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esercitazioni del 12/01/2010

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(1)

Universit`

a degli Studi di Udine

Anno Accademico 2009/2010

Facolt`

a di Agraria

Corsi di Laurea in VIT e STAL

Esercitazioni di Matematica

12 gennaio 2010

1 Calcolare i seguenti integrali Z (5 − 2x5− 4x9) dx, Z  4x+ 5 cos2x − 5 sen x  dx, Z  1 +√1 x 2 dx, Z x √ 1 − x2dx, Z ln3x x dx, Z 3x − 1 x2+ 1dx.

2 Dato l’equazione differenziale

y0= 2t + 3 cos t y6

a) dire se la funzione y(t) = 3t + 1 `e soluzione dell’equazione in ]0, +∞[;

b) determinare la generica soluzione del problema, ad esempio col metodo di separazione delle variabili;

c) tra tutte le soluzioni determinare quella per cui y(0) = 1. 3 Dato il problema di Cauchy



y0 = 3t2y − t2

y(0) = 2 t ∈ R a) dire se la funzione y(t) = 13 `e soluzione del problema;

(2)

Matematica A.A. 2009-2010, Facolt`a di Agraria, Esercitazioni del 12 gennaio 2010 1

Soluzioni degli esercizi del 12 gennaio 2010

1 Per la propriet`a di linearit`a e consultando la prima tabella si ottiene Z (5 − 2x5− 4x9) dx = Z 5 dx − 2 Z x5dx − 4 Z x9dx = 5x − 2x 6 6 − 4 x10 10 + c, Z  4x+ 5 cos2x − 5 sen x  dx = Z 4xdx + 5 Z 1 cos2xdx − 5 Z sen x dx = 4 x ln 4+ 5 tg x + 5 cos x + c, Z  1 +√1 x 2 dx = Z  1 + 2√1 x + 1 x  dx = Z 1 dx + 2 Z x−1/2dx + Z 1 xdx = x + 2x 1/2 1/2 + ln |x| + c = x + 4 √ x + ln |x| + c. Utilizzando anche la seconda tabella si ha

Z x √ 1 − x2dx = − 1 2 Z −2x √ 1 − x2 dx = − 1 2 Z (1 − x2)−1/2(1 − x2)0dx = −1 2 (1 − x2)1/2 1/2 + c = − p 1 − x2+ c, Z ln3x x dx = Z (ln x)3(ln x)0dx = (ln x) 4 4 + c, Z 3x − 1 x2+ 1dx = 3 2 Z 2x x2+ 1dx − Z 1 x2+ 1dx = 3 2ln(x 2+ 1) − arctg x + c.

2 a) Si ha y0(t) = 3 e sostituendo si ottiene l’equazione

3 = 2t + 3 cos t (3t + 1)6

che non `e identicamente vera per t > 0 (ad esempio, per t = 1 si ottiene 3 6= 2+3 cos 146 < 1).

La funzione non `e dunque soluzione.

b) Scrivendo y0= dydt e utilizzando il metodo di separazione delle variabili si ha y6dy = (2t + 3 cos t) dt e integrando Z y6dy = Z (2t + 3 cos t) dt =⇒ y 7 7 = t 2+ 3 sen t + c

dove c `e la generica costante d’integrazione. Risolvendo quest’ultima equazione nell’incognita y si ottiene

y = y(t) =p7 7t2+ 21 sen t + 7c

che al variare di c ∈ R fornisce tutte le soluzioni dell’equazione. c) Imponendo la condizione y(0) = 1 si ricava 1 = √7

7c cio`e c = 1/7. La soluzione `e quindi y(t) =p7 7t2+ 21 sen t + 1.

(3)

Matematica A.A. 2009-2010, Facolt`a di Agraria, Esercitazioni del 12 gennaio 2010 2

3 a) Si ha y0(t) = 0 e sostituendo si ottiene

0 = 3t21 3− t

2

che `e identicamente soddisfatta per t ∈ R. La funzione `e dunque soluzione della prima equazione. Tuttavia y(0) 6= 2 perci`o non verifica le condizioni iniziali, quindi non `e soluzione del problema di Cauchy.

b) Si ricorda che la soluzione generale dell’equazione lineare y0 = a(t)y + b(t)

con a(t), b(t) funzioni continue, `e

y(t) = eA(t) Z

e−A(t)b(t) dt

dove A(t) `e una primitiva di a(t).

Nel nostro caso a(t) = 3t2 e una sua primitiva `e ad esempio A(t) = t3. La soluzione generale ` e dunque y(t) = et3 Z e−t3(−t2) dt = e t3 3 Z e−t3(−3t2) dt.

Consultando la tabella 2 degli integrali si vede che Z

ef (t)f0(t) dt = ef (t)+ c

con c generica costante d’integrazione, perci`o y(t) =e t3 3 e −t3 + c = 1 3 + ¯c e t3

essendo ¯c = −c/2 un generico numero reale al pari di c.

c) Imponendo la condizione y(0) = 2 si ottiene l’equazione 2 = 1/3 + ¯c quindi ¯c = 5/3 e la soluzione `e y(t) = 13 +53et3

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