e determinare le soluzioni che soddisfano alla condizione y(0) = 0.

ESERCIZI PROPOSTI PER IL TUTORAGGIO DEL 21/01/2011

Esercizio 1. Trovare tutte le soluzioni delle equazioni dierenziali 1. y ⁰ + 2y cos x = sin 2x ,

2. y ⁰ − 2xy = x ³

e determinare le soluzioni che soddisfano alla condizione y(0) = 0.

Soluzione. Cominciamo dalla prima equazione. Se moltiplichiamo per e ^{2 sin x} otte- niamo

e ^{2 sin x} y ⁰ + 2 cos xe ^{2 sin x} y = sin 2xe ^{2 sin x} , ovvero

e ^{2 sin x} y
⁰

= sin 2xe ^{2 sin x} . Integrando otteniamo

e ^{2 sin x} y = Z

sin 2xe ^{2 sin x} = Z

sin x 2 cos xe ^{2 sin x}
= sin xe ^{2 sin x} − Z

cos xe ^{2 sin x} =

= sin xe ^{2 sin x} − 1

2 e ^{2 sin x} + c = e ^{2 sin x}



sin x − 1 2



+ c, c ∈ R,

dove abbiamo risolto l'integrale integrando per parti. Quindi otteniamo le soluzioni y(x) = sin x − 1

2 + ce ^{−2 sin x} , c ∈ R.

La condizione y(0) = 0 è vericata se c = ¹ ₂ .

Nella seconda equazione moltiplichiamo invece per e ^−x

e otteniamo e ^−x

y ⁰ − 2xe ^−x

y = x ³ e ^−x

,

ovvero

 e ^−x

y  0

= x ³ e ^−x

. Integrando otteniamo

e ^−x

y = Z

x ³ e ^−x

= − Z x ²

2

 −2xe ^−x



= − x ² 2 e ^−x

−

Z

xe ^−x

=

= − x ²

2 e ^−x

− e ^−x

2 + c = c − 1

2 (x ² + 1)e ^−x

, c ∈ R,

dove abbiamo ancora una volta risolto l'integrale integrando per parti. Quindi otteniamo le soluzioni

y(x) = ce ^x

− 1

2 (x ² + 1), c ∈ R.

La condizione y(0) = 0 è vericata se c = ¹ ₂ . 

Esercizio 2. Trovare tutte le soluzioni delle equazioni dierenziali 1. y ⁰⁰ + 4y = sin x ,

2. y ⁰⁰ + y ⁰ − 2y = 0 , 3. y ⁰⁰ − y ⁰ = sin x .

1

2 ESERCIZI PROPOSTI PER IL TUTORAGGIO DEL 21/01/2011

Soluzione. Risolviamo la prima equazione. Per prima cosa cerchiamo le soluzioni dell'equazione omogenea associata, ovvero

y ⁰⁰ + 4y = 0.

Per fare questo dobbiamo trovare le radici del polinomio λ ² + 4λ = 0.

Queste radici sono λ 1 = 2i e λ 2 = −2i , quindi tutte le soluzioni dell'equazione omogenea sono

y 1 (x) = c 1 cos 2x + c 2 sin 2x, c 1 , c 2 ∈ R.

Per trovare le soluzioni dell'equazione di partenza dobbiamo aggiungere a y 1 una soluzione particolare. Dato che a destra dell'uguaglianza compare la funzione sin x cerchiamo una soluzione particolare della forma

y ₂ (x) = A cos x + B sin x, A, B ∈ R.

Otteniamo le derivate

y ₂ ⁰ = −A sin x + B cos x, y ⁰⁰ ₂ = −A cos x − B sin x e sostituendo nell'equazione si ottiene

−A cos x − B sin x + 4(A cos x + B sin x) = sin x, ovvero

3A cos x + 3B sin x = sin x,

che è vericata se A = 0 e B = ¹ ₃ . Così la soluzione particolare è y ₂ (x) = 1

3 sin x.

Le soluzioni dell'equazione dierenziale sono quindi y(x) = y 1 (x) + y 2 (x) = c 1 cos 2x + c 2 sin 2x + 1

3 sin x, c 1 , c 2 ∈ R.

La seconda equazione è omogenea e cercando le radici del polinomio λ ² + λ − 2 = 0

otteniamo che λ 1 = 1 e λ 2 = −2 . Quindi le soluzioni sono y(x) = c ₁ e ^x + c ₂ e ^−2x , c ₁ , c ₂ ∈ R.

Per la terza equazione si procede in modo analogo alla prima. Per trovare le soluzioni dell'equazione omogenea associata dobbiamo trovare le radici di

λ ² − λ = 0.

Otteniamo λ 1 = 0 e λ 2 = 1 , quindi le soluzioni dell'omogenea sono y 1 (x) = c 1 + c 2 e ^x .

Una soluzione particolare la cerchiamo sempre tra le funzioni della forma y ₂ (x) = A cos x + B sin x.

Sostituendo le derivate calcolate prima si ottiene

−A cos x − B sin x + A sin x − B cos x = sin x, ovvero

−(A + B) cos x + (A − B) sin x = sin x.

Per trovare A e B bisogna risolvere il sistema

 A + B = 0

A − B = 1

ESERCIZI PROPOSTI PER IL TUTORAGGIO DEL 21/01/2011 3

e troviamo che A = ¹ ₂ e B = − ¹ ₂ . Dunque la soluzione particolare è y 2 (x) = 1

2 (cos x − sin x).

Le soluzioni dell'equazione sono

y(x) = y 1 (x) + y 2 (x) = c 1 + c 2 e ^x + 1

2 (cos x − sin x), c 1 , c 2 ∈ R.

 Esercizio 3. Trovare le soluzioni che non si annullano mai dell'equazione dieren- ziale

y ⁰ = xy ² . Ci sono altre soluzioni?

Soluzione. Supponiamo che la soluzione y(x) non si annulli mai, allora possiamo dividere entrambi i membri dell'eqauzione per y e otteniamo

y ⁰ y ² = x.

Integrando si ottiene

− 1

y + c = x ² 2 ⇒ 1

y = 2c − x ² 2 , c ∈ R cioè

y(x) = 2

c − x ² , c ∈ R.

Il numeratore è sempre diverso da zero e dunque queste funzioni non si annullano mai. Non tutte le soluzioni sono di questa forma. Ad esempio la funzione costante

y = 0 è soluzione dell'equazione. 

Esercizio 4. Risolvere l'equazione dierenziale y ⁰ = 2xy

x ² + y ² .

Soluzione. Poniamo y = ux, dunque y ⁰ = u ⁰ x + u . Sostituendo otteniamo l'equa- zione

 1 + u ² u − u ³

 u ⁰ = 1

x . Possiamo riscrivere

1 + u ² u − u ³ = 1

u − 1

u + 1 − 1 u − 1 , Quindi integrando entrambi i membri dell'equazione otteniamo

log u − log(u + 1) − log(u − 1) = log x + c, c ∈ R, ovvero

log

 u

u ² − 1



= log x + c, c ∈ R.

Esponenziando si ottiene

u

u ² − 1 = cx, c > 0 che poichè u = _x ^y diventa

y

y ² − x ² = c, c > 0.

Eliminando il denominatore otteniamo

cy ² − y − cx ² = 0,

4 ESERCIZI PROPOSTI PER IL TUTORAGGIO DEL 21/01/2011

che risolta ci dà le soluzioni

y(x) = 1 ± √

1 + 4c ² x ²

2c , c > 0.