da gugo82 » 26/03/2015, 12:13
Beh, pure si può fare... Tenendo presente che:
\[
(1+t^2)^{-\frac{1}{2}} = \sum_{h=0}^\infty \binom{-\frac{1}{2}}{h}\ t^{2h}
\]
(serie binomiale), puoi scrivere \((1+t^2)^{-\frac{1}{2}} = \sum_{n=0}^\infty c_n\ t^n\) con:
\[
c_n := \begin{cases} \binom{-\frac{1}{2}}{\frac{n}{2}} &\text{, se } n \text{ è pari}\\
0 &\text{, se } n \text{ è dispari}.
\end{cases}
\]
D'altra parte, se:
\[
\begin{split}
y(t) &= \sum_{n=0}^\infty y_n\ t^n\\
y^\prime (t) &= \sum_{n=0}^\infty (n+1) y_{n+1}\ t^n\\
y^{\prime \prime} (t) &= \sum_{n=0}^\infty (n+1)(n+2) y_{n+2}\ t^n
\end{split}
\]
hai:
\[
\sum_{n=0}^\infty \Big( (n+1)(n+2) y_{n+2} + 6 (n+1) y_{n+1} + 9 y_n\Big)\ t^n = \sum_{n=0}^\infty c_n\ t^n
\]
ossia:
\[
\left\{ \begin{split} (n+1)(n+2) y_{n+2} + 6 (n+1) y_{n+1} + 9 y_n &= c_n \\ y_0, y_1 &\text{ dati}\end{split}\right.
\]
per il principio d'identità delle funzioni analitiche.
Un altro modo consiste nell'applicare la trasformata di Laplace per ottenere l'integrale dell'equazione che soddisfi certe condizioni iniziali.
Ad esempio, se hai il PdC:
\[
\left\{ \begin{split} y^{\prime \prime}(t) + 6 y^\prime (t) + 9 y(t) &= \frac{1}{\sqrt{1+t^2}} \\ y(0) &= y_0\\ y^\prime (0) &= y_1\end{split}\right.
\]
puoi ottenere la soluzione espressa come somma di due pezzi, di cui uno è una convoluzione. In particolare, "laplacizzando" trovi:
\[
(s^2 + 6s + 9)\ Y(s) - (y_0 s + y_1 + 6y_0) = F(s)
\]
in cui \(Y=\mathcal{L}[y]\) ed \(F=\mathcal{L}[f]\) (con \(f(t) = \frac{1}{\sqrt{1+t^2}}\)), sicché:
\[
Y(s) = \frac{y_0 s + y_1 + 6y_0}{s^2 + 6s + 9} + \frac{1}{s^2 + 6s + 9}\ F(s)\; ;
\]
antitrasformando (se non ho sbagliato i conti...) ottieni:
\[
y(t) = e^{-3t} \Big( (3y_0+y_1) t + y_0\Big) + (te^{-3t})*f(t)\; ,
\]
ove \(*\) denota la convoluzione.
Sono sempre stato, e mi ritengo ancora un dilettante. Cioè una persona che si diletta, che cerca sempre di provare piacere e di regalare il piacere agli altri, che scopre ogni volta quello che fa come se fosse la prima volta. (Freak Antoni)