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Equazioni differenziali: esercizi svolti Esercizio 1. t+c , sono soluzioni sull’intervallo log t (0, 1) e sull’intervallo (1, +∞) dell’equazione differenziale Verificare che, per ogni c ∈ R, le funzioni ϕc (t) =

(t log t) x′ + x = t. Esercizio 2. Verificare che la funzione ϕ(t) = e−t (sin 2t + cos 2t) `e soluzione del problema di Cauchy  ′′ ′  x + 2x + 5x = 0

x(0) = 1

 ′ x (0) = 1.

Esercizio 3. Per quali valori del parametro a la funzione ϕa(t) = t eat `e soluzione dell’equazione tx′′ − tx′ − x = 0? Esercizio 4. Determinare l’insieme delle soluzioni delle equazioni differenziali (a) x′ = 2

(b) x′ = 2t

(c) x′ =

1 2t

Esercizio 5. Sia dato il problema di Cauchy

{ ′ x = −t e−x

x(0) = −1.

(a) Verificare che esso soddisfa le ipotesi del Teorema di esistenza e unicit`a locale delle soluzioni. (b) Calcolarne la soluzione ϕ(t), specificandone l’intervallo massimale di definizione. Esercizio 6. Sia data l’equazione differenziale y′ =  c 2017 Politecnico di Torino

y2 − 5y + 6 . 1 + t2

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(a) In quali punti del piano essa soddisfa le ipotesi del Teorema di Cauchy? (b) Senza calcolarle, siamo in grado di dire se l’equazione data ammette soluzioni limitate? (c) Calcolarne l’insieme delle soluzioni. Esercizio 7. Sia data l’equazione differenziale y′ (x) =

ex + 1 . ey + 1

(a) Per quali punti (x0 , y0 ) essa soddisfa le ipotesi del Teorema di Cauchy di esistenza e unicit`a locale delle soluzioni del problema di Cauchy associato con condizione iniziale y(x0 ) = y0 ? (b) Calcolarne l’insieme delle soluzioni. Esercizio 8. √ Sia data l’equazione differenziale x′ = tan2 t 3 2x + 3. (a) Per quali punti (t0 , x0 ) essa soddisfa le ipotesi del Teorema di Cauchy di esistenza e unicit`a locale delle soluzioni del problema di Cauchy associato con condizione iniziale x(t0 ) = x0 ? E quelle del Teorema di Peano di esistenza? (b) Determinare le soluzioni costanti. (c) Determinare l’insieme delle soluzioni. (d) Trovare la/e soluzione/i del problema di Cauchy con condizione iniziale y(0) = 0. Esercizio 9. Sia data l’equazione differenziale x′ =

3x − 2 . t2 + 1

(a) Verificare se esistono punti (t0 , x0 ) per cui non valgono le ipotesi del Teorema di esistenza e unicit`a delle soluzioni del problema di Cauchy associato con condizione iniziale x(t0 ) = x0 . (b) Calcolare le soluzioni costanti. (c) Determinare l’insieme delle soluzioni. (d) Determinare la soluzione del problema di Cauchy con condizione iniziale x(0) = 1, specificandone l’intervallo massimale di definizione. (e) Calcolare la/e soluzione/i che tende a 0 per t → +∞. Esercizio 10. Sia data l’equazione differenziale y′ = y2 − 9y + 8.  c 2017 Politecnico di Torino

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(a) Dire, senza calcolarle, se esistono soluzioni limitate. (b) Calcolare la soluzione che soddisfa la condizione iniziale y(0) = y0 , con y0 ∈ R. (c) Individuare l’insieme dei valori iniziali y0 tali che la corrispondente soluzione sia definita per ogni x ∈ R. Esercizio 11. Sia data l’equazione x′ = x2 log t. (a) Discutere la monotonia delle sue possibili soluzioni e trovarne gli eventuali punti critici. (b) Trovarne l’insieme delle soluzioni. Esercizio 12. Sia data l’equazione differenziale x′ = et x log x. (a) Discutere la monotonia delle sue possibili soluzioni. (b) Trovarne l’insieme delle soluzioni. Esercizio 13. Calcolare l’equazione della retta tangente, nel punto di ascissa t = 2, al grafico della soluzione del problema di Cauchy { ′ x = x2 log t

x(2) = 3.

Esercizio 14. Sia data l’equazione differenziale y′ = t3 (y2 + 1)(3 + 4 arctan y)2 . (a) Dire se esistono soluzioni costanti. (b) Calcolare la soluzione che soddisfa la condizione iniziale y(0) = 0, specificandone l’intervallo massimale di definizione. Esercizio 15. Sono date le equazioni differenziali (a) y′ = 2xy

(b) x′ = 2tx + x

(c) y′ =

1 y 2t

` possibile stabilire a priori l’intervallo massimale di definizione delle soluzioni? (1) E (2) Determinare l’insieme di tutte le soluzioni.  c 2017 Politecnico di Torino

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Esercizio 16. Sia data l’equazione differenziale y′ =

2t − y , t > 1. t−1

` possibile stabilire a priori l’intervallo di definizione delle soluzioni dell’equazione (a) E data? (b) Determinare l’insieme delle soluzioni. (c) Trovare la soluzione del problema di Cauchy con condizione iniziale y(0) = 1. (d) Trovare la soluzione del problema di Cauchy con condizione iniziale y(2) = 1. Esercizio 17. Risolvere il problema di Cauchy

{ ′ x −x=1

x(0) = 0.

Esercizio 18. Sono date le equazioni differenziali (a) y′′ + 3y′ − 10y = 0 (b) y′′ + 18y′ + 81y = 0 (c) y′′ + 13y′ = 0 (d) y′′ + 9y = 0 (e) y′′ + 2y′ + 5y = 0 Per ciascuna delle equazioni date: (1) determinare l’integrale generale; (2) determinare, se esistono, le soluzioni non nulle limitate su R; (3) determinare, se esistono, le soluzioni non nulle limitate su (−∞, 0); (4) determinare, se esistono, le soluzioni non nulle limitate su (0, +∞). Esercizio 19. Determinare la soluzione del problema di Cauchy t = 0.

 ′′ ′  x − 2x − 8x = 0

x(1) = 1

e il suo valore in

 ′ x (1) = 0

Esercizio 20. Sia data l’equazione differenziale x′′ + 4x′ − 5x = f(t). Dire se le seguenti affermazioni sono vere o false, motivando le risposte:  c 2017 Politecnico di Torino

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(a) l’insieme delle funzioni ϕc1 ,c2 (t) = c1 e−t +c2 e5t , c1 , c2 ∈ R, definite su R, costituisce l’integrale generale dell’equazione omogenea associata. (b) Se f(t) = e−5t , allora ϕ(t) = k e−5t `e una soluzione dell’equazione data, per qualche k ∈ R. (c) Se f (t) = 2t + 1, allora esistono A, B ∈ R tali che ϕ(t) = At + B `e una soluzione dell’equazione data. (d) Se f (t) = 3, allora ϕ(t) = − 35 `e una soluzione dell’equazione data. Esercizio 21. Siano ϕ1 (t) e ϕ2 (t) soluzioni definite su un intervallo I dell’equazione x′′ +bx′ +cx = f(t) e sia ϕ3 (t) una soluzione su I dell’equazione x′′ + bx′ + cx = g(t). Dimostrare che: (a) ϕ1 (t) + ϕ2 (t) `e una soluzione di x′′ + bx′ + cx = 2f(t). (b) ϕ1 (t) − ϕ2 (t) `e una soluzione dell’equazione omogenea associata. (c) ϕ1 (t) + ϕ3 (t) `e una soluzione di x′′ + bx′ + cx = f (t) + g(t). Esercizio 22. Determinare l’integrale generale delle seguenti equazioni differenziali: (a) y′′ + 3y′ + 2y = x2 (b) y′′ − 2y′ + y = ex (c) y′′ − 4y′ = 2x + 1 (d) y′′ − 5y′ + 6y = 3 cos x (e) y′′ − 2y′ − 3y = ex sin 2x (f) y′′ + 9y = 5 cos 3x (g) y′′ + 9y = 5 cos 3x + x (h) y′′ − 5y′ + 6y = 6 cos x Esercizio 23. Risolvere il problema di Cauchy

 ′′ t  x − x = te

x(0) = 0

 ′ x (0) = 0.

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SOLUZIONI Esercizio 1. Una funzione ϕ(t) `e soluzione dell’equazione (t log t) x′ + x = t su uno dei due intervalli I indicati se e solo se (t log t) ϕ′ (t) + ϕ(t) = t ∀t ∈ I. t+c , si ha Considerando ϕc (t) = log t (t log t)

log t − (t + c)/t t + c + = t, log t log2 t

ossia t−

t+c t+c + =t log t log t

per ogni t ∈ (0, 1) e per ogni t ∈ (1, +∞). Ne segue che ϕc (t) `e soluzione dell’equazione su ciascuno dei due intervalli.

Esercizio 2. Una funzione ψ(t) `e soluzione del problema di Cauchy assegnato, su un intervallo aperto I contenente t = 0, se e solo se  ′′ ′  ψ (t) + 2ψ (t) + 5ψ (t) ∀t ∈ I

ψ(0) = 1

 ′ ψ (0) = 1.

La funzione ϕ(t) = e−t (sin 2t + cos 2t) `e tale che i. ϕ(0) = 1, quindi la prima delle due condizioni iniziali `e verificata; ii. ϕ′ (t) = −3e−t sin 2t+e−t cos 2t =⇒ ϕ′ (0) = 1, quindi anche la seconda condizione iniziale `e verificata; iii. ϕ′′ (t) = e−t sin 2t−7e−t cos 2t, quindi, sostituendo le espressioni trovate nell’equazione differenziale data, otteniamo e−t sin 2t−7e−t cos 2t+2e−t cos 2t−6e−t sin 2t+5e−t sin 2t+5e−t cos 2t = 0 ∀t ∈ R. Pertanto la funzione ϕ(t) `e soluzione su R del problema di Cauchy assegnato.

Esercizio 3. Affinch´e ϕa(t) sia soluzione dell’equazione data su un intervallo I, deve essere (1)

t ϕa′′(t) − t ϕ′a(t) − ϕ(t) = 0 ∀t ∈ I.

Poich´e ϕ′a(t) = (1 + at) eat e ϕ′′a (t) = (2a + a2 t) eat , sostituendo in (1) otteniamo t (2a + a2 t) eat − t (1 + at) eat − t eat = 0 ∀t ∈ I.  c 2017 Politecnico di Torino

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Poich´e eat = 0 ∀t, possiamo dividere per eat e troviamo l’equazione equivalente (a2 − a) t2 + (2a − 2) t = 0 ∀t ∈ R, che `e verificata se e solo se a = 1. Ne ricaviamo che ϕ1 (t) = t et `e soluzione su R dell’equazione assegnata.

Esercizio 4. Le tre equazioni proposte sono del tipo x′ (t) = f (t). Si tratta dunque di calcolare l’insieme delle primitive della funzione f (t), determinandone anche gli intervalli di definizione. (a) f (t) = 2 `e continua su R; dunque tutte le primitive sono definite su R. Le soluzioni dell’equazione differenziale sono ϕc (t) =

∫

2 dt = 2t + c, con c ∈ R e t ∈ R.

∫

2t dt = t2 + c, con c ∈ R e t ∈ R.

(b) f (t) = 2t `e continua su R. ϕc (t) =

1 `e continua su (−∞, 0) e su (0, +∞). Avremo quindi due famiglie di (c) f (t) = 2t soluzioni, una definita su (−∞, 0) e l’altra definita su (0, +∞):

ϕc (t) =

∫

ϕk (t) =

1 1 dt = log(−t) + c, c ∈ R, t ∈ (−∞, 0) ; 2 2t ∫

1 1 dt = log t + k, k ∈ R, t ∈ (0, +∞). 2 2t

Esercizio 5. (a) L’equazione x′ (t) = −t e−x `e a variabili separabili: ′

x (t) = f (t, x(t)) = g(t) h(x)

con

{

g(t) = −t ∈ C(R) h(x) = e−x ∈ C 1 (R).

Pertanto le ipotesi del Teorema di esistenza e unicit`a locale della soluzione sono soddisfatte non solo nel punto (0, 1) (corrispondente alla condizione iniziale del problema di Cauchy assegnato), ma in tutto R2 .  c 2017 Politecnico di Torino

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(b) Per calcolare la soluzione del problema di Cauchy assegnato, calcoleremo dapprima l’insieme delle soluzioni dell’equazione differenziale x′ = −t e−x , per poi trovare in questo insieme l’unica funzione che soddisfa anche la condizione iniziale. Per raggiungere il primo obiettivo, com’`e prassi per un’equazione differenziale a variabili separabili, cercheremo innanzitutto le soluzioni costanti, che annullano identicamente la funzione h(x). Fatto questo, potremo supporre h(x) = 0 (perch´e il caso h(x) = 0 `e gi`a stato studiato) e dividere l’equazione data per h(x), ricordando che il procedimento usato `e locale. Soluzioni costanti. Siccome l’equazione h(x) = e−x = 0 non ha soluzioni reali, l’equazione differenziale data non ammette soluzioni costanti. Soluzioni di altro tipo. Passiamo alla ricerca di soluzioni non costanti: x′ = −t ∀x ∈ R, e−x

x′ = −t e−x =⇒ da cui si ottiene

e quindi, siccome x′ dt = dx,

∫ ∫

x′ dt = e−x ex dx =

ossia ex = −

∫

∫

(−t) dt,

(−t) dt,

t2 + c, c ∈ R. 2

Dobbiamo adesso esplicitare x in funzione di t. Applicando la funzione logaritmo ad entrambi i membri, otteniamo (

x = log −

1 2 t + c , c ∈ R. 2 )

L’insieme delle soluzioni dell’equazione data `e {

(

ϕc (t) = log −

1 2 t +c 2

)

}

; c∈R .

A questo punto imponiamo la condizione iniziale x(0) = log(c) = −1 =⇒ c = e−1 . Pertanto la soluzione cercata `e (

ϕ(t) = log −

1 2 1 . t + e 2 )

Tale funzione `e definita solo se − 12 t2 + e1 > 0, cio`e se t ∈ (− 2/e, √

Esercizio 6.  c 2017 Politecnico di Torino

√

2/e).

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(a) L’equazione y′ =

y2 − 5y + 6 `e a variabili separabili del tipo y′ = g(t)h(y), con 1 + t2    g(t) =  

1 1 + t2

∈ C(R)

h(y) = y2 − 5y + 6 ∈ C 1 (R).

Pertanto le ipotesi del Teorema di esistenza e unicit`a locale delle soluzioni del problema di Cauchy associato con condizione iniziale y(t0 ) = y0 sono soddisfatte per ogni t0 ∈ R e per ogni y0 ∈ R. (b) Per rispondere alla domanda, conviene studiare l’eventuale presenza di soluzioni costanti. Soluzioni costanti. h(y) = y2 − 5y + 6 = (y − 2)(y − 3) = 0 per y1 = 2 e y2 = 3. Dunque le funzioni ϕ1 (t) = 2 e ϕ2 (t) = 3 sono le uniche soluzioni costanti dell’equazione, e sono definite su R. Poich´e vale il Teorema di esistenza e unicit`a locale delle soluzioni, ogni soluzione ϕ(t) definita su I che soddisfa la condizione iniziale ϕ0 (t0 ) = y0 , con y0 ∈ (2, 3), non pu´o intersecare le soluzioni costanti ϕ1 (t) = 2 e ϕ2 (t) = 3. Dunque 2 < ϕ(t) < 3, ∀t ∈ I, e quindi `e limitata. (c) Determiniamo le soluzioni di altro tipo. Soluzioni di altro tipo. Separando le variabili e integrando si ottiene ∫

da cui si ricava

1 dy = 2 y − 5y + 6

∫

1 dt, 1 + t2

  y − 3   = arctan t + c, c ∈ y − 2

log 

R.

Applicando la funzione esponenziale a entrambi i membri, otteniamo      y − 3  = earctan t+c = ec earctan t = k earctan t , k > 0.  y − 2

Osserviamo che

 y−3     y−2   y − 3   y − 2  =  y−3 − y−2

y 0, 4

per il Teorema della permanenza del segno ϕ(t) `e definita in un intervallo I ⊆ I0 . Determinare per`o l’intervallo massimale di definizione di ϕ(t) non `e facile.

Esercizio 9. (a) L’equazione `e a variabili separabili del tipo x′ = g(t)h(x), con    g(t) =  

1 ∈ C(R) 1 + t2

h(x) = 3x − 2 ∈ C 1 (R).

Pertanto le ipotesi del Teorema di esistenza e unicit`a sono verificate in tutto R2 . (b) Soluzioni costanti. h(x) = 3x − 2 = 0 ⇐⇒ x =

2 . 3

Dunque c’`e un’unica soluzione costante, definita su tutto R: ϕ(t) =

2 . 3

(c) Soluzioni di altro tipo. Separando le variabili si ottiene ∫

1 dx = 3x − 2

∫

1 dt 1 + t2

e integrando si ottiene la seguente famiglia di soluzioni, al variare di c ∈ R, definite su tutto R: 1 log |3x − 2| = arctan t + c. 3  c 2017 Politecnico di Torino

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Per esplicitare la x, basta moltiplicare per 3 ed applicare la funzione esponenziale: |3x − 2| = e3 arctan t+c = ec e3 arctan t = k e3 arctan t , k > 0. Poich´e

3x − 2 x ≥ 2/3 −(3x − 2) x < 2/3 e poich´e nessuna soluzione (non costante) pu`o intersecare la soluzione ϕ(t) = 2/3, possiamo togliere il modulo semplicemente ammettendo che k possa variare in tutti i reali diversi da 0. Osservando poi che per k = 0 ritroviamo la soluzione costante, abbiamo che 3x − 2 = k e3 arctan t d`a, al variare di k in tutto R, tutte le soluzioni. Otteniamo quindi che l’insieme delle soluzioni `e |3x − 2| =

{

{

2 ϕk (t) = + k e3 arctan t ; k ∈ R . 3 }

In questo caso tutte le soluzioni sono definite in R. (d) Imponendo la condizione iniziale x(0) = 1 si ottiene 2 1 2 + k e0 = + k = 1 ⇐⇒ k = . 3 3 3 La soluzione cercata `e quindi 2 1 ϕ(t) = + e3 arctan t , 3 3 il cui intervallo massimale di definizione `e R. ϕk (0) =

(e) Osserviamo che lim ϕ(t) = lim

t→+∞

t→+∞

(

3 2 2 + k e3 arctan t = + k e 2 π = 0 3 3

)

⇐⇒

2 3 k = − e− 2 π . 3

La soluzione cercata `e quindi ϕ(t) =

) 2 2 − 3 π 3 arctan t 2 ( 3 = 1 − e3 arctan(t)− 2 π . − e 2 e 3 3 3

Esercizio 10. (a) L’equazione `e a variabili separabili del tipo y′ = g(x)h(y), con {

g(x) = 1 ∈ C(R) h(y) = y2 − 9y + 8 ∈ C 1 (R).

Pertanto le ipotesi del Teorema di esistenza e unicit`a sono verificate in tutto R2 : due soluzioni diverse non si possono mai intersecare. In particolare, nessuna soluzione pu`o intersecare una soluzione costante, se presente. Poich´e gli zeri di h(y) sono y1 = 1, y2 = 8, le soluzioni costanti sono: ϕ1 (x) = 1,

ϕ2 (x) = 8, ∀x ∈ R.

Ne concludiamo che ogni soluzione y(x) che soddisfi la condizione iniziale y(x0 ) = y0 , con 1 < y0 < 8, `e tale che 1 < y(x) < 8 per ogni x, essa `e quindi una soluzione limitata.  c 2017 Politecnico di Torino

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(b) Se y0 = 1 oppure y0 = 8, le soluzioni sono rispettivamente ϕ1 (x) = 1,

ϕ2 (x) = 8, ∀x ∈ R.

Per altri valori di y0 , invece, bisogna procedere alla ricerca delle soluzioni non costanti. Soluzioni di altro tipo. Separando le variabili si ottiene 1 dy = y2 − 9y + 8

∫

∫

dt

e integrando si ottiene la seguente famiglia di soluzioni, al variare di c ∈ R: y − 1 1 1 1  = x + c, log |y − 1| − log |y − 8| = log  7 7 y − 8 7 

da cui si ricava



     y − 8  = k e7x , k > 0. y − 1 

Poich´e nessuna soluzione (non costante) pu`o intersecare le soluzioni ϕ1 (x) = 1, ϕ2 (x) = 8, possiamo togliere il modulo e scrivere y−8 = k e7x , k = 0. y−1 Osservando poi che per k = 0 ritroviamo la soluzione costante ϕ2 (x) = 8, abbiamo y−8 che y−1 = k e7x al variare di k ∈ R ci d`a tutte le soluzioni diverse dalla soluzione costante ϕ1 (x) = 1. Imponendo la condizione iniziale y(0) = y0 , troviamo infine che: k = y0 = 1. L’insieme delle soluzioni al variare di y0 in R `e quindi:    ϕ(x) = 1 +  

ϕ(x) = 1

7 1−

y0 −8 y0 −1

e7x

y0 −8 , y0 −1

se

se y0 = 1 se y0 = 1.

Pertanto l’intervallo massimale di definizione della soluzione che soddisfa la condizione iniziale data dipende dal valore di y0 . (c) Le soluzioni costanti ϕ1 (x) = 1 e ϕ2 (x) = 8 (corrispondenti, rispettivamente, alle condizioni iniziali y0 = 1 e y0 = 8) sono definite su tutto R. Le altre sono definite su tutto R se e solo se 1 − yy00−8 e7x = 0 per ogni x ∈ R. Questo `e equivalente a −1 chiedere che non sia mai verificata l’equazione e7x = y0 −1 y0 −8

y0 −1 , y0 −8

il che `e vero quando

≤ 0. La disequazione `e verificata per ogni y0 ∈ (1, 8).

Riassumendo: • per ogni y0 ∈ [1, 8], la soluzione che soddisfa la condizione iniziale y(x0 ) = y0 `e definita su tutto R; • per ogni y0 ∈ [1, 8], la soluzione corrispondente `e definita su un intervallo che non coincide con R.  c 2017 Politecnico di Torino

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Esercizio 11. (a) Osserviamo innanzitutto che le soluzioni non sono tutte se t ≤ 0. Inoltre, siccome x2 ≥ 0 ∀x ∈ R, il segno di x′ coincide con quello di log t, quindi le possibili soluzioni: • sono decrescenti nei sottointervalli di (0, 1) in cui sono definite; • presentano un minimo locale per t = 1, se sono ivi definite; • sono crescenti nei sottointervalli di (1, +∞) in cui sono definite. (b) L’equazione `e a variabili separabili del tipo x′ = g(t)h(x), con {

g(t) = log t ∈ C(0, +∞) h(x) = x2 ∈ C 1 (R).

Le ipotesi del Teorema di esistenza e unicit`a sono quindi verificate per ogni condizione iniziale x(t0 ) = x0 , con t0 > 0. Soluzioni costanti. h(x) = x2 = 0 se e solo se x = 0. Dunque la funzione ϕ0 (...