Soluzione equazione differenziale
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
$y''(x) + a i y'(x) + b i y(x) = 0$
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
Risposte
up
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.
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.
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!
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!
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