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162 31. ESERCIZI RICAPITOLATIVI - CONCLUSIONE
A questo punto eseguiamo il prodotto scalare ˆni · (1, ˙x) nei punti di ∂Qi:
ˆn0 · (1, ˙x) t=1/(2x)+x 2 = [2x + (t − x 2 )(2t − 6x 2 )] t=1/(2x)+x 2 = 2x + 1
2x
= 2x + 1 1 3
+ −
2x2 x x
1
= > 0.
2x2 ˆn2 · (1, ˙x) t=1/(2x)+x2 = ˆn0 · (1, ˙x) t=1/(2x)+x2 = 1
> 0.
2x2 ˆn1 · (1, ˙x) t=1/(2x)+x 2 = −ˆn0 · (1, ˙x) t=1/(2x)+x 2 = − 1
< 0.
2x2
1
x + 2x2 − 6x 2
Quindi le regioni Q0 e Q2 sono invarianti in avanti, mentre la regione Q1 non lo è. Per vedere se la regione Q1
è invariante all’indietro, dobbiamo eseguire il prodotto scalare tra la normale entrante a Q1 e il campo −(1, ˙x):
ˆn1 · (−1, − ˙x) t=1/(2x)+x2 = 1
> 0,
2x2 quindi la regione Q1 è invariante all’indietro.
Studiamo la prolungabilità delle soluzioni per t < 0. A tal proposito, poniamo y(t) = x(−t). Studiare il
comportamento all’indietro di x(t) equivale a studiare il comportamento in avanti di y(t). Si ha ˙y = − ˙x(−t) =
−(−t − y2 (t)) = t + y2 (t).
Per ogni condizione iniziale, esiste ¯ε = ¯ε(a) tale per cui dato 0 < ε < ¯ε(a) la soluzione y(t) sia definita per
|t| < ε2 , ciò è possibile grazie al Teorema di Esistenza e Unicità. Studiamo il comportamento per t > ε2 : si ha
˙y > ε2 + y2 e quindi confrontiamo con ˙z = z2 + ε2 , z(0) = a, la cui soluzione generale è
1 z
1 a
arctan = t + C, C = arctan , z(t) = ε tan εt + arctan
ε ε ε ε a
.
ε
Si nota che z(t) ammette asintoto verticale per
t ∗ =
π/2 − arctan a
ε
ε
> 0, lim
t→t∗− z(t) = +∞,
e quindi anche y(t) ammette asintoto verticale per 0 < t1 < t∗ , perciò x(t) ha un asintoto verticale per
t = −t1 < 0.
In definitiva, tutte le soluzioni x(t) hanno un asintoto verticale nel semipiano {(t, x) : t < 0} con limite da
destra pari a +∞, e quindi non sono prolungabili fino a −∞.
Studiamo ora il comportamento per t ≥ 0. Una soluzione che parta con condizione a ≥ 0, per t > 0 decresce
fino ad avere il minimo sulla curva t = x2 dove entra nella regione invariante R, ha un flesso quando incontra
il ramo di γ contenuto in R e poi cresce a +∞ rimanendo entro Q0 e in generale questo è il comportamento di
ogni soluzione che entri in R, in particolare tali soluzioni sono definite per tutti i tempi t > 0. Proviamo che
tali traiettorie sono asintotiche a √ t. Si ha:
˙x x2
= 1 −
t t .
Per t sufficientemente grande si ha che ˙x(t) è decrescente perché x(t) si trova nella regione di concavità Q0,
pertanto il membro di sinistra tende a zero, ma allora x2 (t)/t deve tendere a 1 e perciò x(t) è asintotico a √ t.
Se una soluzione parte all’interno di Q2, ovvero con a < − 3 1/2 vi rimane per ogni t > 0, in particolare è sempre
strettamente decrescente e per l’invarianza in avanti di tale regione non può entrare in R. Non potendovi essere
asintoti orizzontali, essa decresce a −∞, ciò accade anche se una soluzione decresce fino ad entrare in Q2: a
quel punto decresce a −∞. Mostriamo che le soluzioni che partono nella regione Q2 hanno un asintoto verticale
per t > 0. Studiamo ora la soluzione nell’intervallo 0 < t < 1. Si ha ˙x < 1 − x2 , e procediamo per confronto
con ˙z = 1 − z2 , z(0) = a. Verifichiamo la presenza di asintoti verticali per t = t∗ < 1 con condizioni iniziali
opportune: Si ha:
1 1 1 1 1 1
= dz + dz =
1 − z2 2 1 − z 2 1 + z 2 log
1 − z
1
+ z
quindi in forma implicita:
1
2 log
1 + z
1
− z = t + C.
Per z → ±∞ si ottiene t + C → 0 e quindi t∗ = −C. Sostituendo le condizioni iniziali, si ottiene:
C = 1
2 log
1 + a
1
− a
.