Esercizio 1. Data l’equazione scalare y

EDO 8 GIUGNO 2010

Esercizio 1. Data l’equazione scalare y

(x) = y(x)

2y(x) − x .

i) Determinare l’integrale generale (soluzioni e loro intervalli massimali).

ii) Determinare la soluzione (e il suo intervallo massimale) del problema di Cauchy con dato

y(1) = 1.

iii) Determinare la soluzione (e il suo intervallo massimale) del problema di Cauchy con dato

y(−1) = − 5 8 . Soluzione

i) L’equazione `e un’equazione differenziale esatta con potenziale ϕ(x, y) = y

− xy.

Bisogna poi ovviamente imporre la condizione y(x) 6= x

2 ,

altrimenti si annulla il denominatore. Le soluzioni sono quelle che rendono costante il potenziale e quindi

y

− xy = c =⇒ y(x) = x ± √

x

+ 4c

2 ,

a cui va aggiunta la condizione che il discriminante sia non negativo x

+ 4c ≥ 0.

Notiamo inoltre che x

+ 4c = 0 implica y(x) = x/2 che `e altres`ı vietato in quanto annulla il denominatore.

Quindi, al variare della costante c ∈ R, l’integrale generale `e

y(x) = x + √

x

+ 4c

2 x ∈ R se c > 0,

y(x) = x − √

x

+ 4c

2 x ∈ R se c > 0,

y(x) = x + √

x

+ 4c

2 x ∈] − ∞, 0[ se c = 0,

y(x) = x − √

x

+ 4c

2 x ∈] − ∞, 0[ se c = 0,

y(x) = x + √

x

+ 4c

2 x ∈]0, +∞[ se c = 0,

y(x) = x − √

x

+ 4c

2 x ∈]0, +∞[ se c = 0,

y(x) = x + √

x

+ 4c

2 x ∈] − ∞, − √

−4c[ se c < 0, y(x) = x − √

x

+ 4c

2 x ∈] − ∞, − √

−4c[ se c < 0, y(x) = x + √

x

+ 4c

2 x ∈] √

−4c, +∞[ se c < 0, y(x) = x − √

x

+ 4c

2 x ∈] √

−4c, +∞[ se c < 0.

ii) Dobbiamo determinare la costante c opportuna e anche il segno difronte alla radice.

y(1) = 1 =⇒ 1 ± √ 1 + 4c

2 = 1 =⇒ ± √

1 + 4c = 1.

Ora, essendo la radice quadrata positiva per definizione, dobbiamo prendere senz’altro il segno “+”; inoltre, essendo il dato iniziale x

= 1 > 0, si ha, l`ı intorno, √

x

= x. Si ha, quadrando

1 + 4c = 1 =⇒ c = 0 =⇒ y(x) = x + √ x

2 = x, x > 0.

iii) Ragionando come al punto ii), si ha y(−1) = − 5

8 =⇒ ± √

1 + 4c = − 1 4 , 1 + 4c = 1

16 =⇒ c = − 15

64 −→ y(x) = x − q

x

−

2 , x ∈

#

−∞, − r 15

16

"

.

Esercizio 2.

Si consideri l’equazione scalare y

(t) =

³

y(t)

− 1

´

³

y(t) + max(0, t)

´ .

i) Provare che vale esistenza ed unicit`a locale del problema di Cauchy, qualunque sia il dato iniziale (t

, x

) ∈ R

.

(Sugg. Per il caso t

= 0, pu`o essere conveniente la seguente osservazione:

siano U ⊂ R un intorno limitato di x

e V =] − a, a[⊂ R un intorno limitato di t

= 0; sia L > 0 una costante di Lipschitz in U per g

(x) = (x

− 1)

x e per g

(x) = (x

− 1)

(perch´e L esiste?) e provare che ˜ L = L(1 + a) `e una costante di Lipschitz in U × V come richiesto dall’usuale teorema).

ii) Provare che

y

(t) ≡ 1, t ∈ R; y

(t) ≡ −1, t ∈ R; y

(t) ≡ 0, t < 0 sono soluzioni dell’equazione.

iii) Provare che, per ogni (t

, x

) ∈ R

con x

> 1, la soluzione del problema di Cauchy `e strettamente crescente, tende a +∞ per t → sup I e dedurre che non `e definita per tutti i tempi t → +∞ (I `e l’intervallo massimale di esistenza e quindi si deve dedurre che sup I < +∞; usare un opportuno confronto).

iv) Provare che ogni altra soluzione `e definita per tutti i tempi (pu`o essere utile la Proposizione 5.10 delle dispense, con c

= 0 e c

opportuno. Inoltre, per soluzioni y < −1 in un qualche punto, pu`o essere utile anche la stima 0 ≥ y

≥ y, sempre per opportuni punti).

v) Abbozzare un grafico qualitativo delle soluzioni.

Soluzione. i) La dinamica `e

f (t, x) = (x

− 1)

(x + max(0, t)), che `e continua. In particolare si ha

f (t, x) = (x

− 1)

x se t ≤ 0; f (t, x) = (x

− 1)

(x + t) se t > 0.

Se t

6= 0, allora f `e di classe C

in un intorno di (x

, t

) e quindi c’`e

esistenza ed unicit`a locale. Se invece t

= 0, allora usando il suggerimento,

per (t, x) ∈ U × V

|f (t, x) − f (t, z)|

≤ ¯

¯(x

− 1)

x − (z

− 1)

z ¯

¯ + ¯ ¯ ¡

(x

− 1)

− (x

− 1)

¢

max 0, t ¯ ¯

≤ L|x − z| + L|x − z| max 0, t ≤ L|x − z| + La|x − z| = L(1 + a)|x − z|.

Abbiamo quindi esistenza ed unicit`a locale anche per il caso t

= 0. Notiamo che L esiste perch´e g

e g

sono di classe C

.

ii) Ovvio.

iii) Studiamo il segno di f :

f (t, x) > 0 se e soltanto se x > − max(0, t), il che significa

f (t, x) > 0 se e soltanto se x > 0 e t ≤ 0 oppure x > −t e t > 0.

Quindi, per x > 1 si ha f (t, x) > 0 per ogni t ∈ R, da cui la stretta crescenza delle traiettorie con y(t) > 1. Essendo y ≡ 1 una soluzione, si ha che le traiettorie con dato x

> 1 restano sempre maggiori di 1. Quindi le traiettorie con x

> 1 sono strettamenti crescenti e inferiormente limitate dalla costante 1. Ne segue che sono necessariamente definite per tutti i tempi t → −∞ (si pu`o applicare per sempio la Proposizione 5.10 delle dispense con c

= 0), e che si deve avere

t→−∞

lim y(t) = 1.

Infatti, essendo tale limite necessariamente esistente, finito e maggiore o uguale a 1, si deve avere

t→−∞

lim f (t, y(t)) = lim

t→−∞

y

(t) = 0, che implica lim

y(t) = 1.

Ora torniamo al comportamento per t → sup I, dove I =] − ∞, τ [ `e l’intervallo massimale di esistenza. Si deve avere

lim

y(t) = +∞.

Infatti, ancora per la crescenza, se tale limite non `e +∞, allora deve co-

munque esistere ed essere finito, diciamo ` > 1. Ma allora, se τ < +∞,

dal punto (τ, `) ∈ R

potrei ripartire, contraddicendo cos`ı la massimalit`a dell’intervallo. se invece τ = +∞, da 1 < ` < +∞, dovrei avere lim

y

(t) = 0 il che `e impossibile.

Ora, valendo lim

y(t) = +∞, da un certo istante in poi, (y

(t) − 1)

≥ y(t) e quindi

f (t, y(t)) ≥ y

(t).

Per il confronto, la nostra soluzione sta quindi sopra a quella con dinamica y

che sappiamo non essere definita per tutti i tempi t → +∞. Tale `e quindi anche la nostra soluzione.

iv) Utilizziamo lo studio del segno di f fatto nel punto precedente.

Se −1 < x

< 1 allora y `e vincolata a stare nella striscia −1 < y(t) < 1 e quindi per Proposizione 5.10 `e definita per tutti i tempi. Inoltre si ha che lim

y(t) = 0 e lim

y(t) = 1 con la differenze che le soluzioni che passano per 0 < y(t) < 1 con t < 0 sono strettamente crescenti, mentre quelle che passano per −1 < y(t) < 0 con t < 0 sono prima decrescenti e poi crescenti con un minimo sulla retta x = −t, t > 0.

Infine, se x

< −1, allora si ha ancora l’esistenza per tutti i tempi, i limiti a ±∞ son ambedue uguali a −1 e le soluzioni hanno un minimo lungo la retta x = −t, t > 0.

(N.B l’esistenza per t → −∞ viene dalla Proposizione 5.10 perch´e de-

crescenti e superiormente limitate; se ad un certo istante si ha y(t) = −t con

t > 0, allora analogamente si ha anche l’esistenza per t → +∞. Resterebbe

il problema di soluzioni che non incontrano mai la retta x = −t e quindi

resterebbero sempre decrescenti e potrebbero “esplodere” a −∞ prima del

tempo. Ma questo non `e possibile perch´e partendo da valori sulla retta dei

minimi (−t

, t

) con t

− 1 > 1, si ha, per la decrescenza a sinistra di t

,

f (t, y(t)) ≥ y(t) (notare che y(t) `e negativo) e quindi a sinistra di t

la

soluzione sta sotto alla soluzione della lineare y

= y. Tale soluzione d`a

quindi un limite dal basso che non pu`o essere superato da altre soluzioni che

quindi non possono esplodere prima di incontrare la retta x = −t).