Determinare l’integrale generale dell’equazione differenziale y

Soluzione degli esercizi della seconda prova di esonero per l’esame di Calcolo Differenziale ed Integrale I e II (a.a. 2007-2008)

1. Determinare l’integrale generale dell’equazione differenziale y^′′+ 2y^′+ 2y = sin x + cos 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)(sin ξ + cos ξ) dξ.

In alternativa, si pu`o cercare l’integale particolare nella forma:

y₀(x) = a sin x + b cos x.

Sostituendo questa espressione, insieme con le sue derivate, nell’equazione differenziale, si ottiene un sistema nelle incognite a e b, da cui si ottiene:

y₀(x) = 1

5(3 sin x − cos x), e l’integrale generale risulta essere:

y(x) = e^−x(c₁cos x + c₂sin x) +1

5(3 sin x − cos x).

1

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

cos x che soddisfa la condizione iniziale y(0) = 4.

Ricordando il metodo di soluzione delle equazioni del primo ordine lineari, del tipo y^′ − α(x)y = β(x), si vede che in questo caso `e: α(x) = − tan x, β(x) = 1/ cos x. Os- serviamo, innanzitutto, che sia α(x) che β(x) sono definiti nell’intervallo (−π/2, π/2), che contiene il punto x = 0 in cui `e assegnata la condizione iniziale. L’integrale generale dell’equazione differenziale pu`o essere scritto:

y(x) = e^{− tan x}

 c +

Z

e^{tan x} 1 cos xdx



Si ottiene dunque:

y(x) = elog | cos x|

 c +

Z

e− log | cos x| 1 cos xdx



e quindi, considerato anche quanto detto a proposito dell’intervallo in cui sono definiti α(x) e β(x):

y(x) = cos x

 c +

Z 1

cos²xdx



vale a dire:

y(x) = cos x [c + tan x] = c cos x + sin x.

Imponendo la condizione iniziale y(0) = 4, si trova:

y(0) = c cos 0 − sin 0 = 4 ⇒ c = 4.

La soluzione cercata `e quindi:

y(x) = 4 cos x − sin x

4. Calcolare, nel punto (1, 0) la derivata della funzione:

f (x, y) =p

x²+ y² nella direzione del versore v = (0, 1).

Per la derivata direzionale di f nella direzione di v si pu`o scrivere: Dvf = ∇f · v.

Poich´e:

∂f

∂x = x

px²+ y², ∂f

∂y = y

px²+ y², si trova:

Dvf = x

px²+ y²0 + y

px²+ y² 1 = y px²+ y², che, nel punto (1, 0), fornisce: Dvf = 0.

2

3. Determinare l’insieme di definizione della funzione f (x, y) =

s

144 − 9x²− 16y² x²+ y²− 1

Le condizioni che debbono essere simultaneamente rispettate sono:

144 − 9x²− 16y² >0, x²+ y²− 1 > 0.

Per l’esistenza della radice il radicando deve rispettare la condizione:

144 − 9x²− 16y² x²+ y²− 1 >0, mentre, l’esistenza del radicando stesso richiede:

x²+ y²− 1 6= 0.

Nel complesso, quindi, le due condizioni sono rispettate nei seguenti casi:

144 − 9x²− 16y² >0, x²+ y²− 1 > 0; (1) 144 − 9x²− 16y² 60, x²+ y²− 1 < 0; (2) Nel caso (1) l’insieme dei punti del piano xy in cui le due condizioni sono simultanea- mente rispettate `e quello evidenziato dalla campitura nella figura qui sotto. Si tratta della porzione di piano compresa tra la circonferenza di equazione

x²+ y²= 1, esclusa, e l’ellisse di equazione

x² 16 +y²

9 = 1,

inclusa. Nel caso (2) l’insieme dei punti del piano xy in cui le due condizioni sono simultaneamente rispettate `e vuoto.

y

x 1

2 3 4

-1 -2 -3 -4

1 2 3 4 5

-1 -2 -3 -4 -5

3

5. Trovare massimi e minimi (relativi e assoluti) della funzione f (x, y) = x²+ y²− x − y + 1 in: C = {(x, y) : x²+ y² 61}.

Le derivate parziali prime esistono in tutto il piano xy: i massimi e minimi assoluti sono quindi da ricercare tra i punti estremali (in cui si annulla il gradiente) di C ed i punti della frontiera di C. Poich´e `e:

∂f

∂x = 2x − 1, ∂f

∂y = 2y − 1 l’unico punto estremale `e

(x, y) = 1 2,1

2

 . Inoltre, poich´e risulta:

∂²f

∂x² = 2, ∂²f

∂y² = 2, ∂²f

∂x∂y = ∂²f

∂y∂x = 0

si ha, evidentemente, H(x, y) = 4, quindi il punto (1/2,1/2), in cui `e H > 0 e f_xx > 0,

`e di minimo relativo per la funzione. Il massimo assoluto va ricercato quindi solo sulla frontiera di C, dove vanno anche presi in considerazione i valori da confrontare con f (1/2, 1/2) per la ricerca del minimo assoluto. Lungo la frontiera (circonferenza con centro nell’origine e raggio 1) si ha:

x = cos t, y = sin t.

Si verifica facilmente che: f (x(t), y(t)) = 1 − cos t − sin t + 1 = 2 − cos t − sin t.

Studiandola come una funzione della sola variabile t, cerchiamo i massimi ed i minimi nei punti in cui la derivata rispetto a t si annulla. Si impone allora:

df

dt = sin t − cos t = 0, e si trova:

sin t = cos t.

Con t ∈ [0, 2π), questa equazione ha le due soluzioni:

t = π

4, t = 5π 4 ,

cui corrispondono, rispettivamente, il minimo ed il massimo di f (x, y) sulla frontiera di C. In particolare, si ha:

t = π

4 ⇒ x = y = 1

√2 ⇒ f(x, y) = 2 −√

2 ≈ 0.586,

t = 5π

4 ⇒ x = y = − 1

√2 ⇒ f(x, y) = 2 +√

2 ≈ 3.414.

In definitiva, il minimo (m) e massimo (M) assoluti della funzione in C sono:

m = f 1 2,1

2



= 0.5, M = f



− 1

√2, − 1

√2



≈ 3.414.

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