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Esercitazioni di Analisi Matematica 1

Corso di laurea in Ingegneria Clinica. A.A. 2008-2009

Soluzioni Foglio 5

Esercizio 1. Le funzioni seno iperbolico e coseno iperbolico sono defi-nite nel modo seguente

sinh x =ex − e−x

2e

cosh x =ex + e−x

2.

1) Studiare queste due funzioni, determinandone il dominio e il codominiononche esaminandone la continuita, i limiti agli estremi del dominio, la de-rivabilita, gli intervalli di monotonia, gli eventuali punti di estremo relativo,gli intervalli di convessita e concavita, gli eventuali punti di flesso. Disegna-re il grafico delle due funzioni.

Cominciamo con lo studio della funzione

f(x) = sinhx =ex − e−x

2.

Questa funzione e definita in D = R ed e continua e derivabile infinite voltein D, in quanto somma di funzioni continue e derivabili infinite volte in D.

Il grafico della funzione f interseca gli assi cartesiani nel solo punto O =(0, 0). Infatti, per quanto riguarda le intersezioni con l’asse y, si ha

x = 0 ⇒ f(0) =e0 − e0

2= 0,

mentre, per quel che concerne le intersezioni con l’asse x, si ha

y = f(x) =ex − e−x

2= 0 ⇒ ex = e−x ⇒ x = −x ⇒ x = 0.

Studiamo il segno della funzione f . Si ha

f(x) ≥ 0 ⇐⇒ ex − e−x

2≥ 0 ⇐⇒ ex ≥ e−x ⇐⇒ x ≥ −x ⇐⇒ x ≥ 0.

Ne segue che il grafico della funzione f giace nel semipiano negativo delleordinate per x ∈ (−∞, 0), interseca l’asse y in O per poi restare nel semi-piano positivo delle ordinate per x ∈ (0, +∞).

1

La funzione f e, come gia osservato, continua in D e si trova facilmenteche

limx→±∞

f(x) = ±∞.

Dunque la funzione f e priva di qualunque tipo di asintoto (controllate davoi l’assenza di asintoti obliqui).

Abbiamo gia osservato che la funzione f e derivabile in tutto D. Per ognix ∈ D risulta

f ′(x) =ex + e−x

2= coshx.

Studiamo gli intervalli di monotonia della f e gli eventuali punti di estremorelativo. Si ha

f ′(x) ≥ 0 ⇐⇒ ex + e−x

2≥ 0.

Dato che una funzione esponenziale e strettamente positiva sul proprio in-sieme di definizione, si ha che

f ′(x) > 0 ∀x ∈ D.

Dunque la funzione f e strettamente crescente in D e non ammette punti diestremo relativo.

Studiamo gli intervalli di convessita della f e gli eventuali punti di flesso.Visto che la funzione f ′ e ancora derivabile in D, si ha

f ′′(x) =ex − e−x

2= f(x) (x ∈ D).

Si haf ′′(x) = f(x) ≥ 0 ⇐⇒ x ≥ 0,

per quanto visto in precedenza a proposito dello studio del segno di f . Nesegue, in definitiva, che il grafico della funzione f rivolge la concavita versoil basso per x ∈ (−∞, 0), ammette un punto di flesso in O e che la funzionee convessa (i.e. con cavita verso l’alto) per x ∈ (0, +∞).

Determiniamo il codominio B della funzione f . Aiutandosi graficamente,si intuisce facilmente che B e uguale a R. Cerchiamo di essere piu precisi.

Ricordiamo che il codominio B della funzione f e definito come l’insieme

B = {y ∈ R | y = f(x) per qualche x ∈ D} ⊆ R.

Dobbiamo dimostrare che B = R ovvero che, comunque scelta una y ∈ R,esiste almeno una x ∈ D tale che

y = f(x).

2

Scegliamo y ∈ R arbitrariamente. Cerchiamo x ∈ D tale che

y = f(x) =ex − e−x

2.

Si deve avere

ex − e−x = 2y ⇒ ex − 1ex

= 2y ⇒ e2x − 2yex − 1 = 0,

dopo aver calcolato il minimo comune multiplo (perche ho semplificato i de-nominatori senza discutere il segno del denominatore come si e soliti farein queste circostanze?).

Cerchiamo le x che risolvono quest’equazione (la y e fissata sin dall’ini-zio, e cioe una quantita nota).

Quest’equazione in x si risolve, effettuando la sostituzione t = ex. L’e-quazione in t diventa

t2 − 2yt− 1 = 0.

Quest’equazione ammette come soluzioni i due numeri reali

t± = y ±√

y2 + 1.

Tornando alle x, si ha

ex = y ±√

y2 + 1 ⇒ x = ln(ex) = ln(y ±√

y2 + 1).

Entrambe le soluzioni sono accettabili? Proviamo a rispondere a questa do-manda in maniera dettagliata. All’inizio del calcolo avevamo fissato y ∈ R.

Se y = 0 allorax = ln(0±

√0 + 1) = ln(±1)

e siamo obbligati a scegliere x = ln 1 = 0.Domanda: questa soluzione era attesa: perche?

Se y > 0, allora la scelta della x e la seguente

x = ln(y +√

y2 + 1).

Infatti, l’argomento del logaritmo e strettamente positivo (perche?) e la x eben definita.La scelta

x = ln(y −√

y2 + 1)

e da scartare perche in questo caso l’argomento del logaritmo

y −√

y2 + 1

3

e strettamente negativo. Infatti

y −√

y2 + 1 < 0 ⇐⇒ y <√

y2 + 1 ⇐⇒ y2 < y2 + 1 ⇐⇒ 0 < 1.

Domanda: perche ho effettuato l’elevamento al quadrato senza discussionipreliminari?

Se, infine, y < 0 allora la scelta per la x e ancora

x = ln(y +√

y2 + 1).

Infatti, l’argomento del logaritmo e in questo caso strettamente positivo (ela x e ben definita), dal momento che

y +√

y2 + 1 > 0 ⇐⇒√

y2 + 1 > −y ⇐⇒ y2 + 1 > y2 ⇐⇒ 1 > 0.

Domanda: cosa giustifica l’elevamento al quadrato senza discussioni preli-minari?Di nuovo, la scelta di

x = ln(y −√

y2 + 1)

porta a un argomento del logaritmo strettamente negativo, dal momento che

y −√

y2 + 1 < 0 ⇐⇒ y <√

y2 + 1

e l’ultima disuguaglianza e palesemente vera (perche?).

In definitiva, per ogni y in D esiste un’unica x = ln(y +√

y2 + 1) tale

f(x) = y

e quindi il codominio B della funzione f coincide con tutto R.I piu attenti avranno notato che abbiamo dimostrato, in particolare, che lafunzione f(x) = sinh x e invertibile in D, trovando persino l’espressioneesplicita della sua funzione inversa.

Passiamo allo studio della funzione

g(x) = coshx =ex + e−x

2.

La funzione g e definita in D = R, e continua e derivabile infinite volte inD.Per quanto riguarda le intersezioni del grafico della g con gli assi cartesia-ni, v’e solo il punto (0, 1). In particolare, dato che per ogni x ∈ D risultag(x) > 0 (perche?), il grafico della g non interseca l’asse x.

4

La funzione g e continua in D e non ammette alcun tipo di asintoto, dalmomento che (facilissimo)

limx→±∞

g(x) = +∞.

La funzione g e derivabile in D e risulta

g′(x) =ex − e−x

2= sinhx (x ∈ D).

Dato cheg′(x) = sinhx = f(x) ≥ 0 ⇐⇒ x ≥ 0,

per quanto visto in precedenza a proposito del seno iperbolico, si ha che lafunzione g e decrescente in (−∞, 0), ammette un punto di minimo relati-vo in x0 = 0 (il punto del grafico di coordinate (0, 1)) per poi crescere in(0, +∞).

Domanda: il punto di minimo relativo e per caso un punto di minimo asso-luto?

Dato che la funzione g′ e derivabile in D, si ha che

g′′(x) =ex + e−x

2= g(x) (x ∈ D).

In ultima analisi, dal fatto che (convinti?)

g′′(x) > 0 ∀x ∈ D,

si deduce che la funzione g e convessa in tutto D (i.e. rivolge la concavitaverso l’alto) e che non ammette punti di flesso.

Per quanto riguarda il codominio B della funzione g, dal suo grafico si deduceche

B = [1, +∞).

Provate a ritrovare rigorosamente questo risultato, procedendo come nel ca-so del seno iperbolico.

2) Verificare che

cosh2(x)− sinh2(x) = 1 per ogni x ∈ R.

Fissiamo x ∈ R arbitrariamente. Risulta

cosh2(x)− sinh2(x) =e2x + e−2x + 2exe−x

4− e2x + e−2x − 2exe−x

4=

44

= 1.

5

3) Verificare che per ogni x reale si ha

sinh′(x) = cosh(x)

ecosh′(x) = sinh(x).

Abbiamo gia ritrovato questi due risultati nel precedente studio delle funzioniseno e coseno iperbolico.

4) Verificare che la funzione f(x) = sinh(x) e invertibile su tutto R e che lafunzione settore seno iperbolico, definita come

Sett sinh(x) = ln(x +√

x2 + 1) con x ∈ R,

ne e la funzione inversa su tutto R.

Premettiamo le seguenti definizioni.

Definizione 0.0.1 (Funzione Invertibile). Siano A e B due insiemi. Unafunzione f : A → B si dice invertibile in A se e iniettiva, i.e. se

f(x1) = f(x2) ⇒ x1 = x2 per ogni x1, x2 ∈ A tali che x1 6= x2,

e suriettiva, i.e.

∀y ∈ B ∃x ∈ A tale che f(x) = y

o equivalentemente se per ogni y ∈ B esiste un’unica x ∈ A tale che f(x) =y.

I piu zelanti verifichino la semplicissima equivalenza dei due asserti.

Definizione 0.0.2 (Funzione Inversa). Siano A e B due insiemi e f : A →B una funzione invertibile in A. La funzione inversa della f e l’applicazionef−1 : B → A che a ogni y ∈ B associa l’unica x ∈ A tale che f(x) = y.

Lascio a voi la verifica completa della successiva ben nota affermazione.

Affermazione: siano A e B due insiemi e siano f : A → B e g : B → Adue funzioni invertibili. Le due funzioni sono una l’inversa dell’altra se esoltanto se

g(f(x)) = x ∀x ∈ A

ef(g(y)) = y ∀y ∈ B.

La prima relazione e un’uguaglianza fra due funzioni, la funzione compostaF = g ◦ f : A → B che a ogni x ∈ A associa l’elemento F (x) = g(f(x)) ∈ A

6

(siete d’accordo che questo elemento appartiene ad A?) e la funzione identi-ca I : A → A che a ogni x ∈ A associa la x stessa. Analoghe considerazionivalgono per la seconda relazione.

A titolo d’esempio, mostriamo come dalla validita della prima relazione,

g(f(x)) = x ∀x ∈ A,

segua che la funzione g : B → A coincide con la funzione inversa f−1 dif : A → B. Dato che f e invertibile, esiste la funzione inversa f−1 : B → A.Proviamo, come preannunciato poc’anzi, che f−1 = g ovvero (due funzionisono uguali se hanno lo stesso dominio (nel nostro caso e cosı?) e assumonolo stesso valore in ogni punto del comune insieme di definizione) che

f−1(y) = g(y) ∀y ∈ B.

Scegliamo un’arbitraria y ∈ B. Per definizione di funzione inversa (defini-zione 0.0.2) si ha che f−1(y) = x ∈ A con x tale che f(x) = y. Ma allorarisulta (usiamo la relazione g(f(x)) = x ∀x ∈ A)

f−1(y) = x = g(f(x)) = g(y).

Dunque g = f−1.Provate da voi che, se vale la relazione

f(g(y)) = y ∀y ∈ B,

allora la funzione f e l’inversa della g ovvero che f = g−1.

Torniamo al nostro esercizio. La funzione f = sinh : A = R → B = R e in-vertibile. Infatti f e suriettiva, dal momento che il codominio di f coincidecon R (convinti? Se non fosse chiaro, rivedete la definizione di codominiodi una funzione enunciata poco prima). Inoltre la funzione f e iniettivaperche strettamente crescente in R (i piu zelanti verifichino questo sempliceasserto!). Dunque la funzione f e invertibile in R come da definizione 0.0.1.

Mostriamo che la funzione g : B = R → A = R, definita (e ben definita?)come

g(y) = Sett sinh(y) = ln(y +√

y2 + 1) con y ∈ B = R,

coincide con la funzione f−1.Prima di tutto osserviamo che sia g e che la funzione f−1 sono definiteentrambe in B = R. Fissiamo ora x in A arbitrario e facciamo vedere che

g(f(x)) = x.

7

Questo bastera a provare che f−1 = g, potendo ricorrere all’affermazione dipoco prima.Ora

f(x) =ex − e−x

2e (calcolero il minimo comune mulitplo all’interno della radice ed estrarroil denominatore)

g(f(x)) = ln(f(x)+√

[f(x)]2 + 1) = ln

(ex − e−x

2+

√e2x + e−2x − 2

4+ 1

)=

= ln

(ex − e−x

2+

√e4x + 1− 2e2x + 4e2x

4e2x

)= ln

(ex − e−x

2+

√(e2x + 1)2

2ex

)=

= ln(

ex − e−x

2+

e2x + 12ex

)= ln

(e2x − 1 + e2x + 1

2ex

)= ln(ex) = x.

Abbiamo concluso (ci siete?).

5) Verificare che la funzione f(x) = cosh(x) non e invertibile su tutto R,ma lo e, per esempio, su R+ = [0, +∞). Verificare quindi che la funzionesettore coseno iperbolico, definita come

Sett cosh(x) = ln(x +√

x2 − 1) con x ∈ [1, +∞),

e la funzione inversa della restrizione di f(x) = cosh(x) all’intervallo R+.

Prima di tutto convinciamoci che la restrizione della funzione sotto esa-mef = cosh : A = [0, +∞) → B = [1, +∞) (e proprio la restrizione del cosenoiperbolico di cui si parla nella traccia dell’esercizio) e invertibile in A. Nonc’e molto da dimostrare. La funzione f e strettamente crescente in (0, +∞)(ricordatevi lo studio della funzione coseno iperbolico) e dunque iniettiva inA. Inoltre e facile convincersi che la funzione f e anche suriettiva, ragio-nando sul codominio della f in tutta analogia con quanto visto per il senoiperbolico. Dunque, in virtu della definizione 0.0.1, la funzione f sotto esa-me e invertibile.

Facciamo vedere che la funzione inversa f−1 : B = [1, +∞) → A = [0, +∞)coincide con la funzione

g : B → A

definita (di nuovo, e ben definita questa funzione?) come

g(y) = Sett cosh(y) = ln(y +√

y2 − 1) con y ∈ B = [1, +∞).

8

Di nuovo, osserviamo che la funzione f−1 e la funzione g sono definiteentrambe in B = [1, +∞). Fissiamo un arbitrario x in A e facciamo vedereche

g(f(x)) = x.

Questo bastera ancora una volta a provare che f−1 = g, potendo noi dinuovo ricorrere all’affermazione di poco prima.Ora

f(x) =ex + e−x

2e

g(f(x)) = ln(f(x)+√

[f(x)]2 − 1) = ln

(ex + e−x

2+

√e2x + e−2x + 2

4− 1

)=

= ln

(ex + e−x

2+

√e4x + 1 + 2e2x − 4e2x

4e2x

)= ln

(ex + e−x

2+

√(e2x − 1)2

2ex

)=

= ln(

ex + e−x

2+

e2x − 12ex

)= ln

(e2x + 1 + e2x − 1

2ex

)= ln(ex) = x.

Abbiamo concluso. Osservate che abbiamo dovuto necessariamente prendereuna restrizione del coseno iperbolico per poterci occupare della sua invertibi-lita. Infatti, il coseno iperbolico non e invertibile in tutto R. Ci sono moltimodi per dimostrare questo asserto, per esempio osservando che la funzionecosh e pari (e quindi...?).

Domanda: la funzione coseno iperbolico e invertibile in (−∞, 0]? In ca-so affermativo, quanto vale la sua inversa?

6) Calcolare i seguenti due integrali indefiniti, usando opportunamente ilmetodo di integrazione per sostituzione.

Procediamo per gradi, calcolando l’integrale indefinito∫1√

1 + x2dx.

Non e un caso che abbia inserito il calcolo di questo integrale in questasezione. Si procede infatti per sostituzione, ponendo

x = x(t) = sinh t ⇒ dx = x′(t)dt = cosh t dt, t = sinh−1(x) = Sett sinh(x).

Effettuando la sostituzione e ricordando (vedi punto 2)) che per ogni t ∈ R

1 + sinh2(t) = cosh2(t),

9

si ha

F (x) =∫

1√1 + x2

dx =∫

cosh t

cosh tdt =

∫dt = t + C = Sett sinh(x) + C.

Verificate che la funzione F e una primitiva in R della funzione f , sfruttan-do (per il calcolo della derivata della F ) l’espressione che definisce il settoreseno iperbolico.

Passiamo al calcolo dell’integrale indefinito∫ √9 +

x2

4dx.

Prima di tutto, osserviamo che∫ √9 +

x2

4dx =

∫ √9(

1 +x2

36

)dx =

√9∫ √

1 +(x

6

)2dx.

Per semplificare ulteriormente l’integrale poniamo

t = t(x) =x

6⇒ dt = t′(x)dx =

16

dx.

Effettuando la sostituzione, si ottiene∫ √9 +

x2

4dx = 6

√9∫ √

1 + t2 dt.

Ora invece poniamo come prima

t = t(s) = sinh s ⇒ dt = t′(s)ds = cosh s ds, s = Sett sinh t.

Ne segue, effettuando la sostituzione, che

F (x) =∫ √

9 +x2

4dx = 6

√9∫ √

1 + t2 dt = 6√

9∫

cosh2(s) ds =

= 6√

9∫ (

12· e2s + e−2s

2+

12

)ds = 3

√9∫

cosh(2s) ds + 3√

9s =

=3√

92

sinh(2s) + 3√

9s + C,

dal momento che (sinh(2s)

2

)′= cosh(2s) (s ∈ R).

10

Tornando alle x, si trova

F (x) =3√

92

sinh(2 · Sett sinh

(x

6

))+ 3

√9 · Sett sinh

(x

6

)+ C.

Se qualcuno volesse, potrebbe continuare il calcolo, esplicitando le funzioniseno iperbolico e settore seno iperbolico per poi verificare il risultato.

L’ultimo integrale definito dell’esercizio 3 del Foglio 4 di esercizi e ora fa-cilmente calcolabile. Lascio a voi i dettagli.

7) Calcolare il seguente integrale definito∫ 2

0

(x2

3

)cosh

(3x

5

)dx.

Cerchiamo dapprima di calcolare una primitiva della funzione integranda(che e una funzione continua sull’intervallo d’integrazione I = [0, 2] e dun-que ivi integrabile). Dobbiamo calcolare l’integrale indefinito

F (x) =∫ (

x2

3

)cosh

(3x

5

)dx.

Procediamo per parti, ponendo

f(x) =x2

3⇒ f ′(x) =

23x

e

g′(x) = cosh(

3x

5

)⇒ g(x) =

∫cosh

(3x

5

)dx =

53

sinh(

3x

5

).

Integrando per parti, si trova

F (x) =∫ (

x2

3

)cosh

(3x

5

)dx =

5x2

9sinh

(3x

5

)− 10

9

∫x sinh

(3x

5

)dx.

Continuiamo a integrare per parti, ponendo

f(x) = x ⇒ f ′(x) = 1

e

g′(x) = sinh(

3x

5

)⇒ g(x) =

∫sinh

(3x

5

)dx =

53

cosh(

3x

5

).

Integrando per parti, si ricava

F (x) =5x2

9sinh

(3x

5

)−10

9

∫x sinh

(3x

5

)dx =

5x2

9sinh

(3x

5

)−50

27x cosh

(3x

5

)+

11

+25081

sinh(

3x

5

)+ C,

dopo aver risolto l’ultimo integrale comparso con l’applicazione del metododi integrazione per parti.Per il teorema fondamentale del calcolo integrale risulta∫ 2

0

(x2

3

)cosh

(3x

5

)dx = F (2)− F (0).

Se qualcuno vuole, puo continuare a svolgere il calcolo. I conti si sonoimprevidibilmente rivelati piuttosto elaborati. E sufficiente che voi siate statiin grado di arrivare a calcolare la primitiva F di f , integrando due volte perparti, senza alcun timore riverenziale verso le funzioni iperboliche.

Esercizio 2. Studiare il carattere della seguente serie al variare del para-metro x ∈ R

+∞∑n=2

(x− 5)n

n4n ln n.

PASSO 1. (Semplificazione del termine geometrico). Per ridurre il grado didifficolta della discussione, poniamo

y =x− 5

4.

Dobbiamo in questo modo studiare al variare del nuovo parametro di sostegnoy ∈ R il comportamento della serie

+∞∑n=2

(x− 5)n

n4n ln n=

+∞∑n=2

yn

n ln n.

Terminata la discussione, ricordiamoci che il carattere della serie deve es-sere espresso in funzione del parametro x ∈ R.

PASSO 2 (Discussione del carattere della serie). Passiamo alla discussio-ne della serie. Si individuano diversi regimi notevoli per il parametro y, inciascuno dei quali il comportamento della serie e lo stesso. I diversi regimisono legati al comportamento particolare che per ciascuno di essi manifestala serie geometrica

+∞∑n=2

yn.

Osservazione: la discussione cambia radicalmente, qualora, oltre il terminegeometrico e le potenze di n (o potenze di polinomi di n) sono presenti, nel-l’espressione del termine generico an della serie, anche i termini n! o nn

(chi saprebbe spiegare il motivo per cui l’approccio prospettato per lo studio

12

della nostra serie non sarebbe piu efficace?).

Si presentano, come preannunciato, diversi casi notevoli. Passiamoli inrassegna.

A1) Quando

y = 0 ⇐⇒ x− 54

= 0 ⇐⇒ x = 5,

la serie sotto esame e convergente perche nulla.

A2) Quando

0 < y < 1 ⇐⇒ 0 <x− 5

4< 1 ⇐⇒ 0 < x− 5 < 4 ⇐⇒ 5 < x < 9,

la serie sotto esame e una serie a termini positivi convergente.Infatti, per ogni n ≥ 3 (usero il fatto che il logaritmo naturale e una funzionecrescente in (0, +∞)) risulta

ln n ≥ ln 3 > ln e = 1, n > 1 ⇒ n ln n > 1 ⇒ 1n ln n

< 1 ⇒ yn

n ln n< yn.

Ne segue che la serie sotto esame e convergente per confronto con la seriegeometrica

+∞∑n=2

yn,

convergente, dal momento che ci troviamo nel regime 0 < y < 1. Per ipiu pignoli ricordo che, per usare il criterio del confronto per dimostrare laconvergenza di una serie a termini non negativi, e sufficiente maggiorare iltermine generico della serie sotto esame definitivamente (i.e. da un certoindice n ∈ N in poi) con il termine generico di una serie a termini nonnegativi convergente. Nel nostro caso la serie parte dal termine di indice2 e la maggiorazione avviene a partire dal termine di indice n = 3. Que-st’apparente incongruenza stupisce ancora qualcuno? Non dovrebbe! Infatti,posto

an =yn

n ln ne

bn = yn,

la relazione ricavata appena prima si scrive come

an < bn ∀n ≥ 3.

Ne segue che

+∞∑n=2

an = a2 ++∞∑n=3

an ≤ a2 ++∞∑n=3

bn < +∞.

13

A3) Quando

y = 1 ⇐⇒ x− 54

= 1 ⇐⇒ x = 9,

la nostra serie diventa+∞∑n=2

1n ln n

.

Questa serie e una serie a termini positivi notevole che avete visto a lezione.Si tratta di una serie divergente. Per provarne la divergenza si ricorre alcriterio di confronto integrale o di McLaurin che non approfondiro. I piucuriosi possono consultare il libro di testo per maggiori dettagli. Assumiamoche la divergenza di questa serie e un fatto noto.

A4) Quando

y > 1 ⇐⇒ x− 54

> 1 ⇐⇒ x > 9,

la serie sotto esame e una serie a termini positivi divergente. Infatti, non everificata la condizione necessaria per la convergenza di una serie a termininon negativi, dal momento che (perche?)

limn→+∞

yn

n ln n= +∞.

B1) Quando

−1 < y < 0 ⇐⇒ −1 <x− 5

4< 0 ⇐⇒ 1 < x < 5,

la serie e a termini a segno alterno. Infatti possiamo sempre scrivere iltermine generico della nostra serie come

an =yn

ln n=

[−1(−y)]n

n ln n=

(−1)n(−y)n

n ln n= (−1)nbn,

dopo aver posto

bn =(−y)n

n ln n> 0 ∀n ≥ 2.

Siete tutti convinti del fatto che la serie con cui avete a che fare in questoregime del parametro y e una serie a termini a segno alterno?La serie sotto esame e assolutamente (e quindi semplicemente) convergente.Infatti la serie dei valori assoluti associata alla serie sotto esame e

+∞∑n=2

(−y)n

n ln n

e questa serie e convergente, dal momento che

−1 < y < 0 ⇒ 0 < −y < 1

14

e ci ritroviamo nel caso A2) gia trattato.

B2) Quandoy = −1 ⇐⇒ x = 1,

la serie sotto esame diventa la serie a termini a segno alterno

+∞∑n=2

(−1)n

n ln n.

Per quanto visto in A3), questa serie non converge assolutamente. Tutta-via la serie e semplicemente convergente per il criterio di Leibniz. Le duecondizioni per poterlo applicare sono infatti verificate, dal momento che

limn→+∞

1n ln n

= 0

e la successione an = 1n ln n e decrescente per ogni n ≥ 2. Infatti

n < n+1∀n ≥ 2 ⇒ ln n < ln(n+1)∀n ≥ 2 ⇒ n ln n < (n+1) ln(n+1)∀n ≥ 2 ⇒

⇒ an+1 =1

(n + 1) ln(n + 1)<

1n ln n

= an ∀n ≥ 2.

B3) Quandoy < −1 ⇐⇒ x < 1,

la serie e una serie a termini di segno alterno che non converge assoluta-mente (passando alla serie dei valori assoluti ci ritroviamo nel caso A4)),non converge semplicemente, non diverge, ma e irregolare.

Osservazione 1. I casi A1), A2) e B1) potevano essere accorpati in unicocaso (studiando la convergenza assoluta della serie in quest’unico regime incui −1 < y < 1!)

Esercizio 3. Discutere la convergenza o divergenza del seguente integraleimproprio ∫ +∞

1

arctan(x3)x ln2(x)

dx.

La funzione integranda, che denotiamo per semplicita con f , e definita ede continua sull’intervallo di integrazione illimitato I = (1, +∞). Inoltre lafunzione f e strettamente positiva in I (dunque l’integrale sotto esame esa-me e ben definito; puo o convergere a un numero reale positivo o divergerea +∞).

Dato che (perche?)lim

x→1+f(x) = +∞,

15

la funzione e illimitata in I, mentre

limx→+∞

f(x) = 0

(perche ho effettuato il calcolo di questo limite?).

I punti problematici della f in I sono chiaramente +∞ e 1. Come al solito,scriviamo∫ +∞

1

arctan(x3)x ln2(x)

dx =∫ 2

1

arctan(x3)x ln2(x)

dx +∫ +∞

2

arctan(x3)x ln2(x)

dx

e studiamo il comportamento di ciascuno dei due integrali-addendi. Pren-diamo in esame il secondo integrale della somma∫ +∞

2

arctan(x3)x ln2(x)

dx = limn→+∞

∫ n

2

arctan(x3)x ln2(x)

dx.

Si tratta dell’integrale (improprio) di una funzione limitata (perche?) su unintervallo di integrazione illimitato.Osserviamo che per ogni x ∈ [2, +∞) (perche e lecita l’implicazione chesegue?)

0 < arctan(x3) <Π2⇒ 0 <

arctan(x3)x ln2(x)

<Π2

x ln2(x).

Ne segue che per ogni n ∈ N si ha, per la monotonia dell’integrale e la stimaappena determinata, che

0 <

∫ n

2

arctan(x3)x ln2(x)

dx <Π2

∫ n

2

1x ln2(x)

dx.

Se ne deduce dunque che

0 <

∫ +∞

2

arctan(x3)x ln2(x)

dx = limn→+∞

∫ n

2

arctan(x3)x ln2(x)

dx ≤ Π2

limn→+∞

∫ n

2

1x ln2(x)

dx =

=Π2

∫ +∞

2

1x ln2(x)

dx.

Se quest’ultimo integrale convergesse, allora anche l’integrale addendo sottoesame convergerebbe per il citerio del confronto. Ed e esattamente quantoaccade. Infatti, applicando il metodo di integrazione per sostituzione perintegrali definiti e, in particolare, ponendo

t = t(x) = lnx ⇒ dt = t′(x)dx =1x

dx,

si trova chex = 2 ⇒ t = ln 2, x = n ⇒ t = lnn

16

e, integrando per sostituzione e usando il teorema fondamentale del calcolointegrale, si ha∫ n

2

1x ln2(x)

dx =∫ ln n

ln 2

1t2

dt =[−1

t

]t=ln n

t=ln 2

=1

ln 2− 1

ln n,

da cui a sua volta si ricava∫ +∞

2

1x ln2(x)

dx = limn→+∞

∫ n

2

1x ln2(x)

dx = limn→+∞

(1

ln 2− 1

ln n

)=

1ln 2

< +∞.

Esaminiamo il primo integrale della somma. Si tratta dell’integrale (impro-prio) di una funzione illimitata su un intervallo di integrazione limitato. Siha ∫ 2

1

arctan(x3)x ln2(x)

dx = limε→0+

∫ 2

1+ε

arctan(x3)x ln2(x)

dx.

Questo integrale diverge a +∞ (e dunque diverge a +∞ anche l’integrale-somma assegnato). Lo si dimostra facilmente, ricorrendo al criterio del con-fronto. Infatti, in virtu del fatto che la funzione arcotangente e strettamentecrescente in tutto R, per ogni x ∈ (1, 2] risulta

x3 > x ⇒ arctan(x3) > arctan x > arctan 1 =Π4

.

Per ogni ε > 0 risulta allora, per la monotonia dell’integrale e in virtu delfatto che la funzione integranda e strettamente positiva, che∫ 2

1+ε

arctan(x3)x ln2(x)

dx >Π4

∫ 2

1+ε

1x ln2(x)

dx

e∫ 2

1

arctan(x3)x ln2(x)

dx = limε→0+

∫ 2

1+ε

arctan(x3)x ln2(x)

dx ≥ limε→0+

Π4

∫ 2

1+ε

1x ln2(x)

dx =

=Π4

∫ 2

1

1x ln2(x)

dx.

Se quest’ultimo integrale divergesse a +∞, allora anche l’integrale addendosotto esame divergerebbe a +∞ per il citerio del confronto. Ed e esattamen-te quello che si verifica. Infatti, applicando il metodo di integrazione persostituzione per integrali definiti e, in particolare, ponendo come prima

t = t(x) = lnx ⇒ dt = t′(x)dx =1x

dx,

si trovax = 1 + ε ⇒ t = ln(1 + ε), x = 2 ⇒ t = ln 2

17

e, integrando per sostituzione e rifacendosi ancora una volta al teoremafondamentale del calcolo integrale, si trova∫ 2

1+ε

1x ln2(x)

dx =∫ ln 2

ln(1+ε)

1t2

dt =[−1

t

]t=ln 2

t=ln(1+ε)

=1

ln(1 + ε)− 1

ln 2,

da cui a sua volta si ricava che∫ 2

1

1x ln2(x)

dx = limε→0+

∫ 2

1+ε

1x ln2(x)

dx = limε→0+

(1

ln(1 + ε)− 1

ln 2

)= +∞.

L’esercizio e completato.

Osservazione 2. Si poteva stabilire la divergenza a +∞ del primo integra-le addendo, applicando il criterio del confronto asintotico. Provateci. Unaiuto. Bisogna sviluppare la funzione

g = g(x) = ln2 x

nel suo polinomio di Taylor (arrestandosi al primo ordine significativo ovveroal primo ordine non nullo dello sviluppo) in un intorno di x0 = 1.

Esercizio 4. 1) Rispondere ai seguenti quesiti sui numeri complessi.

i) Sia assegnato un numero complesso z = a + ib con a, b ∈ R. Come sidefiniscono i numeri reali a e b? Quanto vale il complesso coniugato diz? Cosa vuol dire rappresentare z in coordinate polari? Quali coordinatepolari si scelgono per una tale rappresentazione?

Il numero reale a si definisce parte reale del numero comlesso z = a + ib,mentre il numero reale b si definisce parte immaginaria del numero com-plesso z.

Il numero complesso coniugato di z = a + ib e il numero complessoz = a− ib.

Il piano z dei numeri complessi e in corrispondenza biunovoca con il pianoreale ab. Cosa stiamo affermando? Semplicissimo. A ogni numero com-plesso z = a + ib viene associato un punto P le cui coordinate (nel riferi-mento aOb con O = (0, 0)) sono rispettivamente la parte reale a e la parteimmaginaria b di z, i.e.

xP = a, yP = b.

Sia ora z = a + ib un arbitrario numero complesso e P il corrispondentepunto nel piano ab. Sia OP il segmento che unisce l’origine del sistema diriferimento O del piano ab con il punto P .Indichiamo con ρP la lunghezza del segmento OP e con θP l’angolo avente

18

come vertice l’origine O e come generatrici la semiretta da O giacente sulsegmento OP e il semiasse positivo delle ascisse (vi ricordo che un angolo edefinito, se e assegnato un punto (il vertice dell’angolo) e due semirette, an-che coincidenti, uscenti dal vertice (generatrici dell’angolo)). Non e difficilerendersi conto che il punto P (e quindi il numero complesso z) e univoca-mente determinato dalla conoscenza dell’angolo θP e della lunghezza ρP delsegmento OP . La lunghezza ρP del segmento OP si definisce modulo delnumero complesso z (in notazione ρ = |z|), mentre l’angolo θP ∈ [0, 2Π),la cui ampiezza si calcola in senso antiorario a partire dal semiasse positivodelle ascisse (l’angolo di ampiezza 0 corrisponde all’angolo avente verticein O e le due generatrici sovrapposte sul semiasse positivo delle ascisse), sidefinisce argomento principale del numero z (in notazione θ = Arg z).I numeri reali ρP = |z| e θP = Arg z si definiscono coordinate polari delnumero complesso z.

ii) Dare una definizione di modulo e di argomento principale di z ∈ C.Come sono legate queste due quantita alla parte reale e a quella immaginariadi z?

Al punto precedente abbiamo definito le coordinate polari di un numero com-plesso z = a + ib. Se P e il punto nel piano ab associato a z, allora siha

xP = a

eyP = b.

Ma allora, se ρ = |z| e θ = Arg z, applicando il primo teorema dei triangolirettangoli, risulta

a = ρ cos θ

eb = ρ sin θ.

Ci si convince piuttosto facilmente che risulta anche (usando il teorema diPitagora e il secondo teorema dei triangoli rettangoli) che

ρ =√

a2 + b2

e

tan θ =b

a⇒ θ = arctan

(b

a

)∈ [0, 2Π).

Oservate che l’ultima espressione va interpretata con esattamente il seguentesignificato: l’angolo θ appartiene all’intervallo [0, 2Π) ed e tale che

tan θ =b

a.

19

iii) Stabilite le relazioni matematiche che intercorrono fra a = Re z (par-te reale di z), b = Im z (parte immaginaria di z), ρ = |z| (modulo di z)e θ = Arg z (argomento principale di z), dedurne la rappresentazionetrigonometrica di z

z = ρ(cos θ + i sin θ).

Fissiamo un arbitrario numero complesso z. Dal momento che z = a + ib eal punto precedente abbiamo determinato le relazioni che legano a, b, |z| eArg z, si ha immediatamente che

z = a + ib = ρ cos θ + iρ sin θ = ρ(cosθ + i sin θ).

Per chi si non se li ricordasse, cito ex novo gli enunciati dei due teoremi suitriangoli rettangoli usati per ricavare le relazioni fra a, b, |z| e Arg z.

Teorema 1 (Primo teorema dei triangoli rettangoli). In un triangolo ret-tangolo la lunghezza di un cateto e uguale alla lunghezza dell’ipotenusa per ilseno dell’angolo opposto al cateto cercato ovvero alla lunghezza dell’ipotenusaper il coseno dell’angolo adiacente al cateto cercato.

Teorema 2 (Secondo teorema dei triangoli rettangoli). In un triangolo ret-tangolo la lunghezza di un cateto e uguale alla lunghezza del secondo catetoper la tangente dell’angolo opposto al cateto cercato ovvero alla lunghezzadel secondo cateto per la cotangente dell’angolo adiacente al cateto cercato.

2) La seguente relazione (valida per ogni θ ∈ R) si definisce formula diEulero

eıθ = cos θ + i sin θ.

i) Se z ∈ C, ρ = |z| e θ = Arg z, dedurre (utilizzando la rappresentazionetrigonometrica di z) la seguente rappresentazione esponenziale di z

z = ρeiθ.

Niente di piu facile. Il risultato e gia davanti agli occhi. Si ha

z = a + ib = ρ(cos θ + i sin θ) = ρeiθ.

ii) Determinare la rappresentazione esponenziale dei seguenti numeri com-plessi

2i, −18

+ i

√3

8, −5

3.

Indicheremo, come al solito, con a la parte reale, con b la parte immaginaria,con ρ il modulo e con θ l’argomento principale del numero complesso z inesame. Prendiamo in considerazione il numero complesso

z = 2i.

20

In questo caso risulta

a = 0, b = 2 ⇒ ρ =√

a2 + b2 = 2, θ =Π2⇒ z = 2i = 2eiΠ

2 .

Osservate che la condizione

a = 0, b = 2

fornisce informazioni determinanti sul valore di θ. Infatti, proprio in virtudi questa condizione, viene scartato il valore θ = 3

2Π, anch’esso soluzione in[0, 2Π) dell’equazione tan θ = b

a (avete colto l’importanza di quest’osserva-zione?).

Passiamo al numero complesso

z = −18

+ i

√3

8.

Si ha

a = −18, b =

√3

8⇒ ρ =

14, tan θ =

b

a= −

√3 ⇒ ρ =

14, θ =

23Π,

avendo scartato la soluzione 53Π perche i valori di a e b impongono al pun-

to P che individua z di trovarsi nel secondo e non nel quarto quadrante.Ora dovrebbe essere decisamente chiaro come i valori di a e b permettanodi stabilire, in presenza di piu soluzioni (sempre in [0, 2Π)) dell’equazionetan θ = b

a , quale sia l’unica soluzione accettabile! In definitiva si ha

z = −18

+ i

√3

8=

14ei 2

3Π.

Prendiamo in esame il numero complesso

z = −53.

Si haa = −5

3, b = 0 ⇒ ρ =

53, tan θ = 0 ⇒ ρ =

53, θ = Π.

Perche ho scartato la soluzione θ = 0? In definitiva, si ha

z = −53

=53eiΠ.

Osserviamo una volta per tutte che l’equazione

tan θ =b

a,

21

la cui soluzione fornisce l’argomento principale del numero complesso z =a + ib, va risolta in [0, 2Π) (perche?) e ammette sempre (ad eccezione delcaso a = 0) due soluzioni, di cui una va scartata, utilizzando le informazionisul segno di a e di b.

3) Risolvere le seguenti equazioni complesse (con z viene indicato il coniu-gato di z).

Prendiamo in esame l’equazione

(z − 5)3 = −i.

PASSO 1 (sostituzione e strategia). Posto t = z − 5, l’equazione diventa

t3 = −i.

Risolvere quest’equazione significa determinare le tre radici cubiche del nu-mero complesso z = −i.

PASSO 2. (Radice n-esima di un numero complesso z). Ricordiamo leseguenti

Definizione 0.0.3. Sia dato un numero complesso z. Una radice n−esimadi z (in notazione n

√z) e un numero complesso w tale che wn = z.

Proposizione 1. Ogni numero complesso z ammette esattamente n radicin-esime wk (k = 0, 1, . . . , n− 1). In particolare, se z = ρeiθ, allora

wk = n√

ρ · ei( θ+2kΠn ), k = 0, 1, . . . , n− 1.

PASSO 3 (calcolo delle tre radici cubiche di z). La forma trigonometricadel numero complesso z = −i e (ricavatevela autonomamente!) z = 1 · ei 3

2Π.

A questo punto, utilizzando la proposizione 1, si ha che le tre radici cubiche(n = 3) di −i sono

t0 = 1 · ei

„32Π+2·0·Π

3

«= eiΠ

2 = cosΠ2

+ i sinΠ2

= i ⇒

⇒ z0 = t0 + 5 = 5 + i,

t1 = 1 · ei

„32Π+2·1·Π

3

«= ei 7

6Π = cos

76Π + i sin

76Π = −

√3

2− i

2⇒

⇒ z1 = t1 + 5 =10−

√3

2− i

2,

t2 = 1 · ei

„32Π+2·2·Π

3

«= ei 11

6Π = cos

116

Π + i sin116

Π =√

32− i

2⇒

22

⇒ z2 = t2 + 5 =10 +

√3

2− i

2.

Passiamo alla risoluzione dell’equazione

z2 + z = 0.

Poniamo z = a + ib e sostituiamo nell’equazione. Ricaviamo

(a+ib)(a+ib)+a−ib = 0 ⇒ a2−b2+2iab+a−ib = 0 ⇒ (a2−b2+a)+i(2ab−b) = 0.

Determinare una soluzione z dell’equazione assegnata equivale a dover deter-minare a, b ∈ R che soddisfano l’ultima equazione della catena di uguaglian-ze appena enunciate. L’ultima uguaglianza e un’uguaglianza fra un numerocomplesso (dipendente da a e da b) e il numero complesso 0 = 0+i0. Perchequest’uguaglianza sia verificata le parti reali e le parti immaginarie dei duenumeri complessi in gioco devono coincidere. L’equazione di partenza e inaltre parole equivalente al sistema{

a2 − b2 + a = 02ab− b = b(2a− 1) = 0.

Una soluzione (a, b) di questo sistema definisce un numero complesso z =a + ib che e soluzione dell’equazione assegnata. Risolviamo il sistema.

CASO 1. Ci accorgiamo immediatamente che b = 0 e una soluzione del-la seconda equazione. Sostituendo nella prima equazione questo valore di b,si trova

a2 + a = 0

che ha come soluzionia1 = 0, a2 = −1.

Ne segue che i numeri complessi

z1 = a1 + ib = 0, z2 = a2 + ib = −1

sono due soluzioni dell’equazione assegnata.

CASO 2. La seconda soluzione della seconda equazione e data da a = 12 .

Sostituendo questo valore di a nella prima equazione, si trova

14− b2 +

12

= 0

che ha come soluzioni

b3 =√

32

, b4 = −√

32

.

23


z3 = a + ib3 =12

+ i

√3

2, z2 = a + ib4 =

12− i

√3

2.

sono le altre due soluzioni dell’equazione assegnata.


2|z|2 = z3.


2(a2 + b2) = (a + ib)(a + ib)(a + ib) ⇒ 2a2 + 2b2 = a3 + 3ia2b− 3ab2− ib3 ⇒

⇒ (2a2 − a3 + 3ab2 + 2b2) + i(b3 − 3a2b) = 0.

L’equazione di partenza e equivalente al sistema{2a2 − a3 + 3ab2 + 2b2 = 0b3 − 3a2b = b(b2 − 3a2) = 0.

Risolviamo il sistema.

CASO 1. E del tutto evidente che b = 0 e una soluzione della secondaequazione. Sostituendo nella prima equazione questo valore di b, si trova

2a2 − a3 = a2(2− a) = 0

che ha come soluzionia1 = 0, a2 = 2.


z1 = a1 + ib = 0, z2 = a2 + ib = 2

sono due soluzioni dell’equazione assegnata.

CASO 2. In questo caso, poniamo b2 = 3a2 (cosa stiamo facendo?) esostituiamo nella prima equazione, ottenendo

2a2 − a3 + 9a3 + 6a2 = 8a2(1 + a) = 0

che ha come soluzioni

a = 0 ⇒ b = ±√

3 · a = 0

ea = −1 ⇒ b± = ±

√3 · a = ∓

√3.

24

Abbiamo determinato altre due soluzioni dell’equazione (oltre a z = 0), dateda

z3 = a + ib+ = −1− i√

3, z4 = a + ib− = −1 + i√

3.


iRe z + z2 = |z|2 + 1.


ia + a2 − b2 + 2iab = a2 + b2 + 1 ⇒ (2b2 + 1) + i(−2ab− a) = 0.

L’equazione di partenza e in equivalente al sistema{2b2 + 1 = 02ab + a = 0.

Questo sistema non ammette soluzioni (perche?) e dunque anche l’equazioneassegnata non ha soluzioni.

Esercizio 5. 1) Calcolare l’integrale generale delle seguenti equazioni diffe-renziali di primo ordine

y′ − xy = 3x, y′ + 5y = 26 sin x, y′ + 8y = 6e−2x,

y′ =x + 1

y, y′ + 2xy = xe−x2

.

Cominciamo con la prima delle equazioni assegnate:

y′ − xy = 3x.

PASSO 1 (preliminari). Si tratta di un’equazione differenziale lineare delprimo ordine non omogenea. La funzione a = a(x) = −x e definita e conti-nua in tutto R, cosı come la funzione f = f(x) = 3x. Lavoriamo dunque in(a, b) = R.

PASSO 2 (calcolo di una primitiva A di a in R). Calcoliamo una primitivaA di a in R. Si ha

A(x) =∫

a(x) dx =∫−x dx = −x2

2(x ∈ R).

PASSO 3 (integrale generale dell’equazione). Utilizziamo l’espressione com-patta per l’integrale generale di un’equazione lineare del primo ordine (con-trollate eventualmente il file sulle equazioni differenziali che vi ho preparato)

y(x) =(

C +∫

eA(x)f(x) dx

)e−A(x) =

(C + 3

∫e−

x2

2 x dx

)e

x2

2 (x ∈ R).

25

Dal momento che (ometto la costante additiva (perche?))∫xe−

x2

2 dx = −e−x2

2 ,

risultay(x) = −3 + Ce

x2

2 (x ∈ R).

Passiamo allo studio dell’equazione

y′ + 5y = 26 sin x.

PASSO 1 (preliminari). Si tratta di un’equazione differenziale lineare delprimo ordine non omogenea. La funzione a = a(x) = 5 e definita e continuain tutto R, cosı come la funzione f = f(x) = 26 sinx. Lavoriamo di nuovoin tutto R.


A(x) =∫

a(x) dx =∫

5 · dx = 5x (x ∈ R).

PASSO 3 (integrale generale dell’equazione). Utilizziamo l’espressione com-patta per l’integrale generale di un’equazione lineare del primo ordine

y(x) =(

C +∫

eA(x)f(x) dx

)e−A(x) =

(C + 26

∫e5x sin x dx

)e−5x (x ∈ R).

Calcoliamo a parte l’integrale indefinito∫e5x sin x dx.

Procediamo per parti, ponendo

f(x) = e5x ⇒ f ′(x) = 5e5x

eg′(x) = sinx ⇒ g(x) = − cos x.

Integrando per parti, si trova∫e5x sin x dx = −e5x cos x + 5

∫e5x cos x dx.

Procediamo di nuovo per parti, ponendo

f(x) = e5x ⇒ f ′(x) = 5e5x

26

eg′(x) = cosx ⇒ g(x) = sinx.

Integrando per parti, si ricava∫e5x sin x dx = −e5x cos x + 5

∫e5x cos x dx =

= −e5x cos x + 5e5x sin x− 25∫

e5x sin x dx.

Portando l’ultimo addendo della somma a primo membro e sommando, siottiene

26∫

e5x sin x dx = −e5x cos x + 5e5x sin x.

Ritornando allora all’espressione dell’integrale generale di poco prima, siottiene

y(x) =(C − e5x cos x + 5e5x sin x

)e−5x = Ce−5x − cos x + 5 sin x (x ∈ R).


y′ + 8y = 6e−2x.

PASSO 1 (preliminari). Si tratta di un’equazione differenziale lineare delprimo ordine non omogenea. La funzione a = a(x) = 8 e definita e continuain tutto R, cosı come la funzione f = f(x) = 6e−2x.Lavoriamo ancora in tutto R.


A(x) =∫

a(x) dx =∫

8 · dx = 8x (x ∈ R).


y(x) =(

C +∫

eA(x)f(x) dx

)e−A(x) =

(C + 6

∫e6x dx

)e−8x =

=(C + e6x

)e−8x = Ce−8x + e−2x (x ∈ R).

Passiamo allo studio dell’equazione differenziale

y′ =x + 1

y.

PASSO 1 (preliminari). Si tratta di un’equazione differenziale del primoordine (non lineare) a variabili separabili. Le funzioni f e g sono definitecome

f(x) = x + 1

27

eg(y) =

1y,

hanno come loro domini naturali rispettivamente

Df = R

eDg = (−∞, 0) ∪ (0, +∞)

e sono continue dove definite.Inoltre la funzione g e derivabile e ha la derivata continua in ogni punto delsuo dominio Dg. Ne segue che per ogni scelta di x0 nel dominio di f e perogni scelta di y0 nel dominio di g il problema di Cauchy relativo all’equa-zione assegnata ammetterebbe (per il teorema di Cauchy) un’unica soluzionelocale, definita in un intervallo aperto contenente x0.

In questo caso risulta (a, b) = R, mentre scegliamo, senza perdita di ge-neralita, (c, d) = (0, +∞).

PASSO 2 (soluzioni costanti). L’equazione in esame non ammette solu-zioni costanti, dal momento che la funzione g non ha nessuno zero reale.Ne segue anche che l’equazione in esame non ammette soluzioni di tipo mi-sto.

PASSO 3 (calcolo dell’integrale generale dell’equazione). Moltiplicando am-bo i membri dell’equazione per y(x) (perche e lecito farlo?), otteniamo laseguente uguaglianza funzionale

y(x) · y′(x) = x + 1.

Imponendo l’uguaglianza a meno di una costante additiva C (C ∈ R) delleprimitive delle due funzioni a membro sinistro e destro dell’ultima ugua-glianza, si ottiene (solita sostituzione nel primo integrale)∫

y dy = C +∫

(x + 1) dx.

Ne segue che (calcolando i due integrali indefiniti)

[y(x)]2

2= C +

x2

2+ x

ovvero, moltiplicando ambo i membri dell’ultima uguaglianza per 2 e defi-nendo K = 2C ∈ R, risulta

[y(x)]2 = x2 + 2x + K.

28

Chiaramente, va richiesto che la quantita a membro destro sia strettamentepositiva (perche proprio strettamente positiva?) e solo a questo punto si puoestrarre la radice di entrambi i membri dell’ultima uguaglianza ed esplicitaredefinitivamente y = y(x). Qual e il dominio (α, β) della generica soluzionedell’equazione studiata? Dipende dal valore della costante K?

Occupiamoci dell’equazione

y′ + 2xy = xe−x2.

PASSO 1 (preliminari). Si tratta di un’equazione differenziale lineare delprimo ordine non omogenea. La funzione a = a(x) = 2x e definita e conti-nua in tutto R, cosı come la funzione f = f(x) = xe−x2

. Lavoriamo dunquedi nuovo in tutto R.


A(x) =∫

a(x) dx = 2∫

x · dx = x2 (x ∈ R).


y(x) =(

C +∫

eA(x)f(x) dx

)e−A(x) =

(C +

∫x dx

)e−x2

=

=(

C +x2

2

)e−x2

(x ∈ R).

2) Risolviamo il seguente problema di Cauchy{y′ − 1

xy = 0y(1) = 2.

PASSO 1 (preliminari). L’equazione presente nel problema sotto esame eun’equazione lineare omogenea del primo ordine. La funzione a = a(x) = − 1

xe definita e continua in (−∞, 0) ∪ (0, +∞), mentre la funzione f e identi-camente nulla. Dobbiamo scegliere l’intervallo (a, b) in cui lavorare e datoche l’istante iniziale e x0 = 1, scegliamo (a, b) = (0, +∞).

PASSO 2 (integrale generale dell’equazione). Una primitiva A di a in (0, +∞)e data da

A(x) =∫

a(x) dx = −∫

1x

dx = − ln |x| = − ln(x) (x ∈ (0, +∞)),

29

mentre l’integrale generale dell’equazione del problema e dato semplicementeda (C ∈ R)

y(x) = Ce−A(x) = Celn(x) = Cx (x ∈ (0, +∞)).

PASSO 3 (soluzione del problema di Cauchy). Imponendo la condizioneiniziale, si trova

C = 2.

Ne segue che la soluzione del problema di Cauchy sotto esame e data da

y(x) = 2x (x ∈ (0, +∞)).

Passiamo allo studio del problema di Cauchy.{y′ − xy = 2xy(0) = −1.

PASSO 1 (preliminari). L’equazione presente nel problema sotto esamee un’equazione lineare non omogenea del primo ordine. La funzione a =a(x) = −x e la funzione f = f(x) = 2x sono definite e continue in tutto R.Lavoriamo in (a, b) = R.

PASSO 2 (integrale generale dell’equazione). Una primitiva A di a in Re data da

A(x) =∫

a(x) dx = −∫

x dx = −x2

2(x ∈ R).

Utilizzando l’espressione compatta per l’integrale generale di un’equazionelineare del primo ordine, si trova

y(x) =(

C +∫

eA(x)f(x) dx

)e−A(x) =

(C + 2

∫e−

x2

2 x dx

)e

x2

2 =

=(

C − 2e−x2

2

)e

x2

2 = Cex2

2 − 2 (x ∈ R).

PASSO 3 (soluzione del problema di Cauchy). Imponendo la condizioneiniziale, si trova

C = 1.

Ne segue che la soluzione del problema di Cauchy sotto esame e data da

y(x) = ex2

2 − 2 (x ∈ R).

3) Sia assegnato il seguente problema di Cauchy{y′ − 7y = −8e3x

y(0) = 3.

30

Prima di determinare la soluzione di questo problema, dire quanto fa y′(0)−y(0). Trovare quindi la soluzione del problema assegnato.

Rispondiamo alla domanda preliminare. Se y = y(x) e la soluzione delproblema di Cauchy assegnato (che esiste ed e unica; perche?). Risulta

y′(0) = 7 · y(0)− 8 · e3·0 = 7 · 3− 8 = 13 ⇒ y′(0)− y(0) = 13− 3 = 10.

L’integrale generale dell’equazione assegnata dal problema di Cauchy e (de-terminatelo da voi)

y(x) = 2e3x + Ce7x (x ∈ R).

Imponendo la condizione iniziale, si trova

3 = 2 + C ⇒ C = 1.

In definitiva, la soluzione del problema di Cauchy in esame e

y(x) = 2e3x + e7x (x ∈ R).

Esercizio 6. 1) Calcolare l’integrale generale delle seguenti equazioni diffe-renziali di secondo ordine a coefficienti costanti

y′′ − 2y′ − 3y = 0, y′′ − 2y′ = 0, y′′ + 2y′ + y = −3 cos(2x)− 4 sin(2x),

y′′ + 3y′ + 2y = e−x, y′′ − 6y′ + 8y = 3x2 + 2x + 1, y′′ + y = 2 cos x.

Calcoliamo la soluzione dell’equazione lineare omogenea del secondo ordinea coefficienti costanti

y′′ − 2y′ − 3y = 0.

PASSO 1 (equazione caratteristica associata all’equazione e sue soluzioni).L’equazione caratteristica associata all’equazione differenziale in esame e

λ2 − 2λ− 3 = 0.

Quest’equazione ammette due soluzioni reali distinte

λ1 = 3, λ2 = −1.

PASSO 2 (determinazione delle funzioni y1 e y2: base dello spazio vettorialebidimensionale delle soluzioni dell’omogenea). Si ha

y1(x) = eλ1x = e3x, y2(x) = eλ2x = e−x (x ∈ R).

PASSO 3 (integrale generale dell’equazione). L’integrale generale dell’equa-zione in esame e a questo punto (c1 e c2 denoteranno d’ora in poi duegeneriche costanti reali)

y(x) = c1e3x + c2e

−x (x ∈ R).

31

Passiamo allo studio dell’equazione differenziale (lineare, di secondo ordinea coefficienti costanti, omogenea)

y′′ − 2y′ = 0.

PASSO 1 (equazione caratteristica associata all’equazione e sue soluzioni).L’equazione caratteristica associata all’equazione differenziale in esame e

λ2 − 2λ = 0.


λ1 = 0, λ2 = 2.

PASSO 2 (determinazione delle funzioni y1 e y2). Si ha

y1(x) = eλ1x = e0·x = 1, y2(x) = eλ2x = e2x (x ∈ R).

PASSO 3 (integrale generale dell’equazione). L’integrale generale dell’equa-zione in esame e a questo punto

y(x) = c1 + c2e2x (x ∈ R).

Occupiamoci dello studio dell’equazione differenziale lineare non omogeneadel secondo ordine

y′′ + 2y′ + y = −3 cos(2x)− 4 sin(2x).

PASSO 1 (equazione caratteristica associata all’equazione omogenea e suesoluzioni). L’equazione caratteristica dell’equazione omogenea associata al-l’equazione in esame e (il termine noto f e definito e continuo in I =R)

λ2 + 2λ + 1 = 0.

Quest’equazione ammette due soluzioni reali coincidenti

λ1 = λ2 = λ = −1.

PASSO 2 (determinazione delle funzioni y1 e y2). Risulta

y1(x) = eλx = e−x, y2(x) = xeλx = xe−x (x ∈ R).

PASSO 3 (ricerca della funzione y: caso trigonometrico). Ricorriamo almetodo della somiglianza per determinare una soluzione particolare dell’e-quazione non omogenea sotto esame. Cerchiamo y nella forma (K, L ∈R)

y(x) = K cos(2x) + L sin(2x).

32

Perche proprio in questa forma?

Perche nel nostro caso risulta (per le notazioni controllate il file sulle equa-zioni differenziali che vi ho mandato):

α = 0, β = 2, p = α + iβ = 2i.

Il numero complesso p = 2i non e soluzione dell’equazione caratteristica as-sociata all’omogenea. Dunque m = 0 e la forma in cui cercare la soluzionee quella di poco fa (se volete essere ancor piu precisi, individuate i polinomiP1 e P2 e convincetevi che Q1 e Q2 sono uguali rispettivamente alla genericacostante reale K e alla generica costante reale L).

Dobbiamo in definitiva determinare le costanti (polinomi di grado 0) K e Lin modo che y sia una soluzione particolare dell’equazione non omogenea. Atal fine, se si sostituisce y nell’equazione, la funzione y la deve soddisfare.

Per poter sostituire la funzione y nell’equazione abbiamo prima bisogno dicalcolarne le prime due derivate (mi seguite?). Eseguiamo questo semplicis-simo calcolo. Si ha (omettero, per non appesantire le notazioni, di scriveresempre il dominio delle funzioni sotto esame)

y′(x) = −2K sin(2x) + 2L cos(2x), y′′(x) = −4K cos(2x)− 4L sin(2x).

Sostituendo nell’equazione, si trova (eseguendo tutti i calcoli)

(4L− 3K) cos(2x) + (−3L− 4K) sin(2x) = −3 cos(2x)− 4 sin(2x).

Quest’uguaglianza funzionale e equivalente (perche?) alla richiesta che icoefficienti delle funzioni trigonometriche in gioco soddisfino il sistema{

4L− 3K = −3−3L− 4K = −4.

Risolvendo il sistema, si trova K = 1 e L = 0. Dunque

y(x) = cos(2x) (x ∈ R).

PASSO 4 (integrale generale della non omogenea di partenza). L’integralegenerale dell’equazione non omogenea in esame e a questo punto

y(x) = c1e−x + c2xe−x + cos(2x) (x ∈ R).

Occupiamoci dello studio dell’equazione differenziale lineare non omogeneadel secondo ordine

y′′ + 3y′ + 2y = e−x.

33

PASSO 1 (equazione caratteristica associata all’equazione omogenea e suesoluzioni). L’equazione caratteristica dell’equazione omogenea associata al-l’equazione in esame e (il termine noto f e definito e continuo in I =R)

λ2 + 3λ + 2 = 0.


λ1 = −1, λ2 = −2.


y1(x) = eλ1x = e−x, y2(x) = eλ2x = e−2x (x ∈ R).

PASSO 3 (ricerca della funzione y: caso esponenziale). Ricorrendo al me-todo della somiglianza, cerchiamo allora y nella forma

y(x) = xKe−x

con K una costante reale.

Chiediamoci di nuovo, perche proprio in questa forma?

Nel nostro caso risulta (per le notazioni controllate il file sulle equazionidifferenziali che vi ho mandato):

α = −1, β = 0, p = α + iβ = −1.

Il numero complesso p = −1 e soluzione una volta (ovvero con molteplicitaalgebrica 1) dell’equazione caratteristica associata all’omogenea. Dunquem = 1 e la forma in cui cercare la soluzione e

y(x) = xmeαx(Q1(x) cos(βx) + Q2(x) sin(βx)) = xKe−x,

dal momento che P1 = P1(x) = 1 e P2 = P2(x) ha uno 0 come fattoremoltiplicativo (dato dal termine sin(βx) = 0, visto che β = 0). Il genericopolinomio Q1 = Q1(x) di grado 0 e dato allora esattamente dalla costantereale K (mentre il polinomio Q2 e ininfluente, dato che avra sempre uno 0a fattore moltiplicativo).

Dobbiamo dunque determinare la costante K in modo che y sia una soluzio-ne particolare dell’equazione non omogenea. Come prima, se si sostituiscey nell’equazione, la funzione y la deve soddisfare.

Per poter sostituire la funzione y nell’equazione abbiamo di nuovo bisogno dicalcolarne le prime due derivate. Eseguiamo questo semplicissimo calcolo.Si ha

y′(x) = (K − xK)e−x, y′′(x) = (xK − 2K)e−x.

34

Sostituendo nell’equazione, si trova

(xK − 2K)e−x + (3K − 3xK)e−x + 2xKe−x = e−x ⇒ Ke−x = e−x,

da cuiK = 1.

Dunquey(x) = xe−x (x ∈ R).

PASSO 4 (integrale generale della non omogenea di partenza). L’integralegenerale dell’equazione non omogenea in esame e a questo punto

y(x) = (c1 + x)e−x + c2e−2x (x ∈ R).

Passiamo alla discussione dell’equazione lineare non omogenea del secondoordine

y′′ − 6y′ + 8y = 3x2 + 2x + 1.

PASSO 1 (equazione caratteristica associata all’equazione omogenea e suesoluzioni). L’equazione caratteristica dell’equazione omogenea associata al-l’equazione in esame e (di nuovo il termine noto f e definito e continuo inI = R)

λ2 − 6λ + 8 = 0.


λ1 = 2, λ2 = 4.


y1(x) = eλ1x = e2x, y2(x) = eλ2x = e4x (x ∈ R).

PASSO 3 (ricerca della funzione y: caso polinomiale). Dobbiamo calcolareuna soluzione particolare dell’equazione non omogenea. Possiamo anchequesta volta ricorrere al metodo della somiglianza. La y va cercata nellaforma (ai (i = 0, 1, 2) costanti reali)

y(x) = a0 + a1x + a2x2,

dal momento che f = f(x) e un polinomio di grado 2 e p = 0 non e soluzio-ne dell’equazione caratteristica associata all’omogenea.

Sono stato veloce, ma dovrete diventarlo anche voi. Se avessi voluto lavorareal rallentatore, avrei dovuto osservare che

α = 0, β = 0, p = α + iβ = 0,

35

il polinomio P1 e uguale esattamente a f , mentre il polinomio P2 e il po-linomio nullo o e comunque ininfluente, dato che ha 0 come fattore molti-plicativo. Dal momento che p = 0 non e soluzione dell’equazione caratte-ristica associata all’omogenea, poniamo m = 0 e cerchiamo una soluzioneparticolare della non omogenea nella forma

y(x) = xmeαx(Q1(x) cos(βx) + Q2(x) sin(βx)) = Q1(x) = a0 + a1x + a2x2,

con Q1 un generico polinomio di secondo grado a coefficienti reali (dato cheP1(x) = f(x) e un polinomio di secondo grado).

Dobbiamo in definitiva determinare le costanti a0, a1 e a2 in modo che ysia una soluzione particolare dell’equazione non omogenea.

Per poter sostituire la funzione y nell’equazione abbiamo di nuovo bisogno dicalcolarne le prime due derivate. Eseguiamo questo semplicissimo calcolo.Si ha

y′(x) = a1 + 2a2x, y′′(x) = 2a2.

Sostituendo nell’equazione, si trova

2a2 − 6a1 − 12a2x + 8a0 + 8a1x + 8a2x2 = 3x2 + 2x + 1 ⇒

⇒ (2a2 − 6a1 + 8a0) + (8a1 − 12a2)x + 8a2x2 = 1 + 2x + 3x2.

Quest’uguaglianza funzionale e equivalente alla richiesta che i coefficientidei due polinomi in gioco verifichino il sistema

2a2 − 6a1 + 8a0 = 18a1 − 12a2 = 28a2 = 3.

La soluzione di questo sistema e data da

a0 =4164

, a1 =1316

, a2 =38.

Ne segue che

y(x) =4164

+1316

x +38x2 (x ∈ R).

PASSO 4 (integrale generale della non omogenea). L’integrale generaledell’equazione non omogenea in esame e a questo punto

y(x) = c1e2x + c2e

4x +4164

+1316

x +38x2 (xinR).

Completiamo l’esercizio, determinando molto velocemente l’integrale gene-rale dell’equazione lineare non omogenea del secondo ordine

y′′ + y = 2 cos x.

36

L’equazione caratteristica dell’omogenea associata all’equazione in esame e(il termine noto f e definito e continuo in I = R)

λ2 + 1 = 0,

che ammette due soluzioni complesse coniugate

λ1 = −i, λ2 = i.

Ne segue chey1(x) = cosx, y2(x) = sinx (x ∈ R).

Resta da determinare una soluzione particolare dell’equazione non omo-genea. Dato che la funzione f e trigonometrica, procediamo come in unprecedente esercizio, cercando

y(x)

nella forma (perche? Chi e p in questo caso? Tale p e soluzione dell’equa-zione caratteristica associata all’omogenea? Quanto vale m?)

y(x) = xK cos x + xL sin x con K, L costanti reali.

Risulta

y′(x) = (K+xL) cosx+(L−xK) sinx, y′′(x) = (2L−xK) cosx+(−2K−xL) sinx.

Sostituendo nell’equazione, si ricava

2L cos x− 2K sin x = 2 cos x.

Se ne deduce che (perche?) deve essere K = 0 e L = 1.Ma allora

y(x) = x sin x (x ∈ R)

e l’integrale generale dell’equazione cercata e

y(x) = c1y1(x) + c2y2(x) + y(x) = c1 cos x + (c2 + x) sinx (x ∈ R).

2) Avete tutto lo strumentario matematico per risolvere i problemi di Cauchyche seguono. Su alcune cose, viste in dettaglio poco prima, saro un po’ piuveloce. Cominciamo con il problema di Cauchy

y′′ + 16y = 0y(0) = 1y′(0) = 2.

PASSO 1 (calcolo dell’integrale generale dell’equazione). L’equazione ca-ratteristica associata all’equazione differenziale sotto esame e (lavoriamo intutto R)

λ2 + 16 = 0

37


λ1 = −4i, λ2 = 4i.

Lasciando invariate le notazioni del punto precedente, si ha che

y1(x) = cos(4x), y2(x) = sin(4x) (x ∈ R).

Ne segue che l’integrale generale dell’equazione lineare omogenea del secondoordine sotto esame e

y(x) = c1y1(x) + c2y2(x) = c1 cos(4x) + c2 sin(4x) (x ∈ R).

PASSO 2 (soluzione del problema di Cauchy). Imponiamo le condizioniiniziali per determinare le costanti c1 e c2. Dato che (deriviamo l’integralegenerale)

y′(x) = −4c1 sin(4x) + 4c2 cos(4x),

imponendo le condizioni iniziali, si trova il sistema{c1 = 14c2 = 2.


c1 = 1, c2 =12.

Ne segue, in definitiva, che la soluzione del problema di Cauchy analizzatoe

y(x) = cos(4x) +12

sin(4x) (x ∈ R).

Passiamo allo studio del problema di Cauchyy′′ − 4y′ + 5y = 0y(0) = 1y′(0) = 2.

PASSO 1 (calcolo dell’integrale generale dell’equazione). L’equazione carat-teristica associata all’equazione differenziale sotto esame e

λ2 − 4λ + 5 = 0


λ1 = 2 + i, λ2 = 2− i.

Lasciando ancora una volta invariate le notazioni del punto precedente, siha che

y1(x) = e2x cos x, y2(x) = e2x sin x (x ∈ R).

38

Ne segue che l’integrale generale dell’equazione lineare omogenea del secondoordine sotto esame e

y(x) = c1y1(x) + c2y2(x) = c1e2x cos x + c2e

2x sin x (x ∈ R).


y′(x) = 2c1e2x cos x− c1e

2x sin x + 2c2e2x sin x + c2e

2x cos x,

imponendo le condizioni iniziali, si trova il sistema{c1 = 12c1 + c2 = 2.


c1 = 1, c2 = 0.


y(x) = e2x cos x (x ∈ r).

Passiamo allo studio del problema di Cauchyy′′ + 2y′ + 2y = 4 cos(2x)− 2 sin(2x)y(0) = 0y′(0) = 2.

PASSO 1 (calcolo dell’integrale generale dell’equazione (non omogenea!)).L’equazione caratteristica dell’omogenea associata all’equazione sotto esamee

λ2 + 2λ + 2 = 0


λ1 = −1 + i, λ2 = −1− i.


y1(x) = e−x cos x, y2(x) = e−x sin x (x ∈ R).

Ne segue che l’integrale generale dell’equazione lineare omogenea del secondoordine, associata all’equazione sotto esame e

y(x) = c1y1(x) + c2y2(x) = c1e−x cos x + c2e

−x sin x (x ∈ R).

39

Determiniamo una soluzione particolare y dell’equazione non omogenea delproblema. Cerchiamo la soluzione y nella forma (perche?)

y(x) = K cos(2x) + L sin(2x),

con K e L due costanti reali.

Dopo aver determinato

y′(x) = −2K sin(2x) + 2L cos(2x), y′′(x) = −4K cos(2x)− 4L sin(2x),

imponiamo che y risolva l’equazione non omogenea. Se ne deduce che

(4L− 2K) cos(2x) + (−4K − 2L) sin(2x) = 4 cos(2x)− 2 sin(2x),

da cui si ricava (in virtu di quale principio?)

K = 0, L = 1.

Ne segue che una soluzione particolare della non omogenea e

y(x) = sin(2x) (x ∈ R)

e l’integrale generale dell’equazione non omogenea assegnata dal problema e

y(x) = c1e−x cos x + c2e

−x sin x + sin(2x) (x ∈ R).


y′(x) = −c1e−x cos x− c1e

−x sin x− c2e−x sin x + c2e

−x cos x + 2 cos(2x),

imponendo le condizioni iniziali, si trova il sistema{c1 = 0−c1 + c2 + 2 = 2.


c1 = 0, c2 = 0.


y(x) = sin(2x) (x ∈ R).

Passiamo allo studio del problema di Cauchy.y′′ − y′ = 2(1− x)y(0) = 1y′(0) = 1.

40


λ2 − λ = 0

che ammette due soluzioni reali distinte

λ1 = 0, λ2 = 1.


y1(x) = 1, y2(x) = ex (x ∈ R).

Ne segue che l’integrale generale dell’equazione lineare omogenea del secondoordine associata all’equazione sotto esame e

y(x) = c1y1(x) + c2y2(x) = c1 + c2ex (x ∈ R).

Determiniamo una soluzione particolare y dell’equazione non omogenea delproblema. Cerchiamo una soluzione y nella forma polinomiale (perche pro-prio questa? vi ricordate la domanda precedente a riguardo?)

y(x) = x(a0 + a1x) = a0x + a1x2,

con a0 e a1 costanti reali.

Dopo avere determinato

y′(x) = a0 + 2a1x, y′′(x) = 2a1,


2a1 − a0 − 2a1x = 2− 2x,

da cui si ricava (in che modo dovrebbe essere ormai chiarissimo)

a0 = 0, a1 = 1.


y(x) = x2 (x ∈ R)


y(x) = c1 + c2ex + x2 (x ∈ R).


y′(x) = c2ex + 2x,

41

imponendo le condizioni iniziali, si trova il sistema{c1 + c2 = 1c2 = 1.


c1 = 0, c2 = 1.


y(x) = ex + x2 (x ∈ R).

Concludiamo l’esercizio con lo studio del problema di Cauchyy′′ − 8y′ + 16y = e4x

y(0) = 0y′(0) = 1.


λ2 − 8λ + 16 = 0

che ammette due soluzioni reali coincidenti

λ1 = λ2 = 4.


y1(x) = e4x, y2(x) = xe4x (x ∈ R).

Ne segue che l’integrale generale dell’equazione lineare omogenea del secondoordine associata all’equazione sotto esame e

y(x) = c1y1(x) + c2y2(x) = c1e4x + c2xe4x (x ∈ R).

Determiniamo una soluzione particolare y dell’equazione non omogenea delproblema. Cerchiamo una soluzione y nella forma esponenziale (in questocaso con un x2 a moltiplicare; come mai?)

y(x) = x2Ce4x

con C una costante reale.

Dopo aver determinato

y′(x) = 2xCe4x + 4x2Ce4x, y′′(x) = 2Ce4x + 16xCe4x + 16x2Ce4x,

42


2Ce4x = e4x

da cui si ricava (in che modo dovrebbe essere ormai evidente)

C =12.


y(x) =12x2e4x (x ∈ R)


y(x) = c1e4x + c2xe4x +

12x2e4x (x ∈ R).


y′(x) = 4c1e4x + c2e

4x + 4c2xe4x + xe4x + 2x2e4x,

imponendo le condizioni iniziali, si trova il sistema{c1 = 04c1 + c2 = 1.


c1 = 0, c2 = 1.


y(x) = xe4x +12x2e4x (x ∈ R).

43

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