Equazione differenziale
risolvere la seguente equazione differenziale al variare di $t in RR$
$(1+tx)y''+t^2(xy'-y)=(1+tx)^2$
se $t=0$ allora $y''=1$ da cui $y=1/2x^2+Cx+D$
se $t!=0$ allora
$(1+tx)y''+t^2xy'-t^2y=(1+tx)^2$, da cui se $1+tx !=0$ cioè $x !=1/t$ allora
$y''+(t^2x)/(1+tx)y'-t^2/(1+tx)y=1+tx$
tuttavia poi non riesco a capire come poter andare avanti: ho cercato e dovrei aver capito che è un' equazione ordinaria lineare a coefficienti variabili del secondo ordine ma non ho idea su come poterla risolvere...andrebbe fatta una sostituzione?
qualcuno potrebbe darmi una mano? Grazie
Grazie
$(1+tx)y''+t^2(xy'-y)=(1+tx)^2$
se $t=0$ allora $y''=1$ da cui $y=1/2x^2+Cx+D$
se $t!=0$ allora
$(1+tx)y''+t^2xy'-t^2y=(1+tx)^2$, da cui se $1+tx !=0$ cioè $x !=1/t$ allora
$y''+(t^2x)/(1+tx)y'-t^2/(1+tx)y=1+tx$
tuttavia poi non riesco a capire come poter andare avanti: ho cercato e dovrei aver capito che è un' equazione ordinaria lineare a coefficienti variabili del secondo ordine ma non ho idea su come poterla risolvere...andrebbe fatta una sostituzione?
qualcuno potrebbe darmi una mano? Grazie
Grazie
Risposte
Ciao Aletzunny,
Che cosa hai fatto a lezione in merito a questo tipo di equazioni differenziali?
Ok.
No, $x \ne - 1/t $
Quanto al resto, vista la soluzione che hai ottenuto per $t = 0 $ ed il secondo termine dell'equazione differenziale proposta, per $t \ne 0 $ comincerei col cercare una soluzione particolare della forma seguente:
$y_p(x ; t) = Ax^2 + Bx + C/t^2 $
Sostituendola nell'equazione differenziale proposta si ha:
$ (1 + tx)(2A) + t^2[x(2Ax + B) - Ax^2 - Bx - C/t^2] = (1+tx)^2 $
$ 2A + 2Atx + t^2[2Ax^2 + Bx - Ax^2 - Bx - C/t^2] = 1 + 2tx + t^2x^2 $
$ 2A + 2Atx + t^2[Ax^2 - C/t^2] = 1 + 2tx + t^2x^2 $
$ 2A + 2Atx + At^2 x^2 - C = 1 + 2tx + t^2x^2 $
$ At^2 x^2 + 2Atx + 2A - C = t^2x^2 + 2tx + 1 $
Per il principio di identità dei polinomi si trova $A = 1 $ e $2A - C = 1 \implies C = 1 $ e dunque per l'equazione differenziale proposta una soluzione particolare è la seguente:
$\bar{y}_p(x; t) = x^2 + 1/t^2 $
Che cosa hai fatto a lezione in merito a questo tipo di equazioni differenziali?
"Aletzunny":
se $t=0 $ allora $y''=1 $ da cui $y=1/2 x^2+Cx+D$
Ok.
"Aletzunny":
[...] da cui se $1+tx \ne 0 $ cioè $x\ne 1/t $ [...]
No, $x \ne - 1/t $
Quanto al resto, vista la soluzione che hai ottenuto per $t = 0 $ ed il secondo termine dell'equazione differenziale proposta, per $t \ne 0 $ comincerei col cercare una soluzione particolare della forma seguente:
$y_p(x ; t) = Ax^2 + Bx + C/t^2 $
Sostituendola nell'equazione differenziale proposta si ha:
$ (1 + tx)(2A) + t^2[x(2Ax + B) - Ax^2 - Bx - C/t^2] = (1+tx)^2 $
$ 2A + 2Atx + t^2[2Ax^2 + Bx - Ax^2 - Bx - C/t^2] = 1 + 2tx + t^2x^2 $
$ 2A + 2Atx + t^2[Ax^2 - C/t^2] = 1 + 2tx + t^2x^2 $
$ 2A + 2Atx + At^2 x^2 - C = 1 + 2tx + t^2x^2 $
$ At^2 x^2 + 2Atx + 2A - C = t^2x^2 + 2tx + 1 $
Per il principio di identità dei polinomi si trova $A = 1 $ e $2A - C = 1 \implies C = 1 $ e dunque per l'equazione differenziale proposta una soluzione particolare è la seguente:
$\bar{y}_p(x; t) = x^2 + 1/t^2 $
ciao, a lezione non le abbiamo viste e temo fossero materiale per le esercitazioni (saltate causa covid).
Ho cercato in rete qualcosa ma non ho ben capito come affrontarle: da quel che ho visto vanno cercate una soluzione dell'omogenea(ma non mi è chiaro il procedimenti), una soluzione particolare (onestamente qui non mi è chiaro come hai ragionato per determinarla.) e poi unirle in un'unica soluzione $y(x)$
Ho cercato in rete qualcosa ma non ho ben capito come affrontarle: da quel che ho visto vanno cercate una soluzione dell'omogenea(ma non mi è chiaro il procedimenti), una soluzione particolare (onestamente qui non mi è chiaro come hai ragionato per determinarla.) e poi unirle in un'unica soluzione $y(x)$
Mmmm... Non mi pare bellissima l'equazione omogenea, ma forse sono io a non vedere sostituzioni decenti.
Quando non ne vedo "ad occhio" usualmente penso di utilizzare il metodo di Frobenius, ma non so se lo conosci.
Quando non ne vedo "ad occhio" usualmente penso di utilizzare il metodo di Frobenius, ma non so se lo conosci.
Il mio metodo di soluzione certamente non è ortodosso, ma funziona... 
Noto che l'equazione differenziale omogenea associata si può scrivere nella forma seguente:
$(1+tx)y'' + t^2xy' - t^2 y = 0 $
Ipotizzo una soluzione di tipo lineare:
$y_2(x; t) = c_2 x + c $
Sostituendola nell'equazione omogenea associata si ottiene:
$t^2 c_2 x - t^2c_2 x - t^2 c = 0 $
Il che porge $c = 0 $, mentre $c_2 $ può assumere qualsiasi valore: quindi $\bar{y}_2(x; t) = c_2 x $ è una soluzione dell'equazione omogenea associata. Poi ipotizzo un'altra soluzione di tipo esponenziale:
$y_1(x; t) = c_1 e^{\lambda t x} $
Sostituendola nell'equazione omogenea associata si ottiene:
$(1+tx)c_1 \lambda^2 t^2 e^{\lambda t x} + t^2 x c_1 \lambda t e^{\lambda t x} - t^2 c_1 e^{\lambda t x} = 0 $
$ c_1 \lambda^2 t^2 e^{\lambda t x} + c_1 \lambda^2 t^3 x e^{\lambda t x} + c_1 \lambda t^3 x e^{\lambda t x} - c_1 t^2 e^{\lambda t x} = 0 $
ove $c_1 $ può assumere qualsiasi valore, per cui dividendo tutto per $ t^2 e^{\lambda t x} \ne 0 $ si ottiene:
$ \lambda^2 + \lambda^2 t x + \lambda t x - 1 = 0 $
$ \lambda^2 (1 + tx) + \lambda t x - 1 = 0 \implies \lambda = - 1 $
Quindi $\bar{y}_1(x; t) = c_1 e^{- t x} $ è una soluzione dell'equazione omogenea associata indipendente da quella lineare già trovata $\bar{y}_2(x; t) = c_2 x $
In definitiva la soluzione dell'equazione differenziale proposta mi risulta essere la seguente:
$y(x; t) = \bar{y}_1(x; t) + \bar{y}_2(x; t) + \bar{y}_p(x; t) = c_1 e^{- t x} + c_2 x + x^2 + 1/t^2 $
Noto che l'equazione differenziale omogenea associata si può scrivere nella forma seguente:
$(1+tx)y'' + t^2xy' - t^2 y = 0 $
Ipotizzo una soluzione di tipo lineare:
$y_2(x; t) = c_2 x + c $
Sostituendola nell'equazione omogenea associata si ottiene:
$t^2 c_2 x - t^2c_2 x - t^2 c = 0 $
Il che porge $c = 0 $, mentre $c_2 $ può assumere qualsiasi valore: quindi $\bar{y}_2(x; t) = c_2 x $ è una soluzione dell'equazione omogenea associata. Poi ipotizzo un'altra soluzione di tipo esponenziale:
$y_1(x; t) = c_1 e^{\lambda t x} $
Sostituendola nell'equazione omogenea associata si ottiene:
$(1+tx)c_1 \lambda^2 t^2 e^{\lambda t x} + t^2 x c_1 \lambda t e^{\lambda t x} - t^2 c_1 e^{\lambda t x} = 0 $
$ c_1 \lambda^2 t^2 e^{\lambda t x} + c_1 \lambda^2 t^3 x e^{\lambda t x} + c_1 \lambda t^3 x e^{\lambda t x} - c_1 t^2 e^{\lambda t x} = 0 $
ove $c_1 $ può assumere qualsiasi valore, per cui dividendo tutto per $ t^2 e^{\lambda t x} \ne 0 $ si ottiene:
$ \lambda^2 + \lambda^2 t x + \lambda t x - 1 = 0 $
$ \lambda^2 (1 + tx) + \lambda t x - 1 = 0 \implies \lambda = - 1 $
Quindi $\bar{y}_1(x; t) = c_1 e^{- t x} $ è una soluzione dell'equazione omogenea associata indipendente da quella lineare già trovata $\bar{y}_2(x; t) = c_2 x $
In definitiva la soluzione dell'equazione differenziale proposta mi risulta essere la seguente:
$y(x; t) = \bar{y}_1(x; t) + \bar{y}_2(x; t) + \bar{y}_p(x; t) = c_1 e^{- t x} + c_2 x + x^2 + 1/t^2 $
Non mi è chiaro un aspetto:
Come "determini" le forme di $y_1$ $y_2$ e $y_p$ ?
Grazie
Come "determini" le forme di $y_1$ $y_2$ e $y_p$ ?
Grazie
"Aletzunny":
Come "determini" le forme di $y_1 $ $y_2 $ e $y_p $?
Non le determino, le ipotizzo e poi vedo se funzionano: in particolare per $y_p$ mi sono ispirato alla parabola che hai ottenuto per $t = 0 $ e ho introdotto la divisione del termine noto per $t^2$ perché nel secondo termine c'è una moltiplicazione per $t^2 $
Quindi il diviso $t^2$ del termine noto dipende dal fatto che sia $y'$ che $y$ vengono moltiplicati da $t^2$? E ciò perché è cosi importante imporre la divisione del termine noto proprio per $t^2$?
Allo stesso modo cosa spinge a scegliere $y_1$ e $y_2$ di quel tipo? Che teoria/ trucchetti ci stanno sotto?
Grazie
Allo stesso modo cosa spinge a scegliere $y_1$ e $y_2$ di quel tipo? Che teoria/ trucchetti ci stanno sotto?
Grazie
"gugo82":
Mmmm... Non mi pare bellissima l'equazione omogenea, ma forse sono io a non vedere sostituzioni decenti.
Quando non ne vedo "ad occhio" usualmente penso di utilizzare il metodo di Frobenius, ma non so se lo conosci.
No non lo conosco! Avevo pensato ad una sostituzione ma non ho proprio idea quale!
Grazie
"Aletzunny":
Allo stesso modo cosa spinge a scegliere $y_1$ e $y_2$ di quel tipo? Che teoria/ trucchetti ci stanno sotto?
Non c'è sotto nessun trucchetto sotto, le prime tipologie di soluzioni delle equazioni differenziali che dovrebbero venire subito in mente sono lineare ed esponenziale... Tanto più che per la soluzione particolare $y_p$ avevo già ipotizzato una soluzione di tipo parabolico. Se non avesse funzionato l'ipotesi di una soluzione di tipo lineare avrei provato ipotizzandone una di tipo parabolico.
Mh, ok su questo ci sono! Perdonami: l'unica cosa che non mi torna è sul fatto di dividere per $t^2$. Quale è il secondo termine con una moltiplicazione per $t^2$ che ti ha spinto a dividere per $t^2$? E perché ha cosi importanza?
Grazie
Grazie
"Aletzunny":
Mh, ok su questo ci sono! Perdonami: l'unica cosa che non mi torna è sul fatto di dividere per $t^2$. Quale è il secondo termine con una moltiplicazione per $t^2$ che ti ha spinto a dividere per $t^2$?
Pillo (in gergo tecnico) ha paraculato un poco.
Se vedi un polinomio di secondo grado al secondo membro, allora la prima educated guess per la soluzione particolare è un polinomio del tipo $y=ax^2+b$
Usala e sostituisci il tutto. Alla fine ti verrà fuori $a=1$ e $b=1/t^2$
"Aletzunny":
E perché ha cosi importanza?
Grazie
Perché altrimenti l'uguaglianza non regge (come vedrai dalla sostituzione di cui sopra).
Io sono anche più rozzo e scrivo direttamente $y=ax^n+b$ e poi risolvo le equazioni omogenee e particolari al variare di t e n
P.S. Tutto il discorso ha senso perché con un colpo d'occhio si vede che sostituendo $y=x^2+b$ la y darà il grado massimo all'equazione. Se, per dirne una, la y fosse stata moltiplicata per $x^3$ allora la educated guess polinomiale andrebbe a farsi friggere)
"Aletzunny":
Quale è il secondo termine con una moltiplicazione per $t^2$ che ti ha spinto a dividere per $t^2 $?
Il termine $ t^2(xy' - y) $
Quindi è chiaro che è opportuno avere nell'espressione di $y$ un termine $C/t^2 $
"Aletzunny":
E perché ha cosi importanza?
Beh, non è che ha così importanza, è che moltiplicando $C/t^2 $ per $t^2 $ ovviamente rimane la costante $C$; ho diviso il termine noto della parabola per $t^2 $ e non gli altri termini perché il termine noto $C/t^2 $ derivandolo rispetto ad $x$ naturalmente si annulla e quindi poi non dà problemi per $y'$ che compare nello stesso termine $ t^2(xy' - y) $
Ma quindi per questo tipo di equazioni vi è un metodo risolutivo standard oppure è sempre meglio usare questi trucchi?
Io non sono cosi "sveglio" da vedere tutti questi colpi d'occhio
Io non sono cosi "sveglio" da vedere tutti questi colpi d'occhio
No, anche se di metodi ce ne sono: uno te l'ha già suggerito gugo82.
Stiamo pur sempre disquisendo di EDO (Equazioni Differenziali Ordinarie, ODE in inglese) del secondo ordine a coefficienti variabili ed anche parametrici, che non è proprio un argomento elementare. Sarebbe opportuno che tu chiedessi al tuo docente come lui avrebbe voluto che tu e gli altri suoi allievi svolgeste un esercizio del genere: cioè, pur ammettendo che non ne abbia svolti a lezione, dovrebbe sussistere una parte del suo programma che tratta dell'argomento...
Stiamo pur sempre disquisendo di EDO (Equazioni Differenziali Ordinarie, ODE in inglese) del secondo ordine a coefficienti variabili ed anche parametrici, che non è proprio un argomento elementare. Sarebbe opportuno che tu chiedessi al tuo docente come lui avrebbe voluto che tu e gli altri suoi allievi svolgeste un esercizio del genere: cioè, pur ammettendo che non ne abbia svolti a lezione, dovrebbe sussistere una parte del suo programma che tratta dell'argomento...
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