Esercizi svolti di esame ed esonero - Dipartimento di Matematica

SoluzioniEsercizio 2.b) Si tratta di applicare la formula generale dopo aver posto a 0 = 4/3, a 1 = −1/3,b −1 = 2/3 (tutte le altre costanti a j , b j sono nulle).c) Come sempre, si pone y ′ = −λy e si cercano soluzioni nella forma u k = ρ k con |ρ| < 1.Sostituendo nello schema, si haρ k+1 = − 1 3 ρk−1 + 4 3 ρk − 2 3 hλρk+1 .Ponendo hλ = t > 0 e semplificando, si ottieneche ammette le due soluzioni(3 + 2t)ρ 2 − 4ρ + 1 = 0ρ = 2 ± √ 1 − 2t. (∗)3 + 2tSupponiamo inizialmente il discriminante positivo, ovvero t < 1/2. Si ha che0 < √ 1 − 2t < 1,3 < 3 + 2t < 4.Scegliendo in (∗) il segno negativo, si ottiene da queste disuguaglianzementre scegliendo il segno positivo,14 < 2 − √ 1 − 2t3 + 2t12 < 2 + √ 1 − 2t3 + 2t< 2 3 ,e la condizione |ρ| < 1 é soddisfatta in ogni caso. Se t > 1/2 le due radici sonocomplesse ed il modulo va espresso di conseguenza come|ρ| =< 1,4(3 + 2t) 2 + 2t − 1(3 + 2t) 2 == 3 + 2t(3 + 2t) 2 < 1che é chiaramente sempre soddisfatta. Si conclude quindi che, per ogni t > 0, |ρ| < 1.Esercizio 3.75