Soluzioni equazione differenziale omogenea a coefficienti costanti di secondo ordine (caso discriminante nullo)

[Angus1956]

Consideriamo l'equazione differenziale omogenea a coefficienti costanti di secondo ordine $ay''+by'+cy=0$ con $a,b,cinRR$ e $a!=0$. Consideriamo l'equazione caratteristica associata $alambda^2+blambda+c=0$ con discriminante nullo, quindi $lambda=-b/(2a)$ con molteplicità $2$. Una soluzione dell'equazione differenziale è sicuramente $e^(-b/(2a)t)$, ora per trovare un altra soluzione linearmente indipendente da quest'ultima ho pensato di fare così: allora nel caso di discriminante positivo abbiamo $lambda_1$ e $lambda_2$ due soluzioni reali distinte di $ay''+by'+cy=0$ e sappiamo che $e^(lambda_1t)$ e $e^(lambda_2t)$ sono due soluzioni linearmente indipendenti di $alambda^2+blambda+c=0$, per cui "riutilizzando" questa idea nel caso di discriminante nullo sicuramente un altra soluzione di $ay''+by'+cy=0$ è $ke^(-b/(2a)t)$, affinché sia linearmente indipendente da $e^(-b/(2a)t)$ dobbiamo avere che $k(t):I->RR$ (ovvero $k(t)$ sia una funzione e non uno scalare altrimenti non ci sarebbe lineare indipendenza). Ora dobbiamo mostrare che $k(t)=t$. Intanto osserviamo che chiamata $\varphi(t)=k(t)e^(-b/(2a)t)$ la soluzione cercata dell'equazione differenziale allora si ha che $k(t)=\varphi(t)e^(b/(2a)t)$ da cui $k''(t)=e^(b/(2a)t)/a(a\varphi''(t)+b\varphi'(t)+c\varphi(t))=0$ poichè $\varphi(t)$ è soluzione di $ay''+by'+cy=0$. Siccome $k(t)$ è definita su un intervallo $IsubeRR$ e $k''(t)=0$ allora necessariamente $k'(t)=c$ con $cinI$ (ovvero $k'(t)$ è costante in $I$). Ora abbiamo che $(k(t)-ct)'=k'(t)-c=0$ e usando di nuovo quanto detto prima si ha che $k(t)=ct+d$ con $dinI$. Quindi a meno di moltiplicazione e somma per costanti possiamo assumere $k(t)=t$. Non so se sia tutto giusto o altro, se mi potete dire, grazie

[dissonance]

Si, ok, mi sembra vada bene ed è anche interessante. Ma cosa stai facendo, se posso chiedere? Stai preparando qualche esame all'università o studi per motivi personali?

Perché se prepari un esame, non è questa la filosofia di queste cose. Qui è molto più facile tirare ad indovinare. Vuoi una soluzione linearmente indipendente dall'esponenziale, allora tiri ad indovinare e ci metti la funzione più semplice possibile: \(te^t\). Rificchi tutto nell'equazione e ti accorgi che andava bene. OK, fantastico, abbiamo finito. Non so se mi spiego. Non è una cosa da farci un post (anche se interessante), ma un trucco per risolvere equazioni rapidamente.

[Angus1956]

"dissonance":Si, ok, mi sembra vada bene ed è anche interessante. Ma cosa stai facendo, se posso chiedere? Stai preparando qualche esame all'università o studi per motivi personali?

Perché se prepari un esame, non è questa la filosofia di queste cose. Qui è molto più facile tirare ad indovinare. Vuoi una soluzione linearmente indipendente dall'esponenziale, allora tiri ad indovinare e ci metti la funzione più semplice possibile: \(te^t\). Rificchi tutto nell'equazione e ti accorgi che andava bene. OK, fantastico, abbiamo finito. Non so se mi spiego. Non è una cosa da farci un post (anche se interessante), ma un trucco per risolvere equazioni rapidamente.

No allora il fatto di verificare che sia soluzione sapevo già sostituendo nell'equazione e vedere che effettivamente funzionava e poi verificare la lineare indipendenza con il determinante della matrice Wronskiana, però poiché la nostra professoressa di analisi 2 ci aveva dato uno spunto per "capire come effettivamente uno avesse potuto trovare questa soluzione" allora ho voluto provare anche per tenermi allenato con possibili domande orali "fuori dal programma di studio" e vedere se effettivamente andava bene, comunque è una cosa mia personale per dirla tutta.

[Angus1956]

Più che altro lo spunto che ci aveva dato era quello di prendere la soluzione $k(t)e^(-b/(2a)t)$ è provare che $k''(t)=0$ se e solo se $k(t)=t$, io poi l'ho pensata come ho scritto quindi non so.

[dissonance]

Va bene, buon lavoro.