Determinare l’integrale generale dell’equazione differenziale y

Soluzione degli esercizi del secondo esonero di Calcolo Differenziale ed Integrale I e II (a.a. 2006-2007)

1. Determinare l’integrale generale dell’equazione differenziale y^′′+ 2y^′+ 2y = x

L’equazione caratteristica per l’equazione differenziale omogenea associata `e α²+ 2α + 2 = 0.

Le soluzioni sono: α₁ = −1 + i, α₂ = −1 − i, cui corrispondono le soluzioni (indipen- denti) dell’equazione differenziale omogenea:

y₁(x) = e^−xcos x, y₂(x) = e^−xsin 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) y^′

2(0)     

=     

1 0

−1 1     

= 1 si trova dunque:

K(x, ξ) =     

y₁(0) y₂(0) y₁(x − ξ) y₂(x − ξ)

=     

1 0

e^−(x−ξ)cos(x − ξ) e^−(x−ξ)sin(x − ξ)      cio`e:

K(x, ξ) = e^−(x−ξ)sin(x − ξ)

Un’integrale particolare dell’equazione non omogenea si trova quindi nella forma:

y₀(x) = Z x

0

e^−(x−ξ)sin(x − ξ) ξ dξ = x− 1

2 +term. prop. ay₁(x)ey₂(x) e l’integrale generale risulta essere:

y(x) = c₁e^−xcos x + c₂e^−xsin x +x− 1 2 .

2. Determinare l’integrale particolare dell’equazione differenziale y^′ = y²

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 a variabili separabili, del tipo y^′ = f (x)g(y), vediamo che in questo caso

`e f (x) = 1, g(y) = y<sup>2</sup> quindi l’integrale generale dell’equazione differenziale `e:

dy dx = y² da cui si pu`o scrivere:

dy y² = dx.

Integrando si ottiene:

−1

y = c + x e quindi:

y(x) = − 1 c+ x Imponendo la condizione iniziale y(0) = 2, si trova:

y(0) = −1 c = 2 cio`e

c= −1 2. La soluzione cercata `e quindi:

y(x) = 2 1 − 2x

3. Determinare l’insieme di definizione della funzione

f(x, y) =p(x²+ y²− 4) log(10 − x²− y²)

La condizione che determina l’insieme di definizione `e che il radicando sia non negativo.

L’unica possibilit`a si ha quindi se:

x²+ y²− 4 > 0, log(10 − x²− y²) > 0 vale a dire:

x²+ y²− 4 > 0, 10 − x²− y² >1 e ancora:

x²+ y²− 4 > 0, 9 − x²− y² >0

La porzione del piano xy in cui le due condizioni sono simultaneamente rispettate

`e quella tratteggiata nella figura qui sotto, cio`e la corona circolare compresa tra le circonferenze descritte dalle equazioni qui sopra.

y

x 1

2 3 4

−1

−2

−3

−4

1 2 3 4

−1

−2

−3

−4

4. `E data la funzione f (x, y) = xy. Calcolare, nel punto A = (1, 1), la derivata nella direzione individuata dal vettore v = (1, −1).

Il versore nella direzione di v `e:

v

|v| = ( 1

√2,− 1

√2).

Il gradiente di f ha componenti f_x = y e f_y = x, e nel punto A = (1, 1) si ha quindi:

∇f(1, 1) = (1, 1). La derivata direzionale risulta allora:

∇f(1, 1) · v

|v| = 0.

5. Trovare massimi e minimi assoluti (se esistono) della funzione f(x, y) = x²− 2xy − 2y

nel rettangolo: T = {(x, y) : 0 6 x 6 3, 0 6 y 6 2}.

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 − 2y, ∂f

∂y = −2x − 2 l’unico punto estremale `e (x, y) = (1, 1). Inoltre, poich´e risulta:

f_xx = 2, f_yy = 0, f_xy = −2 = fyx

si ha evidentemente H(x, y) ≡ −4 quindi, in particolare, (1,1) 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 3} f(x, y) = x² 0 6 f (x, y) 6 9

∂T₂ = {x = 3, 0 6 y 6 2} f(x, y) = 9 − 4y² 1 6 f (x, y) 6 9

∂T₃ = {y = 2, 0 6 x 6 3} f(x, y) = x²− 4x + 4 0 6 f (x, y) 6 4

∂T₄ = {x = 0, 0 6 y 6 2} f(x, y) = 2y 0 6 f (x, y) 6 4 Si verifica facilmente che: f (0, 0) = f (2, 2) = 0 = m, f(3, 0) = 9 = M .