3x 2 + 3 y − y 1/4 , si risolva il problema di Cauchy

EQUAZIONI DIFFERENZIALI ORDINARIE 1/9/2011 Esercizio 1 Data la funzione

f : R×]0, +∞[→ R, (x, y) 7→ − 8x

3x ² + 3 y − y ^1/4 , si risolva il problema di Cauchy

½ y ⁰ (x) = f (x, y(x)) y(0) = 1.

Si richiede, ovviamente, la formula analitica e l’intervallo massimale di definizione (attenzione che, detto I tale intervallo, deve essere (x, y(x)) ∈ A per ogni x ∈ I, dove A = R×]0, +∞[ `e il dominio di regolarit`a di f ).

Soluzione. Si tratta di un’equazione del tipo di Bernoulli. Essendo il denominatore dell’esponente pari (= 4) dobbiamo considerare solo soluzioni non negative. Inoltre, visto l’insieme A su cui consideriamo definita f , deve essere y > 0. Poniamo

z = y ^3/4 ,

e notiamo che, con tale posizione, stiamo prendendo anche z positiva. Si ha che z soddisfa

z ⁰ = − 2x

1 + x ² z − 3 4 .

Notare che se avessimo preso z negativa, cio`e z = −y <sup>3/4</sup> , allora z avrebbe soddisfatto z <sup>0</sup> = −(2x)/(1 + x <sup>2</sup> )z + 3/4 che `e un’equazione diversa.

L’integrale generale

z(x) = − 3

4 (1 + x ² ) ⁻¹ µ

x + x ³ 3 + k

¶

, k ∈ R,

a cui per`o bisogna imporre il vincolo z(x) > 0. Di conseguenza la forma generale per y `e

y(x) = µ

− 3

4 (1 + x ² ) ⁻¹ µ

x + x ³ 3 + k

¶¶

3

, k ∈ R.

Imponendo la condizione iniziale si ha

1

1 = y(0) = µ

− 3 4 k

¶

3

=⇒ k = − 4 3 ,

dove abbiamo preso il valore negativo per k in quanto vogliamo z > 0 (essendo il numeratore di 4/3 pari, anche k = 4/3 verifica l’uguaglianza, ma darebbe una z negativa). Quindi la soluzione del problema di Cauchy `e

y(x) = µ

− 3

4 (1 + x ² ) ⁻¹ µ

x + x ³ 3 − 4

3

¶¶

3

.

Ora, per qualunque x, una tale funzione `e definita ed `e positiva (esponente con numeratore pari), ma noi vogliamo anche z positiva, quindi dobbiamo imporre

x + x ³ 3 − 4

3 < 0, che d`a come insieme massimale di definzione

I =] − ∞, 1[.

Esercizio 2. Si consideri l’equazione

y ⁰ = ye ^−y

arctan(y − t).

Discutere esistenza ed unicit`a locale, prolungabilit`a, eventuale comporta- mento per t → ±∞ delle soluzioni, determinare eventuali soluzioni costanti.

Disegnare un grafico qualitativo delle soluzioni.

Soluzione. La dinamica

f (t, x) = xe ^−x

arctan(x − t)

`e di classe C <sup>∞</sup> su tutto R <sup>2</sup> e quindi c’`e esistenza ed unicit`a locale per ogni dato iniziale. L’unica soluzione costante `e y ≡ 0. Studiamo il segno di f

f (t, x)

 



≥ 0 in y ≥ 0, y ≥ t,

≥ 0 in y ≤ 0, y ≤ t,

< 0 altrimenti.

2

Poich´e arctan e g(x) = xe ^−x

sono limitate, anche f `e limitata e quindi le soluzioni esistono per tutti i tempi. Consideriamo soluzioni positive, avendo le altre simile comportamento. Se y(t) > t alllora y `e strettamente crescente, se y(t) < t allora y `e strettamente decrescente. Nei punti in cui y(t) = t la soluzione ha un massimo. Per t ≤ 0 si ha certamente y(t) > t e quindi la solzuione `e crescente. Bisogna vedere se interseca la retta y = t oppure no. Se per assurdo non la intersecasse, allora si avrebbe y(t) > t per ogni t e quindi lim _t→+∞ y(t) = +∞. Ma questo comporterebbe lim _t→+∞ y ⁰ (t) = 0, perch´e y(t)e ^−y

^(t) convergerebbe a zero. Ma questa `e una contraddizione perch´e, avendo derivata che tende a zero, la soluzione dovrebbe sicuramente intersecare la retta y = t. Quindi tutte le soluzioni positive partono crescenti, intersecano la bisettrice del primo quadrante e poi decrescono. Si vede poi in modo solito che deve essere lim t→±∞ y(t) = 0.

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