Problema di Cauchy

[miriam161089]

stavo cercando di risolvere esercizi tipo questi ma non riesco a trovare una soluzione qualcuno puo aiutarmi dandomi dei suggerimenti?

si consideri il problema di Cauchy
$\{(y'=(y^3-1)/(1+2y^2)),(y(0)=a):}$
1)dimostrare che per ogni $a in RR$ il problema di Cauchy ha un`unica soluzione definita su tutto $RR$
2)mostrare che per ogni a esistono i limiti $\lambda=lim_(x->-infty)(y(x))$ e $\mu=lim_(x->+infty)(y(x))$ e calcolarne il valore in dipendenza di a
3)disegnare il grafico approssimativo delle soluzioni al variare di a (eventuali asintoti,crescere e decrescere,non è richiesto lo studio della convessitá)

grazie mille

[miriam161089]

nessuno sa aiutarmi?

[miriam161089]

qualcuno sa come aiutarmi?
grazie mille

[magliocurioso]

L'unica cosa che posso fare è linkarti questa dispensa e augurarti che risponda l'utente gugo.

[gugo82]

"miriam161089":stavo cercando di risolvere esercizi tipo questi ma non riesco a trovare una soluzione qualcuno puo aiutarmi dandomi dei suggerimenti?

si consideri il problema di Cauchy
$\{(y'=(y^3-1)/(1+2y^2)),(y(0)=a):}$
1)dimostrare che per ogni $a in RR$ il problema di Cauchy ha un`unica soluzione definita su tutto $RR$

La funzione a secondo membro, i.e.:
\[
f(x,y):= \frac{y^3-1}{2y^2 +1}\; ,
\]
è localmente lipchitziana intorno ad ogni punto \((x_0,y_0)\in \mathbb{R}^2\); pertanto l'esistenza locale è assicurata.

L'esistenza globale segue dal fatto che \(f(x,y)\) è sublineare: infatti si ha:
\[
\begin{split}
|f(x,y)| &= \left| \frac{y^3-1}{2y^2 +1} \right| \\
&= \left| \frac{y^3+\frac{1}{2}y}{2y^2 +1} -\frac{\frac{1}{2} y+1}{2y^2+1} \right|\\
&\leq \frac{1}{2}\ |y| + \left| \frac{y+2}{2(2y^2+1)} \right| \\
&\leq \frac{1}{2}\ |y| + \frac{4+3\sqrt{2}}{8} \; .
\end{split}
\]
[Cfr. Teorema 3.2.1, pag. 37, dalla dispensa segnalata qui.]

"miriam161089":2)mostrare che per ogni a esistono i limiti $\lambda=lim_(x->-infty)(y(x))$ e $\mu=lim_(x->+infty)(y(x))$ e calcolarne il valore in dipendenza di a

La soluzione massimale del PdC è monotona in \(\mathbb{R}\).
Invero, studiando il segno del secondo membro, si vede che:
\[
\begin{split}
f(x,y)>0 \quad &\Leftrightarrow \quad y>1\\
f(x,y)=0 \quad &\Leftrightarrow \quad y=1\\
f(x,y)<0 \quad &\Leftrightarrow \quad y<1
\end{split}
\]
quindi, dato che la soluzione massimale \(y(x;a)\) del PdC per \(a\neq 1\) non può intersecare la soluzione costante \(\bar{y}(x):= y(x;1)=1\) (perchè altrimenti verrebbe meno l'unicità), si ha:
\[
\begin{split}
a>1 \quad &\Rightarrow \quad y(x;a)>1\quad \Rightarrow \quad y^\prime (x;a)>0\\
a<1 \quad &\Rightarrow \quad y(x;a)<1 \quad \Rightarrow \quad y^\prime (x;a)<0\; .
\end{split}
\]
Conseguentemente le soluzioni non costanti del PdC sono tutte strettamente monotone e perciò i limiti:
\[
\lim_{x\to -\infty} y(x;a) \qquad \text{e} \qquad \lim_{x\to +\infty} f(x;a)
\]
esistono.

Ora, se \(a>1\), la soluzione massimale \(y(x;a)\) è crescente e limitata inferiormente dalla costante \(1\); ne viene che:
\[
\lim_{x\to -\infty} y(x;a)\geq 1\; ;
\]
d'altra parte, il limite è proprio \(=1\), perchè esistendo il limite:
\[
\lim_{x\to -\infty} y^\prime (x;a) = \lim_{x\to -\infty} \frac{y^3(x;a)-1}{2y^2(x;a)+1}
\]
esso è necessariamente nullo (cfr. Teorema 4.0.3, pag. 44 delle dispense già citate) e ciò implica \(\lim_{x\to -\infty} y(x;a)=1\).
Analogo discorso vale per il \(\lim_{x\to -\infty} y(x;a)\) per gli \(a<1\).

D'altra parte, sempre per il teorema citato poco fa, in nessuno dei due casi \(a>1\) o \(a<1\) il limite \(\lim_{x\to +\infty} y(x;a)\) può esistere finito; ergo si ha:
\[
\lim_{x\to +\infty} y(x;a)=\begin{cases} +\infty &\text{, se } a>1\\ -\infty &\text{, se } a<1\; .
\end{cases}
\]

"miriam161089":3)disegnare il grafico approssimativo delle soluzioni al variare di a (eventuali asintoti,crescere e decrescere,non è richiesto lo studio della convessitá)

Ovviamente, tutte le soluzioni massimali sono di classe \(C^\infty\).

Derivando una seconda volta si vede che:
\[
y^{\prime \prime}(x) = \frac{y(x)\ (2y^3(x)+3y(x)+4)}{(2y^2(x)+1)^2}\ y^\prime (x) = \underbrace{\frac{y(x)\ (2y^3(x)+3y(x)+4) (y^3(x)-1)}{(2y^2(x)+1)^3}}_{\color{maroon}{=:\phi (y)}}
\]
quindi la derivata seconda di \(y(x;a)\) è certamente \(>0\) per le soluzioni che sono tutte \(>1\), ossia per quella corrispondenti agli \(a>1\).

Per quelle corrispondenti agli \(a<1\) la situazione è un po' più variegata. Invero la \(\phi (y)= \frac{y(x)\ (2y^3(x)+3y(x)+4) (y^3(x)-1)}{(2y^2(x)+1)^3}\) ha il grafico che segue per \(y<1\):
[asvg]xmin=-4; xmax=1; ymin=-3; ymax=2;
axes("","");
stroke="red"; strokewidth=2; plot("x*((2*x^3+3*x+4)*(x^3-1))/((2*x^2 +1)^3)",-5,1);[/asvg]
e ciò, unito al fatto che:
\[
\lim_{x\to -\infty} y(x;a)=1 \qquad \text{e} \qquad \lim_{x\to +\infty} y(x;a)=-\infty
\]
ed al teorema dei valori intermedi, assicura che ogni soluzione massimale \(y(x;a)\) con \(a<1\) ha due punti di flesso, il primo nel punto d'intersezione tra il grafico e l'asse delle ascisse (i.e., nell'unico punto \(x_a^0\) tale che \(y(x_a^0;a)=0\)) e l'altro nel punto d'intersezione tra il grafico e la retta d'equazione \(y=y^*\) (i.e., nell'unico punto \(x_a^*\) tale che \(y(x_a^*;a)=y^*\)) ove \(y^*\) è lo zero di \(\phi (y)\) che si trova in prossimità di \(-1\) (numericamente si vede che \(y^* \approx -0.87961\)).

Le soluzioni \(y(x;a)\) hanno asintoto orizzontale in \(-\infty\), coincidente con la retta d'equazione \(y=1\).
Invece, in \(+\infty\) le \(y(x;a)\) non hanno asintoti orizzontali né obliqui: gli asintoti orizzontali non ci sono perchè le soluzioni non sono limitate superiormente se \(a>1\) o inferiormente se \(a<1\); gli asintoti obliqui non possono esserci perchè, se ci fossero dovrebbe esistere finito il \(\lim_{x\to +\infty} \frac{y(x)}{x}\) mentre si ha invece:
\[
\lim_{x\to +\infty} \frac{y(x)}{x} \stackrel{H}{=} \lim_{x\to +\infty} y^\prime (x) = \lim_{x\to +\infty} \frac{y^3(x) - 1}{2y^2 (x) +1} =\pm \infty
\]
per il teorema di de l'Hopital.

[magliocurioso]

@gugo: Come realizzasti quel grafico?

[gugo82]

@ maglio: Leggi qui.

[miriam161089]

inizio con il ringraziare entrambi per le risposte che mi avete dato!
cercheró di ripercorrere l'esercizio per vedere se riesco a rifarlo da sola se avró dei dubbi li posteró!
grazie