ii) Se ne determini la soluzione (e relativo intervallo massimale di es- istenza) del corrispondente problema di Cauchy con dato y(1) = 1.

EQUAZIONI DIFFERENZIALI ORDINARIE 17/7/2012 Esercizio 1. Si consideri la seguente equazione scalare

y ⁰ (t) = y ² (t)

t ² + y(t) t + 1 i) Se ne determini l’integrale generale.

ii) Se ne determini la soluzione (e relativo intervallo massimale di es- istenza) del corrispondente problema di Cauchy con dato y(1) = 1.

Soluzione. i) L’equazione e’ un’equazione nonlineare omogenea del tipo y ⁰ = f ( y

t ),

con f (ξ) = ξ ² + ξ + 1, e ovviamente ha senso solo per t 6= 0. Studiamo il caso t > 0, l’altro essendo simile (che in sede d’esame va comunque studiato).

Con il cambio di variabile z = y/t si ottiene l’equazione a variabili separabili z ⁰ = z ² + 1

t che, integrata da’

arctan(z) = log t + k, k ∈ R.

Ora, l’immagine dell’arcotangente e’ strettamente contenuta in ] − π/2, π/2[

e quindi imponiamo

| log t + k| < π

2 =⇒ t ∈]e ^−π/2−k , e ^π/2−k [.

Possiamo quindi invertire l’arcotangente, ottenendo, alla fine l’integrale gen- erale, per t > 0,

y :]e ^−π/2−k , e ^π/2−k [→ R, t 7→ t tan(log t + k), k ∈ R.

N.B. Se uno non si preoccupa di imporre subito la condizione affinch´e log t + k stia nell’immagine dell’arcotangente, e applica direttamente la tan- gente ad ambo i membri, ottiene ancora y(t) = t tan(log t + k) e poi dovrebbe imporre condizioni affinch´e log t+k non sia ±π/2, modulo mπ, e questo com- porta una maggior attenzione nel definire quale sia l’intervallo massimale di

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esistenza. Pero’ la cosa e’ formalmente non corretta, oltre che ”pericolosa”.

Non e’ corretta perch´e per definizione la tangente si inverte (e la sua inversa e’ l’arcotangente) solo nell’intervallo ] − π/2, π/2[ e quindi quando scrivo tan(arctan(z)) = z sto usando proprio quel ramo della tangente. E’ peri- colosa perch´e, anche se in questo caso, con un po’ di attenzione, tutto fun- zionerebbe ugualmente, in altre situazioni invertire sull’intervallo sbagliato potrebbe portare a equivoci ed errori (ad esempio, un programma di calcolo matematico al computer potrebbe non capire cosa si stia facendo...). Ra- gionamenti analoghi varrebbero nel caso si avesse a che fare con l’arcoseno o l’arcocoseno.

ii)

1 tan(log 1 + k) = 1 =⇒ k = π/4.

La soluzione e’

y :]e ^−3π/4 , e ^π/4 [→ R, t 7→ t tan(log t + π 4 ).

Esercizio 2. Sia f : R → R una funzione di classe C ¹ con un minimo assoluto che vale 1 raggiunto in x = 0.

i) Si consideri il problema di Cauchy

½ y ⁰ (t) = f (y(t)), y(0) = 0

e sia I _max =]a, b[ l’intervallo massimale di esistenza della soluzione, con

−∞ ≤ a < b ≤ +∞.

i1) Dire se esistono ed eventualmente quanto valgono i limiti lim _t→a

y(t) e lim _t→b

y(t).

i2) Si dia un’ulteriore condizione su f che sia sufficiente affinch´e a > −∞ e b < +∞ (va bene anche un esempio esplicito di una siffatta f ).

ii) Si consideri il problema

½ y ⁰ (t) = f ² (y(t)), y(0) = 0

e sia ˜ I max =]˜a, ˜b[ il corrispondente intervallo massimale della soluzione, con

−∞ ≤ ˜a < ˜b ≤ +∞. Dire se puo’ accadere che ˜a < a o ˜b > b.

N.B. Tutte le risposte devono essere adeguatamente giustificate.

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Soluzione. i1) poich´e f ≥ 1, le soluzioni sono tutte strettamente cres- centi e quindi i due limiti in questione esistono sicuramente (alla peggio

−∞ il primo e +∞ il secondo). Supponiamo b < +∞. Allora il limite non puo’ essere finito perch´e altrimenti la soluzione massimale non sarebbe uscita definitivamente da un compatto del dominio della dinamica (pensata come funzione di (t, x) e costante nella variabile t). Quindi in questo caso il limite deve essere uguale a +∞. Se invece b = +∞, allora ugualmente il limite e’ +∞ perch´e y ⁰ (t) = f (y(t) ≥ 1 e’ uniformemente strettamente positiva.

Analogamente si prova che l’altro limite deve essere uguale a −∞.

i2) La soluzione esplode in tempi finiti, sia in avanti che indietro, se, per esempio, f ≥ g con g tale che la corrispondente soluzione del problema di Cauchy ha quella medesima proprieta’. Per esempio, se prendiamo g(x) = 1 + x ² allora ogni f ≥ g, con f (0) = 1 va bene. In particolare la g stessa va bene.

ii) Poich´e f ≥ 1, allora f ² ≥ f e quindi, dal teorema del confronto, si vede facilmente che la cosa richiesta non puo’ accadere.

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