Istituzioni di Matematiche Modulo B (SG)

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