Studio qualitativo di un problema di Cauchy del secondo ordine
Ho bisogno di un controllo sul seguente esercizio:
Considera il seguente problema di Cauchy: \begin{cases} y''(x)=y'(x)^2 - 2 \\ y(0)=0 \\ y'(0) = 1 \end{cases}
i) Mostra che la soluzione è definita per tutti$x \in \mathbb{R}$
ii) Calcolare$\lim_{x \rightarrow +\infty} y'(x)$e$\lim_{x \rightarrow +\infty} y(x)$
Il mio tentativo:
i) Riformulo tutto al primo ordine, quindi definisco la funzione vettoriale
$$F(t,y,y')=[y'^2-2,y']^T$$
Vorrei dimostrare la sublinearità per mostrare che la soluzione è definita globalmente:
$$||F(t,y,y')|| \leq h + k ||[y,y']||$$
Usando l'espressione per$F$:$$y'^4 - 3 y'^2 +4$$ma non so come trovare una condizione di sublinearità qui: dovrei associare quest'ultima espressione con$y^2 + y'^2$
Quindi, noto che la funzione$F=[F_1,F_2]$è tale che$\partial_y F_1 = \partial_y F_2 = 0$e$\partial_{y'}F_1 = 1$e$\partial_{y'}F_2 = 2y'$. Ciò significa che$F$il globalmente Lipschitz , quindi in linea di principio, l'esistenza e l'unicità potrebbero essere applicate in modo iterativo e definire una soluzione per ogni$x \in \mathbb{R}$.
C'È UN MODO PER MOSTRARLO CON LA SUBLINEARITÀ?
ii) Qui noto che, dopo la riduzione al primo ordine, ho (call$y'=z$) l'ODE$$z' = z^2-2$$insieme a$z(0)=1$. Per esistenza e unicità, e usando le soluzioni stazionarie$y=\pm \sqrt{2}$, ce l'ho$z$parte da$1$e poi diminuisce. Il limite deve esistere, poiché la soluzione è definita nel suo insieme$\mathbb{R}$ed è monotono. Quindi$$\lim_{x \rightarrow \infty} z(x)= \lim_{x \rightarrow \infty} y'(x)= -\sqrt{2}$$
Calcolare$$\lim_{x \rightarrow \infty} y(x)$$Lo noto$y'(x)=z(x)$, e se fosse finito , allora$$\lim_{x \rightarrow \infty} y'(x) = 0$$Ma questo limite è proprio quello che ho appena commutato, cioè$-\sqrt{2}$, quindi questo limite deve essere$+\infty$o$-\infty$. Da$y'(x)=z(x)$e$z(x)$è monotonicamente decrescente, allora questo limite deve essere$-\infty$.
Va tutto bene?
Risposte
Hai fatto bene in ii), per la prova dell'esistenza globale devi solo affinare quell'argomentazione in quanto nessun'altra soluzione può raggiungere o attraversare le soluzioni costanti in$z'=z^2-2$. Cioè, qualsiasi soluzione a partire da$[-\sqrt2,\sqrt2]$rimane limitato a quell'intervallo e quindi esiste per tutti i tempi. Allora usa quello$y'=z$ha un lato destro delimitato, come hai già fatto a metà.
Per questa forma speciale dell'equazione differenziale, un Riccati DE in$z=y'$, esiste un modo particolarmente semplice per ottenere la formula della soluzione.
Ritenere$u(x)=\exp(-y(x))$. Quindi$u'(x)=-\exp(-y(x))y'(x)$e$$ u''(x)=-e^{-y(x)}(y''(x)-y'(x)^2)=2u(x) $$La soluzione di questo DE lineare ora di secondo ordine per$u$con coefficiente costante e condizione iniziale$u(0)=\exp(-y_0)=1$,$u'(0)=-\exp(-y_0)y_0'=-1$è$$ u(x)=\cosh(\sqrt2 x)-\frac1{\sqrt2}\sinh(\sqrt2 x). $$così$$ y(x)=-\ln(u(x))=-\sqrt2x-\ln\left(\tfrac12(1-\tfrac1{\sqrt2})+\tfrac12(1+\tfrac1{\sqrt2})e^{-2\sqrt2 x}\right) $$Il comportamento asintotico può essere letto da questa formula di soluzione.
Permettere$z=y'$, l'ODE è$$z'=z^2-2 \implies -\int \frac{dz}{2-z^2}=x+C \implies -\frac{1}{\sqrt{2}} \tanh^{-1}\frac{z}{\sqrt{2}}=x+C$$Dal momento che alle$x=0, z=1$, Così$C=-\frac{1}{\sqrt{2}}\coth^{-1} \sqrt{2}$. Quindi otteniamo$$z=-\sqrt{2}\tanh[\sqrt{2}(x+C)]=\frac{dy}{dx}\implies y=\int -\sqrt{2}\tanh[\sqrt{2}(x+C)] dx+D~~~(1)$$ $$\implies y(x)=-\ln \cosh[\sqrt{2}(x+C)]+D.$$Sì$y(0)=0$,$D=\ln \cosh \sqrt{2}C$Infine, abbiamo$$y(x)=\ln \left (\frac{\cosh \sqrt{2}C}{\cosh[\sqrt{2}(x+C)]}\right)~~~(2)$$Il dominio di questa soluzione è tutto$x \in \Re$. Da (1),$y'(\infty)=-\sqrt{2}$e da (2)$y(\infty)=-{\infty}$
Vedi la fig. sotto per$y'(x)$(linea rossa) e$y(x)$(linea blu)
