Equazioni differenziali a coeff. costanti, con $\Delta=0$
Buona sera! Studiando le eq. differenziali a coeff. costanti ho trovato un esercizio svolto in aula, dove non ries co a motivare un passaggio... L'esercizio è il seguente:
$y''+2y'+y=0$, dove l'eq. caratteristica è $\lambda^2 +2lambda +1=0=>(\lambda +1)^2=0$. Questa eq. caratteristica presente $\Delta=0$, quindi la molteplicità algebrica di $-1$ è 2.
Le due soluzioni dell'eq. differenziale sono $y_1=e^(-x)$ e $y_2=xe^-x$. Ora il procedimento successifo, che porta alla formulazione dell'integrale generale è semplice, ma non ho capito perché $y_2$ è $xe^-x$ e non semplicemente uguale a $y_1$, cioè $e^-x$? Penso sia per un qualcosa che mi sfugge, perché non ho trovato spiegazioni. Grazie, Giovanni
$y''+2y'+y=0$, dove l'eq. caratteristica è $\lambda^2 +2lambda +1=0=>(\lambda +1)^2=0$. Questa eq. caratteristica presente $\Delta=0$, quindi la molteplicità algebrica di $-1$ è 2.
Le due soluzioni dell'eq. differenziale sono $y_1=e^(-x)$ e $y_2=xe^-x$. Ora il procedimento successifo, che porta alla formulazione dell'integrale generale è semplice, ma non ho capito perché $y_2$ è $xe^-x$ e non semplicemente uguale a $y_1$, cioè $e^-x$? Penso sia per un qualcosa che mi sfugge, perché non ho trovato spiegazioni. Grazie, Giovanni
Risposte
Certamente non potrebbe essere uguale ad $y_1$ perchè le due soluzioni devono essere indipendenti.
Puoi verificare che quell'integrale generale è soluzione dell'equazione.
Puoi verificare che quell'integrale generale è soluzione dell'equazione.
Si, ma in base a cosa moltiplichiamo $y_2$ per la variabile $x$?
Verifica direttamente che $xe^{-x}$ risolve l'equazione omogenea. Come dice Schey, se sai a priori quante soluzioni devi aspettarti, poi non è importante se ci arrivi con un procedimento matematico raffinato o con qualche sotterfugio, tipo procedere per tentativi.
Quando una delle radici del polinomio caratteristico è multipla, tu hai il problema che le soluzioni di tipo $e^{lambda_k x}$ sono troppo poche. Allora, vai per tentativi. Qual è la prossima funzione che ti viene in mente? Proviamo con $xe^{lambda_kx}$... Toh! Funziona!
Quando una delle radici del polinomio caratteristico è multipla, tu hai il problema che le soluzioni di tipo $e^{lambda_k x}$ sono troppo poche. Allora, vai per tentativi. Qual è la prossima funzione che ti viene in mente? Proviamo con $xe^{lambda_kx}$... Toh! Funziona!
Quindi quella soluzione è stata scoperta per tentativi ?
In effetti in ogni manuale di analisi matematica viene introdotta quella seconda soluzione l.i rispetto la prima
senza alcuna dimostrazione del perchè avesse quella forma ma solo verificata la l.i a posteriori
In effetti in ogni manuale di analisi matematica viene introdotta quella seconda soluzione l.i rispetto la prima
senza alcuna dimostrazione del perchè avesse quella forma ma solo verificata la l.i a posteriori
Sono passati 6 anni da quel post ma comunque penso di poter rispondere.
Come spesso accade, quando uno conosce già la soluzione di un problema e approfondisce l'argomento, si rende conto che c'era una spiegazione più convincente. Per esempio, con la sostituzione $z=y'$ uno può riscrivere l'equazione in forma matriciale ("come sistema dinamico", si dice in gergo):
\[
\frac{d}{dt}\begin{bmatrix} y \\ z \end{bmatrix} = A\begin{bmatrix} y \\ z \end{bmatrix} .\]
Mi ricordo che ragionando su questa formulazione salta fuori una spiegazione del perché $te^t$ è una soluzione. Ma ci vogliono degli strumenti di algebra e di analisi più avanzati: forma normale di Jordan ed esponenziale di matrice. I dettagli non li ricordo neanche lontanamente ma sono sicuro che sono contenuti in questo libro (e in molti altri):
https://www.mat.univie.ac.at/~gerald/ftp/book-ode/
Mi ricordo anche di un'altra spiegazione, basata sulla trasformata di Laplace, che ho visto in un corso parecchi anni fa. (Ma adesso non mi viene in mente nessuna referenza).
In ogni caso, come vedi, c'è un costo non banale in termini di concetti matematici avanzati da usare. Questo nella pratica si traduce nel doversi ricordare molta teoria che uno tende a dimenticare facilmente. Invece l'andare per tentativi è "gratis", con due o tre prove uno trova la soluzione.
Non solo: i metodi più avanzati sono spesso meno robusti. Questo significa che se uno perturba un pochino il problema, i metodi avanzati hanno la tendenza a diventare completamente inutili. È il caso dei due metodi di cui sopra, che diventano *completamente* inutili se, ad esempio, uno dei coefficienti dell'equazione è dipendente dal tempo. Invece l'andare per tentativi è applicabile sempre. (Chiaramente non è detto che funzioni).
Ho fatto una piccola apologia dei metodi semplici in matematica. Quando studiavo per la laurea avevo la tendenza a vedere le cose nel modo esattamente opposto.
"Candel":Buh, bisognerebbe mettersi nella testa di Newton o di chi ha studiato per primo questa equazione, ma purtroppo sono passati secoli. In ogni caso non mi sorprenderebbe se fosse stata scoperta proprio così, per tentativi.
Quindi quella soluzione è stata scoperta per tentativi ?
Come spesso accade, quando uno conosce già la soluzione di un problema e approfondisce l'argomento, si rende conto che c'era una spiegazione più convincente. Per esempio, con la sostituzione $z=y'$ uno può riscrivere l'equazione in forma matriciale ("come sistema dinamico", si dice in gergo):
\[
\frac{d}{dt}\begin{bmatrix} y \\ z \end{bmatrix} = A\begin{bmatrix} y \\ z \end{bmatrix} .\]
Mi ricordo che ragionando su questa formulazione salta fuori una spiegazione del perché $te^t$ è una soluzione. Ma ci vogliono degli strumenti di algebra e di analisi più avanzati: forma normale di Jordan ed esponenziale di matrice. I dettagli non li ricordo neanche lontanamente ma sono sicuro che sono contenuti in questo libro (e in molti altri):
https://www.mat.univie.ac.at/~gerald/ftp/book-ode/
Mi ricordo anche di un'altra spiegazione, basata sulla trasformata di Laplace, che ho visto in un corso parecchi anni fa. (Ma adesso non mi viene in mente nessuna referenza).
In ogni caso, come vedi, c'è un costo non banale in termini di concetti matematici avanzati da usare. Questo nella pratica si traduce nel doversi ricordare molta teoria che uno tende a dimenticare facilmente. Invece l'andare per tentativi è "gratis", con due o tre prove uno trova la soluzione.
Non solo: i metodi più avanzati sono spesso meno robusti. Questo significa che se uno perturba un pochino il problema, i metodi avanzati hanno la tendenza a diventare completamente inutili. È il caso dei due metodi di cui sopra, che diventano *completamente* inutili se, ad esempio, uno dei coefficienti dell'equazione è dipendente dal tempo. Invece l'andare per tentativi è applicabile sempre. (Chiaramente non è detto che funzioni).
Ho fatto una piccola apologia dei metodi semplici in matematica. Quando studiavo per la laurea avevo la tendenza a vedere le cose nel modo esattamente opposto.
"dissonance":
In ogni caso, come vedi, c'è un costo non banale in termini di concetti matematici avanzati da usare. Questo nella pratica si traduce nel doversi ricordare molta teoria che uno tende a dimenticare facilmente. Invece l'andare per tentativi è "gratis", con due o tre prove uno trova
Ho fatto una piccola apologia dei metodi semplici in matematica. Quando studiavo per la laurea avevo la tendenza a vedere le cose nel modo esattamente opposto.
Grazie mille per la disponibilità e l'approfondimento.
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