Equazione differenziale con eulero

[angelad97]

Risolvere il seguente problema di Cauchy del tipo $ax^2y''+bxy'+cy=F(x)$
${(x^2y''−xy'−8y = 36x^4 + 8lnx) (y'(1) = y(1) = 0)}$

cerco di risolverlo con eulero ma sono indecisa sul da farsi
trovo le soluzioni dell'equazione omogenea associata che sono 4 e -2 quindi ho
$y0=C1e^(4t)+C2e^(-2t)$
adesso devo trovare la soluzione particolare della non omogenea..questa soluzione di che tipo sarà?
perché se sostituisco $x=e^t$ avrò $F(x)=36x^4+8lnx$ che diventa $F(t)=36e^(4t)+8t$
in questo caso la soluzione particolare dovrebbe essere del tipo $Yp=te^(4t)A$ oppure $Yp=te^(4t)(A+Bt)$ ?

Aiutatemi vi pego

[unvecchietto]

Ciao angela , allora innanzitutto scriviamo meglio il testo

$\{(x^2y''−xy'−8y=36x^4+8lnx), (y'(1)=0),(y(1)=0):}$

Concentriamoci adesso su $(x^2y''−xy'−8y=36x^4+8ln(x))$

Come hai ben notato è un'equazione differenziale di Eulero del tipo $ax^2y''+bxy'+cy=F(x)$

Innanzitutto devo lavorare in un intervallo del tipo $(0,+\infty)$ , dovuto al logaritmo.

Consideriamo l'omogenea associata alla nostra equazione differenziale,

$x^2y''−xy'−8y=0$

Sostituisco ponendo $y(x)=x^\lambda$

ottengo così $ x^2(del^2x^\lambda)/(delx^2) - x(delx^\lambda)/(delx) -8x^\lambda = 0 $

calcolando le due derivate avrò che

$(delx^\lambda)/(delx)=\lambdax^\(lambda-1)$

$(del^2x^\lambda)/(delx^2)=(\lambda-1)\lambdax^(\lambda-2)$

Ovvero $ x^2(\lambda-1)\lambdax^(\lambda-2) - x\lambdax^\(lambda-1) -8x^\lambda = 0 $

effettuando i calcoli otterremo $ x^\lambda(\lambda^2 - 2\lambda -8)= 0 $

per $ x!=0 $ allora avremo $\lambda^2 - 2\lambda -8= 0 $

risolvendo rispetto $\lambda$ otterremo due soluzioni , ovvero $\lambda=-2$ e $\lambda=4$

abbiamo dunque che con $y(x)=x^\lambda$ ci troveremo allora che

$y_0(x)=c_1/x^2+c_2x^4 $

Sappiamo che $y(x)=y_0(x)+y_p(x)$ ci basterà dunque calcolarci adesso la soluzione particolare $y_p(x)$

dividiamo adesso tutto per $x^2$ così da ottenere

$(y''−(y')/x−(8y)/x^2=(36x^4+8ln(x))/x^2)$

Potremo pensare adesso di procedere con il metodo del Wronskiano ,

siano $y_1(x)=1/x^2$ e $y_2(x)=x^4$

dobbiamo verificare che $y_p(x)=\psi_1(x)y_1(x)+\psi_2(x)y_2(x) $

consideriamo allora il sistema

$\{(\psi'_1(x)y_1(x)+\psi'_2(x)y_2(x)=0) , (\psi'_1(x)y'_1(x)+\psi'_2(x)y'_2(x)=(36x^4+8ln(x))/x^2):}$

otteniamo così, sostituendo:

$\{(\psi'_1(x)(1/x^2)+\psi'_2(x)(x^4)=0) , (\psi'_1(x)(-2/x^3)+\psi'_2(x)(4x^3)=(36x^4+8ln(x))/x^2):}$

Dobbiamo adesso andare a risolvere questo sistema per ricavarci $ \psi'_1(x)$ e $\psi'_2(x)$

Considerando il Wronskiano $W=|(1/x^2,x^4),(-2/x^3,4x^3)|= 6x$

Risolviamo allora il sistema con Cramer , affinchè $\psi'_1(x)=W_1/W $ e $\psi'_2(x)=W_2/W $

Per la regola di Cramer sappiamo che $ W_1=|(0,x^4),((36x^4+8ln(x))/x^2,4x^3)| = -x^2(3x^4+8ln(x))$

avremo allora che $\psi'_1(x)= (-x^2(3x^4+8ln(x)))/(6x)$

Da cui calcoliamo $\psi_1(x)= -1/6\int x(3x^4+8ln(x)) dx $

questo integrale è alquanto semplice , basta ''spaccare'' in due l'integrale e svolgerlo normalmente.

$ 1/6\int x(3x^4+8ln(x)) dx = -1/6 \int 3x^5 dx -1/6 \int 8xln(x)dx = -x^6+x^2/3-(2x^2ln(x))/3$

Procediamo in modo analogo per $\psi'_2(x) $

$W_2=|(1/x^2,0),(-2/x^3,(36x^4+8ln(x))/x^2)|= (36x^4+8ln(x))/x^4$

Da cui otteniamo $\psi'_2(x)= (36x^4+8ln(x))/(6x^5) $

Ci basterà adesso integrare $\psi_2(x)=1/6 \int (36x^4+8ln(x))/x^5 dx = -1/12x^4+6ln(x)-ln(x)/3x^4 $

(Lascio a te la verifica del risultato dei due integrali)

Adesso non dobbiamo far altro che sostituire per ottenere la nostra $y_p(x)$

$y_p(x)=\psi_1(x)y_1(x)+\psi_2(x)y_2(x) = (-x^6+x^2/3-(2x^2ln(x))/3)*(1/x^2)+ (-1/12x^4+6ln(x)-ln(x)/3x^4)*(x^4)$

Da cui otteniamo che $y_p(x)= -x^4+ln(x)*(6x^4-1)+1/4 $

Abbiamo concluso! Adesso non ci resta che sostituire per ottenere $y(x)=y_0(x)+y_p(x)$

Dunque :

$y(x)=c_1/x^2+c_2x^4 -x^4+ln(x)*(6x^4-1)+1/4$ potremmo adesso considerare $c_\hat 2=c_2-1$ così da ottenere

$y(x)=c_1/x^2+c_\hat 2x^4+ln(x)*(6x^4-1)+1/4$

In ogni caso , se non ti fosse chiaro , ho utilizzato il metodo del Wronskiano perchè in questo caso è il metodo più veloce , in ogni caso avresti dovuto applicarlo almeno al secondo membro dell'uguaglianza. Ti faccio un semplice esempio , se tu avessi avuto $(y''−xy'−8y=36x^4)$ potevi tranquillamente applicare il metodo della somiglianza del tipo $e^\alpha(x)+Q(x)$ .
Prendiamo adesso in considerazione $(y''−xy'−8y=36x^4+8ln(x))$ NB: non è presente la x^2

In questo caso avresti potuto proseguire in due modi , o utilizzando direttamente il metodo del Wronskiano considerandoti $b(x)=36x^4+8ln(x)$ oppure avresti potuto dividerti lo studio in $b_1(x)=36x^4$ e $b_2(x)=8ln(x)$ , in questo caso per il primo , ovvero per $b_1(x)$ avresti potuto usare il metodo della somiglianza , tuttavia per $b_2(x)$ avresti dovuto usare necessariamente il Wronskiano! Quindi a conti fatti risulterebbe molto più lungo.

Come vedi utilizzando un unico metodo risulta tutto molto più ''lineare'' e tranquillo. Difatti , quanto conveniva nel nostro caso dividersi in $b_1=36x^2$ applicare somiglianza per questo , e considerare poi $b_2=(8ln(x))/x^2$ e ripartire applicando il metodo del Wronskiano per questo... Un casino.

In ogni caso , adesso ci tocca risolvere solo il problema di Cauchy. Spero di essere stato d'aiuto