Studio di un problema di Cauchy
Sia $y(x)$ la soluzione di $y''(x)+e^(x^2)y(x)=0$, con $y(0)=1$ e $y'(0)=0$.
a) Prova che $y(x)=y(-x)$;
b) prova che $abs(y(x))<=1$, per ogni $x$ appartenente ad $R$.
Buongiorno e buona domenica a tutti. Ho pensato di provare il punto a) scrivendo che $y''(x)+e^(x^2)y(x)=y''(-x)+e^((-x)^2)y(-x)=-y''(x)+e^(x^2)*-y(x)=y''(x)+e^(x^2)y(x)$. Va bene o è necessario fare dei passaggi preliminari?
Per il punto b) sinceramente non ho idea di come fare... Avete dei suggerimenti da darmi?
a) Prova che $y(x)=y(-x)$;
b) prova che $abs(y(x))<=1$, per ogni $x$ appartenente ad $R$.
Buongiorno e buona domenica a tutti. Ho pensato di provare il punto a) scrivendo che $y''(x)+e^(x^2)y(x)=y''(-x)+e^((-x)^2)y(-x)=-y''(x)+e^(x^2)*-y(x)=y''(x)+e^(x^2)y(x)$. Va bene o è necessario fare dei passaggi preliminari?
Per il punto b) sinceramente non ho idea di come fare... Avete dei suggerimenti da darmi?
Risposte
Ciao m.e._liberti,
Che ne diresti di provare con lo sviluppo in serie? $y(0) $ ce l'hai, $y'(0) $ pure e $y''(0) $ lo puoi ricavare facilmente...
Che ne diresti di provare con lo sviluppo in serie? $y(0) $ ce l'hai, $y'(0) $ pure e $y''(0) $ lo puoi ricavare facilmente...
La dimostrazione del punto a) non mi convince molto, perchè mi sembra che si usi la tesi per giustificare i passaggi. Magari dettaglia maggiormente.
Comunque, ammettendo che il problema ammetta una soluzione sviluppabile in serie di potenze, personalmente avrei dimostrato come suggerito da @pilloeffe ovvero che tutte le potenze dispari hanno coefficiente nullo e pertanto la soluzione è pari (in questo senso il fatto che y'(0) = 0 è importante).
Sul punto b) provo a suggerirti una strada (non so se la migliore). Moltiplicando ambo i membri per $2 e^(-x^2) y'$ si avrebbe
$2 y y' = - 2 e^(-x^2) y' y''$
e quindi integrando tra 0 e x
$y(x)^2 - y(0)^2 = -2 int_0^x e^(-t^2) y'(t) y''(t) dt$
e integrando per parti
$y(x)^2 - y(0)^2 = - e^(x^2) y'(x)^2 + y'(0)^2 - 2 int_0^x t e^(-t^2) y'(t)^2 = - e^(x^2) y'(x)^2 - 2 int_0^x t e^(-t^2) y'(t)^2 $
Il secondo membro è comunque non positivo e quindi
$y(x)^2 - y(0)^2 le 0$
$y(x)^2 le y(0)^2$
$abs(y(x)) le 1$
Comunque, ammettendo che il problema ammetta una soluzione sviluppabile in serie di potenze, personalmente avrei dimostrato come suggerito da @pilloeffe ovvero che tutte le potenze dispari hanno coefficiente nullo e pertanto la soluzione è pari (in questo senso il fatto che y'(0) = 0 è importante).
Sul punto b) provo a suggerirti una strada (non so se la migliore). Moltiplicando ambo i membri per $2 e^(-x^2) y'$ si avrebbe
$2 y y' = - 2 e^(-x^2) y' y''$
e quindi integrando tra 0 e x
$y(x)^2 - y(0)^2 = -2 int_0^x e^(-t^2) y'(t) y''(t) dt$
e integrando per parti
$y(x)^2 - y(0)^2 = - e^(x^2) y'(x)^2 + y'(0)^2 - 2 int_0^x t e^(-t^2) y'(t)^2 = - e^(x^2) y'(x)^2 - 2 int_0^x t e^(-t^2) y'(t)^2 $
Il secondo membro è comunque non positivo e quindi
$y(x)^2 - y(0)^2 le 0$
$y(x)^2 le y(0)^2$
$abs(y(x)) le 1$
Il punto è sempre lo stesso... Devi conoscere la teoria, poi applicarla per capire cosa accade.
Il p.d.C. ha soluzioni? Se sì, quante?
Se trovassi, putacaso, due soluzioni del p.d.C. cosa accadrebbe? Possono essere distinte?
Detta $y(x)$ una soluzione (locale? globale?) del tuo p.d.C., per caso la funzione $u(x) := y(-x)$ è soluzione dello stesso p.d.C.?
Cosa puoi concludere?
Il p.d.C. ha soluzioni? Se sì, quante?
Se trovassi, putacaso, due soluzioni del p.d.C. cosa accadrebbe? Possono essere distinte?
Detta $y(x)$ una soluzione (locale? globale?) del tuo p.d.C., per caso la funzione $u(x) := y(-x)$ è soluzione dello stesso p.d.C.?
Cosa puoi concludere?
"pilloeffe":
Che ne diresti di provare con lo sviluppo in serie? $y(0) $ ce l'hai, $y'(0) $ pure e $y''(0) $ lo puoi ricavare facilmente...
"ingres":
La dimostrazione del punto a) non mi convince molto, perchè mi sembra che si usi la tesi per giustificare i passaggi. Magari dettaglia maggiormente.
Comunque, ammettendo che il problema ammetta una soluzione sviluppabile in serie di potenze, personalmente avrei dimostrato come suggerito da @pilloeffe ovvero che tutte le potenze dispari hanno coefficiente nullo e pertanto la soluzione è pari (in questo senso il fatto che y'(0) = 0 è importante).
Grazie ad entrambi, ho risolto il primo punto facendo uso dello sviluppo di Taylor. In effetti, mostrando che la soluzione è pari, per definizione, risulta allora $y(x)=y(-x)$, provando così la tesi. Giusto?
@ingres ho seguito il tuo suggerimento per risolvere anche il punto b), grazie
"gugo82":
Il p.d.C. ha soluzioni? Se sì, quante?
Se trovassi, putacaso, due soluzioni del p.d.C. cosa accadrebbe? Possono essere distinte?
Detta $ y(x) $ una soluzione (locale? globale?) del tuo p.d.C., per caso la funzione $ u(x) := y(-x) $ è soluzione dello stesso p.d.C.?
Cosa puoi concludere?
Per il teorema di esistenza e unicità locale, il p.d.C. ha un'unica soluzione e nel caso in cui se ne trovassero due esse devono necessariamente coincidere... Pertanto se $y(x)=y(-x)$, la soluzione deve essere pari... Volevi indurmi a pensare questo (?)
"m.e._liberti":
[quote="pilloeffe"]Che ne diresti di provare con lo sviluppo in serie? $y(0) $ ce l'hai, $y'(0) $ pure e $y''(0) $ lo puoi ricavare facilmente...
"ingres":
La dimostrazione del punto a) non mi convince molto, perchè mi sembra che si usi la tesi per giustificare i passaggi. Magari dettaglia maggiormente.
Comunque, ammettendo che il problema ammetta una soluzione sviluppabile in serie di potenze, personalmente avrei dimostrato come suggerito da @pilloeffe ovvero che tutte le potenze dispari hanno coefficiente nullo e pertanto la soluzione è pari (in questo senso il fatto che y'(0) = 0 è importante).
Grazie ad entrambi, ho risolto il primo punto facendo uso dello sviluppo di Taylor.[/quote]
Ah, perché sai che la soluzione è sviluppabile in serie di Taylor?
E come lo sai?
"m.e._liberti":
[quote="gugo82"]Il p.d.C. ha soluzioni? Se sì, quante?
Se trovassi, putacaso, due soluzioni del p.d.C. cosa accadrebbe? Possono essere distinte?
Detta $ y(x) $ una soluzione (locale? globale?) del tuo p.d.C., per caso la funzione $ u(x) := y(-x) $ è soluzione dello stesso p.d.C.?
Cosa puoi concludere?
Per il teorema di esistenza e unicità locale, il p.d.C. ha un'unica soluzione e nel caso in cui se ne trovassero due esse devono necessariamente coincidere...[/quote]
Sì.
"m.e._liberti":
Pertanto se $y(x)=y(-x)$, la soluzione deve essere pari... Volevi indurmi a pensare questo (?)
Scusa, ma tu devi dimostrare che $y(x) = y(-x)$, perciò non vedo come tu possa iniziare un discorso con "se $y(x) = y(-x)$".
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