Studio di un problema di Cauchy
$ y'=f(x,y)=x^4-y^2, " " x>=0, " " y(0)=0 $
Provare che la soluzione y (le cui esistenza ed unicità sono garantite, visto che y'=f(x,y) è continua in x,y e lipz.na in y) è positiva e definita globalmente.
Segue immediatamente che $ y'(0)=0^4-0^2=0 $ .
$ y''(x)=4x^3-2y(x)*y'(x) $ e quindi $ y''(0)=4*0^3-2*0*0=0 $ .
Dunque l'origine degli assi, il primo punto in cui la soluzione y è definita, è punto stazionario e punto di flesso per y.
Derivando altre tre volte (non espongo questo noioso calcolo) si trova $ y^("(5)")(0)>0 $ e da ciò si deduce che nell'intorno destro di (0,0) la soluzione y è positiva, convessa e crescente.
Consideriamo la funzione $ u(x) =x^5/5 $ la cui derivata è $ u'(x)=x^4>f(x,u)=x^4-x^10/25 AA x>=0 $.
u(0)=y(0)=0.
Per $ x>=0 $ la funzione u(x) si mantiene positiva (resta sempre nel primo quadrante), crescente, convessa, e non esplode verso l'alto in tempo finito.
Essendo una soprasoluzione rispetto a y, come mostrato prima, ne deduciamo che y in tutto il dominio considerato ( $ x>=0 $ ) resta sotto u(x) (perchè è minore di u(x)) tranne che in (0,0) dove intersecano.
Mi sembra una buona idea trovare una sottosoluzione che non esploda verso il basso.
In tal modo la soluzione y sarà compresa fra due funzioni (sotto e sopra-soluzione) che non esplodono e dunque non esploderà.
Una buona scelta mi pare $ v(x)=x^2 $, infatti $ v'(x)=2x>=f(x,v)=x^4-v^2=0 $ $ AA x>=0 $ .
v(0)=y(0)=0.
y non solo non esplode mai (e quindi è globale per x>=0), ma è anche positiva perchè compresa fra due funzioni positive.
La mia risoluzione è corretta?
Il risultato è giusto perchè ho risolto col metodo di eulero (con un calcolatore, nello specifico excel) il problema di cauchy, ma non so se i ragionamenti proposti sono formalmente corretti.
Grazie in anticipo
Provare che la soluzione y (le cui esistenza ed unicità sono garantite, visto che y'=f(x,y) è continua in x,y e lipz.na in y) è positiva e definita globalmente.
Segue immediatamente che $ y'(0)=0^4-0^2=0 $ .
$ y''(x)=4x^3-2y(x)*y'(x) $ e quindi $ y''(0)=4*0^3-2*0*0=0 $ .
Dunque l'origine degli assi, il primo punto in cui la soluzione y è definita, è punto stazionario e punto di flesso per y.
Derivando altre tre volte (non espongo questo noioso calcolo) si trova $ y^("(5)")(0)>0 $ e da ciò si deduce che nell'intorno destro di (0,0) la soluzione y è positiva, convessa e crescente.
Consideriamo la funzione $ u(x) =x^5/5 $ la cui derivata è $ u'(x)=x^4>f(x,u)=x^4-x^10/25 AA x>=0 $.
u(0)=y(0)=0.
Per $ x>=0 $ la funzione u(x) si mantiene positiva (resta sempre nel primo quadrante), crescente, convessa, e non esplode verso l'alto in tempo finito.
Essendo una soprasoluzione rispetto a y, come mostrato prima, ne deduciamo che y in tutto il dominio considerato ( $ x>=0 $ ) resta sotto u(x) (perchè è minore di u(x)) tranne che in (0,0) dove intersecano.
Mi sembra una buona idea trovare una sottosoluzione che non esploda verso il basso.
In tal modo la soluzione y sarà compresa fra due funzioni (sotto e sopra-soluzione) che non esplodono e dunque non esploderà.
Una buona scelta mi pare $ v(x)=x^2 $, infatti $ v'(x)=2x>=f(x,v)=x^4-v^2=0 $ $ AA x>=0 $ .
v(0)=y(0)=0.
y non solo non esplode mai (e quindi è globale per x>=0), ma è anche positiva perchè compresa fra due funzioni positive.
La mia risoluzione è corretta?
Il risultato è giusto perchè ho risolto col metodo di eulero (con un calcolatore, nello specifico excel) il problema di cauchy, ma non so se i ragionamenti proposti sono formalmente corretti.
Grazie in anticipo
Risposte
ciao,
io ho osservato che la soluzione, per $x>=0$, si mantiene al di sotto della parabola $y=x^2$
lì la soluzione è crescente e non può "esplodere"
io ho osservato che la soluzione, per $x>=0$, si mantiene al di sotto della parabola $y=x^2$
lì la soluzione è crescente e non può "esplodere"
salvatcpo, vedo che ti aggiri nella sezione
vuoi che sia un po' meno criptico nella mia spiegazione?
vuoi che sia un po' meno criptico nella mia spiegazione?
Ciao, grazie per la risposta 
.
Comunque la parabola è una sottosoluzione, quindi sta sotto rispetto alla soluzione.
.Comunque la parabola è una sottosoluzione, quindi sta sotto rispetto alla soluzione.
no la parabola sta sopra
$y'=(x^2-y)(x^2+y)$
nel primo quadrante la derivata prima è positiva dove $x^2-y>0$
$y'=(x^2-y)(x^2+y)$
nel primo quadrante la derivata prima è positiva dove $x^2-y>0$
@ SalvatCpo: Facendo i conti hai dimostrato che $y^((5))(0) >0$, quindi al quinto ordine hai $y(x) = c_5 x^5 + text(o)(x^5)$ intorno a $0$ con $c_5>0$.
Ne viene che, la soluzione in un intorno “piccolo” di $0$ si comporta come una potenza quinta: sta sotto la parabola standard di equazione $y=x^2$ e sopra l’asse delle ascisse e perciò $y^\prime (x) = x^4 - y^2(x) >= 0$ e la soluzione è pure strettamente crescente; inoltre, dato che $y^(\prime \prime) (x) = 4x^3 - 2y(x) y^\prime (x) = 4x^3 - 2x^4y(x) - 2 y^3(x) ~~ 4x^3 + text(o)(x^3)$, hai anche $y(x)$ convessa in un intorno “piccolo” di $0$.
A questo punto, la soluzione non può andare al disotto dell’asse delle ascisse perché la regione $Omega^+ =\{ -x^2 < y < x^2\}$ che contiene il semiasse $x$ positivo è una regione di stretta crescenza[nota]O stracchino, se ti piace di più…
[/nota], quindi ciò che parte al disopra dell’asse lì rimane.
Ne viene che, la soluzione in un intorno “piccolo” di $0$ si comporta come una potenza quinta: sta sotto la parabola standard di equazione $y=x^2$ e sopra l’asse delle ascisse e perciò $y^\prime (x) = x^4 - y^2(x) >= 0$ e la soluzione è pure strettamente crescente; inoltre, dato che $y^(\prime \prime) (x) = 4x^3 - 2y(x) y^\prime (x) = 4x^3 - 2x^4y(x) - 2 y^3(x) ~~ 4x^3 + text(o)(x^3)$, hai anche $y(x)$ convessa in un intorno “piccolo” di $0$.
A questo punto, la soluzione non può andare al disotto dell’asse delle ascisse perché la regione $Omega^+ =\{ -x^2 < y < x^2\}$ che contiene il semiasse $x$ positivo è una regione di stretta crescenza[nota]O stracchino, se ti piace di più…
[/nota], quindi ciò che parte al disopra dell’asse lì rimane.
Ok, avete ragione.
C'era un errore infatti nella sottosoluzione v da me individuata.
Perchè doveva essere $ v'(x)<=f(x,v) $ e non $ v'(x)>=f(x,v) $ come vale invece per le soprasoluzioni.
v(x)=0 è invece una buona sottosoluzione che permette di validare i miei precedenti ragionamenti che portano alle stesse conclusioni di Gugo82.
Inoltre avevo dimenticato di provare la monotonia della soluzione y, che invece Gugo ha mostrato descrivendo la regione di "crescenza" deducibile studiando il segno di y'. La monotonia è importante perchè ci assicura che esista (in questo caso infinito) il limite di y per x->infinito.
C'era un errore infatti nella sottosoluzione v da me individuata.
Perchè doveva essere $ v'(x)<=f(x,v) $ e non $ v'(x)>=f(x,v) $ come vale invece per le soprasoluzioni.
v(x)=0 è invece una buona sottosoluzione che permette di validare i miei precedenti ragionamenti che portano alle stesse conclusioni di Gugo82.
Inoltre avevo dimenticato di provare la monotonia della soluzione y, che invece Gugo ha mostrato descrivendo la regione di "crescenza" deducibile studiando il segno di y'. La monotonia è importante perchè ci assicura che esista (in questo caso infinito) il limite di y per x->infinito.
meglio tardi che mai
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