essendo B(y) una primitiva di b(y)1 = 2y e A(x) una primitiva di a(x) = log x. Scegliamo B(y) = y 2 e A(x) = x log x x, le soluzioni dell’equazione di↵erenziale saranno date implicitamente da

Risoluzione

1. L’equazione di↵erenziale y ⁰ = ^{log x} _2y `e equazione a variabili separabili del tipo y ⁰ = a(x)b(y) con a(x) = log x e b(y) = _2y ¹ . Tale equazione non ammette soluzioni singolari e dunque tutte e sole le soluzioni saranno date (implicitamente) dalla formula

B(y) = A(x) + c, c 2 R

essendo B(y) una primitiva di _b(y) ¹ = 2y e A(x) una primitiva di a(x) = log x. Scegliamo B(y) = y ² e A(x) = x log x x, le soluzioni dell’equazione di↵erenziale saranno date implicitamente da

y ² (x) = x log x x + c, c 2 R () |y(x)| = ^» x log x x + c, c 2 R.

Le soluzioni positive saranno date da

y(x) = ^» x log x x + c, c 2 R mentre quelle negative da

y(x) = ^» x log x x + c, c 2 R.

2. L’equazione di↵erenziale y ⁰ = y ³ log x `e equazione a variabili separabili del tipo y ⁰ = a(x)b(y) con a(x) = log x e b(y) = y ³ . Tale equazione ammette come soluzione singolare la funzione y 0 (x) = 0 per ogni x 2 R. Le soluzioni non nulle dell’equazione saranno invece date (implicitamente) dalla formula

B(y) = A(x) + c, c 2 R

dove B(y) `euna primitiva di _b(y) ¹ = _y ¹

e A(x) una primitiva di a(x) = log x. Scegliamo B(y) = _2y ¹

e A(x) = x log x x, le soluzioni non nulle dell’equazione di↵erenziale sono date implicitamente da

1

2y

(x) = x log x x + c, c 2 R () |y(x)| = ^p ₂ p ¹

x x log x+c , c 2 R.

Le soluzioni positive sono

y(x) = p ¹ 2 p

x x log x+c , c 2 R, quelle negative sono

y(x) = p ¹ 2 p

x x log x+c , c 2 R.

3. L’equazione y ⁰ = _1+x ^xy

+x ² `e equazione di↵erenziale lineare del primo ordine non omogenea, cio`e del tipo y ⁰ = a(x)y + b(x) con a(x) = _1+x ^x

e b(x) = x ² . L’integrale generale sar`a allora della forma

y(x) = e ^A(x) (

Z

b(x)e ^A(x) dx + c), c 2 R,

dove A(x) `e una primitiva di a(x). Scegliamo come primitiva di a(x) = _1+x ^x

la funzione A(x) = ¹ ₂ log(1 + x ² ) = log p

1 + x ² . L’integrale generale dell’equazione data sar`a allora y(x) = e ^{log p 1+x}

(

Z

x ² e ^{log p 1+x}

dx + c) = p

1 + x ² (

Z p x

1+x

dx + c)

= p

1 + x ² ( ^x ₂ p

1 + x ^{2 1} ₂ log(x + p

1 + x ² ) + c), c 2 R.

4. L’equazione y ⁰ = ^{xy 1} _x

`e equazione di↵erenziale lineare del primo ordine non omogenea, ovvero del tipo y ⁰ = a(x)y + b(x) con a(x) = _x ¹ e b(x) = _x ¹

. L’integrale generale sar`a allora della forma

y(x) = e ^A(x) (

Z

b(x)e ^A(x) dx + c), c 2 R,

dove A(x) `e una primitiva di a(x). Essendo a(x) = ¹ _x , scegliamo come primitiva la funzione A ⁺ (x) = log(x) per le soluzioni definite in (0, + 1) e A (x) = log( x) per le soluzioni definite in (0, + 1). Le soluzioni definite in (0, +1) dell’equazione data saranno allora

y(x) = e ^{log x} (

Z 1

x

e ^{log x} dx + c) = x(

Z 1

x

dx + c)

= x( ¹ _{2 x} ¹

+ c) = _2x ¹ + cx, c 2 R.

Allo stesso modo, le soluzioni definite in ( 1, 0) saranno date da y(x) = e ^{log( x)} (

Z 1

x

e ^{log( x)} dx + c) = _2x ¹ cx, c 2 R.

5. L’equazione y ⁰ = _1+x ^2x

y + xy ³ `e equazione di↵erenziale di Bernoulli, ovvero del tipo y ⁰ = a(x)y + b(x)y ^↵ con a(x) = _1+x ^2x

, b(x) = x e ↵ = 3. Osserviamo che l’equazione ammette come soluzione la funzione identicamente nulla y 0 (x) = 0 per ogni x 2 R. Per determinare le soluzioni non nulle possiamo ricondurre tale equazione a un’equazione di↵erenziale lineare considerando la funzione incognita z(x) = y ^{1 ↵} (x) = y ² (x), osserviamo che z(x) > 0. Con tale sostituzione otteniamo che y(x) = ± p ¹

z(x) e quindi y ⁰ (x) = ⌥ ₂ p ^z

^(x)

z

(x)

e quindi

y ⁰ = _1+x ^2x

y + xy ³ , ⌥ ₂ ^{p z}

_z

= ± _1+x ^2x

^{p 1} _z + ± ₍ ^{p x} _z)

, z ⁰ = _1+x ^4x

z 2x L’equazione nell’incognita z `e equazione di↵erenziale lineare del tipo z ⁰ = ¯ a(x)z + ¯b(x) con ¯a(x) = _1+x ^4x

e ¯b(x) = 2x ammette come integrale generale

z(x) = e ^{A(x) ¯}

ÅZ ¯b(x)e ^{A(x) ¯} dx + c

ã

con ¯ A(x) primitiva di ¯a(x) = _1+x ^4x

. Possiamo scegliere come primitiva ¯ A(x) = 2 log(1+

x ² ) = log _(1+x ¹

)

ottenendo

z(x) = e ^log

1 (1+x

)

ÇZ

2xe ^log

1

(1+x

)

dx + c

å

= _(1+x ¹

)

ÅZ

2x(1 + x ² ) ² dx + c

ã

= _(1+x ¹

)

Ä ₁

3 (1 + x ² ) ³ + c ^ä

dove c 2 R, osserviamo che nel dominio deve risultare ¹ ₃ (1 + x ² ) ³ + c > 0. Le soluzioni dell’equazione di Bernoulli data, oltre alla soluzione identicamente nulla, saranno allora

y(x) = ± ^p _z(x) ¹ = ± ^q ₁ ¹

(1+x

)

Ä ₁

3 (1+x

)

+c ä = ± ^{» 1+x}

c 1

3 (1+x

)

, c 2 R

6. L’equazione y ⁰ = _6x ^y + _2y ^x

`e di nuovo equazione di↵erenziale di Bernoulli del tipo y ⁰ = a(x)y + b(x)y ^↵ con a(x) = _6x ¹ , b(x) = ^x ₂ e ↵ = 5. Per determinare le soluzio- ni dell’equazione possiamo ricondurre tale equazione a un’equazione di↵erenziale lineare considerando la funzione incognita z(x) = y ^{1 ↵} (x) = y ⁶ (x), osserviamo che z(x) 0.

Con tale sostituzione otteniamo che y(x) = ^»

z(x) e quindi y ⁰ (x) = ^z

^(x)

6z(x)

e quindi y ⁰ = _6x ^y + _2y ^x

, ^z

6z

= ^p _6x

^z + ^x

2z

, z ⁰ = ^z _x + 3x

L’equazione nell’incognita z `e equazione di↵erenziale lineare del tipo z ⁰ = ¯ a(x)z + ¯b(x) con ¯a(x) = ¹ _x e ¯b(x) = 3x ammette come integrale generale

z(x) = e ^{A(x) ¯}

ÅZ ¯b(x)e ^{A(x) ¯} dx + c

ã

con ¯ A(x) primitiva di ¯a(x) = ¹ _x . Possiamo scegliere come primitiva ¯ A ⁺ (x) = log(x) per soluzioni definite in (0, + 1) e ¯ A (x) = log( x) per soluzioni definite in ( 1, 0) ottenendo

z ^± (x) = e ^{log( ±x)}

ÅZ

3xe ^{log( ±x)} dx + c

ã

= ± ¹ _x

Å

±

Z

3x ² dx + c

ã

= ± ¹ _x ( ±x ³ + c) = _x ¹ (x ³ + k)

dove k = ±c 2 R, osserviamo che nel dominio deve risultare z(x) 0. Le soluzioni dell’equazione di Bernoulli data saranno allora

y(x) = ^q

_x ¹ (x ³ + k), k 2 R

definite in intervalli dove ¹ _x (x ³ + k) 0.

7. L’equazione y ⁰⁰ 4y ⁰ + 4y = e ^2x `e equazione di↵erenziale lineare del secondo ordine a coef- ficienti costanti non omogenea. Per risolvere tale equazione determiniamo innanzitutto l’integrale generale dell’equazione omogenea associata y ⁰⁰ 4y ⁰ + 4y = 0. A tale scopo si osservi che l’equazione caratteristica ² 4 + 4 = ( 2) ² 0 ammette un’unica radice

0 = 2 e quindi l’integrale generale dell’equazione omogenea `e y 0 (x) = c 1 e ^2x + c 2 xe ^2x

dove c 1 , c 2 2 R sono costanti arbitrarie. Cerchiamo ora una soluzione particolare dell’e- quazione non omogenea. Come da suggerimento, osservato che il termine noto g(x) = e ^2x

`e soluzione dell’equazione omogenea (siamo in un caso risonante), cerchiamo tale soluzio- ne della forma y p (x) = kx <sup>2</sup> e <sup>2x</sup> . Derivando due volte e sostituendo nell’equazione completa otteniamo k = <sup>1</sup> <sub>2</sub> . Dunque, soluzione particolare `e

y p (x) = ¹ ₂ x ² e ^2x e per l’integrale generale dell’equazione data `e allora

y(x) = y 0 (x) + y p (x) = c 1 e ^2x + c 2 xe ^2x + ¹ ₂ x ² e ^2x dove c ₁ , c ₂ 2 R sono costanti arbitrarie.

8. L’equazione y ⁰⁰ + 3y ⁰ 4y = e ^x cos x `e equazione di↵erenziale lineare del secondo ordine a coefficienti costanti non omogenea. Per risolverla determiniamo l’integrale generale dell’equazione omogenea associata y <sup>00</sup> +3y <sup>0</sup> 4y = 0. A tale scopo si osservi che l’equazione caratteristica <sup>2</sup> + 3 4 = ( + 4)( 1) = 0 ammette come radici 1 = 4 e 2 = 1 e quindi l’integrale generale dell’equazione omogenea `e

y 0 (x) = c 1 e ^4x + c 2 e ^x

dove c 1 , c 2 2 R sono costanti arbitrarie. Per determinare una soluzione particolare dell’e- quazione non omogenea, utilizzando il metodo della somiglianza, cerchiamo tale soluzione della forma y _p (x) = e ^x (A cos x+B sin x) (non siamo in un caso risonante dato che 1+i non

`e radice del polinomio caratteristico). Derivando due volte e sostituendo nell’equazione completa otteniamo A = <sub>26</sub> <sup>1</sup> e B = <sub>26</sub> <sup>5</sup> . Dunque, soluzione particolare `e

y p (x) = e ^x ( ₂₆ ⁵ sin x ₂₆ ¹ cos x) e l’integrale generale dell’equazione data `e allora

y(x) = y 0 (x) + y p (x) = c 1 e ^4x + c 2 e ^x + e ^x ( ₂₆ ⁵ sin x ₂₆ ¹ cos x) dove c 1 , c 2 2 R sono costanti arbitrarie.

9. L’equazione y ⁰⁰⁰ + y ⁰⁰ = xe ^x `e equazione di↵erenziale lineare del terzo ordine a coefficienti

costanti non omogenea. Per risolverla determiniamo l’integrale generale dell’equazione

omogenea associata y ⁰⁰⁰ + y ⁰⁰ = 0. Osservato che l’equazione caratteristica ³ + ² =

( ² + 1) = 0 ammette come radici = 0 e = ±i, otteniamo che l’integrale generale dell’equazione omogenea `e

y ₀ (x) = c ₁ + c ₂ cos x + c ₃ sin x

dove c 1 , c 2 , c 3 2 R sono costanti arbitrarie. Per determinare una soluzione particolare dell’equazione non omogenea, utilizzando il metodo della somiglianza, cerchiamo tale soluzione della forma y p (x) = (Ax + B)e ^x (non siamo in un caso). Derivando tre volte e sostituendo nell’equazione completa otteniamo A = ¹ ₂ e B = ⁵ ₄ . Dunque, soluzione particolare `e

y p (x) = ¹ ₄ (2x 5)e ^x e l’integrale generale dell’equazione data `e

y(x) = y 0 (x) + y p (x) = c 1 + c 2 cos x + c 3 sin x + ¹ ₄ (2x 5)e ^x dove c 1 , c 2 , c 3 2 R sono costanti arbitrarie.

10. L’equazione y ⁰⁰⁰⁰ 2y ⁰⁰⁰ + y ⁰⁰ = e ^x `e equazione di↵erenziale lineare del quarto ordine a coefficienti costanti non omogenea. Determiniamo l’integrale generale dell’equazio- ne omogenea associata y ⁰⁰⁰⁰ 2y ⁰⁰⁰ + y ⁰⁰ = 0. Osservato che l’equazione caratteristica

4 2 ³ + ² = ² ( ² 2 + 1) = ² (1 ) ² = 0 ammette come radici = 0 e = 1, entrambe di molteplicit`a 2, otteniamo che l’integrale generale dell’equazione omogenea `e

y 0 (x) = c 1 + c 2 x + c 3 e ^x + c 4 xe ^x

dove c 1 , c 2 , c 3 2 R sono costanti arbitrarie. Utilizzando il metodo della somiglianza, cer- chiamo una soluzione particolare dell’equazione completa della forma y p (x) = Ax ² e ^x (sia- mo in un caso risonante). Derivando quattro volte e sostituendo nell’equazione completa otteniamo A = ¹ ₂ . Dunque, soluzione particolare `e

y _p (x) = ^x ₂

e ^x e l’integrale generale dell’equazione data `e

y(x) = y 0 (x) + y p (x) = c 1 + c 2 x + c 3 e ^x + c 4 xe ^x + ^x ₂

e ^x dove c 1 , c 2 , c 3 , c 4 2 R sono costanti arbitrarie.

11. L’equazione di↵erenziale y ⁰ = _xy ¹ `e equazione a variabili separabili del tipo y ⁰ = a(x)b(y) con a(x) = ¹ _x e b(y) = ¹ _y . Tale equazione non ammette soluzioni singolari quindi tutte le soluzioni saranno espresse implicitamente dalla formula

B(y) = A(x) + c, c 2 R

con B(y) primitiva di _b(y) ¹ = y e A(x) primitiva di a(x) = ¹ _x . Scegliendo B(y) = ^y ₂

e A(x) = log |x|, le soluzioni dell’equazione di↵erenziale saranno date da

y

(x)

2 = log |x| + c, c 2 R () |y(x)| = ^» 2log |x| + k, k 2 R.

Poich`e la nostra soluzione deve soddisfare la condizione iniziale y( 1) = 1, la soluzione dovr`a essere definita in un intorno di x 0 = 1 < 0 con y( 1) = 1 > 0. Dunque la soluzione cercata sar`a data da

y(x) = ^» 2log( x) + k, k 2 R.

Imponendo infine la condizione iniziale y( 1) = 1 si ottiene k = 1. Quindi la soluzione del problema di Cauchy proposto `e

y(x) = ^» 2log( x) + 1 definita e derivabile in ( 1, ^{p 1} _e ).

12. L’equazione di↵erenziale y ⁰ = ^y _x

tan log x `e equazione a variabili separabili del tipo y <sup>0</sup> = a(x)b(y) con a(x) = <sup>1</sup> <sub>x</sub> tan log x e b(y) = y <sup>2</sup> . Tale equazione ammette come so- luzione singolare la funzione costante y 0 (x) = 0 ma poich`e stiamo cercando una soluzione soddisfacente la condizione iniziale y(1) = 1 6= 0, tale soluzione apparterr`a alla famiglia di soluzioni non nulle date (implicitamente) dalla formula

B(y) = A(x) + c, c 2 R

con B(y) primitiva di _b(y) ¹ = _y ¹

e A(x) primitiva di a(x) = ¹ _x tan log x. Scegliendo B(y) =

1

y e A(x) = log | cos log x|, le soluzioni non nulle dell’equazione di↵erenziale saranno date implicitamente da

1

y(x) = log | cos log x| + c, c 2 R () y(x) = _log | cos log x|+c ¹ , c 2 R.

Poich`e la nostra soluzione deve soddisfare la condizione iniziale y(1) = 1, la soluzione dovr`a essere definita in un intorno di x 0 = 1 ove cos log x > 0. Dunque la soluzione cercata sar`a data da

y(x) = log(cos log x)+c ¹ , c 2 R.

Imponendo infine la condizione iniziale y(1) = 1 si ottiene c = 1 e quindi la soluzione del problema di Cauchy proposto `e

y(x) = log(cos log x)+1 ¹ .

13. L’equazione y ⁰ = y tan x + _{cos x} ¹ `e equazione di↵erenziale lineare del primo ordine non omogenea, cio`e del tipo y ⁰ = a(x)y + b(x) con a(x) = tan x e b(x) = _{cos x} ¹ . L’integrale generale sar`a allora della forma

y(x) = e ^A(x) (

Z

b(x)e ^A(x) dx + c), c 2 R,

con A(x) primitiva di a(x). Essendo a(x) = tan x e il dato iniziale in x 0 = 0, qundi cos x ₀ > 0, scegliamo come primitiva la funzione A(x) = log(cos x). L’integrale generale dell’equazione data sar`a allora

y(x) = e ^{log(cos x)} (

Z 1

cos x e ^{log(cos x)} dx + c) = _{cos x} ¹ (

Z

dx + c) = _{cos x} ¹ (x + c), c 2 R,

Imponendo la condizione iniziale y(0) = ⇡ si ottiene C = ⇡ e quindi la soluzione del problema di Cauchy proposto `e

y(x) = _{cos x} ¹ (x + ⇡).

14. L’equazione y ⁰ = _1+x ^xy

+x ³ `e equazione di↵erenziale lineare del primo ordine non omogenea del tipo y ⁰ = a(x)y + b(x) con a(x) = _1+x ^x

e b(x) = x ³ . L’integrale generale sar`a allora della forma

y(x) = e ^A(x) (

Z

b(x)e ^A(x) dx + c), c 2 R,

dove A(x) `e una primitiva di a(x). Essendo a(x) = _1+x ^x

, scegliamo come primitiva la funzione A(x) = ¹ ₂ log(1 + x ² ) = log p

1 + x ² . L’integrale generale dell’equazione data sar`a allora

y(x) = e ^{log p 1+x}

(

Z

x ³ e ^{log p 1+x}

dx + c) = p

1 + x ² (

Z p x

1+x

dx + c)

= p

1 + x ² ( ¹ ₃ p

1 + x ² (x ² 2) + c) = ¹ ₃ (1 + x ² )(x ² 2) + c p

1 + x ² , c 2 R, Imponendo la condizione iniziale y(0) = ¹ ₃ si ottiene c = 1 e quindi la soluzione del problema di Cauchy proposto `e

y(x) = ¹ ₃ (1 + x ² )(x ² 2) + p 1 + x ²

15. L’equazione di↵erenziale y ⁰ = _x ^y + ^3x _y `e equazione di↵erenziale di Bernoulli, ovvero del tipo y ⁰ = a(x)y + b(x)y ^↵ con a(x) = _x ¹ , b(x) = 3x e ↵ = 1. Possiamo ricondurre tale equazione a un’equazione di↵erenziale lineare considerando la funzione incognita z(x) = y ^{1 ↵} (x) = y ² (x), osserviamo che z(x) 0. Con tale sostituzione otteniamo che y(x) = ^» z(x) e quindi y ⁰ (x) = ^z

^(x)

2 p

z(x) e quindi

y ⁰ = ^y _x + ^3x _y , ₂ ^{z p}

_z = ^p _x ^z + ^{p 3x} _z , z ⁰ = ^2z _x + 6x

L’equazione nell’incognita z `e equazione di↵erenziale lineare del tipo z ⁰ = ¯ a(x)z + ¯b(x) con ¯ a(x) = ² _x e ¯b(x) = 6x ammette come integrale generale

z(x) = e ^{A(x) ¯}

ÅZ ¯b(x)e ^{A(x) ¯} dx + c

ã

con ¯ A(x) primitiva di ¯a(x) = _x ² . Poich´e il dato iniziale `e dato in x 0 = 1 < 0, possiamo scegliere come primitiva ¯ A(x) = 2 log( x) = log(x ² ) nell’intervallo (0, + 1) ottenendo

z(x) = e ^log(x

⁾

ÅZ

6xe ^log(x

⁾ dx + c

ã

= x ²

ÅZ 6

x dx + c

ã

= x ² (6 log( x) + c) dove c 2 R, osserviamo che nel dominio deve risultare 6 log( x) + c 0. Le soluzioni dell’equazione di Bernoulli data, definite in ( 1, 0) saranno allora

y(x) = ^» x ² (6 log( x) + c) = x ^» 6 log( x) + c, c 2 R

Poich´e la soluzione deve verificare la condizione iniziale y( 1) = 1 dovremo avere 1 = p c e dunque c = 1. La soluzione del problema di Cauchy proposto `e

y(x) = ^» x ² (6 log( x) + 1) = x ^» 6 log( x) + 1 definita nell’intervallo ( 1, e ^{1 6} ).

Si noti che l’equazione data `e equazione di↵erenziale omogenea (ovvero della forma y ⁰ = g( ^y _x )) e si poteva in alternativa risolverla ponendo z(x) = ^y(x) _x .

16. L’equazione di↵erenziale y ⁰ = ^x

_xy ^+y

= _x ^y + ^x _y

`e equazione di↵erenziale di Bernoulli ma anche omogenea (di Manfredi). Per risolverla potremo quindi considerare la funzione incognita z(x) = y ³ (x) oppure z(x) = ^y(x) _x . Con la seconda, abbiamo y(x) = xz(x) e quindi y ⁰ (x) = z(x) + xz ⁰ (x) da cui

y ⁰ = _x ^y + ^x _y

, z + xz ⁰ = z + _z ¹

, z ⁰ = _xz ¹

e l’ultima equazione `e equazione di↵erenziale a variabili separabili del tipo z ⁰ = a(x)b(z) con a(x) = ¹ _x e b(z) = _z ¹

. Abbiamo allora che le soluzioni dell’equazione sono date da

z

(x)

3 = log |x| + c , z(x) = ^»

3 log |x| + k, k 2 R e dunque le soluzioni dell’equazione data saranno

y(x) = xz(x) = x ^»

3 log |x| + k, k 2 R

Poich´e la soluzione deve verificare la condizione iniziale y(1) = 1 e x 0 = 1 > 0, otteniamo che la soluzione del problema proposto `e

y(x) = x ^»

3 log x + 1.

17. L’equazione y ⁰⁰ 5y ⁰ + 6y = e ^x + 11e ^2x `e equazione di↵erenziale lineare del secondo ordine a coefficienti costanti non omogenea. Per risolverla determiniamo innanzitutto l’integrale generale dell’equazione omogenea associata y <sup>00</sup> 5y <sup>0</sup> + 6y = 0. L’equazione caratteristica associata, <sup>2</sup> 5 + 6 = 0, ammette due radici reali distinte <sub>1</sub> = 2 e <sub>2</sub> = 3. Quindi l’integrale generale dell’equazione omogenea `e

y 0 (x) = c 1 e ^2x + c 2 e ^3x , dove c ₁ , c ₂ 2 R sono costanti arbitrarie.

Cerchiamo ora una soluzione particolare dell’equazione non omogenea. Utilizzando il

metodo della somiglianza, cerchiamo tale soluzione della forma y p (x) = y 1 (x) + y 2 (x)

essendo y ₁ (x) = Ae ^x soluzione dell’equazione y ⁰⁰ 5y ⁰ + 6y = e ^x e y ₂ (x) = Bxe ^2x soluzione

dell’equazione y ⁰⁰ 5y ⁰ + 6y = 11e ^2x (siamo in un caso risonante). Derivando due volte e

sostituendo nelle rispettive equazioni otteniamo A = ¹ ₂ e B = 11. Dunque, la soluzione particolare cercata `e

y p (x) = ¹ ₂ e ^x 11xe ^2x e l’integrale generale dell’equazione data `e allora

y(x) = y 0 (x) + y p (x) = c 1 e ^2x + c 2 e ^3x + ¹ ₂ e ^x 11xe ^2x

dove c 1 , c 2 2 R sono costanti arbitrarie. Determiniamo ora c 1 e c 2 di modo che risultino soddisfatte le condizioni iniziali y(0) = ¹ ₂ e y ⁰ (0) = ³ ₂ :

8 <

:

y(0) = c 1 + c 2 + ¹ ₂ = ³ ₂

y ⁰ (0) = 2c 1 + 3c 2 + ¹ ₂ 11 = ¹ ₂ ()

8 <

:

c 1 = 8 c 2 = 9 La soluzione del problema di Cauchy proposto `e allora

y(x) = 8e ^2x + 9e ^3x + ¹ ₂ e ^x 11xe ^2x

18. L’equazione y ⁰⁰ + 2y ⁰ + y = (x 1)e ^x `e equazione di↵erenziale lineare del secondo ordine a coefficienti costanti non omogenea. Per risolverla determiniamo l’integrale generale dell’equazione omogenea associata y ⁰⁰ + 2y ⁰ + y = 0, l’equazione caratteristica associata,

2 + 2 + 1 = ( + 1) ² = 0, ammette un unica radice reale 0 = 1 di molteplicit`a 2.

Quindi l’integrale generale dell’equazione omogenea `e

y 0 (x) = c 1 e ^x + c 2 xe ^x , c 1 , c 2 2 R.

Cerchiamo ora una soluzione particolare dell’equazione non omogenea. Utilizzando il me- todo della somiglianza, cerchiamo tale soluzione della forma y p (x) = x ² (Ax + B)e ^x = (Ax ³ + Bx ² )e ^x (siamo in un caso risonante). Derivando due volte e sostituendo nel- l’equazioni otteniamo A = ¹ ₆ e B = ¹ ₂ . Dunque, la soluzione particolare cercata

`e

y p (x) = x ² ( ^x ₆ ¹ ₂ )e ^x e l’integrale generale dell’equazione data `e allora

y(x) = y 0 (x) + y p (x) = c 1 e ^x + c 2 xe ^x + x ² ( ^x ₆ ¹ ₂ )e ^x , c 1 , c 2 2 R.

Determiniamo ora le costanti arbitrarie c 1 e c 2 di modo che risultino soddisfatte le condizioni iniziali y(0) = y ⁰ (0) = 0:

8 <

:

y(0) = c 1 = 0

y ⁰ (0) = c 1 + c 2 = 0 ()

8 <

:

c 1 = 0 c 2 = 0

La soluzione del problema di Cauchy proposto `e allora la soluzione particolare trovata

y(x) = x ² ( ^x ₆ ¹ ₂ )e ^x

19. y(0) = 0 e y ⁰ (0) = 1 L’equazione y ⁰⁰ + y = cos x + x `e equazione di↵erenziale lineare del secondo ordine a coefficienti costanti non omogenea. L’equazione omogenea associata y ⁰⁰ + y = 0 ammette come integrale generale

y ₀ (x) = c ₁ cos x + c ₂ sin x, c ₁ , c ₂ 2 R,

dato che l’equazione caratteristica associata, ² + 1 = 0, ammette come radici =

±i. Cerchiamo ora una soluzione particolare dell’equazione non omogenea, utilizzando il metodo della somiglianza. Cerchiamo tale soluzione della forma y _p (x) = y ₁ (x) + y ₂ (x) essendo y 1 (x) = x(A cos x + B sin x) soluzione dell’equazione y ⁰⁰ + y = cos x (siamo in un caso risonante) e y 2 (x) = (Cx + D) soluzione dell’equazione y ⁰⁰ + y = x. Derivando due volte e sostituendo nelle rispettive equazioni otteniamo A = 0, B = ¹ ₂ , C = 1, D = 0.

Dunque, la soluzione particolare cercata `e

y p (x) = y 1 (x) + y 2 (x) = ^x ₂ sin x + x e l’integrale generale dell’equazione data `e allora

y(x) = y 0 (x) + y p (x) = c 1 cos x + c 2 sin x + ^x ₂ sin x + x, c 1 , c 2 2 R.

Determiniamo c ₁ e c ₂ di modo che risultino soddisfatte le condizioni iniziali y(0) = ¹ ₂ e

y ⁰ (0) = 1: ₈

<

:

y(0) = c 1 = ¹ ₂

y ⁰ (0) = c 2 + 1 = 1 ()

8 <

:

c 1 = ¹ ₂ c 2 = 0 La soluzione del problema di Cauchy proposto `e allora

y(x) = ¹ ₂ cos x + ^x ₂ sin x + x

20. L’equazione x ² y ⁰⁰ + xy ⁰ + 4y = 0 `e equazione di↵erenziale di Eulero. Per riportarla a un’equazione lineare, poich´e la condizione iniziale `e data in x 0 = 1 > 0, poniamo x = e ^t > 0 e z(t) = y(e ^t ). Otteniamo allora z ⁰ (t) = e ^t y ⁰ (e ^t ) = xy ⁰ (x), z ⁰⁰ (t) = e ^t y ⁰ (e ^t ) + e ^2t y ⁰⁰ (e ^t ) = xy ⁰ (x) + x ² y ⁰⁰ (x), da cui, sostituendo nell’equazione di↵erenziale data, si ha

z ⁰⁰ + 4z = 0

Tale equazione `e equazione di↵erenziale lineare del secondo ordine a coefficienti costanti omogenea, le cui soluzioni sono date da

z(t) = c ₁ cos(2t) + c ₂ sin(2t), c ₁ , c ₂ 2 R

dato che l’equazione caratteristica ² +4 = 0 ammette come soluzioni = ±2i. Tornando alla variabile x = e ^t otteniamo che le soluzioni dell’equazione di Eulero data sono

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

Determiniamo c 1 e c 2 in modo che risulti y(1) = y ⁰ (1) = 1. Abbiamo

8 <

:

y(1) = c ₁ = 1

y ⁰ (1) = 2c ₂ = 1 ()

8 <

:

c ₁ = 1 c ₂ = ¹ ₂ La soluzione del problema di Cauchy proposto `e allora

y(x) = cos(2 log x) + ¹ ₂ sin(2 log x).