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e quindi dobbiamo risolvere
ossia
31. ESERCIZI RICAPITOLATIVI - CONCLUSIONE 163
0 < − 1
2 log
1 + a
1
− a
< 1
0 < log
1 − a
1
+ a
< 2
Poiché |1 − a| > |1 + a| se a < 0, si ha che la prima disuguaglianza è sempre soddisfatta. Per quanto riguarda
la seconda, è sicuramente soddisfatta per |a| sufficientemente grande, a < 0, perché l’argomento del logaritmo
tende a 1 se a → −∞. Quindi esiste a ∗ < 0 tale che se a < a ∗ la disuguaglianza è soddisfatta. Quindi per
a < a ∗ le soluzioni ammettono asintoto verticale a −∞ per 0 < t ∗ a < 1. Se x(t) è una soluzione massimale che
entra all’istante t0 > 0 nella regione Q2, il suo limite verso l’estremo superiore dell’intervallo di definizione I è
−∞, pertanto esiste t1 > t0, t1 ∈ I tale che x(t0) = b < a ∗ . Poniamo v(t) = x(t − t0) e studiamo la soluzione
x(t) per t0 < t < t0 + 1 esattamente come prima. Otteniamo ancora un asintoto verticale.
Proviamo ora che esiste un’unica soluzione strettamente decrescente definita per ogni t > 0 che separa il
comportamento tra le soluzioni definite per ogni t > 0 e quelle che decrescono a −∞ in tempo finito. Tale
soluzione risulterà anche convessa e strettamente decrescente in tutto il suo intervallo di definizione. Osserviamo
che per il teorema di esistenza e unicità se a1 < a2 < 0, e le soluzioni corrispondenti sono x1(t) e x2(t), allora
si deve avere x1(t) < x2(t) per ogni t ≥ 0 dove le due soluzioni sono entrambe definite. Definiamo i seguenti
insiemi:
A := {a ∈ R : esiste ta ≥ 0 tale che ta = x 2 (a, ta)}
1
B := a ∈ R : esiste ta ≥ 0 tale che ta =
2x(a, ta) + x2
(a, ta), x(a, ta) < 0 ,
ove x(a, t) è la soluzione corrispondente alla condizione iniziale a valutata al tempo t. Poiché A ⊃ [0, +∞[ e
B ⊃] − ∞, a ∗ ] tali insiemi sono non vuoti. Inoltre si ha A ∩ B = ∅ quindi A è inferiormente limitato e B è
superiormente limitato, pertanto esistono finiti a + = inf A ≤ 0 e a − = sup B ≥ −1. Proviamo che a + /∈ A.
Supponiamo per assurdo che a + ∈ A e sia ¯x(t) la soluzione corrispondente. Allora esiste ¯t > 0 tale che ¯t = ¯x 2 (¯t),
inoltre, poiché ā ≤ 0 si ha in realtà ¯x(¯t) = − √ ¯t. Consideriamo la soluzione del problema ˙x = t−x 2 , x(t0) = − √ ¯t.
Per l’invarianza delle regioni R e Q tale soluzione deve essere definita in [0, ¯t] e contenuta all’interno della regione
dove ˙x < 0, pertanto si deve avere che tale soluzione in ¯t è minore di ¯x(¯t) = − √ ¯t, pertanto in 0 essa è minore di
α + , contrariamente alla definizione di α + . In modo analogo si prova che a − /∈ B. Le soluzioni corrispondenti a
dati iniziali [a − , a + ] non entrano né in A, né in B quindi hanno le proprietà richieste.
Proviamo che a − = a + . Supponiamo siano diversi e siano a − < a1 < a2 < a + . Si ha allora
d
dt (x(a1, t) − x(a2, t)) = x 2 (a1, t) − x 2 (a2, t) > 0
pertanto la distanza tra le soluzioni relative ai dati iniziali a1 e a2 deve aumentare dal valore iniziale a1 −a2 > 0.
Tuttavia esse sono comprese tra le curve di equazione t = x 2 e t = 1/(2x) + x 2 che sono tra loro asintotiche.
Ciò è assurdo e quindi a − = a + = α. Le proprietà di questa curva discendono dal fatto che essa non entra mai
nelle regioni R e Q. In figura presentiamo l’andamento di alcune soluzioni e le curve che delimitano le regioni
invarianti. Curiosità: la condizione iniziale α corrispondente alla soluzione asintotica a − √ t per t → +∞,
determinata in modo simbolico, corrisponde a
dove Γ(z) =
+∞
0
α = − 31/3 Γ(2/3)
Γ(1/3)
t z−1 e −t dt è la funzione Gamma di Eulero.
−0, 729011,
Esercizio 31.2. Si utilizzi il metodo di separazione delle variabili per risolvere la seguente equazione alle
derivate parziali:
⎧
⎪⎨ −6∂tu(t, x) + 4∂xxu(t, x) + 3u = 0,
∂xux(t, 0) = ∂xux(t, π) = 0
⎪⎩
u(0, x) = x(π − x).
(t, x) ∈]0, +∞[×[0, π],
Svolgimento. Cerchiamo soluzioni elementari non nulle nella forma u(t, x) = U(t)X(x). Sostituendo
nell’equazione di partenza si ottiene:
−6 ˙ U(t, x) + 4U(t) ¨ X(x) + 3U(t)X(x) = 0