EQUAZIONI DIFFERENZIALI Esercizi con soluzione 1. Calcolare l

EQUAZIONI DIFFERENZIALI
Esercizi con soluzione
1. Calcolare l’integrale generale delle seguenti equazioni differenziali lineari del primo
ordine:
(a) y 0 − 2y = 1
(b) y 0 + y = ex
(c) y 0 − 2y = x2 + x
(d) 3y 0 + y = 2 e−x
(e) y 0 + 3y = eix
(f) y 0 + 3y = cos x
(g) y 0 + 2xy = x
(h) xy 0 + y = 3x3 − 1 (x > 0)
(i) y 0 + ex y = 3ex
(j) y 0 − (tan x)y = esin x (−π/2 < x < π/2)
(k) y 0 + 2xy = xe−x
2
(l) y 0 + (cos x)y = sin 2x
2. Risolvere i seguenti problemi di Cauchy lineari del primo ordine:
(
y 0 + (cos x)y = e− sin x
(a)
y(π) = π
(
3x
y 0 − 2y = eex +1
(b)
y(0) = 0
(
y 0 − y = ch1x
(c)
y(0) = 0
(
y 0 + y = sin x + 3 cos 2x
(d)
y(0) = 0
(
y 0 + iy = x
(e)
y(0) = 2
(
y 0 − y = e−ix
(f)
y(0) = 0
(
y 0 = (cos x)y + cos3 x
(g)
y(0) = 0
3. (a) Dimostrare che ogni soluzione dell’equazione differenziale
nell’intervallo x > 0 tende a zero per x → +∞.
(b) Calcolare la soluzione y che soddisfa y(2) = 2y(1).
1
x2 y 0 + 2xy = 1
4. Risolvere le seguenti equazioni differenziali a variabili separabili specificando, ove possibile, l’intervallo massimale I delle soluzioni:
(a) y 0 = x2 y
(b) yy 0 = x
(c) y 0 =
x+x2
y−y 2
(d) y 0 =
ex−y
1+ex
2 2
(e) y 0 = x y − 4x2
5. (a) (
Utilizzando il teorema di esistenza e unicità, dimostrare che il problema di Cauchy
y0 = y2
ha soluzione unica per ogni x0 , y0 ∈ R.
y(x0 ) = y0
(b) Dimostrare che la soluzione è
y0
.
1 − y0 (x − x0 )
y(x) =
(Si noti che per y0 = 0 si ottiene la soluzione costante y = 0.)
(c) Determinare l’intervallo massimale della soluzione in funzione del dato iniziale y0 .
6. (a) (
Utilizzando il teorema di esistenza e unicità, dimostrare che il problema di Cauchy
√
y0 = 2 y
ha soluzione unica per ogni y0 > 0, x0 ∈ R.
y(x0 ) = y0
(b) Determinare la soluzione massimale.
(c) Dimostrare che il problema di Cauchy con condizione iniziale y(x0 ) = 0 ha più di
una soluzione, esibendo almeno 2 soluzioni distinte.
Gli esercizi 7 e 8 riguardano il metodo delle approssimazioni successive per risolvere il
problema di Cauchy
(
y 0 = f (x, y)
(1)
y(x0 ) = y0 .
Ricordiamo che le approssimazioni successive per il problema (1) sono le funzioni
φ0 , φ1 , φ2 , . . . definite da
Z x
f (t, φn−1 (t)) dt, n = 1, 2, . . . .
φ0 (x) = y0 ,
φn (x) = y0 +
x0
Sotto opportune ipotesi sulla funzione f (x, y) (f continua e Lipschitziana in un rettangolo chiuso del tipo |x − x0 | ≤ a, |y − y0 | ≤ b) si dimostra che le φn (x) convergono
per n → ∞ ad una soluzione φ(x) del problema (1) per ogni x in un intorno di x0 e
che tale soluzione è unica.
(
y 0 = 3y + 1
7. Si consideri il problema di Cauchy
.
y(0) = 2
(a) Calcolare le prime 4 approssimazioni successive φ0 , φ1 , φ2 , φ3 .
(b) Calcolare la soluzione esatta.
2
(c) Confrontare i risultati ottenuti in a) e in b).
8. Per ognuno dei seguenti problemi di Cauchy calcolare le prime 4 approssimazioni successive φ0 , φ1 , φ2 , φ3 :
(a) y 0 = x2 + y 2 , y(0) = 0
(b) y 0 = 1 + xy, y(0) = 1
(c) y 0 = y 2 , y(0) = 0
(d) y 0 = y 2 , y(0) = 1
(e) y 0 = 1 + y 2 , y(0) = 0
(f) y 0 = 1 − 2xy, y(0) = 0.
9. Calcolare l’integrale generale (reale se i coefficienti sono reali) delle seguenti equazioni
differenziali lineari omogenee a coefficienti costanti del secondo ordine:
(a) y 00 − 4y = 0
(b) 3y 00 + 2y 0 = 0
(c) y 00 + 16y = 0
(d) y 00 + y 0 + 14 y = 0
(e) y 00 − 4y 0 + 5y = 0
(f) y 00 + 2iy 0 + y = 0
(g) y 00 − 2iy 0 − y = 0
(h) y 00 + (3i − 1)y 0 − 3iy = 0.
10. Risolvere i seguenti problemi di Cauchy:
(a) y 00 + y 0 − 6y = 0,
(b) y 00 − 2y 0 − 3y = 0,
(c) y 00 + 10y = 0,
y(0) = 1, y 0 (0) = 0
y(0) = 0, y 0 (0) = 1
y(0) = π, y 0 (0) = π 2 .
(d) y 00 + (4i + 1)y 0 + y = 0,
(e) y 00 + (3i − 1)y 0 − 3iy = 0,
y(0) = 0, y 0 (0) = 0
y(0) = 2, y 0 (0) = 0
11. Calcolare l’integrale generale (reale se i coefficienti sono reali) delle seguenti equazioni
differenziali lineari omogenee a coefficienti costanti:
(a) y 000 + y = 0
(b) y 000 − 8y = 0
(c) y (4) − 16y = 0
(d) y (4) + 16y = 0
(e) y (4) − 2y 00 + y = 0
(f) y (4) + 2y 00 + y = 0
(g) y 000 + 4y 00 − 3y 0 − 18y = 0
(h) y 000 + 6y 00 + 12y 0 + 8y = 0
3
(i) y (4) + y 0 = 0
(j) y (4) + 10y 00 + 25y = 0
(k) y (4) + 2y 000 + 2y 00 + 2y 0 + y = 0
(l) y (5) + y = 0
(m) y (6) + y = 0
(n) y (6) − y = 0
(o) y (8) + 8y (6) + 24y (4) + 32y 00 + 16y = 0
(p) y (10) = 0
(q) y 000 − 5y 00 + 6y 0 = 0
(r) y (100) + 100y = 0
(s) y (4) + 5y 00 + 4y = 0
(t) y 000 − 3y 0 − 2y = 0
(u) y (5) − y (4) − y 0 + y = 0
(v) y 000 − 3iy 00 − 3y 0 + iy = 0
(w) y 000 − iy 00 + 4y 0 − 4iy = 0
(x) y 000 + iy 00 − 2y 0 − 2iy = 0
(y) y (4) − iy = 0
(z) y (4) + 4iy 000 − 6y 00 − 4iy 0 + y = 0
12. Risolvere i seguenti problemi di Cauchy:
(a) y 000 + y = 0,
y(0) = 0, y 0 (0) = 1, y 00 (0) = 0
(b) y 000 − 4y 0 = 0,
(c) y (4) + 16y = 0,
y(0) = 0, y 0 (0) = 1, y 00 (0) = 0
y(0) = 1, y 0 (0) = y 00 (0) = y 000 (0) = 0
(d) y (5) − y (4) − y 0 + y = 0,
y(0) = 1, y 0 (0) = y 00 (0) = y 000 (0) = y (4) (0) = 0
13. Calcolare la funzione analitica
y(x) =
∞
X
x3 x 6 x9
x3n
=1+
+
+
+ ···
(3n)!
3!
6!
9!
n=0
in termini di funzioni elementari. (Suggerimento: usando il teorema di derivazione per
serie si dimostri che y soddisfa l’equazione differenziale y 000 − y = 0, con le condizioni
iniziali y(0) = 1, y 0 (0) = y 00 (0) = 0.)
14. Calcolare la funzione analitica
∞
X
x4n
x4 x8 x12
y(x) =
=1+
+
+
+ ···
(4n)!
4!
8!
12!
n=0
in termini di funzioni elementari.
4
15. Dimostrare che se k ∈ N+ allora
k−1
∞
X
1 X αj x
xkn
=
e ,
(kn)!
k j=0
n=0
dove
αj =
√
k
1 = ei
2πj
k
(j = 0, 1, . . . , k − 1).
16. Utilizzando il metodo di somiglianza, calcolare una soluzione particolare yp (x) delle
seguenti equazioni differenziali lineari a coefficienti costanti non omogenee del secondo
ordine:
(a) y 00 + 4y = cos x
(b) y 00 + 4y = sin 2x
(c) y 00 − 3y 0 + 2y = x2
(d) 4y 00 − y = ex
(e) 6y 00 + 5y 0 − 6y = x
(f) y 00 − 4y = 3e2x + 4e−x
(g) y 00 − 4y 0 + 5y = 3e−x + 2x2
(h) y 00 − 4y 0 + 5y = e2x cos x
(i) y 00 − 7y 0 + 6y = sin x
(j) y 00 − y 0 − 2y = e−x + x2 + cos x
(k) y 00 + 9y = x2 e3x + cos 3x
(l) y 00 + y = xex cos 2x
(m) y 00 + 2iy 0 + y = x
(n) y 00 − 2iy 0 − y = eix − 2e−ix
(o) y 00 + iy 0 + 2y = 2 ch 2x + e−2x
17. Utilizzando il metodo di somiglianza, calcolare una soluzione particolare yp (x) delle
seguenti equazioni differenziali lineari a coefficienti costanti non omogenee:
(a) y 000 − y 0 = x
(b) y 000 − 8y = eix
(c) y 000 − 8y = cos x
(d) y 000 − 8y = sin x
(e) y 000 + 3y 00 + 3y 0 + y = x2 e−x
(f) y 000 = x2 + e−x sin x
(g) y 000 − 3y 00 + 4y 0 − 2y = xex sin x
(h) y (4) + 16y = cos x
(i) y (4) − 4y (3) + 6y 00 − 4y 0 + y = ex
(j) y (4) − y = ex
(k) y (4) − y = eix
(l) y (4) − y = cos x
(m) y (4) − y = sin x
5
(n) y (4) − y = ex cos x
(o) y (4) − y = xex sin x
18. Risolvere i seguenti problemi di Cauchy:
(
y 00 − 8y 0 + 15y = 2 e3x
(a)
y(0) = 0, y 0 (0) = 0
(
y 00 − y = x ex
(b)
y(0) = 0 = y 0 (0)
(
y 000 + y 00 = 1
(c)
y(0) = y 0 (0) = y 00 (0) = 0
(
y 000 + y 00 + y 0 = 1
(d)
y(0) = y 0 (0) = y 00 (0) = 0
(
y 000 + y 00 + y 0 + y = 1
(e)
y(0) = y 0 (0) = y 00 (0) = 0
19. Utilizzando il metodo della risposta impulsiva risolvere i seguenti problemi di Cauchy:
(
ex
y 00 − 2y 0 + y = x+2
(a)
y(0) = 0, y 0 (0) = 0.
(
y 00 + y = cos1 x
(b)
y(0) = 0, y 0 (0) = 0.
(
y 00 − y = ch1x
(c)
y(0) = 0, y 0 (0) = 0.
(
−x
y 00 + 2y 0 + y = xe2 +1
(d)
y(0) = 0, y 0 (0) = 0.
(
y 00 + y = cos13 x
(e)
y(0) = 0, y 0 (0) = 0.
(
y 00 + y = tan x
(f)
y(0) = 0, y 0 (0) = 0.
(
y 00 + y = sin1 x
(g)
y(π/2) = 0, y 0 (π/2) = 0.
(
y 00 − y = sh1x
(h)
y(1) = 0, y 0 (1) = 0.
(
y 00 − y 0 = ch1x
(i)
y(0) = 0, y 0 (0) = 0.
(
ex
y 00 − 2y 0 + 2y = 1+cos
x
(j)
0
y(0) = 0, y (0) = 0.
6
(
y 00 − 3y 0 + 2y =
(k)
e2x
(ex +1)2
y(0) = 0, y 0 (0) = 0.
(
(l)
y 000 − 3y 00 + 3y 0 − y =
ex
x+1
y(0) = y 0 (0) = y 00 (0) = 0.
(
(m)
y 000 − 2y 00 − y 0 + 2y =
ex
ex +1
y(0) = y 0 (0) = y 00 (0) = 0.
(
(n)
y 000 + 4y 0 =
1
sin 2x
y(π/4) = y 0 (π/4) = y 00 (π/4) = 0.
20. Si consideri l’equazione differenziale lineare del secondo ordine a coefficienti variabili
y 00 + x1 y 0 −
1
y
x2
= 0 per x > 0.
(a) Dimostrare che ci sono soluzioni della forma xr con r costante.
(b) Trovare 2 soluzioni linearmente indipendenti per x > 0 dimostrando la loro indipendenza lineare.
(c) Determinare le 2 soluzioni che soddisfano le condizioni iniziali
y(1) = 1, y 0 (1) = 0 e y(1) = 0, y 0 (1) = 1.
21. (a) Dimostrare che ci sono soluzioni della forma xr con r costante dell’equazione
differenziale
x3 y 000 − 3x2 y 00 + 6xy 0 − 6y = 0.
(b) Determinare 3 soluzioni linearmente indipendenti per x > 0 dimostrando la loro
indipendenza lineare.
22. In ognuno dei seguenti casi viene data un’equazione differenziale, una funzione y1 (x)
e un intervallo. Verificare che y1 soddisfa l’equazione nell’intervallo indicato, e trovare
una seconda soluzione linearmente indipendente utilizzando il metodo di riduzione
dell’ordine.
(a) x2 y 00 − 7xy 0 + 15y = 0, y1 (x) = x3 (x > 0).
(b) x2 y 00 − xy 0 + y = 0, y1 (x) = x (x > 0).
(c) y 00 − 4xy 0 + (4x2 − 2)y = 0, y1 (x) = ex
00
0
(d) xy − (x + 1)y + y = 0, y1 (x) = e
x
2
(x ∈ R).
(x > 0).
(e) (1 − x2 )y 00 − 2xy 0 = 0, y1 (x) = 1 (−1 < x < 1).
(f) x2 y 00 + y 0 − x1 y = 0, y1 (x) = x (x > 0).
(g) x2 y 00 − 12 xy 0 − y = 0, y1 (x) = x2 (x > 0).
(h) x2 y 00 + xy 0 − y = 0, y1 (x) = x (x > 0).
(i) x2 y 00 − x(x + 2)y 0 + (x + 2)y = 0, y1 (x) = x (x > 0).
(j) y 00 −
(k) y 00 +
(l) y 00 −
2
y = 0, y1 (x) = x2 (x > 0).
x2
1
y = 0, y1 (x) = x1/2 (x > 0).
4x2
1
1
y 0 + x2 log
y = 0, y1 (x) = x
x log x
x
7
(x > 1).
(m) 2x2 y 00 + 3xy 0 − y = 0, y1 (x) = 1/x (x > 0).
(n) (1 − x2 )y 00 − 2xy 0 + 2y = 0, y1 (x) = x (−1 < x < 1).
23. Utilizzando il metodo della variazione delle costanti determinare una soluzione particolare delle seguenti equazioni differenziali lineari non omogenee.
(a) xy 00 − (1 + x)y 0 + y = x2 e2x (si veda l’esercizio 22 (d)).
(b) x2 y 00 − x(x + 2)y 0 + (x + 2)y = 2x3 (si veda l’esercizio 22 (i)).
(c) y 00 −
2
y
x2
= x (si veda l’esercizio 22 (j)).
24. Risolvere i seguenti problemi di Cauchy
(
x2 y 00 − xy 0 + y = x2
(a)
(si veda l’esercizio 22 (b)).
y(1) = 1, y 0 (1) = 0
(
x2 y 00 − 2y = 2x − 1
(b)
(si veda l’esercizio 22 (j)).
y(1) = 0, y 0 (1) = 0
(
1
1
y 0 + x2 log
y = log x
y 00 − x log
x
x
(esercizio 22 (l)).
(c)
y(e) = 0, y 0 (e) = 0
25. (a) Determinare 2 soluzioni indipendenti dell’equazione differenziale
x2 y 00 + 4xy 0 + (2 + x2 )y = 0
nell’intervallo x > 0, cercandole nella forma y(x) =
z(x)
.
x2
(b) Trovare una soluzione particolare dell’equazione differenziale
x2 y 00 + 4xy 0 + (2 + x2 )y = x2 .
8
SOLUZIONI
1. Si usa la formula per l’integrale generale dell’equazione lineare y 0 = a(x)y + b(x) con
a, b ∈ C 0 (I), cioè
Z
A(x)
y(x) = e
e−A(x) b(x) dx,
(2)
dove A(x) è una qualsiasi primitiva di a(x) sull’intervallo I .
(a) y(x) = ke2x −
1
2
(k ∈ R).
(b) y(x) = 12 ex + ke−x (k ∈ R).
(c) y(x) = − 21 (x2 + 2x + 1) + ke2x (k ∈ R).
(d) y(x) = −e−x + ke−x/3 (k ∈ R).
(e) y(x) =
3−i ix
e + ke−3x (k
10
1
(3 cos x + sin x)
10
∈ C).
(f) y(x) =
+ ke−3x (k ∈ R).
1
Si noti che la funzione y1 (x) = 10
(3 cos x + sin x), che è una soluzione particolare
dell’equazione non omogenea, è precisamente la parte reale della soluzione partieix trovata nel punto precedente (con calcoli più semcolare complessa yp (x) = 3−i
10
plici). Il motivo è che cos x = Re eix . La parte immaginaria di yp , cioè la funzione
1
y2 (x) = 10
(− cos x + 3 sin x), soddisfa invece l’equazione y 0 + 3y = sin x = Im eix .
(g) y(x) =
(h) y(x) =
2
1
+ ke−x (k ∈
2
3 3
x − 1 + xk (k
4
−ex
(j) y(x) =
∈ R)
(k ∈ R)
+ k (k ∈ R)
(i) y(x) = 3 + ke
1
cos x
R).
sin x
e
2
2
(k) y(x) = 12 x2 e−x + ke−x (k ∈ R)
(l) y(x) = 2(sin x − 1) + ke− sin x (k ∈ R)
2. Si calcola l’integrale generale tramite la formula (2), determinando poi la costante di
integrazione k dalla condizione iniziale. Si può anche usare la formula
Z x
A(x)
A(x)
y(x) = y0 e
+e
e−A(t) b(t) dt
x0
che fornisce direttamente la soluzione
R x del problema di Cauchy lineare con la condizione
iniziale y(x0 ) = y0 . Qui A(x) = x0 a(t)dt è la primitiva di a(x) che si annulla nel
punto x0 ∈ I .
(a) y(x) = x e− sin x
(b) y(x) = e2x log
ex +1
2
x
(c) y(x) = x ex − e log(ch x)
(d) y(x) =
1
2
sin x −
1
cos x
2
−ix
+
3
5
cos 2x +
(e) y(x) = 1 − ix + e
(f) y(x) =
−1+i
2
2
(e−ix − ex )
(g) y(x) = sin x + 2 sin x + 1 − esin x
9
6
5
sin 2x −
1 −x
e
10
3. (a) L’integrale generale è y(x) = x1 + xk2 (x > 0, k ∈ R), pertanto limx→+∞ y(x) = 0.
(b) y(x) =
1
x
−
6
7x2
4. Si usa la formula che fornisce implicitamente le soluzioni non costanti dell’equazione a
dy
= a(x)b(y), cioè
variabili separabili dx
Z
Z
dy
= a(x) dx.
b(y)
A queste vanno aggiunte le eventuali soluzioni costanti y(x) = ȳ, ∀x, dove ȳ sono gli
zeri di b(y).
3
(a) y(x) = kex /3 (k ∈ R). Per k = 0 si ottiene la soluzione costante y = 0. Si ha
I = R per ogni valore di k .
√
(b) y(x) = ± x2 + k (k ∈ R). Per ogni valore reale di k abbiamo
√ 2 famiglie di
soluzioni
corrispondenti al segno + e al segno -, cioè y+ (x) = x2 + k , y− (x) =
√
2
− x + k . Notiamo che l’intervallo massimale I delle soluzioni y± dipende dal
valore di k . Se k > 0 allora I = R. Se k = 0 allora I = R+ oppure I = R− . (Nel
punto x = 0 l’equazione in √
forma normale, y 0 (x) = x/y(x), √
perde significato.)
Infine √
se k < 0 si ha I = ( −k, +∞) oppure I = (−∞, − −k). (Nei
√ punti
x = ± −k l’equazione in forma normale perde significato perchè y(± −k) = 0
e y non è derivabile (tangente verticale).) Notiamo infine che la soluzione del
problema di Cauchy y 0 = x/y , y(x0 ) = y0 con y0 6= 0 esiste ed è unica. Questo
è in accordo con il teorema di esistenza e unicità, essendo la funzione b(y) = 1/y
di classe C 1 nell’intorno di qualsiasi punto y0 6= 0. Ad esempio
(
√
y 0 = x/y
⇒ y(x) = x2 + 1, I = R,
y(0) = 1
(
√
y 0 = x/y
⇒ y(x) = − x2 + 1, I = R,
y(0) = −1
(
√
√
y 0 = x/y
⇒ y(x) = − x2 − 3, I = ( 3, +∞),
y(2) = −1
(
√
√
y 0 = x/y
⇒ y(x) = x2 − 3, I = (−∞, − 3).
y(−2) = 1
(c) y(x) è definita implicitamente dall’equazione 3y 2 − 2y 3 = 3x2 + 2x3 + k (k ∈ R).
(d) y(x) = log (log(ex + 1) + k) (k ∈ R). L’intervallo I sul quale y è soluzione
dipende da k . Se k ≥ 0 si ha I = R. Se invece k < 0, I = (log(e−k − 1), +∞).
(e) Vi sono le 2 soluzioni costanti y(x) = 2 e y(x) = −2 ∀x. Inoltre si ha
3
1 + ke4x /3
y(x) = 2
1 − ke4x3 /3
(k ∈ R).
Per k = 0 si riottiene la soluzione costante y = 2, mentre la soluzione costante
y = −2 non si ottiene per alcun valore reale di k (essa si ottiene invece prendendo
il limite per k → ±∞). L’intervallo I sul quale y è soluzione dipende
da k e
q
precisamente: se k ≤ 0 allora I = R; se k > 0 allora I = (− 3
q
oppure I = (−∞, − 3 34 log k).
10
3
4
log k, +∞)
5. (a) La funzione b(y) = y 2 è di classe C 1 su tutto R.
(b) La soluzione costante y = 0 è l’unica soluzione del problema di Cauchy con
y0 = 0. Separando le variabili si ottiene y(x) = −1/(x + k) (k ∈ R). Imponendo
la condizione iniziale y(x0 ) = y0 con y0 6= 0 si trova k = −x0 − 1/y0 , da cui
la formula indicata. Tale formula ha significato anche per y0 = 0, nel qual caso
fornisce la soluzione costante y = 0.
(c) L’intervallo I sul quale y è soluzione dipende dal dato iniziale y0 . Infatti se
y0 6= 0, deve essere x 6= x0 + 1/y0 . Inoltre l’intervallo I deve contenere x0 . Si
trova:
• y0 = 0 ⇒ I = R;
• y0 > 0 ⇒ I = (−∞, x0 +
• y0 < 0 ⇒ I = (x0 +
1
);
y0
1
, +∞).
y0
√
6. (a) La funzione b(y) = 2 y è di classe C 1 nell’intorno di qualsiasi punto y0 > 0.
Non è invece di classe C 1 in un intorno di y0 = 0, e non è neanche Lipschitziana
√
√
in tale intorno in quanto il rapporto incrementale ( y − 0)/(y − 0) = 1/ y non
è limitato in un intorno di zero. Quindi il teorema di esistenza e unicità si può
applicare solo per y0 > 0.
(b) La soluzione costante y = 0 non soddisfa la condizione iniziale y(x0 ) = y0 > 0.
√
√
Separando le variabili nell’equazione y 0 = 2 y si trova y = x + k , che per
x + k ≥ 0 fornisce la soluzione y(x) = (x + k)2 . Imponendo la condizione iniziale
√
si trova k = y0 − x0 , da cui la soluzione del problema di Cauchy
y(x) = (x − x0 +
√
√ 2
y0 ) definita su I 0 = [x0 − y0 , +∞).
√
In questo caso y è soluzione anche nel punto x = x0 − y0 in quanto sia y 0 che
√
2 y si annullano in tale punto. È possibile allora estendere la soluzione oltre
tale punto (prolungamento sinistro), ottenendo la seguente soluzione massimale
definita su tutto R:
√
√
(x − x0 + y0 )2 se x ≥ x0 − y0 ,
√
y(x) =
0
se x < x0 − y0 .
La verifica è immediata.
(c) Consideriamo ora il problema di Cauchy con condizione iniziale y(x0 ) = 0. Innanzitutto c’è la soluzione costante y(x) = 0 ∀x ∈ R. Un’altra soluzione si trova
separando le variabili per x ≥ x0 e incollando la soluzione costante per x < x0 :
(x − x0 )2 se x ≥ x0
ỹ(x) =
0
se x < x0 .
Entrambe queste 2 soluzioni sono definite su tutto R. Traslando la soluzione ỹ a
destra di x0 di una quantità arbitraria c > 0 si ottengono infinite soluzioni dello
stesso problema di Cauchy. Tuttavia queste soluzioni coincidono con la soluzione
costante in un intorno di x0 .
7. (a) φ0 (x) = 2, φ1 (x) = 2 + 7x, φ2 (x) = 2 + 7x + 21
x2 , φ3 (x) = 2 + 7x + 21
x2 + 21
x3 .
2
2
2
(b) φ(x) = 31 (7e3x − 1).
11
(c) Usando lo sviluppo in serie di e3x si verifica che φn (x) coincide con il polinomio
di McLaurin di ordine n di φ(x).
8. (a) φ0 (x) = 0, φ1 (x) =
x3
3
, φ2 (x) =
x3
3
+
x7
63
, φ3 (x) =
x3
3
2
2
+
x7
63
3
+
2x11
11·189
+
x15
15·632
4
.
2
(b) φ0 (x) = 1, φ1 (x) = 1 + x + x2 , φ1 (x) = 1 + x + x2 + x3 + x8 , φ2 (x) = 1 + x + x2 +
R x −t2 /2
x3
x4
x5
x6
x2 /2
+
+
+
.
Si
paragoni
con
la
soluzione
esatta
φ(x)
=
e
(1
+
e
dt)
3
8
15
48
0
calcolando lo sviluppo di McLaurin al quinto ordine di φ(x).
(c) φ0 (x) = 0 = φ1 (x) = φ2 (x) = φ3 (x). Si paragoni con la soluzione esatta.
3
(d) φ0 (x) = 1, φ1 (x) = 1 + x, φ2 (x) = 1 + x + x2 + x3 , φ3 (x) = 1 + x + x2 + x3 +
5
6
7
2x4
+ x3 + + x9 + x63 . Si calcoli la soluzione esatta e il suo intervallo massimale e
3
si confrontino i risultati.
3
3
5
7
(e) φ0 (x) = 0, φ1 (x) = x, φ2 (x) = x + x3 , φ3 (x) = x + x3 + 2x
+ x63 . Si calcoli la
15
soluzione esatta e il suo intervallo massimale e si confrontino i risultati.
3
(f) φ0 (x) = 0, φ1 (x) = x, φ2 (x) = x − 2x3 , φ3 (x) = x −
2 Rx
2
la soluzione esatta φ(x) = ex 0 e−t dt.
2x3
3
+
4x5
15
. Si paragoni con
9. (a) y(x) = c1 e2x + c2 e−2x (c1 , c2 ∈ R).
(b) y(x) = c1 + c2 e−2x/3 (c1 , c2 ∈ R).
(c) y(x) = c1 cos 4x + c2 sin 4x (c1 , c2 ∈ R).
(d) y(x) = c1 e−x/2 + c2 xe−x/2 (c1 , c2 ∈ R).
(e) y(x) = e2x (c1 cos x + c2 sin x) (c1 , c2 ∈ R).
(f) Le radici del polinomio caratteristico p(λ) = λ2 + 2iλ + 1 sono
√
√
√
λ = −i ± −1 − 1 = −i ± i 2 = i(−1 ± 2).
√
√
Pertanto l’integrale generale (complesso) è y(x) = c1 ei( 2−1)x + c2 ei( 2+1)x con
c1 , c2 ∈ C. Notiamo che se si esclude la soluzione banale y(x) = 0 ∀x (ottenuta
per c1 = c2 = 0), l’equazione non ha soluzioni reali comunque si prendano le
costanti c1 , c2 .
(g) Si ha p(λ) = λ2 − 2iλ − 1 = (λ − i)2 = 0 ⇒ λ = i con molteplicità 2. Pertanto
y(x) = c1 eix + c2 xeix (c1 , c2 ∈ C). Non vi sono soluzioni reali a parte quella
banale.
(h) Le soluzioni di p(λ) = λ2 + (3i − 1)λ − 3i = 0 sono determinate dalla formula
risolutiva delle equazioni di secondo grado:
p
√
λ = 21 (1 − 3i ± (1 − 3i)2 + 12i) = 21 (1 − 3i ± 1 − 9 − 6i + 12i)
p
√
= 12 (1 − 3i ± 1 − 9 + 6i) = 21 (1 − 3i ± (1 + 3i)2 )
= 21 (1 − 3i ± (1 + 3i)) = 1, −3i.
Senza utilizzare l’identità 1 − 9 + 6i = (1 + 3i)2 , avremmo dovuto calcolare le
radici quadrate del numero complesso z = −8 + 6i, ed il calcolo sarebbe stato
molto più lungo. L’integrale generale è y(x) = c1 ex + c2 e−3ix (c1 , c2 ∈ C). In
questo caso vi sono soluzioni reali dell’equazione differenziale, e cioè le funzioni
yr (x) = c1 ex con c1 ∈ R.
10. (a) y(x) = 35 e2x + 25 e−3x .
12
(b) y(x) = 14 e3x − 41 e−x .
√
(c) y(x) = π cos 10x +
2
√π
10
√
sin 10x.
(d) Notiamo che le condizioni iniziali y(0) = y 0 (0) = 0 e l’unicità delle soluzioni
del problema di Cauchy implicano che y(x) = 0 ∀x. Non c’è dunque bisogno
di calcolare l’integrale generale, che richiede il calcolo delle radici quadrate del
numero complesso z = 8i − 19.
(e) y(x) =
3i+9 x
e
5
+
1−3i −3ix
e
5
(si veda l’esercizio 9 (h)).
11. Ricordiamo che ogni radice λ1 ∈ C del polinomio caratteristico p(λ) di molteplicità
m1 contribuisce all’integrale generale complesso con le m1 funzioni:
eλ1 x , xeλ1 x , x2 eλ1 x , . . . , xm1 −1 eλ1 x .
Se p(λ) ha coefficienti reali e λ1 = α1 + iβ1 (con β1 6= 0) è radice di molteplicità
m1 , allora anche λ1 = α1 − iβ1 è radice con la stessa molteplicità, e la coppia λ1 , λ1
contribuisce all’integrale generale reale con le 2m1 funzioni:
eα1 x cos β1 x, xeα1 x cos β1 x, . . . , xm1 −1 eα1 x cos β1 x,
eα1 x sin β1 x, xeα1 x sin β1 x, . . . , xm1 −1 eα1 x sin β1 x.
(a) Le radici del polinomio caratteristico p(λ) = λ3 +1 sono le 3 radici √cubiche di −1:
√
i(π+2kπ)
1
(k = 0, 1, 2) = eiπ/3√, eiπ , ei5π/3 = −1,
± i 23 . L’integrale
λ = 3 −1 = e 3
√ 2
generale reale è y(x) = c1 e−x + c2 ex/2 cos 23 x + c3 ex/2 sin 23 x (c1 , c2 , c3 ∈ R).
(b) p(λ) = λ3 − 8 = 0 ⇔
√
√
√
2kπi
λ = 3 8 = 2e 3 = 2, 2e2πi/3 , 2e4πi/3 = 2, 2(− 21 ± i 23 ) = 2, −1 ± i 3 ⇒
√
√
y(x) = c1 e2x + c2 e−x cos 3x + c3 e−x sin 3x (c1 , c2 , c3 ∈ R).
(c) p(λ) = λ4 − 16 = 0 ⇔
√
2kπi
λ = 4 16 = 2e 4 (k = 0, 1, 2, 3) = 2, 2eiπ/2 , 2eiπ , 2e3iπ/2 = ±2, ±2i ⇒
y(x) = c1 e2x + c2 e−2x + c3 cos 2x + c4 sin 2x (c1 , c2 , c3 , c4 ∈ R).
(d) p(λ) = λ4 + 16 = 0 ⇔
√
π+2kπ
λ = 4 −16 = 2ei 4 (k = 0, 1, 2, 3) = 2eiπ/4 , 2e3iπ/4 , 2e5iπ/4 , 2e7iπ/4
√
√
√
√
√
√
√
√
= 2( 22 ± i 22 ), 2(− 22 ± i 22 ) = 2 ± i 2, − 2 ± i 2 ⇒
√
√
√
√
√
√
y(x) = e 2x (c1 cos 2x + c2 sin 2x) + e− 2x (c3 cos 2x + c4 sin 2x)
(c1 , c2 , c3 , c4 ∈ R). Ricordando che
(
(
x
−x
ch x = e +e
ex = ch x + sh x
2
⇒
x
−x
sh x = e −e
e−x = ch x − sh x
2
possiamo anche scrivere l’integrale generale nella forma
√
√
√
√
√
√
y(x) = ch 2x(a cos 2x + b sin 2x) + sh 2x(c cos 2x + d sin 2x)
(a, b, c, d ∈ R).
(e) p(λ) = λ4 − 2λ2 + 1 = (λ2 − 1)2 = 0 ⇔ λ = ±1 entrambe con m = 2. Pertanto
y(x) = c1 ex + c2 xex + c3 e−x + c4 xe−x (c1 , c2 , c3 , c4 ∈ R).
Possiamo anche scrivere l’integrale generale come
y(x) = a ch x + b x ch x + c sh x + d x shx (a, b, c, d ∈ R).
13
(f) p(λ) = λ4 + 2λ2 + 1 = (λ2 + 1)2 = 0 ⇔ λ = ±i con m = 2 ⇒
y(x) = c1 cos x + c2 x cos x + c3 sin x + c4 x sin x (c1 , c2 , c3 , c4 ∈ R).
(g) p(λ) = λ3 + 4λ2 − 3λ − 18. Si vede facilmente che p(2) = 0. Scomponendo con
Ruffini si ottiene p(λ) = (λ − 2)(λ + 3)2 , da cui le radici λ1 = 2 con m1 = 1 e
λ2 = −3 con m2 = 2 ⇒ y(x) = c1 e2x + (c2 + c3 x)e−3x (c1 , c2 , c3 ∈ R).
(h) p(λ) = λ3 + 6λ2 + 12λ + 8 = (λ + 2)3 da cui λ1 = −2 con m1 = 3 ⇒
y(x) = (c1 + c2 x + c3 x2 )e−2x (c1 , c2 , c3 ∈ R).
√
√
3
3
1
−1
=
0,
−1,
±
i
⇒
(i) p(λ) = λ4 + λ = λ(λ3 + 1) √= 0 ⇔ λ
=
0,
2
2
√
3
3
−x
x/2
y(x) = c1 + c2 e + e (c3 cos 2 x + c4 sin 2 x) (c1 , c2 , c3 , c4 ∈ R).
√
√
(j) y(x) = (c1 + c2 x) cos 5x + (c3 + c4 x) sin 5x (c1 , c2 , c3 , c4 ∈ R).
(k) p(λ) = λ4 + 2λ3 + 2λ2 + 2λ + 1. Si vede facilmente che p(−1) = 0. Scomponendo
con Ruffini si ottiene p(λ) = (λ + 1)2 (λ2 + 1), da cui
y(x) = (c1 + c2 x)e−x + c3 cos x + c4 sin x (c1 , c2 , c3 ∈ R).
√
π+2kπ
(l) p(λ) = λ5 + 1 = 0 ⇔ λ = 5 −1 = ei 5 (k = 0, 1, 2, 3, 4) da cui
λ = eiπ/5 , ei3π/5 , eiπ , ei7π/5 , ei9π/5 = −1, cos π5 ± i sin π5 , cos 3π
± i sin 3π
⇒
5
5
π
y(x) = c1 e−x + ecos 5 x (c2 cos(sin π5 x) + c3 sin(sin π5 x))
+ ecos
3π
x
5 (c4
cos(sin 3π
x) + c5 sin(sin 3π
)) (c1 , . . . , c5 ∈ R).
5
5
È possibile scrivere esplicitamente i valori di seno e coseno di π5 e 3π
:
p
p 5 √
√
√
√
, sin π5 = 41 10 − 2 5, cos 3π
= 1−4 5 , sin π5 = 14 10 + 2 5.
cos π5 = 5+1
4
5
√
π+2kπ
(m) p(λ) = λ6 + 1 = 0 ⇔ λ = 6 −1 = ei 6 (k = 0, 1, 2, 3, 4, 5) ⇒
√
√
λ = eiπ/6 , eiπ/2 , ei5π/6 , ei7π/6 , ei3π/2 , ei11π/6 = ±i, 23 ± 2i , − 23 ± 2i ⇒
√
3
x
2
(o)
(p)
(q)
(r)
√
x
)
2
−
√
3
x
2
y(x) = c1 cos x + c2 sin x + e (c3 cos + c4 sin + e
(c5 cos x2 + c6 sin x2 )
(c1 , . . . , c6 ∈ R).
√
2kπ
(n) p(λ) = λ6 − 1 = 0 ⇔ λ = 6 1 = ei 6 (k = 0, 1, 2, 3, 4, 5) ⇒
√
√
λ = 1, eiπ/3 , ei2π/3 , eπ , ei4π/3 , ei5π/3 = ±1, 21 ± i 23 , − 12 ± i 23 ⇒
1
x
2
√
1
√
√
y(x) = c1 ex + c2 e−x + e 2 x (c3 cos 23 x + c4 sin 23 x) + e− 2 x (c5 cos 23 x + c6 sin 23 x)
(c1 , . . . , c6 ∈ R).
√
p(λ) = λ8 + 8λ6 + 24λ4 + 32λ2 + 16 = (λ2 + 2)4 ⇒ λ1,2 = ±i 2 con m = 4 ⇒
√
√
y(x) = (c1 + c2 x + c3 x2 + c4 x3 ) cos 2x + (c5 + c6 x + c7 x2 + c8 x3 ) sin 2x
(c1 , . . . , c8 ∈ R).
p(λ) = λ10 ⇒ λ1 = 0 con m1 = 10 ⇒
y(x) = c1 +c2 x+c3 x2 +c4 x3 +c5 x4 +c6 x5 +c7 x6 +c8 x7 +c9 x8 +c10 x9 (c1 , . . . , c10 ∈ R).
p(λ) = λ3 − 5λ2 + 6λ = λ(λ2 − 5λ + 6) = λ(λ − 2)(λ − 3) ⇒
y(x) = c1 + c2 e2x + c3 e3x (c1 , c2 , c3 ∈ R).
p(λ) = λ100 + 100 = 0 ⇔
√
√
(2k+1)π
λ = 100 −100 = 100 100 ei 100 ≡ λk (k = 0, 1, . . . , 99).
P
λk x
L’integrale generale complesso è y(x) = 99
con ck ∈ C. Per scrivere
k=0 ck e
l’integrale reale bisogna accorpare a 2 a 2 le radici complesse coniugate. Essendo
eiθ = ei(2π−θ) , si √verifica facilmente che λ99 = λ0 , λ98 = λ1 , . . . , λ50 = λ49 ⇒
√
√
P
100
100
100
2k+1
2k+1
πx
100 cos 2k+1
100
y(x) = 49
e
a
cos
100
sin
πx
+
b
sin
100
sin
πx
k
k
k=0
100
100
con ak , bk ∈ R.
14
(s) y(x) = c1 cos x + c2 sin x + c3 cos 2x + c4 sin 2x (c1 , c2 , c3 , c4 ∈ R).
(t) p(λ) = λ3 −3λ−2. Essendo p(−1) = 0 possiamo scomporre con Ruffini ottenendo
p(λ) = (λ + 1)2 (λ − 2) ⇒ y(x) = (c1 + c2 x)e−x + +c3 e2x (c1 , c2 , c3 ∈ R).
(u) p(λ) = λ5 − λ4 − λ + 1 = λ4 (λ − 1) − (λ − 1) = (λ − 1)(λ4 − 1) ⇒
λ1 = 1 (m1 = 2), λ2 = −1, λ3 = i, λ4 = −i (m2 = m3 = m4 = 1) ⇒
y(x) = (c1 + c2 x)ex + c3 e−x + c4 cos x + c5 sin x (c1 , . . . , c5 ∈ R).
(v) p(λ) = λ3 − 3iλ2 − 3λ + i = (λ − i)3 ⇒ λ1 = i con m1 = 3 ⇒
y(x) = (c1 + c2 x + c3 x2 )eix (c1 , c2 , c3 ∈ C)
(w) p(λ) = λ3 − iλ2 + 4λ − 4i = λ2 (λ − i) + 4(λ − i) = (λ − i)(λ2 + 4) ⇒
y(x) = c1 eix + c2 cos 2x + c3 sin 2x (c1 , c2 , c3 ∈ C).
Le soluzioni con c1 = 0, c2 , c3 ∈ R sono reali.
(x) p(λ) = λ3 + iλ2 − 2λ − 2i = (λ + i)(λ2 − 2) ⇒
√
√
y(x) = c1 e−ix + c2 e 2x + c3 e− 2x (c1 , c2 , c3 ∈ C).
Le soluzioni con c1 = 0, c2 , c3 ∈ R sono reali.
(y) p(λ) = λ4 − i = 0 ⇔
√
λ = 4 i = ei(π/2+2kπ)/4 (k = 0, 1, 2, 3) = eiπ/8 , ei5π/8 , ei9π/8 , ei13π/8 ⇒
y(x) = c1 eiπ/8 + c2 ei5π/8 + c3 ei9π/8 + c4 ei13π/8 (c1 , c2 , c3 , c4 ∈ C).
Non vi sono soluzioni reali oltre a quella banale.
(z) p(λ) = λ4 + 4iλ3 − 6λ2 − 4iλ + 1 = (λ + i)4 ⇒
y(x) = (c1 + c2 x + c3 x2 + c4 x3 )e−ix (c1 , c2 , c3 , c4 ∈ C).
Non vi sono soluzioni reali oltre a quella banale.
12. (a) Usando l’esercizio 11 (a) si ottiene
y(x) = − 31 e−x + 13 ex/2 cos
√
3
x
2
√
+
3 x/2
e
3
√
sin
3
x.
2
(b) y(x) = 21 sh 2x.
(c) Usando l’esercizio 11 (d) otteniamo y(x) = cos
√
√
2x ch 2x.
(d) Usando l’esercizio 11 (u) si ottiene
y(x) = 58 ex − 41 xex + 18 e−x + 41 cos x − 14 sin x.
13. Applicando il teorema di derivazione per serie alla funzione
∞
X
x3n
x3 x 6 x9
y(x) =
=1+
+
+
+ ···
(3n)!
3!
6!
9!
n=0
e alle sue derivate y 0 , y 00 , otteniamo:
0
y (x) =
y 00 (x) =
∞
X
n=1
∞
X
n=1
000
y (x) =
∞
X
n=1
x3n−1
x2 x5 x8
=
+
+
+ ···
(3n − 1)!
2!
5!
8!
x3n−2
x4 x7
=x+
+
+ ···
(3n − 2)!
4!
7!
∞
X x3n
x3n−3
x3 x6
=
=1+
+
+ · · · = y(x).
(3n − 3)! n=0 (3n)!
3!
6!
15
Ponendo x = 0 vediamo che y soddisfa l’equazione differenziale y 000 − y = 0 con
le condizioni iniziali y(0) = 1, y 0 (0) = 0, y 00 (0) = 0. Consideriamo l’equazione
differenziale y 000 − y = 0. Le radici del polinomio caratteristico p(λ) = λ3 − 1 sono le
3 radici cubiche dell’unità:
α0 = 1,
α1 = e2πi/3 = − 21 + i
√
3
,
2
α2 = e4πi/3 = − 12 − i
√
3
.
2
Per i calcoli è più comodo utilizzare l’integrale generale complesso, dato da
y(x) = c0 eα0 x + c1 eα1 x + c2 eα2 x ,
dove c0 , c1 , c2 ∈ C. Imponendo le condizioni iniziali y(0) = 1, y 0 (0) = 0, y 00 (0) = 0,
otteniamo il sistema


c0 + c1 + c2 = 1
(3)
c0 + α1 c1 + α2 c2 = 0


2
2
c0 + α1 c1 + α2 c2 = 0,
la cui soluzione è c0 = c1 = c2 = 31 , come si verifica subito. (Si noti che α0 +α1 +α2 = 0,
e che α12 = α2 , α22 = α1 .) Otteniamo infine
√
√
1
3
3
1
y(x) = 31 ex + e(− 2 +i 2 )x + e(− 2 −i 2 )x
√3
√
i 2 x
−i 23 x
1 − x2
1 x
= 3e + 3e
e
+e
x
= 31 ex + 23 e− 2 cos
√
3
x.
2
14. Procedendo come nell’esercizio precedente troviamo che la funzione y(x) soddisfa
l’equazione differenziale y (4) − y = 0 con le condizioni iniziali y(0) = 1, y 0 (0) =
y 00 (0) = y 000 (0) = 0. Il polinomio caratteristico p(λ) = λ4 − 1 ha le radici ±1, ±i,
e l’integrale generale complesso è y(x) = c1 ex + c2 e−x + c3 eix + c4 e−ix . Imponendo le
condizioni iniziali otteniamo il sistema

c1 + c2 + c3 + c4 = 1



c − c + ic − ic = 0
1
2
3
4
(4)
c1 + c2 − c3 − c4 = 0



c1 − c2 − ic3 + ic4 = 0,
la cui soluzione è c1 = c2 = c3 = c4 = 41 , come si verifica subito. Otteniamo infine
y(x) = 14 ex + e−x + eix + e−ix = 21 ch x + 21 cos x.
15. P
Per k = 1 l’identità da dimostrare si riduce allo sviluppo in serie dell’esponenziale
∞
xn /n! = ex . Per k = 2 si riduce allo sviluppo in serie del coseno iperbolico
Pn=0
∞
2n
x
−x
n=0 x /(2n)! = (e + e )/2 = ch x. I casi k = 3, 4 sono stati trattati negli esercizi
+
13 e 14. Sia k ∈ N , k ≥ 2. Procedendo come nei 2 esercizi precedenti, si ottiene che
la funzione
∞
X
xk
x2k
x3k
xkn
y(x) =
=1+
+
+
+ ···
(kn)!
k!
(2k)!
(3k)!
n=0
16
soddisfa il problema di Cauchy
(
y (k) − y = 0
y(0) = 1, y 0 (0) = · · · = y (k−1) (0) = 0.
Le radici del polinomio caratteristico p(λ) = λk − 1 sono le radici k -esime di 1:
√
2πj
k
αj = 1 = ei k (j = 0, 1, . . . , k − 1).
Notiamo che
α0 = 1,
2π
4π
α1 = ei k ,
α2 = ei k = α12 , . . . ,
αk−1 = ei
2(k−1)π
k
= α1k−1 ,
cioè tutte le radici sono
dalle potenze della radice α1 . L’integrale generale
Pk−1generate
αj x
complesso è y(x) = j=0 cj e . Imponendo le condizioni iniziali otteniamo il sistema

c0 + c1 + c2 + · · · + ck−1 = 1






c0 + c1 α1 + c2 α2 + · · · ck−1 αk−1 = 0
2
c0 + c1 α12 + c2 α22 + · · · ck−1 αk−1
=0
(5)

.


..



k−1
c0 + c1 α1k−1 + c2 α2k−1 + · · · ck−1 αk−1
= 0,
la cui soluzione è c0 = c1 = c2 = · · · = ck−1 = k1 . Infatti la prima riga è chiaramente
soddisfatta da questi valori. La seconda riga è soddisfatta da cj = k1 ∀j se e solo se
vale l’identità
α0 + α1 + α2 + · · · + αk−1 = 0.
Questa è vera in quanto da α1k = 1 si ottiene
α0 + α1 + α2 + · · · + αk−1 = 1 + α1 + α12 + · · · + α1k−1 =
1 − α1k
= 0,
1 − α1
dove abbiamo usato l’identità
2
1 + x + x + ··· + x
k−1
1 − xk
=
1−x
(somma della progressione geometrica) valida per ogni x 6= 1. Analogamente la pesima riga del sistema precedente con 1 ≤ p ≤ k − 1 è soddisfatta da cj = k1 ∀j in
quanto
p
p
p
1 + α1p + α2p + · · · + αk−1
= 1 + α1p + α12 + · · · + α1k−1
= 1 + α1p + (α1p )2 + · · · + (α1p )k−1
=
k−1
X
n=0
k p
essendo (α1p )k = α1
otteniamo infine che
(α1p )n =
1 − (α1p )k
=0
1 − α1p
= 1p = 1. Sostituendo i valori cj =
y(x) =
1
k
∀j nell’integrale generale
1 α0 x
(e + eα1 x + eα2 x + · · · + eαk−1 x ) ,
k
come dovevasi dimostrare.
17
16. Ricordiamo che il metodo di somiglianza, o dei coefficienti indeterminati, consente di
determinare una soluzione particolare di un’equazione differenziale lineare a coefficienti costanti non omogenea, Ly = f (x), nel caso in cui il termine forzante f (x) è un
polinomio, un esponenziale, un seno o un coseno, o un prodotto di termini di questo
tipo. Si cerca una soluzione particolare che sia simile a f (x), contenente dei coefficienti incogniti che si determinano sostituendo la soluzione ipotizzata nell’equazione
differenziale. Il metodo funziona in quanto un termine forzante del tipo sopra descritto
è a sua volta soluzione di un’opportuna equazione differenziale omogenea a coefficienti
costanti. Il risultato preciso è il seguente. Consideriamo innanzitutto il caso complesso,
cioè un’equazione differenziale della forma
Ly = y (n) + a1 y (n−1) + · · · + an−1 y 0 + an y = P (x) eλ0 x ,
(6)
dove a1 , . . . , an , λ0 ∈ C, e P (x) è un polinomio a coefficienti complessi di grado k . La
(6) definisce l’operatore differenziale lineare a coefficienti costanti di ordine n
L=
d n
dx
+ a1
d n−1
dx
d
+ · · · + an−1 dx
+ an .
Sia p(λ) = λn + a1 λn−1 + · · · + an−1 λ + an il polinomio caratteristico dell’equazione
omogenea associata Ly = 0. Allora la (6) ha una soluzione particolare della forma
y(x) = xm Q(x) eλ0 x ,
(7)
dove Q(x) è un polinomio a coefficienti complessi di grado k e
0
se p(λ0 ) 6= 0
m=
molteplicità di λ0 se p(λ0 ) = 0.
Il polinomio Q(x) è univocamente determinato sostituendo la (7) nella (6) e applicando
il principio di identità dei polinomi. Notiamo che se λ0 = α + iβ ∈ C \ R (cioè se
β 6= 0), il polinomio Q(x) ha coefficienti complessi anche se P (x) e L hanno coefficienti
reali. Il metodo di somiglianza reale si ottiene applicando questo risultato al caso in cui
P (x) e L hanno coefficienti reali e separando la parte reale e la parte immaginaria della
soluzione complessa (7). Si usa il fatto che se y : R → C risolve Ly = P (x)e(α+iβ)x
(L a coefficienti reali, P polinomio reale), allora y1 = Re y e y2 = Im y risolvono
rispettivamente Ly1 = P (x)eαx cos βx e Ly2 = P (x)eαx sin βx. Il risultato preciso è
il seguente: se L ha coefficienti reali allora l’equazione Ly = P (x)eαx cos βx, dove
α, β ∈ R e P (x) è un polinomio reale di grado k , ha una soluzione particolare della
forma
yp (x) = xm eαx ( Q1 (x) cos βx + Q2 (x) sin βx ) ,
(8)
dove Q1 (x) e Q2 (x) sono due polinomi reali di grado ≤ k (ma almeno uno di essi ha
grado k ) e
0
se p(α + iβ) 6= 0
m=
molteplicità di α + iβ se p(α + iβ) = 0.
Notiamo che se β = 0 la formula (8) per una soluzione particolare di Ly = P (x)eαx
diventa identica alla formula (7) (essendo il polinomio Q(x) reale per λ0 = α ∈ R).
Un risultato analogo alla (8) vale per l’equazione Ly = P (x)eαx sin βx (β 6= 0). Più
precisamente si dimostra che se la (8) risolve Ly = P (x)eαx cos βx, allora la funzione
ỹp (x) = xm eαx ( − Q2 (x) cos βx + Q1 (x) sin βx )
18
risolve Ly = P (x)eαx sin βx. Osserviamo infine che per abbreviare i calcoli è spesso
utile usare il formalismo complesso anche nel caso di coefficienti reali. Per esempio per
risolvere Ly = eαx cos βx (Ly = eαx sin βx) è sufficiente risolvere Ly = e(α+iβ)x e poi
prendere la parte reale (immaginaria) della soluzione complessa trovata.
(a) Poichè cos x non è soluzione dell’omogenea, si cerca una soluzione particolare
della forma yp (x) = a cos x + b sin x, con a, b costanti da determinare. Si calcola
yp0 (x) = −a sin x + b cos x, yp00 (x) = −a cos x − b sin x. Sostituendo nell’equazione
differenziale si ottiene 3a cos x + 3b sin x = cos x, da cui a = 1/3, b = 0, e
yp (x) = 31 cos x.
(b) In questo caso sin 2x è già soluzione dell’omogenea, quindi si cerca yp nella
forma yp (x) = x(a cos 2x + b sin 2x). Si trova yp (x) = − 41 x cos 2x. Mostriamo
come si possono abbreviare i calcoli utilizzando il formalismo complesso. Essendo
sin 2x = Im e2ix , invece di risolvere y 00 + 4y = sin 2x risolviamo l’equazione complessa y 00 + 4y = e2ix e poi prendiamo la parte immaginaria della soluzione particolare complessa trovata. Poichè e2ix è già soluzione dell’omogenea, il metodo
di somiglianza complesso dice di cercare una soluzione della forma y(x) = Axe2ix
dove A è una costante complessa da determinare. Si calcola y 0 (x) = (A +
2iAx)e2ix , y 00 (x) = (4iA − 4Ax)e2ix . Sostituendo nell’equazione y 00 + 4y = e2ix
i termini proporzionali a x si semplificano e si trova A = 4i1 = − 4i . Dunque la
soluzione particolare complessa è
y(x) = − 4i xe2ix = − 4i x(cos 2x + i sin 2x) = 14 x sin 2x − 14 ix cos 2x ⇒
yp (x) = Im y(x) = − 14 x cos 2x.
(c) Il termine forzante è x2 = x2 e0·x . Poichè λ = 0 non è radice del polinomio
caratteristico p(λ) = λ2 − 3λ + 2, e poichè x2 è un polinomio di secondo grado,
si cerca yp nella forma yp (x) = ax2 + bx + c. Si ottiene yp (x) = 14 (2x2 + 6x + 7).
(d) Poichè ex non è soluzione dell’omogenea, si cerca yp (x) = aex e si trova yp (x) =
1 x
e .
3
(e) Si cerca yp (x) = ax + b e si trova yp (x) = − 16 x −
5
.
36
(f) Si applica il principio di sovrapposizione, risolvendo separatamente l’equazione
differenziale con i termini forzanti 3e2x e 4e−x , e poi sommando le soluzioni
particolari ottenute. Nel primo caso essendo e2x già soluzione dell’omogenea, si
cerca yp (x) = axe2x . Nel secondo caso si cerca yp (x) = be−x . Il risultato finale è
yp (x) = 34 xe2x − 34 e−x .
(g) Procedendo come nell’esercizio precedente, si trova yp (x) =
3 −x 2 2 16
44
e + 5 x + 25 x+ 125
.
10
(h) Siccome e2x cos x è soluzione dell’omogenea, si cerca una soluzione particolare
nella forma y(x) = x e2x (a cos x + b sin x). Sostituendo nell’equazione si ottiene, con calcoli un pò laboriosi, a = 0 e b = 21 , da cui la soluzione particolare
yp (x) = 12 x sin x e2x . Come nell’esercizio 16 (b), si può ottenere la soluzione più
velocemente usando il formalismo complesso. Essendo e2x cos x = Re e(2+i)x ,
invece di risolvere y 00 − 4y 0 + 5y = e2x cos x risolviamo l’equazione complessa
y 00 − 4y 0 + 5y = e(2+i)x
(9)
e poi prendiamo la parte reale della soluzione. Poichè 2 + i è radice di p(λ) =
λ2 − 4λ + 5 con molteplicità 1, cerchiamo una soluzione particolare della (9) nella
forma
y(x) = A x e(2+i)x
19
dove A ∈ C è una costante complessa (polinomio complesso di grado zero) da
determinare. Si ha
y 0 (x) = A e(2+i)x + A x(2 + i)e(2+i)x ,
y 00 (x) = 2A(2 + i)e(2+i)x + A x(2 + i)2 e(2+i)x .
Sostituendo nella (9) otteniamo l’equazione
e(2+i)x A x (2 + i)2 − 4(2 + i) + 5 + 2A(2 + i) − 4A = e(2+i)x .
Il termine in parentesi quadra si annulla essendo uguale a p(2+i) = 0. Otteniamo
2Ai = 1, da cui A = 2i1 = − 2i , e
y(x) = − 2i x e(2+i)x = − 2i x e2x (cos x + i sin x)
= x e2x ( 12 sin x − 2i cos x).
La soluzione particolare reale richiesta è allora
yp (x) = Re y(x) = 21 x e2x sin x.
Notiamo che la funzione Im y(x) = − 12 x e2x cos x risolve invece l’equazione y 00 −
4y 0 + 5y = e2x sin x.
(i) Si cerca yp (x) = a cos x + b sin x e si trova yp (x) =
1
(7 cos x
74
+ 5 sin x).
(j) Si risolve separatamente l’equazione non omogenea con i 3 termini forzanti e−x ,
x2 , cos x. Nel primo caso si cerca yp (x) = axe−x , essendo e−x già soluzione
dell’omogenea. Nel secondo caso si cerca yp (x) = ax2 + bx + c, e nel terzo
yp (x) = a cos x + b sin x. Il risultato finale è
3
1
cos x − 10
sin x.
yp (x) = − 31 xe−x − 21 x2 + 12 x − 43 − 10
(k) yp (x) =
1
(9x2 − 6x + 1)e3x + 16 x sin 3x.
162
1
[(11 − 5x)ex cos 2x + (−2 + 10x)ex
50
sin 2x]. Per abbreviare i calcoli con(l) yp (x) =
viene usare il formalismo complesso risolvendo y 00 + y = xe(1+2i)x e poi prendendo
la parte reale della soluzione.
(m) Procedendo come nel caso dei coefficienti reali, si cerca yp (x) = ax + b dove a, b
sono 2 costanti possibilmente complesse da determinare. Si trova yp (x) = x − 2i.
(n) Si risolve separatamente l’equazione con termine forzante eix e −2e−ix . Nel primo
caso, poichè λ = i è radice del polinomio caratteristico di molteplicità 2 (si veda
l’esercizio 9 (g)), si cerca yp nella forma yp (x) = ax2 eix con a ∈ C. Nel secondo
caso si cerca yp (x) = be−ix con b ∈ C. Il risultato è yp (x) = 21 x2 eix + 12 e−ix .
(o) Le radici del polinomio caratteristico sono i, −2i. Il termine forzante è una
combinazione lineare di e2x e e−2x . Possiamo risolvere separatamente cercando
yp (x) = ae2x in un caso e yp (x) = be−2x nell’altro, con a, b ∈ C. Il risultato è
yp (x) = 3−i
e2x + 6+2i
e−2x .
20
20
17. (a) Il polinomio caratteristico è p(λ) = λ3 − λ = λ(λ2 − 1) e le radici sono λ = 0, ±1.
Il termine forzante è x = x · e0·x . Poichè x è un polinomio di primo grado e
λ = 0 è radice di p(λ) di molteplicità 1, si cerca yp (x) = x(ax + b). Il risultato è
yp (x) = − 12 x2 .
20
√
(b) Si ha p(λ) = λ3 − 8 = (λ − 2)(λ2 + 2λ + 4) e le radici sono λ = 2, −1 ± i 3. Il
termine forzante è eix e λ = i non è radice di p(λ), pertanto si cerca yp (x) = aeix
eix .
con a ∈ C. Il risultato è yp (x) = i−8
65
(c) È sufficiente prendere la parte reale della soluzione complessa trovata nell’esercizio
precedente. Essendo
i−8 ix
e
65
=
i−8
(cos x
65
+ i sin x) =
1
[−8 cos x
65
− sin x + i(cos x − 8 sin x)]
1
otteniamo yp (x) = 65
(−8 cos x − sin x). Alternativamente si cerca yp nella forma
a cos x + b sin x e si procede direttamente.
(d) Prendendo la parte immaginaria della soluzione complessa trovata nell’esercizio
1
17 (b) si ottiene yp (x) = 65
(cos x − 8 sin x).
(e) Si ha p(λ) = λ3 + 3λ2 + 3λ + 1 = (λ + 1)3 quindi λ = −1 è radice di p(λ) di
molteplicità 3. Il termine forzante x2 e−x è il prodotto di un polinomio di secondo
grado per e−x . Dunque si cerca yp (x) = x3 (ax2 + bx + c)e−x . Il risultato è
1 5 −x
xe .
yp (x) = 60
(f) yp (x) =
1 5
x
60
− 14 e−x cos x + 14 e−x sin x.
(g) Si ha p(λ) = λ3 − 3λ2 + 4λ − 2. Si vede facilmente che p(1) = 0. Scomponendo
con Ruffini si trova p(λ) = (λ − 1)(λ2 − 2λ + 2), da cui le radici λ = 1, 1 ± i.
Il termine forzante xex sin x è il prodotto di un polinomio di primo grado per la
funzione ex sin x, che è già soluzione dell’omogenea. In accordo con il metodo di
somiglianza reale, vi è una soluzione particolare della forma
yp (x) = xex [(ax + b) cos x + (cx + d) sin x]. Per abbreviare i calcoli è preferibile
utilizzare il formalismo complesso. Essendo xex sin x = Im xe(1+i)x , si risolve
l’equazione complessa
y 000 − 3y 00 + 4y 0 − 2y = xe(1+i)x
e si prende la parte immaginaria della soluzione trovata. Il metodo di somiglianza
complesso dice di cercare una soluzione particolare della forma
y(x) = x(Ax + B)e(1+i)x = (Ax2 + Bx)e(1+i)x ,
con A, B ∈ C. Calcolando y 0 , y 00 e y 000 e sostituendo nell’equazione complessa
si ottiene con facili calcoli A = −1/4, B = −3i/4. La soluzione particolare
complessa è
y(x)x(− 14 x − 43 i)e(1+i)x = xex − 41 x cos x + 34 sin x + i − 34 cos x − 41 x sin x .
La soluzione particolare reale è yp (x) = xex − 34 cos x − 14 x sin x .
(h) yp (x) =
1
17
cos x. (Conviene risolvere y (4) + 16y = eix .)
(i) Si ha p(λ) = λ4 − 4λ3 + 6λ2 − 4λ + 1 = (λ − 1)4 , quindi λ = 1 è radice di p(λ)
di molteplicità 4 e l’integrale generale dell’omogenea è (c1 + c2 x + c3 x2 + c4 x3 )ex .
Poichè il termine forzante è proprio ex , una soluzione particolare va cercata nella
1 4 x
forma yp (x) = ax4 ex . Il risultato è yp (x) = 24
xe .
(j) Si ha p(λ) = λ4 − 1 = (λ2 − 1)(λ2 + 1) da cui le radici semplici λ = ±1, ±i. Il
termine forzante è ex , quindi si cerca yp (x) = axex . Il risultato è yp (x) = 41 xex .
(k) Si cerca yp (x) = axeix con a ∈ C. Si trova a = i/4 ⇒ yp (x) = 4i xeix .
21
(l) Prendendo la parte reale della soluzione trovata nell’esercizio precedente si ottiene
yp (x) = − 14 x sin x.
(m) Prendendo la parte immaginaria della soluzione complessa trovata nell’esercizio
17 (k) si ottiene yp (x) = 14 x cos x.
(n) Il termine forzante è ex cos x = Re e(1+i)x . Poichè 1 + i non è radice di p(λ), vi è
una soluzione particolare della forma yp (x) = ex (a cos x + b sin x). Per abbreviare
i calcoli conviene usare il formalismo complesso e risolvere y (4) − y = e(1+i)x .
Cercando una soluzione della forma y(x) = ce(1+i)x con c ∈ C, si trova
c=
1
(1+i)4 −1
= − 15 ,
da cui la soluzione particolare complessa y(x) = − 15 e(1+i)x . Prendendone la parte
reale otteniamo yp (x) = − 51 ex cos x.
(o) Il metodo di somiglianza reale dice che vi è una soluzione particolare della forma
yp (x) = ex [(ax + b) cos x + (cx + d) sin x]. Conviene però risolvere l’equazione
complessa y (4) − y = xe(1+i)x e poi prendere la parte immaginaria (essendo
xex sin x = Im xe(1+i)x ). In accordo con il metodo di somiglianza complesso, cerchiamo una soluzione particolare complessa della forma y(x) = (Ax + B)e(1+i)x
con A, B ∈ C. Sostituendo nell’equazione complessa si ottiene abbastanza facilmente che A = −1/5, B = 8(1 − i)/25. La soluzione complessa è dunque
8
y(x) = [− 51 x + 25
(1 − i)]e(1+i)x . Prendendone la parte immaginaria otteniamo
8
8
yp (x) = ex − 25
cos x + (− 51 x + 25
) sin x .
18. Ricordiamo che l’integrale generale dell’equazione non omogenea Ly = f (x) è dato da
y(x) = yom (x) + yp (x), dove yom è l’integrale generale dell’equazione omogenea associata Ly = 0, e yp è una soluzione particolare qualsiasi dell’equazione non omogenea.
(a) Determiniamo innanzitutto l’integrale generale. Il polinomio caratteristico è
p(λ) = λ2 − 8λ + 15 = (λ − 3)(λ − 5) e la soluzione generale dell’omogenea è
yom (x) = c1 e3x + c2 e5x . L’equazione non omogenea ha termine forzante 2e3x .
Poichè e3x è già soluzione dell’omogenea, cerchiamo una soluzione particolare
della non omogenea nella forma yp (x) = axe3x . Si ha
yp0 (x) = a(3x + 1)e3x ,
yp00 (x) = a(9x + 6)e3x .
Sostituendo nell’equazione non omogenea otteniamo
a [9x + 6 − 8(3x + 1) + 15x] e3x = 2 e3x ,
da cui a = −1. L’integrale generale è dunque
y(x) = c1 e3x + c2 e5x − x e3x .
Calcolando y 0 (x) e imponendo le condizioni iniziali y(0) = 0 = y 0 (0) otteniamo il
sistema
(
(
c1 + c2 = 0
c1 = −1/2
⇒
3c1 + 5c2 − 1 = 0
c2 = 1/2.
La soluzione del problema di Cauchy è infine
y(x) = − 12 e3x + 12 e5x − x e3x .
22
(b) Il polinomio caratteristico è p(λ) = λ2 − 1, quindi l’equazione omogenea ha la
soluzione generale yom (x) = c1 ex + c2 e−x . L’equazione non omogenea ha termine forzante xex . Poichè x un polinomio di primo grado e poichè ex è già
soluzione dell’omogenea, cerchiamo una soluzione particolare della non omogenea
nella forma yp (x) = x(ax + b)ex . Si ha
yp0 (x) = [ax2 + (2a + b)x + b]ex ,
yp00 (x) = [ax2 + (4a + b)x + 2a + 2b]ex .
Sostituendo nell’equazione non omogenea si ottiene
[ax2 + (4a + b)x + 2a + 2b − ax2 − bx]ex = x ex ,
da cui 4ax + 2a + 2b = x, e quindi
(
4a = 1
(
2a + 2b = 0
⇒
a = 1/4
b = −1/4.
La soluzione particolare è 41 x2 ex − 14 xex , e l’integrale generale dell’equazione non
omogenea è
y(x) = c1 ex + c2 e−x + 41 x2 ex − 14 x ex .
Le condizioni iniziali danno origine al sistema
(
(
c1 = 1/8
c1 + c2 = 0
⇒
1
c2 = −1/8.
c1 − c2 − 4 = 0
La soluzione del problema di Cauchy è infine
y(x) = 81 ex − e−x + 2x2 ex − 2x ex .
(c) Il polinomio caratteristico è p(λ) = λ3 + λ2 = λ2 (λ + 1), quindi c’ è la radice
doppia λ = 0 e la radice semplice λ = −1. L’integrale generale dell’omogenea è
yom (x) = c1 + c2 x + c3 e−x . Il termine forzante è 1 = 1 · e0·x , cioè il prodotto di
un polinomio di grado zero per l’esponenziale e0·x . Poichè λ = 0 è radice di p(λ)
di molteplicità 2, cerchiamo una soluzione particolare della non omogenea nella
forma yp (x) = x2 · a. Si ha yp0 (x) = 2ax, yp00 (x) = 2a, yp000 (x) = 0. Sostituendo
nella non omogenea otteniamo a = 1/2, da cui l’integrale generale
y(x) = c1 + c2 x + c3 e−x + 21 x2 .
Imponendo le condizioni iniziali si ottiene il sistema
c1 + c3 = 0,
c2 − c3 = 0,
c3 + 1 = 0,
la cui soluzione è c1 = 1, c2 = c3 = −1. La soluzione del problema di Cauchy è
y(x) = 1 − x − e−x + 21 x2 .
(d) Il polinomio caratteristico
è p(λ) = λ3 + λ2 + λ = λ(λ2 + λ + 1), le radici di p(λ)
√
sono λ = 0, − 12 ± i 23 , e la soluzione generale dell’omogenea è
√
√
yom (x) = c1 + c2 e−x/2 cos 23 x + c3 e−x/2 sin 23 x.
Una soluzione particolare della non omogenea deve avere la forma yp (x) = x · a.
Si ha yp0 (x) = a, yp00 (x) = 0 = yp000 (x). Sostituendo nella non omogenea otteniamo
a = 1, da cui yp (x) = x e l’integrale generale
23
√
√
y(x) = c1 + c2 e−x/2 cos 23 x + c3 e−x/2 sin 23 x + x.
Imponendo
le condizioni iniziali si trova, con facili calcoli, c1 = −1, c2 = 1,
√
c3 = − 33 , da cui la soluzione del problema di Cauchy
y(x) = −1 + e−x/2 cos
√
√
3
x
2
−
3 −x/2
e
3
√
sin
3
x
2
2
+ x.
(e) Il polinomio caratteristico è p(λ) = λ3 + λ + λ + 1 = (λ + 1)(λ2 + 1) e l’integrale
generale dell’omogenea è yom (x) = c1 e−x + c2 cos x + c3 sin x. Il termine forzante è
1 = 1 · e0·x . Poichè λ = 0 non è radice di p(λ), la non omogenea ha una soluzione
particolare della forma yp (x) = a. Si ha yp0 = yp00 = yp000 = 0. Sostituendo nella
non omogenea si ottiene a = 1 da cui yp (x) = 1 e l’integrale generale
y(x) = c1 e−x + c2 cos x + c3 sin x + 1.
Imponendo le condizioni iniziali si ottiene il sistema
c1 + c2 + 1 = 0, −c1 + c3 = 0, c1 − c2 = 0,
la cui soluzione è c1 = c2 = c3 = −1/2. La soluzione del problema di Cauchy è
y(x) = 1 − 21 (e−x + cos x + sin x).
19. Ricordiamo che la risposta impulsiva di un’equazione differenziale lineare omogenea a
coefficienti costanti (reali o complessi) di ordine n
Ly = y (n) + a1 y (n−1) + · · · + an−1 y 0 + an y = 0
è la soluzione del problema di Cauchy
(
Ly = 0
y(0) = y 0 (0) = · · · = y (n−2) (0) = 0, y (n−1) (0) = 1.
Il metodo della risposta impulsiva consente di determinare una soluzione particolare
dell’equazione non omogenea Ly = f (x) quando f è una funzione continua qualsiasi
su un intervallo I . Indicando con g(x) la risposta impulsiva, si ha che l’equazione
Ly = f (x) ha una soluzione particolare data dall’integrale di convoluzione
Z x
yp (x) =
g(x − t)f (t) dt
(x0 , x ∈ I).
(10)
x0
Più precisamente, si dimostra che yp risolve il problema di Cauchy
(
Ly = f (x)
y(x0 ) = y 0 (x0 ) = · · · = y (n−1) (x0 ) = 0.
La formula (10) fornisce dunque la soluzione particolare dell’equazione non omogenea
Ly = f (x) che soddisfa condizioni iniziali tutte nulle nel punto x0 ∈ I e con un
termine forzante continuo arbitrario f ∈ C 0 (I). Notiamo che se α1 , . . . , αn sono
costanti arbitrarie, la soluzione del problema di Cauchy non omogeneo
(
Ly = f (x)
y(x0 ) = α1 , y 0 (x0 ) = α2 , . . . , y (n−1) (x0 ) = αn
è data da y(x) = yom (x) + yp (x), dove yom risolve il problema di Cauchy omogeneo
con le stesse condizioni iniziali di y , cioè
(
Ly = 0
y(x0 ) = α1 , y 0 (x0 ) = α2 , . . . , y (n−1) (x0 ) = αn .
24
La risposta impulsiva g(x) è completamente determinata dalle radici del polinomio
caratteristico p(λ) e dalle loro molteplicità. Per n = 1, g(x) è la soluzione del problema
y 0 + ay = 0, y(0) = 1, ed è data da g(x) = eλ1 x , dove λ1 = −a è l’unica radice di
p(λ) = λ + a. Per n = 2, g(x) è la soluzione del problema
(
y 00 + ay 0 + by = 0
y(0) = 0, y 0 (0) = 1,
ed è data dalle seguenti formule. Siano λ1 , λ2 le radici del polinomio caratteristico
p(λ) = λ2 + aλ + b. Allora
• se λ1 6= λ2 (⇔ ∆ = a2 − 4b 6= 0)
1
λ1 −λ2
g(x) =
eλ1 x − eλ2 x ;
• se λ1 = λ2 (⇔ ∆ = 0)
g(x) = x eλ1 x .
Se a e b sono reali, g(x) è reale e possiamo riscriverla come segue nel caso ∆ 6= 0:
posto α = −a/2 e
√
−∆/2 se ∆ < 0
α ± iβ se ∆ < 0
√
β=
cosı̀ che λ1,2 =
α ± β se ∆ > 0
∆/2
se ∆ > 0
si ha
(
g(x) =
1
2iβ
1
2β
e(α+iβ)x − e(α−iβ)x = β1 eαx sin(βx) se ∆ < 0
e(α+β)x − e(α−β)x = β1 eαx sinh(βx) se ∆ > 0.
Per n generico, siano λ1 , . . . , λn le radici del polinomio caratteristico
p(λ) = λn + a1 λn−1 + · · · + an−1 λ + an
(non necessariamente distinte, ognuna contata con la sua molteplicità), e indichiamo
con gλ1 ...λn la risposta impulsiva dell’equazione Ly = 0. Vale allora la formula ricorsiva:
Z x
λn x
e−λn t gλ1 ···λn−1 (t) dt,
gλ1 ···λn (x) = e
(11)
0
che consente di calcolare gλ1 ...λn iterativamente. Per esempio per n = 3 otteniamo
dalla (11) le seguenti formule per la risposta impulsiva g = gλ1 λ2 λ3 :
• se λ1 6= λ2 6= λ3 (radici tutte distinte)
g(x) =
eλ1 x
(λ1 −λ2 )(λ1 −λ3 )
+
eλ2 x
(λ2 −λ1 )(λ2 −λ3 )
+
eλ3 x
;
(λ3 −λ1 )(λ3 −λ2 )
• se λ1 = λ2 6= λ3
g(x) =
1
(λ1 −λ3 )2
λ3 x
e − eλ1 x + (λ1 − λ3 ) x eλ1 x ;
• se λ1 = λ2 = λ3
g(x) = 21 x2 eλ1 x .
25
Notiamo che se i coefficienti dell’equazione differenziale y 000 + a1 y 00 + a2 y 0 + a3 y = 0
sono tutti reali, allora g(x) è reale. Infatti nel caso di radici tutte distinte se λ1 ∈ R
e λ2,3 = α ± iβ con β 6= 0, si calcola
h
i
λ1 x
αx
αx
1
1
g(x) = (λ1 −α)2 +β 2 e + β (α − λ1 ) e sin βx − e cos βx .
In tutti gli altri casi λ1 , λ2 , λ3 sono reali se a1 , a2 , a3 ∈ R.
Per n generico si ottiene un’espressione semplice della risposta impulsiva g = gλ1 ...λn
nel caso di radici tutte distinte o tutte uguali, cioè
• se λ1 6= λ2 6= · · · =
6 λn (radici tutte distinte)
g(x) = c1 eλ1 x + c2 eλ2 x + · · · + cn eλn x ,
dove
ck = Q
1
j6=k (λk − λj )
• se λ1 = λ2 = · · · = λn
g(x) =
(1 ≤ k ≤ n);
1
xn−1 eλ1 x .
(n − 1)!
Nel caso generale, siano λ1 , . . . , λk le radici distinte di p(λ), di molteplicità m1 , . . . , mk ,
con m1 + · · · + mk = n. Esistono allora dei polinomi G1 , . . . , Gk , di gradi rispettivamente m1 − 1, . . . , mk − 1, tali che
g(x) = G1 (x)eλ1 x + · · · + Gk (x)eλk x .
Un metodo per determinare i polinomi G1 , . . . , Gk è il seguente. Consideriamo la
decomposizione di 1/p(λ) in fratti semplici su C:
c11
c1m1
1
c12
=
+
·
·
·
+
+
+ ···
(λ − λ1 )m1 · · · (λ − λk )mk
λ − λ1 (λ − λ1 )2
(λ − λ1 )m1
ckmk
ck2
ck1
+ ··· +
.
+
+
2
λ − λk (λ − λk )
(λ − λk )mk
Si dimostra allora che
Gj (x) = cj1 + cj2 x + cj3
x2
xmj −1
+ · · · + cjmj
2!
(mj − 1)!
(1 ≤ j ≤ k).
(a) Il polinomio caratteristico è p(λ) = λ2 − 2λ + 1 = (λ − 1)2 , dunque λ1 = λ2 = 1, e
ex
la risposta impulsiva è g(x) = x ex . Il termine forzante x+2
è continuo per x > −2
e per x < −2. Poichè le condizioni iniziali sono poste nel punto x0 = 0, possiamo
lavorare nell’intervallo I = (−2, +∞). Dalla formula (10) otteniamo la seguente
soluzione del problema proposto nell’intervallo I :
Z x
Z x
t
x−t
x−t e
x
y(x) =
(x − t) e
dt = e
dt
t+2
0
0 t+2
Z x
x
x+2
x
=e
− 1 dt = ex [ (x + 2) log(t + 2) − t ]0
t+2
0
= ex [ (x + 2) log(x + 2) − x − (x + 2) log 2 ]
= ex (x + 2) log x+2
− x ex .
2
26
Notiamo che l’integrale generale dell’equazione y 00 − 2y 0 + y =
I si può scrivere come
ygen (x) = c1 ex + c2 x ex + ex (x + 2) log(x + 2)
ex
x+2
nell’intervallo
(c1 , c2 ∈ R).
Infatti il termine −x ex − (x + 2)ex log 2 nella soluzione particolare trovata sopra
può essere inglobato in yom (x) = c1 ex + c2 x ex .
(b) Si ha p(λ) = λ2 + 1, dunque λ1 = λ2 = i, e la risposta impulsiva è g(x) =
eix −e−ix
= sin x. I dati iniziali sono posti nel punto x0 = 0 e possiamo lavorare
2i
nell’intervallo I = (−π/2, π/2), dove il termine forzante cos1 x è continuo. Dalla
formula (10) otteniamo
Z x
1
y(x) =
sin(x − t)
dt
cos t
0
Z x
1
dt
=
(sin x cos t − cos x sin t)
cos t
0
Z x
Z x
sin t
dt − cos x
= sin x
dt
0
0 cos t
= x sin x + cos x log(cos x).
(c) Si ha p(λ) = λ2 − 1, dunque λ1 = 1, λ2 = −1, e la risposta impulsiva è g(x) =
ex −e−x
= sh x. Il termine forzante ch1x è continuo su tutto R. Dalla formula (10)
2
si ha
Z x
1
sh (x − t)
dt
y(x) =
ch t
0
Z x
1
=
(sh x ch t − ch x sh t)
dt
ch t
0
Z x
Z x
sh t
dt
= sh x
dt − ch x
0
0 ch t
= x sh x + ch x log(ch x).
(d) y(x) = xe−x arctan x − 12 e−x log(1 + x2 ).
(e) y(x) = 21 ( cos1 x − cos x).
(f) La risposta impulsiva è g(x) = sin x, il termine forzante tan x è continuo
nell’intervallo I = (−π/2, π/2). Dalla formula (10) si ha
Z x
Z x
Z x
sin2 t
y(x) =
sin(x − t) tan t dt = sin x
sin t dt − cos x
dt
cos t
0
0
0
Z x
1−cos2 t
= sin x(1 − cos x) − cos x
dt
cos t
0
Z x
Z x
1
= sin x(1 − cos x) + cos x
cos t dt − cos x
dt
cos t
0
0
Z x
1
= sin x − cos x
dt.
cos t
0
Per calcolare l’integrale facciamo il cambio di variabili
tan 2t = s
⇒
cos t =
27
1−s2
,
1+s2
dt =
2
ds
1+s2
⇒
Z
0
Notando che
x
1
cos t
cos x
1+sin x
Z
tan x/2
2
1−s2
tan x/2
Z
1
s−1
1
− s+1
dt
0
0
tan x/2
tan x/2−1 = − log s−1
=
−
log
tan x/2+1 s+1 0
2
sin x/2−cos x/2 sin x/2−cos2 x/2 = − log sin x/2+cos x/2 = − log (sin x/2+cos x/2)2 cos x .
= − log 1+sin
x
dt =
ds == −
> 0 ∀x ∈ I , otteniamo infine
cos x
1+sin x
y(x) = sin x + cos x log
.
(g) y(x) = sin x log(sin x) − (x − π/2) cos x nell’intervallo I = (0, π).
(h) y(x) = sh x log(sh x/sh 1) − (x − 1)ch x nell’intervallo I = (0, +∞).
(i) Si ha p(λ) = λ2 − λ = λ(λ − 1) ⇒ λ1 = 1, λ2 = 0, e la risposta impulsiva è
g(x) = ex − 1. Il termine forzante ch1x è continuo su R. Dalla formula (10) si ha
Z x −t
Z x
Z x
1
e
1
x−t
x
e −1
dt = e
dt −
dt.
y(x) =
ch t
0 ch t
0 ch t
0
I due integrali si calcolano elementarmente:
Z
Z
Z
1
1
et
dt = 2
dt = 2
dt
ch t
et + e−t
e2t + 1
= 2 arctan et + C,
Z
Z
Z
e−t
1
1 + e2t − e2t
dt = 2
dt
=
2
dt
ch t
e2t + 1
1 + e2t
= 2t − log 1 + e2t + C 0 .
Otteniamo infine
y(x) = ex [ 2t − log 1 + e2t
x
]0 − 2[ arctan
et
x
]0
= ex [ 2x − log 1 + e2x ] + ex log 2 − 2 arctan (ex ) + π2 ,
(j) p(λ) = λ2 − 2λ + 2 = 0 ⇒ λ1,2 = 1 ± i, la risposta impulsiva è g(x) = ex sin x.
Il termine forzante 1 + cos x è continuo su I = (−π, π). Dalla formula (10)
otteniamo
Z x
Z x
Z x
x−t
x
x
et
cos t
sin t
y(x) =
e sin(x − t) 1+cos t dt = e sin x
dt − e cos x
dt.
1+cos t
1+cos t
0
0
0
I due integrali si calcolano elementarmente:
Z x
sin t
dt = [− log(1 + cos t)]x0 = − log
1+cos t
1+cos x
2
0
x
Z
0
cos t
1+cos t
Z
=x−
0
Z
x
dt =
0
x
1
2 cos2 t/2
cos t+1−1
1+cos t
Z
x
0
,
x
Z
dt −
dt =
0
1
1+cos t
dt
x
dt = x − tan 2t 0 = x − tan x2 ⇒
y(x) = ex sin x(x − tan x2 ) + ex cos x log
28
1+cos x
2
.
(k) p(λ) = λ2 − 3λ + 2 = (λ − 1)(λ − 2) = 0 ⇒ λ = 1, 2. La risposta impulsiva è
2x
g(x) = e2x − ex . Il termine forzante (exe+1)2 è continuo su I = R. Dalla (10) si ha
y(x) = e
2x
x
Z
0
1
(et +1)2
dt − e
x
x
Z
0
et
(et +1)2
dt.
I due integrali si calcolano facilmente (ponendo ad esempio et = s) e si ottiene:
x
y(x) = e2x x − log(ex + 1) + ex1+1 + log 2 − 12 + exe+1 − 21 ex .
(l) p(λ) = λ3 − 3λ2 + 3λ − 1 = (λ − 1)3 = 0 ⇒ λ = 1 con molteplicità 3. La risposta
ex
impulsiva è g(x) = 21 x2 ex . Il termine forzante x+1
è continuo su I = (−1, +∞).
Dalla formula (10) otteniamo
Z x
Z x
2 x−t et
1
x2 +t2 −2tx
1 x
y(x) =
(x − t) e t+1 dt = 2 e
dt.
2
t+1
0
0
L’integrale si calcola facilmente e si ottiene
y(x) = 12 (x + 1)2 ex log(x + 1) − 12 xex ( 32 x + 1).
(m) p(λ) = λ3 − 2λ2 − λ + 2 = (λ − 2)(λ2 − 1) = 0 ⇒ λ = ±1, 2. La risposta
impulsiva si calcola facilmente: g(x) = − 12 ex + 16 e−x + 31 e2x . Il termine forzante
ex
è continuo su R. Dalla formula (10) otteniamo
ex +1
Z x
Z x
Z x
1 x
1
1 −x
e2t
1 2x
e−t
y(x) = − 2 e
dt + 6 e
dt + 3 e
dt.
et +1
et +1
et +1
0
0
0
I 3 integrali si calcolano facilmente con la sostituzione et = s e decomponendo in
fratti semplici. Il risultato finale è
y(x) = ( 12 ex − 16 e−x + 31 e2x ) log(ex + 1) − 12 xex − 13 xe2x +
+ (− 12 log 2 − 31 )ex +
log 2−1 −x
e
6
+
1
6
1−log 2 2x
e .
6
(n) p(λ) = λ3 + 4λ = λ(λ2 + 4) = 0 ⇒ λ = 0, ±2i. La risposta impulsiva si
calcola facilmente: g(x) = 14 (1 − cos 2x). Il termine forzante sin12x è continuo su
I = (0, π/2). Dalla formula (10) otteniamo
Z x
Z x
Z x
Z x
1−cos 2(x−t)
1
1
1
cos 2t
1
1
y(x) = 4
dt = 4
dt− 4 cos 2x
dt− 4 sin 2x
dt.
sin 2t
sin 2t
sin 2t
π/4
π/4
π/4
π/4
Il secondo e il terzo integrale sono immediati. Il primo integrale si calcola scrivendo
Z
Z
Z
1
1
1
1
dt =
dt = 2
dt = 12 log(tan t) + k.
sin 2t
2 sin t cos t
tan t cos2 t
Il risultato finale è
y(x) = 81 log(tan x) − 18 cos 2x log(sin 2x) − 14 (x − π/4) sin 2x.
20. (a) Posto y(x) = xr si ha y 0 (x) = rxr−1 , y 00 (x) = r(r − 1)xr−2 . Sostituendo
nell’equazione differenziale si ottiene r(r − 1)xr−2 + x1 rxr−1 − x12 xr = 0, cioè
xr [r(r − 1) + r − 1] = 0, da cui r2 − 1 = 0 e infine r = ±1. Abbiamo dunque le
2 soluzioni y1 (x) = x, y2 (x) = 1/x.
29
(b) Per dimostrare che y1 e y2 sono linearmente indipendenti per x > 0 è sufficiente
calcolare il loro Wronskiano e mostrare che è diverso da zero su R+ . Si ha
y1 (x) y2 (x) x 1/x =
= − 2 6= 0 ∀x > 0.
W (y1 , y2 )(x) = 0
y1 (x) y20 (x) 1 −1/x2 x
(c) Poichè y1 e y2 sono linearmente indipendenti, ogni soluzione dell’equazione differenziale si può scrivere come y(x) = c1 x+c2 /x. Imponendo le condizioni iniziali
si trova che
(
y 00 + x1 y 0 − x12 y = 0
⇒ y(x) = 21 (x + x1 ),
0
y(1) = 1, y (1) = 0
(
y 00 + x1 y 0 − x12 y = 0
⇒ y(x) = 21 (x − x1 ).
y(1) = 0, y 0 (1) = 1
21. (a) Procedendo come nell’esercizio precedente si trova che la funzione y(x) = xr
risolve l’equazione differenziale x3 y 000 − 3x2 y 00 + 6xy 0 − 6y = 0 se e solo se vale
r(r − 1)(r − 2) − 3r(r − 1) + 6r − 6 = 0, cioè (r − 1)(r2 − 5r + 6) = 0, da cui
r = 1, 2, 3. Abbiamo dunque le 3 soluzioni y1 (x) = x, y2 (x) = x2 , y3 (x) = x3 .
(b) Calcolando il Wronskiano di y1 , y2 , y3 si ha
y1 (x) y2 (x) y3 (x) x x2 x3 W (y1 , y2 , y3 )(x) = y10 (x) y20 (x) y30 (x) = 1 2x 3x2 = 2x3 6= 0 ∀x > 0.
y100 (x) y200 (x) y300 (x) 0 2 6x Quindi y1 , y2 , y3 sono linearmente indipendenti per x > 0.
22. Consideriamo un’equazione differenziale lineare omogenea del secondo ordine in forma
normale y 00 + a(x)y 0 + b(x)y = 0, dove a, b ∈ C 0 (I), I intervallo. Supponiamo di
averne trovato una soluzione y1 con y1 (x) 6= 0 ∀x ∈ I . Il metodo di riduzione
dell’ordine consente allora di determinare una seconda soluzione indipendente da y1 .
Si cerca tale soluzione nella forma y2 (x) = z(x)y1 (x), dove z(x) è una funzione da
determinare. Si trova che la funzione v = z 0 soddisfa l’equazione lineare del primo
y0
ordine v 0 = −(2 y11 + a)v , da cui
v(x) = k
e−A(x)
,
(y1 (x))2
dove A(x) è una qualsiasi primitiva di a(x) su I e k ∈ R è una costante arbitraria.
Integrando nuovamente e moltiplicando per y1 (x) otteniamo la seconda soluzione
Z
y2 (x) = ky1 (x)
e−A(x)
dx.
(y1 (x))2
(12)
Calcolando il Wronskiano di y1 e y2 si trova facilmente che
y1 (x) y2 (x) = ke−A(x) 6= 0 ∀k 6= 0.
W (y1 , y2 )(x) = 0
y1 (x) y20 (x) Ricordando che se y è soluzione dell’equazione omogenea allora qualunque multiplo ky
è ancora soluzione, concludiamo che qualunque valore di k 6= 0 nella (12), per esempio
30
k = 1, dà una soluzione y2 indipendente da y1 . Inoltre nella (12) possiamo omettere la
costante arbitraria di integrazione proveniente dall’integrale indefinito in quanto ogni
termine del tipo k 0 y1 (x) è proporzionale alla prima soluzione. Per esempio fissando
un punto x0 ∈ I e prendendo sempre le primitive che si annullano in x0 , otteniamo la
formula
Z x − Rxt a(s) ds
e 0
y2 (x) = y1 (x)
dt
(y1 (t))2
x0
che fornisce una soluzione dell’equazione che si annulla in x0 .
(a) La verifica che y1 (x) = x3 risolve l’equazione è immediata. Riscrivendo l’equazione
in forma normale si ha y 00 − x7 y 0 + x152 y = 0. Confrontando con y 00 +a(x)y 0 +b(x)y = 0
vediamo che a(x) = − x7 e dunque A(x) = −7 log x. Sostituendo nella formula
(12) otteniamo
Z
Z
3
3
e7 log x
x7
y2 (x) = kx
dx = kx
dx = kx3 ( 12 x2 + c).
(x3 )2
x6
Omettendo la costante di integrazione c (che dà un multiplo di y1 ) e prendendo
ad esempio k = 2 (ricordiamo che k si può fissare arbitrariamente) otteniamo la
seconda soluzione indipendente nella forma y2 (x) = x5 .
(b) La verifica che y1 (x) = x risolve l’equazione è immediata. Riscrivendo l’equazione
in forma normale si ha y 00 − x1 y 0 + x12 y = 0, da cui a(x) = − x1 e A(x) = − log x.
Sostituendo nella formula (12) con k = 1 e omettendo la costante di integrazione
otteniamo
Z
Z
elog x
dx = x x1 dx = x log x.
y2 (x) = x
x2
(c) La verifica che y1 (x) = x risolve l’equazione y 00 − 4xy 0 + (4x2 − 2)y = 0 è facile. Si
ha a(x) = −4x ⇒ A(x) = −2x2 . Sostituendo nella (12) con k = 1 e omettendo
la costante di integrazione otteniamo
Z
Z
2
x2
x2
x2
e2x
y2 (x) = e
dx
=
xe
.
2 2 dx = e
x
(e )
(d) La verifica che y1 (x) = ex risolve l’equazione è immediata. Riscrivendo l’equazione
in forma normale si ha y 00 − (1 + x1 )y 0 + x1 y = 0. Dunque a(x) − 1 − 1/x e
A(x) = −x − log x. Sostituendo nella (12) e integrando per parti senza mettere
la costante di integrazione otteniamo
Z
Z
Z
x
x
x
ex+log x
x
dx = ke
dx = ke
xe−x dx
y2 (x) = ke
(ex )2
ex
Z
x
−x
−x
= ke −xe + e dx = kex −xe−x − e−x = k(−x − 1).
Prendendo ad esempio k = −1 si ha y2 (x) = x + 1.
(e) La verifica che y1 (x) = 1 soddisfa l’equazione è immediata. L’equazione in forma
2x
2x
normale è y 00 − 1−x
2 y = 0. Dunque a(x) = x2 −1 , da cui
Z
2x
A(x) =
dx = log |x2 − 1| = log(1 − x2 )
(per −1 < x < 1).
x2 −1
31
Sostituendo nella (12) otteniamo
Z
Z
Z
− log(1−x2 )
1
k
y2 (x) = k e
dx = −k x2 −1 dx = − 2
x−1 .
= − k2 log x+1
= − k2 log 1−x
1+x
Prendendo ad esempio k = −2 otteniamo y2 (x) = log
1−x
1+x
1
x−1
−
1
x+1
dx
.
(f) La verifica che y1 (x) = x risolve l’equazione è immediata. L’equazione in forma
normale è y 00 + x12 y 0 − x13 y = 0. Dunque a(x) = 1/x2 e A(x) = −1/x. Sostituendo
nella (12) otteniamo
Z
1/x
y2 (x) = kx ex2 dx = kx(−e1/x ).
Prendendo ad esempio k = −1 otteniamo y2 (x) = xe1/x .
(g) y2 (x) = x−1/2 .
(h) y2 (x) = 1/x.
(i) y2 (x) = xex .
(j) y2 (x) = 1/x.
√
(k) y2 (x) = x log x.
(l) y2 (x) = 1 + log x.
√
(m) y2 (x) = x.
(n) y2 (x) = 1 + 12 x log
1−x
1+x
.
23. Supponiamo di conoscere un sistema fondamentale di soluzioni y1 , y2 dell’equazione
lineare omogenea y 00 + a(x)y 0 + b(x)y = 0. Il metodo della variazione delle costanti
consente allora di determinare una soluzione particolare yp dell’equazione non omogenea y 00 + a(x)y 0 + b(x)y = f (x), dove a, b, f sono funzioni continue su un intervallo I .
Si cerca yp nella forma yp = z1 y1 + z2 y2 , dove z1 e z2 sono funzioni da determinare.
Imponendo la condizione z10 y1 + z20 y2 = 0 e sostituendo nell’equazione non omogenea
si ottiene z10 y10 + z20 y20 = f (x). Quindi le 2 funzioni z1 , z2 soddisfano il sistema lineare
2 × 2 (omettendo la dipendenza da x per semplicità)
(
z10 y1 + z20 y2 = 0
z10 y10 + z20 y20 = f.
Il determinante del sistema è precisamente il Wronskiano di y1 e y2
y1 y2 ,
W (y1 , y2 ) = 0
y1 y20 che è sempre diverso da zero su I . Dunque il sistema ha soluzione unica che si calcola
ad esempio con la regola di Kramer:
0 y2 y1 0 0
f y20 y1 f y2 f
y1 f
0
0
z1 =
=−
z2 =
=
.
W (y1 , y2 )
W (y1 , y2 )
W (y1 , y2 )
W (y1 , y2 )
32
Integrando e sostituendo in yp = z1 y1 + z2 y2 otteniamo
Z
Z
y1 (x)f (x)
y2 (x)f (x)
dx + y2 (x)
dx.
yp (x) = −y1 (x)
W (y1 , y2 )(x)
W (y1 , y2 )(x)
(13)
In questa formula si possono omettere le costanti arbitrarie di integrazione provenienti
dagli integrali indefiniti in quanto tali costanti danno termini del tipo k1 y1 + k2 y2 che
sono soluzione dell’omogenea. Alternativamente possiamo fissare un punto x0 ∈ I e
integrare tra x0 e x ottenendo
Z x
Z x
y1 (t)f (t)
y2 (t)f (t)
dt + y2 (x)
dt.
(14)
yp (x) = −y1 (x)
x0 W (y1 , y2 )(t)
x0 W (y1 , y2 )(t)
Si dimostra che questa funzione soddisfa l’equazione non omogenea con le condizioni
iniziali y(x0 ) = 0, y 0 (x0 ) = 0. La formula (14) è analoga alla formula (10), alla
quale essa si riduce nel caso dei coefficienti costanti. Per vedere questo con maggiore
chiarezza, riscriviamo la (14) nella forma seguente
Z x
yp (x) =
g(x, t)f (t) dt,
x0
dove g(x, t) è la funzione g : I × I → R definita da
g(x, t) = −y1 (x)
y1 (t)
y2 (t)
+ y2 (x)
.
W (y1 , y2 )(t)
W (y1 , y2 )(t)
È evidente che ∀t ∈ I fissato, la funzione x → g(x, t) soddisfa l’equazione omogenea
essendo una combinazione lineare di y1 e y2 con coefficienti dipendenti da t. È facile
dimostrare che questa funzione soddisfa le seguenti condizioni iniziali nel punto x = t:
∂g
(t, t) = 1. Nel caso dei coefficienti costanti si ha che g(x, t) = g(x − t),
g(t, t) = 0, ∂x
dove g(x) = g(x, 0) è la risposta impulsiva.
(a) Un sistema fondamentale di soluzioni dell’equazione lineare omogenea
xy 00 − (1 + x)y 0 + y = 0 per x > 0 è dato da y1 (x) = ex , y2 (x) = x + 1 (si veda
l’esercizio 22 (d)). Il Wronskiano di y1 , y2 è
x
e x+1 = ex − (x + 1)ex = −xex .
W (y1 , y2 )(x) = x
e
1 Consideriamo ora l’equazione non omogenea in forma normale,
y 00 − (1 + x1 )y 0 + x1 y = xe2x . Applicando la formula (13) otteniamo
Z
Z
x + 1 2x
ex
x
yp (x) = − e
xe
dx
+
(x
+
1)
xe2x dx
−xex
−xex
Z
Z
x
x
=e
(x + 1)e dx − (x + 1) e2x dx
= ex · xex − 12 (x + 1)e2x = 12 (x − 1)e2x .
Abbiamo omesso qualsiasi costante di integrazione negli integrali indefiniti.
33
(b) Un sistema fondamentale dell’omogenea è dato da
esercizio 22 (i)). Il Wronskiano è
x
xex
W (y1 , y2 )(x) = 1 (x + 1)ex
y1 (x) = x, y2 (x) = xex (vedi
= x2 ex .
Applicando la formula (13) all’equazione scritta in forma normale,
y 0 + x+2
y = 2x, si ottiene
y 00 − x+2
x
x2
Z
Z
xex
x
x
yp (x) = − x
2x
dx
+
xe
2x dx
x2 ex
x2 ex
Z
Z
x
= − 2x dx + 2xe
e−x dx = −2x2 − 2x.
Poichè −2x è soluzione dell’omogenea, possiamo prendere più semplicemente
yp (x) = −2x2 .
(c) yp (x) = 41 x3 .
24. (a) Calcoliamo innazitutto una soluzione particolare dell’equazione non omogenea
y 00 − x1 y 0 + x12 y = 1. Nell’esercizio 22 (b) si è visto che un sistema fondamentale
dell’omogenea associata è y1 (x) = x, y2 (x) = x log x. Il Wronskiano è
x x log x = x.
W (y1 , y2 )(x) = 1 log x + 1 Dalla (13) otteniamo
Z
Z
yp (x) = −x log x dx + x log x dx = −x(x log x − x) + x2 log x = x2 .
L’integrale generale della non omogenea è dunque y(x) = c1 x + c2 x log x + x2 .
Imponendo le condizioni iniziali si ottiene c1 + 1 = 1, c1 + c2 + 2 = 0, da cui
c1 = 0 e c2 = −2. La soluzione è y(x) = −2x log x + x2 .
(b) Una soluzione particolare è yp (x) =
(c) Una soluzione particolare è yp (x) =
y(x) = −ex +
e2
2
1
− x. Il
2
1 2
x (log x
2
risultato è y(x) = 21 x2 + 12 − x.
− 1). Il risultato è
(1 + log x) + 12 x2 (log x − 1).
25. (a) Sostituendo y(x) = z(x)/x2 nell’equazione differenziale si ottiene che la funzione
z deve soddisfare l’equazione z 00 + z = 0. Due soluzioni indipendenti di questa
equazione sono z1 (x) = cos x, z2 (x) = sin x. Otteniamo dunque le 2 soluzioni
x
x
y1 (x) = cos
, y2 (x) = sin
. Queste sono indipendenti in quanto
x2
x2
cos x
sin x
1
2
2
x
x
W (y1 , y2 )(x) = sin x 2 cos x cos x 2 sin x = 4 6= 0 ∀x > 0.
− x2 − x3
− x3
x
x2
(b) Scrivendo l’equazione non omogenea in forma normale, y 00 + x4 y 0 + (1 + x22 )y = 1,
e procedendo con la variazione delle costanti, otteniamo la soluzione particolare
yp (x) = 1 − x22 .
34