Bagaimana menemukan solusi umum untuk ketidakhomogenan ini? $2^{nd}$-pesan DE: $y''-2y'+y=xe^{-x}\cos(x)$?

Aug 20 2020

Biarkan persamaan diferensial non-homogen:

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

Perhatikan bahwa RHS dalam bentuk:$ b(x)=x\cdot e^{sx} \cdot \cos(tx) $di mana$s=-1, t=1$

Teorema 1

Membiarkan$y_p(x)$menjadi solusi khusus dari DE yang tidak homogen dan$y_0(x)$menjadi solusi umum dari persamaan homogen terkait ( alias persamaan komplementer ) maka solusi umum dari persamaan non-homogen adalah:$$ y_{g}(x) = y_p(x) + c_1 \cdot y_0(x)$$

Solusi parsial komplementer DE

Komplementer DE adalah DE linier orde kedua :$\boxed{y''-2y'+y=0 } \quad(2)$

Persamaan karakteristiknya adalah:$\lambda^2 - 2\lambda + 1 = 0 $Perhatikan itu$\sqrt{b^2-4ac}=0$karena itu$\lambda= \frac{-b}{2a} = 1$

Oleh karena itu, solusi umum dari DE komplementer adalah:$\boxed{y_0(x) = c_1e^x+c_2xe^x } $

Solusi umum DE yang homogen

Metode koefisien tak tentu

Teori menyarankan bahwa

Tebakan terpelajar tentang solusi khusus dari$(1)$akan menjadi solusi dari bentuk yang sama.

Buku teks saya menyarankan untuk menggunakan$y_{sub}(x) = z(x)e^{(s-it)x}$sebagai tebakan untuk menyelesaikan pergantian kecil$(1)$itu adalah$\boxed{y''-2y'+y=P(x)e^{(s-it)x} \quad(4)}$(di mana tentu saja$e^{ix} =\cos(x)+i \sin(x)$). Ini kemudian menyatakan bahwa$Im(y_p(x))$atau$Re(y_p(x))$akan menjadi solusi parsial untuk$(1)$.
Sumber lain menyarankan bahwa untuk bentuk ini$b(x)=ae^{αx} \cos βx+be^{αx} \sin βx$saya menggunakan$ Ae^{αx} \cos βx+Be^{αx} \sin βx $sebagai tebakan dengan catatan bahwa "Tebakan harus menyertakan kedua suku meskipun a=0 atau b=0" .

Mari ikuti saran buku teks saya:

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

Memasukkan parsial dan turunannya ke dalam$(4)$kita punya:

$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 $

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

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

Sekarang,$(5)$memiliki$b(x) = $polinomial oleh karena itu tebakan solusi parsial akan berbentuk

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

Oleh karena itu memasukkan solusi parsial dan turunannya ke dalam$(5)$kita punya:

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

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

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

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

Mari kita ambil bagian imajiner dari$(6)$kemudian:

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

Tapi tidak ada solusi untuk sistem ini... Misalnya satu persamaan pertama$a = \frac13$dan yang kedua$a=0$yang merupakan kontradiksi. Saya memeriksa tiga kali perhitungan (jadi saya rasa mereka benar). Saya tidak mengerti apa yang salah. Tetapi yang terpenting, saya tidak dapat benar-benar memahami cara menyelesaikan persamaan diferensial tidak homogen ini (yang mencakup fungsi polinomial, eksponensial, dan trigonometri). Semuanya tampak terlalu rumit bagi saya.

Saya tahu ini adalah posting besar dan bukan satu, tetapi beberapa pertanyaan muncul, jadi saya untuk tujuan kejelasan, saya akan tetap pada pertanyaan awal: Bagaimana menyelesaikan persamaan diferensial ini?

PS: Tentu saja jawaban lain sangat dihargai :)

Bersulang!

Jawaban

5 Aryadeva Aug 19 2020 at 23:38

Petunjuk: $$y''-2y'+y=xe^{-x}\cos(x)$$Persamaan diferensial ini setara dengan:$$(ye^{-x})''=xe^{-2x} \cos x$$Integrasikan dua kali.

Sunting1: $$y''-2y'+y=xe^{-x}\cos(x)$$Kalikan dengan$e^{-x}$ $$e^{-x}(y''-2y'+y)=xe^{-2x}\cos(x)$$ $$e^{-x}(y''-y')-e^{-x}(y'-y)=xe^{-2x}\cos(x)$$ $$(e^{-x}y')'-(e^{-x}y)'=xe^{-2x}\cos(x)$$ $$(e^{-x}y'-e^{-x}y)'=xe^{-2x}\cos(x)$$ $$(e^{-x}y)''=xe^{-2x}\cos(x)$$

1 enzotib Aug 19 2020 at 23:54

Saya akan mencoba solusi tertentu dari formulir$$ y_p(x)=e^{-x}[(ax+b)\cos x+(cx+d)\sin x] $$

Dimitris Aug 20 2020 at 02:37

Variasi Parameter & Wronskian

Kita tahu solusi umum dari komplementer$\boxed{y_0(x) = c_1e^x+c_2xe^x } \quad(1)$

Dalil

Biarkan ODE$a_ny^{(n)} +a_{n-1}y^{(n-1)} + \cdots + a_1y' +a_0y =b$dan biarkan$\{y_1,y_2\}$menjadi satu set dasar solusi dari ODE. Maka solusi parsial dari ODE adalah:$$ y_p(x)=\sum_{i=1}^{2}y_i(x)\int_{x_0}^{x} \frac{W_i(y_1,y_2)(t)}{W(y_1,y_2)(t)}\cdot \frac{b(t)}{a_n(t)} dt$$di mana$W$i determinan Wronskian

Memilih$x_0 =0$.

$ 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$

Lebih-lebih lagi$a_n(t) = 1$dan$b(t) = te^{-t}cos(t)$

Maka solusi parsialnya adalah:

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