Dubbio sul risultato di un'equazione differenziale omogenea
Salve,
io avrei la seguente equazione omogenea:
$y^{(4)}+y=0$ la cui equazione caratteristica è $a^4+1=0$ che ammette solo soluzioni in $\mathbb{C}$ ovvero le radici quarte del numero complesso $z=-1$.
Mi viene fuori che ci sono 6 soluzioni all'omogenea e l'integrale generale, sottoforma di combinazione lineare di tali funzioni, sembrerebbe una classe di $\infty^{6}$ soluzioni. Possibile?
Non dovrebbe venirmi una classe di $\infty^{4}$ soluzioni ?
io avrei la seguente equazione omogenea:
$y^{(4)}+y=0$ la cui equazione caratteristica è $a^4+1=0$ che ammette solo soluzioni in $\mathbb{C}$ ovvero le radici quarte del numero complesso $z=-1$.
Mi viene fuori che ci sono 6 soluzioni all'omogenea e l'integrale generale, sottoforma di combinazione lineare di tali funzioni, sembrerebbe una classe di $\infty^{6}$ soluzioni. Possibile?
Non dovrebbe venirmi una classe di $\infty^{4}$ soluzioni ?
Risposte
Scusa, Orlok, ma come fa un polinomio di quarto grado a non avere radici reali?
Non mi viene in mente alcun reale che elevato alla quarta e sommato ad 1 dia come risultato zero 
Sì, vabbé, ma è una cosa nota dalle superiori che un polinomio a coefficienti reali di grado [tex]$\geq 3$[/tex] ha almeno una radice reale... Non puoi non ricordarlo.
Ad ogni modo, prova a ragionare così: visto che [tex]$a^4=(a^2)^2$[/tex] puoi "completare il quadrato" in [tex]$a^4+1$[/tex] semplicemente aggiungendo e sottraendo [tex]$2a^2$[/tex], perchè:
[tex]$a^4+1=(a^2)^2+2a^2+1 -2a^2=(a^2+1)^2-2a^2$[/tex]...
Ora sai continuare?
Ad ogni modo, prova a ragionare così: visto che [tex]$a^4=(a^2)^2$[/tex] puoi "completare il quadrato" in [tex]$a^4+1$[/tex] semplicemente aggiungendo e sottraendo [tex]$2a^2$[/tex], perchè:
[tex]$a^4+1=(a^2)^2+2a^2+1 -2a^2=(a^2+1)^2-2a^2$[/tex]...
Ora sai continuare?
Tu non sei Gugo, esci da questo account!!![da leggere con tono solenne e voce tremolante] 
Dunque, non so se mi porta da qualche parte ma mi sembra che...
$(a^2+1)^2-2a^2=0\ \Leftrightarrow (a^2+1)^2=2a^2$ e quindi
$(a^2+1)(a^2+1)=2a^2$ quindi $a=\pm 1$ no ?
$(a^2+1)^2-2a^2=0\ \Leftrightarrow (a^2+1)^2=2a^2$ e quindi
$(a^2+1)(a^2+1)=2a^2$ quindi $a=\pm 1$ no ?
"Mathematico":
Tu non sei Gugo, esci da questo account!!![da leggere con tono solenne e voce tremolante]
Eh?!?
Ammetto che posso essere sembrato "morbido", ma questo (per quanto banale) è un trucco che può sfuggire, perchè uno casomai non risolve un'equazione del genere da un po' di tempo...
@Orlok: Ma usare [tex]$x^2-y^2 =(x+y)(x-y)$[/tex], no eh?...
Sono cose da superiori, suvvia!
"gugo82":
Scusa, Orlok, ma come fa un polinomio di quarto grado a non avere radici reali?
scusa se mi intrometto, ma se il polinomio è $x^4 + 1$, io non ci vedo radici reali: da quando un numero (reale) elevato a una potenza pari, dà un numero negativo?
"gugo82":
un polinomio a coefficienti reali di grado [tex]$\geq 3$[/tex] ha almeno una radice reale...
Forse volevi intendere che un polinomio di grado [tex]$\geq 3$[/tex] è riducibile in [tex]\mathbb{R}[/tex]
[size=75][edit]: riducibile al posto di fattorizzabile.[/size]
ma poi mi chiedo:
$X^4+1=0$ da cui $x^4=-1$
prendendone i moduli si ottiene che x ha modulo uno.Se fossero reali sarebbero $-1$ e $1$.
$X^4+1=0$ da cui $x^4=-1$
prendendone i moduli si ottiene che x ha modulo uno.Se fossero reali sarebbero $-1$ e $1$.
Devi sapere che ho la mania di perdermi nelle cose più semplici XD
allora
$[(a^2+1)(a^2-1)]^2=2a^2$ segue che $(a^2+1)=a\sqrt{2}$ e $(a^2+1)=a\sqrt{2}$ , giusto?
EDIT: mi sa che ho sbagliato qualcosa a secondo membro
allora
$[(a^2+1)(a^2-1)]^2=2a^2$ segue che $(a^2+1)=a\sqrt{2}$ e $(a^2+1)=a\sqrt{2}$ , giusto?
EDIT: mi sa che ho sbagliato qualcosa a secondo membro
Ohmioddio... Ma che bisogno c'è di portare a secondo membro se:
[tex]$(a^2+1)^2-2a^2=[(a^2+1)+\sqrt{2} a][(a^2+1)-\sqrt{2} a]$[/tex]?
[tex]$(a^2+1)^2-2a^2=[(a^2+1)+\sqrt{2} a][(a^2+1)-\sqrt{2} a]$[/tex]?
Mi ri-intrometto.
Ma usa $(x-y)(x+y)=x^2-y^2$ nell'equazione di partenza
Ma usa $(x-y)(x+y)=x^2-y^2$ nell'equazione di partenza
@Orlok: Vai qui
http://tutorial.math.lamar.edu/
clic su Class notes - Algebra, e studiati almeno la pagina "Factoring polynomials". E' una paginetta che si può digerire in poco tempo e contiene un review di tecniche della scuola superiore, molto utile se si hanno lacune e purtroppo è evidentemente il tuo caso. Niente di grave, anche io non ho fatto una buona scuola superiore: basta un po' di buona volontà e si recupera.
http://tutorial.math.lamar.edu/
clic su Class notes - Algebra, e studiati almeno la pagina "Factoring polynomials". E' una paginetta che si può digerire in poco tempo e contiene un review di tecniche della scuola superiore, molto utile se si hanno lacune e purtroppo è evidentemente il tuo caso. Niente di grave, anche io non ho fatto una buona scuola superiore: basta un po' di buona volontà e si recupera.
Ah ecco dov'era la differenza di quadrati!
Ponendo i due fattori che hai scritto pari a zero ottengo due equazioni di 2° grado le cui soluzioni sono:
$\frac{-1\pm i\sqrt 2}{2}$ per entrambe , giusto?
Ponendo i due fattori che hai scritto pari a zero ottengo due equazioni di 2° grado le cui soluzioni sono:
$\frac{-1\pm i\sqrt 2}{2}$ per entrambe , giusto?
Mea culpa.
Ho scritto una cazzata, insistendo, fra l'altro... Ecco cosa capita quando si posta pensando ad altro.
Il polinomio [tex]$a^4+1$[/tex] non ha radici reali, ma quattro radici complesse distinte a due a due coniugate.
Insomma, quella zozzeria lì si fattorizza come prodotto di due polinomi di secondo grado senza radici in [tex]$\mathbb{R}$[/tex].
E, d'altra parte, non poteva essere altrimenti, perchè [tex]$a^4+1>0$[/tex] per [tex]$a$[/tex] reale.
Ad ogni modo, le radici sono le quattro radici quarte complesse di [tex]$-1$[/tex], i.e. [tex]$e^{-\jmath \frac{\pi}{4} +k\frac{\pi}{2}}$[/tex] con [tex]$k=0,1,2,3$[/tex].
Ovviamente a tali coppie di numeri corrispondono i quattro integrali indipendenti che formano la base del nucleo dell'operatore differenziale, cioè [tex]$e^{\pm \frac{\sqrt{2}}{2} x}\cos \tfrac{\sqrt{2}}{2}x, e^{\pm \frac{\sqrt{2}}{2} x}\sin \tfrac{\sqrt{2}}{2}$[/tex].
Scusate ancora.
Metto il capo sotto la cenere e risorgo domani.
P.S.: Grazie a Mathematico, per avermi fatto rinsavire.
Ho scritto una cazzata, insistendo, fra l'altro... Ecco cosa capita quando si posta pensando ad altro.
Il polinomio [tex]$a^4+1$[/tex] non ha radici reali, ma quattro radici complesse distinte a due a due coniugate.
Insomma, quella zozzeria lì si fattorizza come prodotto di due polinomi di secondo grado senza radici in [tex]$\mathbb{R}$[/tex].
E, d'altra parte, non poteva essere altrimenti, perchè [tex]$a^4+1>0$[/tex] per [tex]$a$[/tex] reale.
Ad ogni modo, le radici sono le quattro radici quarte complesse di [tex]$-1$[/tex], i.e. [tex]$e^{-\jmath \frac{\pi}{4} +k\frac{\pi}{2}}$[/tex] con [tex]$k=0,1,2,3$[/tex].
Ovviamente a tali coppie di numeri corrispondono i quattro integrali indipendenti che formano la base del nucleo dell'operatore differenziale, cioè [tex]$e^{\pm \frac{\sqrt{2}}{2} x}\cos \tfrac{\sqrt{2}}{2}x, e^{\pm \frac{\sqrt{2}}{2} x}\sin \tfrac{\sqrt{2}}{2}$[/tex].
Scusate ancora.
Metto il capo sotto la cenere e risorgo domani.
P.S.: Grazie a Mathematico, per avermi fatto rinsavire.
Non preoccuparti Gugo, può capitare. Anzi grazie della pazienza e di avermi dato delle dritte su delle effettive lacune che grazie a quelle slides vedrò di colmare.
Ehm...appena risorgi potresti darmi il tuo parere sulla domanda che ho postato all'inizio del post ? Alla luce di quanto hai sopra scritto la riformulo in un'altra chiave:
a me vengono come integrali le 6 funzioni (tralasciando le razionalizzazioni) :
$e^{\frac{x}{\sqrt{2}}}\cos \frac{x}{\sqrt{2}}$, $e^\frac{x}{\sqrt{2}}\sin \frac{x}{\sqrt{2}}$, $e^-\frac{x}{\sqrt{2}}\cos \frac{x}{\sqrt{2}}$, $e^-\frac{x}{\sqrt{2}}\ sin \frac{x}{\sqrt{2}}$, $-e^\frac{x}{\sqrt{2}}\sin \frac{x}{\sqrt{2}}$, $-e^-\frac{x}{\sqrt{2}}\sin \frac{x}{\sqrt{2}}$
la domanda è: se vado a combinare linearmente 'ste funzioni sembrerebbe che al posto di una classe di $\infty^4$ ottenga una classe di $\infty^6$ soluzioni Come mai ?
C'è di mezzo qualcosa del tipo "qualcuna è già combinazione lineare di un'altra" percaso ?
Ehm...appena risorgi potresti darmi il tuo parere sulla domanda che ho postato all'inizio del post ? Alla luce di quanto hai sopra scritto la riformulo in un'altra chiave:
a me vengono come integrali le 6 funzioni (tralasciando le razionalizzazioni) :
$e^{\frac{x}{\sqrt{2}}}\cos \frac{x}{\sqrt{2}}$, $e^\frac{x}{\sqrt{2}}\sin \frac{x}{\sqrt{2}}$, $e^-\frac{x}{\sqrt{2}}\cos \frac{x}{\sqrt{2}}$, $e^-\frac{x}{\sqrt{2}}\ sin \frac{x}{\sqrt{2}}$, $-e^\frac{x}{\sqrt{2}}\sin \frac{x}{\sqrt{2}}$, $-e^-\frac{x}{\sqrt{2}}\sin \frac{x}{\sqrt{2}}$
la domanda è: se vado a combinare linearmente 'ste funzioni sembrerebbe che al posto di una classe di $\infty^4$ ottenga una classe di $\infty^6$ soluzioni
Come mai ?C'è di mezzo qualcosa del tipo "qualcuna è già combinazione lineare di un'altra" percaso ?
Orlok, ci sono due funzioni che dipendono linearmente dalle altre, perchè coincidono con due di quelle iniziali a meno del segno.
Poi ti ricordo che ad ogni coppia di soluzioni complesse coniugate dell'equazione caratteristica sono canonicamente associate due soluzioni indipendenti della EDO: invero, detta [tex]$\alpha \pm\imath \beta$[/tex] una coppia di radici complesse coniugate dell'equazione caratteristica, le soluzioni associate a tale coppia di radici sono:
[tex]$e^{\alpha x}\cos \beta x$[/tex] ed [tex]$e^{\alpha x}\sin \beta x$[/tex].
Nel tuo caso hai due coppie di soluzioni coniugate, quindi quattro soluzioni linearmente indipendenti della EDO omogenea.
Poi ti ricordo che ad ogni coppia di soluzioni complesse coniugate dell'equazione caratteristica sono canonicamente associate due soluzioni indipendenti della EDO: invero, detta [tex]$\alpha \pm\imath \beta$[/tex] una coppia di radici complesse coniugate dell'equazione caratteristica, le soluzioni associate a tale coppia di radici sono:
[tex]$e^{\alpha x}\cos \beta x$[/tex] ed [tex]$e^{\alpha x}\sin \beta x$[/tex].
Nel tuo caso hai due coppie di soluzioni coniugate, quindi quattro soluzioni linearmente indipendenti della EDO omogenea.
Ok, grazie, come sospettavo.
OT: ma chi è quel "tuo idolo della settimana" ?
OT: ma chi è quel "tuo idolo della settimana" ?
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