EQUAZIONI DIFFERENZIALI Esercizi con soluzione

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1 EQUAZIONI DIFFERENZIALI Esercizi con soluzione. Calcolare l integrale generale delle seguenti equazioni differenziali lineari del primo ordine: (a) y 2y = (b) y + y = e x (c) y 2y = x 2 + x (d) 3y + y = 2 e x (e) y + 3y = e ix (f) y + 3y = cos x (g) y + 2xy = x (h) xy + y = 3x 3 (x > ) (i) y + e x y = 3e x (j) y (tan x)y = e sin x (k) y + 2xy = xe x2 (l) y + (cos x)y = sin 2x ( π/2 < x < π/2) 2. Risolvere i seguenti problemi di Cauchy lineari del primo ordine: (a) (b) (c) (d) (e) (f) (g) y + (cos x)y = e sin x y(π) = π y 2y = e3x e x + y() = y y = ch x y() = y + y = sin x + 3 cos 2x y() = y + iy = x y() = 2 y y = e ix y() = y = (cos x)y + cos 3 x y() = 3. (a) Dimostrare che ogni soluzione dell equazione differenziale x 2 y + 2xy = nell intervallo x > tende a zero per x +. (b) Calcolare la soluzione y che soddisfa y(2) = 2y().

2 4. Risolvere le seguenti equazioni differenziali a variabili separabili specificando, ove possibile, l intervallo massimale I delle soluzioni: (a) y = x 2 y (b) yy = x (c) y = x+x2 y y 2 (d) y = ex y +e x (e) y = x 2 y 2 4x 2 5. (a) Utilizzando il teorema di esistenza e unicità, dimostrare che il problema di Cauchy y = y 2 y(x ) = y ha soluzione unica per ogni x, y R. (b) Dimostrare che la soluzione è y(x) = y y (x x ). (Si noti che per y = si ottiene la soluzione costante y =.) (c) Determinare l intervallo massimale della soluzione in funzione del dato iniziale y. 6. (a) Utilizzando il teorema di esistenza e unicità, dimostrare che il problema di Cauchy y = 2 y y(x ) = y ha soluzione unica per ogni y >, x R. (b) Determinare la soluzione massimale. (c) Dimostrare che il problema di Cauchy con condizione iniziale y(x ) = ha più di una soluzione, esibendo almeno 2 soluzioni distinte. Gli esercizi 7 e 8 riguardano il metodo delle approssimazioni successive per risolvere il problema di Cauchy y = f(x, y) y(x ) = y. () Ricordiamo che le approssimazioni successive per il problema () sono le funzioni φ, φ, φ 2,... definite da φ (x) = y, φ n (x) = y + x f(t, φ n (t)) dt, n =, 2,.... Sotto opportune ipotesi sulla funzione f(x, y) (f continua e Lipschitziana in un rettangolo chiuso del tipo x x a, y y b) si dimostra che le φ n (x) convergono per n ad una soluzione φ(x) del problema () per ogni x in un intorno di x e che tale soluzione è unica. y = 3y + 7. Si consideri il problema di Cauchy. y() = 2 (a) Calcolare le prime 4 approssimazioni successive φ, φ, φ 2, φ 3. (b) Calcolare la soluzione esatta. 2

3 (c) Confrontare i risultati ottenuti in a) e in b). 8. Per ognuno dei seguenti problemi di Cauchy calcolare le prime 4 approssimazioni successive φ, φ, φ 2, φ 3 : (a) y = x 2 + y 2, y() = (b) y = + xy, y() = (c) y = y 2, y() = (d) y = y 2, y() = (e) y = + y 2, y() = (f) y = 2xy, y() =. 9. Calcolare l integrale generale (reale se i coefficienti sono reali) delle seguenti equazioni differenziali lineari omogenee a coefficienti costanti del secondo ordine: (a) y 4y = (b) 3y + 2y = (c) y + 6y = (d) y + y + 4 y = (e) y 4y + 5y = (f) y + 2iy + y = (g) y 2iy y = (h) y + (3i )y 3iy =.. Risolvere i seguenti problemi di Cauchy: (a) y + y 6y =, y() =, y () = (b) y 2y 3y =, y() =, y () = (c) y + y =, y() = π, y () = π 2. (d) y + (4i + )y + y =, y() =, y () = (e) y + (3i )y 3iy =, y() = 2, y () =. Calcolare l integrale generale (reale se i coefficienti sono reali) delle seguenti equazioni differenziali lineari omogenee a coefficienti costanti: (a) y + y = (b) y 8y = (c) y (4) 6y = (d) y (4) + 6y = (e) y (4) 2y + y = (f) y (4) + 2y + y = (g) y + 4y 3y 8y = (h) y + 6y + 2y + 8y = 3

4 (i) y (4) + y = (j) y (4) + y + 25y = (k) y (4) + 2y + 2y + 2y + y = (l) y (5) + y = (m) y (6) + y = (n) y (6) y = (o) y (8) + 8y (6) + 24y (4) + 32y + 6y = (p) y () = (q) y 5y + 6y = (r) y () + y = (s) y (4) + 5y + 4y = (t) y 3y 2y = (u) y (5) y (4) y + y = (v) y 3iy 3y + iy = (w) y iy + 4y 4iy = (x) y + iy 2y 2iy = (y) y (4) iy = (z) y (4) + 4iy 6y 4iy + y = 2. Risolvere i seguenti problemi di Cauchy: (a) y + y =, y() =, y () =, y () = (b) y 4y =, y() =, y () =, y () = (c) y (4) + 6y =, y() =, y () = y () = y () = (d) y (5) y (4) y + y =, y() =, y () = y () = y () = y (4) () = 3. Calcolare la funzione analitica y(x) = n= x 3n (3n)! = + x3 3! + x6 6! + x9 9! + in termini di funzioni elementari. (Suggerimento: usando il teorema di derivazione per serie si dimostri che y soddisfa l equazione differenziale y y =, con le condizioni iniziali y() =, y () = y () =.) 4. Calcolare la funzione analitica y(x) = n= in termini di funzioni elementari. x 4n (4n)! = + x4 4! + x8 8! + x2 2! + 4

5 5. Dimostrare che se k N + allora n= x kn (kn)! = k k e αjx, dove α j = k = e i 2πj k (j =,,..., k ). j= 6. Utilizzando il metodo di somiglianza, calcolare una soluzione particolare y p (x) delle seguenti equazioni differenziali lineari a coefficienti costanti non omogenee del secondo ordine: (a) y + 4y = cos x (b) y + 4y = sin 2x (c) y 3y + 2y = x 2 (d) 4y y = e x (e) 6y + 5y 6y = x (f) y 4y = 3e 2x + 4e x (g) y 4y + 5y = 3e x + 2x 2 (h) y 4y + 5y = e 2x cos x (i) y 7y + 6y = sin x (j) y y 2y = e x + x 2 + cos x (k) y + 9y = x 2 e 3x + cos 3x (l) y + y = xe x cos 2x (m) y + 2iy + y = x (n) y 2iy y = e ix 2e ix (o) y + iy + 2y = 2 ch 2x + e 2x 7. Utilizzando il metodo di somiglianza, calcolare una soluzione particolare y p (x) delle seguenti equazioni differenziali lineari a coefficienti costanti non omogenee: (a) y y = x (b) y 8y = e ix (c) y 8y = cos x (d) y 8y = sin x (e) y + 3y + 3y + y = x 2 e x (f) y = x 2 + e x sin x (g) y 3y + 4y 2y = xe x sin x (h) y (4) + 6y = cos x (i) y (4) 4y (3) + 6y 4y + y = e x (j) y (4) y = e x (k) y (4) y = e ix (l) y (4) y = cos x (m) y (4) y = sin x 5

6 (n) y (4) y = e x cos x (o) y (4) y = xe x sin x 8. Risolvere i seguenti problemi di Cauchy: (a) (b) (c) (d) (e) y 8y + 5y = 2 e 3x y() =, y () = y y = x e x y() = = y () y + y = y() = y () = y () = y + y + y = y() = y () = y () = y + y + y + y = y() = y () = y () = 9. Utilizzando il metodo della risposta impulsiva risolvere i seguenti problemi di Cauchy: (a) (b) (c) (d) (e) (f) (g) (h) (i) (j) y 2y + y = ex x+2 y() =, y () =. y + y = cos x y() =, y () =. y y = ch x y() =, y () =. y + 2y + y = e x x 2 + y() =, y () =. y + y = cos 3 x y() =, y () =. y + y = tan x y() =, y () =. y + y = sin x y(π/2) =, y (π/2) =. y y = sh x y() =, y () =. y y = ch x y() =, y () =. y 2y + 2y = ex +cos x y() =, y () =. 6

7 (k) (l) (m) (n) y 3y + 2y = e2x (e x +) 2 y() =, y () =. y 3y + 3y y = ex x+ y() = y () = y () =. y 2y y + 2y = ex e x + y() = y () = y () =. y + 4y = sin 2x y(π/4) = y (π/4) = y (π/4) =. 2. Si consideri l equazione differenziale lineare del secondo ordine a coefficienti variabili y + x y x 2 y = per x >. (a) Dimostrare che ci sono soluzioni della forma x r con r costante. (b) Trovare 2 soluzioni linearmente indipendenti per x > dimostrando la loro indipendenza lineare. (c) Determinare le 2 soluzioni che soddisfano le condizioni iniziali y() =, y () = e y() =, y () =. 2. (a) Dimostrare che ci sono soluzioni della forma x r con r costante dell equazione differenziale x 3 y 3x 2 y + 6xy 6y =. (b) Determinare 3 soluzioni linearmente indipendenti per x > dimostrando la loro indipendenza lineare. 22. In ognuno dei seguenti casi viene data un equazione differenziale, una funzione y (x) e un intervallo. Verificare che y soddisfa l equazione nell intervallo indicato, e trovare una seconda soluzione linearmente indipendente utilizzando il metodo di riduzione dell ordine. (a) x 2 y 7xy + 5y =, y (x) = x 3 (x > ). (b) x 2 y xy + y =, y (x) = x (x > ). (c) y 4xy + (4x 2 2)y =, y (x) = e x2 (x R). (d) xy (x + )y + y =, y (x) = e x (x > ). (e) ( x 2 )y 2xy =, y (x) = ( < x < ). (f) x 2 y + y x y =, y (x) = x (x > ). (g) x 2 y 2 xy y =, y (x) = x 2 (x > ). (h) x 2 y + xy y =, y (x) = x (x > ). (i) x 2 y x(x + 2)y + (x + 2)y =, y (x) = x (x > ). (j) y 2 x 2 y =, y (x) = x 2 (x > ). (k) y + y =, y 4x 2 (x) = x /2 (x > ). (l) y x log x y + y =, y x 2 log x (x) = x (x > ). 7

8 (m) 2x 2 y + 3xy y =, y (x) = /x (x > ). (n) ( x 2 )y 2xy + 2y =, y (x) = x ( < x < ). 23. Utilizzando il metodo della variazione delle costanti determinare una soluzione particolare delle seguenti equazioni differenziali lineari non omogenee. (a) xy ( + x)y + y = x 2 e 2x (si veda l esercizio 22 (d)). (b) x 2 y x(x + 2)y + (x + 2)y = 2x 3 (si veda l esercizio 22 (i)). (c) y 2 x 2 y = x (si veda l esercizio 22 (j)). 24. Risolvere i seguenti problemi di Cauchy (a) (b) x 2 y xy + y = x 2 y() =, y () = x 2 y 2y = 2x y() =, y () = (si veda l esercizio 22 (b)). (si veda l esercizio 22 (j)). (c) y x log x y + x 2 log x y = log x y(e) =, y (e) = (esercizio 22 (l)). 25. (a) Determinare 2 soluzioni indipendenti dell equazione differenziale x 2 y + 4xy + (2 + x 2 )y = nell intervallo x >, cercandole nella forma y(x) = z(x) x 2. (b) Trovare una soluzione particolare dell equazione differenziale x 2 y + 4xy + (2 + x 2 )y = x 2. 8

9 SOLUZIONI. Si usa la formula per l integrale generale dell equazione lineare y = a(x)y + b(x) con a, b C (I), cioè y(x) = e A(x) e A(x) b(x) dx, (2) dove A(x) è una qualsiasi primitiva di a(x) sull intervallo I. (a) y(x) = ke 2x (k R). 2 (b) y(x) = 2 ex + ke x (k R). (c) y(x) = 2 (x2 + 2x + ) + ke 2x (d) y(x) = e x + ke x/3 (k R). (k R). (e) y(x) = 3 i eix + ke 3x (k C). (f) y(x) = (3 cos x + sin x) + ke 3x (k R). Si noti che la funzione y (x) = (3 cos x + sin x), che è una soluzione particolare dell equazione non omogenea, è precisamente la parte reale della soluzione particolare complessa y p (x) = 3 i eix trovata nel punto precedente (con calcoli più semplici). Il motivo è che cos x = Re e ix. La parte immaginaria di y p, cioè la funzione y 2 (x) = ( cos x + 3 sin x), soddisfa invece l equazione y + 3y = sin x = Im e ix. (g) y(x) = 2 + ke x2 (k R). (h) y(x) = 3 4 x3 + k (k R) x (i) y(x) = 3 + ke ex (k R) ( (j) y(x) = cos x e sin x + k ) (k R) (k) y(x) = 2 x2 e x2 + ke x2 (k R) (l) y(x) = 2(sin x ) + ke sin x (k R) 2. Si calcola l integrale generale tramite la formula (2), determinando poi la costante di integrazione k dalla condizione iniziale. Si può anche usare la formula y(x) = y e A(x) + e A(x) x e A(t) b(t) dt che fornisce direttamente la soluzione del problema di Cauchy lineare con la condizione iniziale y(x ) = y. Qui A(x) = x a(t)dt è la primitiva di a(x) che si annulla nel punto x I. (a) y(x) = x e sin x (b) y(x) = e 2x log ( ) e x + 2 (c) y(x) = x e x e x log(ch x) (d) y(x) = 2 sin x 2 cos x cos 2x (e) y(x) = ix + e ix (f) y(x) = +i 2 (e ix e x ) (g) y(x) = sin 2 x + 2 sin x + e sin x sin 2x e x 9

10 3. (a) L integrale generale è y(x) = x + k x 2 (x >, k R), pertanto lim x + y(x) =. (b) y(x) = x 6 7x 2 4. Si usa la formula che fornisce implicitamente le soluzioni non costanti dell equazione a variabili separabili dy = a(x)b(y), cioè dx dy b(y) = a(x) dx. A queste vanno aggiunte le eventuali soluzioni costanti y(x) = ȳ, x, dove ȳ sono gli zeri di b(y). x3 /3 (a) y(x) = ke (k R). Per k = si ottiene la soluzione costante y =. Si ha I = R per ogni valore di k. (b) y(x) = ± x 2 + k (k R). Per ogni valore reale di k abbiamo 2 famiglie di soluzioni corrispondenti al segno + e al segno -, cioè y + (x) = x 2 + k, y (x) = x 2 + k. Notiamo che l intervallo massimale I delle soluzioni y ± dipende dal valore di k. Se k > allora I = R. Se k = allora I = R + oppure I = R. (Nel punto x = l equazione in forma normale, y (x) = x/y(x), perde significato.) Infine se k < si ha I = ( k, + ) oppure I = (, k). (Nei punti x = ± k l equazione in forma normale perde significato perchè y(± k) = e y non è derivabile (tangente verticale).) Notiamo infine che la soluzione del problema di Cauchy y = x/y, y(x ) = y con y esiste ed è unica. Questo è in accordo con il teorema di esistenza e unicità, essendo la funzione b(y) = /y di classe C nell intorno di qualsiasi punto y. Ad esempio y = x/y y(x) = x 2 +, I = R, y() = y = x/y y(x) = x 2 +, I = R, y() = y = x/y y(x) = x 2 3, I = ( 3, + ), y(2) = y = x/y y(x) = x 2 3, I = (, 3). y( 2) = (c) y(x) è definita implicitamente dall equazione 3y 2 2y 3 = 3x 2 + 2x 3 + k (k R). (d) y(x) = log (log(e x + ) + k) (k R). L intervallo I sul quale y è soluzione dipende da k. Se k si ha I = R. Se invece k <, I = (log(e k ), + ). (e) Vi sono le 2 soluzioni costanti y(x) = 2 e y(x) = 2 x. Inoltre si ha y(x) = 2 + ke4x3 /3 ke 4x3 /3 (k R). Per k = si riottiene la soluzione costante y = 2, mentre la soluzione costante y = 2 non si ottiene per alcun valore reale di k (essa si ottiene invece prendendo il limite per k ± ). L intervallo I sul quale y è soluzione dipende da k e precisamente: se k allora I = R; se k > allora I = ( 3 3 log k, + ) 4 oppure I = (, 3 3 log k). 4

11 5. (a) La funzione b(y) = y 2 è di classe C su tutto R. (b) La soluzione costante y = è l unica soluzione del problema di Cauchy con y =. Separando le variabili si ottiene y(x) = /(x + k) (k R). Imponendo la condizione iniziale y(x ) = y con y si trova k = x /y, da cui la formula indicata. Tale formula ha significato anche per y =, nel qual caso fornisce la soluzione costante y =. (c) L intervallo I sul quale y è soluzione dipende dal dato iniziale y. Infatti se y, deve essere x x + /y. Inoltre l intervallo I deve contenere x. Si trova: y = I = R; y > I = (, x + y ); y < I = (x + y, + ). 6. (a) La funzione b(y) = 2 y è di classe C nell intorno di qualsiasi punto y >. Non è invece di classe C in un intorno di y =, e non è neanche Lipschitziana in tale intorno in quanto il rapporto incrementale ( y )/(y ) = / y non è limitato in un intorno di zero. Quindi il teorema di esistenza e unicità si può applicare solo per y >. (b) La soluzione costante y = non soddisfa la condizione iniziale y(x ) = y >. Separando le variabili nell equazione y = 2 y si trova y = x + k, che per x + k fornisce la soluzione y(x) = (x + k) 2. Imponendo la condizione iniziale si trova k = y x, da cui la soluzione del problema di Cauchy y(x) = (x x + y ) 2 definita su I = [x y, + ). In questo caso y è soluzione anche nel punto x = x y in quanto sia y che 2 y si annullano in tale punto. È possibile allora estendere la soluzione oltre tale punto (prolungamento sinistro), ottenendo la seguente soluzione massimale definita su tutto R: (x x + y y(x) = ) 2 se x x y, se x < x y. La verifica è immediata. (c) Consideriamo ora il problema di Cauchy con condizione iniziale y(x ) =. Innanzitutto c è la soluzione costante y(x) = x R. Un altra soluzione si trova separando le variabili per x x e incollando la soluzione costante per x < x : (x x ) ỹ(x) = 2 se x x se x < x. Entrambe queste 2 soluzioni sono definite su tutto R. Traslando la soluzione ỹ a destra di x di una quantità arbitraria c > si ottengono infinite soluzioni dello stesso problema di Cauchy. Tuttavia queste soluzioni coincidono con la soluzione costante in un intorno di x. 7. (a) φ (x) = 2, φ (x) = 2 + 7x, φ 2 (x) = 2 + 7x x2, φ 3 (x) = 2 + 7x x x3. (b) φ(x) = 3 (7e3x ).

12 (c) Usando lo sviluppo in serie di e 3x si verifica che φ n (x) coincide con il polinomio di McLaurin di ordine n di φ(x). 8. (a) φ (x) =, φ (x) = x3 3, φ 2(x) = x3 3 + x7 63, φ 3(x) = x3 3 + x x 89 + x (b) φ (x) =, φ (x) = + x + x2, φ 2 (x) = + x + x2 + x3 + x4, φ (x) = + x + x2 x 3 + x4 + x5 + x6. Si paragoni con la soluzione esatta φ(x) = / ex2 ( + calcolando lo sviluppo di McLaurin al quinto ordine di φ(x). (c) φ (x) = = φ (x) = φ 2 (x) = φ 3 (x). Si paragoni con la soluzione esatta. + 2 /2 e t2 dt) (d) φ (x) =, φ (x) = + x, φ 2 (x) = + x + x 2 + x3, φ 3 3(x) = + x + x 2 + x 3 + 2x 4 + x5 + + x6 + x7. Si calcoli la soluzione esatta e il suo intervallo massimale e si confrontino i risultati. (e) φ (x) =, φ (x) = x, φ 2 (x) = x + x3, φ 3 3(x) = x + x3 + 2x5 + x7. Si calcoli la soluzione esatta e il suo intervallo massimale e si confrontino i risultati. (f) φ (x) =, φ (x) = x, φ 2 (x) = x 2x3, φ 3 3(x) = x 2x3 + 4x5. Si paragoni con 3 5 x la soluzione esatta φ(x) = e x2 e t2 dt. 9. (a) y(x) = c e 2x + c 2 e 2x (c, c 2 R). (b) y(x) = c + c 2 e 2x/3 (c) y(x) = c cos 4x + c 2 sin 4x (d) y(x) = c e x/2 + c 2 xe x/2 (c, c 2 R). (e) y(x) = e 2x (c cos x + c 2 sin x) (c, c 2 R). (c, c 2 R). (c, c 2 R). (f) Le radici del polinomio caratteristico p(λ) = λ 2 + 2iλ + sono λ = i ± = i ± i 2 = i( ± 2). Pertanto l integrale generale (complesso) è y(x) = c e i( 2 )x i( 2+)x + c 2 e con c, c 2 C. Notiamo che se si esclude la soluzione banale y(x) = x (ottenuta per c = c 2 = ), l equazione non ha soluzioni reali comunque si prendano le costanti c, c 2. (g) Si ha p(λ) = λ 2 2iλ = (λ i) 2 = λ = i con molteplicità 2. Pertanto y(x) = c e ix + c 2 xe ix (c, c 2 C). Non vi sono soluzioni reali a parte quella banale. (h) Le soluzioni di p(λ) = λ 2 + (3i )λ 3i = sono determinate dalla formula risolutiva delle equazioni di secondo grado: λ = 2 ( 3i ± ( 3i) 2 + 2i) = 2 ( 3i ± 9 6i + 2i) = 2 ( 3i ± 9 + 6i) = 2 ( 3i ± ( + 3i) 2 ) = ( 3i ± ( + 3i)) =, 3i. 2 Senza utilizzare l identità 9 + 6i = ( + 3i) 2, avremmo dovuto calcolare le radici quadrate del numero complesso z = 8 + 6i, ed il calcolo sarebbe stato molto più lungo. L integrale generale è y(x) = c e x + c 2 e 3ix (c, c 2 C). In questo caso vi sono soluzioni reali dell equazione differenziale, e cioè le funzioni y r (x) = c e x con c R.. (a) y(x) = 3 5 e2x e 3x. 2

13 (b) y(x) = 4 e3x 4 e x. (c) y(x) = π cos x + π2 sin x. (d) Notiamo che le condizioni iniziali y() = y () = e l unicità delle soluzioni del problema di Cauchy implicano che y(x) = x. Non c è dunque bisogno di calcolare l integrale generale, che richiede il calcolo delle radici quadrate del numero complesso z = 8i 9. (e) y(x) = 3i+9 5 ex + 3i 5 e 3ix (si veda l esercizio 9 (h)).. Ricordiamo che ogni radice λ C del polinomio caratteristico p(λ) di molteplicità m contribuisce all integrale generale complesso con le m funzioni: e λ x, xe λ x, x 2 e λ x,..., x m e λ x. Se p(λ) ha coefficienti reali e λ = α + iβ (con β ) è radice di molteplicità m, allora anche λ = α iβ è radice con la stessa molteplicità, e la coppia λ, λ contribuisce all integrale generale reale con le 2m funzioni: e α x cos β x, xe α x cos β x,..., x m e α x cos β x, e α x sin β x, xe α x sin β x,..., x m e α x sin β x. (a) Le radici del polinomio caratteristico p(λ) = λ 3 + sono le 3 radici cubiche di : λ = 3 = e i(π+2kπ) 3 (k =,, 2) = e iπ/3, e iπ, e i5π/3 =, ± i 3. L integrale 2 2 generale reale è y(x) = c e x + c 2 e x/2 cos 3 x + c 2 3e x/2 sin 3 x (c 2, c 2, c 3 R). (b) p(λ) = λ 3 8 = λ = 3 8 = 2e 2kπi 3 = 2, 2e 2πi/3, 2e 4πi/3 = 2, 2( ± i 3 ) = 2, ± i y(x) = c e 2x + c 2 e x cos 3x + c 3 e x sin 3x (c, c 2, c 3 R). (c) p(λ) = λ 4 6 = λ = 4 6 = 2e 2kπi 4 (k =,, 2, 3) = 2, 2e iπ/2, 2e iπ, 2e 3iπ/2 = ±2, ±2i y(x) = c e 2x + c 2 e 2x + c 3 cos 2x + c 4 sin 2x (c, c 2, c 3, c 4 R). (d) p(λ) = λ = λ = 4 6 = 2e i π+2kπ 4 (k =,, 2, 3) = 2e iπ/4, 2e 3iπ/4, 2e 5iπ/4, 2e 7iπ/4 = 2( 2 2 ± i 2 2 ), 2( 2 2 ± i 2 2 ) = 2 ± i 2, 2 ± i 2 y(x) = e 2x (c cos 2x + c 2 sin 2x) + e 2x (c 3 cos 2x + c 4 sin 2x) (c, c 2, c 3, c 4 R). Ricordando che ch x = ex +e x 2 sh x = ex e x 2 e x = ch x + sh x e x = ch x sh x 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) = λ 4 2λ 2 + = (λ 2 ) 2 = λ = ± entrambe con m = 2. Pertanto y(x) = c e x + c 2 xe x + c 3 e x + c 4 xe x (c, c 2, c 3, c 4 R). Possiamo anche scrivere l integrale generale come y(x) = a ch x + b x ch x + c sh x + d x shx (a, b, c, d R). 3

14 (f) p(λ) = λ 4 + 2λ 2 + = (λ 2 + ) 2 = λ = ±i con m = 2 y(x) = c cos x + c 2 x cos x + c 3 sin x + c 4 x sin x (c, c 2, c 3, c 4 R). (g) p(λ) = λ 3 + 4λ 2 3λ 8. Si vede facilmente che p(2) =. Scomponendo con Ruffini si ottiene p(λ) = (λ 2)(λ + 3) 2, da cui le radici λ = 2 con m = e λ 2 = 3 con m 2 = 2 y(x) = c e 2x + (c 2 + c 3 x)e 3x (c, c 2, c 3 R). (h) p(λ) = λ 3 + 6λ 2 + 2λ + 8 = (λ + 2) 3 da cui λ = 2 con m = 3 y(x) = (c + c 2 x + c 3 x 2 )e 2x (c, c 2, c 3 R). (i) p(λ) = λ 4 + λ = λ(λ 3 + ) = λ =, 3 =,, ± i y(x) = c + c 2 e x + e x/2 (c 3 cos 3 x + c 2 4 sin 3 x) (c 2, c 2, c 3, c 4 R). (j) y(x) = (c + c 2 x) cos 5x + (c 3 + c 4 x) sin 5x (c, c 2, c 3, c 4 R). (k) p(λ) = λ 4 + 2λ 3 + 2λ 2 + 2λ +. Si vede facilmente che p( ) =. Scomponendo con Ruffini si ottiene p(λ) = (λ + ) 2 (λ 2 + ), da cui y(x) = (c + c 2 x)e x + c 3 cos x + c 4 sin x (c, c 2, c 3 R). (l) p(λ) = λ 5 + = λ = 5 = e i π+2kπ 5 (k =,, 2, 3, 4) da cui λ = e iπ/5, e i3π/5, e iπ, e i7π/5, e i9π/5 =, cos π 5 ± i sin π 5, cos 3π 5 ± i sin 3π 5 y(x) = c e x + e cos π 5 x (c 2 cos(sin π 5 x) + c 3 sin(sin π 5 x)) + e cos 3π 5 x (c 4 cos(sin 3π 5 x) + c 5 sin(sin 3π 5 )) (c,..., c 5 R). È possibile scrivere esplicitamente i valori di seno e coseno di π e 3π : 5 5 cos π = 5+, sin π = , cos 3π = 5, sin π = (m) p(λ) = λ 6 + = λ = 6 = e i π+2kπ λ = e iπ/6, e iπ/2, e i5π/6, e i7π/6, e i3π/2, e iπ/6 = ±i, y(x) = c cos x + c 2 sin x + e (c,..., c 6 R). 6 (k =,, 2, 3, 4, 5) 3 ± i, 3 ± i x (c 3 cos x 2 + c 4 sin x 2 ) + e 3 (n) p(λ) = λ 6 = λ = 6 = e i 2kπ 6 (k =,, 2, 3, 4, 5) 2 x (c 5 cos x 2 + c 6 sin x 2 ) λ =, e iπ/3, e i2π/3, e π, e i4π/3, e i5π/3 = ±, ± i 3, ± i y(x) = c e x + c 2 e x + e 2 x (c 3 cos 3 x + c 2 4 sin 3 x) + 2 e 2 x (c 5 cos 3 x + c 2 6 sin 3 x) 2 (c,..., c 6 R). (o) p(λ) = λ 8 + 8λ λ λ = (λ 2 + 2) 4 λ,2 = ±i 2 con m = 4 y(x) = (c + c 2 x + c 3 x 2 + c 4 x 3 ) cos 2x + (c 5 + c 6 x + c 7 x 2 + c 8 x 3 ) sin 2x (c,..., c 8 R). (p) p(λ) = λ λ = con m = y(x) = c +c 2 x+c 3 x 2 +c 4 x 3 +c 5 x 4 +c 6 x 5 +c 7 x 6 +c 8 x 7 +c 9 x 8 +c x 9 (c,..., c R). (q) p(λ) = λ 3 5λ 2 + 6λ = λ(λ 2 5λ + 6) = λ(λ 2)(λ 3) y(x) = c + c 2 e 2x + c 3 e 3x (c, c 2, c 3 R). (r) p(λ) = λ + = λ = = e i (2k+)π λ k (k =,,..., 99). L integrale generale complesso è y(x) = 99 k= c ke λkx con c k C. Per scrivere l integrale reale bisogna accorpare a 2 a 2 le radici complesse coniugate. Essendo e iθ = e i(2π θ), si verifica facilmente che λ 99 = λ, λ 98 = λ,..., λ 5 = λ 49 y(x) = 49 k= e cos 2k+ πx[ a k cos ( sin 2k+πx) + b k sin ( sin 2k+πx)] con a k, b k R. 4

15 (s) y(x) = c cos x + c 2 sin x + c 3 cos 2x + c 4 sin 2x (c, c 2, c 3, c 4 R). (t) p(λ) = λ 3 3λ 2. Essendo p( ) = possiamo scomporre con Ruffini ottenendo p(λ) = (λ + ) 2 (λ 2) y(x) = (c + c 2 x)e x + +c 3 e 2x (c, c 2, c 3 R). (u) p(λ) = λ 5 λ 4 λ + = λ 4 (λ ) (λ ) = (λ )(λ 4 ) λ = (m = 2), λ 2 =, λ 3 = i, λ 4 = i (m 2 = m 3 = m 4 = ) y(x) = (c + c 2 x)e x + c 3 e x + c 4 cos x + c 5 sin x (c,..., c 5 R). (v) p(λ) = λ 3 3iλ 2 3λ + i = (λ i) 3 λ = i con m = 3 y(x) = (c + c 2 x + c 3 x 2 )e ix (c, c 2, c 3 C) (w) p(λ) = λ 3 iλ 2 + 4λ 4i = λ 2 (λ i) + 4(λ i) = (λ i)(λ 2 + 4) y(x) = c e ix + c 2 cos 2x + c 3 sin 2x (c, c 2, c 3 C). Le soluzioni con c =, c 2, c 3 R sono reali. (x) p(λ) = λ 3 + iλ 2 2λ 2i = (λ + i)(λ 2 2) y(x) = c e ix + c 2 e 2x + c 3 e 2x (c, c 2, c 3 C). Le soluzioni con c =, c 2, c 3 R sono reali. (y) p(λ) = λ 4 i = λ = 4 i = e i(π/2+2kπ)/4 (k =,, 2, 3) = e iπ/8, e i5π/8, e i9π/8, e i3π/8 y(x) = c e iπ/8 + c 2 e i5π/8 + c 3 e i9π/8 + c 4 e i3π/8 (c, c 2, c 3, c 4 C). Non vi sono soluzioni reali oltre a quella banale. (z) p(λ) = λ 4 + 4iλ 3 6λ 2 4iλ + = (λ + i) 4 y(x) = (c + c 2 x + c 3 x 2 + c 4 x 3 )e ix (c, c 2, c 3, c 4 C). Non vi sono soluzioni reali oltre a quella banale. 2. (a) Usando l esercizio (a) si ottiene y(x) = 3 e x + 3 ex/2 cos 3 x ex/2 sin 3 x. 2 (b) y(x) = sh 2x. 2 (c) Usando l esercizio (d) otteniamo y(x) = cos 2x ch 2x. (d) Usando l esercizio (u) si ottiene y(x) = 5 8 ex 4 xex + 8 e x + cos x sin x Applicando il teorema di derivazione per serie alla funzione y(x) = n= e alle sue derivate y, y, otteniamo: y (x) = y (x) = y (x) = n= n= n= x 3n (3n)! = + x3 3! + x6 6! + x9 9! + x 3n (3n )! = x2 2! + x5 5! + x8 8! + x 3n 2 (3n 2)! = x + x4 4! + x7 7! + x 3n 3 (3n 3)! = x 3n (3n)! = + x3 3! + x6 6! + = y(x). n= 5

16 Ponendo x = vediamo che y soddisfa l equazione differenziale y y = con le condizioni iniziali y() =, y () =, y () =. Consideriamo l equazione differenziale y y =. Le radici del polinomio caratteristico p(λ) = λ 3 sono le 3 radici cubiche dell unità: α =, α = e 2πi/3 = 2 + i 3 2, α 2 = e 4πi/3 = 2 i 3 2. Per i calcoli è più comodo utilizzare l integrale generale complesso, dato da y(x) = c e α x + c e α x + c 2 e α 2x, dove c, c, c 2 C. Imponendo le condizioni iniziali y() =, y () =, y () =, otteniamo il sistema c + c + c 2 = c + α c + α 2 c 2 = (3) c + αc 2 + α2c 2 2 =, la cui soluzione è c = c = c 2 =, come si verifica subito. (Si noti che α 3 +α +α 2 =, e che α 2 = α 2, α2 2 = α.) Otteniamo infine ( y(x) = e x + e ( 2 +i 3 2 )x + e ( 2 i 3 ) 2 )x 3 ( = 3 ex + x 3 e 2 e i 3 2 x + e i 3 ) 2 x = 3 ex e x 2 cos 3 2 x. 4. Procedendo come nell esercizio precedente troviamo che la funzione y(x) soddisfa l equazione differenziale y (4) y = con le condizioni iniziali y() =, y () = y () = y () =. Il polinomio caratteristico p(λ) = λ 4 ha le radici ±, ±i, e l integrale generale complesso è y(x) = c e x + c 2 e x + c 3 e ix + c 4 e ix. Imponendo le condizioni iniziali otteniamo il sistema c + c 2 + c 3 + c 4 = c c 2 + ic 3 ic 4 = (4) c + c 2 c 3 c 4 = c c 2 ic 3 + ic 4 =, la cui soluzione è c = c 2 = c 3 = c 4 =, come si verifica subito. Otteniamo infine 4 y(x) = 4 ( e x + e x + e ix + e ix) = 2 ch x + 2 cos x. 5. Per k = l identità da dimostrare si riduce allo sviluppo in serie dell esponenziale n= xn /n! = e x. Per k = 2 si riduce allo sviluppo in serie del coseno iperbolico n= x2n /(2n)! = (e x + e x )/2 = ch x. I casi k = 3, 4 sono stati trattati negli esercizi 3 e 4. Sia k N +, k 2. Procedendo come nei 2 esercizi precedenti, si ottiene che la funzione x kn y(x) = (kn)! = + xk k! + x2k (2k)! + x3k (3k)! + n= 6

17 soddisfa il problema di Cauchy y (k) y = y() =, y () = = y (k ) () =. Le radici del polinomio caratteristico p(λ) = λ k sono le radici k-esime di : Notiamo che α j = k = e i 2πj k (j =,,..., k ). α =, α = e i 2π k, α2 = e i 4π k = α 2,..., α k = e i 2(k )π k = α k, cioè tutte le radici sono generate dalle potenze della radice α. L integrale generale complesso è y(x) = k j= c je αjx. Imponendo le condizioni iniziali otteniamo il sistema c + c + c c k = c + c α + c 2 α 2 + c k α k = c + c α 2 + c 2 α2 2 + c k αk 2 =. c + c α k + c 2 α2 k + c k α k k =, la cui soluzione è c = c = c 2 = = c k =. Infatti la prima riga è chiaramente k soddisfatta da questi valori. La seconda riga è soddisfatta da c j = j se e solo se k vale l identità α + α + α α k =. Questa è vera in quanto da α k = si ottiene α + α + α α k = + α + α α k = αk α =, dove abbiamo usato l identità + x + x x k = xk x (somma della progressione geometrica) valida per ogni x. Analogamente la p- esima riga del sistema precedente con p k è soddisfatta da c j = j in k quanto + α p + α p α p k = + αp + ( ) α 2 p ( ) + + α k p = + α p + (α) p (α) p k = k (α) p n = (αp ) k α p n= = (5) essendo (α) p k = ( α) k p = p =. Sostituendo i valori c j = k otteniamo infine che j nell integrale generale come dovevasi dimostrare. y(x) = k (eα x + e α x + e α 2x + + e α k x ), 7

18 6. Ricordiamo che il metodo di somiglianza, o dei coefficienti indeterminati, consente di determinare una soluzione particolare di un equazione differenziale lineare a coefficienti costanti non omogenea, Ly = f(x), nel caso in cui il termine forzante f(x) è un polinomio, un esponenziale, un seno o un coseno, o un prodotto di termini di questo tipo. Si cerca una soluzione particolare che sia simile a f(x), contenente dei coefficienti incogniti che si determinano sostituendo la soluzione ipotizzata nell equazione differenziale. Il metodo funziona in quanto un termine forzante del tipo sopra descritto è a sua volta soluzione di un opportuna equazione differenziale omogenea a coefficienti costanti. Il risultato preciso è il seguente. Consideriamo innanzitutto il caso complesso, cioè un equazione differenziale della forma Ly = y (n) + a y (n ) + + a n y + a n y = P (x) e λ x, (6) dove a,..., a n, λ C, e P (x) è un polinomio a coefficienti complessi di grado k. La (6) definisce l operatore differenziale lineare a coefficienti costanti di ordine n L = ( ) d n ( dx + d ) n a dx + + d an + a dx n. Sia p(λ) = λ n + a λ n + + a n λ + a n il polinomio caratteristico dell equazione omogenea associata Ly =. Allora la (6) ha una soluzione particolare della forma y(x) = x m Q(x) e λ x, (7) dove Q(x) è un polinomio a coefficienti complessi di grado k e se p(λ ) m = molteplicità di λ se p(λ ) =. Il polinomio Q(x) è univocamente determinato sostituendo la (7) nella (6) e applicando il principio di identità dei polinomi. Notiamo che se λ = α + iβ C \ R (cioè se β ), il polinomio Q(x) ha coefficienti complessi anche se P (x) e L hanno coefficienti reali. Il metodo di somiglianza reale si ottiene applicando questo risultato al caso in cui P (x) e L hanno coefficienti reali e separando la parte reale e la parte immaginaria della soluzione 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 y = Re y e y 2 = Im y risolvono rispettivamente Ly = P (x)e αx cos βx e Ly 2 = P (x)e αx sin βx. Il risultato preciso è il seguente: se L ha coefficienti reali allora l equazione Ly = P (x)e αx cos βx, dove α, β R e P (x) è un polinomio reale di grado k, ha una soluzione particolare della forma y p (x) = x m e αx ( Q (x) cos βx + Q 2 (x) sin βx ), (8) dove Q (x) e Q 2 (x) sono due polinomi reali di grado k (ma almeno uno di essi ha grado k) e se p(α + iβ) m = molteplicità di α + iβ se p(α + iβ) =. Notiamo che se β = la formula (8) per una soluzione particolare di Ly = P (x)e αx diventa identica alla formula (7) (essendo il polinomio Q(x) reale per λ = α R). Un risultato analogo alla (8) vale per l equazione Ly = P (x)e αx sin βx (β ). Più precisamente si dimostra che se la (8) risolve Ly = P (x)e αx cos βx, allora la funzione ỹ p (x) = x m e αx ( Q 2 (x) cos βx + Q (x) sin βx ) 8

19 risolve Ly = P (x)e αx sin βx. Osserviamo infine che per abbreviare i calcoli è spesso utile usare il formalismo complesso anche nel caso di coefficienti reali. Per esempio per risolvere Ly = e αx cos βx (Ly = e αx sin βx) è sufficiente risolvere Ly = e (α+iβ)x e poi prendere la parte reale (immaginaria) della soluzione complessa trovata. (a) Poichè cos x non è soluzione dell omogenea, si cerca una soluzione particolare della forma y p (x) = a cos x + b sin x, con a, b costanti da determinare. Si calcola y p(x) = a sin x + b cos x, y p(x) = a cos x b sin x. Sostituendo nell equazione differenziale si ottiene 3a cos x + 3b sin x = cos x, da cui a = /3, b =, e y p (x) = cos x. 3 (b) In questo caso sin 2x è già soluzione dell omogenea, quindi si cerca y p nella forma y p (x) = x(a cos 2x + b sin 2x). Si trova y p (x) = x cos 2x. Mostriamo 4 come si possono abbreviare i calcoli utilizzando il formalismo complesso. Essendo sin 2x = Im e 2ix, invece di risolvere y + 4y = sin 2x risolviamo l equazione complessa y + 4y = e 2ix e poi prendiamo la parte immaginaria della soluzione particolare complessa trovata. Poichè e 2ix è già soluzione dell omogenea, il metodo di somiglianza complesso dice di cercare una soluzione della forma y(x) = Axe 2ix dove A è una costante complessa da determinare. Si calcola y (x) = (A + 2iAx)e 2ix, y (x) = (4iA 4Ax)e 2ix. Sostituendo nell equazione y + 4y = e 2ix i termini proporzionali a x si semplificano e si trova A = = i. Dunque la 4i 4 soluzione particolare complessa è y(x) = i 4 xe2ix = i x(cos 2x + i sin 2x) = x sin 2x ix cos 2x y p (x) = Im y(x) = x cos 2x. 4 (c) Il termine forzante è x 2 = x 2 e x. Poichè λ = non è radice del polinomio caratteristico p(λ) = λ 2 3λ + 2, e poichè x 2 è un polinomio di secondo grado, si cerca y p nella forma y p (x) = ax 2 + bx + c. Si ottiene y p (x) = 4 (2x2 + 6x + 7). (d) Poichè e x non è soluzione dell omogenea, si cerca y p (x) = ae x e si trova y p (x) = 3 ex. (e) Si cerca y p (x) = ax + b e si trova y p (x) = x (f) Si applica il principio di sovrapposizione, risolvendo separatamente l equazione differenziale con i termini forzanti 3e 2x e 4e x, e poi sommando le soluzioni particolari ottenute. Nel primo caso essendo e 2x già soluzione dell omogenea, si cerca y p (x) = axe 2x. Nel secondo caso si cerca y p (x) = be x. Il risultato finale è y p (x) = 3 4 xe2x 4 3 e x. (g) Procedendo come nell esercizio precedente, si trova y p (x) = 3 e x x x (h) Siccome e 2x cos x è soluzione dell omogenea, si cerca una soluzione particolare nella forma y(x) = x e 2x (a cos x + b sin x). Sostituendo nell equazione si ottiene, con calcoli un pò laboriosi, a = e b =, da cui la soluzione particolare 2 y p (x) = x sin x 2 e2x. Come nell esercizio 6 (b), si può ottenere la soluzione più velocemente usando il formalismo complesso. Essendo e 2x cos x = Re ( e (2+i)x), invece di risolvere y 4y + 5y = e 2x cos x risolviamo l equazione complessa y 4y + 5y = e (2+i)x (9) e poi prendiamo la parte reale della soluzione. Poichè 2 + i è radice di p(λ) = λ 2 4λ + 5 con molteplicità, cerchiamo una soluzione particolare della (9) nella forma y(x) = A x e (2+i)x 9

20 dove A C è una costante complessa (polinomio complesso di grado zero) da determinare. Si ha y (x) = A e (2+i)x + A x(2 + i)e (2+i)x, y (x) = 2A(2 + i)e (2+i)x + A x(2 + i) 2 e (2+i)x. Sostituendo nella (9) otteniamo l equazione e (2+i)x A x [ (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) =. Otteniamo 2Ai =, da cui A = 2i = i 2, e y(x) = i 2 x e(2+i)x = i 2 x e2x (cos x + i sin x) = x e 2x ( sin x i cos x). 2 2 La soluzione particolare reale richiesta è allora y p (x) = Re y(x) = 2 x e2x sin x. Notiamo che la funzione Im y(x) = 2 x e2x cos x risolve invece l equazione y 4y + 5y = e 2x sin x. (i) Si cerca y p (x) = a cos x + b sin x e si trova y p (x) = (7 cos x + 5 sin x). 74 (j) Si risolve separatamente l equazione non omogenea con i 3 termini forzanti e x, x 2, cos x. Nel primo caso si cerca y p (x) = axe x, essendo e x già soluzione dell omogenea. Nel secondo caso si cerca y p (x) = ax 2 + bx + c, e nel terzo y p (x) = a cos x + b sin x. Il risultato finale è y p (x) = 3 xe x 2 x2 + x 3 3 cos x sin x. 2 4 (k) y p (x) = 62 (9x2 6x + )e 3x + x sin 3x. 6 (l) y p (x) = [( 5 5x)ex cos 2x + ( 2 + x)e x sin 2x]. Per abbreviare i calcoli conviene usare il formalismo complesso risolvendo y + y = xe (+2i)x e poi prendendo la parte reale della soluzione. (m) Procedendo come nel caso dei coefficienti reali, si cerca y p (x) = ax + b dove a, b sono 2 costanti possibilmente complesse da determinare. Si trova y p (x) = x 2i. (n) Si risolve separatamente l equazione con termine forzante e ix e 2e ix. Nel primo caso, poichè λ = i è radice del polinomio caratteristico di molteplicità 2 (si veda l esercizio 9 (g)), si cerca y p nella forma y p (x) = ax 2 e ix con a C. Nel secondo caso si cerca y p (x) = be ix con b C. Il risultato è y p (x) = 2 x2 e ix + 2 e ix. (o) Le radici del polinomio caratteristico sono i, 2i. Il termine forzante è una combinazione lineare di e 2x e e 2x. Possiamo risolvere separatamente cercando y p (x) = ae 2x in un caso e y p (x) = be 2x nell altro, con a, b C. Il risultato è y p (x) = 3 i 2 e2x + 6+2i 2 e 2x. 7. (a) Il polinomio caratteristico è p(λ) = λ 3 λ = λ(λ 2 ) e le radici sono λ =, ±. Il termine forzante è x = x e x. Poichè x è un polinomio di primo grado e λ = è radice di p(λ) di molteplicità, si cerca y p (x) = x(ax + b). Il risultato è y p (x) = 2 x2. 2

21 (b) Si ha p(λ) = λ 3 8 = (λ 2)(λ 2 + 2λ + 4) e le radici sono λ = 2, ± i 3. Il termine forzante è e ix e λ = i non è radice di p(λ), pertanto si cerca y p (x) = ae ix con a C. Il risultato è y p (x) = i 8 65 eix. (c) È sufficiente prendere la parte reale della soluzione complessa trovata nell esercizio precedente. Essendo i 8 65 eix = i 8 65 (cos x + i sin x) = [ 8 cos x sin x + i(cos x 8 sin x)] 65 otteniamo y p (x) = 65 ( 8 cos x sin x). Alternativamente si cerca y p nella forma a cos x + b sin x e si procede direttamente. (d) Prendendo la parte immaginaria della soluzione complessa trovata nell esercizio 7 (b) si ottiene y p (x) = (cos x 8 sin x). 65 (e) Si ha p(λ) = λ 3 + 3λ 2 + 3λ + = (λ + ) 3 quindi λ = è radice di p(λ) di molteplicità 3. Il termine forzante x 2 e x è il prodotto di un polinomio di secondo grado per e x. Dunque si cerca y p (x) = x 3 (ax 2 + bx + c)e x. Il risultato è y p (x) = 6 x5 e x. (f) y p (x) = 6 x5 4 e x cos x + 4 e x sin x. (g) Si ha p(λ) = λ 3 3λ 2 + 4λ 2. Si vede facilmente che p() =. Scomponendo con Ruffini si trova p(λ) = (λ )(λ 2 2λ + 2), da cui le radici λ =, ± i. Il termine forzante xe x sin x è il prodotto di un polinomio di primo grado per la funzione e x sin x, che è già soluzione dell omogenea. In accordo con il metodo di somiglianza reale, vi è una soluzione particolare della forma y p (x) = xe x [(ax + b) cos x + (cx + d) sin x]. Per abbreviare i calcoli è preferibile utilizzare il formalismo complesso. Essendo xe x sin x = Im xe (+i)x, si risolve l equazione complessa y 3y + 4y 2y = xe (+i)x e si prende la parte immaginaria della soluzione trovata. Il metodo di somiglianza complesso dice di cercare una soluzione particolare della forma y(x) = x(ax + B)e (+i)x = (Ax 2 + Bx)e (+i)x, con A, B C. Calcolando y, y e y e sostituendo nell equazione complessa si ottiene con facili calcoli A = /4, B = 3i/4. La soluzione particolare complessa è y(x)x( 4 x 3 4 i)e(+i)x = xe x [ 4 x cos x sin x + i ( 3 4 cos x 4 x sin x)]. La soluzione particolare reale è y p (x) = xe x ( 3 4 cos x 4 x sin x). (h) y p (x) = 7 cos x. (Conviene risolvere y(4) + 6y = e ix.) (i) Si ha p(λ) = λ 4 4λ 3 + 6λ 2 4λ + = (λ ) 4, quindi λ = è radice di p(λ) di molteplicità 4 e l integrale generale dell omogenea è (c + c 2 x + c 3 x 2 + c 4 x 3 )e x. Poichè il termine forzante è proprio e x, una soluzione particolare va cercata nella forma y p (x) = ax 4 e x. Il risultato è y p (x) = 24 x4 e x. (j) Si ha p(λ) = λ 4 = (λ 2 )(λ 2 + ) da cui le radici semplici λ = ±, ±i. Il termine forzante è e x, quindi si cerca y p (x) = axe x. Il risultato è y p (x) = 4 xex. (k) Si cerca y p (x) = axe ix con a C. Si trova a = i/4 y p (x) = i 4 xeix. 2

22 (l) Prendendo la parte reale della soluzione trovata nell esercizio precedente si ottiene y p (x) = x sin x. 4 (m) Prendendo la parte immaginaria della soluzione complessa trovata nell esercizio 7 (k) si ottiene y p (x) = x cos x. 4 (n) Il termine forzante è e x cos x = Re e (+i)x. Poichè + i non è radice di p(λ), vi è una soluzione particolare della forma y p (x) = e x (a cos x + b sin x). Per abbreviare i calcoli conviene usare il formalismo complesso e risolvere y (4) y = e (+i)x. Cercando una soluzione della forma y(x) = ce (+i)x con c C, si trova c = (+i) 4 = 5, da cui la soluzione particolare complessa y(x) = 5 e(+i)x. Prendendone la parte reale otteniamo y p (x) = 5 ex cos x. (o) Il metodo di somiglianza reale dice che vi è una soluzione particolare della forma y p (x) = e x [(ax + b) cos x + (cx + d) sin x]. Conviene però risolvere l equazione complessa y (4) y = xe (+i)x e poi prendere la parte immaginaria (essendo xe x sin x = Im xe (+i)x ). In accordo con il metodo di somiglianza complesso, cerchiamo una soluzione particolare complessa della forma y(x) = (Ax + B)e (+i)x con A, B C. Sostituendo nell equazione complessa si ottiene abbastanza facilmente che A = /5, B = 8( i)/25. La soluzione complessa è dunque y(x) = [ x + 8 ( 5 25 i)]e(+i)x. Prendendone la parte immaginaria otteniamo y p (x) = e x [ 8 25 cos x + ( 5 x ) sin x]. 8. Ricordiamo che l integrale generale dell equazione non omogenea Ly = f(x) è dato da y(x) = y om (x) + y p (x), dove y om è l integrale generale dell equazione omogenea associata Ly =, e y p è una soluzione particolare qualsiasi dell equazione non omogenea. (a) Determiniamo innanzitutto l integrale generale. Il polinomio caratteristico è p(λ) = λ 2 8λ + 5 = (λ 3)(λ 5) e la soluzione generale dell omogenea è y om (x) = c e 3x + c 2 e 5x. L equazione non omogenea ha termine forzante 2e 3x. Poichè e 3x è già soluzione dell omogenea, cerchiamo una soluzione particolare della non omogenea nella forma y p (x) = axe 3x. Si ha y p(x) = a(3x + )e 3x, y p(x) = a(9x + 6)e 3x. Sostituendo nell equazione non omogenea otteniamo a [9x + 6 8(3x + ) + 5x] e 3x = 2 e 3x, da cui a =. L integrale generale è dunque y(x) = c e 3x + c 2 e 5x x e 3x. Calcolando y (x) e imponendo le condizioni iniziali y() = = y () otteniamo il sistema c + c 2 = 3c + 5c 2 = La soluzione del problema di Cauchy è infine c = /2 c 2 = /2. y(x) = 2 e3x + 2 e5x x e 3x. 22

23 (b) Il polinomio caratteristico è p(λ) = λ 2, quindi l equazione omogenea ha la soluzione generale y om (x) = c e x + c 2 e x. L equazione non omogenea ha termine forzante xe x. Poichè x un polinomio di primo grado e poichè e x è già soluzione dell omogenea, cerchiamo una soluzione particolare della non omogenea nella forma y p (x) = x(ax + b)e x. Si ha y p(x) = [ax 2 + (2a + b)x + b]e x, y p(x) = [ax 2 + (4a + b)x + 2a + 2b]e x. Sostituendo nell equazione non omogenea si ottiene [ax 2 + (4a + b)x + 2a + 2b ax 2 bx]e x = x e x, da cui 4ax + 2a + 2b = x, e quindi 4a = 2a + 2b = a = /4 b = /4. La soluzione particolare è 4 x2 e x 4 xex, e l integrale generale dell equazione non omogenea è y(x) = c e x + c 2 e x + 4 x2 e x 4 x ex. Le condizioni iniziali danno origine al sistema c + c 2 = c c 2 = 4 La soluzione del problema di Cauchy è infine c = /8 c 2 = /8. y(x) = 8 [ e x e x + 2x 2 e x 2x e x]. (c) Il polinomio caratteristico è p(λ) = λ 3 + λ 2 = λ 2 (λ + ), quindi c è la radice doppia λ = e la radice semplice λ =. L integrale generale dell omogenea è y om (x) = c + c 2 x + c 3 e x. Il termine forzante è = e x, cioè il prodotto di un polinomio di grado zero per l esponenziale e x. Poichè λ = è radice di p(λ) di molteplicità 2, cerchiamo una soluzione particolare della non omogenea nella forma y p (x) = x 2 a. Si ha y p(x) = 2ax, y p(x) = 2a, y p (x) =. Sostituendo nella non omogenea otteniamo a = /2, da cui l integrale generale y(x) = c + c 2 x + c 3 e x + 2 x2. Imponendo le condizioni iniziali si ottiene il sistema c + c 3 =, c 2 c 3 =, c 3 + =, la cui soluzione è c =, c 2 = c 3 =. La soluzione del problema di Cauchy è y(x) = x e x + 2 x2. (d) Il polinomio caratteristico è p(λ) = λ 3 + λ 2 + λ = λ(λ 2 + λ + ), le radici di p(λ) sono λ =, ± i 3, e la soluzione generale dell omogenea è 2 2 y om (x) = c + c 2 e x/2 cos 3 x + c 2 3e x/2 sin 3 x. 2 Una soluzione particolare della non omogenea deve avere la forma y p (x) = x a. Si ha y p(x) = a, y p(x) = = y p (x). Sostituendo nella non omogenea otteniamo a =, da cui y p (x) = x e l integrale generale 23

24 y(x) = c + c 2 e x/2 cos 3 x + c 2 3e x/2 sin 3 x + x. 2 Imponendo le condizioni iniziali si trova, con facili calcoli, c =, c 2 =, c 3 = 3, da cui la soluzione del problema di Cauchy 3 y(x) = + e x/2 cos 3 x e x/2 sin 3 x + x. 2 (e) Il polinomio caratteristico è p(λ) = λ 3 + λ 2 + λ + = (λ + )(λ 2 + ) e l integrale generale dell omogenea è y om (x) = c e x +c 2 cos x +c 3 sin x. Il termine forzante è = e x. Poichè λ = non è radice di p(λ), la non omogenea ha una soluzione particolare della forma y p (x) = a. Si ha y p = y p = y p =. Sostituendo nella non omogenea si ottiene a = da cui y p (x) = e l integrale generale y(x) = c e x + c 2 cos x + c 3 sin x +. Imponendo le condizioni iniziali si ottiene il sistema c + c 2 + =, c + c 3 =, c c 2 =, la cui soluzione è c = c 2 = c 3 = /2. La soluzione del problema di Cauchy è y(x) = 2 (e x + cos x + sin x). 9. Ricordiamo che la risposta impulsiva di un equazione differenziale lineare omogenea a coefficienti costanti (reali o complessi) di ordine n è la soluzione del problema di Cauchy Ly = Ly = y (n) + a y (n ) + + a n y + a n y = y() = y () = = y (n 2) () =, y (n ) () =. Il metodo della risposta impulsiva consente di determinare una soluzione particolare dell equazione non omogenea Ly = f(x) quando f è una funzione continua qualsiasi su un intervallo I. Indicando con g(x) la risposta impulsiva, si ha che l equazione Ly = f(x) ha una soluzione particolare data dall integrale di convoluzione y p (x) = x g(x t)f(t) dt (x, x I). () Più precisamente, si dimostra che y p risolve il problema di Cauchy Ly = f(x) y(x ) = y (x ) = = y (n ) (x ) =. La formula () fornisce dunque la soluzione particolare dell equazione non omogenea Ly = f(x) che soddisfa condizioni iniziali tutte nulle nel punto x I e con un termine forzante continuo arbitrario f C (I). Notiamo che se α,..., α n sono costanti arbitrarie, la soluzione del problema di Cauchy non omogeneo Ly = f(x) y(x ) = α, y (x ) = α 2,..., y (n ) (x ) = α n è data da y(x) = y om (x) + y p (x), dove y om con le stesse condizioni iniziali di y, cioè Ly = risolve il problema di Cauchy omogeneo y(x ) = α, y (x ) = α 2,..., y (n ) (x ) = α n. 24

25 La risposta impulsiva g(x) è completamente determinata dalle radici del polinomio caratteristico p(λ) e dalle loro molteplicità. Per n =, g(x) è la soluzione del problema y + ay =, y() =, ed è data da g(x) = e λ x, dove λ = a è l unica radice di p(λ) = λ + a. Per n = 2, g(x) è la soluzione del problema y + ay + by = y() =, y () =, ed è data dalle seguenti formule. Siano λ, λ 2 p(λ) = λ 2 + aλ + b. Allora le radici del polinomio caratteristico se λ λ 2 ( = a 2 4b ) g(x) = λ λ 2 ( e λ x e λ 2x ) ; se λ = λ 2 ( = ) g(x) = x e λ x. Se a e b sono reali, g(x) è reale e possiamo riscriverla come segue nel caso : posto α = a/2 e /2 se < β = α ± iβ se < così che λ,2 = /2 se > α ± β se > si ha g(x) = 2iβ 2β ( e (α+iβ)x e (α iβ)x) = β eαx sin(βx) se < ( e (α+β)x e (α β)x) = β eαx sinh(βx) se >. Per n generico, siano λ,..., λ n le radici del polinomio caratteristico p(λ) = λ n + a λ n + + a n λ + a n (non necessariamente distinte, ognuna contata con la sua molteplicità), e indichiamo con g λ...λ n la risposta impulsiva dell equazione Ly =. Vale allora la formula ricorsiva: g λ λ n (x) = e λnx e λnt g λ λ n (t) dt, () che consente di calcolare g λ...λ n iterativamente. Per esempio per n = 3 otteniamo dalla () le seguenti formule per la risposta impulsiva g = g λ λ 2 λ 3 : se λ λ 2 λ 3 (radici tutte distinte) se λ = λ 2 λ 3 g(x) = e λ x + e λ 2 x + e λ 3 x ; (λ λ 2 )(λ λ 3 ) (λ 2 λ )(λ 2 λ 3 ) (λ 3 λ )(λ 3 λ 2 ) g(x) = (λ λ 3 ) 2 [ e λ 3 x e λ x + (λ λ 3 ) x e λ x ] ; se λ = λ 2 = λ 3 g(x) = 2 x2 e λ x. 25

26 Notiamo che se i coefficienti dell equazione differenziale y + a y + a 2 y + a 3 y = sono tutti reali, allora g(x) è reale. Infatti nel caso di radici tutte distinte se λ R e λ 2,3 = α ± iβ con β, si calcola g(x) = (λ α) 2 +β 2 [e λ x + β (α λ ) e αx sin βx e αx cos βx In tutti gli altri casi λ, λ 2, λ 3 sono reali se a, a 2, a 3 R. Per n generico si ottiene un espressione semplice della risposta impulsiva g = g λ...λ n nel caso di radici tutte distinte o tutte uguali, cioè se λ λ 2 λ n (radici tutte distinte) g(x) = c e λ x + c 2 e λ 2x + + c n e λnx, ]. dove c k = j k (λ k λ j ) ( k n); se λ = λ 2 = = λ n g(x) = (n )! xn e λ x. Nel caso generale, siano λ,..., λ k le radici distinte di p(λ), di molteplicità m,..., m k, con m + + m k = n. Esistono allora dei polinomi G,..., G k, di gradi rispettivamente m,..., m k, tali che g(x) = G (x)e λ x + + G k (x)e λ kx. Un metodo per determinare i polinomi G,..., G k è il seguente. Consideriamo la decomposizione di /p(λ) in fratti semplici su C: (λ λ ) m (λ λk ) m k Si dimostra allora che G j (x) = c j + c j2 x + c j3 x 2 = c λ λ + + c k λ λ k + c 2 (λ λ ) + + c m 2 (λ λ ) + m c k2 (λ λ k ) + + c kmk. 2 (λ λ k ) m k 2! + + c jm j x mj (m j )! ( j k). (a) Il polinomio caratteristico è p(λ) = λ 2 2λ+ = (λ ) 2, dunque λ = λ 2 =, e la risposta impulsiva è g(x) = x e x. Il termine forzante ex è continuo per x > 2 x+2 e per x < 2. Poichè le condizioni iniziali sono poste nel punto x =, possiamo lavorare nell intervallo I = ( 2, + ). Dalla formula () otteniamo la seguente soluzione del problema proposto nell intervallo I : y(x) = (x t) e x t e t dt = ex t + 2 ( ) x + 2 = e x t + 2 x t t + 2 dt dt = e x [(x + 2) log(t + 2) t] x = e x [(x + 2) log(x + 2) x (x + 2) log 2] = e x (x + 2) log ( ) x+2 2 x e x. 26

27 Notiamo che l integrale generale dell equazione y 2y + y = ex x+2 nell intervallo I si può scrivere come y gen (x) = c e x + c 2 x e x + e x (x + 2) log(x + 2) (c, c 2 R). Infatti il termine x e x (x + 2)e x log 2 nella soluzione particolare trovata sopra può essere inglobato in y om (x) = c e x + c 2 x e x. (b) Si ha p(λ) = λ 2 +, dunque λ = λ 2 = i, e la risposta impulsiva è g(x) = e ix e ix = sin x. I dati iniziali sono posti nel punto x 2i = e possiamo lavorare nell intervallo I = ( π/2, π/2), dove il termine forzante è continuo. Dalla cos x formula () otteniamo y(x) = = = sin x sin(x t) cos t dt (sin x cos t cos x sin t) cos t dt dt cos x = x sin x + cos x log(cos x). sin t cos t dt (c) Si ha p(λ) = λ 2, dunque λ =, λ 2 =, e la risposta impulsiva è g(x) = e x e x = sh x. Il termine forzante è continuo su tutto R. Dalla formula () 2 ch x si ha y(x) = = = sh x sh (x t) ch t dt (sh x ch t ch x sh t) ch t dt dt ch x = x sh x + ch x log(ch x). (d) y(x) = xe x arctan x 2 e x log( + x 2 ). sh t ch t dt (e) y(x) = ( cos x). 2 cos x (f) La risposta impulsiva è g(x) = sin x, il termine forzante tan x è continuo nell intervallo I = ( π/2, π/2). Dalla formula () si ha y(x) = sin(x t) tan t dt = sin x = sin x( cos x) cos x = sin x( cos x) + cos x = sin x cos x dt. cos t cos 2 t cos t sin t dt cos x dt cos t dt cos x Per calcolare l integrale facciamo il cambio di variabili dt cos t sin 2 t dt cos t tan t 2 = s cos t = s2 +s 2, dt = 2 +s 2 ds 27

28 Notando che tan x/2 dt = cos t cos x +sin x = [ log s s+ = log = log cos x. tan x/2 2 ds == s 2 ] tan x/2 sin x/2 cos x/2 sin x/2+cos x/2 +sin x > x I, otteniamo infine ( s s+) dt tan x/2 = log tan x/2+ = log sin2 x/2 cos 2 x/2 (sin x/2+cos x/2) 2 y(x) = sin x + cos x log ( cos x +sin x). (g) y(x) = sin x log(sin x) (x π/2) cos x nell intervallo I = (, π). (h) y(x) = sh x log(sh x/sh ) (x )ch x nell intervallo I = (, + ). (i) Si ha p(λ) = λ 2 λ = λ(λ ) λ =, λ 2 =, e la risposta impulsiva è g(x) = e x. Il termine forzante è continuo su R. Dalla formula () si ha y(x) = ch x ( e x t ) dt = ex ch t I due integrali si calcolano elementarmente: ch t dt = 2 dt = 2 e t + e t = 2 arctan ( e t) + C, Otteniamo infine e t ch t dt = 2 e 2t + dt = 2 = 2t log ( + e 2t) + C. e t ch t dt e t e 2t + dt + e 2t e 2t + e 2t dt ch t dt. y(x) = e x [2t log ( + e 2t) ] x 2[ arctan ( e t) ] x = e x [2x log ( + e 2x) ] + e x log 2 2 arctan (e x ) + π 2, (j) p(λ) = λ 2 2λ + 2 = λ,2 = ± i, la risposta impulsiva è g(x) = e x sin x. Il termine forzante + cos x è continuo su I = ( π, π). Dalla formula () otteniamo y(x) = e x t sin(x t) dt = +cos t ex sin x I due integrali si calcolano elementarmente: = x e t cos t dt +cos t ex cos x sin t dt = [ log( + cos +cos t t)]x = log ( ) +cos x 2, cos t dt = +cos t cos t+ +cos t dt = dt dt +cos t dt = x [ tan t x 2 cos 2 t/2 2] = x tan x 2 y(x) = e x sin x(x tan x 2 ) + ex cos x log ( +cos x 2 ). sin t dt. +cos t 28