Determinare se...

[Nevermind]

Determinare se la funzione f(x)=e^x è soluzione dell'equazione f''+f=1.

[EvaristeG]

L'ho spostato in MnE perché è un problema di analisi e comunque non è un esercizio che possa essere in alcun modo istruttivo.
Ah, comunque, $ f'(x)=e^x $ e questo dovrebbe rispondere alla tua domanda.

[SkZ]

edit: riscriviamo meglio.
Il problema della risoluzione dei quella equazione e' banale

un'equazione alle derivate parziali non omogenea ha un'unica soluzione, se c'e', a meno di soluzioni di quella omogenea.

f''+f=1 si vede banalmente che e' risolta da f=1

f''+f=0 si vede velocemente che ha per soluzione $ $f=ke^{ix} $
la k dipende dalle condizioni al contorno.

ergo
$ $f=1+ke^{ix} $ e' soluzione

edit: eliminato la citazione alla leggera del teorema dell'esistenza e unicita'

[Nonno Bassotto]

un'equazione alle derivate parziali non omogenea ha un'unica soluzione, se c'e' (teorema dell'esistenza e unicita' della soluzioni) a meno di soluzioni di quella omogenea.

Non diciamo #@*°*@. Il teorema di esistenza e unicità è locale, ci sono delle opportune ipotesi, sono rischiesti dei dati al bordo, e comunque si applica ad equazioni differenziali ordinarie.

Nel tuo caso c'è un teorema di esistenza e NON unicità molto più banale, perché si trovano direttamente le soluzioni, che comunque si applica a equazioni differenziali ordinarie lineari a coefficienti costanti. La soluzione diventa unica una volta che uno specifica il valore in un punto della funzione e delle prime n-1 derivate, dove n è l'ordine dell'equazione.

Per determinare se e^x è soluzione di quell'equazione, basta sostituire e vedere che non la soddisfa. Non penso che ci sia da dire molto altro.

[SkZ]

vero, la soluzione e' unica per un problema di Cauchy, altrimenti hai tot parametri liberi
tolta il riferimento che poi come dicevi mi autocontraddicevo

Sorry

[Nonno Bassotto]

Caro Skz, ancora così non va. Intanto questa equazione non è alle derivate parziali, e in secondo luogo servono le condizioni al contorno. Infatti tu NON trovi tutte le soluzioni.

[SkZ]

mi ero confuso sulla definizione: derivate parziali si parla in caso di funzioni a piu' variabili.
Lo so che servono le condizioni al contorno per specificare completamente una soluzione e pari al grado della derivata massima. Infatti avevo detto all'inizio che il parametro dipendeva dalle condizioni al contorno.
E a proposito che e' del secondo ordine, la soluzione in effetti e'
$ $f=1+ae^{ix}+be^{-ix} $
con a e b parametri liberi: secondo grado, 2 condizioni al contorno per fissare 2 parametri

[Nonno Bassotto]

Ok, ora ci siamo

[SkZ]

a sto punto, ricordiamo una cosa simpatica.
consideriamo l'equazione differenziale omogenea di secondo grado (con le sue condizioni al contorno del caso qui omesse)
$ $\frac{\partial^2f}{\partial x^2}-2b\frac{\partial f}{\partial x}+cf=0 $
(lo so: e' scritta in modo strano, ma e' per semplicita' dei conti e cmq si puo' sempre portare in quella forma)
e l'operatore derivata $ $D=\frac{\partial}{\partial x} $
data la linerita' della derivata, possiamo riscrivere
$ $\frac{\partial^2f}{\partial x^2}-2b\frac{\partial f}{\partial x}+cf=(D-\alpha_1)(D-\alpha_2)f=0 $
dove $ ~\alpha_{1,2} $ sono guarda caso le soluzioni dell'equazione di secondo grado $ ~x^2-2bx+c=0 $ ovvero $ $b\pm\sqrt{b^2-c} $
Ora posto $ ~g=(D-\alpha_2)f $ la nostra equazione diventa
$ ~(D-\alpha_1)g=0 $ ovvero $ ~g'=\alpha_1g $ che ha banalmente come soluzione $ $g=k'_1 \exp{(\alpha_1 x)} $ (paramentro dipendente dalle condizioni al contorno)
Rimane l'equazione differenziale non omogenea $ ~(D-\alpha_2)f=k'_1 \exp{(\alpha_1 x)} $, ergo la sua soluzione f e' definita a meno di un multiplo della soluzione della corrispondente equazione omogenea $ ~k_2\exp{(\alpha_2 x)} $
Ora invece di fare conti riconsideriamo invertendo i pedici e si vede che f e' pure definita a meno di un multiplo della prima equazione omogenea $ ~k_1\exp{(\alpha_1 x)} $, quindi la soluzione deve essere del tipo
$ $f=k_1 \exp{(\alpha_1 x)} +k_2 \exp{(\alpha_2 x)} $ e i paramentri si fissano con le condizioni al contorno

Oppure si puo' sfruttare il teorema che avevo citato prima che ci rassicura che localmente se una soluzione esiste questa e' anche l'unica. Questo vuol dire che se suppongo che la soluzione abbia una certa forma, allora posso provare a sostituirla e aggiustare i parametri. Se in effetti e' soluzione, so per certo che non ho trovato una soluzione, ma La soluzione (e qui i Fisici ringraziano caldamente per il teorema ).
In questo caso suppongo che f sia un'esponenziale tipo$ ~f=ke^{\alpha x} $, ergo
$ ~\alpha^2f-2b\alpha f+cf=f(\alpha^2-2b\alpha+c)=0 $
da cui $ ~\alpha $ deve essere soluzione dell'equazione di secondo grado (a meno che f=0 non sia proprio la soluzione cercata )
se $ ~\alpha $ puo' avere 2 valori allora f sara' la somma delle 2 soluzioni possibili con i 2 parametri da raccordare con le condizioni al contorno.

sta volta non mi pare di aver scritto frescate