Soluzione particolare di una ODE lineare del 2° ordine non omogenea

Salve a tutti, mi rifaccio vivo dopo una lunghissima assenza.

Secondo voi è possibile trovare esplicitamente una soluzione particolare della seguente ODE?

\(y^{''} + 6y' + 9y = (1+t^2)^{-\frac{1}{2}}\).

Grazie mille.

Metodo delle variazioni delle costanti arbitrarie, magari poi i calcoli sono fattibili?!

$ lambda^2+6lambda+9=0 $
Le soluzioni dell'omogenea associata sono $ e^(-3x) $ e $ xe^(-3x) $
Calcolo con il sistema delle variazioni delle cost arbitrarie
$ { ( gamma_1'e^(-3x)+gamma_2'xe^(-3x)=0 ),( -3gamma_1'e^(-3x)+(1-3x)e^(-3x)gamma_2'=(1+x^2)^(-1/2) ):} $

giocando con il fatto che $ (1+x^2)^(-1/2) $ e' la derivata del arcsin(x) magari si ottiene qualcosa...[non ho provato, pero'...]

la soluzione particolare sara' $ V_o=gamma_1e^(-3x)+gamma_2xe^(-3x) $

Purtroppo $(1+x^2)^{-1/2}$ non è la derivata dell'arcoseno, e in ogni caso l'integrazione delle equazioni ottenute con la variazione delle costanti non può essere effettuata esplicitamente (bisognerebbe integrare cose del tipo $(xe^{-3x})/sqrt(x^2+1)$...)

Hi fireball! Nice to read you again.

Dipende da quanto "esplicita" vuoi la soluzione particolare...

Insomma, vuoi conoscere l'espressione elementare della soluzione (se c'è), oppure ti basta una rappresentazione mediante funzioni speciali/integrali non elementari?

Inoltre, ti serve proprio l'espressione esplicita?
Non puoi fare i conti in maniera differente?

Ben ritrovato gugo! Beh, anche qualcosa in termini di integrali non elementari magari andrebbe bene. Avevo pensato di procedere per serie, tenuto conto dell'analiticità del termine noto, ma credo che sia troppo complicato, nonché fastidioso dal punto di vista dei calcoli...

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.

Grazie mille Guglielmo! Si tratta di un esercizio proposto dal responsabile del corso per cui tengo esercitazioni qui in Francia, ma visto il livello degli studenti sicuramente non potrò adottare questi metodi; dirò che bisogna correggere il termine noto...

P.S. Il termine noto era sbagliato, come pensavo... Quello corretto è $e^{-3t}/sqrt(1+t^2)$, giusto per conoscenza... Allora così sì che le cose vengono