Capitolo 1

Equazioni differenziali

Esercizio 1.1 Risolvere il seguente problema di Cauchy y′(x) + tan(x)y(x) = \frac{sin(x)}{1 + sin(x)},

y(0) = \frac{1}{2}.

Esercizio 1.2 Risolvere il problema di Cauchy

\{ \begin{matrix}y′(x) = \frac{1 + 2x}{cos y} \\ y(0) = 0 \end{matrix} .

Esercizio 1.3 Risolvere il seguente problema di Cauchy

\{ \begin{matrix}y′(x) = (x + y′(x))^{2} − x − y′′(x) − 1; \\ y(0) = 0; \\ y′(0) = 2. \end{matrix}

Esercizio 1.4 Risolvere la seguente equazione differenziale

4y′(x) + y(x) = y^{3}(x)(x^{3} − 4x).

Esercizio 1.5 Risolvere la seguente equazione differenziale

y^{(4)}(x) − 2y^{(3)}(x) + 2y^{(2)}(x) − 2y′(x) + y(x) = 0.

Esercizio 1.6 Risolvere la seguente equazione differenziale

y^{(3)}(x) = \frac{y^{(2)}(x)}{(x + 1)^{3}} .

Esercizio 1.7 Risolvere la seguente equazione differenziale

y(x)y′′(x) − (y′(x))^{2} = y^{4}(x).

Esercizio 1.8 Risolvere la seguente equazione differenziale

(1 + x^{2})y′(x) + xy(x) = \frac{1}{(1 + x^{2})}.

Esercizio 1.9 Risolvere la seguente equazione differenziale

y′(x) = \frac{2}{x}y(x) + \frac{x + 1}{x}.

Esercizio 1.10 Risolvere la seguente equazione differenziale

y′(x)(1 − x^{2}) − xy(x) − xy^{2}(x) = 0.

Esercizio 1.11 Risolvere la seguente equazione differenziale

y′(x) = −\frac{y(x)}{6x} + \frac{x}{y^{5}(x)}.

Esercizio 1.12 Risolvere la seguente equazione differenziale

y(x)e^{2x} − (1 + e^{2x})y′(x) = 0.

Esercizio 1.13 Risolvere la seguente equazione differenziale

e^{x+y(x)}y′(x) + x = 0.

Esercizio 1.14 Risolvere la seguente equazione differenziale

y′(x) = \frac{x^{3} + y^{3}(x)}{xy^{2}(x)}.

Esercizio 1.15 Risolvere la seguente equazione differenziale

y′(x) = \frac{2x + y(x) − 1}{4x + 2y(x) + 5}.

Esercizio 1.16 Risolvere la seguente equazione differenziale

y′(x) = \frac{4x − y(x) + 7}{2x + y(x) − 1}.

Esercizio 1.17 Risolvere il seguente problema di Cauchy

\{ \begin{matrix}y′′(x) = −\frac{x}{y′(x)} \\ y′(0) = 1 \\ y(0) = 1. \end{matrix}

Esercizio 1.18 Risolvere il seguente problema di Cauchy

\{ \begin{matrix}(x + 1)y′′(x) − (x + 2)y′(x) + x + 2 = 0 \\ y′(0) = 1 \\ y(0) = 0. \end{matrix}

Esercizio 1.19 Risolvere il seguente problema di Cauchy

\{ \begin{matrix}y(x)y′′(x) = y^{2}(x)y′(x) + y′(x)^{2} \\ y′(0) = 1 \\ y(0) = 1. \end{matrix}

Esercizio 1.20 Risolvere la seguente equazione differenziale

y(x)y′′(x) − y′(x)(1 + y′(x)) = 0.

Esercizio 1.21 Risolvere il seguente problema di Cauchy

\{ \begin{matrix}2y′(x) + (y′(x)^{2} − 6x)y′′(x) = 0 \\ y′(2) = 2 \\ y(2) = 0. \end{matrix}

Esercizio 1.22 Risolvere il seguente problema di Cauchy

\{ \begin{matrix}1 + y(x)y′′(x) − y′(x)^{2} = 0 \\ y′(1) = 1 \\ y(1) = 0. \end{matrix}

Esercizio 1.23 Utilizzando il metodo delle variazioni delle costanti, risolvere il seguente problema di Cauchy

\{ \begin{matrix}xy′′(x) − xy′(x) = 3x^{2} \\ y′(0) = 1 \\ y(0) = 1. \end{matrix}

Esercizio 1.24 Risolvere la seguente equazione differenziale

2y′′(x) − y′(x) − y(x) = 4xe^{2x}.

Esercizio 1.25 Risolvere la seguente equazione differenziale

y′′(x) + y(x) = x sin x.

\frac{y′(x) − y(x)}{y′′(x)} = 3.

Esercizio 1.27 Risolvere la seguente equazione differenziale

y′′(x) − 2y′(x) + 5y(x) = xe^{x} cos 2x − x^{2}e^{x} sin 2x.

Esercizio 1.28 Risolvere il seguente problema di Cauchy

\{ \begin{matrix}y′′(x) + 4y(x) = sin x \\ y′(0) = 1 \\ y(0) = 1. \end{matrix}

Esercizio 1.29 Risolvere la seguente equazione differenziale

y′′(x) + y(x) = 2x cos x cos 2x.

Esercizio 1.30 Utilizzando il metodo della variazione delle costanti, risolvere la seguente equazione differenziale

y′′(x) + 2y′(x) + y(x) = \frac{e^{−x}}{x} .

Esercizio 1.31 Risolvere la seguente equazione differenziale

y′′(x) − 2y(x) = 4x^{2}e^{x^{2}}.

Esercizio 1.32 Risolvere la seguente equazione differenziale

y^{(3)}(x) + y^{(2)}(x) = x^{2} + 1 + 3xe^{x}.

Esercizio 1.33 Risolvere la seguente equazione differenziale

y^{(4)}(x) − 2y^{(3)}(x) + y^{(2)}(x) = x^{3}.

Esercizio 1.34 Risolvere il seguente problema di Cauchy

\{ \begin{matrix}y^{(3)}(x) + 2y^{(2)}(x) + 2y′(x) + y(x) = x \\ y(0) = y′(0) = y^{(2)}(0) = 0. \end{matrix}

1.1 Soluzioni

Soluzione 1.1 L’equazione data è una equazione differenziale lineare a coefficienti non costanti; per trovare la soluzione usiamo quindi la formula risolutiva per questo tipo di equazione. Calcoliamo anzitutto

A(x) = ∫ tan xdx = − ln | cos x|.

Una osservazione preliminare; la funzione tan x è definita per x ≠ π/2 + kπ, k ∈ ℤ Gli intervalli su cui è definita sono quindi della forma (π/2 + kπ, π/2 + (k + 1)π) e l’unico tra questi intervalli che contiene il dato iniziale x_{0} = 0 è (−π/2, π/2). Su tale intervallo | cos x| = cos x, quindi A(x) = − ln cos x. L’integrale generale sarà quindi dato da

y(x) = cos x (c + ∫ \frac{senx}{cos x(1 + senx)}dx.) .

Calcoliamo quest’ultimo integrale; utilizzando la sostituzione t = tan x/2 e le formule parametriche, si ottiene

∫ \frac{senx}{cos x(1 + senx)}dx = ∫ \frac{4t}{(1 − t)(1 + t)^{3}} dt
=\frac{1}{2} ∫ \frac{1}{1 − t}dt + \frac{1}{2} ∫ \frac{1}{1 + t}dt + ∫ \frac{1}{(1 + t)^{2}} dt − 2 ∫ \frac{1}{(1 + t)^{3}} dt

= ln \sqrt{|\frac{1 + t}{1 − t}|} − \frac{t}{(1 + t)^{2}}

= ln \sqrt{|\frac{1 + tan x/2}{1 − tan x/2}|} − \frac{tan x/2}{(1 + tan x/2)^{2}}

= ln \sqrt{|\frac{cos x/2 + senx/2}{cos x/2 − senx/2}|} − \frac{senx/2 cos x.2}{(cos x/2 + senx/2)^{2}} .

In definitiva la soluzione è data

y(x) = \frac{1}{2} cos x ln \frac{1 + senx}{cos x} + \frac{1}{2} \frac{cos x}{1 + senx}.

Soluzione 1.2 l’equazione proposta si presenta nella forma a variabili separabili, cioè

cos y(x)y′(x) = 1 + 2x.

Integrando quindi ambo i membri tra 0 e x, si ottiene

sin y(x) − sin 0 = x + x^{2},

da cui

y(x) = arcsin(x + x^{2}).

Soluzione 1.3 Ponendo z(x) = x+y′(x), l’equazione differenziale può essere riscritta nella forma

x + y′ = (x + y′)^{2} − y′′ − 1,

cioè

z = z^{2} − z′.

Questa è una equazione differenziale del prim’ordine a variabili separabili, la cui soluzione è data da

|\frac{z(x) − 1}{z(x)}| = αe^{x−x_{0}}, α > 0;

se imponiamo le condizioni iniziali, notiamo che possiamo togliere il modulo e troviamo che α = 1/2 e quindi

z(x) = \frac{2}{2 − e^{x}} .

A questo punto il problema diventa

\{ \begin{matrix}x + y′ = \frac{2}{2−e^{x}} \\ y(0) = 0. \end{matrix}

Tale problema ha per soluzione la funzione

y(x) = x − \frac{x^{2}}{2} − ln(2 − e^{x}).

Soluzione 1.4 L’equazione proposta è una equazione di tipo Bernoulli; dividendo infatti l’equazione per y^{3} (si noti che tale operazione è lecita se si cercano soluzioni non nulle), si ottiene

4y^{−3}y′ + y^{−2} = x^{3} − 4x,

da cui, ponendo z = y^{−2}, si ricava l’equazione

−2z′ + z = x^{3} − 4x.

Questa è una equazione differenziale lineare a coefficienti non costanti, la cui soluzione è data da

z(x) = ce^{x/2} + x^{3} + 6x^{2} + 20x + 40.

La soluzione del problema sarà quindi data da

y(x) = \frac{1}{\sqrt{ce^{x/2} + x^{3} + 6x^{2} + 20x + 40}}.

Soluzione 1.5 L’equazione data è una equazione lineare a coefficienti costanti; le soluzioni le cerchiamo quindi nella forma y = e^{λx}. Quindi tali funzioni sono soluzioni se e solo se λ è una radice del polinomio caratteristico

P (λ) = λ^{4} − 2λ^{3} + 2λ^{2} − 2λ + 1 = 0;

polinomio può essere riscritto nella forma

P (λ) = (λ^{2} + 1)(λ − 1)^{2}

e quindi le radici complesse sono date da λ = 1 (con molteplicità 2) e λ = ±i. La soluzione generale sarà quindi data dalla funzione

y(x) = c_{1}e^{x} + c_{2}xe^{x} + c_{3}e^{ix} + c_{4}e^{−ix}

con c_{i} ∈ ℂ, i = 1, …, 4, oppure se si vogliono usare solo numeri reali

y(x) = c_{1}e^{x} + c_{2}xe^{x} + c_{3} sin x + c_{4} cos x, c_{1}, c_{2}, c_{3}, c_{4} ∈ ℝ.

Soluzione 1.6 L’equazione di terzo grado assegnata può essere ridotta ad una equazione del primo ordine con la sostituzione v = y′′, da cui

v′ = \frac{v}{(x + 1)^{3}} .

Tale equazione ha per soluzione

|v(x)| = αe^{−1/2(x+1)^{2}}, α > 0,

e quindi la soluzione del problema originale diventa

y(x) = ±α ∫_{x_{0}}^{t} ∫_{x_{0}}^{τ} e^{−1/2(τ+1)^{2}}dτdt + c_{1} + c_{2}.

Soluzione 1.7 Si noti che nell’equazione data non compare la dipendenza da x; in questo tipo di equazioni si cambia in qualche modo il punto di vista, e si vede la funzione y come variabile libera e si cerca di esprimere le varie derivate come derivate in funzione della variabile y. A tale scopo si introduce la funzione

z(y) = y′(x),

e si calcola la derivata rispetto a y di tale funzione in modo da ottenere

\frac{dz(y)}{dy} = \frac{dy′(x)}{dy} = \frac{dy′(x)}{dx} \frac{dx}{dy} = \frac{y′′(x)}{y′(x)} = \frac{y′′(x)}{z(y)},

e quindi si ottiene l’equazione differenziale

z \frac{dz}{dy} − \frac{z^{2}}{y} − y^{3} = 0,

che può essere riscritta come

\frac{d(z^{2})}{2dy} − \frac{z^{2}}{y} = y^{3}

otteniamo la soluzione

z^{2}(y) = y^{2} (c + y^{2}) .

Si tratta quindi poi di risolvere l’equazione differenziale

(y′(x))^{2} = y(x)^{2} (c + \frac{y^{2}}{2} ) .

Soluzione 1.8 L’equazione data è di tipo lineare a coefficienti non costanti, la cui soluzione è data da

y(x) = \frac{1}{\sqrt{x^{2} + 1}} (c − \frac{1}{x^{2} − x\sqrt{x^{2} + 1} + 1}) .

Soluzione 1.9 L’equazione data è una equazione lineare a coefficienti non costanti; applicando quindi la formula risolutiva si trova che

y(x) = cx^{2} − \frac{2x + 1}{2}.

Soluzione 1.10 l’equazione data è una equazione di tipo Bernoulli; con la sostituzione z = y^{−1}, si ottiene l’equazione lineare a coefficienti non costanti

z′ = \frac{x}{x^{2} − 1}z + \frac{x}{x^{2} − 1},

che ha per soluzione

z(x) = \sqrt{|x^{2} − 1|} (c + ∫ \frac{t}{(t^{2} − 1)\sqrt{|t^{2} − 1|}}dt) ,

che produce, a seconda dei dati iniziali, una delle seguenti due soluzioni

z(x) = c\sqrt{x^{2} − 1} − 1
z(x) = c\sqrt{1 − x^{2}} − 1.

Quindi la soluzione originale sarà una delle due tra

\frac{1}{c\sqrt{x^{2} − 1} − 1}

e

\frac{1}{c\sqrt{1 − x^{2}} − 1}

Soluzione 1.11 L’equazione data è di tipo Bernoulli, e quindi con la sostituzione z = y^{6} si ottiene la soluzione

z(x) = \frac{1}{|x|} (c + ∫ 6t|t|dt) .

Se cerchiamo la soluzione per x > 0, integrando e tornando alla funzione y, si ottiene

y(x) = ^{6}\sqrt{2x^{2} + \frac{c}{|x|}}.

Soluzione 1.12 L’equazione data è a variabili separabili

\frac{y′}{y} = \frac{e^{2x}}{1 + e^{2x}} ,

e quindi la soluzione è data da

|y(x)| = c\sqrt{e^{2x} + 1}, c > 0.

Soluzione 1.13 Riscrivendo l’equazione nella forma

y′e^{y}e^{x} = −x,

notiamo che siamo ricondotti ad una equazione a variabili separabili, la cui soluzione è data da

y(x) = ln(c + (x + 1)e^{−x}).

Soluzione 1.14 L’equazione data può essere ricondotta ad una equazione di tipo omogeneo

y′ = \frac{1 + (y/x)^{3}}{(y/x)^{2}} ,

che con la sostituzione y = xz si riconduce all’equazione a variabili separabili

z + xz′ = \frac{1 + z^{3}}{z^{2}} ,

la cui soluzione è data da

z(x) = ^{3}\sqrt{c + 3 ln |x|}.

Si tratta quindi poi di porre

y′(x) = xz(x) = x ^{3}\sqrt{c + 3 ln |x|}.

Soluzione 1.15 Siamo in presenza di una equazione differenziale nella forma

y′ = f (\frac{ax + by + c}{αx + βy + γ} );

per equazioni di questo tipo si procede come segue. Se aβ −bα = 0 (che vuol dire che le rette a numeratore e a denominatore sono parallele, eventualmente coincidenti), allora notando che, supponendo a, b, α, β ≠ 0

αx + βy = \frac{α}{a} (ax + \frac{aβ}{α} ) = \frac{α}{a}(ax + by),

ponendo z = ax + by, da cui z′ = a + by′, si ottiene l’equazione a variabili separabili

\frac{z′ − a}{b} = f (\frac{z + c}{(α/az + γ)}) .

Nel caso in cui aβ − bα ≠ 0, significa che le due rette a numeratore e a denominatore si incontrano in un punto (x_{0}, y_{0}) dato come unica soluzione del sistema

\{ \begin{matrix}ax_{0} + by_{0} + c = 0 \\ αx_{0} + βy_{0} + γ = 0 \end{matrix}

(notare che la condizione data sui coefficienti implica l’invertibilità della matrice dei coefficienti di tale sistema). In tal caso si procede alla sostituzione

\{ \begin{matrix}ξ = x − x_{0} \\ η = y − y_{0} \end{matrix}

e si cerca la soluzione η(ξ) soluzione dell’equazione

η′ = f (\frac{aξ + bη}{αξ + βη} )

e questa è una equazione di tipo omogeneo.

Nel nostro caso siamo nella condizione aβ −bα = 0, quindi ponndo z = 2x+y, otteniamo l’equazione

z′ − 2 = \frac{z − 1}{2z + 5}

la cui soluzione è data da

\frac{2z(x)}{5} + \frac{7}{25} ln |5z(x) + 9| = x + c,

e quindi la soluzione è data nella forma implicita

\frac{2y(x)}{5} + \frac{7}{25} ln |10x + 5y(x) + 9| = \frac{x}{5} + c.

Soluzione 1.16 Utilizzando la discussione dell’esercizio precedente, con il cambio di variabili

\{ \begin{matrix}ξ = x + 1 \\ η = y − 3 \end{matrix}

otteniamo l’equazione

η′ = \frac{4ξ − η}{2ξ + η} ,

che, posto η(ξ) = ξw(ξ), si trova la soluzione

|\frac{w − 1}{(4 − w)^{2}} | = α|ξ|, α > 0.

Tornando alla funzione η, abbiamo trovato che

|η(ξ) − ξ| = α (4 − \frac{η(ξ)}{ξ}) ξ^{2};

si ricava quindi la soluzione y(x) tornando indietro con le sostituzioni.

Soluzione 1.17 L’equazione data può essere riscritta come

y′y′′ = −x

o meglio ancora come

\frac{d(y′)^{2}}{2dx} = −x.

Integrando quindi tra il punto iniziale x_{0} = 0 e x, si ottiene che

∫_{0}^{x} \frac{d(y′(t))^{2}}{2dx} dt = − ∫_{0}^{x} tdx,

da cui si ricava, tenendo presente che y′(0) = 1 > 0,

y′(x)^{2} = 1 − x^{2} ⇒ y′(x) = \sqrt{1 − x^{2}}.

La soluzione sarà quindi data da, tenendo presente che y(0) = 1,

y(x) = 1 + \frac{arcsin x}{2} + \frac{x\sqrt{1 − x^{2}}}{2} .

Soluzione 1.18 Notando che nell’equazione non compare la y, si può porre v = y′ in modo da ottenere un’equazione lineare a coefficienti non costanti

\{ \begin{matrix}v′ = (1 + \frac{1}{x+1}) v − \frac{x+2}{x+1} \\ v(0) = 1 \end{matrix}

la cui soluzione è data da

v(x) = 1.

La soluzione del problema iniziale sarà quindi data da

y(x) = x.

Soluzione 1.19 Nell’equazione data non compare la variabile x, quindi si può introdurre la funzione z(y) = y′(x); con questa sostituzione otteniamo

ż(y) = \frac{dz}{dy} = \frac{dz}{dx} \frac{dx}{dy} = \frac{y′′}{z} ,

si ottiene l’equazione

\{ \begin{matrix}ż = \frac{z}{y} + y, \\ z(1) = z(y(0)) = y′(0) = 1; \end{matrix}

la soluzione di tale equazione è data da

z(y) = y^{2}.

Si tratta ora di risolvere il problema

\{ \begin{matrix}y′(x) = y(x)^{2} \\ y(0) = 1, \end{matrix}

la cui soluzione è data da

y(x) = \frac{1}{1 − x}.

Soluzione 1.20 Come nell’esercizio precedente, nell’equazione non compare la variabile x e quindi si pone z(y) = y′; si ottiene quindi che

|z(y) + 1| = c|y|, c > 0,

e quindi il problema è risolto se si risolve l’equazione

|y′ + 1| = c|y|,

dove la possibilità di togliere o meno il modulo dipenderà dai dati iniziali; avremo quindi le due possibili soluzioni

|cy(x) − 1| = αe^{x}, c, α > 0
|cy(x) + 1| = αe^{−x}, c, α > 0.

Soluzione 1.21 Siccome nell’equazione data non compare la variabile y, si può porre v = y′ in modo da ottenere l’equazione differenziale al prim’ordine

\{ \begin{matrix}v′(v^{2} − 6x) + 2v = 0 \\ v(2) = 2 \end{matrix}

Notiamo che se moltiplichiamo l’equazione per v (operazione lecita in quanto v non può annullarsi mai), allora otteniamo, ponendo z = v^{2}, l’equazione

\{ \begin{matrix}\frac{z′}{2} (z − 6x) + 2z = 0 \\ z(2) = 4 \end{matrix}

che è una equazione omogenea la cui soluzione in forma inplicita è data

|z(x) − 2x|^{2} = c|z|^{3}, c > 0.

Imponendo la condizione iniziale si trova c = 0, cioè z(x) = 2x, da cui v(x) = \sqrt{2x}. A questo punto dobbiamo risolvere y′(x) = \sqrt{2x} con la condizione iniziale y(2) = 0, cioè

y(x) = \frac{1}{3}(2x\sqrt{2x} − 8).

Soluzione 1.22 Siccome nell’equazione non compare la variabile indipendente, poniamo z(y) = y′(x), e quindi si ottiene l’equazione

\{ \begin{matrix}yzz′(y) = z^{2}(y) − 1 \\ z(0) = 1 \end{matrix}

Questa è un’equazione a variabili separabili con a(y) = \frac{1}{y} e b(z) = \frac{z^{2}−1}{z}; la funzione b si annulla per z = ±1 e il dato iniziale è proprio z(0) = 1, quindi la soluzione è z(y) = 1. Questo porta all’equazione y′(x) = 1, cioè, tenendo presente che y(0) = 0, y(x) = x.

Soluzione 1.23 L’equazione può essere riscritta nella forma

y′′ − y′ = 3x;

la soluzione dell’omogenea è data da

y(x) = c_{1} + c_{2}e^{x},

mentre per la soluzione particolare si trova la funzione

y_{1}(x) = −\frac{3}{2}x^{2} − 3x.

La soluzione, imponendo le condizioni iniziali, sarà quindi determinata da

y(x) = 4e^{x} − \frac{3}{2}x^{2} − 3x − 3.

Soluzione 1.24 La soluzione dell’omogenea è data da

y_{0}(x) = c_{1}e^{x} + c_{2}e^{−x/2};

per la determinazione della soluzione particolare otteniamo la funzione

y_{1}(x) = (\frac{4}{5}x − \frac{28}{25}) e^{2x}.

La soluzione generale sarà quindi data da

y(x) = c_{1}e^{x} + c_{2}e^{−x/2} + (\frac{4}{5}x − \frac{28}{25}) e^{2x}.

Soluzione 1.25 La soluzione dell’omogenea è data da

y_{0}(x) = c_{1} sin x + c_{2} cos x;

per quanto riguarda la soluzione particolare si trova che

y_{1}(x) = \frac{x}{4} sin x − \frac{x^{2}}{4} cos x,

e quindi la soluzione generale è data da

y(x) = c_{1} sin x + c_{2} cos x + \frac{x}{4} sin x − \frac{x^{2}}{4} cos x.

Soluzione 1.26 L’equazione differenziale può essere riscritta nella forma

3y′′ − y′ + y = 0,

e quindi si tratta di una equazione differenziale del secondo ordine lineare omogenea a coefficienti costanti. Il suo polinomio caratteristico è dato da

P (λ) = 3λ^{2} − λ + 1 = (λ − 1/6 − i\sqrt{11}/6)(λ − 1/6 + i\sqrt{11}/6);

la soluzione generale sarà quindi data da

y(x) = e^{x/6} (c_{1} cos \frac{\sqrt{11}}{6}x + c_{2} sin \frac{\sqrt{11}}{6}x) .

Soluzione 1.27 La soluzione dell’equazione omogenea è data da

y_{0}(x) = e^{x}(c_{1} cos 2x + c_{2} sin 2x).

La soluzione particolare è data da

y_{1}(x) = xe^{x} ((ax^{2} + bx + c) cos 2x + (dx^{2} + ex + f) sin 2x) .

La soluzione generale sarà data dalla somma delle due.

Soluzione 1.28 La soluzione dell’equazione omogenea è data da

y_{0}(x) = c_{1} sin 2x + c_{2} cos 2x;

per quanto riguarda la soluzione particolare, si ottiene

y_{1}(x) = \frac{1}{3} sin x.

A questo punto, imponendo le condizioni iniziali, si ottiene la soluzione

y(x) = \frac{1}{3} sin 2x + cos 2x + \frac{1}{3} sin x.

Soluzione 1.29 La soluzione dell’omogenea è data da

y_{0}(x) = c_{1} sin x + c_{2} cos x;

per calcolare la soluzione particolare scriviamo

2x cos x cos 2x = x cos 3x + x cos x,

e quindi applicando il principio di sovrapposizione, cioè tenendo conto che la soluzione particolare di una somma di funzioni è data dalla somma delle soluzioni particolari, si ricava che le soluzioni particolari sono date da

y_{1}(x) = \frac{x}{4} cos x + \frac{x^{2}}{4} sin x,

y_{2}(x) = \frac{3}{32} sin 3x − \frac{x}{8} cos 3x.

La soluzione generale sarà quindi data da

y(x) = c_{1} sin x + c_{2} cos x + \frac{x}{4} cos x + \frac{x^{2}}{4} sin x + \frac{3}{32} sin 3x − \frac{x}{8} cos 3x.

Soluzione 1.30 La soluzione dell’omogenea è data da

y_{0}(x) = c_{1}e^{−x} + c_{2}xe^{−x};

per calcolare la soluzione generale si applica il metodo della variazione delle costanti, per ottenere la soluzione

y(x) = c_{1}e^{−x} + c_{2}xe^{−x} + xe^{−x} ln |x| − xe^{−x}.

Soluzione 1.31 La soluzione dell’equazione omogenea è data da

y_{0}(x) = c_{1}e^{\sqrt{2}x} + c_{2}e^{−\sqrt{2}x};

per quanto riguarda la soluzione particolare, usando il metodo della variazioni delle costanti, si trova che la soluzione generale è data da

y(x) = c_{1}e^{\sqrt{2}x} + c_{2}e^{−\sqrt{2}x} + e^{x^{2}}.

y_{0}(x) = c_{1} + c_{2}x + c_{3}e^{−x},

mentre per il calcolo della soluzione particolare usiamo il principio di sovrapposizione delle soluzioni, e cioè utilizziamo il fatto che quando il termine forzante, la parte non omogenea dell’equazione differenziale, è somma di più funzioni, allora la soluzione particolare può essere determinata sommando le varie soluzioni particolari. Utilizzando questo principio, abbiamo che associata a x^{2} + 1 la soluzione particolare è data da

y_{1}(x) = \frac{1}{12}x^{4} − \frac{1}{3}x^{3} + \frac{3}{2}x^{2},

mentre associata a 3xe^{x} la soluzione particolare è data da

y_{2}(x) = e^{x} (\frac{3}{2}x − \frac{15}{4}) .

La soluzione generale sarà quindi data da

y(x) = c_{1} + c_{2}x + c_{3}e^{−x} + \frac{1}{12}x^{4} − \frac{1}{3}x^{3} + \frac{3}{2}x^{2} + e^{x} (\frac{3}{2}x − \frac{15}{4}) .

Soluzione 1.33 La soluzione dell’equazione omogenea è data da

y_{0}(x) = c_{1} + c_{2}x + c_{3}e^{x} + c_{4}xe^{x},

mentre una soluzione particolare, sarà data da

y_{1}(x) = \frac{1}{20}x^{5} + \frac{1}{2}x^{4} + 3x^{3} + 12x^{2};

la soluzione generale sarà quindi data da

y(x) = c_{1} + c_{2}x + c_{3}e^{x} + c_{4}xe^{x} + \frac{1}{20}x^{5} + \frac{1}{2}x^{4} + 3x^{3} + 12x^{2}.

Soluzione 1.34 La soluzione dell’equazione omogenea è data da

y_{0}(x) = c_{1}e^{−x} + e^{−x/2} (c_{2} cos \frac{\sqrt{3}}{2}x + c_{3} sin \frac{\sqrt{3}}{2}x)

mentre la soluzione particolare è data da y_{1} = x − 2. Imponendo infine le condizioni iniziali, si trova che la soluzione è data dalla funzione

y(x) = e^{−x} + e^{−x/2} (cos \frac{\sqrt{3}}{2}x + \frac{1}{\sqrt{3}} sin \frac{\sqrt{3}}{2}x) + x − 2.