Equazione differenziale
$y''+y=xsenx$
Risposte
In generale (metodo degli annichilatori)
dati due operatori differenziali ordinari (non so se si può fare anche per quelli alle derivate parziali, credo di sì ma non mi sbilancio...) $L$, $M$ lineari e a coefficienti costanti, e data l'equazione (differenziale ordinaria)
$Lu=f$
con $f \in \ker M$,
tutte le soluzioni dell'equazione differenziale sono della forma
$u(x) = c_1 u_1 (x)+ ... + c_n u_n (x) + \overline{u}(x)$
con $c_1,...,c_n$ variabili e $\overline{u}$ combinazione lineare di elementi di una base di $\ker LM$ da cui sono tolti $u_1,...,u_n$, che danno soluzioni della omogenea (se $\ker L \cap \ker M = \{ 0 \}$ allora essa è data da una base di $\ker M$), determinata in base all'equazione.
dati due operatori differenziali ordinari (non so se si può fare anche per quelli alle derivate parziali, credo di sì ma non mi sbilancio...) $L$, $M$ lineari e a coefficienti costanti, e data l'equazione (differenziale ordinaria)
$Lu=f$
con $f \in \ker M$,
tutte le soluzioni dell'equazione differenziale sono della forma
$u(x) = c_1 u_1 (x)+ ... + c_n u_n (x) + \overline{u}(x)$
con $c_1,...,c_n$ variabili e $\overline{u}$ combinazione lineare di elementi di una base di $\ker LM$ da cui sono tolti $u_1,...,u_n$, che danno soluzioni della omogenea (se $\ker L \cap \ker M = \{ 0 \}$ allora essa è data da una base di $\ker M$), determinata in base all'equazione.
"irenze":
Scriviamo la cosa in termini di operatori:
$(D^2+I) y=\sin x$
La soluzione dell'omogenea associata è $c_1 \cos x + c_2 \sin x$. Dal momento che $\sin x \in \ker (D^2+I)$, dobbiamo considerare il complementare di una base di $\ker (D^2+I)$ in $\ker {(D^2+I)}^2=\{ \cos x, \sin x, x \cos x, x \sin x \}$.
Irenze , non mi è chiaro : il complementare di una base di $\ker (D^2+I)$ in $\ker {(D^2+I)}^2 $.
Grazie
Il nucleo è inteso nel senso di nucleo di un operatore differenziale e la base è una base di un sottospazio dello spazio vettoriale delle funzioni $C^2$: $\ker (D^2+I)=< \cos x, \sin x>$ ossia tutte e sole le funzioni $u$ tali che $u"+u=0$ sono della forma $u=c_1 \cos x + c_2 \sin x$ e inoltre $\cos x$ e $\sin x$ sono linearmente indipendenti: $c_1 \cos x + c_2 \sin x = 0$ implica $c_1=c_2=0$.
Intendevo il complemento ortogonale di $\ker (D^2+I)$ in $\ker {(D^2+I)}^2$.
Non so se si è capito...
Intendevo il complemento ortogonale di $\ker (D^2+I)$ in $\ker {(D^2+I)}^2$.
Non so se si è capito...
"irenze":
Il nucleo è inteso nel senso di nucleo di un operatore differenziale e la base è una base di un sottospazio dello spazio vettoriale delle funzioni $C^2$: $\ker (D^2+I)=< \cos x, \sin x>$ ossia tutte e sole le funzioni $u$ tali che $u"+u=0$ sono della forma $u=c_1 \cos x + c_2 \sin x$ e inoltre $\cos x$ e $\sin x$ sono linearmente indipendenti: $c_1 \cos x + c_2 \sin x = 0$ implica $c_1=c_2=0$.
Quanto sopra è chiarissimo .
"irenze":.
Intendevo il complemento ortogonale di $\ker (D^2+I)$ in $\ker {(D^2+I)}^2$.
Non so se si è capito...
Ecco il punto : qui non mi è chiaro: perchè cerchi il complemento ortogonale e perchè il c.o. in $\ker {(D^2+I)}^2$.
La soluzione generale della equazione non omogenea è data dalla somma della soluzione generale della omogenea associata più una soluzione particolare della non omogenea, purchè quest'ultima sia linearmente indipendente dalle soluzioni della omogenea ; e $ sin x $ è in effetti soluzione della omogenea e quindi non accettabile come soluzione particolare[ come dici in forma più elegante e sintetica : $ sinx in Ker(D^2+I) $ ]; bisogna cercare la soluzione particolare altrove . E' noto dalla teoria elementare che le funzioni $ x cosx , xsinx $, o meglio una loro combinazione lineare ha le caratteristiche richieste per essere una soluzione particolare ma vorrei arrivarci col metodo degli operatori da te utilizzato.
L'equazione iniziale proposta era però : $ y''+y = x*sinx $ ( e non semplicemente $ = sinx$) .
In questo caso come arriveresti alla soluzione, che è quella indicata da david_e, con il metodo degli operatori?
Usando il metodo degli annichilatori ? ma qual è l'operatore che annichila $ xsinx $ ?
Grazie per la pazienza.
Faccio il caso particolare e poi spiego (avevo letto male... 
però funziona lo stesso!)
Ovviamente $x\sin x \in \ker{(D^2+I)}^2$ (se non sappiamo trovare facilmente quest'operatore, il metodo ovviamente non funziona; però per questo tipo di funzioni è automatico...). Quindi dobbiamo trovare il complemento ortogonale di $\ker {(D^2+I)}^2$ in $\ker {(D^2+I)}^3$. Poiché quest'ultimo è generato da $\cos x$, $\sin x$, $x\cos x$, $x\sin x$, $x^2\cos x$, $x^2\sin x$ dobbiamo prendere una combinazione lineare di $x\cos x$, $x\sin x$, $x^2\cos x$ e $x^2\sin x$.
Poniamo allora $\overline{y}(x) = \overline{c_1} x \cos x + \overline{c_2} x \sin x + \overline{c_3} x^2 \cos x + \overline{c_4} x^2 \sin x$.
Abbiamo:
$\overline{y}'(x) = \overline{c_1} (\cos x - x \sin x) + \overline{c_2} (\sin x + x \cos x) + \overline{c_3} (2x\cos x - x^2\sin x)+\overline{c_4} (2x\sin x + x^2\cos x)$
$\overline{y}''(x) = \overline{c_1} (-2 \sin x - x \cos x) + \overline{c_2} (2 \cos x - x \sin x) + \overline{c_3} (2\cos x - 4x\sin x - x^2\cos x)+\overline{c_4} (2\sin x + 4x\cos x - x^2\sin x)$
Dunque
$\overline{y}''(x)+\overline{y}(x) = \overline{c_1} (-2 \sin x - x \cos x) + \overline{c_2} (2 \cos x - x \sin x) + \overline{c_3} (2\cos x - 4x\sin x - x^2\cos x) + \overline{c_4} (2\sin x + 4x\cos x - x^2\sin x) + \overline{c_1} x \cos x +\overline{c_2} x \sin x + \overline{c_3} x^2 \cos x + \overline{c_4} x^2 \sin x = -2 \overline{c_1} \sin x + 2 \overline{c_2} \cos x + 2 \overline{c_3} (\cos x - 2x \sin x) + 2 \overline{c_4} (\sin x + 2x \cos x)$
e imponendo che sia verificata l'equazione otteniamo $c_1=c_4=0$, $c_3=-c_2=-1/4$, ossia
$\overline{y}(x) = 1/4 x \sin x - 1/4 x^2 \cos x$
(non so se ho sbagliato i conti, spero di no...)
però funziona lo stesso!)Ovviamente $x\sin x \in \ker{(D^2+I)}^2$ (se non sappiamo trovare facilmente quest'operatore, il metodo ovviamente non funziona; però per questo tipo di funzioni è automatico...). Quindi dobbiamo trovare il complemento ortogonale di $\ker {(D^2+I)}^2$ in $\ker {(D^2+I)}^3$. Poiché quest'ultimo è generato da $\cos x$, $\sin x$, $x\cos x$, $x\sin x$, $x^2\cos x$, $x^2\sin x$ dobbiamo prendere una combinazione lineare di $x\cos x$, $x\sin x$, $x^2\cos x$ e $x^2\sin x$.
Poniamo allora $\overline{y}(x) = \overline{c_1} x \cos x + \overline{c_2} x \sin x + \overline{c_3} x^2 \cos x + \overline{c_4} x^2 \sin x$.
Abbiamo:
$\overline{y}'(x) = \overline{c_1} (\cos x - x \sin x) + \overline{c_2} (\sin x + x \cos x) + \overline{c_3} (2x\cos x - x^2\sin x)+\overline{c_4} (2x\sin x + x^2\cos x)$
$\overline{y}''(x) = \overline{c_1} (-2 \sin x - x \cos x) + \overline{c_2} (2 \cos x - x \sin x) + \overline{c_3} (2\cos x - 4x\sin x - x^2\cos x)+\overline{c_4} (2\sin x + 4x\cos x - x^2\sin x)$
Dunque
$\overline{y}''(x)+\overline{y}(x) = \overline{c_1} (-2 \sin x - x \cos x) + \overline{c_2} (2 \cos x - x \sin x) + \overline{c_3} (2\cos x - 4x\sin x - x^2\cos x) + \overline{c_4} (2\sin x + 4x\cos x - x^2\sin x) + \overline{c_1} x \cos x +\overline{c_2} x \sin x + \overline{c_3} x^2 \cos x + \overline{c_4} x^2 \sin x = -2 \overline{c_1} \sin x + 2 \overline{c_2} \cos x + 2 \overline{c_3} (\cos x - 2x \sin x) + 2 \overline{c_4} (\sin x + 2x \cos x)$
e imponendo che sia verificata l'equazione otteniamo $c_1=c_4=0$, $c_3=-c_2=-1/4$, ossia
$\overline{y}(x) = 1/4 x \sin x - 1/4 x^2 \cos x$
(non so se ho sbagliato i conti, spero di no...)
In generale si cerca il complemento ortogonale di $\ker L$ in $\ker LM$.
Il motivo intuitivo è un po' legato al principio d'identità con i polinomi (che passa per la trasformata di Fourier... ma questa è un'altra storia)... se vuoi puoi pensare all'algebra lineare e ricordare che le soluzioni di un'equazione non omogenea $Ax=b$ sono date dall'insieme delle soluzioni dell'omogenea $Ax=0$ traslate di un elemento che sta nel complemento ortogonale di $\ker A$ in $\ker AB$ (pensa al metodo di Cramer...)
Altrimenti - spiegazione più formalizzata - essendo l'insieme delle soluzioni di $Lu=f$ una varietà affine parallela a $\ker L$ (questo si vede per ogni operatore lineare...) ed essendo $MLu=Mf=0$ per ogni $u$ soluzione del problema, le soluzioni stanno tutte in $\ker LM$ (ovviamente, essendo $L$ e $M$ a coefficienti costanti, è $LM=ML$). Inoltre per ogni $v\in \ker L$ si ha $Lv=0$ e dunque $v$ non dà contributo per $f$, quindi dobbiamo prendere un elemento che non sta in $\ker L$.
Forse adesso si capisce un po' meglio...
Il motivo intuitivo è un po' legato al principio d'identità con i polinomi (che passa per la trasformata di Fourier... ma questa è un'altra storia)... se vuoi puoi pensare all'algebra lineare e ricordare che le soluzioni di un'equazione non omogenea $Ax=b$ sono date dall'insieme delle soluzioni dell'omogenea $Ax=0$ traslate di un elemento che sta nel complemento ortogonale di $\ker A$ in $\ker AB$ (pensa al metodo di Cramer...)
Altrimenti - spiegazione più formalizzata - essendo l'insieme delle soluzioni di $Lu=f$ una varietà affine parallela a $\ker L$ (questo si vede per ogni operatore lineare...) ed essendo $MLu=Mf=0$ per ogni $u$ soluzione del problema, le soluzioni stanno tutte in $\ker LM$ (ovviamente, essendo $L$ e $M$ a coefficienti costanti, è $LM=ML$). Inoltre per ogni $v\in \ker L$ si ha $Lv=0$ e dunque $v$ non dà contributo per $f$, quindi dobbiamo prendere un elemento che non sta in $\ker L$.
Forse adesso si capisce un po' meglio...
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