i) Per g ≡ 0, si determinino tutte le soluzioni pari (cio`e y(t) = y(−t) per ogni t ∈ R).

EQUAZIONI DIFFERENZIALI ORDINARIE 12/7/2011 Esercizio 1. Sia g : R → R, t 7→ g(t) una funzione continua e si consideri l’equazione

y ^v − y ^iv + 2y

− 2y ⁰⁰ + y ⁰ − y = g.

i) Per g ≡ 0, si determinino tutte le soluzioni pari (cio`e y(t) = y(−t) per ogni t ∈ R).

ii) Per g(t) = 1 − t, si determinino tutte le soluzioni dispari (cio`e y(t) =

−y(−t) per ogni t ∈ R).

iii) Determinare un’opportuna g tale che tutte le soluzioni verifichino lim t→−∞ y(t) = +∞.

Soluzione. Il polinomio caratteristico dell’omogenea associata `e p(λ) = λ ⁵ − λ ⁴ + 2λ ³ − 2λ ² + λ − 1,

e si vede immediatamente che λ = 1 ne `e una radice. Con facile divisione si ottiene

p(λ) = (λ − 1)(λ ² + 1) ²

da cui le radici sono λ = 1 con molteplicit`a 1 e λ = ±i con molteplicit`a 2.

Pertanto, la soluzione generale dell’omogenea associata `e

y(t) = c ₁ e ^t + c ₂ sin t + c ₃ cos t + c ₄ t sin t + c ₅ t cos t, c ₁ , . . . , c ₅ ∈ R.

i) Sono le soluzioni pari dell’omogenea. ` E facile vedere che queste sono tutte le funzioni della forma

y(t) = a cos t + bt sin t, a, b ∈ R.

ii) ` E quasi immediato vedere che la funzione y(t) = t `e soluzione par- ticolare. Essa `e dispari e quindi, per avere tutte le soluzioni dispari, basta aggiungere la parte dispari dell’integrale generale dell’omogenea (se non fosse stata dispari non ci sarebbero state soluzioni dispari). Quindi

y(t) = α sin t + βt cos t + t, α, β ∈ R.

iii) Se g `e un termine noto e f `e una solzione particolare, allora la soluzione generale `e

1

y(t) = c ₁ e ^t + c ₂ sin t + c ₃ cos t + c ₄ t sin t + c ₅ t cos t + f (t), c ₁ , . . . , c ₅ ∈ R.

Quindi prendiamo f in modo tale che lim _t→−∞ y(t) = +∞ qualunque siano c 1 , . . . c 5 ∈ R. Ad esempio si pu`o prendere f (t) = t ² . Ora, quale termine noto g bisogna avere affinch´e t ² sia soluzione? basta inserire f nell’equazione e si vede che deve essere

g(t) = −t ² + 2t − 4

Si poteva, ad esempio, anche prendere f (t) = e ^−t da cui si avrebbe avuto g(t) = −8e ^−t .

Esercizio 2. Si consideri il sistema autonomo bidimensionale

½ x ⁰ = 2y(x ² − 2y ² + 1) y ⁰ = 2x(1 − y ² ).

Determinare i punti di equilibrio e disegnare un grafico qualitativo delle orbite, con i versi di percorrenza. I punti di equilibrio sono stabili? se s`ı che tipo di stabilit`a? Indicare almeno un’orbita periodica e una non periodica definita per tutti i tempi (specificandone il motivo; non valgono i punti di equilibrio).

Soluzione. Dallo studio degli zeri dei secondi membri si hanno i seguenti punti di equilibrio:

(0, 0), (0, 1/ √

2), (0, −1/ √

2), (1, 1), (1, −1), (−1, 1), (−1, 1),

Si vede poi che ϕ(x, y) = (y ² − x ² )(y ² − 1) `e un integrale primo del moto, i cui punti stazionari sono esattamente gli equilibri, che sono tutti delle selle, tranne (0, ±1/ √

2) che sono di minimo. Lo spazio delle fasi `e diviso in varie regioni dalle rette y = 1, y = −1, y = x, y = −x. Al”interno dei triangoli di vertici (0, 0), (−1, 1), (1, 1) e (0, 0), (1, −1), (−1, −1) rispettivamente ci sono cicli che girano attorno al punto di equilibrio (0, ±1/ √

2), che ovviamente sono orbite periodiche. Un’orbita definita per tutti i tempi ma non peri- odica `e per esempio quella rettilinea che percorre uno qualunque dei lati di tali triangoli (`e definita per tutti i tempi perch´e `e limitata). Gli equilibri (0, ±1/ √

2) sono stabili ma non asintoticamente, tutti gli altri sono instabili.

2