Problema di Cauchy con modulo
sto trovando difficoltà a risolvere il seguente problema in quanto non capisco come ragionare per eliminare il modulo:
$\{(y'=|y+x|),(y(0)=alpha):}$
ho provato a ragionare in questo modo:
se $alpha>=0$ allora risolvo
$\{(y'=y+x),(y(0)=alpha):}$
se $alpha<0$ allora risolvo
$\{(y'=-(y+x)),(y(0)=alpha):}$
dunque risolvendo separatamente i due PC troverò le soluzioni in base al segno di $alpha$.
è corretto? oppure sono fuori strada?
grazie
$\{(y'=|y+x|),(y(0)=alpha):}$
ho provato a ragionare in questo modo:
se $alpha>=0$ allora risolvo
$\{(y'=y+x),(y(0)=alpha):}$
se $alpha<0$ allora risolvo
$\{(y'=-(y+x)),(y(0)=alpha):}$
dunque risolvendo separatamente i due PC troverò le soluzioni in base al segno di $alpha$.
è corretto? oppure sono fuori strada?
grazie
Risposte
nessuno riesce ad aiutarmi?
grazie
grazie
Ciao
Un primo passo potrebbe essere quella di considerarla a variabili separabili
Poni $v=y+x => v'=y'+1 => v'-1=abs(v)$
Quindi $(dv) /(abs(v) +1)=dx => int(dv) /(abs(v) +1)=x+c$
Un primo passo potrebbe essere quella di considerarla a variabili separabili
Poni $v=y+x => v'=y'+1 => v'-1=abs(v)$
Quindi $(dv) /(abs(v) +1)=dx => int(dv) /(abs(v) +1)=x+c$
ciao
deduco dunque che il modus operandi era sbagliato giusto?
inoltre non ho mai visto il procedimento da te attuato, come agisce?
P.S.: la mia seconda idea era considerare quando $y+x>=0$ e quando $x+y<0$ però poi non saprei come continuare, nel senso che:
se $y>=-x$ allora risolvo
$\{(y'-y=x),(y(0)=alpha):}$
e trovo la soluzione $y(x)=(alpha+1)e^x-x-1$
mentre se $y<-x$ risolvo
$\{(y'+y=-x),(y(0)=alpha):}$
e trovo $y(x)=(alpha-1)e^(-x)-x+1$
però poi ho paura che mi manchi qualche condizione da verificare per via del modulo iniziale...oppure ho semplicemente finito cosi?
Grazie
deduco dunque che il modus operandi era sbagliato giusto?
inoltre non ho mai visto il procedimento da te attuato, come agisce?
P.S.: la mia seconda idea era considerare quando $y+x>=0$ e quando $x+y<0$ però poi non saprei come continuare, nel senso che:
se $y>=-x$ allora risolvo
$\{(y'-y=x),(y(0)=alpha):}$
e trovo la soluzione $y(x)=(alpha+1)e^x-x-1$
mentre se $y<-x$ risolvo
$\{(y'+y=-x),(y(0)=alpha):}$
e trovo $y(x)=(alpha-1)e^(-x)-x+1$
però poi ho paura che mi manchi qualche condizione da verificare per via del modulo iniziale...oppure ho semplicemente finito cosi?
Grazie
quello che ho usato è sostanzialmente questo
si ottiene, formalmente, $(v'(x))/(abs(v(x))+1)=1$
quindi integrando rispetto ad $x$(ambo i membri) si ottiene $int (v'(x))/(abs(v(x))+1)dx=x+c$
in poche parole puoi limitarti ad integrare $int 1/(abs(x)+1)dx$ e poi infilarci $v(x)$
tutto questo deriva dalla regola di derivazione della composizione di funzioni.
venendo al tuo ragionamento:
secondo me è corretto quello che fai dividendo in due parti.
Devi ricordarti però di trovare gli insiemi nei quali le soluzioni sono definite
per esempio devi calcolare l'insieme $(1+alpha)e^x-x-1>=-x$ per la soluzione ottenuta in $y+x>=0$
inoltre essendo $y'=abs(y+x)$ segue che $y$ deve essere monotona pertanto l'insieme dei punti in cui si ha $y=-x$ può contenere soltanto un punto, altrimenti si avrebbe che per qualche coppia di punti $x_1 y(x_1)>y(x_2)$. $y$ di fatto sarà definita su tutto $RR$
questo indica che ${y<= -x}cap{y>= -x}$ contiene un solo punto
c'è un'errore nella tua soluzione.
Intanto considererei $y<=-x$ e $y>=-x$
imponendo che ciascuna delle due soluzioni soddisfi $y(0)=alpha$ ti porta a prendere un palo enorme.
supponiamo che $alpha>0$ allora lo $0$ può appartenere soltanto alla curva in cui $y(x)>=-x$ poiché nell'altra si avrebbe $alpha=y(0)<=0 => alpha<=0$ il che sarebbe assurdo
quindi ti trovi la soluzione $y_1(x)=(1+alpha)e^x-x-1$ nell'insieme $y>=-x$
l'insieme di definizione sarà per $(1+alpha)e^x-x-1>=-x => e^x>=1/(1+alpha) => x>=log(1/(1+alpha))$
ora l'altra soluzione sarà $y_2(x)=ce^(-x)-x+1$
imponi che si "attacchino" nel punto $x_0=log(1/(1+alpha))$
ovvero $y_1(x_0)=y_2(x_0)=> 1-log(1/(1+alpha))-1=c(1+alpha)-log(1/(1+alpha))+1$
da cui $c=-1/(1+alpha)$
quindi ottieni $y(x)={((1+alpha)e^x-x-1 if x in [x_0,+infty)),(-e^(-x)/(1+alpha)-x+1 if x in (-infty,x_0]):}$
fai lo stesso ragionamento per $alpha<0$ e per $alpha=0$
in particolare il caso $alpha=0$ implica che $0$ appartenga a ciascuno dei due intervalli delle soluzioni.
se alla fine graficherai tutto otterrai una cosa carina: il punto di raccordo delle soluzioni appartiene sempre alla retta $y=-x$ proprio per l'osservazione fatta sopra sull'insieme ${y<=-x}cap{y>=-x}$
si ottiene, formalmente, $(v'(x))/(abs(v(x))+1)=1$
quindi integrando rispetto ad $x$(ambo i membri) si ottiene $int (v'(x))/(abs(v(x))+1)dx=x+c$
in poche parole puoi limitarti ad integrare $int 1/(abs(x)+1)dx$ e poi infilarci $v(x)$
tutto questo deriva dalla regola di derivazione della composizione di funzioni.
venendo al tuo ragionamento:
secondo me è corretto quello che fai dividendo in due parti.
Devi ricordarti però di trovare gli insiemi nei quali le soluzioni sono definite
per esempio devi calcolare l'insieme $(1+alpha)e^x-x-1>=-x$ per la soluzione ottenuta in $y+x>=0$
inoltre essendo $y'=abs(y+x)$ segue che $y$ deve essere monotona pertanto l'insieme dei punti in cui si ha $y=-x$ può contenere soltanto un punto, altrimenti si avrebbe che per qualche coppia di punti $x_1
questo indica che ${y<= -x}cap{y>= -x}$ contiene un solo punto
c'è un'errore nella tua soluzione.
Intanto considererei $y<=-x$ e $y>=-x$
imponendo che ciascuna delle due soluzioni soddisfi $y(0)=alpha$ ti porta a prendere un palo enorme.
supponiamo che $alpha>0$ allora lo $0$ può appartenere soltanto alla curva in cui $y(x)>=-x$ poiché nell'altra si avrebbe $alpha=y(0)<=0 => alpha<=0$ il che sarebbe assurdo
quindi ti trovi la soluzione $y_1(x)=(1+alpha)e^x-x-1$ nell'insieme $y>=-x$
l'insieme di definizione sarà per $(1+alpha)e^x-x-1>=-x => e^x>=1/(1+alpha) => x>=log(1/(1+alpha))$
ora l'altra soluzione sarà $y_2(x)=ce^(-x)-x+1$
imponi che si "attacchino" nel punto $x_0=log(1/(1+alpha))$
ovvero $y_1(x_0)=y_2(x_0)=> 1-log(1/(1+alpha))-1=c(1+alpha)-log(1/(1+alpha))+1$
da cui $c=-1/(1+alpha)$
quindi ottieni $y(x)={((1+alpha)e^x-x-1 if x in [x_0,+infty)),(-e^(-x)/(1+alpha)-x+1 if x in (-infty,x_0]):}$
fai lo stesso ragionamento per $alpha<0$ e per $alpha=0$
in particolare il caso $alpha=0$ implica che $0$ appartenga a ciascuno dei due intervalli delle soluzioni.
se alla fine graficherai tutto otterrai una cosa carina: il punto di raccordo delle soluzioni appartiene sempre alla retta $y=-x$ proprio per l'osservazione fatta sopra sull'insieme ${y<=-x}cap{y>=-x}$
mi sono un attimo perso! perdonami
una volta trovato $y_1(x)$ e supposto $alpha>0$ come lo trovo $y_2(x)$ ?? inoltre non ho capito il perchè è necessario unire le due soluzioni ecosa dovrei fare per i casi $alpha<0$ e $alpha=0$
grazie
una volta trovato $y_1(x)$ e supposto $alpha>0$ come lo trovo $y_2(x)$ ?? inoltre non ho capito il perchè è necessario unire le due soluzioni ecosa dovrei fare per i casi $alpha<0$ e $alpha=0$
grazie
infatti non mi è chiaro il ragionamento alla base: nel senso quel modulo come mi modifica l'eq.differenziale e perchè nei diversi casi di $alpha$ poi bisogna unire le soluzioni?
Sono due giorni che cerco di scrivere una soluzione, ma non ho il tempo.
Appena la completo la posto.
Appena la completo la posto.
perché unire le soluzioni?
A parole: ti restringi a dei sottoinsiemi per vedere la forma che la funzione assume in ciascuno di essi.
formalmente: il sistema
Ti dice che esiste una sola funzione, definita in tutto $RR$, che risolve quel sistema.
Prendiamo la soluzione $y:RR->RR$ e definiamo
In questo modo trovi la "forma" che deve avere $y$ su ciascuno degli insiemi $A$ e $B$, ovvero trovi due funzioni $y_1$ e $y_2$ tale che se $x in A$ allora $y=y_1$ e se $x in B$ allora $y=y_2$
Per questo consideri l'unione, perché insieme ti danno tutta la funzione.
Inoltre $y_1$ e $y_2$ devono coincidere su $AcapB$(se non vuoto), questo poiché in quell'insieme si ha $y_1=y=y_2$
come trovo $y_2$ una volta trovata $y_1$?
Per prima cosa vedi a quale dei due insiemi appartiene $x=0$
$0 in A$ se e solo se $y(0)+0 >= 0 => alpha>=0$
$ 0 in B$ se e solo se $y(0)+0 <= 0 => alpha <=0$
$0 in AcapB$ se e solo se $alpha=0$
Questa distinzione su $alpha$ ti permette di scegliere su quale dei due rami imporre la condizione $y(0)=alpha$.
Nel caso $alpha >0$ sai per certo che appartiene all'insieme $A$ e quindi risolvi
ottieni che $y_1(x)=(1+alpha)e^x-x-1$
quindi sai che per $x in A$ segue che $y(x)=y_1(x)=(1+alpha)e^x-x-1$
ora sai che questa è soluzione in $y(x)>= -x$ ovvero per $(1+alpha)e^x>=1 => x>=log(1/(1+alpha))$
la soluzione generale per $y(x)+x<=0$ è data da $y_2(x)=ce^(-x)-x+1$
Ora $y_1$ e $y_2$ sono parti di una stessa funzione continua e devono "attaccarsi" proprio in $x_alpha =log(1/(1+alpha))$
per questo si pone che $y_1(x_0)=y_2(x_0)$ e si ricava $c$ pervenendo alla soluzione riportata sopra.
per visualizzare la cosa guarda lo spoiler
quindi se $alpha>0$ si ha la soluzione $y(x)={((1+alpha)e^x-x-1 if x in [x_alpha,+infty)),(-1/(1+alpha)e^(-x)-x+1 if x in (-infty,x_alpha]):}$
il caso $alpha=0$ si risolve allo stesso modo del caso $alpha>=0$, lo avevo lasciato da parte per lasciarlo fare a te.
Infatti $0 in A$.
si ottiene la soluzione $y(x)={(e^x-x-1 if x in [0,+infty)),(-e^(-x)-x+1 if x in (-infty,0]):}$ che se ci fai caso è quella di sopra con $alpha=0$
il caso $alpha<0$ si risolve considerando che $0 in B$
quindi si risolve ${(y'_2(x)=-y_2(x)-x),(y_2(0)=alpha):}$
si ottiene $y_2(x)=(alpha-1)e^(-x)-x+1$
si calcola l'intervallo $y_2(x)<=-x => (alpha-1)e^(-x)<=-1 => x<=log(1-alpha)$
la soluzione generale sull'altro insieme è $y_1(x)=ce^x-x-1$ e imponendo il raccordo in $x_alpha=log(1-alpha)$ si ottiene
ovvero la soluzione
so che è un po' lungo ma non saprei come dirlo in maniera più concisa: sicuramente se esiste un metodo più breve e compatto gugo te lo esporrà
A parole: ti restringi a dei sottoinsiemi per vedere la forma che la funzione assume in ciascuno di essi.
formalmente: il sistema
${(y'(x) = abs(y(x) +x)), (y(0)=alpha):}$
Ti dice che esiste una sola funzione, definita in tutto $RR$, che risolve quel sistema.
Prendiamo la soluzione $y:RR->RR$ e definiamo
$A={x in RR: y(x)+x >=0}$
$B={x in RR: y(x)+x <=0}$
$B={x in RR: y(x)+x <=0}$
In questo modo trovi la "forma" che deve avere $y$ su ciascuno degli insiemi $A$ e $B$, ovvero trovi due funzioni $y_1$ e $y_2$ tale che se $x in A$ allora $y=y_1$ e se $x in B$ allora $y=y_2$
Per questo consideri l'unione, perché insieme ti danno tutta la funzione.
Inoltre $y_1$ e $y_2$ devono coincidere su $AcapB$(se non vuoto), questo poiché in quell'insieme si ha $y_1=y=y_2$
come trovo $y_2$ una volta trovata $y_1$?
Per prima cosa vedi a quale dei due insiemi appartiene $x=0$
$0 in A$ se e solo se $y(0)+0 >= 0 => alpha>=0$
$ 0 in B$ se e solo se $y(0)+0 <= 0 => alpha <=0$
$0 in AcapB$ se e solo se $alpha=0$
Questa distinzione su $alpha$ ti permette di scegliere su quale dei due rami imporre la condizione $y(0)=alpha$.
Nel caso $alpha >0$ sai per certo che appartiene all'insieme $A$ e quindi risolvi
${(y'_1(x)=y_1(x)+x),(y_1(0)=alpha):}$
ottieni che $y_1(x)=(1+alpha)e^x-x-1$
quindi sai che per $x in A$ segue che $y(x)=y_1(x)=(1+alpha)e^x-x-1$
ora sai che questa è soluzione in $y(x)>= -x$ ovvero per $(1+alpha)e^x>=1 => x>=log(1/(1+alpha))$
la soluzione generale per $y(x)+x<=0$ è data da $y_2(x)=ce^(-x)-x+1$
Ora $y_1$ e $y_2$ sono parti di una stessa funzione continua e devono "attaccarsi" proprio in $x_alpha =log(1/(1+alpha))$
per questo si pone che $y_1(x_0)=y_2(x_0)$ e si ricava $c$ pervenendo alla soluzione riportata sopra.
per visualizzare la cosa guarda lo spoiler
quindi se $alpha>0$ si ha la soluzione $y(x)={((1+alpha)e^x-x-1 if x in [x_alpha,+infty)),(-1/(1+alpha)e^(-x)-x+1 if x in (-infty,x_alpha]):}$
il caso $alpha=0$ si risolve allo stesso modo del caso $alpha>=0$, lo avevo lasciato da parte per lasciarlo fare a te.
Infatti $0 in A$.
si ottiene la soluzione $y(x)={(e^x-x-1 if x in [0,+infty)),(-e^(-x)-x+1 if x in (-infty,0]):}$ che se ci fai caso è quella di sopra con $alpha=0$
il caso $alpha<0$ si risolve considerando che $0 in B$
quindi si risolve ${(y'_2(x)=-y_2(x)-x),(y_2(0)=alpha):}$
si ottiene $y_2(x)=(alpha-1)e^(-x)-x+1$
si calcola l'intervallo $y_2(x)<=-x => (alpha-1)e^(-x)<=-1 => x<=log(1-alpha)$
la soluzione generale sull'altro insieme è $y_1(x)=ce^x-x-1$ e imponendo il raccordo in $x_alpha=log(1-alpha)$ si ottiene
$c=1/(1-alpha)$
ovvero la soluzione
$y(x)={(1/(1-alpha)e^x-x-1 if x in [x_alpha,+infty)),((alpha-1)e^(-x)-x+1 if x in (-infty,x_alpha]):}$
so che è un po' lungo ma non saprei come dirlo in maniera più concisa: sicuramente se esiste un metodo più breve e compatto gugo te lo esporrà
Grazie mille per la risposta! Ho capito che non è un esercizio cosi semplice come pare.
Provo a cercare di capirlo e nel caso di dubbi scrivo ancora un commento
Provo a cercare di capirlo e nel caso di dubbi scrivo ancora un commento
"anto_zoolander":
perché unire le soluzioni?
A parole: ti restringi a dei sottoinsiemi per vedere la forma che la funzione assume in ciascuno di essi.
formalmente: il sistema
${(y'(x) = abs(y(x) +x)), (y(0)=alpha):}$
Ti dice che esiste una sola funzione, definita in tutto $RR$, che risolve quel sistema.
Prendiamo la soluzione $y:RR->RR$ e definiamo
$A={x in RR: y(x)+x >=0}$
$B={x in RR: y(x)+x <=0}$
In questo modo trovi la "forma" che deve avere $y$ su ciascuno degli insiemi $A$ e $B$, ovvero trovi due funzioni $y_1$ e $y_2$ tale che se $x in A$ allora $y=y_1$ e se $x in B$ allora $y=y_2$
Per questo consideri l'unione, perché insieme ti danno tutta la funzione.
Inoltre $y_1$ e $y_2$ devono coincidere su $AcapB$(se non vuoto), questo poiché in quell'insieme si ha $y_1=y=y_2$
come trovo $y_2$ una volta trovata $y_1$?
Per prima cosa vedi a quale dei due insiemi appartiene $x=0$
$0 in A$ se e solo se $y(0)+0 >= 0 => alpha>=0$
$ 0 in B$ se e solo se $y(0)+0 <= 0 => alpha <=0$
$0 in AcapB$ se e solo se $alpha=0$
Questa distinzione su $alpha$ ti permette di scegliere su quale dei due rami imporre la condizione $y(0)=alpha$.
Nel caso $alpha >0$ sai per certo che appartiene all'insieme $A$ e quindi risolvi
${(y'_1(x)=y_1(x)+x),(y_1(0)=alpha):}$
ottieni che $y_1(x)=(1+alpha)e^x-x-1$
quindi sai che per $x in A$ segue che $y(x)=y_1(x)=(1+alpha)e^x-x-1$
ora sai che questa è soluzione in $y(x)>= -x$ ovvero per $(1+alpha)e^x>=1 => x>=log(1/(1+alpha))$
la soluzione generale per $y(x)+x<=0$ è data da $y_2(x)=ce^(-x)-x+1$
Ora $y_1$ e $y_2$ sono parti di una stessa funzione continua e devono "attaccarsi" proprio in $x_alpha =log(1/(1+alpha))$
per questo si pone che $y_1(x_0)=y_2(x_0)$ e si ricava $c$ pervenendo alla soluzione riportata sopra.
per visualizzare la cosa guarda lo spoiler
quindi se $alpha>0$ si ha la soluzione $y(x)={((1+alpha)e^x-x-1 if x in [x_alpha,+infty)),(-1/(1+alpha)e^(-x)-x+1 if x in (-infty,x_alpha]):}$
il caso $alpha=0$ si risolve allo stesso modo del caso $alpha>=0$, lo avevo lasciato da parte per lasciarlo fare a te.
Infatti $0 in A$.
si ottiene la soluzione $y(x)={(e^x-x-1 if x in [0,+infty)),(-e^(-x)-x+1 if x in (-infty,0]):}$ che se ci fai caso è quella di sopra con $alpha=0$
il caso $alpha<0$ si risolve considerando che $0 in B$
quindi si risolve ${(y'_2(x)=-y_2(x)-x),(y_2(0)=alpha):}$
si ottiene $y_2(x)=(alpha-1)e^(-x)-x+1$
si calcola l'intervallo $y_2(x)<=-x => (alpha-1)e^(-x)<=-1 => x<=log(1-alpha)$
la soluzione generale sull'altro insieme è $y_1(x)=ce^x-x-1$ e imponendo il raccordo in $x_alpha=log(1-alpha)$ si ottiene
$c=1/(1-alpha)$
ovvero la soluzione$y(x)={(1/(1-alpha)e^x-x-1 if x in [x_alpha,+infty)),((alpha-1)e^(-x)-x+1 if x in (-infty,x_alpha]):}$
so che è un po' lungo ma non saprei come dirlo in maniera più concisa: sicuramente se esiste un metodo più breve e compatto gugo te lo esporrà
eccomi! allora ho ancora qualche dubbio e provo a scriverlo: perchè una volta considerato ad esempio $alpha<0$ allora risolvo $y_2'(x)=-y_2(x)+x$ ...ma poi perchè e come trovo l'$y_1(x)$ che ha la costante $c$ incognita?
non ho capito questo procedimento ecco...
grazie
Vuoi ragionare... E ragioniamo!
Innanzitutto, osserva che il secondo membro della ODE, $f(x,y) := |x + y|$, è continuo e lipschitziano in $y$ (uniformemente rispetto ad $x$) in tutto $RR^2$, quindi il P.d.C. ha unica soluzione locale; d'altra parte, la $f$ è sublineare in $y$, dunque il P.d.C. ha unica soluzione globale cioè definita in tutto $RR$.
Dato che $f(x,y)$ è continua, la soluzione globale è di classe $C^1(RR)$ e, di più, essa è di classe $C^oo$ almeno limitatamente ai punti degli intervalli in cui il grafico non attraversa la retta di equazione $y=-x$.[nota]La soluzione $y(x)$ non può coincidere con la funzione $phi(x) = -x$ su tutto un intervallo: infatti, se si avesse $y(x) = phi(x)$ in un certo intervallo, in tale intervallo si avrebbe pure $y^\prime (x) = phi^\prime (x) = -1 != 0 = |phi(x) + x| = |y(x) + x|$ cosicché $y(x)$ non potrebbe essere soluzione della EDO.[/nota]
Visto che $f(x,y) >=0$ ovunque, la soluzione del P.d.C. è crescente in $RR$; in più, gli unici punti stazionari del grafico della soluzione (se ce ne sono) cadono sulla retta di equazione $y=-x$ e non sono punti di estremo relativo, ma flessi orizzontali.
Si potrebbero dire altre cose,[nota]Ponendo $z(x) = y(x) + x$ la EDO si trasforma in $z^\prime (x) = |z(x)| + 1$, che è autonoma (il secondo membro non dipende direttamente da $x$!), dunque tutte le sue soluzioni si ottengono da una soluzione fissata, chiamiamola $Z(x)$, per traslazione, i.e. $z(x) = Z(x-c)$. Da ciò segue che se $Y(x) = Z(x) - x$ è la soluzione della EDO iniziale corrispondente a $Z$, abbiamo:
$y(x) = z(x) - x = Z(x-c) - x = Z(x-c) - (x-c) - c = Y(x-c) - c$
sicché la generica soluzione globale $y(x)$ della EDO $y^\prime (x) = |y(x) + x|$ si ottiene da una fissata soluzione $Y(x)$ traslandola secondo il vettore $mathbf(v) = (c,-c)$ parallelo alla bisettrice II-IV.[/nota] ma veniamo a come determinare esplicitamente la soluzione.
Ovviamente, bisogna distinguere i casi:
Innanzitutto, osserva che il secondo membro della ODE, $f(x,y) := |x + y|$, è continuo e lipschitziano in $y$ (uniformemente rispetto ad $x$) in tutto $RR^2$, quindi il P.d.C. ha unica soluzione locale; d'altra parte, la $f$ è sublineare in $y$, dunque il P.d.C. ha unica soluzione globale cioè definita in tutto $RR$.
Dato che $f(x,y)$ è continua, la soluzione globale è di classe $C^1(RR)$ e, di più, essa è di classe $C^oo$ almeno limitatamente ai punti degli intervalli in cui il grafico non attraversa la retta di equazione $y=-x$.[nota]La soluzione $y(x)$ non può coincidere con la funzione $phi(x) = -x$ su tutto un intervallo: infatti, se si avesse $y(x) = phi(x)$ in un certo intervallo, in tale intervallo si avrebbe pure $y^\prime (x) = phi^\prime (x) = -1 != 0 = |phi(x) + x| = |y(x) + x|$ cosicché $y(x)$ non potrebbe essere soluzione della EDO.[/nota]
Visto che $f(x,y) >=0$ ovunque, la soluzione del P.d.C. è crescente in $RR$; in più, gli unici punti stazionari del grafico della soluzione (se ce ne sono) cadono sulla retta di equazione $y=-x$ e non sono punti di estremo relativo, ma flessi orizzontali.
Si potrebbero dire altre cose,[nota]Ponendo $z(x) = y(x) + x$ la EDO si trasforma in $z^\prime (x) = |z(x)| + 1$, che è autonoma (il secondo membro non dipende direttamente da $x$!), dunque tutte le sue soluzioni si ottengono da una soluzione fissata, chiamiamola $Z(x)$, per traslazione, i.e. $z(x) = Z(x-c)$. Da ciò segue che se $Y(x) = Z(x) - x$ è la soluzione della EDO iniziale corrispondente a $Z$, abbiamo:
$y(x) = z(x) - x = Z(x-c) - x = Z(x-c) - (x-c) - c = Y(x-c) - c$
sicché la generica soluzione globale $y(x)$ della EDO $y^\prime (x) = |y(x) + x|$ si ottiene da una fissata soluzione $Y(x)$ traslandola secondo il vettore $mathbf(v) = (c,-c)$ parallelo alla bisettrice II-IV.[/nota] ma veniamo a come determinare esplicitamente la soluzione.
Ovviamente, bisogna distinguere i casi:
- [*:3pzpeb82] $alpha >0$: in tal caso $y(x) + x >0$ intorno al punto iniziale $(0,alpha)$; d’altra parte, visto che $y(x)$ è crescente, tale disuguaglianza si conserva in tutto un intervallo del tipo $]-delta ,+oo[$ (con $delta >0$ da determinare) e perciò in tale insieme la soluzione del P.d.C. assegnato coincide con quella di:
$\{ (y^\prime (x) = y(x) + x, text(, per ) x> -delta), (y(0) = alpha, ):}$
cioè con $y_1(x;0,alpha) = (alpha + 1) e^x - x - 1$; ora, si ha $y(x;0,alpha) + x > 0$ se e solo se $(alpha + 1) e^x - 1 > 0$ ossia se $x > - log(alpha + 1) =: - delta$, quindi la soluzione del P.d.C. assegnato è:
$y(x) = (1 + alpha) e^x - x - 1$ se $x >= - delta$.
Rimane da determinare l’espressione della soluzione per $x<-delta$. Visto che $y(x)$ è crescente, la funzione $y(x) + x$ è strettamente crescente, perciò si ha certamente $y(x) + x < 0$ per $x < - delta$; conseguentemente, per $x < - delta$ la soluzione del P.d.C. assegnato coincide con la soluzione di:
$\{(y^\prime (x) = - y(x) - x, text(, per ) x <- delta), (y(-delta) = delta, ):}$
che è $y_2(x;-delta, delta) := - e^(-delta -x) - x + 1 = - 1/(1 + alpha) e^(-x) - x + 1$. Mettendo insieme, otteniamo la soluzione globale:
$y(x) = \{( (1 + alpha) e^x - x - 1, text(, se ) x >= -log(1 + alpha)), ( - 1/(1 + alpha) e^(-x) - x + 1, text(, se ) x<= - log(1 + alpha)):}$.
Questo il grafico della funzione con $alpha = e-1$ (e $delta = 1$):
[asvg]axes("","");
stroke="grey";
line([-6,6],[6,-6]);
stroke="red"; strokewidth=2;
plot("Math.E^(x+1) - x - 1", -1, 6);
plot("-Math.E^(-x-1) - x + 1", -6, -1);
dot([0, Math.E-1]);[/asvg]
[/*:m:3pzpeb82]
[*:3pzpeb82] $alpha =0$: in tal caso il punto iniziale è già sulla bisettrice II-IV, quindi per ottenere la soluzione globale bisogna incollare le due soluzioni dei Pp.dd.Cc.:
$\{ (y^\prime (x) = y(x) + x, ", per " x>0), (y(0) = 0, ) :}$ e $\{ (y^\prime (x) = -y(x) - x, ", per " x<0), (y(0) = 0, ) :}$
che hanno come soluzioni $y_1(x;0,0) = e^x - x - 1$ e $y_2(x;0,0) = -e^{-x} -x + 1$, quindi la soluzione globale è:
$y(x) = \{ (e^x - x - 1, ", se " x >= 0), (-e^{-x} -x + 1 , ", se " x <= 0):}$
(e si ottiene dalla precedente sostituendo $alpha = 0$).
Il grafico della soluzione è:
[asvg]axes("","");
stroke="grey";
line([-6,6],[6,-6]);
stroke="red"; strokewidth=2;
plot("Math.E^(x) - x - 1", 0, 6);
plot("-Math.E^(-x) - x + 1", -6, 0);
dot([0, 0]);[/asvg]
[/*:m:3pzpeb82]
[*:3pzpeb82] $alpha < 0$: in tal caso, intorno a $(0,alpha)$ la soluzione è negativa e tale è anche $y(x) + x$ e, visto che la soluzione è crescente, il segno rimane il medesimo a sinistra di $0$; quindi la soluzione globale del problema di Cauchy assegnato coincide in tutto un intervallo $]-oo, delta]$ (con $delta >0$ da determinare) con la soluzione del P.d.C.:
$\{ (y^\prime (x) = - y(x) - x, text(, per ) x < delta), (y(0) = alpha, ):}$
che è $y_2(x;0,alpha) = (alpha - 1) e^{-x} - x + 1$; ma $-y_2(x;0,alpha) - x > 0$ per $x < log(1-alpha) = delta$; per $x >= delta$ la soluzione del P.d.C. assegnato, invece, coincide con la soluzione del P.d.C.:
$\{ (y^\prime (x) = y(x) + x, text(, per ) x > delta), (y(delta) = -delta, ):}$
che è $y_1(x;delta,-delta) = e^(x - delta) - x - 1 = 1/(1 - alpha) e^x - x - 1$; quindi la soluzione del P.d.C. assegnato è:
$y(x) = \{( 1/(1 - alpha) e^x - x - 1, text(, se ) x >= log(1 - alpha)), ( - (1 - alpha) e^{-x} - x + 1, text(, se ) x <= log(1 - alpha)):}$.
Questo il grafico della funzione con $alpha = 1 - e$ (e $delta = 1$):
[asvg]axes("","");
stroke="grey";
line([-6,6],[6,-6]);
stroke="red"; strokewidth=2;
plot("Math.E^(x-1) - x - 1", 1, 6);
plot("-Math.E^(-x+1) - x + 1", -6, 1);
dot([0, 1-Math.E]);[/asvg][/*:m:3pzpeb82][/list:u:3pzpeb82]
Confrontando le espressioni della soluzione $y(x)$ e cercando di mettere tutto insieme, otteniamo:
$y(x) = \{((1 + |alpha|)^("sign"(alpha)) e^x - x - 1, ", se " x >= -"sign"(alpha) log(1 + |alpha|)), ( - (1 + |alpha|)^(-"sign"(alpha)) e^(-x) - x + 1, ", se " x <= -"sign"(alpha) log(1+|alpha|)):}$
in cui $"sign"(alpha) = \{(1, ", se " alpha >0), (0, ", se " alpha = 0), (-1, ", se " alpha <0):}$.
Grazie mille Gugo!
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