Problema di Cauchy

Dato il problema di Cauchy{y′(t) = f(t, y(t)) t ∈ Iy(t0) = y0

(1) vale il teorema di esistenza e unicita locale se f :A→ R e continua e ∂f

∂y esiste ed e continua in A;

(2) se per ogni t ∈ [a, b] e per ogni y ∈ R si ha

|f(t, y)| ≤ k1 + k2|y|

allora la soluzione e definita su tutto [a, b];

(3) se f soddisfa alle ipotesi del teorema di esistenzaed unicita , due soluzioni distinte y1, y2 : I → Rdell’equazione non si intersecano mai, cioe per ognit ∈ I

y1(t) < y2(t) o y2(t) < y1(t).

1

Esercizio 1. Dimostrare che la soluzione di{y′ = sin(t+ y2)

y(1) = 0

esiste ed e unica, e che il suo dominio massimale didefinizione e R.

La funzionef(t, y) = sin(t+ y2)

e definita su R× R ed e continua. Inoltre si ha

∂f

∂y= cos(t+ y2)(2y) = 2y cos(t+ y2)

che e a sua volta continua su R × R. Dunque esisteδ > 0 e y : [1− δ, 1 + δ]→ R soluzione del problema.

Notiamo che per ogni t ∈ R e y ∈ R si ha

| sin(t+ y2)| ≤ 1.

Dunque posso applicare il teorema di esistenza globalecon k1 = 1 e k2 = 0 e concludere che y e definita sututto R.

2

Esercizio 2. Studiare al variare di α l’applicabi-lita del teorema di esistenza locale al problema{

y′ = 3√y − t

y(1) = α.

La funzione f(t, y) = 3√y − t e definita su R × R ed

e continua.Calcoliamo la derivata parziale di f rispetto a y. Sey 6= t si ha per composizione

∂f

∂y=

1

3(y − t)−2

3 =1

3

13√

(y − t)2.

Se y = t, cioe sono in un punto (a, a) sulla bisettricedel piano (y, t), devo procedere per definizione: si ha

∂f

∂y(a, a) = lim

h→0

f(a, a+ h)− f(a, a)

h= limh→0

3√h

h

= limh→0

13√h2

= +∞.

3

Dunque:

(1) se α 6= 1, cioe (1, α) non sta sulla bisettrice, possoapplicare il teorema di esistenza ed unicita locale;

(2) se α = 1, il teorema non e applicabile.

Esercizio 3. Determinare l’intervallo massimale didefinizione delle soluzione di{

y′ = t+√y2 + 2

y(0) = 1

e y′ =1

t− 1+√y2 + 2

y(0) = 1.

Si ha che f(t, y) = t+√y2 + 2 e definita su R2 ed e di

classe C1. Dunque esiste ed e unica y : [−δ, δ] → Rsoluzione locale del problema.Notiamo che

|f(t, y)| ≤ |t|+√

2 + |y|.

4

Dunque la crescita e sublineare. Concludiamo che ildominio e R.

Nel caso f(t, y) = 1t−1 +

√y2 + 2 si ha

|f(t, y)| ≤ 1

|t− 1|+√

2 + |y|.

Dunque la crescita e sublineare. Concludiamo che ildominio e ]−∞, 1[.

Esercizio 4. Verificare che la soluzione di{y′ = (y + 1)3 sin y

y(0) = 12

e limitata, crescente e definita su tutto R.Una soluzione locale y : I → R esiste ed e unicaperche

f(t, y) = (y + 1)3 sin y

e di classe C1. Determiniamo le soluzioni stazionariedell’equazione, e cioe

(y + 1)3 sin y = 0.

5

Otteniamo y = −1 e y = kπ con k ∈ Z.Poiche soluzioni diverse dell’equazione non possonointersecarsi, si ha che per ogni t ∈ I

0 < y(t) < π.

Poiche y e limitata su I, deduciamo che I = R.Poiche per ogni y ∈]0, π[ abbiamo che

(y + 1)3 sin y > 0

otteniamo che

y′(t) = (y(t) + 1)3 sin y(t) > 0

per ogni t ∈ R, cioe y e crescente su R.

Esercizio 5. Studiare al variare di α il segno delladerivata prima della soluzione di{

y′ = (sin2 t)ey(y − 1)(y − 2)

y(0) = α.

6

Abbiamo che f(t, y) = (sin2 t)ey(y − 1)(y − 2) e diclasse C1, cosı che esiste ed e unica la soluzione y :I → R.Le soluzioni stazionarie sono date da

(sin2 t)ey(y − 1)(y − 2) = 0 =⇒ y = 1 o y = 2.

Dunque si ha

(1) se α < 1, y(t) < 1 per ogni t ∈ I;

(2) se α = 1, y(t) = 1 per ogni t ∈ I;

(3) se 1 < α < 2, 1 < y(t) < 2 per ogni t ∈ I;

(4) se α = 2, y(t) = 2 per ogni t ∈ I;

(5) se α > 2, y(t) > 2 per ogni t ∈ I.

Per studiare il segno di y′ poniamo

f(t, y) = (sin2 t)ey(y − 1)(y − 2) ≥ 0.

7

Si ha

(y − 1)(y − 2) ≥ 0

e cioe y ≤ 1 ∪ y ≥ 2. Concludiamo che poiche

y′(t) = (sin2 t)ey(t)(y(t)− 1)(y(t)− 2)

si ha:

(a) y′(t) > 0 (cioe y e crescente) per α < 1 o α > 2;

(b) y′(t) = 0 per α = 1 e α = 2;

(c) y′(t) < 0 (cioe y e decrescente) per 1 < α < 2.

Teorema dell’asintoto. Se f : I → R e derivabile e

limt→+∞

f(t) = l limt→+∞

f ′(t) = m

con l,m ∈ R, allora m = 0.

8

Dimostrazione. Per il teorema di Lagrange si ha cheper ogni a, b ∈ I esiste c ∈]a, b[ tale che

f(b)− f(a)

b− a= f ′(c).

Prendiamo a = n e b = n+ 1 e mandiamo n→ +∞.Si ha c→ +∞. Abbiamo

limn→+∞

f(n+ 1)− f(n)

(n+ 1)− n= limn→+∞

f(n+ 1)− f(n)

= l − l = 0

e limn→+∞ f′(c) = m, da cui m = 0.

Esercizio 6. Dimostrare che la soluzione di{y′ = −(y − 2) arctan2 y

y(0) = 1

e definita su tutto R e calcolare

limt→−∞

y(t) e limt→+∞

y(t).

9

Esistenza e unicita : poiche f(t, y) = (y−2) arctan2 ye di classe C1, esiste ed e unica la soluzione y : I → Rdel problema.

Dominio massimale: si ha

|f(t, y)| ≤ |y − 2| arctan2 y ≤ π2

4(|y|+ 2)

e dunque (crescita sublineare) I = R.

Soluzioni stazionarie:

(y − 2) arctan2 y = 0 =⇒ y = 2 e y = 0.

Poiche y(0) = 1, otteniamo che per ogni t ∈ R

0 < y(t) < 2.

Segno della derivata prima: si ha che

−(y − 2) arctan2 y ≥ 0⇔ (y − 2) ≤ 0⇔ y ≤ 2.

10

Poiche per ogni t ∈ R

y′(t) = −(y(t)− 2) arctan2 y(t) > 0

concludiamo che y e strettamente crescente.

Limiti agli estremi: i limiti per t → ±∞ sicuramenteesistono:

limt→−∞

y(t) = a e limt→+∞

y(t) = b

con 0 ≤ a < b ≤ 2. Vediamo che a = 0 e b = 2.Infatti si ha che

limt→−∞

y′(t) = − limt→−∞

(y(t)− 2) arctan2 y(t)

= −(a− 2) arctan2 a.

Ma per il teorema dell’asintoto deve essere

−(a− 2) arctan2 a = 0

e poiche 0 ≤ a < 2 si ha

arctan2 a = 0 =⇒ a = 0.

11

Similmente si ha

limt→+∞

y′(t) = −(b− 2) arctan2 b = 0

e poiche 0 < b ≤ 2 si ha b = 2.

Esercizio 7. (Tema esame 6 Dicembre 2004){y′ = e−y

2+ t4

y(0) = 0

(1) Dimostare che esiste un’unica soluzione definitasu tutto R.

(2) y(t) e dispari?

(3) Calcolare limt→+∞ y(t).

(1) Esistenza e unicita : si ha che f(t, y) = e−y2

+ t4

e di classe C1 e dunque esiste ed e unica y : I → Rsoluzione del problema.

12

Dominio massimale: poiche

|f(t, y| ≤ 1 + t4

si ha crescita sublineare in y cosı che I = R.

(2) Affinche y sia dispari deve essere

y(−t) = −y(t).

Notiamo che v(t) := −y(−t) e tale che v(0) =−y(0) = 0 e

v′(t) = −y′(−t)(−1) = y′(−t), v2(t) = y2(−t).

Dunque si ha che

v′(t) = e−v2(t) + t4

perche dall’equazione differenziale calcolata in −t siha

y′(−t) = e−y2(−t) + (−t)4.

Per l’unicita della soluzione, si ha y(t) = v(t) ecioe y e dispari.

13

(3) Segno della derivata: si ha che

y′(t) = e−y2(t) + t4 > 0

cosı che y e crescente.

Calcolo del limite: esiste certamente

limt→+∞

y(t) = a.

Vediamo che a = +∞. Infatti si ha y′(t) ≥ t4 edintegrando si ha∫ t

0

y′(s) ds ≥∫ t

0

s4 ds

da cui

y(t)− y(0) ≥ t5

5=⇒ y(t) ≥ t5

5.

Dunque

limt→+∞

y(t) ≥ limt→+∞

t5

5= +∞.

14

Esercizio 8 (Tema esame 14 Gennaio 2013). Siconsideri il problema di Cauchy{

y′ = t4−y2

y

y(0) = y0

Si determini al variare di y0 6= 0 se il problema am-mette esistenza ed unicita locale e globale. Si studinomonotonia, eventuali simmetrie della soluzione ed ilimiti agli estremi del dominio di definizione.

1. Per y0 6= 0 si ha sempre esistenza ed unicita locali.

2. Le soluzioni stazionarie sono date da y = ±2. Dun-que si ha esistenza globale per −2 ≤ y0 < 0 e0 < y0 ≤ 2 sicuramente.

3. Crescenza e decrescenza. Si ha

4− y2

y≥ 0

se e solo se y ≤ −2 e 0 < y ≤ 2. Dunque

15

(a) Se y0 < −2, y decresce fino a zero e poi crescedopo zero.

(b) Se −2 < y0 < 0, y cresce fino a zero e poidecresce dopo zero.

(c) Se 0 < y0 < 2, y decresce fino a zero e poi crescedopo zero.

(d) Se y0 > 2, y cresce fino a zero e poi decrescedopo zero.

Grazie ad (a) e (d), vediamo che si ha esistenzaglobale anche per y0 < −2 e y0 > 2.

4. Passiamo al comportamento asintotico delle solu-zioni. Consideriamo il caso 0 < y0 < 2. Grazie allamonotonia, abbiamo che

limt→−∞

y(t) = a e limt→+∞

y(t) = b

con y0 < a ≤ 2 e y0 < b ≤ 2. Vediamo chea = b = 2. Se fosse ad esempio b < 2, allora datoε > 0 esiste t0 > 0 tale che per t ≥ t0

y′(t) ≥ εt

16

da cui y(t) ≥ y(t0)+ε(t−t0): cio e contro y(t) ≤ 2per ogni t ∈ R. Similmente si ha a = 2.

Gli altri casi si trattano in modo simile.

5. Simmetrie. Le funzioni sono sempre pari. Infatti sez(t) = y(−t) si ha

z′(t) = −y′(−t) = t4− y2(−t)y(−t)

= t4− z2(t)z(t)

con z(0) = y0. Dunque z(t) = y(−t) = y(t).

Esercizio 9. (Tema esame 20 Dicembre 2004).{y′ = arctan y

y(0) = α

Dimostare che la soluzione y

(1) e definita su tutto R;

(2) e strettamente monotona per α 6= 0;

17

(3) e convessa se α > 0, concava se α < 0;

(4) nel caso α ≥ 0, calcolare

limt→−∞

y(t) e limt→+∞

y(t).

(1) Esistenza e unicita : f(t, y) = arctan y e di classeC1 e dunque esiste ed e unica y : I → R soluzionedel problema.

Dominio massimale:

| arctan y| ≤ π

2

abbiamo che I = R.

(2) Soluzioni stazionarie:

arctan y = 0 =⇒ y = 0.

Dunque abbiamo che

18

(a) se α = 0, y(t) = 0;(b) se α > 0, y(t) > 0;(c) se α < 0, y(t) < 0.

Segno della derivata: si ha

arctan y > 0⇐⇒ y > 0

e dunque poiche

y′(t) = arctan y(t),

se α 6= 0, abbiamo che y′(t) > 0 oppure y′(t) < 0,cioe y e strettamente monotona.

(3) Segno della derivata seconda: per studiare concavi-ta e convessita di y, dobbiamo calcolare la derivataseconda. Si ha

y′′(t) = (y′(t))′ = (arctan y(t))′ =1

1 + y2(t)y′(t)

=arctan y(t)

1 + y2(t).

19

Dunque

(a) se α > 0, si ha y(t) > 0 e percio y′′(t) > 0:dunque y e convessa;

(b) se α < 0, si ha y(t) < 0 e percio y′′(t) < 0:dunque y e concava.

(4) Limiti agli estremi per α ≥ 0.

Se α = 0, y(t) = 0 e i limiti valgono zero.

Sia α > 0. Sappiamo che y e strettamentecrescente. Allora i due limiti esistono

limt→−∞

y(t) = a e limt→+∞

y(t) = b,

e si ha 0 ≤ a < b ≤ +∞. In particolare a ∈ R.Proviamo che a = 0 e b = +∞. Infatti, se t→ −∞si ha

limt→−∞

y′(t) = limt→−∞

arctan y(t) = arctan a ∈ R.

Per il teorema dell’asintoto, deve essere arctan a =0 e dunque a = 0. Vediamo che b = +∞. Se per

20

assurdo fosse 0 < b < +∞ si avrebbe

limt→+∞

y′(t) = limt→+∞

arctan y(t) = arctan b ∈ R

ma arctan b > 0. Questo e contro il teoremadell’asintoto.

Esercizio 10. Studiare al variare di 0 < α < 1 lasoluzione di {

y′ = 2 sin y

y(0) = α

Esistenza e unicita : poiche f(t, y) = 2 sin y e di classeC1, esiste ed e unica y : I → R soluzione del problema.

Dominio massimale:

|f(t, y)| ≤ 2

si ha che I = R.

Soluzioni stazionarie:

2 sin y = 0 =⇒ y = kπ, k ∈ Z.

21

Dunque se 0 < α < 1 abbiamo che per ogni t ∈ R siha

0 < y(t) < π.

Segno della derivata: poiche

y′(t) = 2 sin y(t),

per 0 < α < 1 si ha che

y′(t) > 0

cioe y e strettamente crescente. Inoltre

limt→−∞

y(t) = 0 e limt→+∞

y(t) = π.

In particolare esiste un solo t ∈ R tale che y(t) = π2 .

Segno della derivata seconda:

y′′(t) = (y′(t))′ = 2(sin y(t))′ = 2[cos y(t)]y′(t)

= 4 cos y(t) sin y(t) = 2 sin(2y(t)).

22

Per 0 < y < π si ha che

sin(2y) > 0 per 0 < y <π

2

esin(2y) < 0 per

π

2< y < π.

Concludiamo che

y′′(t) > 0 per t ∈]−∞, t[ (y e convessa),

y′′(t) = 0 (unico punto di flesso) e

y′′(t) < 0 per t ∈]t,+∞[ (y e concava).

Esercizio 11 (Tema esame 10 Aprile 2011). Siconsideri {

y′ = ln(ln2 y + 12)

y(0) = y0 > 0.

Discutere esistenza ed unicita locali. Si dica se l’in-tervallo massimale puo essere illimitato a destra op-pure no. Determinare eventuali soluzioni staziona-

23

rie. Studiare il comportamento agli estremi del do-minio. Studiare monotonia e concavita per y0 ∈R+.

1. Si ha sempre esistenza ed unicita locali.

2. Le soluzioni stazionarie sono

y = e± 1√

2

Dunque si ha esistenza globale sicuramente per

e− 1√

2 ≤ y0 ≤ e1√2.

3. Monotonia: si ha

ln(ln2 y +1

2) ≥ 0

se e solo se

ln2 y ≥ 1

2

cioe 0 < y < e− 1√

2 e y > e1√2.

(a) Se 0 < y0 < e− 1√

2, y e crescente.

24

(b) Se e− 1√

2 < y0 < e1√2, y e decrescente.

(c) Se y0 > e1√2, y e crescente.

4. Esistenza globale.

(a) Se 0 < y0 < e− 1√

2 il dominio massimale e ] −a,+∞[. Infatti per t > 0 si ha

|f(t, y(t))| ≤ ln(ln2 y0 +1

2)

Invece non puo essere estesa fino a −∞: infattiper t < 0 si ha

y′(t) ≥ ln(ln2 y0 +1

2)

da cui

y(0)− y(t) ≥ −[ln(ln2 y0 +1

2)]t

cioe

y(t) ≤ y0 + [ln(ln2 y0 +1

2)]t.

Dunque per t→ −∞ si contraddice y > 0.

25

(b) Sia y0 > e1√2. Allora si ha per t > 0

|f(t, y(t))| ≤ ln2 y(t) +1

2≤ a+ b|y(t)|.

Si ha allora esistenza globale.

5. Limiti agli estremi.

(a) Se 0 < y0 < e− 1√

2, si ha

limt→−a+

y(t) = 0 e limt→+∞

y(t) = e− 1√

2.

(b) Se e− 1√

2 < y0 < e1√2 si ha

limt→−∞

y(t) = e1√2 e lim

t→+∞y(t) = e

− 1√2.

(c) Se y0 > e1√2 si ha

limt→−∞

y(t) = e1√2 e lim

t→+∞y(t) = +∞

26

6. Concavita . Si ha

y′′(t) =1

ln2(y(t)) + 12

2 ln y(t)1

y(t)ln(ln2 y +

1

2)

Dunque

(a) Se 0 < y0 < e− 1√

2, y(t) e concava.

(b) Se e− 1√

2 < y0 < e1√2, y(t) passa da concava a

convessa.

(c) Se y0 > e1√2, y(t) e convessa.

Esercizio 12. Dimostrare che il dominio massimaledella soluzione di {

y′ = y2 + t2

y(0) = 0

non e tutto R.

Sia y : I → R la soluzione del problema. Notiamoche f(t, y) = y2 + t2 non ha crescita al piu lineare

27

in y. Dunque non possiamo applicare il teorema sul-l’intervallo massimale, e non e garantito che esso siaR.

Si ha che per t > 0,

y′(t) = y2(t) + t2 > 0

cioe y e strettamente crescente. Sia I =]a, b[ evediamo che b < +∞.

Per assurdo sia b = +∞: poiche y′(t) ≥ t2 e dunquey(t) ≥ t3/3, si ha

limt→+∞

y(t) = +∞.

Si hay′(t)

y2(t) + t2= 1

ed integrando da su [1, β] otteniamo

∫ β

1

y′(t)

y2(t) + t2dt = β − 1.

28

Si ha che∫ β

1

y′(t)

y2(t) + t2dt ≤

∫ β

1

y′(t)

y2(t)dt =

[− 1

y(t)

]β1

= − 1

y(β)+

1

y(1).

Se β → +∞ si ha

limβ→+∞

∫ β

1

y′(t)

y2(t) + t2dt ≤ lim

β→+∞

(− 1

y(β)+

1

y(1)

)=

1

y(1).

Ma questo e assurdo, perche dovrebbe essere

limβ→+∞

∫ β

1

y′(t)

y2(t) + t2dt = lim

β→+∞(β − 1) = +∞.

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