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.
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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.
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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.
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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.
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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.
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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).
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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.
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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.
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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.
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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.
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(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= +∞.
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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
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(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
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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;
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(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
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(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).
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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
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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.
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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)).
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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-
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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.
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(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.
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(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) = +∞
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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
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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.
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