Risoluzione equazione differenziale
salve, come posso risolvere questo problema di cauchy?
$ { ( y''(t) - 6y'(y) +9y(t) = te^(3t) ),( y(0) = 0 ),( y'(0) = 0 ):} $
cioè una volta trovata la soluzione dell'equazione omogenea cosa devo porre per trovare una soluzione particolare?
con i polinomi uso $ At + B $ oppure altri polinomi di grado superiore, con seni e coseni uso $ Asin(t) + Bcos(t) $ e funziona ma quando ho questa forma cosa devo usare da sostituire nella funzione e sue derivate??
Grazie
$ { ( y''(t) - 6y'(y) +9y(t) = te^(3t) ),( y(0) = 0 ),( y'(0) = 0 ):} $
cioè una volta trovata la soluzione dell'equazione omogenea cosa devo porre per trovare una soluzione particolare?
con i polinomi uso $ At + B $ oppure altri polinomi di grado superiore, con seni e coseni uso $ Asin(t) + Bcos(t) $ e funziona ma quando ho questa forma cosa devo usare da sostituire nella funzione e sue derivate??
Grazie
Risposte
Tutto dipende dal coefficiente dell'esponente che compare nell'esponenziale. Per esempio, in questo caso, è lo stesso valore che hai trovato risolvendo l'equazione omogenea. Non ricordo esattamente la forma della soluzione, in ogni modo esistono delle modalità di risoluzione assolutamente univoche. Non ti è mai capitato di vederle?
La soluzione è del tipo $P(t)e^(3t)$ dove $P(t)$ è un polinomio dello stesso grado di quello che compare nel termine noto, se il coefficiente che moltiplica l'esponente non è radice della caratteristica.
In questo caso la radice della caratteristica però è proprio $3$, e ha pure molteplicità doppia, quindi la soluzione particolare è del tipo $e^(3t)P(t)$ ma P(t) è di due gradi maggiore di quello che compare nel termine noto (perchè due è la molteplicità della radice 3). Più precisamente la soluzione particolare è del tipo $t^2Q(t)e^(3t)$, dove $Q(t)=at+b$.
In questo caso la radice della caratteristica però è proprio $3$, e ha pure molteplicità doppia, quindi la soluzione particolare è del tipo $e^(3t)P(t)$ ma P(t) è di due gradi maggiore di quello che compare nel termine noto (perchè due è la molteplicità della radice 3). Più precisamente la soluzione particolare è del tipo $t^2Q(t)e^(3t)$, dove $Q(t)=at+b$.
In questo caso devi porre per la soluzione particolare [tex]$y_p(t)=t^r(at+b)e^{3t}$[/tex]. Il motivo: l'esponenziale ci deve essere e anche il polinomio di primo grado, dovuto alla presenza di tali funzioni nella parte non omogenea dell'equazione. Il termine che compare all'inizio, invece, è dovuto al fatto che a soluzione del problema omogeneo associato è [tex]$y(t)=(C_1+C_2 t)e^{3t}$[/tex] poiché l'unica soluzione dell'equazione algebrica associata all'omogenea è [tex]$\lambda=3$[/tex] con molteplicità [tex]$r=2$[/tex].
non esiste proprio soluzione più semplice? perchè se prendo come soluzione la funzione $ v(t) = t^2 (At + B) e^(3t) $ poi per poterla sostituire nell'equazione devo trovarne la derivata prima e seconda, ma viene abbastanza incasinato 
e nel caso io abbia due soluzioni separate e non coincidenti, posso a quel punto usar semplicemente $ v(t) = (At + B) e^(3t) $ oppure devo cmq usare $ v(t) = t (At + B) e^(3t) $ dato che cmq le soluzioni hanno molteplicità 1??
e nel caso io abbia due soluzioni separate e non coincidenti, posso a quel punto usar semplicemente $ v(t) = (At + B) e^(3t) $ oppure devo cmq usare $ v(t) = t (At + B) e^(3t) $ dato che cmq le soluzioni hanno molteplicità 1??
Non hai capito, devi guarda il coefficiente che moltiplica l'esponente di $e$, per intenderci se il termine noto è $P(t)e^(mu t)$ e $mu$ è radice della caratteristica, allora ti poni problemi e controlli anche la molteplicità della radice $mu$, altrimenti no.
Per quanto riguarda la soluzione più semplice.. penso proprio tu debba metterti a fare due derivate. Che se ci pensi bene non sono nemmeno così brutte.
Per quanto riguarda la soluzione più semplice.. penso proprio tu debba metterti a fare due derivate. Che se ci pensi bene non sono nemmeno così brutte.
grazie mille ora ho capito, infatti avevo un esercizio simile solo che con molteplicità 1 (cioè all'esponente compariva la radice ma la molteplicità era 1) e l'ho risolto ponendo $ v(t) = t(At+B)e^t $ (ovviamente in quel caso)....ok quindi il problema sta solo nel fare i conti il che non è grave...grazie ancora a tutti!
un ultimo problema se io mi trovo davanti una equazione differenziale del tipo:
$ y'(t) + tan(t)y(t) = 0 $
come posso risolverla?
cioè in teoria dovrebbe essere a variabili separabili ma nn ho capito benissimo il meccanismo...
un ultimo problema se io mi trovo davanti una equazione differenziale del tipo:
$ y'(t) + tan(t)y(t) = 0 $
come posso risolverla?
cioè in teoria dovrebbe essere a variabili separabili ma nn ho capito benissimo il meccanismo...
$y'=-tan(t) y => (y')/y = -tan(t) => int_(y(t_0))^(y(t)) 1/r dr = -int_(t_0)^(t) tan(r) dr $
Cosa non ti è chiaro?
Cosa non ti è chiaro?
cioè si sembra semplice ma il risultato è $ { c cos(t) | c in RR } $ ma $ int_(y(t_0))^(y(t)) tan(r)dr $ non mi sembra sia quello....
Leggi bene quello che hai scritto e quello che ho scritto io..
E comunque finchè non provi a svolgere i calcoli dubito che tu riesca a intuire il risultato..
E comunque finchè non provi a svolgere i calcoli dubito che tu riesca a intuire il risultato..
caspita hai ragione avevo letto male...così dovrebbe proprio venire, ma se per me $ b(x) != 0 $ , cioè una cosa del tipo $ y'(t) +2/t y(t) = -t $ il giochino non funziona più, e mi trovo in crisi perchè tutte le equazioni differenziali fatte precedentemente erano a coefficienti costanti...come devo agire in questo caso?
grazie ancora!!
grazie ancora!!
Dai su, quella è un'equazione lineare in forma normale, non ne hai mai sentito parlare?
Guarda che non serve affatto quel metodo, a mio avviso, odioso.
E' una semplice equazione lineare del prim'ordine, che si risolve con una formula che chiunque abbia aperto un libro di analisi contenente un capitolo sulle equazioni differenziali, non può non conoscere.
E' una semplice equazione lineare del prim'ordine, che si risolve con una formula che chiunque abbia aperto un libro di analisi contenente un capitolo sulle equazioni differenziali, non può non conoscere.
Oltre alla "formuletta", c'è pure il trucco.
Moltiplicando per [tex]$t^2$[/tex] m.a.m. si ottiene:
[tex]$t^2y^\prime (t)+2ty(t)=-t^3$[/tex],
ossia:
[tex]$\tfrac{\text{d}}{\text{d} t} [t^2y(t)]=-t^3$[/tex].
Dall'ultima uguaglianza, per quadratura, si ricava facilmente:
[tex]$t^2y(t)=-\tfrac{1}{4}t^4+C$[/tex],
ossia:
[tex]$y(t)=-\tfrac{1}{4}t^2+\tfrac{C}{t^2}$[/tex].
Questo trucco (che si può usare anche per dimostrare la "formuletta" risolutiva) si chiama moltiplicazione per un fattore integrante e consente di risolvere una EDO lineare del primo ordine per quadrature.
Il fattore integrante [tex]$p(t)$[/tex] (che in questo caso è [tex]$t^2$[/tex]) si determina facilmente: infatti, se la EDO è del tipo:
(*) [tex]$y^\prime (t)+a(t)y(t)=f(t)$[/tex],
il fattore integrante è [tex]$p(t)=e^{A(t)}$[/tex], in cui [tex]$A(t)$[/tex] è una primitiva di [tex]$a(t)$[/tex].
Moltiplicando m.a.m. la (*) per [tex]$p(t)$[/tex] e tenendo presente che [tex]$a(t)=A^\prime (t)$[/tex] il primo membro si trasforma in [tex]$\tfrac{\text{d}}{\text{d} t} [p(t)y(t)]$[/tex] e la EDO diviene:
[tex]$\tfrac{\text{d}}{\text{d} t} [p(t)y(t)] =p(t)f(t)$[/tex]
e si risolve per quadrature.
Nell'esercizio appena risolto si aveva [tex]$a(t)=\tfrac{2}{t}$[/tex], onde [tex]$A(t)=2\ln t$[/tex] e [tex]$p(t)=t^2$[/tex].
Moltiplicando per [tex]$t^2$[/tex] m.a.m. si ottiene:
[tex]$t^2y^\prime (t)+2ty(t)=-t^3$[/tex],
ossia:
[tex]$\tfrac{\text{d}}{\text{d} t} [t^2y(t)]=-t^3$[/tex].
Dall'ultima uguaglianza, per quadratura, si ricava facilmente:
[tex]$t^2y(t)=-\tfrac{1}{4}t^4+C$[/tex],
ossia:
[tex]$y(t)=-\tfrac{1}{4}t^2+\tfrac{C}{t^2}$[/tex].
Questo trucco (che si può usare anche per dimostrare la "formuletta" risolutiva) si chiama moltiplicazione per un fattore integrante e consente di risolvere una EDO lineare del primo ordine per quadrature.
Il fattore integrante [tex]$p(t)$[/tex] (che in questo caso è [tex]$t^2$[/tex]) si determina facilmente: infatti, se la EDO è del tipo:
(*) [tex]$y^\prime (t)+a(t)y(t)=f(t)$[/tex],
il fattore integrante è [tex]$p(t)=e^{A(t)}$[/tex], in cui [tex]$A(t)$[/tex] è una primitiva di [tex]$a(t)$[/tex].
Moltiplicando m.a.m. la (*) per [tex]$p(t)$[/tex] e tenendo presente che [tex]$a(t)=A^\prime (t)$[/tex] il primo membro si trasforma in [tex]$\tfrac{\text{d}}{\text{d} t} [p(t)y(t)]$[/tex] e la EDO diviene:
[tex]$\tfrac{\text{d}}{\text{d} t} [p(t)y(t)] =p(t)f(t)$[/tex]
e si risolve per quadrature.
Nell'esercizio appena risolto si aveva [tex]$a(t)=\tfrac{2}{t}$[/tex], onde [tex]$A(t)=2\ln t$[/tex] e [tex]$p(t)=t^2$[/tex].
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo