Semplice funzione di Green

[dRic]

Ciao, oggi stavo studiando mentre mi sono imbattuto in una semplice eq differenziale:
$$\frac {dc}{dt} = a + bt + \lambda c$$
Siccome non mi ricordo come si risolve ho pensato di usare il trucchetto delle funzioni di green. Ho dunque cercato il "nucleo" di green come la soluzione a:
$$\left[ \frac{d} {dt} - \lambda \right] G(t|t_0) = \delta(t - t_0)$$
Per risolverlo ho usato la trasformata di Laplace:
$$\hat G s - G_0 - \lambda \hat G = 1$$
Per comodità ho preso $G_0 = 0$ (anche se è sbagliato) e poi ho trovato la soluzione come $$c = \int_0^t (a + bt_0)G(t|t_0)dt_0$$

Fin qui vi sembra corretto ?

Ovviamente (poiché ho preso $G_0 = 0$) la soluzione mi torna "diversa": la soluzione generale (senza condizioni al contorno) si trova dipendente da una costante che moltiplica un esponenziale. Tale valore della costante si ricava appunto imponendo le condizioni al contorno. Nel mio caso invece, prendere $G_0 = 0$ è un po' come dire che le condizioni al contorno sono fissate e infatti la soluzioni ha la stessa "forma", ma questa costante da determinare invece è già determinata (nel mio procedimento). Sono riuscito a spiegarmi ?

La mia domanda è dunque: come determino $G_0$ in un caso generale ?

[dissonance]

Beh, non lo so, non è che ho proprio seguito tutto quello che hai scritto. Però mi pare che tu sia capace di risolvere
\[
\begin{cases} \frac{dc}{dt}=a+bt+\lambda c, \\ c(0)=0, \end{cases}\]
e adesso vuoi risolvere lo stesso problema, ma con condizione iniziale \(c(0)=k\). Ti basta sommare \(ke^{\lambda t}\) alla soluzione \(c_0\) che hai trovato precedentemente. Infatti,
\[
\frac{d}{dt}(c_0 + ke^{\lambda t})=a+bt+\lambda c_0 + \lambda ke^{\lambda t}=a+bt+\lambda(c_0+ke^{\lambda t}),\]
quindi \(c_0+ke^{\lambda t}\) verifica l'equazione differenziale, e siccome \(c_0(0)=0\) essa verifica anche la condizione iniziale.

[dRic]

Grazie della risposta. Il mio dubbio non era tanto su come risolvere l'equazione, quanto su come trovare le "giuste" funzioni di green. Da quello che so la soluzione, scritta facendo uso delle funzioni di green ha una forma del tipo:
$$u(x) = \int_{\Omega} f(x') G(x,x')dx' + \text{ qualche termine che tiene conto delle condizioni al contorno}$$

Dove f è la forzante e G e' la funzione di green.

Con questa soluzione generale si risolve l'equazione + le condizioni al contorno, quindi la forma di G non dipende solo dalla forma dell'equazione, ma anche dalle soluzioni al contorno. Inoltre mi pare che si dimostri che nel termine che compare accanto all'integrale ci siano presenti la funzione di Green e la sua derivata valutati al contorno. Ecco, nel problema che ho scritto ho preso $G(t_0) = 0$, ma in modo puramente arbitrario (l'ho fatto solo per semplificare i conti). Mi è risultato (a posteriori) che tale scelta corrisponde a risolvere il problema con condizione al contorno $c(0)=0$, dunque la mia domanda è: che valore di $G(t_0)$ avrei dovuto prendere per risolvere direttamente il problema con condizione al contorno $c(0)=k$?

Spero di essermi spiegato un po' meglio, altrimenti stasera provo a a scrivere passo passo quello che ho fatto.

[dissonance]

Ma perché vuoi risolvere direttamente il problema con condizione al contorno \(c(0)=k\), scusa? Se riesci a risolvere con \(c(0)=0\), poi è sufficiente sommare una esponenziale e hai finito. È così che si fa, sempre.

Bisogna sfruttare la linearità, finché c'è.

[dRic]

Ma perché vuoi risolvere direttamente il problema con condizione al contorno $c(0)=k$, scusa?

Perché questa è una equazione semplice, mentre in generale vorrei capire come si applica il procedimento in un caso più generico e difficile.

[dissonance]

Ma si applica sempre così, anche per equazioni alle derivate parziali. Si risolve separatamente il problema non omogeneo, con condizione al bordo nulla, e il problema omogeneo, con condizione al bordo arbitraria. La soluzione generale è data dalla somma di queste due soluzioni. Sono da cellulare e mi è difficile scrivere formule, ma spero si sia capito bene cosa voglio dire.

[dRic]

Ma io pensavo che l'uso delle formule di Green era proprio quello di risolvere l'equazione differenziale con tanto di condizioni al contorno in un colpo solo con una "semplice formula" che teneva conto, appunto, anche della soluzione particolare.

[dissonance]

È una discussione un po' inutile, dal momento che già abbiamo trovato la soluzione. Più che altro ora ragioniamo a livello psicologico. Allora, per dare un supporto a quello che dico, lo propongo in un contesto generale.

In modo del tutto generale, un problema lineare non omogeneo con condizione al bordo si può scrivere come
\[\tag{*}\begin{cases} Lu= f, & \text{in }\Omega, \\
u=g, & \text{in }\partial \Omega,
\end{cases}, \]
dove \(\Omega \) è un intervallo di \(\mathbb R\), oppure un aperto di \(\mathbb R^n\), e \(\partial\Omega\) denota il suo bordo (nel caso di un intervallo illimitato, \(\partial \Omega\) si riduce a un punto, mentre nel caso di un intervallo limitato, si riduce a due punti). Invece \(L\) è un operatore lineare. Questa scrittura incorpora in un colpo solo sia le equazioni differenziali ordinarie sia quelle alle derivate parziali.

Una conseguenza immediata della linearità di \(L\) è che, chiamando \(u_0\) una soluzione di
\[\tag{1}
\begin{cases} Lu_0=0, & \Omega, \\ u_0=g, & \partial \Omega,\end{cases}\]
e chiamando \(w\) una soluzione di
\[\tag{2}
\begin{cases} Lw=f, & \Omega, \\ w=0, & \partial \Omega, \end{cases}\]
la funzione \(u=u_0+w\) è soluzione di \((\ast)\). Questo è precisamente il trucco che ti inquieta, e che vorresti evitare. E invece questo semplice trucco è molto usato, tanto da meritarsi delle notazioni apposta. Nel caso di equazioni alle derivate parziali, sotto opportune ipotesi, il problema (1) ha per soluzione un integrale di superficie;
\[
u_0(x)=\int_{\partial \Omega} P(x,y)g(y)\, dS(y), \]
mentre il problema (2) ha per soluzione un integrale di volume;
\[
w(x)=\int_{\Omega} G(x, y) f(y)\, dy;\]
e la funzione \(P\) si chiama nucleo di Poisson, mentre \(G\) si chiama funzione di Green.

Il fatto che si siano andate affermando delle notazioni apposta per le soluzioni di questi problemi sta a indicare che il trucco che ti inquieta è usato con consuetudine. Se fossi in te, lo userei anche io senza preoccuparmi ulteriormente.

[dRic]

Grazie mille della spiegazione!! Ora si che la questione si fa più chiara. Le funzioni di Green le ho studiate su un libro di fisica e non erano spiegate eccessivamente bene. Grazie ancora.