Soluzione prolungabile di un problema di Cauchy

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Soluzione prolungabile di un problema di Cauchy #30819

avt
ostrocagliostro
Cerchio
Salve ragazzi! Ho qualche difficoltà a risolvere un problema di Cauchy, e a studiare l'esistenza e l'unicità della soluzione e a dire se è prolungabile.

Spero che qualcuno possa chiarirmi le idee! L'equazione differenziale è la seguente

y'+2y-2\sqrt{y}=0

e la condizione iniziale è

y(x_0) = y_0

L'esercizio chiede:

1) Verificare l'esistenza e l'unicità della soluzione per y_0>0;

2) Verificare che la soluzione locale è prolungabile univocamente a tutto l'asse reale se y_0>0

3) Discutere il caso y_0=0


Bene per il primo punto nessun problema. L'equazione è definita su \mathbb{R}\times [0,+ \infty) e derivabile in \mathbb{R}\times(0,+ \infty) quindi per il teorema locale il primo punto è verificato.

Il secondo: Studio l'equazione (di Bernoulli o a variabili separabili - se qualcuno potesse illustrarmi i passaggio per questo secondo caso mi farebbe un grosso favore!) e ottengo come soluzione:

y(x)=[1+e^{x_0-x}(\sqrt{y_0}-1)]^2

Bene. So che y(x)>=0.
Studio il caso in cui y_0>1 (per y_0=1 ho la soluzione costante).

Trovo che le soluzioni sono definite su tutto \mathbb{R} e tendono a 1 se x\to +\infty e a +\infty se x \to -\infty.

Supponendo che io fino a questo punto non abbia sbagliato, il mio problema sta nello studiare il caso 0<y_0<1.

Inoltre come studio il terzo punto?

Vi ringrazio per la vostra disponibilità e gentilezza di sempre! emt
Ringraziano: paperino
 
 

Soluzione prolungabile di un problema di Cauchy #30909

avt
Ifrit
Amministratore
Ciao ostrocagliostro, allora la prima parte mi pare corretta, il teorema di esistenza e unicità locale è soddisfatto per (x_0, y_0)\in \mathbb{R}\times (0,+\infty).

L'equazione differenziale può essere anche vista come se fosse a variabili separabili:

y'= 2\sqrt{y}-2y

In questo caso la funzione:

a(x)=1

b(y)= 2\sqrt{y}-2y che è una funzione continua in [0,+\infty) e ]derivabile in (0, +\infty) con derivata continua. Il teorema di esistenza e unicità è soddisfatto almeno localmente.

Determiniamo le soluzioni costanti:

b(y)=0\iff 2\sqrt{y}-2y=0\iff y=0\vee y=1

La soluzione costante è certamente y(x)=1.

Ora andremo a studiare l'equazione differenziale supponendo che il punto iniziale

(x_0, y_0)\in\mathbb{R}\times (0,1)

Separiamo le variabili:

\int \frac{dy}{2\sqrt{y}-2y}= \int dx

Risolviamo il primo integrale:

\int\frac{dy}{2\sqrt{y}-2y}=

\int\frac{dy}{2\sqrt{y}(1-\sqrt{y})}=

Integriamo per sostituzione:

1-\sqrt{y}=t\implies -\frac{1}{2\sqrt{y}}dy= dt

-\int\frac{dt}{t}=-\ln|t|+c

Tornando indietro:

\int\frac{dy}{2\sqrt{y}-2y}=-\ln|1-\sqrt{y}|+c

Poiché y\in (0,1) allora il valore assoluto è superfluo.

L'equazione

\int \frac{dy}{2\sqrt{y}-2y}= \int dx

diventa quindi:

-\ln(1-\sqrt{y})+c= x+k

Da cui

\ln(1-\sqrt{y})= -x+ K

Imponiamo le condizioni iniziali:

\ln(1-\sqrt{y_0})= -x_0+ K

Da cui:

K= x_0+\ln(1-\sqrt{y_0})

L'equazione quindi diventa:

\ln(1-\sqrt{y_0})+x_0

\ln(1-\sqrt{y})= -x+ x_0+\ln(1-\sqrt{y_0})

Applichiamo membro a membro l'esponenziale:

1-\sqrt{y}= (1-\sqrt{y_0})e^{-x+x_0}

da cui:

-\sqrt{y}= (1-\sqrt{y_0})e^{-x+x_0}-1

\sqrt{y}= 1-(1-\sqrt{y_0})e^{-x+x_0}

Eleviamo al quadrato membro a membro:

y= (1-(1-\sqrt{y_0})e^{-x+x_0})^2

A questo punto dobbiamo richiedere che risulti

0<(1-(1-\sqrt{y_0})e^{-x+x_0})^2<1

rispetto ad x.

La prima disequazione è praticamente immediata, infatti

1-(1-\sqrt{y_0})e^{-x+x_0}\ne 0\iff

(1-\sqrt{y_0})e^{-x+x_0}\ne 1

Da cui:

e^{-x+x_0}\ne \frac{1}{1-\sqrt{y_0}}

-x+x_0\ne \ln\left(\frac{1}{1-\sqrt{y_0}}\right)

pertanto:

x\ne x_0-\ln\left(\frac{1}{1-\sqrt{y_0}}\right)

La seconda disequazione è soddisfatta sempre, quindi l'intervallo massimale è:

\left(x_0-\ln\left(\frac{1}{1-\sqrt{y_0}}\right), +\infty\right)

Ecco il grafico di alcune funzione soluzioni]

equazionedifferenzialeplot


Questo invece è il campo delle direzioni

campodirez


Per y>1, credo che tu lo abbia svolto correttamente (non ho fatto i conti sinceramente.)

Infine il caso più delicato, credo che se y_0=0 la radice quadrata fa sì che si verifichi il pennello di Peano, non mi sono messo a fare i conti a dire il vero, ma ho questa sensazione. emt

Intanto dimmi se ti è chiaro il procedimento precedente emt
Ringraziano: Omega, Pi Greco, ostrocagliostro, CarFaby, kiwi

Re: Soluzione prolungabile di un problema di Cauchy #30964

avt
ostrocagliostro
Cerchio
Grazie Ifrit! Tutto perfetto! Mi è chiaro praticamente tutto! emt

Sicuramente mi sto perdendo in un bicchier d'acqua ma nn riesco proprio a vedere che la disequazione (1-(1-\sqrt{y_0})e^{-x+x_0})^2<1 risulta sempre soddisfatta...

Inoltre non riesco a capire come rappresentare le soluzioni sul piano cartesiano... come bisogna trattarle? emt

Re: Soluzione prolungabile di un problema di Cauchy #30995

avt
Ifrit
Amministratore
Effettivamente la disequazione non è immediata.

(1-(1-\sqrt{y_0})e^{-x+x_0})^2<1

Estraiamo la radice membro a membro:

|1-(1-\sqrt{y_0})e^{-x+x_0}|<1

da cui:

-1<1-(1-\sqrt{y_0})e^{-x+x_0}<1

Sottraiamo membro a membro per 1:


-2<-(1-\sqrt{y_0})e^{-x+x_0}<0

Cambiamo segno membro a membro:


0<(1-\sqrt{y_0})e^{-x+x_0}<2

Ora la disequazione

0<(1-\sqrt{y_0})e^{-x+x_0} è sempre soddisfatta perché

0<y_0<1\implies 1-\sqrt{y_0}>0

Rimane da risolvere che:

(1-\sqrt{y_0})e^{-x+x_0}<2

Divido membro a membro per \frac{2}{1-\sqrt{y_0}}


e^{-x+x_0}<\frac{2}{1-\sqrt{y_0}}

Applichiamo membro a membro il logaritmi:

-x+x_0< \ln\left(\frac{2}{1-\sqrt{y_0}}\right)


-x<-x_0+\ln\left(\frac{2}{1-\sqrt{y_0}}\right)

cambiamo segno membro a membro:

x>x_0-\ln\left(\frac{2}{1-\sqrt{y_0}}\right)=

=x_0-\ln(2)+\ln(1-\sqrt{y_0})



Prima avevamo trovato che x doveva essere maggiore di

x_0-\ln\left(\frac{1}{1-\sqrt{y_0}}\right)

che può essere riscritto come:

x_0+ \ln(1-\sqrt{y_0})

Confrontando i due valori abbiamo che:

x_0-\ln(2)+\ln(1-\sqrt{y_0})<x_0+ \ln(1-\sqrt{y_0})

Quindi la disequazione è soddisfatta per ogni valore


 x>x_0+\ln(1-\sqrt{y_0})


Non era immediata come pensavo emt
Ringraziano: Omega, Pi Greco, paperino, CarFaby
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Os