Solución particular de ecuación diferencial de segundo orden.

Question

Dada la oda: $$ y"-2y'+y=e^t $$ ¿cómo puedo encontrar la forma de la solución particular?

En primer lugar, he intentado de la forma $y=Ae^t$ pero

$$ \begin{split} &\frac{d^2y}{dt^2}Ae^t=\frac{dy}{dt}Ae^t=Ae^t\\ \\ &Ae^t-2Ae^t+Ae^t=e^t\\ \\ &0=e^t\\ \end{split}. $$

Así que esto no funciona.

También probé el formulario de $y=Ate^t$, pero de nuevo

$$ \begin{split} &\frac{d^2y}{dt^2}=A(2e^t+te^t)\\ \\ &\frac{dy}{dt}=A(e^t+te^t)\\ \\ &A(2e^t+te^t)-2A(e^t+te^t)+Ate^t=e^t\\ \\ &2A+At-2A-2At+At=1\\ \end{split}. $$

y de nuevo, esto no funciona

En general, ¿cuál es la mejor manera de adivinar la forma de la solución?

Answer 1

Pistas/guía sobre cómo resolver este tipo de ecuaciones diferenciales :

$\mathbf{1}$ - Método de Coeficientes Indeterminados :

Inicio de la solución de la ecuación homogénea $y''-2y'+y= 0$ , asumiendo que una solución será proporcional a $e^{\lambda t}$ para algunos $\lambda$. Sustituto y calcular el $\lambda$. Aviso de la multiplicidad de la solución para $\lambda$ y ajustar su solución general en consecuencia.

A continuación, utilice el método de coeficientes indeterminados para encontrar una solución particular del problema de $y''-2y'+y=e^t$.

La solución general de la inicial de la ecuación diferencial, entonces será la solución general de la homogénea más la solución particular.

Usted puede encontrar más información y ejemplos acerca de ese método, aquí.

$\mathbf{2}$ - Transformación De Laplace :

Esta es una forma muy rápida y sencilla de abordar el problema, pero se necesita un poco de fluidez en el manejo de técnicas de Transformación de Laplace. Tenga en cuenta que usted puede aplicar la Transformación de Laplace sin ni siquiera tener las condiciones iniciales, indicando simplemente como constantes.

Inicio de la aplicación de la Transformación de Laplace

$$\mathcal{L}_t\big[f(t)\big](s) = \int_0^\infty f(t)e^{-st}\mathrm{d}t$$

a ambos lados de la ecuación diferencial :

$$\mathcal{L}_t\big[y'' - 2y' + y'] = \mathcal{L}_t[e^t]$$

$$\Leftrightarrow$$

$$(s-1)^2\big[\mathcal{L}_t[y(t)](s)\big] - (s-2)y(0) - y'(0) = \frac{1}{s-1}$$

$$\Leftrightarrow$$

$$\mathcal{L}_t\big[y(t)\big](s) = \frac{y(0)(s^2-3s+2) + y'(0)(s-1) + 1}{(s-1)^3}$$

$$=$$

$$\mathcal{L}_t\big[y(t)\big](s) = \frac{1}{(s-1)^3} - \frac{y(0)}{(s-1)^2} + \frac{y(0)}{s-1} + \frac{y'(0)}{(s-1)^2} $$

$$\implies$$

$$y(t) = \frac{1}{2}e^t(t^2+2c_1 - 2c_1t + 2c_2t) = \frac{e^tt^2}{2} + c_1e^t - c_1e^tt + c_2e^tt$$

$\mathbf{3}$ - Variación de Parámetros :

Usted debe repetir el paso de la solución de la ecuación homogénea por encontrar ese $\lambda$s mencionados. A continuación, el listado de la base de la solución como $y_{b_1} = e^t$ e $_{b_2} = e^tt$ usted puede utilizar la variación de parámetros para encontrar el final de la solución general mediante el cálculo de la Wronskian y encontrar las integrales :

$$v_1(t) = - \int \frac{f(t)y_{b_2}(t)}{W(t)}\mathrm{d}t \quad \text{and} \quad v_2(t) = \int \frac{f(t)y_{b_1}(t)}{W(t)}\mathrm{d}t$$

Usted puede encontrar más información y ejemplos acerca de ese método, aquí.

Answer 2

Tanto sus intentos son en realidad a la derecha pero no porque el conjunto fundamental de soluciones para su segundo fin de la educación a distancia está dada por exactamente su estimación de la solución particular. No es difícil mostrar mediante el uso de la ecuación característica de que el conjunto fundamental de soluciones está dado por

$$y(t)=c_1e^t+c_2te^t$$

Por lo tanto, en este caso no es posible obtener una solución particular de la forma estándar de ahí la no homogénea plazo es, de hecho, parte de la solución.

Independientemente de cómo usted y su segundo intento fue cerca de la solución real. Puesto que ambos términos $e^t$ e $te^t$ no funcionó por lo tanto, no son parte de la solución que usted podría considerar la posibilidad de $t^2e^t$ como el siguiente intento. Resulta que esta da a la solución de $($ver aquí$)$.

Esto lleva a la conjetura de que al menos por un homogénea término de la forma $Ae^{bt}$ usted sólo tiene que tratar las específicas exponencial, con distintas potencias de la variable de enfrente como solución particular hasta que funciona.

Answer 3

Voy a responder a la pregunta teniendo en cuenta la general $n$-ésimo orden constante coeficientes lineales de educación a distancia $$ \frac{\mathrm{d}^{n}y}{\mathrm{d}t^{n}}+a_{n-1}\frac{\mathrm{d}^{n-1}y}{\mathrm{d}t^{n-1}}+\dots+a_1\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}+a_0y=f\label{1}\tag{1} $$ y el asociado lineal homogénea de la ecuación $$ \frac{\mathrm{d}^{n}y}{\mathrm{d}t^{n}}+a_{n-1}\frac{\mathrm{d}^{n-1}y}{\mathrm{d}t^{n-1}}+\dots+a_1\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}+a_0y=0\label{a}\tag{1'} $$ donde $f\not\equiv 0$: la elección de $a_n=1$ es sólo para la simplificación formal en el desarrollo y no restringir la generalidad de los análisis.

Existen básicamente dos métodos para encontrar una solución particular $y_p$ de la ODA \eqref{1}:

1. por adivinar, basado en el uso de solver de la experiencia: este método no serán analizados aquí.
2. por la elección de una solución de $y_o$ de los asociados homogénea de la ecuación \eqref{un}de satisfacciones $$ y_o(0)=y_o^{(1)}(0)=\puntos=y_o^{(n-2)}(0)\quad y_o^{(n-1)}(0)=1\etiqueta{2}\etiqueta{2} $$ y la formación de la solución fundamental a$\mathscr{E}$ \eqref{1} $$ \mathscr{E}(t)=H(t)y_o(t),\label{3}\etiqueta{3} $$ donde $H(t)$ es la función de Heaviside. Luego la buscó para la solución particular es $$ y_p(t)=\mathscr{E}\ast f(t)=\int\limits_{0}^ty_o(t-s)f(s)\mathrm{d} \label{4}\etiqueta{4} $$

Vamos a aplicar la fórmula \eqref{4} a la OP problema, antes de analizar por qué se da el buscado por el resultado. Dado que la ecuación característica es $$ x^2-2x+1=0\iff x=1 \text{ con multiplicidad 2} $$ tenemos que un sistema fundamental de soluciones de la ecuación homogénea asociada a una determinada es $$ y_1(t)=e^t,\: y_2(t)=te^t\implica y_o=y_2(t) $$ ya que es la única solución satisfactoria estado \eqref{2}, es decir, $y_o(0)=0$ e $\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}y_o(0)=0$. Ahora tenemos que $$ \mathscr{E}(t)=H(t)y_o(t)=H(t)te^t $$ y mediante la aplicación de \eqref{4} obtenemos $$ \begin{split} y_p(t)=\mathscr{E}\ast \exp(t)&=\int\limits_{0}^{+\infty}H(t-s)(t-s)e^{t-s}e^s\mathrm{d}s\\ &=\int\limits_{0}^ty_o(t-s)e^s\mathrm{d}s\\ &=\int\limits_{0}^t(t-s)e^{t}\mathrm{d}s={t^2 \over 2}e^t \end{split} $$ que es el buscado solución particular de la educación a distancia propuesto como ejemplo.

¿Por qué los métodos de obras? Debido a las propiedades de las distribuciones ([1], §4.9, ejemplo 4.9.6 pp 77-74 y §15.4, ejemplo 15.4.4): mediante el uso de estas propiedades y la condición \eqref{2} tenemos $$ \begin{split} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\mathscr{E}(t)&=H(t)\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}y_o(t)\\ \frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}t^2}\mathscr{E}(t)&=H(t)\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}t^2}y_o(t)\\ &\vdots\\ \frac{\mathrm{d}^n}{\mathrm{d}t^n}\mathscr{E}(t)&=H(t)\frac{\mathrm{d}^n}{\mathrm{d}t^n}y_o(t)+\delta(t) \end{split} $$ y así $$ \begin{split} \frac{\mathrm{d}^n}{\mathrm{d}t^n}\mathscr{E}(t)&+a_{n-1}\frac{\mathrm{d}^{n-1}}{\mathrm{d}t^{n-1}}\mathscr{E}(t)+\dots+a_{1}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\mathscr{E}(t)+a_0\mathscr{E}(t)\\ =&H(t)\Big[\frac{\mathrm{d}^n}{\mathrm{d}t^n}y_0(t)+a_{n-1}\frac{\mathrm{d}^{n-1}}{\mathrm{d}t^{n-1}}y_0(t)(t)+\dots+a_{1}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}y_0(t)+a_0y_0(t)\Big]+\delta(t)=\delta(t) \end{split} $$ La linealidad del operador diferencial y las propiedades de la Dirac $\delta$-distribución de hacer el resto.

Notas

• De lo analizado método es quizás la forma más sencilla para encontrar una solución particular de la educación a distancia propuesto por el OP, y, más generalmente, de \eqref{1}, debido a que sólo se requiere el conocimiento de un completo sistema de soluciones de la ecuación \eqref{2}. De hecho, un sistema de soluciones es ya necesaria para resolver cualquier problema (Cauchy, valor de límite, etc.) para \eqref{1} y \eqref{3}: la única otra operación que hacer es calcular el $y_o$ y la integral de convolución \eqref{3}.

• La integral de convolución se utiliza en \eqref{3} es el estándar utilizado en la operativa de cálculo de funciones de una variable, es decir, $$ \mathscr{E}\ast f(t)=\int\limits_0^{+\infty}\mathscr{E}(t-s)f(s)\mathrm{d}\quad \mathscr{E},f\L_\mathrm{col}^1(\mathbb{R}_+) $$ que puede ser deducido de la estándar considerando $H(t)f(t)$ en lugar de $f(t)$ como homogénea plazo.

• La suposición $a_n=1$ no restringir la generalidad de los análisis anterior porque si asumimos que estamos tratando con un $n$-ésimo orden lineal de coeficientes constantes diferenciales ordinarias operador, se debe asumir la $a_n\neq 0$.

• La distribución \eqref{3} se llama solución fundamental exactamente porque puede ser utilizado para la construcción de la solución para cada lineal, coeficiente constante no homogéneos de educación a distancia.

[1] Vladimirov, V. S. (2002), los Métodos de la teoría de las funciones generales delos Métodos de análisis y Funciones Especiales, 6, Londres–Nueva York: Taylor & Francis, pp. XII+353, ISBN 0-415-27356-0, SEÑOR 2012831, Zbl 1078.46029.