Analisi Matematica 2 Esercizi di esame e di controllo Versione …daniele.andreucci/pdf/20161121... · 2016-11-21 · Studio qualitativo 67 ... estremo della funzione f : R2 → Rnell’insieme

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

[email protected]

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 R2 81

780. Calcolo di integrali su curve di forme lineari in R2 86


1. [25/01/2016 (ex)I] Trovare massimi e minimi assoluti e relativi punti diestremo della funzione f : R2 → R nell’insieme E ⊂ R2, ove

f(x, y) = y3 + 4x2y − 4y ,

E = (x, y) ∈ R2 | 12≤ x2 + y2 ≤ 1 .

Soluzione

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 questesimmetrie.Cerchiamo prima i punti critici liberi della f :

∇ f(x, y) = (8xy, 3y2 + 4x2 − 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 dunqueverranno ritrovati nel sistema di Lagrange.Sulla parte di frontiera x2 + y2 = 1/2 si ottiene

x2 + y2 =1

2,

8xy = 2λx ,

3y2 + 4x2 − 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 6= 0, la seconda equazione dà y = λ/4, che sostituito nell’ultima dà

5

16λ2 = 4x2 − 4 ,

impossibile perché x2 < 1 su questa parte di frontiera. Quindi abbiamo trovato icandidati punti di estremo

(

0,± 1√2

)

.

3


Sulla parte di frontiera x2 + y2 = 1 si ottiene

x2 + y2 = 1 ,

8xy = 2λx ,

3y2 + 4x2 − 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 6= 0, la seconda equazione dà y = λ/4, che sostituito nell’ultima dà

5

16λ2 = 4x2 − 4 ,

ossiax = ±1 , λ = 0 , y = 0 ,

quindi i punti critici liberi trovati all’inizio. Quindi abbiamo trovato i candidatipunti 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

)

= ±(2−32 − 2

32 ) ∈ (−3,3) .

R.

maxE

f = f(0,−1) = 3 , minE

f = f(0,1) = −3 .

2. [25/01/2016 (ex)II] Trovare massimi e minimi assoluti e relativi punti diestremo della funzione f : R2 → R nell’insieme E ⊂ R2, ove

f(x, y) = −x3 − 4xy2 + 4x ,

E = (x, y) ∈ R2 | 12≤ x2 + y2 ≤ 1 .

R.

maxE

f = f(1,0) = 3 , minE

f = f(−1,0) = −3 .

3. [11/02/2016 (ex)I] Trovare i massimi e i minimi assoluti della funzionef : R2 → R definita da

f(x, y) = 3x+ 3xy − 12y − 3x4 − 6y2 ,

nell’insieme E ⊂ R2

E = (x, y) ∈ R2 | −1 ≤ x ≤ 0 , −x− 1 ≤ y ≤ 0 .

Soluzione

4


Troviamo i punti critici della funzione, che è di classe C∞(R2): si ha

∂f

∂x= 3 + 3y − 12x3 = 0 ,

∂f

∂y= 3x− 12− 12y = 0 .

Sostituendo la seconda equazione nella prima si ottiene

3

4x− 12x3 = 0 .

Si ricavano quindi i punti critici

(0,−1) ,(

− 1

4,−17

16

)

,(1

4,−15

16

)

.

Nessuno di essi appartiene all’interno dell’insieme E; il primo appartiene alla fron-tiera.Passiamo quindi a studiare la f su ∂E:i) x = 0: qui vale

f(0, y) = −12y− 6y2 ,

e∂f

∂y(0, y) = −12− 12y < 0 , −1 < y < 0 .

Pertanto la f ristretta a questo segmento assume gli estremi in

(0,0) , (0,−1) .

ii) y = 0: qui valef(x,0) = 3x− 3x4 ,

e∂f

∂x(x,0) = 3− 3x3 > 0 , −1 < x < 0 .


(−1,0) , (0,0) .

iii) y = −x− 1: qui vale

f(x,−x− 1) = −12x4 − 9x2 + 12 ,

ed

dxf(x,−x− 1) = −12x3 − 18x > 0 , −1 < x < 0 .


(−1,0) , (0,−1) .

R.

maxE

f = f(0,−1) = 6 , minE

f = f(−1,0) = −6 .

5


4. [11/02/2016 (ex)II] Trovare i massimi e i minimi assoluti della funzionef : R2 → R definita da

f(x, y) = 6x2 + 3y4 + 12x− 3y − 3xy + 1 ,

nell’insieme E ⊂ R2

E = (x, y) ∈ R2 | −1 ≤ x ≤ 0 , −x− 1 ≤ y ≤ 0 .R.

maxE

f = f(0,−1) = 7 , minE

f = f(−1,0) = −5 .

5. [11/04/2016 (ex)I] Trovare massimi e minimi assoluti della funzione f :R2 → R nell’insieme E ⊂ R2, ove

f(x, y) = 4x2y + y3 − 4y ,

E = (x, y) ∈ R2 | y ≤ 0 , x2 + y2 ≤ 1, .Soluzione

Poiché f ∈ C∞(R2) si procede derivando e ottenendo

∇ f(x, y) = (8xy, 4x2 + 3y2 − 4) .

I punti critici quindi sono(

0,2√3

)

,(

0,− 2√3

)

, (1, 0) , (−1, 0) .

Questi punti sono tutti esterni all’interno di E, quindi gli estremi verranno raggiuntisulla frontiera.Studiamo prima il diametro y = 0, ove si ha

f(x,0) = 0 , 0 ≤ x ≤ 1 .

Poi consideriamo la semicirconferenza y ≤ 0, x2 + y2 = 1; qui osserviamo che

f(x, y) = 4(1− y2)y + y3 − 4y = −3y3 , −1 ≤ y ≤ 0 .

R.

maxE

f = f(0,−1) = 3 , minE

f = f(x,0) = 0 , −1 ≤ x ≤ 1 .

6. [11/11/2016 (ex)I] Trovare massimi e minimi assoluti, e i relativi puntidi estremo, della funzione f : R2 → R2 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

Soluzione

La funzione f è di classe C∞(R2). Iniziamo pertanto a trovarne i punti critici,annullando le derivate

∂f

∂x=

2

3x ,

∂f

∂y= −2 .

Si vede che la fy 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

γ1 = (x,0) | −8 ≤ x ≤ 8 ,

γ2 =(

x,x2

8

)

| −8 ≤ x ≤ 8

.

Su γ1 si ha

f(x,0) = 4 +x2

8, −8 ≤ x ≤ 8 .

Evidentemente

minγ1

f = f(0,0) = 4 , maxγ1

f = f(±8,0) = 4 +64

3= 25 +

1

3.

Su γ2 si ha

f(

x,x2

8− 8)

= 20 +x2

12, −8 ≤ x ≤ 8 .

Quindi

minγ2

f = f(0,−8) = 20 , maxγ2

f = f(±8,0) = 20 +64

12= 25 +

1

3.

R.

minE

f = f(0,0) = 4 , maxE

f = f(±8,0) = 25 +1

3.


1. [25/01/2016 (ex)I] Trovare massimi e minimi assoluti della funzione f :R2 → R vincolata alla curva γ ⊂ R2, ove

f(x, y) = e−x2−y2 ,

γ = (x, y) ∈ R2 | (x− 1)2 + 4y2 − 4 = 0 .

Soluzione

7


Osserviamo che sia f che il vincolo sono simmetrici rispetto all’asse x, pertanto irisultati dovranno rispettare tale simmetria. È anche interessante notare che f èfunzione decrescente della distanza dall’origine.Poniamo

g(x, y) = (x− 1)2 + 4y2 − 4 .

Calcoliamo

∇ f(x, y) = −2e−x2−y2

(x, y) ,

∇ g(x, y) = 2(x− 1, 4y) .

Il sistema di Lagrange quindi sarà

(x − 1)2 + 4y2 − 4 = 0 ,

−2e−x2−y2

x = 2λ(x− 1) ,

−2e−x2−y2

y = 8λy .

Se y = 0 la terza equazione è soddisfatta, e la prima dà x ∈ −1,3.Se y 6= 0, la terza equazione dà

e−x2−y2

= −4λ ,

che sostituita nella seconda dà (dovendo dunque essere λ < 0) x = −1/3. Sosti-tuendo questo valore nella prima equazione troviamo per y i valori ±

√5/3.

Concludendo abbiamo trovato i possibili punti di estremo

(−1,0) , (3,0) ,(

− 1

3,

√5

3

)

,(

− 1

3,−

√5

3

)

.

Sostituendo si ottengono i valori

f(−1,0) = e−1 , f(0,3) = e−9 , f(

− 1

3,±

√5

3

)

= e−23 .

R.

maxγ

f = f(

− 1

3,±

√5

3

)

= e−23 , min

γf = f(0,3) = e−9 .

2. [25/01/2016 (ex)II] Trovare massimi e minimi assoluti della funzionef : R2 → R vincolata alla curva γ ⊂ R2, ove

f(x, y) = ex2+y2 ,

γ =

(x, y) ∈ R2 | x2 + 1

4

(

y − 1

2

)2− 1 = 0

.

R.

maxγ

f = f(

0 ,5

2

)

= e254 , min

γf = f

(

±√8

3,−1

6

)

= e1112 .

8


3. [11/04/2016 (ex)I] Trovare massimi e minimi assoluti della funzione f :R2 → R vincolata alla curva γ, ove

f(x, y) = −x3 − 4xy2 + 16x+ 1 ,

γ = (x, y) | x2 + y2 = 4 .Soluzione

Usiamo il metodo dei moltiplicatori di Lagrange: calcoliamo

∇ f(x, y) = (−3x2 − 4y2 + 16,−8xy) ,

∇ g(x, y) = (2x, 2y) , g(x, y) = x2 + y2 − 4 .

Si ottiene il sistema

−3x2 − 4y2 + 16 = 2λx ,

−8xy = 2λy ,

x2 + y2 = 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 6= 0 la II equazione dà λ = −4x, per cui la I diviene

5x2 − 4y2 = −16 .

Moltiplicando la III per 4 e sommandola a quest’ultima si ottiene 9x2 = 0, per cuix = 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.R.

maxγ

f = f(2,0) = 25 , minγ

f = f(−2,0) = −23 .

4. [20/06/2016 (ex)I] Trovare i massimi e i minimi assoluti della funzione

f(x, y) = y3 + 4x2y − 4y ,

vincolata alla curva

γ = (x, y) | x2 + y2 − 1 = 0 .Soluzione

Costruiamo il sistema di Lagrange

8xy = 2λx ,

3y2 + 4x2 − 4 = 2λy ,

x2 + y2 = 1 .

9


La prima equazione è risolta per x = 0 o per λ = 4y. Se x = 0 la terza equazionedà 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

3y2 + 4x2 − 4 = 8y2 .

Sostituendo anche x2 = 1 − y2 dalla terza equazione, si ottiene quindi y = 0 epertanto x = ±1 e λ = 0.I punti candidati sono quindi

(0,1) , (0,−1) , (1,0) , (−1,0) .

Con il calcolo diretto si ha

f(0,1) = −3 , f(0,−1) = 3 , f(±1,0) = 0 .

R.

maxγ

f = f(0,−1) = 3 , minγ

f = f(0,1) = −3 .

5. [07/09/2016 (ex)I] Trovare massimi e minimi assoluti della funzione f :R2 → R data da

f(x, y) =5

4(x2 + y2) +

3

2xy ,

vincolata alla curvaγ = (x, y) | x2 + y2 = 4 .

Soluzione

Usiamo il metodo dei moltiplicatori di Lagrange: scriviamo il sistema

5

2x+

3

2y = 2λx ,

3

2x+

5

2y = 2λy ,

x2 + y2 = 4 .

Dalle prime due equazioni si ha

(5− 4λ)x+ 3y = 0 ,

3x+ (5 − 4λ)y = 0 .

Se il determinante di questo sistema lineare è non nullo, l’unica soluzione del sistemaè (0,0) che però non risolve l’equazione del vincolo. Dunque eventuali soluzioni delsistema di Lagrange si possono trovare solo imponendo che il determinante sia nullo,ossia che

(5− 4λ)2 − 9 = 0 ,

10


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 .

R.

maxγ

f = f(√2,√2) = f(−

√2,−

√2) = 8 ,

minγ

f = f(√2,−

√2) = f(−

√2,√2) = 2 .

6. [11/11/2016 (ex)I] Determinare i valori di massimo e minimo assoluto, ei relativi punti di estremo, della funzione

f(x, y) = cos(x2 + y2) ,

vincolata alla curva

γ =

(x, y) | x2 +(

y − 1

2

)2= 1

.

Soluzione

Si potrebbe osservare in via preliminare che la f dipende solo dalla distanza dall’o-rigine, e che il vincolo giace nella zona ove tale distanza rimane tra 1/2 e 3/2; cono-scendo l’andamento della funzione coseno, si potrebbe quindi arrivare al risultatodirettamente.Si ha f ∈ C∞(R2), con

∇ f(x, y) =(

− 2x sin(x2 + y2),−2y sin(x2 + y2))

.

11


Il vincolo è una circonferenza; il gradiente della funzione che la definisce come curvadi livello è

(2x, 2y − 1) .

Si annulla pertanto solo nel centro della circonferenza (0,1/2) che ovviamente nonappartiene al vincolo. Si possono quindi usare i moltiplicatori di Lagrange e ottenereil sistema

−2x sin(x2 + y2) = 2λx ,

−2y sin(x2 + y2) = λ(2y − 1) ,

x2 +(

y − 1

2

)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 èdiverso da zero per y come sopra).Se x 6= 0, la I equazione dà

− sin(x2 + y2) = λ ,

che sostituito nella II conduce a un assurdo a meno che λ = 0. In questo caso peròdobbiamo avere

x2 + y2 = kπ , k ∈ N , k > 0 .

Qui deve essere k > 0 perche stiamo assumendo x 6= 0. Dalla III equazione però siha

y = x2 + y2 − 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 dellequali si ha

f(

0,3

2

)

= cos9

4, f

(

0,−1

2

)

= cos1

4.

Per valutare senza calcolare i valori numerici quale sia il minimo e quale il massimoosserviamo che

0 <1

4<

π

2< 2 <

9

4< 3 < π .

R.

maxγ

f = f(

0,−1

2

)

= cos1

4, min

γf = f

(

0,3

2

)

= cos9

4.

12

050. Classificazione di punti critici


1. [25/01/2016 (ex)I] Trovare i punti critici della funzione f : R3 → R eclassificarli, ove

f(x, y, z) =1

z2 + x2 + 3+ (π − y)2 , (x, y, z) ∈ R3 .

Trovare inoltre la normale alla superficie di livello

f(x, y, z) =3π2 + 1

3

nel punto P = (0,0,0).Soluzione

Si ha

∇ f(x, y, z) =( −2x

(z2 + x2 + 3)2, 2(y − π) ,

−2z

(z2 + x2 + 3)2

)

,

dunque l’unico punto critico è (0, π,0). In tale punto critico l’hessiana è data da

− 29 0 00 2 00 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 quellacercata è

∇ f(0,0,0) = (0,−2π,0) .

R. L’unico punto critico è (0, π,0) che è un punto sella.La normale cercata è (0,1,0).

2. [25/01/2016 (ex)II] Trovare i punti critici della funzione f : R3 → R eclassificarli, ove

f(x, y, z) =1

y2 + z2 + 3− (x− e)2 , (x, y, z) ∈ R3 .

Trovare inoltre la normale alla superficie di livello

f(x, y, z) =1

3− e2

nel punto P = (0,0,0).R. 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 (ex)I] Trovare i punti critici della funzione f : R2 → R

f(x, y) = −4xy +xy3

3− x2 ;

13


classificare quelli nel semipiano y < 0.Soluzione

Il sistema che dà i punti critici è

∂f

∂x= −4y +

y3

3− 2x = 0 ,

∂f

∂y= −4x+ xy2 = 0 .

La seconda equazione ha le soluzioni

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

(0,0) , (0,2√3) , (0,−2

√3) .

Occorre quindi classificare i punti

(8

3,−2

)

. (0,−2√3) .

Calcoliamo la matrice hessiana

D2f(x, y) =

(

−2 −4 + y2

−4 + y2 2xy

)

.

Perciò

D2f(8

3,−2

)

=

(

−2 00 − 32

3

)

,

che è definita negativa. Infine

D2f(0,−2√3) =

(

−2 88 0

)

,

che è indefinita perché ha determinante negativo.R.

(

− 8

3, 2)

,(8

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.


f(x, y) = (y − 1)2 + xex+1(y − 1) ,

e classificarli.Trovare l’equazione del piano tangente al grafico di f nel punto P = (0,0).Soluzione

14


La f è di classe C∞(R2). Troviamo i punti critici uguagliando a 0 il gradiente:

∂f

∂x= (x+ 1)ex+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 nellaseconda x = −1 si trova il punto critico

(

− 1,3

2

)

.

Sostituendo invece y = 1 si trova(0,1) .

Calcoliamo l’hessiana

D2f(x, y) =

(

(x+ 2)ex+1(y − 1) (x+ 1)ex+1

(x + 1)ex+1 2

)

.

Si ha

D2f(

− 1,3

2

)

=

(

12 00 2

)

che è definita positiva. Inoltre

D2f(0,1) =

(

0 ee 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 .

R. Punti critici: (−1,3/2): punto di minimo; (0,1): punto sella.

ex+ 2y + z − 1 = 0 .

5. [11/02/2016 (ex)II] Trovare i punti critici della funzione f : R2 → R

f(x, y) = 4xy − x3y

3− y2 ;

classificare quelli nel semipiano x > 0.R.

(

− 2,−8

3

)

,(

2,8

3

)

, (0,0) , (−2√3,0) , (2

√3,0) .

15


Inoltre (2√3,0) è un punto sella e (2,8/3) un punto di massimo.

6. [11/02/2016 (ex)II] Trovare i punti critici della funzione f : R2 → R

f(x, y) = yey+1(1− x)− (1− x)2 ,

e classificarli.Trovare l’equazione del piano tangente al grafico di f nel punto P = (1,1).R. Punti critici: (3/2,−1): punto di massimo; (1,0): punto sella.

e2(x − 1) + z = 0 .

7. [11/04/2016 (ex)I] Trovare i punti critici della funzione f : R2 → R intutto R2 e classificarli, ove

f(x, y) =1

3(1− x)3 − 2y2 +

1

2(x− 1)2y2 .

Inoltre trovare l’equazione del piano tangente al grafico di f(x, y) nel puntoP = (0,0).Soluzione

Calcoliamo il gradiente

∇ f(x, y) =(

− (1− x)2 + (x − 1)y2,−4y + (x − 1)2y)

.


(1,0) , (3,√2) , (3,−

√2) .

Tentiamo di classificare i punti mediante lo studio della matrice hessiana, che è

D2f(x, y) =

(

−2(x− 1) + y2 2(x− 1)y2(x− 1)y −4 + (x − 1)2

)

.

Dunque si ha

D2f(1,0) =

(

0 00 −4

)

, D2f(3,±√2) =

(

−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) = −2y2 , f(x,0) =1

3(1− x)3 .

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


Dunque l’equazione cercata è

x+ z − f(0,0) = 0 .

R.

(1,0) , (3,√2) , (3,−

√2) ,

tutti punti sella. L’equazione del piano è

x+ z =1

3.

8. [20/06/2016 (ex)I] Trovare i punti critici della funzione

f(x, y) = −9

2x2 +

1

2(yx)2 +

1

5x5 , (x, y) ∈ R2 ,

e stabilirne la natura.Soluzione

I punti critici sono per definizione le soluzioni del sistema

∂f

∂x= −9x+ y2x+ x4 = 0 ,

∂f

∂y= yx2 = 0 .

La seconda equazione impone x = 0 o y = 0. Se x = 0 la prima è soddisfatta perogni y. Se y = 0 dalla prima si ha

x(x3 − 9) = 0 .


(0, y) , y ∈ R ; (3√9,0) .

Notiamo che

f(0, y) = 0 , y ∈ R ; f(3√9,0) =

3103

5− 3

103

2< 0 .

Troviamo la matrice hessiana

∂2f

∂x2= −9 + y2 + 4x3 ,

∂2f

∂x∂y= 2xy ,

∂2f

∂y2= x2 .

Nei punti (0, y) l’hessiana vale

D2f(0, y) =

(

−9 + y2 00 0

)

.

17


Dunque il suo studio non può dare risultato. Osserviamo invece direttamente che

f(x, y) =x2

2

− 9 + y2 +x3

5

.

Dunque distinguiamo tre casi:i) |y| > 3: In questo caso f(x, y) ≥ 0 in un intorno di (0, y) che risulta pertanto diminimo locale.ii) |y| < 3: In questo caso f(x, y) ≤ 0 in un intorno di (0, y) che risulta pertanto dimassimo locale.iii) |y| = 3: Per esempio sia y = 3, e scriviamo y = 3 + t. Allora

f(x, y) =x2

2

t2 + 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

D2f(3√9,0) =

(

27 0

0 343

)

.

Quindi l’hessiana è definita positiva e il punto è di minimo locale.R. I punti (0, y) y ∈ R sono critici; in particolare|y| > 3 minimo locale; |y| < 3 massimo locale; |y| = 3 sella.Inoltre ( 3

√9,0) è un minimo locale.

9. [20/06/2016 (ex)I] Trovare i punti critici della funzione f : R2 → R con

f(x, y) =y

π(1 + x)2 − 4

y

π,

e classificarli. Determinare la curva di livello f(x, y) = 0 e la normale a essain (π,0).Soluzione

Scriviamo il sistema che dà i punti critici

∂f

∂x=

2y

π(1 + x) = 0 ,

∂f

∂y=

1

π(1 + x)2 − 4

π= 0 .

La seconda equazione dà x = 1 o x = −3. Sostituendo nella prima si ottengono ipunti critici

(1,0) , (−3,0) .

Troviamo l’hessiana

∂2f

∂x2=

2y

π,

∂2f

∂x∂y=

2

π(1 + x) ,

∂2f

∂y2= 0 .

18


Pertanto

D2f(1,0) =

(

0 4π

4π

0

)

, D2f(−3,0) =

(

0 − 4π

− 4π

0

)

.

Entrambe le matrici sono indefinite e quindi entrambi i punti critici sono puntisella.La curva f = 0 ha equazione

y

π[(1 + x)2 − 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 neipunti (1,0) e (−3,0).R.

(1,0) , (−3,0) , punti sella.

f = 0 = y = 0 ∪ x = 1 ∪ x = −3 , ν = (0,1) .

10. [07/07/2016 (ex)I] Si trovino tutti i punti critici della funzione f : R3 →R

f(x, y, z) = e−3x2+3y2+2y+z2+x = exp−3x2 + 3y2 + 2y + z2 + x ,determinandone la natura.Si trovi anche la normale alla superficie di livello f = 1 nel punto (0,0,0).Soluzione

Troviamo i punti critici risolvendo il sistema ∇ f = 0, ossia

∂f

∂x= f(x, y, z)(−6x+ 1) = 0 ,

∂f

∂y= f(x, y, z)(6y + 2) = 0 ,

∂f

∂z= f(x, y, z)2z = 0 .

Dato che f > 0 ovunque, l’unico punto critico è(1

6,−1

3, 0)

.


∂2f

∂x2= f(x, y, z)(−6x+ 1)2 − 6f(x, y, z) ,

∂2f

∂y2= f(x, y, z)(6y + 2)2 + 6f(x, y, z) ,

∂2f

∂z2= f(x, y, z)(2z)2 + 2f(x, y, z) ,

∂2f

∂x∂y= f(x, y, z)(−6x+ 1)(6y + 2) ,

∂2f

∂x∂z= f(x, y, z)(2z)(−6x+ 1) ,

∂2f

∂y∂z= f(x, y, z)(2z)(6y+ 2) .

19


Dato che

f(1

6,−1

3, 0)

= e−14 ,

si avrà

D2f(1

6,−1

3, 0)

= e−14

−6 0 00 6 00 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) .

R.

(1

6,−1

3, 0)

, punto sella.

ν =(1,2,0)√

5.


data daf(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).Soluzione

A) Troviamo i punti critici risolvendo il sistema ∇ f = 0, ossia

∂f

∂x= 2(y + 3)(1 + x) = 0 ,

∂f

∂y= (1 + x)2 − 4 = 0 .

La seconda equazione è di secondo grado e dà le due soluzioni x = 1, x = −3che sostituite nella prima permettono di trovare i corrispondenti valori della y. Siottengono i punti critici

(1,−3) , (−3,−3) .

Troviamo poi la matrice hessiana:

∂2f

∂x2= 2(y + 3) ,

∂2f

∂x∂y= 2(1 + x) ,

∂2f

∂y2= 0 .

Dunque

D2f(1,−3) =

(

0 44 0

)

, D2f(−3,−3) =

(

0 −4−4 0

)

.

20


In entrambi i punti si hadetD2f < 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 .

R.

(1,−3) , (−3,−3) , punti sella.

z = −3 + 6x− 3y .


data da

f(x, y) =x3

8

(1

3+ xy2

)

− 2y2 ,

e classificarli.Trovare l’equazione del piano tangente al grafico di f nel punto P = (−2,0).Soluzione

Scriviamo il sistema ∇ f = 0, cioè

∂f

∂x=

x2

8+

x3

2y2 = 0 ,

∂f

∂y=

x4

4y − 4y = 0 .

La seconda equazione è soddisfatta se y = 0 oppure se x4 = 16, ossia x = ±2.Sostituendo nella prima le varie possibilità si trovano i punti critici

(0,0) ,(

− 2,1

2√2

)

,(

− 2,− 1

2√2

)

.


∂2f

∂x2=

x

4+

3

2x2y2 ,

∂2f

∂x∂y= x3y ,

∂2f

∂y2=

x4

4− 4 .

Pertanto

D2f(0,0) =

(

0 00 −4

)

.

La matrice è semidefinita negativa e non si può trarre da essa altra conclusione cheil punto (0,0) è di sella o di massimo. Basta però osservare che

f(x,0) =x3

24,

21


per provare che è di sella.Poi si ha

D2f(

− 2,1

2√2

)

=

(

14 −2

√2

−2√2 0

)

.

La matrice è indefinita, quindi si tratta di un punto di sella. Infine

D2f(

− 2,− 1

2√2

)

=

(

14 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

∂x(−2,0)(x+ 2) +

∂f

∂y(−2,0)(y − 0) = −1

3+

1

2(x+ 2) .

R. I punti critici, tutti di sella, sono:

(0,0) ,(

− 2,1

2√2

)

,(

− 2,− 1

2√2

)

.

Il piano tangente è

z =x

2+

2

3.

13. [11/11/2016 (ex)I] Trovare e classificare i punti critici della funzionef : R2 → R data da

f(x, y) = 2x2 + y2 + 6xy − 2x+ 10y + 1 .

Soluzione

I punti critici si ottengono dal sistema

∂f

∂x= 4x+ 6y − 2 = 0 ,

∂f

∂y= 2y + 6x+ 10 = 0 ,

che ha unica soluzione (−16/7,13/7).La matrice hessiana della f è costante e vale

Hf (x, y) =

(

4 66 2

)

,

che ha determinante negativo. Dunque l’unico punto critico è un punto sella perchéla matrice hessiana è indefinita.R.

(

− 16

7,13

7

)

, punto sella.

22

220. Integrali generali

200. E.d.o. del I ordine generalita’

1. [11/07/2002 (ex)I] Trovare tutte le soluzioni di

y′ = |y − 2|x+ |y|x− 2x .

Si noti che si deve dimostrare che le soluzioni trovate siano effettivamentetutte quelle dell’equazione.

2. [11/07/2002 (ex)II] Trovare tutte le soluzioni di

y′ = −|y − 3|x− |y|x+ 3x .

Si noti che si deve dimostrare che le soluzioni trovate siano effettivamentetutte quelle dell’equazione.

3. [23/9/2015 (hw)I] Determinare quali delle seguenti funzioni risolvonol’equazione differenziale corrispondente.

a) y(t) = et2, t ∈ R , y′′ = (2 + 4t2)y ;

b) y(t) =

t2∫

1

ez√z

dz , t > 0 , y′′ = 2ty′ ;

c) y(t) = e−t , t ∈ R , y′ = |y| ;d) y(t) = −e−t , t ∈ R , y′ = |y| .

Soluzione

Si arriva alla risposta con calcoli diretti; per esempio nel caso b), dato che t > 0 siha

y′(t) = 2tet

2

√t2

= 2et2

,

e quindiy′′(t) = 4tet

2

= 2t(2et2

) = 2ty′(t) .

R. a) sì; b) sì; c) no; d) sì.

220. Integrali generali

1. [24/4/2002 (hw)I] Dire quali delle seguenti espressioni possono essereintegrali generali dell’equazione di II grado x = f(t, x, x).

i) c1t+ c2t2 ; ii) (c1 + c2)e

t ;

iii) c1 + c2t+ log t ; iv) c1 sin t+ c2 cos t+ c3 .

23

250. E.d.o. a variabili separabili

R. i) e iii).

2. [24/4/2002 (hw)I] Determinare l’integrale generale dell’equazione

x = 2tx− 2t arctg(log t) +1

t+ t(log t)2, t > 0 ,

sapendo che una sua soluzione particolare è

w(t) = arctg(log t) , t > 0 .

R.

x(t) = Cet2

+ arctg(log t) , t > 0 .


1. [02/2001 (hw)I] Trovare tutte le soluzioni di

y′ = (1 + y2)x ,

e disegnarne schematicamente il grafico.

2. [02/2001 (hw)I] Trovare tutte le soluzioni di

y′ = (cos y)2 sinx ,

e disegnarne schematicamente il grafico.

3. [11/07/2002 (ex)I] Trovare la soluzione di

y′ + y = 1y,

y(0) = 1√2,

nel più grande intervallo possibile.

4. [11/07/2002 (ex)II] Trovare la soluzione di

y′ − y = − 1y,

y(0) = 1√2,

nel più grande intervallo possibile.

5. [20/06/2016 (ex)I] Si determini la soluzione massimale del problema diCauchy

y′ = e−ty2 ,

y(0) = α ,

24


al variare di α ∈ R, studiandone anche i limiti negli estremi dell’intervallodi definizione.Soluzione

Si procede per separazione delle variabili ottenendo se y 6= 0

− d

dt

1

y= e−t , da cui − 1

y(t)+

1

y(0)= 1− e−t .

Risolvendo in y(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 mostrache se α 6= 0 allora la y si mantiene diversa da 0 per ogni t ∈ I. Questo del restoera ovvio dalla e.d.o., per il teorema di unicità.Se invece α = 0 otteniamo la soluzione y = 0 che è comunque formalmente compresanell’espressione trovata.Supponiamo ora α 6= 0 e determiniamo I. Il denominatore

f(t) = 1− α(1 − e−t) , t ∈ R ,

vale 1 in t = 0. Si annulla se e solo se

e−t = 1− 1

α.

Questo è impossibile se 0 < α ≤ 1. In questo caso dunque I = R.Se invece α > 1 o α < 0 si ha f(t) = 0 se e solo se

t = lnα

α− 1=: tα .

Dunque nel caso α > 1 si ha tα > 0 e I = (−∞, tα). Nel caso α < 0 si ha tα < 0 eI = (tα,+∞).Studiamo infine i limiti:

α = 0 : limt→±∞

y(t) = 0 ;

α ∈ (0,1) : limt→+∞

y(t) =α

1− α, lim

t→−∞y(t) = 0 ;

α = 1 : limt→+∞

y(t) = +∞ , limt→−∞

y(t) = 0 ;

α > 1 : limt→−∞

y(t) = 0 , limt→tα−

y(t) = +∞ ;

α < 0 : limt→tα+

y(t) = −∞ , limt→+∞

y(t) =α

1− α.

R.

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 = (−∞, tα); se α < 0, I = (tα,+∞), ovetα = ln[α/(1− α)]. I limiti sono:

α = 0 : limt→±∞

y(t) = 0 ;

α ∈ (0,1) : limt→+∞

y(t) =α

1− α, lim

t→−∞y(t) = 0 ;

α = 1 : limt→+∞

y(t) = +∞ , limt→−∞

y(t) = 0 ;

α > 1 : limt→−∞

y(t) = 0 , limt→tα−

y(t) = +∞ ;

α < 0 : limt→tα+

y(t) = −∞ , limt→+∞

y(t) =α

1− α.


1. [12/09/2001 (ex)I] Trovare le soluzioni del’equazione

y′ = e3y

x +y

x,

e determinare la soluzione massimale tale che y(x) → +∞ se x → e.

2. [12/09/2001 (ex)II] Trovare le soluzioni del’equazione

y′ = e4y

x +y

x,

e determinare la soluzione massimale tale che y(x) → +∞ se x → e2.

3. [02/2001 (hw)I] Trovare la soluzione del problema di Cauchy

y′ = yx+ 1 ,

y(1) = 1 .

4. [5/03/2001 (hw)I] Si risolva

y′ =y

y + x, y(−1) = −1 .

La soluzione va lasciata in forma implicita.R.

ln|y| − x

y= −1 .

5. [5/03/2001 (hw)I] Trovare in forma implicita la y(x) che risolve

y′ = tg2(x+ y) , y(0) = 0 .

26


Si dimostri che la soluzione cessa di esistere per qualche x0 ∈ (0, π2 ).R.

y +1

2sin 2(x+ y) = x .


y′ =y + x

y − x+

y

x.


y′ = −y − x

y + x+

y

x.

8. [11/09/2002 (ex)I] Trovare la soluzione massimale del problema di Cauchy

y′ =√

yxe−

√y

x + yx,

y(1) = 1 ,

e naturalmente l’intervallo ove è definita.

9. [11/09/2002 (ex)II] Trovare la soluzione massimale del problema di Cau-chy

y′ = yx−√

yxe−

√y

x ,

y(e) = e ,

e naturalmente l’intervallo ove è definita.

10. [4/12/2002 (ex)I] Trovare la soluzione y : (−∞,+∞) → R del problemadi Cauchy

y′ = 1 + 2√y − x ,

y(3) = 4 .


y′ = (x+ y)2 ,

y(1) = 2 .

27


12. [23/5/2002 (hw)I] Calcolare l’integrale generale di

y′ =y

x(log y − log x+ 1) .

R.

y = xeCx .


y′ =1

ln y − lnx+

y

x, y(3) = π .

(Non è richiesto di determinare l’intervallo massimale di esistenza.)

14. [10/12/2003 (ex)II] Trovare la soluzione di

y′ =1

lnx− ln y+

y

x, y(1) = π .

(Non è richiesto di determinare l’intervallo massimale di esistenza.)

15. [19/5/2003 (hw)I] Risolvere

y′ =y

x

y

y − x,

y(1) = u0 , u0 > 0 , u0 6= 1 .

(La soluzione verrà trovata in forma implicita.)a) Se u0 < 1, si dimostri che la soluzione è decrescente, ma non si annullamai, e anzi

limx→∞

y(x) = u0e−u0 < u0 .

b) Se u0 > 1, si dimostri che la soluzione soddisfa

y(x) > (u0 − lnu0)x > x , per ogni x > 1.

R.y(x)

x− ln y(x) = u0 − lnu0 .

16. [11/02/2016 (ex)I] Trovare la soluzione massimale di

y′ =y

x+ 1+

x+ 1

ye

(

y

x+1

)2

, y > 0 , x > −1 ,

y(0) = u0 > 0 ,

28


con il suo intervallo di definizione (σ,Σ). Dimostrare che esiste β > 0 finito,indipendente da u0, tale che Σ < β per ogni u0 > 0.Soluzione

Cambiamo variabile

z =y

x+ 1, y′ = (x+ 1)z′ + z .

Allora l’equazione diviene

z′(x+ 1) =ez

2

z.

Separando le variabili

−1

2

d

dx(e−z2

) =1

x+ 1.

Si noti che z(0) = y(0) = u0, per cui integrando e risolvendo in z

z(x) =

√

− ln[e−u20 − 2 ln(x + 1)] ,

da cui

y(x) = (x + 1)

√

− ln[e−u20 − 2 ln(x+ 1)] .

L’intervallo di definizione si ottiene imponendo che l’argomento del logaritmo siapositivo, ma minore di 1 (cosicché la radice sia definita). Si ottiene

1 + 2 ln(x + 1) > e−u20 > 2 ln(x+ 1) ,

che equivale a

σ = exp(e−u2

0 − 1

2

)

− 1 < x < Σ = exp(e−u2

0

2

)

− 1 <√e− 1 .

R.

y(x) = (x + 1)

√

− ln[e−u20 − 2 ln(x+ 1)] ,

per

σ = exp(e−u2

0 − 1

2

)

− 1 < x < Σ = exp(e−u2

0

2

)

− 1 <√e− 1 .

17. [11/02/2016 (ex)II] Trovare la soluzione massimale di

y′ =y

x+ 2+

1

2

x+ 2

ye

(

y

x+2

)2

, y > 0 , x > −2 ,

y(0) = u0 > 0 ,

con il suo intervallo di definizione (σ,Σ). Dimostrare che esiste β > 0 finito,indipendente da u0, tale che Σ < β per ogni u0 > 0.R.

y(x) = (x+ 2)

√

− ln[

e−u204 − ln

x+ 2

2

]

,

29


per

σ = 2 exp(

e−u204 − 1

)

− 2 < x < Σ = 2 exp(

e−u204

)

− 2 < 2e− 2 .

18. [07/07/2016 (ex)I] Si trovi la soluzione in forma implicita del problemadi Cauchy

y′ = − y

y − t+

y

t,

y(1) = 2 .

Si dimostri che l’intervallo di definizione della soluzione massimale è limitatoa destra.Soluzione

A) L’equazione è definita nell’aperto Ω = y > t > 0 quindi possiamo assumeret 6= 0 e scrivere la e.d.o. nella forma

y′ = −yt

yt− 1

+y

t.

Introduciamo la nuova incognita

z =y

t,

per cui y′ = z′t+ z. La e.d.o. diviene

z′t+ z = − z

z − 1+ z ,

che si riconduce az − 1

zz′ = −1

t.

Quindid

dt(z − ln|z|) = − d

dtln t ,

ez(t)− ln|z(t)| = − ln t+ k , t ∈ I ,

se I è l’intervallo di esistenza della soluzione massimale y. Sostituendo il valoreiniziale si ottiene

k = 2− ln 2 .

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 èdefinita finché non diviene illimitata o si avvicina alla frontiera dell’aperto Ω. Nelnostro caso si ha con i calcoli

y′ =y

t

yt− 2

yt− 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 appartienealla 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) → t1+, per t → t1− per un opportunot1 ∈ (1,+∞).Si può vedere che in effetti y(t) > 2t per ogni t ∈ (0,1), il che implica che I = (0, t1);infatti y(t) > 2t in un intorno sinistro di 1, e y′(t) > 0 fino a che y(t) > 2t. Seesistesse t0 ∈ (0,1) tale che y(t0) = 2t0 si avrebbe

0 = y′(t0) ≥d

dt(2t)|t0 = 2 ,

assurdo.R.

y

t− ln

y

t= 2− ln(2t) , 0 < t < t1 < +∞ .

270. Lineari del primo ordine

1. [24/4/2002 (hw)I] Determinare l’unica soluzione di

y′ =y

x2− 1

x2,

tale che: (1) y(1) = 3; (2) y(1) = 1. Procedere ove possibile sia perseparazione delle variabili che con i metodi delle equazioni lineari.R.

(1) : y(x) = 2e1−1x + 1 , x > 0 .

(2) : y(x) = 1 , x > 0 .

2. [10/12/2003 (ex)I] Risolvere il seguente problema di Cauchy, e dare unacondizione sufficiente su f ∈ C(R), f > 0, affinché la soluzione sia definita(almeno) su [1,3]:

y′ = y + f(x)yπ ,

y(1) = 2 .

3. [10/12/2003 (ex)II] Risolvere il seguente problema di Cauchy, e dare unacondizione sufficiente su f ∈ C(R), f > 0, affinché la soluzione sia definita(almeno) su [−3,−1]:

y′ = −y − f(x)yπ ,

y(−1) = 2 .

31

280. Bernoulli

280. Bernoulli

1. [11/07/2002 (ex)I] Risolvere il problema di Cauchy

y′ = (x+ |x|)y + y2 ,

y(0) = 1 .

nel più grande intervallo di definizione ottenibile per la soluzione.

2. [11/07/2002 (ex)II] Risolvere il problema di Cauchy

y′ = (x− |x|)y + y2 ,

y(0) = −1 .

nel più grande intervallo di definizione ottenibile per la soluzione.

3. [6/5/2002 (hw)I] Determinare l’unica soluzione di

y′ = y + xyπ , y(0) = 1 ,

e dimostrare che il suo intervallo di definizione è limitato a destra.R.

y(x) =

(

π − 2

π − 1e(1−π)x − x− 1

1− π

)1

1−π

.

4. [23/5/2002 (hw)I] Determinare una soluzione del problema di Cauchy

y′ = y + ety34 ,

y(0) = 1256

definita su tutto R.R.

y(t) =

181

(

et − et4

4

)4

, t ≥ − 83 log 2 ,

0 , t < − 83 log 2 .

5. [4/07/2003 (ex)I] Trovare una soluzione massimale, definita su tutto R,del problema di Cauchy

y′ = y + exy23 ,

y(0) = −8 .

32

280. Bernoulli

6. [4/07/2003 (ex)II] Trovare una soluzione massimale, definita su tutto R,del problema di Cauchy

y′ = −y − e−xy23 ,

y(0) = −27 .

7. [19/5/2003 (hw)I] Risolvere

y′ =y

t+ sin(t2)y2 ,

y(√π) = λ .

R.

y(t) =2λt

2√π − λ(cos(t2) + 1)

, t ∈ I ,

con:I = (0,+∞) , λ <

√π ; I = (t1, t2) , λ ≥

√π ,

ove t1 <√π < t2 sono i due punti più vicini a

√π ove cos(t2i ) = 2

√π/λ−1 ∈ (−1,1],

i = 1, 2.

8. [16/6/2003 (hw)I] Trovare le soluzioni di

y = xy′ + (y′)2 ,

y(0) = 1 ,(P1)

e quelle di

y = xy′ + (y′)2 ,

y(2) = −1 .(P2)

R.

(P1) y = 1− x , y = 1 + x . (P2) y = 1− x , y = −x2

4.

9. [25/01/2016 (ex)I] Si trovi la soluzione massimale y = y(x) del problemadi Cauchy

y′ = y − ex√y , y > 0 ,

y(0) = 1 ,

indicando esplicitamente l’intervallo di definizione.Soluzione

L’equazione è del tipo di Bernoulli. Poiché per ipotesi la soluzione va cercata nelsemipiano y > 0 possiamo dividere per

√y e ottenere

y′√y=

√y − ex ,

33

350. E.d.o. riconducibili al I ordine: y′′ = f(x, y′)

ossia ponendo z =√y

2z′ = z − ex .

Questa è una e.d.o. lineare del primo ordine, con integrale generale dato da

z(x) = ex2

k1 −1

2

x∫

0

e−t2+t dt

= k1ex2 − ex + e

x2 .

Poichék1 = z(0) =

√

y(0) = 1 ,

si hay(x) = z(x)2 = (2e

x2 − ex)2 ,

nell’intervallo ove z(x) > 0, ossia ove

2ex2 > ex ,

cioè (−∞,2 ln 2).R.

y(x) = (2ex2 − ex)2 , x ∈ (−∞,2 ln 2) .

10. [25/01/2016 (ex)II] Si trovi la soluzione massimale y = y(x) del proble-ma di Cauchy

y′ = y − ex

y, y > 0 ,

y(0) = 1 ,

indicando esplicitamente l’intervallo di definizione.R.

y(x) = (2ex − e2x)12 , x ∈ (−∞, ln 2) .


1. [5/03/2001 (hw)I] Si risolva il problema di Cauchy

y′′ = xy′ + (y′)πex2(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.]R.

y(x) =

x∫

0

et2

2 (1 + t)1

1−π dt , −1 < x < ∞ .

34


2. [24/4/2002 (hw)I] Determinare l’integrale generale dell’equazione

x′′(t) = et+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’equazionedifferenziale (naturalmente si dovrà derivare due volte).R.

x(t) = C1 −t∫

t0

log(C2 − es+1)ds .


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

R.

y(t) =3

2− t2

2−√

1

4− 2t , t <

1

8.

4. [16/07/2003 (ex)I] 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 (ex)II] 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 (ex)I] Trovare l’integrale generale di

y′′ = y′(x+ 1) .

35


7. [5/7/2004 (ex)II] Trovare l’integrale generale di

y′′ = y′(2− x) .

8. [07/09/2016 (ex)I] 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 para-metri α, β ∈ R e indicando l’intervallo di esistenza. [La soluzione va lasciatanella forma di integrale definito.]Soluzione

L’equazione è nella forma

y′′ = F (t, y, y′) =e(y

′)2

y′t,

con F ∈ C∞(Ω), e

Ω = (t, y, z) | t > 0 , y ∈ R , z 6= 0 .

Necessariamente perciò dobbiamo avere β 6= 0 perché l’equazione sia definita nelpunto iniziale. Consideriamo separatamente i casi β > 0 in cui prendiamo

Ω = (0,+∞)×R× (0,+∞) ,

e β < 0 in cui prendiamo

Ω = (0,+∞)×R× (−∞,0) .

In realtà in parte la risoluzione è comune ai due casi. Poniamo

z = y′ ,

cosicché

ez2

zz′ =1

t,

ossiad

dt

(

− e−z2

2

)

=d

dtln t .

Quindi integrando su (1, t) si ottiene

−e−z2

+ e−β2

= ln t2 ,

e isolando la z

z(t) = ±√

− ln(

e−β2 − ln t2)

,

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 − ln t2 < 1 .

Risolvendo nella t si vede che l’intervallo è in effetti√

ee−β2−1 < t <√

ee−β2

.

Si noti che tale intervallo J comprende certamente t = 1, e che in tale intervalloy′ ∈ C (J). Dunque ivi si scriverà

y(t) = α±t∫

1

√

− ln(

e−β2 − ln τ2)

dτ .

R. Per α ∈ R e per β 6= 0 si ha

y(t) = α+ signβ

t∫

1

√

− ln(

e−β2 − ln τ2)

dτ ,

per√

ee−β2−1 < t <√

ee−β2

.


1. [5/03/2001 (hw)I] Trovare la soluzione di

y′′ = −1

2e(y

′)2+y ,

y(0) = −1 , y′(0) = 1 .

R.

y(x) = − (x− 2)2

4, x ∈ R .

2. [16/5/2002 (hw)I] Calcolare la soluzione di

y′′ + |y| = 0 ,

y(0) = −1 ,

y′(0) = 0 .

R.

y(t) = −et + e−t

2.

37



y′′ + |y| = 0 ,

y(0) = −1 ,

y′(0) = 2 ,

almeno sull’intervallo (−∞, π).R.

y(t) =

12 (e

t − 3e−t) , −∞ < t < log√3 ,√

3 sin(t− log√3) , log

√3 ≤ t < log

√3 + π ,

− 12e

t−π + 32e

π−t , log√3 + π ≤ t < ∞ .

4. [11/02/2016 (ex)I] Trovare una soluzione locale di

y′′ = y′(1 + tg2 y) ,

y(0) =π

4,

y′(0) = 1 .

[Suggerimento: ridurre a un problema di Cauchy del primo ordine e trovarel’unica soluzione di questo prima di proseguire.]Soluzione

Introduciamo il cambiamento di variabile

y′(t) = z(y) ,

cosicchéy′′(t) = z(y)y′(t) = z(y)z(y) .

Allora si ha dall’equazionezz = z(1 + tg2 y) ,

che è implicato da

z = 1 + tg2 y =d

dytg y .

Dunque

z(y)− z(π

4

)

= tg y − tgπ

4,

ossiaz(y)− 1 = tg y − 1 .

Perciòd

dtln|sin y| = cos y

sin yy′ = 1 ,

da cuiln|sin y(t)| − ln

∣

∣

∣sinπ

4

∣

∣

∣ = t .

38


Risolvendo in y

y(t) = arcsin( et√

2

)

.

La y è definita se

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.

R.

y(t) = arcsin( et√

2

)

. t < ln√2 .

5. [11/02/2016 (ex)II] Trovare una soluzione locale di

y′′ = −y′(1 + tg2 y) ,

y(0) = −π

4,

y′(0) = 1 .

[Suggerimento: ridurre a un problema di Cauchy del primo ordine e trovarel’unica soluzione di questo prima di proseguire.]R.

y(t) = arcsin(

− e−t

√2

)

. t > − ln√2 .

6. [07/07/2016 (ex)I] Si determini la soluzione del problema di Cauchy

y′′ =(y′)2

y,

y(0) = 1 ,

y′(0) = 1 .

Soluzione

Si noti che la e.d.o. è definita solo per y > 0. Usiamo la trasformazione

y′(x) = z(y) ,

cosicchéy′′(x) = z′(y)z(y) .

Ne discende per la e.d.o. che

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)

ln z = ln y + k .

Vale a direy′(x) = z(y) = k1y .

Imponendoy′(0) = k1y(0) ,

si ottiene k1 = 1, il che ci conduce alla e.d.o. del prim’ordine

y′ = y ,

di ovvio integrale generaley(x) = k2e

x .

Imponendo il dato y(0) = 1 si conclude k2 = 1.R.

y(x) = ex , x ∈ R .

400. Teoria locale e globale del prb di Cauchy

1. [9/4/2001 (ex)I] Mostrare che al problema di Cauchy

y′ =

(

y

x

)2

+y

x+ 1 , y(1) = 1 ,

si può applicare uno dei teoremi di esistenza e unicità. Trovarne quindi lasoluzione, indicando l’intervallo ove è definita.

2. [9/4/2001 (ex)II] Mostrare che al problema di Cauchy

y′ = 4

(

y

x

)2

+y

x+ 1 , y(1) = 0 ,

si può applicare uno dei teoremi di esistenza e unicità. Trovarne quindi lasoluzione, indicando l’intervallo ove è definita.

3. [23/5/2002 (hw)I] 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).R.

y(t) = −e2−2t + te2−2t .

40

420. Dipendenza continua e stime


1. [15/03/2001 (hw)I] Dimostrare che le soluzioni dei due problemi di Cauchy

y′1 = arctg(y1 + x+ cos2 y1) , y1(0) = 1 ;

y′2 = arctg(y2 + x+ cos2 y2) , y2(0) = 2 ;

sono uniche, e trovare il segno e una stima dello scarto y1(3) − y2(3).R.

0 < y2(3)− y1(3) ≤ e6 .

2. [24/4/2002 (hw)I] Un punto materiale di massa m si muove di motorettilineo. La sua ascissa al tempo t è indicata da x(t). Si assuma semprex(t) > 1, x(t) > 0. Stime energetiche dicono che la sua energia cinetica èlimitata da

K

[

x(t)

log x(t)

]2

,

per un’opportuna costante K > 0. Trovare una maggiorazione per x(t), perogni t > 0, sapendo che x(0) ≤ R.R.

x(t) ≤ Rec√t , t > 0 , c2 = 2

√

2K/m.

3. [19/5/2003 (hw)I] Risolvere il problema di Cauchy

y′ = −yp ,

y(0) = u0 > 0 ,

ove p > 1. Dimostrare che esiste una costante C, dipendente solo da p, taleche

0 < y(1) ≤ C ,

qualunque sia u0.R.

y(t) =u0

[

1 + (p− 1)up−10 t

]1

p−1

, t ≥ 0 ;

C =1

(p− 1)1

p−1

.

4. [19/5/2003 (hw)I] Risolvere il problema di Cauchy

y′ = t−αyp ,

y(1) = u0 > 0 ,

41


con α ≥ 0, p > 1. Dimostrare che:i) Se 0 ≤ α ≤ 1, la soluzione è tale che

limt→t0−

y(t) = +∞ ,

per un opportuno t0 > 1.ii) Se α > 1 esiste una costante c > 0 dipendente solo da α e da p tale che,se u0 > c, si ha per y il comportamento del punto i), mentre se u0 ≤ c, lasoluzione è definita su tutto (−∞,+∞).R. Caso α 6= 1: Nei t in cui la y è definita vale

y(t) =u0

[

1 + p−1α−1u

p−10 (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 t0 > 1 e il punto i) è dimostrato (per α 6= 1).b) Nel caso α > 1, il termine [ . . . ], per t che varia tra 1 e +∞, decresce da 1 a

1− p− 1

α− 1up−10 .

Se questo numero è negativo, siamo nel caso precedente, altrimenti il denominatorenon si annulla mai per t > 1 e la soluzione è definita ovunque. Si verifica subitoche questi due casi corrispondono a u0 > c, e rispettivamente a u0 ≤ c, ove

c =(α− 1

p− 1

)1

p−1

.

Caso α = 1: Nei t in cui la y è definita vale

y(t) =u0

[

1− (p− 1)up−10 ln t

]1

p−1

.

Dunque per ogni u0 > 0 si ha il comportamento di i), con

t0 = exp 1

up−10 (p− 1)

.

5. [07/09/2016 (ex)I] È noto che una funzione y : R → R, y > 0, y ∈ C1(R)soddisfa

|y′(t)| ≤ 1 + 7y(t) , t > 0 ; y(0) = 3 .

Trovare una costante K tale che y(5) ≤ K.Soluzione

Si applica la disuguaglianza di Gronwall. Essa implica nelle ipotesi del testo

y(t) + 1 ≤ [y(0) + 1]e7t , t > 0 .

Basta sostituire infine t = 5 e y(0) = 3.

42

430. Applicazioni dell’unicita’

R.

y(5) ≤ K := 4e35 − 1 .

6. [11/11/2016 (ex)I] Trovare tutte le soluzioni massimali di

y′ = |y| .Soluzione

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 semprepositiva o sempre negativa.Se è positiva risolve

y′ = y ,

se è negativa risolvey′ = −y .

R. Si hanno le soluzioni:

y(x) = 0 , x ∈ R ;

y(x) = kex , x ∈ R ; k > 0 ;

y(x) = ke−x , x ∈ R ; k < 0 .


1. [6/5/2002 (hw)I] 1) Si determinino per tentativi le soluzioni dei dueproblemi di Cauchy

y′ = (|y| − e−t)2 − y ,

y(0) = 1 ;

y′ = (|y| − e−t)2 − y ,

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 (ex)I] Dimostrare che

y′ = e−y2 arctg(y) cos x ,

y(0) = 2 ,

43


ha un’unica soluzione definita su (−∞,∞), che questa è sempre positiva, eche essa non ha limite per x → +∞.

3. [16/07/2003 (ex)II] Dimostrare che

y′ = e−y2 sin2(y) sin x ,

y(0) = 3 ,

ha un’unica soluzione definita su (−∞,∞), che questa è sempre positiva, eche essa non ha limite per x → +∞.

4. [16/6/2003 (hw)I] Determinare il valore di

limx→∞

y(x) ,

ove y soddisfa

y′ = (y − 1) arctg(

yx+ ye−y

)

,

y(1) = a ,

con a ∈ (0,1) qualunque.R.

limx→∞

y(x) = 0 .

5. [16/6/2003 (hw)I] Determinare il valore di

limx→∞

y(x) ,

ove y soddisfa

y′ = (1− y) arctg(

yx+ ye−y

)

,

y(1) = a ,

con a ∈ (0,1) qualunque.R.

limx→∞

y(x) = 1 .

6. [11/04/2016 (ex)I] Si considerino i problemi

y′n = (yn − sinx)(yn − 2− sinx) + cos x ,

yn(0) = n ,

per n = 0, 1, 2 e le loro soluzioni yn.Si dimostri che sono tutte e tre definite per ogni x ∈ R e che inoltre

y1(x) < 1 + sinx , x > 0 .

44

440. Questioni non standard di unicita’

Soluzione

Nei casi n = 0, 2 si vede per sostituzione diretta che

yn(x) = n+ sinx , x ∈ R .

Le ipotesi del teorema di esistenza e unicità locale sono soddisfatte dall’equazionein 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 incomune; pertanto si ha

−1 ≤ y0(x) < y1(x) < y2(x) ≤ 3 , x ∈ (σ,Σ) ,

ove (σ,Σ) è l’intervallo massimale di esistenza di y1. Tuttavia si sa che Σ < +∞ solose y1(x) diviene illimitato per x → Σ−. Ma questo è impossibile per la limitazionetrovata sopra. Nello stesso modo si vede che σ = −∞.Infine si osservi che poiché

y0 < y1 < y2

si hay′1(x) = (y1 − sinx)(y1 − 2− sinx) + cosx < cosx ;

integrando su [0, x] per x > 0 si ottiene

y1(x) − y1(0) < sinx .


1. [15/03/2001 (hw)I] Il probabilista russo Kolmogorov (A.N. Kolmogorov,Bull. Acad. Sci. USSR, Math. Ser. 1 (1937), 355–359) e l’ingegnere statu-nitense 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 perla crescita di cristalli in una sostanza inizialmente amorfa (cioè non cristal-lina). Se denotiamo con w(t) la frazione di volume occupata dai cristallial tempo t, il modello di Avrami-Kolmogorov può essere messo nella forma(valida in dimensione spaziale pari a 3)

(P)dwdt

= K(1− w)

[

ln1

1− w

] 34

, w(0) = 0 .

Qui K è una costante positiva; per ovvi motivi, fisici e matematici, si deveavere 0 ≤ w < 1.

1. Si noti che il problema (P) ha la soluzione w(t) ≡ 0. Spiegare come siaallora possibile che venga usato per predire valori di w(t) positivi perogni t > 0.

45


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 tuttelimite 1 per t → ∞.

R.

3 : w(t) = 1− e−kt4 , t > 0 , w(t) = 0 , t ≤ 0 , k =

(

K

4

)14

;

4 : le altre soluzioni sono della forma w(t− t0) per t0 > 0.

2. [15/03/2001 (hw)I] Trovare un aperto ove si possa applicare il teoremadi esistenza e unicità al problema di Cauchy

y′ = −x√y ,

y(0) = 1 .

1. Determinare la soluzione massimale e dimostrare che è definita su tuttoR.

2. Dimostrare che tale soluzione è unica su tutto R, nonostante questonon segua dal teorema di unicità.

R.

1 : y(x) =

116 (x

2 − 4)2 , −2 < x < 2 ,

0 , x ≤ −2 o x ≥ 2 .

3. [27/06/2002 (ex)I] Trovare la soluzione del problema di Cauchy

y′ = y + ty23 ,

y(0) = 1 .

Dimostrare che tale soluzione è definita per ogni t ∈ R ed è unica.

4. [27/06/2002 (ex)II] Trovare la soluzione del problema di Cauchy

y′ = −y + ty23 ,

y(0) = 1 .

Dimostrare che tale soluzione è definita per ogni t ∈ R ed è unica.

5. [11/09/2002 (ex)I] Trovare tutte le soluzioni del problema di Cauchy

sin(y′′ + 2y′ + y) = 0 ,

y(0) = 5 , y′(0) = 0 ,

46


e spiegare il significato geometrico del problema stesso.

6. [11/09/2002 (ex)II] 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.


(y′′ − 2y′ + y)2 = 1x,

y(1) = 0 ;

non occorre calcolare esplicitamente gli integrali.

8. [24/4/2002 (hw)I] Determinare tutte le soluzioni dell’equazione

cos(u′x) = 1 ,

tali che u(−1) = 1/2; specificare anche l’intervallo di definizione.R. Per ogni fissato k intero, si ha la soluzione

u(x) = 2kπ log|x|+ 1

2, x < 0 .

9. [16/5/2002 (hw)I] Trovare qualche soluzione di

(y′′ + y′ − 2y)(y′ − y) = 0 .

R.

y(t) = c1et + c2e

−2t .

10. [16/5/2002 (hw)I] Trovare tutte le soluzioni di

(y′′ + y′ − 2y)(y′ − y) = 0 .

R.

y(t) = c1et + c2e

−2t .

11. [23/09/2003 (ex)I] 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 (ex)II] Trovare tutte le soluzioni massimali di

(y′′)2 = (y′ + 1)4 ,

che siano funzioni concave, insieme con il loro intervallo di definizione.



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 destraper ogni fissato λ > 0, ma che l’estremo superiore di tale intervallo può esserereso arbitrariamente grande scegliendo λ > 0 opportunamente.


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 sinistraper ogni fissato λ > 0, ma che l’estremo inferiore di tale intervallo può esserereso arbitrariamente piccolo scegliendo λ > 0 opportunamente.

3. [02/2001 (hw)I] Trovare le soluzioni di

y′ = y4

3 x ,

y(0) = u0 .

al variare di u0 ∈ R (questo include la determinazione dell’intervallo didefinizione di ciascuna soluzione), e tracciarne il grafico.

4. [15/03/2001 (hw)I] Dimostrare che tutte le soluzioni massimali di

y′ = y2 + 1

sono illimitate.R.

y(x) = tg(x+ C) , x ∈ I ,

per I intervallo di lunghezza π opportuno.

48


5. [15/03/2001 (hw)I] Dimostrare che tutte le soluzioni massimali di

y′ = (y2 + 1) cos2 y

sono limitate.R.

Infatti y ≡ π

2+ kπ è soluzione per ogni fissato k intero.

6. [4/07/2003 (ex)I] Trovare la soluzione massimale del problema di Cauchy

y′ = xe−(y−x) + 1 ,

y(1) = u0 ,

e discuterne il variare dell’intervallo di definizione al variare di u0 ∈ R.

7. [4/07/2003 (ex)II] Trovare la soluzione massimale del problema di Cauchy

y′ = −xey−x + 1 ,

y(1) = u0 ,

e discuterne il variare dell’intervallo di definizione al variare di u0 ∈ R.

8. [23/09/2003 (ex)I] Risolvere il seguente problema di Cauchy, e deter-minare se l’intervallo di definizione della soluzione è limitato a destra o asinistra:

y′ = y + |x|y2 ,y(0) = 1 .

9. [23/09/2003 (ex)II] Risolvere il seguente problema di Cauchy, e deter-minare se l’intervallo di definizione della soluzione è limitato a destra o asinistra:

y′ = −y + |x|y2 ,y(0) = 1 .

10. [16/6/2003 (hw)I] Dimostrare, senza calcolarla, che la soluzione massi-male di

y′ =y − 2x

y − x,

y(1) =3

2,

49


è definita su un intervallo della forma (a, b), con

1 < b < ∞ , −∞ ≤ a ≤ 0 .

(Sugg. Studiare le zone del piano xy ove y′ ha segno definito; usare il teoremasul comportamento delle soluzioni massimali.)

11. [5/7/2004 (ex)I] Si determini l’intervallo di definizione di tutte le solu-zioni massimali di

y′ = arctg(y|x|) + ye−y2 cos21

x2 + 1,

e si trovilim

x→Σ−y(x) ,

ove Σ ≤ ∞ è l’estremo destro di tale intervallo.

12. [5/7/2004 (ex)II] Si determini l’intervallo di definizione di tutte lesoluzioni massimali di

y′ = arctg(ye2x) +y

y2 + 1

∣

∣sin(1− e−x)∣

∣ ,

e si trovilim

x→Σ−y(x) ,

ove Σ ≤ ∞ è l’estremo destro di tale intervallo.

13. [25/01/2016 (ex)I] Si dimostri che tutte le soluzioni dell’equazione

y′ =t

1 + |t|e1

1+y4 [1− (arctg y)2]

sono definite su tutto R, e si determinino per ciascuna di esse

limt→−∞

y(t) , limt→+∞

y(t) .

Soluzione

L’equazione è nella forma

y′ = F (t, y) , F (t, y) =t

1 + |t|e1

1+y4 [1− (arctg y)2] ,

con F ∈ C (R2) e Fy ∈ C (R2). Dunque F è localmente lipschitziana in R2 e vale

il teorema di esistenza e unicità locale.Come è noto allora ciascuna soluzione massimale è definita su un intervallo aperto(σ,Σ). Inoltre vale

|F (t, y)| ≤ e(π2

4+ 1)

=: γ(|y|) , (t, y) ∈ R2 .

50


Dunque, poiché ovviamente vale (essendo γ(|y|) in realtà una costante positiva)

+∞∫

1

ds

γ(s)= +∞ ,

le soluzioni massimali non possono diventare illimitate su un intervallo limitato.Poiché per t → σ+ la (t, y(t)) deve uscire definitivamente da ogni compatto di R2,l’unica possibilità è che σ = −∞. Nello stesso modo si dimostra che Σ = +∞.Osserviamo poi che le costanti

y1 = − tg 1 , y2 = tg 1

sono soluzioni della e.d.o.. Infatti

1− (arctg yi)2 = 1− 1 = 0 .

Perciò ogni altra soluzione deve avere grafico contenuto in una delle tre regionidisgiunte

A =

(t, y) | y > tg 1

, B =

(t, y) | tg 1 > y > − tg 1

,

C =

(t, y) | y < − tg 1

.

Studiamo separatamente i tre casi.A) In A

1− (arctg y)2 < 0 ,

dunquesign(y′(t)) = − sign(t) , t ∈ R .

Pertanto i due limiti richiesti esistono, perché y è crescente per t < 0 e decrescenteper t > 0. Essendo anche y > tg 1, tali limiti devono essere finiti e maggiori o ugualidi tg 1. Se però si avesse per esempio

limt→+∞

y(t) =: λ > tg 1 ,

allora si avrebbe dall’e.d.o.

y′(t) =t

1 + |t|e1

1+y(t)4 [1− (arctg y(t))2] → e1

1+λ4 [1− (arctgλ)2] < 0 ,

che è incompatibile con il fatto che y(t) abbia limite finito per t → +∞. Perciòconcludiamo che il limite è tg 1.Analogamente si vede che y(t) → tg 1 per t → −∞.B) Nella regione B

1− (arctg y)2 > 0 .

Pertantosign(y′(t)) = sign(t) , t ∈ R ,

e y cresce [decresce] per t > 0 [per t < 0]. Dato che in B vale y ∈ (− tg 1, tg 1), sidovrà avere

− tg 1 < limt→−∞

y(t) , limt→+∞

y(t) ≤ tg 1 .

51

500. Varie e.d.o.

Se uno dei limiti fosse diverso da π/4 si cadrebbe in assurdo, ragionando come inA).C) Come in A, anche in C ogni soluzione y è decrescente per t > 0 e crescente pert < 0. Dunque i limiti richiesti esistono e sono minori di − tg 1.Se fossero finiti si cadrebbe nello stesso assurdo già visto nel punto A), quindidevono essere infiniti:

limt→−∞

y(t) = limt→+∞

y(t) = −∞ .

Si noti che allora si ha anche

− limt→−∞

y′(t) = limt→+∞

y′(t) = 1− π2

4< 0 ,

ma questo non costituisce nessuna contraddizione.R. Oltre alle due soluzioni costanti y(t) = ± tg 1, t ∈ R, si hanno i casi:

y > tg 1 , limt→±∞

y(t) = tg 1 ,

tg 1 > y > − tg 1 , limt→±∞

y(t) = tg 1 ,

y < − tg 1 , limt→±∞

y(t) = −∞ .

14. [25/01/2016 (ex)II] Si dimostri che tutte le soluzioni dell’equazione

y′ = arctg(t3)e1

1+y8 [1− 2e−y2 ]

sono definite su tutto R, e si determinino per ciascuna di esse

limt→−∞

y(t) , limt→+∞

y(t) .

R. Oltre alle due soluzioni costanti y(t) = ±√ln 2, t ∈ R, si hanno i casi:

y >√ln 2 , lim

t→±∞y(t) = +∞ ,

√ln 2 > y > −

√ln 2 , lim

t→±∞y(t) = −

√ln 2 ,

y < −√ln 2 , lim

t→±∞y(t) = −

√ln 2 .

500. Varie e.d.o.

1. [24/4/2002 (hw)I] (Ripasso dell’ascissa curvilinea) Una formica, che assu-miamo puntiforme, si arrampica su un filo d’erba che ha la forma di un’elicacircolare, ossia è parametrizzato da

x(v) = r cos v , y(v) = r sin v , z(v) = hv , v ≥ 0 ,

52

500. Varie e.d.o.

con r e h costanti positive.L’insetto parte da quota z = 2hπ, in salita, e la sua velocità (scalare . . . ,ossia s se s denota l’ascissa curvilinea della posizione della formica) è pari acz, ove c è una costante positiva, e z è la quota a cui si trova la formica.Determinare quanto tempo occorre perché descriva una spira completa, ossiasi trovi ancora sulla verticale del punto di partenza. Notare che questo temposi mantiene limitato per h → ∞, nonostante la distanza percorsa vada a ∞in questo caso, e spiegarsi intuitivamente il fenomeno.R.

t = log 2

√r2 + h2

ch.

2. [23/9/2015 (hw)I] Si determini la soluzione del problema di Cauchy

y′ = |y| − 1 , y(0) =1

2,

posto in R×R.Si verifichi direttamente che y ∈ C1(R), ma y 6∈ C2(R).Soluzione

Per continuità se il dominio della soluzione è J ⊂ R, dovrà essere

y(t) > 0 , t ∈ J ∩ (−δ1, δ2) ,

per δi > 0 opportuni. In tale intervallo si ha pertanto

y′(t) = y(t)− 1 ,

e dunquey(t) = k1e

t + 1 ,

con k1 specificato dal dato di Cauchy

1

2= y(0) = k1 + 1 ⇒ k1 = −1

2.

Allora

y(t) = −1

2e−t + 1 , t ∈ J ∩ (−δ1, δ2) .

Cerchiamo di espandere tale dominio di positività. Si può prendere il limite δ1 → ∞poiché

1 >1

2et , t < 0 .

Invece per t > 0 la scelta ottimale è δ2 = ln 2 perché

1 >1

2et ⇔ t < ln 2 .

Quindi per t > ln 2 la y va ottenuta come soluzione del problema

y′ = −y − 1 , y(ln 2) = 0 ,

53

500. Varie e.d.o.

almeno fintanto che tale soluzione si mantiene negativa. Si ha per essa

y(t) = k2e−t − 1 ,

con k2 specificato dal dato iniziale

0 = y(ln 2) = k2e− ln 2 − 1 =

k22

− 1 ⇒ k2 = 2 .

Dunquey(t) = 2e−t − 1 , t > ln 2 ,

in quanto

2e−t − 1 < 0 ⇔ e−t <1

2⇔ t > ln 2 .

Infine si hay′(ln 2+) = y′(ln 2−) = −1 ,

may′′(ln 2+) = 1 6= y′′(ln 2−) = −1 .

R.

y(t) =

− 1

2et + 1 , t ≤ ln 2 ,

2e−t − 1 , t > ln 2 .


(y′′ +√5y′ + y)2 = (cos x)2 , x ∈

(

− π

2,π

2

)

.

Soluzione

L’equazione si riduce a una delle due

y′′ +√5y′ + y = cosx , x ∈

(

− π

2,π

2

)

,

y′′ +√5y′ + y = − cosx , x ∈

(

− π

2,π

2

)

.

Infatti non è possibile che il segno di

y′′ +√5y′ + y

salti in (−π/2, π/2) da valori positivi a valori negativi, dato che y ∈ C2((−π/2, π/2)).L’equazione caratteristica dell’equazione omogenea è in entrambi i casi

λ2 +√5λ+ 1 = 0 ,

che ha soluzioni

λ1,2 = −√5± 1

2.

54

500. Varie e.d.o.

Dunque in entrambi i casi l’integrale generale dell’equazione omogenea associata è

η(x) = k1eλ1x + k2e

λ2x .

La soluzione particolare verrà cercata nella forma

w(x) = A cosx+B sinx .

Si ottiene nei due casi

(−A+√5B +A) cosx+ (−B −

√5A+B) sinx = ± cosx ,

da cui

A = 0 , B = ± 1√5.

R.

y1(x) = k1e−

√5+12 x + k2e

−√

5−12 x +

1√5sinx ,

y2(x) = k1e−

√5+12 x + k2e

−√

5−12 x − 1√

5sinx .

4. [07/09/2016 (ex)I] Si determinino tutte le soluzioni dell’equazione

(y′ + 2y)(y′′ − 3y′ − 10y) = 0 .

Soluzione

È chiaro che in ogni punto almeno uno dei due fattori nel membro di sinistra deveessere nullo. In principio non è chiaro se possa esserci una soluzione per la quale ilfattore che si annulla cambia da intervallo a intervallo.Supponiamo per il momento che in un intervallo aperto J valga

y′ + 2y = 0 .

Allora come si sa in J vale

y(t) = k1e−2t , t ∈ J .

Se invece in J valey′′ − 3y′ − 10y = 0 ,

ricorriamo all’equazione caratteristica

λ2 − 3λ− 10 = 0 ,

cha ha radiciλ1 = −2 , λ2 = 5 .

Quindiy(t) = k2e

−2t + k3e5t , t ∈ J . (1)

Si noti che quindi vale in ambedue i casi la (1) in J .

55

550. Sistemi del I ordine

Possiamo quindi concludere rigorosamente così: se per assurdo esistesse un puntot0 ove il secondo fattore non è nullo, si dovrebbe avere per continuità

y′′(t)− 3y′(t)− 10y(t) 6= 0 , t ∈ J ,

per un opportuno intorno aperto J di t0. Ma allora deve annullarsi in J il primofattore e quindi comunque deve valere la (1) con k3 = 0. Pertanto si annulla ancheil secondo fattore, contro l’ipotesi.Dunque il secondo fattore si annulla sempre, e la (1) è l’integrale generale dell’e-quazione.R.

y(t) = k2e−2t + k3e

5t , t ∈ R .


1. [4/07/2003 (ex)I] Determinare i k ∈ R tali che le soluzioni di tutti iproblemi di Cauchy

y′ = Ay ,

y(0) = u0 ,A =

(

1 k−2k −2

)

,

al variare di u0 ∈ R2 soddisfino

y(t) → (0,0) , t → +∞ .

2. [4/07/2003 (ex)I] Trovare, con il metodo degli autovettori, l’integralegenerale di

y′1 = 2y1 + 3y2 ,

y′2 = 2y1 + y2 .

3. [4/07/2003 (ex)II] Determinare i k ∈ R tali che le soluzioni di tutti iproblemi di Cauchy

y′ = Ay ,

y(0) = u0 ,A =

(

3 −3k−k 7

)

,

al variare di u0 ∈ R2 soddisfino

y(t) → (0,0) , t → −∞ .

56


4. [4/07/2003 (ex)II] Trovare, con il metodo degli autovettori, l’integralegenerale di

y′1 = 4y1 + 2y2 ,

y′2 = −y1 + y2 .

5. [19/5/2003 (hw)I] Dimostrare che la soluzione di

x′ = −y2 − x ,

y′ = −y + xy ,

x(0) = x0 ,

y(0) = y0 ,

(per qualunque scelta di (x0, y0)), soddisfa (x(t), y(t)) → (0,0) per t → ∞.(Sugg. Si ricavi dal sistema un’equazione differenziale per δ(t) = x(t)2 +y(t)2.)R. Vale

δ′ = 2x′x+ 2y′y = −2δ ,

da cui δ(t) = δ(0)e−2t → 0 per t → ∞.

6. [5/7/2004 (ex)I] Si determini una matrice risolvente del sistema

y′1 = 2y1 + 12y2 ,

y′2 = 3y1 + 2y2 .

Si determinino i valori iniziali y(0) = u0 tali che il relativo problema diCauchy abbia soluzione y tale che

limt→∞

y(t) = 0 .

7. [5/7/2004 (ex)II] Si determini una matrice risolvente del sistema

y′1 = y1 + 32y2 ,

y′2 = 2y1 + y2 .

Si determinino i valori iniziali y(0) = u0 tali che il relativo problema diCauchy abbia soluzione y tale che

limt→∞

y(t) = 0 .

57


8. [11/11/2015 (hw)I] Per il seguente sistema differenziale lineare del primoordine si determini la matrice di transizione in t = 0:

x′1 = x1 + x2 ,

x′2 = x1 + x2 .

Inoltre si caratterizzino le orbite del sistema, ossia le curve (x1(t), x2(t)) |t ∈ R.Soluzione

A) Cominciamo a determinare gli autovettori della matrice dei coefficienti

A =

(

1 11 1

)

.

Gli autovalori λ sono dati dall’equazione

det(A− λ id) = λ2 − 2λ = 0 ,

e sono quindiλ1 = 2 , λ2 = 0 .

In corrispondenza si trovano gli autovettori

v1 =

(

11

)

, v2 =

(

1−1

)

.

Dunque la matrice A ammette una base di autovettori, e l’integrale generale è datoda

y(t) = k1e2tv1 + k2v2 . (1)

Usando questo integrale si trovano le due soluzioni dei problemi di Cauchy

y′ = Ay , y(0) = e1 , e y′ = Ay , y(0) = e2 .

Queste due soluzioni nell’ordine danno come è noto le colonne della matrice ditransizione.B) Dal sistema segue subito che

x′1(t) = x′

2(t) , t ∈ R ,

il che implicax1(t)− x2(t) = k ∈ R , t ∈ R .

Quindi le orbite giacciono su rette x1 = x2+ costante.Dall’integrale generale (1) segue subito che in realtà le orbite sono semirette.R. A)

1

2

(

e2t + 1 e2t − 1e2t − 1 e2t + 1

)

.

B) Le orbite sono semirette x1 = x2+ costante.

58



x′1 = −2x1 + 2x2 ,

x′2 =1

2x1 − 2x2 .

Inoltre si determini per ogni soluzione y il limite

limt→+∞

y(t) .

Soluzione


A =

(

−2 212 −2

)

.


det(A− λ id) = λ2 + 4λ+ 3 = 0 ,

e sono quindiλ1 = −1 , λ2 = −3 .


v1 =

(

21

)

, v2 =

(

−21

)

.

Dunque la matrice A ammette una base di autovettori, e l’integrale generale è datoda

y(t) = k1e−tv1 + k2e

−3tv2 . (1)


y′ = Ay , y(0) = e1 , e y′ = Ay , y(0) = e2 .

Queste due soluzioni nell’ordine danno come è noto le colonne della matrice ditransizione.B) Dall’integrale generale (1) segue subito che per ogni soluzione

limt→+∞

y(t) = 0 .

R. A)(

12 (e

−t + e−3t) e−t − e−3t

14 (e

−t − e−3t) 12 (e

−t + e−3t)

)

.

B) 0.


x′1 = 3x1 − x2 ,

x′2 = 5x1 − x2 .

59


Inoltre si ottenga dal sistema una e.d.o. del secondo ordine per x1.Soluzione


A =

(

3 −15 −1

)

.


det(A− λ id) = λ2 − 2λ+ 2 = 0 ,

e sono quindiλ1 = 1 + ι , λ2 = 1 + ι .


v1 =

(

12− ι

)

, v2 =

(

1− ι2

)

.

Dunque la matrice A ammette una base di autovettori, e l’integrale generale puòessere dato da

y(t) = k1e(1+ι)tv1 + k2e

(1−ι)tv2 . (1)

Tuttavia se si cercano soluzioni reali conviene considerare invece come soluzionilinearmente indipendenti la parte reale e quella immaginaria per esempio di

y1(t) = e(1+ι)tv1 .

Con i calcoli si ottiene

y11(t) := Re y1(t) = et(

cos t2 cos t+ sin t

)

, y12(t) := Im y1(t) = et(

sin t2 sin t− cos t

)

.

Dunque l’integrale generale in forma reale si scrive come

y(t) = k1y11(t) + k2y12(t) .


y′ = Ay , y(0) = e1 , e y′ = Ay , y(0) = e2 .

Queste due soluzioni nell’ordine danno come è noto le colonne della matrice ditransizione.B) Derivando la prima equazione e sostituendo x′

2 dalla seconda si ottiene

x′′1 = 3x′

1 − 5x1 + x2 .

Sostituendo ancora dalla prima equazione x2 si ottiene la e.d.o. desiderata.R. A)

et(

cos t+ 2 sin t − sin t5 sin t −2 sin t+ cos t

)

.

B) x′′1 − 2x′

1 + 2x1 = 0.

60



x′1 = x1 − x2 ,

x′2 = x1 + 3x2 .

Inoltre si consideri la soluzione del problema di Cauchy con dato inizialeu = (u1, u2). Si dia una condizione su u tale che

|y(t)| ≤ Ke2t , t ≥ 0 ,

con K = K(u1, u2) costante opportuna.Soluzione


A =

(

1 −11 3

)

.


det(A− λ id) = λ2 − 4λ+ 4 = 0 ,

e sono quindiλ1 = λ2 = 2 .

In corrispondenza si trova l’unico autovettore (linearmente indipendente)

v1 =

(

1−1

)

.

Si ha dunque la prima soluzionee2tv1 .

Dunque occorre cercare un autovettore generalizzato linearmente indipendente dav1; calcoliamo

A− λ id =

(

−1 −11 1

)

,

Dato che allora

(A− λ id)2 =

(

0 00 0

)

,

possiamo scegliere l’autovettore generalizzato

v2 =

(

10

)

.

Allora è noto che una soluzione linearmente indipendente da quella già trovata è

e2t[id+t(A− λ id)]v2 = e2t(

1− t −tt 1− t

)(

10

)

= e2t(

1− tt

)

.

Dunque l’integrale generale è dato da

y(t) = k1e2t

(

1−1

)

+ k2e2t

(

1− tt

)

. (1)

61



y′ = Ay , y(0) = e1 , e y′ = Ay , y(0) = e2 .

Queste due soluzioni nell’ordine danno come è noto le colonne della matrice ditransizione.B) Usando la matrice di transizione si ottiene la soluzione

y(t) = e2t(

(1− t)u1 − tu2

tu1 + (1 + t)u2

)

.

Dunque con i calcoli

|y(t)| = e2t[2t2(u1 + u2)2 + 2t(u2

1 − u22) + u2

1 + u22]

12 .

Quindi è sufficiente imporre la condizione

u1 + u2 = 0 .

Si noti che come era del resto chiaro dall’integrale generale (1) la condizione cercataè di fatto che u = cv1 con c ∈ R.R. A)

e2t(

1− t −tt 1 + t

)

.

B) Se u1 = −u2 allora|y(t)| ≤ |u|e2t .

12. [11/02/2016 (ex)I] Trovare l’integrale generale del sistema

x′1 = 2x1 − 4x2 ,

x′2 = 2x1 − 2x2 ,

nella forma k1y1 + k2y2, con yi : R → R2, ki ∈ R. Discutere quindi lastabilità e l’asintotica stabilità del punto di equilibrio (0,0).Soluzione

Usiamo il metodo degli autovettori generalizzati. L’equazione degli autovalori delsistema è

(2 − λ)(−2− λ) + 8 = λ2 + 4 = 0 .

Dunque si hanno due autovalori complessi coniugati

λ1 = 2ι , λ2 = −2ι .

In corrispondenza del primo si trova l’autovettore complesso

v1 =

(

21− ι

)

.

La soluzione complessa corrispondente è

z(t) = e2ιtv1 =

(

2 cos 2t+ 2ι sin 2tcos 2t+ sin 2t+ ι(sin 2t− cos 2t)

)

,

62


da cui si ricavano le due soluzioni reali linearmente indipendenti, come parte realee immaginaria,

y1(t) =

(

2cos2tcos 2t+ sin 2t

)

, y2(t) =

(

2 sin 2tsin 2t− cos 2t

)

.

L’origine è un punto stabile, ma non asintoticamente. Questo segue da risultatigenerali, o da considerazioni dirette; tutte le soluzioni sono periodiche, dunque(0,0) non può essere limite di soluzioni (non nulle). Però

|k1y1(t) + k2y2(t)|2 ≤ 16(k21 + k22) .

R.

y1(t) =

(

2cos2tcos 2t+ sin 2t

)

, y2(t) =

(

2 sin 2tsin 2t− cos 2t

)

.

L’origine è stabile ma non asintoticamente stabile.

13. [11/02/2016 (ex)II] Trovare l’integrale generale del sistema

x′1 = −1

3x1 +

2

3x2 ,

x′2 = −1

3x1 +

1

3x2 ,

nella forma k1y1 + k2y2, con yi : R → R2, ki ∈ R. Discutere quindi lastabilità e l’asintotica stabilità del punto di equilibrio (0,0).R.

y1(t) =

(

2cos t3

cos t3 − sin t

3

)

, y2(t) =

(

2 sin t3

sin t3 + cos t

3

)

.

L’origine è stabile ma non asintoticamente stabile.

14. [07/07/2016 (ex)I] Si trovi l’integrale generale del sistema

x′1 = 5x1 + x2 ,

x′2 = −x1 + 3x2 .

Si dimostri poi che esistono orbite che sono contenute in una retta, e orbiteche non sono contenute in una retta.Soluzione

A) Usiamo il metodo degli autovalori e autovettori generalizzati. Calcoliamo gliautovalori della matrice A:

det

(

5− λ 1−1 3− λ

)

= (λ− 4)2 .

Dunque si hanno due autovalori coincidenti λ = 4. Troviamo gli autovettorimediante l’equazione

(

1 1−1 −1

) (

v11v12

)

= 0 .

63

590. Ricostruzione di e.d.o.

Allora si hav11 + v12 = 0 ,

il che dà per esempio

v1 =

(

1−1

)

.

Resta da determinare un autovettore generalizzato di ordine 2:

(A− 4 id)2 =

(

0 00 0

)

.

Dunque si può scegliere qualunque v2 ∈ R2; per esempio

v2 =

(

01

)

.

Si hanno pertanto le due soluzioni indipendenti

y1(t) = e4t(

1−1

)

,

y2(t) = e4t[

(

01

)

+ t

(

1 1−1 −1

) (

01

)

]

= e4t(

t1− t

)

.

B) L’orbita di y1 è contenuta nella retta x2 = −x1. L’orbita di y2 non può esserecontenuta in una retta, altrimenti esisterebbero a, b, c ∈ R con a e b non entrambinulli tali che

ae4tt+ be4t(1− t) = c , t ∈ R .

Poiché questo si può scrivere come

(a− b)e4tt+ be4t − c = 0 ,

seguono nell’ordine valutando gli ordini di infinito per t → +∞, a = b, b = 0, c = 0

e perciò a = 0, assurdo.R.

y(t) = k1e4t

(

1−1

)

+ k2e4t

(

t1− t

)

.

Se k1 = 1, k2 = 0 l’orbita è contenuta in una retta, se k1 = 0, k2 = 1 non lo è.

590. Ricostruzione di e.d.o.

1. [8/03/2001 (hw)I] Trovare una e.d.o. lineare omogenea a coefficienticostanti, di ordine minimo possibile, tale che ex e cos 2x siano sue soluzioni.R.

y′′′ − y′′ + 4y′ − 4y = 0 .

2. [8/03/2001 (hw)I] Trovare una e.d.o. lineare non omogenea a coefficienticostanti del 2o ordine, tale che ex + ex

2e e−x + ex

2siano sue soluzioni.

64

600. E.d.o. lineari

R.

y′′ − y = (4x2 + 1)ex2

.

3. [16/5/2002 (hw)I] Trovare una e.d.o. lineare omogenea del III ordine acoefficienti costanti tale che

• limt→∞ y(t)e−3t = 1 per qualche soluzione y;

• esistano soluzioni con un numero infinito di zeri.

Dimostrare che non è possibile trovare una e.d.o. con queste proprietà, se sirichiede che il suo ordine sia invece pari a 2.R. Per esempio

y′′′ − 3y′′ + y′ − 3y = 0 , y(t) = c1e3t + c2 cos t+ c3 sin t .

600. E.d.o. lineari

1. [16/5/2002 (hw)I] Si calcoli l’integrale generale di

y(n) + y(n−1) − 2y(n−2) = 0 .

R.

y(t) = c1 + c2t+ · · ·+ cn−2tn−3 + cn−1e

t + cne−2t .

2. [16/6/2003 (hw)I] Trovare tutte le funzioni y ∈ C4(R) tali che

y(4) + 2y′′ + y = 0 in R; y(0) = y′(0) ; y(π

2

)

= 1 .

R.

y(t) = (a+ b) cosx+ a sinx+ bx cosx+2

π(1− a)x sinx , x ∈ R ,

con a, b ∈ R.

3. [07/07/2016 (ex)I] Trovare le soluzioni di

cos(y′′ − 2y′) = 1 .

Soluzione

Se per y ∈ C2(I), t ∈ I vale

cos(

y′′(t)− 2y′(t))

= 1 ,

65

610. Prb al contorno

alloray′′(t)− 2y′(t) = 2mπ , t ∈ I ,m ∈ Z .

Si noti che m è lo stesso per ogni t nell’intervallo I perché y ∈ C2(I) e dunque lesue derivate prima e seconda non possono avere discontinuità. Dunque scriveremoin I

y = η + w ,

con η integrale generale dell’equazione omogenea associata e w soluzione particolaredella non omogenea.L’equazione caratteristica è

λ2 − 2λ = 0 ,

che ha radici λ = 0, λ = 2. Dunque

η(t) = k1e2t + k2 .

La soluzione particolare quindi per il metodo di similitudine potrà essere cercatanella forma

w(t) = At .

Infatti λ = 0 risolve l’equazione caratteristica. Sostituendo si trova A = −mπ.R.

y(t) = k1e2t + k2 −mπt , t ∈ R ,

con k1, k2 ∈ R e m ∈ Z arbitrari.

610. Prb al contorno

1. [9/4/2001 (ex)I] Dire per quali k ∈ (−1,1) esiste una soluzione delproblema ai limiti

y′′ + 2ky′ + y = k ,

y(0) = 0 , y(π) = 1 ,

e calcolarla.

2. [9/4/2001 (ex)II] Dire per quali k ∈ (−1,1) esiste una soluzione delproblema ai limiti

y′′ + 2ky′ + y = −2k ,

y(0) = 0 , y(π) = 1 ,

e calcolarla.

3. [8/03/2001 (hw)I] Trovare le soluzioni di

y′′ − λ2y = 0 ,

y(1) = 1 , y(−1) = 1 .

Qui λ > 0 è una costante reale.

66

620. Studio qualitativo

R.

y(x) =eλx + e−λx

eλ + e−λ, x ∈ R .

4. [8/03/2001 (hw)I] Trovare la relazione tra λ > 0 e x0 > 0 che fa sì che

y′′ + λ2y = 0 ,

y(x0) = 0 , y(−x0) = 0

abbia soluzioni non identicamente nulle. Sia L il luogo geometrico dei puntinel piano λx0 che soddisfano tale relazione: tracciare alcune delle curve checompongono L.R.

λx0 =kπ

2k ∈ N .

5. [11/07/2002 (ex)I] Trovare la soluzione del problema

y′′ − 6y′ + 5y = 0 ,

y(0) = 1 , y(−1) = 0 .

6. [11/07/2002 (ex)II] Trovare la soluzione del problema

y′′ − 4y′ + 3y = 0 ,

y(0) = 0 , y(1) = e .


1. [8/03/2001 (hw)I] Dimostrare che tutte le soluzioni di

y′′ + 2y′ − 3y = 0 ,

che soddisfano 0 > y(0) > y′(0) sono decrescenti su R.

2. [16/5/2002 (hw)I] Per ciascuna delle condizioni seguenti, trovare tutte lesoluzioni di

y′′′ − πy′′ − y′ + πy = 0 ,

67


che la soddisfano:

a) y(0) = 1 , y′(0) = 0 , y′′(0) = 0 .

b) limt→−∞

y(t) = 0 , limt→∞

y(t) = 0 , y(1) = 1 .

c) limt→−∞

y(t) = 0 , y(0) = 1 ,

1∫

0

y(t)dt = 0 .

R.

a) y(t) =1

1− π2eπt +

π

2(π − 1)et +

π

2(π + 1)e−t .

b) nessuna.

c) y(t) =π(e − 1)

π(e − 1)− eπ + 1eπt +

1− eπ

π(e − 1)− eπ + 1et .

3. [23/5/2002 (hw)I] Determinare λ in modo che la soluzione di questoproblema di Cauchy abbia limite per t → ∞, e calcolare tale soluzione:

y′′′ − y′′ + y′ − y = 0 ,

y(0) = 1 , y′(0) = 1 , y′′(0) = λ .

R.

λ = 1 .

4. [10/12/2003 (ex)I] Per ogni k ∈ R, trovare l’integrale generale di

y′′ + 2y′ + ky = 0 . (A)

Determinare i valori di k ∈ R tali che:

y(0) = 0, e y soluzione di (A) =⇒ y(1) = 0.

5. [10/12/2003 (ex)II] Per ogni k ∈ R, trovare l’integrale generale di

y′′ − 2y′ + ky = 0 . (A)

Determinare i valori di k ∈ R tali che:

y(0) = 0, e y soluzione di (A) =⇒ y(1) = 0.

68


6. [20/06/2016 (ex)I] Si consideri il problema di Cauchy

y′ = (y4 + x− 1)(1 − xy)3 ,

y(0) = 1 .

Si studi l’andamento della soluzione massimale y(x) e se ne deduca che y èdefinita su tutto R.[Non si cerchi di trovare la soluzione esplicita della e.d.o..]Soluzione

Sostituendo il dato di Cauchy nell’equazione si ottiene subito che y′(0) = 0. Dunqueper x > 0 e vicino a 0 si ha

(x, y(x)) ∈ P := (x, y) | x > 0 , 1− y4 < x < 1/y .Studiando il segno dei due fattori che compongono il membro di destra della e.d.o.si vede subito che in P entrambi sono positivi, dunque y a destra di x = 0 crescefinché necessariamente incrocia la curva xy = 1 nel primo quadrante, con derivatanulla, essendo nullo su tale curva il suddetto membro di destra. Sia (x0,1/x0) ilpunto ove questo avviene. Per x > x0, almeno per x vicino a x0, dunque

y(x) >1

x.

Se fosse per qualche x1 > x0

y(x1) =1

x1; y(x) >

1

x, x0 < x < x1 ,

si dovrebbe avere

0 = y′(x1) ≤ − 1

x21

< 0 ,

un assurdo. Perciò si ha per ogni x > x1 che y(x) > 1/x e pertanto y′(x) < 0studiando il segno del membro di destra della e.d.o.. Quindi per x > x0 la y simantiene limitata in (0, y(x0)) e come è noto può essere estesa su (0,+∞). Inoltrex0 è un punto (l’unico) di massimo locale della soluzione.Passiamo allo studio della soluzione per x < 0; di nuovo invocando y′(0) = 0 siricava per x < 0, x vicino a 0,

y(x) < 4√1− x .

Ragionando come sopra, se esistesse un x2 < 0 tale che

y(x2) =4√1− x2 ; y(x) < 4

√1− x , x2 < x < 0 ,

si dovrebbe avere anche

0 = y′(x2) ≤ −1

4(1− x2)

− 34 < 0 ,

assurdo. Dunque per ogni x < 0 (nell’intervallo di definizione di y) si ha

1 < y(x) < 4√1− x .

Dato che quindi y si mantiene limitata sui limitati, può essere estesa a tutto (−∞,0).Inoltre studiando la e.d.o. si vede che y′(x) < 0 per x < 0 e perciò x = 0 è l’unicominimo locale della soluzione.

69

650. E.d.o. lineari a coefficienti costanti non omogenee: forme speciali

650. E.d.o. lineari a coefficienti costanti non omogenee: forme

speciali

1. [16/07/2001 (ex)I] Si determini l’integrale generale dell’equazione

y′′ + 4y′ + 4y = e−2x .

2. [16/07/2001 (ex)II] Si determini l’integrale generale dell’equazione

y′′ + 6y′ + 9y = e−3x .


y′′ − 4y = cos 2x ,

y(0) = 0 , y′(0) = 0 .

R.

y(x) =1

16(e2x + e−2x)− 1

8cos 2x .


y′′ + 4y = cos 2x ,

y(0) = 0 , y′(0) = 0 .

R.

y(x) =1

4x sin 2x .

5. [8/03/2001 (hw)I] Trovare l’integrale generale di

y′′ + 2y′ + y = x+ cos 3x .

R.

y(x) = C1e−x + C2xe

−x + x− 2 +3

50sin 3x− 2

25cos 3x , x ∈ R .

6. [15/03/2001 (hw)I] Si dimostri che per ε → 0 la soluzione yε del problemadi Cauchy

y′′ + y = sinx

ε, (0 < ε < 1)

y(0) = 1 , y′(0) = 0 ,

70


converge, in ogni x fissato, alla soluzione y0 di

y′′ + y = 0 ,

y(0) = 1 , y′(0) = 0 .

R.

yε(x) = cosx− ε

ε2 − 1sinx+

ε2

ε2 − 1sin

x

ε→ y0(x) = cosx .

7. [27/06/2002 (ex)I] a) Trovare l’integrale generale di

y′′ + 4y = cos(ωt) ,

per ogni fissato ω > 0.b) Trovare per quali assegnati ω > 0 la condizione

|y(0)| + |y′(0)| ≤ 1 ,

implica che esista una costante C > 0 tale che

|y(t)| ≤ C , per ogni t ∈ R.

Per tali ω, determinare C (che dipende da ω).


y′′ − 2y′ + y = et

t,

y(1) = e , y′(1) = e .

9. [27/06/2002 (ex)II] a) Trovare l’integrale generale di

y′′ + 9y = sin(λt) ,

per ogni fissato λ > 0.b) Trovare per quali assegnati λ > 0 la condizione

|y(0)| + |y′(0)| ≤ 2 ,

implica che esista una costante C > 0 tale che

|y(t)| ≤ C , per ogni t ∈ R.

Per tali λ, determinare C (che dipende da λ).


y′′ + 2y′ + y = e−t

t,

y(−1) = −e , y′(−1) = e .

71


11. [11/09/2002 (ex)I] Determinare tutte le soluzioni di

y(4) − y′′ = 7 .


y′′ + y′ = (1 + e−x)2 ,

y(0) = 0 .

13. [11/09/2002 (ex)II] Determinare tutte le soluzioni di

y(4) + 4y′′ = π .


y′′ + y′ = (1− e−x)2 ,

y(0) = 1 .

15. [4/12/2002 (ex)I] Determinare tutte le soluzioni di

y′′ + ky′ + 2y = x ,

al variare del parametro k in R.

16. [16/07/2003 (ex)I] Trovare tutti i valori di λ ∈ R, λ 6= −9, tali che

y′′ + λy = e−3x ,

y(0) = 0 ,

limx→+∞

y(x) = 0 ,

abbia soluzioni, e calcolarle.

17. [16/07/2003 (ex)I] Calcolare l’integrale generale di

y′′ − 2y′ + 2y = ex cos x .

72


18. [16/07/2003 (ex)II] Trovare tutti i valori di λ ∈ R, λ 6= 4, tali che

y′′ − λy = e2x ,

y(0) = 0 ,

limx→−∞

y(x) = 0 ,

abbia soluzioni, e calcolarle.

19. [16/07/2003 (ex)II] Calcolare l’integrale generale di

y′′ − 2y′ + 5y = ex sin(2x) .

20. [23/09/2003 (ex)I] Risolvere

y′′ + 3y′ − 4y = ex + x ,

y(0) = 1 ,

y′(0) = 0 .

21. [23/09/2003 (ex)II] Risolvere

y′′ + 3y′ − 4y = ex + 2x ,

y(0) = 0 ,

y′(0) = 1 .


y′′′ + y′′ − 2y′ = cos x+ e2x .

23. [10/12/2003 (ex)II] Trovare l’integrale generale di

y′′′ − y′′ − 2y′ = sinx+ ex .

24. [5/7/2004 (ex)I] Calcolare la soluzione di

y′′ − 4y′ + 8y = 7e2x cos 2x ,

y(0) = 0 .

73


25. [5/7/2004 (ex)II] Calcolare la soluzione di

y′′ − 6y′ + 10y = 9e3x sinx ,

y(0) = 0 .

26. [23/9/2015 (hw)I] Trovare la soluzione del problema di Cauchy

x+ ax = b cos(ωt) , t ∈ R ,

x(0) = 0 ,

x(0) = 1 ,

per ogni scelta di a, b, ω ∈ R con b > 0.Soluzione

È noto che l’integrale generale della e.d.o. lineare si scrive come

x = η + w ,

ove η è l’integrale generale dell’equazione omogenea associata e w è un integraleparticolare arbitrario della e.d.o. non omogenea (ossia completa).1) Gli integrali dell’equazione omogenea sono dati da:

a > 0 , η(t) = k1 cos(√at) + k2 sin(

√at) ,

a = 0 , η(t) = k1 + k2t ,

a < 0 , η(t) = k1e√

|a|t + k2e−√

|a|t .

2) Gli integrali particolari si trovano distinguendo anzitutto i casi ω 6= 0 e ω = 0.2.1) Caso ω 6= 0. Bisogna ulteriormente distinguere il caso in cui il termine noto

F (t) = b cos(ωt)

non è soluzione dell’equazione omogenea da quello in cui lo è.2.1.1) Nel primo caso (ossia se a 6= ω2) si tenta di determinare una soluzioneparticolare nella forma

w(t) = A cos(ωt) +B sin(ωt) .

Sostituendo si ottiene−ω2w + aw = b cos(ωt)

ossia(a− ω2)(A cos(ωt) +B sin(ωt)) = b cos(ωt) .

Dunque usando a 6= ω2 dobbiamo porre

A =b

a− ω2, B = 0 .

2.1.2) Nel caso in cui invece a = ω2 si deve provare con

w(t) = t[A cos(ωt) +B sin(ωt)] .

74


Sostituendo si ottiene usando a = ω2

−2Aω sin(ωt) + 2Bω cos(ωt) = b cos(ωt) .

Si deve pertanto avere

A = 0 , B =b

2ω.

2.2) Caso ω = 0. In questo caso

F (t) = b .

Se F non è soluzione dell’equazione omogenea, ossia nei casi a 6= 0, si tenta con lafunzione

w(t) = A ,

ottenendo

A =b

a.

Se invece F è soluzione della e.d.o. omogenea, ossia se a = 0, si tenta con

w(t) = At2 ,

traendone

A =b

2.

3) Conclusione. Avendo trovato in ciascun caso sia η che w imponiamo le condi-zioni iniziali (o condizioni di Cauchy).3.1) a > 0i) ω2 6∈ 0, a

x(t) = k1 cos(√at) + k2 sin(

√at) ,

x(0) = k1 +b

a− ω2= 0 ,

x(0) =√ak2 = 1 .

ii) ω2 = a


√at) +

b

2ωt sin(ωt) ,

x(0) = k1 = 0 ,

x(0) =√ak2 = 1 .

iii) ω = 0


√at) +

b

a,

x(0) = k1 +b

a= 0 ,

x(0) =√ak2 = 1 .

75


3.2) a = 0i) ω 6= 0

x(t) = k1 + k2t−b

ω2cos(ωt) ,

x(0) = k1 −b

ω2= 0 ,

x(0) = k2 = 1 .

ii) ω = 0

x(t) = k1 + k2t+b

2t2 ,

x(0) = k1 = 0 ,

x(0) = k2 = 1 .

3.3) a < 0i) ω 6= 0

x(t) = k1e√

|a|t + k2e−√

|a|t +b

a− ω2cos(ωt) ,

x(0) = k1 + k2 +b

a− ω2= 0

x(0) =√

|a|k1 −√

|a|k2 = 1 ,

che dà

k1 =1

2

[

− b

a− ω2+

1√

|a|

]

, k2 = −1

2

[ b

a− ω2+

1√

|a|

]

.

ii) ω = 0

x(t) = k1e√

|a|t + k2e−√

|a|t +b

acos(ωt) ,

x(0) = k1 + k2 +b

a= 0

x(0) =√

|a|k1 −√

|a|k2 = 1 ,

che dà

k1 =1

2

[

− b

a+

1√

|a|

]

, k2 = −1

2

[ b

a+

1√

|a|

]

.


y′′ − 2y′ − 2y = cos x ,

che sono limitate su (0,+∞).Soluzione

È noto che l’integrale generale di una e.d.o. lineare non omogenea ha la forma

y = η + w ,

76


con η integrale generale dell’equazione omogenea associata e w integrale particolaredella non omogenea.Nel nostro caso η si trova usando l’equazione caratteristica

λ2 − 2λ− 2 = 0 ,

che ha soluzioniλ1,2 = 1±

√1 + 2 = 1±

√3 .

Quindiη(x) = k1e

(1+√3)x + k2e

(1−√3)x .

La soluzione particolare può essere trovata con il metodo di similitudine, nella forma

w(x) = A cosx+B sinx .

Sostituendo si ha

−3A cosx− 3B sinx+ 2A sinx− 2B cosx = cosx ,

da cui2A− 3B = 0 , 3A+ 2B = −1 .

Quindi

A = − 3

13, B = − 2

13,

e

y(x) = k1e(1+

√3)x + k2e

(1−√3)x − 3

13cosx− 2

13sinx .

Dunque tutte e sole le soluzioni cercate sono quelle con k1 = 0.R.

y(x) = k2e(1−

√3)x − 3

13cosx− 2

13sinx , x ∈ R ; k2 ∈ R .


y′′ + 2y′ − 8y = sinx ,

che sono limitate su (−∞,0).R.

y(x) = k1e2x − 2

85cosx− 9

85sinx , x ∈ R ; k1 ∈ R .

29. [11/04/2016 (ex)I] Per ogni k ∈ R si determinino tutte le soluzionidell’equazione

y′′ + 9y = cos(kx) .

Inoltre si individuino i valori di k per cui esse sono tutte limitate su R.Soluzione

L’integrale generale si esprime come

y(x) = η(x) + w(x) ,

77


con η integrale generale dell’equazione omogenea associata e w soluzione particolaredella non omogenea.Consideriamo l’equazione caratteristica

λ2 + 9 = 0 ,

che ha radiciλ = ±3ι .

Dunque si haη(x) = k1 cos(3x) + k2 sin(3x) .

Per determinare k usiamo il metodo di similitudine; ossia tentiamo con

w(x) = A cos(kx) +B sin(kx) .

Si deve perciò avere

w′′ + 9w = (−k2 + 9)w = cos(kx) ,

ossia se k 6= ±3

A =1

9− k2, B = 0 .

Se k = ±3 ossia se ιk è soluzione dell’equazione caratteristica, il metodo di simili-tudine prescrive che

w(x) = x(A cos(kx) +B sin(kx)) .

Si ha dai calcoli, imponendo che w soddisfi l’equazione,

w′′ + 9w = (−k2 + 9)w + 2k(−A sin(kx) +B cos(kx)) = cos(kx) .

Dunque

A = 0 , B =1

2k.

Dato che η è indipendente da k e limitata, la limitatezza di y equivale a quella diw. Per k 6= ±3 le soluzioni sono limitate, per k = ±3 non lo sono.R.

y(x) = k1 cos(3x) + k2 sin(3x) +1

9− k2cos(kx) , k 6= ±3 ;

y(x) = k1 cos(3x) + k2 sin(3x) +1

6x sin(3x) , k = ±3 .

Le soluzioni sono limitate se e solo se k 6= ±3.


y′′ − 4y′ + 5y = e2x cos x .

Soluzione

L’equazione caratteristicaλ2 − 4λ+ 5 = 0

78

690. Equazioni di Eulero

ha soluzioniλ = 2± ι .

Dunque l’integrale generale dell’equazione omogenea associata è dato da

η(x) = k1e2x cosx+ k2e

2x sinx .

Visto che il termine non omogeneo è un esponenziale per un coseno, possiamo usareil metodo di similitudine. Dato però che 2 + ι risolve l’equazione caratteristica,occorre che la soluzione particolare cercata contenga il fattore x:

w(x) = xe2x(A cos x+B sinx) ,

con A e B costanti da determinare. Sostituendo si ha

A = 0 , B =1

2.

R.

y(x) = k1e2x cosx+ k2e

2x sinx+1

2xe2x sinx .


1. [29/03/2001 (hw)I] Trovare un aperto ove si possa applicare il teoremadi esistenza e unicità al problema di Cauchy

y′′ + 3y′

x+ y

x2 = 0 ,

y(1) = 1 , y′(1) = 0 ,

e trovarne la soluzione.R.

y(x) =1 + lnx

x, x > 0 .

2. [29/03/2001 (hw)I]

1. Trovare l’integrale generale dell’equazione

y′′ + 5y′

x+ 5

y

x2= 0 , x > 0 .

2. Trovare per quali valori di x1 > 1 il problema ai limiti per tale equa-zione, con dati

y(1) = 1 , y(x1) = 2 ,

ammette soluzione.

79


R.

1 : y(x) = C1cos(lnx)

x2+ C2

sin(lnx)

x2, x > 0 ;

2 : ammette soluzioni per x 6= ekπ , k = 1, 2, 3, . . .


y′′ +3

xy′ +

1

x2y = 0 , per x > 0; y(1) = 2 ;

2∫

1

y(x)dx = 0 .

R.

y(x) =2

x− 4

ln 2

lnx

x.

4. [07/09/2016 (ex)I] Si determini la soluzione del problema di Cauchy

y′′ +y′

x− 5

y

x2= 0 ,

y(1) = 1 ,

y′(1) = 0 .

Soluzione

Si tratta di un’equazione di Eulero. Si sostituisce y = xλ per trovare l’equazionecaratteristica, ottenendo

λ(λ − 1)xλ−2 + λxλ−2 − 5xλ−2 = 0 ,

ossiaλ2 − 5 = 0 ,

e quindiλ1 =

√5 , λ2 = −

√5 .

Dunque l’integrale generale è

y(x) = k1x√5 + k2x

−√5 .

Sostituendo i valori indicati

y(1) = k1 + k2 = 1 ,

y′(1) =√5k1 −

√5k2 = 0 .

Pertanto k1 = k2 = 1/2.R.

y(x) =x√5 + x−

√5

2, x > 0 .

80

730. Integrazione di forme esatte in R2


1. [9/4/2001 (ex)I] Trovare il dominio di definizione A della forma

ω =dx

√

x− sin2 y− sin 2y√

x− sin2 ydy ,

e dimostrare che ω è esatta in A. Trovare la primitiva F tale che F (1,0) = π.

2. [9/4/2001 (ex)II] Trovare il dominio di definizione A della forma

ω =2 sin 2x

√

y − cos2 xdx+

2dy√

y − cos2 x,

e dimostrare che ω è esatta in A. Trovare la primitiva F tale che F (π,2) = π.

3. [12/09/2001 (ex)I] Trovare il più grande aperto connesso contenente (0,0)ove la forma

ω =dx

cos2(x+ y2)+

2y dycos2(x+ y2)

è esatta, e determinarne le primitive.

4. [12/09/2001 (ex)II] Trovare il più grande aperto connesso contenente(0,0) ove la forma

ω =2x dx

cos2(x2 − y)+

dycos2(x2 − y)

è esatta, e determinarne le primitive.

5. [22/03/2001 (hw)I] Dire se la forma

y2

(x2 + y2)32

dx− xy

(x2 + y2)32

dy ,

è integrabile nel suo dominio di definizione.R.

Sì .

6. [22/03/2001 (hw)I] Dire se la forma

x3

(x4 + y4 − 1)34

dx+y3

(x4 + y4 − 1)34

dy ,

è integrabile nel suo dominio di definizione. (Sugg. È possibile, ma nonindispensabile, calcolare direttamente il periodo.)

81


R.

Sì .

7. [22/03/2001 (hw)I] Data la forma(

1√1− x2

+1

x ln y

)

dx+

(

1√

1− y2− lnx

y(ln y)2

)

dy ,

1. trovarne l’insieme di definizione e di esattezza;

2. trovarne la primitiva che vale π in (1/2,√3/2);

3. trovarne la primitiva F tale che F (x, x) → 0 se x → 0.

R.

1 : A = (0,1)× (0,1) ;

2 : F (x, y) = arcsinx+ arcsin y +lnx

ln y+

π

2− ln 4

ln 43

;

3 : F (x, y) = arcsinx+ arcsin y +lnx

ln y− 1 .

8. [22/03/2001 (hw)I] Trovare la primitiva di

− e−x−y

cos2 e−x−ydx− e−x−y

cos2 e−x−ydy ,

che si annulla nell’origine.R.

F (x, y) = tg e−x−y − tg 1 , x+ y > ln2

π.

9. [29/03/2001 (hw)I] Si assuma che la forma

4ln(x2 + y2)

x2 + y2(

x dx+ y dy)

sia chiusa nel suo dominio di definizione (come in effetti è).

1. Dimostrare che è esatta nel suo dominio di definizione.

2. Trovarne una primitiva.

82


R.

2 : F (x, y) =(

ln(x2 + y2))2

+ C , in R2 − (0,0).

10. [27/06/2002 (ex)I] Determinare l’aperto di definizione A della forma(

2x(x2 + 1)√

(x2 + 1)2 − y2+ 1

)

dx− y√

(x2 + 1)2 − y2dy ,

e dire se è esatta in A. In caso affermativo calcolarne una primitiva.

11. [27/06/2002 (ex)II] Determinare l’aperto di definizione A della forma

− x

2(

(y2 + 1)2 − x2) 3

4

dx+

(

y(y2 + 1)(

(y2 + 1)2 − x2) 3

4

+ 1

)

dy ,

e dire se è esatta in A. In caso affermativo calcolarne una primitiva.

12. [11/09/2002 (ex)I] Trovare il più grande aperto A ove la forma

−2√x2ye−x2

sin(ye−x2)dx− e−x2

sin(ye−x2)dy

è esatta, e determinarne tutte le primitive in A.

13. [11/09/2002 (ex)II] Trovare il più grande aperto A ove la forma

e−y2 cos(xe−y2)dx+ 2√

y2xe−y2 cos(xe−y2)dy

è esatta, e determinarne tutte le primitive in A.

14. [4/12/2002 (ex)I] Determinare un aperto di R2 ove la forma differenziale

(exy + 2x)dx+

(

x

yexy − 1

y2exy + 2y

)

dy ,

sia esatta e calcolarne una primitiva.

15. [5/6/2002 (hw)I] Dimostrare che la forma

[

log(x2 + y2 − 1) +2x2

x2 + y2 − 1

]

dx+2y

x2 + y2 − 1dy

è esatta in A = x2 + y2 > 1, usando i criteri noti. Calcolarne la primitivaF tale che F (1,1) = 5.R.

F (x, y) = x log(x2 + y2 − 1) + 5 .

83


16. [5/6/2002 (hw)I] Data la forma[

y

cos2(xy)+ cosx

]

dx+

[

x

cos2(xy)− sin y

]

dy ,

dire se la forma è esatta o no in ciascuna delle componenti connesse diA = 0 < xy < π/2, e determinarne le primitive.R.

F (x, y) = tg(xy) + sinx+ cos y +K .

17. [5/6/2002 (hw)I] Data la forma

1√

1− (x− y)2dx− 1

√

1− (x− y)2dy ,

determinarne l’aperto di definizione, e trovare un aperto connesso ove èesatta, calcolandone una primitiva.R.

F (x, y) = arcsin (x− y) +K , −1 < x− y < 1 .

18. [4/07/2003 (ex)I] Trovare la primitiva di

( 2x

1 + x2 + y2− sinx

)

dx+( 2y

1 + x2 + y2+ cos y

)

dy

definita in R2, che soddisfa F (0,0) = 2.

19. [4/07/2003 (ex)II] Trovare la primitiva di

( 2x

1 + (x2 + y2)2+ cos x

)

dx+( 2y

1 + (x2 + y2)2− sin y

)

dy

definita in R2, che soddisfa F (0,0) = 2.

20. [23/09/2003 (ex)I] Trovare la primitiva di

x− 1

(x− 1)2 + y4dx+

2y3

(x− 1)2 + y4dy ,

definita nel più grande aperto possibile, e tale che F (5,0) = π.

21. [23/09/2003 (ex)II] Trovare la primitiva di

− 1− x

(1− x)2 + y6dx+

3y5

(1− x)2 + y6dy ,

84


definita nel più grande aperto possibile, e tale che F (0,0) = π.

22. [10/12/2003 (ex)I] Trovare gli aperti di definizione e di esattezza dellaforma

ω =(

1 +y

1 + x2y2

)

dx+( 1√

1− y2+

x

1 + x2y2

)

dy ,

e la primitiva F tale che F (0,0) = e.

23. [10/12/2003 (ex)II] Trovare gli aperti di definizione e di esattezza dellaforma

ω =(

− 1√1− x2

+y

1 + x2y2

)

dx+(

1 +x

1 + x2y2

)

dy ,

e la primitiva F tale che F (0,0) = e.

24. [23/6/2003 (hw)I] Trovare un aperto connesso A ove la forma

|x|y dx− x2

2dy

sia esatta, e determinarne tutte le primitive in A.R.

A = x < 0 , F (x, y) = −x2

2y + C .

25. [23/6/2003 (hw)I] Trovare una primitiva di

− y

x2 + y2dx+

x

x2 + y2dy ,

nell’aperto A ⊂ R2 delimitato dalle curve

γ1 :

x = t cos t ,

y = t sin t ,2π ≤ t ≤ 6π . γ2 :

x = (t+ 1) cos t ,

y = (t+ 1) sin t ,2π ≤ t ≤ 6π .

γ3 :

x = t ,

y = 0 ,2π ≤ t ≤ 2π + 1 . γ4 :

x = t ,

y = 0 ,6π ≤ t ≤ 6π + 1 .

R. L’anomalia polare.

26. [23/6/2003 (hw)I] Sia A = [(−2,2) × (−2,2)] \ I, ove I è il segmentoI = (x,0) | −1 ≤ x ≤ 1. Determinare tutte le primitive di

ω = f(x, y)dx ,

85

780. Calcolo di integrali su curve di forme lineari in R2

in A, ove f ∈ C1(A) è definita da

f(x, y) =

x(

x2 − 14

)2, |x| < 1

2 , y > 0 ,

0 , altrimenti.

R.

F (x, y) =

C + 16

(

x2 − 14

)3, |x| < 1

2 , y > 0 ,

C , altrimenti.

27. [23/6/2003 (hw)I] Sia A = [(−2,2) × (−2,2)] \ I, ove I è il segmentoI = (x,0) | −1 ≤ x ≤ 1. Sia

ω = f(x, y)dx ,

in A, ove f ∈ C1(A) è definita da

f(x, y) =

(

x2 − 14

)2, |x| < 1

2 , y > 0 ,

0 , altrimenti.

Dimostrare che ω non è integrabile in A, ma lo è in

B = [(−2,2) × (−2,2)] \ (x,0) | x ≥ −1 .

28. [23/6/2003 (hw)I] Determinare il più grande aperto connesso A di R2

ove la formasin 2x

2√

sin2 x+ y2dx+

y√

sin2 x+ y2dy

sia esatta, e determinarne le primitive.R.

A = R2 \

⋃

n∈Z

(nπ,0) ,

F (x, y) =

√

sin2 x+ y2 + C .


1. [22/03/2001 (hw)I] Si calcoli l’integrale della forma

2x

x2 + y2 − 1dx+

2y

x2 + y2 − 1dy ,

86


sul grafico di y = 2cos x, −π ≤ x ≤ π.R.

0 .

2. [22/03/2001 (hw)I] Si calcoli l’integrale della forma

2x sin(y − x2)dx+ sin(x2 − y)dy ,

sul grafico di y = 13(1 + x+ x2)(2 − x), −1 ≤ x ≤ 1.

R.

0 .

3. [29/03/2001 (hw)I] Sia T ⊂ R2 un dominio regolare, misurabile, esimmetrico rispetto all’asse x. Calcolare

∫

+∂T

(2xy + cos y)dx+ (x2 + 7y)dy .

R.

0 .

4. [27/06/2002 (ex)I] Calcolare

∫

+γ(A,B)

(

2x

1 + (x2 + y)2+

1

2√10 + x

)

dx+1

1 + (x2 + y)2dy ,

ove A = (−3,0), B = (0,2) e γ è l’arco più lungo di ellisse

x2

9+

y2

4= 1 ,

compreso tra A e B (cioè γ passa per (0,−2) e (3,0)).

5. [27/06/2002 (ex)II] Calcolare

∫

+γ(A,B)

1

1 + (x+ y2)2dx+

(

2y

1 + (x+ y2)2+

1

2√20 + y

)

dy ,

ove A = (−3,0), B = (0,2) e γ è l’arco più lungo di ellisse

x2

9+

y2

4= 1 ,

87


compreso tra A e B (cioè γ passa per (0,−2) e (3,0)).

6. [11/07/2002 (ex)I] Sia f una funzione C1(R). Si determini l’aperto didefinizione di

f ′( 1

x2 + y2

) 2x

(x2 + y2)2dx+ f ′

( 1

x2 + y2

) 2y

(x2 + y2)2dy ,

e se ne calcoli l’integrale lungo la curva

γ = y = cosx ,−π

2≤ x ≤ π

2 ,

percorsa in un verso a piacere.

7. [11/07/2002 (ex)I] Calcolare l’integrale∫

+γ

− 3y

x2 + y2dx+

3x

x2 + y2dy ,

ove γ è la curva regolare a tratti ottenuta congiungendo

γ1 = x2 + y2 = 1 , x ≤ 0 , γ2 = y = cos x , 0 ≤ x ≤ π

2 ,

percorsa nel verso che va da (0,−1) a (π/2,0). Se la si conosce, si può usareun’espressione della primitiva della forma.

8. [11/07/2002 (ex)II] Sia f una funzione C1(R). Si determini l’aperto didefinizione di

f ′( log(x2 + y2)) 2x

x2 + y2dx+ f ′( log(x2 + y2)

) 2y

x2 + y2dy ,

e se ne calcoli l’integrale lungo la curva

γ = y = x2 − 1 ,−1 ≤ x ≤ 1 ,

percorsa in un verso a piacere.

9. [11/07/2002 (ex)II] Calcolare l’integrale∫

+γ

− 2y

x2 + y2dx+

2x

x2 + y2dy ,

ove γ è la curva regolare a tratti ottenuta congiungendo

γ1 = x2

4+

y2

9= 1 , y ≥ 0 , γ2 = y = − cos

(π

4x)

, 0 ≤ x ≤ 2 ,

88


percorsa nel verso che va da (−2,0) a (0,−1). Se la si conosce, si può usareun’espressione della primitiva della forma.

10. [5/6/2002 (hw)I] Calcolare l’integrale della forma cosx dx+ yx dy sulledue curve:

1) γ(t) = (t, t2) , 0 ≤ t ≤ 1 ; 2) (x,0) | 0 ≤ x ≤ 1∪(1, y) | 0 ≤ y ≤ 1 ,

in entrambi i casi tra i punti A(0,0), e B(1,1).R.

1) sin 1 +2

5; 2) sin 1 +

1

2.

11. [5/6/2002 (hw)I] Usando il teorema di Gauss-Green calcolare∫

+∂T

(x2 + y2)(dx+ dy) ,

ove T = (x− 1)2 + (y − 1)2 = 1.R.

0 .

12. [19/6/2002 (hw)I] Calcolare∫

+γ

−y dx+ x dyx2 + y2

,

ove γ è l’ellisse(x− 10)2

4+

(y − 20)2

9= 1 ,

percorsa in verso antiorario.R.

0 .

13. [4/07/2003 (ex)I] Sia

ω =(

− y

x2 + y2+

x− 1√

(x− 1)2 + y2

)

dx+( x

x2 + y2+

y√

(x− 1)2 + y2

)

dy .

Calcolare∫

+γ

ω , ove γ è l’ellissex2

100+

y2

36= 1 .

89


14. [4/07/2003 (ex)II] Sia

ω =(

− y

x2 + y2+

x√

x2 + (y − 2)2

)

dx+( x

x2 + y2+

y − 2√

x2 + (y − 2)2

)

dy .

Calcolare∫

+γ

ω , ove γ è l’ellissex2

81+

y2

100= 1 .

15. [16/07/2003 (ex)I] Si considerino i due domini

T =[

− 1

2,1

2

]

×[

− 1

2,1

2

]

, D =[

−√2,√2]

×[

−√2,√2]

.

La forma differenziale

ω = − 2x

cos2(

π2 − x2 − y2

) dx− 2y

cos2(

π2 − x2 − y2

) dy .

può essere integrata solo su una delle due curve ∂T , ∂D. Spiegare su qualedelle due, e calcolare l’integrale relativo.

16. [16/07/2003 (ex)I] Calcolare l’integrale della forma

ω =(

2xyex2y − sin(x+ y) + 2y

)

dx+(

x2ex2y − sin(x+ y) + 3

)

dy

sulla curva ∂T , ove

T =

(x, y) | (x− 1)2

4+

y2

9≤ 1

.

17. [16/07/2003 (ex)II] Si considerino i due domini

T =

(x, y) | x2 + y2

16≤ 1

, D =

(x, y) | x2 + y2

2≤ 1

.

La forma differenziale

ω = 2x tg(π

2− x2 − y2

)

dx+ 2y tg(π

2− x2 − y2

)

dy .

può essere integrata solo su una delle due curve ∂T , ∂D. Spiegare su qualedelle due, e calcolare l’integrale relativo.

18. [16/07/2003 (ex)II] Calcolare l’integrale della forma

ω =(

y2exy2 − sin(x− y) + 1

)

dx+(

2xyexy2+ sin(x− y) + x

)

dy

90


sulla curva ∂T , ove

T =

(x, y) | x2 + y2

4≤ 1

.

19. [23/09/2003 (ex)I] Si consideri la forma

ω = − y − 1

(x− 1)2 + (y − 1)2dx+

x− 1

(x− 1)2 + (y − 1)2dy .

Si dimostri che il valore dell’integrale∫

+γ

ω , γ = γ1 ∪ γ2 ∪ γ3 ,

ove

γ1 = y = x tgα | 0 ≤ x ≤ 2 , γ2 = x2 + y2 = 4 | x tgα ≤ y ≤ x tg(π

2− α

)

,

γ3 = y = x tg(π

2− α

)

| 0 ≤ x ≤ 2 ,

non dipende dal valore di α ∈ (0, π/4), e lo si calcoli esplicitamente.

20. [23/09/2003 (ex)II] Si consideri la forma

ω = − y − 2

(x− 2)2 + (y − 2)2dx+

x− 2

(x− 2)2 + (y − 2)2dy .

Si dimostri che il valore dell’integrale∫

+γ

ω , γ = γ1 ∪ γ2 ∪ γ3 ,

ove

γ1 = y = x tgα | 0 ≤ x ≤ 4 , γ2 = x2 + y2 = 16 | x tg α ≤ y ≤ x tg(π

2− α

)

,

γ3 = y = x tg(π

2− α

)

| 0 ≤ x ≤ 4 ,

non dipende dal valore di α ∈ (0, π/4), e lo si calcoli esplicitamente.

21. [10/12/2003 (ex)I] Integrare la forma differenziale

ω = yexy dx− |x|exy dy ,

sulla curva data in coordinate polari da

ρ = −2 cos θ ,π

2≤ θ ≤ 3

2π .

91


22. [10/12/2003 (ex)II] Integrare la forma differenziale

ω = −|y|exy dx+ xexy dy ,

sulla curva data in coordinate polari da

ρ = −2 sin θ , −π ≤ θ ≤ 0 .

23. [5/7/2004 (ex)I] Calcolare il seguente integrale:

∫

+γ

x

x2 + y2dx+

(

y

x2 + y2+ y

)

dy ,

ove γ è la curva y = x4 − 1, −3 ≤ x ≤ 2.

24. [5/7/2004 (ex)II] Calcolare il seguente integrale:

∫

+γ

(

x√

x2 + y2− x

)

dx+y

√

x2 + y2dy ,

ove γ è la curva x = y4 − 1, −2 ≤ y ≤ 3.

92

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