Studio qualitativo PdC
\[
\begin{cases}
y'=\frac{2}{t}y+2t\sqrt{y} \qquad t>0\\
y(1)=0
\end{cases}
\]
Discutere esistenza ed unicità delle soluzioni. Allora sia \(f(t,y)=\frac{2}{t}y+2t\sqrt{y}\) e $f_y(t,y)=\frac{2}{t}+\frac{t}{\sqrt{y}}$. Abbiamo che $f$ è continua in \(D=(0,+\infty) \times [0,+\infty)\) mentre $f_y$ non è continua lungo l'asse $y=0$. Di conseguenza abbiamo soltanto dimostrato l'esistenza di almeno una soluzione al PdC ma non è detto che tale soluzione sia unica. Risolvendo analiticamente l'EDO (che è di Bernoulli) ottengo la soluzione
\[
y(t)=t^{2}(t+c)^{2}
\]
A questo punto il libro (Salsa-Squellati - Esercizi di Analisi Matematica 2 Vol. 3) dice che tali soluzioni sono definite solo per $t(t+c) \geq 0$ e fino a qui ok. Per $c=-1$ si ottiene una soluzione definita per $t\geq 1$ (perché?). E poi dice ancora che altre soluzioni in \(\mathbb{R}^{+}\) sono date dalla
\[
y(t)=\begin{cases} t^{2}(t-\bar{t})^{2} \qquad t>\bar{t} \qquad(\bar{t}>1)\\ 0 \qquad \qquad \qquad \quad t\leq \bar{t} \end{cases}
\]
e quindi il problema ha infinite soluzioni. Ecco non capisco come abbia ricavato quest'ultima formula per le soluzioni al PdC.
\begin{cases}
y'=\frac{2}{t}y+2t\sqrt{y} \qquad t>0\\
y(1)=0
\end{cases}
\]
Discutere esistenza ed unicità delle soluzioni. Allora sia \(f(t,y)=\frac{2}{t}y+2t\sqrt{y}\) e $f_y(t,y)=\frac{2}{t}+\frac{t}{\sqrt{y}}$. Abbiamo che $f$ è continua in \(D=(0,+\infty) \times [0,+\infty)\) mentre $f_y$ non è continua lungo l'asse $y=0$. Di conseguenza abbiamo soltanto dimostrato l'esistenza di almeno una soluzione al PdC ma non è detto che tale soluzione sia unica. Risolvendo analiticamente l'EDO (che è di Bernoulli) ottengo la soluzione
\[
y(t)=t^{2}(t+c)^{2}
\]
A questo punto il libro (Salsa-Squellati - Esercizi di Analisi Matematica 2 Vol. 3) dice che tali soluzioni sono definite solo per $t(t+c) \geq 0$ e fino a qui ok. Per $c=-1$ si ottiene una soluzione definita per $t\geq 1$ (perché?). E poi dice ancora che altre soluzioni in \(\mathbb{R}^{+}\) sono date dalla
\[
y(t)=\begin{cases} t^{2}(t-\bar{t})^{2} \qquad t>\bar{t} \qquad(\bar{t}>1)\\ 0 \qquad \qquad \qquad \quad t\leq \bar{t} \end{cases}
\]
e quindi il problema ha infinite soluzioni. Ecco non capisco come abbia ricavato quest'ultima formula per le soluzioni al PdC.
Risposte
Mi permetto un piccolo UP.
Nel semipiano \(\{y>0\}\) le soluzioni sono del tipo \( y_c(t) := t^2 (t-c)^2\), \(t \in I_c := (c, +\infty)\).
D'altra parte, la funzione identicamente nulla è una soluzione dell'equazione.
Vedi subito che puoi ottenere altre soluzioni raccordando, in un dato punto \(c\), la soluzione identicamente nulla con la soluzione \(y_c\); si verifica subito che tale raccordo è \(C^1\), ed è definito dall'ultima formula che hai scritto.
D'altra parte, la funzione identicamente nulla è una soluzione dell'equazione.
Vedi subito che puoi ottenere altre soluzioni raccordando, in un dato punto \(c\), la soluzione identicamente nulla con la soluzione \(y_c\); si verifica subito che tale raccordo è \(C^1\), ed è definito dall'ultima formula che hai scritto.
"Rigel":
Vedi subito che puoi ottenere altre soluzioni raccordando, in un dato punto \(c\), la soluzione identicamente nulla con la soluzione \(y_c\); si verifica subito che tale raccordo è \(C^1\), ed è definito dall'ultima formula che hai scritto.
Probabilmente mi sfugge qualcosa. Ho verificato che le soluzioni del tipo $y=t^{2}(t-\bar{t})^{2}$ risolvono il PdC dato. Quello che non capisco ancora è:
1) perché $\bar{t}$ deve essere $>1$ anziché $>0$
2) come facevo ad ricavarmi questa espressione
Per avere soluzioni dell'equazione differenziale \(\bar{t}\) può essere qualsiasi cosa.
Se vuoi soluzioni del PdC, poiché \(y(1)=0\) devi necessariamente effettuare il raccordo in un punto \(\bar{t}\geq 1\) (se effettui il raccordo prima, il grafico della funzione non passa più per il punto \((1,0)\)).
Se vuoi soluzioni del PdC, poiché \(y(1)=0\) devi necessariamente effettuare il raccordo in un punto \(\bar{t}\geq 1\) (se effettui il raccordo prima, il grafico della funzione non passa più per il punto \((1,0)\)).
Ho quest'altro esercizio:
Si consideri il problema di Cauchy:
\[
\begin{cases}
x'=e^{-t^{2}x^{2}}+|\log t| \\
x(1)=2
\end{cases}
\]
1. Dimostrare che ammette un’unica soluzione locale \(\phi(t)\)
2. Determinare il dominio e discutere la monotonia di \(\phi(t)\)
3. Dimostrare che \(\phi(t)\) ammette limiti agli estremi del suo dominio e discutere se tali limiti siano finiti o infiniti (Suggerimento: utilizzare l’equazione integrale equivalente al Problema di Cauchy).
Svolgimento
1. Sia \(f(t,x)=e^{-t^{2}x^{2}}+|\log t|\) abbiamo che il dominio di $f$ è \(D=(0, +\infty) \times \mathbb{R}\) e che $f$ è continua nel suo dominio. Inoltre $f_x=-2te^{-t^{2}x^{2}}$ anch'essa continua in $D$ e di conseguenza $f \in C^{1}(D)$. Essendo soddisfatte le condizioni del Teorema di esistenza ed unicità locale abbiamo che la soluzione al PdC esiste ed è unica in un intorno di $t=1$.
2. Per determinare il dominio di $\phi(t)$, devo vedere fino a quanto posso prolungare la soluzione. Sia $[-a,a], \quad a \in \mathbb{R}$, abbiamo che $f(t,0)=1+|\log t|$ è limitata in $[-a,a]$ ed inoltre $f_x$ è limitata anch'essa in tale intervallo e deduco che la soluzione è prolungabile a tutto $\mathbb{R}$. Per la monotonia osserco che $x'(t) > 0, \qquad \forall(t,x) \in D$ e quindi $\phi(t)$ è strettamente crescente nel suo dominio.
3. La monotonia della soluzione garantisce l'esistenza dei limiti a $\pm \infty$.
Adesso le mie domande sono:
- fino a qui è corretto?
- come posso proseguire?
Si consideri il problema di Cauchy:
\[
\begin{cases}
x'=e^{-t^{2}x^{2}}+|\log t| \\
x(1)=2
\end{cases}
\]
1. Dimostrare che ammette un’unica soluzione locale \(\phi(t)\)
2. Determinare il dominio e discutere la monotonia di \(\phi(t)\)
3. Dimostrare che \(\phi(t)\) ammette limiti agli estremi del suo dominio e discutere se tali limiti siano finiti o infiniti (Suggerimento: utilizzare l’equazione integrale equivalente al Problema di Cauchy).
Svolgimento
1. Sia \(f(t,x)=e^{-t^{2}x^{2}}+|\log t|\) abbiamo che il dominio di $f$ è \(D=(0, +\infty) \times \mathbb{R}\) e che $f$ è continua nel suo dominio. Inoltre $f_x=-2te^{-t^{2}x^{2}}$ anch'essa continua in $D$ e di conseguenza $f \in C^{1}(D)$. Essendo soddisfatte le condizioni del Teorema di esistenza ed unicità locale abbiamo che la soluzione al PdC esiste ed è unica in un intorno di $t=1$.
2. Per determinare il dominio di $\phi(t)$, devo vedere fino a quanto posso prolungare la soluzione. Sia $[-a,a], \quad a \in \mathbb{R}$, abbiamo che $f(t,0)=1+|\log t|$ è limitata in $[-a,a]$ ed inoltre $f_x$ è limitata anch'essa in tale intervallo e deduco che la soluzione è prolungabile a tutto $\mathbb{R}$. Per la monotonia osserco che $x'(t) > 0, \qquad \forall(t,x) \in D$ e quindi $\phi(t)$ è strettamente crescente nel suo dominio.
3. La monotonia della soluzione garantisce l'esistenza dei limiti a $\pm \infty$.
Adesso le mie domande sono:
- fino a qui è corretto?
- come posso proseguire?
Ok il punto 1.
Per il 2, invece, eviterei di fare la derivata rispetto a $t$ (hai scritto $x$, ma è chiaramente $t$ la variabile indipendente del problema). Infatti, il pezzo con il modulo non è derivabile in $t=1$ (perchè $log 1 = 0$ e il modulo non è derivabile nell'origine).
Piuttosto, farei un ragionamento sulla crescita della funzione: su $S=[a,b] times RR$, con $b>a>0$, ho che $|f(t,x)| = e^(-t^2x^2) + |\log t|$; ora il primo pezzo è maggiorato da 1 perché l'esponente è negativo e il secondo è limitato (la $t in [a,b]$, quindi non dà problemi). In definitiva, la funzione è limitata su $S$ da cui, per l'arbitrarietà di $a$ e $b$, ho che il dominio della soluzione è tutto $(0,+infty)$.
Certamente la soluzione è monotona crescente; quindi esistono i limiti agli estremi del dominio.
A $+infty$ è facile, c'è la parolina magica: "teorema dell'asintoto" ti dice nulla?
Il limite per $t \to 0^{+}$, invece, è un filino più delicato e bisogna sfruttare il suggerimento: prova a scrivere l'equazione integrale di Volterra equivalente al problema di Cauchy e a passare al limite in ambo i membri...
Per il 2, invece, eviterei di fare la derivata rispetto a $t$ (hai scritto $x$, ma è chiaramente $t$ la variabile indipendente del problema). Infatti, il pezzo con il modulo non è derivabile in $t=1$ (perchè $log 1 = 0$ e il modulo non è derivabile nell'origine).
Piuttosto, farei un ragionamento sulla crescita della funzione: su $S=[a,b] times RR$, con $b>a>0$, ho che $|f(t,x)| = e^(-t^2x^2) + |\log t|$; ora il primo pezzo è maggiorato da 1 perché l'esponente è negativo e il secondo è limitato (la $t in [a,b]$, quindi non dà problemi). In definitiva, la funzione è limitata su $S$ da cui, per l'arbitrarietà di $a$ e $b$, ho che il dominio della soluzione è tutto $(0,+infty)$.
Certamente la soluzione è monotona crescente; quindi esistono i limiti agli estremi del dominio.
A $+infty$ è facile, c'è la parolina magica: "teorema dell'asintoto" ti dice nulla?
Il limite per $t \to 0^{+}$, invece, è un filino più delicato e bisogna sfruttare il suggerimento: prova a scrivere l'equazione integrale di Volterra equivalente al problema di Cauchy e a passare al limite in ambo i membri...
Applico il teorema dell'asintoto. Supponiamo che $\lim_{t \to +\infty}\phi(t)=l \in \mathbb{R}$, per il suddetto teorema dovremmo avere $\lim_{t \to +\infty}\phi'(t)=0$. Siccome però $\lim_{t \to +\infty}\phi'(t)=+\infty$ deduco che
\[
\lim_{t \to +\infty}\phi(t)=+\infty
\]
Giusto?
\[
\lim_{t \to +\infty}\phi(t)=+\infty
\]
Giusto?
Sì, giusto.
Invece per l'ultimo punto
\[
\phi(t)=2+\int_{1}^{t}(e^{-s^{2}\phi^{2}(s)}+|\log s|)ds
\]
Prendo i limiti di ambo i membri
\[
\lim_{t \to 0^{+}}\phi(t)=\lim_{t \to 0^{+}}\int_{1}^{t}(e^{-s^{2}\phi^{2}(s)}+|\log s|)ds
\]
ma non so come procedere](/datas/uploads/forum/emoji/eusa_wall.gif "Brick wall")
\[
\phi(t)=2+\int_{1}^{t}(e^{-s^{2}\phi^{2}(s)}+|\log s|)ds
\]
Prendo i limiti di ambo i membri
\[
\lim_{t \to 0^{+}}\phi(t)=\lim_{t \to 0^{+}}\int_{1}^{t}(e^{-s^{2}\phi^{2}(s)}+|\log s|)ds
\]
ma non so come procedere
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