Problema di Cauchy - Soluzioni

Z

Z Z

00 00 2

− − y (x) y (x) dx .

y (x) y (x) dx = y (x) y (x) dx = h k h

h k

k h 0

0 0

Pertanto, π

Z

2 2

− y (x) y (x) dx = 0 ,

(k h ) k h

0

6

da cui la tesi, essendo k = h. Domanda: dove abbiamo usato la forma esplicita della soluzione?

0

§ – 4) Si consideri il problema di Cauchy y (x) = f (y(x)), y(0) = y , con f funzione lipschitziana da R

0

≤

in tale che f (y) y 0 per ogni y in Sia y(x; y ) l’unica soluzione di tale problema. 1) Dimostrare

R R. 0

2

che [y(x; y )] decresce al crescere di x (suggerimento: si moltiplichi l’equazione per y(x; y )). 2) Detta

0 0

→

T : [−1, 1] [−1, 1] l’applicazione che a y associa y(1; y ), dimostrare che T porta [−1, 1] in sé. 3) Dando

0 0

per buono il fatto che T è continua, dimostrare che esiste almeno un punto fisso di T usando il teorema di

esistenza degli zeri; dedurne che esiste almeno un valore y per il quale la corrispondente soluzione y(x; y )

0 0

è periodica di periodo 1. 4) Trovare una soluzione periodica dell’equazione (suggerimento: calcolare f (0)).

Moltiplicando per y(x; y ) l’equazione, otteniamo

0

1 0 0

2 ≤

[y (x; y )] = y(x; y ) y (x; y ) = f (y(x; y )) y(x; y ) 0 ,

0 0 0 0 0

2 |y(x; |y(1; ≤ |y(0; |y | ≤

da cui la tesi. Per il 2), essendo y )| decrescente, si ha y )| y )| = 1, e quindi

0 0 0 0

− − ≤ |T ≤

T porta [1, 1] in sé. Sia ora S(y) = T (y) y. Allora S(1) = T (1) 1 0 (dato che (1)| 1) e

≥

S(−1) = T (−1) + 1 0. Pertanto, esiste ȳ in [−1, 1] tale che S(ȳ ) = 0; pertanto, ȳ è un punto fisso di T .

0 0 0

Ne segue che y(x; ȳ ) è periodica di periodo 1 perché l’equazione è autonoma (e per il teorema di unicità).

0

Infine, dato che f (0) = 0 (dovendo essere f positiva per x < 0 e negativa per x > 0, non può che annullarsi

≡

in zero essendo continua), la soluzione periodica è la soluzione banale y(x; 0) 0.

© – 5) Risolvere i seguenti problemi di Cauchy e disegnare il grafico della soluzione:

x + 1



( ( (

0

0 0 0

2 2 y (x) =

y (x) = y (x) x y (x) = y(x) + x y (x) = x(x + y(x))

 y(x) + 1

y(0) = 1 y(0) = 3 y(0) = 4.

y(0) = 2



La prima equazione è a variabili separabili e la soluzione del problema di Cauchy è

3

y(x) = 3

−

3 x

(funzione crescente, asintoto verticale in x = 3).

La seconda equazione è a variabili separabili, equivalente a

0 0

2 2

(y + y /2) = (x + x /2)

e integrando fra x = 0 e x otteniamo

0 2 2

−

y + 2y (x + 2x + 8) = 0.

Esistono due funzioni che verificano questa identità: p 2

−1 ±

y(x) = x + 2x + 9

−

ma la condizione iniziale y(0) = 2 ci permette di scartare il segno e si ottiene che la soluzione del problema

di Cauchy dato è p 2

−1

y(x) = + x + 2x + 9.

Si tratta di un’iperbola con asintoti obliqui.

La terza equazione è una semplice equazione lineare non omogenea che ha per soluzione

x − −

y(x) = 4e x 1. 3

Lo studio di questa funzione è del tutto elementare.

L’ultima equazione è lineare non omogenea e la soluzione è x

Z

2 2 2

−t

x /2 x /2 /2 2

e

y(x) = 4e + e t dt.

0

Studiamo l’andamento di questa funzione; notare che possiamo usare anche l’equazione differenziale

0 2

y (x) = x(x + y(x)) = x + xy

≥

che è soddisfatta da y(x). Per x 0 la funzione è positiva, come si vede dall’espressione esplicita; allora

dall’equazione segue 0 2 ≥

y = x + xy 0 per x > 0 → →

ossia la funzione è crescente. Inoltre è evidente dall’espressione della funzione che y +∞ per x +∞.

→ −∞ →

Analogamente è possibile mostrare che anche per x si ha y +∞ (come?). Quindi la funzione deve

0

avere un minimo in un punto x ; notare che in x = 0 si ha y (0) = 0 (dall’equazione), e x = 0 è proprio un

0 0 ∼

punto di minimo. Infatti sappiamo che y(0) = 4 e quindi dall’equazione otteniamo y (x) x(x + 4) per x

0

vicino a 0, cioè y è negativa per x < 0 e positiva per x > 0 vicino a 0. Eccetera...

© – 6) Dato il problema di Cauchy ( 0 |y(x) −

y (x) = 1|

y(0) = α

verificare che le ipotesi del Teorema di esistenza e unicità locale sono soddisfatte su ogni rettangolo, quindi

risolvere esplicitamente per ogni valore del parametro α. Quali sono le soluzioni costanti?

2

La funzione a secondo membro è lipschitziana su tutto . Infatti

R

||y − − |z − ≤ |(y − − − |y −

1| 1|| 1) (z 1)| = z|

e vediamo che la costante di Lipschitz è uguale a 1. Ne segue che si può applicare il teroema di esistenza e

unicità su ogni rettamgolo, e che il problema di Cauchy ha soluzione locale qualunque sia il dato iniziale.

Inoltre il secondo membro si annulla per y = 1, quindi la funzione costante y(x) = 1 è una soluzione

dell’equazione, corrispondente al dato iniziale y(0) = α = 1. Osserviamo che le altre soluzioni non possono

attraversare questa soluzione costante per via dell’unicità, quindi se il dato α è > 1 la soluzione corrispondente

sarà sempre > 1 e l’equazione si può scrivere 0 −

y = y(x) 1.

Si tratta di un’equazione lineare non omogenea la cui soluzione si calcola facilmente:

x

−

y(x) = (α 1)e + 1, α > 1.

Analogamente se α < 1 la soluzione sarà sempre < 1 e l’equazione diventa

0 −

y = 1 y(x);

otteniamo la soluzione −x

−

y(x) = (α 1)e + 1, α < 1.

00 0 x

© − −

– 7) Data l’equazione y (x) 3y (x) 2y(x) = e , trovare tutte le sue soluzioni della forma y(x) =

2 x

(ax + bx + c)e . Scrivere poi tutte le soluzioni dell’equazione.

2 x x

Sostituendo l’espressione y = (ax + bx + c)e nell’equazione e imponendo l’uguaglianza con e otteniamo

−1/4,

subito che a = b = 0 e c = quindi la soluzione richiesta è semplicemente

1 x

−

y(x) = e .

4

Per trovare tutte le soluzioni risolviamo l’equazione omogenea

00 0

− −

y 3y 2y = 0

e allora le soluzioni dell’equazione data saranno tutte del tipo y + y(x) per una qualunque soluzione y(x)

dell’equazione omogenea. Questa ha polinomio caratteristico

2 − −

λ 3λ 2λ = 0

4

che ha per soluzioni √

3 1

±

λ = 17.

2 2

In conclusione la risposta all’esercizio è √ √

1 1 1

x (3+ 17)x (3− 17)x

− e + C e + C e

y(x) = 2 2

1 2

4

dove C , C sono costanti arbitrarie.

1 2

§ – 8) Sia data l’equazione differenziale 0 2

y (x) = sin(x) sin(y (x)).

1) Verificare che le ipotesi del Teorema di esistenza e unicità locale sono soddisfatte su ogni rettangolo del

2

piano R . 2) Trovare tutte le soluzioni costanti; dimostrare poi che tutte le soluzioni dell’equazione si possono

§§

estendere a soluzioni definite su tutto 3) Dimostrare che tutte le soluzioni sono funzioni periodiche di

R.

periodo 2π.

1) L’equazione è in forma normale, a variabili separabili. Il secondo membro è il prodotto di una funzione

1

continua di x per una funzione C di y, entrambi definite su tutto Ne segue che in particolare le ipotesi

R. 2

del teorema di esistenza e unicità locale sono soddisfatte su ogni rettangolo di .

R

2 2

2) Le soluzioni costanti corrispondono ai valori y tali che sin(y ) = 0, ossia y = kπ per k intero. Natural-

0 0 0

≥

mente deve essere k 0 e quindi otteniamo le soluzioni costanti

√

± nπ, n = 0, 1, 2, 3, . . . .

y(x) =

Consideriamo poi una qualunque soluzione locale corrispondente ad una condizione iniziale del tipo y(x ) =

0

y , supponiamo ad esempio y > 0 (l’altro caso è analogo). Se y non è uno dei valori suindicati, sarà

0 0 0

√ p

nπ < y < (n + 1)π

0

per un certo intero n. Allora la soluzione locale considerata sarà compresa fra le due soluzioni costanti

√ p

y = nπ e y = (n + 1)π per valori di x vicini ad x . Consideriamo l’intervallo massimale I su cui è

0

possibile estendere la soluzione considerata. Vogliamo dimostrare che b = sup I = +∞ (e con dimostrazione

−∞).

analoga si otterrà che inf I = →

Supponiamo per assurdo che b < +∞. Osserviamo che la soluzione y : I sarà sempre compresa fra

R

√ p

le due soluzioni costanti y = nπ e y = (n + 1)π dato che non può attraversarle per l’unicità, quindi

2 −

sin(y(x) ) non cambia mai segno. Inoltre, anche sin x non cambia segno su un intervallo [b δ, b] purché δ

0 2 −

sia sufficientemente piccolo. Ne segue che y = sin x sin(y ) non cambia segno per b δ < x < b e quindi y è

una funzione monotona su tale intervallo; essendo limitata, deve esistere il limite

lim y(x) = y .

1

−

x→b

Ora è sufficiente considerare il problema di Cauchy con dato y(b) = y per prolungare la soluzione a destra

1

di b, il che è assurdo per la massimalità di I. Concludiamo che B = +∞.

3) Sia y(x) una qualunque soluzione e definiamo −

z(x) = y(2π x).

Allora anche z(x) è una soluzione dell’equazione. Infatti

0 0 2 2

−y − − − −

z (x) = (2π x) = sin(2π x) sin(y(2π x) ) = sin(x) sin(z(x) ).

Ma nel punto x = π queste due soluzioni coincidono: −

z(π) = y(2π π) = y(π)

≡

quindi per il teorema di esistenza e unicità locale deve essere y z, ossia

≡ −

y(x) y(2π x).

In particolare abbiamo ottenuto che y(0) = y(2π).

Infine consideriamo la funzione w(x) = y(x + 2π);