Analisi Matematica 2 Esercizi di esame e di controllo Versione con risoluzioni

Analisi Matematica 2 Esercizi di esame e di controllo Versione con risoluzioni Daniele Andreucci Dipartimento di Scienze di Base e Applicate per l Ingegneria Università di Roma La Sapienza via A.Scarpa 16, 00161 Roma daniele.andreucci@sbai.uniroma1.it launch_daexam 20161121 19.00 Note: a.a. 2015 2016 codocente: dott. Francesco Sisti. (ex: esercizi d esame; (hw: esercizi di controllo. Salvo diverso avviso: coni e cilindri sono circolari retti; Si usa la notazione delle lezioni del Corso. 1

Indice 020. Ottimizzazione di funzioni in domini 3 030. Ottimizzazione vincolata di funzioni 7 050. Classificazione di punti critici 13 200. E.d.o. del I ordine generalita 23 220. Integrali generali 23 250. E.d.o. a variabili separabili 24 260. E.d.o. riconducibili a variabili separabili 26 270. Lineari del primo ordine 31 280. Bernoulli 32 350. E.d.o. riconducibili al I ordine: y = f(x,y 34 360. E.d.o. riconducibili al I ordine: y = f(y,y 37 400. Teoria locale e globale del prb di Cauchy 40 420. Dipendenza continua e stime 41 430. Applicazioni dell unicita 43 440. Questioni non standard di unicita 45 480. Soluzioni massimali 48 500. Varie e.d.o. 52 550. Sistemi del I ordine 56 590. Ricostruzione di e.d.o. 64 600. E.d.o. lineari 65 610. Prb al contorno 66 620. Studio qualitativo 67 650. E.d.o. lineari a coefficienti costanti non omogenee: forme speciali 70 2

020. Ottimizzazione di funzioni in domini 690. Equazioni di Eulero 79 730. Integrazione di forme esatte in R 2 81 780. Calcolo di integrali su curve di forme lineari in R 2 86 020. Ottimizzazione di funzioni in domini 1. [25/01/2016 (exi] Trovare massimi e minimi assoluti e relativi punti di estremo della funzione f : R 2 R nell insieme E R 2, ove f(x,y = y 3 +4x 2 y 4y, E = {(x,y R 2 1 2 x2 +y 2 1}. Il dominio E è la corona circolare di raggio interno 1/ 2 ed esterno 1. Notiamo che la f è dispari in y e pari in x, quindi i punti di estremo rispetteranno queste simmetrie. Cerchiamo prima i punti critici liberi della f: f(x,y = (8xy,3y 2 +4x 2 4. Dunque i punti critici sono (0,± 2 3, (±1,0. I primi due punti non appartengono a E, gli altri due appartengono a E e dunque verranno ritrovati nel sistema di Lagrange. Sulla parte di frontiera x 2 +y 2 = 1/2 si ottiene x 2 +y 2 = 1 2, 8xy = 2λx, 3y 2 +4x 2 4 = 2λy. Se prendiamo x = 0 la seconda equazione è soddisfatta, e la prima e la terza danno (y,λ = ±(1/ 2, 2. Se invece x 0, la seconda equazione dà y = λ/4, che sostituito nell ultima dà 5 16 λ2 = 4x 2 4, impossibile perché x 2 < 1 su questa parte di frontiera. Quindi abbiamo trovato i candidati punti di estremo (0,± 1 2. 3

020. Ottimizzazione di funzioni in domini Sulla parte di frontiera x 2 +y 2 = 1 si ottiene x 2 +y 2 = 1, 8xy = 2λx, 3y 2 +4x 2 4 = 2λy. Se prendiamo x = 0 la seconda equazione è soddisfatta, e la prima e la terza danno (y,λ = ±(1, 1/2. Se invece x 0, la seconda equazione dà y = λ/4, che sostituito nell ultima dà 5 16 λ2 = 4x 2 4, ossia x = ±1, λ = 0, y = 0, quindi i punti critici liberi trovati all inizio. Quindi abbiamo trovato i candidati punti di estremo (0,±1, (±1,0. Non resta che valutare la funzione nei punti trovati: f(±1,0 = 0, f(0,±1 = 3, f (0,± 1 = ±(2 3 3 2 2 2 ( 3,3. 2 maxf = f(0, 1 = 3, min E f = f(0,1 = 3. E 2. [25/01/2016 (exii] Trovare massimi e minimi assoluti e relativi punti di estremo della funzione f : R 2 R nell insieme E R 2, ove f(x,y = x 3 4xy 2 +4x, E = {(x,y R 2 1 2 x2 +y 2 1}. maxf = f(1,0 = 3, min E f = f( 1,0 = 3. E 3. [11/02/2016 (exi] Trovare i massimi e i minimi assoluti della funzione f : R 2 R definita da nell insieme E R 2 f(x,y = 3x+3xy 12y 3x 4 6y 2, E = {(x,y R 2 1 x 0, x 1 y 0}. 4

020. Ottimizzazione di funzioni in domini Troviamo i punti critici della funzione, che è di classe C (R 2 : si ha f x = 3+3y 12x3 = 0, f = 3x 12 12y = 0. y Sostituendo la seconda equazione nella prima si ottiene Si ricavano quindi i punti critici (0, 1, 3 4 x 12x3 = 0. ( 1 4, 17, 16 ( 1 4, 15. 16 Nessuno di essi appartiene all interno dell insieme E; il primo appartiene alla frontiera. Passiamo quindi a studiare la f su E: i x = 0: qui vale f(0,y = 12y 6y 2, e f (0,y = 12 12y < 0, 1 < y < 0. y Pertanto la f ristretta a questo segmento assume gli estremi in ii y = 0: qui vale (0,0, (0, 1. f(x,0 = 3x 3x 4, e f x (x,0 = 3 3x3 > 0, 1 < x < 0. Pertanto la f ristretta a questo segmento assume gli estremi in iii y = x 1: qui vale ( 1,0, (0,0. f(x, x 1 = 12x 4 9x 2 +12, e d dx f(x, x 1 = 12x3 18x > 0, 1 < x < 0. Pertanto la f ristretta a questo segmento assume gli estremi in ( 1,0, (0, 1. maxf = f(0, 1 = 6, min E f = f( 1,0 = 6. E 5

020. Ottimizzazione di funzioni in domini 4. [11/02/2016 (exii] Trovare i massimi e i minimi assoluti della funzione f : R 2 R definita da nell insieme E R 2 f(x,y = 6x 2 +3y 4 +12x 3y 3xy +1, E = {(x,y R 2 1 x 0, x 1 y 0}. maxf = f(0, 1 = 7, min E f = f( 1,0 = 5. E 5. [11/04/2016 (exi] Trovare massimi e minimi assoluti della funzione f : R 2 R nell insieme E R 2, ove f(x,y = 4x 2 y +y 3 4y, E = {(x,y R 2 y 0,x 2 +y 2 1,}. Poiché f C (R 2 si procede derivando e ottenendo f(x,y = (8xy,4x 2 +3y 2 4. I punti critici quindi sono ( 2 0,, 3 (0, 2 3, (1,0, ( 1,0. Questi punti sono tutti esterni all interno di E, quindi gli estremi verranno raggiunti sulla frontiera. Studiamo prima il diametro y = 0, ove si ha f(x,0 = 0, 0 x 1. Poi consideriamo la semicirconferenza y 0, x 2 +y 2 = 1; qui osserviamo che f(x,y = 4(1 y 2 y +y 3 4y = 3y 3, 1 y 0. maxf = f(0, 1 = 3, min E f = f(x,0 = 0, 1 x 1. E 6. [11/11/2016 (exi] Trovare massimi e minimi assoluti, e i relativi punti di estremo, della funzione f : R 2 R 2 nell insieme E, ove f(x,y = 4 2y + x2 3, E = {(x,y x2 } 8 8 y 0. 6

030. Ottimizzazione vincolata di funzioni La funzione f è di classe C (R 2. Iniziamo pertanto a trovarne i punti critici, annullando le derivate f x = 2 3 x, f y = 2. Si vede che la f y non si annulla mai. Perciò non esistono punti critici della funzione, e dunque i valori estremi in E, che vengono assunti per il teorema di Weierstrass, devono essere presi in qualche punto di E. La frontiera E si può considerare costituita dalle due curve Su γ 1 si ha Evidentemente min γ 1 f = f(0,0 = 4, γ 1 = {(x,0 8 x 8}, } γ 2 = {(x, x2 8 x 8. 8 f(x,0 = 4+ x2 8, 8 x 8. max γ 1 f = f(±8,0 = 4+ 64 3 = 25+ 1 3. Su γ 2 si ha Quindi f (x, x2 8 8 = 20+ x2, 8 x 8. 12 min γ 2 f = f(0, 8 = 20, max γ 2 f = f(±8,0 = 20+ 64 12 = 25+ 1 3. minf = f(0,0 = 4, max E E f = f(±8,0 = 25+ 1 3. 030. Ottimizzazione vincolata di funzioni 1. [25/01/2016 (exi] Trovare massimi e minimi assoluti della funzione f : R 2 R vincolata alla curva γ R 2, ove f(x,y = e x2 y 2, γ = {(x,y R 2 (x 1 2 +4y 2 4 = 0}. 7

030. Ottimizzazione vincolata di funzioni Osserviamo che sia f che il vincolo sono simmetrici rispetto all asse x, pertanto i risultati dovranno rispettare tale simmetria. È anche interessante notare che f è funzione decrescente della distanza dall origine. Poniamo g(x,y = (x 1 2 +4y 2 4. Calcoliamo Il sistema di Lagrange quindi sarà f(x,y = 2e x2 y 2 (x,y, g(x,y = 2(x 1,4y. (x 1 2 +4y 2 4 = 0, 2e x2 y 2 x = 2λ(x 1, 2e x2 y 2 y = 8λy. Se y = 0 la terza equazione è soddisfatta, e la prima dà x { 1,3}. Se y 0, la terza equazione dà e x2 y 2 = 4λ, che sostituita nella seconda dà (dovendo dunque essere λ < 0 x = 1/3. Sostituendo questo valore nella prima equazione troviamo per y i valori ± 5/3. Concludendo abbiamo trovato i possibili punti di estremo ( 1,0, (3,0, Sostituendo si ottengono i valori ( 1 5 3,, 3 ( f( 1,0 = e 1, f(0,3 = e 9, f ( 1 5 3,. 3 1 5 3,± = e 2 3. 3 ( maxf = f γ 1 5 3,± = e 2 3, min f = f(0,3 = e 9. 3 γ 2. [25/01/2016 (exii] Trovare massimi e minimi assoluti della funzione f : R 2 R vincolata alla curva γ R 2, ove γ = f(x,y = e x2 +y 2, ( y 1 2 { (x,y R 2 x 2 + 1 4 2 1 = 0 }. ( maxf = f 0, 5 ( 8 = e 25 4, min f = f ± γ 2 γ 3, 1 = e 11 12. 6 8

030. Ottimizzazione vincolata di funzioni 3. [11/04/2016 (exi] Trovare massimi e minimi assoluti della funzione f : R 2 R vincolata alla curva γ, ove f(x,y = x 3 4xy 2 +16x+1, γ = {(x,y x 2 +y 2 = 4}. Usiamo il metodo dei moltiplicatori di Lagrange: calcoliamo Si ottiene il sistema f(x,y = ( 3x 2 4y 2 +16, 8xy, g(x,y = (2x,2y, g(x,y = x 2 +y 2 4. 3x 2 4y 2 +16 = 2λx, 8xy = 2λy, x 2 +y 2 = 4. A Se y = 0 la II equazione è soddisfatta, e la III dà x = ±2; la I infine dà λ = ±1. Dunque (2,0, ( 2,0, sono ammissibili. B Se y 0 la II equazione dà λ = 4x, per cui la I diviene 5x 2 4y 2 = 16. Moltiplicando la III per 4 e sommandola a quest ultima si ottiene 9x 2 = 0, per cui x = 0, λ = 0, e di nuovo dalla III, y = ±2. Perciò (0,2, (0, 2, sono ammissibili. Si conclude con il calcolo diretto dei valori di f nei quattro punti. maxf = f(2,0 = 25, γ min γ f = f( 2,0 = 23. 4. [20/06/2016 (exi] Trovare i massimi e i minimi assoluti della funzione vincolata alla curva Costruiamo il sistema di Lagrange f(x,y = y 3 +4x 2 y 4y, γ = {(x,y x 2 +y 2 1 = 0}. 8xy = 2λx, 3y 2 +4x 2 4 = 2λy, x 2 +y 2 = 1. 9

030. Ottimizzazione vincolata di funzioni La prima equazione è risolta per x = 0 o per λ = 4y. Se x = 0 la terza equazione dà y = ±1. Sostituendo nella seconda si ha λ = 1/2. Dunque (0,1, (0, 1, sono soluzioni ammissibili. Se invece λ = 4y sostituendo nella seconda si ha 3y 2 +4x 2 4 = 8y 2. Sostituendo anche x 2 = 1 y 2 dalla terza equazione, si ottiene quindi y = 0 e pertanto x = ±1 e λ = 0. I punti candidati sono quindi Con il calcolo diretto si ha (0,1, (0, 1, (1,0, ( 1,0. f(0,1 = 3, f(0, 1 = 3, f(±1,0 = 0. maxf = f(0, 1 = 3, γ min γ f = f(0,1 = 3. 5. [07/09/2016 (exi] Trovare massimi e minimi assoluti della funzione f : R 2 R data da f(x,y = 5 4 (x2 +y 2 + 3 2 xy, vincolata alla curva γ = {(x,y x 2 +y 2 = 4}. Usiamo il metodo dei moltiplicatori di Lagrange: scriviamo il sistema Dalle prime due equazioni si ha 5 2 x+ 3 2 y = 2λx, 3 2 x+ 5 2 y = 2λy, x 2 +y 2 = 4. (5 4λx+3y = 0, 3x+(5 4λy = 0. Se il determinante di questo sistema lineare è non nullo, l unica soluzione del sistema è (0,0 che però non risolve l equazione del vincolo. Dunque eventuali soluzioni del sistema di Lagrange si possono trovare solo imponendo che il determinante sia nullo, ossia che (5 4λ 2 9 = 0, 10

030. Ottimizzazione vincolata di funzioni che conduce a λ = 2, λ = 1 2. In entrambi i casi, basterà dunque considerare la prima equazione; se λ = 2 essa è 3x+3y = 0, che è risolta da ogni (x,x; imponendo il vincolo si hanno le due soluzioni ( 2, 2, ( 2, 2. Se λ = 1/2 la prima equazione diviene 3x+3y = 0, che è risolta da ogni (x, x; imponendo il vincolo si hanno le due soluzioni ( 2, 2, ( 2, 2. Onde con un calcolo diretto f( 2, 2 = f( 2, 2 = 8, f( 2, 2 = f( 2, 2 = 2. maxf = f( 2, 2 = f( 2, 2 = 8, γ min γ f = f( 2, 2 = f( 2, 2 = 2. 6. [11/11/2016 (exi] Determinare i valori di massimo e minimo assoluto, e i relativi punti di estremo, della funzione f(x,y = cos(x 2 +y 2, vincolata alla curva γ = { ( (x,y x 2 + y 1 2 } = 1. 2 Si potrebbe osservare in via preliminare che la f dipende solo dalla distanza dall origine, e che il vincolo giace nella zona ove tale distanza rimane tra 1/2 e 3/2; conoscendo l andamento della funzione coseno, si potrebbe quindi arrivare al risultato direttamente. Si ha f C (R 2, con f(x,y = ( 2xsin(x 2 +y 2, 2ysin(x 2 +y 2. 11

030. Ottimizzazione vincolata di funzioni Il vincolo è una circonferenza; il gradiente della funzione che la definisce come curva di livello è (2x,2y 1. Si annulla pertanto solo nel centro della circonferenza (0,1/2 che ovviamente non appartiene al vincolo. Si possono quindi usare i moltiplicatori di Lagrange e ottenere il sistema 2xsin(x 2 +y 2 = 2λx, 2ysin(x 2 +y 2 = λ(2y 1, ( x 2 + y 2 1 2 = 1. La I equazione è soddisfatta se x = 0, da cui sostituendo nella III si ottiene y { 1/2,3/2}. La II allora dà il relativo valore di λ (perché il coefficiente di λ è diverso da zero per y come sopra. Se x 0, la I equazione dà sin(x 2 +y 2 = λ, che sostituito nella II conduce a un assurdo a meno che λ = 0. In questo caso però dobbiamo avere x 2 +y 2 = kπ, k N,k > 0. Qui deve essere k > 0 perche stiamo assumendo x 0. Dalla III equazione però si ha y = x 2 +y 2 3 4 = kπ 3 4. Tuttavia sulla circonferenza vale la limitazione 1/2 y 3/2, che conduce a 1 2 kπ 3 4 3 2. (1 La seconda disuguaglianza è impossibile per k > 0, perché kπ 3 4 > 3 3 4 > 2 > 3 2. Dunque si ottengono solo le soluzioni (0, 1/2 e (0,3/2, in corrispondenza delle quali si ha ( f 0, 3 = cos 9 ( 2 4, f 0, 1 = cos 1 2 4. Per valutare senza calcolare i valori numerici quale sia il minimo e quale il massimo osserviamo che 0 < 1 4 < π 2 < 2 < 9 4 < 3 < π. ( maxf = f 0, 1 = cos 1 (0, γ 2 4, minf = f 3 = cos 9 γ 2 4. 12

050. Classificazione di punti critici 050. Classificazione di punti critici 1. [25/01/2016 (exi] Trovare i punti critici della funzione f : R 3 R e classificarli, ove f(x,y,z = 1 z 2 +x 2 +3 +(π y2, (x,y,z R 3. Trovare inoltre la normale alla superficie di livello f(x,y,z = 3π2 +1 3 nel punto P = (0,0,0. Si ha ( 2x f(x,y,z = (z 2 +x 2 +3 2,2(y π, 2z (z 2 +x 2 +3 2, dunque l unico punto critico è (0,π,0. In tale punto critico l hessiana è data da 2 9 0 0 0 2 0, 0 0 2 9 che è indefinita. Pertanto si tratta di un punto sella. Come è noto la normale alle superfici di livello è data dal gradiente. Quindi quella cercata è f(0,0,0 = (0, 2π,0. L unico punto critico è (0,π,0 che è un punto sella. La normale cercata è (0,1,0. 2. [25/01/2016 (exii] Trovare i punti critici della funzione f : R 3 R e classificarli, ove f(x,y,z = 1 y 2 +z 2 +3 (x e2, (x,y,z R 3. Trovare inoltre la normale alla superficie di livello f(x,y,z = 1 3 e2 nel punto P = (0,0,0. L unico punto critico è (e,0,0 che è un punto di massimo. La normale cercata è (1,0,0. 3. [11/02/2016 (exi] Trovare i punti critici della funzione f : R 2 R f(x,y = 4xy + xy3 3 x2 ; 13

050. Classificazione di punti critici classificare quelli nel semipiano y < 0. Il sistema che dà i punti critici è La seconda equazione ha le soluzioni f y3 = 4y+ 2x = 0, x 3 f y = 4x+xy2 = 0. y = ±2, x = 0. Sostituendo y = ±2 nella prima equazione si ottengono i punti critici ( 8 3,2, ( 8 3, 2. Sostituendo x = 0 nella prima equazione si ottengono i punti critici Occorre quindi classificare i punti (0,0, (0,2 3, (0, 2 3. ( 8 3, 2. (0, 2 3. Calcoliamo la matrice hessiana ( D 2 2 4+y 2 f(x,y = 4+y 2. 2xy Perciò che è definita negativa. Infine ( 8 ( D 2 2 0 f 3, 2 = 0 32, 3 D 2 f(0, 2 3 = ( 2 8, 8 0 che è indefinita perché ha determinante negativo. ( 83 ( 8,2, 3, 2, (0,0, (0,2 3, (0, 2 3. Inoltre (0, 2 3 è un punto sella e (8/3, 2 un punto di massimo. 4. [11/02/2016 (exi] Trovare i punti critici della funzione f : R 2 R f(x,y = (y 1 2 +xe x+1 (y 1, e classificarli. Trovare l equazione del piano tangente al grafico di f nel punto P = (0,0. 14

050. Classificazione di punti critici La f è di classe C (R 2. Troviamo i punti critici uguagliando a 0 il gradiente: f x = (x+1ex+1 (y 1 = 0, f y = 2(y 1+xex+1 = 0. La prima equazione ha le soluzioni (x,y con x = 1 o y = 1. Sostituendo nella seconda x = 1 si trova il punto critico Sostituendo invece y = 1 si trova ( 1, 3. 2 (0,1. Calcoliamo l hessiana ( D 2 (x+2e f(x,y = x+1 (y 1 (x+1e x+1 (x+1e x+1. 2 Si ha che è definita positiva. Inoltre ( D 2 f 1, 3 = 2 D 2 f(0,1 = ( 1 2 0 0 2 ( 0 e, e 2 che ha determinante negativo e quindi è indefinita. Infine troviamo l equazione del piano tangente alla superficie z = f(x,y in (0,0, f(0,0 = (0,0,1. L equazione è data da (x,y,z 1 ( f(0,0, 1 = 0. Punti critici: ( 1,3/2: punto di minimo; (0,1: punto sella. ex+2y+z 1 = 0. 5. [11/02/2016 (exii] Trovare i punti critici della funzione f : R 2 R f(x,y = 4xy x3 y 3 y2 ; classificare quelli nel semipiano x > 0. ( 2, 8 (, 2, 8, (0,0, ( 2 3,0, (2 3,0. 3 3 15

050. Classificazione di punti critici Inoltre (2 3,0 è un punto sella e (2,8/3 un punto di massimo. 6. [11/02/2016 (exii] Trovare i punti critici della funzione f : R 2 R f(x,y = ye y+1 (1 x (1 x 2, e classificarli. Trovare l equazione del piano tangente al grafico di f nel punto P = (1,1. Punti critici: (3/2, 1: punto di massimo; (1,0: punto sella. e 2 (x 1+z = 0. 7. [11/04/2016 (exi] Trovare i punti critici della funzione f : R 2 R in tutto R 2 e classificarli, ove f(x,y = 1 3 (1 x3 2y 2 + 1 2 (x 12 y 2. Inoltre trovare l equazione del piano tangente al grafico di f(x,y nel punto P = (0,0. Calcoliamo il gradiente ( f(x,y = (1 x 2 +(x 1y 2, 4y+(x 1 2 y. Dunque i punti critici sono (1,0, (3, 2, (3, 2. Tentiamo di classificare i punti mediante lo studio della matrice hessiana, che è ( 2(x 1+y D 2 2 2(x 1y f(x,y = 2(x 1y 4+(x 1 2. Dunque si ha D 2 f(1,0 = ( 0 0, D 2 f(3,± 2 = 0 4 ( 2 ±4 2 ±4. 2 0 Quindi i punti (3,± 2 sono punti sella perché la matrice hessiana è indefinita in tali punti (avendo determinante negativo. In (1,0 l hessiana è semidefinita, dunque non si può concludere nulla dallo studio di essa. Tuttavia osserviamo che restringendo la f alle rette parallele agli assi passanti per (1,0 si ottiene f(1,y = 2y 2, f(x,0 = 1 3 (1 x3. Pertanto anche (1,0 è un punto sella, dato che x = 1 lo è per f(x,0. Infine f(0,0 = ( 1,0. 16

050. Classificazione di punti critici Dunque l equazione cercata è x+z f(0,0 = 0. (1,0, (3, 2, (3, 2, tutti punti sella. L equazione del piano è x+z = 1 3. 8. [20/06/2016 (exi] Trovare i punti critici della funzione f(x,y = 9 2 x2 + 1 2 (yx2 + 1 5 x5, (x,y R 2, e stabilirne la natura. I punti critici sono per definizione le soluzioni del sistema f x = 9x+y2 x+x 4 = 0, f y = yx2 = 0. La seconda equazione impone x = 0 o y = 0. Se x = 0 la prima è soddisfatta per ogni y. Se y = 0 dalla prima si ha Dunque i punti critici sono Notiamo che x(x 3 9 = 0. (0,ȳ, ȳ R; ( 3 9,0. f(0,ȳ = 0, ȳ R; f( 3 9,0 = 3 10 3 5 3 10 3 2 < 0. Troviamo la matrice hessiana Nei punti (0,ȳ l hessiana vale 2 f x 2 = 9+y2 +4x 3, 2 f x y = 2xy, 2 f y 2 = x2. D 2 f(0,ȳ = ( 9+ȳ 2 0. 0 0 17

050. Classificazione di punti critici Dunque il suo studio non può dare risultato. Osserviamo invece direttamente che f(x,y = x2 2 } { 9+y 2 + x3. 5 Dunque distinguiamo tre casi: i ȳ > 3: In questo caso f(x,y 0 in un intorno di (0,ȳ che risulta pertanto di minimo locale. ii ȳ < 3: In questo caso f(x, y 0 in un intorno di (0, ȳ che risulta pertanto di massimo locale. iii ȳ = 3: Per esempio sia ȳ = 3, e scriviamo y = 3+t. Allora f(x,y = x2 2 } {t 2 +6t+ x3. 5 Si può prendere x = t e poiché allora f cambia di segno con t si vede che (0,±3 sono punti di sella. Infine in ( 3 9,0 si ha D 2 f( 3 ( 27 0 9,0 =. 0 3 4 3 Quindi l hessiana è definita positiva e il punto è di minimo locale. I punti (0, ȳ ȳ R sono critici; in particolare ȳ > 3 minimo locale; ȳ < 3 massimo locale; ȳ = 3 sella. Inoltre ( 3 9,0 è un minimo locale. 9. [20/06/2016 (exi] Trovare i punti critici della funzione f : R 2 R con f(x,y = y π (1+x2 4 y π, e classificarli. Determinare la curva di livello f(x,y = 0 e la normale a essa in (π,0. Scriviamo il sistema che dà i punti critici f x = 2y (1+x = 0, π f y = 1 π (1+x2 4 π = 0. La seconda equazione dà x = 1 o x = 3. Sostituendo nella prima si ottengono i punti critici (1,0, ( 3,0. Troviamo l hessiana 2 f x 2 = 2y π, 2 f x y = 2 π (1+x, 2 f y 2 = 0. 18

050. Classificazione di punti critici Pertanto D 2 f(1,0 = ( 0 4 π 4 π 0, D 2 f( 3,0 = ( 0 4 π 4. π 0 Entrambe le matrici sono indefinite e quindi entrambi i punti critici sono punti sella. La curva f = 0 ha equazione y π [(1+x2 4] = 0, e quindi è costituita dall unione delle tre rette y = 0, x = 1, x = 3. Nel punto (π,0 perciò la normale è (0,1. Si noti che la normale non sarebbe definita nei punti (1,0 e ( 3,0. (1,0, ( 3,0, punti sella. {f = 0} = {y = 0} {x = 1} {x = 3}, ν = (0,1. 10. [07/07/2016 (exi] Si trovino tutti i punti critici della funzione f : R 3 R f(x,y,z = e 3x2 +3y 2 +2y+z 2 +x = exp{ 3x 2 +3y 2 +2y +z 2 +x}, determinandone la natura. Si trovi anche la normale alla superficie di livello f = 1 nel punto (0,0,0. Troviamo i punti critici risolvendo il sistema f = 0, ossia f = f(x,y,z( 6x+1 = 0, x f = f(x,y,z(6y+2 = 0, y f = f(x,y,z2z = 0. z Dato che f > 0 ovunque, l unico punto critico è ( 1 6, 1 3,0. Calcoliamo la matrice hessiana 2 f x 2 = f(x,y,z( 6x+12 6f(x,y,z, 2 f y 2 = f(x,y,z(6y+22 +6f(x,y,z, 2 f z 2 = f(x,y,z(2z2 +2f(x,y,z, 2 f = f(x,y,z( 6x+1(6y +2, x y 2 f x z = f(x,y,z(2z( 6x+1, 2 f y z = f(x,y,z(2z(6y+2. 19

050. Classificazione di punti critici Dato che ( 1 f 6, 1 3,0 = e 1 4, si avrà ( 1 D 2 f 6, 1 3,0 = e 1 4 6 0 0 0 6 0 0 0 2 e quindi il punto è di sella. La normale alla superficie di livello è data come è noto da f(0,0,0 = (1,2,0. ( 1 6, 1 3,0, punto sella. ν = (1,2,0 5. 11. [07/07/2016 (exi] Trovare i punti critici della funzione f : R 2 R data da f(x,y = (y +3(1+x 2 4(y +3, e classificarli. Trovare l equazione del piano tangente al grafico di f nel punto (0,0. A Troviamo i punti critici risolvendo il sistema f = 0, ossia f = 2(y +3(1+x = 0, x f y = (1+x2 4 = 0. La seconda equazione è di secondo grado e dà le due soluzioni x = 1, x = 3 che sostituite nella prima permettono di trovare i corrispondenti valori della y. Si ottengono i punti critici (1, 3, ( 3, 3. Troviamo poi la matrice hessiana: Dunque D 2 f(1, 3 = 2 f = 2(y +3, x2 2 f x y = 2(1+x, 2 f y 2 = 0. ( 0 4, D 2 f( 3, 3 = 4 0 ( 0 4. 4 0 20

050. Classificazione di punti critici In entrambi i punti si ha detd 2 f < 0, e dunque si tratta di due punti sella. B Come è noto l equazione del piano tangente è z = f(0,0+ f(0,0 (x,y = 3+6x 3y. (1, 3, ( 3, 3, punti sella. z = 3+6x 3y. 12. [07/09/2016 (exi] Trovare i punti critici della funzione f : R 2 R data da f(x,y = x3 ( 1 8 3 +xy2 2y 2, e classificarli. Trovare l equazione del piano tangente al grafico di f nel punto P = ( 2,0. Scriviamo il sistema f = 0, cioè f x = x2 8 + x3 2 y2 = 0, f y = x4 y 4y = 0. 4 La seconda equazione è soddisfatta se y = 0 oppure se x 4 = 16, ossia x = ±2. Sostituendo nella prima le varie possibilità si trovano i punti critici ( 1 ( (0,0, 2, 2, 2, 1 2 2. 2 Calcoliamo la matrice hessiana Pertanto 2 f x 2 = x 4 + 3 2 x2 y 2, 2 f x y = x3 y, 2 f y 2 = x4 4 4. D 2 f(0,0 = ( 0 0. 0 4 La matrice è semidefinita negativa e non si può trarre da essa altra conclusione che il punto (0,0 è di sella o di massimo. Basta però osservare che f(x,0 = x3 24, 21

050. Classificazione di punti critici per provare che è di sella. Poi si ha ( D 2 1 f 2, 2 = 2 ( 1 4 2 2 2. 2 0 La matrice è indefinita, quindi si tratta di un punto di sella. Infine ( D 2 f 2, 1 ( 1 2 = 4 2 2 2 2 2 0 è anch essa indefinita, quindi anche ( 2, 1/(2 2 è di sella. L equazione cercata è z = f( 2,0+ f f ( 2,0(x+2+ x y ( 2,0(y 0 = 1 3 + 1 2 (x+2. I punti critici, tutti di sella, sono: Il piano tangente è (0,0, ( 2, 1 2 2, z = x 2 + 2 3. ( 2, 1 2. 2 13. [11/11/2016 (exi] Trovare e classificare i punti critici della funzione f : R 2 R data da f(x,y = 2x 2 +y 2 +6xy 2x+10y +1. I punti critici si ottengono dal sistema f = 4x+6y 2 = 0, x f = 2y +6x+10 = 0, y che ha unica soluzione ( 16/7,13/7. La matrice hessiana della f è costante e vale ( 4 6 H f (x,y =, 6 2 che ha determinante negativo. Dunque l unico punto critico è un punto sella perché la matrice hessiana è indefinita. ( 16 7, 13, punto sella. 7 22

220. Integrali generali 200. E.d.o. del I ordine generalita 1. [11/07/2002 (exi] Trovare tutte le soluzioni di y = y 2 x+ y x 2x. Si noti che si deve dimostrare che le soluzioni trovate siano effettivamente tutte quelle dell equazione. 2. [11/07/2002 (exii] Trovare tutte le soluzioni di y = y 3 x y x+3x. Si noti che si deve dimostrare che le soluzioni trovate siano effettivamente tutte quelle dell equazione. 3. [23/9/2015 (hwi] Determinare quali delle seguenti funzioni risolvono l equazione differenziale corrispondente. a y(t = e t2, t R, y = (2+4t 2 y; b y(t = t2 1 e z z dz, t > 0, y = 2ty ; c y(t = e t, t R, y = y ; d y(t = e t, t R, y = y. Si arriva alla risposta con calcoli diretti; per esempio nel caso b, dato che t > 0 si ha y (t = 2t et2 =, t 2 2et2 e quindi y (t = 4te t2 = 2t(2e t2 = 2ty (t. a sì; b sì; c no; d sì. 220. Integrali generali 1. [24/4/2002 (hwi] Dire quali delle seguenti espressioni possono essere integrali generali dell equazione di II grado ẍ = f(t, x, ẋ. i c 1 t+c 2 t 2 ; ii (c 1 +c 2 e t ; iii c 1 +c 2 t+logt; iv c 1 sint+c 2 cost+c 3. 23

250. E.d.o. a variabili separabili i e iii. 2. [24/4/2002 (hwi] Determinare l integrale generale dell equazione ẋ = 2tx 2tarctg(logt+ sapendo che una sua soluzione particolare è 1 t+t(logt 2, t > 0, w(t = arctg(logt, t > 0. x(t = Ce t2 +arctg(logt, t > 0. 250. E.d.o. a variabili separabili 1. [02/2001 (hwi] Trovare tutte le soluzioni di y = (1+y 2 x, e disegnarne schematicamente il grafico. 2. [02/2001 (hwi] Trovare tutte le soluzioni di y = (cosy 2 sinx, e disegnarne schematicamente il grafico. 3. [11/07/2002 (exi] Trovare la soluzione di { y +y = 1 y, nel più grande intervallo possibile. y(0 = 1 2, 4. [11/07/2002 (exii] Trovare la soluzione di { y y = 1 y, nel più grande intervallo possibile. y(0 = 1 2, 5. [20/06/2016 (exi] Si determini la soluzione massimale del problema di Cauchy y = e t y 2, y(0 = α, 24

250. E.d.o. a variabili separabili al variare di α R, studiandone anche i limiti negli estremi dell intervallo di definizione. Si procede per separazione delle variabili ottenendo se y 0 d dt Risolvendo in y(t 1 y = e t, da cui 1 y(t + 1 y(0 = 1 e t. y(t = α 1 α(1 e t, t I, ove I è l intervallo massimale di esistenza. Si noti che l espressione ottenuta mostra che se α 0 allora la y si mantiene diversa da 0 per ogni t I. Questo del resto era ovvio dalla e.d.o., per il teorema di unicità. Se inveceα = 0 otteniamo la soluzioney = 0 che è comunque formalmente compresa nell espressione trovata. Supponiamo ora α 0 e determiniamo I. Il denominatore vale 1 in t = 0. Si annulla se e solo se f(t = 1 α(1 e t, t R, e t = 1 1 α. Questo è impossibile se 0 < α 1. In questo caso dunque I = Se invece α > 1 o α < 0 si ha f(t = 0 se e solo se t = ln α α 1 =: t α. Dunque nel caso α > 1 si ha t α > 0 e I = (,t α. Nel caso α < 0 si ha t α < 0 e I = (t α,+. Studiamo infine i limiti: α = 0 : lim y(t = 0; t ± α (0,1 : lim y(t = α t + 1 α, α = 1 : α > 1 : α < 0 : lim t + y(t = +, lim lim y(t = 0, lim t lim y(t =, lim t t α+ lim y(t = 0; t y(t = 0; t y(t = + ; t t α y(t = α t + 1 α. y(t = α 1 α(1 e t, t I. 25

260. E.d.o. riconducibili a variabili separabili Se α [0,1], I = R; se α > 1, I = (,t α ; se α < 0, I = (t α,+, ove t α = ln[α/(1 α]. I limiti sono: α = 0 : lim y(t = 0; t ± α (0,1 : lim y(t = α t + 1 α, α = 1 : α > 1 : α < 0 : lim t + y(t = +, lim lim y(t = 0, lim t lim y(t =, lim t t α+ lim y(t = 0; t y(t = 0; t y(t = + ; t t α y(t = α t + 1 α. 260. E.d.o. riconducibili a variabili separabili 1. [12/09/2001 (exi] Trovare le soluzioni del equazione y = e 3y x + y x, e determinare la soluzione massimale tale che y(x + se x e. 2. [12/09/2001 (exii] Trovare le soluzioni del equazione y = e 4y x + y x, e determinare la soluzione massimale tale che y(x + se x e 2. 3. [02/2001 (hwi] Trovare la soluzione del problema di Cauchy { y = y x +1, y(1 = 1. 4. [5/03/2001 (hwi] Si risolva y = y, y( 1 = 1. y +x La soluzione va lasciata in forma implicita. ln y x y = 1. 5. [5/03/2001 (hwi] Trovare in forma implicita la y(x che risolve y = tg 2 (x+y, y(0 = 0. 26

260. E.d.o. riconducibili a variabili separabili Si dimostri che la soluzione cessa di esistere per qualche x 0 (0, π 2. y + 1 sin2(x+y = x. 2 6. [27/06/2002 (exi] Trovare tutte le soluzioni di y = y +x y x + y x. 7. [27/06/2002 (exii] Trovare tutte le soluzioni di y = y x y +x + y x. 8. [11/09/2002 (exi] Trovare la soluzione massimale del problema di Cauchy { y = y x e y x + y x, y(1 = 1, e naturalmente l intervallo ove è definita. 9. [11/09/2002 (exii] Trovare la soluzione massimale del problema di Cauchy { y = y x y x e y x, y(e = e, e naturalmente l intervallo ove è definita. 10. [4/12/2002 (exi] Trovare la soluzione y : (,+ R del problema di Cauchy { y = 1+2 y x, y(3 = 4. 11. [4/12/2002 (exi] Trovare la soluzione di { y = (x+y 2, y(1 = 2. 27

260. E.d.o. riconducibili a variabili separabili 12. [23/5/2002 (hwi] Calcolare l integrale generale di y = y (logy logx+1. x y = xe Cx. 13. [10/12/2003 (exi] Trovare la soluzione di y = 1 lny lnx + y, y(3 = π. x (Non è richiesto di determinare l intervallo massimale di esistenza. 14. [10/12/2003 (exii] Trovare la soluzione di y = 1 lnx lny + y, y(1 = π. x (Non è richiesto di determinare l intervallo massimale di esistenza. 15. [19/5/2003 (hwi] Risolvere y = y y x y x, y(1 = u 0, u 0 > 0, u 0 1. (La soluzione verrà trovata in forma implicita. a Se u 0 < 1, si dimostri che la soluzione è decrescente, ma non si annulla mai, e anzi lim x y(x = u 0e u 0 < u 0. b Se u 0 > 1, si dimostri che la soluzione soddisfa y(x > (u 0 lnu 0 x > x, per ogni x > 1. y(x x lny(x = u 0 lnu 0. 16. [11/02/2016 (exi] Trovare la soluzione massimale di ( y = y x+1 + x+1 e y y(0 = u 0 > 0, y x+1 2, y > 0,x > 1, 28

260. E.d.o. riconducibili a variabili separabili con il suo intervallo di definizione (σ, Σ. Dimostrare che esiste β > 0 finito, indipendente da u 0, tale che Σ < β per ogni u 0 > 0. Cambiamo variabile z = y x+1, y = (x+1z +z. Allora l equazione diviene Separando le variabili z (x+1 = ez2 z. 1 d 2 dx (e z2 = 1 x+1. Si noti che z(0 = y(0 = u 0, per cui integrando e risolvendo in z z(x = ln[e u2 0 2ln(x+1], da cui y(x = (x+1 ln[e u2 0 2ln(x+1]. L intervallo di definizione si ottiene imponendo che l argomento del logaritmo sia positivo, ma minore di 1 (cosicché la radice sia definita. Si ottiene che equivale a 1+2ln(x+1 > e u2 0 > 2ln(x+1, ( e u 2 0 1 σ = exp 1 < x < Σ = exp 2 ( e u 2 0 2 1 < e 1. per y(x = (x+1 ln[e u2 0 2ln(x+1], ( e u 2 0 1 σ = exp 1 < x < Σ = exp 2 ( e u 2 0 2 1 < e 1. 17. [11/02/2016 (exii] Trovare la soluzione massimale di ( 2 y = y x+2 + 1 y x+2 x+2 e, y > 0,x > 2, 2 y y(0 = u 0 > 0, con il suo intervallo di definizione (σ, Σ. Dimostrare che esiste β > 0 finito, indipendente da u 0, tale che Σ < β per ogni u 0 > 0. [ y(x = (x+2 ln e u2 0 4 ln x+2 ], 2 29

260. E.d.o. riconducibili a variabili separabili per σ = 2exp (e u2 0 4 1 2 < x < Σ = 2exp (e u2 0 4 2 < 2e 2. 18. [07/07/2016 (exi] Si trovi la soluzione in forma implicita del problema di Cauchy y = y y t + y t, y(1 = 2. Si dimostri che l intervallo di definizione della soluzione massimale è limitato a destra. A L equazione è definita nell aperto Ω = {y > t > 0} quindi possiamo assumere t 0 e scrivere la e.d.o. nella forma Introduciamo la nuova incognita y = per cui y = z t+z. La e.d.o. diviene che si riconduce a Quindi e y t y t 1 + y t. z = y t, z t+z = z z 1 +z, z 1 z = 1 z t. d dt (z ln z = d dt lnt, z(t ln z(t = lnt+k, t I, se I è l intervallo di esistenza della soluzione massimale y. Sostituendo il valore iniziale si ottiene k = 2 ln2. Inoltre deve essere y(t > t > 0 per ogni t I e dunque la y non può annullarsi. Possiamo quindi scrivere la soluzione in forma implicita y t ln y t = 2 ln(2t. B I teoremi sulle soluzioni massimali garantiscono che la soluzione massimale è definita finché non diviene illimitata o si avvicina alla frontiera dell aperto Ω. Nel nostro caso si ha con i calcoli y = y y t 2 y t t 1. 30

270. Lineari del primo ordine In particolare y (1 = 0 per cui (t,y(t per t in un intorno destro di 1 appartiene alla zona 2t > y > t. Perciò y (t < 0 fino a che y si mantiene in tale zona; di necessità pertanto si deve avere y(t t 1 +, per t t 1 per un opportuno t 1 (1,+. Si può vedere che in effetti y(t > 2t per ogni t (0,1, il che implica che I = (0,t 1 ; infatti y(t > 2t in un intorno sinistro di 1, e y (t > 0 fino a che y(t > 2t. Se esistesse t 0 (0,1 tale che y(t 0 = 2t 0 si avrebbe 0 = y (t 0 d dt (2t t 0 = 2, assurdo. y t ln y t = 2 ln(2t, 0 < t < t 1 < +. 270. Lineari del primo ordine 1. [24/4/2002 (hwi] Determinare l unica soluzione di y = y x 2 1 x 2, tale che: (1 y(1 = 3; (2 y(1 = 1. Procedere ove possibile sia per separazione delle variabili che con i metodi delle equazioni lineari. (1 : y(x = 2e 1 1 x +1, x > 0. (2 : y(x = 1, x > 0. 2. [10/12/2003 (exi] Risolvere il seguente problema di Cauchy, e dare una condizione sufficiente su f C(R, f > 0, affinché la soluzione sia definita (almeno su [1,3]: { y = y +f(xy π, y(1 = 2. 3. [10/12/2003 (exii] Risolvere il seguente problema di Cauchy, e dare una condizione sufficiente su f C(R, f > 0, affinché la soluzione sia definita (almeno su [ 3, 1]: { y = y f(xy π, y( 1 = 2. 31

280. Bernoulli 280. Bernoulli 1. [11/07/2002 (exi] Risolvere il problema di Cauchy { y = (x+ x y +y 2, y(0 = 1. nel più grande intervallo di definizione ottenibile per la soluzione. 2. [11/07/2002 (exii] Risolvere il problema di Cauchy { y = (x x y +y 2, y(0 = 1. nel più grande intervallo di definizione ottenibile per la soluzione. 3. [6/5/2002 (hwi] Determinare l unica soluzione di y = y +xy π, y(0 = 1, e dimostrare che il suo intervallo di definizione è limitato a destra. ( π 2 y(x = π 1 e(1 πx x 1 1 1 π. 1 π 4. [23/5/2002 (hwi] Determinare una soluzione del problema di Cauchy { y = y +e t y 3 4, y(0 = 1 256 definita su tutto ( 1 y(t = 81 e t e 4 t 4, 4 t 8 3 log2, 0, t < 8 3 log2. 5. [4/07/2003 (exi] Trovare una soluzione massimale, definita su tutto R, del problema di Cauchy { y = y +e x y 2 3, y(0 = 8. 32

280. Bernoulli 6. [4/07/2003 (exii] Trovare una soluzione massimale, definita su tutto R, del problema di Cauchy { y = y e x y 2 3, y(0 = 27. 7. [19/5/2003 (hwi] Risolvere y = y t +sin(t2 y 2, y( π = λ. con: y(t = 2λt 2 π λ(cos(t 2 +1, t I, I = (0,+, λ < π; I = (t 1,t 2, λ π, ovet 1 < π < t 2 sono i due punti più vicini a π ovecos(t 2 i = 2 π/λ 1 ( 1,1], i = 1, 2. 8. [16/6/2003 (hwi] Trovare le soluzioni di { y = xy +(y 2, y(0 = 1, e quelle di { y = xy +(y 2, y(2 = 1. (P1 (P2 (P1 y = 1 x, y = 1+x. (P2 y = 1 x, y = x2 4. 9. [25/01/2016 (exi] Si trovi la soluzione massimale y = y(x del problema di Cauchy y = y e x y, y > 0, y(0 = 1, indicando esplicitamente l intervallo di definizione. L equazione è del tipo di Bernoulli. Poiché per ipotesi la soluzione va cercata nel semipiano y > 0 possiamo dividere per y e ottenere y y = y e x, 33

350. E.d.o. riconducibili al I ordine: y = f(x,y ossia ponendo z = y 2z = z e x. Questa è una e.d.o. lineare del primo ordine, con integrale generale dato da Poiché si ha z(x = e x 2 { k 1 1 2 x nell intervallo ove z(x > 0, ossia ove 0 } e t 2 +t dt = k 1 e x 2 e x +e x 2. k 1 = z(0 = y(0 = 1, y(x = z(x 2 = (2e x 2 e x 2, 2e x 2 > e x, cioè (,2 ln 2. y(x = (2e x 2 e x 2, x (,2ln2. 10. [25/01/2016 (exii] Si trovi la soluzione massimale y = y(x del problema di Cauchy y = y ex y, y > 0, y(0 = 1, indicando esplicitamente l intervallo di definizione. y(x = (2e x e 2x 1 2, x (,ln2. 350. E.d.o. riconducibili al I ordine: y = f(x,y 1. [5/03/2001 (hwi] Si risolva il problema di Cauchy y = xy +(y π e x2 (1 π 2, y(0 = 0, y (0 = 1, trovando le limitazioni per l intervallo di definizione della soluzione. [La y(x non si può esprimere mediante funzioni elementari.] y(x = x 0 e t2 2 (1+t 1 1 π dt, 1 < x <. 34

350. E.d.o. riconducibili al I ordine: y = f(x,y 2. [24/4/2002 (hwi] Determinare l integrale generale dell equazione x (t = e t+x (t+1, e riconoscere che tutte le soluzioni sono definite in intervalli limitati a destra. Come esercizio extra, partendo dall integrale generale ritrovare l equazione differenziale (naturalmente si dovrà derivare due volte. t x(t = C 1 log(c 2 e s+1 ds. t 0 3. [9/5/2002 (hwi] Si risolva il problema di Cauchy y = (y +t 3 1, y(0 = 1, y (0 = 2. y(t = 3 2 t2 2 1 4 2t, t < 1 8. 4. [16/07/2003 (exi] Risolvere per ogni λ R il problema di Cauchy ( y = y x ln y x +1, y( 1 = λ, y ( 1 = 1, e spiegarne il significato geometrico. 5. [16/07/2003 (exii] Risolvere per ogni λ R il problema di Cauchy ( y = y x ln y 2x +1, y( 1 = λ, y ( 1 = 2, e spiegarne il significato geometrico. 6. [5/7/2004 (exi] Trovare l integrale generale di y = y (x+1. 35

350. E.d.o. riconducibili al I ordine: y = f(x,y 7. [5/7/2004 (exii] Trovare l integrale generale di y = y (2 x. 8. [07/09/2016 (exi] Si consideri il problema di Cauchy y = e(y 2 y t y(1 = α, y (1 = β., Si determini la soluzione massimale discutendo le scelte ammissibili dei parametri α, β R e indicando l intervallo di esistenza. [La soluzione va lasciata nella forma di integrale definito.] L equazione è nella forma con F C (Ω, e y = F(t,y,y 2 = e(y y, t Ω = {(t,y,z t > 0,y R,z 0}. Necessariamente perciò dobbiamo avere β 0 perché l equazione sia definita nel punto iniziale. Consideriamo separatamente i casi β > 0 in cui prendiamo e β < 0 in cui prendiamo Ω = (0,+ R (0,+, Ω = (0,+ R (,0. In realtà in parte la risoluzione è comune ai due casi. Poniamo z = y, cosicché e z2 zz = 1 t, ossia d dt Quindi integrando su (1,t si ottiene ( e z2 2 = d dt lnt. e z2 +e β2 = lnt 2, e isolando la z z(t = ± ln (e β2 lnt 2, 36

360. E.d.o. riconducibili al I ordine: y = f(y,y ove il segno di z = y va scelto in corrispondenza del segno di β. Si noti che y risulta definito nell intervallo ove 0 < e β2 lnt 2 < 1. Risolvendo nella t si vede che l intervallo è in effetti e e β2 1 < t < e e β2. Si noti che tale intervallo J comprende certamente t = 1, e che in tale intervallo y C(J. Dunque ivi si scriverà t y(t = α± Per α R e per β 0 si ha per 1 t y(t = α+signβ 1 ln (e β2 lnτ 2 dτ. ln e e β2 1 < t < e e β2. (e β2 lnτ 2 dτ, 360. E.d.o. riconducibili al I ordine: y = f(y,y 1. [5/03/2001 (hwi] Trovare la soluzione di y = 1 2 e(y 2 +y, y(0 = 1, y (0 = 1. y(x = (x 22 4, x 2. [16/5/2002 (hwi] Calcolare la soluzione di y + y = 0, y(0 = 1, y (0 = 0. y(t = et +e t. 2 37

360. E.d.o. riconducibili al I ordine: y = f(y,y 3. [16/5/2002 (hwi] Calcolare la soluzione di y + y = 0, y(0 = 1, y (0 = 2, almeno sull intervallo (, π. 1 2 (et 3e t, < t < log 3, y(t = 3sin(t log 3, log 3 t < log 3+π, 1 2 et π + 3 2 eπ t, log 3+π t <. 4. [11/02/2016 (exi] Trovare una soluzione locale di y = y (1+tg 2 y, y(0 = π 4, y (0 = 1. [Suggerimento: ridurre a un problema di Cauchy del primo ordine e trovare l unica soluzione di questo prima di proseguire.] Introduciamo il cambiamento di variabile cosicché Allora si ha dall equazione che è implicato da y (t = z(y, y (t = ż(yy (t = ż(yz(y. żz = z(1+tg 2 y, ż = 1+tg 2 y = d dy tgy. Dunque ossia Perciò da cui ( π z(y z = tgy tg 4 π 4, z(y 1 = tgy 1. d cosy ln siny = dt siny y = 1, ln siny(t ln sin π = t. 4 38

360. E.d.o. riconducibili al I ordine: y = f(y,y Risolvendo in y La y è definita se ( e t y(t = arcsin. 2 0 < et 2 < 1, ossia se t < ln 2. Si verifica direttamente che risolve davvero l equazione in (,ln 2 e prende i valori iniziali. ( e t y(t = arcsin. t < ln 2. 2 5. [11/02/2016 (exii] Trovare una soluzione locale di y = y (1+tg 2 y, y(0 = π 4, y (0 = 1. [Suggerimento: ridurre a un problema di Cauchy del primo ordine e trovare l unica soluzione di questo prima di proseguire.] y(t = arcsin ( e t. t > ln 2. 2 6. [07/07/2016 (exi] Si determini la soluzione del problema di Cauchy y = (y 2 y y(0 = 1, y (0 = 1. Si noti che la e.d.o. è definita solo per y > 0. Usiamo la trasformazione cosicché Ne discende per la e.d.o. che y (x = z(y, y (x = z (yz(y. z z = z2 y. Almeno nell intervallo intorno di y = 1 ove z > 0 si ha perciò z z = 1 y, 39,

400. Teoria locale e globale del prb di Cauchy da cui (dato che stiamo assumendo z > 0, y > 0 Vale a dire Imponendo lnz = lny +k. y (x = z(y = k 1 y. y (0 = k 1 y(0, si ottiene k 1 = 1, il che ci conduce alla e.d.o. del prim ordine di ovvio integrale generale y = y, y(x = k 2 e x. Imponendo il dato y(0 = 1 si conclude k 2 = 1. y(x = e x, x 400. Teoria locale e globale del prb di Cauchy 1. [9/4/2001 (exi] Mostrare che al problema di Cauchy ( y 2 y = + y +1, y(1 = 1, x x si può applicare uno dei teoremi di esistenza e unicità. Trovarne quindi la soluzione, indicando l intervallo ove è definita. 2. [9/4/2001 (exii] Mostrare che al problema di Cauchy ( y 2 y = 4 + y +1, y(1 = 0, x x si può applicare uno dei teoremi di esistenza e unicità. Trovarne quindi la soluzione, indicando l intervallo ove è definita. 3. [23/5/2002 (hwi] Trovare la soluzione del problema di Cauchy { y +4y +4y = 0, y(1 = 0, y (1 = 1, e dimostrare che è unica (usando il teorema di unicità. y(t = e 2 2t +te 2 2t. 40

420. Dipendenza continua e stime 420. Dipendenza continua e stime 1. [15/03/2001 (hwi] Dimostrare che le soluzioni dei due problemi di Cauchy y 1 = arctg(y 1 +x+cos 2 y 1, y 1 (0 = 1; y 2 = arctg(y 2 +x+cos 2 y 2, y 2 (0 = 2; sono uniche, e trovare il segno e una stima dello scarto y 1 (3 y 2 (3. 0 < y 2 (3 y 1 (3 e 6. 2. [24/4/2002 (hwi] Un punto materiale di massa m si muove di moto rettilineo. La sua ascissa al tempo t è indicata da x(t. Si assuma sempre x(t > 1, ẋ(t > 0. Stime energetiche dicono che la sua energia cinetica è limitata da [ ] x(t 2 K, log x(t per un opportuna costante K > 0. Trovare una maggiorazione per x(t, per ogni t > 0, sapendo che x(0 x(t Re c t, t > 0, c 2 = 2 2K/m. 3. [19/5/2003 (hwi] Risolvere il problema di Cauchy y = y p, y(0 = u 0 > 0, ove p > 1. Dimostrare che esiste una costante C, dipendente solo da p, tale che 0 < y(1 C, qualunque sia u 0. y(t = C = u 0 [ 1+(p 1u p 1 0 t ] 1 p 1 1 (p 1 1 p 1., t 0; 4. [19/5/2003 (hwi] Risolvere il problema di Cauchy y = t α y p, y(1 = u 0 > 0, 41

420. Dipendenza continua e stime con α 0, p > 1. Dimostrare che: i Se 0 α 1, la soluzione è tale che lim y(t = +, t t 0 per un opportuno t 0 > 1. ii Se α > 1 esiste una costante c > 0 dipendente solo da α e da p tale che, se u 0 > c, si ha per y il comportamento del punto i, mentre se u 0 c, la soluzione è definita su tutto (,+. Caso α 1: Nei t in cui la y è definita vale y(t = u 0 [ 1+ p 1 α 1 up 1 0 (t α+1 1 ] 1 p 1. a Nel caso α < 1, il termine [...], per t che varia tra 1 e +, decresce da 1 a. Dunque si annulla in un t 0 > 1 e il punto i è dimostrato (per α 1. b Nel caso α > 1, il termine [...], per t che varia tra 1 e +, decresce da 1 a 1 p 1 α 1 up 1 0. Se questo numero è negativo, siamo nel caso precedente, altrimenti il denominatore non si annulla mai per t > 1 e la soluzione è definita ovunque. Si verifica subito che questi due casi corrispondono a u 0 > c, e rispettivamente a u 0 c, ove c = ( α 1 1 p 1. p 1 Caso α = 1: Nei t in cui la y è definita vale y(t = u 0 [ 1 (p 1u p 1 0 lnt ] 1 p 1 Dunque per ogni u 0 > 0 si ha il comportamento di i, con { t 0 = exp 1 u p 1 0 (p 1 }.. 5. [07/09/2016 (exi] È noto che una funzione y : R R, y > 0, y C 1 (R soddisfa y (t 1+7y(t, t > 0; y(0 = 3. Trovare una costante K tale che y(5 K. Si applica la disuguaglianza di Gronwall. Essa implica nelle ipotesi del testo Basta sostituire infine t = 5 e y(0 = 3. y(t+1 [y(0+1]e 7t, t > 0. 42

430. Applicazioni dell unicita y(5 K := 4e 35 1. 6. [11/11/2016 (exi] Trovare tutte le soluzioni massimali di y = y. Dato che y = 0 è soluzione, e sono soddisfatte le ipotesi del teorema di unicità, nessun altra soluzione può intersecare y = 0. Perciò ogni altra soluzione è sempre positiva o sempre negativa. Se è positiva risolve y = y, se è negativa risolve y = y. Si hanno le soluzioni: y(x = 0, x R; y(x = ke x, x R; k > 0; y(x = ke x, x R; k < 0. 430. Applicazioni dell unicita 1. [6/5/2002 (hwi] 1 Si determinino per tentativi le soluzioni dei due problemi di Cauchy { { y = ( y e t 2 y, y = ( y e t 2 y, y(0 = 1; y(0 = 1. (Sugg. Provare con esponenziali. 2 Si dimostri che tali soluzioni sono uniche. 3 Si deduca qualcosa sul comportamento della soluzione di { y = ( y e t 2 y, y(0 = 0 per t + (ammettendo che tale soluzione sia definita in [0,+. 2. [16/07/2003 (exi] Dimostrare che { y = e y2 arctg(ycosx, y(0 = 2, 43

430. Applicazioni dell unicita ha un unica soluzione definita su (,, che questa è sempre positiva, e che essa non ha limite per x +. 3. [16/07/2003 (exii] Dimostrare che { y = e y2 sin 2 (ysinx, y(0 = 3, ha un unica soluzione definita su (,, che questa è sempre positiva, e che essa non ha limite per x +. 4. [16/6/2003 (hwi] Determinare il valore di lim y(x, x ove y soddisfa { y = (y 1arctg( y x +ye y, y(1 = a, con a (0,1 qualunque. lim y(x = 0. x 5. [16/6/2003 (hwi] Determinare il valore di lim y(x, x ove y soddisfa { y = (1 yarctg( y x +ye y, y(1 = a, con a (0,1 qualunque. lim y(x = 1. x 6. [11/04/2016 (exi] Si considerino i problemi y n = (y n sinx(y n 2 sinx+cosx, y n (0 = n, per n = 0, 1, 2 e le loro soluzioni y n. Si dimostri che sono tutte e tre definite per ogni x R e che inoltre y 1 (x < 1+sinx, x > 0. 44

440. Questioni non standard di unicita Nei casi n = 0, 2 si vede per sostituzione diretta che y n (x = n+sinx, x Le ipotesi del teorema di esistenza e unicità locale sono soddisfatte dall equazione in tutto il piano. Dunque quelle sopra sono le uniche soluzioni in tali casi. Per lo stesso teorema, i grafici di due soluzioni diverse non possono avere punti in comune; pertanto si ha 1 y 0 (x < y 1 (x < y 2 (x 3, x (σ,σ, ove(σ,σ è l intervallo massimale di esistenza diy 1. Tuttavia si sa cheσ < + solo se y 1 (x diviene illimitato per x Σ. Ma questo è impossibile per la limitazione trovata sopra. Nello stesso modo si vede che σ =. Infine si osservi che poiché y 0 < y 1 < y 2 si ha y 1(x = (y 1 sinx(y 1 2 sinx+cosx < cosx; integrando su [0, x] per x > 0 si ottiene y 1 (x y 1 (0 < sinx. 440. Questioni non standard di unicita 1. [15/03/2001 (hwi] Il probabilista russo Kolmogorov (A.N. Kolmogorov, Bull. Acad. Sci. USSR, Math. Ser. 1 (1937, 355 359 e l ingegnere statunitense Avrami (M. Avrami, Kinetics of phase change I, J. Chem. Phys. 7 (1939, 1103 1112; II, J. Chem. Phys. 8 (1940, 212 224; III, J. Chem. Phys. 9 (1941, 177 184 proposero indipendentemente un modello matematico per la crescita di cristalli in una sostanza inizialmente amorfa (cioè non cristallina. Se denotiamo con w(t la frazione di volume occupata dai cristalli al tempo t, il modello di Avrami-Kolmogorov può essere messo nella forma (valida in dimensione spaziale pari a 3 (P [ ]3 dw dt = K(1 w 1 4 ln, w(0 = 0. 1 w Qui K è una costante positiva; per ovvi motivi, fisici e matematici, si deve avere 0 w < 1. 1. Si noti che il problema (P ha la soluzione w(t 0. Spiegare come sia allora possibile che venga usato per predire valori di w(t positivi per ogni t > 0. 45

440. Questioni non standard di unicita 2. Si mostri che ogni soluzione della e.d.o. in (P è non decrescente. 3. Si determini l unica soluzione di (P tale che w(t > 0 per ogni t > 0. 4. Si trovino tutte le altre soluzioni di (P e si dimostri che hanno tutte limite 1 per t. 3 : w(t = 1 e kt4, t > 0, w(t = 0, t 0, k = 4 : le altre soluzioni sono della forma w(t t 0 per t 0 > 0. ( 1 K 4 ; 4 2. [15/03/2001 (hwi] Trovare un aperto ove si possa applicare il teorema di esistenza e unicità al problema di Cauchy y = x y, y(0 = 1. 1. Determinare la soluzione massimale e dimostrare che è definita su tutto 2. Dimostrare che tale soluzione è unica su tutto R, nonostante questo non segua dal teorema di unicità. 1 : y(x = { 1 16 (x2 4 2, 2 < x < 2, 0, x 2 o x 2. 3. [27/06/2002 (exi] Trovare la soluzione del problema di Cauchy { y = y +ty 2 3, y(0 = 1. Dimostrare che tale soluzione è definita per ogni t R ed è unica. 4. [27/06/2002 (exii] Trovare la soluzione del problema di Cauchy { y = y +ty 2 3, y(0 = 1. Dimostrare che tale soluzione è definita per ogni t R ed è unica. 5. [11/09/2002 (exi] Trovare tutte le soluzioni del problema di Cauchy { sin(y +2y +y = 0, y(0 = 5, y (0 = 0, 46

440. Questioni non standard di unicita e spiegare il significato geometrico del problema stesso. 6. [11/09/2002 (exii] Trovare tutte le soluzioni del problema di Cauchy { cos(y 2y +y = 1, y(0 = 0, y (0 = 3, e spiegare il significato geometrico del problema stesso. 7. [4/12/2002 (exi] Trovare tutte le soluzioni di { (y 2y +y 2 = 1 x, y(1 = 0; non occorre calcolare esplicitamente gli integrali. 8. [24/4/2002 (hwi] Determinare tutte le soluzioni dell equazione cos(u x = 1, tali che u( 1 = 1/2; specificare anche l intervallo di definizione. Per ogni fissato k intero, si ha la soluzione u(x = 2kπlog x + 1 2, x < 0. 9. [16/5/2002 (hwi] Trovare qualche soluzione di (y +y 2y(y y = 0. y(t = c 1 e t +c 2 e 2t. 10. [16/5/2002 (hwi] Trovare tutte le soluzioni di (y +y 2y(y y = 0. y(t = c 1 e t +c 2 e 2t. 11. [23/09/2003 (exi] Trovare tutte le soluzioni massimali di (y 2 = (y +1 4, 47

480. Soluzioni massimali che siano funzioni convesse, insieme con il loro intervallo di definizione. 12. [23/09/2003 (exii] Trovare tutte le soluzioni massimali di (y 2 = (y +1 4, che siano funzioni concave, insieme con il loro intervallo di definizione. 480. Soluzioni massimali 1. [16/07/2001 (exi] Trovare la soluzione del problema di Cauchy y = λ(y 1 2 +1, y(0 = 0, ove λ > 0 è assegnato. Dimostrare che l intervallo di definizione della soluzione è limitato a destra per ogni fissato λ > 0, ma che l estremo superiore di tale intervallo può essere reso arbitrariamente grande scegliendo λ > 0 opportunamente. 2. [16/07/2001 (exii] Trovare la soluzione del problema di Cauchy y = λ(y +1 2 1, y(0 = 0, ove λ > 0 è assegnato. Dimostrare che l intervallo di definizione della soluzione è limitato a sinistra per ogni fissato λ > 0, ma che l estremo inferiore di tale intervallo può essere reso arbitrariamente piccolo scegliendo λ > 0 opportunamente. 3. [02/2001 (hwi] Trovare le soluzioni di {y = y4 3 x, y(0 = u 0. al variare di u 0 R (questo include la determinazione dell intervallo di definizione di ciascuna soluzione, e tracciarne il grafico. 4. [15/03/2001 (hwi] Dimostrare che tutte le soluzioni massimali di sono illimitate. y = y 2 +1 y(x = tg(x+c, x I, per I intervallo di lunghezza π opportuno. 48

480. Soluzioni massimali 5. [15/03/2001 (hwi] Dimostrare che tutte le soluzioni massimali di y = (y 2 +1cos 2 y sono limitate. Infatti y π +kπ è soluzione per ogni fissato k intero. 2 6. [4/07/2003 (exi] Trovare la soluzione massimale del problema di Cauchy { y = xe (y x +1, y(1 = u 0, e discuterne il variare dell intervallo di definizione al variare di u 0 7. [4/07/2003 (exii] Trovare la soluzione massimale del problema di Cauchy { y = xe y x +1, y(1 = u 0, e discuterne il variare dell intervallo di definizione al variare di u 0 8. [23/09/2003 (exi] Risolvere il seguente problema di Cauchy, e determinare se l intervallo di definizione della soluzione è limitato a destra o a sinistra: { y = y + x y 2, y(0 = 1. 9. [23/09/2003 (exii] Risolvere il seguente problema di Cauchy, e determinare se l intervallo di definizione della soluzione è limitato a destra o a sinistra: { y = y + x y 2, y(0 = 1. 10. [16/6/2003 (hwi] Dimostrare, senza calcolarla, che la soluzione massimale di y = y 2x y x, y(1 = 3 2, 49