Come trovare una soluzione generale per questo disomogeneo $2^{nd}$-ordina DE: $y''-2y'+y=xe^{-x}\cos(x)$?
Lascia che l'equazione differenziale non omogenea:
$$\boxed{y''-2y'+y=x \cdot e^{-x} \cdot \cos(x) } \tag{1}$$
Si noti che l'RHS ha la forma: $ b(x)=x\cdot e^{sx} \cdot \cos(tx) $ dove $s=-1, t=1$
Teorema 1
Permettere $y_p(x)$ essere una soluzione particolare del DE non omogeneo e $y_0(x)$essere la soluzione generale dell'equazione omogenea associata ( nota anche come equazione complementare ), la soluzione generale dell'equazione non omogenea è: $$ y_{g}(x) = y_p(x) + c_1 \cdot y_0(x)$$
Soluzione parziale complementare di DE
Il DE complementare è un DE lineare del secondo ordine :$\boxed{y''-2y'+y=0 } \quad(2)$
La sua equazione caratteristica è: $\lambda^2 - 2\lambda + 1 = 0 $ Notare che $\sqrt{b^2-4ac}=0$ perciò $\lambda= \frac{-b}{2a} = 1$
Quindi, la soluzione generale del DE complementare è: $\boxed{y_0(x) = c_1e^x+c_2xe^x } $
Soluzione generale di DE omogenea
Metodo dei coefficienti indeterminati
La teoria lo suggerisce
Un'ipotesi plausibile sulla particolare soluzione di $(1)$ sarebbe una soluzione di una forma simile.
Il mio libro di testo suggerisce di usare $y_{sub}(x) = z(x)e^{(s-it)x}$ come ipotesi per risolvere una piccola alternanza di $(1)$ questo è $\boxed{y''-2y'+y=P(x)e^{(s-it)x} \quad(4)}$ (dove ovviamente $e^{ix} =\cos(x)+i \sin(x)$). Quindi lo afferma$Im(y_p(x))$ o $Re(y_p(x))$ sarà la soluzione parziale per $(1)$.
https://math.libretexts.org/Bookshelves/Calculus/Book%3A_Calculus_(OpenStax)/17%3A_Second-Order_Differential_Equations/17.2%3A_Nonhomogeneous_Linear_Equations suggerisce che per questa forma di $b(x)=ae^{αx} \cos βx+be^{αx} \sin βx$ Io uso $ Ae^{αx} \cos βx+Be^{αx} \sin βx $come ipotesi con una nota che "L'ipotesi deve includere entrambi i termini anche se a = 0 o b = 0" .
Seguiamo il consiglio del mio libro di testo:
$\text{Let}\quad \:\:\: y_{sub}(x) = z(x)\cdot e^{(-1+i)x} \\ \text{then} \quad \: y_{sub}^{(1)}(x) =(z'(x)-(1-i)z(x)) \cdot e^{(-1+i)x} \\ \text{and} \quad \:\: y_{sub}^{(2)}(x) = (z''(x) - (2- 2i)z'(x) - 2iz(x))\cdot e^{(-1+i)x}$
Collegando il parziale e le sue derivate $(4)$ noi abbiamo:
$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 $
$z''-4z'+2iz'-4iz+3z=x \iff \\$
$$ \boxed{z''+2z(-2+i)+z(3-4i) = x} \tag{5}$$
Adesso, $(5)$ ha $b(x) = $ polinomio quindi un'ipotesi di soluzione parziale sarebbe della forma
- $y_{sub_2} = ax+b \iff$
- $y^{(1)}_{sub_2} = a \iff$
- $y^{(2)}_{sub_2} = 0$
Quindi collegare la soluzione parziale e le derivate $(5)$ noi abbiamo:
$z''+2z(-2+i)+z(3-4i) = x \iff$
$0 +2a(-2+i)+(ax+b)(3-4i) -x =0 \iff $
$ -4a +i2a +3ax -i4ax +3b -i4b -x =0 \iff $
$$ \boxed{[(3a-1)x - (4a +3b)] + i[4ax + (2a -4b) ] = 0} \quad (6)$$
Prendiamo la parte immaginaria di $(6)$ poi:
$$ (E) = \left\{ \begin{array}{c} (3a-1)x - (4a +3b) = 0 \\ 4ax + (2a -4b) = 0 \end{array} \right. $$
Ma non esiste una soluzione per questo sistema ... Ad esempio una prima equazione $a = \frac13$ e sulla seconda $a=0$che è una contraddizione. Ho controllato tre volte i calcoli (quindi ritengo siano corretti). Non riesco a capire cosa sia andato storto. Ma soprattutto non riesco a capire il modo di risolvere queste equazioni differenziali disomogenee (che includono una funzione polinomiale, una esponenziale e una trigonometrica). Mi sembra tutto eccessivamente complicato.
So che questo è un post importante e non uno, ma sorgono diverse domande, quindi per motivi di chiarezza, mi atterrò alla domanda iniziale: come risolvere questa equazione differenziale?
PS: Ovviamente qualsiasi altra risposta è molto apprezzata :)
Saluti!
Risposte
Suggerimento: $$y''-2y'+y=xe^{-x}\cos(x)$$ Questa equazione differenziale è equivalente a: $$(ye^{-x})''=xe^{-2x} \cos x$$ Integrare due volte.
Modifica1: $$y''-2y'+y=xe^{-x}\cos(x)$$ Moltiplicato per $e^{-x}$ $$e^{-x}(y''-2y'+y)=xe^{-2x}\cos(x)$$ $$e^{-x}(y''-y')-e^{-x}(y'-y)=xe^{-2x}\cos(x)$$ $$(e^{-x}y')'-(e^{-x}y)'=xe^{-2x}\cos(x)$$ $$(e^{-x}y'-e^{-x}y)'=xe^{-2x}\cos(x)$$ $$(e^{-x}y)''=xe^{-2x}\cos(x)$$
Proverei una soluzione particolare del modulo $$ y_p(x)=e^{-x}[(ax+b)\cos x+(cx+d)\sin x] $$
Variazione dei parametri e Wronskian
Conosciamo la soluzione generale del complementare $\boxed{y_0(x) = c_1e^x+c_2xe^x } \quad(1)$
Teorema
Lasciate che l'ODE $a_ny^{(n)} +a_{n-1}y^{(n-1)} + \cdots + a_1y' +a_0y =b$ e lascia $\{y_1,y_2\}$essere un insieme fondamentale di soluzioni dell'ODE. Quindi una soluzione parziale dell'ODE è: $$ y_p(x)=\sum_{i=1}^{2}y_i(x)\int_{x_0}^{x} \frac{W_i(y_1,y_2)(t)}{W(y_1,y_2)(t)}\cdot \frac{b(t)}{a_n(t)} dt$$ dove $W$ io il determinante wronskiano
Scegliere $x_0 =0$.
$ 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$
inoltre $a_n(t) = 1$ e $b(t) = te^{-t}cos(t)$
Quindi la soluzione parziale è:
$$ y_p(x)=\sum_{i=1}^{2}y_i(x)\int_{0}^{x} \frac{W_i(y_1,y_2)(t)}{W(y_1,y_2)(t)}\cdot \frac{b(t)}{a_n(t)} = \\ e^x \int_{0}^{x} \frac{-te^t}{e^{2t}}\cdot te^{-t}cos(t) dt + xe^x \int_{0}^{x} \frac{e^t}{e^{2t}}\cdot te^{-t}cos(t) dt (1) $$
Risolvendo quelli su 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:
$y_p(x) = \frac{e^{-x}}{125} (- 2 (10 x + 11) sin(x) + (15 x + 4) cos(x))$