Как найти общее решение этой неоднородной $2^{nd}$-заказ DE: $y''-2y'+y=xe^{-x}\cos(x)$?
Пусть неоднородное дифференциальное уравнение:
$$\boxed{y''-2y'+y=x \cdot e^{-x} \cdot \cos(x) } \tag{1}$$
Обратите внимание, что правая часть имеет вид: $ b(x)=x\cdot e^{sx} \cdot \cos(tx) $ куда $s=-1, t=1$
Теорема 1.
Позволять $y_p(x)$ - частное решение неоднородной ДУ и $y_0(x)$будет общим решением связанного однородного уравнения (также известного как дополнительное уравнение ), то общее решение неоднородного уравнения будет:$$ y_{g}(x) = y_p(x) + c_1 \cdot y_0(x)$$
Дополнительное частичное решение DE
Дополнительное ДУ - это линейное ДУ второго порядка :$\boxed{y''-2y'+y=0 } \quad(2)$
Его характеристическое уравнение: $\lambda^2 - 2\lambda + 1 = 0 $ Заметь $\sqrt{b^2-4ac}=0$ следовательно $\lambda= \frac{-b}{2a} = 1$
Следовательно, общее решение дополнительной ДУ: $\boxed{y_0(x) = c_1e^x+c_2xe^x } $
Общее решение однородного ДУ
Метод неопределенных коэффициентов
Теория предполагает, что
Обоснованное предположение о конкретном решении $(1)$ было бы решением аналогичной формы.
Мой учебник предлагает использовать $y_{sub}(x) = z(x)e^{(s-it)x}$ как предположение для решения небольшого чередования $(1)$ то есть $\boxed{y''-2y'+y=P(x)e^{(s-it)x} \quad(4)}$ (где конечно $e^{ix} =\cos(x)+i \sin(x)$). Затем говорится, что$Im(y_p(x))$ или же $Re(y_p(x))$ будет частичным решением для $(1)$.
Другой ресурс предполагает, что для этой формы$b(x)=ae^{αx} \cos βx+be^{αx} \sin βx$ я использую $ Ae^{αx} \cos βx+Be^{αx} \sin βx $как предположение с примечанием, что «Предположение должно включать оба термина, даже если a = 0 или b = 0» .
Следуем совету моего учебника:
$\text{Let}\quad \:\:\: y_{sub}(x) = z(x)\cdot e^{(-1+i)x} \\ \text{then} \quad \: y_{sub}^{(1)}(x) =(z'(x)-(1-i)z(x)) \cdot e^{(-1+i)x} \\ \text{and} \quad \:\: y_{sub}^{(2)}(x) = (z''(x) - (2- 2i)z'(x) - 2iz(x))\cdot e^{(-1+i)x}$
Подключение частного и его производных к $(4)$ у нас есть:
$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 $
$z''-4z'+2iz'-4iz+3z=x \iff \\$
$$ \boxed{z''+2z(-2+i)+z(3-4i) = x} \tag{5}$$
Сейчас же, $(5)$ имеет $b(x) = $ полином, следовательно, частичное предположение решения будет иметь вид
- $y_{sub_2} = ax+b \iff$
- $y^{(1)}_{sub_2} = a \iff$
- $y^{(2)}_{sub_2} = 0$
Следовательно, подставляя частное решение и производные в $(5)$ у нас есть:
$z''+2z(-2+i)+z(3-4i) = x \iff$
$0 +2a(-2+i)+(ax+b)(3-4i) -x =0 \iff $
$ -4a +i2a +3ax -i4ax +3b -i4b -x =0 \iff $
$$ \boxed{[(3a-1)x - (4a +3b)] + i[4ax + (2a -4b) ] = 0} \quad (6)$$
Возьмем мнимую часть $(6)$ тогда:
$$ (E) = \left\{ \begin{array}{c} (3a-1)x - (4a +3b) = 0 \\ 4ax + (2a -4b) = 0 \end{array} \right. $$
Но у этой системы нет решения ... Например, первое уравнение $a = \frac13$ а на второй $a=0$противоречие. Я трижды проверил расчеты (поэтому считаю, что они верны). Я не могу понять, что пошло не так. Но больше всего я не могу понять способ решения этих неоднородных дифференциальных уравнений (которые включают полином, экспоненту и тригонометрическую функцию). Мне все это кажется слишком сложным.
Я знаю, что это большой пост, а не один, но возникает несколько вопросов, поэтому для ясности я остановлюсь на исходном вопросе: как решить это дифференциальное уравнение?
PS: Конечно, приветствуются любые другие ответы :)
Ваше здоровье!
Ответы
Намекать: $$y''-2y'+y=xe^{-x}\cos(x)$$ Это дифференциальное уравнение эквивалентно: $$(ye^{-x})''=xe^{-2x} \cos x$$ Интегрируйте дважды.
Edit1: $$y''-2y'+y=xe^{-x}\cos(x)$$ Умножить на $e^{-x}$ $$e^{-x}(y''-2y'+y)=xe^{-2x}\cos(x)$$ $$e^{-x}(y''-y')-e^{-x}(y'-y)=xe^{-2x}\cos(x)$$ $$(e^{-x}y')'-(e^{-x}y)'=xe^{-2x}\cos(x)$$ $$(e^{-x}y'-e^{-x}y)'=xe^{-2x}\cos(x)$$ $$(e^{-x}y)''=xe^{-2x}\cos(x)$$
Я бы попробовал конкретное решение вида $$ y_p(x)=e^{-x}[(ax+b)\cos x+(cx+d)\sin x] $$
Вариация параметров и вронскиан
Мы знаем общее решение дополнительного $\boxed{y_0(x) = c_1e^x+c_2xe^x } \quad(1)$
Теорема
Пусть ОДУ $a_ny^{(n)} +a_{n-1}y^{(n-1)} + \cdots + a_1y' +a_0y =b$ и разреши $\{y_1,y_2\}$- фундаментальный набор решений ОДУ. Тогда частичное решение ОДУ:$$ y_p(x)=\sum_{i=1}^{2}y_i(x)\int_{x_0}^{x} \frac{W_i(y_1,y_2)(t)}{W(y_1,y_2)(t)}\cdot \frac{b(t)}{a_n(t)} dt$$ куда $W$ i детерминант Вронски
выбирать $x_0 =0$.
$ 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$
более того $a_n(t) = 1$ и $b(t) = te^{-t}cos(t)$
Следовательно, частичное решение:
$$ y_p(x)=\sum_{i=1}^{2}y_i(x)\int_{0}^{x} \frac{W_i(y_1,y_2)(t)}{W(y_1,y_2)(t)}\cdot \frac{b(t)}{a_n(t)} = \\ e^x \int_{0}^{x} \frac{-te^t}{e^{2t}}\cdot te^{-t}cos(t) dt + xe^x \int_{0}^{x} \frac{e^t}{e^{2t}}\cdot te^{-t}cos(t) dt (1) $$
Решение этих проблем на Wolfram Alpha I1 , I2 :
$y_p(x) = \frac{e^{-x}}{125} (- 2 (10 x + 11) sin(x) + (15 x + 4) cos(x))$
Примечание: это тот же результат, что и результат @Aryadeva, который использовал другой метод для своего ответа.