Studio qualitativo di un problema di cauchy

Messaggioda SalvatCpo » 28/03/2020, 20:11

$ y'(x)=y^2(x)-x; $
$ y(0)=0 $
$ x in [0, +oo [ $
La richiesta è di tracciare il grafico approssimativo della soluzione, che è unica perchè è data una condizione al contorno. Si chiede di non tentare la risoluzione analitica, sicuramente molto complicata.

Lo studio qualitativo è guidato: si chiede di provare che y 1) è decrescente e 2) negativa e che è 3) definita globalmente.
Inoltre si consiglia di 4) provare che, per x che va a +infinito, la soluzione va a -infinito.
Non riesco a risolvere nessuna di queste richieste, ho anche provato a fare delle manipolazioni e delle sostituzioni ma nulla viene fuori in maniera ovvia o intuitiva.

Io conosco diversi metodi risolutivi, sia intuitivi che contorti, per risolvere le eq differenziali, ma qui si chiede di fare lo studio qualitativo... Io ho visto la parte teorica relativa a questo tipo di studio, ma i vari teoremi che ho trovato (chiamati "teoremi del confronto") mi sembrano (spero di sbagliarmi) delle banalità non applicabili.

Qualcuno sa cosa dovrei fare con questo esercizio?
Grazie in anticipo
SalvatCpo
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Re: Studio qualitativo di un problema di cauchy

Messaggioda gugo82 » 29/03/2020, 00:45

Ho svolto diversi esercizi qui sul forum circa lo studio qualitativo.
Potresti buttare uno sguardo qui per trarre spunto.
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Re: Studio qualitativo di un problema di cauchy

Messaggioda Cantor99 » 29/03/2020, 15:48

Provo a risponderti ma sono un novizio anche io.
1) $y$ un intorno dell'origine decresce ed è negativa.
Testo nascosto, fai click qui per vederlo
Il campo $f(x,y)=y^{2}-x$ è definito su $\RR^2$, negativo nella regione $A=\{(x,y): y<x^2\}$, nullo su $\partial A$ e positivo altrimenti.
La soluzione parte da $(0,0)$ e quindi con tangente orizzontale. Localmente è dunque costretta a restare sotto la curva $\varphi(x)=\sqrt{x}$ : infatti essendo
\[
y(0)=0 \quad y'(0)=0 \quad y''(0)=-1
\]
risulta $y(x)=-\frac{x^{2}}{2}+o(x^{2})$, cioè
\[
\lim_{x\to0^{+}}\frac{y(x)+\frac{x^{2}}{2}}{x^{2}}=0 \Rightarrow \lim_{x\to0^{+}}\frac{y(x)}{x^{2}}=-\frac{1}{2}
\]
Quindi esiste $\delta>0$ tale che $|\frac{y(x)}{x^2}+1/2|\le 1 \Rightarrow -3/2x^2<y(x)<x^2$ ogniqualvolta $0<x<\delta$. E' così provato che in un intorno dell'origine $y$ sta in $A$ e quindi decresce e, in particolare, è negativa.

2) $y$ non può incontrare $\psi(x)=-\sqrt{x}$ per nessun $x$ appartenente all'intervallo massimale $(0,\beta)$.
Testo nascosto, fai click qui per vederlo
Se così fosse, detto $x=\xi<\beta$ il punto di contatto con $\psi$ si avrebbe $y'(\xi)=0$ e $y''(\xi)=-1$, cosicché $x=\xi$ è un punto di massimo locale, assurdo.

3) $y$ è definita globalmente, cioè $\beta=+\infty$. In particolare $y$ è sempre decrescente e negativa.
Testo nascosto, fai click qui per vederlo
Se fosse $\beta<+\infty$, esiste per monotonia
\[
\lim_{x\to \beta^{-}}y(x)=c
\]
Se $c=-\infty$, allora $y$ dovrebbe geometricamente avere un asintoto verticale e dunque incontrare $\psi$, contro quanto provato nel punto 2). Formalmente abbiamo
\[
\lim_{x\to \beta^{-}}y'(x)=-\infty
\]
cioè esiste $\delta>0$ tale che $y'(x)<-1$ ogniqualvolta $x\in (\beta-\delta,\beta)$. Tenendo presente che $y(x)<0$ per ogni $0<x\le\beta$ abbiamo
\[
y(x)=y(\beta-\delta)+\int_{\beta-\delta}^{x}y'(s)ds\le -x+(\beta-\delta)
\]
Questo ci dice che vicino $\beta$ la soluzione deve stare sotto la retta $y=-x+(\beta-\delta)$ e che, dunque, $y$ deve bucare $\psi$ (perché già la retta stessa buca la retta).
Ciò mostra che $-\infty<c<0$ e che $(\beta,c)$ appartiene a $\RR^{2}$: per un teorema di prolungabilità la soluzione vive anche a destra di $\beta$, contro la massimalità di $\beta$.

4) Proviamo infine che $\lim_{x\to+\infty}y(x)=-\infty$
Testo nascosto, fai click qui per vederlo
Se avessimo
\[
\lim_{x\to+\infty}y(x)=l\in (-\infty,0)
\]
per il teorema dell'asintoto dovremmo avere
\[
\lim_{x\to+\infty}y'(x)=0
\]
Ma invece accade
\[
\lim_{x\to+\infty}y'(x)=-\infty
\]
Dunque $l=-\infty$.
Cantor99
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