Equazione differenziale lineare second'ordine:
Ho questa equazione:
$y''-2y'-3y=e^(3x)(4x-1) $
Le soluzioni dell'omogenea sono:
$y_1= e^(-x)c_1$ e$ y_2= e^(3x)c_2$
Ora per le soluzioni della particolare non riesco, noto che la particolare è un caso particolare del tipo:
$g(x) = e^(tx)P(x)$ ed essendo t soluzione dell'omogenea le soluzioni sono date da:
$x^(h) e^(tx)Q(x)$ ora non riesco a ricavarmi $Q(x)$ .Potreste aiutarmi?
$y''-2y'-3y=e^(3x)(4x-1) $
Le soluzioni dell'omogenea sono:
$y_1= e^(-x)c_1$ e$ y_2= e^(3x)c_2$
Ora per le soluzioni della particolare non riesco, noto che la particolare è un caso particolare del tipo:
$g(x) = e^(tx)P(x)$ ed essendo t soluzione dell'omogenea le soluzioni sono date da:
$x^(h) e^(tx)Q(x)$ ora non riesco a ricavarmi $Q(x)$ .Potreste aiutarmi?
Risposte
Beh, per il metodo di somiglianza, \(Q(x)\) è un polinomio di primo grado a coefficienti incogniti, cioé del tipo \(Ax+B\), i cui coefficienti vanno determinati sostituendo il tentativo di soluzione \(y(x) = e^{3x}\ x(Ax+B)\) nella EDO.
Prova.
Prova.
Ciao gugo82, grazie della risposta! ma non ho capito come fare. io di solito prendevo$ Q(x) $che era tipo $e^(x) $, lo derivavo, e lo sostituivo nell'edo. Ora non dovrei prendere come $y(x) = (Ax+B)$ perchè prendo $x(Ax+B)$?
"Roslyn":
Ora non dovrei prendere come $ y(x) = (Ax+B) $ perchè prendo $ x(Ax+B) $?
Considera \(\displaystyle y_2= e^{3x}c_2 \) ove \(\displaystyle \lambda = 3 \) . \(\displaystyle \lambda = 3 \) è soluzione della E.C con molteplicità \(\displaystyle 1 \) (infatti \(\displaystyle \lambda^{2}-2\lambda-3=0 \) se e solo se \(\displaystyle \lambda = 3 \). Per questa ragione, avrai \(\displaystyle x(Ax+B) \) (la "formuletta" di partenza è \(\displaystyle x^{molteplicità}(Ax+B) \) ) .
P.S Sto studiando da 1 mesetto analisi 2, dunque, chiedo scusa per eventuali castonerie xD
Si ma alla fine non mi trovo con il libro, dovrebbe venire$ (1/2) x^2 e^(3x)- (1/2) xe^(3x)$ , a te viene cosi?
Data la quantità di calcoli assurda, suppongo sia facile sbagliare durante i passaggi.. In ogni caso, tra poco ti faccio sapere.
EDIT: Fatto, mi trovo esattamente come il tuo libro
EDIT: Fatto, mi trovo esattamente come il tuo libro
Si, in effetti avevo sbagliato io un calcolo !!!Grazie !!
Di nulla
Ma se ho $y''-y'=e^x $ come mi ricavo la caratteristica? so che la soluzione è del tipo:
$xe^(x)Q(x)$ ma come ricavo $Q(x)$ ?
$xe^(x)Q(x)$ ma come ricavo $Q(x)$ ?
"Roslyn":
Ma se ho $y''-y'=e^x $ come mi ricavo la caratteristica? so che la soluzione è del tipo:
$xe^(x)Q(x)$ ma come ricavo $Q(x)$ ?
Molto banalmente, puoi vedere la traccia come \(\displaystyle e^{x} * 1 \) e, dunque, \(\displaystyle Q(x) \) deve essere uguale ad una costante generica, ovvero \(\displaystyle Q(x)=a \). Alla fine avrai \(\displaystyle x e^{x} a \). Il ragionamento è analogo a quello visto nei post precedenti
Ma ho fatto cosi:$ y= ae^x$ , $y'= ae^x$ e$ y''=ae^x$ da cui sostituendo nella traccia ottengo:
$ae^x-ae^x=e^x $ e non ricavo $Q(x)$ dove sbaglio?
$ae^x-ae^x=e^x $ e non ricavo $Q(x)$ dove sbaglio?
La regola è la seguente:
Nel tuo caso è \(\alpha=1\) con \(\mu=1\), \(n=0\) e \(p_0(x)=1\), dunque la soluzione particolare va crecata nella forma \(\bar{y}(x) = e^x\ x\ P_0(x)\), in cui \(P_0(x)\) è un polinomio di grado zero (cioé costante) a coefficienti incogniti, i.e. \(P_0(x) =A\).
Derivando la \(\bar{y}(x)\) si ottiene:
\[
\begin{split}
\bar{y}^\prime (x) &= e^x\ (A+Ax)\\
\bar{y}^{\prime \prime} (x) &= e^x\ (2A+Ax)
\end{split}
\]
e sostituendo nella EDO si trova:
\[
e^x\ \big( (2A+Ax) - (A+Ax)\big) = e^x
\]
ossia:
\[
A=1\; .
\]
Dunque la soluzione particolare è \(\bar{y}(x) = xe^x\).
***
D'altro canto, questo non è il modo più veloce di risolvere.
Infatti, dividendo membro a membro la EDO per \(e^x\) si ottiene:
\[
e^{-x}\ y^{\prime \prime} (x) - e^{-x}\ y^\prime (x) =1
\]
ossia (ricodata la regola di derivazione del prodotto):
\[
\left( e^{-x}\ y^\prime (x)\right)^\prime =1\; .
\]
Dunque la EDO si risolve per quadrature (cioé integrando indefinitamente): infatti, dalla precedente segue che:
\[
e^{-x}\ y^{\prime} (x) = x+C
\]
dunque:
\[
y^\prime (x) =x\ e^x + C\ e^x
\]
ed integrando ancora:
\[
y(x) = \underbrace{x\ e^x - e^x}_{\color{maroon}{\text{per parti}}} + C\ e^x+ C_2 = x\ e^x + (C-1)\ e^x + C_2\; ;
\]
ma dato che \(C_1=C-1\) è ancora una costante arbitraria, si può scrivere:
\[
y(x) = x\ e^x +C_1\ e^x +C_2\; ,
\]
che è la soluzione della EDO.
Se il termine noto della EDO è del tipo:
\[
f(x) = e^{\alpha\ x}\ p_n(x)
\]
con \(\alpha \in \mathbb{R}\), \(n\in \mathbb{N}\) e \(p_n(x)\) polinomio di grado \(n\) a coefficienti reali, allora la soluzione particolare va certata nella forma:
\[
\bar{y}(x) = e^{\alpha\ x}\ x^{\mu}\ P_n(x)\; ,
\]
in cui \(\mu\) è la molteplicità di \(\alpha\) come radice del polinomio caratteristico associato alla EDO[nota]E, in particolare, \(\mu =0\) solo se \(\alpha\) non è radice del polinomio.[/nota] e \(P_n(x)\) è un polinomio di grado \(n\) a coefficienti incogniti (i quali vanno determinati sostituendo \(\bar{y}(x)\) e le sue derivate nella EDO ed imponendo che \(\bar{y}(x)\) soddisfi l'equazione).
Nel tuo caso è \(\alpha=1\) con \(\mu=1\), \(n=0\) e \(p_0(x)=1\), dunque la soluzione particolare va crecata nella forma \(\bar{y}(x) = e^x\ x\ P_0(x)\), in cui \(P_0(x)\) è un polinomio di grado zero (cioé costante) a coefficienti incogniti, i.e. \(P_0(x) =A\).
Derivando la \(\bar{y}(x)\) si ottiene:
\[
\begin{split}
\bar{y}^\prime (x) &= e^x\ (A+Ax)\\
\bar{y}^{\prime \prime} (x) &= e^x\ (2A+Ax)
\end{split}
\]
e sostituendo nella EDO si trova:
\[
e^x\ \big( (2A+Ax) - (A+Ax)\big) = e^x
\]
ossia:
\[
A=1\; .
\]
Dunque la soluzione particolare è \(\bar{y}(x) = xe^x\).
***
D'altro canto, questo non è il modo più veloce di risolvere.
Infatti, dividendo membro a membro la EDO per \(e^x\) si ottiene:
\[
e^{-x}\ y^{\prime \prime} (x) - e^{-x}\ y^\prime (x) =1
\]
ossia (ricodata la regola di derivazione del prodotto):
\[
\left( e^{-x}\ y^\prime (x)\right)^\prime =1\; .
\]
Dunque la EDO si risolve per quadrature (cioé integrando indefinitamente): infatti, dalla precedente segue che:
\[
e^{-x}\ y^{\prime} (x) = x+C
\]
dunque:
\[
y^\prime (x) =x\ e^x + C\ e^x
\]
ed integrando ancora:
\[
y(x) = \underbrace{x\ e^x - e^x}_{\color{maroon}{\text{per parti}}} + C\ e^x+ C_2 = x\ e^x + (C-1)\ e^x + C_2\; ;
\]
ma dato che \(C_1=C-1\) è ancora una costante arbitraria, si può scrivere:
\[
y(x) = x\ e^x +C_1\ e^x +C_2\; ,
\]
che è la soluzione della EDO.
Grazie mille !!! Molto utile !
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