Esercizio 34equazioni a variabili separabili ed esempi del corso

Testo (Lezione 10, Unità 1 e 3).

1. Mostrare che per ogni $c \in \mathbb{R}$, $y(t) = (t - c)^2$ risolve, per $t \ge c$, $y' = 2\sqrt{|y|}$. Dedurre che $y' = 2\sqrt{|y|}$, $y(0) = 0$ ha più soluzioni.
2. Risolvere $y' = ty^2$, $y(0) = y_0$: trovare le soluzioni costanti e quelle non costanti; risolvere il problema di Cauchy con $y_0 = -1$, $y_0 = 0$, $y_0 = 1$, specificando l'intervallo massimale di definizione.
3. Risolvere il problema di Cauchy $y' = -\frac ty$, $y(1) = -1$ usando il metodo delle equazioni a variabili separabili.
4. Risolvere i problemi di Cauchy (a) $y' = y$, $y(0) = \frac12$; (b) $y' = y(1 - y)$, $y(0) = \frac12$.
5. Risolvere il problema di Cauchy $y' = t\sqrt{y - 3}$, $y(1) = 4$.
6. Risolvere il problema di Cauchy $y' = e^{-y}(2x - 4)$, $y(5) = 0$. Determinarne la soluzione massimale.

Teoria: 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 →, Equazioni differenziali - introduzione e problema di CauchyUn'equazione differenziale ordinaria di ordine n ha come incognita una funzione y(t) e lega y⁽ⁿ⁾ a t, y, y', …, y⁽ⁿ⁻¹⁾. L'integrale generale è l'insieme delle soluzioni, definite su un intervallo; di solito sono infinite e dipendono da n costanti. Il problema di Cauchy aggiunge n condizioni iniziali in un istante t0 (y(t0), …, y⁽ⁿ⁻¹⁾(t0)) e sotto opportune ipotesi ha una sola soluzione. y⁽ⁿ⁾ = f(t) si risolve integrando n volte.Equazioni differenziali - introduzione e problema di Cauchy → (di Analisi 1), Equazioni differenziali esatteUn'equazione M(t,y) + N(t,y) y' = 0 è esatta se il campo (M, N) è conservativo, cioè ha una primitiva U con ∂_t U = M, ∂_y U = N; allora lungo ogni soluzione d/dt U(t, y(t)) = M + N y' = 0, e le soluzioni sono date implicitamente da U(t, y) = c (curve di livello di U). Su un dominio semplicemente connesso basta la condizione ∂_y M = ∂_t N. Si trova U con le integrazioni parziali, si fissa c con la condizione iniziale e si ricava y, scegliendo il ramo e l'intervallo massimale (dove N ≠ 0).Equazioni differenziali esatte →.

Metodo per $y' = g(t)h(y)$: (1) soluzioni costanti: gli zeri di $h$; (2) dove $h(y) \ne 0$: $\int\frac{dy}{h(y)} = \int g(t)\,dt + c$; (3) condizione iniziale e intervallo massimale (il più grande intervallo che contiene $t_0$ su cui la formula ha senso). Tutte le soluzioni sono state controllate con dsolve di Python.

1. La non unicità per $y' = 2\sqrt{|y|}$

Verifica. Per $t \ge c$: $y = (t - c)^2 \ge 0$, $y' = 2(t - c)$ e $2\sqrt{|y|} = 2|t - c| = 2(t - c)$ (perché $t - c \ge 0$) ✓.

Più soluzioni con $y(0) = 0$. La funzione costante $y \equiv 0$ è soluzione ($0 = 2\sqrt0$). Ma per ogni $c \ge 0$ anche $$y_c(t) = \begin{cases} 0 & t \le c \\ (t - c)^2 & t \ge c \end{cases}$$ è soluzione su tutto $\mathbb{R}$: i due pezzi si raccordano in modo $C^1$ in $t = c$ (valore $0$ e derivata $0$ da entrambi i lati) e $y_c(0) = 0$. Infinite soluzioni.

Perché il teorema di unicità non si applica: $f(t, y) = 2\sqrt{|y|}$ è continua, ma $\partial_y f = \frac{\operatorname{sgn}y}{\sqrt{|y|}}$ non esiste (esplode) in $y = 0$, proprio dove sta il dato iniziale.

2. $y' = ty^2$

Costanti: $h(y) = y^2 = 0 \iff y = 0$: la soluzione $y \equiv 0$.

Non costanti: $\int\frac{dy}{y^2} = \int t\,dt \Rightarrow -\frac1y = \frac{t^2}2 + c \Rightarrow y = \frac{-2}{t^2 + 2c} = \frac{2}{k - t^2}$ ($k = -2c$).

Problemi di Cauchy:

• $y_0 = -1$: $\frac2k = -1 \Rightarrow k = -2$: $y(t) = -\dfrac{2}{t^2 + 2}$, definita su tutto $\mathbb{R}$ (il denominatore non si annulla mai).
• $y_0 = 0$: è uno zero di $h$, e $h(y) = y^2$ è $C^1$ (unicità): $y \equiv 0$ su $\mathbb{R}$.
• $y_0 = 1$: $k = 2$, $y(t) = \dfrac{2}{2 - t^2}$; il denominatore si annulla in $\pm\sqrt2$, quindi l'intervallo massimale è $]-\sqrt2, \sqrt2[$. La soluzione esplode in tempo finito.

Nota: l'intervallo massimale dipende dal dato iniziale (tutto $\mathbb{R}$ per $y_0 \le 0$, un intervallo limitato per $y_0 > 0$).

3. $y' = -\frac ty$, $y(1) = -1$

$f$ è definita per $y \ne 0$. Separando: $y\,dy = -t\,dt \Rightarrow \frac{y^2}2 = -\frac{t^2}2 + c \Rightarrow y^2 = 2c - t^2$. In $t = 1$: $1 = 2c - 1$, $2c = 2$. Quindi $y^2 = 2 - t^2$, e siccome $y(1) = -1 < 0$ si prende il ramo negativo: $$y(t) = -\sqrt{2 - t^2}, \qquad t \in\, ]-\sqrt2, \sqrt2[$$ Il grafico è la metà inferiore del cerchio $t^2 + y^2 = 2$; agli estremi $y \to 0$, dove l'equazione non è definita (la tangente diventa verticale): l'intervallo è aperto.

4. Crescita esponenziale e logistica

(a) $y' = y$: $y = Ce^t$, con $y(0) = \frac12$: $y = \frac12e^t$, che cresce senza limiti.

(b) $y' = y(1 - y)$. Costanti: $y \equiv 0$ e $y \equiv 1$. Le altre, con i fratti semplici $\frac{1}{y(1 - y)} = \frac1y + \frac{1}{1 - y}$: $$\log\left|\frac{y}{1 - y}\right| = t + c \Rightarrow \frac{y}{1 - y} = Ke^t$$ In $t = 0$: $\frac{1/2}{1/2} = 1 = K$. Risolvendo $y = e^t(1 - y)$: $y = \dfrac{e^t}{1 + e^t} = \dfrac{1}{1 + e^{-t}}$, definita su $\mathbb{R}$, crescente da $0$ (per $t \to -\infty$) a $1$ (per $t \to +\infty$). La popolazione in $t = 10$ è $\frac{1}{1 + e^{-10}} \approx 0.99995$: praticamente al valore di equilibrio. A differenza della crescita esponenziale, la logistica si satura: per $t$ negativi le due soluzioni quasi coincidono (finché $y$ è piccola, $1 - y \approx 1$), poi si separano.

5. $y' = t\sqrt{y - 3}$, $y(1) = 4$

$h(y) = \sqrt{y - 3}$ definita per $y \ge 3$, $C^1$ per $y > 3$ (unicità vicino al dato $y_0 = 4$). Separando: $$\int\frac{dy}{\sqrt{y - 3}} = \int t\,dt \Rightarrow 2\sqrt{y - 3} = \frac{t^2}2 + c$$ In $t = 1$: $2 = \frac12 + c$, $c = \frac32$. Quindi $\sqrt{y - 3} = \frac{t^2 + 3}{4}$ (positivo per ogni $t$, coerente con la radice) e $$y(t) = 3 + \frac{(t^2 + 3)^2}{16}, \qquad t \in \mathbb{R}$$ Controllo: $y(1) = 3 + \frac{16}{16} = 4$ ✓; $y' = \frac{2(t^2 + 3)\cdot 2t}{16} = \frac{t(t^2 + 3)}{4} = t\sqrt{y - 3}$ ✓.

6. $y' = e^{-y}(2x - 4)$, $y(5) = 0$

Separando: $e^y\,dy = (2x - 4)\,dx \Rightarrow e^y = x^2 - 4x + c$. In $x = 5$: $1 = 25 - 20 + c$, $c = -4$: $$y(x) = \log(x^2 - 4x - 4)$$ Intervallo massimale: serve $x^2 - 4x - 4 > 0$, cioè $x < 2 - 2\sqrt2$ oppure $x > 2 + 2\sqrt2 \approx 4.83$. Contenendo $x_0 = 5$: $]2 + 2\sqrt2, +\infty[$. Avvicinandosi a $2 + 2\sqrt2$ la soluzione va a $-\infty$.

Errori comuni

• Dimenticare le soluzioni costanti quando si divide per $h(y)$.
• Scegliere il ramo sbagliato della radice (esercizio 3: il dato è negativo).
• Prendere come intervallo massimale tutto l'insieme di definizione della formula invece del solo intervallo che contiene $t_0$.