Soluzione degli esercizi di preparazione al secondo esonero di Calcolo Differenziale ed Integrale I e II (a.a. 2006-2007)
1. Determinare l’integrale generale dell’equazione differenziale y′′+ 4y′+ 5y = cos x
L’equazione caratteristica per l’equazione differenziale omogenea associata `e α2+ 4α + 5 = 0.
Le soluzioni sono: α1 = −2 + i, α2 = −2 − i, cui corrispondono le soluzioni (indipen- denti) dell’equazione differenziale omogenea:
y1(x) = e−2xcos x, y2(x) = e−2xsin x.
Per il nucleo risolvente di Cauchy:
K(x, ξ) = 1 W(0)
y1(0) y2(0) y1(x − ξ) y2(x − ξ)
,
poich´e
W(0) =
y1(0) y2(0) y′
1(0) y2′(0)
=
1 0
−2 1
= 1 si trova dunque:
K(x, ξ) =
y1(0) y2(0) y1(x − ξ) y2(x − ξ)
=
1 0
e−2(x−ξ)cos(x − ξ) e−2(x−ξ)sin(x − ξ) cio`e:
K(x, ξ) = e−2(x−ξ)sin(x − ξ)
Un’integrale particolare dell’equazione non omogenea si trova quindi nella forma:
y0(x) = Z x
0
e−2(x−ξ)sin(x − ξ) cos ξ dξ = 1
8(sin x + cos x) +term. prop. ay1(x)ey2(x) e l’integrale generale risulta essere:
y(x) = c1e−2xcos x + c2e−2xsin x +1
8(sin x + cos x).
2. Determinare l’integrale particolare dell’equazione differenziale y′= x3− y
che soddisfa la condizione iniziale y(0) = 0.
Si pu`o procedere in due modi. Ricordando il metodo di soluzione delle equazioni del primo ordine lineari, del tipo y′ = α(x)y + β(x), vediamo che in questo caso `e α = −1, quindi l’integrale generale dell’equazione differenziale `e:
y(x) = e−x
c+
Z
exx3dx
Integrando per parti si ottiene:
y(x) = e−xc + ex(x3− 3x2+ 6x − 6) e quindi:
y(x) = c e−x+ x3− 3x2+ 6x − 6 Imponendo la condizione iniziale y(0) = 0, si trova:
y(0) = c − 6 = 0 ⇒ c= 6.
La soluzione cercata `e quindi:
y(x) = 6 e−x+ x3− 3x2+ 6x − 6
In alternativa, si pu`o procedere, come per l’equazione del problema 1., seguendo il metodo generale per le equazioni lineari a coefficienti costanti. L’equazione caratteris- tica in questo caso `e α + 1 = 0, cio`e α = 1, quindi la soluzione generale dell’omogenea
`e
y(x) = c e−x
In questo caso, il nucleo risolvente `e semplicemente K(x, ξ) = e−(x−ξ) e, quindi, un integrale particolare dell’equazione non omogenea `e dato da
y0(x) = Z x
0
e−(x−ξ)ξ3dξ
da cui segue immediatamente l’integrale generale trovato sopra.
4. Calcolare il gradiente della funzione:
u(x, y, z) = (x2+ y2+ z2)−1/2 Posto: ϕ(x, y, z) = (x2+ y2+ z2), si pu`o scrivere:
u(x, y, z) = u[ϕ(x, y, z)] = ϕ(x, y, z)−1/2 Allora:
∂u
∂x = du dϕ
∂ϕ
∂x = −1
2ϕ(x, y, z)−3/2· 2x = − x
(x2+ y2+ z2)3/2. In modo analogo si trova:
∂u
∂y = − y
(x2+ y2+ z2)3/2, ∂u
∂z = − z
(x2+ y2+ z2)3/2.
3. Determinare l’insieme di definizione della funzione
f(x, y) =pxy − 1 log(10 − 3x − 3y) Le condizioni che debbono essere simultaneamente rispettate sono:
xy− 1 > 0, 10 − 3x − 3y > 0
La prima condizione `e rispettata nella concavit`a dei due rami dell’iperbole y= 1
x
La seconda condizione `e rispettata nel semipiano a sinistra della retta y= −x −10
3 cio`e quello che contiene interamente il terzo quadrante.
La porzione del piano xy in cui le due condizioni sono simultaneamente rispettate `e quella tratteggiata nella figura qui sotto.
1 2 3 4 5
−1
−2
−3
−4
−5
1 2 3 4 5
−1
−2
−3
−4
−5
y
x
5. Trovare massimi e minimi assoluti (se esistono) della funzione f(x, y) = x2− y2
nel quadrato: T = {(x, y) : 0 6 x 6 1, 0 6 y 6 1}.
Poich´e le derivate parziali prime esistono in tutto il piano xy, i massimi e minimi assoluti sono da ricercare tra i punti estremali e quelli della frontiera di T . Poich´e `e:
∂f
∂x = 2x, ∂f
∂y = −2y
l’unico punto estremale `e (x, y) = (0, 0). Inoltre, poich´e risulta:
∂2f
∂x2 = 2, ∂2f
∂y2 = −2, ∂2f
∂x∂y = ∂2f
∂y∂x2 = 0
si ha evidentemente H(x, y) = −4 quindi, in particolare, (0,0) non `e n´e massimo n´e minimo relativo. Gli eventuali massimi (M ) e minimi (m) assoluti vanno ricercati quindi solo sulla frontiera di T . Lungo i quattro lati di essa si ha, rispettivamente:
∂T1 = {y = 0, 0 6 x 6 1} f(x, y) = x2 0 6 f (x, y) 6 1
∂T2 = {x = 1, 0 6 y 6 1} f(x, y) = 1 − y2 0 6 f (x, y) 6 1
∂T3 = {y = 1, 0 6 x 6 1} f(x, y) = x2− 1 −1 6 f (x, y) 6 0
∂T4 = {x = 0, 0 6 y 6 1} f(x, y) = −y2 −1 6 f (x, y) 6 0 Si verifica facilmente che: f (0, 1) = −1 = m, f(1, 0) = 1 = M .
