Re: Equazioni differenziali

Messaggioda gugo82 » 16/05/2018, 22:52

Fare la dimostrazione "a mano" non è semplice.

Una traccia potrebbe essere questa.
Innanzitutto, comincia a dimostrare il Teorema del Wronskiano, ossia che il Wronskiano di $n$ soluzioni (qualsiasi) di una EDO lineare d'ordine $n$ risolve una EDO del primo ordine e che le $n$ soluzioni sono linearmente indipendenti se e solo se il loro Wronskiano non si annulla mai nell'intervallo base.1
Questo teoremino si dimostra sfruttando le proprietà dei determinanti ed il teorema di unicità per il PdC.
Dopodiché, imposti la dimostrazione del Teorema sulla Dimensione dello spazio delle soluzioni come ho suggerito sopra.

Note

  1. Il "se e solo se" è legato al fatto che le funzioni considerate risolvono la medesima EDO, e non vale in generale. Detto altrimenti, il Wronskiano non è un indicatore perfetto di indipendenza lineare.
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Re: Equazioni differenziali

Messaggioda anto_zoolander » 17/05/2018, 01:20

Ho fatto i compiti, o almeno in parte, spero siano corretti.


1- siano $f_1,..,f_n:J->RR$ una funzione derivabile in $J$

se $f_1,...,f_n$ sono linearmente dipendenti allora $f_1^((1)),...,f_n^((1))$ sono dipendenti


infatti $sum_(k=1)^(n)a_kf_k(x)=0 => 0=(sum_(k=1)^(n)a_kf_k(x))'=sum_(k=1)^(n)a_kf_k^((1))(x)$

2- siano $f_1,...,f_n:J->RR$ una funzione derivabile $n$ volte in $J$

$f_1,....,f_n$ sono indipendenti in $J$ se e solo se i vettori

$[(f_1^((0))(x)),( : ),(f_1^((n))(x))],...,[(f_n^((0))(x)),( : ),(f_n^((n))(x))]$

sono linearmente indipendenti


NB: quì abbiamo chiesto che l'indipendenza tra i vettori sia su tutto $J$ ma in realtà mi basta che esista almeno un punto dell'intervallo per cui siano indipendenti
infatti si richiede, per essere linearmente indipendenti, che:

$foralla_1,...,a_n inRR( sum_(k=1)^(n)a_kf_k(x)=0,forallx in J => a_j=0,forallj in I_n)$

e quindi dipendenti se

$existsa_1,...,a_n inRR(sum_(k=1)^(n)a_kf_k(x)=0,forallx inJ wedge exists j in I_n:a_j ne0)$


basta considerare che se una generica combinazione lineare di quei vettori fa il vettore nullo, allora ogni componente deve fare $0$ ma allora anche la combinazione delle prime componenti deve fare $0$ e quindi tutti gli scalari devono esser nulli

viceversa se per assurdo quelle funzioni fossero linearmente dipendenti allora tutte le derivate successive sarebbero linearmente dipendenti(con gli stessi scalari) e quindi i vettori sarebbero linearmente dipendenti.

se consideriamo invece nel viceversa che $exists x_0 in J$ per cui i vettori $[(f_1^((0))(x_0)),( : ),(f_1^((n))(x_0))],...,[(f_n^((0))(x_0)),( : ),(f_n^((n))(x_0))]$ siano indipendenti. Se per assurdo $f_1,...,f_n$ fossero dipendenti allora si avrebbe che esisterebbe una combinazione di scalari non tutti nulli per cui $sum_(k=1)^(n)a_kf_k(x)=0,forallx inJ$ ma allora $sum_(k=1)^(n)a_kf_k^((j))(x)=0,forall x inJforallj=1,...,n$ e quindi i vettori risulterebbero dipendenti
$sum_(n=0)^(infty)phi^(2n)=sum_(n=0)^(infty)(phi+1)^n=Phi$

$sum_(n=0)^(infty)|phi|^n=1+Phi$

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Re: Equazioni differenziali

Messaggioda anto_zoolander » 18/05/2018, 00:38

Io chiaramente però sto notando che quì non ho usato il wronskiano in quanto ho usato solo la dipendenza lineare

con il wronskiano chiaramente si ottiene che per esempio $|(e^x,x),(1/x,e^(-x))|=0$ ma i vettori colonna non sono linearmente indipendenti in quanto si avrebbe che

$[(e^x),(1/x)]-e^x/x [(x),(e^(-x))]=vec(0)$ in ogni punto

ovvero magari i vettori sono dipendenti 'puntualmente' ma non sono dipendenti in generale.

di fatto otteniamo che $forall x in RRsetminus{0}$ esistono gli scalari, cosa che invece chiediamo al contrario, ovvero che esistono degli scalari per ogni $x inRRsetminus{0}$

Però vorrei sapere se quanto ho dimostrato sia corretto :(
$sum_(n=0)^(infty)phi^(2n)=sum_(n=0)^(infty)(phi+1)^n=Phi$

$sum_(n=0)^(infty)|phi|^n=1+Phi$

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Re: Equazioni differenziali

Messaggioda gugo82 » 20/05/2018, 14:36

No, anto.
Innanzitutto, quello che hai scritto non mi pare un wronskiano; poi, la dipendenza lineare di due funzioni va intesa come dipendenza lineare in $C(I)$ è lo stesso vale per l’indipendenza, cioè:
Siano $f_1,\ldots ,f_n in C(I)$.
Le funzioni $f_1,\ldots ,f_n$ sono linearmente dipendenti se e solo se esiste una $n$-upla di scalari $(alpha_1 ,\ldots , alpha_n) != (0,\ldots ,0)$ tale che $alpha_1 f_1+\cdots + alpha_n f_n$ coincide con la funzione identicamente nulla in $I$, cioè tale che:
\[
\forall x\in I,\quad \alpha_1 f_1(x) + \cdots + \alpha_n f_n(x) = 0\;.
\]
Analogamente, le $f_1, \ldots , f_n$ si dicono linearmente indipendenti se l’unica loro combinazione lineare che uguaglia identicamente la funzione nulla è quella coi coefficienti tutti nulli, cioè se l’esistenza di una $n$-upla di scalari $(alpha_1, \ldots , alpha_n)$ tale che:
\[
\forall x\in I,\quad \alpha_1 f_1(x) + \cdots + \alpha_n f_n(x) = 0\;.
\]
implica $(alpha_1, \ldots , alpha_n)=(0,\ldots ,0)$.


Scrivo un po’ la dimostrazione che avevo in mente.
La arrangio per EDO del secondo ordine a coefficienti costanti, ma va da sé che la cosa può essere generalizzata anche al caso di coefficienti continui e di ordini maggiori.
Consideriamo una EDO \(y^{\prime \prime}(x) + b y^\prime (x) + c y(x) = 0\) e scegliamone due soluzioni $y_1$ ed $y_2$ non identicamente nulle.
Il wronskiano di tali funzioni è:
\[
W(x) := \begin{vmatrix} y_1(x) & y_2(x) \\
y_1^\prime (x) &y_2^\prime (x)\end{vmatrix}\;,
\]
e, visto che la derivata di un determinante si calcola derivando l’ultima riga (dimostralo!) si ha:
\[
W^\prime (x) = \begin{vmatrix} y_1(x) & y_2(x) \\
-b y_1^\prime (x) - c y_1(x) & -b y_2^\prime (x) -c y_2(x) \end{vmatrix} = -b \begin{vmatrix} y_1(x) & y_2(x) \\
y_1^\prime (x) &y_2^\prime (x)\end{vmatrix} = -b W(x)
\]
cosicché $W$ è una soluzione della EDO del primo ordine \(W^\prime (x) = -b W(x)\).
Quanto appena visto, unito al fatto che le soluzioni di \(u^\prime = -b u(x)\) sono identicamente nulle solo se a tale EDO è accoppiata l’anno condizione nulla in un punto $x_0 in RR$, ci serve ad affermare che:
Il wronskiano di due soluzioni di una EDO lineare del secondo ordine o è identicamente nullo o è ovunque diverso da zero.

Questo per quanto riguarda le proprietà generali del wronskiano.

Veniamo all’indipendenza/dipendenza delle soluzioni.
Se $y_1$ ed $y_2$ sono linearmente dipendenti, tali sono le loro derivate (come hai giustamente osservato); da ciò segue che se le due funzioni sono dipendenti, allora il loro wronskiano è identicamente nullo.
Viceversa, supponiamo che il wronskiano si annulli in un punto $xi in RR$ (cosicché esso è nullo ovunque, per quanto visto sopra). In tale ipotesi, il sistema lineare omogeneo che ha come matrice associata quella wronskiana calcolata in $xi$ ha una soluzione non banale, ossia esiste una coppia $(alpha_1 , alpha_2) != (0,0)$ tale che:
\[
\begin{cases}
y_1(\xi) \alpha_1 + y_2(\xi) \alpha_2 = 0 \\
y_1^\prime (\xi) \alpha_1 + y_2^\prime (\xi) \alpha_2 = 0
\end{cases}\; .
\]
La funzione $alpha_1 y_1+alpha_2 y_2$ è, per linearità, una soluzione della EDO e soddisfa il PdC con le condizioni nulle in $xi$; dato che anche la funzione identicamente nulla soddisfa il PdC con le medesime condizioni e visto che per le EDO lineari c’è unicità della soluzione in grande, è evidente che $alpha_1 y_1+ alpha_2 y_2$ coincide con la funzione identicamente nulla, ossia che $y_1$ ed $y_2$ sono linearmente dipendenti.
Reciprocamente, se $y_1$ ed $y_2$ sono linearmente indipendenti il loro wronskiano ha da essere diverso da zero ovunque, poiché altrimenti le due soluzioni sarebbero dipendenti. Ed infine, se il wronskiano è diverso da zero in un punto $xi$ implica l’indipendenza lineare di $y_1$ ed $y_2$, poiché se così non fosse, il wronskiano dovrebbe essere identicamente nullo.
Dunque abbiamo mostrato che:
Siano $y_1,y_2 in C^1(I)$ soluzioni della medesima EDO lineare del secondo ordine.
Si ha:

  • $y_1$ ed $y_2$ sono linearmente dipendenti se e solo se esiste un punto $xi in I$ in cui il loro wronskiano si annulla; in tale caso il wronskiano è identicamente nullo in $I$;

  • $y_1$ ed $y_2$ sono linearmente indipendenti se e solo se non esiste alcun punto $xi in I$ in cui il loro wronskiano si annulla; in tale caso il wronskiano è identicamente diverso da zero in $I$.


Ora, mostriamo che lo spazio delle soluzioni di una EDO lineare del secondo ordine è un sottospazio di $C^1(I)$ di dimensione $2$. Per fare ciò, proviamo che esistono almeno due soluzioni $y_1$ ed $y_2$ linearmente indipendenti e che ogni soluzione $y$ della EDO si può scrivere come combinazione lineare di $y_1$ ed $y_2$.
Per mostrare che esistono $y_1$ ed $y_2$ indipendenti basta osservare che, fissato $xi in I$ e scelti i vettori $(1,0)$ ed $(0,1)$ come condizioni iniziali, il teorema di esistenza ed unicità garantisce che i PdC:
\[
\begin{cases}
y^{\prime \prime} (x) + b y^\prime (x) + c y(x) = 0\\
y(\xi ) = 1\\
y^\prime(\xi ) = 0
\end{cases} \quad \text{ed} \quad \begin{cases}
y^{\prime \prime} (x) + b y^\prime (x) + c y(x) = 0\\
y(\xi ) = 0 \\
y^\prime(\xi ) = 1
\end{cases}
\]
hanno unica soluzione globale; dette $y_1$ ed $y_2$ le soluzioni di tali PdC, esse sono indipendenti, poiché il loro wronskiano in $xi$ vale $1 != 0$.
D’altra parte, sia $y$ una qualsiasi soluzione della EDO e mostriamo che esistono due costanti $alpha_1, alpha_2$ tali che $y= alpha_1 y_1 + alpha_2 y_2$. Fissiamo un punto $xi in I$ e poniamo $ y^0:= y(xi)$ e $y^1 := y^\prime (xi)$; la funzione $bar(y)(x) := y^0 y_1(x) + y^1 y_2(x)$ soddisfa il PdC relativo alla EDO in questione con condizioni iniziali $bar(y)(xi) = y^0$ e $bar(y) (xi) =y^1$, che è risolto anche da $y$; visto che siamo in regime di unicità globale si ha $y(x) = bar(y)(x) = y^0y_1(x) + y^1 y_2(x)$, cosicché $alpha_1 = y^0$ ed $alpha_2 = y^1$ sono i due coefficienti che servono per esprimere $y$ come combinazione lineare delle due soluzioni $y_1$ ed $y_2$.
Riassumendo:
Per ogni EDO lineare del secondo ordine omogenea esistono almeno due soluzioni linearmente indipendenti e tutte le altre soluzioni si possono esprimere come combinazioni lineari di tali due soluzioni indipendenti.
Quindi lo spazio delle soluzioni di un’equazione differenziale lineare omogenea del secondo ordine è un sottospazio vettoriale di $C^1(I)$ di dimensione $2$.
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Re: Equazioni differenziali

Messaggioda anto_zoolander » 20/05/2018, 15:35

Perfetto, chiarissimo :-D

ho solo una obiezione da fare: la dipendenza lineare che hai scritto è uguale a quella che ho scritto io :snakeman:
Ho solo mostrato che quelle colonne sono linearmente indipendenti se e solo se lo sono le funzioni $f_1,...,f_n$

Comunque grazie ancora, mi salvo tutto :-D
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