Dubbio su risoluzione eq. differenziale
Ho un'equazione differenziale del secondo ordine non omogenea:
$y'' - 3y' + 2y = 2 e^(2x)$
per risolverla uso il metodo delle variazioni delle costanti.
soluzione dell'omogenea: $c_1 e^x + c_2 e^(2x)$
calcolo il wronskiano:
$W(x)= ((e^x, e^(2x)),(e^x, 2x e^(2x)))$
il cui det è $e^x e^(2x)$
trovo le funzioni $(\phi_1)' = - 2 e^x$ e $(\phi_2)' = 2$ integro e ottengo
$\phi_1 = - 2 e^x$
$\phi_2 = 2x$
la soluzione particolare sarebbe:
$ - 2 e^x e^x + e^(2x) 2x = 2 x e^(2x) - 2 e^(2x)$
quindi: $y(x)= c_1 e^x + c_2 e^(2x) + 2 x e^(2x) - 2 e^(2x)$
come mai nella soluzione del libro e di wolfram non c'è $2 e^(2x)$?
$y'' - 3y' + 2y = 2 e^(2x)$
per risolverla uso il metodo delle variazioni delle costanti.
soluzione dell'omogenea: $c_1 e^x + c_2 e^(2x)$
calcolo il wronskiano:
$W(x)= ((e^x, e^(2x)),(e^x, 2x e^(2x)))$
il cui det è $e^x e^(2x)$
trovo le funzioni $(\phi_1)' = - 2 e^x$ e $(\phi_2)' = 2$ integro e ottengo
$\phi_1 = - 2 e^x$
$\phi_2 = 2x$
la soluzione particolare sarebbe:
$ - 2 e^x e^x + e^(2x) 2x = 2 x e^(2x) - 2 e^(2x)$
quindi: $y(x)= c_1 e^x + c_2 e^(2x) + 2 x e^(2x) - 2 e^(2x)$
come mai nella soluzione del libro e di wolfram non c'è $2 e^(2x)$?
Risposte
Guarda io non conosco il metodo della variazioni delle costanti, ma se ti può aiutare ti faccio vedere la soluzione per "simpatia":
cerco $psi(x)=Axe^(2x)$ soluzione particolare della non omogenea.
$psi'(x)=A(e^(2x)+2xe^(2x))=Ae^(2x)(1+2x)$
$psi''(x)=2Ae^(2x)(1+2x)+2Ae^(2x)=Ae^(2x)(4+4x)$
Impongo che sia soluzione:
$Ae^(2x)(4+4x)-3Ae^(2x)(1+2x)+2Axe^(2x)=2e^(2x)$
$A(4+4x)-3A(1+2x)+2Ax=2$
$A(4+4x-3-6x+2x)=2$
$A=2$
Quindi una soluzione particolare della non omogenea è $psi(x)=2xe^(2x)$
cerco $psi(x)=Axe^(2x)$ soluzione particolare della non omogenea.
$psi'(x)=A(e^(2x)+2xe^(2x))=Ae^(2x)(1+2x)$
$psi''(x)=2Ae^(2x)(1+2x)+2Ae^(2x)=Ae^(2x)(4+4x)$
Impongo che sia soluzione:
$Ae^(2x)(4+4x)-3Ae^(2x)(1+2x)+2Axe^(2x)=2e^(2x)$
$A(4+4x)-3A(1+2x)+2Ax=2$
$A(4+4x-3-6x+2x)=2$
$A=2$
Quindi una soluzione particolare della non omogenea è $psi(x)=2xe^(2x)$
questo metodo non l'ho ancora visto, sto usando il marcellini sbordone e la tabella-schema che mi consiglia di risolvere le equazioni differenziali non omogenne è un pò astrusa (per me)
ho trovato un pdf proprio di matematicamente per risolvere questo singolo caso ovvero:
$2e^(2x)$ ha $2$ che è anche soluzione della omogenea associata, e quindi una sol dell'eq. particolare sara del tipo:
$A(x) x e^2x$ come hai scritto tu
dove potrei vedere quelli riguardanti seno e cos? (qualche scema scritto in modo semplice e coinciso?)
ho trovato un pdf proprio di matematicamente per risolvere questo singolo caso ovvero:
$2e^(2x)$ ha $2$ che è anche soluzione della omogenea associata, e quindi una sol dell'eq. particolare sara del tipo:
$A(x) x e^2x$ come hai scritto tu
dove potrei vedere quelli riguardanti seno e cos? (qualche scema scritto in modo semplice e coinciso?)
Guarda uno schema non saprei dove trovarlo,intanto ti scrivo due cose riguardo la ricerca di una soluzione particolare per l'equazione differenziale di ordine n, non-omogenea: $f(y^n,y^(n-1),....,y',y)=b(x)$.
Vediamo $2$ casi (chiamo $psi$ la soluzione che cerco per "simpatia"):
Caso $A$: $b(x)=P(x)e^(a*x)$ con $deg(P(x))=p$
sottocaso $A'$: $a$ non è autovalore -> $psi(x)=Q(x)e^(a*x)$ con $deg(Q(x))=deg(P(x))=p$
sottocaso $A'$': $a$ è autovalore -> $psi(x)=x^m*Q(x)e^(a*x)$ con $deg(Q(x))=deg(P(x))=p$ e $m=ma(a)$
Caso $B$: $b(x)=e^(sigma*x)(P_1(x)cos(taux)+P_2(x)sin(taux))$ con $deg(P_1(x))<=p$ e $deg(P_2(x))<=p$
sottocaso $B'$: $sigma +itau$ non è autovalore -> $psi(x)=e^(sigma*x)(Q_1(x)cos(taux)+Q_2(x)sin(taux))$ con $deg(Q_1(x))<=p$ e $deg(Q_2(x))<=p$.
sottocaso $B'':$ $sigma +itau$ è autovalore -> $psi(x)=x^m*e^(sigma*x)(Q_1(x)cos(taux)+Q_2(x)sin(taux))$ con $deg(Q_1(x))<=p$ e $deg(Q_2(x))<=p$, $m=ma(sigma+itau)$.
Immagino che si capisca poco, ma adesso sono troppo stanco: se hai qualche dubbio scrivilo e domani sarò più chiaro.
Vediamo $2$ casi (chiamo $psi$ la soluzione che cerco per "simpatia"):
Caso $A$: $b(x)=P(x)e^(a*x)$ con $deg(P(x))=p$
sottocaso $A'$: $a$ non è autovalore -> $psi(x)=Q(x)e^(a*x)$ con $deg(Q(x))=deg(P(x))=p$
sottocaso $A'$': $a$ è autovalore -> $psi(x)=x^m*Q(x)e^(a*x)$ con $deg(Q(x))=deg(P(x))=p$ e $m=ma(a)$
Caso $B$: $b(x)=e^(sigma*x)(P_1(x)cos(taux)+P_2(x)sin(taux))$ con $deg(P_1(x))<=p$ e $deg(P_2(x))<=p$
sottocaso $B'$: $sigma +itau$ non è autovalore -> $psi(x)=e^(sigma*x)(Q_1(x)cos(taux)+Q_2(x)sin(taux))$ con $deg(Q_1(x))<=p$ e $deg(Q_2(x))<=p$.
sottocaso $B'':$ $sigma +itau$ è autovalore -> $psi(x)=x^m*e^(sigma*x)(Q_1(x)cos(taux)+Q_2(x)sin(taux))$ con $deg(Q_1(x))<=p$ e $deg(Q_2(x))<=p$, $m=ma(sigma+itau)$.
Immagino che si capisca poco, ma adesso sono troppo stanco: se hai qualche dubbio scrivilo e domani sarò più chiaro.
domande:
1) Con $\sigma + i r$ intendi la soluzione di quando il delta della eq omogenea associata è minore di 0?
2) se ho una omogenea associata di tale tipo (supponiamo che il suo edt sia min di 0) $\lamba^2 + a \lambda + b = 0$
allora il tuo $\sigma$ sarebbe: $\sigma = a/2$
e $r = sqrt(-\DELTA)/2$ ?
altra domanda in quanto tempo sei riuscito a studiare e ricordare bene tutti i vari casi e applicarli bene? (perchè a me una settimana non è bastata :/ )
1) Con $\sigma + i r$ intendi la soluzione di quando il delta della eq omogenea associata è minore di 0?
2) se ho una omogenea associata di tale tipo (supponiamo che il suo edt sia min di 0) $\lamba^2 + a \lambda + b = 0$
allora il tuo $\sigma$ sarebbe: $\sigma = a/2$
e $r = sqrt(-\DELTA)/2$ ?
altra domanda in quanto tempo sei riuscito a studiare e ricordare bene tutti i vari casi e applicarli bene? (perchè a me una settimana non è bastata :/ )
"ludwigZero":
quindi: $y(x)= c_1 e^x + c_2 e^(2x) + 2 x e^(2x) - 2 e^(2x)$
come mai nella soluzione del libro e di wolfram non c'è $2 e^(2x)$?
Basta chiamare c = c_2 -2 e il tuo "integrale generale" si scrive così:
$y(x)= c_1 e^x + c e^(2x) + 2 x e^(2x)$
Contento?
Capita, la differenza sta nel fatto che loro (esperti di lungo corso) hanno notato che "un pezzo" della "soluzione particolare" era soluzione dell'omogenea, e quindi non hanno perso tempo a scriverlo.
Come promesso, oggi avrei provato ad essere piu' chiaro e allora ho pensato che per chiarire i tuoi dubbi non c'è nulla di meglio che fare un esempio per il caso $A$ e il caso $B$.
-------------------------------Caso $A$---------------------------------:
$y^{\prime}''+y''=e^(2x)$
Cerco un sistema fondamentale si soluzioni per l'omogenea associata:
$lambda^3+lambda^2=0$
$lambda^2(lambda+1)=0$
$lambda_1=0,ma(0)=2$
$lambda_2=-1,ma(-1)=1$
${(phi_1(x)=1),(phi_2(x)=x),(phi_3(x)=e^-x):}$
Un integrale generale dell'omogenea associata è : $phi(x)=c_1+c_2x+c_3e^-x$ con $c_1,c_2,c_3 in RR$.
L'equazione differenziale è del tipo $f(y''',y'',y',y)=b(x)$.
${(b(x)=P(x)e^(ax)),(b(x)=e^(2x)):}<=> P(x)=1,a=2$
$a$ non è soluzione dell'equazione caratteristica dell'omogenea associata: quindi per simpatia cerco $psi(x)=Q(x)e^(2x)$ soluzione particolare della non omogenea.
Ma $deg(Q(x))=deg(P(x))=deg(1)=0$ quindi $Q(x)=A$ costante reale.
Quindi $psi(x)=Ae^(2x)$.
$psi'(x)=2Ae^(2x)$
$psi''(x)=4Ae^(2x)$
$psi'''(x)=8Ae^(2x)$
Impongo che $psi(x)$ sia soluzione particolare della non omogenea:
$8Ae^(2x)+4Ae^(2x)=e^(2x)$
$8A+4A=1$
$A=1/12$
Quindi $psi(x)=1/12e^(2x)$.
Un integrale generale per l'equazione differenziale data è allora:
$phi(x)=c_1+c_2x+c_3e^-x+1/12e^(2x)$ con $c_1,c_2,c_3 in RR$.
-------------------------------Caso B---------------------------------:
$y^(iv)-y=sin(2x)$
Cerco un sistema fondamentale si soluzioni per l'omogenea associata:
$lambda^4-1=0$
posto $lambda^2=k$
$k^2-1=0$
$(k+1)(k-1)=0$
$(lambda^2+1)(lambda^2-1)=0$
$(lambda^2+1)(lambda+1)(lambda-1)=0$
$lambda_1=1,ma(1)=1$
$lambda_2=-1,ma(-1)=1$
$lambda_3=i,ma(i)=1$
$lambda_4=-i,ma(-i)=1$
${(phi_1(x)=e^x),(phi_2(x)=e^-x),(phi_3(x)=e^ix=cos(x)+isin(x)),(phi_4(x)=e^(-ix)=cos(x)-isin(x)):}$
${(phi_1(x)=e^x),(phi_2(x)=e^-x),(phi_3(x)=cos(x)),(phi_4=sin(x)):}$
Un integrale generale dell'omogenea associata è : $phi(x)=c_1e^x+c_2e^-x+c_3cos(x)+c_4sin(x)$ con $c_1,c_2,c_3,c_4 in RR$.
L'equazione differenziale è del tipo $f(y^(iv),y''',y'',y',y)=b(x)$.
${(b(x)=e^(sigma*x)(P_1(x)cos(tau*x)+P_2(x)sin(tau*x))),(b(x)=sin(2x)):}<=>P_1(x)=0,P_2(x)=1,sigma=0,tau=2$
$sigma+itau=2i$ non è soluzione dell'equazione caratteristica dell'omogenea associata, cerco $psi(x)=Q_1(x)cos(2x)+Q_2(x)sin(2x)$.
Ma $max(deg(P_1(x)),deg(P_2(x)))=1$ pongo (per sicurezza) $deg(Q_1(x))=deg(Q_2(x))=1$, ovvero sono costanti reali $Q_1(x)=A,Q_2(x)=B$.
Quindi $psi(x)=Acos(2x)+Bsin(2x)$
$psi'(x)=-2Asin(2x)+2Bcos(2x)$
$psi''(x)=-4Acos(2x)-4Bsin(2x)$
$psi'''(x)=8Asin(2x)-8Bcos(2x)$
$psi^(iv)(x)=16Acos(2x)+16Bsin(2x)$
Impongo $psi(x)$ sia soluzione particolare della non omogenea:
$16Acos(2x)+16Bsin(x)-(Acos(2x)+Bsin(2x))=sin(2x)$
$16Acos(2x)+16Bsin(x)-Acos(2x)-Bsin(2x)=sin(2x)$
$15Acos(2x)+15Bsin(2x)=sin(x) <=> A=0,B=1/15$
Un integrale generale per l'equazione differenziale data è allora:
$phi(x)=c_1e^x+c_2e^-x+c_3cos(x)+c_4sin(x)+1/15sin(2x)$ con $c_1,c_2,c_3,c_4 in RR$.
-------------------------------Caso $A$---------------------------------:
$y^{\prime}''+y''=e^(2x)$
Cerco un sistema fondamentale si soluzioni per l'omogenea associata:
$lambda^3+lambda^2=0$
$lambda^2(lambda+1)=0$
$lambda_1=0,ma(0)=2$
$lambda_2=-1,ma(-1)=1$
${(phi_1(x)=1),(phi_2(x)=x),(phi_3(x)=e^-x):}$
Un integrale generale dell'omogenea associata è : $phi(x)=c_1+c_2x+c_3e^-x$ con $c_1,c_2,c_3 in RR$.
L'equazione differenziale è del tipo $f(y''',y'',y',y)=b(x)$.
${(b(x)=P(x)e^(ax)),(b(x)=e^(2x)):}<=> P(x)=1,a=2$
$a$ non è soluzione dell'equazione caratteristica dell'omogenea associata: quindi per simpatia cerco $psi(x)=Q(x)e^(2x)$ soluzione particolare della non omogenea.
Ma $deg(Q(x))=deg(P(x))=deg(1)=0$ quindi $Q(x)=A$ costante reale.
Quindi $psi(x)=Ae^(2x)$.
$psi'(x)=2Ae^(2x)$
$psi''(x)=4Ae^(2x)$
$psi'''(x)=8Ae^(2x)$
Impongo che $psi(x)$ sia soluzione particolare della non omogenea:
$8Ae^(2x)+4Ae^(2x)=e^(2x)$
$8A+4A=1$
$A=1/12$
Quindi $psi(x)=1/12e^(2x)$.
Un integrale generale per l'equazione differenziale data è allora:
$phi(x)=c_1+c_2x+c_3e^-x+1/12e^(2x)$ con $c_1,c_2,c_3 in RR$.
-------------------------------Caso B---------------------------------:
$y^(iv)-y=sin(2x)$
Cerco un sistema fondamentale si soluzioni per l'omogenea associata:
$lambda^4-1=0$
posto $lambda^2=k$
$k^2-1=0$
$(k+1)(k-1)=0$
$(lambda^2+1)(lambda^2-1)=0$
$(lambda^2+1)(lambda+1)(lambda-1)=0$
$lambda_1=1,ma(1)=1$
$lambda_2=-1,ma(-1)=1$
$lambda_3=i,ma(i)=1$
$lambda_4=-i,ma(-i)=1$
${(phi_1(x)=e^x),(phi_2(x)=e^-x),(phi_3(x)=e^ix=cos(x)+isin(x)),(phi_4(x)=e^(-ix)=cos(x)-isin(x)):}$
${(phi_1(x)=e^x),(phi_2(x)=e^-x),(phi_3(x)=cos(x)),(phi_4=sin(x)):}$
Un integrale generale dell'omogenea associata è : $phi(x)=c_1e^x+c_2e^-x+c_3cos(x)+c_4sin(x)$ con $c_1,c_2,c_3,c_4 in RR$.
L'equazione differenziale è del tipo $f(y^(iv),y''',y'',y',y)=b(x)$.
${(b(x)=e^(sigma*x)(P_1(x)cos(tau*x)+P_2(x)sin(tau*x))),(b(x)=sin(2x)):}<=>P_1(x)=0,P_2(x)=1,sigma=0,tau=2$
$sigma+itau=2i$ non è soluzione dell'equazione caratteristica dell'omogenea associata, cerco $psi(x)=Q_1(x)cos(2x)+Q_2(x)sin(2x)$.
Ma $max(deg(P_1(x)),deg(P_2(x)))=1$ pongo (per sicurezza) $deg(Q_1(x))=deg(Q_2(x))=1$, ovvero sono costanti reali $Q_1(x)=A,Q_2(x)=B$.
Quindi $psi(x)=Acos(2x)+Bsin(2x)$
$psi'(x)=-2Asin(2x)+2Bcos(2x)$
$psi''(x)=-4Acos(2x)-4Bsin(2x)$
$psi'''(x)=8Asin(2x)-8Bcos(2x)$
$psi^(iv)(x)=16Acos(2x)+16Bsin(2x)$
Impongo $psi(x)$ sia soluzione particolare della non omogenea:
$16Acos(2x)+16Bsin(x)-(Acos(2x)+Bsin(2x))=sin(2x)$
$16Acos(2x)+16Bsin(x)-Acos(2x)-Bsin(2x)=sin(2x)$
$15Acos(2x)+15Bsin(2x)=sin(x) <=> A=0,B=1/15$
Un integrale generale per l'equazione differenziale data è allora:
$phi(x)=c_1e^x+c_2e^-x+c_3cos(x)+c_4sin(x)+1/15sin(2x)$ con $c_1,c_2,c_3,c_4 in RR$.
"Fioravante Patrone":
[quote="ludwigZero"]quindi: $y(x)= c_1 e^x + c_2 e^(2x) + 2 x e^(2x) - 2 e^(2x)$
come mai nella soluzione del libro e di wolfram non c'è $2 e^(2x)$?
Basta chiamare c = c_2 -2 e il tuo "integrale generale" si scrive così:
$y(x)= c_1 e^x + c e^(2x) + 2 x e^(2x)$
Contento?
Capita, la differenza sta nel fatto che loro (esperti di lungo corso) hanno notato che "un pezzo" della "soluzione particolare" era soluzione dell'omogenea, e quindi non hanno perso tempo a scriverlo.[/quote]
quindi in un compito basta fare un osservazione di tal genere e stop, credevo di aver sbagliato l'applicazione del metodo delle variazioni delle costant
@lordb
ora guardo per bene tutti i tuoi casi, e vedo se trovo problemi o dubbi
grazie della pazienza di scrivere ed essere cosi preciso. 
Di niente, se hai qualche dubbio scrivi pure 
I tuoi esempi sono stati precisissimi, quindi non ho alcun dubbio, ti ringrazio anche sul fatto che li hai fatti con eq differenziali di ordine maggior a 2.
---DUBBIO---
Dagli appunti e ripeto (nemmeno dal mercellini sbordone) vedo una spiegazione il perchè di queste soluzioni (come si fa a 'capire' di che grando è la soluzione particolare), tipo:
ad esempio perchè:
$y''' + 2 y'' + y = x^2 +1$
si risolvere con una eq. particolare del tipo:
$\phi(x) = a x^2 + b x + c$
mentre:
$y''' + 2 y'' + y' = x^2 +1$
con
$\phi(x) = x(a x^2 + b x + c)$
e:
$y''' + 2 y'' = x^2 +1$
con
$\phi(x) = x^2 (a x^2 + b x + c)$
sicuramente c'entra con i coefficienti dell'omogenea associata, tipo se abbiamo una eq del secondo ordine:
$y'' + a y' + c y = b(x)$
con $b(x)$ polinomio
allora se
$a = 0$ allora è dello stesso grado di $b(x)$
se $a\=0$ ma $c=0$ la sol particolare ha grado $n+1$
e così via, ma non sono certissimo che sia cosi :S
Quali sarebbero giustappunto le generalizzazioni? (Così da tenerle fissate)
grazie
---DUBBIO---
Dagli appunti e ripeto (nemmeno dal mercellini sbordone) vedo una spiegazione il perchè di queste soluzioni (come si fa a 'capire' di che grando è la soluzione particolare), tipo:
ad esempio perchè:
$y''' + 2 y'' + y = x^2 +1$
si risolvere con una eq. particolare del tipo:
$\phi(x) = a x^2 + b x + c$
mentre:
$y''' + 2 y'' + y' = x^2 +1$
con
$\phi(x) = x(a x^2 + b x + c)$
e:
$y''' + 2 y'' = x^2 +1$
con
$\phi(x) = x^2 (a x^2 + b x + c)$
sicuramente c'entra con i coefficienti dell'omogenea associata, tipo se abbiamo una eq del secondo ordine:
$y'' + a y' + c y = b(x)$
con $b(x)$ polinomio
allora se
$a = 0$ allora è dello stesso grado di $b(x)$
se $a\=0$ ma $c=0$ la sol particolare ha grado $n+1$
e così via, ma non sono certissimo che sia cosi :S
Quali sarebbero giustappunto le generalizzazioni? (Così da tenerle fissate)
grazie
Purtroppo nell'altro posto pescando a caso $2$ esercizi mi sono capitati del tipo $A'$ e $B'$, le generalizzazioni sono in realtà i casi $A''$ e $B''$.
Vediamo i tuoi esempi (premetto che per la ricerca corretta della soluzione particolare è condizione necessaria aver trovato le soluzioni dell'equazione caratteristica dell'omogenea, per il fatto che ti è necessario sapere le molteplicità algebriche delle soluzioni):
$y'''+2y''+y=x^2+1$
$lambda^3+2lambda^2+1=0$
Qua ci vuole la formula risolutoria per le equazioni dei terzo grado, comunque per il nostro obbiettivo possiamo lasciarla così.
L'equazione è del tipo $f(y''',y'',y',y)=b(x)$:
${(b(x)=P(x)e^(ax)),(b(x)=x^2+1):} <=> P(x)=x^2+1,a=0$
Benchè non abbiamo trovato le $3$ soluzioni dell'equazione caratteristica è immediato che $a=0$ non è soluzione $(0^3+2*0^2+1!=0)$,quindi si rientra nel caso $A'$.
Ovvero cerco $psi(x)=Q(x)$ soluzione particolare per la non omogenea.
Ma $deg(Q(x))=deg(P(x))=2$, quindi $Q(x)$ è un polinomio di secondo grado $Q(x)=Ax^2+Bx+C$..
Notiamo che i casi$A''$/$B''$ sono le generalizzazioni dei casi $A'$/$B'$, infatti l'unica cosa che li differenzia da $A'$/$B'$è che si moltiplica per $x^m$ dove $m$ è la molteplicità algebrica di $a$/$sigma+itau$ che hanno come soluzione dell'equazione caratteristica dell'omogenea. Se $a$/$sigma+itau$ non sono soluzioni dell'eq.carattertistica (casi $A'$/$B'$) allora chiaramente la loro molteplicità algebrica è $0$ di conseguenza si possono usare sempre e solo i casi $A''$/$B''$ (se sostituisci nei casi $A''$/$B''$ $m=0$ ottieni i casi $A'$/$B'$).
In questo caso con $A''$ sarebbe stato:
Cerco $psi(x)=x^mQ(x)$ soluzione particolare per la non omogenea, dove $m=ma(0)=0$,quindi $psi(x)=x^0Q(x)=Q(x)$ (ho ottenuto il caso $A'$ usando $A''$ che è una sua generalizzazione, si procede poi come sopra...)
Vediamo il tuo secondo esempio:
$y'''+2y''+y'=x^2+1$
$lambda^3+2lambda^2+lambda=0$
$lambda*(lambda^2+2lambda+1)=0$
$lambda*(lambda+1)^2$
$lambda_1=0,ma(0)=1$
$lambda_2=-1,ma(-1)=2$
L'equazione è del tipo $f(y''',y'',y',y)=b(x)$:
${(b(x)=P(x)e^(ax)),(b(x)=x^2+1):} <=> P(x)=x^2+1,a=0$
$a=0$ è soluzione dell'equazione caratteristica dell'omogenea e ha molteplicità algebrica $ma(0)=1$, quindi si rientra necessariamente nel caso $A''$ ($A'$ non sarebbe andato bene).
Cerco $psi(x)=x^mQ(x)$ soluzione particolare per la non omogenea con $m=ma(0)=1$ e $deg(Q(x))=deg(P(x))=2$ ovvero è un polinomio di secondo grado, quindi: $psi(x)=x^1(Ax^2+Bx+C)$.
Ti faccio vedere qualche altro esempio (di ricerca della soluzione particolare per "simpatia") per toglierti tutti i dubbi.
-------------------Esempio 1*---------------------------
$y^(VI)-y^(IV)=x^2+x+1$
$lambda^6-lambda^4=0$
$lambda^4(lambda^2-1)=0$
$lambda^4(lambda+1)(lambda-1)=0$
$lambda_1=0,ma(0)=4$
$lambda_2=1,ma(1)=1$
$lambda_3=-1,ma(-1)=1$
L'equazione è del tipo $f(y^(VI),y^V,y^(IV),y''',y'',y',y)=b(x)$:
${(b(x)=P(x)e^(a*x)),(b(x)=x^2+x+1):} <=> P(x)=x^2+x+1,a=0$
$a=0$ è soluzione dell'equazione caratteristica dell'omogenea e ha molteplicità algebrica $ma(0)=4$, quindi cerco:
$psi(x)=x^4Q(x)$ con $deg(Q(x))=deg(P(x))=2$ ovvero $Q(x)$ è un polinomio di secondo grado: $Q(x)=Ax^2+Bx+C$ dunque: $psi(x)=x^4(Ax^2+Bx+C)$.
-------------------Esempio 2*---------------------------
Questo è un caso un po' diverso dagli altri (un mix dei casi $A$ e $B$).
$y''-4y=x(e^x+cos(x))$
$lambda^2-4=0$
$(lambda+2)(lambda-2)=0$
$lambda_1=-2,ma(2)=1$
$lambda_2=2,ma(-2)=1$
L'equazione è del tipo $f(y'',y',y)=b(x)$:
$y''-4y=x(e^x+cos(x))$
$y''-4y=xe^x+xcos(x)$
$b(x)=P(x)e^(ax)+e^(sigmax)(Z_1(x)cos(taux)+Z_2(x)sin(taux))$
Quindi:
${(b(x)=P(x)e^(ax)+e^(sigmax)(Z_1(x)cos(taux)+Z_2(x)sin(taux))),(b(x)=xe^x+xcos(x)):}$
$<=>a=1,P(x)=x,sigma=0,tau=1,Z_1(x)=x,Z_2(x)=0$
$a=1$ non è soluzione dell'equazione caratteristica dell'omogenea,$sigma+itau=i$ non è anch'essa soluzione, dunque cerco
$psi(x)=Q(x)e^x+K_1(x)cos(x)+K_2(x)sin(x)$ soluzione particolare della non omogenea.
$deg(Q(x))=deg(P(x))=1$
pongo "per sicurezza" $deg(K_1(x))=deg(K_2(x))=max(deg(Z_1(x)),deg(Z_2(x)))=max(1,0)=1$.
Dunque $Q(x)$ è un polinomio di primo grado: $Q(x)=Ax+B$.
Anche $K_1(x)$ e $K_2(x)$ sono polinomi di primo grado: $K_1(x)=Cx+D$,$K_2(x)=Ex+F$.
Quindi: $psi(x)=(Ax+B)e^x+(Cx+D)cos(x)+(Ex+F)sin(x)$
Devo però dirti che si poteva fare anche in un altro modo (forse più semplice ma più lungo):
Si cerca una soluzione per la non omogenea (caso $A$) :
$y''-4y=xe^x$
$psi_1(x)=(Ax+B)e^x$
Si cerca poi una soluzione per la non omogenea (caso $B$):
$y''-4y=xcos(x)$
$psi_2(x)=(Cx+D)cos(x)+(Ex+F)sin(x)$
Poichè lo spazio delle soluzioni è un sottospazio vettoriale di $RR^(N^I)$, la somma di $2$ soluzioni è anch'essa una soluzione quindi $psi_1(x)+psi_2(x)=(Ax+B)e^x+(Cx+D)cos(x)+(Ex+F)sin(x)$ è soluzione particolare per la non omogenea $y''-4y=x(e^x+cos(x))$.
Vediamo i tuoi esempi (premetto che per la ricerca corretta della soluzione particolare è condizione necessaria aver trovato le soluzioni dell'equazione caratteristica dell'omogenea, per il fatto che ti è necessario sapere le molteplicità algebriche delle soluzioni):
$y'''+2y''+y=x^2+1$
$lambda^3+2lambda^2+1=0$
Qua ci vuole la formula risolutoria per le equazioni dei terzo grado, comunque per il nostro obbiettivo possiamo lasciarla così.
L'equazione è del tipo $f(y''',y'',y',y)=b(x)$:
${(b(x)=P(x)e^(ax)),(b(x)=x^2+1):} <=> P(x)=x^2+1,a=0$
Benchè non abbiamo trovato le $3$ soluzioni dell'equazione caratteristica è immediato che $a=0$ non è soluzione $(0^3+2*0^2+1!=0)$,quindi si rientra nel caso $A'$.
Ovvero cerco $psi(x)=Q(x)$ soluzione particolare per la non omogenea.
Ma $deg(Q(x))=deg(P(x))=2$, quindi $Q(x)$ è un polinomio di secondo grado $Q(x)=Ax^2+Bx+C$..
Notiamo che i casi$A''$/$B''$ sono le generalizzazioni dei casi $A'$/$B'$, infatti l'unica cosa che li differenzia da $A'$/$B'$è che si moltiplica per $x^m$ dove $m$ è la molteplicità algebrica di $a$/$sigma+itau$ che hanno come soluzione dell'equazione caratteristica dell'omogenea. Se $a$/$sigma+itau$ non sono soluzioni dell'eq.carattertistica (casi $A'$/$B'$) allora chiaramente la loro molteplicità algebrica è $0$ di conseguenza si possono usare sempre e solo i casi $A''$/$B''$ (se sostituisci nei casi $A''$/$B''$ $m=0$ ottieni i casi $A'$/$B'$).
In questo caso con $A''$ sarebbe stato:
Cerco $psi(x)=x^mQ(x)$ soluzione particolare per la non omogenea, dove $m=ma(0)=0$,quindi $psi(x)=x^0Q(x)=Q(x)$ (ho ottenuto il caso $A'$ usando $A''$ che è una sua generalizzazione, si procede poi come sopra...)
Vediamo il tuo secondo esempio:
$y'''+2y''+y'=x^2+1$
$lambda^3+2lambda^2+lambda=0$
$lambda*(lambda^2+2lambda+1)=0$
$lambda*(lambda+1)^2$
$lambda_1=0,ma(0)=1$
$lambda_2=-1,ma(-1)=2$
L'equazione è del tipo $f(y''',y'',y',y)=b(x)$:
${(b(x)=P(x)e^(ax)),(b(x)=x^2+1):} <=> P(x)=x^2+1,a=0$
$a=0$ è soluzione dell'equazione caratteristica dell'omogenea e ha molteplicità algebrica $ma(0)=1$, quindi si rientra necessariamente nel caso $A''$ ($A'$ non sarebbe andato bene).
Cerco $psi(x)=x^mQ(x)$ soluzione particolare per la non omogenea con $m=ma(0)=1$ e $deg(Q(x))=deg(P(x))=2$ ovvero è un polinomio di secondo grado, quindi: $psi(x)=x^1(Ax^2+Bx+C)$.
Ti faccio vedere qualche altro esempio (di ricerca della soluzione particolare per "simpatia") per toglierti tutti i dubbi.
-------------------Esempio 1*---------------------------
$y^(VI)-y^(IV)=x^2+x+1$
$lambda^6-lambda^4=0$
$lambda^4(lambda^2-1)=0$
$lambda^4(lambda+1)(lambda-1)=0$
$lambda_1=0,ma(0)=4$
$lambda_2=1,ma(1)=1$
$lambda_3=-1,ma(-1)=1$
L'equazione è del tipo $f(y^(VI),y^V,y^(IV),y''',y'',y',y)=b(x)$:
${(b(x)=P(x)e^(a*x)),(b(x)=x^2+x+1):} <=> P(x)=x^2+x+1,a=0$
$a=0$ è soluzione dell'equazione caratteristica dell'omogenea e ha molteplicità algebrica $ma(0)=4$, quindi cerco:
$psi(x)=x^4Q(x)$ con $deg(Q(x))=deg(P(x))=2$ ovvero $Q(x)$ è un polinomio di secondo grado: $Q(x)=Ax^2+Bx+C$ dunque: $psi(x)=x^4(Ax^2+Bx+C)$.
-------------------Esempio 2*---------------------------
Questo è un caso un po' diverso dagli altri (un mix dei casi $A$ e $B$).
$y''-4y=x(e^x+cos(x))$
$lambda^2-4=0$
$(lambda+2)(lambda-2)=0$
$lambda_1=-2,ma(2)=1$
$lambda_2=2,ma(-2)=1$
L'equazione è del tipo $f(y'',y',y)=b(x)$:
$y''-4y=x(e^x+cos(x))$
$y''-4y=xe^x+xcos(x)$
$b(x)=P(x)e^(ax)+e^(sigmax)(Z_1(x)cos(taux)+Z_2(x)sin(taux))$
Quindi:
${(b(x)=P(x)e^(ax)+e^(sigmax)(Z_1(x)cos(taux)+Z_2(x)sin(taux))),(b(x)=xe^x+xcos(x)):}$
$<=>a=1,P(x)=x,sigma=0,tau=1,Z_1(x)=x,Z_2(x)=0$
$a=1$ non è soluzione dell'equazione caratteristica dell'omogenea,$sigma+itau=i$ non è anch'essa soluzione, dunque cerco
$psi(x)=Q(x)e^x+K_1(x)cos(x)+K_2(x)sin(x)$ soluzione particolare della non omogenea.
$deg(Q(x))=deg(P(x))=1$
pongo "per sicurezza" $deg(K_1(x))=deg(K_2(x))=max(deg(Z_1(x)),deg(Z_2(x)))=max(1,0)=1$.
Dunque $Q(x)$ è un polinomio di primo grado: $Q(x)=Ax+B$.
Anche $K_1(x)$ e $K_2(x)$ sono polinomi di primo grado: $K_1(x)=Cx+D$,$K_2(x)=Ex+F$.
Quindi: $psi(x)=(Ax+B)e^x+(Cx+D)cos(x)+(Ex+F)sin(x)$
Devo però dirti che si poteva fare anche in un altro modo (forse più semplice ma più lungo):
Si cerca una soluzione per la non omogenea (caso $A$) :
$y''-4y=xe^x$
$psi_1(x)=(Ax+B)e^x$
Si cerca poi una soluzione per la non omogenea (caso $B$):
$y''-4y=xcos(x)$
$psi_2(x)=(Cx+D)cos(x)+(Ex+F)sin(x)$
Poichè lo spazio delle soluzioni è un sottospazio vettoriale di $RR^(N^I)$, la somma di $2$ soluzioni è anch'essa una soluzione quindi $psi_1(x)+psi_2(x)=(Ax+B)e^x+(Cx+D)cos(x)+(Ex+F)sin(x)$ è soluzione particolare per la non omogenea $y''-4y=x(e^x+cos(x))$.
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