon quadro dice più di mille parole.

Per quanto riguarda il libro, secondo me il testo di Marcellini-Sbordone, a parte qualche notazione che personalmente non preferisco, è uno dei più semplici sulla piazza e perciò è usato per molti corsi di ingegneria/informatica/fisica.