[Problema di Cauchy] Esistenza e unicità locale [RISOLTO]

[nunziox]

${(y'=(2x-y)/(x+2y)),(y(1)=1):}$

è normale che trovi più di una soluzione, la funzione non è di classe $C^1$ ?

[Quinzio]

Si, direi di si perchè la derivata non è definita in $y=-1/2 x$
E in effetti dovrebbe venire una soluzione asintotica a $y=-1/2 x+q$

L'altra soluzione sta sotto la retta $y=-1/2 x$

[ViciousGoblin]

Per la verità la funzione $F(x,y)={2x-y}/{x+2y}$ è continua in $(x,y)$ e derivabile rispetto a $y$ nell'insieme aperto
$\Omega:{(x,y):x+2y\ne 0}$. Ne segue che per ogni $(x_0,y_0)$ in $\Omega$ esiste UNICA la soluzione del problema di Cauchy
$y'=F(x,y)$, $y(x_0)=y_0$ per $x$ vicino a $x_0$. Tale soluzione continua a esistere unica fino a quando $(x,y(x))$ rimane in $\Omega$.

Nel caso in esame, dato che il punto iniziale $(1,1)\in\Omega$, la soluzione esiste unica.
Perché dite di trovare più di una soluzione? Forse che $(x,y(x))$ arriva sulla retta $2y+x=0$ per un $x$ finito e da lì
"biforca"? (io non ho fatto calcoli...).

[gugo82]

Non penso VG... Secondo me nunziox risolve la EDO (le cui soluzioni hanno espressioni analitiche diverse) e poi, quando va a determinare la costante arbitraria per risolvere il PdC, non sa quale espressione usare e pensa al peggio.

Però mi preme segnalargli che si può procedere in altro modo.

La EDO è a secondo membro omogeneo, quindi si risolve ponendo introducendo la nuova variabile \(z\) per mezzo di \(y=x\ z\), ottenendo:
\[
x\ z^\prime =\frac{2-z}{1+2z} -z= \frac{2-2z-2z^2}{1+2z}
\]
ed il problema di Cauchy si muta nel problema ausiliario:
\[
\begin{cases}
z^\prime =\frac{2-2z-2z^2}{1+2z}\ \frac{1}{x}\\
z(1)=1
\end{cases}
\]
che si risolve per quadrature.
Infatti dato che \(f(x,z)\Big|_{(x,z)=(1,1)}=\frac{2-2z-2z^2}{1+2z}\ \frac{1}{x}\Big|_{(x,z)=(1,1)} =-\frac{2}{3}<0\), per permanenza del segno, è \(z^\prime (x) < 0\) intorno ai valori iniziali e quindi \(z\) è strettamente decrescente intorno a \(1\); inoltre \(z\) è di classe \(C^1\) intorno al punto iniziale.
Prendiamo \(x\geq 1\) e, separate le variabili, integriamo la EDO m.a.m.:
\[
\int_1^x \frac{1+2z(t)}{2-2z(t)-2z^2 (t)}\ z^\prime (t)\ \text{d} t =\int_1^x \frac{1}{t}\ \text{d} t \; ;
\]
facendo la sostituzione \(\zeta =z(t)\) (lecita per le proprietà di \(z\)) nell'integrale a primo membro si trova:
\[
\begin{split}
\int_1^x \frac{1+2z(t)}{2-2z(t)-2z^2 (t)}\ z^\prime (t)\ \text{d} t &= \int_{z(1)}^{z(x)} \frac{1+2\zeta}{2-2\zeta-2\zeta^2}\ \text{d} \zeta \\
&=-\frac{1}{2}\ \ln (\zeta^2 +\zeta -1)\Big|_{1}^{z(x)}\\
&= -\frac{1}{2}\ \ln \Big( z^2(x)+z(x)-1\Big)
\end{split}
\]
quindi la soluzione del PdC ausiliario è quella definita implicitamente dalla uguaglianza:
\[
-\frac{1}{2}\ \ln \Big( z^2(x)+z(x)-1\Big) =\ln x\qquad \Leftrightarrow \qquad z^2(x)+z(x)-1 =\frac{1}{x^2}
\]
con la condizione \(z(1)=1\) cioè:
\[
z(x) := -\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\ \sqrt{\frac{5x^2+4}{x^2}}\; ,
\]
definita in \(x>0\).
Ne viene che la soluzione del PdC assegnato è:
\[
y(x) =x\ z(x) = -\frac{x}{2}+\frac{1}{2}\ \sqrt{5x^2+4}
\]
in \(x>0\).

[ViciousGoblin]

Comunque, guardando il segno di $\frac{2x-y}{x+2y}$al variare di $(x,y)$ in $RR^2$,mi pare che i punti sulla retta $2y+x=0$ (*) siano di "confluenza" di due rami di soluzioni, che ci arrivano con tangente verticale, uno da sotto e uno da sopra. Naturalmente l'equazione non è verificata in tali punti e comunque la soluzione con $y(1)=1$ non è tra queste, vista la sua espressione trovata da gugo.
Non so se questo abbia attinenza con ciò che diceva nunziox..

(*) escluso $(0,0)$.

[nunziox]

Perfetto mi risulta cosi, solo che io scrivevo: $y=1/2(+-sqrt(5x^2+4)-x)$
perchè si prende solo:
$y=1/2(+sqrt(5x^2+4)-x)$
?

[gugo82]

Perchè è l'unica delle due a soddisfare la condizione iniziale?

[nunziox]

ah ok:) quindi una la scartiamo! Grazie