con l’aumentare di y ovvero del sovraffollamento. L’equazione di Verhulst `e un’equazione di Bernoulli con α = 2; operando la sostituzione z = 1/y si ottiene l’equazione lineare a coefficienti costanti z0 =−az +b la cui soluzione generale `e data da z(t) = ce−at+ b/a con c∈ R perci`o la soluzione generale dell’equazione di Verhulst `e
y(t) = 1 z(t) =
1 ce−at+ b/a.
Volendo infine la soluzione del relativo problema di Cauchy con dato iniziale y(0) = y0 > 0 si ottiene come soluzione
y(t) = 1 z(t) =
ay0
(a− by0)e−at+ by0
.
Si noti che limt→+∞y(t) = a/b, cio`e ogni soluzione tende asintoticamente
all’equilibrio a/b, detto capacit`a portante dell’ambiente, che rappresenta il numero di individui sostenibile dall’ambiente e dalle risorse presenti.
0 0,25 0,5 0,75 1 1,25 1,5 1,75 2 2,25 0,5 1 1,5 2 t y a/b
Figura 8.1: Soluzioni dell’equazione di Verhulst
In Figura (8.1) si osservi la traiettoria dell’equilibrio (in verde) e le altre traiettorie (in blu) convergenti all’equilibrio.
Equazioni omogenee
Sono le equazioni della forma
(8.9) y0 = f (t, y),
dove f : R2\ {(0, 0)} → R `e una funzione continua e omogenea di grado 0, cio`e tale che f (λt, λy) = f (t, y) per ogni λ6= 0 e (t, y) ∈ R2. Fanno parte di
questa classe le equazioni della forma y0 = gy
t
Proprio queste ultime suggeriscono la sostituzione z = y/t ovvero y = tz, per la quale si ha y0 = z + tz0 e al contempo, per t 6= 0, y0 = f (t, y) = f (t, tz) = f (1, z). Si ottiene infine
z + tz0= f (1, z) =⇒ z0= f (1, z)− z
t ,
che `e un’equazione a variabili separabili. Esempio 8.2 Consideriamo l’equazione
y0= t
2− y2
2ty ,
gi`a studiata nell’Esempio 7.12. Il campo vettoriale f (t, y) = t22ty−y2, definito e di classe C∞ al di fuori degli assi coordinati, `e omogeneo di grado 0 (si noti che si pu`o scrivere f (t, y) = 1−(y/t)2(y/t)2). Utilizzando la sostituzione y = tz si ottiene l’equazione tz0 = 1− z 2 2z − z =⇒ z 0 = 1− 3z2 2zt .
Il campo vettoriale associato `e di classe C∞fuori dagli assi; si osservi inoltre che z =±1/√3 sono gli unici due equilibri. Per unicit`a, al di fuori di questi sar`a sempre 1− 3z26= 0 e separando le variabili si ottiene
Z 2z 1− 3z2dz = Z dt t =⇒ − 1 3ln|1 − 3z 2 | = ln |t| + d, con d∈ R, da cui si ricava
ln|1 − 3z2| = ln 1
|t|3 − 3d =⇒ |1 − 3z
2| = a
|t|3,
dove si `e posto a = e−3d> 0. Togliendo i valori assoluti, si ottiene infine 1− 3z2 = a
t3,
con a∈ R. Ritornando alle variabili y per cui z = y/t 1− 3y 2 t2 = a t3 ⇐⇒ ty 2−t3 3 = c,
EQUAZIONI OMOGENEE 155
Equazioni riconducibili a equazioni omogenee o a variabili separabili
Consideriamo equazioni del tipo
(8.10) y0 = g(at + by + c),
dove a, b 6= 0 (altrimenti si integrano immediatamente). Posto v = at + by si ottiene un’equazione per v
v0= a + by0 = a + bg(v + c), che `e autonoma, dunque a variabili separabili.
Un’altra classe `e data da
(8.11) y0 = g at + by + c
pt + qy + r
,
con a, b, p, q non tutti nulli. In questo caso si opera una trasformazione delle coordinate dipendenti e/o indipendenti, a seconda della posizione reciproca delle rette di equazione at + by + c = 0 e pt + qy + r = 0, come segue.
i) Se le due rette sono parallele, cio`e esiste λ6= 0 tale che p = λa, q = λb, si opera il cambiamento di variabile v = at + by per cui
v0 = a + by0= a + bg v + c λv + r
, che `e nuovamente autonoma, dunque a variabili separabili.
ii) Se le due rette sono incidenti, sia (¯t, ¯y) il loro punto di intersezione. Poich´e le due rette passano per tale punto, dovr`a essere at + by + c = a(t− ¯t) + b(y − ¯y), pt + qy + r = p(t − ¯t) + q(y − ¯y). Mediante il cambiamento di coordinate, sia dipendenti che indipendenti, (t, y)7→ (s, z) dove s = t − ¯t, z = y− ¯y si ottiene la nuova equazione per z = z(s)
dz ds = dy dt dt ds = g as + bz ps + qz , che `e un’equazione omogenea.
Esempio 8.3 Consideriamo l’equazione
(8.12) y0 = 2t− 6
y− t + 2,
gi`a affrontata nell’Esempio 7.17. Le due rette di equazione 2t− 6 = 0 e y− t + 2 = 0 si intersecano nel punto (3, 1); posto s = t − 3, z = y − 1 si ha
2t− 6 = 2s, y − t + 2 = z − s perci`o si ottiene l’equazione (omogenea) per z = z(s) dz ds = 2s z− s.
Detto w = z/s si ricava l’equazione a variabili separabili per w w + sw0 = 2
w− 1 ⇐⇒ sw0 =−
w2− w − 2
w− 1 .
Gli equilibri sono w = −1 e w = 2, ai quali corrispondono le soluzioni y(t) = −t + 4 e y(t) = 2t − 5 dell’equazione originaria. Al di fuori degli equilibri si pu`o utilizzare il metodo di separazione delle variabili, per cui
Z 2 3(w + 1)+ 1 3(w− 2)dz =− Z 1 sds =⇒ 2 3ln|w + 1| + 1 3ln|w − 2| = − ln |s| + a =⇒ (w + 1) 2(w− 2) = c s3,
con a, c∈ R. Tornando alle variabili (t, y) per le quali w = yt−3−1 si ottiene y− 1 t− 3 + 1 2y− 1 t− 3 − 2 = c (t− 3)3 =⇒ (y + t − 4) 2(y− 2t + 5) = c.
Si osservi che si `e ritrovata la primitiva F (t, y) gi`a calcolata nell’Esem- pio 7.17. Il quadro globale delle traiettorie `e delineato in Figura 8.2.
-1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 -2 -1 1 2 3 t y
Figura 8.2: Andamento del campo vettoriale e delle traiettorie di (8.12) Esercizio 8.4 Data l’equazione differenziale
(8.13) y0 = (y + 2t− 1)
2− 3
y + 2t + 1
EQUAZIONI OMOGENEE 157 a) determinare le relative soluzioni in forma implicita;
b) servirsi di a) per studiare l’intervallo massimale di esistenza del proble- ma di Cauchy con dato iniziale y(t0) = y0 al variare di (t0, y0)∈ Ω. In
particolare verificare che la soluzione y1(t) con dato iniziale y(0) = 4
`e globalmente definita mentre la soluzione y2(t) con y(0) = −1/2 `e
globalmente definita in futuro ma non in passato;
c) utilizzare a)-b) per dimostrare l’esistenza dei limiti limt→±∞y1(t) e
calcolarli;
d) detto ]α, +∞[ l’intervallo massimale d’esistenza di y2, calcolare α e il
limt→α+y2(t).
e) Per risolvere c) procedere alternativamente come segue: ricordata la soluzione particolare ¯y(t) = −2t trovata nell’Esercizio 4.19), i) dimo- strare che ¯y(t) < y1(t) per ogni t≤ 0; ii) trovare una sottosoluzione di
y1 per t≥ 0 della forma w(t) = mt + 4 per un opportuno valore di m
e concludere utilizzando il criterio del confronto. Soluzione. a) Si ha z0(t) = y0(t) + 2 = (y + 2t− 1) 2− 3 y + 2t + 1 + 2 = (z(t)− 1)2− 3 z(t) + 1 + 2 = z2(t) z(t) + 1. Inoltre, se (t, y) ∈ Ω allora z ∈ D :=] − 1, +∞[. Risolviamo l’equazione mediante il metodo di separazione delle variabili. Osserviamo anzitutto che ci sono esistenza e unicit`a delle soluzioni inD. Il punto ¯z = 0 `e di equilibrio (corrispondente alla soluzione ¯y) per l’equazione, dunque la funzione ¯z(t)≡ 0 `e soluzione. Per unicit`a le orbite non si intersecano dunque tutte le altre soluzioni sono sempre non nulle. Separando le variabili si ottiene
z + 1 z2 dz = dt =⇒ F (z) := ln|z| − 1 z = Z 1 z+ 1 z2 dz = Z dt = t + c, con c∈ R costante di integrazione.
b) Per il punto a) le soluzioni y(t) sono definite implicitamente dall’e- quazione F (y(t) + 2t) = t + c. Se dunque `e possibile invertire F si ottiene una soluzione in forma esplicita. Pi`u precisamente, fissato y(t0) = y0 stu-
diamo il relativo problema di Cauchy. Poniamo z0 = y(t0) + 2t0 = y0+ 2t0
e lavoriamo nella variabile z. Proviamo a vedere se o quando `e possibile invertire F :R \ {0} → R. Si ha chiaramente F0(z) = (z + 1)/z2 perci`o F `e decrescente in ]− ∞, −1[ mentre `e crescente in ] − 1, 0[ e in ]0, +∞[. Il punto
−1 `e di minimo relativo con F (−1) = 1. Si ha inoltre limz→±∞F (z) = +∞,
limz→0±F (z) = ∓∞. La funzione F non `e dunque invertibile in tutto il
dominio ma lo `e separatamente negli intervalli ]− 1, 0[ e ]0, +∞[ (ricordiamo che z dovr`a appartenere a D). Osserviamo che per l’unicit`a se z0 > 0 la
corrispondente soluzione z(t) con z(t0) = z0 sar`a sempre positiva; per tali
soluzioni `e quindi possibile scrivere z(t) = G(t+c) dove G `e l’inversa di F ri- stretta a ]0, +∞[. Essendo F : ]0, +∞[→ R sar`a G : R →]0, +∞[ dunque z `e globalmente definita. Tornando alla variabile y si ottiene che se y0+ 2t0> 0
(verificata per esempio nel caso y(0) = 4) allora y(t) = G(t + c)− 2t `e so- luzione globalmente definita (c `e calcolabile in termini del dato iniziale). Si confronti questo risultato con quanto gi`a visto nell’Esercizio 4.19.
Se, invece, z0 ∈ ] − 1, 0[ analogamente a sopra z(t) sar`a sempre negativa
e, per continuit`a, compresa in ]− 1, 0[ almeno per t in un intorno di t0.
Ne consegue che `e possibile esplicitare localmente z in funzione di t, pi`u precisamente z(t) = H(t + c) dove H `e l’inversa di F in ]− 1, 0[. Essendo F : ]−1, 0[→]1, +∞[ si ha H : ]1, +∞[→]−1, 0[, dunque z `e definita solamente per i t per cui t + c > 1 ovvero in ]1− c, +∞[. Non `e poi possibile estendere z per valori di t inferiori poich´e limt→(1−c)+z(t) = −1 dunque si esce dal
dominioD. In corrispondenza si ha che per −1 < y0+ 2t0 < 0 (per esempio
verificata nel caso y(0) = −1/2) la relativa soluzione `e esprimibile come y(t) = H(t + c)− 2t e pu`o essere definita al massimo in ]1 − c, +∞[ che `e dunque l’intervallo massimale di esistenza.
c) In questo caso si calcola facilmente c che deve verificare 4 = y(0) = G(c) da cui c = F (4) = ln 4− 1/4. Poich´e limt→−∞H(t) = 0 si ha
lim
t→−∞y1(t) = limt→−∞H(t + ln 4− 1/4) − 2t = +∞.
Essendo z(t) = y(t) + 2t = H(t + c) e limt→+∞H(t) = +∞, passando al
limite per t→ +∞ nell’equazione differenziale si ha invece lim t→+∞y 0 1(t) = limt→+∞ (z(t)− 1)2− 3 z(t) + 1 = limt→+∞z(t) (1− 1/z(t))2− 3/z2(t) 1 + 1/z(t) da cui limt→+∞y10(t) = +∞ e per integrazione limt→+∞y1(t) = +∞.
d) Dal punto b) segue immediatamente che la soluzione y2 `e definita in
]1− c, +∞[ dove c verifica −1/2 = y(0) = H(c) cio`e c = F (−1/2) = 2 − ln 2. Si ha dunque α = ln 2− 1 e facilmente
lim
t→α+y2(t) = H(1)− 2α = −1 − 2α = 1 − 2 ln 2.
Si osservi che in effetti per t → α+ la traiettoria (t, y
2(t)) tende al punto
(α,−2α − 1) appartenente alla retta y + 2t + 1 = 0 che coincide con la frontiera di Ω, in accordo con la teoria generale.
EQUAZIONI OMOGENEE 159 e) Per l’unicit`a delle soluzioni e poich´e ¯y `e soluzione segue che se y(t0) >
¯
y(t0) allora y(t) > ¯y(t) per ogni t∈ R. Da questa disequazione segue subito
per confronto che
lim
t→−∞y1(t)≥ limt→−∞y(t) = +¯ ∞.
Cerchiamo ora una sottosoluzione per t ≥ 0 della forma w(t) = mt + 4 per qualche m. Nell’ottica di dimostrare che y1 diverge a +∞ per t → +∞
dovremo prendere m > 0, propriet`a che assumeremo tacitamente nel seguito. Il primo tentativo `e considerare w data dalla tangente alla soluzione nel punto (t0, y0) = (0, 4). La derivata `e ivi uguale a y0(0) = (y(0)−1)
2−3
y(0)+1 = 65 da
cui segue w(t) = 65t + 4, scelta che in seguito vedremo essere corretta. In generale, essendo w0(t) = m, affinch´e w sia sottosoluzione per t≥ 0 dovr`a essere w0(t)≤ (w(t) + 2t− 1) 2− 3 w(t) + 2t + 1 ⇐⇒ m≤ ((m + 2)t + 3)2− 3 (m + 2)t + 5 ⇐⇒ ⇐⇒ (m + 2)2t2+ (m + 2)(6− m)t + (6 − 5m) ≥ 0.
Quest’ultima disuguaglianza `e verificata per ogni t ≥ 0 se per esempio en- trambe le eventuali radici dell’equazione di secondo grado associata sono non positive, il che `e vero se (m+2)(6−m) ≥ 0 e 6−5m ≥ 0, cio`e se m ≤ 6/5. Le scelta m = 6/5 (oppure m = 1) `e dunque corretta e w(t) = 65t + 4 `e sottoso- luzione con w(0) = 4 = y1(0). Per il criterio del confronto si ha y1(t)≥ w(t)
per ogni t≥ 0 da cui segue limt→+∞y1(t)≥ limt→+∞w(t) = +∞. Il quadro
globale del campo vettoriale nell’aperto Ω e alcune traiettorie sono delineati in Figura 8.3; in rosso `e rappresentata la soluzione particolare ¯y(t) =−2t. L’analisi si pu`o poi estendere al semipiano{(t, y) : y + 2t + 1 < 0}.
-1,6 -1,2 -0,8 -0,4 0 0,4 0,8 1,2 1,6 2 2,4 2,8 3,2 -1 -0,5 0,5 1 1,5 2 t y