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analisi 2
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1. Equazioni differenziali II
Esercizio 1. Data f : R (0,+) continua e crescente, si consideri il problemadi Cauchy {
y(x) = f(x)y(x)1+y(x)y(0) = y0 > 0.
(1) Trovare lequazione che esprime la soluzione in forma implicita e verificareche y non esplode in tempo finito.
(2) Dimostrare che y(x) e` crescente, convessa e che
limx+ y(x) = +.
Soluzione. Osserviamo preliminarmente che sono soddisfatte le ipotesi del Teoremadi esistenza ed unicita` locale in ogni rettangolo del tipo
R = [a, a] [y0 b, y0 + b]con y0 > 0 e b > 0 sufficientemente piccolo. Infatti la funzione
g(y) =y
y + 1
ha derivata g(y) = 1(1+y)2 limitata per y [1 + ,+) per ogni > 0. Di con-seguenza, esiste ununica soluzione y(x) del suddetto problema di Cauchy, definitain un intervallo massimale I = (a, b). Inoltre, poiche` y0 > 0 e la funzione identica-mente nulla u(x) = 0 e` soluzione dellequazione, per lunicita` si ha
y(x) > 0 x I.Separando le variabili ed integrando tra 0 ed x, otteniamo y(x)
y0
(1 +
1
y
)dy =
x0
f()d,
da cui la relazione implicita richiesta
(1) y(x) + log(y(x)) =
x0
f()d + y0 + log(y0)
(si ricordi che y(x) > 0 per ogni x I). Dimostriamo che la soluzione y(x) e` definitasu tutto R. In questa direzione facciamo vedere che b = sup I = + (analogamenteprovate a dimostrare che a = inf I = ). Per assurdo, supponiamo che b < +.Poiche` f(x) > 0 per ogni x R ed y(x) > 0 per ogni x I, abbiamo y(x) > 0 perogni x I. Di conseguenza la funzione y(x) risulta essere monotona crescente nelsuo intervallo di esistenza massimale, pertanto esite
limxb
y(x).
Se tale limite fosse finito, sarebbe necessariamente un valore l > 0 e quindi esi-sterebbe anche
limxb
y(x) = limxb
f(x)y(x)
1 + y(x)= f(b)
l
l + 1
(qui e` stata usata anche la continuita` di f). Pertanto si potrebbe prolungare lasoluzione y(x) a destra di b (provate a giustificare questa affermazione), da cui unassurdo per la massimalita` di y(x). Di conseguenza, b = + in questo caso.
1
2Se invece y(x) + per x b, dalla (1) (e ricordando che f > 0 su R) siavrebbe b
0
f()d = limxb
x0
f()d = limxb
(y(x) + log(y(x)) y0 log(y0)) = +,
ovvero un assurdo per la continuita` e la limitatezza di f() nellintervallo limitato(0, b).
(2) Gia` sappiamo che y(x) e` strettamente crescente e strettamente positiva su R.Inoltre la funzione
g(y) =y
y + 1e` crescente in y per y > 1, quindi
x 7 y(x)1 + y(x)
e` crescente in x in quanto composizione di funzioni crescenti. Dato che
y(x) = f(x)y(x)
1 + y(x),
la funzione y e` prodotto di funzioni crescenti e positive, quindi e` crescente. Pertantoy(x) e` una funzione convessa in R. Grazie alla convessita` di y(x), abbiamo
(2) y(x) y0 + y(0)x, y(0) = f(0) y01 + y0
con f(0) > 0 per ipotesi. Dal momento che y(0) > 0, quindi il secondo membrodella (2) diverge a + nel limite per x +, si ha anche y(x) + perx +.
Esercizio 2. Si consideri il problema di Cauchy{y(x) = 1y
2(x)1+y2(x)
y(0) = y0.
(1) Dimostrare che, per ogni scelta di y0, la soluzione y = y(x) e` definita perogni x R.
(2) Dimostrare che, se y0 > 1, allora la soluzione y(x) verifica le seguentiproprieta`:
y(x) > 1 x R, y e` decrescente, y e` convessa.Soluzione. (1) Si ha
F (s) :=1 s1 + s
F (s) = 2(1 + s)2
< 0 1 < 1 s1 + s
< 1 s 0.
In particolare quindi la funzione (1 y2)/(1 + y2) e` globalmente limitata (e chiara-mente di classe C1 su R), 1 y21 + y2
1.Pertanto e` possibile applicare il Teorema di esistenza globale delle soluzioni (e` sod-disfatta lipotesi di crescita |f(x, y)| A+B|y|).(2) Dato che la funzione a secondo membro e` regolare, tutti i problemi di Cauchyhanno soluzione unica. Inoltre y = 1 e` soluzione dellequazione; pertanto, se si avessey(x) = 1 per qualche x R, si dovrebbe avere anche y(x) = 1 per ogni x R,
3in contraddizione con la condizione iniziale y(x0) = y0 > 1. Ne segue che y(x) > 1per ogni x oppure y(x) < 1 per ogni x. La condizione iniziale implica la validita`della prima delle due. La monotonia e` conseguenza immediata dellequazione e dellacondizione y(x) > 1:
y(x) =1 y2(x)1 + y2(x)
< 0 x R.
Le funzioni s 7 (1 s)/(1 + s) e x 7 y2(x) sono decrescenti, quindi la loro compo-sizione x 7 (1 y2(x))/(1 + y2(x)) e` crescente. Ne segue che y(x) e` decrescente,da cui y(x) e` convessa.
Esercizio 3. Si verifichi che il problema di Cauchy{y(x) = 3
y2+1x4+1
y(x0) = y0
ammette soluzione unica, prolungabile a tutto R, per ogni (x0, y0) R2; dimostrareinoltre che tutte le soluzioni sono limitate.
Soluzione. Sia
f(x, y) =3
y2 + 1
x4 + 1
il cui dominio e` tutto il piano R2. La funzione e` continua in R2 e la sua derivataparziale rispetto ad y e`
fy(x, y) =1
3
1 + x42y
3(1 + y2)2/3
anchessa definita e continua su R2. Di conseguenza f(x, y) risulta essere una fun-zione continua e localmente lipschitziana rispetto ad y (uniformemente rispetto adx). Inoltre,
|fy(x, y)| 131 + x42|y|
3(1 + y2)2/3 2
3(1 + y2)1/6 2
3.
Questo significa che f(x, y) e` globalmente lipschitziana rispetto ad y, uniformementerispetto ad x R. Quindi la soluzione del problema di Cauchy in esame esiste unicaed e` prolungabile a tutto R.
Dal momento che f(x, y) > 0 per ogni (x, y) R2, la soluzione y(x) del problemadi Cauchy {
y(x) = 3
y2+1x4+1
y(x0) = y0
e` strettamente crescente su R; di conseguenza esistono (finiti o infiniti) i limiti
limx+ y(x) = L +, limx y(x) = l .
Dimostriamo che L < + (la dimostrazione che l > e` del tutto analoga). Inquesta direzione, dallequazione differenziale ricaviamo
y(x)3y2 + 1
=1
3x4 + 1
,
4da cui, per ogni x > x0,
(1)
y(x)y0
13y2 + 1
dy =
xx0
13
1 + s4ds
+x0
13
1 + s4ds M < +,
essendo la funzione s 7 ( 31 + s4)1 integrabile in senso improprio su R. Se perassurdo si avesse L = +, ovvero y(x) + per x +, dalla (1) si ricaverebbe
(2) limz+
zy0
13y2 + 1
dy = limx+
y(x)y0
13y2 + 1
dy M ;
si osservi che lesistenza del limite a primo membro e la validita` del primo passaggiosono garantite dal carattere monotono crescente della funzione
z 7 zy0
13y2 + 1
dy
e dallaver supposto che y(x) + per x +. Daltra parte, poiche`
limy+
3y2 + 1
y2/3= 1,
e la funzione y 7 y2/3 non e` integrabile in senso improprio (ad esempio) in (1,+),si deduce che il primo limite nella (2) vale +, da cui un assurdo. Pertanto L 0, y(x) > 2 se x < 0 (qui e` stata usata la condizioney(0) = 2). In conclusione y(x) e` definita per ogni x R, e` una funzione strettamentedecrescente ed infine
1 < y(x) < 3 x R.Dallequazione differenziale e dalle suddette proprieta` si ottiene inoltre
y(x) = 6(y2(x) 4y(x) + 3)2(y(x) 2)y(x){> 0 se x > 0< 0 se x < 0.
Ne segue che y(x) e` convessa per x > 0 e concava per x < 0; il punto x0 = 0 e` unpunto di flesso.
Infine, essendo y(x) monotona decrescente e convessa, esistono i limiti
limx+ y(x) = l [1, 3), limx+ y
(x) = limx+
y(x)
x= 0.
Dal momento che si ha anche
limx+ y
(x) = limx+(y
2(x) 4y(x) + 3)3 = (l2 4l + 3)3,si deve necessariamente avere (l2 4l + 3)3 = 0, ovvero l = 1. Analogamente sidimostra che y(x) 3 per x .
Esercizio 6. Sia a(x) C(R), a(x) > 0 per ogni x R. Si consideri il problemadi Cauchy {
y(x) = a(x)y4(x)y(0) = 1.
Dire sotto quali condizioni su a la soluzione e` globale.
Soluzione. Sono soddisfatte le ipotesi del Teorema di Cauchy di esistenza ed unicita`locale. Inoltre, separando le variabili ed usando la condizione iniziale y(0) = 1, siottine la seguente soluzione esplicita per la soluzione
(1) [y(x)]3 =1
1 3 x0a()d
.
Dalla (1) segue che y(x) e` globale se e solo se
(2) 1 3 x0
a() d > 0 x R.
Dato che a(x) > 0 per ogni x, la funzione x 7 1 3 x0a() d e` strettamente
decrescente. Pertanto la condizione (2) risulta essere soddisfatta se e solo se
limx+ 1 3
x0
a() d 0,ovvero se e solo se
limx+
x0
a() d 13.
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