DIPARTIMENTO di MATEMATICA “F Brioschi POLITECNICO di...

Laboratorio Didattico FDS DIPARTIMENTO di MATEMATICA “F. Brioschi”

POLITECNICO di MILANO

Equazioni Differenziali Ordinarie esercizi proposti

a cura di Luisa Rossi Costa, Federico M.G. Vegni

n.57/R , settembre 2009

Piazza Leonardo da Vinci, 32 – 20133 Milano (Italy)

Prefazione

Questa dispensa e stata scritta come supporto al corso di Equazioni DifferenzialiOrdinarie e si e arricchita anno dopo anno con l’esperienza acquisita.

Lontani dalla pretesa di fornire gli studenti un libro di testo, piuttosto abbiamo avutoil costante obiettivo di integrare i contenuti teorici presentati a lezione con la pratica diesercizi significativi, espressamente rivolti a studenti di Ingegneria, ai quali si chiede diacquisire una sensibilita modellistica ed una buona capacita di analisi qualitativa deiproblemi, oltre che l’autonomia nell’approccio quantitativo.

Gli autori

Indice

Parte I

1 Equazioni del primo ordine in forma normale resolubilielementarmente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.1 Equazioni a variabili separabili . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.1.1 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.1.2 Soluzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.2 Equazioni lineari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.2.1 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.2.2 Soluzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2 Introduzione alla modellistica differenziale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.1 Costruzione ed interpretazione di modelli, diagrammi di fase . . . . . . . . . . . 19


3 Analisi qualitativa per equazioni del primo ordine in forna normale . 313.1 Studi locali e globali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31


4 Altre equazioni del primo ordine in forma normale . . . . . . . . . . . . . . . . . 534.1 Equazioni di Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53


4.2 Equazioni omogenee . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 574.2.1 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 584.2.2 Soluzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

4.3 Equazioni differenziali esatte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

VIII Indice


4.4 Esercizi proposti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

5 Equazioni autonome del primo ordine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 675.1 Equazioni autonome a tempo continuo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67


5.2 Equazioni autonome a tempo discreto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 745.2.1 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 755.2.2 Soluzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

Parte II

6 Ripasso di alcuni prerequisiti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 836.1 Equazioni lineari a coefficienti costanti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83


6.2 Algebra lineare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 896.2.1 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 896.2.2 Soluzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90


7 Sistemi lineari a coefficienti costanti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 957.1 La matrice esponenziale eAt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95


8 Sistemi lineari a coefficienti costanti II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1058.1 Classificazione delle traiettorie per i sistemi 2, 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105


8.2 Il caso non omogeneo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1118.2.1 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1118.2.2 Soluzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

8.3 Esercizi di ricapitolazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1158.3.1 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1158.3.2 Soluzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117

9 Sistemi autonomi non lineari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1279.1 Linearizzazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127


9.2 Sistemi Hamiltoniani e integrali primi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1349.2.1 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134

Indice IX

9.2.2 Soluzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1379.3 Funzione di Liapunov . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154


9.4 Coordinate polari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1599.4.1 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1599.4.2 Soluzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160


Parte I

1

Equazioni del primo ordine in forma normale

resolubili elementarmente

Enunciamo per ora il Teorema di Esistenza ed Unicita locale delle soluzioni alProblema di Cauchy richiedendo l’esistenza della derivata fy, e che tale derivata sia

continua. Tale ipotesi verra sostituita in seguito con l’ipotesi (piu debole) dilipschitzianita in y, uniformemente in t, della f1.

Teorema 1.1 (Teorema di Esistenza ed Unicita locale) Data l’equazione differen-ziale del primo ordine in forma normale

y′(x) = f(x, y)

se nell’aperto A ⊆ R2 sono soddisfatte le condizioni:

(i) f(x, y) continua in A

(ii)∂f(x, y)

∂ycontinua in A

allora la soluzione locale al problema di Cauchy assegnato in un qualunque punto di Aesiste ed e unica.

1.1 Equazioni a variabili separabili

1.1.1 Esercizi

E. 1.1. Risolvere l’equazione differenziale

y′ = f(x).

1 Negli esercizi che seguono sono proposte equazioni scritte nella forma y′ = f(x, y) per le qualisi cercano integrali y = y(x), equazioni nella forma y′ = f(t, y) per le quali si cercano integralidel y = y(t) ed equazioni nella forma x′ = f(t, x) per le quali si cercano integrali x = x(t).Non e escluso che altre notazioni vengano adottate: cio anche con l’intenzione di abituare gliStudenti a distinguere le variabili indipendenti dal contesto dell’esercizio.

4 c©Federico M.G. Vegni

E. 1.2. Si trovi l’integrale generale delle seguenti equazioni differenziali:

1. y′ = 4

2. y′ = x2

3. y′ = log x

4. x′ = cos 2t

5. x′ = arctan t

E. 1.3. Si trovino tutte le soluzioni dell’equazione differenziale y′ = xy2.

E. 1.4. Si trovino tutte le soluzioni dell’equazione differenziale x′ = x3 cos t.

E. 1.5. Si trovino tutte le soluzioni dell’equazione differenziale x′ = x−1. Trovare quindile linee integrali che passano per i punti P1 = (0, 1), P2 = (0,−1), P3 = (2, 1), P4 =(−3,−2).

E. 1.6. Si trovino tutte le soluzioni dell’equazione differenziale x′ = tx−2. Trovare quindile linee integrali che passano risolvono i Problemi di Cauchy x(0) = −1, x(2) = 1,x(−2) = 1, x(0) = 3.

E. 1.7. Si trovino tutte le soluzioni dell’equazione differenziale x′ = t(1+x−1). Si trovinoquindi le linee integrali passanti rispettivamente per i punti P1 = (0, 1), P2 = (0,−1/2),P3 = (0,−2).

E. 1.8. Data l’equazione differenziale

x′ =t

x2

si trovi la tangente alla soluzione che passa per il punto

1. P (1, 1)2. Q(−2, 3).

E. 1.9. Sia data l’equazione differenziale

y′ + xy + x√y = 0.

a. Si dica, in base alla teoria, dove E possibile garantire esistenza ed unicit‡ della soluzionelocale.

b. Si precisi se E possibile applicare un teorema di prolungamento. Possono esisteresoluzioni definite su R?

c. Risolvere il problema di Cauchy y(0) = 1 associato all’equazione assegnata.d. Discutere il problema di Cauchy y(0) = 0.

Equazioni del primo ordine 5

1.1.2 Soluzioni

S. 1.1. In base al Teorema Fondamentale del calcolo integrale, per una funzione y(x)continua con derivata integrabile y′(x) vale la formula

y(x) =

∫ x

x0

y′(x)dx + y0

e quindi

y(x) =

∫ x

x0

f(x)dx+ y0

da cui necessariamente y0 = y(x0). Poiche le primitive di una funzione dipendono dauna costante, quando non si vuole imporre il passaggio della soluzione per un punto(problema di Cauchy), ma si cerca l’insieme delle soluzioni dell’equazione differenziale,si scrive semplicemente

y(x) =

∫f(x)dx + C.

S. 1.2. 1. y(x) = 4x+ C

2. y(x) = x3/3 +K

3. y(x) = x log x− x+ C0

4. x(t) = 1/2 sin2t+ C

5. x(t) = t arctan t− 1/2 log(1 + t2) +K

S. 1.3. Per integrare l’equazione a variabili separabili occorre dividere per y. Si pone y 6=0 e contemporaneamente si osserva che y = 0 e una soluzione particolare dell’equazione

dy

y2= x che integrata membro a membro

−1

y=

x2

2+ C

y =−2

x2 +K.

S. 1.4. Anche qui, x = 0 e integrale particolare. Se x 6= 0,

dx

x3= cos t e, integrando membro a membro

− 1

2x2= sin t+ C

x2 =1

C − 2 sin t.


−4 −2 0 2 4 6−8

−6

−4

−2

0

2

4

6

8soluzioneproblema 1soluzioneproblema 2soluzioneproblema 3soluzioneproblema 4

Figura 1.1. Problema 1:(0,1), Problema 2:(

π

6, 1)

, Problema 3:(

7π6,−1

)

, Problema 4:(

5π6,−1

)

Essendo C una costante arbitraria si evita qui e nel seguito di “cambiarle nome” al-l’interno di una medesima successione di formule. Osservate che la soluzione e definitasolo quando il secondo membro e positivo. Qualora sia stato assegnato un Problema diCauchy, ad esempio il passaggio per il punto (t0, x0) per questa equazione, la condizionedi positivita del secondo membro viene automaticamente soddisfatta con l’appropriatascelta della costante C. Fissata la costante C, la soluzione e determinata e se ne deducel’insieme di definizione coerentemente con il valore t0. La compatibilita di segno tra i duemembri dell’equazione ha pero ancora un effetto, infatti la soluzione sara

x = +

√1

C − 2 sin t

se x0 > 0, invece

x = −√

1

C − 2 sin t

se x0 < 0. La soluzione nel caso x0 = 0 e data infatti dall’integrale particolare. In entrambii casi la soluzione e definita solamente nell’intorno del valore t0 in cui il radicando risultapositivo. Da ultimo, quindi osservate come la condizione di compatibilia di segno nei duemembri dell’equazione si traduca in una condizione di esistenza per la soluzione, che none definita su tutto l’asse reale, ma in un intervallo che dipende da dove e stato assegnatoil problema di Cauchy. In Figura 1.1 sono rappresentate le soluzioni per quattro Problemidi Cauchy assegnati.


S. 1.5. Il Teorema di Esistenza ed Unicita locale della soluzione non e applicabile sex = 0. Come aperto A in cui assegnare un Problema di Cauchy in modo da averesoluzione unica si puo scegliere o il semispazio A1 =

(t, x) ∈ R

2 : x > 0

oppure il

semispazio A2 =(t, x) ∈ R

2 : x < 0. Integrando l’equazione si trova x2 − 2t = C, da

cui|x| =

√2t+ C.

Assegnato il problema di Cauchy, e trovato di conseguenza il valore da assegnare allacostante C, le linee integrali sono definite solamente per t > −C/2. In Figura 1.2 sono ri-

−6 −4 −2 0 2 4 6−5

−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4P

1=(0,1)

P2=(0,−1)

P3=(2,1)

P4=(−3,−2)

Figura 1.2. Soluzioni dei Problemi di Cauchy assegnati nell’Esercizio 5; si osservi l’insieme didefinizione delle soluzioni.

portate le soluzioni relative a quattro problemi di Cauchy assegnati per questa equazione.L’intervallo massimale di esistenza non coincide con R, ma le soluzioni sono prolungabiliin R

+.

S. 1.6. Se x 6= 0 l’equazione e equivalente a x2x′ = t, che integrata membro a membro

purche x 6= 0, porta alla soluzione x = 3

√3

2t2 + C. Si osservino le soluzioni riportate

in Figura 1.3. Ogni linea e definita su tutto R. Solo le soluzioni tutte positive risolvonol’equazione differenziale in tutto R. Le soluzioni in parte positive in parte negative sonoda considerarsi solo nei punti in cui t 6= 0, quindi come tre rami distinti (per t < −t,−t < t < t, t > t) legati a diversi problemi di Cauchy. In particolare, la soluzione


−5 0 5−2

−1

0

1

2

3

4

5

−5 0 5−2

−1

0

1

2

3

4

5

−5 0 5−2

−1

0

1

2

3

4

5

−5 0 5−2

−1

0

1

2

3

4

5

Figura 1.3. In rosso sono disegnate le soluzioni massimali dei problemi di Cauchy (∗) assegnatiper l’equazione x′ = tx−2 proposti nell’Esercizio 6

legata al Problema di Cauchy x(0) = −1 e la linea di equazione x = 3

√3

2t2 − 1, che

risolve l’equazione differenziale per |t| <√

2

3; la soluzione legata al Problema di Cauchy

x(2) = 1 e la linea di equazione x = 3

√3

2t2 − 5, che risolve l’equazione differenziale per

t >

√10

3; la soluzione legata al Problema di Cauchy x(−2) = 1 e la linea di equazione

x = 3

√3

2t2 − 5, che risolve l’equazione differenziale per t < −

√10

3; la soluzione legata

al Problema di Cauchy x(0) = 3 e la linea di equazione x = 3

√3

2t2 + 27, che risolve

l’equazione differenziale per t ∈ R. Le soluzioni trovate sono rappresentate nella Figura1.6.

S. 1.7. Cominciamo con qualche considerazione preliminare. L’equazione differenziale hasignificato solo se x 6= 0. Inoltre, x = −1 e integrale particolare dell’equazione. In tuttol’insieme (t, x) ∈ R

2 : x 6= 0 vale il teorema di esistenza ed unicita quindi le lineeintegrali non si possono intersecare.Studiano il segno della funzione di due variabili che descrive il secondo membro dell’equa-zione otteniamo il “campo di direzioni”, uno schema che descrive la pendenza (positiva o


negativa) delle soluzioni dell’equazione assegnata. Se x 6= −1, 0, l’equazione e equivalentea

x

x+ 1x′ = t.

Integrando abbiamo ∫x+ 1− 1

x+ 1dx =

∫t dt

da cui

x− log |x+ 1| = 1

2t2 + C.

Assegnato il Problema di Cauchy nel punto P1 = (0, 1), si ricava il valore della costanteC = 1−log 2; la soluzione trovata analiticamente e dunque x−log |x+1| = t2/2−log 2+1.Poiche il Problema di Cauchy e assegnato per x > −1, possiamo togliere il modulodall’equazione (la soluzione non puo attraversare l’asse x = −1 che e una soluzione,altrimenti cadrebbe l’unicita); la soluzione e quindi:

x− log(x+ 1) =t2

2− log 2 + 1.

Continuiamo con qualche ulteriore commento. La linea di equazione implicita x− log(x+1) = t2/2− log 2 + 1 e composta da due rami2 disegnati in rosso in Figura 1.4. Solo unodei due (quello che incrocia P1) e la soluzione (locale) del problema di Cauchy; il secondoramo pur avendo la stessa espressione analitica del primo, non risolve il problema diCauchy assegnato.Ripetiamo i ragionamenti fatti anche per risolvere il Problema di Cauchy nel punto P2 =(0,−1/2). Il valore della costante e C = log 2− 1/2; la soluzione trovata analiticamente,togliendo il modulo all’argomento del logaritmo, e quindi:

x− log(x+ 1) =t2

2− log 2 + 1.

Anche questa linea, in forma implicita, e composta da due rami, di cui solo uno risolvelocalmente il Problema di Cauchy assegnato, come appare chiaramente dalla Figura 1.4.In modo analogo, troviamo che la soluzione al Problema di Cauchy P3 = (0,−2) e lalinea di equazione implicita

x− log(x+ 1) =t2

2+ log 2− 1

2

x− log(−x− 1) =t2

2− 2

rappresentata in Figura 1.4.

2 Non e richiesto allo studente la conoscenza dello studio delle linee in forma implicita, ci bastain questa sede commentare i risultati ottenuti, dando per acquisito il grafico in Figura 1.4.


−3 −2 −1 0 1 2 3−2

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

x−log(x+1)=t2/2−log2+1x−log(x+1)=t2/2+log2−1/2x−log(x+1)=t2/2−2

Figura 1.4. Soluzioni dei Problemi di Cauchy proposti nell’Esercizio 7. Alcune soluzionianalitiche sono composte da due rami; solo uno di questi risolve il Problema di Cauchy assegnato.

S. 1.8. Entrambi i punti P e Q appartengono ad aperti in cui sono verificate le ipotesidel Teorema di Esistenza ed unicita locale della soluzione (rispettivamente il semipianox > 0 e il semipiano x < 0). Essendo unica la soluzione locale al problema di Cauchy, eunica la tangente alla soluzione rispettivamente in P e in Q. Le rette richieste sono

1. x− 1 = t− 12. x− 3 = − 2

9 (t+ 2).

S. 1.9. a. Scrivendo l’equazione in forma normale

y′ = −xy − x√y

si ha che y′ = f(x, y) ove f : R× (R+ ∪ 0) −→ R. Dunque il dominio della funzionef non E un insieme aperto. Si ha f ∈ C∞(R×R

+), dunque per il teorema di Cauchy–Lipschitz per ogni (x0, y0) ∈ R×R

+ esiste un’unica soluzione del problema di Cauchycon dato iniziale (x0, y0) definita in un opportuno intorno di x0. Possiamo garantiresolo esistenza ma non unicit‡ per un problema di Cauchy con dato iniziale (x0, 0),x0 ∈ R (cioE sul bordo dell’insieme di definizione di f).

b. PoichE la funzione f non E definita in alcuna striscia vericale [a, b]×R, non possiamoapplicare il teorema di esistenza ed unicit‡ globale e quindi non possiamo prevederenulla circa l’intervallo massimale di prolungabilit‡ delle soluzioni. Possono quindi esi-stere soluzioni definite su R oppure non esistere, non si puU dire nulla. Osserviamosenza fatica, perU, l’esistenza della soluzione y = 0.


c. Si tratta di un’equazione a variabili separabili e di Bernoulli. Scriviamola come

y′ = −x√y (

√y + 1);

la funzione y = 0 E soluzione costante. Supponendo ora y 6= 0 dividiamo ed otteniamo

y′√y (1 +

√y)

= −x

da cui ∫y.√

y (√y + 1)

= −1

2x2 + c, c ∈ R.

Ponendo t =√y si ha∫

y.√y (

√y + 1)

= 2

∫t.

t+ 1= 2 ln |1 + t| = ln(1 +

√y)2

dunque l’integrale generale (esclusa la soluzione costante y = 0) E, in forma implicita

ln(1 +√y)2 = −1

2x2 + c, c ∈ R,

cioE(1 +

√y)2 = Ke−

1

2x2

, K ∈ R.

Per esplicitare le soluzioni, osserviamo dalla relazione precedente che esistono soluzionisolo per K ≥ 1 (infatti per K < 1 si ha

√Ke−

1

4x2

< 1 mentre (1 +√y)2 ≥ 1) e per

tali valori di K si ha √y =

√Ke−

1

4x2 − 1. (SOL)

Per trovare il dominio delle soluzioni ci chiediamo per quali x ∈ R ha senso l’espressioneprecedente, al variare di K ≥ 1: si ha

√y =

√Ke−

1

4x2 − 1 ⇐⇒

√Ke−

1

4x2 − 1 ≥ 0 ⇐⇒

√Ke−

1

4x2 ≥ 1

⇐⇒ e−1

4x2 ≥ 1√

K⇐⇒ −1

4x2 ≥ ln

1√K

⇐⇒ 1

4x2 ≤ ln

√K ⇐⇒ x ∈

[−2(ln

√K)

1

2 , 2(ln√K)

1

2

]

(si osservi che, poichE abbiamo gi‡ detto che K ≥ 1, l’espressione trovata ha senso poi-chE ln

√K ≥ 0). A questo punto (e solo a questo punto!) si puU esplicitare l’integrale

generale trovando:

y(x) = (√Ke−

1

4x2 − 1)2, x ∈

[−2(ln

√K)

1

2 , 2(ln√K)

1

2

].

Ponendo y(0) = 1 in (SOL) otteniamo

1 =√K − 1 ⇐⇒ K = 4

da cui la soluzione del problema di Cauchy proposto E

y(x) = (2e−1

4x2 − 1)2, x ∈

[−2(ln 2)

1

2 , 2(ln 2)1

2

].


d. Abbiamo gi‡ trovato la soluzione costante y(x) = 0; vediamo se esistono altre soluzionidella forma trovata nell’integrale generale. Sostituendo y(0) = 0 in (SOL), si ha

0 =√K − 1, ⇐⇒ K = 1

da cui un’altra soluzione sarebbe

y(x) = (e−1

4x2 − 1)2, x ∈ [0, 0]

ma in questo caso il dominio di definizione E il solo punto x = 0 e quindi non abbia-mo trovato una funzione! L’unica soluzione del problema di Cauchy E quindi quellacostante y(x) = 0.

1.2 Equazioni lineari

Ricordiamo brevemente il metodo di integrazione con un fattore integrante, di notevoleinteresse e larghe applicazioni, per l’equazione

y′(x) = a(x)y(x) + b(x).

Moltiplicando per una funzione incognita µ(x) si ottiene:

y′(x)µ(x) − a(x)µ(x)y(x) = b(x)µ(x).

Supponiamo che la funzione µ(x) soddisfi la condizione3

−a(x)µ(x) = µ′(x),

allora il primo membro dell’equazione e la derivata del prodotto y(x)µ(x), e la primitivadell’equazione che cerchiamo e data dalla relazione

y(x)µ(x) =

∫b(x)µ(x)dx + C.

Utilizzando la scrittura esplicita per la funzione µ, troviamo la soluzione:

y(x) = e∫a(x)

( ∫b(x)e−

∫a(x)dx + C

).

3 La condizione −a(x)µ(x) = µ′(x) impone a µ di essere soluzione di un’equazione differenzialea variabili separabili. Gli Studenti gia sanno che una delle soluzioni di tale equazione e lafunzione

µ(x) = e−∫a(x)dx.


1.2.1 Esercizi

E. 1.10. Integrare l’equazione x′ = x− t.

E. 1.11. Dimostrare che la soluzione dell’equazione X ′ = Xt+sin t passante per (π/4, 2)puo essere scritta come

X(t) = e∫ tπ/4

τdτ

[2 +

∫ t

π/4

sin τe−∫ τπ/4

σdσdτ

].

E. 1.12. Dimostrare che l’unica soluzione dell’equazione X ′ = a(t)X + b(t) passante per(t0, x0) puo essere scritta nella forma

X(t) = e∫

tt0

a(τ)dτ

[x0 +

∫ t

t0

b(τ)e−

∫τt0

a(σ)dσdτ

].

E. 1.13. Risolvere il problema di Cauchyy′ + sin t

cos ty = cos ty(0) = 1.

E. 1.14. Sia data l’equazione differenziale ordinaria

y′ =2t

t2 − 1(y − 1).

1. Dopo aver enunciato il Teorema di Esistenza ed Unicita locale per le soluzioni del

problema di Cauchy

y′ = f(t, y)y(t0) = y0

, specificare in quale campo A ⊆ R2 il Teorema

garantisce esistenza ed unicita della soluzione all’equazione assegnata.2. Studiare nel piano (t, y) il segno di y′.3. Scrivere l’integrale generale dell’equazione.4. Trovare la linea integrale che risolve il problema di Cauchy y(2) = 3.5. Specificare il dominio massimale della soluzione trovata al punto d), osservando se

poteva essere previsto a priori.6. Trovare le linee integrali tangenti alle funzione u(t) = et + 1, e scrivere le tangenti

comuni.


y = − 2x

1 + x2y + 1.

i) Enunciare con rigore il Teorema di Esistenza ed Unicita.ii) Verificare le ipotesi del Teorema di Prolungamento per dedurre un intervallo massi-

male di esistenza delle soluzioni con dato iniziale y(0) = k.iii) Studiare il segno della derivata prima della soluzione e verificare a priori la presenza

di asintoti per la soluzione.iv) Integrare l’equazione e scrivere l’integrale generale.v) Risolvere il problema di Cauchy y(0) = 5.


1.2.2 Soluzioni

S. 1.10. Moltiplico l’equazione per la funzione incognita µ(t):

x′(t)µ(t) − x(t)µ(t) = −tµ(t).

L’equazione precedente sarebbe facile da integrare se

−µ(t) = µ′(t).

Tra le sue soluzioni consideriamo la piu semplice

µ(t) = e−t.

Ricaviamo quindi che

d

dt

[x(t)e−t

]= −te−t

x(t)e−t = te−t + e−t + C

x(t) = t+ 1 + Cet.

Risolvere l’esercizio scrivendo la soluzione come sovrapposizione della soluzione generaledella parte omogenea e di una soluzione particolare (At+B) dell’equazione completa.

S. 1.11. La funzione X passa per il punto (π/4, 2), come si verifica facilmente per so-stituzione. Derivando la funzione X rispetto alla variabile t, ed applicando il TeoremaFondamentale del calcolo integrale, si ottiene

X ′(t) = te∫

tπ/4

τdτ

[2 +

∫ t

π/4

sin τe−∫

τπ/4

σdσdτ

]

+ e∫ tπ/4

τdτ[sin te−

∫ tπ/4

σdσ]

= tX(t) + sin t.

S. 1.12. La dimostrazione ricalca esattamente quella fornita nell’esercizio precedente.

S. 1.13. In base al problema di Cauchy assegnato, l’equazione perde di significato fuori

dall’intervallo(− π

2,π

2

). Applicando la relazione trovata nell’esercizio 3, si ha

y(t) = e−∫ t0

sin τcos τ dτ

[1 +

∫ t

0

cos(τ)e∫ τ0

sinσcos σ dσdτ

]

= elog | cos t|[1 +

∫ t

0

cos(τ)e− log | cos τ |dτ

]

= (1 + t) cos t

ristretta a (−π/2, π/2).


S. 1.14. (a) Teorema. Sia data z = f(t, y) continua nell’aperto A ⊆ R2 e tale che ∂f

∂y

sia pure continua in A. Allora il problema di Cauchy y(t0) = y0, con (t0, y0) ∈ A,assegnato per l’equazione differenziale y′ = f(t, y) ammette una ed una sola soluzionelocale.

La funzione z =2t

t2 − 1(y − 1) e continua insieme alla sua derivata parziale rispetto

alla variabile y nell’aperto A1 = (−∞, 1)× R oppure in A2 = (−1, 1)× R oppure inA3 = (1,+∞)× R. I problemi di Cauchy

y′ = 2tt2−1 (y − 1)

y(t0) = y0(t0, y0) ∈ A1

y′ = 2tt2−1 (y − 1)

y(t0) = y0(t0, y0) ∈ A2

y′ = 2tt2−1 (y − 1)

y(t0) = y0(t0, y0) ∈ A3

ammettono, rispettivamente, soluzione locale unica.

(b) In A1 la soluzione cresce se y > 1; decresce se y < 1; ha tangente orizzontale se y = 1.In A2 la soluzione cresce se y > 1 e t < 0 oppure se y < 1 e t > 0; decresce se y > 1e t > 0 oppure se y < 1 e t < 0; ha tangente orizzontale se t = 0 e se y = 1.In A3 la soluzione cresce se y > 1; decresce se y < 1; ha tangente orizzontale se y = 1.

(c) La funzione y = 1 e soluzione del problema separatamente negli aperti A1, A2,A3. L’equazione e lineare e puo essere integrata separatamente negli aperti A1,A2, A3. L’equazionepuo anche essere integrata come equazione a variabili separabiliseparatamente negli aperti A1, A2, A3:

∫dy

y − 1=

∫2tdt

t2 − 1

log |y − 1| = log |t2 − 1|+ C = log |t2 − 1|+ logK = logK|t2 − 1|con C costante arbitraria. Si osservi che K > 0. Conglobando i moduli nel segnodella costante L, si ottiene l’integrale generale

y = L(t2 − 1) + 1.

(d) y = 23 (t

2 − 1) + 1.(e) La funzione definita in d) risolve l’equazione differenziale nell’aperto (1,+∞) (in-

tervallo massimale). Ragionando a priori, il Teorema di prolungamento puo essereapplicato nella striscia S = [a, b] × R, con a > 1 e a < b < +∞. Infatti la funzione

f(t, y) =2t

t2 − 1(y − 1) e il prodotto di due funzioni g(t) =

2t

t2 − 1e h(y) = (y − 1):

g(t) e continua sull’intervallo [a, b] (chiuso e limitato) quindi e una funzione limitatadal suo massimo M ; h(y) e una funzione lineare. Ne risulta

∣∣∣∣2t

t2 − 1(y − 1)

∣∣∣∣ ≤ M |y − 1|

in S. Dall’arbitrarieta di a e di b si deduce che la soluzione puo essere prolungata intutto A3.


(f) Da y = et + 1 si ricava y′ = et, e sostituendo nell’equazione differenziale

et =2t

t2 − 1et

da cui t = 1±√2. Nei punti di ascissa t = 1±

√2 e ordinata e1±

√2 + 1, la funzione

y(t) = et + 1 e le linee integrali del problema proposto hanno tangente comune. Le

linee integrali cercate quindi risolvono i problemi di Cauchy (t1, y1) = (1−√2, e1−

√2+

1) e (t2, y2) = (1 +√2, e1+

√2 + 1) e sono, rispettivamente

y =e1−

√2

2− 2√2(t2 − 1) + 1 y =

e1+√2

2 + 2√2(t2 − 1) + 1.

Le rette tangenti richieste

y = 1 + e1−√2 + e1−

√2(t− 1 +

√2) y = 1 + e1+

√2 + e1+

√2(t− 1−

√2).

S. 1.15. i) Vedi libro di testo.ii) Si considera la striscia S = [a, b] × R con a < 0 e b > 0 in modo che il punto(0, k)

appartenga ad S. L’equazione e lineare; in particolare studiando il grafico della fun-zione z(x) = 2x

1+x2 e facile dedurre che max x ∈ [a, b]z(x) = 1. Quindi in S vale lamaggiorazione ∣∣∣∣−

2x

1 + x2y + 1

∣∣∣∣ ≤∣∣∣∣

2x

1 + x2

∣∣∣∣ |y|+ 1 ≤ |y|+ 1

indipendente da a e da b. Ne segue che la soluzione e prolungabile su tutto R.iii) La derivata e positiva se

y ≤ 1 + x2

2x.

Con un semplice studio di funzione, si ricavano le soluzioni, riportate in Figura 1.5.

−5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5−5

−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

5

Figura 1.5. Studio del segno della derivata prima.

Modelli 17

iv) Integrando l’equazione lineare si ottiene

y(x) =1

x2 + 1

(C + x+

x3

3

).

v) La soluzione associata al problema di Cauchy y(0) = 5 si ottiene con la scelta C = 5.

2

Introduzione alla modellistica differenziale

2.1 Costruzione ed interpretazione di modelli, diagrammi di fase

2.1.1 Esercizi

E. 2.1. Due amici vanno a prendere un caffe al bar. Entrambi ordinano un caffE lungo,che viene servito ad una temperatura di 60C.Federico allunga subito il caffe con una uguale quantita di latte, ed attende 10 minutiprima di sorseggiarlo. Gianmaria, invece, aspetta 5 minuti prima di allungare il caffe equindi altri 5 minuti prima di consumarlo. Assumendo che la temperatura del latte sia di16C, e che quella dell’ambiente sia di 24C, si determini chi tra Gianmaria e Federicobeve il caffE piu freddo. [Si assuma che la velocita con la quale un corpo si raffredda siaproporzionale alla differenza di temperatura tra il corpo e lo spazio ambiente secondouna opportuna costante k. Questa assunzione in Termodinamica prende il nome di Leggedi Fourier.]

E. 2.2. Un serbatoio contiene 200 litri d’acqua. All’istante t=0 una miscela contenenteun etto di sale viene versata alla velocit‡ di un litro al minuto e la mistura esce alla stessavelocit‡. Dopo quanto tempo ci saranno 10 chilogrammi di sale sciolti nel serbatoio?

E. 2.3. Supponendo di investire 3000 euro al 5% di interesse, calcolare la somma ricavatadopo 2 mesi, se l’interesse viene composto annualmente, semestralmente, mensilmente,settimanalmente, giornalmente, e infine in modo continuo. Quindi supponendo che l’in-vestimento all’istante t sia A(t), scrivere l’equazione differenziale che regola il tasso diinteresse composto con dato iniziale del problema pari ad A0.

E. 2.4. Si determini l’integrale generale dell’equazione

y + 2βy + y = sin t

per β ≥ 0. Per quali valori di β si verifica il fenomeno della risonanza?


E. 2.5. Il modello logistico

P ′(t) = ǫP (t)

(1− P (t)

k

)

dove ǫ, k > 0, puo essere modificato nel cosiddetto modello logistico con prelievo

P ′(t) = ǫP (t)

(1− P (t)

k

)− h

con h > 0.

1. Discutere l’equazione cosı modificata.2. Tradurre nello spazio delle fasi monodimensionale i risultati trovati sia nel caso

dell’equazione logistica sia nel caso dell’equazione logistica con prelievo.

E. 2.6. L’equazioneq′(t) = f(q(t)) + hq(t)

con h ∈ R, generalizza l’equazione del modello logistico ottenibile nel caso

f(q) = −ǫq2

ke h = ǫ.

Indicare alcune ipotesi ragionevoli su f ed h, che garantiscano l’esistenza di un punto diequilibrio asintoticamente stabile.

E. 2.7. Una popolazione N di individui e soggetta a una malattia infettiva non mortale,in modo che N sia costante nel tempo. Dividendo in due categorie gli individui cosicchES = S(t) e il numero di individui sani (ed eventualmente suscettibili di infezione) edI = I(t) e il numero di infetti, scrivere il modello di evoluzione della malattia sapendoche: ai fini della trasmissione della malattia solo una percentuale α dei possibili incontritra infetti e sani nell’unita di tempo risulta efficace; una percentuale β degli infetti diventasana nell’unita di tempo.

1. Studiare il diagramma di fase per l’equazione, al variare di α, β edN , interpretandonei risultati.

2. Integrare l’equazione, quindi confrontare i risultati che si ottengono calcolando illimite della soluzione per t → +∞ con quelli ottenuti al punto precedente.

E. 2.8. Considerare i due modelli seguenti, che descrivono la caduta di un grave di massam nell’aria:

1. v′(t) = g − h

mv(t)

2. v′ = g − h

mv2(t)

dove h e una costante positiva e g e l’accelerazione di gravita.Studiare i diagrammi di fase nei due casi, quindi integrare le equazioni e confrontare,interpretandoli, i risultati ottenuti.

Modelli 21

E. 2.9 (Velocita di fuga dalla Terra). Data la massa M della Terra, R il suo raggioe G la costante di gravitazione, si consideri un corpo di massa m che si trova a distanzar = R + h dal centro del pianeta e che sia soggetto alla forza

F = −GMm

r2

di tipo centrale. Ponendo k = GM , m = 1 ed indicando con v = v(t) =dr

dtla velocita

del corpo, si had2r

dt2= − k

r2

ovverodv

dt= − k

r2.

Si lanci il corpo verticalmente verso l’alto con velocita iniziale v0.

1. Sapendo che per r = R, l’accelerazione e −g, determinare k in funzione di R e di g.2. Calcolare v in funzione di r.3. Trovare la velocita di fuga dalla Terra (la velocita v0 necessaria affinche il corpo non

ritorni piu sulla Terra).

E. 2.10. Un modello per la diffusione di un’epidemia in una popolazione composta da unnumero costante N di individui si basa sull’ipotesi che la variazione di individui infettisia contemporaneamente proporzionale al numero di individui infetti I(t) e al numerodi individui sani S(t) secondo una costante di proporzionalita, che possiamo porre 1 persemplicita.

(a) Scrivere un’equazione differenziale che descrive il modello, dando le opportunelimitazioni alle variabili affinche abbiano significato fisico.

(b) In una citta isolata con 1000 abitanti, se 100 individui sono infetti al tempo t0, inquanto tempo viene contagiato l’80% della popolazione, secondo il modello proposto?

E. 2.11. Un serbatoio da 100 l contiene 10 litri di acqua pura. All’istante t = 0, da unatubazione, una miscela contente 25 g di sali ogni litro viene immessa nella vasca allavelocita di 4 litri al minuto; i sali sono ben miscelati e si diluiscono istantaneamentenell’acqua della vasca. La mistura esce attraverso una condotta di scarico alla velocita di3 l al minuto. Quanto sale e contenuto nel serbatoio all’istante in cui il serbatoio traboccae quale e la concentrazione?

2.1.2 Soluzioni

S. 2.1. Innanzitutto bisogna tradurre la legge di Fourier in un’equazione differenziale.Indichiamo con T (t) la temperatura di un corpo (in gradi centigradi) all’istante t (inminuti): allora la velocita a cui il corpo si raffredda e data da −dT/dt. Possiamo quindiscrivere la legge di Fourier come


T ′(t) = −k(T (t)− T0),

dove T0 indica la temperatura dell’ambiente e k la costante positiva di proporzionalita.Si noti che, in base a questa legge, se la temperatura del corpo e piu alta di quelladell’ambiente il corpo si raffredda, e viceversa se e piu bassa il corpo si riscalda. Nelnostro caso si ha T0 = 24.In vista dell’applicazione al problema, ricaviamo la soluzione del generico problema diCauchy:

T ′(t) = −k(T (t)− 24)T (τ) = ξ.

Utilizzando il metodo di integrazione per equazioni a variabili separabili e sostituendo lacondizione iniziale per ricavare la costante di integrazione si ottiene

T (t) = 24 + (ξ − 24)e−k(t−τ).

Indichiamo con Tf(t) la temperatura del caffe di Federico e con Tg(t) la temperatura delcaffe di Gianmaria. Si noti che, visto che Federico allunga il caffe a 60 con un’ugualequantita di latte a 16, la temperatura iniziale del caffe allungato e di 38 (la mediaaritmetica delle due). Di conseguenza si ha τ = 0, ξ = 38, Tf(t) = 24 + 14e−kt e quindipossiamo calcolare la temperatura a cui beve Federico: Tf (10) = 24 + 14e−10k.Passiamo all’altro caso. Per i primi 5 minuti la temperatura del caffe di Gianmariasoddisfa il problema di Cauchy con τ = 0 e ξ = 60. Abbiamo quindi Tg(t) = 24+ 36e−kt

e Tg(5) = 24+ 36e−5k. Nel frattempo il latte si riscalda, perche la sua temperatura e piubassa di quella dell’ambiente: per la temperatura Tl del latte abbiamo τ = 0, ξ = 16,Tl(t) = 24 − 8e−kt, Tl(5) = 24 − 8e−5k. A quel punto Gianmaria mescola il caffe con illatte, ottenendo una miscela avente temperatura 24+14e−5k. Il raffreddamento proseguesempre secondo la solita legge, e stavolta i dati iniziali sono τ = 5 e ξ = 24 + 14e−5k.Abbiamo quindi, per t ≥ 5, Tg(t) = 24+14e−5k ·e−k(t−5), per cui Tg(10) = 24+14e−10k.I due amici bevono dunque il caffe alla medesima temperatura.

S. 2.2. Indichiamo con s(t) la quantita di sale (misurata in chilogrammi) presente nellamiscela all’istante t (misurato in secondi), e cerchiamo di scrivere un’equazione diffe-renziale per s. In ogni minuto, nella cisterna entrano 0.1 kg di sale. Supponiamo che ilsale si misceli istantaneamente in modo uniforme in tutta la cisterna. Cio significa cheall’istante t in un litro di miscela e presente una quantita s(t)/200 kg di sale. Quindi lavariazione della quantita di sale al minuto e 0.1− s(t)/200. In altre parole,

s′(t) = 0.1− 1

200s(t).

Tale equazione puo essere integrata sia come equazione alle variabili separabili, sia comeequazione lineare. Ricordando che s(0) = 0, si ottiene s(t) = 20−20e−t/200. Per calcolareil tempo richiesto basta quindi risolvere l’equazione 20 − 20e−t/200 = 10. Percio bastaaspettare 200 log 2 minuti.

S. 2.3. Se 3000 euro vengono investiti al 5% annuo, dopo un anno la cifra accantonatacorrisponde a 1+0,05 volte la cifra iniziale, e dopo due anni corrispondera 1, 05 · 1, 05 la

Modelli 23

cifra iniziale. In questo caso dopo k anni l’investimento sara diventato pari a 3000·(1, 05)k.In generale se A0 e l’investimento a tasso r, dopo k anni ci sara stato un accantonamentopari a A0(1 + r)k. Di solito pero gli interessi vengono calcolati piu frequentemente cheuna volta alla fine dell’anno, diciamo n volte nel corso di uno stesso anno. Allora in ogniperiodo il tasso di interesse e r/n. In questo caso, in k anni ci sono nk periodi, alla finedei quali il capitale raggiunto e A0(1+ r/n)nk ad esempio, dopo 3 anni al 5% d’interesse,3000 euro di capitale diventano

3000(1.05)3 = 3472.9 euro con interesse composto annualmente

3000(1.025)6 = 3479.1 euro con interesse composto semestralmente

3000(1 + 0.05/4)12 = 3482.3 euro con interesse composto trimestralmente

3000(1 + 0.05/12)36 = 3484.4 euro con interesse composto mensilmente

3000(1 + 0.05/365)3·365 = 3485.5 euro con interesse composto giornalmente

Se si vuole sapere il risultato a 2 mesi, si ha

3000(1 + 0.05/1)2/12 = 3024, 5 euro con interesse composto annualmente

3000(1 + 0.05/2)1/3 = 3024.8 euro con interesse composto semestralmente

3000(1 + 0.05/4)2/3 = 3024.9 euro con interesse composto trimestralmente

3000(1 + 0.05/12)2 = 3025.1 euro con interesse composto mensilmente

3000(1 + 0.05/365)61 = 3025.2 euro con interesse composto giornalmente

L’interesse pagato cresce al tendere di n ad infinito, e l’interesse composto in modocontinuo sara

A(t) = limn→+∞

A0

(1 +

r

n

)nt

= limn→+∞

A0

[(1 +

r

n

)n/r]rt

= A0

[lim

n→+∞

(1 +

r

n

)n/r]rt

= A0ert

L’equazione differenziale che descrive il problema si ottiene derivando

dA(t)

dt= rA0e

rt = rA(t)

Percio nel caso di interesse composto in modo continuo, 3000 euro investiti a 2 mesi contasso al 5% diventano 3000 · e0.05 61

365 euro.

S. 2.4. L’equazione assegnata puo rappresentare il moto di una particella di massam = 1vincolata ad una molla con costante elastica k = 1 e che subisce un attrito viscoso conun coefficiente di proporzionalita pari a 2β. Il polinomio caratteristico dell’equazioneomogenea ha le radici

λ1,2 = −β ±√β2 − 1.

Distinguiamo i diversi casi in cui le soluzioni del polinomio caratteristico sono reali ocomplesse.


Se 0 ≤ β < 1, gli autovalori del problema sono complessi e coniugati e λ1,2 = −β ±i√1− β2, cui corrisponde un integrale generale dell’equazione differenziale omogenea

y(t) = e−βt(c1 sin(t

√1− β2) + c2 cos(t

√1− β2)

).

Se β = 1, gli autovalori del problema sono reali e conicidenti e λ1,2 = −1, cui corrispondeun integrale generale dell’equazione differenziale omogenea

y(t) = c1e−t + c2te

−t.

Se β > 1, gli autovalori del problema sono reali e distinti e λ1,2 = −β ±√β2 − 1, cui

corrisponde un integrale generale dell’equazione differenziale omogenea

y(t) = c1e(−β−

√β2−1)t + c2e

(−β+√

β2−1)t.

Risolviamo il problema dell’equazione completa, cercando se esiste una soluzione parti-colare dell’equazione differenziale della forma

u(t) = A sin t+B cos t.

Una funzione di questo tipo dipende linearmente dall’integrale generale della parteomogenea solo se β = 0.Il caso β = 0, che corrisponde ad un caso di risonanza, e trattato nel seguito.Supponiamo quindi per ora β > 0. Abbiamo

u(t) = A sin t+B cos t

u′(t) = A cos t−B sin t

u′′(t) = −A sin t−B cos t.

Affinche u(t) risolva l’equazione assegnata, deve essere

−A sin t−B cos t+ 2β(A cos t−B sin t) +A sin t+B cos t = sin t

si ricava

A = 0

B = − 1

β.

Se invece β = 0, verifichiamo per quali valori di A e B la funzione

u(t) = t(A sin t+B cos t)

e integrale particolare dell’equazione

y + y = sin t.

Abbiamo

Modelli 25

u(t) = t(A sin t+B cos t)

u′(t) = A sin t+B cos t+ t(A cos t−B sin t) =

u′′(t) = 2(A cos t−B sin t) + t(−A sin t−B cos t).

Affinche u(t) risolva l’equazione assegnata, deve essere

2(A cos t−B sin t) + t(−A sin t−B cos t) + t(A sin t+B cos t) = sin t

si ricava

A = 0

B = −1

2.

L’integrale generale del problema, nel caso β = 0 e allora

y(t) = c1 sin(t) + c2 cos(t)−1

2t sin t.

S. 2.5. E sottinteso che, trattandosi di popolazioni, si considerano significative solo lesoluzioni con P (t) ≥ 0.Nel modello logistico standard l’incremento della popolazione P e proporzionale sia allapopolazione P che a k−P , dove k rappresenta un valore soglia, nel senso che, quando Pe vicina a k, P e piccola e quindi la popolazione tende a variare poco (si puo immaginareche, per P vicino a k, tutto lo “spazio abitabile” sia esaurito e quindi che la popolazionenon tenda a crescere ulteriormente). In questo senso, si dice che k e un punto di equilibrio(P ≡ K implica P ≡ 0); se ad un certo istante t0 si ha 0 < P (t0) < k allora la popolazionecresce tendendo a k, se P (t0) > k allora la popolazione decresce indefinitamente tendendoa k, e quindi k E asintoticamente stabile.Nel caso con prelievo il modello puo essere interpretato come segue: oltre alla dinamicainterna data dal modello precedente, un “agente esterno” preleva dalla popolazione hindividui nell’unita di tempo (e il caso, ad esempio, di un allevamento). In questo caso knon e piu un punto di equilibrio. L’equazione, a variabili separabili (in effetti e autonoma),potrebbe essere integrata, ma per i nostri scopi e sufficiente studiare il segno di P e tenerepresente che se P e definita su tutto R ed ha un asintoto orizzontale, allora tale asintotocorrisponde ad un punto di equilibrio (vedi l’esercizio seguente per i dettagli).Cerchiamo quindi i valori di P per cui si ha

P = − ǫ

kP 2 + ǫP − h ≥ 0.

Si hanno tre casi, a seconda che il discriminante del polinomio sia negativo, nullo opositivo.

• h >ǫk

4: per ogni P si ha P < 0. Quindi non esistono punti di equilibrio e, qualunque

sia la popolazione iniziale, si ha l’estinzione in tempo finito: la quantita di individuiprelevati nell’unita di tempo (cioe h) e troppo grande e la popolazione non riesce ariprodursi abbastanza velocemente per rimpiazzarli.


• h =ǫk

4: P si annulla solo per P = k/2, e P < 0 altrimenti. Quindi se P (t0) > k/2

allora la popolazione decresce in modo monotono tendendo asintoticamente a k/2 (siricordi che P (t) non puo intersecare la retta a quota k/2 per unicita della soluzionedel problema di Cauchy). Se 0 < P (t0) < k/2 la popolazione si estingue in tempofinito come nel caso precedente.

• h <ǫk

4: si hanno due punti di equilibrio corrispondenti ai valori

P− =k

2−√

k

ǫ

(ǫk

4− h

),

P+ =k

2+

√k

ǫ

(ǫk

4− h

).

Si verifica facilmente che entrambi questi valori sono positivi. Se P (t0) > P+ alloraP (t) decresce tendendo asintoticamente a P+. Se P− < P (t0) < P+ allora P (t) crescetendendo asintoticamente a P+, che quindi e un equilibrio asintoticamente stabile (alcontrario, P− e chiaramente instabile). Se 0 < P (t0) < P− allora la popolazione siestingue in tempo finito.

Si noti che in questo esercizio lo spazio delle fasi e la semiretta R+ dei numeri reali

positivi, per cui, per lo studio del diagramma di fase, basta riportare le considerazionifatte sulla semiretta.

S. 2.6. Cerchiamo di offrire una trattazione piu generale di quella richiesta dal problema,per cui poniamo f(q) + hq = g(q) e consideriamo l’equazione autonoma

q(t) = g(q(t)).

Si puo dimostrare il seguente teorema.

Teorema 2.1. siano g una funzione di classe C1 (in modo che valga il teorema di esi-stenza ed unicita locale per i problemi di Cauchy) e q0 ∈ R tale che g(q0) = 0, g epositiva in un intorno sinistro di q0 e negativa in un suo intorno destro (alternativamen-te, g′(q0) < 0 oppure g′(q0) = 0 e q0 e un punto di flesso discendente per g). Allora q0 eun punto di equilibrio asintoticamente stabile.

Dimostrazione: visto che g(q0) = 0 chiaramente q0 e un punto di equilibrio e q(t) ≡ q0e una soluzione costante dell’equazione. Supponiamo che g(q) sia positiva su (q0 − δ, q0)per un certo δ positivo, e sia q un punto di tale intorno sinistro di q0. Dire che q0 easintoticamente stabile equivale a dire che la soluzione del problema di Cauchy con datoiniziale q(t0) = q tende a q0 per t → +∞ (si puo ragionare analogamente per l’intornodestro). Dimostriamolo. Dato il segno di g, abbiamo che q(t) e crescente finche e piupiccola di q0; d’altra parte non puo intersecare la retta q = q0 per unicita, e quindinon puo avere asintoti verticali. Se ne deduce che q(t) e definita e monotona crescentesu [t0,+∞), con q ≤ q(t) < q0.Una funzione monotona e limitata ammette limite (cioe

Modelli 27

asintoto orizzontale). Indichiamo con q∗ tale limite. Chiaramente q < q∗ ≤ q0. La nostratesi equivale a dire che q∗ = q0. Supponiamo quindi per assurdo che q∗ 6= q0. Abbiamoche per t → +∞ q(t) → q∗ e quindi, sostituendo nell’equazione, q(t) → g(q∗) 6= 0 peripotesi. Ma cio e assurdo, in quanto in presenza di un asintoto orizzontale se la derivataammette limite allora tale limite deve essere 0.Tornando al nostro caso, per assicurare l’esistenza di un punto di equilibrio asin-toticamente stabile e sufficiente quindi dare condizioni in modo che il grafico della fun-zione y = f(q) intersechi la retta y = −hq dall’alto verso il basso. Ad esempio basta chef(0) = 0, f ′(0) > −h, f(q) < −hq per q → +∞. Si puo vedere che l’equazione logisticasoddisfa queste condizioni.

S. 2.7. Si tratta di scrivere l’equazione differenziale associata al modello. L’osservazioneprincipale in questo senso e quella che il numero dei possibili incontri nell’unita di tempoe semplicemente I(t) ·S(t) (stiamo supponendo che ogni individuo sano possa incontrareogni individuo infetto). Quindi l’incremento degli infetti nell’unita di tempo e dato daltermine che dipende dai possibili incontri (αI(t)S(t)) e dal termine dovuto alle guarigioni(−βI(t)). Ricordando che I(t) + S(t) = N

I(t) = αI(t)S(t)− βI(t) = (αN − β)I(t)− αI(t)2.

1. Per l’analisi del diagramma di fase dobbiamo calcolare i punti di equilibrio ed ilsegno di I in funzione di I (si noti che l’equazione e di tipo logistico). Ponendo I = 0otteniamo i due punti di equilibrio I = 0 ed I = N − β/α. Ricordando che siamointeressati solo alle soluzioni non negative, abbiamo i due casi.

Se N − β

α≤ 0: per ogni condizione iniziale positiva la soluzione corrispondente

decresce tendendo asintoticamente a 0, che e un equilibrio asintoticamente stabile(nel caso N − β/α = 0 e stabile solo da destra).

Se N − β

α> 0: le soluzioni con condizione iniziale I(t0) > N − β/α decrescono

monotonamente, quelle con condizione iniziale 0 < I(t0) < N − β/α crescono mono-tonamente, e tutte tendono a N − β/α che e un punto di equilibrio asintoticamentestabile (mentre 0 in questo caso e instabile).

2. L’integrazione dell’equazione e lasciata per esercizio al lettore.

S. 2.8. Parliamo di caduta di gravi, quindi consideriamo le soluzioni con v positi-va (orientata verso la Terra). Analoghi ragionamenti valgono comunque anche per vnegativa.

1. mg/h e un punto di equilibrio asintoticamente stabile. Le soluzioni con dato ini-ziale maggiore del valore di equilibrio decrescono, quelle con dato iniziale inferiorecrescono.

2. (mg/h)1/2 e un punto di equilibrio asintoticamente stabile. Le soluzioni con datoiniziale maggiore del valore di equilibrio decrescono, quelle con dato iniziale inferiorecrescono.

Integrazione delle equazioni. L’equazione


v′(t) = g − h

mv(t)

e lineare a coefficienti costanti del primo ordine. L’equazione omogenea associata e:

v′(t) +h

mv(t) = 0.

Si ottiene subito che una generica soluzione dell’omogenea E data da v0(t) = ce−hm t, con

c costante arbitraria in R.Cerchiamo una soluzione particolare dell’equazione non omogenea del tipo vp(t) = a,per ogni t. Dobbiamo ottenere v′p(t) = g − h

mvp(t), quindi a = gmh . L’integrale generale

dell’equazione non omogenea e dunque:

v(t) = cv0(t) + vp(t) = ce−hm t +

gm

h.

L’equazione

v′ = g − h

mv2(t)

e a variabili separabili. Con qualche calcolo la si puo riscrivere come

dv

v2 − (mg/h)= −hdt

m,

da cui, integrando e ricavando v, si ottiene la soluzione

v(t) =(mg

h

)1/2 1 + Ce−2t(mgh )1/2

1− Ce−2t(mgh )1/2

.

S. 2.9. 1. Dalla legge di Newton F = ma = −mg e dalla

F = −GMm

R2

otteniamo nel caso r = R

−mg = −GMm

R2= −k

m

R2,

da cui k = gR2.2. Calcoliamo v in funzione di r. Per la regola di derivazione delle funzioni composte

dv(r(t))

dt=

dv

dr

dr

dt= v

dv

dr.

Inoltre sappiamo chedv

dt= − k

r2da cui ricaviamo

vdv

dr= − k

r2.

Modelli 29

Abbiamo ottenuto un’equazione differenziale a variabili separabili

vdv = − k

r2dr.

Integrando si ottiene:

v2 = 2k

r+ c,

con c costante arbitraria. Sapendo che v(R) = v0, c = v02 − 2 k

R , da cui:

v(r) =

(2k

(1

r− 1

R

)+ v0

2

)1/2

=

(2gR(R− r)

r+ v0

2

)1/2

.

3. Trovare la velocita di fuga dalla Terra (la velocita v0 necessaria affinche il corpo nonritorni piu sulla Terra).L’altezza massima h raggiunta dal corpo di massa m si determina ponendo a zero lavelocita v(r), con r = R+ h.

v(R + h) =

(− 2gRh

R+ h+ v0

2

)1/2

= 0 ⇐⇒ v0 =

(2gRh

R+ h

)1/2

.

Vogliamo che il corpo non torni piu sulla terra, imponiamo che l’altezza massimaraggiunta vada all’infinito, quindi la velocita di fuga dalla terra vf sara data da:

vf = limh→+∞

v0 = limh→+∞

(2gRh

R+ h

)1/2

= (2gR)1/2.

S. 2.10. (a) Secondo la descrizione del modello deve essere

I(t) = kI(t)S(t)

e la costante di proporzionalita e scelta k = 1. Perche abbiano il significato assegnatole variabili devono soddisfare ad ogni istante t le condizioni

0 ≤ I(t), S(t) ≤ N

essendo N in numero totale di individui. Se si segue l’evoluzione del sistema si puoporre t ≥ 0 essendo 0 l’istante in cui cominciano i rilevamenti.Tenendo conto che deve essere S + I = N , l’equazione diventa

I(t) = I(t)(N − I(t))

che e l’equazione logistica.


(b) L’equazione I = I(1000− I) a variabili separabili integrata diventa

I(t) =1000Ke1000t

1 +Ke1000t.

Scelto t0 = 0 ed imposta la condizione iniziale, si ottiene K = 1/9 da cui

I(t) =1000

1 + 9e−1000t.

Il valore di t in cui si e ammalato l’80% della popolazione si ricava risolvendo 1 +9e−1000t = 5/4, da cui

t =1

1000log 36.

S. 2.11. Indichiamo con Q(t) la quantita di miscela presente nel serbatoio (in litri)all’istante t. Misuriamo t in minuti.Poiche nel serbatoio entrano 4l di miscela al minuto e ne escono 3 al minuto, essendo 10lla quantita iniziale di acqua, abbiamo che

Q(t) = 10 + (4− 3)t

da cui possiamo ricavare che il tempo di traboccamento della vasca corrisponde a t = 90minuti.Indichiamo con s(t) la quantita di sali presente nella vasca al tempo t espressa in grammi,allora la variazione della quantita totale di sali deve soddisfare la relazione

s(t) = 25 · 4− 3s(t)

Q(t).

Utilizzando la relazione trovata in precedenza per Q(t) = 10 + t, abbiamo

s(t) = 25 · 4− 3s(t)

10 + t.

L’equazione e lineare e puo essere facilmente integrata. Si trova

s(t) =C

(10 + t)3+ 25(10 + t)

imponendo la condizione iniziale s(0) = 0, si ricava il valore della costante C = −25 ·104,e quindi

s(t) = 25

[10 + t− 104

(10 + t)3

].

Rispondiamo ora alle domande che l’esercizio pone. Il sale contenuto nel serbatoionell’istante in cui trabocca e

s(90) = 25

[10 + 90− 104

(10 + 90)3

]= 25 ·

[100− 1

100

]≃ 2500

in grammi, che, disciolto in 100 l di miscela corrispondono ad una concentrazione pari a

25 ·(1− 1

104

)g/l.

3

Analisi qualitativa per equazioni del primo ordine in

forna normale

3.1 Studi locali e globali

Ricordiamo l’enunciato del Teorema di Esistenza ed Unicita nelle ipotesi piu generali.

Teorema 3.1 (Teorema di Esistenza ed Unicita locale). Sia A un insieme apertodi R2 e sia (t0, y0) ∈ A. Consideriamo il Problema di Cauchy

(PC)

y′ = f(t, y)y(t0) = y0.

(i) Se f(t, y) ∈ C0(A) allora la soluzione locale esiste.(ii) Se esiste L > 0 tale che |f(t, y1) − f(t, y2)| ≤ L|y1 − y2| per ogni (t, y1), (t, y2)

appartenenti ad un intorno di (t0, y0) (ovvero se f e localmente lipschitziana in yuniformemente in t1) allora il PC ha una ed una sola soluzione locale.

Per equazioni che soddisfano il Teorema di Esistenza ed Unicita locale, l’ipotesi di crescitasublineare in una striscia S rispetto alla variabile y garantisce la prolungabilita dellasoluzione.

Teorema 3.2 (Teorema di Prolungamento). Data l’equazione y′ = f(t, y), soddisfa-cente il le ipotesi del Teorema di Esistenza ed Unicita locale in una striscia S = (a, b)×R.Se inoltre

|f(t, y)| ≤ A+B|y| per ogni (t, y) ∈ S,

allora la soluzione al problema di Cauchy assegnato in (t0, y0) ∈ S puo essere prolungataa tutto [a, b].

I Lemmi che seguono riassumono condizioni di verifica immediata (o quasi) che garanti-scono l’applicabilita del Teorema di Prolungamento.

1 Questa richiesta puU essere rilassata chiedendo che la derivata parziale∂f

∂ysia continua in

A, e si ottiene il Teorema 1.1.


Lemma 3.1 Data l’equazione y′ = f(t, y), soddisfacente il le ipotesi del Teorema diEsistenza ed Unicita locale in una striscia S = (a, b)× R, se

|f(t, y)| ≤ M per ogni (t, y) ∈ S,


Lemma 3.2 Data l’equazione y′ = f(t, y), soddisfacente il le ipotesi del Teorema diEsistenza ed Unicita locale in una striscia S = (a, b)× R, ed inoltre

|fy(t, y)| ≤ M e f e limitata per ogni (t, y) ∈ S,


Infine, e possibile verificare che il Teorema di Prolungamento puo essere applicato ad unafunzione globalmente lipschitziana in S (cioe che soddisfa la lipschitzianita locale conuna costante di Lipschitz L che e indipendente dall’intorno scelto).

Lemma 3.3 Data l’equazione y′ = f(t, y), soddisfacente le ipotesi del Teorema diEsistenza ed Unicita locale in una striscia S = (a, b)× R, ed inoltre

esiste L > 0 tale che |f(t, y1)− f(t, y2)| ≤ L|y1 − y2| per ogni (t, y1), (t, y2) ∈ S


3.1.1 Esercizi

E. 3.1. Discutere l’esistenza globale delle soluzioni dei problemi di Cauchy per l’equa-zione

dx

dt= 2tx2

con x(0) = 0, x(2) = −1/3, x(0) = −1. Determinare inoltre per quali condizioni inizialile curve integrali sono determinate per ogni t ∈ R.

E. 3.2. Dato un problema di Cauchy per l’equazione differenziale y′ = f(x, y), si discutala possibilita che due soluzioni distinte possano intersecarsi.

E. 3.3. Dato il problema di Cauchy

x′ = λx+t2 + 1

x2 + 1, λ ∈ R

x(0) = 0

1. studiare esistenza, unicita, prolungabilita;

Studi qualitativi 33

2. scrivere lo sviluppo di Mac Laurin al secondo ordine di una soluzione e tracciarne ilgrafico vicino a 0.


y′ + xy + x

√y = 0

y(0) = k

si dica, in base alla teoria per quali valori di k e possibile garantire esistenza ed unicitadella soluzione. Risolvere quindi il problema per k ≥ 0, e si studi in particolare il casok = 0.

E. 3.5. Ricordando l’enunciato del Teorema di Esistenza ed Unicita locale per il pro-blema di Cauchy, si dimostri che l’equazione y = f(y) con f ∈ C1(R) non puo averesoluzioni periodiche non costanti.

E. 3.6. Data l’equazione

y′ = 3

√y2 + 1

x4 + 1

si verifichi che il problema di Cauchy y(x0) = y0, per ogni (x0, y0) ∈ R2, ammette

soluzione unica, prolungabile in R e che tutte le soluzioni sono limitate.


y =ty

1 + t2 + y2

y(0) = 1.

Verificare che la soluzione esiste unica, e si dica se tale soluzione e prolungabile in [0,+∞).

E. 3.8. Disegnare, per alcuni valori di x e di t, il campo delle direzioni (e le curveisocline) dell’equazione

x′ = x− t.


(1 + y2)y′ − y = 0.

Previsioni in base alla teoria (senza integrare l’equazione, ma enunciando il teoremaopportuno e verificandone le ipotesi).

(a.1) Il problema di Cauchy y(x0) = y0 ha soluzione unica locale?(a.2) Se e dove e possibile prolungare le soluzioni?

Studio qualitativo delle soluzioni.

(b.1) Discutere il diagramma di fase o un grafico delle pendenze della soluzione.(b.2) Discutere la concavita e la convessita della soluzione.


(b.3) E possibile prevedere l’esistenza di asintoti orizzontali?(b.4) Disegnare l’andamento qualitativo delle traiettorie che risolvono il problema di

Cauchy y(0) = α per ogni α ∈ R.

(c) Integrare l’equazione e risolvere il problema di Cauchy y(−3) = 1.

E. 3.10. Studiare qualitativamente le soluzioni dell’equazione

y′ = (et2−y2 − 1)t2y.

a. Discutere l’applicabilit‡ dei risultati di esistenza ed unicit‡ locale e globale ad ungenerico problema di Cauchy y(t0) = y0.

b. Determinare le eventuali soluzioni costanti e il luogo dei punti a tangente orizzontale.c. Determinare le regioni del piano in cui le soluzioni sono crescenti oppure decrescenti.d. E possibile stabilire se esiste e quanto vale limt→−∞ ϕ(t), per una generica soluzione

ϕ(t)?e. Disegnare il grafico di alcune soluzioni significative.

E. 3.11. Riferendosi all’equazione differenziale

y′ = −y − y1/5

1 + t2

a. citando i teoremi noti, prevedere per quali tra i seguenti problemi di Cauchy

y(0) = 0 y(0) = 1 y(0) = −1

la soluzione locale esiste unica;b. integrare l’equazione;c. risolvere i problemi di Cauchy del punto a.

E. 3.12. Dato il problema di Cauchyy′ = f(t, y)y(t0) = y0.

a. enunciare un teorema di prolungamento della soluzione in [a, b].Riferendosi all’equazione differenziale

y′ = t3(y − t2)(4 − y2)

b. specificare se il teorema di prolungamento enunciato al punto a1 puo essere applicatoed eventualmente precisare l’intervallo [a, b];

c. trovare le soluzioni costanti e il luogo di punti a tangente orizzontale;d. determinare le regioni del piano dove le soluzioni sono crescenti e dove sono decrescenti;e. disegnare qualitativamente i grafici delle soluzioni che risolvono i problemi di Cauchy:

y(0) = −3 y(0) = −2 y(0) = 0 y(0) = 1 y(0) = 3

in tutto il loro insieme di definizione.


E. 3.13. Sia data l’equazione differenziale ordinaria

y′ = y(1− t2) = f(t, y).

a. Dopo aver enunciato il Teorema di Esistenza ed Unicita locale per le soluzioni del pro-blema di Cauchy verificare che per ogni punto passa una ed una sola soluzione, e pre-vedere, giustificando le conclusioni in base alla teoria, quale sia l’intervallo massimaledi definizione delle soluzioni.

b. Studiare nel piano (t, y) il segno di y′, e tracciare un grafico qualitativo delle soluzionidei tre problemi di Cauchy: y(0) = 1, y(0) = 0, y(0) = −1.

c. Scrivere l’integrale generale dell’equazione.d. Trovare analiticamente le soluzioni dei tre problemi al punto b).

E. 3.14. Studiare qualitativamente le soluzioni dell’equazione non autonoma

y′ = (t2 − y2)(ey − 1).

a. Trovare le soluzioni stazionarie.b. Studiare la pendenza delle soluzioni determinando in particolare il luogo di punti a

tangente orizzontale.c. Enunciare un teorema di esistenza ed unicit‡ e verificarne l’applicabilit‡. Enunciare un

teorema di prolungamento e verificarne l’applicabilit‡. Dove sono definite le soluzionidell’equazione?

d. Si puo prevedere l’esistenza di asintoti?e. Disegnare un diagramma qualitativo di alcune soluzioni significative.


y′ = y exp(t− y2) arctan(y − t2)

a. discutere la prolungabilit‡ della soluzione del problema di Cauchy y(t0) = y0.b. Determinare le eventuali soluzioni costanti e il luogo dei punti a tangente orizzontale.c. Determinare le regioni del piano in cui le soluzioni sono crescenti oppure decrescenti.d. E possibile stabilire se esiste e quanto vale limt→+∞ ϕ(t), per una generica soluzione

ϕ(t)?e. Disegnare il grafico di alcune soluzioni significative.

3.1.2 Soluzioni

S. 3.1. La funzione a secondo membro e regolare quanto vogliamo, per cui e assicurataesistenza ed unicita locale per ogni dato iniziale. D’altra parte la sua crescita e piu chelineare, quindi non si puo applicare il Teorema di Prolungamento. L’equazione e allevariabili separabili, ed x(t) = 0 e una soluzione particolare. Per x 6= 0, isolando le duevariabili nei due membri si ottiene

dx

x2= 2tdt,


da cui, integrando,

x(t) = − 1

t2 + C.

La soluzione per x(0) = 0 e x(t) = 0, che esiste su tutto R.Per x(2) = −1/3 si ha C = −1, per cui la soluzione esiste solo sull’intervallo (1,+∞).Per x(0) = −1 si ha C = 1, e quindi la soluzione esiste su R. Piu in generale, se x(t0) = x0,con x0 6= 0, si ha C = −(t20 + 1/y0); la soluzione e definita su R quando tale quantita estrettamente positiva, oltre che, naturalmente, quando x0 = 0.

S. 3.2. Siano y1(x) e y2(x) due soluzioni locali rispettivamente dei problemi di Cauchy

y′ = f(x, y)y(x1) = y1

y′ = f(x, y)y(x2) = y2

si supponga che entrambe siano definite in un intorno di x0 e che -per assurdo- siay1(x0) = y0 = y2(x0), pur non coincidendo nell’intorno. Per definizione di soluzione diun’equazione differenziale, entrambe le linee y1(x) e y2(x) sono soluzioni del Problemadi Cauchy

y′ = f(x, y)y(x0) = y0

quindi necessariamente il punto (x0, y0) non puo appartenere ad un insieme aperto in cuisiano verificate le ipotesi di unicita locale della soluzione.

S. 3.3. Si riconosce facilmente che

f(t, x) = λx+t2 + 1

x2 + 1∈ C(R2)

fx(t, x) = λ+−2x(t2 + 1)

(x2 + 1)2∈ C(R2)

quindi, per il Teorema di Esistenza ed Unicita locali, la soluzione al Problema di Cauchy,comunque assegnata in (t0, y0) ∈ R

2 esiste unica, per ogni valore del parametro λ. Inoltre,f(t, x) e somma di una parte lineare e di una parte limitata rispetto a x uniformementerispetto a t in tutto R2, infatti per ogni (t, x) ∈ S = (a, b)× R, per ogni a, b,

∣∣∣∣t2 + 1

x2 + 1

∣∣∣∣ =1

x2 + 1|t2 + 1| ≤ maxa2 + 1, b2 + 1.

Poiche la maggiorazione vale indipendentemente dalla scelta di a e b, la prolungabilitagarantita dal Teorema, tramite la condizione (ii) vale su tutto R.Per poter scrivere lo sviluppo di Taylor della soluzione, occorre conoscere

x(0) = 0

x′(t) = λx(t) +t2 + 1

x(t)2 + 1x′(0) = 1

x′′(t) = λx′(t) +2t

x2 + 1+

−2x(t)x′(t)(t2 − 1)

(x2 + 1)2x′′(0) = λ


l’ultima condizione e stata ottenuta derivando ulteriormente l’equazione differenziale. Nesegue che lo sviluppo di Mac Laurin nell’intorno dell’origine della soluzione e

T2(x) = x+λ

2x2

il cui grafico e riportato nella Figura 3.1 nei casi λ > 0, in rosso, λ < 0, in blu e λ = 0in nero.

−1 −0.8 −0.6 −0.4 −0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1−2

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

Figura 3.1. Grafico locale della soluzione nei casi λ 6= 0

S. 3.4. Dalle relazionif(x, y) = −xy + x

√y ∈ C0(R× [0,∞))

fy(x, y) = −x+x

2√y∈ C0(R× (0,∞))

si ricava per mezzo del Teorema di Esistenza ed Unicita locale che la soluzione esisteunica per ogni (x, y) ∈ R×(0,∞). Inoltre la soluzione potrebbe non essere unica se k = 0(la continuita della derivata e infatti condizione che assicura l’unicita della soluzione).L’equazione stessa non esiste in R × (−∞, 0). L’equazione assegnata e di Bernoulli, epuo essere integrata con la sostituzione z = y1/2, da cui si ricava che z > 0. L’equazionelineare

2z′ = −xz − x

ha soluzione z = −1+Ce−x2/4, da cui si ricava y =(−1+Ce−x2/4

)2purche Ce−x2/4 > 1.

S. 3.5. Discutiamo innanzi tutto il segno della derivata prima:

y′ ≥ 0 ⇐⇒ f(y) ≥ 0


(ricordiamo che le soluzioni vanno interpretate nel piano (t, y)). Per fissare le idee,consideriamo l’equazione y′ = y2 + y − 6;

y′ ≥ 0 ⇐⇒ y2 + y − 6 ≥ 0 ⇐⇒ y ≤ −3 e y ≥ 2

il cui campo di direzioni e rappresentato in Figura 3.2. Ogni equazione autonoma deltipo y′ = f(y) ha un campo di direzioni che divide il piano t, y in fasce orizzontali.

−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

Figura 3.2. Campo delle direzioni per l’equazione y′ = y2 + y − 6.

Per rispondere al quesito posto nell’esercizio si ragiona per assurdo. Supponiamo che ilproblema di Cauchy

y′ = f(y)y(t0) = y0

abbia una soluzione y(t) periodica non costante. Diciamo che ha periodo T , necessaria-mente y(t + T ) = y(t) per ogni t e quindi y(t0 + T ) = y0 = y(t0). Supponiamo che ilproblema di Cauchy sia stato assegnato in una striscia in cui f(y0) > 0: per considerazio-ni basate sull’unicita della soluzione y deve rimanere nella striscia dove la sua derivata epositiva, ma cio e in contraddizione con il fatto che dopo un tempo T la soluzione assumala stessa quota.

S. 3.6. Studiamo il problema di Cauchy

y′ = 3

√y2 + 1

x4 + 1y(x0) = y0


sia f(x, y) =3

√y2 + 1

x4 + 1il cui dominio e, banalmente, tutto il piano R

2. La funzione e

continua dove e definita. La sua derivata parziale e

fy(x, y) =1

3√1 + x4

2y

3(1 + y2)2/3

anch’essa definita e continua in tutto R2. Per il Teorema di Esistenza ed Unicita, esiste

la soluzione locale al problema di Cauchy, assegnato in un qualunque punto del pianox, y.Inoltre, osservando che

0 <1

1 + x4≤ 1,

possiamo maggiorare fy(x, y) in una striscia [a, b]× R:

|fy(x, y)| =1

3√1 + x4

∣∣∣∣2y

3(1 + y2)2/3

∣∣∣∣ ≤2|y|

3(1 + y2)2/3.

La funzione maggiorante e funzione di una sola variabile, e si annulla in y = 0; essa einoltre infinitesima all’infinito, e dunque ha massimo assoluto M . Percio

|fy(x, y)| ≤ M.

E verificato il teorema del Prolungamento nella forma del Lemma 3.2 in ogni striscia[a, b]× R. Dall’arbitrarieta delle costanti a e b segue che le soluzioni sono prolungabili atutto R.Occupiamoci ora di dimostrare che tutte le soluzioni dell’equazione differenziale sonolimitate. E facile osservare che

y′ = 3

√y2 + 1

x4 + 1≥ 0.

Le soluzioni dell’equazione differenziale sono allora funzioni monotone. Sia y(x) lasoluzione del problema di Cauchy

y′ = 3

√y2 + 1

x4 + 1y(x0) = y0

per la monotonia e la prolungabilita teste provate, ricaviamo l’esistenza dei seguenti limiti

limx→−∞

y(x) = l e limx→+∞

y(x) = L

con−∞ ≤ l e L ≤ +∞.

Per provare la limitatezza delle soluzioni occorre provare che

−∞ < l e L < +∞.


Dimostriamo che L non puo essere +∞ (la dimostrazione relativa a l 6= −∞ e del tuttoanaloga). Separando le variabili, riscriviamo l’equazione differenziale come

dy3

√y2 + 1

=dx

3√x4 + 1

dalle condizioniy(x0) = y0y(x) −→ L per x → +∞

ricaviamo che deve valere l’identita

∫ L

y0

dy3

√y2 + 1

=

∫ +∞

x0

dx3√x4 + 1

. (3.1)

Il secondo membro e un integrale generalizzato. Per x → +∞ si ha

13√x4 + 1

∼ 1

x4/3

e ricaviamo

∫ +∞

x0

dx

x4/3= lim

a→+∞

∫ a

x0

dx

x4/3= lim

a→+∞

[−3x−1/3

]ax0

= lima→+∞

[3

x1/30

− 3

a1/3

]=

3

x1/30

.

L’integrale a secondo membro della (3.1) e dunque finito (ovvero, l’integranda e inte-grabile in senso generalizzato). Non e difficile verificare che il primo membro della (3.1)non e integrabile in senso generalizzato. Per convincersene lo studente giudizioso potraprovare a calcolare

lima→+∞

∫ a

y0

dy

y2/3.

Se ne deduce che il valore L nella (3.1) deve essere finito.

S. 3.7. Osserviamo che

f(t, y) =ty

1 + y2 + t2∈ C0(R2)

fy(t, y) =t(1 + y2 + t2)− 2ty2

(1 + y2 + t2)2∈ C0(R2).

Sono verificate le ipotesi del Teorema di Esistenza ed Unicita.Osserviamo che la retta y = 0 e integrale particolare dell’equazione. Inoltre in tutto ilprimo quadrante (t > 0 y > 0) y′ > 0; la soluzione del problema di Cauchy assegnato edunque monotona crescente per ogni t > 0.Proviamo ad applicare il Teorema di Prolungamento nella striscia


(t, y) ∈ (0,+∞)× R = S.

Siano A e B due numeri positivi. Svolgendo il quadrato 0 ≤ (A−B)2 = A2 +B2 − 2ABsi ottiene l’utile disuguaglianza, detta disuguaglianza di Young

AB ≤ 1

2(A2 +B2).

Utilizzando la disuguaglianza di Young nella striscia S, otteniamo

|f(t, y)| =∣∣∣∣

ty

1 + y2 + t2

∣∣∣∣ ≤1

2

t2 + y2

1 + y2 + t2≤ 1

2.

Il Teorema di Prolungamento puo dunque essere invocato essendo verificata la condizione(ii).

S. 3.8. La Figura 3.3 rappresenta il campo di direzioni della soluzione e alcuni integralidell’equazione. Si osserva immediatamente che la retta x = t + 1 e integrale particolaredell’equazione.

−2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2−2

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

Figura 3.3. Campo di direzioni e alcune curve isocline dell’equazione proposta nell’Esercizio 8.

S. 3.9. (a) Si applica il Teorema di Esistenza e Unicita locale, con ipotesi di L-continuitalocale (Teorema 3.1, pag. 31). La funzione f(t, y) = |y|(1 − y) e L-continua in y,uniformemente rispetto a t, infatti

|f(t, y1)− f(t, y2)| =∣∣|y1|(1− y1)− |y2|(1− y2)

∣∣

≤∣∣|y1| − |y2|

∣∣+∣∣|y1|y1 − |y2|y2

∣∣

≤ |y1 − y2|+∣∣|y1|y1 − |y1|y2 + |y1|y2 − |y2|y2

∣∣≤ |y1 − y2|(1 + |y1|+ |y2|).


Si deduce dalla disuguaglianza precedente che per ogni punto (t0, y0) ∈ R2 esiste un

intorno U(t, y) tale che per ogni punto in U(t, y)∣∣f(y1)− f(y2)| ≤ L|y1 − y2|

con L = 1 + 2 supy∈U |y|. Ne segue che esistenza ed unicita locali sono garantite perogni (t0, y0) ∈ R

2.Nel caso in cui il Teorema di Esistenza ed Unicita venisse enunciato con l’ipotesif(t, y), continua con la sua derivata rispetto ad y, in un aperto A ⊂ R

2 -ipotesipiu restrittive della L-continuita- si potrebbe garantire esistenza ed unicita dellasoluzione nei semipiani y > 0 e y < 0, e si puo garantire esistenza, ma non unicitadella soluzione sulla retta y = 0.

(b) Per ogni striscia [a, b]×R, la funzione f(y) non e limitata ne sublineare. Il Teoremadi Prolungamento non puo essere dunque applicato.

(c) La Figura 3.4 riporta gli andamenti qualitativi cercati.

−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

Figura 3.4. Andamento qualitativo, diagramma di fase e campo delle direzioni delle soluzioni

(d) Si ricava immediatamente che y = 0 ed y = 1 sono integrali particolari. Supponendoquindi y 6= 0, 1 possiamo integrare l’equazione separando le variabili:

dy

|y|(1− y)= dt

(si osservi che nel semipiano y ≥ 0 l’equazione coincide con l’equazione logistica). Sey > 0 l’integrale generale e


y =k

k + e−t

se y < 0 l’integrale generale e

y =1

1 + ket.

Le soluzioni dei problemi di Cauchy richiesti sono

y(0) = 2 ⇒ y =2

2− e−tche e definita per t > − log 2,

y(0) = 1/2 ⇒ y =1

1 + e−tche e definita per t ∈ (−∞,+∞),

y(0) = −1 ⇒ y =1

1− 2etche e definita per t > − log 2. La prolungabilita effettiva

delle soluzioni in +∞ puo essere ricavata solo con il calcolo diretto.

S. 3.10.(a.1) Per l’enunciato si veda il Teorema di Esistenza ed Unicita locale 1.1 a pagina3.Abbiamo f(x, y) =

y

1 + y2e A = R

2. La funzione f(x, y) e continua in A cosı come

la sua derivata

fy(x, y) =1− y2

(1 + y2)2

quindi sono verificate le ipotesi del teorema, e la soluzione locale esiste unica per ogni(x0, y0) ∈ A.

(a.2) Per l’enunciato si veda il Lemma 3.1 a pagina 32.Consideriamo a, b ∈ R fissati qualsiasi ed S = (a, b)×R. La funzione f e C1(S) ed elimitata in S: ∣∣∣∣

y

1 + y2

∣∣∣∣ ≤ 1.

Quindi la soluzione e prolungabile a tutto [a, b]. Siccome a e b sono qualsiasi, lasoluzione e prolungabile su tutto R.

(b.1) La retta della fase e riportata nella Figura 3.5. Si osserva che y = 0 e l’unica soluzionestazionaria e che risulta instabile.

−1 −0.8 −0.6 −0.4 −0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1−10

−8

−6

−4

−2

0

2

4

6

8

10

y

asse yy=0

Figura 3.5.


(b.2) Derivando rispetto al tempo si ricava

y′′ =y(1− y2)

(1 + y2)3

percio le rette y = 0 ed Y = ±1 sono un luogo di flessi. La concavita e convessitarisultanti sono riportate nella Figura 3.6.

−2 −1 0 1 2 3−3

−2

−1

0

1

2

3

Figura 3.6.

(b.3) Le soluzioni esistono su R e sono strettamente monotone (o crescenti o decrescenti aseconda del semipiano dove si trovano). E dunque possibile che esistano degli asintotiorizzontali.Sia x → −∞. Certamente la funzione ammette asintoto orizzontale essendo monotonae limitata. Occorre capire se l’asintoto e la retta y = 0 o se e una retta y = l 6= 0.Supponiamo che y = l sia asintoto, allora

limx→−∞

y′(x) = 0 = limx→−∞

y

1 + y2=

l

1 + l2

necessariamente l = 0.Sia x → +∞. Supponiamo che la funzione ammetta asintoto orizzontale y = l.Osservate che l non puo essere 0 perche si e gia provato che il sistema e instabile.Allora,

limx→+∞

y′(x) = 0 = limx→+∞

y

1 + y2=

l

1 + l2

che e falso per ogni valore di l 6= 0. Quindi non esiste asintoto per x → +∞.(b.4) L’andamento qualitativo delle traiettorie si differenzia se α ⋚ 0. In Figura 3.7 sono

riportati degli esempi .

(c) L’equazione e a variabili separabili. Formalmente quindi ricaviamo:

∫1 + y2

ydy =

∫dx

da cui


−5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

5

6Soluzioni qualitative

Figura 3.7.

log |y|+ y2

2= x+ C.

Imponendo la condizione iniziale si ricava C = 7/2.

S. 3.11. a. (vedi il libro di testo. Sinteticamente: c’E esistenza ed unicit‡ locale in tuttoR

2; inoltre E garantita prolungabilit‡ di ogni soluzione in tutto R. )b. Soluzione costante y = 0; luogo di punti a tangente orizzontale le rette t = 0, y = t,

y = −t.c. Utilizzando la regola dei segni interpretata in R

2 per risolvere il sistema di equazioniet

2−y2

> 1 ovvero t2 > y2 ovvero − t < y < ty > 0

troviamo il luogo dove le soluzioni sono crescenti. Il risultato E in Figura 5.9.

−1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

Figura 3.8. Andamento qualitativo delle soluzioni dell’Esercizio 3.


d. Il limite esiste poichE la soluzione risulta prolungabile. Dalla inferiore limitatezza edalla monotonia ricaviamo subito che limt→−∞ ϕ(t) = l, con l ≥ 0, allora siccomeesiste il limite della derivata prima si deve avere dall’equazione

0 = limt→−∞

(et2−y2 − 1)t2y = lim

t→−∞(et

2−l − 1)t2l

da cui necessariamente l = 0.e. Alcune soluzioni significative sono in Figura 5.9.

S. 3.12. a. Si ha

f(t, y) =y − y1/5

1 + t2: R× R −→ R

e f ∈ C0(R × R), dunque per il teorema di Peano ognuno dei problemi di Cauchyproposti ammette almeno una soluzione. Inoltre, per ogni (t, y) per cui y 6= 0 la deri-

vata parziale ∂f∂y (t, y) = − 1− 1

5y−4/5

1+t2 E continua in (t, y), dunque il teorema di Cauchy–

Lipschitz di esistenza ed unicit‡ in piccolo si applica ai problemi y(0) = 1 e y(0) = −1,mentre per il problema y(0) = 0 non si puU garantire l’unicit‡ della soluzione.

b. Si tratta di un’equazione a variabili separabili e di Bernoulli. Ricerchiamo le soluzionicostanti.

y−y1/5 = 0 ⇐⇒ y1/5(y1/5−1)(y1/5+1)(y2/5+1) = 0 ⇐⇒ y = 0∪y = 1∪y = −1.

Dunque, per l’unicit‡ l’unica soluzione del problema di Cauchy y(0) = 1 E la soluzionecostante y1(t) = 1 per ogni t ∈ R e l’unica soluzione del problema di Cauchy y(0) =−1 E la soluzione costante y2(t) = −1 per ogni t ∈ R; invece per il problema diCauchy y(0) = 0 esiste sicuramente la soluzione costante y3(t) = 0 per ogni t ∈ R mapotrebbero esistere anche altre soluzioni non costanti. Se y(t) 6= 0 possiamo dividereper y1/5 ottenendo

y′

y1/5= − 1

1 + t2y4/5 +

1

1 + t2

da cui ponendoz(t) = y4/5(t)

otteniamo l’equazione in z

z′ = −4

5

1

1 + t2z +

4

5

1

1 + t2=

4

5

1

1 + t2(1− z).

La soluzione costante E z(t) = 1 (che d‡ luogo alle due soluzioni costanti y(t) = ±1)e per z(t) 6= 1 otteniamo


∫z.

1− z=

4

5

∫1

1 + t2t.

ln1

|1− z| =4

5arctan t+ C, C ∈ R

1

|1− z| = eCe4

5arctan t

1

1− z= Ke

4

5arctan t, K 6= 0

z(t) = 1−He−4

5arctan t, H ∈ R

(ove per H = 0 si ritrova anche la soluzione costante z(t) = 1).Le soluzioni sono quindi

y(t) = ±(1−He−

4

5arctan t

) 5

4

, H ∈ R

definite per 1−He−4

5arctan t ≥ 0 cioE e

4

5arctan t ≥ H . Dunque, per H ≤ 0 le soluzioni

sono definite su R, mentre per H > 0 le soluzioni sono definite per

t ≥ tan

(5

4lnH

).

c. Abbiamo gi‡ detto che l’unica soluzione del problema di Cauchy y(0) = 1 E la soluzionecostante y1(t) = 1 per ogni t ∈ R e l’unica soluzione del problema di Cauchy y(0) = −1E la soluzione costante y2(t) = −1 per ogni t ∈ R. Per il problema di Cauchy y(0) = 0,abbiamo la soluzione costante y3(t) = 0 per ogni t ∈ R; inoltre, per t = 0 si hay(t) = ±(1−H)5/4 dunque per H = 1 otteniamo altre due soluzioni del problema diCauchy y(0) = 0:

y4(t) =(1− e−

4

5arctan t

) 5

4

, t ≥ 0

y5(t) = −(1− e−

4

5arctan t

) 5

4

, t ≥ 0

che si raccordano con y3(t) = 0 per t < 0.


S. 3.13. a. Teorema di esistenza ed unicit‡ in grande.b. PoichE f(t, y) = t3(y − t2)(4 − y2) ∈ C∞(R2) ma non ha una crescita al piu lineare

in y (infatti f(t, y) ∼ y3 per |y| → ∞ e t ∈ R), non si puU applicare il teorema diesistenza ed unicit‡ in grande ad alcun intervallo [a, b]. Tuttavia, le ipotesi del teoremadi esistenza ed unicit‡ in piccolo sono verificate, quindi per ogni punto (t0, y0) ∈ R

2

passa un’unica soluzione.c. Le soluzioni costanti sono y(t) = 2 e y(t) = −2, definite su R. Il luogo dei punti del

piano a tangente orizzontale E

(t, y) : y2 = 4 ∪ (t, y) : t = 0 ∪ (t, y) : y = t2

d. vedi figurae. vedi figura


Tutte le soluzioni sono definite su R: quelle comprese tra y = −2 e y = 2 perchE sonoinscatolate, quelle che si trovano nel semipiano y < −2 a causa del segno della derivatae quelle per y > 2 poichE definitivamente sono esterne alla parabola y = t2.

S. 3.14. a. Teorema di Esistenza ed Unicita: essendo f(t, t) continua in R2, ed essendolo

pure la sua derivata fy(t, y) = (1 − t2), allora per ogni (t0, y0) ∈ R2 esiste unica la

soluzione dell’equazione y′ = f(t, y) passante per (t0, y0) e definita in un intorno Iδ dit0.Inoltre, l’equazione e anche lineare: in ogni striscia [a, b]×R sono soddisfatte le ipotesi dicrescita (sub)lineare di f ; la soluzione puo allora essere prolungata in tutto l’intervallo[a, b] e , per l’arbitrarieta di a e di b, puo essere prolungata su R.

b. La Figura 3.9 riporta l’unica soluzione stazionaria del problema (la retta y = 0 cherisolve il primo dei tre problemi di Cauchy) e le rette (in rosso) a tangente orizzontale.E le direzioni di crescita della soluzione. Le altre due soluzioni richieste dovranno avereun andamento qualitativamente simile a quello riportato in figura, tenendo conto anchedei risultati sulla prolungabilita delle soluzioni. Un’indagine qualitativa piu accuratapotrebbe stabilire se esistono e quali sono gli asintoti delle soluzioni.

c. L’integrale generale e y(t) = Ket−t3/3.

d. Le soluzioni richieste sono rispettivamente y(t) = et−t3/3, y = 0, y(t) = −et−t3/3.

S. 3.15. a. Le soluzioni stazionarie sono quelle costanti che risolvono l’equazione ey = 1,quindi l’unica soluzione stazionaria e la retta y = 0.

b. I punti a tangente orizzontale risolvono l’equazione (t2−y2)(ey−1) = 0 e sono dunquei punti dell’asse x ed i punti appartenenti alle due rette y = ±x. La pendenza dellesoluzioni e riassunta nel grafico riportato in Figura 3.10.


−5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5−5

−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

5

t

−exp(−1/3 t (−3+t2))

asse

y

Figura 3.9. Soluzione qualitativa dell’Esercizio 2.

−3 −2 −1 0 1 2 3−3

−2

−1

0

1

2

3

Figura 3.10. Esercizio 4: in giallo le zone in cui le soluzioni decrescono; in rosso sono disegnatealcune soluzioni ritenute significative. L’asterisco corrisponde al punto in cui e stato assegnatoil Problema di Cauchy.


c. Gli enunciati dei teoremi sono lasciati agli Studenti. Utilizzando i teoremi di prolun-gamento citati a lezione, non possiamo affermare che una soluzione di un equazioneche non e sublineare in y possa essere prolungata.

d. Tuttavia le limitazioni dall’alto e dal basso che ricaviamo dallo studio dei punti atangente orizzontale permettono di prevedere l’esistenza di asintoti y = ±x per t →+∞ e y = 0 per t → −∞.

e. Alcune soluzioni significative sono riportate nelle Figura 3.10.

S. 3.16. Nel seguito denoto f(t, y) = y exp(t− y2) arctan(y − t2).

a. Considero S = [a, b]× R; f(t, y) ∈ C∞(S) inoltre

|f(t, y)| ≤ πeb

2|y| ∀(t, y) ∈ S

quindi la soluzione locale puU essere prolungata su R.b. y = 0 E soluzione costante; y = t2 E luogo di punti a tangente orizzontale.c. Il segno di y′ E evidenziato in Figura 5.9.d. La soluzione ϕ(t) E prolungabile per t → +∞ sia nel semipiano superiore sia nel

semipiano inferiore e ne valutiamo i possibili limiti. Le soluzioni che stanno nel semi-piano inferiore hanno asintoto orizzontale perchE monotone e limitate. Le soluzioniche stanno nel semipiano superiore potrebbero andare a +∞ se confinate all’internodella parabola y = t2 oppure avere limite finito se intersecano tale parabola. Riguardoalle soluzioni che hanno asintoto orizzontale limt→+∞ ϕ(t) = l, possiamo dire che seesiste il limite della derivata prima allora tale limite deve essere 0 (altrimenti, utilizzan-do l’equazione differenziale, avremmo la contraddizione di una funzione con asintotoorizzontale e limite infinito della derivata prima) da cui deduciamo quindi che l = 0.

e. Vedi Figura 5.9.

−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

5

Figura 3.11. Risoluzione dell’Esercizio 3.15: in rosso il luogo di punti a tangente orizzontale;in verde la soluzione costante; in blu due possibili soluzioni significative.

4

Altre equazioni del primo ordine in forma normale

4.1 Equazioni di Bernoulli

Si consideri l’equazioney′(t) = a(t)y(t) + b(t)[y(t)]α.

Per α = 0 corrisponde ad una equazione lineare; per α = 1 e una equazione lineareomogenea (ma potrebbe essere integrata anche come equazione a variabili separabili).Inoltre, se α > 0, y = 0 e integrale particolare. Sia ora α 6= 0, 1. Riscriviamo l’equazionecome

y′ = yα[a(t)y1−α + b(t)].

Con la sostituzionez(t) = [y(t)]1−α

l’equazione diventa lineare

z′ = (1− α)a(t)z + (1− α)b(t)

e puU essere integrata con le procedure note

4.1.1 Esercizi

E. 4.1. Trovare la soluzione generale del’equazione: y′ − y = ty2.

E. 4.2. Trovare la soluzione generale del’equazione: y′ = −y

t+

√y. Risolvere quindi il

Problema di Cauchy y(1) = 1.

E. 4.3. Trovare la soluzione generale del’equazione: y′ =2y

x− log x

xy2.

E. 4.4. Trovare la soluzione generale del’equazione: u′ = −2tu+ u3t3.

E. 4.5. Trovare la soluzione generale del’equazione: y′ =2y

x+

4√y

x2.


E. 4.6. Integrare l’equazione u′ =u3

t2 + tu2.


y′ =2y

t+ 2t

√y

discutere l’applicabilit‡ l’esistenza e l’unicit‡ della soluzione al problema di Cauchy y(1) =0 determinando (se esiste) una (o piu) soluzione locale e disegnarne il grafico locale.

4.1.2 Soluzioni

S. 4.1. Si osservi che y = 0 e integrale particolare dell’equazione. Sia y 6= 0. Dall’equa-zione, raccogliendo y2, si ha

y′ = y2(y−1 + t).

Si ponez(t) = [y(t)]−1 (4.1)

da cui derivando z′ = −y−2y′; sostituendo troviamo infine

z′ = −z − t

la cui soluzione ez(t) = Ce−t − t+ 1.

Tornando alla variabile originaria, dalla (4.1) ricaviamo

y(t) = [Ce−t − t+ 1]−1.

S. 4.2. Deve essere t 6= 0, oltre a y ≥ 0. Le semirette y = 0 con t < 0 e y = 0 con t > 0sono integrali. Supponiamo di integrare l’equazione nel semispazio t > 0 (il procedimentoe analogo anche nel caso t < 0). Allora

1

2y−1/2y′ = −1

2

1

ty1/2 +

1

2

e con la sostituzione z = y1/2, da cui si ricava z > 0, si ha

z′ = − 1

2tz +

1

2.

Integrando l’equazione lineare troviamo

z(t) =1√|t|

[C +

1

3sign(t)|t|3/2

]=

C√|t|

+t

3.

Naturalmente, dovendo essere z > 0, le soluzioni hanno in insieme di definizione legatoai valori di C. Alcune potranno essere prolungate a (−∞, 0) altre a (0,+∞), altre soload intervalli contenuti in tali semirette.


Il Problema di Cauchy y(1) = 1 con la sostituzione diventa z(1) = 1, da cui come valoredella costante ricaviamo C = 2/3; la soluzione trovata

y =1

t

[2

3+

1

3t3/2

]2

e definita per ogni t > 0.

S. 4.3. L’equazione puo essere integrata solo per x > 0. La semiretta y = 0 e integraleparticolare. Se y 6= 0, con il metodo di integrazione delle equazioni di Bernoulli si ottiene

y(t) =1

C

x2+

1

2log x− 1

4

.

S. 4.4. Si ottiene u = 0 e

u(t) =1√

Ce2t2

+t2

2+

1

4

.

S. 4.5. Siano x 6= 0, y ≥ 0. L’equazione puo essere integrata o nel semipiano x > 0,oppure nel semipiano x < 0, a seconda del problema di Cauchy che si intende risolvere.Inoltre, in entrambi i semipiani, y = 0 e integrale particolare; deve poi essere y > 0

con la sostituzione z =√y, si ottiene l’equazione z′ =

z

x+

2

x2. Si ricava la soluzione

y =(Cx − 1

x

)2, che vale sia per x > 0 sia per x < 0.

S. 4.6. La linea u = 0 e soluzione particolare. Se u 6= 0, t 6= 0 e u2 6= −t si puo cercareuna linea integrale del tipo t = t(u). Allora, ricordando che

u′ =du

dt=

1

dt

du

=1

t′

l’equazione diventa

t′ =t

u+

t2

u3.

Con la sostituzione z = t−1 si ottiene

z′ = − z

u− 1

u3

e si procede come di consueto:1

t=

1

u2+

C

u

t =u2

Cu+ 1.

La funzione trovata e di secondo grado in u e non e invertibile, se non a pezzi:

u =1

2Ct± 1

2

√4t+ C2t2.


S. 4.7. Il problema differenziale ha soluzione locale unica nel quadrante A+ = (t, y) ∈R

2 : t > 0, y > 0 oppure nel quadrante A− = (t, y) ∈ R2 : t < 0, y > 0 dove

f(t, y) =2y

t+ 2t

√y

E continua con la sua derivata parziale fatta rispetto ad y. Osserviamo inoltre che laretta y = 0 (frontiera di tali quadranti, dove l’equazione ha significato) E soluzione delproblema differenziale. Lungo tale retta non ci sono le condizioni per assicurare unicit‡della soluzione.Integrando l’equazione (di Beronulli), in A+ in considerazione del problema di Cauchyassegnato, otteniamo:

y′

2√y=

√y

t+ t posto z =

√y

z′ =z

t+ t

z = t(t+ c)

y = t2(t+ c)2.

Oltre alla soluzione y = 0, il problema assegnato ha anche la soluzione (vedi Figura 8.8)

y(t) =

0 0 < t ≤ 1t2(t− 1)2 t > 1.

−2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2−3

−2

−1

0

1

2

3

t

y

Figura 4.1. Soluzione dell’Esercizio 4.7.


4.2 Equazioni omogenee

Sono equazioni del tipo

y′(x) = f

(y(x)

x

).

Ad esempio, sono equazioni omogenee le equazioni

y′ = 1 +y

x

oppure

y′ =y

x− π

2

x2

y2 arctan(y/x).

Ma l’esempio piu significativo per questo corso di equazione omogenea e costituito daequazioni della forma

y′ =ax+ by

cx+ dy

dove cioe il secondo membro e rapporto di funzioni lineari nelle variabili x ed y. Equazionidi questo tipo si riconducono ad equazioni omogenee semplicemente raccogliendo x anumeratore ed a denominatore.

Un’equazione omogenea y′ = f(y/x) perde di significato se x = 0, quindi potra essereintegrata o nel semipiano x > 0 o nel semipiano x < 0.

L’integrazione di un’equazione omogenea si riduce all’integrazione di una equazione avariabili separabili con la sostituzione

t =y

x. (4.2)

Infatti, ricordando che y e funzione di x (e quindi che anche t risulta essere funzione dix), derivando la (4.2), si ottiene

t′(x) =y′(x)x − y(x)

x2

=f(t(x)) − t(x)

x(4.3)

dopo aver ancora sostituito la (4.2) nell’espressione precedente. L’equazione differenziale(4.3) e a variabili separabili, e puo dunque essere integrata:

∫dt

f(t)− t= log |x|+ C

se quindi chiamiamo φ(t) una primitiva della funzione 1/(f(t)− t), abbiamo

φ(t) = log |x|+ C

ovvero, cambiando nome alle costanti,


eφ(t) = C|x| (4.4)

che e la soluzione generale della (4.3). Si osservi che la costante C deve essere positiva.Tornando indietro con la sostituzione della (4.2) nella (4.4) otteniamo

eφ(y/x) = C|x|

che e la soluzione generale dell’equazione omogenea da cui siamo partiti. Si osservi chela soluzione generale che abbiamo ottenuto e una linea nel piano in forma implicita.

In definitiva, la soluzione generale dell’equazione omogenea e noto nel momento in cui siconosca la funzione φ(t), ovvero

φ(t) =

∫1

f(t)− tdt.

Concludiamo questa breve presentazione ricordando che ovviamente il problema di Cau-chy deve essere assegnato in punti dove l’equazione differenziale non perda di significato,quindi nel caso di equazioni omogenee, certamente almeno con x 6= 0.

4.2.1 Esercizi

E. 4.8. Trovare la soluzione generale dell’equazione omogenea

y′ = 1 +y

x.

E. 4.9. Trovare la soluzione dell’equazione1 delle traiettorie generata dal sistema

x = y − xy = 3y − 4x.

E. 4.10. Trovare la soluzione dell’equazione delle traiettorie generata dal sistema

x = 2x+ yy = y.


y′ = 2y − x

x+ y.


y′ =y

x+ 2 tan

y

x.

1 L’equazione delle traiettorie si ottiene dal rapporto delle equazioni di un sistema differenzialedi due equazioni in due incognite.


E. 4.13. Siaf(x, y) =

y

x+

y

4x

( yx− 4

).

Riferendosi al problema di Cauchy y(x0) = y0 per l’equazione differenziale y′ = f(x, y),precisare in quale insieme si puo garantire la validita del teorema di esistenza ed unicitalocale della soluzione. Tra le linee integrali dell’equazione y′ = f(x, y) ci sono rette?Integrare l’equazione y′ = f(x, y).Determinare le soluzioni dei tre problemi di Cauchy: (x0, y0) = (1,−4), (x0, y0) = (1, 0),(x0, y0) = (1, 4) ed indicare qual’e il relativo intervallo massimale di prolungabilita.

4.2.2 Soluzioni

S. 4.8. L’equazione perde di significato se x = 0. Seguendo la traccia descritta pocosopra, sostituiamo t = y/x. Risulta

f(t) = 1 + t.

φ(t) =

∫1

f(t)− tdt =

∫dt = t

(non aggiungiamo nessuna costante, infatti viene richiesto di trovare una primitivadell’integranda). L’integrale generale e allora

eφ(t) = C|x|et = C|x|

ey/x = C|x|.

Per esercizio, il lettore diligente dovra tradurre l’equazione (implicita) trovata in formaesplicita (esplicitare la variabile dipendente y rispetto alla variabile indipendente x) everificare che questa funzione, se derivata, risolve esattamente l’equazione differenzialeassegnata.

S. 4.9. L’equazione perde di significato se y = x. Raccogliendo x a numeratore ed adenominatore dell’equazione assegnata, troviamo

y′ =3(y/x)− 4

(y/x)− 1

da cui, con la sostituzione t = y/x si ottiene

f(t) =3t− 4

t− 1.

Cerchiamo la funzione φ(t) integrando 1/(f(t)− t)2:

2 Prima di proseguire, lo Studente si chieda se e sufficientemente preparato nella risoluzionedegli integrali. Questo corso, e in particolare molte delle integrazioni che seguiranno, pre-suppongono che sia estremamente chiaro come risolvere l’integrazione di funzioni razionali

fratte con denominatore di secondo ordine, del tipo

∫

d1t+ d2at2 + bt+ c

dt. Eventualmente, far

riferimento al docente per chiarimenti.


φ(t) =

∫1

3t−4t−1 − t

dt =

∫(1− t)dt

t2 − 4t+ 4

= −1

2

∫2t− 4 + 2

(t− 2)2dt

= −1

2

∫2t− 4

(t− 2)2dt−

∫dt

(t− 2)2

= −1

2log(t− 2)2 +

1

t− 2.

Ancora una volta, ricordiamo che la procedura che stiamo seguendo prevede che la funzio-ne φ(t) sia una particolare primitiva, cosa che equivale ad aver dato un valore arbitrarioalla costante che compare nell’integrazione. Tale valore e sempre scelto 0 per comodita.Abbiamo, quindi, usando nei passaggi che seguono le propriet‡ dei logaritmi:

eφ(t) = C|x|elog |t−2|−1+ 1

t−2 = C|x||t− 2|−1e

1

t−2 = C|x|e

1

t−2 = C|x||t − 2|

e, tornando indietro con la sostituzione t = y/x, si ottiene la soluzione generale richiesta:

ex

y−2 = C|y − 2x|.

Il modulo puo essere tolto, ammettendo di assegnare valori positivi e negativi allacostante. L’integrale generale puo essere scritto equivalentemente come:

ex

y−2 = C(y − 2x).

S. 4.10. L’equazione perde di significato se y = −2x. Procedendo come negli eserciziprecedenti,

y′ =y

x

1

2 + y/x

da cui con la sostituzione t = y/x

f(t) =t

2 + t.

Sia allora

φ(t) =

∫dt

f(t)− t= −

∫t+ 2

t(t+ 1)dt

= −∫

2

tdt+

∫dt

t+ 1

= −2 log |t|+ log |t+ 1| = log|t+ 1|t2

.


Nel caso in cui f(t) − t =t(t+ 1)

t+ 2= 0, cioe t = 0 e t = −1, si hanno linee integrali che

sono semirette: y = 0 per x < 0; y = 0 per x > 0; y = −x per x < 0; y = −x per x > 0.Proseguendo con l’integrazione, la soluzione generale e allora

eφ(t) = C|x||t+ 1|t2

= C|x|.

Sostituendo t = y/x, ed ammettendo valori positivi e negativi per la costante C,otteniamo infine:

y + x = Cy2

(per C = 0 si ottengono due delle quattro semirette sopra citate).Il lettore diligente provi a verificare che l’integrale trovato effettivamente risolve l’equa-zione differenziale da cui siamo partiti.

S. 4.11. L’equazione perde di significato se y = −x. Ponendo t = y/x, si ottiene

f(t) = 2t− 1

t+ 1

e dal momento che f(t)− t = − t2 − t+ 2

t+ 16= 0 per ogni t ∈ R, abbiamo

φ(t) = −∫

t+ 1

t2 − t+ 2dt

= −∫

1/2(2t− 1) + 3/2

t2 − t+ 2dt

= −1

2log(t2 − t+ 2)− 3

2

∫1

t2 − t+ 2dt

= −1

2log(t2 − t+ 2)− 3

2

∫1

(t− 1/2)2 + 7/4dt

= −1

2log(t2 − t+ 2)− 6

7

∫1

4/7(t− 1/2)2 + 1dt

= −1

2log(t2 − t+ 2)− 3

√7

7arctan

2√7

(t− 1

2

).

Sostituendo l’espressione trovata per φ nell’equazione eφ(t) = C|x| e sapendo che t = y/x,troviamo infine la soluzione generale

e− 3

√

7

4arctan 2

√

7( 2y−x

2x ) = C√y2 − yx+ 2x2.

L’integrale generale che risolve il problema non puo essere portato in forma esplicita.

S. 4.12. Osserviamo che le semirette y = 0 con x < 0 e y = 0 con x > 0 risolvono

l’equazione. Inoltre, l’equazione perde di significato se x = 0 e sey

x=

π

2+ kπ con k ∈ Z.

Con la sostituzione consueta si ottiene f(t) = t+ tan t, e quindi,


φ(t) =

∫dt

2 tan t=

1

2

∫cos t

sin tdt =

1

2log | sin t|

purche tan t 6= 0. Nel caso tan t = 0, cioe x 6= 0 ey

x= kπ (k ∈ Z), si ottengono semirette

che sono linee integrali.L’integrale generale e

eφ(t) = C|x|elog

√| sin t| = C|x|

√∣∣∣siny

x

∣∣∣ = C|x|

siny

x= Cx2

con l’opportuno segno della costante C, a seconda di dove e stato assegnato il problemadi Cauchy che si intende risolvere. La scelta C = 0 porta ancora a y = kπx, k ∈ Z conx 6= 0 gia ottenute precedentemente.

S. 4.13. La funzione f(x, y) e definita e continua in R2 \x = 0; essendo in tale insieme

anche derivabile rispetto ad y, e garantita esistenza ed unicita locale della soluzione aogni problema di Cauchy y(x0) = y0 con x0 6= 0.L’equazione y′ = f(x, y) e di tipo omogeneo. Si osserva che y = 0 e soluzione dell’e-quazione differenziale3. Per cercare se esistono rette passanti per l’origine che risolvonol’equazione basta sostituire y = mx nell’equazione. Si ottiene immediatamente che m = 0(corrispondente alla soluzione nulla gia nominata) e m = 4, corrispondente alle due se-mirette y = 4x con x > 0 e y = 4x con x < 04. Non ci sono altre rette soluzionedell’equazione.Con una sostituzione standard nella risoluzione delle equazioni omogenee, poniamo

y

x= t(x).

Derivando y = x t(x), otteniamo y′ = t(x) + xt′(x) e sostituendo nell’equazione inizialetroviamo

xt′ =t

4(t− 4)

a variabili separabili. Poniamo t 6= 0, 4 ed integriamo. Si ha, facilmente:

3 Tenendo conto che l’equazione non e definita per x = 0, potremmo piu precisamente con-siderare le semirette y = 0 con x > 0 e y = 0 con x < 0 che sono tuttavia raccordabilinell’origine.

4 Anch’esse tuttavia raccordabili nell’origine.


4 dt

t(t− 4)=

dx

x(−1

t+

1

t− 4

)dt =

dx

x

log

∣∣∣∣t− 4

t

∣∣∣∣ = log |x|+ log |K|

t− 4

t= Kx.

Torniamo alla variabile y; la soluzione diventay

x− 4 = Ky, che risolta rispetto ad y e:

y =4x

1−Kx.

Le soluzioni dei tre problemi di Cauchy assegnati sono:

y =4x

1− 2x, y = 0, y = 4x

i cui intervalli massimali di prolungabilita sono, rispettivamente: x >1

2, x > 0, x > 0.

4.3 Equazioni differenziali esatte

Le equazioni che si presentano nella forma differenziale

A(x, y) dx+B(x, y) dy = 0

sono immediatamente integrabili se il primo membro coincide con il differenziale del-la superficie z = f(x, y). Condizione necessaria e sufficiente perche ciU accada E cheAy(x, y) = Bx(x, y) (quando A e B siano funzioni continue e derivabili in un apertoΩ ⊆ R

2 semplicemente connesso). Le soluzioni si trovano in forma implicita come lineedi livello della superficie z, ovvero hanno equazione

f(x, y) = C.

4.3.1 Esercizi

E. 4.14. Trovare le linee integrali dell’equazione (2x2 + y2) dx+ 2xy dy = 0.

E. 4.15. Trovare la soluzione generale dell’equazione (2x+ y3) dx+ (3xy2 − 6y) dy = 0.

E. 4.16. Determinare le linee integrali dell’equazione 2x ey dx+ ey(x2+2y+ y2) dy = 0.

E. 4.17. Determinare per quali valori del parametro n ∈ Z l’equazione (3y − 2xn) dx +3x dy = 0 e esatta, lineare, omogenea. Nel caso di equazione esatta, trovare la soluzionegenerale.


4.3.2 Soluzioni

S. 4.14. Nell’esercizio proposto si ha A(x, y) = 2x2 + y2, B(x, y) = 2xy, entrambedefinite, continue e derivabili in R

2 (semplicemente connesso). Quindi Ay(x, y) = 2y,Bx(x, y) = 2y. Essendo verificata la condizione necessaria e sufficiente, la soluzione gene-rale dell’equazione puo essere scritto nella forma f(x, y) = C dove f e una funzione taleche

d [f(x, y)] = (2x2 + y2) dx+ 2xy dy.

Per trovare f possiamo applicare la formula

f(x, y) =

∫ x

x0

A(x, y) dx +

∫ y

y0

B(x0, y) dy

dove il punto (x0, y0), appartenente al domino Ω di A e di B puo essere scelto opportu-namente in modo da semplificare i calcoli. Scegliamo in questo caso (x0, y0) = (0, 0); siricava

f(x, y) =2

3x3 + y2x

percio l’intergale generale dell’equazione e 2x3 + 3y2x = C.

S. 4.15. Abbiamo che A = 2x+y3 e B = 3xy2−6y. Il dominio delle due funzioni E sem-plicemente connesso e Ay = Bx, quindi la condizione necessaria per la conservativit‡ delcampo F = Ai + Bj E verificata. Possiamo cercare il potenziale U di F, ricordando cheF = ∇U integrando A rispetto ad x:

U(x, y) =

∫A(x, y) dx = x2 + xy3 + φ(y)

dove φ E una funzione arbitraria. Con la condizione Uy = B ovvero

3y2x+ φ′(y) = 3xy2 − 6y

ricaviamo una condizione per dedurre φ: φ′(y) = −6y, da cui φ(y) = −3y2. Riassumendo,abbiamo dedotto che le linee integrali dell’equazione sono date dalle linee di livello dellafunzione z = x2+xy3− 3y2 ovvero dalle linee di equazione implicita x2+xy3− 3y2 = C.

S. 4.16. Utilizzando il procedimento esposto nell’esercizio precedente si ricava che lelinee integrali dell’equazione sono date dal fascio ey(x2 + y2) = C.

S. 4.17. Se n ≥ 0 l’equazione e differenziale esatta in tutto R2, poiche soddisfa la con-

dizione necessaria e sufficiente. Le linee integrali sono 3(n + 1)xy − 2xn+1 = C. Sen < −1 l’equazione e differenziale esatta nel semipiano x > 0 oppure nel semipiano x < 0(entrambi semplicemente connessi).Studiamo il caso n = −1 e cerchiamo, per semplicita, le linee integrali che si trovano nelsemipiano x > 0. Applichiamo la formula

f(x, y) =

∫ x

x0

A(x, y) dx +

∫ y

y0

B(x0, y) dy


con la scelta (x0, y0) = (1, 0)

f(x, y) =

∫ x

1

(3y − 2

x

)dx+ 3

∫ y

0

dy

= 3xy − 2 log(x)

Studiamo il caso n < −1 e cerchiamo, per semplicita, le linee integrali che si trovano nelsemipiano x > 0. Applichiamo, di nuovo, la formula scritta sopra con la scelta (x0, y0) =(1, 0)

f(x, y) =

∫ x

1

(3y − 2

x−n

)dx+ 3

∫ y

0

dy

= 3xy +2

(n+ 1)x−n−1+

2

n+ 1.

Le linee integrali hanno percio la forma 3(n+ 1)xy − 21

x−n−1= C.

Infine, osserviamo che l’equazione e altresı lineare per ogni n ∈ Z e che e omogenea sen = 1.

4.4 Esercizi proposti

E. 4.18. Risolvere il problema di Cauchy

x′ =

x

t+ 1+ 3

x(0) = 1.

E. 4.19. Risolvere il problema di Cauchy

x′ =

t2 + 1

x2 + 1x(0) = 0

E. 4.20. Trovare la soluzione generale dell’equazione

y′ =y2 − x2

2xy.


y′ =y

x

[log2(y/x)− 1

2 log(y/x)+ 1

].

E. 4.22. Trovare la soluzione generale dell’equazione

y′ = −3y

x+ 2

(yx

)2

.



y′ =x2 + y2

x2.


y′ =y

x+

1

cos(y/x)− tan

y

x.

5

Equazioni autonome del primo ordine

5.1 Equazioni autonome a tempo continuo

5.1.1 Esercizi

E. 5.1. Rispetto all’equazione differenziale del primo ordine autonoma:

x = f (x) .

dare le definizioni di punto di equilibrio, di punto di equilibrio stabile e di punto diequilibrio asintoticamente stabileConsiderata l’equazione:

x = 4x− x3,

determinare i punti di equilibrio e studiarne la stabilita attraverso il diagramma di fase.Scriverne, quindi, l’integrale generale e risolvere il PC x(0) = −1.

E. 5.2. E data l’equazione autonoma

x′ = x3 − 2x2 +mx

dipendente dal parametro m. Trovarne i punti di equilibrio, al variare del parametro m.Quindi, determinarne la natura ed eventualmente il bacino di attrazione. Dimostrare ilcriterio di stabilit‡ per le equazioni autonome x′ = f(x).

E. 5.3. Sono date tre popolazioni P (t) che evolvono rispettivamente secondo le tre leggidinamiche descritte dalle equazioni:

(a) P ′(t) = P (t) + P 2(t)

(b) P ′(t) = P (t)(1− P (t))

(c) P ′(t) =P (t)

1 + P 2(t)

68 Equazioni autonome

con P (0) = P0 > 0.In ciascuno dei casi: dire se la soluzione locale del Problema di Cauchy esiste ed e unica,disegnare il diagramma di fase e trovare, se esistono, punti di equilibrio, discutendone lastabilita ed esaminare la prolungabilita della soluzione.

E. 5.4. Ricordando l’enunciato del Teorema di Esistenza ed Unicita locale per il pro-blema di Cauchy, si dimostri che l’equazione y = f(y) con f ∈ C1(R) non puo averesoluzioni periodiche non costanti.

5.1.2 Soluzioni

S. 5.1. Per le definizioni richieste si veda il testo a pagg. 58 e 60.I punti di equilibrio corrispondono agli zeri della funzione generatrice e sono x = 0 ex = ±2.Il grafico della funzione generatrice E riportato in Figura 5.1. Dal diagramma della fasesi vede immediatamente che x = ±2 sono punti di equilibrio asintoticamente stabili,mentre x = 0 e punto di equilibrio instabile. A riprova di ciU applichiamo il criterio di

−3 −2 −1 0 1 2 3−15

−10

−5

0

5

10

15

retta della fase

−1 −0.8 −0.6 −0.4 −0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1−3

−2.5

−2

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

retta

del

la f

ase

t

Figura 5.1. A sinistra, la funzione generatrice f = 4x − x3 e i punti di equilibrio; a destra lasoluzione del PC proposto nell’Esercizio 5.1

linearizzazione; infatti f ′(x) = 4 − 3x2, dunque f ′(0) = 4 (quindi x = 0 E instabile),mentre f ′(±2) = −8 (dunque i punti di equilibrio x = ±2 sono asintoticamente stabili).Prima di cercare la soluzione generale ribadisco che x = 0 e soluzione di equilibrio.L’equazione data E di Bernoulli. Per x 6= 0, raccogliendo x3 si puo scrivere

x

x3=

4

x2− 1.

Posto z = 1/x2, da cui

z = −2x

x3

Federico M.G. Vegni 69

l’equazione E ricondotta a lineare e si ha

z = −8z + 2

da cui

z = ke−8t +1

4

con k ∈ R. Tornando all’incognita originaria troviamo

x = ±(ke−8t +

1

4

)−1/2

.

Osserviamo che in corrispondenza del valore k = 0 ritroviamo due soluzioni costanti gi‡note.Per risolvere il PC dato (la cui soluzione per non contraddire l’unicit‡ si deve trovareconfinata tra le soluzioni costanti x = 0 e x = −2) consideriamo quindi la soluzione conil segno negativo

x = −(ke−8t +

1

4

)−1/2

.

ed imponiamo la condizione iniziale x(0) = −1. Si deduce k = 3/4. Il grafico dellasoluzione

x = − 2√3e8t + 1

E rappresentato in Figura 5.1.

S. 5.2. I punti di equilibrio di un’equazione autonoma x′ = f(x) coincidono con gli zeridella funzione generatrice f .L’equazione f(u) = 0 ha soluzioni

u1 = 0u2 = 1−

√1−m

u3 = 1 +√1−m.

Quindi dovremo soffermarci ad analizzare diversi casi possibili.

caso I: se m > 1 c’e un solo punto di equilibrio u1

caso II: se m = 1 ci sono due punti distinti di equilibrio u1 e u2 = u3 = 1caso III: se m < 1 e 6= 0 ci sono tre punti di equilibrio distinti u1, u2, u3

caso IV: se m = 0 ci sono due punti distinti di equilibrio u1 = u2 = 0 e u3.

Per studiare la stabilit‡ dei punti di equilibrio possiamo applicare il criterio di linearizza-zione1 oppure equivalentemente disegnare il grafico della funzione generatrice e studiarneil segno. Il criterio qualitativo E in questo caso di facile applicazione poichE la funzionegeneratrice E una cubica. Svolgiamo l’esercizio in entrambi i modi.

1 Per l’enunciato e la dimostrazione del criterio, si veda il testo a pagina 60.


Applichiamo il criterio di linearizzazione dopo aver calcolato

f ′(u) = 3u2 − 4u+m.

caso I Abbiamof ′(u1) = m > 0

quindi u1 E instabile.caso II Abbiamo che

f ′(u1) = m = 1 > 0

quindi u1 E instabile. Inoltre,f ′(u2) = 0

quindi il criterio non puU essere applicato ad u2.caso III Abbiamo che

f ′(u1) = m

quindi u1 E instabile se 0 < m < 1 oppure E stabile se m < 0.Inoltre,

f ′(u2) = 3(1−√1−m)2 − 4(1−

√1−m) +m

= 3(2−m− 2√1−m)− 4 + 4

√1−m+m

= 2(1−m−√1−m)

da cui si deduce che u2 E instabile se m < 0 (poichE f ′(u2) > 0), mentre u2 E stabile se0 < m < 1 (poichE f ′(u2) < 0).Inoltre,

f ′(u3) = 2(1−m+√1−m) > 0

quindi u3 E instabile.caso IVAbbiamo che

f ′(u1) = 0

f ′(u3) = 4

quindi u3 E instabile. Il criterio non si puU applicare ad u1.Per disegnare rapidamente il grafico della funzione generatrice f nei vari casi, osserviamoche

casi I, II, IV f E asintotica a mu per u → 0 e a u3 per u → ±∞caso III f E asintotica a −2x2 per u → 0 e a u3 per u → ±∞.

Il grafico della funzione generatrice E riportato nella Figura 5.2, dalla quale possiamodedurre le propriet‡ di asintotica stabilit‡ per i punti di equilibrio anche nei casi in cuiil criterio di linearizzazione risultava inapplicabile. Coerentemente, E possibile dedurreanche il bacino di attrazione per i punti di equilibrio asintoticamente stabili o semistabili.


S. 5.3. Sia P ′(t) = P (t)+P 2(t) = f(P ). Si osserva che f(P ) e continua per ogni P , e chef ′(P ) = 1+2P e continua per ogni P . Si puo applicare il teorema di esistenza ed unicitalocale al problema di Cauchy in ogni punto della retta (0, P ). I punti di equilibrio sono0 (instabile) e −1 (stabile), infatti dall’equazione f(P ) = P (t) + P 2(t) si ricava che laderivata prima di P e negativa se −1 < P < 0, e positiva o nulla negli altri casi. Si deduceil diagramma di fase riportato nella Figura 5.3. In base a considerazioni sul f(P ), nonvale la condizione sufficiente di sublinearita su (t, P ) ∈ (a, b)× R, quindi non e possibilededurre, a priori, la prolungabilita della soluzione su (a, b). L’equazione proposta e perofacilmente integrabile (a variabili separabili). Con le condizioni iniziali assegnate si ricava

P (t) =P0

1 + P0 − P0et.

Questa funzione presenta un asintoto verticale in T = log(1 +1

P0) ed e, a posteriori,

prolungabile come soluzione del problema di Cauchy assegnato nell’intervallo

(−∞, log(1 +1

P0)).

L’equazione proposta e logistica, ben nota. Con una strategia analoga a quella utilizzatanel caso precedente si puo dedurre che la soluzione esiste unica per ogni problema di Cau-chy assegnato nel piano. I punti 0 ed 1 del diagramma (monodimensionale) di fase sonoequilibri rispettivamente instabile e stabile. Non sono verificate le condizioni sufficientidi prolungabilita a priori della soluzione, ma da uno studio qualitativo del segno delladerivata prima si deduce le soluzioni di problemi di Cauchy tali che 0 ≤ P0 ≤ 1 sono

−1 0 1 2 3−2

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2m=0

−1 0 1 2 3−2

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

20<m<1

−1 0 1 2 3−2

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2m=1

−1 0 1 2 3−2

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2m>2

−2 0 2−2

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2m<0

Figura 5.2. La funzione generatrice assegnata nell’Esercizio 5.2, con i punti critici evidenti inrosso, in relazione al parametro m. Lo studio della loro stabilit‡ si effettua immediatamente pervia qualitativa, osservando il segno della funzione generatrice.


−2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1−0.5

0

0.5

1

1.5

2

Figura 5.3. L’asse delle ascisse rappresenta il diagramma di fase dell’Esercizio.

prolungabili in quanto funzioni monotone e limitate, mentre le soluzioni di problemi diCauchy con P0 < 0 o P0 < 1 saranno, rispettivamente, prolungabili a sinistra e prolunga-bili a destra. In entrambi i casi la prolungabilita si deduce per non creare contraddizionecon la monotonia e l’unicita della soluzione. Integrando l’equazione si ottiene

P (t) =P0e

t

1− P0 + P0et.

Per 0 ≤ P0 ≤ 1 il denominatore e sempre positivo e l’equazione esiste per ogni valoredi t. Se P0 = 0, si ricava per sostituzione P (t) = 0; se P0 = 1, P (t) = 1. Se P0 > 1, il

denominatore si annulla in log(1− 1

P0) < 0, e la soluzione esiste in (log(1− 1

P0),+∞).

Sia f(P ) = P1+P 2 . La soluzione locale al problema di Cauchy esiste ed e unica, essendo

verificate le ipotesi del Teorema di Esistenza ed unicita. L’unico punto di equilibrio(instabile) e l’origine. La funzione f(P ) inoltre e limitata, e in particolare, e sublinearesu tutto il suo insieme di definizione, che e R2, essendo autonoma rispetto alla variabilet. Quindi, ogni soluzione e prolungabile su R. Infine, l’equazione puo essere facilmenteintegrata. In Figura 5.5 sono riportate, a titolo esemplificativo alcune soluzioni.

S. 5.4. Discutiamo innanzi tutto il segno della derivata prima:

y′ ≥ 0 ⇐⇒ f(y) ≥ 0

(ricordiamo che le soluzioni vanno interpretate nel piano (t, y)). Per fissare le idee,consideriamo l’equazione y′ = y2 + y − 6;


−1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

Figura 5.4. Studio qualitativo dell’equazione logistica ed alcune soluzioni ai problemi di Cauchyevidenziati per tempi crescenti.

0 2 4 6 8 10 12−1

0

1

2

3

4

5

6

Figura 5.5. Studio qualitativo dell’equazione P ′ = P

1+P2 ed alcune soluzioni ai problemi diCauchy evidenziati per tempi crescenti.


y′ ≥ 0 ⇐⇒ y2 + y − 6 ≥ 0 ⇐⇒ y ≤ −3 e y ≥ 2

il cui campo di direzioni e rappresentato in Figura 5.6. Ogni equazione autonoma deltipo y′ = f(y) ha un campo di direzioni che divide il piano t, y in fasce orizzontali.

−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

Figura 5.6. Campo delle direzioni per l’equazione y′ = y2 + y − 6.

Per rispondere al quesito posto nell’esercizio si ragiona per assurdo. Supponiamo che ilproblema di Cauchy

y′ = f(y)y(t0) = y0

abbia una soluzione y(t) periodica non costante. Diciamo che ha periodo T , necessaria-mente y(t + T ) = y(t) per ogni t e quindi y(t0 + T ) = y0 = y(t0). Supponiamo che ilproblema di Cauchy sia stato assegnato in una striscia in cui f(y0) > 0: per considerazio-ni basate sull’unicita della soluzione y deve rimanere nella striscia dove la sua derivata epositiva, ma cio e in contraddizione con il fatto che dopo un tempo T la soluzione assumala stessa quota.

5.2 Equazioni autonome a tempo discreto


5.2.1 Esercizi

E. 5.5. Dopo aver enunciato e dimostrato il criterio di stabilita per linearizzazione perun’equazione alle differenze del primo ordine autonoma xt+1 = f (xt) applicare il risultatoall’equazione

xt+1 = xt ln (1 + xt),

determinandone in particolare i punti di equilibrio e studiandone la stabilita.

E. 5.6. Per l’equazione alle differenze

xn+1 = 1

2 (x3n − x2

n), n ≥ 0x0 ∈ R

determinare la natura dei punti di equilibrio ed il loro eventuale bacino di attrazione,dopo avere disegnato il grafico della funzione generatrice e con un diagramma a gradinole orbite relative ai dati iniziali

x0 = −1

2, x0 =

1

2, x0 =

3

2, x0 = 3.

E. 5.7. E data l’equazione alle differenze

xn+1 = f(xn), n ≥ 0

x0 ∈ R

con funzione generatrice f(x) = xex−3.Trovarne i punti di equilibrio, dopo aver disegnato il grafico di f . Quindi disegnarecon un diagramma a gradino le orbite relative a dati iniziali significativi (ad esempiox0 = −1, x0 = 1, x0 = 4). Infine, stabilire la natura dei punti di equilibrio e determinarnel’eventuale bacino di attrazione.

E. 5.8. E data l’equazione alle differenze

xn+1 =

xn(1 + x2n)

1 + x4n

, n ≥ 0

x0 ∈ R.

Trovarne i punti di equilibrio, quindi determinare con un diagramma a gradino le orbiterelative ai dati iniziali x0 = −2, x0 = 1

2 , x0 = 2. Dopo aver ricordato il criterio dilinearizzazione per la stabilit‡ asintotica dei punti di equilibrio, determinarne la naturae l’eventuale bacino di attrazione.

5.2.2 Soluzioni

S. 5.5. Per l’enunciato e la dimostrazione del criterio di linearizzazione a tempo discretosi veda il testo alle pagg. 80, 81.Nell’esercizio, la funzione generatrice e


f (x) = x ln (1 + x) .

I punti di equilibrio, corrispondenti alle intersezioni con la bisettrice, sono le soluzionidell’equazione f (x) = x e sono dunque x = 0 e x = e− 1. Dato che

f ′ (x) = ln (1 + x) +x

1 + x

ne deduciamo

f ′ (0) = 0 e f ′ (e− 1) = 2− 1

e> 1.

Il punto x = 0 e dunque asintoticamente stabile, mentre x = e − 1 e instabile (Figura8.8).

−1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4

Figura 5.7. La funzione generatrice dell’Esercizio 5.5, ed il grafico a gradino corrispondente atre dati iniziali

S. 5.6. Sia

f(x) =1

2(x3 − x2).

I punti di equilibrio risolvono l’equazione

1

2(x3 − x2) = x

e sono perciU x∗ = −1, 0, 2.La funzione generatrice f E asintotica a −x2/2 per x → 0 ed E asintotica a x3/2 perx → ±∞. Il suo grafico E rappresentato in Figura 5.8, insieme ai diagrammi a gradinorichiesti.Per studiare la natura dei punti di equilibrio si puU utilizzare il criterio di linearizzazione.Abbiamo che f ′ = 3/2x2 − x e f ′(0) = 0 < 1 mentre f ′(2) = 4 > 1 e f ′(−1) = 5/2 > 1.Quindi l’origine E l’unico punto di equilibrio stabile.


−2 −1 0 1 2 3 4−2

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

Figura 5.8. Generatrice (in blu) e diagrammi a gradino corrispondenti ai valori inizialiassegnati.

S. 5.7. La funzione generatrice f E di classe C∞(R), dunque per ogni x0 ∈ R esiste unasola orbita xnn∈N uscente da x0. Il grafico di f(x) = xex−3 E riportato in Figura 5.9.I punti di equilibrio, che verificano f(x) = x, sono x1 = 0 e x2 = 3.Si ha f ′(x) = e(x−3)(1 + x) da cui

f ′(0) = e−3, f ′(3) = 4.

Entrambi i punti di equilibrio sono iperbolici, dunque in base al criterio di stabilit‡asintotica poichE 0 < f ′(0) < 1 si ha che 0 E asintoticamente stabile, mentre essendof ′(3) > 1 si ha che 3 E instabile.Alcuni diagrammi a gradino con dati iniziali significativi sono riportati in Figura 5.9.Per determinare il bacino di attrazione di x1 = 0, determiniamo i sottointervalli J ⊂ R

stabili tramite f , cioE tali che f(J) ⊂ J . Si ha

f((−∞, 0)) ⊂ (−∞, 0)

f((0, 3)) ⊂ (0, 3)

f((3,∞)) ⊂ (3,∞)

dunque i tre intervalli sono stabili tramite f .Osserviamo inoltre che per x ∈ (−∞, 0) si ha f(x) ≥ x, per x ∈ (0, 3) si ha f(x) ≤ x,mentre per x ∈ (3,+∞) si ha ancora f(x) ≥ x.Studiamo allora l’andamento delle orbite generate da un dato iniziale appartenente aduno degli intervalli assegnati. Analizziamo separatamente ciascuna situazione.

a. Se x0 < 0, si ha xn+1 = f(xn) < 0 per ogni n ≥ 0 (grazie al fatto che l’intervalloE stabile); inoltre per ogni n si ha xn+1 = f(xn) ≥ xn, dunque xn E monotonacrescente, superiormente limitata, quindi ammette limite

limn→∞

xn = l ∈ (x0, 0]

ma poichE f E continua, il limite deve essere un punto fisso e quindi per forza l = 0(non ci sono altri punti fissi di f in (x0, 0]).


b. Se x0 = 0, allora xn = 0 per ogni n (punto fisso, o di equilibrio).c. Se x0 ∈ (0, 3), si ha xn+1 = f(xn) ∈ (0, 3) per ogni n ≥ 0 (grazie al fatto che

l’intervallo E stabile); inoltre per ogni n si ha xn+1 = f(xn) ≤ xn, dunque xnE monotona decrescente, inferiormente limitata, quindi ammette limite

limn→∞

xn = l ∈ [0, x0)

ma poichE f E continua, il limite deve essere un punto fisso e quindi per forza l = 0(non ci sono altri punti fissi di f in [0, x0)).

d. Se x0 = 3, allora xn = 3 per ogni n (punto fisso, o di equilibrio).e. Se x0 ∈ (3,∞), allora xn ∈ (3,∞) per ogni n e xn+1 = f(xn) ≥ xn per ogni n,

dunque xn E monotona crescente e quindi ammette limite, finito oppure infinito. Seammettesse limite finito, esso dovrebbe essere un punto fisso per f , ma non esistonopunti fissi per f in (3,∞). Dunque, limn→+∞ xn = +∞.

In definitiva, x1 = 0 E asintoticamente stabile e il suo bacino di attrazione E (−∞, 3).

S. 5.8. La funzione generatrice

f(x) =x(1 + x2)

1 + x4

E di classe C∞(R), dunque per ogni x0 ∈ R esiste una sola orbita xnn∈N uscente dax0.Si osservi che f E dispari. I punti di equilibrio, che verificano f(x) = x, sono −1, 0, 1.Inoltre

f ≥ 0 ⇐⇒ x ≥ 0

−2 0 2 4

0

1

2

3

4

generatricebisettrice

−1 −0.5 0 0.5−0.02

−0.015

−0.01

−0.005

0

0.005

0.01evoluzione del dato x0=−1

0 1 2 3

0

0.5

1

1.5

2evoluzione del dato x0=1

5 10 15 20

5

10

15

20evoluzione del dato x0=4

Figura 5.9. Punti di equilibrio e diagrammi a gradino per alcune soluzioni dell’Esercizio 5.7


e calcolando la derivata prima troviamo

f ′(x) =−x6 − 3x4 + 3x2 + 1

(1 + x4)2=

(x2 − 1)(−x4 − 4x2 − 1)

(1 + x4)2.

Si ha −x4 − 4x2 − 1 < 0 per ogni x ∈ R, dunque f ′(x) ≥ 0 ⇐⇒ x ∈ [−1, 1]. Inoltref ′(−1) = f ′(1) = 0 mentre f ′(0) = 1, dunque la retta y = x E tangente al grafico di f in(0, 0). Il punto −1 E punto di minimo assoluto e il punto 1 E punto di massimo assoluto.Non E necessario studiare la derivata seconda per disegnare un grafico approssimativodi f , che E riportato in Figura 8.3 con i diagrammi a gradino richiesti.

−2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

Figura 5.10. Funzione generatrice proposta nell’Esercizio 5.8

Per l’enuinciato del criterio di linearizzazione si puU consultare il libro di testo. Comegi‡ visto,

f ′(0) = 1, f ′(−1) = f ′(1) = 0.

In base al criterio, si ha che −1 e 1 sono di equilibrio asintoticamente stabile. Invece, conil criterio non possiamo dire nulla sulla stabilit‡ di 0.Tuttavia, per via grafica possiamo dedurre chiaramente che l’origine E instabile. Lodimostriamo rigorosamente.Per determinare la natura di 0 e il bacino di attrazione di −1 e 1, determiniamo isottointervalli J ⊂ R stabili tramite f , cioE tali che f(J) ⊂ J .Per la disparit‡ della funzione, possiamo limitarci a studiare x ≥ 0. Si ha

f((0, 1)) ⊂ (0, 1)

f((1,+∞)) ⊂ (0, 1)

dunque (0, 1) E stabile, mentre (1,+∞) non lo E, ma se x0 ∈ (1,+∞), si ha x1 = f(x0) ∈(0, 1), dunque E sufficiente studiare il comportamento delle orbite uscenti da (0, 1). In


(0, 1) si ha f(x) ≥ x, dunque se x0 ∈ (0, 1), si ha xn+1 = f(xn) ≥ xn, dunque xnE crescente, inoltre xn < 1 per ogni n, dunque E superiormente limitata; quindi, esiste

limn→∞

xn = l ∈ (x0, 1]

ma poichE f E continua, il limite deve essere un punto fisso e quindi per forza l = 1 (nonci sono altri punti fissi di f in (x0, 1]). Dunque il bacino di attrazione di 1 E (0,+∞) eper simmetria il bacino di attrazione di −1 E (−∞, 0) e 0 E di equilibrio instabile.

Parte II

6

Ripasso di alcuni prerequisiti

6.1 Equazioni lineari a coefficienti costanti

Sono equazioni del tipo

a0x(n) + a1x

(n−1) + a2x(n−2) + · · ·+ an−1x

′ + an = f(t).

Sfruttiamo il principio di sovrapposizione per scrivere la soluzione generale come sommadella soluzione generale della parte omogenea piu una soluzione particolare dell’equazionecompleta, che verr‡ trovata con il metodo di similitudine.Per scrivere la soluzione generale della parte omogenea si studia l’equazione caratteristica

a0λn + a1λ

n−1 + a2λn−2 + · · ·+ an−1λ+ an = 0

e ad ogni sua radice reale λ1 si associa la soluzione esponenziale eλ1t dell’equazione dif-ferenziale; ad ogni coppia di soluzioni complesse e coniugate dell’equazione caratteristicaα± iβ associamo la coppia di soluzioni dell’equazione caratteristica eαt sinβt, eαt cosβt.In caso di molteplicit‡ p della soluzione dell’equazione caratteristica, le soluzioni dell’e-quazione differenziale vanno moltiplicate per t in modo da generare un set di p soluzionilinearmente indipendenti dell’equazione differenziale.Lascio invece agli esercizi che seguono l’esemplificazione del metodo di similitudine

6.1.1 Esercizi

E. 6.1. Si trovino gli integrali generali delle seguenti equazioni lineari a coefficienticostanti omogenee:

1. y′′ + 6y′ + 5y = 02. y′′ + 6y′ + 9y = 03. y′′ + 2y′ + 5y = 0.

E. 6.2. Sia data l’equazione lineare del secondo ordine, a coefficienti costanti e reali:

y′′ + 2y′ + 2y = exp(2t) + 5 exp(−t) + exp(t).

determinarne un integrale particolare, dopo aver illustrato il principio di sovrapposizione.

84

E. 6.3. Trovare la soluzione generale dell’equazione:

y′′ − 2y′ − 3y = exp(2t) + exp(t).


y′′ − 3y′ + 2y = exp(2t) + exp(5t).


y′′ + 9y = exp(2t) + sin(3t).

E. 6.6. Data l’equazioney′′′ + y′′ − 2y = 5ekx

trovare l’integrale generale dell’equazione omogenea associata e, al variare di k ∈ R,trovare l’integrale generale dell’equazione completa.

E. 6.7. Studiare le soluzioni dell’equazione (sistema conservativo ad un grado di liberta)

y′′(t) + ky(t) = cosωt, k, ω > 0

al variare dei parametri ω e k e dare un’interpretazione fisica del risultato.

E. 6.8. Sia data l’equazione

u(5)(t)− 13u(3)(t) + 36u′(t) = 0.

Scrivere un sistema del primo ordine ad essa equivalente e se ne trovino gli autovalori.

E. 6.9. E data l’equazione lineare a coefficienti costanti

y′′ + 4y′ + 4y = sin t+ e−2t

rappresentante una molla con coefficiente di attrito µ = 4 e costante elastica k = 4.

(a) Trovare l’integrale generale dell’equazione omogenea associata.

(b) Trovare l’integrale generale dell’equazione completa.

6.1.2 Soluzioni

S. 6.1. L’integrale generale di un’equazione a coefficienti costanti, omogenea, di qualun-que ordine e la combinazione lineare di n integrali particolari linearmente indipendenti.Associata a ciascuna equazione differenziale la propria equazione caratteristica

1. λ2 + 6λ+ 5 = 0

2. λ2 + 6λ+ 9 = 0

3. λ2 + 2λ+ 5 = 0

85

e le relative soluzioni

1. λ1 = −1, λ2 = −5

2. λ1 = −3, λ2 = −3

3. λ1 = −1− 2i, λ2 = −1 + 2i

ricaviamo da ogni radice dell’equazione un integrale dell’equazione differenziale. Inparticolare si verifichi che

1. y1 = e−t e y2 = e−5t

2. y1 = e−3t e y2 = te−3t

3. y1 = e−t sin(2t) e uy2 = e−t cos(2t)

le coppie sono rispettivamente soluzioni delle equazioni 1, 2, 3 e che la y1 e linearmenteindipendente dalla y2. Ne segue che l’integrale generale nei tre casi e

1. y(t) = c1e−t + c2e

−5t

2. y(t) = k1e−3t + k2te

−3t

3. y(t) = C1e−t sin(2t) + C2e

−t cos(2t).

S. 6.2. L’equazione lineare non omogenea ha il termine noto decomponibile in tre ad-dendi piu semplici. Siano h1(t) = e2t, h2(t) = 5e−t e h3(t) = et. In base al principio disovrapposizione, un integrale particolare si puo ottenere cercando un integrale particolaredelle equazioni

y′′ + 2y′ + 2y = hk(t), con k = 1, 2, 3

e poi sommando i tre integrali particolari trovati.Per calcolare i tre integrali particolari occorre conoscere le soluzioni del polinomio ca-ratteristico dell’equazione omogenea associata: z′′ + 2z′ + 2z = 0. Le radici di P (λ) =λ2 + 2λ + 2 = 0 sono: λ = −1 + i e λ = −1 − i. I tre termini forzanti non discendonoda tali autovalori, pertanto i tre integrali particolari sono della forma uk = cke

αkt, conle costanti ck da determinarsi. Risulta: u1(t) = c1e

2t, u′1(t) = 2c1e

2t, u′′1(t) = 4c1e

2t dacui (4 + 4 + 2)c1 = 1 quindi c1 = 1/10. Analogamente, se u2(t) = c2e

−t deve soddisfarel’equazione y′′ + by′ + cy = 5e−t deve essere c2 = 5. Infine, se u3(t) = c3e

t u′3(t) = c3e

t,u′′3(t) = c3e

t da cui (1 + 2 + 2)c3 = 1 e c3 = 1/5.Un integrale particolare dell’equazione completa e dato da

u(t) =1

10e2t + 5e−t +

1

5et.

L’integrale generale dell’equazione completa e, allora,

y(t) = K1e−t cos t+K2e

−t sin t+1

10e2t + 5e−t +

1

5et.

86

S. 6.3. Il polinomio caratteristico E P (λ) = λ2 − 2λ− 3 = 0. Da cui: λ = −1, λ = 3.Integrale generale:

y(t) = K1e−t +K2e

3t + u(t)

= K1e−t +K2e

3t − 1

3e2t − 1

4et

essendo u1(t) = c1e2t, u′

1(t) = 2c1e2t, u′′

1(t) = 4c1e2t da cui c1 = −1/2; u3(t) = c3e

t

u′3(t) = c3e

t, u′′3(t) = c3e

t, da cui c1 = −1/4.

S. 6.4. Essendo P (λ) = λ2 − 3λ + 2 = 0, le cui soluzioni sono λ = 1 e λ = 2, troviamol’integrale generale:

y(t) = K1et +K2e

2t + u(t)

= K1et +K2e

2t + te2t +1

12e5t

Si noti che 2 e radice del polinomio caratteristico, quindi si cerca una soluzione particolaredel tipo

u1(t) = c1te2t

allora u′1(t) = c1e

2t(1 + 2t), u′′1(t) = c1e

2t(2 + 4t+ 2) da cui (4− 4t− 3− 6t+ 2t)c1 = 1e c1 = 1; u2(t) = c1e

5t, u′2(t) = 5c1e

5t, u′′2(t) = 25c1e

5t da cui (25 − 15 + 2)c1 = 1 ec1 = 1/12.

S. 6.5. L’equazione caratteristica E P (λ) = λ2 + 9 = 0, ha soluzioni: λ = 3i e λ = −3i.L’integrale generale risulta

y(t) = K1 cos 3t+K2 sin 3t+1

13e2t − t

6sin 3t

essendo u1(t) = c1e2t, u′

1(t) = 2c1e2t, u′′

1(t) = 4c1e2t, da cui (4 + 9)c1 = 1 se e solo se

c1 = 1/13 la soluzione legata al termine noto h1(t) = e2t.Nel caso di termine noto h2(t) = sin 3t, l’equazione ritrae il moto armonico con forzantesinusoidale, avente lo stesso periodo delle soluzione dell’omogenea associata (risonanza):si cerca l’integrale particolare del tipo:

u2(t) = c1t sin 3t+ c2t cos 3t,u′2(t) = c1 sin 3t+ c2 cos 3t+ 3c1t cos 3t− 3c2t sin 3t,

u′′2(t) = 6c1 cos 3t− 6c2 sin 3t− 9c1t sin 3t− 9c2t cos 3t e di conseguenza deve essere:

6c1 cos 3t − 6c2 sin 3t − 9c1t sin 3t − 9c2t cos 3t + 9(c1t sin 3t + c2t cos 3t) = sin 3t allorac1 = 0, c2 = − 1

6 sin 3t.

S. 6.6. L’integrale generale dell’equazione

y′′′ + y′′ − 2y = 0

e u(t) = c1ex + c2e

−x cosx + c3e−x sinx essendo 1, −1 ± i le radici del polinomio

caratteristico λ3 + λ2 − 2 = 0.

87

Se k 6= 1 sto forzando il sistema con un termine noto che non e in risonanza con gliautovalori dell’equazione. Posso dunque cercare per similitudine se una funzione dellafamiglia f(x) = Aekt, con A da determinarsi, sia soluzione dell’equazione completa.Derivando si ottienef ′(x) = Akekt

f ′′(x) = Ak2ekt

f ′′′(x) = Ak3ekt

da cui si ricava che f(x) per essere soluzione dell’equazione deve soddisfare la relazione

A =5

k3 + k2 − 2

ed il denominatore non e nullo essendo k 6= 1. L’integrale generale e

y(t) = c1ex + c2e

−x cosx+ c3e−x sinx+

5ekt

k3 + k2 − 2.

Invece, nel caso k = 1, si cerca per quale valore di A, f(x) = Axex sia soluzionedell’equazione completa. Dopo aver derivato,f ′(x) = Aex(x + 1)f ′′(x) = Aex(x + 2)f ′′′(x) = Aex(x+ 3)si ricava che deve essere A = 1. L’integrale generale e

y(t) = c1ex + c2e

−x cosx+ c3e−x sinx+ xex.

S. 6.7. Studiamo dapprima il problema omogeneo assegnato

y′′(t) + ky(t) = 0

cui sono associati gli autovalori λ1,2 = ±i√k. L’integrale generale del problema omogeneo

risulta alloray(t) = C1 cos(

√kt) + C2 sin(

√kt) = A cos(

√kt+ φ)

con C1, C2 oppure A, φ costanti da determinarsi in seguito imponendo le condizioniiniziali.Per studiare le soluzioni dell’equazione completa occorre distinguere i casi ω 6=

√k, e

ω =√k.

Se ω 6=√k, come integrale particolare del problema completo si puo considerare una

funzione della forma y(t) = P cos(ωt) + Q sin(ωt). Per determinare le costanti P e Q

imponiamo, appunto, che risolva l’equazione completa, ottenendo P =1

k − ω2e Q = 0.

L’integrale generale del problema completo e quindi

y(t) = C1 cos(√kt) + C2 sin(

√kt) +

cos(ωt)

k − ω2.

Se ω =√k (risonanza), come integrale particolare del problema completo utilizziamo una

funzione della forma y(t) = Pt cos(ωt) + Qt sin(ωt). Imponendo che la funzione risolva

88

l’equazione completa, si ricavano i valori delle costanti P e Q: P = 0 e Q = 12ω . L’integrale

generale del problema completo e quindi

y(t) = C1 cos(√kt) + C2 sin(

√kt) +

t sin(√t)

2√k

.

Il problema assegnato puo essere interpretato da un punto di vista meccanico, comel’equazione descrivente il moto di un punto di massa unitaria soggetto ad una forzacentrale elastica attrattiva, con costante elastica pari a k > 0, proporzionale alla distanzadall’origine del sistema di riferimento in cui la massa e situata, moto che avviene senzaattrito. La vibrazione e forzata da una forza esterna sinusoidale pari a cosωt. Il casoin cui ω =

√k corrisponde ad una condizione di risonanza tra le vibrazione proprie del

sistema e di quelle dovute alla presenza di un termine forzante.Il problema assegnato puo essere ulteriormente interpretato dal punto di vista elettro-tecnico come la corrente che fluisce in un circuito senza resistenze, con un’induttanza

unitaria ed una capacita C =1

k, sottoposto ad una forza elettromotrice pari a − 1

ω sinωt.

La corrente i(t) di un circuito con induttanza L e capacita C, governato da una forzaelettromotrice V (t) e infatti

Li′′(t) +1

Ci(t) = V ′(t).

S. 6.8. Con la scelta

u(t) = x1(t)

u′(t) = x2(t)

u′′(t) = x3(t)

u′′′(t) = x4(t)

u′′′′(t) = x5(t)

si ricava il sistema

x1 = x2

x2 = x3

x3 = x4

x4 = x5

x5 = 13x4 − 36x2

.

Gli autovalori del sistema risolvono l’equazione caratteristica

λ5 − 13λ3 + 36λ = 0.

Risulta0 = λ5 − 13λ3 + 36λ= λ(λ4 − 13λ2 + 36)= λ(λ2 − 4)(λ2 − 9)= λ(λ − 2)(λ+ 2)(λ− 3)(λ+ 3).

Gli autovalori sono λ1,2,3,4,5 = 0,+2,−2,+3,−3.

89

S. 6.9. (a) L’equazione caratteristica ha λ = −2 come autovalore doppio; l’integralegenerale dell’equazione omogenea associata e dunque

u(t) = C1e−2t + C2te

−2t.

(b) Applichiamo il principio di sovrapposizione. Con il metodo di similitudine un integraleparticolare dell’equazione u′′+4u′+4u = sin t puo essere cercato tra quelli della formau(t) = A sin t+B cos t. Questo risolve l’equazione scegliendo A = 3/25 e B = −4/25.Analogamente, un integrale particolare dell’equazione u′′+4u′+4u = e−2t puo esserecercato tra quelli della forma u(t) = At2e−2t. Questo risolve l’equazione scegliendoA = 1/2. L’integrale generale e quindi:

u(t) = C1e−2t + C2te

−2t +3

25sin t− 4

25cos t+

1

2t2e−2t.

6.2 Algebra lineare

6.2.1 Esercizi

E. 6.10. Determinare autovalori ed autovettori della matrice

A =

1 0 10 1 −10 0 2

quindi discutere la regolarita degli autovalori.

E. 6.11. La matrice

A =

1 1 11 1 11 1 1

ammette almeno tre autovettori linearmente indipendenti? Ne ammette piu di tre?Fornire degli esempi.

E. 6.12. Determinare per quali valori del parametro a la matrice

A =

1 0 −10 −1 00 0 a

ha autovalori distinti. Per quali valori di a gli autovalori sono regolari? Quando possibiletrovare la matrice S che diagonalizza A.

E. 6.13. Per quali valori del parametro reale β la matrice

A =

0 β 50 5 02 0 3

e simile ad una matrice diagonale (ovvero e diagonalizzabile)? Trovare una matricediagonale D simile ad A e la matrice S che permette il passaggio dall’una all’altra.

90

6.2.2 Soluzioni

S. 6.10. Per trovare gli autovalori della matrice occorre risolvere l’equazione det(λI −A) = 0, ovvero

det

λ− 1 0 −10 λ− 1 10 0 λ− 2

.

La matrice e triangolare, quindi il suo determinante e dato dal prodotto degli elementisulla diagonale: (λ−1)2(λ−2) = 0, le cui soluzioni sono λ = 1 con molteplicita algebrica2 e λ = 2 con molteplicita algebrica 1.Gli autovettori relativi all’autovalore λ = 2 sono le soluzioni del sistema Ax = 2x, ovvero

2− 1 0 −10 2− 1 10 0 2− 2

x = 0.

Solo le prime due righe del sistema sono linearmente indipendenti, quindi quanto scrittosopra e equivalente al sistema

x1 − x3 = 0x2 + x3 = 0

la cui soluzione e il sottospazio vettoriale di R3 generato dal vettore

1−11

e dalle sue combinazioni lineari. Tale sottospazio vettoriale ha ovviamente dimensio-ne 1. La molteplicita algebrica e geometrica dell’autovalore λ = 2 percio coincidono(l’autovalore E regolare; gli autovalori semplici sono sempre regolari).Gli autovettori relativi all’autovalore λ = 1 sono le soluzioni del sistema Ax = 1x, ovvero

1− 1 0 −10 1− 1 10 0 1− 2

x = 0.

La matrice dei coefficienti di questo sistema ha rango 1, solo una riga e linearmenteindipendente dalle altre, percio il sistema e equivalente all’equazione

x3 = 0

le cui soluzioni, nello spazio tridimensionale R3 sono date dal sottospazio vettoriale

generato dalle combinazioni lineari dei vettori100

e

010

.

Quindi, la dimensione geometrica dell’autovalore λ = 1 e 2. Poiche entrambi gli autovalorihanno dimensione geometrica uguale alla dimensione algebrica, sono entrambi regolari.

91

S. 6.11. Una matriceB non puo avere un numero di autovettori linearmente indipendentimaggiore della dimensione dello spazio dove sono ambientati. La matrice

B =

1 0 00 2 00 0 3

ha autovalori λ = 1, 2, 3 cui corrispondono, rispettivamente, gli autovettori100

010

001

che costituiscono una base di R3. Ogni volta che una matrice ha autovalori regolari,un set di autovettori linearmente indipendenti costituisce un sistema di generatori dellospazio, ovvero una base.Consideriamo la matrice A assegnata nell’esercizio. I suoi autovalori sono λ = 0 auto-valore con molteplicita algebrica 2, e λ = 3 con molteplicita algebrica 1. Gli autovettoriassociati all’autovalore λ = 0 sono le soluzioni del sistema lineare

x1 + x2 + x3 = 0x1 + x2 + x3 = 0x1 + x2 + x3 = 0

banalmente equivalente alla sola equazione x1 = −x2 − x3. Se ne deduce che un sistemadi generatori dell’autospazio associato e dato dai vettori

−110

−101

.

L’autovettore λ = 0 ha molteplicita algebrica pari alla geometrica ed e allora regolare.Essendo semplice e regolare anche l’autovalore λ = 3 (non c’e bisogno di verificarlo).Concludiamo allora che la matrice A ammette tre autovettori linearmente indipendenti.Non sempre pero il numero degli autovettori linearmente indipendenti di una matriceuguaglia la dimensione dello spazio in cui sono ambientati. Si pensi al caso piu semplicedi autovalore non regolare: la matrice

A =

[1 10 1

]

ha autovalore doppio λ = 1. Gli autovettori a lui associati sono le soluzioni del sistemaAx = x:

x1 + x2 = x1

x2 = x2

ovvero il sottospazio di R2 generato dal vettore[10

].

92

S. 6.12. La matrice A e triangolare superiore: gli autovalori sono gli elementi della diago-nale. Per a 6= 1,−1 gli autovalori sono distinti e, quindi, regolari; gli autovettori accostatigenerano allora la matrice S che diagonalizza A.Verifichiamo se per a = 1 l’autovalore λ = 1 e regolare. L’autospazio ad esso associato edato dalle soluzioni del sistema

x1 − x3 = x1

−x2 = x2

x3 = x3

ovvero dallo spazio vettoriale che ha il vettore

100

come generatore. La molteplicita geometrica dell’autovalore e 1; l’autovalore non eregolare.Se a = −1, l’autospazio associato all’autovalore λ = −1 e dato dalle soluzioni del sistema

x1 − x3 = −x1

−x2 = −x2

−x3 = −x3

ovvero dallo spazio vettoriale che ha i vettori

010

102

come generatori. In questo caso l’autovalore λ = −1 ha molteplicita geometrica 2, parialla molteplicita algebrica. L’autovalore e regolare.

S. 6.13. Calcoliamo gli autovalori della matrice A:

det(λI −A) =

λ −β −50 λ− 5 0−2 0 λ− 3

= (λ− 5)2(λ+ 2).

L’autovalore λ = −2 e semplice, e conseguentemente regolare. L’autospazio ad essoassociato e dato dalle soluzioni del sistema

βx2 + 5x3 = −2x1

5x2 = −2x2

2x1 + 3x3 = −2x3

ovvero dallo spazio vettoriale che ha come generatore, ad esempio, il vettore

−502

.

Cerchiamo l’autospazio associato all’autovalore λ = 5, risolvendo il sistema

93

βx2 + 5x3 = 5x1

5x2 = 5x2

2x1 + 3x3 = 5x3

equivalente a −5x1 + βx2 + 5x3 = 0x1 − x3 = 0

.

Se β = 0, l’autovalore λ = 5 ha molteplicita geometrica 2, e l’autospazio ad esso associatoha generatori

101

010

.

Se β 6= 0, l’autovalore λ = 5 ha molteplicita geometrica 1, e l’autospazio ad esso associato

ha come generatore

101

. E possibile diagonalizzare una matrice con autovalori regolari:

la matrice S che realizza la diagonalizzazione e data dall’accostamento di autovaloriindipendenti. La matrice A e diagonalizzabile solo se β = 0. Sia dunque

S =

−5 1 00 0 12 1 0

da cui

S−1 =1

7

−1 0 12 0 50 7 0

e facile verificare che

S−1AS =1

7

−1 0 12 0 50 7 0

0 0 50 5 02 0 3

−5 1 00 0 12 1 0

=

−2 0 00 5 00 0 5

.


E. 6.14. Sia f : R3 −→ R3 un’applicazione lineare rappresentata da

A =

5 0 10 −3 01 0 5

.

Trovare gli autovalori e l’autospazio associato a ciascuna autovalore.

E. 6.15. Data

A =

1 2 02 1 00 0 1

trovare autovalori ed autovettori e se possibile una matrice diagonale D simile ad A.

94

E. 6.16. Sia data la matrice

A =

1 0 12 −1 13 −2 1

associata alla trasformazione F : R3 −→ R

3. Trovare una base di ker(F ) ed Im(F ).Determinare i sottospazi vettoriali di R3 di vettori che non vengono ruotati da f .

E. 6.17. Dopo aver trovato la matrice P che porta A =

[1 33 1

]in forma diagonale D =

P−1AP , sfruttare la relazione D = P−1AP per calcolare A6.

E. 6.18. Data la matrice A =

1 1 03 3 −19 0 −2

determinare la dimensione ed una base degli

autospazi associati a ciascun autovalore.

E. 6.19. Data la matrice

A =

0 1 1−1 2 11 −1 0

trovare il determinante, autovettori ed autospazi associati. Calcolare quindi il determi-nante, gli autovalori e gli autospazi della matrice che si ottiene da A scambiando la primariga con l’ultima.

E. 6.20. Studiare la regolarita degli autovalori di

A =

0 2 22 0 22 2 0

.

A e diagonalizzabile?


A =

1 0 0−1 3 0−1 0 3

trovare una base di R3 di autovettori di A.


A =

1 0 0−1 3 1−1 0 3

studiare la regolarita degli autovalori.

E. 6.23. Per quali valori del parametro k la matrice A =

3 1 01 3 0k 0 2

e diagonalizzabile?

Trovare gli autovettori associati.

7

Sistemi lineari a coefficienti costanti

7.1 La matrice esponenziale eAt

7.1.1 Esercizi

E. 7.1. Calcolare eAt dove

A =

(1 03 −2

).

Risolvere il problema di Cauchy x = Ax, x(0) =

(12

).

E. 7.2. Sia data la matrice

A =

1 2 02 1 00 0 1

.

Determinarne gli autovalori e gli autovettori. Dare la definizione di matrice esponenziale.Trovare la matrice eAt, giustificando il procedimento utilizzato.

E. 7.3. Precisare qual’e la struttura dell’insieme delle soluzioni di un sistema lineare(non necessariamente a coefficienti costanti) omogeneo.Dato il sistema

x′ = 3x− 2yy′ = 6x− 4y

se ne determinino i punti critici e si disegnino le traiettorie nel piano delle fasi.

E. 7.4. Dato il sistema lineare di equazioni differenziali

x = x+ 3αyy = x− y

determinino al variare di α ∈ R i punti critici del sistema e se ne discuta la natura. Sirisolva quindi il sistema nel caso α = 3 e α = − 1

3 .

96


x′ = x+ y + zy′ = −x+ 4y + 4zz′ = −x+ y + 3z

se ne determini l’integrale generale e si studi la stabilita della soluzione nulla.

E. 7.6. Calcolare autovalori ed autovettori di

A =

[−2 −33 −2

]

quindi scrivere in forma esplicita il sistema y = Ay e calcolarne l’integrale generale.Scrivere inoltre la matrice di transizione eAt.

E. 7.7. Sia x = Ax il sistema lineare a coefficienti costanti descritto dalle equazioni

x = −5x+ yy = −x− 3y

Trovare la matrice esponenziale eAt e scrivere l’integrale generale.

E. 7.8. Si consideri il sistema y′ = Ay con

A =

2 2 12 2 10 0 3

.

Calcolare l’integrale generale. Risolvere il problema di Cauchy con condizione inizialey(1) = (1, 1, 0).

E. 7.9. Sia

A =

−3 0 00 2 10 1 2

a. Trovare gli autovalori di A.b. Trovare la matrice S che diagonalizza A, quindi calcolare S−1.c. Scrivere l’integrale generale del sistema autonomo y = Ay.d. Trovare la soluzione del sistema y = Ay che risolve il Problema di Cauchy y(1) =

(1, 2, 3)T .

7.1.2 Soluzioni

S. 7.1. La matrice A e triangolare bassa; i suoi autovalori (regolari poiche semplici) sono

(1,−2). Autovettore associato a λ = 1 e

[11

]. Autovettore associato a λ = −2 e

[01

].

97

Accostando gli autovettori trovati si costruisce la matrice S =

[1 01 1

]e si ricava che

S−1 =

[1 0−1 1

], da cui

S−1AS = diag(λi) =

[1 00 −2

].

La matrice esponenziale eAt si calcola allora come

eAt = Sdiag(eλit)S−1 =

[1 01 1

] [et 00 e−2t

] [1 0−1 1

]

=

[et 0

et − e−2t e−2t

].

Il problema

x = Ax

x(0) =

[12

]ha soluzione

x(t) = eAt

[12

]=

[et

et + e−2t

].

S. 7.2. Il polinomio caratteristico della matrice A e

det(A− λI) = (1− λ)[(1 − λ)2 − 4] = (1− λ)(λ − 3)(λ+ 1).

Gli autovalori sono percio reali e distinti: λ1,2,3 = −1, 1, 3. Gli autovettori associati aλ1 = −1, a λ2 = 1 ed a λ3 = 3 sono, rispettivamente:

1−10

001

110

Data una matrice A si definisce

eA =∑

k=0,··· ,∞

Ak

k !.

La matrice invertibile

S =

1 0 1−1 0 10 1 0

S−1 =

1

2

1 −1 00 0 11 1 0

diagonalizza A ovvero

A = S−1 · A · S =

−1 0 00 1 00 0 3

.

98

Essendo

eAt =

e−t 0 00 et 00 0 e3t

risulta

eAt = S · eAtS−1 =

1/2(e−t + e3t) 1/2(e3t − e−t) 01/2(e3t − e−t) 1/2(e−t + e3t) 0

0 0 et

.

S. 7.3. Per il principio di sovrapposizione, l’integrale generale di un sistema di equazionidifferenziali lineare omogeneo di ordine n e dato dalla combinazione lineare di n soluzioniparticolari del sistema purche linearmente indipendenti.I punti critici del sistema rappresentano le soluzioni stazionarie. In questo caso sono lesoluzioni del sistema [

3 −26 −4

] [xy

]=

[00

]

ovvero la retta y = 3/2x. Si deduce anche immediatamente che un autovalore e nullo.L’altro autovalore e −1, cui e associato l’autovettore y = 2x. Abitualmente gli autovettoridi un sistema lineare sono le uniche traiettorie rettilinee. Ma in questo caso il sistemae degenere (det(A) = 0) e le traiettorie rettilinee sono infinite. Per integrare il sistema,escludendo i punti 3x− 2y = 0 possiamo scriverlo nella forma

dy

dx=

3x− 2y

2(3x− 2y)=

1

2

che integrato da il fascio di rette y = 2x + C. Alternativamente, possiamo utilizzare ilmetodo della matrice esponenziale, costruendo S accostando due autovettori linearmenteindipendenti (perche relativi ad autovalori diversi)

S =

[2 13 2

]S−1 =

[2 −1−3 2

].

La matrice dei coefficienti viene dunque diagonalizzata da S:

A = S−1

[3 −26 −4

]S =

[0 00 −1

].

Per definizione di matrice esponenziale

eAt =

∞∑

k=0

(At)k

k!=

[1 0

0∑∞

k=0(−t)k

k!

]=

[1 00 e−t

].

Ancora, per definizione di matrice esponenziale

eAt =

∞∑

k=0

(At)k

k!=

∞∑

k=0

(SAS−1)ktk

k!=

∞∑

k=0

S(At)k

k!S−1 = SeAtS−1.

99

L’integrale generale del problema e poi dato dalla matrice esponenziale moltiplicata perun vettore di costanti. Si ricava che

[x(t)y(t)

]= SeAt

[c1c2

]=

[2 13 2

] [1 00 e−t

] [c1c2

]

= c1

[23

]+ c2

[e−t

2e−t

].

Si osservi infine che sostituendo e−t nelle due equazioni si trova y = 2x− c1, in accordocon l’equazione delle traiettorie trovata in precedenza.

S. 7.4. Se detA 6= 0 l’unico punto critico del sistema e l’origine. Sia detA 6= 0 ovve-rosia α 6= − 1

3 . Se α < − 13 , gli autovalori sono distinti ed immaginari puri e l’origine e

centro stabile (non asintoticamente) e le traiettorie sono delle ellissi (si possono ricavarecalcolando un integrale primo del sistema, E(x, y) = x2 − 2xy − 3αy2 + C). Se α > − 1

3 ,gli autovalori sono reali distinti ed opposti in segno. L’origine e quindi una sella. Il casoα = 3 rientra in questa situazione. Gli autovalori sono λ1,2 =

√10,−

√10 e gli autovettori

associati rispettivamente [1 +

√10

1

] [1−

√10

1

].

I punti y = − 19x hanno tangente verticale. I punti y = x hanno tangente orizzontale.

L’integrale generale e

[xy

]=

[1 +

√10 1−

√10

1 1

] [e√10t 0

0 e−√10t

][c1c2

]

Se α = − 13 , l’insieme dei punti critici e dato dai punti appartenenti alla retta x − y =

0 (ovvero dall’autovettore dell’autovalore nullo). Le traiettorie non costanti si possonoricavare osservando che il sistema puo essere ricondotto all’equazione dy

dx = 1, che risoltaconduce al fascio improprio di rette y = x+C. Ogni retta del fascio con costante C nonnulla e una traiettoria del sistema. Ogni punto della retta y = x e un punto stazionario(instabile) per il sistema.Il caso α = − 1

3 e un caso di autovalore multiplo (non regolare):

A =

[1 −11 −1

]λ1,2 = 0, u =

[11

].

In questi casi la matrice A non puo essere diagonalizzata in modo usuale, ma siccome ilfine della diagonalizzazione e -di fatto- quello di scrivere la matrice esponenziale relativaal sistema, si puo sfruttare un’altra proprieta di A: A2 = 0 (si dice che una matrice enihilpotente se sono nulle le sue potenze da un certo ordine in poi). Usando la definizionedi matrice esponenziale, quindi

eAt =∑

k=0,··· ,∞

(At)k

k!=

∑

k=0,1

(At)k

k!

=

[1 00 1

]+

[1 −11 −1

]t =

[1 + t −tt 1− t

]

100

L’integrale generale del sistema risulta dunque essere il seguente

[x(t)y(t)

]= eAt

[c1c2

]=

[(c1 − c2)t+ c1(c1 − c2)t+ c2

]

da cui sostituendo (c1 − c2)t in entrambe le equazioni, si ottiene l’equazione delletraiettorie y = x+ c2 − c1, analoga a quella gia trovata per integrazione diretta.

S. 7.5. Sia

A =

1 1 1−1 4 4−1 1 3

Si ricava che gli autovalori di A sono λ1 = 1, λ2 = 2, λ3 = 5. La soluzione nulla e instabile.Gli autovettori associati agli autovalori, ovvero le traiettorie rettilinee del sistema, sonorispettivamente

1−11

,

−2−31

,

131

.

La soluzione e allorax(t)y(t)z(t)

= Sediag(λi)c =

1 −2 1−1 −3 31 1 1

et 0 00 e2t 00 0 e5t

c1c2c3

S. 7.6. Gli autovalori di A sono λ1,2 = −2± 3i. Un autovalore associato a λ1 = −2+3i e

h1 =

[i1

]; un autovettore associato a λ2 = −2−3i e h2 =

[−i1

]. Le coppie di autovettori

complesse e coniugate possono quindi essere scritte nella forma

h =

[01

]± i

[10

].

y1 = −2y1 − 3y2y2 = 3y1 − 2y2

Per scrivere l’integrale generale, consideriamo la matrice S che si ottiene accostando laparte immaginaria e quindi la parte reale degli autovettori. Si ha S = I. In effetti A e giain forma pseudo-diagonale, con la parte reale degli autovalori sulla diagonale principalee la parte immaginaria sulla diagonale secondaria. Ne ricaviamo che

eAt = e−2t

[cos 3t − sin 3tsin 3t cos 3t

].

L’integrale generale del sistema e dunque

y(t) = eAt

[c1c2

].

101

S. 7.7. Abbiamo detA = 16, trA = −8. L’equazione caratteristica associata alla matriceA e:

λ2 + 8λ+ 16

cui corrisponde λ1,2 = −4 come autovalore doppio. Risolvendo il sistema

A

[xy

]= −4

[xy

]

si ricava che l’autospazio a lui associato ha dimensione 1 avendo come base il solo vettore[11

].

Per trovare eAt utilizziamo il metodo di Leonard (che, lo ricordiamo, e applicabileindipendentemente dalla diagonalizzabilita di A).Risolviamo l’equazione differenziale

x+ 8x+ 16x = 0

associandola alla coppia di problemi di Cauchyx(0) = 1x(0) = 0

e

x(0) = 0x(0) = 1

otteniamo rispettivamente le funzioni

x1(t) = e−4t + 4te−4t e x2(t) = te−4t.

Risulta

eAt = x1(t)I + x2(t)A = e−4t

[1− t t−t 1 + t

].

L’integrale generale del sistema e dato da[x(t)y(t)

]] = eAt

[d1d2

]

o, in forma scalare, x(t) = e−4t[d1(1− t) + d2t]

y(t) = e−4t[−d1t+ d2(1 + t)].

S. 7.8. Il sistema assegnato e omogeneo ed autonomo. L’integrale generale e y = eAtc

con c =

c1c2c3

.

Calcoliamo eAt. Essendo A triangolare a blocchi i suoi autovalori sono λ1 = 3 e gli

autovalori della matrice

[2 22 2

], ovvero λ2 = 0 e λ3 = 4. Gli autovalori sono distinti

quindi regolari e la matrice A puo essere diagonalizzata. Come autovettori relativi aciascun autovalore possiamo scegliere

102

λ1 :

−1−11

, λ2 :

1−10

, λ3 :

110

.

Una matrice che diagonalizza A e, quindi,

S =

1 1 −1−1 1 −10 0 1

e risulta D = S−1AS =

0 0 00 4 00 0 3

, da cui

eAt = S eDtS−1 = S

1 0 00 e4t 00 0 e3t

S−1.

L’integrale generale del sistema e, pertanto

y = SeDtc = c1

−1−11

+ c2

1−10

e4t + c3

110

e3t.

Sfruttando l’autonomia del sistema, possiamo scrivere la soluzione come y = eA(t−1)c;la costante c coincide allora con il dato iniziale. Percio la soluzione richiesta e

y = SeD(t−1)S−1

110

=

e4(t−1)

e4(t−1)

0

.

S. 7.9. a. Gli autovalori di A sono λ1,2,3 = −3, 1, 3. Sono tutti semplici, quindi rego-lari. Ne segue che A puo essere diagonalizzata. Calcoliamo subito gli autovettori diA. L’autovettore relativo a λ1 e (1, 0, 0)T ; l’autovettore relativo a λ2 e (0, 1,−1)T ;l’autovettore relativo a λ3 e (0, 1, 1)T .

b. Trovare la matrice S che diagonalizza A e

S =

1 0 00 1 10 −1 1

inoltre S−1 =

1 0 00 1/2 −1/20 1/2 1/2

.

Risulta infatti

S−1AS =

−3 0 00 1 00 0 3

.

c. L’integrale generale del sistema autonomo y = Ay e

y = S

e−3t 0 00 et 00 0 e3t

C1

C2

C3

.

103

d. La soluzione del sistema che risolve il Problema di Cauchy assegnato e

y = S

e−3(t−1) 0 0

0 e(t−1) 0

0 0 e3(t−1)

123

.

8

Sistemi lineari a coefficienti costanti II

8.1 Classificazione delle traiettorie per i sistemi 2, 2

8.1.1 Esercizi

E. 8.1. Studiare la natura dell’origine per il sistema x = Ax, dove

A =

(a 11 2

).


x′ = x+ 2yy′ = 2x+ y

1. si determini l’integrale generale2. si studi la natura del punto critico3. si studino qualitativamente le traiettorie precisando i punti a tangenza orizzontale e

quelli a tangenza verticale e eventuali punti di flesso.


x = −3xy = 3y − 2zz = y + z

si dica se l’origine e un punto di equilibrio stabile o instabile. Quindi scrivere l’integralegenerale del sistema.

E. 8.4. E dato il sistema: x = −5x+ 6yy = −3x+ 4y.

a. Determinare le orbite rettilinee nel piano delle fasi.b. Scrivere il sistema utilizzando un riferimento canonico ed integrarlo.

106

c. Disegnare alcune orbite significative nel riferimento canonico e quindi nel piano dellefasi (x, y).

d. Classificare le traiettorie ottenute (nell’intorno dell’origine).

E. 8.5. Sia dato il sistema x = Axx = −x+ yy = x+ y.

a. Calcolare la matrice eAt.b. Scrivere l’integrale generale del sistema.c. Risolvere il problema di Cauchy

x(0) = 1y(0) = 1

precisando il suo intervallo massimale di definizione.

E. 8.6. Sia dato il sistema lineare a coefficienti costanti

z′ = Az dove A =

[1 2α −4

]

con α parametro reale. Scrivere la soluzione generale del sistema e discutere la stabilit‡dell’origine, classificarla e descrivere le traiettorie nel piano delle fasi

a. nel caso α = −2,b. e nel caso α = −3.

8.1.2 Soluzioni

S. 8.1. Occorre innanzitutto discutere l’equazione caratteristica della matrice A: λ2 −λ(2 + a) + 2a − 1, dove ovviamente (2 + a) = tr(A) e (2a − 1) = det(A). Osserviamoche gli autovalori sono sempre reali e distinti. Se a > 1/2 entrambi gli autovalori sonopositivi, quindi l’origine e un nodo instabile. Se a < 1/2 un autovalore e positivo ed unonegativo. L’origine e in questo caso una sella.Studiamo in dettaglio il caso a = 1/2, ossia quello per il quale det(A) = 0. Si deducesubito che λ1 = 0 e λ2 = 5/2. Se det(A) = 0, il sistema lineare ha un luogo di punti sta-zionari, dato dalle soluzioni dell’equazione Ax = 0, cioe l’insieme che soddisfa l’equazionex+2y = 0. Le soluzioni di questo problema rappresentano anche gli autovettori associatiall’autovalore nullo. Gli autovettori associati, rispettivamente, al primo ed al secondo

autovalore sono infatti

[−21

]e

[1/21

]. Per integrare il sistema, e possibile riscriverlo

nella forma x1 =

x1

2+ x2

x2 = x1 + 2x2

da cui ricaviamo chedx2

dx1= 2

107

−3 −2 −1 0 1 2 3−3

−2

−1

0

1

2

3

Figura 8.1. La retta rossa rappresenta l’insieme dei punti stazionari instabili. Sonorappresentate alcune soluzioni al problema di Cauchy indicato dall’asterisco.

che integrata da l’insieme della traiettorie del sistema x2 = 2x1 + C. Ogni punto dellaretta luogo dei punti critici e instabile; per ogni punto critico passano tre orbite. In Figura8.1 sono riportate alcune traiettorie soluzioni del problema.

S. 8.2. Sia

A =

[1 22 1

].

1. L’integrale generale del problema e x(t) = eAtc. Per scrivere la matrice esponen-ziale, occorre diagonalizzare A. Gli autovalori di A sono λ1 = −1, λ2 = 3, cuirispettivamente si associano gli autovettori

[1−1

],

[11

].

Gli autovettori rappresentano le traiettorie rettilinee del sistema. Si ricava allora che

x(t) =

[x(t)y(t)

]= Sediag(λi)c =

[1 11 −1

] [e3t 00 e−t

] [c1c2

].

2. Siccome gli autovalori sono reali opposti in segno, l’origine (unico punto critico) euna sella.

108

3. Si confronti con la Figura 8.2 per avere un’idea qualitativa delle traiettorie. Il luogo deipunti a tangente orizzontale deve soddisfare il requisito dy = 0 ovverosia 2x+ y = 0.Il luogo dei punti a tangente verticale deve soddisfare il requisito dx = 0 ovverosiax+ 2y = 0. Derivando l’espressione

dy

dx=

2x+ y

x+ 2y

si ottiene che il luogo dei punti di flesso e l’asse y = 0.

−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

Figura 8.2. L’origine e una sella. Con ∗ sono indicati alcuni problemi di Cauchy. In nero sonovisibili le traiettorie rettilinee.

S. 8.3. Data

A =

−3 0 00 3 −20 1 1

i suoi autovalori sono λ1 = −3, λ2 = 2 − i, λ3 = 2 + i e gli autovettori associatirispettivamente

a =

100

,

01− i1

,

01 + i1

.

I due autovettori complessi e coniugati possono essere scritti come

109

011

± i

010

= b± ic

la matrice S che diagonalizza A e data dall’accostamento dei vettori a, b, c:

S =

1 0 00 1 10 0 1

e la matrice diagonalizzata cui si perviene e

A = S−1AS =

−3 0 00 2 −10 1 2

.

Si ottiene

eAt =

e−3t 0 00 e2t cos t −e2t sin t0 e2t sin t e2t cos t

.

L’integrale generale del problema dunque puo essere scritto come

x(t)y(t)z(t)

= SeAt

c1c2c3

=

c1e

−3t

e2t cos t(c2 + c3) + e2t sin t(c2 − c3)c2e

2t sin t+ c3e2t cos t

.

Questa scrittura non e di utilita per determinare l’andamento qualitativo dell’insiemedelle traiettorie. Se proiettiamo una traiettoria sul piano yz bisogna ottenere un fuo-co instabile, mentre c’e stabilita della proiezione della stessa traiettoria sull’asse x; ciosignifica che la particella che segue tale traiettoria si avvicina al piano yz per t → +∞.

S. 8.4. a. le orbite rettilinee sono gli autovettori della matrice caratteristica. Gli auto-

vettori sono λ1,2 = 1,−2 cui sono rispettivamente associati gli autovettori

[11

]e

[21

]

(corrispondenti alle rette y = x e y = x/2).b. Il riferimento canonico e

s = x− yr = x− 2y

corrispondente al sistema differenziale

s = −2sr = r

la cui soluzione e s(t) = c1e

−2t

r(t) = c2et.

c. Il disegno delle traiettorie e lasciato allo studente.

110

d. L’origine corrisponde ad una sella (instabile).

S. 8.5. a. Gli autovalori di A sono λ1,2 = ±√2 (l’origine e una sella); e gli autovettori

corrispondenti sono le rette y = (1±√2)x. Si deduce

S =

[1 1

1 +√2√2

]S−1 =

1

2√2

[√2− 1 1√2 + 1 −1

]eAt = S

[e√2t 0

0 e−√2t

].

b.

y(t) = eAt

[c1c2

].

c. Risolvendo il problema di Cauchy si trova c1 = c2 = 1. L’intervallo massimale didefinizione della soluzione e (−∞,+∞), essendo combinazione lineare di esponenziali

(e√2t, e−

√2t) che hanno dominio (−∞,+∞).

S. 8.6. a. La matrice dei coefficienti A =

[1 2−2 −4

]ha autovalori 0, −3, con autovettori

rispettivamente associati

[−21

]e

[1−2

](corrispondenti, nell’ordine, alle rette x+2y =

0 e 2x+ y = 0).La soluzione generale E dunque

[x(t)y(t)

]= c1

[−21

]+ c2e

−3t

[1−2

].

Si tratta di un caso degenere, poichE governato da una matrice dei coefficientisingolare.Passiamo al riferimento canonico

u = x+ 2yv = 2x+ y

e differenziamo per arrivare al sistema disaccoppiato

u′ = −3uv′ = 0

che risolto d‡ u = c1e

−3t

v = c2.

Dunque, le soluzioni nel piano u, v sono costituite da rette parallele all’asse u. Ognipunto dell’asse v (origine compresa) E semplicemente stabile.Le traiettorie nel sistema di riferimento principale x, y sono riportate in Figura 8.3

111

b. La matrice dei coefficienti A =

[1 2−3 −4

]ha autovalori −1 e −2, con autovettori

rispettivamente associati

[1−1

]e

[−23

](ovvero, rispettivamente, x+y = 0 e 3x+2y =

0).Si tratta di un caso retto da autovalori reali distinti, entrambi negativi. L’origineE dunque un nodo a due tangenti asintoticamente stabile e la soluzione generale E

[x(t)y(t)

]= c1e

−t

[1−1

]+ c2e

−2t

[−23

].

Per determinare la forma delle traiettorie passiamo ad un riferimento canonicou = x+ yv = 3x+ 2y.

Differenziando, troviamo il sistema disaccoppiatou′ = −2uv′ = −v

che risolto fornisce le traiettorie nel piano (v, u) in forma parametrica

u = c1e

−2t

v = c2e−t.

Sostituendo e−t dalle due equazioni otteniamo le traiettorie in forma esplicita

u =c1c2v2

che sono le parabole disegnate nella Figura 8.3. Tornando al sistema di riferimentoprincipale usando la trasformazione

u = x+ yv = 3x+ 2y.

troviamo le traiettorie nel piano x, y (anche queste sono riportate in Figura 8.3).

8.2 Il caso non omogeneo

8.2.1 Esercizi

E. 8.7. Assegnato x′ = −x− 3y′ = −y + αx+ 3

dove α ∈ R, si determinino le soluzioni stazionarie del sistema, studiandone la stabilita,disegnare inoltre le orbite nel piano delle fasi nell’intorno dei punti critici.

112

−10 −5 0 5 10−10

−5

0

5

10

−10 −5 0 5 10−10

−5

0

5

10

autovettore di 0autovettore di −3

−10 −5 0 5 10−10

−5

0

5

10

−10 −5 0 5 10−10

−5

0

5

10autovettore di −1autovettore di −2

asse x asse y

asse vasse u

asse u

asse v

asse v

asse u

asse v

asse u

asse x

asse y

Figura 8.3. Soluzione dell’Esercizio. In alto il caso α = −2; in basso il caso α = −3. A sinistrale soluzioni rappresentate nel riferimento canonico, a destra nel riferimento principale

E. 8.8. a. Integrare la seguente equazione differenziale lineare completa

x′′ + 4x = cos 2t. ♦

b. Descrivere un fenomeno fisico per il quale l’equazione♦ costituisce una modellizzazionee illustrare l’andamento delle soluzioni in relazione alla forzante f(t) = cos 2t.

c. Scrivere il sistema equivalente all’equazione ♦, precisando matrice dei coefficienti etermine noto. Per il sistema omogeneo associato indicare una matrice wronskiana fon-damentale e scrivere in forma matriciale la soluzione del problema di Cauchy x(0) = 1,x′(0) = 1.

d. Scrivere la soluzione del sistema completo in forma matriciale, sfruttando il metodo divariazione delle costanti arbitrarie.

8.2.2 Soluzioni

S. 8.7. Sia

A =

[−1 0α −1

].

113

Si ricava det(A) = 1 e λ = −1 autovalore doppio. Il punto critico di questo problema e(−3, 3− 3α). Con la sostituzione

u = x+ 3v = y − 3(1− α)

ci si riconduce a studiare il sistemau′ = −uv′ = αu− v

Se α = 0, l’autovalore λ = −1 e regolare ovvero e doppia la dimensione dell’auto-spazio associato. Siccome siamo in dimensione 2, ogni traiettoria rettilinea del pianouv passante dall’origine e una soluzione del problema. In Figura 8.4 sono rappresentatealcune traiettorie nel piano xy.

−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

Figura 8.4. Nodo a stella stabile centrato nel punto (−3, 3), nel caso α = 0.

Se α 6= 0, l’autovalore non e regolare ed esiste solo una traiettoria rettilinea, data dalla

direzione

[01

]. L’origine del piano uv e un centro stabile. Le traiettorie sono tangenti alla

direzione

[01

]. Si puo anche osservare che le equazioni del sistema sono facili da integrare

partendo dalla prima equazione. Infatti con i dati iniziali u0, v0, si ricavau(t) = e−tu0

v(t) = v0e−t + αu0te

−t .

Le soluzioni nel piano xy con α = 1 sono rappresentate in Figura 8.5.

S. 8.8. a. L’equazione caratteristica λ2 + 4 = 0 ha come soluzioni λ = ±2i. L’integralegenerale dell’equazione omogenea e allora x(t) = c1 cos 2t+c2 sin 2t. Si cerca l’integraleparticolare in base alla forzante f(t) = cos 2t, del tipo u(t) = At cos 2t+Bt sin 2t. Consemplici calcoli si ricava A = 0, B = 1/4. L’integrale generale dell’equazione e allora

114

−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

Figura 8.5. Centro stabile in (−3, 0), caso α = 1.

x(t) = c1 cos 2t+ c2 sin 2t+t

4sin 2t.

b. L’equazione ♦ modellizza un oscillatore armonico (molla ideale, ovvero senza attri-to), con una forzante che ha la medesima frequenza caratteristica dell’oscillatore. Lesoluzioni avranno allora un’ampiezza che cresce col tempo (fenomeno della risonanza).

c. Ponendo x1 = x e x2 = x′, il sistema equivalente a quello assegnato ex′1 = x2

x′2 = −4x1 + cos 2t

sistema lineare non omogeneo e non autonomo con matrice dei coefficienti A =

[0 1−4 0

]

e termine noto b(t) =

[0

cos 2t

].

La matrice wronskiana fondamentale del sistema omogeneo associato e

W (t) =

[cos 2t sin 2t

−2 sin2t 2 cos 2t

].

Possiamo scrivere la matrice di transizione come

W (t; 0) =

[cos 2t sin 2t− sin 2t cos 2t

]

e la soluzione richiesta assume la forma

X0(t) = W (t)

[11/2

]= W (t; 0)

[11

].

d. Secondo il metodo di variazione delle costanti arbitrarie si ha

X(t) = W (t)c+W (t)

∫ t

0

W−1(s)b(s) ds

= W (t; 0)X0 +

∫ t

0

W (t, s)b(s)ds.

115

8.3 Esercizi di ricapitolazione

8.3.1 Esercizi

E. 8.9. Sia dato il sistema lineare a coefficienti costanti

z′ = Az dove A =

[−1 2

(1 + α) −5

]

con α parametro reale.Discutere, al variare del parametro α, la stabilita dell’origine nel piano delle fasi,classificando tale punto.Nel caso α = −1, quindi, determinare gli autovettori di A, calcolare la matrice eAt escrivere l’integrale generale del sistema. Da ultimo, descrivere le traiettorie nell’intornodell’origine.

E. 8.10. L’equazione

Ld2I

dt2+R

dI

dt+

1

CI =

d

dtE(t) R,L,C > 0

descrive la corrente I(t) in un circuito con una resistenza R, una induttanza L e unacapacita C collegate in serie, cui e stata applicata la forza elettromotrice E(t).Per il problema omogeneo, E(t) costante, scrivere un sistema di equazioni differenzialidel primo ordine equivalente all’equazione e si studi la stabilita del punto critico (0, 0) alvariare dei parametri L e C, fissando per semplicita R = 1 Ohm. Disegnare le traiettorienei vari casi.

E. 8.11. Dato il sistema z = Az di equazioni differenzialix = x+ 2yy = −2x+ y

(a) determinare la matrice eAt,(b) scrivere l’integrale generale del sistema,(c) disegnare alcune traiettorie nel piano delle fasi.

E. 8.12. E data la matrice

A =

1 k 2−k 1 00 0 3

.

(a) Trovare autovalori e autospazi associati. Determinare per quali vaori del parametroreale k la matrice A risulta diagonalizzabile.

(b) Scrivere in forma esplicita il sistema y = Ay.(c) Nel caso k = 2, scrivere l’integrale generale del sistema y = Ay.

E. 8.13. Sia dato il sistema x = x− yy = x+ y.

116

(a) Trovare gli autovalori della matrice dei coefficienti A.

(b) Determinare eAt.

(c) Scrivere l’integrale generale del sistema.

(d) Trovare la soluzione che soddisfa il problema di Cauchy

x(0) = 1y(0) = 1

.

(e) Disegnare il diagramma di fase e classificare l’origine.

E. 8.14. E assegnato il sistema lineare a coefficienti costanti:x = −x+ byy = x− y.

(a) Classificare il tipo di orbite al variare del parametro b.(b) Per quali valori del parametro b esistono traiettorie rettilinee nel piano delle fasi?(c) Nel caso b = 1, disegnare le orbite del sistema nel piano delle fasi, specificandone il

verso di percorrenza.(d) Sempre nel caso b = 1, utilizzare il ritratto di fase per determinare il limite della

soluzione che ha come dato iniziale il punto (0, 1).(e) Scrivere un’equazione del secondo ordine equivalente al sistema (facoltativo).

E. 8.15. Dato

x = −x+ y − zy = y + zz = −y + z

(a) scrivere la matrice esponenziale associata al sistema.(b) Determinare esplicitamente la soluzione del problema di cauchy (x(0), y(0), z(0)) =

(1,−2, 4).

E. 8.16. Dato

x = −x+ y − zy = −2y + zz = −y − 2z

(a) scrivere la matrice esponenziale associata al sistema.(b) Determinare esplicitamente la soluzione del problema di Cauchy (x(0), y(0), z(0)) =

(1,−2, 4).

E. 8.17. Sia dato il sistema lineare di equazioni differenziali

x = −xy = 3x+ 5y − 3zz = 3x+ 6y − 4z.

(a) Data una matrice quadrata A, definire eA.(b) Scrivere l’integrale generale del sistema.(c) Determinare la soluzione del problema di Cauchy con dato iniziale x(1) = 1, y(1) = 0,

z(1) = 2.

117

8.3.2 Soluzioni

S. 8.9. Discutiamo la forma delle traiettorie al variare del parametro α. L’origine e l’unicopunto critico se detA 6= 0. Sia quindi detA 6= 0, ovvero α 6= 3/2. Gli autovalori sonoλ1,2 = −3±

√6 + 2α. Se α = −3 gli autovalori sono reali e coincidenti, negativi, e l’origine

e un nodo stabile (inoltre A non e diagonale per cio il nodo non e un nodo a stella). Seα < −3 gli autovalori sono complessi e coniugati con parte reale negativa, e l’origine eallora un fuoco stabile. Se α > −3 gli autovalori sono reali e distinti. Se −3 < α < 3/2, gliautovalori sono entrambi negativi, e l’origine e un nodo stabile. Se α > 3/2 un autovaloree positivo e l’origine e un colle.Rimane da analizzare il caso α = 3/2. Gli autovalori sono λ1,2 = 0,−6. L’insieme deipunti critici del problema e dato dalle soluzioni del sistema

A

[xy

]=

[00

]

(ovvero dall’autovettore associato all’autovalore λ = 0). L’autovettore associato a λ1 = 0

e

[21

](e non corrisponde a una traiettoria rettilinea ma ad un insieme di punti critici),

l’autovettore associato a λ2 = −6 e

[2−5

](e corrisponde a una traiettoria rettilinea).

Siccome se detA = 0 le righe di A sono linearmente dipendenti, si ricava immediatamenteche − 5

2 x = y. Integrando, ottengo l’equazione delle traiettorie, che e un fascio di retteparallele y(t) = − 5

2x + C. Ogni retta e un insieme di TRE traiettorie distinte: il puntocritico (stabile) che la interseca, e due semirette che a quel punto si avvicinano da partiopposte.

Studiamo ora il caso α = −1. Gli autovalori sono λ1,2 = −1,−5, e gli autovettori relativi

rispettivamente

[10

]e

[1−2

]. La matrice A viene diagonalizzata da S =

[1 10 −2

]nella

matrice

A =

[−1 00 −5

].

Si ricava che

eAt = SeAtS−1 =

[e−t 1

2

(e−t − e−5t

)

0 e−5t

].

L’integrale generale del sistema e

z(t) = c1e−t

[10

]+ c2e

−5t

[1−2

].

Dalla discussione affrontata in precedenza sappiamo che l’origine e un nodo stabile. Letraiettorie sono tangenti all’autovettore relativo all’autovalore minore in modulo, λ1 =−1, ovvero all’asse orizzontale. Dal sistema

z1 = −z1 + 2z2z2 = −5z2

118

si ricava chedz1dz2

=1

5z2z1 −

2

5

che e un’equazione lineare in z1 rispetto alla variabile z2. Integrata, si ottiene l’equazionedelle traiettorie

z1 = z1/52 (C − 1

2z3/52 ).

S. 8.10. L’equazione

Ld2I

dt2+R

dI

dt+

1

CI = 0

e equivalente al sistema x = y

y = − 1

CLx− R

Ly

dove si e posto x = I e y = I. Nel caso particolare di R = 1 Ohm, sia

A =

[0 1

− 1

CL− 1

L

]

e detA =1

CL, trA = − 1

L. Gli autovalori di A sono

λ1,2 = − 1

2L± 1

2

√1

L2− 4

CL.

Discutiamo ora le possibili traiettorie.

C = 4L ∆ = 0, autovalori sono reali, coincidenti e negativi: l’origine e un nodo stabile

ad una sola tangente

[1

− 1

2L

].

C > 4L ∆ > 0, autovalori reali distinti e negativi. L’origine e un nodo stabile. Gliautovettori associati ai due autovalori sono

1

− 1

2L

(1 +

√1− 4L

C

)

1

− 1

2L

(1−

√1− 4L

C

) .

0 < C < 4L ∆ < 0, autovalori complessi e coniugati con parte reale negativa. L’origine eun fuoco asintoticamente stabile.

S. 8.11. Da

[1 2−2 1

]si ricava che il suo polinomio caratteristico e λ2 − 2λ + 5 = 0 cui

corrispondono gli autovalori λ1,2 = 1± 2i, i cui relativi autovettori sono

[10

]± i

[01

].

119

(a) Costruiamo la matrice

S =

[0 11 0

]

e la matrice

eAt = et[cos 2t − sin 2tsin 2t cos 2t

].

Come e noto risulta

eAt = SeAtS−1 = et[

cos 2t sin 2t− sin 2t cos 2t

].

(b) L’integrale generale del sistema e

[xy

]= SeAt

[c1c2

].

(c) Alcune traiettorie sono riportate nella Figura 8.6. Il luogo dei punti a tangente oriz-zontale e la retta y = 2x (in blu nella figura), il luogo dei punti a tangente verticale

ha equazione y = −1

2x (color magenta in figura). Per ricavare il verso di avvitamento

delle spirali, si puo valutare il sistema sui punti appartenenti all’asse x, per i qualicioe y = 0. Il sistema diventa

x = xy = −2x

e evidente he un punto con coordinata x positiva ha dx > 0 e dy < 0. Se ne ricava unverso di avvolgimento come quello riportato nella figura in corrispondenza del puntoP = (0.1, 0).

S. 8.12. (a) Gli autovalori sono λ = 3, 1 ± ik. Se k 6= 0, gli autovalori sono distinti,quindi regolari, quindi la matrice A risulta diagonalizzabile. Se k = 0 occorre veri-ficare la regolarita dell’autovalore λ = 1. Sia quindi k = 0, gli autovettori associatiall’autovalore λ = 1 risolvono il sistema

1 0 20 1 00 0 3

x = x

la cui soluzione e lo spazio vettoriale generato dal vettore (0, 1, 0) e (1, 0, 0); l’au-tovalore λ = 1 e quindi regolare. Se ne deduce che A e diagonalizzabile se k =0.Sia ora k 6= 0. Un autovettore associato a λ = 3 e v1 = 4,−2k, 4+k2. Gli autovettoriassociato a λ = 1 ± ik risolvono Ax = λx. Si ricava immediatamente che x3 = 0,quindi il sistema e equivalente a

[1 k−k 1

] [x1

x2

]= λ

[x1

x2

]

120

−0.2 −0.15 −0.1 −0.05 0 0.05 0.1 0.15 0.2−0.2

−0.15

−0.1

−0.05

0

0.05

0.1

0.15

0.2

P(0.15,0)

Figura 8.6. Traiettorie del sistema proposto nell’Esercizio 3.

Di cui una soluzione e x2 = ±ix1. Tre autovettori linearmente indipendenti di A sonodunque

v1 =

4

−2k4 + k2

v2, v3 =

1±i0

.

(b)

y1(t) = y1(t) + ky2(t) + 2y3(t)y2(t) = −ky1(t) + y2(t)y3(t) = 3y3(t)

(c) Sia k = 2. Si considera la matrice S ottenuta accostando i vettori 14v1 e la parte reale

e la parte immaginaria di v2 e v3:

S =

1 1 0−1 0 12 0 0

.

E noto che

S−1AS =

3 0 00 1 20 −2 1

e che

121

eS−1ASt =

e3t 0 00 et cos 2t et sin 2t0 −et sin 2t et cos 2t

.

L’integrale generale del sistema e percio

y1(t)y2(t)y3(t)

= S

e3t 0 00 et cos 2t et sin 2t0 −et sin 2t et cos 2t

c1c2c3

ovvero

y1(t) = c1e3t + et(c2 cos 2t+ c3 sin 2t)

y2(t) = −c1e3t + et(−c2 sin 2t+ c3 cos 2t)

y3(t) = 2c1e3t.

S. 8.13. (a) Gli autovalori di A sono λ1,2 = 1± i.

(b) Gli autovettori associati agli autovalori risolvono l’equazione ±xi = y, ovvero hannola forma [

10

]± i

[01

].

La matrice S che si ottiene accostando la parte reale e la parte immaginaria de-gli autovettori coincide con la matrice identica I, infatti A si trova gia nella formacanonica [

a −bb a

]

dove a e b sono la parte reale e la parte immaginaria degli autovalori complessi econiugati. Si ottiene percio:

eAt = et[cos t − sin tsin t cos t

].

(c) [x(t)y(t)

]= eAt

[C1

C2

]

(d) La soluzione cercata e [x(t)y(t)

]=

[et(cos t− sin t)et(sin t+ cos t)

]

che si ottiene con C1 = C2 = 1.

(e) L’insieme delle traiettorie e disegnato in Figura 8.7, dove sono riportati anche i versidi percorrenza delle traiettorie in corrispondenza degli assi e i luoghi dei punti atangente orizzontale e verticale. L’origine e un fuoco instabile.

122

−6 −4 −2 0 2 4 6

−6

−4

−2

0

2

4

6

y

Figura 8.7.

S. 8.14. Sia

A =

[−1 b1 −1

].

(a) Abbiamo i seguenti casi:• se b > 1, detA < 0 e l’origine e una sella (instabile);• se b = 1, uno dei due autovalori si annulla. L’origine e un punto critico non isolato.

Le traiettorie sono rette che convergono al punto critico o divergono dal puntocritico a seconda del segno dell’altro autovalore.

• se 0 < b < 1, l’origine e un nodo proprio che e stabile poichE entrambi gliautovalori sono negativi

• se b = 0, l’origine E un nodo improprio stabile• se b < 0, l’origine e un fuoco stabile.

(b) Le traiettorie rettilinee corrispondono agli autovettori reali (eccetto quello dll’autova-lore nullo che e un insieme di punti di equilibrio). Abbiamo detA = 1− b; trA = −1,e il delta dell’equazione caratteristica e pari a b. Quindi ci sono traiettorie rettilineese b > 0 .

(c) Nel caso b = 1 si ha

A =

[−1 11 −1

]

che ha autovalori 0 (con autovettore y = x, retta di punti di equilibrio) e −2 (conautovettore y = −x). Il grafico delle traiettorie E riportato in Figura 8.8.

(d) Come si osserva dalla Figura 8.8 il limite della traiettoria che parte da (0, 1)E (1/2, 1/2).

(e) Derivo la prima equazione x = −x + by, uso la seconda equazione per ottenere x =−x + b(x − y) = x + x − bx + by = 0; utilizzando la prima equazione nella formaby = x+ x si ottiene infine

x+ 2x+ (1− b)x = 0

che corrisponde all’equazione caratteristica che discende dalla matrice A.

123

−1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

Figura 8.8. Grafico delle traiettorie nel caso b = 1 analizzato nell’Esercizio 2.

S. 8.15. (a) Sia

A =

−1 1 −10 1 10 −1 1

.

Un autovalore E −1; gli altri λ2,3 = 1+±i coicidono con quelli del blocco

[1 1−1 1

]. Un

autovettore relativo a −1 E

100

. Un autovettore relativo a −1 + i risolve il sistema

−x+ y − z = (1 + i)xy + z = (1 + i)y−y + z = (1 + i)z

ovvero (le ultime due righe sono dipendenti)x(2 + i) = y − zz = iy.

Troviamo 150

+ i

−305

.

Introduciamo la matrice

S =

1 1 −30 5 00 0 5

tale che S−1AS =

−1 0 00 1 10 −1 1

.

124

Dunque

eAt = S

e−t 0 00 et cos t et sin t0 −et sin t et cos t

S−1.

(b)x(t)y(t)z(t)

= S

e−t 0 00 et cos t et sin t0 −et sin t et cos t

1−24

=

e−t + et(−14 cos t− 2 sin t)

et(−10 cos t+ 20 sin t)et(20 cos t+ 10 sin t)

.

S. 8.16. (a) Sia

A =

−1 1 −10 −2 10 −1 −2

.

Un autovalore E −1; gli altri λ2,3 = −2+±i coicidono con quelli del blocco

[−2 1−1 −2

].

Un autovettore relativo a −1 E

100

. Un autovettore relativo a −1+i risolve il sistema

−x+ y − z = (−2 + i)x−2y + z = (−2 + i)y−y − 2z = (−2 + i)z

ovvero (le ultime due righe sono dipendenti)x(−1 + i) = y − zz = iy.

Troviamo

−110

+ i

001

.

Introduciamo la matrice

S =

1 −1 00 1 00 0 1

tale che S−1AS =

−1 0 00 −2 10 −1 −2

.

Dunque

eAt = S

e−t 0 00 e−2t cos t e−2t sin t0 −e−2t sin t e−2t cos t

S−1.

125

(b)

x(t)y(t)z(t)

= S

e−t 0 00 e−2t cos t e−2t sin t0 −e−2t sin t e−2t cos t

1−24

=

e−t + 2e−2t cos t− 4e−2t sin t−2e−2t cos t+ 4e−2t sin t2e−2t sin t+ 4e−2t cos t

.

S. 8.17. (a)

eA =∞∑

k=0

Ak

k!.

(b) Diagonalizziamo A. Gli autovalori di A sono λ = −1 (autovalore con molteplicitaalgebrica 2) e λ = 2 (semplice e quindi riegolare). Calcoliamo gli alutovettori legatia λ = −1; essi risolvono:

−x = −x3x+ 5y − 3z = −y3x+ 6y − 4z = −z

ovvero l’equazione x + 2y − z = 0. Possiamo associargli quindi 2 autovettori

linearmente indipendenti, ad esempio:

101

e

012

.

Un autovettore associato a λ = 2 risolve

−x = 2x3x+ 5y − 3z = 2y3x+ 6y − 4z = 2z

ovvero x = 0y = z

e possiamo scegliere

011

.

La matrice S che diagonalizza A e

S =

1 0 00 1 11 2 1

.

Si calcola velocemente che

S−1 =

1 0 0−1 −1 11 2 −1

e si ha ovviamente che

126

S−1 ∗A ∗ S =

−1 0 00 −1 00 0 2

.

Costruiamo

eAt = S

e−t 0 00 e−t 00 0 e2t

S−1 =

e−t 0 0−e−t + e2t −e−t + 2e2t e−t − e2t

−e−t + e2t −2e−t + 2e2t 2e−t − e2t

.

L’integrale generale del sistema e allora

x(t)y(t)z(t)

= eAt

c1c2c3

.

(c)

x(t)y(t)z(t)

= eA(t−1)

102

.

9

Sistemi autonomi non lineari

9.1 Linearizzazione

9.1.1 Esercizi

E. 9.1. Dato il sistema bidimensionale autonomo

x = x− x2

2− xy

x+ 1

y = yx− 1

x+ 1

si verifichi innanzitutto che i semiassi x = 0, y > 0 e y = 0, x > 0 sono orbite del sistema.Quindi si dimostri che un’orbita che abbia condizioni iniziali nel primo quadrante rimanenel primo quadrante. Limitando lo studio al primo quadrante, si determinino le curve(isocline) luogo dei punti a tangente orizzontale e verticale; quindi si trovino i punti diequilibrio, e ,dopo averne identificato la natura, si studi il ritratto di fase.

E. 9.2. Dato il sistema bidimensionale autonomox = x− yy = 1− xy

determinare

1. gli eventuali punti di equilibrio e la loro natura2. le curve (isocline) luogo dei punti a tangente orizzontale e verticale e si tracci il

ritratto di fase.

E. 9.3. Discutere la stabilita della soluzione stazionaria del sistemax′ = 3x+ 4yy′ = −4x+ 3y

dopo aver scritto in forma esplicita l’integrale generale. Disegnare le orbite nel piano dellefasi. Considerare quindi il sistema

128

x′ = e3x + 4 tan yy′ = sin 3y − log(1 + 4x)

e discutere la stabilita della soluzione stazionaria (0, 0), disegnando le orbite in un suointorno.

E. 9.4. Dopo aver definito il significato dei coefficienti (0 < a < 1, 0 < b), verificare cheil modello preda (x(t)) predatore (y(t)) con correzione logistica

x′ = (1− y − ax)xy′ = −(1− x+ by)y

presenta un fuoco stabile nel punto stazionario non nullo. Vi sono valori dei parametriche implicano l’estinzione dei predatori in un tempo finito?

E. 9.5. Studiare le traiettorie del sistemax′ = sinx− 2yex

y′ = y(yex − cosx)(9.1)

nell’intorno dell’origine.

E. 9.6. Considerato il sistema autonomox = yey

y = 1− x2

1. si determinino i punti di equilibrio.2. Si determini la natura di tali punti nel sistema linearizzato.3. Senza approfondire l’analisi che cosa si puo dire riguardo la natura di tali punti per

il sistema non linearizzato?

E. 9.7. Sia dato il sistema x = −2x+ 2x2

y = −3x+ y + 3x2

a. Trovare i punti di equilibrio.b. Scrivere il sistema linearizzato nell’intorno di tali punti, e classificarli.c. Disegnare le traiettorie del sistema linearizzato nell’intorno dei punti di equilibrio,

mettendo in evidenza eventuali orbite rettilinee.

9.1.2 Soluzioni

S. 9.1. Il Teorema di Esistenza ed Unicita della soluzione al problema di Cauchy nellasua forma vettoriale:

x = f(x, y)

y = g(x, y)

129

assicura esistenza ed unicita a Problemi di Cauchy assegnati in un aperto A quando lecomponenti f e g -autonome, cioe non e esplicita la dipendenza dalla variable temporale-sono di classe C1 in A.In questo caso la soluzione esiste unica se x 6= −1, quindi in particolare in tutto il primoquadrante dove e richiesto studiare il problema.I semiassi positivi sono orbite del sistema: consideriamo ad esempio un problema diCauchy assegnato con dato iniziale sul semiasse positivo delle x: x(0) = x0 > 0, y0 = 0.Dall’equazione

y = yx− 1

x+ 1

essendo y = 0, si ricava che la traiettoria deve avere pendenza nulla, e non puo staccarsidall’asse. Analogamente, partendo da condizioni iniziali x(0) = 0, y(0) = y0 > 0.Per il Teorema di Unicita della soluzione si ricava anche che il primo quadrante e inva-riante rispetto alle traiettorie, ovvero che le traiettorie che hanno dati iniziali nel pri-mo quadrante lı evolvono. Per uscirne dovrebbero infatti intersecare uno dei semiassicontraddicendo l’unicita.Il luogo dei punti a tangente verticale (e diversi dal semiasse positivo delle y) e dato dallasoluzione dell’equazione

1− x

2− y

x+ 1= 0

ovvero y = −x2

2 + x2 +1. Il luogo dei punti a tangente orizzontale e l’asse x e l’insieme di

punti dato dall’equazionex− 1

x+ 1= 0

ovvero la retta x = 1.Il punto di equilibrio (critico) e l’intersezione delle due isocline trovate (1, 1). Per studiarela natura del punto critico si prova ad esaminare il sistema linearizzato in quel punto.Uno studio di questo tipo e detto di tipo locale. La matrice jacobiana del sistema e

df

dx(x, y)

df

dy(x, y)

dg

dx(x, y)

dg

dy(x, y)

=

1− x− y

(x+ 1)2− x

x+ 12y

(x+ 1)2x− 1

x+ 1

che, valutata nel punto critico corrisponde a

[−1/4 −1/21/2 0

]i cui autovalori sono

λ1,2 =−1± i

√31

8.

Le traiettorie del sistema linearizzato corrispondono dunque a un fuoco stabile, ed ilsistema d’origine ha -qualitativamente- il medesimo comportamento. Si veda in Figura9.1 l’andamento delle traiettorie determinate numericamente.

S. 9.2. Risolvendo il sistema

130

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 40

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4

Figura 9.1. Traiettorie delle soluzioni dell’Esercizio 1. Sono evidenziate le isocline con pendenzanulla e infinita. Il punto critico e un fuoco stabile.

x− y = 01− xy = 0

si trovano i punti di equilibrio del sistema, ovvero P+ = (1, 1) e P− = (−1,−1).Per trovare il luogo dei punti a tangente verticale si osserva che deve essere nulla lavariazione della variabile x, ovvero dx = 0, ovvero, dalla prima equazione x = y.Analogamente, si trova che il luogo dei punti a tangente orizzontale e 1 = xy.Per studiare il sistema localmente, nell’intorno dei punti critici (che sono isolati),proviamo a linearizzare. La matrice jacobiana del sistema e

[1 −1−y −x

].

Valutata nell’intorno di P+ si ottiene[

1 −1−1 −1

]

gli autovalori corrispondenti sono λ1,2 =√2,−

√2, che corrispondono ad un punto di

sella. Anche P+ e un punto sella. La matrice jacobiana valutata in P− e[1 −11 1

]

cui corrispondono gli autovalori λ1,2 = 1± i. Il sistema linearizzato ha dunque un fuocoinstabile nel punto critico. Tale conclusione vale anche per il sistema originario.Il piano delle fasi con alcune traiettorie trovate numericamente e rappresentato in Figura9.2.

131

−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4−6

−5

−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

Figura 9.2. Traiettorie dell’Esercizio 2. Sono riportate le isocline, luogo dei punti a tangenteverticale y = x e orizzontale y = 1/x, i punti critici e gli autovettori del sistema linearizzatonell’intorno del punto di sella.

S. 9.3. La matrice dei coefficienti del sistemax′ = 3x+ 4yy′ = −4x+ 3y

(9.2)

ha autovalori λ = 3 ± 4i. L’origine (unico punto critico del sistema) e allora un fuocoinstabile.Considerando il sistema

x′ = e3x + 4 tan yy′ = sin 3y − log(1 + 4x)

(9.3)

e sostituendo le funzioni sin, tan, log ed exp con il loro sviluppo di Taylor nell’origine,arrestato al primo ordine si ottiene

x′ = 3x+ o(x) + 4y + o(y)y′ = −4x+ o(x) + 3y + o(y)

.

Il sistema (9.2), quindi, coincide con la linearizzazione di (9.3), nell’intorno del puntocritico (0, 0). Si deduce che l’origine e un fuoco instabile anche per il sistema (9.3).

S. 9.4. L’incremento relativo delle prede

x′

x= 1− y − ax

decresce al crescere dei predatori e al crescere del numero di prede, secondo un coefficientea che puo rappresentare un meccanismo di competizione interna nell’ecosistema delleprede. L’incremento relativo del numero dei predatori

132

y′

y= −1 + x− by

cresce all’aumentare delle prede e diminuisce all’aumentare dei predatori, secondo il coef-ficiente b, che anche in questo caso rende conto dell’aumento della competizione tra ipredatori, in un ambiente con risorse limitate.Gli assi sono traiettorie del sistema. Il sistema ha (nel primo quadrante, l’unico con ilsignificato fisico richiesto dal testo) tre punti critici: l’origine e

A =(1a, 0)

B =( 1 + b

1 + ab,1− a

1 + ab

)

Come si deduce studiando il segno del rapporto

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 40

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4

Figura 9.3. Traiettorie relative al modello di Lotka-Volterra con correzione logistica. Sonorappresentate anche le isocline del problema.

−1 + x− by

1− y − ax

il punto A e semistabile (stabile per traiettorie sull’asse che provengono da sinistra,instabile per traiettorie che partono da destra). La matrice jacobiana del problema e

[1− y − 2ax −x

y −1 + x− 2by

]

ovvero, valutata in B1

1 + ab

[−a(1 + b) −1− b1− a −b(1− a)

]

133

cui corrispondono autovalori complessi e coniugati con parte reale negativa. Se ne deduce,anche per il sistema originario che C e un fuoco stabile.Non esistono traiettorie che portino all’estinzione dei predatori in un tempo finito. Unatraiettoria siffatta dovrebbe, partendo con condizioni iniziali di prede e predatori nonnulli, intersecare l’asse delle ascisse, cosa che contraddice l’unicita della soluzione (ilTeorema di Esistenza ed Unicita e applicabile: le equazioni sono dei polinomi in x e y,quindi funzioni continue e derivabili).

S. 9.5. Utilizzando il metodo di linearizzazione, la matrice jacobiana del sistema (9.1) e[cosx− 2yex 2ex

y2ex + y sinx 2yex − cosx

]

che, valutata nell’origine da [1 20 −1

].

Gli autovalori sono reali e opposti in segno, quindi l’origine per il sistema linearizzato,ma anche per il sistema (9.1), e un punto di sella.

S. 9.6. 1. I punti di equilibrio risolvono il sistemayey = 01− x2 = 0

le cui soluzioni sono P+ = (1, 0) e P− = (−1, 0).2. Il sistema linearizzato nell’intorno di P+ e

x = 1(y − 0)y = −2(x− 1)

cui corrisponde la matrice dei coefficienti A =

[0 1−2 0

], di autovalori λ1,2 = ±i

√2.

Ne segue che P+ e un centro per il sistema linearizzatoIl sistema linearizzato nell’intorno di P− e

x = yy = 2(x+ 1)

cui corrisponde la matrice dei coefficienti A =

[0 12 0

], di autovalori λ1,2 = ±

√2. Ne

segue che P− e una sella per il sistema linearizzato.3. P− e una sella anche per il sistema non lineare, mentre non e possibile dedurre

nulla sulla natura di P+ per il sistema non lineare, essendo un centro per il sistemalinearizzato.

S. 9.7. a. I punti di equilibrio risolvono il sistema2x(x− 1) = 03x(x− 1) + y = 0

ovvero sono (0, 0), (1, 0).

134

b. Il sistema linearizzato nell’origine e

x = −2xy = −3x+ y

cui corrispondono gli autovalori λ1 = 1, λ2 = −2. L’origine e dunque una sella instabileanche per il sistema non linearizzato.Il sistema linearizzato in (1, 0) e

x = 2(x− 1)y = 3(x− 1) + y

cui corrispondono gli autovalori λ1 = 2, λ2 = 1, che identificano un nodo instabile.c. Gli autovettori associati a ciascun autovalore corrispondono alle traiettorie rettilinee.

Si lascia allo studente il calcolo ed il disegno delle orbite.

9.2 Sistemi Hamiltoniani e integrali primi

9.2.1 Esercizi

E. 9.8. Determinare gli integrali primi del sistema

x′ = sinx− 2yex

y′ = y(yex − cosx).(9.4)

E. 9.9. Un corpo di massa pari ad un chilogrammo si muove sull’asse x soggetto allaforza F = (−x + αx2) i, con α > 0. Si studino le orbite nel piano delle fasi (x, y) dovey = x e si individui la regione di moto oscillatorio, al variare del parametro.

E. 9.10. Determinare gli integrali primi del sistema

u = v − u2v − v3

v = u2 + v2 − 1.

E. 9.11. Dal sistema conservativo ad un grado di liberta

y = −yey

1. si calcoli un integrale primo

2. si disegni l’andamento qualitativo dell’energia potenziale U(y) =

∫ y

0

xexdx

3. si disegni il ritratto di fase nell’intorno dell’origine, esaminandone la stabilita.


x = 1− 3x2

1. si determinino gli eventuali punti di equilibrio

135

2. si calcoli la funzione potenziale U = U(x) che si annulla in x = 0 e se ne tracci ildiagramma

3. si tracci il ritratto di fase4. si dica se l’orbita corrispondente ai dati iniziali x(0) = x(0) = 0 e periodica, e nel

caso specificare il periodo.


y = y − 2y3

1. si determinino gli eventuali punti di equilibrio2. si calcoli la funzione potenziale U = U(x) che si annulla in x = 0 e se ne tracci il

diagramma3. si tracci il ritratto di fase4. si dica se il sistema ha orbite non periodiche.

E. 9.14. Determinare se il sistemax = −x(x2 + y4 − 4)y = 4(y − 1)(x2 + y2 − 4)

ammette orbite periodiche e indagare le soluzioni.

E. 9.15. Considerato il sistema autonomox = yey

y = 1− x2

Si determini un integrale primo risolvendo l’equazione differenziale delle traiettorie e sitracci quindi il diagramma di fase, studiando in particolare le orbite nell’intorno dei puntidi equilibrio.

E. 9.16. L’equazione del moto di una particella di massa unitaria, che si muove lungo lacongiungente due particelle di massa rispettivamente m1 ed m2, poste rispettivamentein x = 0 e in x = 2 , e

x = γ

(−m1

x2+

m2

(2− x)2

)

con 0 < x < 2.

1. Si determinino gli eventuali punti di equilibrio e la loro natura,2. si tracci il diagramma della funzione potenziale che si annulla in x = 1,3. si disegni il ritratto di fase,4. si interpreti il risultato in termini del moto della particella .

E. 9.17. Dato il sistema conservativo ad un grado di liberta

x′′ = − 1

x2+

1

x3= F (x) x > 0

Determinare l’espressione dell’energia potenziale U e dedurre la configurazione delle tra-iettorie nel piano delle fasi (x, x′). Quindi, stabilire per quali valori dell’energia totale Eesistono orbite chiuse. Infine, dalla legge di conservazione dell’energia dedurre il valoredella velocita limite, per t → ±∞, per le soluzioni non periodiche.

136

E. 9.18. Sia dato il sistemax = y(2− xy) = f(x, y)y = −x(2− xy) = g(x, y).

Determinare i punti critici e studiare il sistema linearizzato nell’intorno dell’origine, clas-sificandola. E possibile trarre conclusioni anche sulla natura dell’origine per il sistema nonlineare? Perche? Determinare gli integrali primi e disegnare le traiettorie precisandonel’orientamento. Precisare quali sono le orbite periodiche.

E. 9.19. Sia dato il sistemax = −y(x2 + 4y2 − 4)

y = x(x2 + 4y2 − 4).

a. Determinare la totalita dei punti critici.b. Studiare la stabilita dell’origine con il metodo di linearizzazione.c. Trovare gli integrali primi del sistema.d. Disegnare nel piano delle fasi alcune traiettorie significative che risolvono il sistema,

precisandone il verso di percorrenza.e. Discutere la stabilita dell’origine e l’esistenza di traiettorie periodiche in tutto il piano

delle fasi.

E. 9.20. Si consideri l’equazione differenziale

x = −x(x2 − 2)2.

a. Disegnare il grafico del potenziale, che si annulla in x = 0, associato all’equazione data.b. Disegnare le traiettorie del sistema nel piano (x, x), con il dettaglio del verso di

percorrenza.c. Precisare per quali livelli dell’energia meccanica le traiettorie corrispondenti costi-

tuiscono orbite periodiche.

E. 9.21. Dato il sistema x = x2yy = −xy2

trovarne i punti di equilibrio.

a. Linearizzando nell’intorno dell’origine, cosa possiamo concludere?b. Trovare gli integrali primi.c. Disegnare alcune traiettorie ed in particolare quella che risolve il problema di Cauchy

x(0) = 1, y(0) = −1.d. Cosa si puo concludere quindi circa la stabilita dell’origine.

E. 9.22. Sia dato il sistema conservativo ad un grado di libert‡

x = 2x− x2.

137

a. Trovare i punti critici del sistema equivalente.b. Trovare gli integrali primi.c. Disegnare accuratamente le traiettorie nel piano delle fasi.d. Indicare a quali condizioni iniziali x(0) = α, x(0) = 0, con α ∈ R, corrispondono orbite

periodiche.

E. 9.23. Si consideri il seguente sistema autonomo non lineare

x = x cos(xy)y = −y cos(xy).

a. Determinare la totalita dei punti di equilibrio.b. Scrivere il sistema linearizzato nell’intorno dell’origine e classificare quindi l’origine

come punto singolare.c. Determinare gli integrali primi del sistema e indicare sommariamente nel piano delle

fasi un grafico qualitativo delle traiettorie, evidenziando il verso di percorrenza.

E. 9.24. a. Definire un sistema hamiltoniano.b. Verificare che il seguente sistema autonomo e hamiltoniano.

x = 2y + x3 + 4y3

y = −2x− 3yx2.

c. Verificare che l’origine e punto singolare.d. Studiare la stabilita dell’origine con il metodo di linearizzazione.e. Calcolare la funzione Hamiltoniana.f. Prevedere il comportamento del diagramma di fase del sistema nell’intorno dell’origine,traendo conclusioni rigorose riguardo alla stabilita delle orbite nell’intorno dell’origine.

9.2.2 Soluzioni

S. 9.8. Il sistema bidimensionale assegnato e hamiltoniano, infatti

x′ = sinx− 2yex =∂H∂y

y′ = y(yex − cosx) = −∂H∂x

infatti si osserva che

∂

∂x

∂H∂y

=∂

∂x(sinx− 2yex) =

∂

∂y

∂H∂x

= − ∂

∂yy(ex − cosx).

Le linee di livello della funzione

H(x, y) = y sinx− y2ex

sono insiemi di traiettorie disgiunte (Figura 9.4).

138

−8 −6 −4 −2 0 2 4 6 8−8

−6

−4

−2

0

2

4

6

8

Figura 9.4. Linee di livello della funzioneH = y sin(x)−y2 exp(x) e alcune soluzioni al problemadi Cauchy per il sistema (9.4)

S. 9.9. L’equazione assegnata e equivalente al sistema

x = yy = −x+ αx2

che e hamiltoniano e per il quale la funzione

E(x, y) =y2

2+

x2

2− α

x3

3

e un integrale primo ed ha il significato fisico di energia meccanica. La funzione

P (x) =x2

2− α

x3

3

rappresentata in Figura 9.5 e l’energia potenziale della massa m, dovuta alla forza F.

La funzione P (x) ha un minimo in (0, 0) e un massimo nel punto( 1

α,

1

6α3

)e presenta

una buca di potenziale (Figura 9.5). Tenendo conto del fatto che l’energia cineticay2

2e

positiva, e che l’energia totale E si conserva, si riesce ad individuare l’insieme nel pianodi fase che da origine a traiettorie periodiche nell’intorno del minimo. Esso e individuatodal livello di energia M , cui corrisponde la regione di moto periodico delimitata dagliestremi a e b.E possibile dimostrare che gli insiemi di livello della funzione E sono linee chiuse nel-l’intorno dell’origine osservando che ai suoi punti stazionari A = (0, 0) e B = (1, 0)corrispondono rispettivamente la matrice hessiana

139

−2 −1 0 1 2 3 4 5−2

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

livello di energia M

a b

Figura 9.5. La funzione energia potenziale P (x) nell’esercizio 2, disegnata nel caso α = 1/2.

−2 −1 0 1 2 3 4 5−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

5

Figura 9.6. Insiemi di livella della funzione energia totale E = (x2/2+y2/2−αx3/3), disegnatinel caso α = 1/2.

140

[1 00 1

] [−1 00 1

]

da cui si deduce che A e minimo, ed e allora un centro, e che B e un punto di sella.

S. 9.10. Osserviamo innanzitutto che la circonferenza u2 + v2 = 1 e un luogo di puntistazionari per il sistema. Il sistema

u = v(1− u2 − v2) = f(u, v)v = u2 + v2 − 1 = g(u, v)

.

non e hamiltoniano, infatti

∂f

∂u= −2uv 6= −∂g

∂v= −2v.

E possibile trovare gli integrali primi del sistema integrando l’equazionedu

dv= −v, tro-

vando U(u, v) = u+v2

2. Gli insiemi di livello della funzione U corrispondono al fascio di

parabole u = −v2

2+c. Le linee di livello che secano la circonferenza sono composte da cin-

que traiettorie distinte: i due punti stazionali e tre archi di curva. Il senso di percorrenzadelle traiettorie (indicato in Figura 9.7) puo essere individuato analizzando il segno deldifferenziale dv per i punti appartenenti alla retta v = 0 nell’equazione dv = u2 + v2 − 1.Se ne deduce che dv > 0 se u < −1 oppure u > 1.

−2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2−2

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

Figura 9.7. Traiettorie dell’Esercizio 9.10.

141

S. 9.11. 1. L’equazione puo essere ricondotta ad un sistema del primo ordine:

x = −yey = f(y)y = x = g(x).

Tale sistema e hamiltoniano e, come e noto, un integrale primo ha la forma

−2.5 −2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2−1.5

−1

−0.5

0

0.5

Figura 9.8. Grafico della funzione U(y) = y exp y − exp y.

E(x, y) =∫ y

0

f(s)ds−∫ x

−∞g(s)ds =

x2

2+ yey − ey.

2. La nuova variabile x = y corrisponde alla “velocita’’ della particella che occupa laposizione y ed e sottoposta ad una forza che dipende dalla posizione F = −yey e

che ha potenziale U(y) =

∫ y

−∞sesds (la differenza di potenziale tra due posizioni e

indipendente dalla scelta dell’estremo inferiore di integrazione, ma e abitudine diffusain fisica scegliere potenziali nulli all’infinito). La funzione U(y) e rappresentata nellaFigura 9.8:ha minimo in (0, 1) e tende a 0− per y → −∞.

3. Tutte le traiettorie corrispondenti a livelli dell’energia

E(x, y) =∫ y

0

f(s)ds−∫ x

−∞g(s)ds =

x2

2+ yey − ey

compresi tra -1 e 0 sono periodiche e (quindi) chiuse. La traiettoria E(x, y) = 0,corrispondente al livello 0 dell’energia, e una traiettoria aperta. L’origine e stabile,ma non asintoticamente, essendo un centro.

142

−3 −2 −1 0 1 2 3−20

−18

−16

−14

−12

−10

−8

−6

−4

−2

0

2

Figura 9.9. Linee di livello della funzione E(x, y) =x2

2+yey−ey. La linea E(x, y) = 0 ha come

asintoto l’asse y e separa le traiettorie chiuse (con livelli negativi di energia) dalle traiettorieaperte (con livelli positivi di energia.

S. 9.12. Studiamo il sistema equivalentex = yy = 1− 3x2.

1. I punti di equilibrio del sistema sono A =(− 1√

3, 0)e B =

( 1√3, 0).

2. Il potenziale nullo in x = 0 e la primitiva di 3x2 − 1 che si annulla in x = 0, ovveroU(x) = x3 − x.

3. Il ritratto di fase e riportato in Figura 9.10.4. L’orbita con dati iniziali x(0) = 0 e y(0) = 0 e periodica, essendo chiusa e non

contendo punti critici. Essa corrisponde al livello 0 dell’energia totale U ed ha per-

cioequazioney2

2+ x3 − x = 0. Per calcolare il periodo dell’orbita possiamo uti-

lizzare nell’equazione che la descrive la sostituzione y =dx

dtottenendo l’equazione

differenzialedx√

2(x− x3)= dt

l’integrazione di questa equazione tra 0 ed 1 (che sono i punti di intersezione dellatraiettoria con l’asse y = 0) equivale a calcolare il semiperiodo dell’orbita, quindi

T = 2

∫ 1

0

dx√2(x− x3)

.

143

−1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

A B

Figura 9.10. Linee di livello della funzione U(x, y) =y2

2+ x3

− x. La soluzione stazionaria A

e una sella, mentre B e un centro.

S. 9.13. L’equazione e riconducibile allo studio del sistema

x = y − 2y3

y = x.

1. I punti stazionari sono A(0, 0), B(0,− 1√2) C(0,

1√2).

2. La funzione potenziale U(x) =y4

2− y2

2e rappresentata in Figura 9.11.

3. Il diagramma di fase, corrispondente alle linee di livello di E(x, y) = x2

2 + y4

2 − y2

2 , ein Figura 9.11.

4. Si osservi che tutte le linee di livello sono linee chiuse; le uniche traiettorie nonperiodiche sono quindi quelle linee di livello che contengono punti critici e che dunquevengono percorse in un tempo infinito. Le uniche traiettorie non periodiche in questocaso sono allora i due anelli corrispondenti al livello E(x, y) = 0, in color magentanella figura.

S. 9.14. L’insieme dei punti critici del sistema e il luogo determinato dall’unione dellacirconferenza di raggio 2 centrata nell’origine e dal punto (0, 1). La circonferenza x2 +y2 − 4 = 0 non e un’orbita periodica del sistema. Infatti un qualunque punto dellacirconferenza e stazionario.Cerchiamo un integrale primo del sistema. Dovendo trovare una funzione U(x, y) = costtale che Ux(x, y) + Uy(x, y) = 0 posso ovviamente ricondurmi a studiare il sistema

x = −xy = 4(y − 1)

(9.5)

144

−0.1 −0.05 0 0.05 0.1

−1

−0.5

0

0.5

1

−1 −0.5 0 0.5 1

−1

−0.5

0

0.5

1

Figura 9.11. Nel grafico a sinistra e riportata la funzione potenziale U(y) dell’Esercizio 9.13.A destra si trova il diagramma delle traiettorie, i.e. gli insiemi di livello della funzione energia.

essendo il termine (x2 + y2 − 4) comune ad entrambe le equazioni. Il sistema (9.5) elineare, non omogeneo; mediante traslazione ci riconduciamo al caso

x = −xy = 4y

(9.6)

di facile integrazione, poichele equazioni sono disaccoppiate. La soluzione di (9.6) e

x(t) = Ke−t

y(t) = Ce4t

da cui possiamo ricavare la forma delle traiettorie relative al sistema (9.6): x4y = cost.Siccome (9.5) e (9.6) differiscono per una traslazione, verifichiamo che la funzioneU(x, y) = x4(y− 1) e un integrale primo per (9.5). Il punto (0, 1) e un punto di sella peril problema e tutte le traiettorie x4y = cost che intersecano la circonferenza centrata nel-l’origine e di raggio 2 sono costituite da tre traiettorie distinte e da due punti stazionari.Si osservi una ulteriore differenza tra le traiettorie di (9.5) e quelle del sistema assegnato

x = −x(x2 + y2 − 4)y = 4(y − 1)(x2 + y2 − 4).

In questo caso la presenza del coefficiente moltiplicativo x2 + y2 − 4 in entrambe leequazioni determina l’inversione del senso di percorrenza delle traiettorie che sono interneal cerchio di raggio 2, rispetto al verso di percorrenza delle traiettorie nel sistema (9.5).A questo proposito si osservi la Figura 9.12.

S. 9.15. I punti stazionari del sistema sono (±1, 0). Integrando l’equazione

145

−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

Figura 9.12. Si osservi in diverso senso di percorrenza sulle curve appartenenti agli integraliprimi U(x, y) = x4(y − 1) (in verde), internamente ed esternamente rispetto alla circonferenzax2 + y2 = 4.

dy

dx=

1− x2

yey

a variabili separabili si ricava che

U = ey(y − 1) +x3

3− x

e un integrale primo. La Figura 9.13 riporta l’andamento delle linee di livello dell’integra-le primo; e possibile dimostrare che il punto (1, 0) e un centro osservando che e estremo

libero della funzione U . Infatti la matrice hessiana a lui associato e

[2 00 1

]quindi (1, 0)

corrisponde ad un minimo. Il punto stazionario (−1, 0) ha hessiana

[−2 00 1

], cui corri-

sponde un punto di sella perche nella direzione x la concavita della funzione e rivoltaverso il basso, mentre nella direzione y la concavita di U e rivolta verso l’alto. Se nededuce che (−1, 0) e un punto di sella. I risultati sono in accordo e approfondiscono lostudio fatto nell’Esercizio 6 della sezione precedente dove lo stesso sistema viene studiatotramite linearizzazione.

S. 9.16. Per semplicita porremo γ = 1. Scriviamo il sistema equivalente

146

−2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2−2

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

Figura 9.13. Linee di livello della funzione U = ey(y − 1) + x3

3− x.

x = y

y = −m1

x2+

m2

(2− x)2.

1. I punti di equilibrio risolvono il sistema

y = 0m1

x2− m2

(2− x)2= 0

dall’equazione (m1 −m2)x2 − 4m1x+ 4m1 = 0 si ricava, se m1 6= m2,

P− =

(2m1 − 2

√m1m2

m1 −m2, 0

)P+ =

(2m1 + 2

√m1m2

m1 −m2, 0

).

Se invece m1 = m2 = m il punto di equilibrio e unico P = (1, 0). Per chiarezzasupponiamo m1 > m2. Osserviamo che dalla risoluzione delle disuguaglianze

2m1 − 2√m1m2

m1 −m2> 0

2m1 − 2√m1m2

m1 −m2< 2

2m1 + 2√m1m2

m1 −m2> 2

si ricava facilmente che solamente P− ha coordinata x compresa tra 0 e 2 dove valela modellizzazione allo studio.

2. La funzione potenziale cercata risolve l’integrazione

U(x) =∫ x

1

(m1

x2− m2

(2− x)2

)dx

ed e quindi

147

U(x) = −m1

x+

m2

x− 2+m1 +m2.

La soluzione e rappresentata nella Figura 9.14. Si osservi che il punto di equilibrioP− corrisponde rispettivamente al massimo della funzione potenziale.

0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2−20

−15

−10

−5

0

5

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2−20

−10

0

10

20

Figura 9.14. Potenziale e ritratto di fase del sistema proposto nell’Esercizio 9, con la sceltam1 = 15, m2 = 3.

3. Il ritratto di fase e rappresentato nella Figura 9.14. Il punto P− e un punto diequilibrio instabile e corrisponde ad una sella.

4. Si osservi che non esistono delle traiettorie periodiche. Il potenziale tende a −∞ perx tendente a 0 e a 2. Significa che la particella da una qualunque condizione inizialetra 0 e 2 si sposta convergendo verso una delle due masse. Le uniche traiettorie chenon convergono verso m1 o m2 sono quelle che intersecano il punto di equilibrio P−.

S. 9.17. Il problema E equivalente al sistema (hamiltoniano)

x′ = yy′ = F (x)

Sia Ecin l’energia cinetica del sistema, e U l’energia potenziale:

Ecin =1

2(x′)2

U = −∫ x

x0

F (x)dx = − 1

x+

1

2x2

con la scelta x0 = 12 , con la quale il potenziale -noto a meno di una costante additiva

arbitraria- viene posto nullo all’infinito. Il grafico di U(x) ha un asintoto verticale positivo

148

per x = 0, un asintoto orizzontale per x → +∞ e un minimo -buca di potenziale- inx = 1. Quindi (x, x′) = (1, 0) E una traiettoria stazionaria. Un integrale primo delsistema risulta essere l’energia totale E = U + Ecin. Poiche l’energia cinetica E nonnegativa, l’energia potenziale non puo essere piu grande dell’energia totale. Se ne deduceche il moto E periodico (orbite chiuse) se l’energia totale E E inferiore a 0. Viceversauna soluzione non periodica E caratterizzata dal fatto di avere energia totale positiva. Inparticolare se v0 = x′(T ) e la velocita all’istante iniziale T e x la posizione nell’istanteiniziale T , e se il moto e non periodico, per t → +∞ deve essere verificata la seguenterelazione (conservazione dell’energia alias conservazione degli integrali primi lungo letraiettorie)

Ecin(T ) + U(T ) =1

2v20 −

1

x+

1

2x2= lim

t→+∞Ecin(t) + U(t)

Essendo stato scelto nullo il potenziale all’infinito, la velocita limite richiesta e

v(∞) = ±√2

(1

2v20 −

1

x+

1

2x2

)

dove la quantita tra parentesi e positiva per la richiesta di avere traiettorie non chiuse.

S. 9.18. L’origine e un punto critico isolato. Punti critici non isolati sono quelli delgrafico dell’iperbole equilatera di equazione 2 = xy.Il sistema linearizzato nell’intorno di (0, 0) risulta

x = y2y = −2x.

Calcolando gli autovalori, l’origine risulta essere un centro, e non si possono trarreconclusioni circa la natura del punto per il sistema non lineare, come da Teorema noto.Gli integrali primi sono soluzione dell’equazione differenziale

dy

dx= −x

y

cui corrisponde la famiglia di circonferenze x2 + y2 = C.Dall’analisi degli integrali primi si deduce che l’origine e un centro anche per il sistemanon lineare.Sono orbite periodiche l’origine e tutte le circonferenze x2 + y2 = r2 con 0 < r < 2,percorse in senso orario.

S. 9.19. a. I punti critici del sistema sono l’origine e i punti dell’ellisse x2 + 4y2 = 4,rappresentati in rosso nella Figura 9.15.

b. Il sistema linearizzato nell’origine ex = 4y

y = −4x

cui corrispondono gli autovalori λ1,2 = ±4i. L’origine e percio un centro per il sistemalinearizzato, ma nulla si puo concludere circa il sistema d’origine.

149

−2 −1 0 1 2 3

−2.5

−2

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

Figura 9.15.

c. Gli integrali primi possono essere trovati integrando l’equazione differenziale dydx =

−xy . Integrata, a variabili separabili, si trova facilmente che gli integrali primi hanno

equazione U(x, y) = x2 + y2. Le linee di livello della funzione U sono unione disgiuntadi traiettorie.

d. Alcune traiettorie sono riportate in Figura 9.15; il verso di percorrenza si puo dedurredal campo delle direzioni.

e. L’origine per il sistema non linearizzato e effettivamente un centro. Infatti la funzioneU ha un minimo in (0, 0). Si puo provare che le curve di equazione x2 + y2 = kcorrispondenti ai valori di 0 ≤ k < 1 e k > 4 costituiscono traiettorie periodiche per ilsistema d’origine.

S. 9.20. L’equazione descrive un sistema conservativo ad un grado di liberta, e puo esserestudiata agevolmente dopo averla ricondotta al sistema equivalente

x = yy = −x(x2 − 2)2.

(9.7)

L’energia meccanica del sistema e allora

E =y

2+

∫ x

0

s(s2 − s)2ds = Ecinetica + Epotenziale.

a. L’energia potenziale Epotenziale(x) nulla in x = 0 e data da

Epotenziale =

[(s2 − 2)3

6

]x

0

=(x2 − 2)3

6− 4

3=

x6

6− x4 + 2x2.

Epotenziale e una funzione pari, che, come ogni funzione polinomiale, e asintotica al suotermine di grado minimo per x → 0 e al suo termine di grado massimo per x → ±∞;

150

l’origine e il solo punto in cui la funzione Epotenziale si annulla; gli altri valori deldominio rendono Epotenziale strettamente positiva. Banalmente ricaviamo inoltre che

E ′potenziale(x) = x(x2 − 2)2

percio la derivata di Epotenziale ha il segno di x e si annulla in x = 0, e in x = ±√2.

Inoltre,E ′′potenziale(x) = (x2 − 2)2 + 4x2(x2 − 2) = (x2 − 2)(5x2 − 2)

quindi i punti x = ±√2 e x = ±

√2/5 sono punti di flesso. In particolare, i punti

x = ±√2 sono flessi a tangente orizzontale. Si veda in Figura 9.16 il grafico del

potenziale.

−2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2−2

−1

0

1

2

−2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2

0

1

2

3

4

Figura 9.16. In figura sono riportate in nero alcune traiettorie significative ed i corrispondentilivelli energetici che risolvono l’Esercizio 9.20.

b. Dal sistema (9.7) ricaviamo il comportamento del campo delle direzioni in corrispon-denza degli assi, dal quale possiamo poi ricavare la direzione di percorrenza delletraiettorie. Inoltre, per y = 0 le traiettorie hanno tangente verticale; per x = 0 e perx = ±

√2 le traiettorie hanno tangente orizzontale. La pendenza delle traiettorie puo

essere ricavata studiando la pendenza delle soluzioni dell’equazione differenziale

dy

dx=

−x(x2 − 2)2

y.

Il campo delle direzioni e riportato nella Figura 9.16.

151

c. Le traiettorie significative si ottengono in corrispondenza dei seguenti livelli dell’energiatotale E che descriviamo brevemente.• E = 0 Con energia meccanica nulla c’e solo la traiettoria stazionaria legata all’origine.• 0 < E < 4/3 Orbite periodiche percorse in senso orario.• E = 4/3 Il livello corrisponde ai due punti stazionari (

√2, 0) e (−

√2, 0) e da due

archi di traiettorie percorsi in un tempo infinito. Il verso di percorrenza e orario comesi ricava per continuita dall’analisi del campo di direzioni.• E > 4/3 Orbite periodiche percorse in senso orario.

S. 9.21. Ogni punto dell’asse x ed ogni punto dell’asse y e punto di equilibrio.

a. La matrice jacobiana del sistema e

J(x, y) =

[2xy x2

−y2 −2xy

]e, valutandola nell’origine, J(0, 0) =

[0 00 0

]

l’origine dunque e un punto degenere per il sistema, e il metodo di linearizzazione nonda informazioni circa le traiettorie per il sistema non linearizzato. A questa conclusionesi poteva arrivare anche semplicemente osservando che l’origine non e punto criticoisolato, dunque il metodo di linearizzazione non e applicabile.

b. Risolvendo l’equazionedy

dx= − y

x

si ottiene

log |y| = − log |x|+ C = logK − log |x| = logK

|x|da cui ricaviamo gli integrali primi

y =c

x

con la costante c che puo assumere valori positivi e negativi.In alternativa, potevamo osservare che il sistema e hamiltoniano, con hamiltoniana

H(x, y) =1

2x2y2

come si verifica facilmente derivando. Gli studenti riflettano da soli sul fatto che lelinee di livello di H coincidono con gli integrali primi trovati poco sopra.

c. Alcuni integrali primi sono riportati nella Figura 9.17; il verso di percorrenza si deducedal campo di direzioni.

d. Un punto critico non isolato non puo mai essere asintoticamente stabile. Dall’anda-mento delle traiettorie (tipo punto di sella) ricaviamo che l’origine e instabile.

S. 9.22. a. Il sistema equivalente ex = yy = 2x− x2;

i cui punti critici sono P1 = (0, 0) e P2 = (0, 2).

152

−2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2−2

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

Figura 9.17. Integrali primi del sistema proposto nell’Esercizio 9.21.

b. Gli integrali primi sono soluzione dell’equazione

dy

dx=

2x− x2

y.

Integrando a variabili separabili, si ottiene che gli integrali primi sono le linee di livellodella funzione

U(x, y) = y2

2− x2 +

x3

3.

La funzione U e l’energia meccanica del sistema (hamiltoniano). Si riconosce chel’energia potenziale corrisponde a

P(x) = −x2 +x3

3.

c. Nota l’energia potenziale conviene dedurre il grafico delle traiettorie da tale andamento,studiando poi i versi di percorrenza mediante il campo delle direzioni. Il grafico che siottiene e riportato in Figura 9.18. Osserviamo che• se U(x, y) < −4/3 si ha una traiettoria aperta ed illimitata a sinistra dell’origine.• se U(x, y) = −4/3 si ha un’orbita puntiforme x = 2 ed y = 0 e ancora un ramo a

sinistra dell’origine.• se −4/3 < U(x, y) < 0 si ha un’orbita periodica percorsa in senso orario attorno al

punto critico P2 e un ramo a sinistra dell’origine.• se U(x, y) = 0 si hanno 4 orbite: una traiettoria stazionaria nell’origine; un’orbita

limitata ma percorsa in tempo infinito che inizia e finisce nell’origine e si avvolgeattorno al punto critico P2; due orbite illimitate a sinistra dell’origine una nelsemipiano delle y > 0 e l’altra nel semipiano delle y < 0.

153

x ’ = y y ’ = 2 x − x2

−2 −1 0 1 2 3 4

−4

−3

−2

−1

0

1

2

x

y

Figura 9.18. Traiettorie nel piano delle fasi associate all’Esercizio 3. Le traiettorie so-no disegnate con l’ausilio di pplane6, ma possono essere ottenute facilmente anche per viaqualitativa.

• se U(x, y) > 0 si ha solo un’orbita aperta illimitata.d. Il problema di Cauchy ha soluzione periodica solo se 0 < α < 3.

S. 9.23. a. L’origine e punto di equilibrio. Oltre ad essa, sono di equilibrio i punti che

risolvono l’equazione cosxy = 0 ovvero xy = (2k + 1)π

2con k ∈ Z. Le iperboli xy =

(2k + 1)π

2sono dunque un luogo di punti singolari.

b. Il sistema linearizzato nell’intorno dell’origine ex = xy = −y

cui corrispondono gli autovalori reali e distinti λ = ±1 in segno opposto. L’origine peril sistema linearizzato e un colle. Tale conclusione puo applicarsi anche al sistema nonlinearizzato.

c. Gli integrali primi del sistema possono essere trovati integrando l’equazione

dy

dx= − y

x

le cui soluzioni sono il fascio di iperboli xy = C: se C = (2k + 1)π

2si ha un luogo

di punti singolari; se C 6= (2k + 1)π

2si ha una traiettoria. I semiassi sono traiettorie.

Il verso di percorrenza delle traiettorie e alternato a seconda del segno della quantitacos yx. Un grafico qualitativo di alcune traiettorie e riportato nella Figura 9.19.

154

−5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5−5

−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

5

Figura 9.19. Grafico qualitativo delle traiettorie del sistema proposto nell’Esercizio 2. In rosso

sono rappresentati i luoghi di punti stazionari xy = (2k + 1)π

2. In verde ed in blu le traiettorie,

distinte in base al verso di percorrenza. I punti in cui sono stati assegnati i problemi di Cauchysono individuati con una stella.

9.3 Funzione di Liapunov

9.3.1 Esercizi

E. 9.25. Dare la definizione di stabilita nel senso di Liapunov per le soluzioni di equilibriodi un sistema autonomo ed enunciare il Teorema di Liapunov.

E. 9.26. Si verifichi che la funzione

L(x, y, z) = x2 + y2 + z2

e una funzione di Liapunov per il sistema

x = −x+ y + zy = −2yz = −3z

e si dimostri che la soluzione nulla e asintoticamente stabile per il sistema.

E. 9.27. Si stabilisca se la soluzione nulla e stabile per il sistema

x = y − 2x3

y = −x− 3y3.

155

E. 9.28. Sia f una funzione di classe C1 in R, dispari, e tale che f(y) > 0 per y > 0. Sidetermini per quali parametri a e b la funzione

V (x, y) = ax2 + b

∫ y

0

f(s)ds


x = −2x+ f(y)y = −3x− 4f(y).

E. 9.29. Si verifichi che la funzione

L(x, y) = x2 + y4


x = −3x− 2y3

y = x− y3

e ricordare la definizione di asintotica stabilita (nel senso di Liapunov) per le soluzioni diequilibrio di un sistema autonomo, quindi dedurre se la soluzione nulla di questo problemae asintoticamente stabile. La stabilita di tale soluzione puo essere provata anche con ilmetodo di linearizzazione?

E. 9.30. Dato il sistema x′ = 2y − 2x3

y′ = −x− 3y3(9.8)

Studiare il sistema linearizzato nell’origine; si puo dedurre che il sistema e asintoticamentestabile, stabile o instabile nell’intorno dell’origine, oppure non si puo dedurre nulla?Analizzare la stabilita dell’origine determinando una funzione di Liapunov della forma

V (x, y) = ax2 + by2.

E. 9.31. Assegnato il sistema

x = x(y2 − 1)y = −y(x2 + y2 + 1);

determinarne le nullcline ed il campo di direzioni. Quindi, discutere la stabilit‡ dell’origineutilizzando due vie: attraverso il metodo di linearizzazione (specificando se e conclusivooppure no) ed utilizzando il metodo della funzione di Liapunov.

9.3.2 Soluzioni

S. 9.24. Consideriamo il sistema

156

x = f(x, y)y = g(x, y)

(9.9)

e l’origine sia punto critico; sia A un qualunque intorno dell’origine. Consideriamo unafunzione z = V (x, y) definita in A e ivi positiva, eccetto in (0, 0) dove V (0, 0) = 0.Osserviamo che tale funzione potrebbe rappresentare una qualche forma di energia delsistema, con l’origine come punto ad energia minima. Se V ha la proprieta di decrescerelungo tutte le traiettorie che originano nei punti di A, allora V e una funzione di Liapunovper il sistema:

Definizione 9.1 V e una funzione di Liapunov per il sistema autonomo (9.9) nell’in-torno A dell’origine se

1. V (x, y) > 0 per ogni (x, y) ∈ A \ (0, 0), e V (0, 0) = 0

2.dV (x(t), y(t))

dt= Vx(x(t), y(t))f(x(t), y(t)) + Vy(x(t), y(t))g(x(t), y(t)) ≤ 0 in A.

Vale il seguente

Teorema 9.1 L’esistenza di una funzione di Liapunov garantisce che l’origine, puntod’equilibrio, sia stabile. Se inoltre

dV (x(t), y(t))

dt< 0 per ogni (x, y) ∈ A \ (0, 0)

allora l’origine e asintoticamente stabile.

S. 9.25. Definiamo

x =

x1

x2

x3

V (x1, x2, x3) = x2

1 + x22 + x2

3

e

x1 = −x1 + x2 + x3

x2 = −2x2

x3 = −3x3

si ricava facilmente che

∇V · x =∑

i=1,2,3

∂V

∂xixi = 2(−x2

1 + x1x2 + x1x3 − 2x22 − 3x2

3).

Utilizzando la disuguaglianza1

ab ≤ 1

2a2 +

1

2b2

nel trattare i termini misti, otteniamo

1 Sappiamo che (a − b)2 ≥ 0, e l’uguaglianza vale se e solo se a = b, svolgendo il quadrato siottiene a2 + b2 ≥ 2ab.

157

∇V · x ≤ −3

2x22 −

5

2x23.

Quindi∇V · x < 0 V (x1, x2, x3) > 0

se (x1, x2, x3) 6= (0, 0, 0); l’origine e allora asintoticamente stabile, essendo verificato ilcriterio di Liapunov.Il sistema assegnato e lineare, l’origine e l’unico punto critico. Gli autovalori λ1,2,3 =−1,−2,−3 possono essere letti direttamente dal sistema, che ha una matrice dei coef-ficienti triangolare. Essendo tutti reali negativi si puo subito dedurre che l’origine e unnodo stabile.

S. 9.26. La funzione V (x, y) = x2 + y2 e di Liapunov per il sistema. Inoltre

∂V

∂xx+

∂V

∂yy = −4x4 − 6y4 < 0

per ogni (x, y) 6= (0, 0). Il criterio di Liapunov e verificato: l’origine e asintoticamentestabile.

S. 9.27. Si ricava innanzitutto che f(0) = 0, e che∫ y

0f(t)dt e una funzione pari e

positiva. Ne segue che V (x, y) ≥ 0 scegliendo i parametri a e b positivi. Si ha allora

∂V

∂xx+

∂V

∂yy = 2ax(−2x+ f(y)) + bf(y)(−3x− 4f(y))

= −4ax2 + xf(y)(2a− 3b)− 4b[f(y)]2.

Imponendo che l’equazione omogenea di secondo grado trovata non abbia soluzioni reali,si ricava la condizione 9b2 + 4a2 − 76ab < 0.

S. 9.28. Il sistema linearizzato e x′ = 2yy′ = −x

i cui autovalori sono λ = ±i√2. L’origine del sistema linearizzato e dunque un centro e

nulla si puo concludere circa la stabilita del sistema (9.8).Se la funzione di Liapunov deve essere del tipo assegnato, si ricava che

∇V (x, y) = (2ax, 2by).

Da cui

V ′(t) = ∇V (x, y) · (x′(t), y′(t))

=∂V

∂xx′(t) +

∂V

∂yy′(t)

= 4ax(t)y(t)− 4ax4(t)− 4bx(t)y(t)− 6by4(t)

Una funzione di Liapunov (definizione 3.7 Pagani Salsa vol.2), quindi, e quella che siottiene con la condizione 2a = b > 0, in modo che

158

V ′(t) = −4ax4(t)− 12ay4(t) < 0

indipendentemente dalla traiettoria lungo la quale viene valutata. L’origine e dunque unfuoco asintoticamente stabile per il sistema non lineare (9.8).

S. 9.29. Le nullcline sono i luoghi di punti a tangente orizzontale (y = 0) e verticale(x = 0 e y = ±1). Osserviamo che y = 0 e x = 0 sono anche traiettorie. Il campo didirezioni (in Figura 9.20) si ottiene studiando la pendenza dell’equazione differenzialeassociata al sistema

dy

dx= −y(x2 + y2 + 1)

x(y2 − 1).

−3 −2 −1 0 1 2 3−3

−2

−1

0

1

2

3

Figura 9.20. Campo delle direzioni delle soluzioni del sistema proposto nell’Esercizio 9.31

Il sistema linearizzato nell’intorno dell’origine ex = −xy = −y;

cui corrisponde l’autovalore doppio λ = −1. Il sistema linearizzato e disaccoppiato e lesue traiettorie corrispondono a quelle di un nodo a stella. Il caso di autovalore doppio nonprevede, in generale, di poter concludere che le traiettorie trovate siano topologicamenteequivalenti a quelle del sistema non linearizzato. In questo caso pero e possibile estenderela conclusione poiche il sistema risultante e disaccoppiato.Un altro modo per verificare la stabilita della soluzione nulla x(t) = 0, y(t) = 0 e dovutoa Liapunov. Sia V(x, y) = x2 + y2. La funzione V e una funzione di Liapunov per ilsistema, come e facile verificare essendo

V = Vxx+ Vyy = 2x2(y2 − 1)− 2y2(x2 + y2 + 1) = −2x2 − 2y4 − 2y2 < 0.

159

x ’ = x (y2 − 1) y ’ = − y (x2 + y2 + 1)

−2 −1 0 1 2 3 4

−4

−3

−2

−1

0

1

2

x

y

Figura 9.21. Alcune soluzioni del sistema proposto nell’Esercizio 2, utilizzando pplane6.

9.4 Coordinate polari

Passiamo a coordinate polari con la sostituzione

x(t) = ρ(t) cos θ(t)y(t) = ρ(t) sin θ(t).

Differenziando le relazioni

ρ2(t) = x2(t) + y2(t)

tan θ(t) =y(t)

x(t)

otteniamo le relazioni dinamicheρρ = xx + yy

ρ2θ = yx− yx.

9.4.1 Esercizi

E. 9.32. Scrivere il sistemax′ = y + x(cos(x2 + y2)− 1)y′ = −x+ y(cos(x2 + y2)− 1)

(9.10)

in coordinate polari: x = ρ cos θ, y = ρ sin θ e studiare il ritratto di fase, classificandol’origine e prevedendo l’esistenza di cicli limite.

E. 9.33. Trovare le soluzioni periodiche del sistema

160

x = y +x√

x2 + y2(5− x2 − y2)

y = −x+y√

x2 + y2(5 − x2 − y2)

e verificarne la stabilita. Quindi disegnare un diagramma qualitativo delle soluzioni.

E. 9.34. Trovare le soluzioni periodiche del sistema

x = −2y + x(

√x2 + y2 − 1)

y = 2x+ y(√x2 + y2 − 1)

e verificarne la stabilita. Quindi disegnare un diagramma qualitativo delle soluzioni.

E. 9.35. Passando a coordinate polari, descrivere dettagliatamente le traiettorie delsistema

x = x sin√x2 + y2 − y

y = y sin√x2 + y2 + x.

9.4.2 Soluzioni

S. 9.30. Utilizzando le relazioni dinamiche tra le coordinate cartesiane e le coordinatepolari

ρ′ρ = xx′ + yy′

θ′ρ2 = −x′y + xy′

si ottiene ρ′ = ρ(cos(ρ2)− 1)θ′ = −1

Dallo studio del segno della prima equazione (di non immediata integrazione) si deduceche lungo tutte le traiettorie la distanza dall’origine decresce, o e costante per

ρ =√2kπ k = 0, +1, +2, · · · .

Dalla seconda equazione si ricava

θ(t) = −t+ c

con c costante arbitraria. Le traiettorieρ =

√2kπ k = 0, +1, +2, · · · .

θ = −t+ c

sono cicli limite semistabili. L’origine e un fuoco asintoticamente stabile.

161

S. 9.31. Passando a coordinate polari, utilizzando le relazioni

ρρ = xx + yy

ρ2θ = xy − yx

si ottiene ρ = 5− ρ2

θ = −1.

Si deduce che la circonferenza di raggio√5 e una traiettoria periodica, ed un ciclo limite

per l’equazione. Tale traiettoria viene percorsa in verso orario (θ < 0). Studiando il segnodi ρ ricaviamo che tale ciclo limite e stabile.

S. 9.32. Utilizzando il passaggio a coordinate polari, il sistema e descritto dalle equazioni

ρ = ρ(ρ− 1)

θ = 2

che possono essere facilmente integrate:

ρ =

1

1 + C1et

θ = 2t+ C2.

E molto semplice procedere con uno studio qualitativo delle orbite. La prima equazionee autonoma, e va interpretata solo con ρ ≥ 0 per avere senso fisico. Deduciamo chele traiettorie ρ = 0 e ρ = 1 sono di equilibrio (e corrispondono a traiettorie circolariperiodiche); inoltre, ρ = 0 e di equilibrio stabile, mentre il ciclo limite ρ = 1 e instabile.L’origine e allora un fuoco stabile, con bacino di attrazione l’insieme ρ < 1. Dalla secondaequazione si evince che le traiettorie sono percorse in verso antiorario. Lasciamo aglistudenti il disegno del grafico delle traiettorie che collazioni le informazioni fin qui esposte.

S. 9.33. Si osserva che l’origine e un punto stazionario per il sistema. Tramite lineariz-zazione nell’intorno dell’origine si ottiene

x = −y

y = x.

L’origine e dunque un centro per il sistema non linearizzato e nulla si puo dedurre circal’andamento delle orbite del sistema non lineare. Passando a coordinate polari, utilizzandole derivate delle relazioni dinamiche

ρ = x2 + y2

tan θ =y

x

si ottiene il sistema

162

ρ = ρ sin ρ

θ = 1.

Dalla prima relazione deduciamo, innanzi tutto, che le circonferenze di equazione ρ =kπ, con k ∈ N sono traiettorie periodiche, e risultano essere cicli limite per il sistema.Alternativamente, tali cicli limite, sono stabili e instabili, rispettivamente per valori di kdispari e pari, come puo dedurre valutando il segno della variazione di ρ, sempre dallaprima relazione. Dalla seconda, deduciamo che le traiettorie sono percorse tutte in sensoantiorario. In Figura 9.22 sono riportati in rosso i cicli limite instabili e in blu quelli

−8 −6 −4 −2 0 2 4 6 8

−8

−6

−4

−2

0

2

4

6

8

Figura 9.22.

stabili, oltre alle soluzioni di alcuni problemi di Cauchy.L’origine per il sistema non lineare risulta essere un fuoco instabile.


E. 9.36. Considerare l’equazione differenziale y′′(t) + hy′(t) + ky(t) = 0, h e k reali,0 < h < k.

1. Indicare un problema fisico che puo essere modellizzato dall’equazione.2. Esprimere l’integrale generale dell’equazione, al variare di h e k.3. Porre h = 0 nell’equazione, e fare le opportune osservazioni.

E. 9.37. Risolvere l’equazione

y′′(t) + y(t) = sin t.

Interpretare il risultato.

163

E. 9.38. Scrivere il sistema lineare associato all’equazione del Esercizio 1. Analizzare lastabilita dell’origine.

E. 9.39. Sia P (t) la popolazione di una certa specie animale. Si supponga che P (t)soddisfi l’equazione di crescita logistica

dP

dt= 0.2P (t)(1− P (t)/200), y(0) = 150

1. Riconoscere che l’equazione e autonoma, e quindi a variabili separabili, non lineare.2. Senza risolvere l’equazione, dare un grafico qualitativo della soluzione.3. Studiarne il diagramma di fase.4. Mostrare che la soluzione e della forma

P (t) =e0.2t

A+Be0.2t.

Determinare A e B. [R.: B = 1/200, A = 1/600]

E. 9.40. Disegnare il diagramma di fase e l’andamento qualitativo delle soluzioni dell’e-quazione y′(t) = y(t)− y3(t).

E. 9.41. Dato il sistema di equazioni differenzialix′1 = −2tx1 − x2

x′2 = 3tx1 − t2x2

con i due problemi di Cauchy: x1(0) = a, x2(0) = 1; x1(0) = 1, x2(0) = −1

1. Scrivere in forma matriciale il sistema.2. Discutere l’esistenza e l’unicita delle soluzioni per i due problemi di Cauchy.3. Dire quando le soluzioni sono indipendenti.4. Mediante la formula di Liouville calcolare W (t).

E. 9.42. Data

A =

1 −1 20 2 10 0 2

si calcoli eAt, quindi si calcoli la soluzione del problema di Cauchy

x = Ax

x(0) =

−103

.

E. 9.43. Considerare il modello preda-predatore con correzione logistica

x′ = (a− by − ex)x

y′ = −(c− dx+ fy)y

a, b, c, d, e, f > 0.

164

1. Quali sono le prede e quali i predatori?2. Si stabilisca se esistono delle condizioni sui parametri che implichino l’estinzione dei

predatori. In questo caso completare lo studio del modello.

E. 9.44. Considerare il modello che descrive due specie in competizione

x′ = (a−Ay − αx)x

y′ = −(b−Bx+ βy)y

1. Interpretare il modello.2. Studiare i punti critici del sistema al variare dei parametri (positivi).3. Interpretare i risultati.


y′ = y log(y + 1)y(0) = k

si stabilisca per quali valori di k la soluzione esiste ed e unica. Quindi si tracci un graficoqualitativo delle soluzioni precisando l’intervallo massimale di definizione.


y = y 4

√y + 1

y(0) = k.

si determini

1. per quali k ∈ R il problema ha soluzione unica2. se le soluzioni sono prolungabili in R.

Trovate le soluzioni di equilibrio, se ne studi la stabilita e infine si tracci un graficoqualitativo di tutte le soluzioni.

E. 9.47. Al variare dei parametri L, ω ∈ R+ = 0,+∞, risolvere l’equazione

u(t) +1

L= 1 + sinωt

dando un’interpretazione fisica del risultato.

E. 9.48. E data una popolazione P (t) che segue la legge

P ′(t) =P (t)

1 + P 3(t).

Dire se la soluzione locale al Problema di Cauchy esiste ed e unica. Disegnare il diagram-ma di fase e trovare, se esistono, punti di equilibrio discutendone la stabilita. Esaminarela prolungabilita della soluzione.

165

E. 9.49. Dato il sistema lineare a coefficienti costanti

z′ = Az A =

[−3 α− 21 1

]

con α parametro reale.

1. Discutere, al variare del parametro α, la stabilita dell’origine nel piano delle fasi,classificando tale punto.

2. Nel caso α = 2,a) determinare gli autovettori di A,b) calcolare la matrice eAt,c) scrivere l’integrale generale del sistema, descrivere le traiettorie nell’intorno

dell’origine,d) scrivere la matrice di transizione W (t, τ).


u(5)(t)− 5u(3)(t) + 4u(t) = 0

scrivere il sistema del primo ordine z = Az ad essa equivalente. Trovare autovalori edautovettori della matrice A e scrivere esplicitamente l’integrale generale del sistema,deducendo quindi la soluzione dell’equazione


y = y3 − y

1. si determinino gli eventuali punti di equilibrio2. si calcoli la funzione potenziale U = U(x) che si annulla in x = 0 e se ne tracci il

diagramma3. si tracci il ritratto di fase4. si dica per quali dati iniziali x(0) = k e x(0) = 0 le orbite sono periodiche.

E. 9.52. Sia dato il sistema conservativo a un grado di libera

x = 10x4 + 18x3 − 18x2.

Disegnare il grafico qualitativo della funzione energia potenziale supponendo che si annulliin x = 0.Dedurre la configurazione delle traiettorie nel piano delle fasi (x, x).Precisare le traiettorie corrispondenti ai vari livelli di energia, specificando se si tratta dipunti di equilibrio, di orbite chiuse oppure no.

DIPARTIMENTO di MATEMATICA “F Brioschi POLITECNICO di...

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