Esercizio su equazioni differenziale
Ciao a tutti, non riesco a svolgere questo esercizio:
$y''-4y'+5y=e^(2x)cos(x)$
Calcolo l'omogenea associata, e fin qui no problem. ma come vado avanti?
ringrazio anticipatamente
$y''-4y'+5y=e^(2x)cos(x)$
Calcolo l'omogenea associata, e fin qui no problem. ma come vado avanti?
ringrazio anticipatamente
Risposte
Puoi provare con il metodo degli annichilatori, ricordando che $e^{2x} \cos(x)$ sta nel nucleo dell'operatore $D^2 - 4 D + 4 + 1$.
"Tipper":
Puoi provare con il metodo degli annichilatori, ricordando che $e^{2x} \cos(x)$ sta nel nucleo dell'operatore $D^2 - 4 D + 4 + 1$.
non mi è stato spiegato.
"desperados":
[quote="Tipper"]Puoi provare con il metodo degli annichilatori, ricordando che $e^{2x} \cos(x)$ sta nel nucleo dell'operatore $D^2 - 4 D + 4 + 1$.
non mi è stato spiegato.[/quote]
credo che vuole che venga svolto con metodo di somiglianza (si ma come?) o con variazione delle costanti (che non ho per niente capito).
Se $y_1(x)$ e $y_2(x)$ sono due soluzioni linearmente indipendenti dell'omogenea, allora il metodo di variazioni delle costanti ti dice che una soluzione particolare è della forma $c_1(x) y_1(x) + c_2(x) y_2(x)$, dove $c_1(x)$ e $c_2(x)$ sono due funzioni tali che
$\{(c_1'(x) y_1(x) + c_2'(x) y_2(x) = 0),(c_1'(x) y_1'(x) + c_2'(x) y_2'(x) = e^{2x} \cos(x)):}$
Intanto risolvi il sistema, e trovi $c'(x) = ((c_1'(x)),(c_2'(x)))$. Dopo calcola
$c(x) = ((c_1(x)),(c_2(x))) = ((\int_{x_0}^{x} c_1'(t) dt),(\int_{x_0}^x c_2'(t) dt))$
e hai finito.
$\{(c_1'(x) y_1(x) + c_2'(x) y_2(x) = 0),(c_1'(x) y_1'(x) + c_2'(x) y_2'(x) = e^{2x} \cos(x)):}$
Intanto risolvi il sistema, e trovi $c'(x) = ((c_1'(x)),(c_2'(x)))$. Dopo calcola
$c(x) = ((c_1(x)),(c_2(x))) = ((\int_{x_0}^{x} c_1'(t) dt),(\int_{x_0}^x c_2'(t) dt))$
e hai finito.
"desperados":
Ciao a tutti, non riesco a svolgere questo esercizio:
$y''-4y'+5y=e^(2x)cos(x)$
Calcolo l'omogenea associata, e fin qui no problem. ma come vado avanti?
ringrazio anticipatamente
Allooooooooooooora...
Il polinomio caratteristico dell'equazione è $lambda^2-4lambda+5=(lambda-2)^2+1$ che ha come radici $2pm i$, quindi due soluzioni indipendenti dell'eq. omogenea associata sono date da $y_1(x)=e^(2x)*cos x, y_2(x)=e^(2x)sin x$.
Il termine noto $e^(2x)cos x$ è nella forma $e^(alpha x)*(P_1(x)*cos betax +P_2(x)*sin beta x)$ con $alpha=2, beta=1, P_1()x=1,P_2(x)=0$.
Il numero complesso $alphapm betai=2pm i$ è radice del polinomio caratteristico con molteplicità pari ad $1$, quindi bisogna cercare una soluzione particolare dell'eq.completa nella forma:
$bary(x)=e^(2x)*[(c_1*x+c_2)*cos x+(c_3*x+c_4)*sinx]$
($c_1,c_2,c_3,c_4 in RR$ sono costanti da determinare: i due polinomi di grado uno $c_1x+c_2,c_3x+c_4$ prendono il posto dei polinomi di grado zero $P_1,P_2$).
Risparmiando sui calcoli, ti dico come procedere in linea teorica: derivando una e due volte la funzione $bary$ troviamo le espressioni per le due derivate $bary'(x),bary''(x)$ (attenzione a fare bene i calcoli); sostituendo le espressioni trovate per $bary,bary'bary''$ nell'equazione completa ti rendi conto che puoi semplificare l'esponenziale ad ambo i membri (ciò è lecito perchè $e^(2x)!=0$ per ogni $x$ reale); fatta questa semplificazione, raccogli a fattor comune, cioè metti in evidenza, $cos x$ e $sin x$: dovresti trovarti in una situazione del genere:
$cos x*[f_1(c_1,c_2,c_3,c_4)*x+f_2(c_1,c_2,c_3,c_4)]+sinx*[g_1(c_1,c_2,c_3,c_4)*x+g_2(c_1,c_2,c_3,c_4)]=cosx$
con $f_1,f_2,g_1,g_2$ funzioni lineari dei parametri $c_1,c_2,c_3,c_4$; a questo punto, data l'indipendenza lineare delle funzioni $cosx, x*cosx, sinx,x*sinx$ e dato che $cosx=[0*x+1]*cosx+[0*x+0]*sinx$, per far determinare i coefficienti $c_1,c_2,c_3,c_4$ che soddisfano la precedente uguaglianza ti basta porre:
$\{(f_1(c_1,c_2,c_3,c_4)=0),(f_2(c_1,c_2,c_3,c_4)=1),(g_1(c_1,c_2,c_3,c_4)=0),(g_2(c_1,c_2,c_3,c_4)=0):}$
e risolvere questo sistema lineare rispetto a $c_1,c_2,c_3,c_4$.
Il procedimento è lungo e pieno di calcoli, perciò non ho riportato i passaggi.
Per gugo:
perchè sostituisci i polinomio di grado 0 con uno di grado uno nella risoluzione dell'omogenea?
$p(x)$ vale $1$ quindi non devo sostituire con un polinomio di grado zero?
perchè sostituisci i polinomio di grado 0 con uno di grado uno nella risoluzione dell'omogenea?
$p(x)$ vale $1$ quindi non devo sostituire con un polinomio di grado zero?
Help:(
[mod="Gugo82"]Smettila con i tuoi "up" ravvicinati.
Alla prossima blocco tutti i tuoi thread attivi per due giorni.[/mod]
La questione è che i valori caratteristici dell'equazione, [tex]$\lambda =2\pm \imath$[/tex], individuano il termine noto, [tex]$e^{2x} \cos x$[/tex]; ciò fa aumentare il grado dei polinomi che moltiplicano [tex]$\cos x$[/tex] e [tex]$\sin x$[/tex] nell'integrale generale: in tal caso il grado dei polinomi che figurano nell'integrale generale si calcola [tex]$\text{grado di $p(x)$ + molteplicità della radice $2+\imath$}$[/tex].
Alla prossima blocco tutti i tuoi thread attivi per due giorni.[/mod]
La questione è che i valori caratteristici dell'equazione, [tex]$\lambda =2\pm \imath$[/tex], individuano il termine noto, [tex]$e^{2x} \cos x$[/tex]; ciò fa aumentare il grado dei polinomi che moltiplicano [tex]$\cos x$[/tex] e [tex]$\sin x$[/tex] nell'integrale generale: in tal caso il grado dei polinomi che figurano nell'integrale generale si calcola [tex]$\text{grado di $p(x)$ + molteplicità della radice $2+\imath$}$[/tex].
scusa è che li avevo mandati tutti in una volta... non l'ho fatto apposta...
quindi siccome $2+-i$ è radice con m=1 il p(x) ha grado $0+1=1$?
quindi siccome $2+-i$ è radice con m=1 il p(x) ha grado $0+1=1$?
Esatto.
Comunque prova a fare i conti.
Comunque prova a fare i conti.
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