1) Sia λ ∈ R un numero reale. Si consideri il seguente problema al bordo per un’equazione lineare del secondo ordine

FOGLIO DI ESERCIZI 4

1) Sia λ ∈ R un numero reale. Si consideri il seguente problema al bordo per un’equazione lineare del secondo ordine

½ y ⁰⁰ + λy = 0 in ]0, 1[, y(0) = y(1) = 0.

Evidentemente, la funzione nulla y ≡ 0 risulta sempre essere soluzione del problema, qualsiasi sia λ.

Determinare λ ∈ R in modo tale che il problema non abbia la sola soluzione nulla.

2) Scrivere un problema di Cauchy che abbia, come unica soluzione, la funzione

y(x) = 1 + 2e ^x cos x − 3xe ^x sin x.

3) Determinare gli eventuali c ∈ R tali che la soluzione del problema di Cauchy

½ y ⁰ = (1 + y ² ) log x, y(1) = c

sia definita in x = e.

4) (Esercizio pi`u teorico: non ci saranno esercizi di questo tipo negli scritti). Si consideri il problema

½ y ⁰ (t) = y(t ² ), y(0) = 0.

Provare che esiste un’unica soluzione in [0, 1[ e determinarla.

(N.B. Notare che questo non `e un usuale problema di Cauchy, in quanto l’equazione non `e del tipo y ⁰ (t) = f (t, y(t)), ma piuttosto `e del tipo y <sup>0</sup> (t) = f (t, y(t <sup>2</sup> )) che `e un’altra cosa).

5) Disegnare un grafico qualitativo delle soluzioni dell’equazione

yy ⁰ − log(2 + y ² + t ² ) = 0.

½ x ⁰ = y

y ⁰ = −4x ³ + 50x,

tracciare un grafico qualitativo delle traiettorie, indicando i loro versi di

percorrenza. Dire se ci sono traiettorie periodiche. Classificare i punti di

equilibrio (stabilit`a, instabilit`a, ecc...)

SOLUZIONI

1) Vedere Esempio 3.23 delle Dispense.

2) Dalla forma della funzione y, si deduce subito che dobbiamo cercare un’equazione lineare a coefficienti costanti. La funzione y `e della forma

c ₁ + c ₂ e ^x cos x + c ₃ e ^x sin x + c ₄ xe ^x cos x + c ₅ xe ^x sin x,

con c 1 = 1, c 2 = 2, c 3 = 0, c 4 = 0, c 5 = −3 (ricordare che ogni volta che compare un termine con cos x (rispettivamente sin x) deve comparire anche il suo termine “gemello” con sin x (rispettivamente cos x), in quanto proven- gono da radici complesse coniugate del polinomio caratteristico). Quindi il polinomio caratteristico deve essere almeno del quinto grado. Cerchiamolo quindi proprio di quinto grado. Esso pertanto deve avere la radice reale λ = 0 con molteplicit`a 1 e le radici complesse coniugate λ = 1 ± i ciascuna con molteplicit`a 2. Il polinomio caratteristico `e pertanto

λ(λ − 1 − i) ² (λ − 1 + i) ² = λ ⁵ − 4λ ⁴ + 8λ ³ − 8λ ² + 4λ, a cui corrisponde l’equazione del quinto ordine

y ^v − 4y ^iv + 8y ⁰⁰⁰ − 8y ⁰⁰ + 4y ⁰ = 0.

Prendendo poi, ad esempio, x = 0 come punto inziale, si trovano i cinque dati inziali per il problema di Cauchy calcolando y(0), y ⁰ (0), y ⁰⁰ (0), y ⁰⁰⁰ (0), y ^iv (0), dove y `e la funzione data.

3) L’equazione `e a variabili separabili che, integrata, porge una formula del tipo

y(x) = tan(x log x − x + k),

a cui vanno aggiunti i vincoli

x > 0, |x log x − x + k| < π 2 . Imponendo y(1) = c si ha immediatamente

k = arctan c + 1.

il vincolo

|x log x − x + arctan c + 1| < π 2 . Si ottiene facilmente

c < tan ³π 2 − 1

´ .

4) Agire nello spirito della dimostrazione del Teorema di esistenza ed unicit`a locale provando che l’operatore

T : v 7→ T [v] : t 7→

Z _t

0

v(s ² )ds

`e una contrazione nello spazio C([0, c]) per ogni 0 < c < 1 (notare che, per tali c, sup _s∈[0,c] |v(s ² )| ≤ sup _s∈[0,c] |v(s)|).

E ovvio infine che la funzione nulla `e soluzione. `

5) Notiamo subito che, se y(t) = 0 per qualche t ∈ R, allora si deve avere log(2 + t ² ) = 0 che `e falso. Quindi le soluzioni non sono mai nulle. Possiamo allora dividere per y ottenendo

y ⁰ = log(2 + y ² + t ² )

y ,

che `e un’equazione del tipo y ⁰ = f (t, y) con

f (t, x) = log(2 + x ² + t ² )

x ,

che `e di classe C <sup>1</sup> in (R×]0, +∞[) ∪ (R×] − ∞, 0[) e quindi c’`e esistenza ed unicit`a locale per ogni dato iniziale (t <sub>0</sub> , x <sub>0</sub> ) con x <sub>0</sub> 6= 0. Inoltre f `e anti- simmetrica rispetto all’asse t: f (t, −x) = −f (t, x), e quindi basta studiare le traiettorie in R×]0, +∞[ e poi ribaltare specularmente. Quindi d’ora in poi argomenteremo solo in R×]0, +∞[.

Poich´e f > 0, le soluzioni sono crescenti e inoltre sono sempre positive.

Supponiamo per assurdo che y esista fino ad un tempo finito t ∈ R. Allora

si deve avere lim _t→t

y(t) = +∞ e quindi

lim

t→t

y ⁰ (t) = lim

t→t

log(2 + y ² (t) + t ² )

y(t) = 0,

la qualcosa `e impossibile (come non pu`o essere che una funzione C ¹ tenda ad un limite finito per t → +∞ con la derivata che tende a +∞, cos`ı non pu`o essere che una funzione C ¹ tenda a +∞ per t → t ∈ R con la derivata che tende a zero. Facile verifica). Quindi le soluzioni esistono per tutti i tempi t → +∞. Con i soliti ragionamenti sulla derivata, si vede che deve essere lim t→+∞ y(t) = +∞.

Nell’altro verso, le soluzioni non possono esistere per tutti i tempi t →

−∞. Infatti, in tal verso le soluzioni sono limitate (sono positive e crescenti nel verso delle t), e quindi, detto t ^∗ l’estremo inferiore dell’intervallo massi- male di esistenza, si deve avere lim _t→(t

₎

y(t) = ` ≥ 0. Ora, qualunque sia tale ` ≥ 0 (che comunque esiste per monotonia), se fosse t ^∗ = −∞, si avrebbe allora lim _t→(t

₎

y ⁰ (t) = +∞, la qual cosa `e impossibile (se la derivata esplode per t → −∞, allora la funzione non pu`o tendere ad un limite finito ` per t → −∞). Quindi deve essere t ^∗ > −∞ e, ovviamente, lim _t→(t

₎

y(t) = 0 e lim _t→(t

₎

y ⁰ (t) = +∞.

Notare infine che, per t → +∞, non pu`o essere y(t) > t definitivamente, altrimenti si avrebbe

0 ≤ lim

t→+∞ y ⁰ (t) ≤ lim

t→+∞

log(2 + 2y ² (t))

y(t) = 0,

che `e assurdo perch´e y non pu`o stare sopra a t definitivamente ed avere la derivata che tende a zero.

6) I punti di equilibrio sono (0, 0),

µ 5

√ 2 , 0

¶ ,

µ

− 5

√ 2 , 0

¶ .

Un integrale primo `e

E(x, y) = y ²

2 + x ⁴ − 25x ²

che ha come punti stazionari i punti di equilibrio e, in particolare, (0, 0) `e una sella, (5/ √

2, 0) e (−5/ √

2, 0) sono di minimo. Si vede poi che E `e coercitivo

assoluti e tale minimo assoluto vale E(5/ √

2, 0) = E(−5 √

2, 0) = −625/4 <

0. Inoltre E(0, 0) = 0. Le curve di livello E(x, y) = c si ottengono invertendo y = ± p

2(25x ² − x ⁴ + c),

con c ≥ −625/4 e 25x ² − x ⁴ + c ≥ 0. Se c = −625/4, allora si hanno solo i due equilibri (±5/ √

2, 0). Se −625/4 < c < 0, allora si hanno due curve chiuse disgiunte attorno ai due equilibri (±5/ √

2, 0) e simmetriche rispeto alle

ascisse, che corrispondono a orbite periodche. Se c = 0, allora si ottiene una

curva chiusa (a forma di otto) che contiene tre orbite: il punto di equilibrio

(0, 0), un’orbita aperta nel semipiano x > 0 simmetrica rispertto alle ascisse

che parte da (0, 0) e ritorna a (0, 0), un’orbita nel sempiano x < 0 simmetrica

rispetto a quella appena descritta. Se c > 0, allora si ottiene un’unica orbita

chiusa (e quindi periodica) simmetrica rispetto a tutti gli assi e che gira

esternamente a quelle descritte prima, con forma leggeremte a otto.