¿Cómo encontrar una solución general para esta falta de homogeneidad? $2^{nd}$-orden DE: $y''-2y'+y=xe^{-x}\cos(x)$?
Sea la ecuación diferencial no homogénea:
$$\boxed{y''-2y'+y=x \cdot e^{-x} \cdot \cos(x) } \tag{1}$$
Tenga en cuenta que el RHS tiene la forma: $ b(x)=x\cdot e^{sx} \cdot \cos(tx) $ dónde $s=-1, t=1$
Teorema 1
Dejar $y_p(x)$ ser una solución particular de la DE no homogénea y $y_0(x)$sea la solución general de la ecuación homogénea asociada ( también conocida como ecuación complementaria ), entonces la solución general de la ecuación no homogénea es: $$ y_{g}(x) = y_p(x) + c_1 \cdot y_0(x)$$
Solución parcial complementaria de DE
La DE complementaria es una DE lineal de segundo orden :$\boxed{y''-2y'+y=0 } \quad(2)$
Su ecuación característica es: $\lambda^2 - 2\lambda + 1 = 0 $ Darse cuenta de $\sqrt{b^2-4ac}=0$ por lo tanto $\lambda= \frac{-b}{2a} = 1$
Por tanto, la solución general del DE complementario es: $\boxed{y_0(x) = c_1e^x+c_2xe^x } $
Solución general homogénea de DE
Método de coeficientes indeterminados
La teoría sugiere que
Una suposición fundamentada sobre la solución particular de $(1)$ sería una solución de forma similar.
Mi libro de texto sugiere usar $y_{sub}(x) = z(x)e^{(s-it)x}$ como una suposición para resolver una pequeña alternancia de $(1)$ es decir $\boxed{y''-2y'+y=P(x)e^{(s-it)x} \quad(4)}$ (donde por supuesto $e^{ix} =\cos(x)+i \sin(x)$). Luego afirma que$Im(y_p(x))$ o $Re(y_p(x))$ será la solución parcial para $(1)$.
https://math.libretexts.org/Bookshelves/Calculus/Book%3A_Calculus_(OpenStax)/17%3A_Second-Order_Differential_Equations/17.2%3A_Nonhomogeneous_Linear_Equations sugiere que para esta forma de $b(x)=ae^{αx} \cos βx+be^{αx} \sin βx$ yo suelo $ Ae^{αx} \cos βx+Be^{αx} \sin βx $como una suposición con una nota que "La suposición debe incluir ambos términos incluso si a = 0 o b = 0" .
Sigamos los consejos de mi libro de texto:
$\text{Let}\quad \:\:\: y_{sub}(x) = z(x)\cdot e^{(-1+i)x} \\ \text{then} \quad \: y_{sub}^{(1)}(x) =(z'(x)-(1-i)z(x)) \cdot e^{(-1+i)x} \\ \text{and} \quad \:\: y_{sub}^{(2)}(x) = (z''(x) - (2- 2i)z'(x) - 2iz(x))\cdot e^{(-1+i)x}$
Conectando el parcial y sus derivadas $(4)$ tenemos:
$y''-2y'+y=x \cdot e^{(-1+i)x} \iff \\ $ $(z'' - (2- 2i)z' - 2iz)\cdot e^{(-1+i)x} + (-2z'+2(1-i)z) \cdot e^{(-1+i)x} + z\cdot e^{(-1+i)x} = x \cdot e^{(1-i)x} \iff\\$ $z'' - (2- 2i)z' - 2iz -2z' + 2(1-i)z + z = x \iff $
$z''-4z'+2iz'-4iz+3z=x \iff \\$
$$ \boxed{z''+2z(-2+i)+z(3-4i) = x} \tag{5}$$
Ahora, $(5)$ tiene $b(x) = $ polinomio, por lo tanto, una estimación de solución parcial sería de la forma
- $y_{sub_2} = ax+b \iff$
- $y^{(1)}_{sub_2} = a \iff$
- $y^{(2)}_{sub_2} = 0$
Por lo tanto, sustituyendo la solución parcial y las derivadas en $(5)$ tenemos:
$z''+2z(-2+i)+z(3-4i) = x \iff$
$0 +2a(-2+i)+(ax+b)(3-4i) -x =0 \iff $
$ -4a +i2a +3ax -i4ax +3b -i4b -x =0 \iff $
$$ \boxed{[(3a-1)x - (4a +3b)] + i[4ax + (2a -4b) ] = 0} \quad (6)$$
Tomemos la parte imaginaria de $(6)$ entonces:
$$ (E) = \left\{ \begin{array}{c} (3a-1)x - (4a +3b) = 0 \\ 4ax + (2a -4b) = 0 \end{array} \right. $$
Pero no hay solución para este sistema ... Por ejemplo, una la primera ecuación $a = \frac13$ y en el segundo $a=0$lo cual es una contradicción. Verifiqué tres veces los cálculos (por lo tanto, creo que son correctos). No puedo entender qué salió mal. Pero, sobre todo, no puedo comprender la forma de resolver estas ecuaciones diferenciales no homogéneas (que incluyen un polinomio, un exponencial y una función trigonométrica). Todo me parece demasiado complicado.
Sé que esta es una publicación grande y no una, pero surgen varias preguntas, por lo que, para mayor claridad, me limitaré a la pregunta inicial: ¿Cómo resolver esta ecuación diferencial?
PD: Por supuesto, cualquier otra respuesta es muy apreciada :)
¡Salud!
Respuestas
Insinuación: $$y''-2y'+y=xe^{-x}\cos(x)$$ Esta ecuación diferencial es equivalente a: $$(ye^{-x})''=xe^{-2x} \cos x$$ Integre dos veces.
Edición 1: $$y''-2y'+y=xe^{-x}\cos(x)$$ Multiplicar por $e^{-x}$ $$e^{-x}(y''-2y'+y)=xe^{-2x}\cos(x)$$ $$e^{-x}(y''-y')-e^{-x}(y'-y)=xe^{-2x}\cos(x)$$ $$(e^{-x}y')'-(e^{-x}y)'=xe^{-2x}\cos(x)$$ $$(e^{-x}y'-e^{-x}y)'=xe^{-2x}\cos(x)$$ $$(e^{-x}y)''=xe^{-2x}\cos(x)$$
Probaría una solución particular de la forma $$ y_p(x)=e^{-x}[(ax+b)\cos x+(cx+d)\sin x] $$
Variación de parámetros y el Wronskiano
Conocemos la solución general del complementario $\boxed{y_0(x) = c_1e^x+c_2xe^x } \quad(1)$
Teorema
Deja que la ODE $a_ny^{(n)} +a_{n-1}y^{(n-1)} + \cdots + a_1y' +a_0y =b$ y deja $\{y_1,y_2\}$ser un conjunto fundamental de soluciones de la EDO. Entonces una solución parcial de la EDO es: $$ y_p(x)=\sum_{i=1}^{2}y_i(x)\int_{x_0}^{x} \frac{W_i(y_1,y_2)(t)}{W(y_1,y_2)(t)}\cdot \frac{b(t)}{a_n(t)} dt$$ dónde $W$ i el determinante wronskiano
Escoger $x_0 =0$.
$ W(y_1,y_2)(t) = \left| \begin{array}{ccc} y_1 & y_2 \\ y^{'}_1 & y^{'}_2 \end{array} \right| = \left| \begin{array}{ccc} e^t & te^t \\ e^t & e^t(1+t) \end{array} \right| = e^{2t}(1+t) - e^{2t}t = e^{2t} $
$ W_1(y_1,y_2) = \left| \begin{array}{ccc} 0 & te^t \\ 1 & e^t(1+t) \end{array} \right| = -te^t $
$ W_2(y_1,y_2) = \left| \begin{array}{ccc} e^t & 0 \\ e^t & 1 \end{array} \right| = e^t$
además $a_n(t) = 1$ y $b(t) = te^{-t}cos(t)$
Por tanto, la solución parcial es:
$$ y_p(x)=\sum_{i=1}^{2}y_i(x)\int_{0}^{x} \frac{W_i(y_1,y_2)(t)}{W(y_1,y_2)(t)}\cdot \frac{b(t)}{a_n(t)} = \\ e^x \int_{0}^{x} \frac{-te^t}{e^{2t}}\cdot te^{-t}cos(t) dt + xe^x \int_{0}^{x} \frac{e^t}{e^{2t}}\cdot te^{-t}cos(t) dt (1) $$
Resolviendo los de Wolfram Alpha https://www.wolframalpha.com/input/?i=%5Cint%20_0%5Ex%5C%3A%5Cfrac%7Bte%5Et%7D%7Be%5E%7B2t%7D%7D%5Ccdot%20%5C%3Ate%5E%7B-t%7Dcos%5Cleft%28t%5Cright%29%5C%3Adt%5C%3A, https://www.wolframalpha.com/input/?i=%5Cint_%7B0%7D%5E%7Bx%7D%20%5Cfrac%7Be%5Et%7D%7Be%5E%7B2t%7D%7D%5Ccdot%20te%5E%7B-t%7Dcos%28t%29%20dt:
$y_p(x) = \frac{e^{-x}}{125} (- 2 (10 x + 11) sin(x) + (15 x + 4) cos(x))$