Problemi con dominio delle soluzioni di una e.d.
Salve a tutti. Avrei bisogno di alcuni consigli riguardo la soluzione di una e.d. (non tanto nel metodo per risolverla, quanto in alcuni dettagli)
L'e.d. in questione è: [tex]x^2 y' +y - \sqrt{y} = 0 \ \ \ (1)[/tex]
Primo dubbio: quello che verrei fare è riportare l'e.d. in forma normale, ma secondo me la (1) non è equivalente a [tex]y' = - \frac{y}{x^2} + \frac{\sqrt{y}}{x^2} \ \ \ (2)[/tex], perchè quell'[tex]x^2[/tex] a denominatore modifica l'insieme in cui possono essere contenuti gli intervalli di definizione delle soluzioni. Ho pensato allora di risolvere l'e.d. in forma normale ed eventualmente prolungare le soluzioni: ad esempio la funzione nulla è soluzione dell'e.d. (2), ma come soluzione di questa e.d. non può avere come intervallo di definizione [tex]\mathbb{R}[/tex] ma al più [tex]]\leftarrow,0[[/tex] o [tex]]0,\rightarrow[[/tex], mentre la soluzione nulla definita su [tex]\mathbb{R}[/tex] è soluzione di (1). Va bene procedere così?
Siano ora [tex]I \subset \mathbb{R}^*[/tex] e [tex]J \subset \mathbb{R}_+[/tex] intervalli. La funzione che definisce l'e.d. è [tex]f: I \times J \rightarrow \mathbb{R}\ t.c.\ \forall (x,y) \in I \times J:\ f(x,y)= - \frac{y}{x^2} + \frac{\sqrt{y}}{x^2}[/tex]. [tex]f[/tex] è continua.
Secondo dubbio: l'espressione analitica della f non fa intendere che la y debba essere diversa da zero (e infatti la funzione nulla è soluzione dell'e.d.), ma ciò mi crea dei problemi, perchè il metodo che utilizzo per verificare che f sia localmente lipschitziana è che abbia derivata parziale rispetto alla y continua, ma se non escludo che y sia divera da zero la f non è detto che sia derivabile parzialmente rispetto alla y in tutto il suo dominio! Allora suppongo (con timore di escludere qualche soluzione) che [tex]J \subset ]0,\rightarrow[[/tex]. In tal caso f è certamente derivabile rispetto a y e [tex]\frac{\partial{f}}{\partial{y}}(x,y)=-\frac{1}{x^2} + \frac{1}{2x^2 \sqrt{y}}[[/tex], quindi [tex]\frac{\partial{f}}{\partial{y}}[/tex] è continua. Sono allora soddisfatte le ipotesi del teorema di esistenza ed unicità locale.
Sia ora [tex]L \subset I[/tex] intervallo, [tex]y:L\rightarrow \mathbb{R}[/tex] soluzione di (2). Definisco [tex]z:L\rightarrow \mathbb{R}\ t.c.\ \forall x \in L:\ z(x):=\sqrt{y(x)}[/tex]. z è derivabile e [tex]\forall x\in L: z'(x) = \frac{y'(x)}{2 \sqrt{y(x)}}= \frac{1}{2 \sqrt{y(x)}}( - \frac{y(x)}{x^2} + \frac{\sqrt{y(x)}}{x^2})=-\frac{z(x)}{2x^2} + \frac{1}{2x^2}[/tex], cioè z è soluzione dell'e.d. lineare [tex]z'= -\frac{z}{2x^2} + \frac{1}{2x^2}[/tex]. Questa si risolve tranquillamente e si trova che: [tex]\forall x \in L:\ z(x) = 1 + c e^{\frac{1}{2x}}[/tex].
Terzo dubbio: per determinare l'intervallo L si deve osservare che z è sempre positiva, quindi [tex]\forall x \in L:\ 1 + c e^{\frac{1}{2x}}\geq 0[/tex]. Ora dovrei discutere questa disuguaglianza, giusto? Occorre distinguere un bel po' di casi.
I caso: c = 0. In tal caso z (e quindi anche y), è la funzione costante 1, che può essere prolungata a tutto [tex]\mathbb{R}[/tex].
II caso: c > 0. Allora [tex]\forall x \in \mathbb{R}:\ 1 + c e^{\frac{1}{2x}}\geq 0[/tex], quindi l'intervallo massimale in cui è definita y è [tex]L=]0,\rightarrow[[/tex] o [tex]L=]\leftarrow,0[[/tex]. Queste soluzioni non possono essere prolungate a [tex]\mathbb{R}[/tex], a causa di quella x a denominatore.
III caso: -1 < c < 0. Allora [tex]-\frac{1}{c} > 1 \Rightarrow \log (-\frac{1}{c}) > 0[/tex]. La disequazione diventa: [tex]\frac{1}{2x \log(-\frac{1}{c})} \leq 1[/tex]. Se [tex]L\subset ]0,\rightarrow[[/tex], allora [tex]x \in ]0, \frac{1}{2 \log(-\frac{1}{c})}[[/tex]. Se [tex]L\subset ]\leftarrow,0[[/tex], allora [tex]x \in ]\leftarrow, 0[[/tex].
IV caso: c = -1. [tex]\frac{1}{2x} \leq 0 \Rightarrow x < 0 \Rightarrow x \in ]\leftarrow, 0[[/tex].
V caso: c < -1. In tal caso [tex]\log (-\frac{1}{c}) < 0[/tex]. La disequazione diventa: [tex]\frac{1}{2x \log(-\frac{1}{c})} \geq 1[/tex]. Se [tex]L\subset ]0,\rightarrow[[/tex], allora [tex]x \in ]0, \rightarrow[[/tex]. Se [tex]L\subset ]\leftarrow,0[[/tex], allora [tex]x \in ] \frac{1}{2 \log(-\frac{1}{c})}, 0[[/tex].
L'espressione analitica di y è in ogni caso: [tex]y(x) = (1+ce^{\frac{1}{2x}})^2[/tex], ma cambia il suo dominio al variare di c.
L'e.d. in questione è: [tex]x^2 y' +y - \sqrt{y} = 0 \ \ \ (1)[/tex]
Primo dubbio: quello che verrei fare è riportare l'e.d. in forma normale, ma secondo me la (1) non è equivalente a [tex]y' = - \frac{y}{x^2} + \frac{\sqrt{y}}{x^2} \ \ \ (2)[/tex], perchè quell'[tex]x^2[/tex] a denominatore modifica l'insieme in cui possono essere contenuti gli intervalli di definizione delle soluzioni. Ho pensato allora di risolvere l'e.d. in forma normale ed eventualmente prolungare le soluzioni: ad esempio la funzione nulla è soluzione dell'e.d. (2), ma come soluzione di questa e.d. non può avere come intervallo di definizione [tex]\mathbb{R}[/tex] ma al più [tex]]\leftarrow,0[[/tex] o [tex]]0,\rightarrow[[/tex], mentre la soluzione nulla definita su [tex]\mathbb{R}[/tex] è soluzione di (1). Va bene procedere così?
Siano ora [tex]I \subset \mathbb{R}^*[/tex] e [tex]J \subset \mathbb{R}_+[/tex] intervalli. La funzione che definisce l'e.d. è [tex]f: I \times J \rightarrow \mathbb{R}\ t.c.\ \forall (x,y) \in I \times J:\ f(x,y)= - \frac{y}{x^2} + \frac{\sqrt{y}}{x^2}[/tex]. [tex]f[/tex] è continua.
Secondo dubbio: l'espressione analitica della f non fa intendere che la y debba essere diversa da zero (e infatti la funzione nulla è soluzione dell'e.d.), ma ciò mi crea dei problemi, perchè il metodo che utilizzo per verificare che f sia localmente lipschitziana è che abbia derivata parziale rispetto alla y continua, ma se non escludo che y sia divera da zero la f non è detto che sia derivabile parzialmente rispetto alla y in tutto il suo dominio! Allora suppongo (con timore di escludere qualche soluzione) che [tex]J \subset ]0,\rightarrow[[/tex]. In tal caso f è certamente derivabile rispetto a y e [tex]\frac{\partial{f}}{\partial{y}}(x,y)=-\frac{1}{x^2} + \frac{1}{2x^2 \sqrt{y}}[[/tex], quindi [tex]\frac{\partial{f}}{\partial{y}}[/tex] è continua. Sono allora soddisfatte le ipotesi del teorema di esistenza ed unicità locale.
Sia ora [tex]L \subset I[/tex] intervallo, [tex]y:L\rightarrow \mathbb{R}[/tex] soluzione di (2). Definisco [tex]z:L\rightarrow \mathbb{R}\ t.c.\ \forall x \in L:\ z(x):=\sqrt{y(x)}[/tex]. z è derivabile e [tex]\forall x\in L: z'(x) = \frac{y'(x)}{2 \sqrt{y(x)}}= \frac{1}{2 \sqrt{y(x)}}( - \frac{y(x)}{x^2} + \frac{\sqrt{y(x)}}{x^2})=-\frac{z(x)}{2x^2} + \frac{1}{2x^2}[/tex], cioè z è soluzione dell'e.d. lineare [tex]z'= -\frac{z}{2x^2} + \frac{1}{2x^2}[/tex]. Questa si risolve tranquillamente e si trova che: [tex]\forall x \in L:\ z(x) = 1 + c e^{\frac{1}{2x}}[/tex].
Terzo dubbio: per determinare l'intervallo L si deve osservare che z è sempre positiva, quindi [tex]\forall x \in L:\ 1 + c e^{\frac{1}{2x}}\geq 0[/tex]. Ora dovrei discutere questa disuguaglianza, giusto? Occorre distinguere un bel po' di casi.
I caso: c = 0. In tal caso z (e quindi anche y), è la funzione costante 1, che può essere prolungata a tutto [tex]\mathbb{R}[/tex].
II caso: c > 0. Allora [tex]\forall x \in \mathbb{R}:\ 1 + c e^{\frac{1}{2x}}\geq 0[/tex], quindi l'intervallo massimale in cui è definita y è [tex]L=]0,\rightarrow[[/tex] o [tex]L=]\leftarrow,0[[/tex]. Queste soluzioni non possono essere prolungate a [tex]\mathbb{R}[/tex], a causa di quella x a denominatore.
III caso: -1 < c < 0. Allora [tex]-\frac{1}{c} > 1 \Rightarrow \log (-\frac{1}{c}) > 0[/tex]. La disequazione diventa: [tex]\frac{1}{2x \log(-\frac{1}{c})} \leq 1[/tex]. Se [tex]L\subset ]0,\rightarrow[[/tex], allora [tex]x \in ]0, \frac{1}{2 \log(-\frac{1}{c})}[[/tex]. Se [tex]L\subset ]\leftarrow,0[[/tex], allora [tex]x \in ]\leftarrow, 0[[/tex].
IV caso: c = -1. [tex]\frac{1}{2x} \leq 0 \Rightarrow x < 0 \Rightarrow x \in ]\leftarrow, 0[[/tex].
V caso: c < -1. In tal caso [tex]\log (-\frac{1}{c}) < 0[/tex]. La disequazione diventa: [tex]\frac{1}{2x \log(-\frac{1}{c})} \geq 1[/tex]. Se [tex]L\subset ]0,\rightarrow[[/tex], allora [tex]x \in ]0, \rightarrow[[/tex]. Se [tex]L\subset ]\leftarrow,0[[/tex], allora [tex]x \in ] \frac{1}{2 \log(-\frac{1}{c})}, 0[[/tex].
L'espressione analitica di y è in ogni caso: [tex]y(x) = (1+ce^{\frac{1}{2x}})^2[/tex], ma cambia il suo dominio al variare di c.
Risposte
Ecco la mia idea sul I dubbio: se potesse essere [tex]$x=0$[/tex] povresti risolvere l'equazione irrazionale [tex]$y-\sqrt{y}=0$[/tex] da cui 2 soluzioni costanti. Supposto [tex]$x\ne0$[/tex] continueresti con la discussione e controllare se le soluzioni fossero prolungabili anche in [tex]$0$[/tex]. Non sono sicuro della totale ortodossia ma mi sembra che funzioni!
Primo dubbio: puoi risolvere separatamente per $x<0$ e per $x>0$, poi vedere se puoi raccordare un ramo sinistro con un ramo destro in modo $C^1$.
(Non ho guardato i conti in dettaglio, ma mi sembra che le soluzioni ottenute per $x<0$ per valori $c<0$ si raccordino $C^1$ con la soluzione che vale $1$ per $x\ge 0$.)
Secondo e terzo dubbio: risolvi per $y>0$, poi vedi se qualche soluzione si raccorda in modo $C^1$ con la soluzione identicamente nulla.
Mi sembra tu abbia fatto degli errori nel calcolo del dominio delle soluzioni definite in $x>0$ nel caso $c<0$; i domini, per $-1
(Non ho guardato i conti in dettaglio, ma mi sembra che le soluzioni ottenute per $x<0$ per valori $c<0$ si raccordino $C^1$ con la soluzione che vale $1$ per $x\ge 0$.)
Secondo e terzo dubbio: risolvi per $y>0$, poi vedi se qualche soluzione si raccorda in modo $C^1$ con la soluzione identicamente nulla.
Mi sembra tu abbia fatto degli errori nel calcolo del dominio delle soluzioni definite in $x>0$ nel caso $c<0$; i domini, per $-1
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