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.