Problema eq. differenziale
Salve a tutti, e buon Natale !
Ho qui la seguente eq. differenziale :
$y'' -2y' +y = e^(x)/x^2$
Per prima cosa risolvo l'omogenea associata e trovo che è $(lambda -1)^2 = lamda = 1$, dunque la soluzione omogenea è :
$y_0(x) = c_1 e^t + tc_2 e^t$, mentre quella particolare deve essere del tipo :
$y_p(x) = t^2 e^(t) Q(t)$
Ora io so che il mio $Q(t)$ deve avere lo stesso grado di $f(x) = 1/x^2$, quindi di grado $2$.
Dunque $Q(t) = (At^2 + Bt + C)$, solo che svolgendo i vari calcoli (li ho fatti e rifatti) non riesco a trovare i valori di $A,B,C$ che soddisfano l'equazione. Credo che il problema sia quel $Q(t)$ però non so sinceramente l'errore che commetto. Pregherei che qualcuno mi aiutasse !
Ho qui la seguente eq. differenziale :
$y'' -2y' +y = e^(x)/x^2$
Per prima cosa risolvo l'omogenea associata e trovo che è $(lambda -1)^2 = lamda = 1$, dunque la soluzione omogenea è :
$y_0(x) = c_1 e^t + tc_2 e^t$, mentre quella particolare deve essere del tipo :
$y_p(x) = t^2 e^(t) Q(t)$
Ora io so che il mio $Q(t)$ deve avere lo stesso grado di $f(x) = 1/x^2$, quindi di grado $2$.
Dunque $Q(t) = (At^2 + Bt + C)$, solo che svolgendo i vari calcoli (li ho fatti e rifatti) non riesco a trovare i valori di $A,B,C$ che soddisfano l'equazione. Credo che il problema sia quel $Q(t)$ però non so sinceramente l'errore che commetto. Pregherei che qualcuno mi aiutasse !
Risposte
$1/x^2$ è una funzione polinomiale?
"Vulplasir":
$1/x^2$ è una funzione polinomiale?
Mmm... ovviamente no, non ci avevo proprio pensato...Dunque in questo caso cosa bisogna fare? Devo procedere col Wronskiano?
Si esatto
Non so se "devi" procedere col wronskiano, ma soprattutto non ti conviene.
Se prendi una funzione \(z\) tale che \(y(x)=e^xz(x)\) il termine \(e^x\) va a sparire dall'equazione:\[\begin{equation*}y'=e^x(z'+z)\\y''=e^x(z''+2z'+z)\\y''-2y'+y=e^xz''\end{equation*}\]Perciò ti basta risolvere la semplicissima \(z''=x^{-2}\) e hai concluso.
Se prendi una funzione \(z\) tale che \(y(x)=e^xz(x)\) il termine \(e^x\) va a sparire dall'equazione:\[\begin{equation*}y'=e^x(z'+z)\\y''=e^x(z''+2z'+z)\\y''-2y'+y=e^xz''\end{equation*}\]Perciò ti basta risolvere la semplicissima \(z''=x^{-2}\) e hai concluso.
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La cosa interessante è che con questo metodo si ottiene direttamente la soluzione completa dell'equazione di partenza, senza passare attraverso caratteristiche e soluzioni particolari.
"seb":
Non so se "devi" procedere col wronskiano, ma soprattutto non ti conviene.
Se prendi una funzione \(z\) tale che \(y(x)=e^xz(x)\) il termine \(e^x\) va a sparire dall'equazione:\[\begin{equation*}y'=e^x(z'+z)\\y''=e^x(z''+2z'+z)\\y''-2y'+y=e^xz''\end{equation*}\]Perciò ti basta risolvere la semplicissima \(z''=x^{-2}\) e hai concluso.
La cosa interessante è che con questo metodo si ottiene direttamente la soluzione completa dell'equazione di partenza, senza passare attraverso caratteristiche e soluzioni particolari.
"seb":
Non so se "devi" procedere col wronskiano, ma soprattutto non ti conviene.
Se prendi una funzione \(z\) tale che \(y(x)=e^xz(x)\) il termine \(e^x\) va a sparire dall'equazione:\[\begin{equation*}y'=e^x(z'+z)\\y''=e^x(z''+2z'+z)\\y''-2y'+y=e^xz''\end{equation*}\]Perciò ti basta risolvere la semplicissima \(z''=x^{-2}\) e hai concluso.
Ti ringrazio per questa risposta ma ho due domande :
1) E' possibile applicare questo metodo per OGNI equazione differenziale?
2)Come si chiama tale metodo?
Non so se sia un metodo (o perlomeno non penso si possa definire tale); era una semplice considerazione a cui ero giunto. Infatti ho deciso di riportare tale risoluzione coll'intento di rendere palese che seguire un metodo noto a secco non significa sia l'arma migliore che si ha a disposizione. Il punto è sempre ragionare su quello che si ha di fronte, in particolar modo nell'ambito delle equazioni differenziali.
Applicare questa metodologia ha ben poco senso ed efficacia se il termine noto non è della forma \(e^xf(x)\) (tralasciando qualche leggera modifica che si può addurre).
Poi va notato che il caso che hai presentato è particolarmente fortunato nei coefficienti costanti presenti. In effetti, più generalmente (mantenendoci nel caso di equazioni differenziali lineari del secondo ordine a coefficienti costanti, per non complicare troppo il tutto), si ha \(y''(x)+ay'(x)+by(x)=e^xf(x)\) con \(a,b\in\mathbb{R}\) e applicando la sostituzione \(y(x)=e^xg(x)\) si giunge a:\[g''+(2+a)g'+(1+a+b)g=f\]che risulta più semplice poiché lo è il termine noto.
La semplificazione a \(g''=f\) si ottiene nel caso in cui\[\begin{cases}2+a=0\\1+a+b=0\end{cases}\implies\begin{cases}a=-2\\b=1\end{cases}\]come nell'equazione differenziale che hai proposto.
Faccio notare, infine, che sono favorevoli tutti i casi in cui \(a+b=-1\), anche nel caso in cui \(a\neq-2\), porgendo una riduzione d'ordine.
Applicare questa metodologia ha ben poco senso ed efficacia se il termine noto non è della forma \(e^xf(x)\) (tralasciando qualche leggera modifica che si può addurre).
Poi va notato che il caso che hai presentato è particolarmente fortunato nei coefficienti costanti presenti. In effetti, più generalmente (mantenendoci nel caso di equazioni differenziali lineari del secondo ordine a coefficienti costanti, per non complicare troppo il tutto), si ha \(y''(x)+ay'(x)+by(x)=e^xf(x)\) con \(a,b\in\mathbb{R}\) e applicando la sostituzione \(y(x)=e^xg(x)\) si giunge a:\[g''+(2+a)g'+(1+a+b)g=f\]che risulta più semplice poiché lo è il termine noto.
La semplificazione a \(g''=f\) si ottiene nel caso in cui\[\begin{cases}2+a=0\\1+a+b=0\end{cases}\implies\begin{cases}a=-2\\b=1\end{cases}\]come nell'equazione differenziale che hai proposto.
Faccio notare, infine, che sono favorevoli tutti i casi in cui \(a+b=-1\), anche nel caso in cui \(a\neq-2\), porgendo una riduzione d'ordine.
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