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CAPITOLO 31<br />
Lezione del giorno martedì <strong>26</strong> gennaio 20<strong>10</strong> (1 ora)<br />
Esercizi ricap<strong>it</strong>olativi - conclusione<br />
Esercizio 31.1. Al variare di a ∈ R, studiare le soluzioni del problema di Cauchy<br />
<br />
x ′ (t) = t − x 2 (t),<br />
x(0) = a,<br />
tracciandone un grafico approssimativo. In particolare: dire se esistono valori di a tali che la soluzione sia defin<strong>it</strong>a<br />
su tutto l’intervallo (−∞, 0]; dire se esistono valori di a tali che la soluzione sia defin<strong>it</strong>a su tutto l’intervallo<br />
[0, +∞).<br />
Svolgimento. Vale il teorema di esistenza e unic<strong>it</strong>à. Studiamo i punti dove ˙x = 0. Poniamo:<br />
R := {(t, x(t)) : ˙x(t) > 0} = {(t, x) : t < x 2 },<br />
tale regione è la regione di crescenza delle soluzioni. Se consideriamo il sistema autonomo:<br />
˙t = 1<br />
˙x = t − x 2<br />
si ha che la regione R è invariante in avanti. Infatti (˙t, ˙x) (t,x)∈R = (1, 0) che punta all’interno di R. Pertanto<br />
una soluzione che vi entri, ivi rimane intrappolata.<br />
Passando al lim<strong>it</strong>e nell’espressione di ˙x, si deduce che non possono esservi asintoti orizzontali per x → +∞.<br />
Calcoliamo la derivata seconda: x ′′ = 1 − 2xx ′ = 1 − 2x(t − x 2 ) e si ha<br />
γ := {(t, x) : x ′′ = 0} = {(t, x) : 1 − 2xt + 2x 3 } = {(t, x) : t = 1/(2x) + x 2 }.<br />
La curva γ, vista come t = t(x) = 1/(2x) + x 2 , è asintotica a t = x 2 per x → +∞, per x → 0 ± il lim<strong>it</strong>e è ±∞ e<br />
inoltre il ramo di tale curva per x > 0 è contenuto in R. La curva interseca l’asse x in − 3 1/2 e come funzione<br />
di x essa è strettamente decrescente per x < 0. Si ha che R 2 \ γ è cost<strong>it</strong>u<strong>it</strong>o da tre componenti connesse: di<br />
queste, quella contenente l’origine è una regione di convess<strong>it</strong>à per le soluzioni, le altre due di concav<strong>it</strong>à.<br />
Poniamo quindi:<br />
Q0 := {(t, x) : x ′′ < 0, x > 0, t > 0} = {(t, x) : 1 − 2xt + 2x 3 < 0 x > 0, t > 0}<br />
Q1 := {(t, x) : x ′′ > 0} = {(t, x) : 1 − 2xt + 2x 3 > 0}<br />
Q2 := {(t, x) : x ′′ < 0, x < 0} = {(t, x) : 1 − 2xt + 2x 3 < 0, x < 0}.<br />
E’ utile che a questo punto il lettore si faccia un disegno della s<strong>it</strong>uazione.<br />
Cerchiamo di capire se qualcuna di queste regioni è invariante. A tal propos<strong>it</strong>o abbiamo bisogno delle normali<br />
interne. Poiché la frontiera di tali regioni è γ che è defin<strong>it</strong>a implic<strong>it</strong>amente da implic<strong>it</strong>amente da F (t, x) = 0<br />
con F (t, x) = 1 − 2xt + 2x 3 , la normale in un punto (t, x) ∈ γ è data da ˆn(t, x) = ±∇F (t, x) = ∓(2x, 2t − 6x 2 ),<br />
dove il segno viene scelto in base al fatto che si desideri la normale entrante o uscente da Q0, Q1, Q2.<br />
Consideriamo la regione Q0. La normale entrante in Q0 deve avere prima componente pos<strong>it</strong>iva. Nei punti di<br />
∂Q0, si ha x > 0, pertanto il segno corretto della normale entrante in Q0 è ˆn0(t, x) = (2x, 2t − 6x 2 ).<br />
Consideriamo la regione Q2. La normale entrante in Q2 deve avere prima componente negativa. Nei punti di<br />
∂Q2, si ha x < 0, pertanto il segno corretto della normale entrante in Q2 è ˆn2(t, x) = (2x, 2t − 6x 2 ) = ˆn0(t, x).<br />
La regione Q1 avrà normale entrante data da ˆn1(t, x) = −n0(t, x) = −(2x, 2t − 6x 2 ).<br />
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