Problema di Cauchy del secondo ordine con parametro

Bunnyy1
Ciao a tutti! :) dovrei risolvere il seguente problema di Cauchy: $ { ( y''(x)+y(x)=1+sin(x) ),(y(0)=alpha ):} $ , al variare del parametro $ alpha $ .
Ho pensato di risolverlo con il metodo di somiglianza, dato che l'equazione differenziale è del secondo ordine non omogenea a coefficienti costanti. Prima di tutto trovo le soluzioni dell'omogenea, che risultano essere $ lambda $1 =0 e $ lambda $2 =-1. Dato che sono due radici reali, la soluzione sarà c1 e^ $ lambda $1 t +c2 e^ $ lambda $2 t=c1+c2 e ^ -t. Poi vado a vedere g(t), che è 1+sin(x). In quanto somma algebrica di due termini, studiando la teoria, ho capito che dovrei trattarli separatamente, giusto? Poi le due soluzioni trovate andranno sommate (e la somma di queste andrà sommata alla soluzione dell'omogenea per avere poi la soluzione finale). Ma non riesco a capire come trovare le soluzioni, cioè devo vedere che tipo di g(t) ho per trovarle, ma non riesco a stabilire cosa siano.... cioè 1 è un termine del tipo Q(t) ? e quindi poi devo vedere se $ lambda $ è= $ lambda $ 1 o $ lambda $ 2 e in questo caso lo è, quindi la soluzione sarebbe y(t)= te^ $ lambda $ t Q(t) ? Aiuto sono un pò confusa, potete gentilmente aiutarmi?

Risposte
Bunnyy1
Please se qualcuno sa fare queste cose mi aiuti :smt073

cooper1
ciao! anzitutto hai sbagliato a calcolare l'omogenea. le soluzioni che trovi sono complesse. hai infatti che l'equazione omogenea associata è $lambda^2+1=0$ che ha come soluzioni $+- i$
per il resto prova a vedere se può esserti utile questo

Bunnyy1
ops è vero, l'avevo scambiato per un $ y' $ ! Quindi dato che sono radici complesse la soluzione dell'omogenea sarebbe $ yO(t)= cos t + sin t $ .. Ho letto il post a cui mi hai rimandato.. ma è giusto che io consideri staccati 1 e sin x perché g(t) o meglio b(x) come l'hai chiamata tu è somma algebrica di due termini?
Comunque io farei così: considero prima 1, che è del tipo $ P(x)e^(mu x) $ con $ P(x) $ polinomio di grado zero e $ mu $=0...ma a questo punto la soluzione mi torna $ e^(mu x)bar(P) (x) $ $ =e^(0x)bar(P)(x) =1bar(P)(x) $ con $ bar(P) (x) $ polinomio dello stesso grado di $ P(x) $ .. Poi $ sin x $ invece è del tipo $ sin (beta x) * Q(x) $ con $ beta =1 $ e $ Q(x) $ polinomio di grado zero.. quindi dato che $ ibeta $ è una delle due radici del polinomio caratteristico, allora la soluzione sarà data da $ x[cos(beta x)bar(Q)(x) +sin(beta x)R(x)] $ con $ bar(Q)(x) $ e $ R(x) $ dello stesso grado di $ Q(x) $ . E' giusto così?

cooper1
alla soluzione dell'omogenea mancano ancora le costanti (che se ne andranno quando andrai a risolvere il PdC). quindi
$y_o =c_1 cosx + c_2 sinx$
"Bunnyy":
è giusto che io consideri staccati 1 e sin x perché g(t) o meglio b(x) come l'hai chiamata tu è somma algebrica di due termini

si è corretto ed è anche corretto considerare come soluzione particolare "totale" la somma di questi due pezzi

"Bunnyy":
considero prima 1, che è del tipo P(x)eμx con P(x) polinomio di grado zero e μ=0...ma a questo punto la soluzione mi torna eμxP¯¯¯(x) =e0xP¯¯¯(x)=1P¯¯¯(x) con P¯¯¯(x) polinomio dello stesso grado di P(x) ..

esatto, in particolare $bar(P(x))=A$ è una costante. a questo punto devi trovare il valore di questa costante derivando e sostituendo nell'equazione (senza il seno)

"Bunnyy":
Poi sinx invece è del tipo sin(βx)⋅Q(x) con β=1 e Q(x) polinomio di grado zero.. quindi dato che iβ è una delle due radici del polinomio caratteristico, allora la soluzione sarà data da x[cos(βx)Q¯¯¯(x)+sin(βx)R(x)] con Q¯¯¯(x) e R(x) dello stesso grado di Q(x)

è giusto l'unica cosa è che R e Q hanno lo stesso grado del massimo tra quelli che io di là ho chiamato A,B (nel caso avessi sia seno che coseno)

Bunnyy1
grazie a te i miei dubbi si stanno pian piano chiarendo!
Quindi per 1 ho come soluzione A. La derivo una volta viene 0, un'altra volta, ancora 0. Vado a sostituire nell'equazione differenziale $ y''(x)+y(x)=1 $ . Quindi viene $ 0+A=1 $ da cui $ A=1 $ .
Per sin x la soluzione è x(A cos x + B sin x). La derivata prima è $ Acosx-Axsinx+Bsinx+Bxcosx $ . La derivata seconda è $ -Asinx-Asinx-Axcosx+Bcosx+Bcosx-Bxsinx $ . Sostituisco in $ y''(x)+y(x)=sinx $ e ottengo : $ -2Asinx-Axcosx+2Bcosx-Bxsinx+Axcosx+Bxsinx=sinx $ . $ -Axcosx $ si semplifica con $ Axcosx $ ; $ -Bxsinx $ va via con $ Bxsinx $ . Ho quindi $ -2A=1 $ , da cui $ A=-1/2 $ , e $ 2B=0 $ da cui $ B=0 $ .
Adesso ho ottenuto quindi che quando ho sostituito la soluzione di 1 $ A=1 $ , quando ho sostituito la soluzione di sin x $ A=-1/2 $ e $ B=0 $ .
Se non sbaglio dovrei sostituire i valori di A e B, e nel primo caso ho y=1, nel secondo ho y=-1/2x cosx. Quindi poi dovrei sommare queste soluzioni tra loro e con quella dell'omogenea e avrei ottenuto la soluzione finale dell'equazione differenziale?

cooper1
fin qui tutto corretto. a questo punto hai la soluzione $y=c_1cosx+c_2sinx-1/2xcosx+1$
ora devi imporre il PdC per trovare le costanti $c_1,c_2$ ed hai finito. se sicuro di non aver dimenticato il valore della derivata prima? perchè altrimenti non riesci a risolvere il PdC.

Bunnyy1
Sicurissima, ho preso l'esercizio da un esame e ho riscritto qua il testo pari pari..
Quindi adesso tornerebbe $ c1=1+alpha $ e posso andarlo a sostituire. Ma poi in effetti il c2 come faccio a trovarlo.. :?

cooper1
$c_1 = alpha -1$ e non col +
per il $c_2$ non ho idee :? :? sinceramente pensavo anche che per chiamarsi così (PdC) dovesse esserci un'equazione differenziale con il valore della funzione in tutti gli ordini inferiori all'ordine dell'equazione differenziale. :?

Bunnyy1
eh si, se ci fosse anche y' quando vado a fare la derivata della soluzione il seno in c2 diventa coseno, perciò essendo il coseno di 0 = 1 potrei scoprire il valore di c2..
Vabbè, comunque grazie mille di tutto, sei stato gentilissimo e mi hai chiarito molte cose! :)

cooper1
per le costanti.. potresti esprimere $c_1$ così come l'hai trovato e lasciare $c_2$ così e basta. non so che altro pensare.

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