Esercizio 1. Si consideri l’equazione

EDO 2 FEBBRAIO 2010

Esercizio 1. Si consideri l’equazione

y

(x) + 2y

(x) + 6y

(x) + 32y

(x) + 40y(x) = f (x).

i) Per f ≡ 0, provare che y(x) = xe

`e soluzione.

ii) Per f ≡ 0, determinare l’integrale generale.

iii) Per f (x) = xe

, determinare l’integrale generale.

iv) Per f ≡ 0, determinare tutte le soluzioni tali che y(0) = y

(0) = lim

y(x) = 0.

v) Determinare tutte le funzioni continue f : R → R tali che l’equazione ammetta una soluzione costante.

Soluzione. i) La funzione y(x) = xe

`e soluzione dell’equazione omo- genea se e soltanto se λ = −2 `e radice del polinomio caratteristico con molteplicit`a almeno 2. Quindi il polinomio caratteristico

p(λ) = λ

+ 2λ

+ 6λ

+ 32λ + 40

deve essere divisibile per (λ + 2)

. In effetti ci`o accade e si ha la decompo- sizione

p(λ) = (λ + 2)

(λ

− 2λ + 10),

e quindi la funzione `e soluzione (alternativamente si pu`o provarlo diretta- mente, inserendo la funzione nell’equazione.)

ii) Dalla decomposizione del polinomio caratteristico, abbiamo subito le seguenti radici λ = −2 con molteplicit`a 2 e λ = 1 ± 3i con molteplicit`a 1.

Quindi l’integrale generale richiesto `e dato dalle funzioni del tipo

y(x) = c

e

+ c

xe

+ c

e

cos(3x) + c

e

sin(3x), c

, c

, c

, c

∈ R.

iii) La funzione f (x) = xe

`e annichilita dall’operatore µ d

dx + 2

¶

,

e quindi le soluzione dell’equazione non omogenea sono soluzioni dell’equazione omogenea del sesto ordine associata al polinomio

1

q(λ) = (λ + 2)

(λ

− 2λ + 10)

Ne segue che il pezzo “significativo” dell’integrale particolare `e della forma y(x) = ax

e

+ bx

e

,

per opportuni a, b ∈ R. Inserendo nell’equazione si trova a = b = 1/108.

Quindi l’integrale generale `e dato dalle funzioni della forma y(x) = c

e

+c

xe

+c

e

cos(3x)+c

e

sin(3x)+ 1

108 x

e

+ 1

108 x

e

, con c

, c

, c

, c

∈ R.

iv) Notiamo che, presa una qualunque soluzione y dell’equazione omoge- nea, si ha

x→+∞

lim y(x) = lim

x→+∞

(c

e

+ c

xe

+ c

e

cos(3x) + c

e

sin(3x)) =

x→+∞

lim (c

e

cos(3x) + c

e

sin(3x)) = 0 ⇐⇒ c

= c

= 0.

Imponendo le altre condizioni richieste, si trova che l’unica funzione che le soddisfa `e la funzione nulla.

v) Se y ≡ c `e soluzione, allora inserendola nell’equazione, si trova f = 40c e quindi f `e costante. Viceversa, se f `e costante, allora la costante y = f /40

`e soluzione. Quindi le funzioni f richieste sono tutte e sole le costanti.

Esercizio 2. Data l’equazione y

(t) = max

³ y(t), 1

´

sin y(t) − y(t),

i) studiare qualitativamente le soluzioni ed abbozzarne un grafico;

ii) il problema di Cauchy con dato y(0) = 1 ha un’unica soluzione?

Soluzione. i) La dinamica `e la funzione

f (t, x) = max(x, 1) sin x − x,

che `e definita su tutto R

, `e continua, ma non `e C

. Essa `e per`o local- mente Lipschitziana in x uniformemente in t. Infatti, l’uniformit`a `e ovvia

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in quanto non dipende da t: l’equazione `e autonoma; la Lipschitzianit`a dis- cende da quella della funzione max(x, 1) (con costante 1) e dalla limitatezza e Lipschitzianit`a della funzione seno (anch’essa con costante 1):

|f (t, x) − f (t, z)| ≤ | max(x, 1) sin x − max(z, 1) sin z| + |x − z| ≤

| max(x, 1) sin x − max(x, 1) sin z| + | max(x, 1) sin z − max(z, 1) sin z|+

|x − z| ≤ max(x, 1)|x − z| + |x − z| + |x − z|,

da cui la locale Lipschitzianit`a attorno a x (in generale: funzione Lips- chitziana per funzione Lipschitziana limitata d`a funzione Lipschitziana (al- meno localmente)).

Quindi c’`e esistenza e unicit`a locale per ogni dato iniziale. Inoltre si ha, per ogni (t, x),

|f (t, x)| ≤ max(x, 1) + |x| ≤ 2|x| + 1, da cui si deduce che le soluzioni sono definite per tutti i tempi.

Gli zeri di f sono i valori (indipendentemente da t) x = 0, x = π

2 + 2kπ, k ∈ N, per cui abbiamo le infinite soluzioni costanti

y(x) ≡ 0, y(x) ≡ π

2 + 2kπ, k ∈ N.

Per l’unicit`a, le soluzioni non possono mai attraversarsi una con l’altra.

Per quanto riguarda il segno di f si ha (ricordare la disuguaglianza

| sin x| ≤ |x| per ogni x ∈ R)

 



f (t, x) > 0 se x < 0, f (t, x) < 0 se x ≥ 0,

f (t, x) = 0 se e soltanto se x = 0, x =

+ 2kπ, k ∈ N.

Quindi le soluzioni che assumono valori negativi restano negative per sem- pre e sono strettamente crescenti; le traiettorie che assumono valori positivi diversi da π/2 + 2kπ sono positive per tutti i tempi, sono strettamente de- crescenti e non raggiungono mai valori nulli o del tipo π/2 + 2kπ (e quindi sono limitate).

Per quanto riguarda il comportamento all’infinito, le soluzioni negative (essendo crescenti e negative) devono tendere ad un valore finito ` ≤ 0 per

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t → +∞. Se quindi anche la derivata tende ad un limite finito, questo non pu`o che essere 0. Nel nostro caso si ha

t→+∞

lim y

(t) = sin y(t) − y(t) = sin ` − ` = 0 =⇒ ` = 0.

Quindi le soluzioni negative tendono a 0 per t → +∞. Invece, per t → −∞, esse tendono a −∞. Infatti, essendo monotone devono tendere a −∞ ≤ ` <

0, ma se −∞ < ` < 0, allora, come prima, la derivata deve annullarsi e questo `e impossibile. Le soluzioni positive, invece, sono decresenti e limitate.

Quindi tendono a valori finiti per t → ±∞. Con ragionamenti analoghi a quelli qui sopra si ha che

 

 



 

 

0 < y < π

2 =⇒ lim

t→−∞

y(t) = π 2 , lim

t→+∞

y(t) = 0, π

2 + 2kπ < y < π

2 + 2(k + 1)π =⇒

t→−∞

lim y(t) = π

2 + 2(k + 1)π, lim

t→+∞

y(t) = π

2 + 2kπ ii) La risposta `e s`ı (gi`a provato nel punto i)).

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