ESERCIZI SULLE EQUAZIONI DIFFERENZIALI

Transcript

1 ESERCII SULLE EQUAIONI DIFFERENIALI PRIMA PARTE VALENTINA CASARINO Esercizi per il corso di Fondamenti di Analisi Matematica 2, (Ingegneria Gestionale, dell Innovazione del Prodotto, Meccanica e Meccatronica, Università degli studi di Padova) () Determinare a 2 R in modo tale che la funzione y(x) =xe ax sia soluzione dell equazione xy 00 (x)+xy 0 (x)+y(x) =0. (2) Data l equazione di erenziale y 0 = e x y, si determini il suo integrale generale. Calcolare poi la soluzione che soddisfa il dato iniziale y(0) = 0. (3) Data l equazione di erenziale y 0 (x) = x (4 x 2 )(y 4), a) determinarne l integrale generale; b) calcolare la soluzione che soddisfa il dato iniziale y(0) = 2. (4) Sia data l equazione di erenziale y 0 =(y 4 )cos3 x. (a) Si calcoli la soluzione dell equazione che soddisfa y(0) =. 4 (b) Determinare, se esistono, soluzioni y e y 2 dell equazione assegnata tali che lim y (x) = x!+ 2 e lim y 2(x) = x!+ 4. (c) Determinare, infine, il dominio delle soluzioni, e stabilire se esistono soluzioni limitate. (5) Si consideri l equazione di erenziale y 0 (x) = 2y 3 x 2 +. a) Si determinino eventuali soluzioni costanti. b) Si determini l integrale generale. c) Si determini la soluzione che soddisfa la condizione iniziale y(0) =, se essa esiste. d) Esistono soluzioni infinitesime per x! +?

2 2 PRIMA PARTE VALENTINA CASARINO (6) Sia y una funzione derivabile due volte su un intervallo, strettamente positiva e soluzione dell equazione di erenziale y 0 (x) =xy(x). Dimostrare che y è c o n v e s s a. (7) Sia y una funzione derivabile due volte su un intervallo contenente l origine, tale che y(0) < 0esoluzionedell equazionedi erenziale y 0 (x) =/y(x). Dimostrare che y è convessa nell origine. (8) Sia y la soluzione del problema di Cauchy ( y 0 (x) =3x 2 log(y +) y(0) = 2. Scrivere (senza risolvere esplicitamente il problema di Cauchy) lo sviluppo di McLaurin di ordine 2 della soluzione. (9) Si consideri l equazione y 0 y = (x)e 2y. (a) Determinare (x) inmodocheunasoluzioney = y(x) soddisfi (y + 2 )e 2y = e x (cos x sin x)+c, ove c 2 R. (b) Per tale valore di (x), stabilire se esistono soluzioni tali che lim y(x) = x!+ 2. (c) Per tale valore di (x), risolvere infine l equazione y 0 y = (x)e x e 2y. (0) Si consideri l equazione y 0 (x) = (x)e 3y(x). (a) Determinare (x) 6= 0inmodotalechelesoluzioniy = y(x) soddisfino ove c è u n a c o s t a n t e r e a l e. (b) Per tale (x), calcolare y(x) = 3 log 3 2 e2x + c, y(x) lim x!+ x, se y è una soluzione qualsiasi. (c) Per tale (x), risolvere infine l equazione di erenziale y 0 (x) =(+x 2 ) e 2x (x)e 3y(x).

3 VALENTINA CASARINO 3 () Dato il problema di Cauchy 8 >< y 0 (x) = 2e2x e 2x +2e x + cos2 y(x) >: y(0) = trovare tutte le soluzioni del problema per =0etrovarnealmenounaper = /2. (2) Si consideri il seguente problema di Cauchy ( y 0 (x) = ky 3 (x) y(0) =. Calcolare lim (y k()) 2. k!+

4 4 PRIMA PARTE VALENTINA CASARINO () Sostituendo nell equazione si ottiene x e ax Soluzioni degli esercizi a 2 x +2a + x e ax (ax +) + xe ax =0, per ogni x 2 I, I intervallo, cioè a 2 x 2 +2ax +(ax 2 + x)+=0, cioè ancora (a a 2 )x 2 +(2 2a)x =0. Icoe cientidix e x 2 devono annullarsi entrambi, quindi a =(osserviamochea =0 porterebbe a 2x =0,manoivogliamochel equazionesiasoddisfattanonsoloperx =0, ma in tutto un intervallo I). (2) L equazione è a variabili separabili. Non esistono soluzioni costanti. Separando le variabili, ci si riduce a calcolare e y dy = e x dx, e y = e x + C, con C costante arbitraria. L integrale generale è quindi y =log(e x + C), C 2 R. Imponendo il dato iniziale y(0) = 0, otteniamo l equazione 0=log(+C), che è soddisfatta solo per C = 0. Quindi la soluzione richiesta è y =log(e x ), cioè y(x) =x. (3) L equazione è a variabili separabili. Osserviamo anche che devono essere verificate le condizioni x 6= ±2ey(x) 6= 4perognix 2 dom y. Non esistono, inoltre, soluzioni costanti. a) Separando le variabili e integrando, otteniamo y 2 (y 4) dy = x 4 x 2 dx, 4y = 2 2 log 4 x2 + C, C2 R. Per esplicitare la soluzione, risolviamo l equazione y 2 8y +log 4 x 2 2C =0, ottenendo y(x) =4± p 6 log 4 x 2 +2C, che rappresenta l integrale generale dell equazione assegnata. b) Poiché la soluzione richiesta deve soddisfare il dato iniziale y(0) = 2 e anche la

5 VALENTINA CASARINO 5 condizione y(x) 6= 4,sicercaunasoluzionetalechey(x) < 4equindidobbiamoimporre il dato iniziale a una soluzione della forma p y(x) =4 6 log 4 x2 +2C, ottenendo C =log2 2=4 p 6 log 4 + 2C, 6. La soluzione richiesta è quindi p y(x) =4 4+2log2 log 4 x2. (4) (a) L equazione assegnata è a variabili separabili. Esiste un unica soluzione costante (y(x) ). Se y 6=,risolviamo 4 4 dy = cos 3 xdx, y 4 ottenendo log y ancora ricaviamo y 4 =sinx 3 sin3 x + C, C2 R, 4 = C0 exp(sin x 3 sin3 x), C 0 > 0, equindi y 4 = C00 exp(sin x 3 sin3 x), C 00 2 R \{0}. Poiché scegliendo C 00 =0ritroviamolasoluzionecostantey =,possiamoconcludere 4 che l integrale generale è dato da y(x) = 4 + k exp(sin x 3 sin3 x), k 2 R,x2 R. Imponendo il dato iniziale y(0) = /4, otteniamo k = /2, quindi la soluzione del problema assegnato è data da y(x) = 4 2 exp(sin x 3 sin3 x), x 2 R. (b) Osserviamo che, se y è una qualsiasi soluzione dell equazione, si ha lim y(x) x!+ x!+ 4 + k exp(sin x 3 sin3 x) = 4 + k lim exp(sin x x!+ 3 sin3 x), quindi il limite non esiste, tranne che nel caso k = 0. Allora una soluzione y tale che lim x!+ y (x) = esiste e coincide con la soluzione costante determinata all inizio, 4 mentre una soluzione y 2 tale che lim x!+ y 2 (x) = non esiste. 2

6 6 PRIMA PARTE VALENTINA CASARINO (c) Poiché le soluzioni hanno tutte la forma y(x) = 4 + k exp(sin x 3 sin3 x), k 2 R,x2 R, esse sono definite su tutto R. Inoltre, data una qualsiasi soluzione, si ha, per esempio, y(x) apple 4 + k exp(sin x 3 sin3 x) apple 4 + k e4/3, quindi tutte le soluzioni sono limitate. (5) a) Esiste un unica soluzione costante, y = 3. 2 b) Se y 6= 3,risulta 2 2y 3 dy = x 2 + dx, Si ha allora log 2y 3 =arctanx + C, C2 R. 2 2y 3 =exp(2arctanx + C) =expc exp(2 arctan x) =K exp(2 arctan x), con K>0. Quindi l integrale generale è dato da y(x) = 3 2 ± K exp(2 arctan x) = K0 exp(2 arctan x),k 0 2 R. c) Imponendo la condizione iniziale y(0) =, otteniamo = K0, cioè K 0 =. La soluzione richiesta è quindi y(x) = 3 exp(2 arctan x). 2 2 d) Dobbiamo in questo caso imporre la condizione 3 lim x! K0 exp(2 arctan x) x!+ 2 + exp( ) 2 K0 =0, cioè 3 + K 0 exp( ) =0,dacuiK 0 = 3/ exp. (6) Derivando entrambi i membri dell equazione di erenziale, otteniamo Osserviamo poi che quindi y è c o n v e s s a s u I. y 00 (x) =y(x)+xy 0 (x), y 00 (x) =y(x)+x 2 y(x). y(x)+x 2 y(x) =y(x) +x 2 > 0,

7 VALENTINA CASARINO 7 (7) Derivando entrambi i membri dell equazione di erenziale, otteniamo Allora quindi y è c o n v e s s a i n 0.. (8) Risulta y(x) =2+o(x 2 )perx! 0. (9) a) Derivando otteniamo y 00 (x) = y 0 (x)/ y(x) 2, y 00 (x) = / y(x) 3. y 00 (0) = / y(0) 3 > 0, (y + 2 )e 2y = e x (cos x sin x)+c, 2y 0 (y + 2 )e 2y + y 0 e 2y = e x ( cos x sin x)+e x (cos x sin x), 2y 0 ye 2y = e x ( 2sinx), cioè yy 0 = e x+2y sin x, quindi (x) =e x sin x. b) Sappiamo che le soluzioni soddisfano (y + 2 )e 2y = e x (cos x sin x)+c. Calcolando il limite per x! + di entrambi i membri e supponendo che lim y(x) = x!+ 2, otteniamo lim e = e x!+ x!+ (ex (cos x sin x)+c). Poiché il limite al secondo membro non esiste, non esistono soluzioni si atte. c) L equazione da risolvere è yy 0 = e 2y sin x, cioè, separando le variabili, ye 2y dy = sin xdx. Integrando per parti otteniamo 4 e 2y (2y +)= cos x + C, cioè e 2y (2y +)=4cosx + C, al variare di C 2 R.

8 8 PRIMA PARTE VALENTINA CASARINO (0) a) Sostituendo y(x) = 3 log 3 2 e2x + c, nell equazione di partenza, si ottiene (x) =e 2x. b) Si ha x!+ y(x) lim x!+ x!+ x x!+ 3x log 3 2 e2x + c = 3 3x log 2 e2x +c 2 3 e 2x x!+ 3x log 3 2 e2x +log +c 2 3 e 2x 3x log 3 2 e2x x!+ 3x log e2x Quindi il limite richiesto vale L = 2 3. c) L equazione da risolvere è x!+ 3x log x log e2x x!+ y 0 (x) =(+x 2 ) e 3y(x), avariabiliseparabili.integrandosiottienesubito 3 e3y = ( + x 2 )dx, cioè 3 e3y = x + 3 x3 + c, e 3y =3x + x 3 +3c, c 2 R. () Il problema dato è del tipo y(x) = 3 log(3x + x3 +3c ), ( y 0 (x) =f(x)g(y) y(0) =, 2x 3x = 2 3. con f(x) = 2e2x e g(y) e 2x +2e x + =cos2 y. Cerchiamo eventuali soluzioni costanti dell equazione y 0 (x) =f(x)g(y). Se esistono soluzioni costanti y = k, sihacos 2 y(x) =cos 2 k =0,cioèk = /2+k, k 2. Per =0sipossonosepararelevariabiliesitrovache y 0 (x) cos 2 y(x) = 2e 2x e 2x +2e x +,

9 dy cos 2 y(x) = 2e 2x e 2x +2e x + dx = Poniamo ora t = e x.otteniamo 2t tan y = dt =2 (t +) 2 VALENTINA CASARINO 9 2e x (e x +) 2 ex dx. t + (t +) 2 dt = =2log t + + t + + C =2log ex + + e x + + C =2log(e x +)+ 2 e x + + C. Imponiamo il dato iniziale y(0) = 0, ottenendo La soluzione è quindi (o anche y(x) =arctan 0=2log2++C. 2log(e x +)+ 2 e x + 2log2 y(x) = arctan[( +log(4)+e x ( + log(4)) 2( + e x )log[+e x ])/( + e x )]) Per = /2, abbiamo già visto che esiste la soluzione costante y(x) = /2. (2) Iniziamo a risolvere l equazione. Essa è a variabili separabili. Osserviamo che y(x) =0 è soluzione costante dell equazione ( ma non del problema di Cauchy ). È quindi lecito supporre d ora in poi che una qualsiasi soluzione dell equazione, denotata con y k,siadiversadazero.separandolevariabilieintegrando,otteniamo dy = kdx, 2y 2 k y 3 k = kx + C, C2 R. Poiché la soluzione richiesta deve soddisfare il dato iniziale y k (0) =, si ha 2 = C. La soluzione richiesta soddisfa quindi cioè 2y 2 k y 2 k = = kx 2kx +. 2,

10 0 PRIMA PARTE VALENTINA CASARINO La soluzione richiesta è quindi y k (x) = p 2kx +. (2) Poichè y k () = p 2k+, il limite richiesto vale lim (y k()) 2 = k!+ lim k!+ 2k + =0.