EQUAZIONI DIFFERENZIALI / ESERCIZI SVOLTI

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1 ANALISI MATEMATICA I - A.A. 011/01 EQUAZIONI DIFFERENZIALI / ESERCIZI SVOLTI L asterisco contrassegna gli esercizi più difficili. Determinare l integrale generale dell equazione differenziale y = e x y e risolvere il relativo problema di Cauchy con condizione iniziale y (0) = 0. L equazione ammette soluzioni limitate? Svolgimento. Poiché e x y = e x e y, si tratta di un equazione a variabili separabili: y = g (x) h (y) con g (x) =e x e h (y) =e y = 1 e y. Poiché h (y) =0significa 1 e =0, che è impossibile, l equazione non ha integrali singolari. Le soluzioni y non costanti si determinano separando formalmente le variabili ed integrando: dy dx = 1 ex e y e y dy = e x dx e y dy = e x dx e y = e x + c con c costante reale arbitraria. Prendendo il logaritmo di ambo i membri per esplicitare la y, siottiene log e y =log(e x + c), ossiay =log(e x + c) con c costante reale arbitraria. Dunque l integrale generale dell equazione è dato da (1) y (x) =log(e x + c), con c R costante arbitraria e ciascuna soluzione è definita su un opportuno intervallo I dipendente da c: quello degli x tali che e x + c>0 (si trova I = R se c 0 e I =(log( c), + ) se c<0). Poiché y (0) = log e 0 + c =log(1+c) per ogni c R, la generica soluzione (1) soddisfa il problema di Cauchy con dato iniziale y(0) = 0 seesoloselog (1 + c) =0,chesignifica 1+c =1,ossiac =0. Dunque la soluzione del problema di Cauchy è la funzione y (x) =loge x,cioèy(x) =x, conx R. Poiché lim (ex + c) =+ per ogni c R, la generica soluzione (1) soddisfa lim y (x) = lim log (ex + c) = lim log t =+ t + ed è pertanto illimitata superiormente. Dunque l equazione non ammette soluzioni limitate. Data l equazione differenziale y =(y 1) cos x, risolvere il problema di Cauchy associato con condizione iniziale y(0) = 1. Determinare poi, se esistono, le soluzioni y 1 (x) e y (x) dell equazione tali che lim y 1(x) =1e lim y (x) =. L equazione ammette soluzioni non limitate? Svolgimento. Si tratta di un equazione a variabili separabili 1 : y = g (x) h (y) con g (x) =cosxe h (y) =y 1. Poichéh (y) =0significa y =1, l equazione ammette un unico integrale singolare y (x) 1, definito su tutto R (= dom g). Le soluzioni non costanti si determinano separando formalmente le variabili ed integrando: dy dx = (y 1) cos x 1 dy =cosxdx y 1 1 y 1 dy = cos xdx log y 1 =sinx + c 1 che, alternativamente, può anche essere studiata come equazione lineare: y y cos x = cos x 1

2 M.GUIDA, S.ROLANDO con c costante reale arbitraria. Prendendo l esponenziale di ambo i membri si ottiene e log y 1 = e sin x+c, ossia y 1 = e c e sin x,ilchesignifica y 1 = ce sin x, ossia y 1=±ce sin x, con c costante reale positiva arbitraria. Ciò equivale a y 1=ce sin x con c costante reale non nulla arbitraria e quindi, poiché per c =0l ultima espressione restituisce la funzione constante y (x) 1, l integrale generale dell equazione (comprendente soluzioni costanti e non) risulta () y (x) =1+ce sin x per ogni x R, con c costante reale arbitraria. Essendo y (0) = 1 + ce sin 0 =1+ce 0 =1+c per ogni c R, la generica soluzione () soddisfa il problema di Cauchy con dato iniziale y(0) = 1 se e solo se 1+c = 1, cioèc =. Poiché lim esin x non esiste, la generica soluzione () è tale che lim 1+ce sin x =1 se c =0 non esiste se c = 0. Dunque non esistono soluzioni y (x) tali che lim y (x) =, mentre la condizione lim y 1(x) =1è soddisfatta dalla soluzione costante y 1 (x) 1. Circa la limitatezza delle soluzioni, risulta e sin x e per ogni x R (in quanto l esponenziale è crescente e sin x 1 per ogni x R) e pertanto la generica soluzione () soddisfa y (x) = 1+ce sin x 1+ ce sin x =1+ c e sin x 1+ c e per ogni x R. Dunque tutte le soluzioni dell equazione sono limitate su R. Risolvere il problema di Cauchy y =x cos y y (0) = π/. Svolgimento. Risolviamo innanzitutto l equazione differenziale y =xcos y, per poi selezionare la soluzione che risolve anche il problema di Cauchy. Si tratta di un equazione a variabili separabili: y = g (x) h (y) con g (x) =x e h (y) =cos y. Poiché h (y) =0significa cos y =0,cioècos y =0, l equazione ha le infinite soluzioni costanti y (x) π +kπ con k Z, definite su tutto R (= dom g). Nessuna di queste soluzioni risolve il problema il Cauchy (in quanto non esiste k Z tale che π + kπ = π ) e quindi la soluzione del problema va cercata tra quelle non costanti. Le soluzioni non costanti si determinano separando formalmente le variabili ed integrando: dy dx =x 1 cos y cos dy =xdx y 1 cos y dy = xdx tan y = x + c con c costante reale arbitraria. Ciò significa chelesoluzioniy (x) non costanti dell equazione, ciasuna definita su un opportuno intervallo I, sono tutte e sole le funzioni derivabili in I etalichetan (y (x)) = x + c per ogni x I ( ). A noi interessa l unica soluzione tale che y (0) = π, la quale deve allora soddisfare tan (y (0)) = c y (0) = π, da cui segue che deve essere c =tan π =1. D altra parte, poiché ciascuna soluzione dell equazione assume valori in uno ed uno solo degli intervalli in cui il coseno non si annulla (cioè gli intervalli del tipo π + kπ, π + kπ con k Z) e poiché sappiamo che la nostra soluzione assume il valore π,essaassumerà valori tutti contenuti nell intervallo π, π (cioè nell intervallo del tipo π + kπ, π + kπ che contiene Volendo esplicitare l integrale generale rispetto a y e tenendo conto della periodicità della tangente, si ottiene y (x) = arctan x + c +kπ per ogni x R, che,alvariaredik Z e c R, fornisceleinfinite soluzioni non costanti dell equazione.

3 EQUAZIONI DIFFERENZIALI 3 π ), su cui la tangente si inverte nell arcotangente. Questo consente di esplicitare tan (y (x)) = x +1 tramite la funzione arcotangente e dunque, in definitiva, la soluzione del problema di Cauchy è y (x) = arctan x +1 per ogni x R. Risolvere l equazione differenziale y +(sinx) y =sinx e, se esistono, determinarne: (i) le soluzioni costanti; (ii) le soluzioni non limitate. Svolgimento. Si tratta di un equazione lineare del primo ordine a coefficienti continui sull intervallo I = R. Usiamolaformularisolutiva y (x) =e A(x) e A(x) g (x) dx per ogni x R dove g (x) =sinx e A (x) è una qualsiasi primitiva di a (x) =sinx su R. Siha a (x) dx = sin xdx= cos x + c e quindi possiamo scegliere A (x) = cos x. Allora, effettuando la sostituzione t = cos x, dt =sinxdx, si ha e A(x) g (x) dx = e cos x sin xdx= e t dt = e t + c = e cos x + c con c R costante arbitraria, da cui si ottiene y (x) =e cos x e cos x sin xdx= e cos x e cos x + c =1+ce cos x per ogni x R. L integrale generale è dunque (3) y (x) =1+ce cos x per ogni x R, con c R costante arbitraria. La generica soluzione (3) è costante se e solo se y (x) =0per ogni x R, cioè c (sin x) e cos x =0per ogni x R, ilchesignifica c =0. Dunque l equazione ha un unica soluzione costante, data da ( 3 ) () y (x) =1 per ogni x R. Poiché l esponenziale è monotona crescente e si ha che cos x 1 per ogni x R, risultae cos x e per ogni x R e pertanto la generica soluzione (3) soddisfa y (x) = 1+ce cos x 1+ c e cos x =1+ c e cos x 1+ c e per ogni x R. Dunque ogni soluzione dell equazione è limitata su R, cioè l equazione non ammette soluzioni non limitate. Risolvere per x>0 l equazione differenziale y + 1 x y = x y(x) e, se esistono, determinarne le soluzioni tali che: (i) lim x =1; (ii) lim xy(x) =1. x 0 + Svolgimento. Si tratta di un equazione lineare del primo ordine a coefficienti continui sugli intervalli J =(, 0) ed I =(0, + ), darisolversisulsecondo(x>0). Usiamo la formula risolutiva y (x) =e A(x) e A(x) g (x) dx per ogni x I dove g (x) =x e A (x) è una qualsiasi primitiva di a (x) =1/x su I. Siha 1 a (x) dx = dx =logx + c per x>0 x 3 Si noti che l equazione può anche essere vista come equazione a variabili separabili: y = sinx (sin x) y, ossia y = g (x) h (y) con g (x) =sinx e h (y) =1 y; allora le sue soluzioni costanti si ottengono risolvendo h (y) =0,che equivale a y =1eforniscequindil unicasoluzionecostante().

4 M.GUIDA, S.ROLANDO e quindi possiamo scegliere A (x) =logx. Allora, siccome e log x = x, siha e A(x) g (x) dx = e log x x dx = x 3 dx = x + c con c R costante arbitraria e quindi si ottiene y (x) =e log x L integrale generale è dunque y (x) = x3 + c x Per ogni valore di c risulta e log x x dx = 1 x e log x + c = 1 x x + c = x3 + c x y(x) lim x = lim per ogni x>0, con c R costante arbitraria. 1 x 3 x + c x = lim x + c x 3 =+ per ogni x I. e pertanto l equazione non ammette soluzioni soddisfacenti la condizione (i). Per ogni valore di c risulta x 3 lim xy(x) = lim x x 0 + x c x = lim x x c = c e pertanto la condizione (ii) è soddisfatta se e solo se c =1, fornendo l integrale particolare y (x) = x + per ogni x>0. x Risolvere l equazione differenziale y +xy = x e rispondere ai seguenti quesiti, motivando la risposta: (i) esistono soluzioni che tendono a 0 per x +? (ii) quale deve essere il valore iniziale y 0 affinché la soluzione che soddisfa y(0) = y 0 sia costante? Svolgimento. Si tratta di un equazione differenziale lineare del primo ordine a coefficienti continui sull intervallo I = R: y + a (x) y = g (x) con a (x) =x ed g (x) =x. Usiamo la formula risolutiva y (x) =e A(x) e A(x) g (x) dx per ogni x R dove A (x) è una qualsiasi primitiva di a (x) =x su R. Siha a (x) dx = xdx= x + c per x R e quindi possiamo scegliere A (x) =x. Allora risulta e A(x) g (x) dx = e x xdx= 1 e x xdx= 1 e t dt = et + c = ex + c (dove si è effettuata la sostituzione t = e x, dt =xe x dx) equindisiottiene e x y (x) =e x e x xdx= e x + c = 1 + ce x per ogni x R. L integrale generale è dunque y (x) = 1 + ce x per ogni x R, con c R costante arbitraria. (i) Per ogni costante c, risulta lim y (x) =1/ e quindi non esistono soluzioni che tendono a 0 per x +.

5 EQUAZIONI DIFFERENZIALI 5 (ii) L unica soluzione costante si ha per c =0ed è y (x) =1/ per ogni x R, la quale soddisfa ovviamente y (0) = 1/. Allora, per unicità della soluzione al problema di Cauchy, la condizione iniziale da imporre per ottenere tale soluzione è y(0) = 1/, cioèy(0) = y 0 con y 0 =1/. Scrivere l integrale generale dell equazione differenziale 1+x (5) y = y e stabilire se essa ammette soluzioni non limitate. Determinarne inoltre, se esistono, le soluzioni non costanti y 1 (x) e y (x) tali che lim y 1(x) =1e lim y (x) =0. Svolgimento. Poiché 1+x =0per ogni x R, l equazione equivale a y 1 1+x y =0 cheèun equazionedifferenziale lineare del primo ordine omogenea (cioè del tipo y + a (x) y =0,con coefficiente a (x) = 1 1+x,definito e continuo su tutto R). Il suo integrale generale è dato dalla formula y (x) =ce A(x) per ogni x R dove A (x) è una qualsiasi primitiva di a (x) e c è una costante reale arbitraria. Risulta 1 a (x) dx = dx = arctan x + k (k costante reale arbitraria), 1+x quindi possiamo prendere A (x) = arctan x ed ottenere (6) y (x) =ce arctan x per ogni x R, con c R costante arbitraria. Di conseguenza l equazione differenziale non ammette soluzioni non limitate, in quanto per ogni c R la funzione y (x) è limitata su R, perchécontinuasur e dotata di limiti finiti all infinito: (7) lim y(x) x =ce π/ e lim y(x) =ceπ/. Tenendo conto dei limiti (7), la soluzione y 1 (x) tale che lim y 1(x) =1esiste e corrisponde al valore di c soddisfacente ce π/ =1,ossiac = e π/ e quindi y 1 (x) =e π/+arctan x (non costante). Al contrario, non esiste alcuna soluzione non costante y (x) tale che lim y (x) =0, in quanto l equazione ce π/ =0 equivale a c =0eforniscequindilasoluzionecostantey(x) 0. Osservazione. L equazione (5) può anche essere risolta come equazione a variabili separabili, essendo equivalente a y = 1 1+x y. Essa ammette un unica soluzione costante, data y (x) =0per ogni x R. Circa le soluzioni non costanti, dall uguaglianza 1 y dy = 1 1+x dx si ricava log y = arctanx + c con c costante reale arbitraria y = e c e arctan x y = ce arctan x con c>0 costante reale arbitraria y = ±ce arctan x y = ce arctan x con c = 0costante reale arbitraria. Recuperando la soluzione costante come corrispondente al valore c =0perlacostante arbitraria, si ritrova l integrale generale (6).

6 6 M.GUIDA, S.ROLANDO Determinare la soluzione del problema di Cauchy y = y t (8) t y ( 1) = 1 indicando l intervallo massimale su cui essa è definita. Scriverne inoltre lo sviluppo di Taylor-Peano di ordine centrato in t 0 = 1. Svolgimento. L equazione è lineare del primo ordine completa: y + a (t) y = g (t) con a (t) = 1 t+ e g (t) = 1 t. I coefficienti sono entrambi definiti e continui sugli intervalli I 1 =(, ), I =(, 0) e I 3 =(0, + ), su cui saranno quindi definite le soluzioni. Poiché 1 I, la soluzione del problema di Cauchy (8) (che esiste ed è unica) sarà definita su I. Lo sviluppo di Taylor-Peano di tale soluzione y (t) può essere ricavato prima di determinarne l espressione esplicita, usando solo il fatto che essa verifica (8). Infatti ciò significa y ( 1) = 1 e y (t) = y (t) t per ogni t I, t da cui segue y (t) = d dt y (t) = d y (t) dt t + + d 1 dt t = y (t)(t +) y (t) (t +) 1 t per ogni t I. Allora, valutando in t 0 = 1, siha (9) y ( 1) = 1, (10) (11) e quindi y ( 1) = y ( 1) 1 =1 1 = 3, y ( 1) = y ( 1) y ( 1) 1 = = 1 y (t) = y ( 1) + y ( 1) (t +1)+ y ( 1) = 1+ 3 (t +1) 1 (t +1) + o((t +1) ) t 1. (t +1) + o((t +1) ) t 1 Poiché sull intervallo I =(, 0) si ha 1 t+dt = log (t +)+c, l integrale generale dell equazione differenziale su I è y (t) =e log(t+) e log(t+) 1 t dt =(t +) 1 1 t + 1 dt = t +t t (t +) dt. Scomponendo in fratti semplici si ottiene 1 t (t +) = 1 1 t 1 1 t +, da cui, integrando in senso indefinito sull intervallo I =(, 0), risulta 1 t (t +) dt = 1 1 t dt 1 1 t + dt = 1 log t 1 log t + + c 1 = 1 log ( t) 1 log (t +)+c 1 = 1 t log + c 1 t + (con c 1 R costante arbitraria). Dunque l integrale generale dell equazione differenziale su I è y (t) = t + 1 t log + c 1 = t + t log + c t + 8 t + con c R costante arbitraria (c =c 1 ). Essendo y ( 1) = c/8 per ogni c R, la soluzione con condizione iniziale y ( 1) = 1 si ottiene per c =8edèpertantodatada y (t) = t + t (1) log + t + per ogni t (, 0). 8 t + Osservazione. Ovviamente lo sviluppo di Taylor richiesto poteva anche essere determinato a posteriori, calcolando i valori (9)-(11) tramite l espressione (1) della soluzione.

7 EQUAZIONI DIFFERENZIALI 7 Scrivere l integrale generale dell equazione differenziale (13) y + y y = x e risolvere il problema di Cauchy y + y y = x (1) y(0) = 0 y (0) = 1. Svolgimento. Si tratta di un equazione lineare del secondo ordine a coefficienti costanti, la cui equazione caratteristica λ + λ =0 ha le soluzioni λ 1 =, λ =1. L integrale generale dell equazione differenziale omogenea associata è quindi y o (x) =c 1 e x + c e x con c 1,c costanti reali arbitrarie. Cerchiamo una soluzione particolare y p (x) dell equazione completa (13). Poiché il termine noto g (x) = x è un polinomio di primo grado e 0 non è soluzione dell equazione caratteristica, si cercherà y p (x) della forma y p (x) =ax + b (generico polinomio di primo grado). Si ha yp (x) =a e yp (x) =0,quindiy p (x) risolve (13) se e solo se a (ax + b) = x, ossia a = ax + a b = x cheequivalea a b =0. Talesistemahalasoluzioneunicaa =1,b=1/ edunquedovràessere y p (x) =x + 1. L integrale generale y (x) =y o (x)+y p (x) della (13) è allora (15) y (x) =c 1 e x + c e x + x + 1 per ogni x R con c 1,c costanti reali arbitrarie. Derivando, si ottiene y (x) = c 1 e x + c e x +1e quindi, calcolando y (x) e y (x) in x =0,sitrova y (0) = c 1 + c + 1 e y (0) = c 1 + c +1 per ogni c 1,c R. Dunque la generica soluzione (15) soddisfa il problema di Cauchy (1) se e solo se c1 + c + 1 =0 c 1 + c +1=0 che significa c 1 =1/6,c = /3 epertantofornisce come soluzione del problema (1). y (x) = 1 6 e x 3 ex + x + 1 Determinare l integrale generale dell equazione differenziale y + y 6y =1 18x. Svolgimento. Si tratta di un equazione lineare del secondo ordine a coefficienti costanti, la cui equazione caratteristica λ + λ 6=0 ha le soluzioni λ 1 = 3 e λ =. L integrale generale dell equazione omogenea associata è quindi y o (x) =c 1 e 3x + c e x, con c 1,c costanti reali arbitrarie. L integrale generale dell equazione completa è allora dato dalla somma di y o (x) con una soluzione particolare qualsiasi dell equazione stessa. Vista la forma del termine noto, cerchiamo una soluzione particolare del tipo y p (x) =ax + bx + c

8 8 M.GUIDA, S.ROLANDO (generico polinomio di secondo grado, non moltiplicato per alcuna potenza di x in quanto 0 non è soluzione dell equazione caratteristica). Poiché yp (x) =ax + b e yp (x) =a, la funzione y p (x) risolve l equazione se e solo se a +ax + b 6 ax + bx + c =1 18x per ogni x R, ossia 6ax +(a 6b) x +a + b 6c =1 18x per ogni x R. Per il principio di identità dei polinomi, ciò equivale a 6a = 18 a 6b =0, ossia a =3, b =1e c =1. a + b 6c =1 Dunque deve essere y p (x) =3x + x +1e l integrale generale dell equazione completa risulta dato da y (x) =c 1 e 3x + c e x +3x + x +1 per ogni x R, con c 1,c costanti reali arbitrarie. Risolvere il seguente problema di Cauchy: y +y =1 y(0) = 1 y (0) = 1. Svolgimento. Risolviamo innanzitutto l equazione differenziale y +y =1,cheèlinearedelsecondo ordine completa, con termine noto g (x) =1definito (e costante) su tutto l asse reale. L equazione caratteristica è λ + = 0, che ha le soluzioni complesse coniugate λ 1, = ±i. Allora l integrale generale dell equazione omogenea associata è y o (x) =c 1 cos x + c sin x per ogni x R (c 1,c costanti reali arbitrarie). Poiché il termine noto g (x) =1è costante (polinomio di grado 0) e non c è risonanza (0 non è radice caratteristica), cerchiamo una soluzione particolare dell equazione completa della forma y p (x) =a con a costante reale (generico polinomio di grado 0). Poiché yp (x) = 0, imponendo il soddisfacimento dell equazione, cioè yp (x)+y p (x) =1per ogni x R, si ottiene subito a =1,cioèa = 1. Otteniamo quindi y p (x) = 1 per ogni x R. Dunque l integrale generale y (x) =y o (x)+y p (x) dell equazione è (16) y (x) =c 1 cos x + c sin x + 1 per ogni x R (c 1,c costanti reali arbitrarie). Per risolvere il problema di Cauchy, calcoliamo y (0) ed y (0). Sihay (0) = c e y (x) = c 1 sin x +c cos x per ogni x R, da cui segue y (0) = c. Allora la generica soluzione (16) soddisfa il problema di Cauchy con condizioni iniziali y(0) = 1,y (0) = 1 seesolose c1 + 1 = 1 c =1 cioè c 1 =0e c = 1 e pertanto il problema di Cauchy è risolto dalla funzione y (x) = 1 sin x + 1 per ogni x R. Risolvere l equazione differenziale x 6x +9x =te 3t. Svolgimento. caratteristica Si tratta di un equazione lineare del secondo ordine a coefficienti costanti, la cui equazione λ 6λ +9=0

9 EQUAZIONI DIFFERENZIALI 9 equivale a (λ 3) =0ed ha quindi l unica soluzione λ =3con molteplicità. L integrale generale dell equazione omogenea associata è quindi x o (t) =c 1 e 3t + c te 3t con c 1,c costanti reali arbitrarie. L integrale generale dell equazione completa si ottiene sommando a x o (t) una soluzione particolare qualsiasi x p (t) dell equazione completa stessa. Il termine noto si presenta come g (t) =p (t) e µt con p (t) =t polinomio di grado 1 e µ =3radice caratterisitica doppia, quindi cerchiamo una soluzione particolare della forma x p (t) =(at + b) t e 3t = at 3 + bt e 3t (generico polinomio di grado 1, moltiplicato per t m con m =e per la stessa esponenziale del termine noto). Poiché x p (t) = 3at +bt e 3t +3 at 3 + bt e 3t = 3at 3 +3(a + b) t +bt e 3t, x p (t) = 9at +6(a + b) t +b e 3t +3 3at 3 +3(a + b) t +bt e 3t = 9at 3 +9(a + b) t +6(a +b) t +b e 3t, sostituendo nell equazione, semplificando e 3t ed ordinando secondo le potenze di t, risulta che la funzione x p (t) risolve l equazione se e solo se 6at +b =t per ogni t R, ossia 6a =eb =0,chesignifica a = 3 e b =0. Dunque deve essere x p (t) = 3 t3 e 3t e l integrale generale dell equazione completa è pertanto dato da x (t) = c 1 + c t + 3 t3 e 3t per ogni x R con c 1,c costanti reali arbitrarie. Risolvere l equazione differenziale y + y =sinx e, se esistono, determinarne le soluzioni y tali che y(0) = 0. L equazione ammette soluzioni non limitate? Svolgimento. Si tratta di un equazione lineare del secondo ordine a coefficienti costanti, la cui equazione caratteristica λ +1=0 ha le soluzioni λ 1, = ±i. L integrale generale dell equazione omogenea associata è quindi y o (x) =c 1 cos x + c sin x, con c 1,c costanti reali arbitrarie. L integrale generale dell equazione completa è allora dato dalla somma di y o (x) con una soluzione particolare qualsiasi dell equazione stessa. Vista la forma del termine forzante (polinomio trigonometrico non risonante), cerchiamo una soluzione particolare del tipo y p (x) =A cos x + B sin x. Poiché yp (x) = A sin x +Bcos x e yp (x) = A cos x B sin x, y p (x) risolve l equazione se e solo se A cos x B sin x + A cos x + B sin x =sinx per ogni x R, ossia 3A cos x +(3B +1)sinx =0 per ogni x R. Ciò equivale a 3A =0 3B +1=0, ossia A =0e B = 1 3.

10 10 M.GUIDA, S.ROLANDO Dunque deve essere y p (x) = 1 3 sin x e l integrale generale dell equazione completa risulta dato da (17) y (x) =c 1 cos x + c sin x 1 3 sin x per ogni x R, con c 1,c costanti reali arbitrarie. Poiché y(0) = c 1 cos 0 = c 1 per ogni c 1,c R, la condizione y(0) = 0 equivale a c 1 =0e quindi la famiglia delle soluzioni dell equazione tali che y(0) = 0 è y (x) =c sin x 1 sin x 3 con c costante reale arbitraria. Poiché la generica soluzione (17) dell equazione è combinazione lineare delle funzioni limitate cos x, sin x e sin x, essa stessa è limitata e quindi l equazione non ha soluzioni non limitate. Più precisamente, la generica soluzione (17) soddisfa y (x) = c 1 cos x + c sin x 1 3 sin x c 1 cos x + c sin x sin x = c 1 cos x + c sin x sin x c 1 + c per ogni x R (essendo cos x, sin x, sin x 1) e pertanto tutte le soluzioni dell equazione sono limitate su R.