Equazioni differenziali fino al 2 ordine a coefficienti costanti
Salve a tutti Ho un problema con questi brevi esercizi:
Esistono soluzioni dell'equazione $y''-y=0$ che verificano la condizione $"inf"_{t\inR}y(t)=0$
Allora la soluzione dell'equazione è $y(t)=e^-t(c_2+c_1e^(2t))$. Il mio problema ora è interpretare la richiesta dell'esercizio, ovvero non so come interpretare quell' $"inf"...=0$. Ho fatto così comunque: ho imposto che il termine tra parentesi tonde fosse uguale a 0 e quindi ho trovato che: una soluzione sarebbe per $c_1=c_2=0$ e $rArr y(t)=0$ e l'altra sarebbe:
$c_1 ^^ c_2!=0$ e $c_2=c_1(-e^(2t))$ e dunque $y(t)=e^-t(c_1)$ e ottengo nuovamente la soluzione nulla. quindi $y(t)=0$ potrebbe soddisfare le richieste dell'esercizio.
L'altro esercizio (sempre un vero e falso come quello sopra):
Si consideri l'equazione differenziale $y'(t)+y(t)=f(t)$
1.Se $f(t)=0$ esistono infinite soluzioni concave in $R$
2. Se $f(t)=1$ non ci sono soluzioni limitate in $R$
3. Se $f(t)=t$ l'equazione ammette come soluzione un polinomio
Io ho fatto così:
1. La soluzione dell'equazione $y=e^(-t+c1)$ e quindi $y=c_1*e^-t$ e siccome l'esponenziale è una funzione strettamente convessa in R l'affermazione è falsa
2. La soluzione dell'ED è $y=1-e^(-t+c_1)$ e quindi $y=1-c_1e^-t$ e se $c_1=0 rArr y(t)=1$ che una funzione costante e quindi limitata e quindi l'affermazione è falsa.
3. La soluzione dell'ED è $y(t)=c_1e^-t+t-1$ che è un polinomio di grado 1 perciò l'affermazione è vera
Esistono soluzioni dell'equazione $y''-y=0$ che verificano la condizione $"inf"_{t\inR}y(t)=0$
Allora la soluzione dell'equazione è $y(t)=e^-t(c_2+c_1e^(2t))$. Il mio problema ora è interpretare la richiesta dell'esercizio, ovvero non so come interpretare quell' $"inf"...=0$. Ho fatto così comunque: ho imposto che il termine tra parentesi tonde fosse uguale a 0 e quindi ho trovato che: una soluzione sarebbe per $c_1=c_2=0$ e $rArr y(t)=0$ e l'altra sarebbe:
$c_1 ^^ c_2!=0$ e $c_2=c_1(-e^(2t))$ e dunque $y(t)=e^-t(c_1)$ e ottengo nuovamente la soluzione nulla. quindi $y(t)=0$ potrebbe soddisfare le richieste dell'esercizio.
L'altro esercizio (sempre un vero e falso come quello sopra):
Si consideri l'equazione differenziale $y'(t)+y(t)=f(t)$
1.Se $f(t)=0$ esistono infinite soluzioni concave in $R$
2. Se $f(t)=1$ non ci sono soluzioni limitate in $R$
3. Se $f(t)=t$ l'equazione ammette come soluzione un polinomio
Io ho fatto così:
1. La soluzione dell'equazione $y=e^(-t+c1)$ e quindi $y=c_1*e^-t$ e siccome l'esponenziale è una funzione strettamente convessa in R l'affermazione è falsa
2. La soluzione dell'ED è $y=1-e^(-t+c_1)$ e quindi $y=1-c_1e^-t$ e se $c_1=0 rArr y(t)=1$ che una funzione costante e quindi limitata e quindi l'affermazione è falsa.
3. La soluzione dell'ED è $y(t)=c_1e^-t+t-1$ che è un polinomio di grado 1 perciò l'affermazione è vera
Risposte
"SteezyMenchi":
ovvero non so come interpretare quell' $"inf"...=0$.
Vuol dire che la funzione tende a y=0, ovvero che è limitata inferiormente con asintoto orizzontale y=0.
"Bokonon":
[quote="SteezyMenchi"]ovvero non so come interpretare quell' $"inf"...=0$.
Vuol dire che la funzione tende a y=0, ovvero che è limitata inferiormente con asintoto orizzontale y=0.[/quote]
Non vuol dire che non è mai negativo e che i suoi eventuali valori positivi possono essere arbitrariamente piccoli? Potrebbe assumere, o no, il valore 0.
"SteezyMenchi":
Salve a tutti Ho un problema con questi brevi esercizi:
Esistono soluzioni dell'equazione $y''-y=0$ che verificano la condizione $"inf"_{t\inR}y(t)=0$
Allora la soluzione dell'equazione è $y(x)=e^-x(c_2+c_1e^(2x))$. Il mio problema ora è interpretare la richiesta dell'esercizio, ovvero non so come interpretare quell' $"inf"...=0$.
Se $c_1$ e $c_2$ sono entrambi $>=0$, che mi dici di $"inf"_{t\inR}y(t)$?
"SteezyMenchi":
1.Se $f(t)=0$ esistono infinite soluzioni concave in $R$
1. La soluzione dell'equazione $y=e^(-t+c1)$ e quindi $y=c_1*e^-t$ e siccome l'esponenziale è una funzione strettamente convessa in R l'affermazione è falsa
Che mi dici di $y=ae^{-t}$ dove $a<=0$?
Ok ghira però Riguardo $ae^-t$, si ovviamente è una funzione convessa: il problema è che se considero come soluzione generale $e^(-t+c_1)$ allora sono tutte convesse. Infatti se riscrivo la $y(x)=e^-t*e^c_1$ ma siccome $e^(c_1)="costante positiva"$ allora non posso considerare il tuo caso ghira come possibile. Non ottengo mai infinite funzioni concave e quindi l'affermazione è falsa. In sintesi la costante arbitraria è sempre positiva perché immagine di una $x$ di un esponenziale
Riguardo la questione dell'$"inf"$ ti ringrazio per avermi spiegato cosa significa e se considero il caso delle due costanti arbitrarie $>=0$ allora la funzione che ottengo(l'insieme di funzioni che ottengo) è somma di funzioni convesse, e la somma di funzioni convesse è anch'essa convessa quindi l'affermazione è vera. Così dovrei aver corretto tutto
Riguardo la questione dell'$"inf"$ ti ringrazio per avermi spiegato cosa significa e se considero il caso delle due costanti arbitrarie $>=0$ allora la funzione che ottengo(l'insieme di funzioni che ottengo) è somma di funzioni convesse, e la somma di funzioni convesse è anch'essa convessa quindi l'affermazione è vera. Così dovrei aver corretto tutto
"SteezyMenchi":
S
Si consideri l'equazione differenziale $y'(t)+y(t)=f(t)$
1.Se $f(t)=0$ esistono infinite soluzioni concave in $R$
1. La soluzione dell'equazione $y=e^(-t+c1)$ e quindi $y=c_1*e^-t$ e siccome l'esponenziale è una funzione strettamente convessa in R l'affermazione è falsa
Consideriamo $y(t)=-e^{-t}$.
$y^{\prime}(t)=e^{-t}$;
$y'(t)+y(t)=0$.
$-e^{-t}$ mi sembra concava.
Ok adesso ci credo. Ma allora quel $c_1$ può variare in tutto $R$ e quindi non è $>=0$ pur provenendo da un esponenziale. Quindi ho sbagliato a risolvere l'equazione (non penso siccome wolfram mi dà la mia stessa soluzione) od ho aggiunto io una condizione in più su quel $c_1$ senza una valida ragione(molto probabile anche se il mio ragionamento sulla positività di $c_1$ sembrava corretto). Sai dirmi quale delle due? In ogni caso grazie mille Ghira per i suggerimenti.
"SteezyMenchi":
2. Se $f(t)=1$ non ci sono soluzioni limitate in $R$
2. La soluzione dell'ED è $y=1-e^(-t+c_1)$ e quindi $y=1-c_1e^-t$ e se $c_1=0 rArr y(t)=1$ che una funzione costante e quindi limitata e quindi l'affermazione è vera. (Non ho ben chiaro cosa si intenda qui per soluzione limitata in $R$)
Stai dicendo che essendoci una soluzione limitata non ci sono soluzioni limitate?
"SteezyMenchi":
3. Se $f(t)=t$ l'equazione ammette come soluzione un polinomio
3. La soluzione dell'ED è $y(t)=c_1e^-t+t-1$ che è un polinomio di grado 1 perciò l'affermazione è vera
$y(t)=c_1e^-t+t-1$ è un polinomio? Quando $c_1=0$, sì, ma altrimenti?
Volevo dire il contrario haha. Perdonatemi la piccola svista ora modifico almeno non si creano dubbi. Grazie per avermelo fatto notare
"ghira":
Non vuol dire che non è mai negativo e che i suoi eventuali valori positivi possono essere arbitrariamente piccoli? Potrebbe assumere, o no, il valore 0.
L'estremo inferiore è il più grande dei minoranti: in questo caso è fissato a zero. Pertanto è chiaro che la funzione debba essere la soluzione banale oppure un'esponenziale con coefficiente positivo (dato che peschiamo da combinazioni lineari di esponenziali!).
Risolviamo l'esercizio in modo formale.
La soluzione è $y(t)=ae^(-t)+be^t$ (SteezyMenchi ha sbagliato soluzione e nome della variabile indipendente).
$a=b=0$ abbiamo la soluzione banale che soddisfa il vincolo.
1) Se $a,b<0 rArr y(t)<0$ sempre, perchè somma di due esponenziali, pertanto il segno dipende dai parametri.
2) Stesso discorso per $a,b>0 rArr y(t)>0$ sempre.
3) E' evidente che per $a=0, b>0$ e $a>0, b=0$ abbiamo un'esponenziale che soddisfa i requisiti
4) E' anche evidente per $a=0, b<0$ e $a<0, b=0$ abbiamo un'esponenziale che NON soddisfa i requisiti
Quindi resta da ragionare sul caso $a,b!=0$
$y'(t)=-ae^(-t)+be^t rArr x=ln(sqrt(a/b))$ pertanto abbiamo che:
Se i segni di a e b sono discordanti, non esiste alcun punto critico, pertanto la funzione è monotona ovvero va a $+-oo$. E concludiamo che non soddisfa i requisiti.
Se i segni di a e b sono concordanti, allora esiste un punto critico e poichè $y''(t)=y(t)$, per i punti 1) e 2) sappiamo che è rispettivamente un massimo o un minimo e che $y[ln(sqrt(a/b))]!=0$ sempre.
Quindi concludiamo che per $a,b!=0$ la soluzione non soddisfa il vincolo dato.
Morale: restano la soluzione banale e il punto 3)
"Bokonon":
3) E' evidente che per $a=0, b>0$ e $a>0, b=0$ abbiamo un'esponenziale che soddisfa i requisiti
Morale: restano la soluzione banale e il punto 3)
Ciai ragione.
2 cose:
-Ho sbagliato il nome della variabile dipendente(ora correggo le lettere per chi leggerà il topic in futuro) ma la soluzione no. Anche perché è la stessa che hai scritto tu Bokonon ho solo raccolto un $e^-x$. Grazie Bokonon della soluzione completa, non penso che sarei mai riuscito a fare un tale ragionamento(davvero preciso e esauriente).
-Per quanto riguarda la precisazione sul polinomio, Ghira hai ragione infatti io ho pensato che l'esercizio richiedesse che almeno una soluzione dello spazio sia un polinomio (che come dici tu si trova ponendo $c_1=0$) e quindi ho messo vero. Non intendevo che tutte le soluzioni di quel tipo fossero polinomi (in effetti sono stato poco preciso dopo correggo) però il mio ragionamento è uguale a quello che hai fatto tu.
Comunque grazie a tutti e due siete stati di grandissimo aiuto
-Ho sbagliato il nome della variabile dipendente(ora correggo le lettere per chi leggerà il topic in futuro) ma la soluzione no. Anche perché è la stessa che hai scritto tu Bokonon ho solo raccolto un $e^-x$. Grazie Bokonon della soluzione completa, non penso che sarei mai riuscito a fare un tale ragionamento(davvero preciso e esauriente).
-Per quanto riguarda la precisazione sul polinomio, Ghira hai ragione infatti io ho pensato che l'esercizio richiedesse che almeno una soluzione dello spazio sia un polinomio (che come dici tu si trova ponendo $c_1=0$) e quindi ho messo vero. Non intendevo che tutte le soluzioni di quel tipo fossero polinomi (in effetti sono stato poco preciso dopo correggo) però il mio ragionamento è uguale a quello che hai fatto tu.
Comunque grazie a tutti e due siete stati di grandissimo aiuto
"SteezyMenchi":
è la stessa che hai scritto tu Bokonon ho solo raccolto un $e^-x$
Eciairagione, avevo letto male, scusami. Però scrivila semplice o ti incasini: le soluzioni sono tutte combinazioni di esponenziali, non ci sono polinomi (o forse intendevi altro?)
No il secondo punto riguardava lo spazio delle soluzioni scritto da Ghira $y(t)=c_1e^-t+t-1$ che per $c_1=0$ ammette come soluzione un polinomio di grado 1. Non era rivolto alla tua soluzione.
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