EQUAZIONI DIFFERENZIALI ORDINARIE 17/1/2012 Esercizio 1 Data l’equazione

EQUAZIONI DIFFERENZIALI ORDINARIE 17/1/2012 Esercizio 1 Data l’equazione

y

= − e

y 2y + e

, i) determinare l’integrale generale;

ii) risolvere, se possibile, il problema di Cauchy con dato y(0) = −1;

iii) risolvere, se possibile, il problema di Cauchy con dato y(0) = −1/2.

N.B. Uno solo dei due problemi di Cauchy ammette soluzione. Per quello con soluzione determinarla (con tanto di intervallo di esistenza), per l’altro giustificare il motivo della non esistenza (provare a calcolare la soluzione e determinare il motivo per cui le cose non funzionano).

Soluzione. L’equazione e’ del tipo y

= −P/Q con P (x, y) = e

y e Q(x, y) = 2y + e

. L’equazione perde di significato quando y = −e

/2. Si ha

∂P

∂y = e

, ∂Q

∂x = e

,

da cui l’equazione e’ esatta, nei due sottodomini semplicemente connessi {y > −e

/2}, {y < −e

/2}. Un potenziale e’

ϕ(x, y) = y

+ e

y.

L’integrale generale e’ quindi dato dalle curve di livello di ϕ (che non toccano la curva y = −e

/2)

ϕ(x, y) = c =⇒ y(x) = −e

± √

e

+ 4c

2 .

i) Al variare di c ∈ R si ha y(x) = −e

+ √

e

+ 4c

2 , ] − ∞, +∞[, c ≥ 0,

y(x) = −e

− √

e

+ 4c

2 , ] − ∞, +∞[, c ≥ 0,

y(x) = −e

+ √

e

+ 4c

2 ,

¸ log(−4c)

2 , +∞

·

, c < 0, y(x) = −e

− √

e

+ 4c

2 ,

¸ log(−4c)

2 , +∞

·

, c < 0,

1

Notare che, quando c < 0, il punto x = log(−4c)/2 annulla il radicando e quindi la funzione non e’ derivabile in tale punto; d’altro canto in tale punto si avrebbe y(x) = −e

/2 e quindi saremmo sulla curva non ammissibile.

ii) Inserendo il dato nella nostra espressione, abbiamo

−1 = y(0) = −1 ± √ 1 + 4c

2 ,

da cui si vede che dobbiamo prendere il segno ”meno” davanti alla radice e c = 0. Quindi la solzione esiste ed e’

y(x) = −e

− √ e

2 = −e

,

che e’ ammissibile (non tocca mai la curva y = −e

/2) ed e’ definita su tutto R.

iii) Inserendo abbiamo

− 1

2 = y(0) = −1 ± √ 1 + 4c

2 ,

da cui si vede che il radicando deve essere nullo e quindi c = −1/4. Se la soluzione del problema di Cauchy esistesse essa dovrebbe essere quindi definita nell’intervallo massimale ] log(−4c)/2, +∞[, ma, essendo c = −1/4, tale intervallo sarebbe ]0, +∞[ e quindi il punto x

= 0 non sarebbe in- terno (nemmeno ci apparterrebbe) all’intervallo e questo sarebbe una con- traddizione (notare che la coppia (0, −1/2) sta sulla curva (x, −e

/2) e quindi il dato non puo’ essere ammissibile: annulla il denominatore dell’equazione).

Esercizio 2 Data l’equazione

y

(t) = f (t, y(t)), con

f (t, x) = t

e

log(tx + 1),

determinare il dominio A di f , discutere l’esistenza e l’unicita’ locale delle soluzioni, l’esistenza di eventuali soluzioni costanti, l’eventuale prolunga- bilita’ a t = ±∞ , l’eventuale comportamento per t → ±∞ e disegnare un grafico qualitativo delle soluzioni.

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Soluzione. La funzione f e’ di classe C

nel dominio

A = {(t, x)|t < 0, y < −1/t} ∪ {(t, x)|t > 0, y > −1/t} ∪ {(t, x)|t = 0}, e quindi, per ogni dato inziiale (t

, x

) ∈ A, esiste un’unica soluzione locale.

Studiando il segno di f si ha che nel primo e nel terzo quadrante le soluzioni sono crescenti, nella porzione di A contenuta nel secondo e quarto qudrante le soluzioni sono decrescenti. L’unica soluzione stazionaria e’ la costante nulla, definita per tutti i tempi. Tutte le altre soluzioni sono quindi sempre positive o sempre negative.

Le soluzioni negative nel quarto quadrante sono decrescenti e quindi, es- sendo il dominio delimitato dal basso dalla funzione crescente y = −1/t, si ha che tali soluzioni non sono definite per tutti i tempi t → +∞, in quanto in tempo finito intersecano il grafico di quella funzione. Discorso analogo, a parti rovesciate, per le soluzioni positive nel secondo quadrante.

Supponiamo ora per assurdo che le soluzioni positive vivano per tutti i tempi t → +∞. Per la crescenza, deve allora esistere il limite (al piu’ uguale a +∞) lim

y(t). Se questo fosse un valore finito c > 0 si avrebbe, dall’equazione, lim

y

(t) = lim

f (t, x) = +∞ la qual cosa e’

una contraddizione. Quindi, se le soluzioni positive vivono per tutti i tempi t → +∞, si deve avere lim

y(t) = +∞. Ma allora, per la positivita’ di y, per t > 0 sufficientemente grandi, si avrebbe

f (t, y(t)) ≥ y(t)

e per il confronto con l’equazione y

= y

, si avrebbe che la solzuione ”es- plode” in tempo finito. Contraddizione. Quindi le soluzioni positive non vivono per tutti i tempi t → +∞, ma vanno (necessariamente) all’infinito in tempi finiti.

Consideriamo ora le soluzioni negative nel terzo quadrante. Per la stima log(1 + |ξ|) ≤ |ξ|, si ha, per ogni a > 0 e per la negativita’ di t e di y,

0 ≤ f (t, y(t)) ≤ t

y(t) ≤ a

|y(t)| ∀t ∈] − a, 0[,

e quindi tali soluzioni vivono per tutti i tempi t ∈] − a, 0[ e, per l’abitrarieta’

di a > 0, anche per tutti i tempi t → −∞. Si vede poi che deve essere lim

y(t) = −∞.

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