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.