Esercizio - problema di Cauchy con il valore assoluto, y' = abs(y) + 1 (lezione 31)

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 il problema di Cauchy $$\begin{cases}y'(t)=|y(t)|+1\\ y(0)=0.\end{cases}$$

Soluzione

Che cosa garantiscono i teoremi. Il campo $f(t,y)=|y|+1$ è continuo su $\mathbb{R}^2$ e lipschitziano in $y$: $|f(t,y_1)-f(t,y_2)|=\big||y_1|-|y_2|\big|\le|y_1-y_2|$, con $L=1$, benché non derivabile in $y=0$. Quindi per Cauchy esiste una sola soluzione locale. Inoltre $|f|\le1+|y|$ (crescita lineare, $H=K=1$), quindi la soluzione è definita su tutto $\mathbb{R}$: $I_{\max}=\mathbb{R}$.

Segno della soluzione. Poiché $|y|\ge0$, $y'=|y|+1\ge1>0$: $y$ è strettamente crescente su $\mathbb{R}$. Con $y(0)=0$: $y(t)>0$ per $t>0$ e $y(t)<0$ per $t<0$. Questo permette di togliere il valore assoluto separatamente nei due semiassi.

Il caso $t\ge0$. Qui $y\ge0$, quindi $|y|=y$ e $y'=y+1$. Dividendo per $y+1>0$: $\dfrac{y'}{y+1}=1$. Integrando da $0$ a $t$ e con la sostituzione $u=y(s)$ nel primo membro, $$\int_0^{y(t)}\frac{du}{u+1}=t\ \Longrightarrow\ \ln\bigl(y(t)+1\bigr)=t\ \Longrightarrow\ y(t)=e^t-1 .$$ Controllo del segno: per $t\ge0$ si ha $e^t\ge1$, quindi $y\ge0$: coerente con l'ipotesi.

Il caso $t<0$. Qui $y<0$, $|y|=-y$, $y'=1-y$ con $1-y>1>0$. Allora $\dfrac{y'}{1-y}=1$ e $$\int_0^{y(t)}\frac{du}{1-u}=t\ \Longrightarrow\ -\ln\bigl(1-y(t)\bigr)=t\ \Longrightarrow\ 1-y(t)=e^{-t}\ \Longrightarrow\ y(t)=1-e^{-t}.$$ Controllo: per $t<0$, $e^{-t}>1$ e $y<0$. Coerente.

Raccordo in $t=0$. I due rami valgono entrambi $0$ in $t=0$ (continuità). Le derivate: per $t>0$, $y'=e^t\to1$; per $t<0$, $y'=e^{-t}\to1$. Coincidono, quindi $y$ è derivabile in $0$ con $y'(0)=1=|y(0)|+1$: l'equazione vale anche nel punto in cui il valore assoluto non è derivabile. In forma compatta, $$y(t)=\operatorname{sgn}(t)\left(e^{|t|}-1\right),\qquad t\in\mathbb{R}.$$