Comment trouver une solution générale à ce problème hétérogène $2^{nd}$-ordre DE: $y''-2y'+y=xe^{-x}\cos(x)$?

Aug 20 2020

Soit l'équation différentielle non homogène:

$$\boxed{y''-2y'+y=x \cdot e^{-x} \cdot \cos(x) } \tag{1}$$

Notez que l'ERS est de la forme: $ b(x)=x\cdot e^{sx} \cdot \cos(tx) $ où $s=-1, t=1$

Théorème 1

Laisser $y_p(x)$ être une solution particulière du DE non homogène et $y_0(x)$être la solution générale de l'équation homogène associée ( aka équation complémentaire ) alors la solution générale de l'équation non homogène est:$$ y_{g}(x) = y_p(x) + c_1 \cdot y_0(x)$$

Solution partielle complémentaire de DE

Le DE complémentaire est un DE linéaire du second ordre :$\boxed{y''-2y'+y=0 } \quad(2)$

Son équation caractéristique est: $\lambda^2 - 2\lambda + 1 = 0 $ Remarquerez que $\sqrt{b^2-4ac}=0$ donc $\lambda= \frac{-b}{2a} = 1$

Par conséquent, la solution générale du DE complémentaire est: $\boxed{y_0(x) = c_1e^x+c_2xe^x } $

Solution générale de DE homogène

Méthode des coefficients indéterminés

La théorie suggère que

Une supposition éclairée sur la solution particulière de $(1)$ serait une solution d'une forme similaire.

Mon manuel suggère d'utiliser $y_{sub}(x) = z(x)e^{(s-it)x}$ comme une supposition pour résoudre une petite alternance de $(1)$ C'est $\boxed{y''-2y'+y=P(x)e^{(s-it)x} \quad(4)}$ (où bien sûr $e^{ix} =\cos(x)+i \sin(x)$). Il déclare ensuite que$Im(y_p(x))$ ou $Re(y_p(x))$ sera la solution partielle pour $(1)$.
Une autre ressource suggère que pour cette forme de$b(x)=ae^{αx} \cos βx+be^{αx} \sin βx$ j'utilise $ Ae^{αx} \cos βx+Be^{αx} \sin βx $comme une supposition avec une note que «la supposition doit inclure les deux termes même si a = 0 ou b = 0» .

Suivons les conseils de mon manuel:

$\text{Let}\quad \:\:\: y_{sub}(x) = z(x)\cdot e^{(-1+i)x} \\ \text{then} \quad \: y_{sub}^{(1)}(x) =(z'(x)-(1-i)z(x)) \cdot e^{(-1+i)x} \\ \text{and} \quad \:\: y_{sub}^{(2)}(x) = (z''(x) - (2- 2i)z'(x) - 2iz(x))\cdot e^{(-1+i)x}$

Brancher le partiel et ses dérivés $(4)$ on a:

$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 $

$z''-4z'+2iz'-4iz+3z=x \iff \\$

$$ \boxed{z''+2z(-2+i)+z(3-4i) = x} \tag{5}$$

À présent, $(5)$ a $b(x) = $ polynôme donc une solution partielle supposée serait de la forme

$y_{sub_2} = ax+b \iff$
$y^{(1)}_{sub_2} = a \iff$
$y^{(2)}_{sub_2} = 0$

D'où brancher la solution partielle et les dérivés $(5)$ on a:

$z''+2z(-2+i)+z(3-4i) = x \iff$

$0 +2a(-2+i)+(ax+b)(3-4i) -x =0 \iff $

$ -4a +i2a +3ax -i4ax +3b -i4b -x =0 \iff $

$$ \boxed{[(3a-1)x - (4a +3b)] + i[4ax + (2a -4b) ] = 0} \quad (6)$$

Prenons la partie imaginaire de $(6)$ alors:

$$ (E) = \left\{ \begin{array}{c} (3a-1)x - (4a +3b) = 0 \\ 4ax + (2a -4b) = 0 \end{array} \right. $$

Mais il n'y a pas de solution pour ce système ... Par exemple la première équation $a = \frac13$ et le second $a=0$ce qui est une contradiction. J'ai vérifié trois fois les calculs (donc je pense qu'ils sont corrects). Je ne comprends pas ce qui a mal tourné. Mais surtout, je ne sais pas vraiment comment résoudre ces équations différentielles non homogènes (qui incluent un polynôme, une exponentielle et une fonction trigonométrique). Tout cela me semble trop compliqué.

Je sais que c'est un gros post et pas un, mais plusieurs questions se posent, donc je pour des raisons de clarté, je m'en tiendrai à la question initiale: comment résoudre cette équation différentielle?

PS: Bien sûr, toutes les autres réponses sont très appréciées :)

À votre santé!

Réponses

5 Aryadeva Aug 19 2020 at 23:38

Indice: $$y''-2y'+y=xe^{-x}\cos(x)$$ Cette équation différentielle équivaut à: $$(ye^{-x})''=xe^{-2x} \cos x$$ Intégrez deux fois.

Edit1: $$y''-2y'+y=xe^{-x}\cos(x)$$ Multiplier par $e^{-x}$ $$e^{-x}(y''-2y'+y)=xe^{-2x}\cos(x)$$ $$e^{-x}(y''-y')-e^{-x}(y'-y)=xe^{-2x}\cos(x)$$ $$(e^{-x}y')'-(e^{-x}y)'=xe^{-2x}\cos(x)$$ $$(e^{-x}y'-e^{-x}y)'=xe^{-2x}\cos(x)$$ $$(e^{-x}y)''=xe^{-2x}\cos(x)$$

1 enzotib Aug 19 2020 at 23:54

J'essaierais une solution particulière du formulaire $$ y_p(x)=e^{-x}[(ax+b)\cos x+(cx+d)\sin x] $$

Dimitris Aug 20 2020 at 02:37

Variation des paramètres et du Wronskian

Nous connaissons la solution générale du complémentaire $\boxed{y_0(x) = c_1e^x+c_2xe^x } \quad(1)$

Théorème

Laissez l'ODE $a_ny^{(n)} +a_{n-1}y^{(n-1)} + \cdots + a_1y' +a_0y =b$ et laissez $\{y_1,y_2\}$être un ensemble fondamental de solutions de l'ODE. Alors une solution partielle de l'ODE est:$$ y_p(x)=\sum_{i=1}^{2}y_i(x)\int_{x_0}^{x} \frac{W_i(y_1,y_2)(t)}{W(y_1,y_2)(t)}\cdot \frac{b(t)}{a_n(t)} dt$$ où $W$ i le déterminant wronskien

Choisir $x_0 =0$.

$ 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$

en outre $a_n(t) = 1$ et $b(t) = te^{-t}cos(t)$

La solution partielle est donc:

$$ y_p(x)=\sum_{i=1}^{2}y_i(x)\int_{0}^{x} \frac{W_i(y_1,y_2)(t)}{W(y_1,y_2)(t)}\cdot \frac{b(t)}{a_n(t)} = \\ e^x \int_{0}^{x} \frac{-te^t}{e^{2t}}\cdot te^{-t}cos(t) dt + xe^x \int_{0}^{x} \frac{e^t}{e^{2t}}\cdot te^{-t}cos(t) dt (1) $$