Esercizio 1. Scrivere un problema di Cauchy che sia univocamente risolto dalla funzione

EDO 10 SETTEMBRE 2013

Esercizio 1. Scrivere un problema di Cauchy che sia univocamente risolto dalla funzione

y(t) = 3t + e

cos(4t) − 5e

sin(4t) + t

+ 8.

Soluzione. Per come `e fatta la funzione y `e evidente che dobbiamo cercare un’equazione lineare a coefficienti costanti. Possiamo isolare, nella funzione y, due pezzi y

(t) = t

+ 3t + 8 e y

(t) = e

cos(4t) − 5e

sin(4t).

Il primo pezzo `e soluzione di un’equazione D

y = 0 in cui D

`e almeno del quarto ordine e contiene il termine (d/dt)

; y

`e invece soluzione di D

y = 0 in cui D

`e almeno del secondo ordine con un termine corrispondente al poli- nomio caratteristico (λ − 1 − 4i)(λ − 1 + 4i). Pertanto la nostra funzione

`e sicuramente soluzione dell’equazione omogenea del sesto ordine corrispon- dente al polinomio caratteristico

p(λ) = λ

(λ − 1 − 4i)(λ − 1 + 4i).

A questa devono essere associate sei condizioni iniziali su y, y

, y

, y

, y

, y

. Basta quindi calcolare tali valori in, per esempio, t = 0 per la funzione data.

Calcolare fino alla derivata quinta della funzione data pu`o per`o essere lungo, noioso e con alta probabilit`a di sbagliare. Si pu`o quindi ridurre l’ordine dell’equazione, per esempio al secondo ordine, considerando solo l’operatore del secondo ordine, corrispondente a (λ − 1 − 4i)(λ − 1 + 4i),

D = µ d

dt

¶

− 2 µ d

dt

¶

+ 17I,

imponendo quindi solo due condizioni iniziali (su y e y

) e per`o inserendo un termine noto che si ottiene calcolando D(t

+ 3t + 8).

Esercizio 2. Si consideri l’equazione del secondo ordine y

= 2y

1 + y

.

i) Nel piano delle fasi (y

, y

) = (y, y

), abbozzare il grafico delle traietto- rie, con verso di percorrenza.

ii) Considerato il problema di Cauchy

1

 

 

 



y

= 2y 1 + y

y(0) = 0 y

(0) = − √

2, si supponga che, in t ∈ R, sia y(t) = − √

e − 1. Quanto varrebbe allora y

(t)?

iii) Esiste un t come in ii)?

Soluzione.. i) L’equazione `e del tipo conservativo y

= f (y). Quindi, detta F una primitiva di f , `e noto che

E(y

, y

) = y

2 − F (y

),

`e un integrale primo del moto per il corrispondente sistema autonomo

½ y

= y

y

= f (y

).

Nel nostro caso quindi,

E(y

, y

) = y

2 − log(1 + y

).

Ne segue che le traiettorie sono, nel piano delle fasi (y

, y

), i grafici delle funzioni

y

= ± q

2 log(1 + y

) + k, k ∈ R,

percorsi nel verso delle y

crescenti. Ovviamente, tali fuzioni sono definite solamente per i valori y

(da trovare in funzione di k) tali che 2 log(1+y

)+k ≥ 0.

ii) Sia y la soluzione del problema di Cauchy. Dal punto i), deve essere y

(t) = ± p

2 log(1 + y(t)

) + k,

e, imponendo le condizioni iniziali, si vede che dobbiamo prendere il segno meno davanti alla radice e che deve essere k = 2. Quindi abbiamo la relazione tra y e y

2

y

(t) = − p

2 log(1 + y(t)

) + 2.

Ne segue che

y

(t) = − p

2 log(1 + e − 1) + 2 = −2.

iii) S`ı, un tale t esiste, perche’ dal punto i) si vede che la traiettoria che passa per (0, − √

2) assume tutti i valori y

∈ R.

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