Esercizio - intervallo massimale di problemi di Cauchy a variabili separabili (temi d'esame 2013-14)

Teoria: Problema di Cauchy per sistemi di equazioni differenzialiUn sistema in forma normale è y' = f(t, y) con y a valori in Rⁿ; il problema di Cauchy aggiunge y(t₀) = y₀. Ogni equazione di ordine n si riduce a un sistema del primo ordine. Peano: f continua ⇒ esiste almeno una soluzione locale (non unica in generale: y' = y^(2/3)). Cauchy-Lipschitz: f e ∂f/∂y continue (o lipschitziana in y) ⇒ esistenza e unicità locali, e una soluzione massimale. Può esplodere in tempo finito (y' = y²); se |f(t,y)| ≤ H + K|y| su una striscia [a,b] × Rⁿ la soluzione è globale.Problema di Cauchy per sistemi di equazioni differenziali →, Equazioni differenziali a variabili separabiliy' = a(t) b(y) con a continua su I e b continua su J. Gli zeri ȳ di b danno le soluzioni costanti y = ȳ (integrali singolari). Le altre si trovano dividendo per b(y) e integrando: ∫dy/b(y) = ∫a(t)dt + c, poi si ricava y. Se b è C¹ la soluzione del problema di Cauchy è unica, ma può esistere solo su un intervallo più piccolo di I; se b è solo continua può non essere unica (y' = ∛y).Equazioni differenziali a variabili separabili →.

Testo

Risolvere i problemi di Cauchy seguenti e determinare per ciascuno l'intervallo massimale di esistenza della soluzione: (a) $y'=ty^2$, $y(1)=1$; (b) $y'=3+y^2$, $y(0)=-\sqrt3$; (c) $y'=(y^3-y)\sin x$, $y(0)=4$.

Soluzione

In tutti i casi il campo è $C^1$ (polinomi e seni), quindi la soluzione locale è unica e si prolunga fino a un intervallo massimale. Ci si aspetta esplosione agli estremi perché il campo cresce più che linearmente.

(a) $y'=ty^2$, $y(1)=1$

Poiché $y(1)=1\ne0$ la soluzione non è la costante $0$ e (per unicità) non si annulla mai: si può dividere per $y^2$. $$\frac{y'}{y^2}=t\ \Rightarrow\ -\frac1y=\frac{t^2}2+c .$$ Con $y(1)=1$: $-1=\tfrac12+c$, $c=-\tfrac32$, quindi $-\dfrac1y=\dfrac{t^2-3}2$ e $$y(t)=\frac{2}{3-t^2} .$$ Il denominatore si annulla per $t=\pm\sqrt3$. L'intervallo contenente $t_0=1$ in cui la formula ha senso è $(-\sqrt3,\sqrt3)$ e agli estremi $y\to+\infty$: è l'intervallo massimale.

(b) $y'=3+y^2$, $y(0)=-\sqrt3$

$$\frac{y'}{3+y^2}=1\ \Rightarrow\ \frac1{\sqrt3}\arctan\frac y{\sqrt3}=t+c .$$ Con $y(0)=-\sqrt3$: $\arctan(-1)=-\tfrac\pi4$, $c=-\tfrac\pi{4\sqrt3}$. Quindi $\arctan\dfrac y{\sqrt3}=\sqrt3t-\dfrac\pi4$ e $$y(t)=\sqrt3\tan\!\left(\sqrt3\,t-\frac\pi4\right).$$ La formula è valida finché l'argomento sta in $\left(-\tfrac\pi2,\tfrac\pi2\right)$: $-\tfrac\pi2<\sqrt3t-\tfrac\pi4<\tfrac\pi2$, cioè $$t\in I_{\max}=\left(-\frac{\pi}{4\sqrt3},\ \frac{3\pi}{4\sqrt3}\right)\approx(-0{,}453,\ 1{,}360),$$ con intervallo aperto: agli estremi $\tan\to\mp\infty$ e la soluzione esplode (a sinistra tende a $-\infty$, a destra a $+\infty$).

(c) $y'=(y^3-y)\sin x$, $y(0)=4$

Le soluzioni costanti sono $y=0,\pm1$ (zeri di $y^3-y$); poiché $y(0)=4>1$ la soluzione resta in $y>1$ e si può dividere. Con la scomposizione in fratti semplici $\dfrac1{y^3-y}=\dfrac1{y(y-1)(y+1)}=-\dfrac1y+\dfrac1{2(y-1)}+\dfrac1{2(y+1)}$, si ha $$\int\frac{dy}{y^3-y}=\frac12\ln\frac{y^2-1}{y^2}\quad(\text{per }y>1),$$ e $\int\sin x\,dx=-\cos x$. Dunque $\frac12\ln\left(1-\frac1{y^2}\right)=-\cos x+c$. Da $y(0)=4$: $\frac12\ln\frac{15}{16}=-1+c$, $c=1+\frac12\ln\frac{15}{16}$. Risolvendo, $$1-\frac1{y^2}=\frac{15}{16}e^{2(1-\cos x)}\ \Longrightarrow\ y(x)=\frac{4}{\sqrt{16-15\,e^{2(1-\cos x)}}} .$$ (Verificata con sympy: $y(0)=4$ e $y'=(y^3-y)\sin x$.) La radice esiste se $16-15e^{2(1-\cos x)}>0$, cioè $\cos x>1-\tfrac12\ln\tfrac{16}{15}$, ovvero $$|x|<\arccos\!\left(1-\tfrac12\ln\tfrac{16}{15}\right)\approx0{,}2547 .$$ Agli estremi il denominatore tende a $0^+$ e $y\to+\infty$: l'intervallo massimale è $(-0{,}2547,\,0{,}2547)$, simmetrico perché la soluzione dipende da $x$ solo tramite $\cos x$ (è pari).

Osservazione. In (b) l'intervallo massimale è aperto: la soluzione del temario riporta gli estremi con parentesi quadre, ma agli estremi la soluzione diverge e non è definita.