i) Per ogni valore del parametro µ ∈ R, si consideri l’equazione y 000 + y 00 + µy 0 = 0.

EQUAZIONI DIFFERENZIALI ORDINARIE 18/6/2013 Esercizio 1.

i) Per ogni valore del parametro µ ∈ R, si consideri l’equazione y ⁰⁰⁰ + y ⁰⁰ + µy ⁰ = 0.

ia) Determinare, per ogni valore µ ∈ R, l’integrale generale.

ib) Per µ = 1/4, determinare tutte le soluzioni che hanno un unico punto di massimo, assunto in t = 0.

ii) Per ogni valore del parametro µ ∈ R, determinare l’integrale generale di

y ⁰⁰⁰ + y ⁰⁰ + µy ⁰ = 1.

Soluzione.

ia) L’equazione caratteristica e’

λ ³ + λ ² + µλ = 0, che porge le radici complesse

λ = 0, λ = −1 + √ 1 − 4µ

2 .

Se µ < 1/4 e µ 6= 0, allora il discriminante e’ strettamente negativo e abbiamo tre radici reali con molteplicita’ 1,

y(t) = c ₁ + c ₂ e

√1−4µ

2

t + c ₃ e

√1−4µ

2

t .

Se µ = 0, allora abbiamo la radice nulla con molteplicita’ 2 e un’altra radice reale,

y(t) = c ₁ + c ₂ t + c ₃ e ^−t .

Se µ = 1/4 allora abbiamo due radici reali di cui una con molteplicita’ 2, y(t) = c ₁ + c ₂ e ⁻

^t + c ₃ te ⁻

^t .

Se µ > 1/4 allora abiamo una radice reale e due complesse coniugate,

1

y(t) = c ₁ + c ₂ e ⁻

^t cos

µ√ 4µ − 1

2 t

¶

+ c ₃ e ⁻

^t sin

µ√ 4µ − 1

2 t

¶ .

ib) La derivata del termine generale e’

y ⁰ (t) = − 1

2 c ₂ e ⁻

^t + c ₃ e ⁻

^t − 1

2 c ₃ te ⁻

^t ,

e si vede che c’e’ un unico massimo se e soltanto se c ₃ > 0 e che tale massimo e’ raggiunto in t = −c ₂ /c ₃ + 2. Ne segue che la risposta e’: tutte le funzioni della forma generale data per cui c ₂ = −2c ₃ < 0.

ii) Se µ 6= 0, allora un integrale particolare e’ immediatamente dato da x/µ. Se invece µ = 0, allora un integrale particolare e’ x ² /2. Si conclude quindi immediatamente.

Esercizio 2.

Si consideri il seguente sistema autonomo in R ⁴ nelle variabili (x, y, z, w):

 

 

 



x ⁰ = −2y(z ² + w ² ) y ⁰ = 2x(z ² + w ² ) z ⁰ = −2w(x ² + y ² ) w ⁰ = 2z(x ² + y ² ).

i) Determinare tutti gli eventuali punti di equilibrio.

ii) Provare che sia la norma al quadrato in R ⁴ di (x, y, z, w), sia la norma al quadrato in R ² delle prime due componenti (x, y), sia la norma al quadrato in R ² delle seconde due componenti (z, w) e’ un integrale primo del moto.

iii) Sia t 7→ (x(t), y(t), z(t), w(t)) ∈ R ⁴ un’orbita. Provare che ambedue le orbite proiettate, t 7→ (x(t), y(t)) ∈ R ² e t 7→ (z(t), w(t)) ∈ R ² , sono periodiche (sugg.: dal punto ii), le prime due componenti, cosi’ come le seconde due, soddisfano ad un semplice sistema autonomo bidimensionale...)

iv) Calcolare l’orbita passante per (1, 0, 0, 4).

Soluzione.

i) Il sistema

 

 

 



−2y(z ² + w ² ) = 0 2x(z ² + w ² ) = 0

−2w(x ² + y ² ) = 0 2z(x ² + y ² ) = 0.

2

ha per soluzioni

{(x, y, 0, 0)|x, y ∈ R} , {(0, 0, z, w)|z, w ∈ R} , che sono quindi tutti i punti di equilibrio.

ii) Posto E(x, y, z, w) = x ² + y ² + z ² + w ² , si ha immediatamente

∇E(x, y, z, w) · (−2y(z ² + w ² ), 2x(z ² + w ² ), −2w(x ² + y ² ), 2z(x ² + y ² )) = 0, e analogamente per gli atri due casi, E 1 (x, y, z, w) = x ² + y ² , E 2 (x, y, z, w) = z ² + w ² .

iii) Sia t 7→ (x(t), y(t), w(t), z(t)) un’orbita. Dal punto ii), essendo E ₂ un integrale primo, si ha che esiste c ∈ R tale che z(t) ² + w(t) ² ≡ c. Quindi, guardando solamente alle prime due componenti, si ha che la corrispondente orbita t 7→ (x(t), y(t)) in R ² e’ un’orbita del sistema

½ x ⁰ = −2cy y ⁰ = 2cx,

le cui orbite non costanti (cioe’ con c 6= 0) sono circonferenze attorno all’origine, prive di punti di equilibrio, e quindi periodiche. Analogamente per le orbite t 7→ (z(t), w(t)) ∈ R ² .

iv) Sia t 7→ (x(t), y(t), z(t), w(t)) tale orbita, con (x(0), y(0), z(0), w(0)) = (1, 0, 0, 4). Dai punti ii) e iii) si ha che tale orbita esiste per tutti i tempi e inoltre x(t) ² + y(t) ² ≡ 1, z(t) ² + w(t) ² ≡ 16. Ne segue che (x, y) e (z, w) risolvono separatemente i due sistemi

½ x ⁰ = −32y y ⁰ = 32x,

½ z ⁰ = −2w w ⁰ = 2z,

da cui (x(t), y(t), z(t), w(t)) = (cos(32t), sin(32t), −4 sin(2t), 4 cos(2t)).

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