Studio qualitativo di un problema di Cauchy del I ordine
Ciao!
Sono alle prime armi con i problemi di Cauchy e spero che qualche anima pia voglia darmi una mano con questo esercizio.
\( \begin{cases} u'(t)=\frac{t-u}{1+t^2+u^2} \\ u(0)=0 \end{cases} \)
Ho pensato di svolgerlo nella maniera seguente:
1)Esistenza e unicità in piccolo
\( 1+t^2+u^2\neq 0 \) sempre. Quindi \( f(t,u)\in \mathit{C} ^1(\mathbb{R} ^2) \). Questo significa che f è lipschitziana e quindi esiste ed è unica u soluzione.
2)Esistenza in grande
\( |f(t,u)|=\frac{|t-u|}{1+t^2+u^2}\leq \frac{|t|+|u|}{1+t^2+u^2}=\frac{|t|}{1+t^2+u^2}+\frac{|u|}{1+t^2+u^2}\leq 1 \)
La soluzione u è definita in tutto \( \mathbb{R} \).
3)Parità
u non è né pari né dispari.
4)Teorema del confronto
\( \frac{t-u}{1+t^2+u^2}>0\Leftrightarrow t-u>0\rightarrow u
\(f(t,u)\leq g(t)\) e \(u(0)=0=g(0)\)
Quindi \(u\leq t \forall t\geq0\) e \(u\geq t \forall t<0\).
Dunque u è decrescente in \(]-\infty, 0[\) e crescente in \([0, +\infty[\).
Francamente, ho molti dubbi sulla correttezza di questo ragionamento.
5)Teorema di monotonia
Mi sembra che i calcoli siano un po' complicati per poterlo applicare.
6)Teorema dell'asintoto
Se \( l=\lim_{x\rightarrow +\infty} u(t)=\sup_{t\geq 0} u(t) \) finito allora \( \lim_{x\rightarrow +\infty} u'(t)=0 \).
La soluzione ha dunque un asintoto orizzontale.
Mi rimetto a chi ne sa più di me e che abbia la gentilezza di volermi aiutare.
Grazie mille in anticipo.
Sono alle prime armi con i problemi di Cauchy e spero che qualche anima pia voglia darmi una mano con questo esercizio.
\( \begin{cases} u'(t)=\frac{t-u}{1+t^2+u^2} \\ u(0)=0 \end{cases} \)
Ho pensato di svolgerlo nella maniera seguente:
1)Esistenza e unicità in piccolo
\( 1+t^2+u^2\neq 0 \) sempre. Quindi \( f(t,u)\in \mathit{C} ^1(\mathbb{R} ^2) \). Questo significa che f è lipschitziana e quindi esiste ed è unica u soluzione.
2)Esistenza in grande
\( |f(t,u)|=\frac{|t-u|}{1+t^2+u^2}\leq \frac{|t|+|u|}{1+t^2+u^2}=\frac{|t|}{1+t^2+u^2}+\frac{|u|}{1+t^2+u^2}\leq 1 \)
La soluzione u è definita in tutto \( \mathbb{R} \).
3)Parità
u non è né pari né dispari.
4)Teorema del confronto
\( \frac{t-u}{1+t^2+u^2}>0\Leftrightarrow t-u>0\rightarrow u
\(f(t,u)\leq g(t)\) e \(u(0)=0=g(0)\)
Quindi \(u\leq t \forall t\geq0\) e \(u\geq t \forall t<0\).
Dunque u è decrescente in \(]-\infty, 0[\) e crescente in \([0, +\infty[\).
Francamente, ho molti dubbi sulla correttezza di questo ragionamento.
5)Teorema di monotonia
Mi sembra che i calcoli siano un po' complicati per poterlo applicare.
6)Teorema dell'asintoto
Se \( l=\lim_{x\rightarrow +\infty} u(t)=\sup_{t\geq 0} u(t) \) finito allora \( \lim_{x\rightarrow +\infty} u'(t)=0 \).
La soluzione ha dunque un asintoto orizzontale.
Mi rimetto a chi ne sa più di me e che abbia la gentilezza di volermi aiutare.
Grazie mille in anticipo.
Risposte
"InnuendoFloyd":
.
4)Teorema del confronto
\( \frac{t-u}{1+t^2+u^2}>0\Leftrightarrow t-u>0\rightarrow u
\( g(t)=t \)
\( f(t,u)\leq g(t) \) e \( u(0)=0=g(0) \)
Quindi \( u\leq t \forall t\geq0 \) e \( u\geq t \forall t<0 \).
Dunque u è decrescente in \( ]-\infty, 0[ \) e crescente in \( [0, +\infty[ \).
Perché non ti quadra a me sembra giusto, sopra la retta $g(t)=t$ la funzione è decrescente e sotto crescente inoltre $g(0)=0=u(0)$, dall'unicità si ha che
$u$ decrescente per $t<0$ e crescente per $t>0$
quello che secondo me è sbagliato è dire che la soluzione ha un asintoto orizzontale : il fatto che la derivata tenda a zero all'infinito è una condizione necessaria ma non sufficiente affinchè si abbia un asintoto orizzontale
se non ho sbagliato valutazioni,la funzione tende a $+infty$ all'infinito,e a $+infty$ ha una crescita di tipo logaritmico
se non ho sbagliato valutazioni,la funzione tende a $+infty$ all'infinito,e a $+infty$ ha una crescita di tipo logaritmico
Si ma con l'ipotesi che $f(t,u) \in C^1$ credo valga anche il viceversa
In effetti, il dubbio sul punto 4 è stato sciocco da parte mia. 
Adesso che ho riletto l'esercizio a mente lucida, mi torna tutto. 
Lo credevo anch'io, ma adesso quantunquemente mi ha messo la pulce nell'orecchio.
Come posso dimostrare che la soluzione non ha asintoto orizzontale e cresce in maniera logaritmica?
Comunque, ringrazio entrambi per avermi risposto.
Adesso che ho riletto l'esercizio a mente lucida, mi torna tutto. "dan95":
Si ma con l'ipotesi che $f(t,u) \in C^1$ credo valga anche il viceversa
Lo credevo anch'io, ma adesso quantunquemente mi ha messo la pulce nell'orecchio.
Come posso dimostrare che la soluzione non ha asintoto orizzontale e cresce in maniera logaritmica?
Comunque, ringrazio entrambi per avermi risposto.
possiamo dimostrarlo così :
$ lim_(t-> +infty) y/lnt=lim_(t -> infty) (y')/(1/t)=lim_(t -> +infty) (t^2-ut)/(1+u^2+t^2)=1 $
perchè $t^2$ è infinito di ordine superiore rispetto a $u^2$ e $ut$
$ lim_(t-> +infty) y/lnt=lim_(t -> infty) (y')/(1/t)=lim_(t -> +infty) (t^2-ut)/(1+u^2+t^2)=1 $
perchè $t^2$ è infinito di ordine superiore rispetto a $u^2$ e $ut$
Perfetto. Grazie ancora!
prego 
"quantunquemente":
possiamo dimostrarlo così :
$ lim_(t-> +infty) y/lnt=lim_(t -> infty) (y')/(1/t)=lim_(t -> +infty) (t^2-ut)/(1+u^2+t^2)=1 $
perchè $t^2$ è infinito di ordine superiore rispetto a $u^2$ e $ut$
Così dimostri che se y tende a infinito allora lo fa con andamento logaritmico, però non dimostri che y tende a infinito (che è l'unico caso in cui puoi applicare de L'Hopital come hai fatto)
"InnuendoFloyd":
4)Teorema del confronto
\( \frac{t-u}{1+t^2+u^2}>0\Leftrightarrow t-u>0\rightarrow u\(g(t)=t\)
\(f(t,u)\leq g(t)\) e \(u(0)=0=g(0)\)
Quindi \(u\leq t \forall t\geq0\) e \(u\geq t \forall t<0\).
Dunque u è decrescente in \(]-\infty, 0[\) e crescente in \([0, +\infty[\).
Francamente, ho molti dubbi sulla correttezza di questo ragionamento.
Forse intendevi $ u'(t) = f(t,u)\leq g'(t) = 1 $ ?
"nil":
[quote="quantunquemente"]possiamo dimostrarlo così :
$ lim_(t-> +infty) y/lnt=lim_(t -> infty) (y')/(1/t)=lim_(t -> +infty) (t^2-ut)/(1+u^2+t^2)=1 $
perchè $ t^2 $ è infinito di ordine superiore rispetto a $ u^2 $ e $ ut $
Così dimostri che se y tende a infinito allora lo fa con andamento logaritmico, però non dimostri che y tende a infinito (che è l'unico caso in cui puoi applicare de L'Hopital come hai fatto)[/quote]
hai perfettamente ragione
allora ,supponiamo per assurdo che la soluzione abbia come asintoto orizzontale la retta $y=l$
sia $(t_0,y_0)$ un punto del suo grafico,con $t_0>l$ e consideriamo il seguente problema di Cauchy :
$ z'=(t-l )/(1+t^2+l^2)$
$ z(t_0)=y_0 $
il grafico della soluzione di questo problema, per $tgeqt_0$, si troverebbe al di sotto di quello della soluzione del problema di Cauchy dell'esercizio
peccato che questa soluzione tenda a $+infty$
"nil":
Forse intendevi $ u'(t) = f(t,u)\leq g'(t) = 1 $ ?
Sì, hai ragione.
"quantunquemente":
sia $ (t_0,y_0) $ un punto del suo grafico,con $ t_0>l $ e consideriamo il seguente problema di Cauchy :
$ z'=(t-l )/(1+t^2+l^2) $
$ z(t_0)=y_0 $
Scusami, ma mi sembra che, così, tu consideri l'asintoto non orizzontale, bensì verticale.
Mi sbaglio?Non basta considerare che se \(l=+\infty\) allora risulta \( \lim_{t\rightarrow +\infty }\frac{t-u}{1+t^2+u^2}=\lim_{t\rightarrow +\infty }\frac{t}{1+t^2+u^2}-\frac{u}{1+t^2+u^2}=0-0=0 \) ?
la retta $y=l$ è una retta parallela all'asse delle $x$
tralascio il commento sull'ultima riga perchè non saprei da dove iniziare
tralascio il commento sull'ultima riga perchè non saprei da dove iniziare
"quantunquemente":
la retta $y=l$ è una retta parallela all'asse delle $x$
Fin qui ci sono, per fortuna.
Scusa, temo di essermi lasciato fuorviare dal \(t_0>l\). Forse intendevi che \(y_0>l\), perché così mi torna.
no,deve essere $t_0>l$ in modo che $t-l>0$
Ah, ok, ora ho capito. Grazie per la pazienza.
"nil":
[quote="quantunquemente"]possiamo dimostrarlo così :
$ lim_(t-> +infty) y/lnt=lim_(t -> infty) (y')/(1/t)=lim_(t -> +infty) (t^2-ut)/(1+u^2+t^2)=1 $
perchè $t^2$ è infinito di ordine superiore rispetto a $u^2$ e $ut$
Così dimostri che se y tende a infinito allora lo fa con andamento logaritmico, però non dimostri che y tende a infinito (che è l'unico caso in cui puoi applicare de L'Hopital come hai fatto)[/quote]
In realtà la dimostrazione è corretta.
Il teorema de l'Hopital si può applicare (modulo tutte le altre ipotesi) nel caso in cui il denominatore tenda a \(+\infty\) o \(-\infty\), indipendentemente da cosa faccia il numeratore.
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