EQUAZIONI DIFFERENZIALI. 1. Trovare tutte le soluzioni delle

EQUAZIONI DIFFERENZIALI.
1. Trovare tutte le soluzioni delle equazioni differenziali:
(a) x0 = x2 log t
(d) x0 = et x log x
(g) y 00 = y 0
(j) x00 = −2x
(m) x0 = 2
(p) y 0 = 2xy
(s) x0 = 21
2
−5y+6
(e) y 0 = y 1+t
2
(h) xy 00 = y 0
(k) x00 = −x − 1
(n) x0 = 2t
(q) x0 = 2tx + 1
(t) x0 = 2t1
ty
(f ) y 0 = t2 +y
2
(i) y 00 − 2y 0 − 3y = 0
(l) x00 = −x − 2
(o) x0 = 2x
(r) x0 = 2tx + x
(u) x0 = 2t1 x
Per tutte le equazioni assegnate, chiedersi in quali punti R2 sono verificate
le ipotesi del teorema di esistenza e unicità delle soluzioni del problema di
Cauchy
2. Trovare la soluzione dell’equazione differenziale x0 = −te−x tale che x(0) =
−1. Determinarne l’intervallo massimale di definizione. Calcolare inoltre il
massimo di tale funzione.
3. Data l’equazione differenziale
√
y 0 = tan2 t 3 2x + 3
1. Determinare le soluzioni costanti.
2. Determinare per quali coppie di punti (t0 , y0 ) non valgono le ipotesi del
Teorema di esistenza e unicità. Per questi punti valgono invece le ipotesi
del Teorema di esistenza di Peano?
3. Determinare l’insieme di tutte le soluzioni.
4. Trovare la (o le) soluzioni del problema di Cauchy con condizioni iniziali
y(0) = 0.
4. Data l’equazione differenziale
x0 =
3x − 2
t2 + 1
1. Determinare le soluzioni costanti.
2. Verificare se esistono punti (t0 , x0 ) per cui non valgono le ipotesi del
Teorema di esistenza e unicità delle soluzioni del problema di Cauchy.
3. Determinare l’insieme di tutte le soluzioni.
4. Determinare la soluzione del problema di Cauchy con condizione iniziale
x(0) = 1, calcolandone anche l’intervallo massimale di definizione.
5. Determinare quella soluzione che tende a 0 per t → +∞.
5. Data l’equazione differenziale
y 0 = y 2 − 9y + 8
1
1. Determinare, se esistono, le sue soluzioni costanti.
2. Dire - senza calcolarle - se esistono soluzioni limitate.
3. determinare la soluzione che soddisfa la condizione iniziale y(0) = y0
4. individuare l’insieme dei valori iniziali y0 tali che la corrispondente soluzione
sia definita per ogni x ∈ R.
6. Data l’equazione differenziale
y 0 = t3 (y 2 + 1)(3 + 4 arctan y)2
1. dire se esistono soluzioni costanti
2. determinare la soluzione che soddisfa alla condizione iniziale y(0) = 0,
calcolandone l’intervallo massimale di definizione.
7. Risolvere il problema di Cauchy
(
t2 x0 = t2 + 4x2 + tx
x(1) = 0
e determinare il dominio di tale soluzione.
8. Determinare le funzioni di classe C 1 (R) tali che:
y 0 = x log(1 + x2 )
y 0 = x1 y − 3x+2
x2
x≤1
x≥1
9. Data l’equazione differenziale
y0 =
2t − y
t−1
1. Individuare su quali intervalli possono essere definite le soluzioni. Per
questa equazione è possibile decidere a priori che tutte le soluzioni sono
globali?
2. Determinare l’insieme di tutte le soluzioni
3. Trovare la soluzione del problema di Cauchy con condizione iniziale
y(0) = 1.
4. Trovare la soluzione del problema di Cauchy con condizione iniziale
y(2) = 1.
10. Siano y1 (t) e y2 (t) soluzioni definite su un intervallo I dell’equazione
x00 + bx0 + cx = f (t) e sia y3 (t) una soluzione su I dell’equazione x00 + bx0 + cx =
g(t).
Dimostrare che:
1. y1 (t) + y2 (t) è una soluzione di x00 + bx0 + cx = 2f (t).
2
2. y1 (t) − y2 (t) è una soluzione dell’equazione omogenea associata.
3. y1 (t) + y3 (t) è una soluzione di x00 + bx0 + cx = f (t) + g(t).
Quesito 1. Sia data l’equazione
x00 + 4x0 − 5x = b(t).
Dire se le affermazioni seguenti sono vere o false, motivando le riposte:
1. x(t) = c1 e−t + c2 e5t , c1 , c2 ∈ R è l’integrale generale dell’equazione omogenea associata.
2. Se b(t) = e−5t , allora y(t) = Ke−5t è una soluzione dell’equazione data,
per qualche K ∈ R.
3. Se b(t) = 2t + 1, allora esistono A, B ∈ R tali che y(t) = At + B è una
soluzione dell’equazione data.
4. Se b(t) = 3, y(t) = − 35 è una soluzione dell’equazione data.
3
SOLUZIONI
1a. L’equazione è a variabili separabili, a(t) = log t definita e continua per
t > 0, b(x) = x2 definita e di classe C 1 per x ∈ R. Le ipotesi del teorema di
esistenza e unicità sono verificate per ogni coppia (t0 , x0 ) ∈ (0, +∞) × R.
Soluzioni costanti: b(x) = x2 = 0 se e solo se x = 0. Dunque la funzione
x(t) = 0 è soluzione dell’equazione per ogni t ∈ (0, +∞).
Le altre soluzioni. Integrando si ottiene
Z
Z
1
dx
=
log tdt
x2
se e solo se −
1
= t log t − t + C.
x
esplicitando rispetto a x si ottengono le soluzioni
x(t) =
1
,
t − t log t + C
C ∈ R.
Queste funzioni, ciascuna considerata negli intervalli contenuti in (0, +∞) in
cui è definita, sono soluzioni dell’equazione, insieme alla funzione costante
x(t) = 0 trovata prima.
1d. L’equazione è a variabili separabili, a(t) = et continua in R, b(x) = x log x
definita e di classe C 1 per x > 0. Le ipotesi del teorema di esistenza e unicità
sono verificate per ogni coppia (t0 , x0 ) ∈ R × (0, +∞).
Soluzioni costanti: b(x) = x log x = 0 se e solo se x = 1. Dunque la funzione
x(t) = 1 è soluzione dell’equazione per ogni t ∈ R.
Le altre soluzioni. Integrando si ottiene
Z
Z
1
dx = et dt
x log x
se e solo se log | log x| = et + C,
C∈R
Da qui si ricava
t
t
t
| log x| = ee +C = eC ee = Kee ,
K > 0.
Ponendo K 6= 0, possiamo eliminare il modulo. Osservando inoltre che per
K = 0 ritroviamo la soluzione costante, abbiamo che per ogni K ∈ R, log x =
t
Kee . Otteniamo cosı̀ l’insieme di tutte le soluzioni:
et
x(t) = eKe ,
∀t ∈ R,
∀C ∈ R.
1
1e. L’equazione è a variabili separabili, a(t) = 1+t
2 continua per t ∈ R,
2
1
b(x) = x − 5x + 6 di classe C in R. Le ipotesi del teorema di esistenza e
unicità sono verificate per ogni coppia (t0 , x0 ) ∈ R × R.
Soluzioni costanti: b(x) = x2 − 5x + 6 = (x − 3)(x − 2) = 0 se e solo se
x = 2 oppure x = 3. Dunque le funzioni x(t) = 2 e x(t) = 3 sono soluzioni
dell’equazione per ogni t ∈ R.
Osserviamo inoltre che ogni soluzione che soddisfa alla condizione iniziale
x(t0 ) = x0 , per x0 ∈ (2, 3) è limitata, dato che non può attraversare le due
rette che sono soluzioni dell’equazione.
4
Le altre soluzioni. Integrando si ottiene
x − 3
= arctan t + C,
log e quindi
x−2
C∈R
x − 3
= Kearctan t ,
K>0
x−2
Ponendo K 6= 0 possiamo eliminare il modulo. Inoltre, se K = 0 ritroviamo la
soluzione costante x(t) = 3. Per esplicitare osserviamo che x−3
= x−2−1
= 1−
x−2
x−2
1
1
arctan t
. Dunque x−2 = 1 − Ke
, K ∈ R. Pertanto le soluzioni dell’equazione
x−2
data sono
x(t) = 2 + 1−Ke1arctan t ,
K∈R
x(t) = 3.
1f. L’equazione è omogenea, infatti f (t, y) è quoziente di due polinomi dello
y/t
ty
y
stesso grado. Osserviamo che t2 +y
2 = 1+(y/t)2 . Ponendo z = t , e osservando
che tz 0 + z = y 0 si trasforma l’equazione nell’equazione a variabili separabili
1
z
z3
1
−z =−
· .
z = ·
2
2
t 1+z
1+z t
0
Soluzioni costanti. Osserviamo che la funzione y(t) = 0 è una soluzione,
definita per ogni t ∈ R.
Le altre soluzioni. Integrando l’equazione in z, si ottiene
1 1
− · 2 + log |z| = log |t| + C,
2 z
C ∈ R.
Questa equazione non è di ovvia esplicitazione. Perciò ci limitiamo a ritornare
alle variabili originali, scrivendo le soluzioni in forma implicita:
y 1 t2
− · 2 + log = log |t| + C,
2 y
t
C ∈ R.
Queste funzioni, unite alla soluzione costante y(t) = 0, ci danno l’insieme di
tutte le soluzioni.
1g. Poniamo z = y 0 . Riduciamo cosı̀ l’equazione all’equazione lineare del I
ordine z 0 = z, che ha soluzioni z(t) = Cet , con C ∈ R. Per trovare le soluzioni
dell’equazione assegnata, possiamo integrare:
y(t) =
Z
Cet dt = Cet + K,
C, K ∈ R.
L’equazione può essere risolta anche come equazione lineare del secondo
ordine a coefficienti costanti. Ovviamente si ritrovano le stesse soluzioni.
1h. Osserviamo che la funzione f (x, y, y 0 ) è definita solo per x 6= 0. Dunque
le soluzioni saranno anch’esse definite solo in intervalli che non contengono
x = 0.
5
Poniamo z = y 0 . Riduciamo cosı̀ l’equazione all’equazione lineare del I
ordine z 0 = x1 z, che ha soluzioni z(t) = Celog |x| = C|x|, con C > 0. Ponendo
C ∈ R possiamo eliminare il modulo, ricordando però che le soluzioni possono
essere definite solo su intervalli che non contengono x = 0. Per trovare le
soluzioni dell’equazione assegnata, possiamo integrare:
x(t) =
Z
1
Cxdx = Cx2 + K,
2
C, K ∈ R.
1i. L’equazione è lineare del secondo ordine, a coefficienti costanti. Passiamo
2
al polinomio caratteristico
√ z −2z +3 = 0. L’equazione ha ∆ < 0 e dunque due
radici complesse z = 1± −2.
le
√ Se ne ricavano
√ due soluzioni reali, linearmente
t
t
indipendenti y1 (t) = e cos 2t, y2 (t) = e sin 2t. L’integrale generale è:
√
√
c1 , c2 ∈ R.
y(t) = c1 et cos 2t + c2 et sin 2t,
1j. Scrivendo l’equazione come √
x00 + 2x = 0, vediamo che è l’equazione
dell’oscillatore armonico, con ω = 2. L’integrale generale è quindi
√
√
x(t) = c1 cos 2t + c2 sin 2t,
c1 , c2 ∈ R.
1k. Scrivendo l’equazione come x00 + x = −1, vediamo che è l’equazione
dell’oscillatore armonico, con ω = 1 e termine forzante f (t) = −1. Si vede
facilmente che x(t) = −1 è soluzione dell’equazione completa. Ne risulta che
l’integrale generale è
x(t) = c1 cos t + c2 sin t − 1,
c1 , c2 ∈ R.
1l. L’equazione è del tutto analoga alla precedente: ha soluzione costante
x(t) = −2.
1m. Le soluzioni sono le primitive di 2, cioè x(t) = 2t + C, con C ∈ R.
1n. Le soluzioni sono le primitive di 2t, cioè x(t) = t2 + C, con C ∈ R.
1o. L’equazione è lineare omogenea; le sue soluzioni sono x(t) = Ce2t , con
C ∈ R.
1p. L’equazione èR lineare non omogenea; le sue soluzioni si ottengono dalla
2
2
2
formula x(t) = et e−t dt. Poiché la funzione e−t non è integrabile in termini
di funzioni elementari, anche le soluzioni di questa equazione non si possono
scrivere in termini di funzioni elementari.
1r. L’equazione si può scrivere comeR x0 = (2t + 1)x: pertanto è un’equazione
2
lineare le cui soluzioni sono x(t) = e (2t+1)dt = Cet +t , per C ∈ R.
1s. Le soluzioni sono x(t) = 12 t + C, per C ∈ R.
1t. Le soluzioni sono
x(t) = 12 log t + C,
x(t) = 12 log(−t) + K,
t > 0,
t < 0,
6
C∈R
K ∈ R.
q
1u. L’equazione è lineare omogenea; le sue soluzioni sono x(t) = C |t|, con
C ∈ R. Osserviamo però che in t = 0 l’equazione non è definita; pertanto le
soluzioni sono:
√
x(t) = C √t,
t ∈ (0, +∞)
x(t) = C −t,
t ∈ (−∞, 0)
2. L’equazione è a variabili separabili, con a(t) = −t, b(x) = e−x 6= 0. Entrambe le funzioni sono continue e derivabili in R, quindi per ogni coppia
(t0 , x0 ), e in particolare per t0 = 0 e x0 = −1 sono verificate le condizioni
del teorema di esistenza e unicità. Integrando otteniamo ex = − 12 t2 + C: le
soluzioni sono x(t) = log − 21 t2 + C . Imponendo la condizione iniziale, otteniamo x(0) = log C = −1. Quindi C = e−1 , e la soluzione del problema di
Cauchy assegnato è:
1 2
−1
.
x(t) = log − t + e
2
Questa funzione è definita per − 12 t2 + e−1 > 0. L’intervallo massimale di
√
√
definizione è allora (− 2e−1 , 2e−1 ).
√
3. L’equazione è a variabili separabili, con a(t) = tan2 t e b(x) = 3 2x + 3.
1. Le soluzioni costanti sono in corrispondenza degli zeri di b(x). C’è quindi
una sola funzione costante, per x = − 23 .
2. a(t) è definita e continua in ogni intervallo (− π2 + kπ, π2 + kπ), con k
relativo. La funzione b(x) è continua in R, ma non è derivabile in x = − 32 .
Quindi le ipotesi del teorema di esistenza e unicità sono verificate nei
punti (t0 , x0 ), con t0 ∈ (− π2 + kπ, π2 + kπ) per qualche k ∈ Z, e x0 6= − 32 .
Le ipotesi del teorema di esistenza di Peano sono invece verificate anche
per x0 = − 32 , poiché anche in quel punto b(x) è continua.
2
3. Integrando otteniamo (2x + 3) 3 =
4
3
(tan t − t + C), con C ∈ R. Elei3
h
vando al cubo otteniamo (2x + 3) = 34 (tan t − t + C) , da cui otteniamo
s
3
3 1 4
(tan t − t + C) ,
C ∈ R.
x(t) = − ±
2 2 3
Queste funzioni, insieme alla funzione costante x(t) = − 32 costituiscono
l’insieme di tutte le soluzioni.
2
4. Imponiamo che x(0) = 0. Otteniamo che
3 1
0=− ±
2 2
da cui
3
2
che C =
± 12
=
√
3 3
4
rh
i3
4
(C)
3
s
che si riduce a
4 3
C .
3
3
2
=
+ 12
rh
4
C
3
i3
3.
La soluzione del problema di Cauchy assegnato è quindi
3 1
x(t) = − +
2 2
s
3
4
3√
3
tan t − t +
3 .
3
4
7
. Ne ricaviamo
4 L’equazione è a variabili separabili, con a(t) =
1
1+t2
e b(x) = 3x − 2.
1. L’unica soluzione costante è x(t) = 32 .
2. a(t) e b(x) sono di classe C 1 su tutto R, quindi per ogni coppia di punti
(t0 , x0 ) sono verificate le ipotesi del Teorema di Cauchy.
3. Integrando otteniamo 31 log |3x − 2| = arctan t + C. Moltiplicando per 3
e applicando l’esponenziale, abbiamo |3x − 2| = e3 arctan t+C = Ke3 arctan t ,
con K > 0. Per eliminare il modulo, possiamo far variare K in tutti i
reali diversi da 0. Osservando poi che per K = 0 ritroviamo la soluzione
costante, abbiamo che 3x − 2 = Ke3 arctan t dà, al variare di K ∈ R, tutte
le soluzioni. Otteniamo quindi che l’insieme di tutte le soluzioni è
x(t) =
2
+ ke3 arctan t ,
3
k ∈ R.
4. Imponendo che valga la condizione iniziale otteniamo k = 13 . La soluzione
cercata è
2 1
x = + e3 arctan t ,
3 3
il cui intervallo massimale di definizione è R.
5. Osserviamo che
lim x(t) = lim
t→+∞
t→+∞
π
2
2
+ ke3 arctan t = + ke 2 = 0
3
3
π
se e solo se k = − 32 e− 2 . La soluzione cercata è quindi
x(t) =
π
2 2 − π 3 arctan t 2 − e 2e
=
1 − e3 arctan t− 2 .
3 3
3
5. L’equazione è a variabili separabili, con a(t) = 1 e b(y) = y 2 − 9y + 8.
1. Le soluzioni costanti sono in corrispondenza degli zeri di b(y): y(t) = 1
e y(t) = 8 sono le soluzioni costanti, definite per ogni t ∈ R.
2. Osserviamo che a(t) = 1 è continua su R e b(y) è di classe C 1 su R.
Dunque in ogni punto del piano (t, y) valgono le ipotesi del Teorema di
esistenza e unicità delle soluzioni: ciò significa che due soluzioni non si
possono mai intersecare. In particolare le soluzioni costanti y(t) = 1 e
y(t) = 8 non possono essere intersecate da altre soluzioni. Allora ogni
soluzione che abbia condizione iniziale y(t0 ) = y0 ∈ (1, 8) deve rimanere
nella striscia 1 < y < 8 per ogni t, e pertanto è una soluzione limitata.
3. Integrando otteniamo:
1
1
log |y − 1| − log |y − 8| = t + C,
7
7
8
C ∈ R,
da cui si ricava
y − 8
= Ke7t ,
y − 1
K > 0.
Togliendo i moduli, e osservando che per K = 0 ritroviamo la soluzione
costante y(t) = 8, abbiamo che y−8
= Ke7t al variare di K ∈ R ci dà
y−1
tutte le soluzioni diverse dalla soluzione costante y(t) = 1. Imponendo
la condizione iniziale y(0) = y0 troviamo che: K = yy00 −8
, se y0 6= 1.
−1
L’insieme delle soluzioni al variare di y0 in R è:
y(t) = 1 +
7
,
y −8
1− y0 −1 e7t
se y0 6= 1
0
y(t) = 1
se y0 = 1.
4. Le soluzioni costanti y(t) = 1 e y(t) = 8 sono definite su tutto R (ciò
corrisponde ad assegnare una condizione iniziale y0 = 1 o y0 = 8). Le
−8 7t
altre sono definite su R se 1 − yy00 −1
e 6= 0 per ogni t ∈ R. Questo è
−1
equivalente a chiedere che non sia mai verificata l’equazione e7t = yy00 −8
.
y0 −1
Questo è vero quando y0 −8 ≤ 0 (dato che l’esponenziale è sempre positivo
e assume una volta ogni valore positivo). La disequazione è verificata per
ogni y0 ∈ (1, 8).
Riassumendo: per ogni y0 ∈ [1, 8] la soluzione che soddisfa alla condizione
iniziale y(t0 ) = y0 è definita su tutto R. Per valori non contenuti in
quell’intervallo, la soluzione corrispondente ha un intervallo di definizione
più piccolo.
6. L’equazione è a variabili separabili, con a(t) = t3 e
b(y) = (y 2 + 1)(3 + 4 arctan y)2 .
1. Le soluzioni
costanti
sono in corrispondenza degli zeri di b(y): y(t) =
3
tan − 4 = − tan 34 .
2. Per determinare la soluzione del problema di Cauchy (che è unica perché
sono soddisfatte del Teorema di esistenza e unicità) procediamo integrando l’equazione:
Z
Z
1
dy
=
t3 dt
(y 2 + 1)(3 + 4 arctan y)2
Con la sostituzione u = 3 + 4 arctan y, vediamo che
Troviamo allora:
1
1
1
− ·
= t4 + C,
4 3 + 4 arctan y
4
1
du
4
=
1
dy.
(y 2 +1)
C ∈ R.
Imponendo che sia soddisfatta la condizione iniziale y(0) = 0, troviamo
1
C = − 12
. Semplificando abbiamo:
1
1
1 − t4
= −t4 + =
.
3 + 4 arctan y
3
3
9
Osserviamo che ilqprimo membro non èmai nullo, mentre il secondo si
annulla in t = ± 4 13 . Dunque l’intervallo massimale di definizione della
q
nostra soluzione è contenuto nell’intervallo − 4 13 ,
q 4
1
3
.
Procediamo ad esplicitare la soluzione trovata:
1
3
−3 .
4 1 − 3t4
arctan y =
Poiché l’arcotangente assume valori compresi fra −π/2 e π/2, dobbiamo
imporre che
π
π
1
3
− ≤
−
3
≤
.
2
4 1 − 3t4
2
La
disuguaglianza
di sinistra è automaticamente verificata nell’intervallo
q q
4 1
4 1
− 3 , 3 , dato che 1 − 3t4 < 1. Per la disuguaglianza di destra, con
una serie di passaggi algebrici otteniamo che
t4 <
2π
1
< .
3(2π + 3
3
q
Dunque l’intervallo massimale di definizione della soluzione è − 4
e la soluzione è:
1
3
y(t) = tan
−
3
.
4 1 − 3t4
2π
,
3(2π+3
q
7. Per poter integrare, dobbiamo dividere per t2 . Osserviamo che se esistono
soluzioni definite in t = 0, queste devono passare per l’origine, perché sostituendo t = 0 nell’equazione troviamo che necessariamente deve essere x = 0.
Dividendo per t2 , l’equazione diventa
x0 = 1 + 4
x2 x
+ ,
t2
t
che è un’equazione omogenea. Poniamo allora z = xt . Ne risulta x0 = z + tz 0 .
Sostituiamo:
z + tz 0 = 1 + 4z 2 + z
Semplificando e dividendo per t otteniamo l’equazione a variabili separabili in
z:
z 0 = t(1 + 4z 2 ).
L’equazione non ha soluzioni costanti. Integrando otteniamo
1
arctan z = log |t| + C,
2
C ∈ R.
Per determinare la costante, ricordiamo che z = xt . La condizione iniziale è
x(1) = 0. Dunque, sostituendo nell’equazione abbiamo
1
arctan 0 = log 1 + C,
2
10
4
2π
3(2π+3
,
e quindi C = 0. Allora la soluzione del problema di Cauchy è data in forma
implicita da
arctan z = 2 log t = log t2 ,
con t > 0.
Poiché l’arcotangente prende valori compresi fra −π/2 e π/2, dobbiamo imporre che − π2 < log t2 < π2 . I valori positivi per cui questa disuguaglianza è
verificata sono (e−π , eπ ).
Esplicitando la soluzione abbiamo z = xt = tan log t2 . Dunque la soluzione
del problema di Cauchy assegnato è:
x(t) = t tan log t2 ,
t ∈ e−π , eπ .
8. Bisogna determinare quelle funzioni continue e con derivata prima continua
su R, che sono soluzione delle due equazioni negli intervalli indicati.
Osserviamo che per trovare le soluzioni della prima equazione basta integrare:
y1 (x) =
Z
1
(1 + x2 ) log(1 + x2 ) − (1 + x2 ) +C,
2
x log(1+x2 )dx =
C ∈ R.
La seconda equazione èinvece un’equazione lineare, in cui le funzioni di x
sno definite per tutte le x 6= 0. In particolare tutte le soluzioni sono definite
per x > 1. Utilizzando la formula, otteniamo:
1
y2 (x) = elog |x| −x |x|
·
R
= −x
− x3
−
1
x2
3x+2
x2 dx = −x
+C =3+
1
x
R
3x+2
x3
+ Kx,
dx
K ∈ R.
Dobbiamo imporre che le due funzioni trovate siano continue e derivabili in
x = 1:
limx→1− y1 (x) = limx→1+ y2 (x)
limx→1− y10 (x) = limx→1+ y20 (x)
Dalla prima condizione ricaviamo C = K + log 2 + 4. La seconda ci dà:
limx→1− y10 (x) = limx→1− x log(1 + x2 ) = log 2
limx→1+ y20 (x) = limx→1+ − x12 + K = K − 1
e quindi K = log 2 + 1 e C = 2 log 2 + 5 = log 4 + 5.
Esiste quindi un’unica funzione che soddisfa le condizioni richieste, ed è:
(
y(x) =
1
2
((1 + x2 ) log(1 + x2 ) − (1 + x2 )) + log 4 + 5,
3 + x1 + (log 2 + 1)x,
x<1
x≥1
9. L’equazione può essere riscritta cosı̀:
y0 = −
1
2t
y+
.
t−1
t−1
1
Dunque è un’equazione lineare completa, con a(t) = − t−1
e b(t) =
2t
.
t−1
1. Le due funzioni a(t) e b(t) sono continue su (−∞, 1) e su (1, +∞). Dato
che l’equazione è lineare, tutte le soluzioni sono globali, cioè sono definite
su tutto l’intervallo (−∞, 1) oppure su (1, +∞).
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2. Usando la formula risolvente delle equazioni lineari complete otteniamo:
2t
y(t) = e−log|t−1| elog|t−1| t−1
dt
R
1
2t
= |t−1| |t − 1| t−1 dt
R
2t
= sgn(t−1)
[sgn(t − 1)](t − 1) t−1
dt
t−1
R
1
1
2
C ∈ R.
= t−1 2tdt = t−1 (t + C),
R
3. Dobbiamo trovare la soluzione che soddisfa la condizione iniziale y(0) =
1
1. Troviamo che y(0) = −1
C = 1. Dunque la soluzione è:
y(t) =
1
(t2 − 1) = t + 1,
t−1
t ∈ (−∞, 1).
Occorre prestare attenzione al dominio di definizione della soluzione
trovata, in quanto la funzione risulta definita su tutto R, ma la soluzione
no, dato che le funzioni di partenza non erano definite in t = 1.
4. Dobbiamo trovare la soluzione che soddisfa la condizione iniziale y(2) =
1. Troviamo che y(2) = 11 (4 + C) = 1. Dunque la soluzione è:
y(t) =
1
(t2 − 3),
t−1
t ∈ (1, +∞).
10. Si tratta di applicare la definizione di soluzione nei tre casi.
1. Sostituiamo y1 (t) + y2 (t) nell’equazione:
(y1 (t) + y2 (t))00 + a(y1 (t) + y2 (t))0 + b(y1 (t) + y2 (t)) =
(y100 (t) + ay10 (t) + by1 (t)) + (y200 (t) + ay20 (t) + by2 (t)) =
f (t) + f (t) = 2f (t),
∀t ∈ R,
dato che sono entrambe soluzione della stessa equazione.
2. Si procede analogamente anche in questo caso:
(y1 (t) − y2 (t))00 + a(y1 (t) − y2 (t))0 + b(y1 (t) − y2 (t)) =
(y100 (t) + ay10 (t) + by1 (t)) − (y200 (t) + ay20 (t) + by2 (t)) =
f (t) − f (t) = 0,
∀t ∈ R.
Quindi y1 (t) − y2 (t) è soluzione dell’equazione omogenea.
3.
(y1 (t) + y3 (t))00 + a(y1 (t) + y3 (t))0 + b(y1 (t) + y3 (t)) =
(y100 (t) + ay10 (t) + by1 (t)) + (y300 (t) + ay30 (t) + by3 (t)) =
f (t) + g(t),
∀t ∈ R,
e dunque y1 + y3 è soluzione dell’equazione data.
Quesito 1.
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1. No, infatti il polinomio caratteristico associato all’equazione omogenea
è z 2 + 4z − 5 = 0, che ha radici z = −5 e z = 1. Dunque l’integrale
generale dell’equazione omogenea èc1 et + c2 e−5t .
2. No. Le funzioni Ke−5t sono già soluzione dell’equazione omogenea.
Esisterà invece una soluzione Kte−5t , per qualche K 6= 0 da determinare.
3. Sı̀. La teoria generale ci dice che, poiché 0 non è una radice del polinomio
caratteristico, possiamo cercare una soluzione polinomiale, dello stesso
grado di b(t).
4. Sı̀, infatti se y(t) = − 35 , y 0 (t) = y 00 (t) = 0, dunque 0 + 4 · 0 − 5 · − 35 = 3
è verificata per ogni t ∈ R.
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