Esempi problemi di Cauchy

Esempio $y^{\prime }=y$

Cerchiamo $y$ tale che $y^{\prime }=y$.
Osserviamo che $y(x)=e^x$ è derivabile su $\mathbb{R}$ e $y^{\prime }(x)=e^x$.
Più in generale $y(x)=K{e}^x\to y^{\prime }(x)=K{e}^x$
Fissato $(x_0,y_0)\in {\mathbb{R}}^2$, impongo $y(x_0)=K{e}^{x_0}=y_0$, da cui $K=\frac{y_0}{e^{x_0}}$
Ottenuto $K$, segue l’unicità: $y(x)=K=\frac{y_0}{e^{x_0}}{e}^x=y_0{e}^{x-x_0}$

Esempio $y^{\prime \prime }=\lambda y^{\prime }$

Poniamo $z=y^{\prime }$, il problema diventa: $z^{\prime }=\lambda z$, ottenendo la soluzione $z(x)=K{e}^{\lambda x}$ in quanto $z^{\prime }(x)=\lambda K{e}^{\lambda x}=\lambda z(x)$.
Per cui $y^{\prime }(x)=K{e}^{\lambda x}⟹y^{\prime \prime }(x)=\lambda K{e}^{\lambda x}$

1. Se $\lambda =0$ allora $y=Kx+c$ con $C\in \mathbb{R}$
2. Se $\lambda \ne 0$, ottengo $y=\int K{e}^{\lambda x}dx=\frac{K}{\lambda }{e}^{\lambda x}+C$

I risultati dipendono da troppi parametri, per cui impongo delle condizioni per trovare la soluzione:

1. $\lambda =0$:
   fisso $(x_0,y_0)\in {\mathbb{R}}^2$ per cui $y_0=K{x}_0+C⟹C=y_0-K{x}_0$
   da cui $y=Kx+y_0-K{x}_0=y_0+K(x-x_0)$
   non avendo ancora ottenuto l’unicità, impongo $y^{\prime }(x_0)=y_1⟹K=y_1$ da cui $y=y_1(x-x_0)+y_0$.
   Questa è la soluzione al problema di Cauchy: $\{\begin{array}{l}{y}^{\prime \prime }=0\\ y(x_0)=y_0\\ y^{\prime }(x_0)=y_1\end{array}$
2. $\lambda \ne 0$:
   Fisso $(x_0,y_0,y_1)\in {\mathbb{R}}^3$ e impongo
   $\{\begin{array}{l}{y}^{\prime \prime }=\lambda y\\ \\ y(x_0)=y_0\\ \\ y^{\prime }(x_0)=y_1\end{array}⟹\{\begin{array}{l}y=\frac{K}{\lambda }{e}^{\lambda x}+C\\ \\ \frac{K}{\lambda }{e}^{\lambda x_0}+C=y_0\\ \\ K{e}^{\lambda x}=y_1\end{array}$
   Risolvendo il sistema per $C,K$ e $\lambda$, otteniamo $y=\frac{y_1}{\lambda }{e}^{\lambda (x-x_0)}+y_0-\frac{y_1}{\lambda }=\frac{y_1}{\lambda }(e^{\lambda (x-x_0)}-1)+y_0$