Equazioni Differenziali Esercizi PDF

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esercizi con soluzioni/risultati...

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EQUAZIONI DIFFERENZIALI Esercizi con soluzione

1. Calcolare l’integrale generale delle seguenti equazioni differenziali lineari del primo ordine: (a) y ′ − 2y = 1

(b) y ′ + y = ex

(c) y ′ − 2y = x2 + x

(d) 3y ′ + y = 2 e−x (e) y ′ + 3y = eix (f) y ′ + 3y = cos x (g) y ′ + 2xy = x

(h) xy ′ + y = 3x3 − 1 (x > 0) (i) y ′ + ex y = 3ex

(j) y ′ − (tan x)y = esin x (−π/2 < x < π/2) 2

(k) y ′ + 2xy = xe−x

(l) y ′ + (cos x)y = sin 2x 2. Risolvere i seguenti problemi di Cauchy lineari del primo ordine: ( y ′ + (cos x)y = e− sin x (a) y(π) = π ( 3x y ′ − 2y = exe+1 (b) y(0) = 0 ( y ′ − y = ch1 x (c) y(0) = 0 ( y ′ + y = sin x + 3 cos 2x (d) y(0) = 0 ( y ′ + iy = x (e) y(0) = 2 ( y ′ − y = e−ix (f) y(0) = 0 ( y ′ = (cos x)y + cos3 x (g) y(0) = 0 3. (a) Dimostrare che ogni soluzione dell’equazione differenziale nell’intervallo x > 0 tende a zero per x → +∞ . (b) Calcolare la soluzione y che soddisfa y(2) = 2y(1) . 1

x2 y ′ + 2xy = 1

4. Risolvere le seguenti equazioni differenziali a variabili separabili specificando, ove possibile, l’intervallo massimale I delle soluzioni: (a) y ′ = x2 y (b) yy ′ = x (c) y ′ =

x+x2 y−y 2

(d) y ′ =

ex−y 1+ex 2 2

(e) y ′ = x y − 4x2 5. (a) ( Utilizzando il teorema di esistenza e unicit`a, dimostrare che il problema di Cauchy y′ = y2 ha soluzione unica per ogni x0 , y0 ∈ R . y(x0 ) = y0 (b) Dimostrare che la soluzione `e y0 . 1 − y0 (x − x0 )

y(x) =

(Si noti che per y0 = 0 si ottiene la soluzione costante y = 0.) (c) Determinare l’intervallo massimale della soluzione in funzione del dato iniziale y0 . 6. (a) ( Utilizzando il teorema di esistenza e unicit`a, dimostrare che il problema di Cauchy √ y′ = 2 y ha soluzione unica per ogni y0 > 0, x0 ∈ R . y(x0 ) = y0 (b) Determinare la soluzione massimale. (c) Dimostrare che il problema di Cauchy con condizione iniziale y(x0 ) = 0 ha pi` u 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) (1) y(x0 ) = y0 . Ricordiamo che le approssimazioni successive per il problema (1) sono le funzioni φ0 , φ1 , φ2 , . . . definite da Z x φ0 (x) = y0 , φn (x) = y0 + f (t, φn−1 (t)) dt, n = 1, 2, . . . . x0

Sotto opportune ipotesi sulla funzione f (x, y) (f continua e Lipschitziana in un rettangolo chiuso del tipo |x − x0 | ≤ a, |y − y0 | ≤ b) si dimostra che le φn (x) convergono per n → ∞ ad una soluzione φ(x) del problema (1) per ogni x in un intorno di x0 e che tale soluzione `e unica. ( y ′ = 3y + 1 7. Si consideri il problema di Cauchy . y(0) = 2 (a) Calcolare le prime 4 approssimazioni successive φ0 , φ1 , φ2 , φ3 . (b) Calcolare la soluzione esatta. 2

(c) Confrontare i risultati ottenuti in a) e in b). 8. Per ognuno dei seguenti problemi di Cauchy calcolare le prime 4 approssimazioni successive φ0 , φ1 , φ2 , φ3 : (a) y ′ = x2 + y 2 , y(0) = 0 (b) y ′ = 1 + xy, y(0) = 1 (c) y ′ = y 2 , y(0) = 0 (d) y ′ = y 2 , y(0) = 1 (e) y ′ = 1 + y 2 , y(0) = 0 (f) y ′ = 1 − 2xy, y(0) = 0. 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 = 0

(b) 3y ′′ + 2y ′ = 0 (c) y ′′ + 16y = 0 (d) y ′′ + y ′ + 41y = 0 (e) y ′′ − 4y ′ + 5y = 0 (f) y ′′ + 2iy ′ + y = 0

(g) y ′′ − 2iy ′ − y = 0

(h) y ′′ + (3i − 1)y ′ − 3iy = 0. 10. Risolvere i seguenti problemi di Cauchy: (a) y ′′ + y ′ − 6y = 0, y(0) = 1, y ′ (0) = 0

(b) y ′′ − 2y ′ − 3y = 0, y(0) = 0, y ′ (0) = 1

(c) y ′′ + 10y = 0, y(0) = π, y ′ (0) = π 2 .

(d) y ′′ + (4i + 1)y ′ + y = 0, y(0) = 0, y ′ (0) = 0 (e) y ′′ + (3i − 1)y ′ − 3iy = 0, y(0) = 2, y ′ (0) = 0 11. Calcolare l’integrale generale (reale se i coefficienti sono reali) delle seguenti equazioni differenziali lineari omogenee a coefficienti costanti: (a) y ′′′ + y = 0 (b) y ′′′ − 8y = 0

(c) y (4) − 16y = 0

(d) y (4) + 16y = 0

(e) y (4) − 2y ′′ + y = 0

(f) y (4) + 2y ′′ + y = 0

(g) y ′′′ + 4y ′′ − 3y ′ − 18y = 0

(h) y ′′′ + 6y ′′ + 12y ′ + 8y = 0 3

(i) y (4) + y ′ = 0 (j) y (4) + 10y ′′ + 25y = 0 (k) y (4) + 2y ′′′ + 2y ′′ + 2y ′ + y = 0 (l) y (5) + y = 0 (m) y (6) + y = 0 (n) y (6) − y = 0

(o) y (8) + 8y (6) + 24y (4) + 32y ′′ + 16y = 0 (p) y (10) = 0 (q) y ′′′ − 5y ′′ + 6y ′ = 0 (r) y (100) + 100y = 0

(s) y (4) + 5y ′′ + 4y = 0 (t) y ′′′ − 3y ′ − 2y = 0

(u) y (5) − y (4) − y ′ + y = 0

(v) y ′′′ − 3iy ′′ − 3y ′ + iy = 0

(w) y ′′′ − iy ′′ + 4y ′ − 4iy = 0

(x) y ′′′ + iy ′′ − 2y ′ − 2iy = 0 (y) y (4) − iy = 0

(z) y (4) + 4iy ′′′ − 6y ′′ − 4iy ′ + y = 0

12. Risolvere i seguenti problemi di Cauchy: (a) y ′′′ + y = 0, y(0) = 0, y ′ (0) = 1, y ′′ (0) = 0 (b) y ′′′ − 4y ′ = 0, y(0) = 0, y ′ (0) = 1, y ′′ (0) = 0

(c) y (4) + 16y = 0, y(0) = 1, y ′ (0) = y ′′ (0) = y ′′′ (0) = 0 (d) y (5) − y (4) − y ′ + y = 0, y(0) = 1, y ′ (0) = y ′′ (0) = y ′′′ (0) = y (4) (0) = 0 13. Calcolare la funzione analitica ∞ X x3 x6 x9 x3n = 1+ + + + ··· y(x) = (3n)! 3! 6! 9! n=0

in termini di funzioni elementari. (Suggerimento: usando il teorema di derivazione per serie si dimostri che y soddisfa l’equazione differenziale y ′′′ − y = 0, con le condizioni iniziali y(0) = 1, y ′ (0) = y ′′ (0) = 0.) 14. Calcolare la funzione analitica ∞ X x4 x8 x12 x4n = 1 + + + + ··· y(x) = (4n)! 4! 8! 12! n=0

in termini di funzioni elementari.

4

15. Dimostrare che se k ∈ N+ allora k−1 ∞ X 1 X αj x xkn e , = k (kn)! j=0 n=0

dove

αj =

√ k

1 = ei

2πj k

(j = 0, 1, . . . , k − 1).

16. Utilizzando il metodo di somiglianza, calcolare una soluzione particolare yp (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 = x2

(d) 4y ′′ − y = ex

(e) 6y ′′ + 5y ′ − 6y = x

(f) y ′′ − 4y = 3e2x + 4e−x

(g) y ′′ − 4y ′ + 5y = 3e−x + 2x2 (h) y ′′ − 4y ′ + 5y = e2x cos x (i) y ′′ − 7y ′ + 6y = sin x

(j) y ′′ − y ′ − 2y = e−x + x2 + cos x

(k) y ′′ + 9y = x2 e3x + cos 3x (l) y ′′ + y = xex cos 2x (m) y ′′ + 2iy ′ + y = x

(n) y ′′ − 2iy ′ − y = eix − 2e−ix

(o) y ′′ + iy ′ + 2y = 2 ch 2x + e−2x 17. Utilizzando il metodo di somiglianza, calcolare una soluzione particolare yp (x) delle seguenti equazioni differenziali lineari a coefficienti costanti non omogenee: (a) y ′′′ − y ′ = x

(b) y ′′′ − 8y = eix

(c) y ′′′ − 8y = cos x (d) y ′′′ − 8y = sin x

(e) y ′′′ + 3y ′′ + 3y ′ + y = x2 e−x (f) y ′′′ = x2 + e−x sin x (g) y ′′′ − 3y ′′ + 4y ′ − 2y = xex sin x

(h) y (4) + 16y = cos x

(i) y (4) − 4y (3) + 6y ′′ − 4y ′ + y = ex

(j) y (4) − y = ex

(k) y (4) − y = eix

(l) y (4) − y = cos x

(m) y (4) − y = sin x

5

(n) y (4) − y = ex cos x

(o) y (4) − y = xex sin x

18. Risolvere i seguenti problemi di Cauchy: ( y ′′ − 8y ′ + 15y = 2 e3x (a) y(0) = 0, y ′ (0) = 0 ( y ′′ − y = x ex (b) y(0) = 0 = y ′ (0) ( y ′′′ + y ′′ = 1 (c) y (0) = y ′ (0) = y ′′ (0) = 0 ( y ′′′ + y ′′ + y ′ = 1 (d) y(0) = y ′ (0) = y ′′ (0) = 0 ( y ′′′ + y ′′ + y ′ + y = 1 (e) y(0) = y ′ (0) = y ′′ (0) = 0 19. Utilizzando il metodo della risposta impulsiva risolvere i seguenti problemi di Cauchy: ( ex y ′′ − 2y ′ + y = x+2 (a) y(0) = 0, y ′ (0) = 0. ( y ′′ + y = cos1 x (b) y(0) = 0, y ′ (0) = 0. ( y ′′ − y = ch1x (c) y(0) = 0, y ′ (0) = 0. ( −x y ′′ + 2y ′ + y = xe2 +1 (d) y(0) = 0, y ′ (0) = 0. ( y ′′ + y = cos13 x (e) y(0) = 0, y ′ (0) = 0. ( y ′′ + y = tan x (f) y(0) = 0, y ′ (0) = 0. ( y ′′ + y = sin1 x (g) y(π/2) = 0, y ′ (π/2) = 0. ( y ′′ − y = sh1x (h) y(1) = 0, y ′ (1) = 0. ( y ′′ − y ′ = ch1 x (i) y(0) = 0, y ′ (0) = 0. ( ex y ′′ − 2y ′ + 2y = 1+cos x (j) y(0) = 0, y ′ (0) = 0. 6

(k)

(

y ′′ − 3y ′ + 2y = (exe+1)2 y(0) = 0, y ′ (0) = 0.

(l)

(

y ′′′ − 3y ′′ + 3y ′ − y =

ex x+1

(m)

(

y ′′′ − 2y ′′ − y ′ + 2y =

ex ex +1

(n)

(

2x

y (0) = y ′ (0) = y ′′ (0) = 0. y (0) = y ′ (0) = y ′′ (0) = 0. y ′′′ + 4y ′ = sin12x y (π/4) = y ′ (π/4) = y ′′ (π/4) = 0.

20. Si consideri l’equazione differenziale lineare del secondo ordine a coefficienti variabili y ′′ + x1 y ′ −

1 y x2

= 0 per x > 0.

(a) Dimostrare che ci sono soluzioni della forma xr con r costante. (b) Trovare 2 soluzioni linearmente indipendenti per x > 0 dimostrando la loro indipendenza lineare. (c) Determinare le 2 soluzioni che soddisfano le condizioni iniziali y(1) = 1, y ′ (1) = 0 e y(1) = 0, y ′ (1) = 1. 21. (a) Dimostrare che ci sono soluzioni della forma xr con r costante dell’equazione differenziale x3 y ′′′ − 3x2 y ′′ + 6xy ′ − 6y = 0. (b) Determinare 3 soluzioni linearmente indipendenti per x > 0 dimostrando la loro indipendenza lineare. 22. In ognuno dei seguenti casi viene data un’equazione differenziale, una funzione y1 (x) e un intervallo. Verificare che y1 soddisfa l’equazione nell’intervallo indicato, e trovare una seconda soluzione linearmente indipendente utilizzando il metodo di riduzione dell’ordine. (a) x2 y ′′ − 7xy ′ + 15y = 0, y1 (x) = x3 (x > 0). (b) x2 y ′′ − xy ′ + y = 0, y1 (x) = x (x > 0). 2

(c) y ′′ − 4xy ′ + (4x2 − 2)y = 0, y1 (x) = ex

(x ∈ R ).

(d) xy ′′ − (x + 1)y ′ + y = 0, y1 (x) = ex (x > 0).

(e) (1 − x2 )y ′′ − 2xy ′ = 0, y1 (x) = 1 (−1 < x < 1). (f) x2 y ′′ + y ′ − x1 y = 0, y1 (x) = x (x > 0).

(g) x2 y ′′ − 21 xy ′ − y = 0, y1 (x) = x2 (x > 0).

(h) x2 y ′′ + xy ′ − y = 0, y1 (x) = x (x > 0).

(i) x2 y ′′ − x(x + 2)y ′ + (x + 2)y = 0, y1 (x) = x (x > 0).

(j) y ′′ −

(k) y ′′ + (l) y ′′ −

2 y = 0, y1 (x) = x2 (x > 0). x2 1 y = 0, y1 (x) = x1/2 (x > 0). 4x2 1 1 y ′ + x2 log y = 0, y1 (x) = x x log x x

7

(x > 1).

(m) 2x2 y ′′ + 3xy ′ − y = 0, y1 (x) = 1/x (x > 0).

(n) (1 − x2 )y ′′ − 2xy ′ + 2y = 0, y1 (x) = x (−1 < x < 1).

23. Utilizzando il metodo della variazione delle costanti determinare una soluzione particolare delle seguenti equazioni differenziali lineari non omogenee. (a) xy ′′ − (1 + x)y ′ + y = x2 e2x (si veda l’esercizio 22 (d)).

(b) x2 y ′′ − x(x + 2)y ′ + (x + 2)y = 2x3 (si veda l’esercizio 22 (i)).

(c) y ′′ − x22 y = x (si veda l’esercizio 22 (j)).

24. Risolvere i seguenti problemi di Cauchy ( x2 y ′′ − xy ′ + y = x2 (si veda l’esercizio 22 (b)). (a) y(1) = 1, y ′ (1) = 0 ( x2 y ′′ − 2y = 2x − 1 (b) (si veda l’esercizio 22 (j)). y(1) = 0, y ′ (1) = 0 ( 1 1 y = log x y ′ + x2 log y ′′ − x log x x (c) (esercizio 22 (l)). y(e) = 0, y ′ (e) = 0 25. (a) Determinare 2 soluzioni indipendenti dell’equazione differenziale x2 y ′′ + 4xy ′ + (2 + x2 )y = 0 nell’intervallo x > 0, cercandole nella forma y(x) =

z(x) x2

.

(b) Trovare una soluzione particolare dell’equazione differenziale x2 y ′′ + 4xy ′ + (2 + x2 )y = x2 .

8

SOLUZIONI 1. Si usa la formula per l’integrale generale dell’equazione lineare y ′ = a(x)y + b(x) con a, b ∈ C 0 (I), cio`e Z (2) y(x) = eA(x) e−A(x) b(x) dx, dove A(x) `e una qualsiasi primitiva di a(x) sull’intervallo I . (a) y(x) = ke2x − 21 (k ∈ R).

(b) y(x) = 21ex + ke−x (k ∈ R).

(c) y(x) = − 21 (x2 + 2x + 1) + ke2x (k ∈ R). (d) y(x) = −e−x + ke−x/3 (k ∈ R).

(e) y(x) =

3−i ix e + ke−3x (k 10 1 (3 cos x + sin x) 10

∈ C).

+ ke−3x (k ∈ R). (f) y(x) = Si noti che la funzione y1 (x) = 101 (3 cos x + sin x), che `e una soluzione particolare dell’equazione non omogenea, `e precisamente la parte reale della soluzione partieix trovata nel punto precedente (con calcoli pi` u semcolare complessa yp (x) = 3−i 10 ix plici). Il motivo `e che cos x = Re e . La parte immaginaria di yp , cio`e la funzione y2 (x) = 101 (− cos x + 3 sin x) , soddisfa invece l’equazione y ′ + 3y = sin x = Im eix . (g) y(x) = (h) y(x) =

2 1 + ke−x (k ∈ R). 2 3 3 x − 1 + xk (k ∈ R) 4 −ex

(i) y(x) = 3 + ke (k ∈ R)   (j) y(x) = cos1 x esin x + k (k ∈ R) 2

2

(k) y(x) = 21x2 e−x + ke−x (k ∈ R)

(l) y(x) = 2(sin x − 1) + 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 pu`o anche usare la formula Z x A(x) A(x) e−A(t) b(t) dt y(x) = y0 e +e x0

che fornisce direttamente la soluzione R x del problema di Cauchy lineare con la condizione iniziale y(x0 ) = y0 . Qui A(x) = x0 a(t)dt `e la primitiva di a(x) che si annulla nel punto x0 ∈ I . (a) y(x) = x e− sin x  x  (b) y(x) = e2x log e 2+1

(c) y(x) = x ex − ex log(ch x) (d) y(x) = 21 sin x −

1 cos x 2 −ix

(e) y(x) = 1 − ix + e (f) y(x) =

−1+i (e−ix 2 2

+

3 5

cos 2x +

− ex )

(g) y(x) = sin x + 2 sin x + 1 − esin x 9

6 5

sin 2x −

1 −x e 10

3. (a) L’integrale generale `e y(x) = x1 + xk2 (x > 0, k ∈ R), pertanto limx→+∞ y(x) = 0. (b) y(x) = x1 −

6 7x2

4. Si usa la formula che fornisce implicitamente le soluzioni non costanti dell’equazione a dy variabili separabili dx = a(x)b(y), cio`e Z Z dy = a(x) dx. b(y) A queste vanno aggiunte le eventuali soluzioni costanti y(x) = y¯, ∀x, dove y¯ sono gli zeri di b(y ). 3

(a) y(x) = kex /3 (k ∈ R). Per k = 0 si ottiene la soluzione costante y = 0. Si ha I = R per ogni valore di k . √ (b) y(x) = ± x2 + k (k ∈ R). Per ogni valore reale di k abbiamo 2 famiglie di √ 2 + k , y (x) = soluzioni corrispondenti al segno + e al segno -, cio` e y (x) = x + − √ − x2 + k . Notiamo che l’intervallo massimale I delle soluzioni y± dipende dal valore di k . Se k > 0 allora I = R. Se k = 0 allora I = R+ oppure I = R− . (Nel punto x = 0 l’equazione in √ forma normale, y ′ (x) = x/y (x), √ perde significato.) Infine √ se k < 0 si ha I = ( −k, +∞) oppure I = (−∞, − −k) . √ (Nei punti x = ± −k l’equazione in forma normale perde significato perch`e y(± −k) = 0 e y non e` derivabile (tangente verticale).) Notiamo infine che la soluzione del problema di Cauchy y ′ = x/y , y(x0 ) = y0 con y0 6= 0 esiste ed e` unica. Questo `e in accordo con il teorema di esistenza e unicit`a, essendo la funzione b(y) = 1/y di classe C 1 nell’intorno di qualsiasi punto y0 6= 0. Ad esempio ( √ y ′ = x/y ⇒ y(x) = x2 + 1, I = R, y(0) = 1 ( √ y ′ = x/y ⇒ y(x) = − x2 + 1, I = R, y(0) = −1 ( √ √ y ′ = x/y ⇒ y(x) = − x2 − 3, I = ( 3, +∞) , y(2) = −1 ( √ √ y ′ = x/y ⇒ y(x) = x2 − 3, I = (−∞, − 3) . y(−2) = 1 (c) y(x) e` definita implicitamente dall’equazione 3y 2 − 2y 3 = 3x2 + 2x3 + k (k ∈ R).

(d) y(x) = log (log(ex + 1) + k) (k ∈ R). L’intervallo I sul quale y `e soluzione dipende da k . Se k ≥ 0 si ha I = R. Se invece k < 0, I = (log(e−k − 1), +∞). (e) Vi sono le 2 soluzioni costanti y(x) = 2 e y (x) = −2 ∀x. Inoltre si ha 3

1 + ke4x /3 y(x) = 2 1 − ke4x3 /3

(k ∈ R).

Per k = 0 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 `e soluzione dipende da k e q precisamente: se k ≤ 0 allora I = R; se k > 0 allora I = (− 3 q oppure I = (−∞, − 3 43 log k). 10

3 4

log k, +∞)

5. (a) La funzione b(y) = y 2 `e di classe C 1 su tutto R . (b) La soluzione costante y = 0 `e l’unica soluzione del problema di Cauchy con y0 = 0. Separando le variabili si ottiene y(x) = −1/(x + k) (k ∈ R). Imponendo la condizione iniziale y(x0 ) = y0 con y0 6= 0 si trova k = −x0 − 1/y0 , da cui la formula indicata. Tale formula ha significato anche per y0 = 0, nel qual caso fornisce la soluzione costante y = 0. (c) L’intervallo I sul quale y `e soluzione dipende dal dato iniziale y0 . Infatti se y0 6= 0, deve essere x 6= x0 + 1/y0 . Inoltre l’intervallo I deve contenere x0 . Si trova: • y0 = 0 ⇒ I = R; • y0 > 0 ⇒ I = (−∞, x0 +

• y0 < 0 ⇒ I = (x0 +

1 ); y0

1 , +∞). y0

√ 6. (a) La funzione b(y) = 2 y `e di classe C 1 nell’intorno di qualsiasi punto y0 > 0. Non `e invece di classe C 1 in un intorno di y0 = 0, e non `e neanche Lipschitziana √ √ in tale intorno in quanto il rapporto incrementale ( y − 0)/(y − 0) = 1/ y non `e limitato in un intorno di zero. Quindi il teorema di esistenza e unicit`a si pu`o applicare solo per y0 > 0. (b) La soluzione costante y = 0 non soddisfa la condizione iniziale y(x0 ) = y0 > 0. √ √ Separando le variabili nell’equazione y ′ = 2 y si trova y = x + k , che per x + k ≥ 0 fornisce la soluzione y(x) = (x + k)2 . Imponendo la condizione iniziale √ si trova k = y0 − x0 , da cui la soluzione del problema di Cauchy y(x) = (x − x0 +

√

y0 )2 definita su I ′ = [x0 −

√

y0 , + ∞) .

√ In questo caso y e` soluzione anche nel punto x = x0 − y0 in quanto sia y ′ che √ ` possibile allora estendere la soluzione oltre 2 y si annullano in tale punto. E tale punto (prolungamento sinistro), ottenendo la seguente soluzione massimale definita su tutto R :  √ √ (x − x0 + y0 )2 se x ≥ x0 − y0 , y(x) = √ 0 se x < x0 − y0 . La verifica `e immediata. (c) Consideriamo ora il problema di Cauchy con condizione iniziale y(x0 ) = 0. Innanzitutto c’`e la soluzione costante y(x) = 0 ∀x ∈ R . Un’altra soluzione si trova separando le variabili per x ≥ x0 e incollando la soluzione costante per x < x0 :  (x − x0 )2 se x ≥ x0 y˜(x) = 0 se x < x0 . Entrambe queste 2 soluzioni sono definite su tutto R. Traslando la soluzione y˜ a destra di x0 di una quantit`a arbitraria c > 0 si ottengono infinite soluzioni dello stesso problema di Cauchy. Tuttavia queste soluzioni coincidono con la soluzione costante in un intorno di x0 . x2 , φ3 (x) = 2 + 7x + 212 x2 + 21 x3 . 7. (a) φ0 (x) = 2, φ1 (x) = 2 + 7x, φ2 (x) = 2 + 7x + 21 2 2 (b) φ(x) = 31(7e3x − 1). 11

(c) Usando lo sviluppo in serie di e3x si verifica che φn (x) coincide con il polinomio di McLaurin di ordine n di φ(x). 8. (a) φ0 (x) = 0, φ1 (x) =

x3 , 3

φ2 (x) =

x3 3

+

x7 , 63

φ3 (x) =

x3 3

4

3

2

2

11

7

2x x + + 11·189 + 63

x15 15·632

. 2

(b) φ0 (x) = 1, φ1 (x) = 1 + x + x2 , φ1 (x) = 1 + x + x2 + x3 + x8 , φ2 (x) = 1 + x + x2 + Rx 2 6 4 2 x3 x5 + x48 . Si paragoni con la soluzione esatta φ(x) = ex /2 (1 + 0 e−t /2 dt) + x8 + 15 3 calcolando lo sviluppo di McLaurin al quinto ordine di φ(x). (c) φ0 (x) = 0 = φ1 (x) = φ2 (x) = φ3 (x). Si paragoni con la soluzione esatta. 3

(d) φ0 (x) = 1, φ1 (x) = 1 + x, φ2 (x) = 1 + x + x2 + x3 , φ3 (x) = 1 + x + x2 + x3 + 7 6 5 2x4 + x3 + + x9 + x63 . Si calcoli la soluzione esatta e il suo intervallo massimale e 3 si confrontino i risultati. 3

3

5

7

x (e) φ0 (x) = 0, φ1 (x) = x, φ2 (x) = x + x3 , φ3 (x) = x + x3 + 2x + 63 . Si calcoli la 15 soluzione esatta e il suo intervallo massimale e si confrontino i risultati. 3

(f) φ0 (x) = 0, φ1 (x) = x, φ2 (x) = x − 2x3 , φ3 (x) = x − 2 R x 2 la soluzione esatta φ(x) = ex 0 e−t dt.

2...