Esercizio 1. Dato l’operatore differenziale lineare a coefficienti costanti D = d

EDO 21 LUGLIO 2010

Esercizio 1. Dato l’operatore differenziale lineare a coefficienti costanti D = d

dt

+ 5 d

dt

− 36id, i) determinare l’integrale generale dell’equazione

Dy = 0;

ii) determinare l’integrale generale dell’equazione Dy = t;

iii) determinare tutte le solzioni del problema

 

 

 



Dy = 0

y(0) = 0 6= y(π) y

(0) = 0

y

(0) = 0;

iv) l’insieme delle soluzioni del problema al punto iii) forma uno spazio vettoriale?

Soluzione. i) Si tratta dell’equazione del quarto ordine y

+ 5y

− 36y = 0,

il cui polinomio caratteristico `e

λ

+ 5λ

− 36

che ha radici λ

= 2, λ

= −2, λ

= 3i, λ

= −3i, ciascuna, ovviamente, con molteplicit`a 1. L’integrale generale `e quindi dato dalle funzioni (definite su tutto R) del tipo

y(t) = c

e

+ c

e

+ c

sin(3t) + c

cos(3t), c

, c

, c

, c

∈ R.

ii) Un integrale particolare dellequazione non omogenea y

+ 5y

− 36y = t

1

`e dato da

y(t)) = − 1 36 t

(lo si vede facimente anche “a occhio”, oppure si pu`o usare il metodo degli an- nichilatori, essendo il termine noto annichilito da (d

/dt

)). Quindi l’integrale generale cercato `e dato dalle funzioni (definite su tutto R) del tipo

y(t) = c

e

+ c

e

+ c

sin(3t) + c

cos(3t) − 1

36 t, c

, c

, c

, c

∈ R iii) Il problema (che non `e un problema di Cauchy, non essendo coinvolte tutte le derivate fino all’ordine n − 1 e essendoci una “doppia” condizione sui valori della funzione y in due punti distinti) ha solzuione che va cercata tra le soluzioni dell’omogenea (essendo la prima riga Dy = 0). Prendendo quindi l’integrale generale dell’omogenea e imponendo le condizioni y(0) = y

(0) = y

(0) = 0 otteniamo il sistema algebrico

 



c

+ c

+ c

= 0 2c

− 2c

+ 3c

= 0 4c

+ 4c

− 9c

= 0,

le cui soluzioi, dipendenti da un parametro reale k ∈ R sono (c

, c

, c

, c

) =

µ

− 3 4 k, 3

4 k, k, 0

¶ .

Le soluzioni del problema vanno quindi cercate tra le funzioni del tipo y(t) = − 3

4 ke

+ 3

4 ke

+ k sin(3t), k ∈ R.

Imponendo la condizione y(π) 6= 0 si ottiene 0 6= − 3

4 ke

+ 3

4 ke

= 3 4 k ¡

e

− e

¢ .

Essendo il termine dentro parentesi non nullo (e

6= e

), si ottiene l’unica condizione k 6= 0. Quindi le soluzioni sono tutte le funzioni (definite su tutto R) del tipo

y(t) = − 3

4 ke

+ 3

4 ke

+ k sin(3t), k ∈ R \ {0}.

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iv) Non `e uno spazio vettoriale. Per convincersene basta osservare, per esempio, che non contiene la funzione nulla.

Esercizio 2. Si consideri il seguente sistema autonomo bidimensionale

½ x

= 2y(1 − x

) y

= 2x(y

− 1).

i) Determinare gli eventuali punti di equilibrio.

ii) Calcolare un integrale primo.

iii) Abbozzare un grafico delle traiettorie con i loro versi di percorrenza.

iv) Esistono traiettorie periodiche? se s`ı quali?

v) Classificare i punti di equilibrio.

(N.B. per i punti iv) e v) sono sufficienti considerazioni ottenute dal grafico).

Soluzione. i) I punti di equilibrio sono gli zeri del sistema

½ 2y(1 − x

) = 0 2x(y

− 1) = 0,

che sono i punti (0, 0), (1, 1), (1, −1), (−1, 1), (−1, −1).

ii) Si vede facilmente che la forma 2x(y

− 1)dx + 2y(x

− 1)dy `e esatta (verifica la condizione delle “derivate in croce” ed `e definita su tutto R

che `e semplicemente connesso). Con il metodo delle primitive si giunge facilmente alla famiglia di potenziali

ϕ(x, y) = x

y

− x

− y

+ k k ∈ R.

Prendendo k = 1 si ottiene la formula, pi`u maneggevole, ϕ(x, y) = (x

− 1)(y

− 1).

iii) Esercizio.

iv) Traiettorie periodiche sono i cicli (escluso l’equilibrio (0, 0)) stretta- mente contenuti nel quadrato di vertici (1, 1), (1, −1), (−1, 1), (−1, −1). Per vedere che questi sono cicli basta accorgersi che (0, 0) `e un punto di massimo locale stretto per ϕ, che ϕ(0, 0) = 1, che ϕ = 0 sul bordo del quadrato e che 1 > ϕ(x, y) > 0 se (x, y) 6= (0, 0) `e interno al quadrato. Quindi sul quadrato il grafico di ϕ forma una “cupoletta” con vertice stretto in (0, 0).

”Affettando” tale cupoletta con piano orizzontali si ottengono curve di livello chiuse che non contengono punti di equilibrio.

v) (0, 0) `e stabile ma non asintoticamente, tutti gli atri punti di equilibrio sono instabili.

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