Equaz. differenziali #4

Equazioni differenziali, #4
(roba seria; contiene tracce di soluzioni )
MV, AnMat3, 15/16
30] Descrivere, al variare di c ∈ (0, +∞), l’intervallo Ic in cui è definita la soluzione massimale yc di
0
y = ln y
y (0) = c
e determinare quando Ic = R.
Traccia di sol.: da ogni punto di Ω = R × R+ esce 1! soluzione; per c = 1, y (x) ≡ 1, quindi y (x) ≶ 1 se
e solo se c ≶ 1. Separando le variabili
Z y
dt
;
x = Hc (y) :=
c ln t
la soluzione è la funzione inversa yc (x) = Hc−1 (x) .
La g (t) = 1/ ln t è integrabile (in senso improprio) in U + (0) , ma non in U (1)
R c nédt in U (+∞) .
Se 0 < c < 1, Hc è monotona (decr.) da (0, 1) a Ic = (−∞, Ac ) , con Ac := 0 |ln t| < +∞; per x → A−
c si
+
0
ha y (x) → 0 , con y (x) → −∞. Se c > 1, Hc : (1, +∞) → Ic = R è crescente e surjettiva.
31]
(P Ca )
xy 0 − y + xy 2 = x3
, a ∈ R.
y (1) = a
i) per quali a la soluzione locale ya è definita almeno in (0, +∞)?
ii) quando ya ∈ C 1 (R)?
y
è C ∞ in Ω = (0, +∞) × R, quindi ogni (P Ca )
x
ammette 1! sol. massimale ya definita in Ia ⊆ (0, +∞) . È un’equazione di Riccati, con y (x) = x come
soluzione particolare; per a = 1 questa è la soluzione, ed è definita (almeno) in (0, +∞) .
1
Per x > 0 e a 6= 1, la sostituzione y (x) = x +
porta a
u (x)

 0
2x2 − 1
1
a + 1 x2
2x
u
u =1+
=⇒ ua (x) =
e −1
=⇒ ya (x) = x +
.
x
a + 1 x2
 u (1) = 1/ (a − 1)
2x e (a − 1)
e −1
e (a − 1)
e+1
Per a ∈ (−∞, −1) è Ia = (0, xa ) con xa > 1, e ya → −∞ se xa → x−
.
Per
a
∈
,
+∞
è Ia = (xa , +∞)
a
e−1
Traccia di sol.: normalizzando, f (x, y) = x2 − y 2 +
con xa < 1, e ya → +∞ se xa → x+
a . Poi:
h
i
e+1
Ia = (0, +∞) ⇐⇒ la funzione ua non si annulla in (0, +∞) ⇐⇒ a ∈ −1, e−1
.
Per x → 0+ è ya (x) → +∞ se a =
e+1
e−1 ,
h
e+1
mentre ya (x) → 0 se a ∈ −1, e−1
. In quest’ultimo caso è
possibile estendere ya a tutto R in modo da ottenere una soluzione in C 1 (R) . Questo prolungamento è
unico.
1
32] Verificare che il problema di Cauchy

−2xy
 y0 =
x2 + y 2 + ey
 y (0) = 1
ammette
un’unica soluzione ϕ definita in R. Determinarla (in forma implicita), e discutere la convergenza
R
di R ϕ (x) dx.
−2xy
è di classe C ∞ R2 , quindi in ogni punto di R2 si applica il
Traccia di sol.: f (x, y) = 2
2
y
x +y +e
teorema di ∃! locale. Inoltre |f (x, y)| ≤ 1, quindi si può applicare il teorema di ∃! globale.
La forma differenziale ω = 2xy dx + x2 + y 2 + ey dy è chiusa (e quindi esatta) in R2 . Calcolandone i
potenziali e inserendo il dato iniziale, la soluzione del PC è l’unica funzione implicita ϕ definita, in R, da
(∗)
x2 y +
y3
1
+ ey = e +
3
3
L’equazione differenziale è soddisfatta anche da t (x) = y (−x) , quindi ϕ è pari.
Poiché sgn (ϕ0 ) = sgn (−xy) , ϕ ha max in x = 0; inoltre, y ≡ 0 risolve l’equazione differenziale, e quindi
0 < ϕ (x) ≤ 1 per ogni x ∈ R.
Perciò esiste ` := lim ϕ (x) ∈ [0, 1), e da (∗) si ricava ` = 0. Quindi x2 ϕ (x) ∼ e− 32 , e l’integrale improprio
x→+∞
R +∞
ϕ
converge.
−∞
33] Risolvere
y 00 + (1 − e−x ) y 0 = 2e−2x
−x
Sugger.: cambiare variabile indipendente t = e−x . Si ottiene y (x) = c1 + 2e−x + c2 e−e
.
34] Sia y la soluzione locale di
y 0 = ey − ex
y (0) = 0
Calcolarne il polinomio di McLaurin di ordine 3. Dimostrare che la soluzione appartiene a C 1 (R) . Ricavarne l’espressione esplicita.
La f (x, y) = ey − ex appartiene a C ∞ R2 ; la soluzione locale è infinitamente derivabile; calcolando in
x = 0 si ottiene
x2 x3
T3 (x) = − −
2
3
da cui si deduce un max in x = 0.
Poiché y 0 (x) ≥ 0 ⇐⇒ y (x) ≥ x, si ricava che per ogni x < 0 valgono
x ∈ (−∞, 0) =⇒ x < y (x) < 0 =⇒ |f (x, y)| ≤ 2
e quindi la soluzione è definita per ogni x < 0.
Se I = (−∞, α) indica l’intervallo di definizione della soluzione massimale, in (0, α) sono negative sia y (x)
che y 0 (x) ; la situazione α ∈ (0, +∞) non può verificarsi, perché per x → α− si avrebbe y (x) → −∞,
y 0 (x) → −∞ e questo non è compatibile con l’equazione differenziale. Perció I = R.
Con il cambio di variabile dipendente u (x) = e−y(x) l’equazione diventa lineare, e permette di arrivare a
Z x
ex 1
−es
y (x) = − log e
−
e
ds
e
0
2