Istituzioni di Matematiche Modulo B (SG) V foglio di esercizi ESERCIZIO 1. Nei seguenti esercizi determinare la soluzione generale (eventualmente in forma implicita). 1) y 0 = x3 /y, 5) y p 1 − x2 y 0 = x, 2) tg x cos y = −y 0 tg y, 6) (x − 1)y 0 = xy, 3) (x + 1)y 0 + y 2 = 0, 7) (x2 − 4)y 0 = y, 4) y 0 = (y − 1)(y − 2), 8) yy 0 = ex+2y sin x. SOLUZIONE. Utilizziamo il metodo di separazione delle variabili. Dove possibile daremo soluzioni in forma esplicita, altrimenti solo in forma implicita. In ciascun caso è necessaria una analisi del dominio. Al solito c varia in R. y dy = x3 dx, q y = − 12 x4 + c. 1) 2) 3) 4) 5) y=− 6) 8) = 1 4 4x + c, y 2 = 1 4 2x + c, quindi possiamo prendere y = sin y 1 1 cos2 y dy = − tg x dx, cos y = log | cos x| + c, cos y = log | cos x|+c , y = dy 1 1 1 y 2 = − x+1 dx, − y = − log |x + 1| + c, y = log |x+1|+c dy y−2 ex+c −2 ex+c +2 (y−1)(y−2) = dx, log | y−1 | = x + c, y = ex+c −1 oppure y = ex+c +1 √ √ x y dy = √1−x dx, 21 y 2 = − 1 − x2 + c, y 2 = −2 1 − x2 + c, y 2 p √ −2 1 − x2 + c dy x y = x−1 x+c −|x − 1|e 7) 1 2 2y dy y y e2y q 1 4 2x + c oppure 1 arccos( log | cos x|+c ) = p √ −2 1 − x2 + c oppure dx, log |y| = x + log |x − 1| + c, |y| = ex+log |x−1|+c , y = |x − 1|ex+c oppure y = . = dx x2 −4 , x log |y| = dy = e sin x dx, 1 1 x−2 14 4 log |x − 2| − 4 log |x + 2|, |y| = | x+2 | e−2y ( 14 + y2 ) = − 12 ex (cos x − sin x). ESERCIZIO 2. Determinare tutte le soluzioni delle seguenti equazioni differenziali su (−∞, +∞). 1) y 00 − 4y = 0, 4) y 00 + 4y 0 = 0, 2) y 00 + 4y = 0, 5) y 00 − 2y 0 + 3y = 0, 3) y 00 − 4y 0 = 0, 6) y 00 + 2y 0 − 3y = 0. SOLUZIONE. 1 2 Le costanti c1 e c2 variano in R. 1) y = c1 e2x + c2 e−2x 2) y = c1 cos 2x + c2 sin 2x 3) y = c1 + c2 e4x 4) 5) y = c1 + c2 e−4x √ √ y = c1 ex cos 2 x + c2 ex sin 2 x 6) y = c1 ex + c2 e−3x ESERCIZIO 3. Determinare la soluzione che soddisfa le condizioni iniziali date. 1) 2y 00 + 3y 0 = 0, 2) y 00 + 25y = 0, y(0) = 1, y 0 (0) = 1, y(3) = −1, y 0 (3) = 0, 3) y 00 − 4y 0 + 3y = 0, y(1) = 2, y 0 (1) = −1, 4) y 00 + 4y 0 + 5y = 0, y(0) = 2, y 0 (0) = y 00 (0). SOLUZIONE. 3x 2 3x 2 1) y = c1 + c2 e− 2) y = c1 cos 5x + c2 sin 5x. Imponendo le condizioni iniziali otteniamo , y= 5 3 − 23 e− c1 cos 15 + c2 sin 15 −5c1 sin 15 + 5c2 cos 15 = −1 =0 Dalla seconda equazione si ottiene c2 = c1 tg 15. Sostituendo nella prima si ottiene c1 cos 15 + c1 tg 15 sin 15 = −1, quindi c1 cos2 15 + c1 sin2 15 = − cos 15 e infine c1 = − cos 15. Quindi c2 = − sin 15 e la soluzione è y = − cos 15 cos 5x − sin 15 sin 5x 3) y = c1 ex + c2 e3 x , y = 72 ex−1 − 23 e3x−3 4) y = c1 e−2x cos x + c2 e−2x sin x, y = 2 e−2x cos x + 2 e−2x sin x ESERCIZIO 4. Il grafico di una soluzione u dell’equazione differenziale y 00 − 4y 0 + 29y = 0 interseca il grafico di una soluzione v dell’equazione y 00 + 4y 0 + 13y = 0 nell’origine. Determinare u e v sapendo che i due grafici hanno tangente comune nell’origine e che u0 (π/2) = 1. SOLUZIONE. La soluzione generale di y 00 − 4y 0 + 29y = 0 è u = c1 e2x cos 5x + c2 e2x sin 5x, c1 , c2 in R. 3 La soluzione generale di y 00 + 4y 0 + 13y = 0 è v = d1 e−2x cos 3x + d2 e−2x sin 3x, d1 , d2 in R. Dobbiamo determinare le costanti c1 , c2 , d1 e d2 . La prima informazione è che u(0) = 0 e v(0) = 0, quindi c1 = 0 e d1 = 0. Poi sappiamo che u0 (0) = v 0 (0) e che u0 (π/2) = 1. Ora u(x) = c2 e2x sin 5x quindi u0 (x) = 2c2 e2x sin 5x + 5e2x cos 5x, quindi imponendo u0 (π/2) = 1 otteniamo 2c2 eπ = 1, da cui c2 = 21 e−π . Pertanto u(x) = Ma allora u0 (0) = 5 −π 2e da cui d2 = 5 −π . 2e 5 −π : 6e 1 −π 2x e e sin 5x 2 Ora v(x) = d2 e−2x sin 3x quindi imponendo v 0 (0) = v(x) = 5 −π 2e otteniamo 3d2 = 5 −π −2x e e sin 3x 6 ESERCIZIO 5. Il grafico di una soluzione u dell’equazione differenziale y 00 − 3y 0 − 4y = 0 interseca il grafico di una soluzione v dell’equazione y 00 + 4y 0 − 5y = 0 nell’origine. Determinare u e v sapendo che i due grafici hanno tangente comune nell’origine e che limx→+∞ v(x)4 u(x) = 56 . SOLUZIONE. La soluzione generale di y 00 − 3y 0 − 4y = 0 è u = c1 e−x + c2 e4x , c1 , c2 in R. La soluzione generale di y 00 + 4y 0 − 5y = 0 è v = d1 ex + d2 e−5x , d1 , d2 in R. Dobbiamo determinare le costanti c1 , c2 , d1 e d2 . La prima informazione è che u(0) = 0 e v(0) = 0, quindi c1 + c2 = 0 e d1 + d2 = 0, quindi u = c1 e−x − c1 e4x , v = d1 ex − d1 e−5x . Poi sappiamo che u0 (0) = v 0 (0). Ora u0 (x) = −c1 e−x − 4c1 e4x , v 0 (x) = d1 ex + 5d1 e−5x , quindi imponendo u0 (0) = v 0 (0) otteniamo −5c1 = 6d1 . Imponiamo adesso la condizione limx→+∞ v(x)4 u(x) Abbiamo u(x) = c1 (e−x − e4x ) , v(x) = d1 (ex − e−5x ) v(x)4 d4 (ex − e−5x )4 d41 (t − t−5 )4 = lim 1 −x = lim x→+∞ u(x) x→+∞ c1 (e t→+∞ c1 (t−1 − t4 ) − e4x ) lim (t−t−5 )4 −1 4 t→+∞ t −t avendo posto t = ex . Dovremo pertanto avere c1 6= 0, ed essendo lim d41 (t − t−5 )4 d41 = − t→+∞ c1 (t−1 − t4 ) c1 lim d4 ed quindi − c11 = 56 . Si tratta quindi di risolvere il sistema ( −5c1 = 6d1 d4 − c11 = 5 6 = −1, otteniamo = 56 . 4 quindi d41 = d1 . Non possiamo accettare la soluzione d1 = 0, poichè limx→+∞ v(x)4 u(x) = 56 , quindi d1 = 1, e c1 = − 65 . La soluzione è 6 u(x) = − (e−x − e4x ) , 5 v(x) = ex − e−5x ESERCIZIO 6. Nei seguenti esercizi trovare la soluzione (o integrale) generale. 1) y 00 − y = x, 8) y 00 + 4y = e−2x , 2) y 00 − y 0 = x2 , 9) y 00 + y 0 − 2y = ex , 3) y 00 + y 0 = x2 + 2x, 10) y 00 + y 0 − 2y = ex + e2x , 4) y 00 − 2y 0 + 3y = x3 , 11) y 00 − 2y 0 + y = x + 2xex , 5) y 00 − 5y 0 + 4y = x2 − 2x + 1, 12) y 00 + 2y 0 = 3xex , 6) y 00 + y 0 − 6y = 2x3 + 5x2 − 7x + 2, 13) y 00 − 2y 0 + y = 14ex − 27e2x + 2x − sin 3x, 7) y 00 − 4y = e2x , 14) y 000 − y 0 = ex , SOLUZIONE. In ciascun caso esibiamo la soluzione generale dell’ omogenea associata, un candidato ad essere soluzione particolare, una soluzione particolare ed infine la soluzione generale dell’equazione differenziale data. Al solito c1 , c2 variano in R. 1) y 00 − y = x, y = c1 e−x + c2 ex , y = ax + b, con a, b ∈ R. y = −x, y = −x + c1 e−x + c2 ex 2) y 00 − y 0 = x2 , y = c1 + c2 ex , y = x(ax2 + bx + c) con a, b, c ∈ R. y = −2 x − x2 − x3 3 , y = −2 x − x2 − 3) y 00 + y 0 = x2 + 2x, y= x3 3 00 x3 3 + c1 −x , y = x(ax2 + bx + c) con a, b, c ∈ R. y = y = c1 + c2 e y= 2 3 −8+6 x+18 x +9 x 27 00 0 , y= −8+6 x+18 x 27 y − 5y + 4y = x2 − 2x + 1, y= 9 32 9 32 00 6) + + x 8 x 8 + + x2 4 , x2 x 4 + c1 e 3 y = ax3 + bx2 + cx + d con a, b, c, d ∈ R. √ √ +9 x3 + c1 ex cos( 2 x) + c2 ex sin( 2 x). 2 5) y= x3 3 , + c1 + c2 e−x y − 2y 0 + 3y = x3 , √ √ y = c1 ex cos( 2 x) + c2 ex sin( 2 x), 4) + c2 e x y = c1 ex + c2 e4 x , y = ax2 + bx + c con a, b, c ∈ R. + c2 e4 x y + y 0 − 6y = 2x + 5x2 − 7x + 2, y = c1 e2x + c2 e−3x , y = ax3 + bx2 + cx + d con a, b, c, 7 d ∈ R. y = − 12 + 12 x − x2 − x3 3 , 7 y = − 12 + 12 x − x2 − x3 3 + c1 e2x + c2 e−3x 5 7) y 00 − 4y = e2x , y = c1 e2x + c2 e−2x , y = axe2x , a ∈ R. y = 41 xe2x , y = 14 xe2x + c1 e2x + c2 e−2x 8) y 00 + 4y = e−2x , y = c1 cos 2x + c2 sin 2x, y = ae−2x , a ∈ R. y = 1 −2x , 8e y = 1 −2x 8e + c1 cos 2x + c2 sin 2x 9) 10) y 00 +y 0 −2y = ex , y = c1 ex +c2 e−2x , y 00 + y 0 − 2y = ex + e2x . y = axex , a ∈ R, y = 13 xex , y = 31 xex +c1 ex +c2 e−2x In questo caso R(x) non è nella forma che sappiamo trattare. Spezziamo allora il problema in due parti. Comunque la soluzione generale dell’omogeneo associato è y = c1 ex +c2 e−2x . Una soluzione particolare di y 00 +y 0 −2y = ex è y = 13 xex (vedi l’esercizio precedente). Una soluzione particolare di y 00 + y 0 − 2y = e2x è del tipo y = ae2x . facendo il conto si trova y = 14 e2x . A questo punto per ottenere una soluzione particolare di y 00 + y 0 − 2y = ex + e2x basta sommare le due soluzioni particolari y = 13 xex + 14 e2x . La soluzione generale di y 00 + y 0 − 2y = ex + e2x è y= 1 x 1 2x xe + e + c1 ex + c2 e−2x 3 4 al variare di c1 , c2 in R. 11) y 00 −2y 0 +y = x+2xex . Anche in questo caso spezziamo il problema in due parti. Comunque la soluzione generale dell’omogeneo associato è y = c1 ex +c2 xex . Una soluzione particolare di y 00 −2y 0 +y = x è y = ax + b, con a, b ∈ R. Facendo il conto si trova y = x + 2. Una soluzione particolare di y 00 − 2y 0 + y = xex è del tipo y = x2 (ax + b)e2x , con a, b ∈ R. Facendo il conto si trova y = 61 x3 ex . A questo punto per ottenere una soluzione particolare di y 00 − 2y 0 + y = x + 2xex basta sommare le due soluzioni particolari tenendo conto dei coefficienti: y = x + 2 + 2 61 x3 ex = x + 2 + 31 x3 ex . La soluzione generale di y 00 − 2y 0 + y = x + 2xex è 1 y = x + 2 + x3 ex + c1 ex + c2 xex 3 al variare di c1 , c2 in R. 12) y 00 + 2y 0 = 3xex , y = c1 + c2 e−2x , y = (ax + b)ex , y = x − 4 3 ex , y = x − 4 3 ex + c1 + c2 e−2x 13) y 00 − 2y 0 + y = 14ex − 27e2x + 2x − sin 3x. Anche in questo caso spezziamo il problema in più parti. La soluzione generale dell’omogenea associata è y = c1 ex + c2 xex . Una soluzione particolare di y 00 − 2y 0 + y = 14ex è del tipo y = ax2 ex , a ∈ R, y = 7x2 ex . Una soluzione particolare di y 00 − 2y 0 + y = 27e2x è del tipo y = ae2x , a ∈ R, Una soluzione particolare di y 00 − 2y 0 + y = 2x è del tipo y = ax + b, a, b ∈ R, 00 0 y = 27e2x . y = 2x + 4. Una soluzione particolare di y − 2y + y = sin 3x è del tipo y = a cos 3x + b sin 3x, a, b ∈ R, y= 3 50 cos 3x − 2 25 sin 3x. Quindi una soluzione particolare di y 00 − 2y 0 + y = 14ex − 27e2x + 2x − sin 3x è y = 7x2 ex − 27e2x + 2x + 4 − 3 2 cos 3x + sin 3x 50 25 6 La soluzione generale di y 00 − 2y 0 + y = 14ex − 27e2x + 2x − sin 3x è y = 7x2 ex − 27e2x + 2x + 4 − 3 2 cos 3x + sin 3x + c1 ex + c2 xex 50 25 al variare di c1 , c2 ∈ R. 14) y 000 − y 0 = ex . x y = c1 + c2 e + c3 e −x Qui l’equazione è del terzo ordine. L’omogenea associata ha soluzione generale , c1 , c2 , c3 ∈ R. Per trovare una soluzione particolare, supponiamo di avere trovato 00 una f per cui f − f = ex . Derivando si ottiene f 000 − f 0 = ex . Basta quindi trovare una soluzione particolare di y 00 − y = ex . Cerco una soluzione particolare del tipo y = axex , e trovo y = 12 xex . La soluzione generale di y 000 − y 0 = ex è y = 12 xex + c1 + c2 ex + c3 e−x , c1 , c2 , c3 ∈ R (comuque, dalla teoria generale che non abbiamo fatto, si può direttamente cercare una soluzione particolare y 000 − y 0 = ex del tipo y = axex , essendo la molteplicità di 1 nel polinomio caratteristico X 3 − X = X(X − 1)(X + 1) uguale ad 1. Si trova y = 21 xex . La soluzione generale di y 000 − y 0 = ex è y = 12 xex + c1 + c2 ex + c3 e−x , c1 , c2 , c3 ∈ R). ESERCIZIO 7. Nei seguenti esercizi trovare la soluzione (o integrale) generale. 1) y 00 − 9y = e3x , 5) y 00 + 4y = 3x cos x, 2) y 00 + 9y = sin 3x, 6) y 00 + 4y = 3x sin x, 3) y 00 + y = sin x, 7) y 00 − 3y 0 = 2e2x sin x, 4) y 00 + y = cos x, 8) y 00 + y = e2x cos 3x, SOLUZIONE. Diamo la soluzione generale. Al solito c1 , c2 variano in R. 1) y 00 − 9y = e3x , y = 16 xe3x + c1 e3x + c2 e−3x . 2) y 00 + 9y = sin 3x, y = − 16 x cos 3x + c1 cos 3x + c2 sin 3x. 3) y 00 + y = sin x, y = − 21 x cos x + c1 cos x + c2 sin x. 4) y 00 + y = cos x, y = 21 x sin x + c1 cos x + c2 sin x. 5) y 00 + 4y = 3x cos x, y = x cos x + 6) y 00 + 7) y 00 − 8) y 00 + 2 3 sin x + c1 cos 2x + c2 sin 2x. 4y = 3x sin x, y = x sin x − 32 cos x + c1 cos 2x + c2 sin 2x. 3y 0 = 2e2x sin x, y = − 15 e2x cos x − 53 e2x sin x + c1 + c2 e3x . 1 2x 3 2x y = e2x cos 3x, y = − 40 e cos 3x + 40 e sin x + c1 cos x + c2 sin x. 7 ESERCIZIO 8. Determinare la soluzione che soddisfa le condizioni iniziali date. 1) y 00 − y = 2x, y(0) = 1, 2) y 00 − y 0 = 3x2 , y 0 (0) = 1, y 0 (0) = 1, y(0) = 1, 3) y 00 + y 0 = x2 + 5x, 4) y 00 − 2y 0 + 3y = 2x3 , 5) y 00 − 4y = 2e2x , y 0 (1) = 0, y(1) = 0, y 0 (0) = 1, y(0) = 1, 6) y 00 + 4y = 2e−2x , y 0 (0) = 0, y(0) = 0, 7) y 00 + y 0 − 2y = 2ex , y 0 (1) = 0, y(1) = 1, 8) y 00 + y 0 − 2y = 11ex + 12e2x , 9) y 00 − 2y 0 + y = x + 2xex , 10) y 00 + 2y 0 = 27πxex , y 0 (0) = 1, y(0) = 1, y(−1) = 1, y 0 (2) = 1, y(2) = 0, y 0 (0) = 1, y(0) = 1, 11) y 00 − 2y 0 + y = 11ex + 12e2x , y(−1) = 1, 12) y 00 − 9y = 14e3x , y 0 (0) = 1, y(0) = 1, y 0 (−1) = 1, y 0 (−1) = 1, 13) y 00 + 9y = 23 sin 3x, y(π) = 1, y 0 (π) = 0, √ 2 00 14) y + y = sin x, y(π/2) = 0, y 0 (π/2) = 1, 2 1 15) y 00 + y = cos x, y(π/4) = 0, y 0 (π/4) = 0, 3 00 16) y + 4y = 3πx cos x, y(0) = 0, y 0 (0) = 0, y 00 − 3y 0 = 2e2x sin x, 17) 18) y 00 + y = e2x cos 3x, y(0) = 0, y(π/6) = 0, y 0 (0) = 0, y 0 (π/6) = 0. SOLUZIONE. In ciascun caso diamo la soluzione. 1) y 00 − y = 2x, y(0) = 1, 2) y 00 − y 0 = 3x2 , y(0) = 1, 3) y 00 + y 0 = x2 + 5x, 4) y 0 (0) = 1, y(1) = 0, y = −6 + 7 ex − 6 x − 3 x2 − x3 . y 0 (1) = 0, y = 1 6 + e1−x − 3 x + 3 x2 2 + x3 3 . y 00 − 2y 0 + 3y = 2x3 , y(0) = 1, y 0 (0) = 1, y= 5) y 0 (0) = 1, y = −e−x + 2 ex − 2 x. √ 43 √ 16 2x3 4x2 4x 14 √ x + + − 2e sin 2x + ex cos 2x − 3 3 9 27 27 27 y 00 − 4y = 2e2x , y(0) = 1, y 0 (0) = 1, y= 1 2x 3e−2x 5e2x e x+ + 2 8 8 8 6) y 00 + 4y = 2e−2x , 7) y 00 + y 0 − 2y = 2ex , 8) y 00 + y 0 − 2y = 11ex + 12e2x , y= y 0 (1) = 0, y y(1) = 1, y(2) = 0, y 00 + 2y 0 = 27πxex , y 0 (2) = 1, ex x3 16 ex + x + 4 e−2+x x − 4 ex x + 3 3 y 0 (0) = 1, y(0) = 1, y = −12πex + 9πxex + 11) y 00 − 2y 0 + y = 11ex + 12e2x , y= 12) y 00 − 9y = 14e3x , y 0 (0) = 1, y(0) = 1, y 00 + 9y = 23 sin 3x, y 00 + y = y 00 + y = 23 23 23 sin(3x) − x cos(3x) + π cos(3x) − cos(3x) 18 6 6 sin x, 1 3 cos x, y 00 + 4y = 3πx cos x, y 00 − 3y 0 = 2e2x sin x, y 00 + y = e2x cos 3x, y=− y 0 (π/4) = 0, 1 1 sin(x) cos(x) x sin(x) − π sin(x) − + 6 24 12 12 y(0) = 0, y 0 (0) = 0, 5 2 π sin(x) + πx cos(x) − π sin(2x) 3 6 y(0) = 0, y= 18) x cos(x) π cos(x) √ √ + − cos(x) 2 2 4 2 y(π/4) = 0, y= 17) y 0 (π/2) = 1, y(π/2) = 0, y= 16) y 0 (π) = 0, y(π) = 1, y=− 15) 7 3x 13e−3x 5e3x e x+ + 3 18 18 √ 2 2 y 0 (−1) = 1, 11ex 11ex x2 − 12ex−1 x + 11ex x − 24ex−1 + + 12e2x + ex+1 2 2 y= 14) 27π 3 e−2x 3 + − − πe−2x 2 2 2 2 y(−1) = 1, y= 13) y 0 (−1) = 1, y(−1) = 1, y = 2 − 12 e−2+x + 10) e−2 x −cos(2 x)+sin(2 x) . 4 3 e2−2 x +2 e3−2 x +6 e−1+x −8 ex +6 ex x = . 9 11 e−3−2 x 22 ex 11 ex x − 4 e−1+x + + 3 e2 x + e1+x + e−2 (2+x) + 9 9 3 y 00 − 2y 0 + y = x + 2xex , 9) y 0 (0) = 0, y = y(0) = 0, y 0 (0) = 0, e3x 3 1 2 − e2x sin(x) − e2x cos(x) − 3 5 5 15 y(π/6) = 0, y 0 (π/6) = 0, √ 3 3 3 √ 1 1 + 3 3 eπ/3 sin(x) + e2x sin(3x) − 3 − 3 eπ/3 cos(x) − e2x cos(3x) 80 40 80 40