Problema di Cauchy

[EvaristeG]

Direi piuttosto che il passaggio incriminato è questo:
$ y'=y\log(x+\sqrt{1+x^2}) $
$ \dfrac{y'}{y}=\log(x+\sqrt{1+x^2}) $

come con le equazioni algebriche, bisogna stare attenti a non dividere per zero, non nel senso che y(x) deve sempre essere diversa da zero (se si annulla in un numero finito di punti o comunque in un insieme discreto, possiamo risolvere l'equazione differenziale fuori da quei punti e poi estendere le soluzioni per continuità), ma dobbiamo assicurarci che la soluzione che stiamo cercando non sia proprio y(x)=0.
Questo è facile : il problema di Cauchy ha, per sua natura, una e una sola soluzione; la soluzione costante y(x)=0 soddisfa di certo le condizioni iniziali y(1)=0 ed inoltre si avrà y'(x)=0 e quindi
$ y'=y\log(x+\srqt{1+x^2}) $ sarebbe soddisfatta : $ 0=0\log(x+\sqrt{1+x^2}) $.
Dunque, per l'unicità delle soluzioni al problema di Cauchy, la soluzione è y(x)=0. Il metodo che ti avevo suggerito falliva in quanto dovevi verificare, prima di poter dividere, che il tuo denominatore non fosse la funzione costantemente nulla, cosa che invece era.

[Sosuke]

ti ringrazio... solo 2 cose:

1) non ho ben capito come faccio a capire se la funzione è costantemente nulla...

2) Magari si può dimostrare quanto detto trattando un limite del tipo $ \displaystyle\lim_{x \rightarrow 0} ln (x) $ (in questo caso)???

[SkZ]

1) Dato che se una funzione continua e' costante la sua derivata e' nulla, basta che sostituisci 0 ove hai una derivata e il valore costante ove hai la funzione, ovvero nel caso
$ ~f(y',y'',\dots, f^{(n)})=g(x,y)\; \land\; y(x)\equiv k\Rightarrow f(0,0,\dots, 0)=g(x,k) $ con $ ~x\equiv(x_i) $

Nel tuo caso $ ~y'=y\log(x+\sqrt{1+x^2}) $, quindi $ ~ 0= k\log(x+\sqrt{1+x^2})\;\forall x $
se $ ~x=0 $ hai $ ~0=k0 $
se $ ~x\neq 0 $ ( $ ~ \log(x+\sqrt{1+x^2})\neq 0 $) hai $ ~0=k $

[Sosuke]

Un ragionamento simile lo posso fare con questo problema??

$ \displaystyle\frac{y}{sin x^2}\frac{dy}{dx}+\frac{x}{ln y}=0 $ con la condizione $ y(0)=1 $

Allora ci sarebbe un $ sen 0=0 $ e un $ ln 1=0 $ al denominatore.... svolgo normalmente? o devo fare qualche ragionamento prima?

[SkZ]

uno:
se $ ~y(x)\equiv k\;\land y(\bar{x})=\bar{y}\Rightarrow y(x)\equiv\bar{y} $
due:
non puoi porre y=1 dato che la tua equazione non lo permette

comunque supponendo $ ~y(x)\equiv k $ dovresti avrere
$ \displaystyle\frac{x}{ln y}=0\; \forall x $ che non e' possibile

[Sosuke]

il fatto è che non sono io a porlo... è l'esercizio.... quindi l'esercizio non ha soluzione?

[EvaristeG]

Quest'altro che hai proposto si fa con banale separazione delle variabili ... perchè vorresti dimostrare che la soluzione è costante? In questo caso con la separazione delle variabili ti vengono tutti integrali perfettamente sensati e leciti, senza problemi sugli estremi di integrazione, come invece prima.

Quello che ti ho detto va controllato quando vuoi dividere per un'espressione che contiene anche y : devi essere sicuro che quell'espressione non sia costantemente nulla, ovvero devi verificare che le soluzioni non siano di una certa forma. Il caso più banale è quello in cui dividi per y e quindi devi verificare che y=0 non sia soluzione.
Ma ad esempio potresti voler dividere per (y^2-2) ed allora dovresti verificare che y^2=2 non sia costantemente vera, oppure magari vuoi dividere per (y-x) ed allora dovrai verificare che y=x non è soluzione dell'eq diff.
Chiaro?

[Sosuke]

si ma il fatto è che al denominatore c'è un $ ln y $ e la condizione iniziale pone $ y(0)=1 $.,.. non fa nulla?

[SkZ]

il fatto è che non sono io a porlo... è l'esercizio.... quindi l'esercizio non ha soluzione?

la cosa e' molto diversa!
come dicevo, se $ ~y(x)\equiv k\;\land y(\bar{x})=\bar{y}\Rightarrow y(x)\equiv\bar{y} $, quindi avresti che $ ~y(x)\equiv 1\; \forall x $ e cio' la tua equazione lo vieta.
se semplicemente $ ~y(0)=1 $ allora $ ~\exists \bar{x} : y(\bar{x})\neq 1 $. Anzi, di puo' dire di piu': se $ ~x\neq 0\Rightarrow y'\neq 0 $ quindi $ ~\exists I \textrm{ intorno di } 0: \forall x\in I\setminus\{0\}\; y(x)\neq 1 $ quindi esiste un aperto in cui la tua equazione e' valida e quindi puoi fare la separazione delle variabili.
Spero di non aver commesso errori a parte quello molto probabile di aver incasinato le idee a Sosuke (Sagara?).
Tanto ci pensa Evariste a correggere!

[SkZ]

dimenticavo una cosa molto importante:
intanto studi $ ~x\neq0\;y\neq 1 $ e tieni buono che sia $ \displaystyle \lim_{x\rightarrow 0}y=1 $, ottieni la tua bella soluzione e alla fine sistemi le cose prolungando per continuita'

[EvaristeG]

come con le equazioni algebriche, bisogna stare attenti a non dividere per zero, non nel senso che y(x) deve sempre essere diversa da zero (se si annulla in un numero finito di punti o comunque in un insieme discreto, possiamo risolvere l'equazione differenziale fuori da quei punti e poi estendere le soluzioni per continuità), ma dobbiamo assicurarci che la soluzione che stiamo cercando non sia proprio y(x)=0.

stessa cosa, solo che qui vorremmo che non fosse costantemente y(x)=1. Cosa presto dimostrata.
Cmq, se riesci a portare in fondo la separazione delle variabili senza problemi sugli estremi di integrazione (e qui non ne hai), trovi una soluzione, che per il teorema di Cauchy è anche l'unica.

[Sosuke]

Spero di non aver commesso errori a parte quello molto probabile di aver incasinato le idee a Sosuke (Sagara?).

Tranquillo... prima o poi... mooolto poi... ragionando su quello che hai detto, tra un pò (tra qualche giorno... settimana) avrò tutto più chiaro... sono lento a capire ma poi alla fine ci arrivo

Per l'equazione sono riuscito a portarla fino a qui:

$ y^2(ln y-\frac{1}{2})=cos x^2+c $

come continuo? cioè... penso che dovrei scrivere in funzione di y.. ma quel logaritmo mi mette in difficolta..