Esercizio 35problemi di Cauchy a variabili separabili dagli esercizi e dagli appelli

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Tutte le soluzioni sono state verificate con dsolve (Python) e gli estremi degli intervalli calcolati numericamente.

1. $y' = \frac{ty}{2\log y}$, $y(0) = e$

Dominio: $y > 0$, $y \ne 1$. Separando: $\frac{2\log y}{y}\,dy = t\,dt$, e $\int\frac{2\log y}{y}\,dy = \log^2 y$ (sostituzione $s = \log y$): $$\log^2 y = \frac{t^2}2 + c, \qquad t = 0:\ 1 = c$$ $\log y = \pm\sqrt{1 + \frac{t^2}2}$; il dato $\log e = 1 > 0$ sceglie il $+$: $$y(t) = e^{\sqrt{1 + t^2/2}}, \qquad t \in \mathbb{R}$$ ($\log y \ge 1$ sempre, quindi $y$ non arriva mai a $1$, dove l'equazione non è definita).

2. $y'y(e^t + 1) = e^t$, $y(0) = -1$

$y\,dy = \frac{e^t}{e^t + 1}\,dt \Rightarrow \frac{y^2}2 = \log(1 + e^t) + c$. In $t = 0$: $\frac12 = \log 2 + c$. Quindi $y^2 = 2\log(1 + e^t) + 1 - 2\log 2$, e con $y(0) < 0$: $$y(t) = -\sqrt{2\log(1 + e^t) + 1 - 2\log 2}$$ Intervallo: serve il radicando $> 0$ (dove è $0$ si ha $y = 0$ e l'equazione $y' = \frac{e^t}{y(e^t + 1)}$ non è definita): $\log(1 + e^t) > \log 2 - \frac12 \iff e^t > \frac{2}{\sqrt e} - 1 \iff t > \log\left(\frac{2}{\sqrt e} - 1\right) \approx -1.546$. Intervallo massimale $\left]\log\left(\frac2{\sqrt e} - 1\right), +\infty\right[$.

3. $ty'y = 1 + t^2$, $y(1) = 1$

Per $t \ne 0$: $y\,dy = \frac{1 + t^2}{t}\,dt = \left(\frac1t + t\right)dt \Rightarrow \frac{y^2}2 = \log|t| + \frac{t^2}2 + c$. In $t = 1$: $\frac12 = \frac12 + c$, $c = 0$. Con $y(1) = 1 > 0$: $$y(t) = \sqrt{t^2 + 2\log t}$$ Intervallo: $t > 0$ (contiene $1$ ed esclude lo $0$) e $t^2 + 2\log t > 0$. La funzione $t^2 + 2\log t$ è crescente su $]0, +\infty[$ e si annulla in $t^* \approx 0.753$ (calcolato numericamente). Intervallo massimale $]t^*, +\infty[$.

4. $y'\sin y = \sin t + 1$, $y(0) = \frac\pi2$

$\sin y\,dy = (\sin t + 1)\,dt \Rightarrow -\cos y = -\cos t + t + c$. In $t = 0$: $-\cos\frac\pi2 = 0 = -1 + c$, $c = 1$: $$\cos y = \cos t - t - 1$$ Il dato $y = \frac\pi2$ sta in $]0, \pi[$, dove il coseno è invertibile con inversa l'arcocoseno: $$y(t) = \arccos(\cos t - t - 1)$$ Intervallo: serve $-1 < \cos t - t - 1 < 1$ (agli estremi $\sin y = 0$ e l'equazione $y' = \frac{\sin t + 1}{\sin y}$ non è definita):

• $\cos t - t - 1 > -1 \iff \cos t > t \iff t < 0.739\ldots$ (il punto fisso del coseno);
• $\cos t - t - 1 < 1 \iff \cos t - t < 2 \iff t > -2.988\ldots$

Intervallo massimale $\approx\, ]-2.988,\ 0.739[$.

5. Dagli appelli

(a) $y\,dy = (2x - 1)\,dx \Rightarrow \frac{y^2}2 = x^2 - x + c$, con $y(0) = -1$: $c = \frac12$, $y^2 = 2x^2 - 2x + 1$ (sempre $> 0$: discriminante negativo), e con il segno del dato: $$y(x) = -\sqrt{2x^2 - 2x + 1}, \quad x \in \mathbb{R}, \qquad y(1) = -1$$

(b) $y' = \frac{y(y + 2)}{x}$, $x \ne 0$. Costanti: $y \equiv 0$ e $y \equiv -2$ (non soddisfano il dato). Con i fratti semplici $\frac{1}{y(y + 2)} = \frac12\left(\frac1y - \frac{1}{y + 2}\right)$: $$\frac12\log\left|\frac{y}{y + 2}\right| = \log|x| + c \Rightarrow \frac{y}{y + 2} = Kx^2$$ In $x = -1$: $\frac24 = K$, $K = \frac12$. Risolvendo $2y = x^2(y + 2)$: $y(2 - x^2) = 2x^2$, $$y(x) = \frac{2x^2}{2 - x^2}$$ Intervallo: $x \ne \pm\sqrt2$ (denominatore) e $x \ne 0$ (dove l'equazione non è definita); contenendo $-1$: $]-\sqrt2, 0[$.

(c) $y' = \frac{e^{2t}}{1 + e^{2t}}\,y$ (lineare e separabile). $\log|y| = \frac12\log(1 + e^{2t}) + c$, quindi $y = K\sqrt{1 + e^{2t}}$; $y(0) = K\sqrt2 = -3$, $K = -\frac{3}{\sqrt2}$. In $t = \frac{\log 3}2$: $e^{2t} = 3$ e $$y\left(\frac{\log 3}{2}\right) = -\frac{3}{\sqrt2}\cdot 2 = -3\sqrt2$$ (risposta c).

(d) $y^2y' = 3x^2(y^3 - 2)$. Trucco: con $z = y^3$ si ha $z' = 3y^2y'$, e l'equazione diventa lineare: $z' = 9x^2(z - 2)$. Separando, $z - 2 = Ce^{3x^3}$; $z(-1) = 1$ dà $-1 = Ce^{-3}$, $C = -e^3$: $$y(x) = \sqrt[3]{2 - e^{3(x^3 + 1)}}$$ Intervallo: in forma normale $y' = \frac{3x^2(y^3 - 2)}{y^2}$ serve $y \ne 0$, cioè $e^{3(x^3 + 1)} \ne 2$, cioè $x^3 \ne \frac{\log 2}{3} - 1$. Contenendo $-1$: $\left]-\infty,\ -\sqrt[3]{1 - \frac{\log 2}3}\right[ \approx\, ]-\infty, -0.916[$.

(e) $y' = \frac{1}{10}(y - 400)$: con $w = y - 400$, $w' = \frac{w}{10}$, $w = 100\,e^{t/10}$ (perché $w(0) = 100$). Quindi $y(t) = 400 + 100\,e^{t/10}$ e $$y(t) = 600 \iff e^{t/10} = 2 \iff t = 10\log 2 \approx 6.93 \text{ anni}$$ ($400$ è il valore di equilibrio, $y \equiv 400$: sopra di esso la popolazione cresce).

6. $y' = e^{x + y}$, $y(0) = -1$

Separabile. $e^{x + y} = e^x\,e^y$: è $a(x)\,b(y)$ con $a = e^x$ e $b = e^y$. Non ci sono soluzioni costanti, perché $e^y$ non si annulla mai. Dividendo per $e^y$ (cioè moltiplicando per $e^{-y}$): $$e^{-y}\,y' = e^x \implies \int e^{-y}\,dy = \int e^x\,dx \implies -e^{-y} = e^x + C$$ Costante. In $x = 0$, $y = -1$: $-e^{1} = 1 + C$, quindi $C = -1 - e$. Allora $$e^{-y} = 1 + e - e^x \implies y(x) = -\log\left(1 + e - e^x\right)$$ Intervallo. Il logaritmo richiede $1 + e - e^x > 0$, cioè $e^x < 1 + e$, cioè $x < \log(1 + e) \approx 1.313$. L'intervallo massimale (che contiene $0$) è $$\left]-\infty,\ \log(1 + e)\right[$$ Per $x \to \log(1 + e)^-$ l'argomento del logaritmo tende a $0^+$ e $y \to +\infty$: la soluzione esplodeDiventa infinita in un tempo finito, quindi non si può prolungare oltre. in tempo finito. Per $x \to -\infty$, invece, $y \to -\log(1 + e)$.

Controllo: $y(0) = -\log e = -1$ ✓; $y' = \frac{e^x}{1 + e - e^x}$ ed $e^{x + y} = e^x\cdot\frac1{1 + e - e^x}$ ✓.

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Errori comuni

• Non usare il segno del dato iniziale per scegliere tra $\pm\sqrt{\cdots}$.
• Dimenticare che l'equazione in forma normale non è definita dove si divide per zero (per esempio $y = 0$ in 2 e 5d, $\sin y = 0$ in 4): sono estremi dell'intervallo massimale.