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da **fairyvilje** » 11 dic 2014, 0:42

Salve, finalmente arrivano anche per me gli esercizi sulle differenziali.
Quello subito prima dell'infame è banale...
$y'(x)=3 \cdot y(x) + e^{2x}$
La soluzione l'ho trovata ed è
$y(x) = C \cdot e^{3x} - e^{2x}$

Visto che il seguito era sulla falsariga deduco la soluzione generale per la famiglia
$y'(x)=a \cdot y(x) + e^{bx}$
$y(x)=C \cdot e^{ax}+\frac{1}{b-a}e^{bx}$

Ed ora arriva l'esercizio cattivo...
$y'(x)=2 \cdot y(x) + e^{2x}$
Dove wolframalpha mi segnala una bella soluzione
$y(x) = C e^{2 x}+e^{2 x} x$

Ho provato ad impostare un limite sulla famiglia generale ma non da esiti. Evidentemente non sussistono le condizioni per applicare le regole di risoluzione generali. Quindi che faccio D:?

da **PietroBaima** » 11 dic 2014, 2:28

Uh, ma che bel caso di equazione in risonanza.
Questa situazione si presenta sempre quando hai l'autovalore dell'equazione differenziale che coincide con il termine forzante, generando un blocco di Jordan, che in questo caso scalare non vedi.

Comunque la soluzione generale, da te trovata, non é corretta.
Quella corretta é:

$y'(x)=a \cdot y(x) + \text{e}^{bx}$
$y(x)=C \cdot \text{e}^{ax}+\frac{\text{e}^{bx}-\text{e}^{ax}}{b-a}$

e facendo il limite

$\lim_{b \rightarrow a} \frac{\text{e}^{bx}-\text{e}^{ax}}{b-a}=x \text{e}^{ax}$

Ciao,
Pietro.

da **fairyvilje** » 11 dic 2014, 10:15

Adesso non ho modo di cercare l'errore nei calcoli, devo scappare a lezione. Grazie per la risposta. Ti riferisci a quello che vedrei se non avessi una funzione scalare ma vettoriale? Non vediamo così nel profondo l'argomento, quindi se hai voglia/tempo argomenta pure, sono interessato

da **fairyvilje** » 11 dic 2014, 10:24

Ok cosa mi sfugge? Anche lui trova la mia stessa soluzione.

[url]https://www.wolframalpha.com/input/?i=y%27%28x%29%3Da*y%28x%29%2Be^%28bx%29[/url]

Forse comincio a capire, si tratta di un termine che normalmente confondo nella costante C ma che in questo caso devo considerare a parte, per via del fatto che c'è di mezzo un infinitesimo...

da **PietroBaima** » 11 dic 2014, 10:41

no, non credo sia questo.
Dovresti riportarmi i tuoi passaggi, se hai un attimo, cosí li controllo.

Ciao,
Pietro.

da **PietroBaima** » 11 dic 2014, 10:49

fairyvilje ha scritto:Adesso non ho modo di cercare l'errore nei calcoli, devo scappare a lezione. Grazie per la risposta. Ti riferisci a quello che vedrei se non avessi una funzione scalare ma vettoriale?

Sí, in generale ad un sistema di LODE. Per le LPDE ci sono ben altri pasticci, molto piú severi.

fairyvilje ha scritto:Non vediamo così nel profondo l'argomento, quindi se hai voglia/tempo argomenta pure, sono interessato

Sí, peró forse faccio prima a selezionarti qualche appunto che ne parli, é un argomento lunghetto.

Ho mandato una mail a wolframalpha

Ecco perché non bisogna mai fare un calcolo di cui non si conosca giá la soluzione prima, oppure, in modo piú elettronico, mai usare un simulatore senza sapere piú elettronica di lui... :mrgreen:

da **PietroBaima** » 11 dic 2014, 11:04

Ahh, un'ultima cosa.
Qualcuno potrebbe dire che la mia soluzione e quella di wolfram sono la stessa, potendo chiamare C come mi pare.
Non é cosí. Perché? ;-)

da **fairyvilje** » 11 dic 2014, 16:56

La risoluzione dell'omogenea associata risulta $y(x)=e^{2x}$ .
Per il calcolo applico pedissequamente il teorema che sotto opportune condizioni enuncia:
Per la forma $y'(x)=a(x) \cdot y(x)+ b(x)$
$y(x)=(C+K(x))e^{A(x)}$ con A(x)

primitiva di a(x)

e

primitiva di $b(x)e^{-A(x)}$ .
Ora se espando direttamente i valori ottengo $\int e^{2x}\cdot e^{-2x}dx=x+c_0$ e tutto torna in effetti. Altrimenti considerando la famiglia... $\int e^{ax}\cdot e^{-bx}dx=\frac{1}{b-a}e^{(b-a)x}+c_1$
Sostituisco K(x) per ricavare y(x) (e qui vengono tutti i mali...) ottendendo la sopra citata formula.
$y(x)=C \cdot e^{ax}+\frac{1}{b-a}e^{bx}$

da **fairyvilje** » 11 dic 2014, 16:58

PietroBaima ha scritto:Ahh, un'ultima cosa.
Qualcuno potrebbe dire che la mia soluzione e quella di wolfram sono la stessa, potendo chiamare C come mi pare.
Non é cosí. Perché?

È esattamente il motivo per cui sto sbagliando e del quale vorrei capire qualcosa

da **PietroBaima** » 12 dic 2014, 12:11

Direi che ti ho lasciato sulla graticola un po', a pensare

Integriamo quell'equazione come si dovrebbe fare, invece di usare formule che valgono solo quando siamo fuori dalla risonanza ;-)

Integriamo utilizzando tutte le costanti, dando loro un significato e non relegandole genericamente in "C".

$y^\prime + a(x) \ y = b(x)$

come prima cosa risolviamo l'omogenea associata

$y^\prime + a(x) \ y = 0$

separiamo le variabili e integriamo usando il metodo dell'integrale definito...

$\int_{y_0}^{y} \frac{\text{d}y}{y} = - \int_{x_0}^{x} a(x) \ \text{d}x$

$y = y_0\ \text{e}^{ A(x_0)-A(x)}$

ok, adesso la non omogenea particolare.
Ipotesi di Bernoulli di soluzione e integrazione, sempre lasciando esplicitati gli estremi di integrazione:

$u(x) = \int_{x_0}^{x} b(t) \text{e}^{A(t)} \text{d}t + u_0$

Adesso la soluzione completa si trova componendo le due:

$y(x) = y_0 \text{e}^{A(x_0) - A(x)} + \text{e}^{-A(x)} \int_{x_0}^{x} b(t) \text{e}^{A(t)} \text{d}t$

questa soluzione tiene conto di TUTTE le costanti, attribuendo a loro una provenienza specifica dall'equazione.
Le costanti presenti nella soluzione sono raggruppabili in una sola, ma questo modo di vedere le cose ci permette di fare una osservazione.
Andiamo per gradi, applicando la soluzione trovata al nostro caso particolare:

$y^\prime=a y+\text{e}^{bx}$

$y=y_0\text{e}^{ax-ax_0}+\frac{\text{e}^{bx-bx_0}}{b-a}$

Ora bisogna prestare un po' di attenzione, perché è vero che la soluzione diverge se b tende ad a se e solo se

$y_0 \neq -\frac{1}{b-a}$

Nel caso in cui la condizione iniziale di ingresso all'operatore differenziale assuma quel valore si ha che:

$y=\frac{-\text{e}^{ax-ax_0}+\text{e}^{bx-bx_0}}{b-a}$

notare che ho posto una condizione iniziale particolare prima di fare il limite per b che tende ad a, quindi la soluzione trovata è la soluzione di un problema dii Cauchy specifico, tra tutte le soluzioni possibili.
Facendo il limite osservo che la soluzione non diverge più, ma, anzi, vale:

$\left y\right|_{y_0=-(b-a)^{-1}}=(x-x_0)\text{e}^{ax-ax_0}$

dove si vede che la variazione del valore iniziale della variabile indipendente (qui chiamata

, ma tipicamente é il tempo) non fa variare la forma della soluzione. Si dice, in questo caso, che il sistema é LTI (linear time invariant).

Si vede anche che questa condizione particolare, detta di risonanza, é invece una proprietá di ció che viene posto all'ingresso dell'equazione differenziale.

Se avessimo risolto la tua equazione differenziale usando le trasformate di Laplace (in questo caso lineare possiamo farlo) avremmo trovato subito la condizione corretta:

$y^\prime=a y+\text{e}^{bx}$

$\mathbb{L}[y^\prime]=\mathbb{L}\left[ a y+\text{e}^{bx}\right]$

$sY-y_0=aY+\frac{1}{s-b}$

$Y=\frac{y_0}{s-a}+\frac{1}{(s-b)(s-a)}$

$y=y_0\ \text{e}^{ax}+\frac{\text{e}^{ax}-\text{e}^{bx}}{a-b}$

Questo é il modo corretto di scrivere la soluzione e, per quello che abbiamo visto, non é un modo alternativo.

Ciao,
Pietro.

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