Esercizio 4.18 Data l’equazione y0= 1
y2+ t2,
a) studiare l’esistenza e l’unicit`a locale. Valgono le ipotesi dei teoremi di esistenza globale?
b) verificare che se y(t) `e soluzione dell’equazione in ]α, β[ allora anche z(t) :=−y(−t) `e soluzione in ] − β, −α[. Esistono soluzioni dispari? c) dimostrare che le soluzioni massimali dei problemi di Cauchy con
y(t0) = y0 e t0 > 0 sono definite in ]0, +∞[ e dedurre da ci`o che
le soluzioni massimali dei problemi di Cauchy con y(t0) = y0 e t0 < 0
sono definite in ]− ∞, 0[;
d) dimostrare che le soluzioni massimali dei problemi di Cauchy con y(0) = y0 e y0 6= 0 sono globalmente definite in R.
Soluzione. a) il campo vettoriale f (t, y) = y2+t1 2 `e definito e di classe C∞
in Ω :=R2\{(0, 0)}, dunque c’`e esistenza e unicit`a locale di tutte le soluzioni con dati iniziali in Ω. Poich´e il dominio non `e una striscia della forma J×R, non `e possibile applicare i teoremi di esistenza globale. Si noti comunque che, essendo lim(t,y)→(0,0)f (t, y) = +∞, f non pu`o essere sublineare e nem-
meno globalmente lipschitziana su tutto il dominio, pervenendo quindi alla medesima conclusione.
b) Supposto che y(t) sia soluzione, si ha z0(t) = y0(−t) = 1
y2(−t) + (−t)2 =
1
z2(t) + t2 = f (t, z(t)),
quindi z(t) `e soluzione dell’equazione differenziale. Non possono esistere soluzioni dispari. Infatti, per definizione il dominio di una soluzione `e un intervallo; affinch´e y(t) sia dispari, deve necessariamente essere y(0) = 0, assurdo perch´e il punto (0, 0) non appartiene al dominio Ω.
c) Sia y(t) soluzione massimale con y(t0) = y0, t0 > 0. Si ha banalmente
|f(t, y)| ≤ 1 t2,
per ogni (t, y)∈ ]0, +∞[×R. Applicando il Teorema 4.12 alla restrizione di f all’aperto J × R =]0, +∞[×R, con `(t) = 0, m(t) = 1/t2, si ottiene che
ESEMPI ED ESERCIZI 73 tutte le soluzioni massimali con t0 > 0 sono definite (almeno) in ]0, +∞[.
Alternativamente si pu`o utilizzare anche il Teorema 4.17; anzitutto si osserva non si pu`o applicarlo su tutto ]0, +∞[×R perch´e f `e ivi non limitata. Fissato K intervallo compatto contenente t0 e tale che K ⊂]0, +∞[. Sia tK =
min K > 0. Per ogni (t, y) ∈ K × R si ha |f(t, y)| ≤ 1/t2K. Si pu`o quindi applicare il Teorema 4.17 con J =]0, +∞[, `K = 0, mK = 1/t2K per cui y(t)
`e globalmente definita in J =]0, +∞[. Se ora y(t) `e soluzione massimale con y(t0) = y0, t0 < 0, per il punto b) la funzione z(t) = −y(−t) `e ancora
soluzione tale che z(−t0) = −y0. Per quanto appena visto z(t) `e definita
(almeno) in ]0, +∞[ dunque y(t) `e definita (almeno) in ] − ∞, 0[.
d) Sia ¯y(t) soluzione massimale con ¯y(0) = y0, y0 6= 0. Per il Teorema di
Cauchy-Lipschitz y(t) `e definita almeno in un intervallo del tipo [−δ, δ]. Ma ¯
y(t) `e anche soluzione dei problemi di Cauchy con dati y(δ) = ¯y(δ) e dati y(−δ) = ¯y(−δ). Per il punto precedente, le soluzioni dei due problemi di Cauchy sono definite, rispettivamente, in ]0, +∞[ e ] − ∞, 0[ e in definitiva ¯
y `e definita inR. L’analisi dell’equazione verr`a ripresa nell’Esempio 6.13. Esercizio 4.19 Data l’equazione differenziale
y0 = (y + 2t− 1)
2− 3
y + 2t + 1 nell’aperto Ω :=(t, y) ∈ R2: y + 2t + 1 > 0
a) verificare che si hanno esistenza e unicit`a locale per le soluzioni dei problemi di Cauchy associati, ma che non valgono le ipotesi dei teoremi di esistenza globale;
b) trovare c∈ R affinch´e la funzione ¯y(t) = ct sia soluzione;
c) estendendo opportunamente il criterio di sublinearit`a o di globale lip- schitzianit`a dimostrare che le soluzioni dei problemi di Cauchy con dati iniziali y(t0) = y0> ¯y(t0) sono globalmente definite.
Soluzione. a) Il campo vettoriale f (t, y) = (y+2t−1)
2−3
y+2t+1 `e definito e di
classe C∞ in Ω, dunque localmente lipschitziano, perci`o per il Teorema di Cauchy-Lipschitz si hanno esistenza e unicit`a locale per i problemi di Cauchy associati. Non `e possibile applicare i teoremi di esistenza globale perch´e Ω non `e (e non `e estendibile a un dominio) della forma J× R. Si noti che in ogni caso si ha
lim
(t,y)→(t0,−2t0−1)
perci`o f non pu`o essere sublineare n´e globalmente lipschitziano nel dominio. b) Essendo ¯y0(t) = c, la funzione ¯y `e soluzione se e solo se per ogni t vale c = (ct + 2t− 1)
2− 3
ct + 2t + 1 ⇐⇒ (c + 2) (c + 2)t
2− (c + 2)t − 1 = 0,
il che `e vero se e solo s c =−2 dunque ¯y(t) = −2t.
c) I criteri di sublinearit`a/globale lipschitzianit`a per l’esistenza globale sono stati dimostrati solamente per equazioni del tipo y0 = f (t, y) con campo vettoriale f : J×Rn→ Rndefinito su insiemi della forma J×Rncon J inter-
vallo, caso nel quale non ricade l’equazione in considerazione. Ripercorrendo le varie dimostrazioni dei teoremi e corollari che portano al criterio di subli- nearit`a, si nota che la propriet`a fondamentale che l’equazione deve possedere `e l’esplosione in norma delle soluzioni non globalmente definite; pi`u precisa- mente si basa sul fatto che se una soluzione massimale y : ]α, β[→ Rn non `e
globalmente definita in futuro allora|y(t)| → +∞ per t → β−(analogamente in passato, per t→ α+). Perci`o in tali teoremi `e possibile sostituire l’ipotesi
sulla forma del dominio di definizione con l’ipotesi di esplosione in norma per le soluzioni non globalmente definite. Tale propriet`a `e in effetti verificata per le soluzioni massimali dei problemi di Cauchy dell’equazione in oggetto, con dati iniziali in Ω0 :=(t, y) ∈ R2 : y > ¯y(t) = (t, y) ∈ R2 : y + 2t > 0 .
Essenzialmente ci`o accade grazie all’unicit`a delle soluzioni e al fatto che la funzione ¯y `e una soluzione; di conseguenza le soluzioni massimali con dati in Ω0 non possono uscire dal bordo di Ω0 individuato proprio da y = ¯y(t),
cio`e y + 2t = 0, e dunque, se non globalmente definite, devono esplodere in norma. Per verificarlo, supponiamo che y = y(t) sia una soluzione mas- simale con dati iniziali y(t0) = y0, (t0, y0) ∈ Ω0, non globalmente definita
in futuro. Sia dunque ]α, β[ con β < +∞ l’intervallo massimale d’esisten- za. Utilizziamo il Teorema della fuga dai compatti scegliendo il compatto KM := (t, y) : t0 ≤ t ≤ β, −2t ≤ y ≤ M al variare di M ≥ y0. Per
t→ β− la soluzione deve uscire definitivamente da KM, ma non pu`o farlo
dal lato t = β perch´e non `e definita in β e non pu`o nemmeno farlo dal bas- so perch´e altrimenti intersecherebbe l’orbita di ¯y. Di conseguenza non pu`o che esistere tM tale che y(t) > M per ogni tM < t < β. Dall’arbitrariet`a
di M si ha dunque limt→β−y(t) = +∞. Analogamente si dimostra che se
α >−∞ allora limt→α+y(t) = +∞. A questo punto, una volta provato che
f `e sublineare in Ω0 (si veda sotto), si possono applicare le estensioni (sopra
suggerite) del teoremi di esistenza globale, da cui discender`a che tutte le soluzioni massimali dell’equazione con dati in Ω0 sono globalmente definite.
Alternativamente, per dimostrare che le soluzioni massimali con dati iniziali in Ω0 sono globalmente definite, si poteva utilizzare il seguente truc-
ESEMPI ED ESERCIZI 75 co, che consiste nell’estendere opportunamente il campo vettoriale a uno sublineare e definito inR × R. Definiamo ˜f :R × R → R nel seguente modo
˜
f (t, y) := (
f (t, y) se y + 2t≥ 0 −2 se y + 2t < 0.
Osservando che f (t,−2t) = −2 per ogni t, segue che ˜f `e continua su tutto R×R. `E inoltre sublineare; infatti se y+2t ≤ 0 si ha banalmente | ˜f (t, y)| = 2, mentre se y + 2t > 0 (cio`e (t, y)∈ Ω0) si ha | ˜f (t, y)| = |f(t, y)| ≤ (y + 2t− 1) 2+ 3 y + 2t + 1 = y + 2t− 3 + 7 y + 2t + 1 ≤ |y| + |2t| + 4,
dunque in definitiva | ˜f (t, y)| ≤ |y| + |2t| + 4 per ogni (t, y) ∈ R × R. `E anche globalmente lipschitziana: lo `e in y + 2t < 0 essendo costante. Sia ora y + 2t≥ 0. Osserviamo che ˜f (t, y) = f (t, y) = g(y + 2t) dove g : [0, +∞[→ R `e definita da g(z) = (z−1)z+12−3 = z− 3 + 1 z+1. Essendo g0(z) = 1−(z+1)1 2 si ha ∂yf (t, y)˜ = g0(y + 2t) = 1− 1 (y + 2t + 1)2 ≤ 1 per y + 2t ≥ 0, da cui segue che
˜f (t, y2)− ˜f (t, y1)
≤ |y2− y1|
per ogni (t, y1), (t, y2) con y1, y2 ≥ −2t. Di conseguenza ˜f `e globalmente
lipschitziana rispetto alla variabile y nella chiusura di Ω0. Da ci`o discende
anche la globale lipschitzianit`a, sempre rispetto alla variabile y, su tutto R × R. Infatti se y1<−2t < y2, essendo ˜f (t, y1) = ˜f (t,−2t) = −2 si ha ˜f (t, y2)− ˜f (t, y1) = ˜f (t, y2)− ˜f (t,−2t) ≤ |y2− (−2t)| ≤ |y2− y1|, da cui la globale lipschitzianit`a rispetto alla seconda variabile in R × R. Essendo ˜f definita in R × R si possono applicare i criteri di sublinearit`a oppure di globale lipschitzianit`a per cui le soluzioni massimali dell’equazione differenziale y0 = ˜f (t, y) sono globalmente definite in R. Si osservi che la funzione y = ¯y(t) `e soluzione anche di questa equazione. Se ora (t0, y0)∈ Ω0,
detta ˜y(t) la soluzione del problema di Cauchy relativo a y0 = ˜f (t, y) con dati iniziali y(t0) = y0, per l’unicit`a delle soluzioni dovr`a essere ˜y(t)≥ ¯y(t) per
ogni t, cio`e (t, ˜y(t))∈ Ω0 per ogni t. Su questo insieme si ha ˜f = f dunque
˜
y `e anche (la) soluzione di y0 = f (t, y) con y(t0) = y0 e risulta pertanto
Esercizio 4.20 Data l’equazione differenziale y0 =p|y + t| a) studiare l’esistenza locale e globale delle soluzioni;
b) studiare l’unicit`a locale; in particolare determinare tutti e soli i dati iniziali (t0, y0) per i quali `e possibile applicare il Teorema di Cauchy-
Lipschitz;
c) dimostrare che il problema di Cauchy con dati iniziali y(0) = 0 ammet- te un’unica soluzione y(t) globalmente definita; trovare una formula chiusa per tale soluzione.
Soluzione. a) Il campo vettoriale f (t, y) =p|y + t| `e definito e continuo in tuttoR2 ma `e di classe C∞solamente inR2\ {y + t = 0}. Per il Teorema di Peano ogni problema di Cauchy ammette almeno una soluzione locale. Il campo vettoriale non `e globalmente lipschitziano (nemmeno lipschitziano, si veda il punto b)) ma `e sublineare, dunque per il Teorema 4.12 ogni soluzione `e globalmente definita in R. Infatti, se |y| ≤ 1 si ha
|f(t, y)| ≤p|y| + |t| ≤ p1 + |t|,
mentre, osservando che√a + b≤√a +√b per ogni a, b ≥ 0, se |y| ≥ 1 per cuip|y| ≤ |y|, si ha
|f(t, y)| ≤p|y| + |t| ≤ p|y| + p|t| ≤ |y| + p1 + |t|,
e in definitiva, per ogni y, t ∈ R vale |f(t, y)| ≤ |y| +p1 + |t|, cio`e f `e sublineare rispetto a y (in realt`a anche rispetto a t).
b) Si pu`o sicuramente applicare il Teorema di Cauchy-Lipschitz a tutti i problemi di Cauchy con dati (t0, y0) tali che y0+ t06= 0, in un intorno dei
quali f `e lipschitziana. Se y0+ t0= 0 il campo vettoriale non `e lipschitziano,
dunque il teorema non pu`o essere applicato. Infatti, se y0+ t0 = 0 si ha
lim y→y0 ∂f ∂y(t0, y) =ylim →−t0 sgn(y + t0) 2p|y + t0| = +∞,
dunque la funzione f non pu`o essere lipschitziana in un intorno di (t0, y0).
c) Operando la sostituzione z(t) = y(t) + t si ottiene l’equazione equi- valente per z(t) della forma z0(t) = y0(t) + 1 =p|y(t) + t| + 1 =p|z| + 1 cio`e z0 = p|z| + 1 (si veda anche il metodo di risoluzione delle equazio- ni della forma (8.10) nel Capitolo 8). Tale equazione ha campo vettoriale g(z) =p|z|+1 autonomo e non localmente lipschitziano. Tuttavia g(z) > 0, nota condizione che garantisce che tale equazione, dunque anche quella in
ESEMPI ED ESERCIZI 77 oggetto essendo a questa equivalente, ha unicit`a delle soluzioni per tutti i problemi di Cauchy, in particolare per quello con dati iniziali z(0) = 0 (cor- rispondente alla soluzione y(t) con dati y(0) = 0). Inoltre `e globalmente definita per il punto a). La formula richiesta si ottiene per separazione delle variabili. Poich´e tutte le soluzioni di entrambe le equazioni sono crescenti, essendo z(0) = 0 si avr`a z(t) > 0 per t > 0 (e z(t) < 0 per t < 0); per tali t e utilizzando la sostituzione w = x2 (con x≥ 0) per cui dw = 2x dx, si avr`a
Z z(t) z(0) 1 √ w + 1dw = Z t 0 ds ⇐⇒ Z √z(t) 0 2x x + 1dx = t. Essendo Z v 2x x + 1dx = 2v− 2 ln(1 + v), si ottiene infine 2pz(t) − 2 ln 1 + pz(t) = t.
Se t < 0, dunque z(t) < 0, ponendo−w = x2 si ottiene analogamente
2p−z(t) − 2 ln 1 + p−z(t) = −t. -2,4 -2 -1,6 -1,2 -0,8 -0,4 0 0,4 0,8 1,2 1,6 2 2,4 -1,6 -1,2 -0,8 -0,4 0,4 0,8 1,2 1,6 t y
Figura 4.1: Soluzione del problema di Cauchy con y(0) = 0 In definitiva, tornando a y(t) si ottiene
(4.2)
2py(t) + t − 2 ln 1 + py(t) + t − t = 0 se t, y(t)≥ 0 2p−y(t) − t − 2 ln 1 + p−y(t) − t + t = 0 se t, y(t) < 0, che fornisce una formula chiusa (implicita) della soluzione cercata, rappre- sentata in blu in Figura 4.1 L’analisi della soluzione y(t) proseguir`a negli Esercizi 6.17 e 12.1.
Esercizio 4.21 Sia f : J × Rn → Rn globalmente L-lipschitziana rispetto
alle variabili y, con J = [a, b] intervallo compatto. Utilizzare la norma pesata di Bielecki per dimostrare che tutte le soluzioni dell’equazione y0 = f (t, y) sono globalmente definite in J. Si pu`o applicare/adattare questa idea se J = ]a, b[ `e limitato ma non `e chiuso? E se non `e nemmeno limitato? Esercizio 4.22 Siano f : J × Rn→ Rne L : J → R+ continue, tali che
kf(t, y1)− f(t, y2)k ≤ L(t)ky1− y2k,
per ogni t∈ J, y1, y2∈ Rn, con J = [a, b] intervallo compatto. Ispirati dall’i-
dea di Bielecki, trovare un’opportuna norma equivalente alle norma infinito nella quale l’operatore integrale di Volterra sia una contrazione, e utilizzarla per dimostrare l’esistenza globale delle soluzioni di y0 = f (t, y). Fare l’ana- logo nel caso J = [a, +∞[ (oppure J =]a, +∞[) supponendo che l’integrale improprio R+∞
a L(s) ds converga (se J =]a, +∞[ `e improprio anche in a).