Soluzione equazione differenziale

SeccoJones
Salve raga! Sapreste dirmi come risolvere una equazione differenziale del tipo:
$y''(x) + a i y'(x) + b i y(x) = 0$
Io sono nel caso in cui l' equazione differenziale è direttamente così
$y''(x) + bi y(x) = 0$
dove $ai$ e $bi$ sono appunto dei coefficienti immaginari.
Io ho cercato di svolgerla come nel caso di equazioni differenziali del secondo ordine a coefficienti costanti solo che con il polinomio caratteristo non arrivo ad una soluzione complessa e coniugata!
Non ho trovato nessuna spiegazione per questo tipo di equazioni, qualcuno è in grado di illuminarmi? Grazie in anticipo :-D

Risposte
SeccoJones
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gugo82
Beh, dato che l'equazione ha coefficienti complessi, non vedo perché tu ti aspetti che il polinomio caratteristico abbia due radici coniugate.

Ma comunque, siamo sempre lì... L'idea è che le soluzioni di quella roba lì siano esponenziali complessi.
Ipotizzando che la soluzione abbia la forma \(y(x) := e^{\lambda x}\), con \(\lambda \in \mathbb{C}\), hai che una funzione di tal fatta è soluzione della EDO solo se \(\lambda\) è una radice del polinomio caratteristico, cioé solo se:
\[
\lambda^2 + a\imath\ \lambda + b\imath =0\; ;
\]
dato che un polinomio di secondo grado in \(\mathbb{C}\) ha sempre due radici (eventualmente coincidenti) \(\lambda_1\) e \(\lambda_2\), le funzioni \(y_1(x) := e^{\lambda_1 x}\) ed \(y_2(x) := e^{\lambda_2 x}\) sono soluzioni della EDO.
Tali soluzioni sono evidentemente indipendenti se \(\lambda_1\neq \lambda_2\).
Se invece \(\lambda_1 =\lambda_2\), il che succede solo se \(b=-\imath a^2/4\), ossia se \(\lambda_1\) è anche radice del polinomio derivato \(2\lambda + a\imath\), allora le soluzioni indipendenti sono \(y_1(x) = e^{\lambda_1 x}\) ed \(y_2(x) = x e^{\lambda_1 x}\): infatti, mentre è evidente che \(y_1(x)\) risolve la EDO, per \(y_2(x)\) si ha:
\[
y_2^\prime (x) = (1+\lambda_1\ x)\ e^{\lambda_1 x},\ y_2^{\prime \prime} (x) = (2\lambda_1 + \lambda_1^2 x)\ e^{\lambda_1 x}
\]
dunque:
\[
\begin{split}
y_2^{\prime \prime} (x) +a\ \imath\ y_2^\prime (x) +b\ \imath\ y_2(x) &=\Big( (2\lambda_1 + \lambda_1^2 x) + a\ \imath\ (1+\lambda_1\ x) + b\ \imath\ x \Big)\ e^{\lambda_1 x}\\
&= \Big( (\underbrace{\lambda_1^2 +a\ \imath\ \lambda_1 + b\ \imath}_{\color{maroon}{=0}})\ x + (\underbrace{2\lambda_1 + a\ \imath}_{\color{maroon}{=0}}) \Big)\ e^{\lambda_1 x}\\
&=0
\end{split}
\]
dunque \(y_2(x)\) è soluzione ed inoltre il wronskiano:
\[
W(y_1,y_2;x) = \begin{vmatrix} e^{\lambda_1 x} & x\ e^{\lambda_1 x}\\
\lambda_1\ e^{\lambda_1 x} & (1+\lambda_1 x)\ e^{\lambda_1 x}
\end{vmatrix} = e^{2\lambda_1 x}
\]
è ovunque diverso da zero, dunque le due soluzioni \(y_1(x)\) ed \(y_2(x)\) sono indipendenti.

SeccoJones
Ciao Gugo, ti ringrazio della risposta anche se in ritardo, perdonami! :( Preso da altri impegni non sono entrato più nel forum e mi ero anche dimenticato del post. Comunque è stata esauriente la tua risposta, ed era quello che volevo sapere grazie mille! :-D

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