Equazione differenziale di secondo ordine ordinaria
buonasera, mi sto preparando all' esame di analisi 2 e in particolare mi sono imbattuto in questa ode:
$ y'' + 4y = x e^x $
ho provato a risolverla con il metodo di variazione delle costanti ma mi ritrovo con delle difficoltà ad integrare...
$ y'' + 4y = x e^x $
ho provato a risolverla con il metodo di variazione delle costanti ma mi ritrovo con delle difficoltà ad integrare...
Risposte
in particolare mi trovo:
$ c_1(x) = \int -x e^x sin(2x) / 2 dx$
$ c_2(x)= \int x e^x cos(2x) / 2 dx$
grazie a chiunque possa darmi dei consigli.
$ c_1(x) = \int -x e^x sin(2x) / 2 dx$
$ c_2(x)= \int x e^x cos(2x) / 2 dx$
grazie a chiunque possa darmi dei consigli.
Prova a cercare una soluzione del tipo $(Ax+B)e^x$, inserendola nell'equazione e determinando le costanti.
Poi basta sommarla alla soluzione generale dell'equazione omogenea associata, che si trova facilmente
Poi basta sommarla alla soluzione generale dell'equazione omogenea associata, che si trova facilmente
l' integrale generale dell' omogenea associata mi viene
$ y_0 (x) = c_1 cos(2x) +c_2 sin(2x) $
ma ora con ho capito come procedere per trovare l' integrale particolare della completa
$ y_0 (x) = c_1 cos(2x) +c_2 sin(2x) $
ma ora con ho capito come procedere per trovare l' integrale particolare della completa
Come ho detto su, come soluzione particolare, prova a cercare una della forma $(Ax+B)e^x$ con costanti $A$ e $B$ da determinare.
Devi sostituirlo nell'equazione per determinare le costanti. Quindi devi calcolare la derivata seconda di $(Ax+B)e^x$ ecc.
Devi sostituirlo nell'equazione per determinare le costanti. Quindi devi calcolare la derivata seconda di $(Ax+B)e^x$ ecc.
ma così mi ritrovo un equazione in due incognite A e B...
No, quando eguagli il membro di sinistra a $xe^x$ ti viene un sistema di due equazioni in due incognite, perché sfrutti il principio di identità dei polinomi.
Provaci e, se non riesci, vediamo dove ti blocchi.
Provaci e, se non riesci, vediamo dove ti blocchi.
ok grazie mille, ho risolto 
ma c' è una " classe" di equazioni che in particolare ammettono una soluzione particolare di tipo polinomiale?
se ho in generale $ y_0(x) = c_1 e^(\alpha x)cos(\beta x)+c_2 e^(\alpha x)sin(\beta x)$
come ricavo $ y_p $ ?
ma c' è una " classe" di equazioni che in particolare ammettono una soluzione particolare di tipo polinomiale?
se ho in generale $ y_0(x) = c_1 e^(\alpha x)cos(\beta x)+c_2 e^(\alpha x)sin(\beta x)$
come ricavo $ y_p $ ?
Poniamoci nel caso di equazioni lineari a coefficienti costanti: $y^{(n)}+a_{n-1}y^{(n-1)}+ \ldots + a_1y'+a_0y=f(t)$.
In genere devi ingegnarti di volta in volta per trovare la soluzione particolare, ma ci sono casi in cui si può predire di che tipo sarà la soluzione. Per fare questo devi guardare che tipo di funzione è $f(t)$.
Questi casi sono ad esempio quando $f$ è polinomiale, esponenziale o una combinazione di seni/coseni.
Sintetizzando, se $f(t)=p(t)e^{at}cos(bt)+q(t)e^{at}sin(bt)$ (con $p$ e $q$ polinomi), allora la soluzione particolare dell'equazione sarà del tipo $t^k[A(t)e^{at}cos(bt)+B(t)e^{at}sin(bt)]$.
$A$ e $B$ sono polinomi da determinare come hai fatto nell'esercizio precedente. Il loro grado è il massimo tra i gradi di $p$ e $q$.
$k=0$ se $a+ib$ non è radice del polinomio caratteristico dell'equazione omogenea. Nel caso in cui invece $a+ib$ sia radice del polinomio caratteristico, $k$ è la sua molteplicità.
Esempio: $y'-y=t^2e^t$
$f(t)$ è come prima con $p(t)=t^2$, $q(t)=0$, $a=1$, $b=0$. Allora la soluzione sarà del tipo su descritto con $A(t)$ di grado $2$ e quindi $A(t)=a_2t^2+a_1t+a_0$ con costanti da determinare. In questo caso il polinomio da determinare è soltanto uno perché non c'è né il seno né il coseno. Osserva che basta che ci sia anche solo il seno, allora nella soluzione devi includerli entrambi e quindi calcolare entrambi i polinomi (questo perché derivando compariranno sia seni che coseni).
$1$ è radice (con molteplicità 1) del polinomio caratteristico, quindi $k=1$.
$\bar y=te^t(a_2t^2+a_1t+a_0)$. Facendo i conti come prima si determinano le costanti.
Osserva che il $t$ davanti è necessario essendo $1$ soluzione del polinomio caratteristico (e quindi $e^t$ soluzione dell'omogenea). Infatti se non ci fosse, sostituendo nell'equazione, avremmo: $e^t(a_2t^2+a_1t+a_0+2a_2t+a_1)-e^t(a_2t^2+a_1t+a_0)=e^t(2a_2t+a_1)$. E questo termine non potrà mai essere uguale a $f(t)$ avendo un polinomio di primo grado. (Se avessimo avuto un coefficiente diverso da 1 all'esponente, il termine di secondo grado non si sarebbe eliso).
Prova a risolvere l'equazione $y'-y=te^tcost$ (ovviamente essendo l'equazione del primo ordine, la soluzione si può scrivere direttamente come $e^t\int tcost$, ma io te l'ho data per farti familiarizzare col metodo che ho descritto)
In genere devi ingegnarti di volta in volta per trovare la soluzione particolare, ma ci sono casi in cui si può predire di che tipo sarà la soluzione. Per fare questo devi guardare che tipo di funzione è $f(t)$.
Questi casi sono ad esempio quando $f$ è polinomiale, esponenziale o una combinazione di seni/coseni.
Sintetizzando, se $f(t)=p(t)e^{at}cos(bt)+q(t)e^{at}sin(bt)$ (con $p$ e $q$ polinomi), allora la soluzione particolare dell'equazione sarà del tipo $t^k[A(t)e^{at}cos(bt)+B(t)e^{at}sin(bt)]$.
$A$ e $B$ sono polinomi da determinare come hai fatto nell'esercizio precedente. Il loro grado è il massimo tra i gradi di $p$ e $q$.
$k=0$ se $a+ib$ non è radice del polinomio caratteristico dell'equazione omogenea. Nel caso in cui invece $a+ib$ sia radice del polinomio caratteristico, $k$ è la sua molteplicità.
Esempio: $y'-y=t^2e^t$
$f(t)$ è come prima con $p(t)=t^2$, $q(t)=0$, $a=1$, $b=0$. Allora la soluzione sarà del tipo su descritto con $A(t)$ di grado $2$ e quindi $A(t)=a_2t^2+a_1t+a_0$ con costanti da determinare. In questo caso il polinomio da determinare è soltanto uno perché non c'è né il seno né il coseno. Osserva che basta che ci sia anche solo il seno, allora nella soluzione devi includerli entrambi e quindi calcolare entrambi i polinomi (questo perché derivando compariranno sia seni che coseni).
$1$ è radice (con molteplicità 1) del polinomio caratteristico, quindi $k=1$.
$\bar y=te^t(a_2t^2+a_1t+a_0)$. Facendo i conti come prima si determinano le costanti.
Osserva che il $t$ davanti è necessario essendo $1$ soluzione del polinomio caratteristico (e quindi $e^t$ soluzione dell'omogenea). Infatti se non ci fosse, sostituendo nell'equazione, avremmo: $e^t(a_2t^2+a_1t+a_0+2a_2t+a_1)-e^t(a_2t^2+a_1t+a_0)=e^t(2a_2t+a_1)$. E questo termine non potrà mai essere uguale a $f(t)$ avendo un polinomio di primo grado. (Se avessimo avuto un coefficiente diverso da 1 all'esponente, il termine di secondo grado non si sarebbe eliso).
Prova a risolvere l'equazione $y'-y=te^tcost$ (ovviamente essendo l'equazione del primo ordine, la soluzione si può scrivere direttamente come $e^t\int tcost$, ma io te l'ho data per farti familiarizzare col metodo che ho descritto)
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