Analisi Matematica 2 Esercizi di esame e di controllo Versione con risoluzioni

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1 Analisi Matematica 2 Esercizi di esame e di controllo Versione con risoluzioni Daniele Andreucci Dipartimento di Scienze di Base e Applicate per l Ingegneria Università di Roma La Sapienza via A.Scarpa 16, Roma daniele.andreucci@sbai.uniroma1.it launch_daexam Note: a.a codocente: dott. Francesco Sisti. (ex): esercizi d esame; (hw): esercizi di controllo. Salvo diverso avviso: coni e cilindri sono circolari retti; Si usa la notazione delle lezioni del Corso. 1

2 Indice 020. Ottimizzazione di funzioni in domini Ottimizzazione vincolata di funzioni Classificazione di punti critici E.d.o. del I ordine generalita Integrali generali E.d.o. a variabili separabili E.d.o. riconducibili a variabili separabili Lineari del primo ordine Bernoulli E.d.o. riconducibili al I ordine: y = f(x,y ) E.d.o. riconducibili al I ordine: y = f(y,y ) Teoria locale e globale del prb di Cauchy Dipendenza continua e stime Applicazioni dell unicita Questioni non standard di unicita Soluzioni massimali Varie e.d.o Clairaut Sistemi del I ordine Ricostruzione di e.d.o E.d.o. lineari Prb al contorno Studio qualitativo 56 2

3 020. Ottimizzazione di funzioni in domini 650. E.d.o. lineari a coefficienti costanti non omogenee: forme speciali Equazioni di Eulero Ottimizzazione di funzioni in domini 1. [25/01/2016 (ex)i] Trovare massimi e minimi assoluti e relativi punti di estremo della funzione f : R 2 R nell insieme E R 2, ove f(x,y) = y 3 +4x 2 y 4y, E = (x,y) R x2 +y 2 1}. Il dominio E è la corona circolare di raggio interno 1/ 2 ed esterno 1. Notiamo che la f è dispari in y e pari in x, quindi i punti di estremo rispetteranno queste simmetrie. Cerchiamo prima i punti critici liberi della f: f(x,y) = (8xy,3y 2 +4x 2 4). Dunque i punti critici sono (0,± 2 3 ), (±1,0). I primi due punti non appartengono a E, gli altri due appartengono a E e dunque verranno ritrovati nel sistema di Lagrange. Sulla parte di frontiera x 2 +y 2 = 1/2 si ottiene x 2 +y 2 = 1 2, 8xy = 2λx, 3y 2 +4x 2 4 = 2λy. Se prendiamo x = 0 la seconda equazione è soddisfatta, e la prima e la terza danno (y,λ) = ±(1/ 2, 2). Se invece x 0, la seconda equazione dà y = λ/4, che sostituito nell ultima dà 5 16 λ2 = 4x 2 4, impossibile perché x 2 < 1 su questa parte di frontiera. Quindi abbiamo trovato i candidati punti di estremo (0,± 1 2 ). 3

4 020. Ottimizzazione di funzioni in domini Sulla parte di frontiera x 2 +y 2 = 1 si ottiene x 2 +y 2 = 1, 8xy = 2λx, 3y 2 +4x 2 4 = 2λy. Se prendiamo x = 0 la seconda equazione è soddisfatta, e la prima e la terza danno (y,λ) = ±(1, 1/2). Se invece x 0, la seconda equazione dà y = λ/4, che sostituito nell ultima dà 5 16 λ2 = 4x 2 4, ossia x = ±1, λ = 0, y = 0, quindi i punti critici liberi trovati all inizio. Quindi abbiamo trovato i candidati punti di estremo (0,±1), (±1,0). Non resta che valutare la funzione nei punti trovati: f(±1,0) = 0, f(0,±1) = 3, f (0,± 1 ) = ±( ) ( 3,3). 2 maxf = f(0, 1) = 3, min E f = f(0,1) = 3. E 2. [25/01/2016 (ex)ii] Trovare massimi e minimi assoluti e relativi punti di estremo della funzione f : R 2 R nell insieme E R 2, ove f(x,y) = x 3 4xy 2 +4x, E = (x,y) R x2 +y 2 1}. maxf = f(1,0) = 3, min E f = f( 1,0) = 3. E 3. [11/02/2016 (ex)i] Trovare i massimi e i minimi assoluti della funzione f : R 2 R definita da nell insieme E R 2 f(x,y) = 3x+3xy 12y 3x 4 6y 2, E = (x,y) R 2 1 x 0, x 1 y 0}. 4

5 020. Ottimizzazione di funzioni in domini Troviamo i punti critici della funzione, che è di classe C (R 2 ): si ha f x = 3+3y 12x3 = 0, f = 3x 12 12y = 0. y Sostituendo la seconda equazione nella prima si ottiene Si ricavano quindi i punti critici (0, 1), 3 4 x 12x3 = 0. ( 1 ) 4, 17, 16 ( 1 ) 4, Nessuno di essi appartiene all interno dell insieme E; il primo appartiene alla frontiera. Passiamo quindi a studiare la f su E: i) x = 0: qui vale f(0,y) = 12y 6y 2, e f (0,y) = 12 12y < 0, 1 < y < 0. y Pertanto la f ristretta a questo segmento assume gli estremi in ii) y = 0: qui vale (0,0), (0, 1). f(x,0) = 3x 3x 4, e f x (x,0) = 3 3x3 > 0, 1 < x < 0. Pertanto la f ristretta a questo segmento assume gli estremi in iii) y = x 1: qui vale ( 1,0), (0,0). f(x, x 1) = 12x 4 9x 2 +12, e d dx f(x, x 1) = 12x3 18x > 0, 1 < x < 0. Pertanto la f ristretta a questo segmento assume gli estremi in ( 1,0), (0, 1). maxf = f(0, 1) = 6, min E f = f( 1,0) = 6. E 5

6 030. Ottimizzazione vincolata di funzioni 4. [11/02/2016 (ex)ii] Trovare i massimi e i minimi assoluti della funzione f : R 2 R definita da nell insieme E R 2 f(x,y) = 6x 2 +3y 4 +12x 3y 3xy +1, E = (x,y) R 2 1 x 0, x 1 y 0}. maxf = f(0, 1) = 7, min E f = f( 1,0) = 5. E 5. [11/04/2016 (ex)i] Trovare massimi e minimi assoluti della funzione f : R 2 R nell insieme E R 2, ove f(x,y) = 4x 2 y +y 3 4y, E = (x,y) R 2 y 0,x 2 +y 2 1,}. Poiché f C (R 2 ) si procede derivando e ottenendo f(x,y) = (8xy,4x 2 +3y 2 4). I punti critici quindi sono ( 2 ) 0,, 3 (0, 2 3 ), (1,0), ( 1,0). Questi punti sono tutti esterni all interno di E, quindi gli estremi verranno raggiunti sulla frontiera. Studiamo prima il diametro y = 0, ove si ha f(x,0) = 0, 0 x 1. Poi consideriamo la semicirconferenza y 0, x 2 +y 2 = 1; qui osserviamo che f(x,y) = 4(1 y 2 )y +y 3 4y = 3y 3, 1 y 0. maxf = f(0, 1) = 3, min E f = f(x,0) = 0, 1 x 1. E 030. Ottimizzazione vincolata di funzioni 6

7 030. Ottimizzazione vincolata di funzioni 1. [25/01/2016 (ex)i] Trovare massimi e minimi assoluti della funzione f : R 2 R vincolata alla curva γ R 2, ove f(x,y) = e x2 y 2, γ = (x,y) R 2 (x 1) 2 +4y 2 4 = 0}. Osserviamo che sia f che il vincolo sono simmetrici rispetto all asse x, pertanto i risultati dovranno rispettare tale simmetria. È anche interessante notare che f è funzione decrescente della distanza dall origine. Poniamo g(x,y) = (x 1) 2 +4y 2 4. Calcoliamo Il sistema di Lagrange quindi sarà f(x,y) = 2e x2 y 2 (x,y), g(x,y) = 2(x 1,4y). (x 1) 2 +4y 2 4 = 0, 2e x2 y 2 x = 2λ(x 1), 2e x2 y 2 y = 8λy. Se y = 0 la terza equazione è soddisfatta, e la prima dà x 1,3}. Se y 0, la terza equazione dà e x2 y 2 = 4λ, che sostituita nella seconda dà (dovendo dunque essere λ < 0) x = 1/3. Sostituendo questo valore nella prima equazione troviamo per y i valori ± 5/3. Concludendo abbiamo trovato i possibili punti di estremo ( 1,0), (3,0), Sostituendo si ottengono i valori ( 1 5 ) 3,, 3 ( f( 1,0) = e 1, f(0,3) = e 9, f ( 1 5 ) 3, ) 3,± = e ( maxf = f γ 1 5 ) 3,± = e 2 3, min f = f(0,3) = e 9. 3 γ 2. [25/01/2016 (ex)ii] Trovare massimi e minimi assoluti della funzione f : R 2 R vincolata alla curva γ R 2, ove γ = f(x,y) = e x2 +y 2, ( y 1 2 (x,y) R 2 x ) 2 1 = 0 }. 7

8 050. Classificazione di punti critici ( maxf = f 0, 5 ) ( = e 25 8 ) 4, min f = f ± γ 2 γ 3, 1 = e [11/04/2016 (ex)i] Trovare massimi e minimi assoluti della funzione f : R 2 R vincolata alla curva γ, ove f(x,y) = x 3 4xy 2 +16x+1, γ = (x,y) x 2 +y 2 = 4}. Usiamo il metodo dei moltiplicatori di Lagrange: calcoliamo Si ottiene il sistema f(x,y) = ( 3x 2 4y 2 +16, 8xy), g(x,y) = (2x,2y), g(x,y) = x 2 +y x 2 4y = 2λx, 8xy = 2λy, x 2 +y 2 = 4. A) Se y = 0 la II equazione è soddisfatta, e la III dà x = ±2; la I infine dà λ = ±1. Dunque (2,0), ( 2,0), sono ammissibili. B) Se y 0 la II equazione dà λ = 4x, per cui la I diviene 5x 2 4y 2 = 16. Moltiplicando la III per 4 e sommandola a quest ultima si ottiene 9x 2 = 0, per cui x = 0, λ = 0, e di nuovo dalla III, y = ±2. Perciò (0,2), (0, 2), sono ammissibili. Si conclude con il calcolo diretto dei valori di f nei quattro punti. maxf = f(2,0) = 25, γ min γ f = f( 2,0) = Classificazione di punti critici 1. [25/01/2016 (ex)i] Trovare i punti critici della funzione f : R 3 R e classificarli, ove f(x,y,z) = 1 z 2 +x (π y)2, (x,y,z) R 3. 8

9 050. Classificazione di punti critici Trovare inoltre la normale alla superficie di livello f(x,y,z) = 3π nel punto P = (0,0,0). Si ha ( 2x f(x,y,z) = (z 2 +x 2 +3) 2,2(y π), 2z ) (z 2 +x 2 +3) 2, dunque l unico punto critico è (0,π,0). In tale punto critico l hessiana è data da , che è indefinita. Pertanto si tratta di un punto sella. Come è noto la normale alle superfici di livello è data dal gradiente. Quindi quella cercata è f(0,0,0) = (0, 2π,0). L unico punto critico è (0,π,0) che è un punto sella. La normale cercata è (0,1,0). 2. [25/01/2016 (ex)ii] Trovare i punti critici della funzione f : R 3 R e classificarli, ove f(x,y,z) = 1 y 2 +z 2 +3 (x e)2, (x,y,z) R 3. Trovare inoltre la normale alla superficie di livello f(x,y,z) = 1 3 e2 nel punto P = (0,0,0). L unico punto critico è (e,0,0) che è un punto di massimo. La normale cercata è (1,0,0). 3. [11/02/2016 (ex)i] Trovare i punti critici della funzione f : R 2 R classificare quelli nel semipiano y < 0. Il sistema che dà i punti critici è f(x,y) = 4xy + xy3 3 x2 ; f y3 = 4y+ 2x = 0, x 3 f y = 4x+xy2 = 0. 9

10 050. Classificazione di punti critici La seconda equazione ha le soluzioni y = ±2, x = 0. Sostituendo y = ±2 nella prima equazione si ottengono i punti critici ( 8 ) ( 8 ) 3,2, 3, 2. Sostituendo x = 0 nella prima equazione si ottengono i punti critici (0,0), (0,2 3), (0, 2 3). Occorre quindi classificare i punti ( 8 3, 2 ). (0, 2 3). Calcoliamo la matrice hessiana ( ) D y 2 f(x,y) = 4+y 2. 2xy Perciò che è definita negativa. Infine ( 8 ) ( ) D f 3, 2 = 0 32, 3 D 2 f(0, 2 3) = ( ) 2 8, 8 0 che è indefinita perché ha determinante negativo. ( 83 ) ( 8 ),2, 3, 2, (0,0), (0,2 3), (0, 2 3). Inoltre (0, 2 3) è un punto sella e (8/3, 2) un punto di massimo. 4. [11/02/2016 (ex)i] Trovare i punti critici della funzione f : R 2 R f(x,y) = (y 1) 2 +xe x+1 (y 1), e classificarli. Trovare l equazione del piano tangente al grafico di f nel punto P = (0,0). La f è di classe C (R 2 ). Troviamo i punti critici uguagliando a 0 il gradiente: f x = (x+1)ex+1 (y 1) = 0, f y = 2(y 1)+xex+1 = 0. La prima equazione ha le soluzioni (x,y) con x = 1 o y = 1. Sostituendo nella seconda x = 1 si trova il punto critico ( 1, 3 ). 2 10

11 050. Classificazione di punti critici Sostituendo invece y = 1 si trova (0,1). Calcoliamo l hessiana ( ) D 2 (x+2)e f(x,y) = x+1 (y 1) (x+1)e x+1 (x+1)e x+1. 2 Si ha che è definita positiva. Inoltre ( D 2 f 1, 3 ) = 2 D 2 f(0,1) = ( 1 ) ( ) 0 e, e 2 che ha determinante negativo e quindi è indefinita. Infine troviamo l equazione del piano tangente alla superficie z = f(x,y) in (0,0, f(0,0)) = (0,0,1). L equazione è data da (x,y,z 1) ( f(0,0), 1) = 0. Punti critici: ( 1,3/2): punto di minimo; (0,1): punto sella. ex+2y+z 1 = [11/02/2016 (ex)ii] Trovare i punti critici della funzione f : R 2 R f(x,y) = 4xy x3 y 3 y2 ; classificare quelli nel semipiano x > 0. ( 2, 8 ) (, 2, 8 ), (0,0), ( 2 3,0), (2 3,0). 3 3 Inoltre (2 3,0) è un punto sella e (2,8/3) un punto di massimo. 6. [11/02/2016 (ex)ii] Trovare i punti critici della funzione f : R 2 R f(x,y) = ye y+1 (1 x) (1 x) 2, e classificarli. Trovare l equazione del piano tangente al grafico di f nel punto P = (1,1). Punti critici: (3/2, 1): punto di massimo; (1,0): punto sella. e 2 (x 1)+z = 0. 11

12 050. Classificazione di punti critici 7. [11/04/2016 (ex)i] Trovare i punti critici della funzione f : R 2 R in tutto R 2 e classificarli, ove f(x,y) = 1 3 (1 x)3 2y (x 1)2 y 2. Inoltre trovare l equazione del piano tangente al grafico di f(x,y) nel punto P = (0,0). Calcoliamo il gradiente ( ) f(x,y) = (1 x) 2 +(x 1)y 2, 4y+(x 1) 2 y. Dunque i punti critici sono (1,0), (3, 2), (3, 2). Tentiamo di classificare i punti mediante lo studio della matrice hessiana, che è ( ) D 2 2(x 1)+y 2 2(x 1)y f(x,y) = 2(x 1)y 4+(x 1) 2. Dunque si ha D 2 f(1,0) = ( ) 0 0, D 2 f(3,± 2) = 0 4 ( ) 2 ±4 2 ± Quindi i punti (3,± 2) sono punti sella perché la matrice hessiana è indefinita in tali punti (avendo determinante negativo). In (1,0) l hessiana è semidefinita, dunque non si può concludere nulla dallo studio di essa. Tuttavia osserviamo che restringendo la f alle rette parallele agli assi passanti per (1,0) si ottiene f(1,y) = 2y 2, f(x,0) = 1 3 (1 x)3. Pertanto anche (1,0) è un punto sella, dato che x = 1 lo è per f(x,0). Infine f(0,0) = ( 1,0). Dunque l equazione cercata è x+z f(0,0) = 0. (1,0), (3, 2), (3, 2), tutti punti sella. L equazione del piano è x+z =

13 220. Integrali generali 200. E.d.o. del I ordine generalita 1. [11/07/2002 (ex)i] Trovare tutte le soluzioni di y = y 2 x+ y x 2x. Si noti che si deve dimostrare che le soluzioni trovate siano effettivamente tutte quelle dell equazione. 2. [11/07/2002 (ex)ii] Trovare tutte le soluzioni di y = y 3 x y x+3x. Si noti che si deve dimostrare che le soluzioni trovate siano effettivamente tutte quelle dell equazione. 3. [23/9/2015 (hw)i] Determinare quali delle seguenti funzioni risolvono l equazione differenziale corrispondente. a) y(t) = e t2, t R, y = (2+4t 2 )y; b) y(t) = t2 1 e z z dz, t > 0, y = 2ty ; c) y(t) = e t, t R, y = y ; d) y(t) = e t, t R, y = y. Si arriva alla risposta con calcoli diretti; per esempio nel caso b), dato che t > 0 si ha y (t) = 2t et2 =, t 2 2et2 e quindi y (t) = 4te t2 = 2t(2e t2 ) = 2ty (t). a) sì; b) sì; c) no; d) sì Integrali generali 1. [24/4/2002 (hw)i] Dire quali delle seguenti espressioni possono essere integrali generali dell equazione di II grado ẍ = f(t, x, ẋ). i) c 1 t+c 2 t 2 ; ii) (c 1 +c 2 )e t ; iii) c 1 +c 2 t+logt; iv) c 1 sint+c 2 cost+c 3. 13

14 250. E.d.o. a variabili separabili i) e iii). 2. [24/4/2002 (hw)i] Determinare l integrale generale dell equazione ẋ = 2tx 2tarctg(logt)+ sapendo che una sua soluzione particolare è 1 t+t(logt) 2, t > 0, w(t) = arctg(logt), t > 0. x(t) = Ce t2 +arctg(logt), t > E.d.o. a variabili separabili 1. [02/2001 (hw)i] Trovare tutte le soluzioni di y = (1+y 2 )x, e disegnarne schematicamente il grafico. 2. [02/2001 (hw)i] Trovare tutte le soluzioni di y = (cosy) 2 sinx, e disegnarne schematicamente il grafico. 3. [11/07/2002 (ex)i] Trovare la soluzione di y +y = 1 y, nel più grande intervallo possibile. y(0) = 1 2, 4. [11/07/2002 (ex)ii] Trovare la soluzione di y y = 1 y, nel più grande intervallo possibile. y(0) = 1 2, 5. [20/06/2016 (ex)i] Si determini la soluzione massimale del problema di Cauchy y = e t y 2, y(0) = α, 14

15 250. E.d.o. a variabili separabili al variare di α R, studiandone anche i limiti negli estremi dell intervallo di definizione. Si procede per separazione delle variabili ottenendo se y 0 d dt Risolvendo in y(t) 1 y = e t, da cui 1 y(t) + 1 y(0) = 1 e t. y(t) = α 1 α(1 e t ), t I, ove I è l intervallo massimale di esistenza. Si noti che l espressione ottenuta mostra che se α 0 allora la y si mantiene diversa da 0 per ogni t I. Questo del resto era ovvio dalla e.d.o., per il teorema di unicità. Se inveceα = 0 otteniamo la soluzioney = 0 che è comunque formalmente compresa nell espressione trovata. Supponiamo ora α 0 e determiniamo I. Il denominatore vale 1 in t = 0. Si annulla se e solo se f(t) = 1 α(1 e t ), t R, e t = 1 1 α. Questo è impossibile se 0 < α 1. In questo caso dunque I = Se invece α > 1 o α < 0 si ha f(t) = 0 se e solo se t = ln α α 1 =: t α. Dunque nel caso α > 1 si ha t α > 0 e I = (,t α ). Nel caso α < 0 si ha t α < 0 e I = (t α,+ ). Studiamo infine i limiti: α = 0 : lim y(t) = 0; t ± α (0,1) : lim y(t) = α t + 1 α, α = 1 : α > 1 : α < 0 : lim t + y(t) = +, lim lim y(t) = 0, lim t lim y(t) =, lim t t α+ lim y(t) = 0; t y(t) = 0; t y(t) = + ; t t α y(t) = α t + 1 α. y(t) = α 1 α(1 e t ), t I. 15

16 260. E.d.o. riconducibili a variabili separabili Se α [0,1], I = R; se α > 1, I = (,t α ); se α < 0, I = (t α,+ ), ove t α = ln[α/(1 α)]. I limiti sono: α = 0 : lim y(t) = 0; t ± α (0,1) : lim y(t) = α t + 1 α, α = 1 : α > 1 : α < 0 : lim t + y(t) = +, lim lim y(t) = 0, lim t lim y(t) =, lim t t α+ lim y(t) = 0; t y(t) = 0; t y(t) = + ; t t α y(t) = α t + 1 α E.d.o. riconducibili a variabili separabili 1. [12/09/2001 (ex)i] Trovare le soluzioni del equazione y = e 3y x + y x, e determinare la soluzione massimale tale che y(x) + se x e. 2. [12/09/2001 (ex)ii] Trovare le soluzioni del equazione y = e 4y x + y x, e determinare la soluzione massimale tale che y(x) + se x e [02/2001 (hw)i] Trovare la soluzione del problema di Cauchy y = y x +1, y(1) = [5/03/2001 (hw)i] Si risolva y = y, y( 1) = 1. y +x La soluzione va lasciata in forma implicita. ln y x y = [5/03/2001 (hw)i] Trovare in forma implicita la y(x) che risolve y = tg 2 (x+y), y(0) = 0. 16

17 260. E.d.o. riconducibili a variabili separabili Si dimostri che la soluzione cessa di esistere per qualche x 0 (0, π 2 ). y + 1 sin2(x+y) = x [27/06/2002 (ex)i] Trovare tutte le soluzioni di y = y +x y x + y x. 7. [27/06/2002 (ex)ii] Trovare tutte le soluzioni di y = y x y +x + y x. 8. [11/09/2002 (ex)i] Trovare la soluzione massimale del problema di Cauchy y = y x e y x + y x, y(1) = 1, e naturalmente l intervallo ove è definita. 9. [11/09/2002 (ex)ii] Trovare la soluzione massimale del problema di Cauchy y = y x y x e y x, y(e) = e, e naturalmente l intervallo ove è definita. 10. [4/12/2002 (ex)i] Trovare la soluzione y : (,+ ) R del problema di Cauchy y = 1+2 y x, y(3) = [4/12/2002 (ex)i] Trovare la soluzione di y = (x+y) 2, y(1) = 2. 17

18 260. E.d.o. riconducibili a variabili separabili 12. [23/5/2002 (hw)i] Calcolare l integrale generale di y = y (logy logx+1). x y = xe Cx. 13. [10/12/2003 (ex)i] Trovare la soluzione di y = 1 lny lnx + y, y(3) = π. x (Non è richiesto di determinare l intervallo massimale di esistenza.) 14. [10/12/2003 (ex)ii] Trovare la soluzione di y = 1 lnx lny + y, y(1) = π. x (Non è richiesto di determinare l intervallo massimale di esistenza.) 15. [19/5/2003 (hw)i] Risolvere y = y y x y x, y(1) = u 0, u 0 > 0, u 0 1. (La soluzione verrà trovata in forma implicita.) a) Se u 0 < 1, si dimostri che la soluzione è decrescente, ma non si annulla mai, e anzi lim x y(x) = u 0e u 0 < u 0. b) Se u 0 > 1, si dimostri che la soluzione soddisfa y(x) > (u 0 lnu 0 )x > x, per ogni x > 1. y(x) x lny(x) = u 0 lnu [11/02/2016 (ex)i] Trovare la soluzione massimale di ( y = y x+1 + x+1 e y y(0) = u 0 > 0, y x+1 ) 2, y > 0,x > 1, 18

19 260. E.d.o. riconducibili a variabili separabili con il suo intervallo di definizione (σ, Σ). Dimostrare che esiste β > 0 finito, indipendente da u 0, tale che Σ < β per ogni u 0 > 0. Cambiamo variabile z = y x+1, y = (x+1)z +z. Allora l equazione diviene Separando le variabili z (x+1) = ez2 z. 1 d 2 dx (e z2 ) = 1 x+1. Si noti che z(0) = y(0) = u 0, per cui integrando e risolvendo in z z(x) = ln[e u2 0 2ln(x+1)], da cui y(x) = (x+1) ln[e u2 0 2ln(x+1)]. L intervallo di definizione si ottiene imponendo che l argomento del logaritmo sia positivo, ma minore di 1 (cosicché la radice sia definita). Si ottiene che equivale a 1+2ln(x+1) > e u2 0 > 2ln(x+1), ( e u ) σ = exp 1 < x < Σ = exp 2 ( e u ) 1 < e 1. per y(x) = (x+1) ln[e u2 0 2ln(x+1)], ( e u ) σ = exp 1 < x < Σ = exp 2 ( e u ) 1 < e [11/02/2016 (ex)ii] Trovare la soluzione massimale di ( ) 2 y = y x y x+2 x+2 e, y > 0,x > 2, 2 y y(0) = u 0 > 0, con il suo intervallo di definizione (σ, Σ). Dimostrare che esiste β > 0 finito, indipendente da u 0, tale che Σ < β per ogni u 0 > 0. [ y(x) = (x+2) ln e u2 0 4 ln x+2 ], 2 19

20 260. E.d.o. riconducibili a variabili separabili per σ = 2exp (e u ) 2 < x < Σ = 2exp (e u2 0 4 ) 2 < 2e [07/07/2016 (ex)i] Si trovi la soluzione in forma implicita del problema di Cauchy y = y y t + y t, y(1) = 2. Si dimostri che l intervallo di definizione della soluzione massimale è limitato a destra. A) L equazione è definita nell aperto Ω = y > t > 0} quindi possiamo assumere t 0 e scrivere la e.d.o. nella forma Introduciamo la nuova incognita y = per cui y = z t+z. La e.d.o. diviene che si riconduce a Quindi e y t y t 1 + y t. z = y t, z t+z = z z 1 +z, z 1 z = 1 z t. d dt (z ln z ) = d dt lnt, z(t) ln z(t) = lnt+k, t I, se I è l intervallo di esistenza della soluzione massimale y. Sostituendo il valore iniziale si ottiene k = 2 ln2. Inoltre deve essere y(t) > t > 0 per ogni t I e dunque la y non può annullarsi. Possiamo quindi scrivere la soluzione in forma implicita y t ln y t = 2 ln(2t). B) I teoremi sulle soluzioni massimali garantiscono che la soluzione massimale è definita finché non diviene illimitata o si avvicina alla frontiera dell aperto Ω. Nel nostro caso si ha con i calcoli y = y y t 2 y t t 1. 20

21 270. Lineari del primo ordine In particolare y (1) = 0 per cui (t,y(t)) per t in un intorno destro di 1 appartiene alla zona 2t > y > t. Perciò y (t) < 0 fino a che y si mantiene in tale zona; di necessità pertanto si deve avere y(t) t 1 +, per t t 1 per un opportuno t 1 (1,+ ). Si può vedere che in effetti y(t) > 2t per ogni t (0,1), il che implica che I = (0,t 1 ); infatti y(t) > 2t in un intorno sinistro di 1, e y (t) > 0 fino a che y(t) > 2t. Se esistesse t 0 (0,1) tale che y(t 0 ) = 2t 0 si avrebbe 0 = y (t 0 ) d dt (2t) t 0 = 2, assurdo. y t ln y t = 2 ln(2t), 0 < t < t 1 < Lineari del primo ordine 1. [24/4/2002 (hw)i] Determinare l unica soluzione di y = y x 2 1 x 2, tale che: (1) y(1) = 3; (2) y(1) = 1. Procedere ove possibile sia per separazione delle variabili che con i metodi delle equazioni lineari. (1) : y(x) = 2e 1 1 x +1, x > 0. (2) : y(x) = 1, x > [10/12/2003 (ex)i] Risolvere il seguente problema di Cauchy, e dare una condizione sufficiente su f C(R), f > 0, affinché la soluzione sia definita (almeno) su [1,3]: y = y +f(x)y π, y(1) = [10/12/2003 (ex)ii] Risolvere il seguente problema di Cauchy, e dare una condizione sufficiente su f C(R), f > 0, affinché la soluzione sia definita (almeno) su [ 3, 1]: y = y f(x)y π, y( 1) = 2. 21

22 280. Bernoulli 280. Bernoulli 1. [11/07/2002 (ex)i] Risolvere il problema di Cauchy y = (x+ x )y +y 2, y(0) = 1. nel più grande intervallo di definizione ottenibile per la soluzione. 2. [11/07/2002 (ex)ii] Risolvere il problema di Cauchy y = (x x )y +y 2, y(0) = 1. nel più grande intervallo di definizione ottenibile per la soluzione. 3. [6/5/2002 (hw)i] Determinare l unica soluzione di y = y +xy π, y(0) = 1, e dimostrare che il suo intervallo di definizione è limitato a destra. ( π 2 y(x) = π 1 e(1 π)x x 1 ) 1 1 π. 1 π 4. [23/5/2002 (hw)i] Determinare una soluzione del problema di Cauchy y = y +e t y 3 4, y(0) = definita su tutto ( ) 1 y(t) = 81 e t e 4 t 4, 4 t 8 3 log2, 0, t < 8 3 log2. 5. [4/07/2003 (ex)i] Trovare una soluzione massimale, definita su tutto R, del problema di Cauchy y = y +e x y 2 3, y(0) = 8. 22

23 280. Bernoulli 6. [4/07/2003 (ex)ii] Trovare una soluzione massimale, definita su tutto R, del problema di Cauchy y = y e x y 2 3, y(0) = [19/5/2003 (hw)i] Risolvere y = y t +sin(t2 )y 2, y( π) = λ. con: y(t) = 2λt 2 π λ(cos(t 2 )+1), t I, I = (0,+ ), λ < π; I = (t 1,t 2 ), λ π, ovet 1 < π < t 2 sono i due punti più vicini a π ovecos(t 2 i ) = 2 π/λ 1 ( 1,1], i = 1, [16/6/2003 (hw)i] Trovare le soluzioni di y = xy +(y ) 2, y(0) = 1, e quelle di y = xy +(y ) 2, y(2) = 1. (P1) (P2) (P1) y = 1 x, y = 1+x. (P2) y = 1 x, y = x [25/01/2016 (ex)i] Si trovi la soluzione massimale y = y(x) del problema di Cauchy y = y e x y, y > 0, y(0) = 1, indicando esplicitamente l intervallo di definizione. L equazione è del tipo di Bernoulli. Poiché per ipotesi la soluzione va cercata nel semipiano y > 0 possiamo dividere per y e ottenere y y = y e x, 23

24 350. E.d.o. riconducibili al I ordine: y = f(x,y ) ossia ponendo z = y 2z = z e x. Questa è una e.d.o. lineare del primo ordine, con integrale generale dato da Poiché si ha z(x) = e x 2 k x nell intervallo ove z(x) > 0, ossia ove 0 } e t 2 +t dt = k 1 e x 2 e x +e x 2. k 1 = z(0) = y(0) = 1, y(x) = z(x) 2 = (2e x 2 e x ) 2, 2e x 2 > e x, cioè (,2 ln 2). y(x) = (2e x 2 e x ) 2, x (,2ln2). 10. [25/01/2016 (ex)ii] Si trovi la soluzione massimale y = y(x) del problema di Cauchy y = y ex y, y > 0, y(0) = 1, indicando esplicitamente l intervallo di definizione. y(x) = (2e x e 2x ) 1 2, x (,ln2) E.d.o. riconducibili al I ordine: y = f(x,y ) 1. [5/03/2001 (hw)i] Si risolva il problema di Cauchy y = xy +(y ) π e x2 (1 π) 2, y(0) = 0, y (0) = 1, trovando le limitazioni per l intervallo di definizione della soluzione. [La y(x) non si può esprimere mediante funzioni elementari.] y(x) = x 0 e t2 2 (1+t) 1 1 π dt, 1 < x <. 24

25 350. E.d.o. riconducibili al I ordine: y = f(x,y ) 2. [24/4/2002 (hw)i] Determinare l integrale generale dell equazione x (t) = e t+x (t)+1, e riconoscere che tutte le soluzioni sono definite in intervalli limitati a destra. Come esercizio extra, partendo dall integrale generale ritrovare l equazione differenziale (naturalmente si dovrà derivare due volte). t x(t) = C 1 log(c 2 e s+1 )ds. t 0 3. [9/5/2002 (hw)i] Si risolva il problema di Cauchy y = (y +t) 3 1, y(0) = 1, y (0) = 2. y(t) = 3 2 t t, t < [16/07/2003 (ex)i] Risolvere per ogni λ R il problema di Cauchy ( ) y = y x ln y x +1, y( 1) = λ, y ( 1) = 1, e spiegarne il significato geometrico. 5. [16/07/2003 (ex)ii] Risolvere per ogni λ R il problema di Cauchy ( ) y = y x ln y 2x +1, y( 1) = λ, y ( 1) = 2, e spiegarne il significato geometrico. 6. [5/7/2004 (ex)i] Trovare l integrale generale di y = y (x+1). 25

26 350. E.d.o. riconducibili al I ordine: y = f(x,y ) 7. [5/7/2004 (ex)ii] Trovare l integrale generale di y = y (2 x). 8. [07/09/2016 (ex)i] Si consideri il problema di Cauchy y = e(y ) 2 y t y(1) = α, y (1) = β., Si determini la soluzione massimale discutendo le scelte ammissibili dei parametri α, β R e indicando l intervallo di esistenza. [La soluzione va lasciata nella forma di integrale definito.] L equazione è nella forma con F C (Ω), e y = F(t,y,y ) 2 ) = e(y y, t Ω = (t,y,z) t > 0,y R,z 0}. Necessariamente perciò dobbiamo avere β 0 perché l equazione sia definita nel punto iniziale. Consideriamo separatamente i casi β > 0 in cui prendiamo e β < 0 in cui prendiamo Ω = (0,+ ) R (0,+ ), Ω = (0,+ ) R (,0). In realtà in parte la risoluzione è comune ai due casi. Poniamo z = y, cosicché e z2 zz = 1 t, ossia d dt Quindi integrando su (1,t) si ottiene ( e z2 2 ) = d dt lnt. e z2 +e β2 = lnt 2, e isolando la z z(t) = ± ln (e β2 lnt 2 ), 26

27 360. E.d.o. riconducibili al I ordine: y = f(y,y ) ove il segno di z = y va scelto in corrispondenza del segno di β. Si noti che y risulta definito nell intervallo ove 0 < e β2 lnt 2 < 1. Risolvendo nella t si vede che l intervallo è in effetti e e β2 1 < t < e e β2. Si noti che tale intervallo J comprende certamente t = 1, e che in tale intervallo y C(J). Dunque ivi si scriverà t y(t) = α± Per α R e per β 0 si ha per 1 t y(t) = α+signβ 1 ln (e β2 lnτ 2 ) dτ. ln e e β2 1 < t < e e β2. (e β2 lnτ 2 ) dτ, 360. E.d.o. riconducibili al I ordine: y = f(y,y ) 1. [5/03/2001 (hw)i] Trovare la soluzione di y = 1 2 e(y ) 2 +y, y(0) = 1, y (0) = 1. y(x) = (x 2)2 4, x 2. [16/5/2002 (hw)i] Calcolare la soluzione di y + y = 0, y(0) = 1, y (0) = 0. y(t) = et +e t. 2 27

28 360. E.d.o. riconducibili al I ordine: y = f(y,y ) 3. [16/5/2002 (hw)i] Calcolare la soluzione di y + y = 0, y(0) = 1, y (0) = 2, almeno sull intervallo (, π). 1 2 (et 3e t ), < t < log 3, y(t) = 3sin(t log 3), log 3 t < log 3+π, 1 2 et π eπ t, log 3+π t <. 4. [11/02/2016 (ex)i] Trovare una soluzione locale di y = y (1+tg 2 y), y(0) = π 4, y (0) = 1. [Suggerimento: ridurre a un problema di Cauchy del primo ordine e trovare l unica soluzione di questo prima di proseguire.] Introduciamo il cambiamento di variabile cosicché Allora si ha dall equazione che è implicato da y (t) = z(y), y (t) = ż(y)y (t) = ż(y)z(y). żz = z(1+tg 2 y), ż = 1+tg 2 y = d dy tgy. Dunque ossia Perciò da cui ( π z(y) z = tgy tg 4) π 4, z(y) 1 = tgy 1. d cosy ln siny = dt siny y = 1, ln siny(t) ln sin π = t. 4 28

29 400. Teoria locale e globale del prb di Cauchy Risolvendo in y La y è definita se ( e t ) y(t) = arcsin. 2 0 < et 2 < 1, ossia se t < ln 2. Si verifica direttamente che risolve davvero l equazione in (,ln 2) e prende i valori iniziali. ( e t ) y(t) = arcsin. t < ln [11/02/2016 (ex)ii] Trovare una soluzione locale di y = y (1+tg 2 y), y(0) = π 4, y (0) = 1. [Suggerimento: ridurre a un problema di Cauchy del primo ordine e trovare l unica soluzione di questo prima di proseguire.] ) y(t) = arcsin ( e t. t > ln Teoria locale e globale del prb di Cauchy 1. [9/4/2001 (ex)i] Mostrare che al problema di Cauchy y = ( ) y 2 + y +1, y(1) = 1, x x si può applicare uno dei teoremi di esistenza e unicità. Trovarne quindi la soluzione, indicando l intervallo ove è definita. 2. [9/4/2001 (ex)ii] Mostrare che al problema di Cauchy ( ) y 2 y = 4 + y +1, y(1) = 0, x x si può applicare uno dei teoremi di esistenza e unicità. Trovarne quindi la soluzione, indicando l intervallo ove è definita. 29

30 420. Dipendenza continua e stime 3. [23/5/2002 (hw)i] Trovare la soluzione del problema di Cauchy y +4y +4y = 0, y(1) = 0, y (1) = 1, e dimostrare che è unica (usando il teorema di unicità). y(t) = e 2 2t +te 2 2t Dipendenza continua e stime 1. [15/03/2001 (hw)i] Dimostrare che le soluzioni dei due problemi di Cauchy y 1 = arctg(y 1 +x+cos 2 y 1 ), y 1 (0) = 1; y 2 = arctg(y 2 +x+cos 2 y 2 ), y 2 (0) = 2; sono uniche, e trovare il segno e una stima dello scarto y 1 (3) y 2 (3). 0 < y 2 (3) y 1 (3) e [24/4/2002 (hw)i] Un punto materiale di massa m si muove di moto rettilineo. La sua ascissa al tempo t è indicata da x(t). Si assuma sempre x(t) > 1, ẋ(t) > 0. Stime energetiche dicono che la sua energia cinetica è limitata da [ ] x(t) 2 K, log x(t) per un opportuna costante K > 0. Trovare una maggiorazione per x(t), per ogni t > 0, sapendo che x(0) x(t) Re c t, t > 0, c 2 = 2 2K/m. 3. [19/5/2003 (hw)i] Risolvere il problema di Cauchy y = y p, y(0) = u 0 > 0, ove p > 1. Dimostrare che esiste una costante C, dipendente solo da p, tale che 0 < y(1) C, 30

31 420. Dipendenza continua e stime qualunque sia u 0. y(t) = C = u 0 [ 1+(p 1)u p 1 0 t ] 1 p 1 1 (p 1) 1 p 1., t 0; 4. [19/5/2003 (hw)i] Risolvere il problema di Cauchy y = t α y p, y(1) = u 0 > 0, con α 0, p > 1. Dimostrare che: i) Se 0 α 1, la soluzione è tale che lim y(t) = +, t t 0 per un opportuno t 0 > 1. ii) Se α > 1 esiste una costante c > 0 dipendente solo da α e da p tale che, se u 0 > c, si ha per y il comportamento del punto i), mentre se u 0 c, la soluzione è definita su tutto (,+ ). Caso α 1: Nei t in cui la y è definita vale y(t) = u 0 [ 1+ p 1 α 1 up 1 0 (t α+1 1) ] 1 p 1. a) Nel caso α < 1, il termine [...], per t che varia tra 1 e +, decresce da 1 a. Dunque si annulla in un t 0 > 1 e il punto i) è dimostrato (per α 1). b) Nel caso α > 1, il termine [...], per t che varia tra 1 e +, decresce da 1 a 1 p 1 α 1 up 1 0. Se questo numero è negativo, siamo nel caso precedente, altrimenti il denominatore non si annulla mai per t > 1 e la soluzione è definita ovunque. Si verifica subito che questi due casi corrispondono a u 0 > c, e rispettivamente a u 0 c, ove c = ( α 1 ) 1 p 1. p 1 Caso α = 1: Nei t in cui la y è definita vale y(t) = u 0 [ 1 (p 1)u p 1 0 lnt ] 1 p 1 Dunque per ogni u 0 > 0 si ha il comportamento di i), con t 0 = exp 1 u p 1 0 (p 1) 31 }..

32 430. Applicazioni dell unicita 5. [07/09/2016 (ex)i] È noto che una funzione y : R R, y > 0, y C 1 (R) soddisfa y (t) 1+7y(t), t > 0; y(0) = 3. Trovare una costante K tale che y(5) K. Si applica la disuguaglianza di Gronwall. Essa implica nelle ipotesi del testo y(t)+1 [y(0)+1]e 7t, t > 0. Basta sostituire infine t = 5 e y(0) = 3. y(5) K := 4e Applicazioni dell unicita 1. [6/5/2002 (hw)i] 1) Si determinino per tentativi le soluzioni dei due problemi di Cauchy y = ( y e t ) 2 y, y = ( y e t ) 2 y, y(0) = 1; y(0) = 1. (Sugg. Provare con esponenziali.) 2) Si dimostri che tali soluzioni sono uniche. 3) Si deduca qualcosa sul comportamento della soluzione di y = ( y e t ) 2 y, y(0) = 0 per t + (ammettendo che tale soluzione sia definita in [0,+ )). 2. [16/07/2003 (ex)i] Dimostrare che y = e y2 arctg(y)cosx, y(0) = 2, ha un unica soluzione definita su (, ), che questa è sempre positiva, e che essa non ha limite per x [16/07/2003 (ex)ii] Dimostrare che y = e y2 sin 2 (y)sinx, y(0) = 3, 32

33 430. Applicazioni dell unicita ha un unica soluzione definita su (, ), che questa è sempre positiva, e che essa non ha limite per x [16/6/2003 (hw)i] Determinare il valore di lim y(x), x ove y soddisfa y = (y 1)arctg( y x +ye y ), y(1) = a, con a (0,1) qualunque. lim y(x) = 0. x 5. [16/6/2003 (hw)i] Determinare il valore di lim y(x), x ove y soddisfa y = (1 y)arctg( y x +ye y ), y(1) = a, con a (0,1) qualunque. lim y(x) = 1. x 6. [11/04/2016 (ex)i] Si considerino i problemi y n = (y n sinx)(y n 2 sinx)+cosx, y n (0) = n, per n = 0, 1, 2 e le loro soluzioni y n. Si dimostri che sono tutte e tre definite per ogni x R e che inoltre y 1 (x) < 1+sinx, x > 0. Nei casi n = 0, 2 si vede per sostituzione diretta che y n (x) = n+sinx, x Le ipotesi del teorema di esistenza e unicità locale sono soddisfatte dall equazione in tutto il piano. Dunque quelle sopra sono le uniche soluzioni in tali casi. 33

34 440. Questioni non standard di unicita Per lo stesso teorema, i grafici di due soluzioni diverse non possono avere punti in comune; pertanto si ha 1 y 0 (x) < y 1 (x) < y 2 (x) 3, x (σ,σ), ove(σ,σ) è l intervallo massimale di esistenza diy 1. Tuttavia si sa cheσ < + solo se y 1 (x) diviene illimitato per x Σ. Ma questo è impossibile per la limitazione trovata sopra. Nello stesso modo si vede che σ =. Infine si osservi che poiché y 0 < y 1 < y 2 si ha y 1 (x) = (y 1 sinx)(y 1 2 sinx)+cosx < cosx; integrando su [0, x] per x > 0 si ottiene y 1 (x) y 1 (0) < sinx Questioni non standard di unicita 1. [15/03/2001 (hw)i] Il probabilista russo Kolmogorov (A.N. Kolmogorov, Bull. Acad. Sci. USSR, Math. Ser. 1 (1937), ) e l ingegnere statunitense Avrami (M. Avrami, Kinetics of phase change I, J. Chem. Phys. 7 (1939), ; II, J. Chem. Phys. 8 (1940), ; III, J. Chem. Phys. 9 (1941), ) proposero indipendentemente un modello matematico per la crescita di cristalli in una sostanza inizialmente amorfa (cioè non cristallina). Se denotiamo con w(t) la frazione di volume occupata dai cristalli al tempo t, il modello di Avrami-Kolmogorov può essere messo nella forma (valida in dimensione spaziale pari a 3) (P) [ ]3 dw dt = K(1 w) 1 4 ln, w(0) = 0. 1 w Qui K è una costante positiva; per ovvi motivi, fisici e matematici, si deve avere 0 w < Si noti che il problema (P) ha la soluzione w(t) 0. Spiegare come sia allora possibile che venga usato per predire valori di w(t) positivi per ogni t > Si mostri che ogni soluzione della e.d.o. in (P) è non decrescente. 3. Si determini l unica soluzione di (P) tale che w(t) > 0 per ogni t > Si trovino tutte le altre soluzioni di (P) e si dimostri che hanno tutte limite 1 per t. 34

35 440. Questioni non standard di unicita 3 : w(t) = 1 e kt4, t > 0, w(t) = 0, t 0, k = 4 : le altre soluzioni sono della forma w(t t 0 ) per t 0 > 0. ( )1 K 4 ; 4 2. [15/03/2001 (hw)i] Trovare un aperto ove si possa applicare il teorema di esistenza e unicità al problema di Cauchy y = x y, y(0) = Determinare la soluzione massimale e dimostrare che è definita su tutto 2. Dimostrare che tale soluzione è unica su tutto R, nonostante questo non segua dal teorema di unicità. 1 : y(x) = 1 16 (x2 4) 2, 2 < x < 2, 0, x 2 o x [27/06/2002 (ex)i] Trovare la soluzione del problema di Cauchy y = y +ty 2 3, y(0) = 1. Dimostrare che tale soluzione è definita per ogni t R ed è unica. 4. [27/06/2002 (ex)ii] Trovare la soluzione del problema di Cauchy y = y +ty 2 3, y(0) = 1. Dimostrare che tale soluzione è definita per ogni t R ed è unica. 5. [11/09/2002 (ex)i] Trovare tutte le soluzioni del problema di Cauchy sin(y +2y +y) = 0, y(0) = 5, y (0) = 0, e spiegare il significato geometrico del problema stesso. 35

36 440. Questioni non standard di unicita 6. [11/09/2002 (ex)ii] Trovare tutte le soluzioni del problema di Cauchy cos(y 2y +y) = 1, y(0) = 0, y (0) = 3, e spiegare il significato geometrico del problema stesso. 7. [4/12/2002 (ex)i] Trovare tutte le soluzioni di (y 2y +y) 2 = 1 x, y(1) = 0; non occorre calcolare esplicitamente gli integrali. 8. [24/4/2002 (hw)i] Determinare tutte le soluzioni dell equazione cos(u x) = 1, tali che u( 1) = 1/2; specificare anche l intervallo di definizione. Per ogni fissato k intero, si ha la soluzione u(x) = 2kπlog x + 1 2, x < [16/5/2002 (hw)i] Trovare qualche soluzione di (y +y 2y)(y y) = 0. y(t) = c 1 e t +c 2 e 2t. 10. [16/5/2002 (hw)i] Trovare tutte le soluzioni di (y +y 2y)(y y) = 0. y(t) = c 1 e t +c 2 e 2t. 11. [23/09/2003 (ex)i] Trovare tutte le soluzioni massimali di (y ) 2 = (y +1) 4, che siano funzioni convesse, insieme con il loro intervallo di definizione. 12. [23/09/2003 (ex)ii] Trovare tutte le soluzioni massimali di (y ) 2 = (y +1) 4, che siano funzioni concave, insieme con il loro intervallo di definizione. 36

37 480. Soluzioni massimali 480. Soluzioni massimali 1. [16/07/2001 (ex)i] Trovare la soluzione del problema di Cauchy y = λ(y 1) 2 +1, y(0) = 0, ove λ > 0 è assegnato. Dimostrare che l intervallo di definizione della soluzione è limitato a destra per ogni fissato λ > 0, ma che l estremo superiore di tale intervallo può essere reso arbitrariamente grande scegliendo λ > 0 opportunamente. 2. [16/07/2001 (ex)ii] Trovare la soluzione del problema di Cauchy y = λ(y +1) 2 1, y(0) = 0, ove λ > 0 è assegnato. Dimostrare che l intervallo di definizione della soluzione è limitato a sinistra per ogni fissato λ > 0, ma che l estremo inferiore di tale intervallo può essere reso arbitrariamente piccolo scegliendo λ > 0 opportunamente. 3. [02/2001 (hw)i] Trovare le soluzioni di y = y4 3 x, y(0) = u 0. al variare di u 0 R (questo include la determinazione dell intervallo di definizione di ciascuna soluzione), e tracciarne il grafico. 4. [15/03/2001 (hw)i] Dimostrare che tutte le soluzioni massimali di sono illimitate. y = y 2 +1 y(x) = tg(x+c), x I, per I intervallo di lunghezza π opportuno. 5. [15/03/2001 (hw)i] Dimostrare che tutte le soluzioni massimali di y = (y 2 +1)cos 2 y sono limitate. Infatti y π +kπ è soluzione per ogni fissato k intero. 2 37

38 480. Soluzioni massimali 6. [4/07/2003 (ex)i] Trovare la soluzione massimale del problema di Cauchy y = xe (y x) +1, y(1) = u 0, e discuterne il variare dell intervallo di definizione al variare di u 0 7. [4/07/2003 (ex)ii] Trovare la soluzione massimale del problema di Cauchy y = xe y x +1, y(1) = u 0, e discuterne il variare dell intervallo di definizione al variare di u 0 8. [23/09/2003 (ex)i] Risolvere il seguente problema di Cauchy, e determinare se l intervallo di definizione della soluzione è limitato a destra o a sinistra: y = y + x y 2, y(0) = [23/09/2003 (ex)ii] Risolvere il seguente problema di Cauchy, e determinare se l intervallo di definizione della soluzione è limitato a destra o a sinistra: y = y + x y 2, y(0) = [16/6/2003 (hw)i] Dimostrare, senza calcolarla, che la soluzione massimale di y = y 2x y x, y(1) = 3 2, è definita su un intervallo della forma (a,b), con 1 < b <, a 0. (Sugg. Studiare le zone del piano xy ove y ha segno definito; usare il teorema sul comportamento delle soluzioni massimali.) 38

39 480. Soluzioni massimali 11. [5/7/2004 (ex)i] Si determini l intervallo di definizione di tutte le soluzioni massimali di e si trovi y = arctg(y x )+ye y2 cos 2 1 x 2 +1, lim y(x), x Σ ove Σ è l estremo destro di tale intervallo. 12. [5/7/2004 (ex)ii] Si determini l intervallo di definizione di tutte le soluzioni massimali di y = arctg(ye 2x )+ y sin(1 e x y 2 ), +1 e si trovi lim y(x), x Σ ove Σ è l estremo destro di tale intervallo. 13. [25/01/2016 (ex)i] Si dimostri che tutte le soluzioni dell equazione y = t 1+ t e 1 1+y 4 [1 (arctgy) 2 ] sono definite su tutto R, e si determinino per ciascuna di esse lim y(t), t lim y(t). t + L equazione è nella forma y = F(t,y), F(t,y) = t 1+ t e 1 1+y 4 [1 (arctgy) 2 ], con F C(R 2 ) e F y C(R 2 ). Dunque F è localmente lipschitziana in R 2 e vale il teorema di esistenza e unicità locale. Come è noto allora ciascuna soluzione massimale è definita su un intervallo aperto (σ, Σ). Inoltre vale ( π 2 ) F(t,y) e 4 +1 =: γ( y ), (t,y) R 2. Dunque, poiché ovviamente vale (essendo γ( y ) in realtà una costante positiva) + 1 ds γ(s) = +, 39

40 480. Soluzioni massimali le soluzioni massimali non possono diventare illimitate su un intervallo limitato. Poiché per t σ+ la (t,y(t)) deve uscire definitivamente da ogni compatto di R 2, l unica possibilità è che σ =. Nello stesso modo si dimostra che Σ = +. Osserviamo poi che le costanti sono soluzioni della e.d.o.. Infatti y 1 = π 4, y 2 = π 4 1 (arctgy i ) 2 = 1 1 = 0. Perciò ogni altra soluzione deve avere grafico contenuto in una delle tre regioni disgiunte A = (t,y) y > π }, B = (t,y) π } 4 4 > y > π, 4 C = (t,y) y < π }. 4 Studiamo separatamente i tre casi. A) In A 1 (arctgy) 2 < 0, dunque sign(y (t)) = sign(t), t Pertanto i due limiti richiesti esistono, perché y è crescente per t < 0 e decrescente per t > 0. Essendo anche y > π/4, tali limiti devono essere finiti e maggiori o uguali di π/4. Se però si avesse per esempio allora si avrebbe dall e.d.o. y (t) = lim y(t) =: λ > π t + 4, t 1+ t e 1 1+y(t) 4 [1 (arctgy(t)) 2 ] e 1 1+λ 4 [1 (arctgλ) 2 ] < 0, che è incompatibile con il fatto che y(t) abbia limite finito per t +. Perciò concludiamo che il limite è π/4. Analogamente si vede che y(t) π/4 per t. B) Nella regione B 1 (arctgy) 2 > 0. Pertanto sign(y (t)) = sign(t), t R, e y cresce [decresce] per t > 0 [per t < 0]. Dato che in B vale y ( π/4,π/4), si dovrà avere π 4 < lim y(t), lim y(t) π t t + 4. Se uno dei limiti fosse diverso da π/4 si cadrebbe in assurdo, ragionando come in A). C) Come in A, anche in C ogni soluzione y è decrescente per t > 0 e crescente per t < 0. Dunque i limiti richiesti esistono e sono minori di π/4. 40

41 500. Varie e.d.o. Se fossero finiti si cadrebbe nello stesso assurdo già visto nel punto A), quindi devono essere infiniti: Si noti che allora si ha anche lim y(t) = lim y(t) =. t t + lim t y (t) = lim t + y (t) = 1 π2 4 < 0, ma questo non costituisce nessuna contraddizione. Oltre alle due soluzioni costanti y(t) = ±π/4, t R, si hanno i casi: y > π 4, lim y(t) = π t ± 4, π 4 > y > π 4, lim y(t) = π t ± 4, y < π 4, lim y(t) =. t ± 14. [25/01/2016 (ex)ii] Si dimostri che tutte le soluzioni dell equazione y = arctg(t 3 )e 1 1+y 8 [1 2e y2 ] sono definite su tutto R, e si determinino per ciascuna di esse lim y(t), t lim y(t). t + Oltre alle due soluzioni costanti y(t) = ± ln2, t R, si hanno i casi: y > ln2, ln2 > y > ln2, y < ln2, lim y(t) = +, t ± lim y(t) = ln2, t ± lim y(t) = ln2. t ± 500. Varie e.d.o. 1. [24/4/2002 (hw)i] (Ripasso dell ascissa curvilinea) Una formica, che assumiamo puntiforme, si arrampica su un filo d erba che ha la forma di un elica circolare, ossia è parametrizzato da x(v) = rcosv, y(v) = rsinv, z(v) = hv, v 0, con r e h costanti positive. L insetto parte da quota z = 2hπ, in salita, e la sua velocità (scalare..., 41

42 500. Varie e.d.o. ossia ṡ se s denota l ascissa curvilinea della posizione della formica) è pari a cz, ove c è una costante positiva, e z è la quota a cui si trova la formica. Determinare quanto tempo occorre perché descriva una spira completa, ossia si trovi ancora sulla verticale del punto di partenza. Notare che questo tempo si mantiene limitato per h, nonostante la distanza percorsa vada a in questo caso, e spiegarsi intuitivamente il fenomeno. r2 +h t = log2 2. ch 2. [23/9/2015 (hw)i] Si determini la soluzione del problema di Cauchy y = y 1, y(0) = 1 2, posto in R Si verifichi direttamente che y C 1 (R), ma y C 2 (R). Per continuità se il dominio della soluzione è J R, dovrà essere y(t) > 0, t J ( δ 1,δ 2 ), per δ i > 0 opportuni. In tale intervallo si ha pertanto e dunque con k 1 specificato dal dato di Cauchy Allora y (t) = y(t) 1, y(t) = k 1 e t +1, 1 2 = y(0) = k 1 +1 k 1 = 1 2. y(t) = 1 2 e t +1, t J ( δ 1,δ 2 ). Cerchiamo di espandere tale dominio di positività. Si può prendere il limite δ 1 poiché 1 > 1 2 et, t < 0. Invece per t > 0 la scelta ottimale è δ 2 = ln2 perché 1 > 1 2 et t < ln2. Quindi per t > ln2 la y va ottenuta come soluzione del problema y = y 1, y(ln2) = 0, almeno fintanto che tale soluzione si mantiene negativa. Si ha per essa y(t) = k 2 e t 1, 42

43 500. Varie e.d.o. con k 2 specificato dal dato iniziale Dunque in quanto 0 = y(ln2) = k 2 e ln2 1 = k k 2 = 2. y(t) = 2e t 1, t > ln2, 2e t 1 < 0 e t < 1 2 t > ln2. Infine si ha ma y (ln2+) = y (ln2 ) = 1, y (ln2+) = 1 y (ln2 ) = 1. 1 y(t) = 2 et +1, 2e t 1, t ln2, t > ln2. 3. [11/04/2016 (ex)i] Trovare tutte le soluzioni di (y + 5y +y) 2 = (cosx) 2, x ( π 2, π ). 2 L equazione si riduce a una delle due y + 5y +y = cosx, y + 5y +y = cosx, ( x π 2, π ), ( 2 x π 2, π ). 2 Infatti non è possibile che il segno di y + 5y +y salti in( π/2,π/2) da valori positivi a valori negativi, dato chey C 2 (( π/2,π/2)). L equazione caratteristica dell equazione omogenea è in entrambi i casi λ 2 + 5λ+1 = 0, che ha soluzioni 5±1 λ 1,2 =. 2 Dunque in entrambi i casi l integrale generale dell equazione omogenea associata è η(x) = k 1 e λ1x +k 2 e λ2x. 43

44 500. Varie e.d.o. La soluzione particolare verrà cercata nella forma w(x) = Acosx+Bsinx. Si ottiene nei due casi ( A+ 5B +A)cosx+( B 5A+B)sinx = ±cosx, da cui A = 0, B = ± 1 5. y 1 (x) = k 1 e x +k 2 e x sinx, y 2 (x) = k 1 e x +k 2 e x 1 5 sinx. 4. [07/09/2016 (ex)i] Si determinino tutte le soluzioni dell equazione (y +2y)(y 3y 10y) = 0. È chiaro che in ogni punto almeno uno dei due fattori nel membro di sinistra deve essere nullo. In principio non è chiaro se possa esserci una soluzione per la quale il fattore che si annulla cambia da intervallo a intervallo. Supponiamo per il momento che in un intervallo aperto J valga Allora come si sa in J vale Se invece in J vale ricorriamo all equazione caratteristica cha ha radici Quindi y +2y = 0. y(t) = k 1 e 2t, t J. y 3y 10y = 0, λ 2 3λ 10 = 0, λ 1 = 2, λ 2 = 5. y(t) = k 2 e 2t +k 3 e 5t, t J. (1) Si noti che quindi vale in ambedue i casi la (1) in J. Possiamo quindi concludere rigorosamente così: se per assurdo esistesse un punto t 0 ove il secondo fattore non è nullo, si dovrebbe avere per continuità y (t) 3y (t) 10y(t) 0, t J, 44

45 550. Sistemi del I ordine per un opportuno intorno aperto J di t 0. Ma allora deve annullarsi in J il primo fattore e quindi comunque deve valere la (1) con k 3 = 0. Pertanto si annulla anche il secondo fattore, contro l ipotesi. Dunque il secondo fattore si annulla sempre, e la (1) è l integrale generale dell equazione. y(t) = k 2 e 2t +k 3 e 5t, t 520. Clairaut 1. [23/09/2003 (ex)i] Trovare tutte le soluzioni di y = xy +coshy. 2. [23/09/2003 (ex)ii] Trovare tutte le soluzioni di y = xy +sinhy Sistemi del I ordine 1. [4/07/2003 (ex)i] Determinare i k R tali che le soluzioni di tutti i problemi di Cauchy y ( ) = Ay, 1 k A =, y(0) = u 0, 2k 2 al variare di u 0 R 2 soddisfino y(t) (0,0), t [4/07/2003 (ex)i] Trovare, con il metodo degli autovettori, l integrale generale di y 1 = 2y 1 +3y 2, y 2 = 2y 1 +y 2. 45

46 550. Sistemi del I ordine 3. [4/07/2003 (ex)ii] Determinare i k R tali che le soluzioni di tutti i problemi di Cauchy y = Ay, y(0) = u 0, al variare di u 0 R 2 soddisfino A = ( ) 3 3k, k 7 y(t) (0,0), t. 4. [4/07/2003 (ex)ii] Trovare, con il metodo degli autovettori, l integrale generale di y 1 = 4y 1 +2y 2, y 2 = y 1 +y [19/5/2003 (hw)i] Dimostrare che la soluzione di x = y 2 x, y = y +xy, x(0) = x 0, y(0) = y 0, (per qualunque scelta di (x 0,y 0 )), soddisfa (x(t),y(t)) (0,0) per t. (Sugg. Si ricavi dal sistema un equazione differenziale per δ(t) = x(t) 2 + y(t) 2.) Vale δ = 2x x+2y y = 2δ, da cui δ(t) = δ(0)e 2t 0 per t. 6. [5/7/2004 (ex)i] Si determini una matrice risolvente del sistema y 1 = 2y 1 +12y 2, y 2 = 3y 1 +2y 2. Si determinino i valori iniziali y(0) = u 0 tali che il relativo problema di Cauchy abbia soluzione y tale che lim y(t) = 0. t 46

47 550. Sistemi del I ordine 7. [5/7/2004 (ex)ii] Si determini una matrice risolvente del sistema y 1 = y 1 +32y 2, y 2 = 2y 1 +y 2. Si determinino i valori iniziali y(0) = u 0 tali che il relativo problema di Cauchy abbia soluzione y tale che lim y(t) = 0. t 8. [11/11/2015 (hw)i] Per il seguente sistema differenziale lineare del primo ordine si determini la matrice di transizione in t = 0: x 1 = x 1 +x 2, x 2 = x 1 +x 2. Inoltre si caratterizzino le orbite del sistema, ossia le curve (x 1 (t),x 2 (t)) t R}. A) Cominciamo a determinare gli autovettori della matrice dei coefficienti ( ) 1 1 A =. 1 1 Gli autovalori λ sono dati dall equazione e sono quindi det(a λid) = λ 2 2λ = 0, λ 1 = 2, λ 2 = 0. In corrispondenza si trovano gli autovettori ( 1 v 1 =, v 1) 2 = ( ) 1. 1 Dunque la matrice A ammette una base di autovettori, e l integrale generale è dato da y(t) = k 1 e 2t v 1 +k 2 v 2. (1) Usando questo integrale si trovano le due soluzioni dei problemi di Cauchy y = Ay, y(0) = e 1, e y = Ay, y(0) = e 2. Queste due soluzioni nell ordine danno come è noto le colonne della matrice di transizione. B) Dal sistema segue subito che x 1 (t) = x 2 (t), t R, 47

48 550. Sistemi del I ordine il che implica x 1 (t) x 2 (t) = k R, t Quindi le orbite giacciono su rette x 1 = x 2 + costante. Dall integrale generale (1) segue subito che in realtà le orbite sono semirette. A) 1 2 ( ) e 2t +1 e 2t 1 e 2t 1 e 2t. +1 B) Le orbite sono semirette x 1 = x 2 + costante. 9. [11/11/2015 (hw)i] Per il seguente sistema differenziale lineare del primo ordine si determini la matrice di transizione in t = 0: x 1 = 2x 1 +2x 2, x 2 = 1 2 x 1 2x 2. Inoltre si determini per ogni soluzione y il limite lim y(t). t + A) Cominciamo a determinare gli autovettori della matrice dei coefficienti ( ) 2 2 A =. Gli autovalori λ sono dati dall equazione e sono quindi det(a λid) = λ 2 +4λ+3 = 0, λ 1 = 1, λ 2 = 3. In corrispondenza si trovano gli autovettori ( 2 v 1 =, v 1) 2 = ( ) 2. 1 Dunque la matrice A ammette una base di autovettori, e l integrale generale è dato da y(t) = k 1 e t v 1 +k 2 e 3t v 2. (1) Usando questo integrale si trovano le due soluzioni dei problemi di Cauchy y = Ay, y(0) = e 1, e y = Ay, y(0) = e 2. Queste due soluzioni nell ordine danno come è noto le colonne della matrice di transizione. B) Dall integrale generale (1) segue subito che per ogni soluzione lim y(t) = 0. t + 48