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23. EQUAZIONI TOTALI E EQUAZIONI DIFFERENZIALI NON AUTONOME 121
(2) Il problema è posto per |x| ≥ 1. L’equazione totale associata all’equazione assegnata è
2 2x − 1
ω(x, y) := p(x, y) dx + q(x, y) dy =
x(x2 − 1) y + 2x2x2
− 1 dx − dy = 0.
La forma è palesemente non esatta. Tuttavia si ha:
con
∂yp(x, y) − ∂xq(x, y) = 2x2 − 1
x(x2 = f(x)q(x, y),
− 1)
f(x) = − 2x2 − 1
x(x2
A B C
= − + + = −
− 1) x x − 1 x + 1
A(x2 − 1) + Bx(x + 1) + Cx(x − 1)
x(x2 − 1)
= − (A + B + C)x2 + (B − C)x − A
x(x 2 − 1)
da cui A = 1, B = C = 1/2, pertanto ricordando che |x| ≥ 1
1 1 1 1 1
f(x) dx = − + + dx = − log |x| +
x 2 x − 1 2 x + 1
1
1
log |x − 1| + log |x + 1|
2 2
= − log |x| x2
− 1 .
Pertanto il fattore integrante è dato da h(x, y) = 1/(|x| √ x2 − 1). Cerchiamo una primitiva della forma
esatta
2x
h(x, y)ω(x, y) =
2 − 1
x|x|(x2
1
y + 2|x| dx −
− 1) 3/2 |x| √ x2 − 1 dy
y
= d −
|x| √ x2
+ 2|x| dx
− 1
y
= d −
|x| √ x2
+ x|x|
− 1
Nei vari passaggi si è usato il fatto che per x = 0 si ha x sgnx = |x|, sgn2x = 1 e che sgn(x) è costante
su R \ {0}. La soluzione dell’equazione risulta pertanto
y
−
|x| √ x2 + x|x| = c, c ∈ R,
− 1
che si può scrivere come
y(x) = (x 3 − c|x|) x 2 − 1, c ∈ R.
Esercizio 23.3. Si studi ˙x = e t−x /x, x(α) = 1 al variare di α ∈ R.
Svolgimento. Scriviamo l’equazione data come equazione totale:
ω(t, x) = xe x dx − e t dt = 0.
La forma ω è esatta in R 2 . Una sua primitiva è data da:
F (t0, x0) =
x0
0
xe x dx +
t0
0
−e t dt = [xe x ] x0
0 −
x0
0
e x dx − [e t ] t0
0 = (x0 − 1)e x0 − e t0 + 2.
Tutte le soluzioni dell’equazione totale sono quindi espresse da F (t, x) = c, c ∈ R (possiamo inglobare in c la
costante 2) ossia
(x − 1)e x − e t = c
Dovendosi avere x(α) = 1, si ha che il punto (α, 1) deve soddisfare l’equazione, quindi c = −e α . Pertanto le
soluzioni sono descritte in forma implicita dall’equazione:
e t = (x − 1)e x + e α .
Si ha che ∂xF (t, x) = 0 se e solo se x = 0 e ∂tF (t, 0) = −1 = 0, quindi la tangente a F (t, x) = c nei punti
(t, 0) è verticale. Ciò implica che la retta x = 0 è una retta di punti di non differenziabilità per le soluzioni
x = x(t) per il Teorema di Dini. Una soluzione con condizione iniziale x(α) = 1 rimarrà quindi confinata nel
semipiano x ≥ 0 Possiamo esplicitare t in funzione di x ottenendo t(x) = log((x − 1)ex + eα ) con le condizioni
(x − 1)ex + eα > 0 e x > 0. Poniamo g(x) = (x − 1)ex + eα , si ha g ′ (x) = xex e lim g(x) = +∞. Per
x→+∞
x > 0 quindi g è strettamente monotona crescente e il suo minimo è assunto in 0 e vale eα − 1. Per la stretta