sistemi

SISTEMI DI EQUAZIONI DIFFERENZIALI- ESERCIZI SVOLTI

Generalit` a sui sistemi 1. Sia (x(t), y(t)) la soluzione del problema di Cauchy (

x0 = 3x x(1) = 2 y 0 = −x2 y(1) = 0.

Posto v(t) = e x(t)y(t) , calcolare v 0 (1).

2. Sia

(

x0 = 3x − y y0 = x + y

e ξ(t) = x(2t), η(t) = y(t).

Scrivere il sistema soddisfatto da ξ e η.

3. Risolvere il sistema

(

x0 = y y 0 = −3x − 4y

dopo essersi ricondotti ad una equazione del secondo ordine.

4. Data una soluzione γ(t) = (x(t), y(t)) del sistema (

x0 = 2x − 1 y 0 = x2 − y

t ∈ [0, 1],

e il campo vettoriale ~F(x, y) = (y − x2 , 2x − 1), calcolare

1

R γ

~F · dP .

2

SISTEMI DI EQUAZIONI DIFFERENZIALI- ESERCIZI SVOLTI

5. Dire in quali punti (t0 , y0 ) non pu`o applicarsi il teorema di Cauchy di esistenza e unicit`a di soluzione per le seguenti equazioni scalari a) y 0 =

q

|t|,

b) y 0 =

q

|y|,

c) y 0 = t|t|,

d) y 0 = y|y|,

q

e) y 0 = y |t|

con condizione iniziale y(t0 ) = y0 .

6. Dire in quali punti (t0 , x0 , y0 ) non pu`o applicarsi il teorema di Cauchy di esistenza e unicit`a per i seguenti sistemi (

a)

(

p

x0 = |t|x y 0 = |y|y

con condizione iniziale (x( t0 ) = x0 , y(t0 ) = y0 ).

b)

p

x0 = |y − t| y0 = x

SISTEMI DI EQUAZIONI DIFFERENZIALI- ESERCIZI SVOLTI

Sistemi lineari a coefficienti costanti, omogenei 7. Risolvere il seguente sistema

(

x˙ = 3x − 2y y˙ = 2x − 2y

e determinare le soluzioni limitate su [0, +∞).

8. Risolvere il seguente sistema

(

x˙ = 2x + y y˙ = −x + 2y

e determinare le soluzioni limitate su (−∞, 0].

9. Risolvere il seguente sistema

(

x˙ = 3x + y y˙ = −x + y

e determinare le soluzioni limitate su (−∞, 0].

10. Risolvere il seguente sistema

(

11. Risolvere il seguente sistema

(

x01 = x1 + 2x2 x02 = −2x1 − 4x2

x01 = x1 + 2x2 x02 = −2x1 − x2

12. Risolvere il problema di Cauchy (

x˙ = 3x − 2y, y˙ = 2x − 2y,

x(0) = 1 y(0) = 2.

3

4

SISTEMI DI EQUAZIONI DIFFERENZIALI- ESERCIZI SVOLTI

Sistemi lineari a coefficienti costanti, non omogenei 13. Risolvere il sistema

(

14. Risolvere il sistema

(

x0 = −x + 4y + e 3t y 0 = −x + 3y.

x0 = −x + 4y + 2 + e 3t y 0 = −x + 3y − 1.

15. Trovare la soluzione del problema di Cauchy (

x0 = −x + 4y + cos t, y 0 = −x + 3y,

x(0) = 0 y(0) = 0.

16. Trovare la soluzione del problema di Cauchy (

x0 = x + 2y + e −t , y 0 = 2x + y,

x(0) = 0 y(0) = 0.

17. Trovare la soluzione del problema di Cauchy (

x0 = x + 2y + e t , y 0 = 2x + y + 1,

x(0) = 0 y(0) = 0.

SISTEMI DI EQUAZIONI DIFFERENZIALI- ESERCIZI SVOLTI

Stabilit` a lineare 18. Studiare la stabilit`a della soluzione nulla del sistema (

x0 = −2x − 3y y 0 = x + y.

19. Studiare, al variare di α ∈ R, la stabilit`a della soluzione nulla del sistema (

x0 = −3x + α2 y y 0 = x − 3y.

20. Studiare, al variare di α ∈ R, la stabilit`a della soluzione nulla del sistema (

x0 = 2y y 0 = −2x + αy.

21. Studiare, al variare di α ∈ R, la stabilit`a della soluzione nulla del sistema (

22. Dato il sistema

(

x0 = αx − y y 0 = x + y.

x0 = x + α2 y y 0 = α1 x + αy,

determinare i valori di α ∈ R per cui: a) tutte le soluzioni sono limitate su [0, +∞); b) esistono soluzioni (diverse dalla soluzione nulla) limitate in [0, +∞).

23. Dato il sistema

(

x0 = x + α2 y y 0 = x + αy,

a) determinare i valori di α ∈ R per cui tutte le soluzioni sono limitate su [0, +∞); b) dire se esistono soluzioni (diverse dalla soluzione nulla) limitate su R.

5

6

SISTEMI DI EQUAZIONI DIFFERENZIALI- ESERCIZI SVOLTI

Stabilit` a non lineare 24. Trovare i punti critici dei seguenti sistemi, studiandone la stabilit`a e scriverne i corrispondenti sistemi linearizzati; (

a)

x0 = y y 0 = −x − y − (x2 + y 2 )

(

b)

x0 = x2 + 2y y 0 = x − y.

25. Verificare che (0, 0) `e un punto critico del sistema: (

x0 = −x + e αy − 1 y 0 = e x−y − 1.

Discutere inoltre, al variare del parametro α 6= 1, la stabilit`a del punto (0, 0).

SISTEMI DI EQUAZIONI DIFFERENZIALI- ESERCIZI SVOLTI

7

Esercizi di riepilogo sui sistemi 26. Dato il sistema

(

x˙ = x y˙ = −y − 2x.

a) Determinare l’integrale generale; b) studiare la stabilit`a del punto critico (0, 0) e la limitatezza in passato (cio`e in (−∞, 0]) e in futuro (cio`e in [0, +∞)) delle soluzioni; c) determinare gli α ∈ R tali che tutte le soluzioni (x(t), y(t)) verifichino µ

lim e αt

t→0

x(t) y(t)

¶

µ ¶

=

0 0

;

d) determinare la soluzione che soddisfa x(0) = 2, y(0) = −2; e) mostrare che il sistema `e Hamiltoniano e tracciarne le orbite.

27. Dato il sistema

(

x˙ = (α + 2)x + y y˙ = −x + αy

a) discutere al variare di α ∈ R la stabilit`a della soluzione nulla e la limitatezza delle soluzioni; b) posto α = 1, risolvere il sistema.

28. Dato il sistema

(

x˙ = 2e y − e x − 1 y˙ = sin αx + (αy)2

a) verificare che (0, 0) `e un punto critico per ∀α ∈ R; b) discutere, al variare di α ∈ R, α 6= 0, la stabilit`a del punto critico (0, 0).

8

SISTEMI DI EQUAZIONI DIFFERENZIALI- ESERCIZI SVOLTI

Approfondimenti 29. Dato il sistema

(

x0 = αx − y , y 0 = x + αy

α ∈ R,

risolverlo dopo averlo trasformato in coordinate polari e tracciarne qualitativamente le soluzioni.

30. Dato il sistema

(

x0 = (1 + y 2 ) log(2 + cos(πx)) y 0 = x2 + y 2

a) si determini la soluzione del problema di Cauchy con (x(0) = 1, y(0) = 1); b) mostrare che se (x(t), y(t)) `e una soluzione, definita per t su un intervallo I, allora |x(t1 ) − x(t2 )| < 2, ∀t1 , t2 ∈ I. 31. Verificare che il seguente sistema `e Hamiltoniano e studiare la stabilit`a del punto critico (0, 0) (

x0 = y y 0 = −x3 .

32. Verificare che il seguente sistema `e Hamiltoniano e studiare la stabilit`a del punto critico (0, 0) (

x0 = 4y 3 y 0 = −2 sin x.

SISTEMI DI EQUAZIONI DIFFERENZIALI- ESERCIZI SVOLTI

9

SOLUZIONI

Generalit` a sui sistemi 1. Derivando v(t) = e x(t)y(t) ed utilizzando le equazioni del sistema si trova v 0 (t) = e x(t)y(t) [x0 (t)y(t) + x(t)y 0 (t)] = e x(t)y(t) [3x(t)y(t) − x(t)3 ].

Sostituendo t = 1 si ottiene v 0 (1) = e 2·0 [3 · 2 · 0 − 23 ] = −8.

2. Derivando rispetto a t la funzione ξ(t) = x(2t) ed utilizzando le equazioni del sistema abbiamo ξ 0 (t) = 2x0 (2t) = 2[3x(2t) − y(2t)] = 6ξ(t) − 2η(2t).

Analogamente

η 0 (t) = y 0 (t) = x(t) + y(t) = ξ( 2t ) + η(t),

da cui il sistema

(

ξ 0 (t) = 6ξ(t) − 2η(2t) η 0 (t) = ξ( 2t ) + η(t).

Osserviamo che questo non `e un sistema di equazioni differenziali ordinarie.

3. Derivando x0 = y otteniamo x00 = y 0 e sostituendo nella seconda equazione x00 = y 0 = −3x − 4x0

⇒

x00 + 4x0 + 3x = 0.

Le radici del polinomio caratteristico λ2 + 4λ + 3 sono λ1 = −1 , λ2 = −3, per cui l’integrale generale dell’equazione del secondo ordine `e x(t) = c1 e −t + c2 e −3t ,

c1 , c2 ∈ R.

Derivando y(t) = x0 (t) = −c1 e t − 3c2 e −3t per cui l’integrale generale del sistema `e ½

x(t) y(t)

= c1 e −t + c2 e −3t = −c1 e −t − 3c2 e −3t ,

c1 , c2 ∈ R.

10

SISTEMI DI EQUAZIONI DIFFERENZIALI- ESERCIZI SVOLTI

4. Osserviamo che γ(t) ˙ = (2x(t) − 1, x2 (t) − y(t)) ed ~ F(x(t), y(t)) = (y(t) − x2 (t), 2x(t) − 1).

Quindi γ(t) ˙ · ~F(x(t), y(t)) = 0, ovvero γ(t) ˙ ⊥ ~F(γ(t)) e perci`o Z γ

~F · dP =

Z 1 0

~F(x(t), y(t)) · γ(t)dt ˙ = 0.

5. Il teorema di esistenza ed unicit`a di Cauchy per y 0 = f (t, y) richiede la continuit` a di f (x, y) e della derivata parziale fy (x, y). Quindi nel nostro caso il teorema non si pu`o applicare: a) in nessun punto; b) nei punti (t0 , 0), ∀t0 ∈ R; c) nessun punto; d) osserviamo che in questo caso

∂f ∂y

= |y| + y · sign y = 2|y| `e continua quindi la risposta `e:

nessun punto; e) nessun punto.

6. Il teorema di esistenza e unicit`a per un sistema della forma (x0 , y 0 ) = (f1 (t, x, y), f2 (t, x, y)) richiede la continuit`a di fi e delle derivate parziali rispetto ad x ed y. Quindi: a) f1 ed f2 sono continue ovunque. Inoltre

∂f1 ∂x

=

p

|t|,

∂f1 ∂y

=

∂f2 ∂x

= 0,

∂f2 ∂y

= 2|y| sono

anch’esse continue ovunque, per cui non c’`e nessun punto in cui non siano verificate le ipotesi del teorema di Cauchy. b) Anche in questo caso f1 ed f2 sono continue ∀(x, y) ∈ R2 , cos`ı come ∂f2 ∂x

= 1. Invece

∂f1 ∂y

∂f1 ∂x

=

∂f2 ∂y

= 0 e

√ (y−t) , non `e continua se t0 = y0 e dunque il teorema non si applica = sign 2

|y−t|

nei punti (t0 , x0 , t0 ), ∀t0 , x0 ∈ R.

SISTEMI DI EQUAZIONI DIFFERENZIALI- ESERCIZI SVOLTI

11

Sistemi lineari a coefficienti costanti, omogenei 7. La matrice dei coefficienti del sistema lineare `e µ

A=

3 −2 2 −2

¶

che ha il polinomio caratteristico µ

det

3−λ −2 2 −2 − λ

¶

= (3 − λ)(−2 − λ) + 4 = λ2 − λ − 2 = (λ − 2)(λ + 1).

Le radici sono λ = 2, λ = −1 dunque l’integrale generale `e µ

x(t) y(t)

¶

= c1 e 2t u + c2 e −t v,

dove u e v sono due autovettori relativi agli autovalori 2 e −1 rispettivamente. λ = 2 Risolvo il sistema lineare omogeneo associato alla matrice A − 2I, µ

1 −2 2 −4

¶µ ¶

x y

µ ¶

0 0

=

,

corrispondente all’unica equazione x − 2y = 0. Quindi un autovettore corrispondente all’ autovalore λ = 2 `e

µ ¶

u=

2 1

.

λ = −1 Risolvo il sistema lineare associato ad A + I, µ

4 −2 2 −1

¶µ ¶

x y

µ ¶

=

0 0

,

corrispondente all’equazione 4x − 2y = 0 e trovo l’autovettore µ ¶

v=

1 2

.

L’integrale generale del sistema differenziale `e dunque µ

x(t) y(t)

¶

µ ¶

= c1 e 2t

2 1

µ ¶

+ c2 e −t

1 2

,

o, pi` u esplicitamente (

x(t) = 2c1 e 2t + c2 e −t y(t) = c1 e 2t + 2c2 e −t

c1 , c2 ∈ R.

12

SISTEMI DI EQUAZIONI DIFFERENZIALI- ESERCIZI SVOLTI

Per quanto riguarda la limitatezza osserviamo che la funzione e 2t non `e limitata su [0, +∞) mentre la funzione e −t lo `e. Quindi, affinch`e una soluzione sia limitata su tale intervallo, non deve comparire la parte in e 2t , cio`e deve essere c1 = 0. Quindi le soluzioni limitate su [0, +∞) sono tutte e sole della forma (

x(t) = c2 e −t y(t) = 2c2 e −t

8. L’equazione caratteristica di

µ

A= `e

µ

det

2−λ 1 −1 2−λ

da cui otteniamo (2 − λ)2 = −1

⇒

c2 ∈ R.

2 1 −1 2

¶

¶

= (2 − λ)2 + 1 = 0

2 − λ = ±i e quindi gli autovalori sono λ = 2 ± i.

L’integrale generale sar`a della forma µ

x(t) y(t)

¶

= c1 e 2t [(cos t) · u − (sin t) · v] + c2 e 2t [(sin t) · u + (cos t) · v] ,

dove u + iv `e un autovettore relativo all’autovalore λ = 2 + i. Per trovare tale autovettore devo risolvere il sistema omogeneo associato ad A − (2 + i)I, ovvero µ

−i 1 −1 −i

¶µ ¶

x y

µ ¶

0 0

=

.

Questo corrisponde all’equazione −ix + y = 0, da cui, ponendo per esempio x = 1, ricavo l’autovettore µ ¶

1 i

µ ¶

1 0

=

e dunque

µ ¶

0 i

+

µ ¶

1 0

=

µ ¶

u=

1 0

µ ¶

+i

0 1

,

µ ¶

, v=

0 1

.

Otteniamo l’integrale generale µ

ovvero

x(t) y(t)

¶

·

= c1 e (

2t

µ ¶

cos t

1 0

µ ¶¸

− sin t

0 1

·

+ c2 e

x(t) = e 2t (c1 cos t + c2 sin t) y(t) = e 2t (−c1 sin t + c2 cos t),

2t

µ ¶

sin t

1 0

µ ¶¸

+ cos t

0 1

c1 , c2 ∈ R.

Osserviamo che la funzione e 2t `e limitata per t ∈ (−∞, 0] e le funzioni sin t e cos t sono limitate su tutto R. Quindi tutte le soluzioni del sistema sono limitate su (−∞, 0].

SISTEMI DI EQUAZIONI DIFFERENZIALI- ESERCIZI SVOLTI

9. Il polinomio caratteristico di

µ

A= `e

µ

det

3−λ 1 −1 1−λ

3 1 −1 1

13

¶

¶

= (3 − λ)(1 − λ) + 1 = λ2 − 4λ + 4 = (λ − 2)2 .

L’unico autovalore `e λ = 2, contato con molteplicit`a algebrica due. Troviamo l’autospazio V2 relativo all’autovalore λ = 2, risolvendo il sistema (A − 2I)u = 0, ovvero µ

1 1 −1 −1

¶µ ¶

x y

µ ¶

0 0

=

,

corrispondente all’equazione x + y = 0. Quindi, ponendo per esempio x = 1, otteniamo µ

u=

1 −1

¶

.

Dunque l’autospazio V2 ha dimensione 1 essendo generato dall’unico vettore u, ovvero l’autovalore λ = 2 ha molteplicit`a geometrica 1. Quindi l’integrale generale sar`a della forma µ

x(t) y(t)

¶

= c1 e 2t u + c2 e 2t [tu + v] ,

dove v `e un autovettore generalizzato, ovvero una soluzione del sistema (A − 2I)v = u.

Questo corrisponde al sistema non omogeneo µ

1 1 −1 −1

¶µ ¶

x y

µ

=

1 −1

¶

,

ovvero all’equazione x + y = 1. Scelgo per esempio x = 0, da cui y = 1, e quindi µ ¶

v=

0 1

.

Le soluzioni del sistema differenziale sono dunque µ

ovvero

x(t) y(t)

¶

µ

= c1 e 2t (

1 −1

¶

· µ

+ c2 e 2t t

1 −1

¶

µ ¶¸

+

x(t) = c1 e 2t + c2 te 2t y(t) = −c1 e 2t − c2 te 2t + c2 e 2t ,

0 1

c1 , c2 ∈ R,

,

c1 , c2 ∈ R.

Per quanto riguarda la limitatezza abbiamo che e 2t `e limitata su (−∞, 0] mentre la funzione t non `e limitata, quindi le soluzioni limitate sono tutte e sole quelle corrispondenti a c2 = 0, ovvero

(

x(t) = c1 e 2t y(t) = −c1 e 2t ,

c1 ∈ R.

14

SISTEMI DI EQUAZIONI DIFFERENZIALI- ESERCIZI SVOLTI

10. La matrice dei coefficienti `e

µ

A=

1 2 −2 −4

¶

il polinomio caratteristico det(A − λI) = (1 − λ)(−4 − λ) + 4 = λ2 + 3λ = = λ(λ + 3) e dunque gli autovalori sono λ1 = 0, λ2 = −3. L’integrale generale sar`a della forma µ

x1 (t) x2 (t)

¶

= c1 e 0t v + c2 e −3t u, = c1 v + c2 e −3t u,

dove u e v sono due autovettori relativi agli autovalori 0 e −3 rispettivamente. Calcoliamo gli autovettori. α = 0 Risolvo il sistema omogeneo associato ad A − 0I = A, ovvero µ

1 2 −2 −4

¶µ

x1 x2

¶

µ ¶

0 0

=

,

corrispondente all’unica equazione x1 + 2x2 = 0. Quindi un autovettore corrispondente all’ autovalore λ = 0 `e

µ

u=

−2 1

¶

.

α = −3 Risolvo il sistema omogeneo associato ad A + 3I, ovvero µ

4 2 −2 −1

¶µ

x1 x2

¶

µ ¶

=

0 0

,

corrispondente all’unica equazione −2x1 − x2 = 0. Quindi un autovettore corrispondente all’ autovalore λ = −3 `e

µ

v=

1 −2

¶

.

Concludendo, l’integrale generale del sistema `e µ

x1 (t) x2 (t)

¶

µ

= c1

−2 1

¶

µ

+ c2 e −3t

1 −2

¶

,

c1 , c2 ∈ R.

11. µ

A=

1 2 −2 −1

¶

⇒

det(A − λI) = (1 − λ)(−1 − λ) + 4 = λ2 + 3,

√ e gli autovalori sono λ1,2 = ± 3i. Quindi l’integrale generale sar`a della forma µ

x1 (t) x2 (t)

¶

h i h i √ √ √ √ = c1 cos 3t · u − sin 3t · v + c2 sin 3t · u + cos 3t · v ,

SISTEMI DI EQUAZIONI DIFFERENZIALI- ESERCIZI SVOLTI

15

√ dove u + iv `e un autovettore relativo all’autovalore λ = 3i. Risolviamo dunque il sistema √ associato alla matrice A − 3iI, ovvero √ µ ¶µ ¶ µ ¶ 1 − 3i 1√ x1 0 = , −1 −1 − 3i x2 0 √ corrispondente all’equazione (1 − 3i)x1 + x2 = 0. Quindi otteniamo l’autovettore µ

1√ −1 + 3i

¶

µ

=

1 −1

¶

µ

+i

√0 3

¶

µ

⇒

u=

1 −1

¶

µ

, v=

√0 3

¶

.

L’integrale generale del sistema `e µ

x1 (t) x2 (t)

¶

·

= c1

¶ ¶¸ · ¶ ¶¸ µ µ µ µ √ √ √ √ 1 0 1 0 cos 3t · − sin 3t · √ +c2 sin 3t · + cos 3t · √ , −1 3 −1 3

ovvero (

√ √ sin 3t x1 (t) = c1 cos √ 3t + c2 √ √ √ x2 (t) = cos 3t(−c1 + 3c2 ) + sin 3t(−c1 3 − c2 ),

12. Il sistema `e lo stesso dell’esercizio 7, il cui integrale generale `e (

x(t) = 2c1 e 2t + c2 e −t y(t) = c1 e 2t + 2c2 e −t .

Sostituendo la condizione iniziale x(0) = 1, y(0) = 2, otteniamo (

2c1 + c2 = 1 c1 + 2c2 = 2

(

⇒

Quindi la soluzione del problema di Cauchy `e (

x(t) = e −t y(t) = 2e −t .

c1 = 0 c2 = 1.

c1 , c2 ∈ R.

16

SISTEMI DI EQUAZIONI DIFFERENZIALI- ESERCIZI SVOLTI

Sistemi lineari a coefficienti costanti, non omogenei 13. Per prima cosa risolvo il sistema omogeneo associato (

x0 (t) = −x + 4y y 0 (t) = −x + 3y.

Dal polinomio caratteristico ¯ ¯ −1 − λ ¯ |A − λI| = ¯ ¯ −1

¯ ¯ ¯ ¯ = λ2 − 2λ + 1 = (λ − 1)2 , ¯

4 3−λ

ottengo l’autovalore doppio λ = 1. Per trovare un autovettore u risolvo µ ¶

x y

(A − I)

µ

=

−2 −1

da cui −x + 2y = 0 e quindi

¶µ ¶

4 2

x y

µ ¶

0 0

=

,

µ ¶

2 1

u=

.

Cerco ora un autovettore generalizzato v, risolvendo µ

−2 4 −1 2

¶µ ¶

µ ¶

x y

2 1

=

,

da cui −x + 2y = 1. Scelgo y = 0 ed ottengo µ

v=

−1 0

¶

.

L’integrale generale del sistema omogeneo `e µ

ovvero

x(t) y(t)

¶

=e (

· µ ¶

µ ¶

½ t

c1

2 1

2 1

+ c2 t

µ

+

x(t) = e t (2c1 + 2c2 t − c2 ) y(t) = e t (c1 + c2 t),

−1 0

¶¸¾

,

c1 , c2 ∈ R,

c1 , c2 ∈ R.

Cerchiamo ora una soluzione particolare del sistema non omogeneo. Dal momento che il vettore dei termini noti `e della forma µ ¶

e

3t

·

1 0

ovvero e 3t · p(t), con p(t) polinomio vettoriale di grado 0, e 3 non `e radice del polinomio caratteristico, posso cercare una soluzione particolare della stessa forma, cio`e e 3t · q(t), con q(t) polinomio vettoriale di grado 0, ovvero costante. Quindi cerco una soluzione del tipo (

x(t) = Ae 3t y(t) = Be 3t ,

SISTEMI DI EQUAZIONI DIFFERENZIALI- ESERCIZI SVOLTI

17

con A, B ∈ R. Derivando e sostituendo nel sistema completo (

da cui

(

3Ae 3t = −Ae 3t + 4Be 3t + e 3t 3Be 3t = −Ae 3t + 3Be 3t , (

3A = −A + 4B + 1 3B = −A + 3B

⇒

A = 0 B = − 14 ,

corrispondente alla soluzione particolare (

x(t) = 0 y(t) = − 14 e 3t .

L’integrale generale del sistema completo `e la somma dell’integrale generale del sistema omogeneo associato e della soluzione particolare del sistema completo, e quindi si pu`o scrivere come

Ã

x(t) y(t)

!

(

=e

o, per esteso,

t

Ã

c1 (

2 1

!

" Ã

+ c2 t

!

2 1

Ã

+

−1 0

!#)

Ã

+

x(t) = 2c1 e t + 2c2 te t − c2 e t y(t) = c1 e t + c2 te t − 14 e 3t ,

0 1 3t −4e

!

,

c1 , c2 ∈ R

c1 , c2 ∈ R.

14. Il sistema omogeneo associato `e lo stesso dell’esercizio precedente e dunque l’integrale generale `e

(

x(t) = e t (2c1 + 2c2 t − c2 ) y(t) = e t (c1 + c2 t),

c1 , c2 ∈ R.

Cerchiamo ora una soluzione particolare del sistema completo. Il vettore dei termini noti si pu`o scrivere come

µ ¶

1 0

e 3t ·

µ

+

2 −1

¶

.

Nell’esercizio precedente abbiamo trovato una soluzione particolare del sistema con termine noto

µ ¶

e

3t

·

1 0

e quindi per il principio di sovrapposizione `e sufficiente sommarla ad una soluzione particolare del sistema con temine noto

µ

2 −1

¶

.

Questo `e un vettore di costanti e quindi, dal momento che 0 non `e radice del polinomio caratteristico, posso cercare una soluzione particolare dello stesso tipo, ovvero (

x(t) = A y(t) = B.

18

SISTEMI DI EQUAZIONI DIFFERENZIALI- ESERCIZI SVOLTI

Sostituendo nel sistema completo otteniamo (

(

0 = −A + 4B + 2 0 = −A + 3B − 1

⇒

A = −10 B = −3

corrispondente alla soluzione particolare µ

−10 −3

¶

.

Applichiamo il principio di sovrapposizione e troviamo la soluzione particolare Ã

0 − 14 e 3t

!

µ

+

−10 −3

¶

µ

=

−10 −3 − 14 e 3t

¶

del sistema completo di partenza. Concludendo, l’integrale generale del sistema completo sar`a somma dell’integrale generale dell’omogeneo associato e della soluzione particolare del sistema completo, quindi (

x(t) = e t (2c1 + 2c2 t − c2 ) − 10 y(t) = e t (c1 + c2 t) − 3 − 41 e 3t ,

c1 , c2 ∈ R.

15. Integrale generale del sistema omogeneo associato (lo stesso dell’esercizio precedente) `e Ã

x(t) y(t)

!

(

Ã

= e t c1

2 1

!

" Ã

+ c2 t

2 1

!

Ã

+

−1 0

!#)

.

Poich´e non ha autovalori complessi, cerchiamo una soluzione del sistema completo nella forma (

x(t) = A cos t + B sin t y(t) = C cos t + D sin t.

Derivando e sostituendo nel sistema completo (

−A sin t + B cos t = −(A cos t + B sin t) + 4(C cos t + D sin t) + cos t −C sin t + D cos t = −(A cos t + B sin t) + 3(C cos t + D sin t),

da cui

  −A =   

  A = − 12    3

−B + 4D B = −A + 4C + 1  −C = −B + 3D    D = −A + 3C

⇒

B = 2 = 0 D = 12 .

 C   

Integrale generale del sistema completo Ã

x(t) y(t)

!

(

= e t c1

Ã

2 1

!

" Ã

+ c2 t

2 1

!

Ã

+

−1 0

!#)

Ã

+

− 21 cos t + 23 sin t 1 2 sin t

!

.

SISTEMI DI EQUAZIONI DIFFERENZIALI- ESERCIZI SVOLTI

19

Imponiamo le condizioni iniziali x(0) = y(0) = 0, (

(

2c1 − c2 − 12 = 0 c1 = 0

⇒

c1 = 0 c2 = − 21

ed otteniamo la soluzione del problema di Cauchy (

x(t) = 12 e t − te t − 12 cos t + 23 sin t y(t) = − 12 te t + 12 sin t.

16. Risolvo il sistema omogeneo associato. Dal polinomio caratteristico ¯ ¯ 1−λ 2 ¯ ¯ ¯ 2 1−λ

¯ ¯ ¯ ¯ ¯

= (1 − λ)2 − 4 = λ2 − 2λ − 3 = (λ − 3)(λ + 1)

ottengo gli autovalori semplici λ = 3, λ = −1. Ã

λ = −3

⇒

λ = −1

⇒

!Ã

!

Ã

!

(

−2 2 x 0 −2x + 2y = 0 = ⇒ ⇒ v1 = 2 −2 y 0 ... ( µ ¶µ ¶ µ ¶ µ ¶ 2x + 2y = 0 2 2 x 0 1 = ⇒ ⇒ v2 = . ...

2 2 y 0 −1

Ã

1 1

!

;

Integrale generale del sistema omogeneo µ

x(t) y(t)

¶

µ ¶

= c1 e 3t

1 1

µ

+ c2 e −t

1 −1

¶

.

Poich´e il termine noto `e della forma e −t · p(t), con p(t) vettore polinomiale di grado 0, ed il coefficiente di t nell’esponente `e −1 (radice semplice del polinomio caratteristico), devo cercare una soluzione del sistema completo nella forma e −t · q(t), con q(t) vettore polinomiale di grado 1, ovvero

(

x(t) = (At + B)e −t y(t) = (Ct + D)e −t .

Derivendo e sostituendo (

Ae −t − (At + B)e −t = (At + B)e −t + 2(Ct + D)e −t + e −t Ce −t − (Ct + D)e −t = 2(At + B)e −t + (Ct + D)e −t

  −A =    A−B =  −C =   

A + 2C B + 2D + 1 2A + C C − D = 2B + D

  

A = −C 2C = −1   2B + 2D = − 1 2

  

  

  

  A =   

A = −C −C − B = B + 2D + 1   C = 2B + 2D

A = −C C = − 21   2B + 2D = − 1 2

A = −C −C = 2B + 2D + 1   C = 2B + 2D

   

1 2

B = − 14 C = − 12 D = 0 (ad esempio).

20

SISTEMI DI EQUAZIONI DIFFERENZIALI- ESERCIZI SVOLTI

Integrale generale del sistema completo Ã

x(t) y(t)

!

Ã

1 1

= c1 e 3t

!

(

x(0) = y(0) = 0

⇒

Ã

+ c2 e −t

1 −1

!

Ã

+

− 41 − 12 t

1 2t

(

c1 + c2 − 14 = 0 c1 − c2 = 0

!

e −t

c1 = c2 =

⇒

1 8 1 8.

Soluzione del problema di Cauchy (

x(t) = − 81 e −t + 18 e 3t + 21 te −t x(t) = − 81 e −t + 18 e 3t − 21 te −t

17. Integrale generale del sistema omogeneo (lo stesso dell’esercizio precedente) Ã

x(t) y(t)

!

Ã

= c1 e

3t

!

1 1

Ã

+ c2 e

−t

1 −1

!

.

Cerco una soluzione del sistema completo come (

(

  B   

= 0 =  D =    0 =

x(t) = A + Be t y(t) = C + De t :

Be t = (A + Be t ) + 2(C + De t ) + e t De t = 2(A + Be t ) + (C + De t ) + 1.   A = − 23   

  D   

B + 2D + 1 A + 2C 2B + D 2A + C + 1

= − 21 B = 0  A = −2C    C = 13

⇒

B = 0 = 13 D = − 12 .

⇒

 C   

Integrale generale del sistema completo Ã

x(t) y(t)

!

(

x(0) = y(0) = 0

⇒

Ã

= c1 e

3t

c1 + c2 − c1 − c2 +

2 3 1 3

1 1

!

Ã

+ c2 e

=0 − 12 = 0

−t

1 −1 (

⇒

!

Ã

+

− 23 − 31 − 21 e t

c1 + c2 = c1 − c2 =

Soluzione del problema di Cauchy    x(t)

=

5 3t 12 e

+ 14 e −t −

  y(t)

=

5 3t 12 e

− 14 e −t − 21 e t + 31 .

2 3

2 3 1 6

!

(

⇒

c1 = c2 =

5 12 1 4.

SISTEMI DI EQUAZIONI DIFFERENZIALI- ESERCIZI SVOLTI

21

Stabilit` a lineare 18. Il polinomio caratteristico di A `e µ

det

−2 − λ 3 1 1−λ

e quindi gli autovalori λ1,2

¶

= λ2 + λ + 1,

√ √ −1 ± −3 1 3 = =− ± i.

2 2 2

Si ha Re (λ1 ) = Re (λ2 ) = − 12 < 0 e quindi (0, 0) `e asintoticamente stabile (`e un fuoco).

19. Si ha

µ

det

−3 − λ α2 1 −3 − λ

¶

= (−3 − λ)2 − α2 = 0

per −3 − λ = ±|α|, quindi λ1 = −3 − |α|, λ2 = −3 + |α|. Osserviamo che λ1 < 0 ∀α, λ2 < 0 per |α| < 3. Perci`o: se |α| < 3 se |α| = 3 se |α| > 3

⇒ ⇒ ⇒

(0, 0) asintoticamente stabile (0, 0) stabile (perch´e λ1 = −6, λ2 = 0 semplice) (0, 0) instabile

20.

µ

det(A − λI) = det

−λ 2 −2 α − λ

¶

= λ2 − αλ + 4.

Per ∆ = α2 − 16 < 0, ossia |α| < 4, gli autovalori sono complessi coniugati e

Re (λ1 ) = Re (λ2 ) =

α 2

   > 0 per 0 < α < 4

= 0 per α = 0

  < 0 per − 4 < α < 0.

Per ∆ = α2 − 16 = 0, ossia α = ±4, (

λ1 = λ2 = 2 se α = 4 λ1 = λ2 = −2 se α = −4.

Per ∆ = α2 − 16 > 0, ossia |α| > 4, le radici λ1 e λ2 sono reali (distinte). Inoltre, λ1 · λ2 = det A = 4 > 0, per cui le radici sono di segno concorde. Siccome λ1 + λ2 = tr A = α, sar`a λ1 > 0, λ2 > 0 per α > 4 e λ1 < 0, λ2 < 0 per α < −4.

Riassumendo

22

SISTEMI DI EQUAZIONI DIFFERENZIALI- ESERCIZI SVOLTI

α < −4

λ1 , λ2 ∈ R

λ1 , λ2 < 0

α = −4

λ1 , λ2 ∈ R

λ1 = λ2 < 0

−4 < α < 0

λ1 , λ2 ∈ C

Re (λ1 ) = Re (λ2 ) < 0

α=0

λ1 , λ2 ∈ C

Re (λ1 ) = Re (λ2 ) = 0

0<α<4

λ1 , λ2 ∈ C

Re (λ1 ) = Re (λ2 ) > 0

α=4

λ1 , λ2 ∈ R

λ1 = λ2 > 0

α>4

λ1 , λ2 ∈ R

λ1 > 0, λ2 < 0

21.

µ

det(A − λI) = det

α−λ −1 1 1−λ

asintoticamente stabile, nodo stabile asintoticamente stabile, nodo stabile asintoticamente stabile, fuoco stabile stabile, non asintoticamente, centro completamente instabile fuoco instabile completamente instabile nodo instabile nstabile, non repulsivo sella

¶

= λ2 − (α + 1)λ + α + 1

∆ = (α + 1)2 − 4(α + 1) = (α + 1)(α − 3) > 0 per α < −1 ∨ α > 3.

Per α = −1, λ1 = λ2 = 0, ma la molteplicit`a geometrica `e 1 ⇒ instabile, non repulsivo.

Per α = 3, λ1 = λ2 = 2 ⇒ instabile.

Per −1 < α < 3, Re (λ1 ) = Re (λ2 ) =

α+1 2

> 0 ⇒ instabile, repulsivo.

Per α < −1, λ1 , λ2 ∈ R, λ1 · λ2 = α + 1 < 0 ⇒ instabile (sella).

Per α > 3, λ1 , λ2 ∈ R, λ1 · λ2 = α + 1 > 0 λ1 + λ2 = α + 1 > 0 ⇒ λ1 > 0, λ2 > 0 ⇒ instabile, non repulsivo.

Quindi la soluzione nulla `e sempre instabile e riassumendo si ha α < −1

λ1 , λ2 ∈ R

λ1 · λ2 < 0

instabile, non repulsivo sella

α = −1

λ1 = λ2 ∈ R

λ1 = λ2 = 0 molt. alg. 1

instabile, non repulsivo

−1 < α < 3

λ1 , λ2 ∈ C

Re (λ1 ) = Re (λ2 ) > 0

α=3

λ1 , λ2 ∈ R

λ1 = λ2 = 2 > 0

α>3

λ1 , λ2 ∈ R

λ1 · λ2 < 0

22. µ

A=

1 1 α

α2 α

¶

instabile, repulsivo fuoco instabile instabile, repulsivo nodo instabile instabile, non repulsivo sella

SISTEMI DI EQUAZIONI DIFFERENZIALI- ESERCIZI SVOLTI

23

ed il polinomio caratteristico det(A − λI) = λ2 − (1 + α)λ + (α − α) = λ2 − (1 + α)λ, le cui radici sono λ1 = 0, λ2 = 1 + α.

1) Se λ2 = 1 + α 6= 0, detti v1 e v2 gli autovettori associati a λ1 e λ2 , le soluzioni sono c1 e λ1 t v1 + c2 e λ2 t v2 = c1 v1 + c2 e λ2 t v2 ,

c1 , c2 ∈ R.

Dunque tutte le soluzioni sono limitate in [0, +∞) se λ2 = 1 + α < 0, cio`e se α < −1.

2) Se α = −1, λ = 0 `e autovalore doppio. Poich´e la matrice µ

A − λI =

1 1 1 −1

¶

ha rango 1, λ = 0 ha molteplicit`a geometrica 1 e le soluzioni sono del tipo c1 v1 + c2 (w1 + tv1 ),

c1 , c2 ∈ R,

con w1 autovettore generalizzato. Sono limitate in [0, +∞) solo le soluzioni con c2 = 0 Concludendo: a) tutte le soluzioni sono limitate su [0, +∞) se α < −1; b) esiste almeno una soluzione non banale limitata su [0, +∞) se α ≤ −1.

23. Il polinomio caratteristico det(A − λI) = λ2 − (α + 1)λ + α − α2 ha discriminante ∆ = 5α2 − 2α + 1 < 0,

∀α ∈ R,

quindi gli autovalori sono sempre complessi coniugati √ 1 + α ± 5α2 − 2α + 1 λ1,2 = .

2 Le soluzioni sono limitate su [0, +∞) se la parte reale degli autovalori `e non positiva, dunque se

1+α ≤ 0 ⇔ α ≤ −1.

2 Infatti in questo caso, detto v1 + iv2 un autovettore associato a λ1 , le soluzioni sono Re (λ1 ) = Re (λ2 ) =

c1 e Re(λ1 )t (v1 cos t − v2 sin t) + c2 e Re(λ1 )t (v1 sin t + v2 cos t), Quando Re (λ1 ) = 0, le soluzioni sono limitate ∀t ∈ R. Concludendo:

c1 , c2 ∈ R.

24

SISTEMI DI EQUAZIONI DIFFERENZIALI- ESERCIZI SVOLTI

α ≤ −1 α = −1

tutte le soluzioni sono limitate per t ∈ [0, +∞) tutte le soluzioni sono limitate per t ∈ R

SISTEMI DI EQUAZIONI DIFFERENZIALI- ESERCIZI SVOLTI

25

Stabilit` a non lineare 24. a) I punti critici del sistema (

x0 = f1 (x, y) = y y 0 = f2 (x, y) = −x − y − (x2 + y 2 )

sono i punti in cui si annulla il sistema (

(

y = 0 −x − y − (x2 + y 2 ) = 0

⇒

y = 0 −x(1 + x) = 0

(

⇒

P1 (0, 0) P2 (−1, 0).

Per studiare la stabilit`a del sistema, si pu`o usare il teorema di stabilit`a in prima approssimazione, studiando la stabilit`a del sistema linearizzato associato. Calcoliamo quindi la matrice jacobiana di F (x, y) = (f1 (x, y), f2 (x, y)): µ

JF (x, y) =

0 1 −1 − 2x −1 − 2y

¶

.

In particolare P1 (0, 0)

µ

JF (0, 0) = e il sistema linearizzato `e

(

0 1 −1 −1

¶

.

x˙ = y y˙ = −x − y.

Il polinomio caratteristico `e λ2 + λ + 1, le cui radici sono λ1,2 = − 12 ± Re (λ2 ) =

− 12

√

−3 2 i.

Poich´e Re (λ1 ) =

< 0, P1 (0, 0) risulta essere asintoticamente stabile.

P2 (−1, 0)

µ

JF (−1, 0) =

0 1 1 −1

¶

.

Ponendo X = x − (−1), Y = y, otteniamo il sistema lineare omogeneo (

X˙ = Y Y˙ = X − Y

la cui equazione caratteristica `e λ2 + λ − 1 = 0. In questo caso gli autovalori sono √ −1 ± 5 λ1,2 = .

2 Poich´e λ1 < 0 e λ1 > 0, P2 `e instabile, ma non repulsivo (`e una sella). b) Risolvo il sistema (

x2 + 2y = 0 x−y = 0

(

⇒

x(x + 2) = 0 x = y

26

SISTEMI DI EQUAZIONI DIFFERENZIALI- ESERCIZI SVOLTI

e trovo P0 (0, 0), P1 (−2, −2). La matrice Jacobiana di F (x, y) = (x2 + 2y, x − y) `e µ

2x 2 1 −1

JF (x, y) = Linearizzato in P0

µ

JF (P0 ) =

0 2 1 −1

¶

.

¶

,

per cui otteniamo il sistema lineare omogeneo (

x˙ = 2y y˙ = x − y

il cui polinomio caratteristico λ2 + λ − 2 ha le radici λ1,2 = ⇒

λ1 = −2, λ2 = 1

⇒

√ −1± 1+8 2

=

−1±3 2 ,

P0 `e una sella (instabile).

Linearizzato in P1

µ

JF (P1 ) =

−4 2 1 −1

¶

Ponendo X = x + 2, Y = y + 2 si ottiene (

λ2 + 5λ + 2 = 0 λ1 < 0, λ2 < 0

⇒ ⇒

λ1,2 =

X˙ = −4X + 2Y Y˙ = X − Y

√ −5± 25−8 2

=

√ −5± 17 .

2

P1 `e un punto critico asintoticamente stabile (nodo).

25. Posto F (x, y) = (−x + e αy − 1, e x−y − 1), µ

JF (x, y) =

−1 e x−y

Il sistema linearizzato risulta essere

αe αy −e x−y (

¶

µ

⇒

JF (0, 0) =

−1 α 1 −1

¶

.

x0 = −x + αy y 0 = x − y,

con equazione caratteristica (1 − λ)2 − α = 0 e dunque λ1,2 = −1 ±

√ α.

• Se α < 0, λ1 , λ2 ∈ C e Re (λ1 ) = Re (λ2 ) = −1 < 0; • se 0 ≤ α < 1, λ1 ≤ λ2 < 0; • se α > 1, λ2 > 0; • se α = 1, c’`e un autovalore nullo e il teorema di stabilit`a in prima approssimazione non fornisce informazioni.

Perci`o se α < 1, (0, 0) `e asintoticamente stabile, mentre se α > 1, (0, 0) `e instabile (sella).

SISTEMI DI EQUAZIONI DIFFERENZIALI- ESERCIZI SVOLTI

27

Esercizi di riepilogo sui sistemi 26. a) La matrice

µ

A=

1 0 −2 −1

¶

`e triangolare, per cui gli autovalori sono gli elementi sulla diagonale principale, ovvero λ = ±1.

Se λ = 1, per trovare un autovettore risolviamo il sistema associato ad µ

A−I =

0 0 −2 −2

¶

,

che corrisponde all’unica equazione −2x − 2y = 0. Dunque un generatore dell’autospazio V1 `e

µ

v1 =

1 −1

¶

.

Se λ = −1, abbiamo il sistema associato ad µ

A+I =

2 0 −2 0

¶

,

corrispondente a 2x = 0. Dunque un generatore per l’autospazio V−1 `e µ ¶

v2 =

0 1

.

Quindi l’integrale generale del sistema `e µ

x(t) y(t)

¶

µ

= c1 e t

1 −1

¶

µ ¶

+ c2 e −t

0 1

c1 , c2 ∈ R.

,

b) Uno dei due autovalori `e positivo e dunque (0, 0) `e instabile (sella).

Le soluzioni limitate in futuro sono tutte quelle corrispondenti a c1 = 0 e c2 arbitrario Le soluzioni limitate in passato sono tutte quelle corrispondenti a c2 = 0 e c1 arbitrario.

L’unica soluzione limitata `e la soluzione costante x(t) = 0, y(t) = 0 ∀t. c) La richiesta `e che µ

e

αt

x(t) y(t)

¶

·

= c1 e

µ (α+1)t

1 −1

¶

µ ¶¸

+ c1 e

(α−1)t

0 1

µ ¶

→

per ogni c1 , c2 . Quindi si devono verificare le disuguaglianze (

ovvero deve essere α < −1.

α−1 < 0 α + 1 < 0,

0 0

, per t → +∞,

28

SISTEMI DI EQUAZIONI DIFFERENZIALI- ESERCIZI SVOLTI

d) x(0) = 2, y(0) = −2 µ

x(0) y(0)

¶

µ

= c1

1 −1

¶

µ ¶

0 1

+ c2

corrispondente al sistema

(

c1 = 2 −c1 + c2 = −2

Quindi la soluzione cercata `e

e)

    x˙ =

   

∂H ∂y ∂H    y˙ = − ∂x

⇒

µ

∂H ∂y ∂H    − ∂x

x(t) y(t)

(

⇒

¶

µ

= 2e

t

1 −1

µ

=

¶

c1 = 2 c2 = 0.

¶

.

(

= x

2 −2

⇒

= −y − 2x

H(x, y) = xy + ϕ(x) −y − ϕ0 (x) = −y − 2x

da cui H(x, y) = xy + x2 . Le orbite sono quindi le curve di livello xy + x2 = c, ovvero y = −x +

c . x

27. a) Dal polinomio caratteristico µ

det

α+2−λ 1 −1 α−λ

¶

= (α + 2 − λ)(α − λ) + 1 = λ2 − 2(α + 1)λ + (α + 1)2 = (λ − α − 1)2 = [λ − (α + 1)]2

deduciamo che esiste l’unico autovalore λ = α + 1, contato con molteplicit`a 2. Si presentano quindi i seguenti casi.

• Se α < −1 la soluzione nulla `e asintoticamente stabile (nodo), tutte le soluzioni sono limitate in futuro e nessuna (tranne quella banale) `e limitata in passato.

• Se α > −1 la soluzione nulla `e completamente instabile (nodo instabile), tutte le soluzioni sono limitate in passato e, tranne quella banale, nessuna `e limitata in futuro.

• Se α = −1 ho λ = 0 doppio e µ

ker A = ker

1 1 −1 1

¶

ha dimensione 1. Dunque λ = 0 ha molteplicit`a geometrica 1 e la soluzione nulla `e instabile. Inoltre le soluzioni sono del tipo c1 v1 + c2 (v2 + tv1 ), dove v1 `e autovettore e v2 autovettore generalizzato. Tutti i punti della retta passante per l’origine e parallela a v1 sono punti critici, ciascuno dei quali rappresenta una soluzione limitata su R.

SISTEMI DI EQUAZIONI DIFFERENZIALI- ESERCIZI SVOLTI

29

b) Se α = 1 abbiamo l’autovalore doppio λ = 2. Calcoliamo l’autospazio V2 risolvendo il sistema associato ad A − 2I

µ

1 1 −1 −1

¶µ ¶

x y

µ ¶

0 0

=

,

corrispondente all’equazione x + y = 0. Dunque possiamo prendere come generatore di V2 il vettore

µ

v1 =

1 −1

¶

.

Cerchiamo ora un autovettore generalizzato v2 , risolvendo il sistema µ

1 1 −1 −1

¶µ ¶

x y

µ

=

−1 1

¶

,

corrispondente a x + y = 1. Scegliamo x = 0 ed otteniamo µ ¶

v2 =

0 1

.

L’integrale generale del sistema differenziale si pu`o scrivere come µ

x(t) y(t)

¶

µ

= c1 e 2t

1 −1

¶

· µ

+ c2 e 2t t

1 −1

¶

µ ¶¸

+

0 1

c1 , c2 ∈ R.

,

28. Posto F (x, y) = (2e y −e x −1, sin αx+(αy)2 ), abbiamo che F (0, 0) = (0, 0), ∀α ∈ R, e dunque (0, 0) `e un punto critico per ∀α ∈ R. Inoltre µ

JF (x, y) =

−e x 2e y α cos αx 2α2 y

¶

µ

⇒

JF (0, 0) =

−1 2 α 0

¶

.

Osserviamo che det JF (0, 0) 6= 0, perci`o, per il teorema di inversione locale, non esistono punti P0 6= (0, 0) in un intorno di (0, 0) tali che f (P0 ) = 0. Il polinomio caratteristico della matrica Jacobiana (−1 − λ)(−λ) − 2α = λ2 + λ − 2α ha discriminante ∆ = 1 + 8α.

• Se 1 + 8α ≤ 0, ossia α ≤ − 18 , Re (λ1 ) = Re (λ2 ) = − 12 < 0.

• Se 1 + 8α > 0, ossia α > − 18 distinguiamo due casi: se α > 0, λ1 < 0, λ2 > 0; se − 18 < α < 0, λ1 < 0, λ2 < 0.

Perci`o per α < 0 (0, 0) `e asintoticamente stabile mentre per α > 0 (0, 0) `e instabile e per α = 0 il teorema di stabilit`a in prima approssimazione non fornisce risposte. Riassumendo:

30

SISTEMI DI EQUAZIONI DIFFERENZIALI- ESERCIZI SVOLTI

α < − 81 α = − 81 1 −8 < α < 0 α>0

λ1 , λ2 ∈ C λ1 = λ2 ∈ R λ1 , λ2 ∈ R λ1 , λ2 ∈ R

Re (λ1 ) = Re (λ1 ) = − 81 < 0 λ1 = λ2 = − 18 < 0 λ1 , λ2 < 0 λ1 < 0, λ2 > 0

fuoco stabile nodo stabile nodo stabile sella

SISTEMI DI EQUAZIONI DIFFERENZIALI- ESERCIZI SVOLTI

31

Approfondimenti 29. Derivando le relazioni x = r cos θ,

y = r sin θ

e sostituendo nel sistema otteniamo (

x0 = r0 cos θ − r sin θθ0 = αr cos θ − r sin θ y 0 = r0 sin θ + r cos θθ0 = r cos θ + αr sin θ.

Moltiplicando la prima riga per cos θ, la seconda per sin θ e sommando, si ottiene r0 = αr.

Viceversa, moltiplicando la prima per − sin θ, la seconda per cos θ e sommando si ottiene θ0 = 1. Quindi il sistema equivale a (

r0 = αr rθ0 = r

(

⇒

r0 = αr θ0 = 1

(

⇒

r(t) = c1 e αt θ(t) = t + c2 .

30. a) La soluzione costante x(t) ≡ 1 ∀t soddisfa la prima equazione. Sostituendo nella seconda y0 = 1 + y2

dy = dt.

1 + y2

⇒

Integrando arctan y = t + c

⇒

y = tan(t + c)

ed imponendo y(0) = 1 si ottiene 1 = tan(c)

⇒

c=

(

π 4

e quindi la soluzione

x(t) = 1 y(t) = tan(t + π4 ),

π con t ∈ (− 3π e l’intervallo massimale.

4 , 4 ), che `

b) Siccome

(

x(t) = 2k + 1, k∈Z y(t) = tan(t + h), h ∈ R

sono soluzioni ed hanno per orbite le rette verticali x = 2k + 1, sappiamo per il teorema di Cauchy che ogni altra orbita non pu`o intersecare tali rette. Dunque ogni orbita `e confinata in una striscia verticale 2k − 1 < x < 2k + 1, di larghezza 2.

31.

(

∂H ∂y − ∂H ∂x

= y = −x3

⇒

1 H(x, y) = y 2 + ϕ(x).

2

32

SISTEMI DI EQUAZIONI DIFFERENZIALI- ESERCIZI SVOLTI

Derivando rispetto ad x otteniamo −ϕ0 (x) = −x3 e quindi ϕ(x) = 41 x4 + c. Sostituendo, 1 1 H(x, y) = y 2 + x4 .

2 4 Verifichiamo che (0, 0) `e stabile, ossia che ∀ε > 0, ∃δ > 0 tale che per ogni soluzione (x(t), y(t)) che verifica x(0)2 + y(0)2 < δ 2 , si ha x(t)2 + y(t)2 < ε2 , ∀t ∈ [0, +∞).

Risulta

1 1 1 1 1 1 y(t)2 + x(t)4 = y(0)2 + x(0)4 < δ 2 + δ 4 = ϕ(δ) 2 4 2 4 2 4

e

1 1 y(t)2 + x(t)4 ≥ 2 4

1 y(t)2 2

1 1 y(t)2 + x(t)4 ≥ 2 4

1 x(t)4 .

4

p

Perci`o y(t)2 ≤ 2ϕ(δ), x(t)2 ≤ 2 ϕ(δ), ossia q

x(t)2 + y(t)2 ≤ 2ϕ(δ) + 2 ϕ(δ). p

Inoltre ϕ(δ) → 0 per δ → 0 e quindi, se δ `e sufficientemente piccolo, ϕ(δ) + 2 ϕ(δ) < ε, il che implica la tesi.

32. Risulta H(x, y) = y 4 + sin2 x e si pu`o osservare che tale funzione ha un minimo stretto in (0, 0). Pertanto, se ² `e sufficientemente piccolo, risulta H0 = min{H(x, y) | x2 + y 2 = ε2 } > 0.

Sia ora 0 < δ < ε, tale che H(x, y) < H(x(t), y(t)) = H(x(0), y(0)) <

H0 2

H0 2

se x2 + y 2 < δ 2 . Se x(0)2 + y(0)2 < δ 2 allora

e quindi x(t)2 + y(t)2 non pu`o prendere il valore ε2 .

Allora, per continuit`a, dovr`a essere x(t)2 + y(t)2 < ε, ∀t.