(2)Esistenza e unicit`a locale: si ha che f (t, y

(1)

Equazioni differenziali

Esercizio 10 Dato il problema di Cauchy





y⁰ = arctan(y) y(0) = α

Dimostare che la soluzione y

(1) `e definita su tutto R;

(2) `e strettamente monotona per α 6= 0;

(3) `e convessa se α > 0, concava se α < 0;

(4) nel caso α ≥ 0, calcolare

t→−∞lim y(t) e lim

t→+∞y(t).

(2)

Esistenza e unicit`a locale: si ha che f (t, y) = arctan(y)

`e di classe C¹ in R². Quindi (teor. ∃! locale) esiste ed `e unica la soluz. loc. y : [−δ, δ] → R. Esistenza globale: poich´e

|f (t, y)| = | arctan(y)| ≤ π

2 ∀ (y, t) ∈ R² , grazie al teor. di ∃ globale si ha che

intervallo massimale di esistenza `e [T_min, T_max] = R Soluzioni stazionarie:

arctan(y) = 0 ⇔ y = 0.

Allora

⇒ unica soluzione stazionaria: ¯y(t) ≡ 0 ∀ t ∈ R. Quindi, ragionando per confronto

(a) α = 0 ⇒ y(t) ≡ 0 ∀ t ∈ R; (b) α > 0 ⇒ y(t) > 0 ∀ t ∈ R; (c) α < 0 ⇒ y(t) < 0 ∀ t ∈ R.

(3)

Osservazione: per α 6= 0,

♣ y non `e dispari, in quanto y(0) = α 6= 0 e y

`e continua in 0;

♣ y non `e pari: la funzione z(t) = y(−t) infatti risolve

z⁰(t) = −y⁰(−t) = − arctan(y(−t)) = − arctan(z(t)) cio`e una diversa equazione!

Segno della derivata: si ha

arctan y > 0 ⇔ y > 0.

Poich`e

y⁰(t) = arctan(y(t)) e

( y(t) > 0 ∀ t ∈ R se α > 0, y(t) < 0 ∀ t ∈ R se α < 0, concludiamo

( y⁰(t) > 0 ∀ t ∈ R ⇒ y strett. cresc. se α > 0, y⁰(t) < 0 ∀ t ∈ R ⇒ y strett. decresc. se α < 0.

Segno della derivata seconda: per studiare conca- vit`a e convessit`a di y, dobbiamo calcolare la derivata seconda di y.

(4)

Dall’equazione e dalla formula per la derivata della funzione composta segue

y⁰⁰(t) = (y⁰(t))⁰ = (arctan(y(t)))⁰ = 1

1 + y²(t)y⁰(t)

= arctan(y(t)) 1 + y²(t) . Dunque

y⁰⁰(t) > 0 ⇔ arctan(y(t)) > 0 ⇔ y(t) > 0

(a) se α > 0, si ha y(t) > 0 su R e perci`o y⁰⁰(t) > 0 su R: quindi y `e convessa su R;

(b) se α < 0, si ha y(t) < 0 su R e perci`o y⁰⁰(t) < 0 su R: dunque y `e concava su R.

Limiti agli estremi per α ≥ 0.

Se α = 0, y(t) ≡ 0 e

t→+∞lim y(t) = lim

t→−∞y(t) = 0.

(5)

Sia α > 0. Sappiamo che y `e strettamente crescente, quindi

∃ lim

t→−∞y(t) = a e ∃ lim

t→+∞ y(t) = b, con 0 ≤ a < b ≤ +∞.

• Proviamo che a = 0. Infatti, si ha

t→−∞lim y⁰(t) = lim

t→−∞arctan(y(t)) = arctan(a).

Per il teorema dell’asintoto, deve essere arctan(a) = 0 ⇒ a = 0.

• Proviamo che b = +∞. Se per assurdo fosse 0 < b < +∞ si avrebbe

t→+∞lim y⁰(t) = lim

t→+∞ arctan(y(t)) = arctan(b) con arctan b > 0,

in contraddizione con il teorema dell’asintoto.

Assurdo!