1) y(x) = sin x + cos x ∈ I,

EDO 22 GENNAIO 2013

Esercizio 1. Determinare tutti gli operatori differenziali lineari a coeffici- enti costanti di ordine 4, D, tali che, detto I l’integrale generale dell’equazione

Dy = 0, si abbiano tutte e tre le seguenti propriet`a:

1) y(x) = sin x + cos x ∈ I,

2) ∃ y ∈ I tale che lim x→+∞ y(x) = +∞, 3) ∃ y ∈ I tale che lim _x→−∞ y(x) = −∞.

Soluzione. Dal punto 1) si ha che sia sin x che cos x devono stare nell’integrale generale. Quindi l’operatore D deve avere il seguente fattore

d ² dx ² + 1.

Pertanto D `e del tipo

D = µ d ²

dx ² + 1

¶ D ₁ ,

dove D ₁ `e un’operatore di ordine 2. D <sub>1</sub> pu`o essere di uno dei seguenti tipi i) D 1 = _dx ^d

+ 1,

ii) a _dx ^d

+ b _dx ^d + c, iii) _dx ^d

.

iv) _dx ^d ¡ _d

dx − λ ¢

λ ∈ R \ {0}, v) ¡ _d

dx − λ ¢ ₂

λ ∈ R \ {0}, vi) ¡ _d

dx − λ ₁ ¢ ¡ _d

dx − λ ₂ ¢

λ ₁ < 0, λ ₂ > 0,

dove, nel caso ii), il polinomio associato aλ ² + bλ + c, ha radici complesse coniugate α + iβ, α − iβ con β 6= 0 e α ± iβ 6= i.

Analizziamo i vari casi. i) Si aggiungono le soluzioni x sin x e x cos x e si vede che allora le richieste 2) e 3) non sono mai verificate. ii) Si aggiungono le soluzioni e ^αx sin(βx) e e ^αx cos(βx) e si vede che, essendo β 6= 0, le richieste 2) e 3) non sono mai verificate. iii) Si agginugono la soluzione costante 1 e la solzione x. Ambedue le richieste 2) e 3) sono soddisfatte dalla funzione x. iv) Si aggiungono la soluzione costante 1 e la soluzione e ^λx . Si vede che una sola delle richieste 2) e 3) `e verificata (dipende dal segno di λ). v) Si aggiungono

1

le soluzioni e ^λx e xe ^λx e si vede che una sola delle richieste 2) e 3) pu`o essere soddisfatta (dipende dal segno di λ). vi) Si aggiungono le soluzioni e ^λ

^x e e ^λ

^x e si vede che ambedue le richieste 2) e 3) sono soddisfatte (prendere per esempio y 1 (x) = e ^λ

^x e y 2 = −e ^λ

^x ).

Quindi tutti gli operatori richiesti sono quelli che hanno una delle seguenti due forme

D = d ² d ² x

µ d ² dx ² + 1

¶ , D =

µ d ² dx ² + 1

¶ µ d dx − λ ₁

¶ µ d dx − λ ₂

¶

λ ₁ < 0, λ ₂ > 0

Esercizio 2. Data la funzione f : R → R cos`ı definita f (x) =

½ 0 se x < 0, x ² se x ≥ 0, si consideri la seguente equazione scalare

y ⁰ = (t ² − 1) sin ² (y(t)) + f (y(t)).

Discutere esistenza ed unicit`a locale per i corrispondenti problemi di Cauchy, esistenza di soluzioni costanti, crescenza e decrescenza delle soluzioni, prol- ungabilit`a delle soluzioni massimali, eventuale comportamento per t → ±∞

e disegnare un grafico qualitativo delle soluzioni.

Sugg. Per lo studio del segno pu`o forse rivelarsi utile la disuguaglianza (del resto nota e fondamentale) | sin x| ≤ |x|.

Soluzione. La funzione f `e di classe C ¹ (le derivate si attaccano bene in x = 0) e quindi si conclude immediatamente che la dinamica

g(t, x) = (t ² − 1) sin ² x + f (x)

`e di classe C <sup>1</sup> . Essa `e definita su tutto R ² e quindi c’`e esistenza ed unicit`a locale del problema di Cauchy per ogni dato iniziale in R ² . Esistono soluzioni costanti e sono della forma

y(t) ≡ kπ,

con k intero, k ≤ 0, In particolare la funzione nulla `e soluzione costante dell’equazione. Quindi le soluzioni o sono sempre positive o sono sempre negative.

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Analizziamo le soluzioni negative. Per unicit`a e per le soluzioni costanti prima trovate, abbiamo che ogni soluzione negativa `e limitata dai valori (k − 1)π e kπ con k intero non positivo. Quindi, essendo limitate, esse esistono per tutti i tempi t ∈ R. Sono crescenti per |t| > 1 e decrescenti per |t| < 1.

In t = −1 hanno un massimo locale a in t = 1 un minmimo locale. Con i soliti ragionamenti si vede che

t→−∞ lim y(t) = (k − 1)π, lim

t→+∞ y(t) = kπ.

Analizziamo le soluzioni positive. Se x > 0. si ha, per ogni t ∈ R, g(t, x) = (t ² − 1) sin ² x + x ² ≥ − sin ² x + x ² > 0,

e quindi le soluzioni positive sono strettamente crescenti. Essendo limitate inferiormente da y ≡ 0, esse esistono per tutti i tempi t → −∞ e, al solito modo, si trova che lim _t→−∞ y(t) = 0. Supponiamo ora che esse vivano per tutti i tempi t → +∞. Allora, per t > 1, si ha

g(t, y(t)) > y ² (t)

e quindi, per il confronto, stanno sopra a soluzioni di y ⁰ = y ² che non vivono per tutti i tempi t → +∞. Contraddizione. Quindi le soluzioni positive esplodono in tempo finito al cresecere di t.

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