EQUAZIONI DIFFERENZIALIEsercizi con soluzione

1. Calcolare l’integrale generale delle seguenti equazioni differenziali lineari del primoordine:

(a) y′ − 2y = 1

(b) y′ + y = ex

(c) y′ − 2y = x2 + x

(d) 3y′ + y = 2 e−x

(e) y′ + 3y = eix

(f) y′ + 3y = cosx

(g) y′ + 2xy = x

(h) xy′ + y = 3x3 − 1 (x > 0)

(i) y′ + exy = 3ex

(j) y′ − (tanx)y = esinx (−π/2 < x < π/2)

(k) y′ + 2xy = xe−x2

(l) y′ + (cosx)y = sin 2x

2. Risolvere i seguenti problemi di Cauchy lineari del primo ordine:

(a)

{y′ + (cosx)y = e− sinx

y(π) = π

(b)

{y′ − 2y = e3x

ex+1

y(0) = 0

(c)

{y′ − y = 1

chx

y(0) = 0

(d)

{y′ + y = sinx+ 3 cos 2x

y(0) = 0

(e)

{y′ + iy = x

y(0) = 2

(f)

{y′ − y = e−ix

y(0) = 0

(g)

{y′ = (cosx)y + cos3 x

y(0) = 0

3. (a) Dimostrare che ogni soluzione dell’equazione differenziale x2y′ + 2xy = 1nell’intervallo x > 0 tende a zero per x→ +∞ .

(b) Calcolare la soluzione y che soddisfa y(2) = 2y(1).

1

4. Risolvere le seguenti equazioni differenziali a variabili separabili specificando, ove pos-sibile, l’intervallo massimale I delle soluzioni:

(a) y′ = x2y

(b) yy′ = x

(c) y′ = x+x2

y−y2

(d) y′ = ex−y

1+ex

(e) y′ = x2y2 − 4x2

5. (a) Utilizzando il teorema di esistenza e unicita, dimostrare che il problema di Cauchy{y′ = y2

y(x0) = y0

ha soluzione unica per ogni x0, y0 ∈ R .

(b) Dimostrare che la soluzione e

y(x) =y0

1− y0(x− x0).

(Si noti che per y0 = 0 si ottiene la soluzione costante y = 0.)

(c) Determinare l’intervallo massimale della soluzione in funzione del dato iniziale y0 .

6. (a) Utilizzando il teorema di esistenza e unicita, dimostrare che il problema di Cauchy{y′ = 2

√y

y(x0) = y0

ha soluzione unica per ogni y0 > 0, x0 ∈ R .

(b) Determinare la soluzione massimale.

(c) Dimostrare che il problema di Cauchy con condizione iniziale y(x0) = 0 ha piu diuna soluzione, esibendo almeno 2 soluzioni distinte.

Gli esercizi 7 e 8 riguardano il metodo delle approssimazioni successive per risolvere ilproblema di Cauchy {

y′ = f(x, y)

y(x0) = y0.(1)

Ricordiamo che le approssimazioni successive per il problema (1) sono le funzioniφ0, φ1, φ2, . . . definite da

φ0(x) = y0, φn(x) = y0 +

∫ x

x0

f(t, φn−1(t)) dt, n = 1, 2, . . . .

Sotto opportune ipotesi sulla funzione f(x, y) (f continua e Lipschitziana in un ret-tangolo chiuso del tipo |x−x0| ≤ a , |y− y0| ≤ b) si dimostra che le φn(x) convergonoper n→∞ ad una soluzione φ(x) del problema (1) per ogni x in un intorno di x0 eche tale soluzione e unica.

7. Si consideri il problema di Cauchy

{y′ = 3y + 1

y(0) = 2.

(a) Calcolare le prime 4 approssimazioni successive φ0, φ1, φ2, φ3 .

(b) Calcolare la soluzione esatta.

2

(c) Confrontare i risultati ottenuti in a) e in b).

8. Per ognuno dei seguenti problemi di Cauchy calcolare le prime 4 approssimazioni suc-cessive φ0, φ1, φ2, φ3 :

(a) y′ = x2 + y2, y(0) = 0

(b) y′ = 1 + xy, y(0) = 1

(c) y′ = y2, y(0) = 0

(d) y′ = y2, y(0) = 1

(e) y′ = 1 + y2, y(0) = 0

(f) y′ = 1− 2xy, y(0) = 0.

9. Calcolare l’integrale generale (reale se i coefficienti sono reali) delle seguenti equazionidifferenziali lineari omogenee a coefficienti costanti del secondo ordine:

(a) y′′ − 4y = 0

(b) 3y′′ + 2y′ = 0

(c) y′′ + 16y = 0

(d) y′′ + y′ + 14y = 0

(e) y′′ − 4y′ + 5y = 0

(f) y′′ + 2iy′ + y = 0

(g) y′′ − 2iy′ − y = 0

(h) y′′ + (3i− 1)y′ − 3iy = 0.

10. Risolvere i seguenti problemi di Cauchy:

(a) y′′ + y′ − 6y = 0, y(0) = 1, y′(0) = 0

(b) y′′ − 2y′ − 3y = 0, y(0) = 0, y′(0) = 1

(c) y′′ + 10y = 0, y(0) = π, y′(0) = π2 .

(d) y′′ + (4i+ 1)y′ + y = 0, y(0) = 0, y′(0) = 0

(e) y′′ + (3i− 1)y′ − 3iy = 0, y(0) = 2, y′(0) = 0

11. Calcolare l’integrale generale (reale se i coefficienti sono reali) delle seguenti equazionidifferenziali lineari omogenee a coefficienti costanti:

(a) y′′′ + y = 0

(b) y′′′ − 8y = 0

(c) y(4) − 16y = 0

(d) y(4) + 16y = 0

(e) y(4) − 2y′′ + y = 0

(f) y(4) + 2y′′ + y = 0

(g) y′′′ + 4y′′ − 3y′ − 18y = 0

(h) y′′′ + 6y′′ + 12y′ + 8y = 0

3

(i) y(4) + y′ = 0

(j) y(4) + 10y′′ + 25y = 0

(k) y(4) + 2y′′′ + 2y′′ + 2y′ + y = 0

(l) y(5) + y = 0

(m) y(6) + y = 0

(n) y(6) − y = 0

(o) y(8) + 8y(6) + 24y(4) + 32y′′ + 16y = 0

(p) y(10) = 0

(q) y′′′ − 5y′′ + 6y′ = 0

(r) y(100) + 100y = 0

(s) y(4) + 5y′′ + 4y = 0

(t) y′′′ − 3y′ − 2y = 0

(u) y(5) − y(4) − y′ + y = 0

(v) y′′′ − 3iy′′ − 3y′ + iy = 0

(w) y′′′ − iy′′ + 4y′ − 4iy = 0

(x) y′′′ + iy′′ − 2y′ − 2iy = 0

(y) y(4) − iy = 0

(z) y(4) + 4iy′′′ − 6y′′ − 4iy′ + y = 0

12. Risolvere i seguenti problemi di Cauchy:

(a) y′′′ + y = 0, y(0) = 0, y′(0) = 1, y′′(0) = 0

(b) y′′′ − 4y′ = 0, y(0) = 0, y′(0) = 1, y′′(0) = 0

(c) y(4) + 16y = 0, y(0) = 1, y′(0) = y′′(0) = y′′′(0) = 0

(d) y(5) − y(4) − y′ + y = 0, y(0) = 1, y′(0) = y′′(0) = y′′′(0) = y(4)(0) = 0

13. Calcolare la funzione analitica

y(x) =∞∑n=0

x3n

(3n)!= 1 +

x3

3!+x6

6!+x9

9!+ · · ·

in termini di funzioni elementari. (Suggerimento: usando il teorema di derivazione perserie si dimostri che y soddisfa l’equazione differenziale y′′′ − y = 0, con le condizioniiniziali y(0) = 1, y′(0) = y′′(0) = 0.)

14. Calcolare la funzione analitica

y(x) =∞∑n=0

x4n

(4n)!= 1 +

x4

4!+x8

8!+x12

12!+ · · ·

in termini di funzioni elementari.

4

15. Dimostrare che se k ∈ N+ allora

∞∑n=0

xkn

(kn)!=

1

k

k−1∑j=0

eαjx, dove αj =k√

1 = ei2πjk (j = 0, 1, . . . , k − 1).

16. Utilizzando il metodo di somiglianza, calcolare una soluzione particolare yp(x) delleseguenti equazioni differenziali lineari a coefficienti costanti non omogenee del secondoordine:

(a) y′′ + 4y = cosx

(b) y′′ + 4y = sin 2x

(c) y′′ − 3y′ + 2y = x2

(d) 4y′′ − y = ex

(e) 6y′′ + 5y′ − 6y = x

(f) y′′ − 4y = 3e2x + 4e−x

(g) y′′ − 4y′ + 5y = 3e−x + 2x2

(h) y′′ − 4y′ + 5y = e2x cosx

(i) y′′ − 7y′ + 6y = sinx

(j) y′′ − y′ − 2y = e−x + x2 + cosx

(k) y′′ + 9y = x2e3x + cos 3x

(l) y′′ + y = xex cos 2x

(m) y′′ + 2iy′ + y = x

(n) y′′ − 2iy′ − y = eix − 2e−ix

(o) y′′ + iy′ + 2y = 2 ch 2x+ e−2x

17. Utilizzando il metodo di somiglianza, calcolare una soluzione particolare yp(x) delleseguenti equazioni differenziali lineari a coefficienti costanti non omogenee:

(a) y′′′ − y′ = x

(b) y′′′ − 8y = eix

(c) y′′′ − 8y = cosx

(d) y′′′ − 8y = sinx

(e) y′′′ + 3y′′ + 3y′ + y = x2e−x

(f) y′′′ = x2 + e−x sinx

(g) y′′′ − 3y′′ + 4y′ − 2y = xex sinx

(h) y(4) + 16y = cosx

(i) y(4) − 4y(3) + 6y′′ − 4y′ + y = ex

(j) y(4) − y = ex

(k) y(4) − y = eix

(l) y(4) − y = cosx

(m) y(4) − y = sinx

5

(n) y(4) − y = ex cosx

(o) y(4) − y = xex sinx

18. Risolvere i seguenti problemi di Cauchy:

(a)

{y′′ − 8y′ + 15y = 2 e3x

y(0) = 0, y′(0) = 0

(b)

{y′′ − y = x ex

y(0) = 0 = y′(0)

(c)

{y′′′ + y′′ = 1

y(0) = y′(0) = y′′(0) = 0

(d)

{y′′′ + y′′ + y′ = 1

y(0) = y′(0) = y′′(0) = 0

(e)

{y′′′ + y′′ + y′ + y = 1

y(0) = y′(0) = y′′(0) = 0

19. Utilizzando il metodo della risposta impulsiva risolvere i seguenti problemi di Cauchy:

(a)

{y′′ − 2y′ + y = ex

x+2

y(0) = 0, y′(0) = 0.

(b)

{y′′ + y = 1

cosx

y(0) = 0, y′(0) = 0.

(c)

{y′′ − y = 1

chx

y(0) = 0, y′(0) = 0.

(d)

{y′′ + 2y′ + y = e−x

x2+1

y(0) = 0, y′(0) = 0.

(e)

{y′′ + y = 1

cos3 x

y(0) = 0, y′(0) = 0.

(f)

{y′′ + y = tanx

y(0) = 0, y′(0) = 0.

(g)

{y′′ + y = 1

sinx

y(π/2) = 0, y′(π/2) = 0.

(h)

{y′′ − y = 1

shx

y(1) = 0, y′(1) = 0.

(i)

{y′′ − y′ = 1

chx

y(0) = 0, y′(0) = 0.

(j)

{y′′ − 2y′ + 2y = ex

1+cosx

y(0) = 0, y′(0) = 0.

6

(k)

{y′′ − 3y′ + 2y = e2x

(ex+1)2

y(0) = 0, y′(0) = 0.

(l)

{y′′′ − 3y′′ + 3y′ − y = ex

x+1

y(0) = y′(0) = y′′(0) = 0.

(m)

{y′′′ − 2y′′ − y′ + 2y = ex

ex+1

y(0) = y′(0) = y′′(0) = 0.

(n)

{y′′′ + 4y′ = 1

sin 2x

y(π/4) = y′(π/4) = y′′(π/4) = 0.

20. Si consideri l’equazione differenziale lineare del secondo ordine a coefficienti variabili

y′′ + 1xy′ − 1

x2y = 0 per x > 0 .

(a) Dimostrare che ci sono soluzioni della forma xr con r costante.

(b) Trovare 2 soluzioni linearmente indipendenti per x > 0 dimostrando la loro in-dipendenza lineare.

(c) Determinare le 2 soluzioni che soddisfano le condizioni iniziali

y(1) = 1, y′(1) = 0 e y(1) = 0, y′(1) = 1.

21. (a) Dimostrare che ci sono soluzioni della forma xr con r costante dell’equazionedifferenziale

x3y′′′ − 3x2y′′ + 6xy′ − 6y = 0.

(b) Determinare 3 soluzioni linearmente indipendenti per x > 0 dimostrando la loroindipendenza lineare.

22. In ognuno dei seguenti casi viene data un’equazione differenziale, una funzione y1(x)e un intervallo. Verificare che y1 soddisfa l’equazione nell’intervallo indicato, e trovareuna seconda soluzione linearmente indipendente utilizzando il metodo di riduzionedell’ordine.

(a) x2y′′ − 7xy′ + 15y = 0, y1(x) = x3 (x > 0).

(b) x2y′′ − xy′ + y = 0, y1(x) = x (x > 0).

(c) y′′ − 4xy′ + (4x2 − 2)y = 0, y1(x) = ex2

(x ∈ R).

(d) xy′′ − (x+ 1)y′ + y = 0, y1(x) = ex (x > 0).

(e) (1− x2)y′′ − 2xy′ = 0, y1(x) = 1 (−1 < x < 1).

(f) x2y′′ + y′ − 1xy = 0, y1(x) = x (x > 0).

(g) x2y′′ − 12xy′ − y = 0, y1(x) = x2 (x > 0).

(h) x2y′′ + xy′ − y = 0, y1(x) = x (x > 0).

(i) x2y′′ − x(x+ 2)y′ + (x+ 2)y = 0, y1(x) = x (x > 0).

(j) y′′ − 2x2y = 0, y1(x) = x2 (x > 0).

(k) y′′ + 14x2y = 0, y1(x) = x1/2 (x > 0).

(l) y′′ − 1x log x

y′ + 1x2 log x

y = 0, y1(x) = x (x > 1).

7

(m) 2x2y′′ + 3xy′ − y = 0, y1(x) = 1/x (x > 0).

(n) (1− x2)y′′ − 2xy′ + 2y = 0, y1(x) = x (−1 < x < 1).

23. Utilizzando il metodo della variazione delle costanti determinare una soluzione parti-colare delle seguenti equazioni differenziali lineari non omogenee.

(a) xy′′ − (1 + x)y′ + y = x2e2x (si veda l’esercizio 22 (d)).

(b) x2y′′ − x(x+ 2)y′ + (x+ 2)y = 2x3 (si veda l’esercizio 22 (i)).

(c) y′′ − 2x2y = x (si veda l’esercizio 22 (j)).

24. Risolvere i seguenti problemi di Cauchy

(a)

{x2y′′ − xy′ + y = x2

y(1) = 1, y′(1) = 0(si veda l’esercizio 22 (b)).

(b)

{x2y′′ − 2y = 2x− 1

y(1) = 0, y′(1) = 0(si veda l’esercizio 22 (j)).

(c)

{y′′ − 1

x log xy′ + 1

x2 log xy = log x

y(e) = 0, y′(e) = 0(esercizio 22 (l)).

25. (a) Determinare 2 soluzioni indipendenti dell’equazione differenziale

x2y′′ + 4xy′ + (2 + x2)y = 0

nell’intervallo x > 0, cercandole nella forma y(x) = z(x)x2 .

(b) Trovare una soluzione particolare dell’equazione differenziale

x2y′′ + 4xy′ + (2 + x2)y = x2.

8

SOLUZIONI

1. Si usa la formula per l’integrale generale dell’equazione lineare y′ = a(x)y + b(x) cona, b ∈ C0(I), cioe

y(x) = eA(x)

∫e−A(x)b(x) dx, (2)

dove A(x) e una qualsiasi primitiva di a(x) sull’intervallo I .

(a) y(x) = ke2x − 12

(k ∈ R).

(b) y(x) = 12ex + ke−x (k ∈ R).

(c) y(x) = − 12(x2 + 2x+ 1) + ke2x (k ∈ R).

(d) y(x) = −e−x + ke−x/3 (k ∈ R).

(e) y(x) = 3−i10eix + ke−3x (k ∈ C).

(f) y(x) = 110

(3 cosx+ sinx) + ke−3x (k ∈ R).

Si noti che la funzione y1(x) = 110

(3 cosx+ sinx), che e una soluzione particolaredell’equazione non omogenea, e precisamente la parte reale della soluzione parti-colare complessa yp(x) = 3−i

10eix trovata nel punto precedente (con calcoli piu sem-

plici). Il motivo e che cosx = Re eix . La parte immaginaria di yp , cioe la funzioney2(x) = 1

10(− cosx+ 3 sinx), soddisfa invece l’equazione y′+ 3y = sinx = Im eix .

(g) y(x) = 12

+ ke−x2

(k ∈ R).

(h) y(x) = 34x3 − 1 + k

x(k ∈ R)

(i) y(x) = 3 + ke−ex

(k ∈ R)

(j) y(x) = 1cosx

(esinx + k

)(k ∈ R)

(k) y(x) = 12x2e−x

2+ ke−x

2(k ∈ R)

(l) y(x) = 2(sin x− 1) + ke− sinx (k ∈ R)

2. Si calcola l’integrale generale tramite la formula (2), determinando poi la costante diintegrazione k dalla condizione iniziale. Si puo anche usare la formula

y(x) = y0eA(x) + eA(x)

∫ x

x0

e−A(t)b(t) dt

che fornisce direttamente la soluzione del problema di Cauchy lineare con la condizioneiniziale y(x0) = y0 . Qui A(x) =

∫ xx0a(t)dt e la primitiva di a(x) che si annulla nel

punto x0 ∈ I .

(a) y(x) = x e− sinx

(b) y(x) = e2x log(ex+1

2

)(c) y(x) = x ex − ex log(ch x)

(d) y(x) = 12

sinx− 12

cosx+ 35

cos 2x+ 65

sin 2x− 110e−x

(e) y(x) = 1− ix+ e−ix

(f) y(x) = −1+i2

(e−ix − ex)(g) y(x) = sin2 x+ 2 sinx+ 1− esinx

9

3. (a) L’integrale generale e y(x) = 1x

+ kx2 (x > 0, k ∈ R), pertanto limx→+∞ y(x) = 0.

(b) y(x) = 1x− 6

7x2

4. Si usa la formula che fornisce implicitamente le soluzioni non costanti dell’equazione avariabili separabili dy

dx= a(x)b(y), cioe∫

dy

b(y)=

∫a(x) dx.

A queste vanno aggiunte le eventuali soluzioni costanti y(x) = y, ∀x , dove y sono glizeri di b(y).

(a) y(x) = kex3/3 (k ∈ R). Per k = 0 si ottiene la soluzione costante y = 0. Si ha

I = R per ogni valore di k .

(b) y(x) = ±√x2 + k (k ∈ R). Per ogni valore reale di k abbiamo 2 famiglie di

soluzioni corrispondenti al segno + e al segno -, cioe y+(x) =√x2 + k , y−(x) =

−√x2 + k . Notiamo che l’intervallo massimale I delle soluzioni y± dipende dal

valore di k . Se k > 0 allora I = R . Se k = 0 allora I = R+ oppure I = R− . (Nelpunto x = 0 l’equazione in forma normale, y′(x) = x/y(x), perde significato.)Infine se k < 0 si ha I = (

√−k,+∞) oppure I = (−∞,−

√−k). (Nei punti

x = ±√−k l’equazione in forma normale perde significato perche y(±

√−k) = 0

e y non e derivabile (tangente verticale).) Notiamo infine che la soluzione delproblema di Cauchy y′ = x/y , y(x0) = y0 con y0 6= 0 esiste ed e unica. Questoe in accordo con il teorema di esistenza e unicita, essendo la funzione b(y) = 1/ydi classe C1 nell’intorno di qualsiasi punto y0 6= 0. Ad esempio{

y′ = x/y

y(0) = 1⇒ y(x) =

√x2 + 1, I = R ,{

y′ = x/y

y(0) = −1⇒ y(x) = −

√x2 + 1, I = R ,{

y′ = x/y

y(2) = −1⇒ y(x) = −

√x2 − 3, I = (

√3,+∞),{

y′ = x/y

y(−2) = 1⇒ y(x) =

√x2 − 3, I = (−∞,−

√3).

(c) y(x) e definita implicitamente dall’equazione 3y2− 2y3 = 3x2 + 2x3 + k (k ∈ R).

(d) y(x) = log (log(ex + 1) + k) (k ∈ R). L’intervallo I sul quale y e soluzionedipende da k . Se k ≥ 0 si ha I = R . Se invece k < 0, I = (log(e−k − 1),+∞).

(e) Vi sono le 2 soluzioni costanti y(x) = 2 e y(x) = −2 ∀x . Inoltre si ha

y(x) = 21 + ke4x

3/3

1− ke4x3/3(k ∈ R).

Per k = 0 si riottiene la soluzione costante y = 2, mentre la soluzione costantey = −2 non si ottiene per alcun valore reale di k (essa si ottiene invece prendendoil limite per k → ±∞). L’intervallo I sul quale y e soluzione dipende da k e

precisamente: se k ≤ 0 allora I = R ; se k > 0 allora I = (− 3

√34

log k,+∞)

oppure I = (−∞,− 3

√34

log k).

10

5. (a) La funzione b(y) = y2 e di classe C1 su tutto R .

(b) La soluzione costante y = 0 e l’unica soluzione del problema di Cauchy cony0 = 0. Separando le variabili si ottiene y(x) = −1/(x+ k) (k ∈ R). Imponendola condizione iniziale y(x0) = y0 con y0 6= 0 si trova k = −x0 − 1/y0 , da cuila formula indicata. Tale formula ha significato anche per y0 = 0, nel qual casofornisce la soluzione costante y = 0.

(c) L’intervallo I sul quale y e soluzione dipende dal dato iniziale y0 . Infatti sey0 6= 0, deve essere x 6= x0 + 1/y0 . Inoltre l’intervallo I deve contenere x0 . Sitrova:

• y0 = 0 ⇒ I = R ;

• y0 > 0 ⇒ I = (−∞, x0 + 1y0

);

• y0 < 0 ⇒ I = (x0 + 1y0,+∞).

6. (a) La funzione b(y) = 2√y e di classe C1 nell’intorno di qualsiasi punto y0 > 0.

Non e invece di classe C1 in un intorno di y0 = 0, e non e neanche Lipschitzianain tale intorno in quanto il rapporto incrementale (

√y − 0)/(y − 0) = 1/

√y non

e limitato in un intorno di zero. Quindi il teorema di esistenza e unicita si puoapplicare solo per y0 > 0.

(b) La soluzione costante y = 0 non soddisfa la condizione iniziale y(x0) = y0 > 0.Separando le variabili nell’equazione y′ = 2

√y si trova

√y = x + k , che per

x+ k ≥ 0 fornisce la soluzione y(x) = (x+ k)2 . Imponendo la condizione inizialesi trova k =

√y0 − x0 , da cui la soluzione del problema di Cauchy

y(x) = (x− x0 +√y0)

2 definita su I ′ = [x0 −√y0,+∞).

In questo caso y e soluzione anche nel punto x = x0 −√y0 in quanto sia y′ che

2√y si annullano in tale punto. E possibile allora estendere la soluzione oltre

tale punto (prolungamento sinistro), ottenendo la seguente soluzione massimaledefinita su tutto R :

y(x) =

{(x− x0 +

√y0)

2 se x ≥ x0 −√y0,

0 se x < x0 −√y0.

La verifica e immediata.

(c) Consideriamo ora il problema di Cauchy con condizione iniziale y(x0) = 0. In-nanzitutto c’e la soluzione costante y(x) = 0 ∀x ∈ R . Un’altra soluzione si trovaseparando le variabili per x ≥ x0 e incollando la soluzione costante per x < x0 :

y(x) =

{(x− x0)

2 se x ≥ x0

0 se x < x0.

Entrambe queste 2 soluzioni sono definite su tutto R . Traslando la soluzione y adestra di x0 di una quantita arbitraria c > 0 si ottengono infinite soluzioni dellostesso problema di Cauchy. Tuttavia queste soluzioni coincidono con la soluzionecostante in un intorno di x0 .

7. (a) φ0(x) = 2, φ1(x) = 2 + 7x , φ2(x) = 2 + 7x+ 212x2 , φ3(x) = 2 + 7x+ 21

2x2 + 21

2x3 .

(b) φ(x) = 13(7e3x − 1).

11

(c) Usando lo sviluppo in serie di e3x si verifica che φn(x) coincide con il polinomiodi McLaurin di ordine n di φ(x).

8. (a) φ0(x) = 0, φ1(x) = x3

3, φ2(x) = x3

3+ x7

63, φ3(x) = x3

3+ x7

63+ 2x11

11·189+ x15

15·632 .

(b) φ0(x) = 1, φ1(x) = 1 +x+ x2

2, φ1(x) = 1 +x+ x2

2+ x3

3+ x4

8, φ2(x) = 1 +x+ x2

2+

x3

3+ x4

8+ x5

15+ x6

48. Si paragoni con la soluzione esatta φ(x) = ex

2/2(1+∫ x

0e−t

2/2dt)calcolando lo sviluppo di McLaurin al quinto ordine di φ(x).

(c) φ0(x) = 0 = φ1(x) = φ2(x) = φ3(x). Si paragoni con la soluzione esatta.

(d) φ0(x) = 1, φ1(x) = 1 + x , φ2(x) = 1 + x + x2 + x3

3, φ3(x) = 1 + x + x2 + x3 +

2x4

3+ x5

3+ +x6

9+ x7

63. Si calcoli la soluzione esatta e il suo intervallo massimale e

si confrontino i risultati.

(e) φ0(x) = 0, φ1(x) = x , φ2(x) = x + x3

3, φ3(x) = x + x3

3+ 2x5

15+ x7

63. Si calcoli la

soluzione esatta e il suo intervallo massimale e si confrontino i risultati.

(f) φ0(x) = 0, φ1(x) = x , φ2(x) = x − 2x3

3, φ3(x) = x − 2x3

3+ 4x5

15. Si paragoni con

la soluzione esatta φ(x) = ex2 ∫ x

0e−t

2dt .

9. (a) y(x) = c1e2x + c2e

−2x (c1, c2 ∈ R).

(b) y(x) = c1 + c2e−2x/3 (c1, c2 ∈ R).

(c) y(x) = c1 cos 4x+ c2 sin 4x (c1, c2 ∈ R).

(d) y(x) = c1e−x/2 + c2xe

−x/2 (c1, c2 ∈ R).

(e) y(x) = e2x(c1 cosx+ c2 sinx) (c1, c2 ∈ R).

(f) Le radici del polinomio caratteristico p(λ) = λ2 + 2iλ+ 1 sono

λ = −i±√−1− 1 = −i± i

√2 = i(−1±

√2).

Pertanto l’integrale generale (complesso) e y(x) = c1ei(√

2−1)x + c2ei(√

2+1)x con

c1, c2 ∈ C . Notiamo che se si esclude la soluzione banale y(x) = 0 ∀x (ottenutaper c1 = c2 = 0), l’equazione non ha soluzioni reali comunque si prendano lecostanti c1, c2 .

(g) Si ha p(λ) = λ2 − 2iλ− 1 = (λ− i)2 = 0 ⇒ λ = i con molteplicita 2. Pertantoy(x) = c1e

ix + c2xeix (c1, c2 ∈ C). Non vi sono soluzioni reali a parte quella

banale.

(h) Le soluzioni di p(λ) = λ2 + (3i − 1)λ − 3i = 0 sono determinate dalla formularisolutiva delle equazioni di secondo grado:

λ = 12(1− 3i±

√(1− 3i)2 + 12i) = 1

2(1− 3i±

√1− 9− 6i+ 12i)

= 12(1− 3i±

√1− 9 + 6i) = 1

2(1− 3i±

√(1 + 3i)2)

= 12(1− 3i± (1 + 3i)) = 1, −3i.

Senza utilizzare l’identita 1 − 9 + 6i = (1 + 3i)2 , avremmo dovuto calcolare leradici quadrate del numero complesso z = −8 + 6i , ed il calcolo sarebbe statomolto piu lungo. L’integrale generale e y(x) = c1e

x + c2e−3ix (c1, c2 ∈ C). In

questo caso vi sono soluzioni reali dell’equazione differenziale, e cioe le funzioniyr(x) = c1e

x con c1 ∈ R .

10. (a) y(x) = 35e2x + 2

5e−3x .

12

(b) y(x) = 14e3x − 1

4e−x .

(c) y(x) = π cos√

10x+ π2√

10sin√

10x .

(d) Notiamo che le condizioni iniziali y(0) = y′(0) = 0 e l’unicita delle soluzionidel problema di Cauchy implicano che y(x) = 0 ∀x . Non c’e dunque bisognodi calcolare l’integrale generale, che richiede il calcolo delle radici quadrate delnumero complesso z = 8i− 19.

(e) y(x) = 3i+95ex + 1−3i

5e−3ix (si veda l’esercizio 9 (h)).

11. Ricordiamo che ogni radice λ1 ∈ C del polinomio caratteristico p(λ) di molteplicitam1 contribuisce all’integrale generale complesso con le m1 funzioni:

eλ1x, xeλ1x, x2eλ1x, . . . , xm1−1eλ1x.

Se p(λ) ha coefficienti reali e λ1 = α1 + iβ1 (con β1 6= 0) e radice di molteplicitam1 , allora anche λ1 = α1 − iβ1 e radice con la stessa molteplicita, e la coppia λ1, λ1

contribuisce all’integrale generale reale con le 2m1 funzioni:

eα1x cos β1x, xeα1x cos β1x, . . . , xm1−1eα1x cos β1x,

eα1x sin β1x, xeα1x sin β1x, . . . , xm1−1eα1x sin β1x.

(a) Le radici del polinomio caratteristico p(λ) = λ3+1 sono le 3 radici cubiche di −1:

λ = 3√−1 = e

i(π+2kπ)3 (k = 0, 1, 2) = eiπ/3, eiπ, ei5π/3 = −1, 1

2± i

√3

2. L’integrale

generale reale e y(x) = c1e−x + c2e

x/2 cos√

32x+ c3e

x/2 sin√

32x (c1, c2, c3 ∈ R).

(b) p(λ) = λ3 − 8 = 0 ⇔λ = 3√

8 = 2e2kπi

3 = 2, 2e2πi/3, 2e4πi/3 = 2, 2(−12± i

√3

2) = 2,−1± i

√3 ⇒

y(x) = c1e2x + c2e

−x cos√

3x+ c3e−x sin

√3x (c1, c2, c3 ∈ R).

(c) p(λ) = λ4 − 16 = 0 ⇔λ = 4√

16 = 2e2kπi

4 (k = 0, 1, 2, 3) = 2, 2eiπ/2, 2eiπ, 2e3iπ/2 = ±2,±2i ⇒y(x) = c1e

2x + c2e−2x + c3 cos 2x+ c4 sin 2x (c1, c2, c3, c4 ∈ R).

(d) p(λ) = λ4 + 16 = 0 ⇔λ = 4√−16 = 2ei

π+2kπ4 (k = 0, 1, 2, 3) = 2eiπ/4, 2e3iπ/4, 2e5iπ/4, 2e7iπ/4

= 2(√

22± i

√2

2), 2(−

√2

2± i

√2

2) =√

2± i√

2,−√

2± i√

2 ⇒y(x) = e

√2x(c1 cos

√2x+ c2 sin

√2x) + e−

√2x(c3 cos

√2x+ c4 sin

√2x)

(c1, c2, c3, c4 ∈ R). Ricordando che{chx = ex+e−x

2

shx = ex−e−x2

⇒

{ex = chx+ shx

e−x = ch x− shx

possiamo anche scrivere l’integrale generale nella forma

y(x) = ch√

2x(a cos√

2x+ b sin√

2x) + sh√

2x(c cos√

2x+ d sin√

2x)

(a, b, c, d ∈ R).

(e) p(λ) = λ4 − 2λ2 + 1 = (λ2 − 1)2 = 0 ⇔ λ = ±1 entrambe con m = 2. Pertanto

y(x) = c1ex + c2xe

x + c3e−x + c4xe

−x (c1, c2, c3, c4 ∈ R).

Possiamo anche scrivere l’integrale generale come

y(x) = a chx+ b x chx+ c shx+ d x shx (a, b, c, d ∈ R).

13

(f) p(λ) = λ4 + 2λ2 + 1 = (λ2 + 1)2 = 0 ⇔ λ = ±i con m = 2 ⇒y(x) = c1 cosx+ c2x cosx+ c3 sinx+ c4x sinx (c1, c2, c3, c4 ∈ R).

(g) p(λ) = λ3 + 4λ2 − 3λ − 18. Si vede facilmente che p(2) = 0. Scomponendo conRuffini si ottiene p(λ) = (λ − 2)(λ + 3)2 , da cui le radici λ1 = 2 con m1 = 1 eλ2 = −3 con m2 = 2 ⇒ y(x) = c1e

2x + (c2 + c3x)e−3x (c1, c2, c3 ∈ R).

(h) p(λ) = λ3 + 6λ2 + 12λ+ 8 = (λ+ 2)3 da cui λ1 = −2 con m1 = 3 ⇒y(x) = (c1 + c2x+ c3x

2)e−2x (c1, c2, c3 ∈ R).

(i) p(λ) = λ4 + λ = λ(λ3 + 1) = 0 ⇔ λ = 0, 3√−1 = 0,−1, 1

2± i

√3

2⇒

y(x) = c1 + c2e−x + ex/2(c3 cos

√3

2x+ c4 sin

√3

2x) (c1, c2, c3, c4 ∈ R).

(j) y(x) = (c1 + c2x) cos√

5x+ (c3 + c4x) sin√

5x (c1, c2, c3, c4 ∈ R).

(k) p(λ) = λ4 + 2λ3 + 2λ2 + 2λ+ 1. Si vede facilmente che p(−1) = 0. Scomponendocon Ruffini si ottiene p(λ) = (λ+ 1)2(λ2 + 1), da cui

y(x) = (c1 + c2x)e−x + c3 cosx+ c4 sinx (c1, c2, c3 ∈ R).

(l) p(λ) = λ5 + 1 = 0 ⇔ λ = 5√−1 = ei

π+2kπ5 (k = 0, 1, 2, 3, 4) da cui

λ = eiπ/5, ei3π/5, eiπ, ei7π/5, ei9π/5 = −1, cos π5± i sin π

5, cos 3π

5± i sin 3π

5⇒

y(x) = c1e−x + ecos

π5x(c2 cos(sin π

5x) + c3 sin(sin π

5x))

+ ecos3π5x(c4 cos(sin 3π

5x) + c5 sin(sin 3π

5)) (c1, . . . , c5 ∈ R).

E possibile scrivere esplicitamente i valori di seno e coseno di π5

e 3π5

:

cos π5

=√

5+14, sin π

5= 1

4

√10− 2

√5, cos 3π

5= 1−

√5

4, sin π

5= 1

4

√10 + 2

√5.

(m) p(λ) = λ6 + 1 = 0 ⇔ λ = 6√−1 = ei

π+2kπ6 (k = 0, 1, 2, 3, 4, 5) ⇒

λ = eiπ/6, eiπ/2, ei5π/6, ei7π/6, ei3π/2, ei11π/6 = ±i,√

32± i

2, −

√3

2± i

2⇒

y(x) = c1 cosx+ c2 sinx+ e√

32x(c3 cos x

2+ c4 sin x

2) + e−

√3

2x(c5 cos x

2+ c6 sin x

2)

(c1, . . . , c6 ∈ R).

(n) p(λ) = λ6 − 1 = 0 ⇔ λ = 6√

1 = ei2kπ6 (k = 0, 1, 2, 3, 4, 5) ⇒

λ = 1, eiπ/3, ei2π/3, eπ, ei4π/3, ei5π/3 = ±1, 12± i

√3

2, −1

2± i

√3

2⇒

y(x) = c1ex + c2e

−x + e12x(c3 cos

√3

2x+ c4 sin

√3

2x) + e−

12x(c5 cos

√3

2x+ c6 sin

√3

2x)

(c1, . . . , c6 ∈ R).

(o) p(λ) = λ8 + 8λ6 + 24λ4 + 32λ2 + 16 = (λ2 + 2)4 ⇒ λ1,2 = ±i√

2 con m = 4 ⇒y(x) = (c1 + c2x+ c3x

2 + c4x3) cos

√2x+ (c5 + c6x+ c7x

2 + c8x3) sin

√2x

(c1, . . . , c8 ∈ R).

(p) p(λ) = λ10 ⇒ λ1 = 0 con m1 = 10 ⇒y(x) = c1+c2x+c3x

2+c4x3+c5x

4+c6x5+c7x

6+c8x7+c9x

8+c10x9 (c1, . . . , c10 ∈ R).

(q) p(λ) = λ3 − 5λ2 + 6λ = λ(λ2 − 5λ+ 6) = λ(λ− 2)(λ− 3) ⇒y(x) = c1 + c2e

2x + c3e3x (c1, c2, c3 ∈ R).

(r) p(λ) = λ100 + 100 = 0 ⇔λ = 100

√−100 = 100

√100 ei

(2k+1)π100 ≡ λk (k = 0, 1, . . . , 99).

L’integrale generale complesso e y(x) =∑99

k=0 ckeλkx con ck ∈ C . Per scrivere

l’integrale reale bisogna accorpare a 2 a 2 le radici complesse coniugate. Essendoeiθ = ei(2π−θ) , si verifica facilmente che λ99 = λ0, λ98 = λ1, . . . , λ50 = λ49 ⇒y(x) =

∑49k=0 e

100√100 cos 2k+1100

πx[ak cos

(100√

100 sin 2k+1100

πx)

+ bk sin(100√

100 sin 2k+1100

πx)]

con ak, bk ∈ R .

14

(s) y(x) = c1 cosx+ c2 sinx+ c3 cos 2x+ c4 sin 2x (c1, c2, c3, c4 ∈ R).

(t) p(λ) = λ3−3λ−2. Essendo p(−1) = 0 possiamo scomporre con Ruffini ottenendop(λ) = (λ+ 1)2(λ− 2) ⇒ y(x) = (c1 + c2x)e−x + +c3e

2x (c1, c2, c3 ∈ R).

(u) p(λ) = λ5 − λ4 − λ+ 1 = λ4(λ− 1)− (λ− 1) = (λ− 1)(λ4 − 1) ⇒λ1 = 1 (m1 = 2), λ2 = −1, λ3 = i, λ4 = −i (m2 = m3 = m4 = 1) ⇒y(x) = (c1 + c2x)ex + c3e

−x + c4 cosx+ c5 sinx (c1, . . . , c5 ∈ R).

(v) p(λ) = λ3 − 3iλ2 − 3λ+ i = (λ− i)3 ⇒ λ1 = i con m1 = 3 ⇒y(x) = (c1 + c2x+ c3x

2)eix (c1, c2, c3 ∈ C)

(w) p(λ) = λ3 − iλ2 + 4λ− 4i = λ2(λ− i) + 4(λ− i) = (λ− i)(λ2 + 4) ⇒y(x) = c1e

ix + c2 cos 2x+ c3 sin 2x (c1, c2, c3 ∈ C).

Le soluzioni con c1 = 0, c2, c3 ∈ R sono reali.

(x) p(λ) = λ3 + iλ2 − 2λ− 2i = (λ+ i)(λ2 − 2) ⇒y(x) = c1e

−ix + c2e√

2x + c3e−√

2x (c1, c2, c3 ∈ C).

Le soluzioni con c1 = 0, c2, c3 ∈ R sono reali.

(y) p(λ) = λ4 − i = 0 ⇔λ = 4√i = ei(π/2+2kπ)/4 (k = 0, 1, 2, 3) = eiπ/8, ei5π/8, ei9π/8, ei13π/8 ⇒

y(x) = c1eiπ/8 + c2e

i5π/8 + c3ei9π/8 + c4e

i13π/8 (c1, c2, c3, c4 ∈ C).

Non vi sono soluzioni reali oltre a quella banale.

(z) p(λ) = λ4 + 4iλ3 − 6λ2 − 4iλ+ 1 = (λ+ i)4 ⇒y(x) = (c1 + c2x+ c3x

2 + c4x3)e−ix (c1, c2, c3, c4 ∈ C).

Non vi sono soluzioni reali oltre a quella banale.

12. (a) Usando l’esercizio 11 (a) si ottiene

y(x) = −13e−x + 1

3ex/2 cos

√3

2x+

√3

3ex/2 sin

√3

2x .

(b) y(x) = 12

sh 2x .

(c) Usando l’esercizio 11 (d) otteniamo y(x) = cos√

2x ch√

2x .

(d) Usando l’esercizio 11 (u) si ottiene

y(x) = 58ex − 1

4xex + 1

8e−x + 1

4cosx− 1

4sinx .

13. Applicando il teorema di derivazione per serie alla funzione

y(x) =∞∑n=0

x3n

(3n)!= 1 +

x3

3!+x6

6!+x9

9!+ · · ·

e alle sue derivate y′ , y′′ , otteniamo:

y′(x) =∞∑n=1

x3n−1

(3n− 1)!=x2

2!+x5

5!+x8

8!+ · · ·

y′′(x) =∞∑n=1

x3n−2

(3n− 2)!= x+

x4

4!+x7

7!+ · · ·

y′′′(x) =∞∑n=1

x3n−3

(3n− 3)!=∞∑n=0

x3n

(3n)!= 1 +

x3

3!+x6

6!+ · · · = y(x).

15

Ponendo x = 0 vediamo che y soddisfa l’equazione differenziale y′′′ − y = 0 conle condizioni iniziali y(0) = 1, y′(0) = 0, y′′(0) = 0. Consideriamo l’equazionedifferenziale y′′′ − y = 0. Le radici del polinomio caratteristico p(λ) = λ3 − 1 sono le3 radici cubiche dell’unita:

α0 = 1, α1 = e2πi/3 = −12

+ i√

32, α2 = e4πi/3 = −1

2− i

√3

2.

Per i calcoli e piu comodo utilizzare l’integrale generale complesso, dato da

y(x) = c0eα0x + c1e

α1x + c2eα2x,

dove c0, c1, c2 ∈ C . Imponendo le condizioni iniziali y(0) = 1, y′(0) = 0, y′′(0) = 0,otteniamo il sistema

c0 + c1 + c2 = 1

c0 + α1c1 + α2c2 = 0

c0 + α21c1 + α2

2c2 = 0,

(3)

la cui soluzione e c0 = c1 = c2 = 13, come si verifica subito. (Si noti che α0+α1+α2 = 0,

e che α21 = α2 , α2

2 = α1 .) Otteniamo infine

y(x) = 13

(ex + e(−

12+i√

32

)x + e(−12−i√

32

)x)

= 13ex + 1

3e−

x2

(ei√

32x + e−i

√3

2x)

= 13ex + 2

3e−

x2 cos

√3

2x.

14. Procedendo come nell’esercizio precedente troviamo che la funzione y(x) soddisfal’equazione differenziale y(4) − y = 0 con le condizioni iniziali y(0) = 1, y′(0) =y′′(0) = y′′′(0) = 0. Il polinomio caratteristico p(λ) = λ4 − 1 ha le radici ±1, ±i ,e l’integrale generale complesso e y(x) = c1e

x + c2e−x + c3e

ix + c4e−ix. Imponendo le

condizioni iniziali otteniamo il sistemac1 + c2 + c3 + c4 = 1

c1 − c2 + ic3 − ic4 = 0

c1 + c2 − c3 − c4 = 0

c1 − c2 − ic3 + ic4 = 0,

(4)

la cui soluzione e c1 = c2 = c3 = c4 = 14, come si verifica subito. Otteniamo infine

y(x) = 14

(ex + e−x + eix + e−ix

)= 1

2chx+ 1

2cosx.

15. Per k = 1 l’identita da dimostrare si riduce allo sviluppo in serie dell’esponenziale∑∞n=0 x

n/n! = ex . Per k = 2 si riduce allo sviluppo in serie del coseno iperbolico∑∞n=0 x

2n/(2n)! = (ex + e−x)/2 = ch x . I casi k = 3, 4 sono stati trattati negli esercizi13 e 14. Sia k ∈ N+ , k ≥ 2. Procedendo come nei 2 esercizi precedenti, si ottiene chela funzione

y(x) =∞∑n=0

xkn

(kn)!= 1 +

xk

k!+

x2k

(2k)!+

x3k

(3k)!+ · · ·

16

soddisfa il problema di Cauchy{y(k) − y = 0

y(0) = 1, y′(0) = · · · = y(k−1)(0) = 0.

Le radici del polinomio caratteristico p(λ) = λk − 1 sono le radici k -esime di 1:

αj =k√

1 = ei2πjk (j = 0, 1, . . . , k − 1).

Notiamo che

α0 = 1, α1 = ei2πk , α2 = ei

4πk = α2

1, . . . , αk−1 = ei2(k−1)π

k = αk−11 ,

cioe tutte le radici sono generate dalle potenze della radice α1 . L’integrale generalecomplesso e y(x) =

∑k−1j=0 cje

αjx . Imponendo le condizioni iniziali otteniamo il sistema

c0 + c1 + c2 + · · ·+ ck−1 = 1

c0 + c1α1 + c2α2 + · · · ck−1αk−1 = 0

c0 + c1α21 + c2α

22 + · · · ck−1α

2k−1 = 0

...

c0 + c1αk−11 + c2α

k−12 + · · · ck−1α

k−1k−1 = 0,

(5)

la cui soluzione e c0 = c1 = c2 = · · · = ck−1 = 1k

. Infatti la prima riga e chiaramentesoddisfatta da questi valori. La seconda riga e soddisfatta da cj = 1

k∀j se e solo se

vale l’identitaα0 + α1 + α2 + · · ·+ αk−1 = 0.

Questa e vera in quanto da αk1 = 1 si ottiene

α0 + α1 + α2 + · · ·+ αk−1 = 1 + α1 + α21 + · · ·+ αk−1

1 =1− αk11− α1

= 0,

dove abbiamo usato l’identita

1 + x+ x2 + · · ·+ xk−1 =1− xk

1− x

(somma della progressione geometrica) valida per ogni x 6= 1. Analogamente la p-esima riga del sistema precedente con 1 ≤ p ≤ k − 1 e soddisfatta da cj = 1

k∀j in

quanto

1 + αp1 + αp2 + · · ·+ αpk−1 = 1 + αp1 +(α2

1

)p+ · · ·+

(αk−1

1

)p= 1 + αp1 + (αp1)2 + · · ·+ (αp1)k−1

=k−1∑n=0

(αp1)n =1− (αp1)k

1− αp1= 0

essendo (αp1)k =(αk1)p

= 1p = 1. Sostituendo i valori cj = 1k∀j nell’integrale generale

otteniamo infine che

y(x) =1

k(eα0x + eα1x + eα2x + · · ·+ eαk−1x) ,

come dovevasi dimostrare.

17

16. Ricordiamo che il metodo di somiglianza, o dei coefficienti indeterminati, consente dideterminare una soluzione particolare di un’equazione differenziale lineare a coeffici-enti costanti non omogenea, Ly = f(x), nel caso in cui il termine forzante f(x) e unpolinomio, un esponenziale, un seno o un coseno, o un prodotto di termini di questotipo. Si cerca una soluzione particolare che sia simile a f(x), contenente dei coeffi-cienti incogniti che si determinano sostituendo la soluzione ipotizzata nell’equazionedifferenziale. Il metodo funziona in quanto un termine forzante del tipo sopra descrittoe a sua volta soluzione di un’opportuna equazione differenziale omogenea a coefficienticostanti. Il risultato preciso e il seguente. Consideriamo innanzitutto il caso complesso,cioe un’equazione differenziale della forma

Ly = y(n) + a1y(n−1) + · · ·+ an−1y

′ + any = P (x) eλ0x, (6)

dove a1, . . . , an, λ0 ∈ C, e P (x) e un polinomio a coefficienti complessi di grado k . La(6) definisce l’operatore differenziale lineare a coefficienti costanti di ordine n

L =(ddx

)n+ a1

(ddx

)n−1+ · · ·+ an−1

ddx

+ an.

Sia p(λ) = λn + a1λn−1 + · · · + an−1λ + an il polinomio caratteristico dell’equazione

omogenea associata Ly = 0. Allora la (6) ha una soluzione particolare della forma

y(x) = xmQ(x) eλ0x, (7)

dove Q(x) e un polinomio a coefficienti complessi di grado k e

m =

{0 se p(λ0) 6= 0molteplicita di λ0 se p(λ0) = 0.

Il polinomio Q(x) e univocamente determinato sostituendo la (7) nella (6) e applicandoil principio di identita dei polinomi. Notiamo che se λ0 = α + iβ ∈ C \ R (cioe seβ 6= 0), il polinomio Q(x) ha coefficienti complessi anche se P (x) e L hanno coefficientireali. Il metodo di somiglianza reale si ottiene applicando questo risultato al caso in cuiP (x) e L hanno coefficienti reali e separando la parte reale e la parte immaginaria dellasoluzione complessa (7). Si usa il fatto che se y : R → C risolve Ly = P (x)e(α+iβ)x

(L a coefficienti reali, P polinomio reale), allora y1 = Re y e y2 = Im y risolvonorispettivamente Ly1 = P (x)eαx cos βx e Ly2 = P (x)eαx sin βx . Il risultato preciso eil seguente: se L ha coefficienti reali allora l’equazione Ly = P (x)eαx cos βx , doveα, β ∈ R e P (x) e un polinomio reale di grado k , ha una soluzione particolare dellaforma

yp(x) = xm eαx(Q1(x) cos βx + Q2(x) sin βx ) , (8)

dove Q1(x) e Q2(x) sono due polinomi reali di grado ≤ k (ma almeno uno di essi hagrado k ) e

m =

{0 se p(α + iβ) 6= 0molteplicita di α + iβ se p(α + iβ) = 0.

Notiamo che se β = 0 la formula (8) per una soluzione particolare di Ly = P (x)eαx

diventa identica alla formula (7) (essendo il polinomio Q(x) reale per λ0 = α ∈ R).Un risultato analogo alla (8) vale per l’equazione Ly = P (x)eαx sin βx (β 6= 0). Piuprecisamente si dimostra che se la (8) risolve Ly = P (x)eαx cos βx , allora la funzione

yp(x) = xm eαx(−Q2(x) cos βx + Q1(x) sin βx )

18

risolve Ly = P (x)eαx sin βx . Osserviamo infine che per abbreviare i calcoli e spessoutile usare il formalismo complesso anche nel caso di coefficienti reali. Per esempio perrisolvere Ly = eαx cos βx (Ly = eαx sin βx) e sufficiente risolvere Ly = e(α+iβ)x e poiprendere la parte reale (immaginaria) della soluzione complessa trovata.

(a) Poiche cos x non e soluzione dell’omogenea, si cerca una soluzione particolaredella forma yp(x) = a cosx + b sinx , con a, b costanti da determinare. Si calcolay′p(x) = −a sinx + b cosx , y′′p(x) = −a cosx− b sinx . Sostituendo nell’equazionedifferenziale si ottiene 3a cosx + 3b sinx = cos x , da cui a = 1/3, b = 0, eyp(x) = 1

3cosx .

(b) In questo caso sin 2x e gia soluzione dell’omogenea, quindi si cerca yp nellaforma yp(x) = x(a cos 2x + b sin 2x). Si trova yp(x) = −1

4x cos 2x . Mostriamo

come si possono abbreviare i calcoli utilizzando il formalismo complesso. Essendosin 2x = Im e2ix , invece di risolvere y′′ + 4y = sin 2x risolviamo l’equazione com-plessa y′′ + 4y = e2ix e poi prendiamo la parte immaginaria della soluzione par-ticolare complessa trovata. Poiche e2ix e gia soluzione dell’omogenea, il metododi somiglianza complesso dice di cercare una soluzione della forma y(x) = Axe2ix

dove A e una costante complessa da determinare. Si calcola y′(x) = (A +2iAx)e2ix , y′′(x) = (4iA − 4Ax)e2ix . Sostituendo nell’equazione y′′ + 4y = e2ix

i termini proporzionali a x si semplificano e si trova A = 14i

= − i4. Dunque la

soluzione particolare complessa e

y(x) = − i4xe2ix = − i

4x(cos 2x+ i sin 2x) = 1

4x sin 2x− 1

4ix cos 2x ⇒

yp(x) = Im y(x) = −14x cos 2x .

(c) Il termine forzante e x2 = x2e0·x . Poiche λ = 0 non e radice del polinomiocaratteristico p(λ) = λ2 − 3λ + 2, e poiche x2 e un polinomio di secondo grado,si cerca yp nella forma yp(x) = ax2 + bx+ c . Si ottiene yp(x) = 1

4(2x2 + 6x+ 7).

(d) Poiche ex non e soluzione dell’omogenea, si cerca yp(x) = aex e si trova yp(x) =13ex .

(e) Si cerca yp(x) = ax+ b e si trova yp(x) = −16x− 5

36.

(f) Si applica il principio di sovrapposizione, risolvendo separatamente l’equazionedifferenziale con i termini forzanti 3e2x e 4e−x , e poi sommando le soluzioniparticolari ottenute. Nel primo caso essendo e2x gia soluzione dell’omogenea, sicerca yp(x) = axe2x . Nel secondo caso si cerca yp(x) = be−x . Il risultato finale eyp(x) = 3

4xe2x − 4

3e−x .

(g) Procedendo come nell’esercizio precedente, si trova yp(x) = 310e−x+ 2

5x2+ 16

25x+ 44

125.

(h) Siccome e2x cosx e soluzione dell’omogenea, si cerca una soluzione particolarenella forma y(x) = x e2x(a cosx + b sinx). Sostituendo nell’equazione si ot-tiene, con calcoli un po laboriosi, a = 0 e b = 1

2, da cui la soluzione particolare

yp(x) = 12x sinx e2x . Come nell’esercizio 16 (b), si puo ottenere la soluzione piu

velocemente usando il formalismo complesso. Essendo e2x cosx = Re(e(2+i)x

),

invece di risolvere y′′ − 4y′ + 5y = e2x cosx risolviamo l’equazione complessa

y′′ − 4y′ + 5y = e(2+i)x (9)

e poi prendiamo la parte reale della soluzione. Poiche 2 + i e radice di p(λ) =λ2− 4λ+ 5 con molteplicita 1, cerchiamo una soluzione particolare della (9) nellaforma

y(x) = Ax e(2+i)x

19

dove A ∈ C e una costante complessa (polinomio complesso di grado zero) dadeterminare. Si ha

y′(x) = Ae(2+i)x + Ax(2 + i)e(2+i)x,

y′′(x) = 2A(2 + i)e(2+i)x + Ax(2 + i)2e(2+i)x.

Sostituendo nella (9) otteniamo l’equazione

e(2+i)x{Ax

[(2 + i)2 − 4(2 + i) + 5

]+ 2A(2 + i)− 4A

}= e(2+i)x.

Il termine in parentesi quadra si annulla essendo uguale a p(2+i) = 0. Otteniamo2Ai = 1, da cui A = 1

2i= − i

2, e

y(x) = − i2x e(2+i)x = − i

2x e2x(cosx+ i sinx)

= x e2x(12

sinx− i2

cosx).

La soluzione particolare reale richiesta e allora

yp(x) = Re y(x) = 12x e2x sinx.

Notiamo che la funzione Im y(x) = −12x e2x cosx risolve invece l’equazione y′′ −

4y′ + 5y = e2x sinx .

(i) Si cerca yp(x) = a cosx+ b sinx e si trova yp(x) = 174

(7 cosx+ 5 sinx).

(j) Si risolve separatamente l’equazione non omogenea con i 3 termini forzanti e−x ,x2 , cosx . Nel primo caso si cerca yp(x) = axe−x , essendo e−x gia soluzionedell’omogenea. Nel secondo caso si cerca yp(x) = ax2 + bx + c , e nel terzoyp(x) = a cosx+ b sinx . Il risultato finale e

yp(x) = −13xe−x − 1

2x2 + 1

2x− 3

4− 3

10cosx− 1

10sinx .

(k) yp(x) = 1162

(9x2 − 6x+ 1)e3x + 16x sin 3x .

(l) yp(x) = 150

[(11− 5x)ex cos 2x+ (−2 + 10x)ex sin 2x] . Per abbreviare i calcoli con-viene usare il formalismo complesso risolvendo y′′+y = xe(1+2i)x e poi prendendola parte reale della soluzione.

(m) Procedendo come nel caso dei coefficienti reali, si cerca yp(x) = ax + b dove a, bsono 2 costanti possibilmente complesse da determinare. Si trova yp(x) = x− 2i .

(n) Si risolve separatamente l’equazione con termine forzante eix e −2e−ix . Nel primocaso, poiche λ = i e radice del polinomio caratteristico di molteplicita 2 (si vedal’esercizio 9 (g)), si cerca yp nella forma yp(x) = ax2eix con a ∈ C . Nel secondocaso si cerca yp(x) = be−ix con b ∈ C . Il risultato e yp(x) = 1

2x2eix + 1

2e−ix .

(o) Le radici del polinomio caratteristico sono i,−2i . Il termine forzante e unacombinazione lineare di e2x e e−2x . Possiamo risolvere separatamente cercandoyp(x) = ae2x in un caso e yp(x) = be−2x nell’altro, con a, b ∈ C . Il risultato e

yp(x) = 3−i20e2x + 6+2i

20e−2x .

17. (a) Il polinomio caratteristico e p(λ) = λ3−λ = λ(λ2−1) e le radici sono λ = 0,±1.Il termine forzante e x = x · e0·x . Poiche x e un polinomio di primo grado eλ = 0 e radice di p(λ) di molteplicita 1, si cerca yp(x) = x(ax+ b). Il risultato eyp(x) = −1

2x2 .

20

(b) Si ha p(λ) = λ3 − 8 = (λ− 2)(λ2 + 2λ + 4) e le radici sono λ = 2,−1± i√

3. Iltermine forzante e eix e λ = i non e radice di p(λ), pertanto si cerca yp(x) = aeix

con a ∈ C . Il risultato e yp(x) = i−865eix .

(c) E sufficiente prendere la parte reale della soluzione complessa trovata nell’esercizioprecedente. Essendo

i−865eix = i−8

65(cosx+ i sinx) = 1

65[−8 cosx− sinx+ i(cosx− 8 sinx)]

otteniamo yp(x) = 165

(−8 cosx− sinx). Alternativamente si cerca yp nella formaa cosx+ b sinx e si procede direttamente.

(d) Prendendo la parte immaginaria della soluzione complessa trovata nell’esercizio17 (b) si ottiene yp(x) = 1

65(cosx− 8 sinx).

(e) Si ha p(λ) = λ3 + 3λ2 + 3λ + 1 = (λ + 1)3 quindi λ = −1 e radice di p(λ) dimolteplicita 3. Il termine forzante x2e−x e il prodotto di un polinomio di secondogrado per e−x . Dunque si cerca yp(x) = x3(ax2 + bx + c)e−x . Il risultato eyp(x) = 1

60x5e−x .

(f) yp(x) = 160x5 − 1

4e−x cosx+ 1

4e−x sinx .

(g) Si ha p(λ) = λ3 − 3λ2 + 4λ− 2. Si vede facilmente che p(1) = 0. Scomponendocon Ruffini si trova p(λ) = (λ − 1)(λ2 − 2λ + 2), da cui le radici λ = 1, 1 ± i .Il termine forzante xex sinx e il prodotto di un polinomio di primo grado per lafunzione ex sinx , che e gia soluzione dell’omogenea. In accordo con il metodo disomiglianza reale, vi e una soluzione particolare della forma

yp(x) = xex[(ax + b) cosx + (cx + d) sinx] . Per abbreviare i calcoli e preferibileutilizzare il formalismo complesso. Essendo xex sinx = Imxe(1+i)x , si risolvel’equazione complessa

y′′′ − 3y′′ + 4y′ − 2y = xe(1+i)x

e si prende la parte immaginaria della soluzione trovata. Il metodo di somiglianzacomplesso dice di cercare una soluzione particolare della forma

y(x) = x(Ax+B)e(1+i)x = (Ax2 +Bx)e(1+i)x,

con A,B ∈ C . Calcolando y′ , y′′ e y′′′ e sostituendo nell’equazione complessasi ottiene con facili calcoli A = −1/4, B = −3i/4. La soluzione particolarecomplessa e

y(x)x(−14x− 3

4i)e(1+i)x = xex

[−1

4x cosx+ 3

4sinx+ i

(−3

4cosx− 1

4x sinx

)].

La soluzione particolare reale e yp(x) = xex(−3

4cosx− 1

4x sinx

).

(h) yp(x) = 117

cosx . (Conviene risolvere y(4) + 16y = eix .)

(i) Si ha p(λ) = λ4 − 4λ3 + 6λ2 − 4λ + 1 = (λ − 1)4 , quindi λ = 1 e radice di p(λ)di molteplicita 4 e l’integrale generale dell’omogenea e (c1 + c2x+ c3x

2 + c4x3)ex .

Poiche il termine forzante e proprio ex , una soluzione particolare va cercata nellaforma yp(x) = ax4ex . Il risultato e yp(x) = 1

24x4ex .

(j) Si ha p(λ) = λ4 − 1 = (λ2 − 1)(λ2 + 1) da cui le radici semplici λ = ±1,±i . Iltermine forzante e ex , quindi si cerca yp(x) = axex . Il risultato e yp(x) = 1

4xex .

(k) Si cerca yp(x) = axeix con a ∈ C . Si trova a = i/4 ⇒ yp(x) = i4xeix .

21

(l) Prendendo la parte reale della soluzione trovata nell’esercizio precedente si ottieneyp(x) = −1

4x sinx .

(m) Prendendo la parte immaginaria della soluzione complessa trovata nell’esercizio17 (k) si ottiene yp(x) = 1

4x cosx .

(n) Il termine forzante e ex cosx = Re e(1+i)x . Poiche 1 + i non e radice di p(λ), vi euna soluzione particolare della forma yp(x) = ex(a cosx+ b sinx). Per abbreviarei calcoli conviene usare il formalismo complesso e risolvere y(4) − y = e(1+i)x .Cercando una soluzione della forma y(x) = ce(1+i)x con c ∈ C , si trova

c = 1(1+i)4−1

= −15,

da cui la soluzione particolare complessa y(x) = −15e(1+i)x . Prendendone la parte

reale otteniamo yp(x) = −15ex cosx .

(o) Il metodo di somiglianza reale dice che vi e una soluzione particolare della formayp(x) = ex[(ax + b) cosx + (cx + d) sinx] . Conviene pero risolvere l’equazionecomplessa y(4) − y = xe(1+i)x e poi prendere la parte immaginaria (essendoxex sinx = Imxe(1+i)x ). In accordo con il metodo di somiglianza complesso, cer-chiamo una soluzione particolare complessa della forma y(x) = (Ax + B)e(1+i)x

con A,B ∈ C . Sostituendo nell’equazione complessa si ottiene abbastanza facil-mente che A = −1/5, B = 8(1 − i)/25. La soluzione complessa e dunquey(x) = [−1

5x+ 8

25(1− i)]e(1+i)x . Prendendone la parte immaginaria otteniamo

yp(x) = ex[− 8

25cosx+ (−1

5x+ 8

25) sinx

].

18. Ricordiamo che l’integrale generale dell’equazione non omogenea Ly = f(x) e dato day(x) = yom(x) + yp(x), dove yom e l’integrale generale dell’equazione omogenea associ-ata Ly = 0, e yp e una soluzione particolare qualsiasi dell’equazione non omogenea.

(a) Determiniamo innanzitutto l’integrale generale. Il polinomio caratteristico e

p(λ) = λ2 − 8λ + 15 = (λ − 3)(λ − 5) e la soluzione generale dell’omogenea eyom(x) = c1 e

3x + c2 e5x . L’equazione non omogenea ha termine forzante 2e3x .

Poiche e3x e gia soluzione dell’omogenea, cerchiamo una soluzione particolaredella non omogenea nella forma yp(x) = axe3x . Si ha

y′p(x) = a(3x+ 1)e3x, y′′p(x) = a(9x+ 6)e3x.

Sostituendo nell’equazione non omogenea otteniamo

a [9x+ 6− 8(3x+ 1) + 15x] e3x = 2 e3x,

da cui a = −1. L’integrale generale e dunque

y(x) = c1 e3x + c2 e

5x − x e3x.

Calcolando y′(x) e imponendo le condizioni iniziali y(0) = 0 = y′(0) otteniamo ilsistema {

c1 + c2 = 0

3c1 + 5c2 − 1 = 0⇒

{c1 = −1/2

c2 = 1/2.

La soluzione del problema di Cauchy e infine

y(x) = −12e3x + 1

2e5x − x e3x.

22

(b) Il polinomio caratteristico e p(λ) = λ2 − 1, quindi l’equazione omogenea ha lasoluzione generale yom(x) = c1e

x + c2e−x . L’equazione non omogenea ha ter-

mine forzante xex . Poiche x un polinomio di primo grado e poiche ex e giasoluzione dell’omogenea, cerchiamo una soluzione particolare della non omogeneanella forma yp(x) = x(ax+ b)ex . Si ha

y′p(x) = [ax2 + (2a+ b)x+ b]ex, y′′p(x) = [ax2 + (4a+ b)x+ 2a+ 2b]ex.

Sostituendo nell’equazione non omogenea si ottiene

[ax2 + (4a+ b)x+ 2a+ 2b− ax2 − bx]ex = x ex,

da cui 4ax+ 2a+ 2b = x , e quindi{4a = 1

2a+ 2b = 0⇒

{a = 1/4

b = −1/4.

La soluzione particolare e 14x2ex− 1

4xex , e l’integrale generale dell’equazione non

omogenea ey(x) = c1e

x + c2e−x + 1

4x2ex − 1

4x ex.

Le condizioni iniziali danno origine al sistema{c1 + c2 = 0

c1 − c2 − 14

= 0⇒

{c1 = 1/8

c2 = −1/8.

La soluzione del problema di Cauchy e infine

y(x) = 18

[ex − e−x + 2x2ex − 2x ex

].

(c) Il polinomio caratteristico e p(λ) = λ3 + λ2 = λ2(λ + 1), quindi c’ e la radicedoppia λ = 0 e la radice semplice λ = −1. L’integrale generale dell’omogenea eyom(x) = c1 + c2x + c3e

−x . Il termine forzante e 1 = 1 · e0·x , cioe il prodotto diun polinomio di grado zero per l’esponenziale e0·x . Poiche λ = 0 e radice di p(λ)di molteplicita 2, cerchiamo una soluzione particolare della non omogenea nellaforma yp(x) = x2 · a . Si ha y′p(x) = 2ax , y′′p(x) = 2a , y′′′p (x) = 0. Sostituendonella non omogenea otteniamo a = 1/2, da cui l’integrale generale

y(x) = c1 + c2x+ c3e−x + 1

2x2.

Imponendo le condizioni iniziali si ottiene il sistema

c1 + c3 = 0, c2 − c3 = 0, c3 + 1 = 0,

la cui soluzione e c1 = 1, c2 = c3 = −1. La soluzione del problema di Cauchy ey(x) = 1− x− e−x + 1

2x2 .

(d) Il polinomio caratteristico e p(λ) = λ3 + λ2 + λ = λ(λ2 + λ+ 1), le radici di p(λ)

sono λ = 0,−12± i

√3

2, e la soluzione generale dell’omogenea e

yom(x) = c1 + c2e−x/2 cos

√3

2x+ c3e

−x/2 sin√

32x.

Una soluzione particolare della non omogenea deve avere la forma yp(x) = x · a .Si ha y′p(x) = a , y′′p(x) = 0 = y′′′p (x). Sostituendo nella non omogenea otteniamoa = 1, da cui yp(x) = x e l’integrale generale

23

y(x) = c1 + c2e−x/2 cos

√3

2x+ c3e

−x/2 sin√

32x+ x.

Imponendo le condizioni iniziali si trova, con facili calcoli, c1 = −1, c2 = 1,c3 = −

√3

3, da cui la soluzione del problema di Cauchy

y(x) = −1 + e−x/2 cos√

32x−

√3

3e−x/2 sin

√3

2x+ x.

(e) Il polinomio caratteristico e p(λ) = λ3 +λ2 +λ+ 1 = (λ+ 1)(λ2 + 1) e l’integralegenerale dell’omogenea e yom(x) = c1e

−x+c2 cosx+c3 sinx . Il termine forzante e1 = 1 · e0·x . Poiche λ = 0 non e radice di p(λ), la non omogenea ha una soluzioneparticolare della forma yp(x) = a . Si ha y′p = y′′p = y′′′p = 0. Sostituendo nellanon omogenea si ottiene a = 1 da cui yp(x) = 1 e l’integrale generale

y(x) = c1e−x + c2 cosx+ c3 sinx+ 1.

Imponendo le condizioni iniziali si ottiene il sistema

c1 + c2 + 1 = 0, −c1 + c3 = 0, c1 − c2 = 0,

la cui soluzione e c1 = c2 = c3 = −1/2. La soluzione del problema di Cauchy e

y(x) = 1− 12(e−x + cosx+ sinx).

19. Ricordiamo che la risposta impulsiva di un’equazione differenziale lineare omogenea acoefficienti costanti (reali o complessi) di ordine n

Ly = y(n) + a1y(n−1) + · · ·+ an−1y

′ + any = 0

e la soluzione del problema di Cauchy{Ly = 0

y(0) = y′(0) = · · · = y(n−2)(0) = 0, y(n−1)(0) = 1.

Il metodo della risposta impulsiva consente di determinare una soluzione particolaredell’equazione non omogenea Ly = f(x) quando f e una funzione continua qualsiasisu un intervallo I . Indicando con g(x) la risposta impulsiva, si ha che l’equazioneLy = f(x) ha una soluzione particolare data dall’integrale di convoluzione

yp(x) =

∫ x

x0

g(x− t)f(t) dt (x0, x ∈ I). (10)

Piu precisamente, si dimostra che yp risolve il problema di Cauchy{Ly = f(x)

y(x0) = y′(x0) = · · · = y(n−1)(x0) = 0.

La formula (10) fornisce dunque la soluzione particolare dell’equazione non omogeneaLy = f(x) che soddisfa condizioni iniziali tutte nulle nel punto x0 ∈ I e con untermine forzante continuo arbitrario f ∈ C0(I). Notiamo che se α1, . . . , αn sonocostanti arbitrarie, la soluzione del problema di Cauchy non omogeneo{

Ly = f(x)

y(x0) = α1, y′(x0) = α2, . . . , y

(n−1)(x0) = αn

e data da y(x) = yom(x) + yp(x), dove yom risolve il problema di Cauchy omogeneocon le stesse condizioni iniziali di y , cioe{

Ly = 0

y(x0) = α1, y′(x0) = α2, . . . , y

(n−1)(x0) = αn.

24

La risposta impulsiva g(x) e completamente determinata dalle radici del polinomiocaratteristico p(λ) e dalle loro molteplicita. Per n = 1, g(x) e la soluzione del problemay′ + ay = 0, y(0) = 1, ed e data da g(x) = eλ1x , dove λ1 = −a e l’unica radice dip(λ) = λ+ a . Per n = 2, g(x) e la soluzione del problema{

y′′ + ay′ + by = 0

y(0) = 0, y′(0) = 1,

ed e data dalle seguenti formule. Siano λ1, λ2 le radici del polinomio caratteristicop(λ) = λ2 + aλ+ b . Allora

• se λ1 6= λ2 (⇔ ∆ = a2 − 4b 6= 0)

g(x) = 1λ1−λ2

(eλ1x − eλ2x

);

• se λ1 = λ2 (⇔ ∆ = 0)g(x) = x eλ1x.

Se a e b sono reali, g(x) e reale e possiamo riscriverla come segue nel caso ∆ 6= 0:posto α = −a/2 e

β =

{ √−∆/2 se ∆ < 0√∆/2 se ∆ > 0

cosı che λ1,2 =

{α± iβ se ∆ < 0α± β se ∆ > 0

si ha

g(x) =

{1

2iβ

(e(α+iβ)x − e(α−iβ)x

)= 1

βeαx sin(βx) se ∆ < 0

12β

(e(α+β)x − e(α−β)x

)= 1

βeαx sinh(βx) se ∆ > 0.

Per n generico, siano λ1, . . . , λn le radici del polinomio caratteristico

p(λ) = λn + a1λn−1 + · · ·+ an−1λ+ an

(non necessariamente distinte, ognuna contata con la sua molteplicita), e indichiamocon gλ1...λn la risposta impulsiva dell’equazione Ly = 0. Vale allora la formula ricorsiva:

gλ1···λn(x) = eλnx∫ x

0

e−λntgλ1···λn−1(t) dt, (11)

che consente di calcolare gλ1...λn iterativamente. Per esempio per n = 3 otteniamodalla (11) le seguenti formule per la risposta impulsiva g = gλ1λ2λ3 :

• se λ1 6= λ2 6= λ3 (radici tutte distinte)

g(x) = eλ1x

(λ1−λ2)(λ1−λ3)+ eλ2x

(λ2−λ1)(λ2−λ3)+ eλ3x

(λ3−λ1)(λ3−λ2);

• se λ1 = λ2 6= λ3

g(x) = 1(λ1−λ3)2

[eλ3x − eλ1x + (λ1 − λ3)x e

λ1x]

;

• se λ1 = λ2 = λ3

g(x) = 12x2 eλ1x.

25

Notiamo che se i coefficienti dell’equazione differenziale y′′′ + a1y′′ + a2y

′ + a3y = 0sono tutti reali, allora g(x) e reale. Infatti nel caso di radici tutte distinte se λ1 ∈ Re λ2,3 = α± iβ con β 6= 0, si calcola

g(x) = 1(λ1−α)2+β2

[eλ1x + 1

β(α− λ1) e

αx sin βx− eαx cos βx].

In tutti gli altri casi λ1, λ2, λ3 sono reali se a1, a2, a3 ∈ R .

Per n generico si ottiene un’espressione semplice della risposta impulsiva g = gλ1...λn

nel caso di radici tutte distinte o tutte uguali, cioe

• se λ1 6= λ2 6= · · · 6= λn (radici tutte distinte)

g(x) = c1 eλ1x + c2 e

λ2x + · · ·+ cn eλnx,

dove

ck =1∏

j 6=k(λk − λj)(1 ≤ k ≤ n);

• se λ1 = λ2 = · · · = λn

g(x) =1

(n− 1)!xn−1 eλ1x.

Nel caso generale, siano λ1, . . . , λk le radici distinte di p(λ), di molteplicita m1, . . . ,mk ,con m1 + · · · + mk = n . Esistono allora dei polinomi G1, . . . , Gk , di gradi rispettiva-mente m1 − 1, . . . ,mk − 1, tali che

g(x) = G1(x)eλ1x + · · ·+Gk(x)eλkx.

Un metodo per determinare i polinomi G1, . . . , Gk e il seguente. Consideriamo ladecomposizione di 1/p(λ) in fratti semplici su C :

1

(λ− λ1)m1 · · · (λ− λk)mk=

c11

λ− λ1

+c12

(λ− λ1)2+ · · ·+ c1m1

(λ− λ1)m1+ · · ·

+ck1

λ− λk+

ck2(λ− λk)2

+ · · ·+ ckmk(λ− λk)mk

.

Si dimostra allora che

Gj(x) = cj1 + cj2x+ cj3x2

2!+ · · ·+ cjmj

xmj−1

(mj − 1)!(1 ≤ j ≤ k).

(a) Il polinomio caratteristico e p(λ) = λ2−2λ+1 = (λ−1)2, dunque λ1 = λ2 = 1, ela risposta impulsiva e g(x) = x ex. Il termine forzante ex

x+2e continuo per x > −2

e per x < −2. Poiche le condizioni iniziali sono poste nel punto x0 = 0, possiamolavorare nell’intervallo I = (−2,+∞). Dalla formula (10) otteniamo la seguentesoluzione del problema proposto nell’intervallo I :

y(x) =

∫ x

0

(x− t) ex−t et

t+ 2dt = ex

∫ x

0

x− tt+ 2

dt

= ex∫ x

0

(x+ 2

t+ 2− 1

)dt = ex[(x+ 2) log(t+ 2)− t]

x

0

= ex[(x+ 2) log(x+ 2)− x− (x+ 2) log 2 ]

= ex(x+ 2) log(x+2

2

)− x ex.

26

Notiamo che l’integrale generale dell’equazione y′′−2y′+y = ex

x+2nell’intervallo

I si puo scrivere come

ygen(x) = c1ex + c2x e

x + ex(x+ 2) log(x+ 2) (c1, c2 ∈ R).

Infatti il termine −x ex − (x+ 2)ex log 2 nella soluzione particolare trovata soprapuo essere inglobato in yom(x) = c1e

x + c2x ex .

(b) Si ha p(λ) = λ2 + 1, dunque λ1 = λ2 = i, e la risposta impulsiva e g(x) =eix−e−ix

2i= sinx. I dati iniziali sono posti nel punto x0 = 0 e possiamo lavorare

nell’intervallo I = (−π/2, π/2), dove il termine forzante 1cosx

e continuo. Dallaformula (10) otteniamo

y(x) =

∫ x

0

sin(x− t) 1

cos tdt

=

∫ x

0

(sinx cos t− cosx sin t)1

cos tdt

= sinx

∫ x

0

dt− cosx

∫ x

0

sin t

cos tdt

= x sinx+ cosx log(cosx).

(c) Si ha p(λ) = λ2 − 1, dunque λ1 = 1, λ2 = −1, e la risposta impulsiva e g(x) =ex−e−x

2= shx. Il termine forzante 1

chxe continuo su tutto R . Dalla formula (10)

si ha

y(x) =

∫ x

0

sh (x− t) 1

ch tdt

=

∫ x

0

(shx ch t− chx sh t)1

ch tdt

= shx

∫ x

0

dt− chx

∫ x

0

sh t

ch tdt

= x shx+ chx log(chx).

(d) y(x) = xe−x arctanx− 12e−x log(1 + x2).

(e) y(x) = 12( 1

cosx− cosx).

(f) La risposta impulsiva e g(x) = sinx , il termine forzante tanx e continuo

nell’intervallo I = (−π/2, π/2). Dalla formula (10) si ha

y(x) =

∫ x

0

sin(x− t) tan t dt = sinx

∫ x

0

sin t dt− cosx

∫ x

0

sin2 tcos t

dt

= sin x(1− cosx)− cosx

∫ x

0

1−cos2 tcos t

dt

= sin x(1− cosx) + cos x

∫ x

0

cos t dt− cosx

∫ x

0

1cos t

dt

= sin x− cosx

∫ x

0

1cos t

dt.

Per calcolare l’integrale facciamo il cambio di variabili

tan t2

= s ⇒ cos t = 1−s21+s2

, dt = 21+s2

ds ⇒

27

∫ x

0

1cos t

dt =

∫ tanx/2

0

21−s2 ds == −

∫ tanx/2

0

(1s−1− 1

s+1

)dt

= −[log∣∣ s−1s+1

∣∣]tanx/2

0= − log

∣∣∣ tanx/2−1tanx/2+1

∣∣∣= − log

∣∣∣ sinx/2−cosx/2sinx/2+cosx/2

∣∣∣ = − log∣∣∣ sin2 x/2−cos2 x/2(sinx/2+cosx/2)2

∣∣∣= − log

∣∣ cosx1+sinx

∣∣ .Notando che cosx

1+sinx> 0 ∀x ∈ I , otteniamo infine

y(x) = sinx+ cosx log(

cosx1+sinx

).

(g) y(x) = sinx log(sinx)− (x− π/2) cosx nell’intervallo I = (0, π).

(h) y(x) = shx log(shx/sh 1)− (x− 1)chx nell’intervallo I = (0,+∞).

(i) Si ha p(λ) = λ2 − λ = λ(λ − 1) ⇒ λ1 = 1, λ2 = 0, e la risposta impulsiva eg(x) = ex − 1. Il termine forzante 1

chxe continuo su R . Dalla formula (10) si ha

y(x) =

∫ x

0

(ex−t − 1

) 1

ch tdt = ex

∫ x

0

e−t

ch tdt−

∫ x

0

1

ch tdt.

I due integrali si calcolano elementarmente:∫1

ch tdt = 2

∫1

et + e−tdt = 2

∫et

e2t + 1dt

= 2 arctan(et)

+ C,

∫e−t

ch tdt = 2

∫1

e2t + 1dt = 2

∫1 + e2t − e2t

1 + e2tdt

= 2t− log(1 + e2t

)+ C ′.

Otteniamo infine

y(x) = ex[2t− log(1 + e2t

)]x

0− 2[ arctan

(et)]x

0

= ex[2x− log(1 + e2x

)] + ex log 2− 2 arctan (ex) + π

2,

(j) p(λ) = λ2 − 2λ + 2 = 0 ⇒ λ1,2 = 1± i , la risposta impulsiva e g(x) = ex sinx .Il termine forzante 1 + cosx e continuo su I = (−π, π). Dalla formula (10)otteniamo

y(x) =

∫ x

0

ex−t sin(x− t) et

1+cos tdt = ex sinx

∫ x

0

cos t1+cos t

dt− ex cosx

∫ x

0

sin t1+cos t

dt.

I due integrali si calcolano elementarmente:∫ x

0

sin t1+cos t

dt = [− log(1 + cos t)]x0 = − log(

1+cosx2

),

∫ x

0

cos t1+cos t

dt =

∫ x

0

cos t+1−11+cos t

dt =

∫ x

0

dt−∫ x

0

11+cos t

dt

= x−∫ x

0

12 cos2 t/2

dt = x−[tan t

2

]x0

= x− tan x2⇒

y(x) = ex sinx(x− tan x2) + ex cosx log

(1+cosx

2

).

28

(k) p(λ) = λ2 − 3λ + 2 = (λ − 1)(λ − 2) = 0 ⇒ λ = 1, 2. La risposta impulsiva eg(x) = e2x− ex . Il termine forzante e2x

(ex+1)2e continuo su I = R . Dalla (10) si ha

y(x) = e2x∫ x

0

1(et+1)2

dt− ex∫ x

0

et

(et+1)2dt.

I due integrali si calcolano facilmente (ponendo ad esempio et = s) e si ottiene:

y(x) = e2x(x− log(ex + 1) + 1

ex+1+ log 2− 1

2

)+ ex

ex+1− 1

2ex.

(l) p(λ) = λ3−3λ2 +3λ−1 = (λ−1)3 = 0 ⇒ λ = 1 con molteplicita 3. La rispostaimpulsiva e g(x) = 1

2x2ex . Il termine forzante ex

x+1e continuo su I = (−1,+∞).

Dalla formula (10) otteniamo

y(x) =

∫ x

0

12(x− t)2ex−t e

t

t+1dt = 1

2ex∫ x

0

x2+t2−2txt+1

dt.

L’integrale si calcola facilmente e si ottiene

y(x) = 12(x+ 1)2ex log(x+ 1)− 1

2xex(3

2x+ 1).

(m) p(λ) = λ3 − 2λ2 − λ + 2 = (λ − 2)(λ2 − 1) = 0 ⇒ λ = ±1, 2. La rispostaimpulsiva si calcola facilmente: g(x) = −1

2ex + 1

6e−x + 1

3e2x . Il termine forzante

ex

ex+1e continuo su R . Dalla formula (10) otteniamo

y(x) = −12ex∫ x

0

1et+1

dt+ 16e−x

∫ x

0

e2t

et+1dt+ 1

3e2x∫ x

0

e−t

et+1dt.

I 3 integrali si calcolano facilmente con la sostituzione et = s e decomponendo infratti semplici. Il risultato finale e

y(x) = (12ex − 1

6e−x + 1

3e2x) log(ex + 1)− 1

2xex − 1

3xe2x + 1

6

+ (−12

log 2− 13)ex + log 2−1

6e−x + 1−log 2

6e2x.

(n) p(λ) = λ3 + 4λ = λ(λ2 + 4) = 0 ⇒ λ = 0,±2i . La risposta impulsiva sicalcola facilmente: g(x) = 1

4(1 − cos 2x). Il termine forzante 1

sin 2xe continuo su

I = (0, π/2). Dalla formula (10) otteniamo

y(x) = 14

∫ x

π/4

1−cos 2(x−t)sin 2t

dt = 14

∫ x

π/4

1sin 2t

dt− 14

cos 2x

∫ x

π/4

cos 2tsin 2t

dt− 14

sin 2x

∫ x

π/4

dt.

Il secondo e il terzo integrale sono immediati. Il primo integrale si calcola scrivendo∫1

sin 2tdt =

∫1

2 sin t cos tdt = 1

2

∫1

tan t cos2 tdt = 1

2log(tan t) + k.

Il risultato finale e

y(x) = 18

log(tan x)− 18

cos 2x log(sin 2x)− 14(x− π/4) sin 2x.

20. (a) Posto y(x) = xr si ha y′(x) = rxr−1 , y′′(x) = r(r − 1)xr−2 . Sostituendonell’equazione differenziale si ottiene r(r − 1)xr−2 + 1

xrxr−1 − 1

x2xr = 0, cioe

xr[r(r − 1) + r − 1] = 0, da cui r2 − 1 = 0 e infine r = ±1. Abbiamo dunque le2 soluzioni y1(x) = x , y2(x) = 1/x .

29

(b) Per dimostrare che y1 e y2 sono linearmente indipendenti per x > 0 e sufficientecalcolare il loro Wronskiano e mostrare che e diverso da zero su R+ . Si ha

W (y1, y2)(x) =

∣∣∣∣ y1(x) y2(x)y′1(x) y′2(x)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣ x 1/x1 −1/x2

∣∣∣∣ = −2

x6= 0 ∀x > 0.

(c) Poiche y1 e y2 sono linearmente indipendenti, ogni soluzione dell’equazione dif-ferenziale si puo scrivere come y(x) = c1x+c2/x . Imponendo le condizioni inizialisi trova che {

y′′ + 1xy′ − 1

x2y = 0

y(1) = 1, y′(1) = 0⇒ y(x) = 1

2(x+ 1

x),

{y′′ + 1

xy′ − 1

x2y = 0

y(1) = 0, y′(1) = 1⇒ y(x) = 1

2(x− 1

x).

21. (a) Procedendo come nell’esercizio precedente si trova che la funzione y(x) = xr

risolve l’equazione differenziale x3y′′′ − 3x2y′′ + 6xy′ − 6y = 0 se e solo se valer(r − 1)(r − 2) − 3r(r − 1) + 6r − 6 = 0, cioe (r − 1)(r2 − 5r + 6) = 0, da cuir = 1, 2, 3. Abbiamo dunque le 3 soluzioni y1(x) = x , y2(x) = x2 , y3(x) = x3 .

(b) Calcolando il Wronskiano di y1, y2, y3 si ha

W (y1, y2, y3)(x) =

∣∣∣∣∣∣y1(x) y2(x) y3(x)y′1(x) y′2(x) y′3(x)y′′1(x) y′′2(x) y′′3(x)

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣x x2 x3

1 2x 3x2

0 2 6x

∣∣∣∣∣∣ = 2x3 6= 0 ∀x > 0.

Quindi y1, y2, y3 sono linearmente indipendenti per x > 0.

22. Consideriamo un’equazione differenziale lineare omogenea del secondo ordine in formanormale y′′ + a(x)y′ + b(x)y = 0, dove a, b ∈ C0(I), I intervallo. Supponiamo diaverne trovato una soluzione y1 con y1(x) 6= 0 ∀x ∈ I . Il metodo di riduzionedell’ordine consente allora di determinare una seconda soluzione indipendente da y1 .Si cerca tale soluzione nella forma y2(x) = z(x)y1(x), dove z(x) e una funzione dadeterminare. Si trova che la funzione v = z′ soddisfa l’equazione lineare del primo

ordine v′ = −(2y′1y1

+ a)v , da cui

v(x) = ke−A(x)

(y1(x))2,

dove A(x) e una qualsiasi primitiva di a(x) su I e k ∈ R e una costante arbitraria.Integrando nuovamente e moltiplicando per y1(x) otteniamo la seconda soluzione

y2(x) = ky1(x)

∫e−A(x)

(y1(x))2dx. (12)

Calcolando il Wronskiano di y1 e y2 si trova facilmente che

W (y1, y2)(x) =

∣∣∣∣ y1(x) y2(x)y′1(x) y′2(x)

∣∣∣∣ = ke−A(x) 6= 0 ∀k 6= 0.

Ricordando che se y e soluzione dell’equazione omogenea allora qualunque multiplo kye ancora soluzione, concludiamo che qualunque valore di k 6= 0 nella (12), per esempio

30

k = 1, da una soluzione y2 indipendente da y1 . Inoltre nella (12) possiamo omettere lacostante arbitraria di integrazione proveniente dall’integrale indefinito in quanto ognitermine del tipo k′y1(x) e proporzionale alla prima soluzione. Per esempio fissandoun punto x0 ∈ I e prendendo sempre le primitive che si annullano in x0 , otteniamo laformula

y2(x) = y1(x)

∫ x

x0

e−

R tx0a(s) ds

(y1(t))2dt

che fornisce una soluzione dell’equazione che si annulla in x0 .

(a) La verifica che y1(x) = x3 risolve l’equazione e immediata. Riscrivendo l’equazionein forma normale si ha y′′− 7

xy′+ 15

x2y = 0. Confrontando con y′′+a(x)y′+b(x)y = 0vediamo che a(x) = − 7

xe dunque A(x) = −7 log x . Sostituendo nella formula

(12) otteniamo

y2(x) = kx3

∫e7 log x

(x3)2dx = kx3

∫x7

x6 dx = kx3(12x2 + c).

Omettendo la costante di integrazione c (che da un multiplo di y1 ) e prendendoad esempio k = 2 (ricordiamo che k si puo fissare arbitrariamente) otteniamo laseconda soluzione indipendente nella forma y2(x) = x5 .

(b) La verifica che y1(x) = x risolve l’equazione e immediata. Riscrivendo l’equazionein forma normale si ha y′′ − 1

xy′ + 1

x2y = 0, da cui a(x) = − 1x

e A(x) = − log x .Sostituendo nella formula (12) con k = 1 e omettendo la costante di integrazioneotteniamo

y2(x) = x

∫elog x

x2 dx = x

∫1xdx = x log x.

(c) La verifica che y1(x) = x risolve l’equazione y′′−4xy′+(4x2−2)y = 0 e facile. Siha a(x) = −4x ⇒ A(x) = −2x2 . Sostituendo nella (12) con k = 1 e omettendola costante di integrazione otteniamo

y2(x) = ex2

∫e2x

2

(ex2 )2dx = ex

2

∫dx = xex

2

.

(d) La verifica che y1(x) = ex risolve l’equazione e immediata. Riscrivendo l’equazionein forma normale si ha y′′ − (1 + 1

x)y′ + 1

xy = 0. Dunque a(x) − 1 − 1/x e

A(x) = −x − log x . Sostituendo nella (12) e integrando per parti senza metterela costante di integrazione otteniamo

y2(x) = kex∫

ex+log x

(ex)2dx = kex

∫xexdx = kex

∫xe−x dx

= kex(−xe−x +

∫e−x dx

)= kex

(−xe−x− e−x

)= k(−x− 1).

Prendendo ad esempio k = −1 si ha y2(x) = x+ 1.

(e) La verifica che y1(x) = 1 soddisfa l’equazione e immediata. L’equazione in formanormale e y′′ − 2x

1−x2y = 0. Dunque a(x) = 2xx2−1

, da cui

A(x) =

∫2xx2−1

dx = log |x2 − 1| = log(1− x2) (per −1 < x < 1).

31

Sostituendo nella (12) otteniamo

y2(x) = k

∫e− log(1−x2) dx = −k

∫1

x2−1dx = −k

2

∫ (1

x−1− 1

x+1

)dx

= − k2

log∣∣x−1x+1

∣∣ = −k2

log(

1−x1+x

).

Prendendo ad esempio k = −2 otteniamo y2(x) = log(

1−x1+x

).

(f) La verifica che y1(x) = x risolve l’equazione e immediata. L’equazione in formanormale e y′′+ 1

x2y′− 1

x3y = 0. Dunque a(x) = 1/x2 e A(x) = −1/x . Sostituendonella (12) otteniamo

y2(x) = kx

∫e1/x

x2 dx = kx(−e1/x).

Prendendo ad esempio k = −1 otteniamo y2(x) = xe1/x .

(g) y2(x) = x−1/2 .

(h) y2(x) = 1/x .

(i) y2(x) = xex .

(j) y2(x) = 1/x .

(k) y2(x) =√x log x .

(l) y2(x) = 1 + log x .

(m) y2(x) =√x .

(n) y2(x) = 1 + 12x log

(1−x1+x

).

23. Supponiamo di conoscere un sistema fondamentale di soluzioni y1, y2 dell’equazionelineare omogenea y′′ + a(x)y′ + b(x)y = 0. Il metodo della variazione delle costanticonsente allora di determinare una soluzione particolare yp dell’equazione non omoge-nea y′′ + a(x)y′ + b(x)y = f(x), dove a, b, f sono funzioni continue su un intervallo I .Si cerca yp nella forma yp = z1y1 + z2y2 , dove z1 e z2 sono funzioni da determinare.Imponendo la condizione z′1y1 + z′2y2 = 0 e sostituendo nell’equazione non omogeneasi ottiene z′1y

′1 + z′2y

′2 = f(x). Quindi le 2 funzioni z1, z2 soddisfano il sistema lineare

2× 2 (omettendo la dipendenza da x per semplicita){z′1y1 + z′2y2 = 0

z′1y′1 + z′2y

′2 = f.

Il determinante del sistema e precisamente il Wronskiano di y1 e y2

W (y1, y2) =

∣∣∣∣ y1 y2

y′1 y′2

∣∣∣∣ ,che e sempre diverso da zero su I . Dunque il sistema ha soluzione unica che si calcolaad esempio con la regola di Kramer:

z′1 =

∣∣∣∣ 0 y2

f y′2

∣∣∣∣W (y1, y2)

= − y2 f

W (y1, y2)z′2 =

∣∣∣∣ y1 0y′1 f

∣∣∣∣W (y1, y2)

=y1 f

W (y1, y2).

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Integrando e sostituendo in yp = z1y1 + z2y2 otteniamo

yp(x) = −y1(x)

∫y2(x)f(x)

W (y1, y2)(x)dx+ y2(x)

∫y1(x)f(x)

W (y1, y2)(x)dx. (13)

In questa formula si possono omettere le costanti arbitrarie di integrazione provenientidagli integrali indefiniti in quanto tali costanti danno termini del tipo k1y1 + k2y2 chesono soluzione dell’omogenea. Alternativamente possiamo fissare un punto x0 ∈ I eintegrare tra x0 e x ottenendo

yp(x) = −y1(x)

∫ x

x0

y2(t)f(t)

W (y1, y2)(t)dt+ y2(x)

∫ x

x0

y1(t)f(t)

W (y1, y2)(t)dt. (14)

Si dimostra che questa funzione soddisfa l’equazione non omogenea con le condizioniiniziali y(x0) = 0, y′(x0) = 0. La formula (14) e analoga alla formula (10), allaquale essa si riduce nel caso dei coefficienti costanti. Per vedere questo con maggiorechiarezza, riscriviamo la (14) nella forma seguente

yp(x) =

∫ x

x0

g(x, t)f(t) dt,

dove g(x, t) e la funzione g : I × I → R definita da

g(x, t) = −y1(x)y2(t)

W (y1, y2)(t)+ y2(x)

y1(t)

W (y1, y2)(t).

E evidente che ∀t ∈ I fissato, la funzione x → g(x, t) soddisfa l’equazione omogeneaessendo una combinazione lineare di y1 e y2 con coefficienti dipendenti da t . E faciledimostrare che questa funzione soddisfa le seguenti condizioni iniziali nel punto x = t :g(t, t) = 0, ∂g

∂x(t, t) = 1. Nel caso dei coefficienti costanti si ha che g(x, t) = g(x− t),

dove g(x) = g(x, 0) e la risposta impulsiva.

(a) Un sistema fondamentale di soluzioni dell’equazione lineare omogenea

xy′′ − (1 + x)y′ + y = 0 per x > 0 e dato da y1(x) = ex , y2(x) = x + 1 (si vedal’esercizio 22 (d)). Il Wronskiano di y1, y2 e

W (y1, y2)(x) =

∣∣∣∣ ex x+ 1ex 1

∣∣∣∣ = ex − (x+ 1)ex = −xex.

Consideriamo ora l’equazione non omogenea in forma normale,

y′′ − (1 + 1x)y′ + 1

xy = xe2x . Applicando la formula (13) otteniamo

yp(x) = − ex∫x+ 1

−xexxe2x dx+ (x+ 1)

∫ex

−xexxe2x dx

= ex∫

(x+ 1)ex dx− (x+ 1)

∫e2x dx

= ex · xex − 12(x+ 1)e2x = 1

2(x− 1)e2x.

Abbiamo omesso qualsiasi costante di integrazione negli integrali indefiniti.

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(b) Un sistema fondamentale dell’omogenea e dato da y1(x) = x , y2(x) = xex (vediesercizio 22 (i)). Il Wronskiano e

W (y1, y2)(x) =

∣∣∣∣ x xex

1 (x+ 1)ex

∣∣∣∣ = x2ex.

Applicando la formula (13) all’equazione scritta in forma normale,

y′′ − x+2xy′ + x+2

x2 y = 2x , si ottiene

yp(x) = − x∫

xex

x2ex2x dx+ xex

∫x

x2ex2x dx

= − 2x

∫dx+ 2xex

∫e−x dx = −2x2 − 2x.

Poiche −2x e soluzione dell’omogenea, possiamo prendere piu semplicemente

yp(x) = −2x2 .

(c) yp(x) = 14x3 .

24. (a) Calcoliamo innazitutto una soluzione particolare dell’equazione non omogeneay′′ − 1

xy′ + 1

x2y = 1. Nell’esercizio 22 (b) si e visto che un sistema fondamentaledell’omogenea associata e y1(x) = x , y2(x) = x log x . Il Wronskiano e

W (y1, y2)(x) =

∣∣∣∣ x x log x1 log x+ 1

∣∣∣∣ = x.

Dalla (13) otteniamo

yp(x) = −x∫

log x dx+ x log x

∫dx = −x(x log x− x) + x2 log x = x2.

L’integrale generale della non omogenea e dunque y(x) = c1x + c2x log x + x2 .Imponendo le condizioni iniziali si ottiene c1 + 1 = 1, c1 + c2 + 2 = 0, da cuic1 = 0 e c2 = −2. La soluzione e y(x) = −2x log x+ x2 .

(b) Una soluzione particolare e yp(x) = 12− x . Il risultato e y(x) = 1

2x2 + 1

2− x .

(c) Una soluzione particolare e yp(x) = 12x2(log x− 1). Il risultato e

y(x) = −ex+ e2

2(1 + log x) + 1

2x2(log x− 1).

25. (a) Sostituendo y(x) = z(x)/x2 nell’equazione differenziale si ottiene che la funzionez deve soddisfare l’equazione z′′ + z = 0. Due soluzioni indipendenti di questaequazione sono z1(x) = cos x , z2(x) = sinx . Otteniamo dunque le 2 soluzioniy1(x) = cosx

x2 , y2(x) = sinxx2 . Queste sono indipendenti in quanto

W (y1, y2)(x) =

∣∣∣∣ cosxx2

sinxx2

− sinxx2 − 2 cosx

x3cosxx2 − 2 sinx

x3

∣∣∣∣ =1

x46= 0 ∀x > 0.

(b) Scrivendo l’equazione non omogenea in forma normale, y′′ + 4xy′ + (1 + 2

x2 )y = 1,e procedendo con la variazione delle costanti, otteniamo la soluzione particolareyp(x) = 1− 2

x2 .

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