Resolver: $x''(t)-2x'(t) + x(t) = 2 \sin(3t)$

Question

Se le pide resolver el ODE $x''(t)-2x'(t) + x(t) = 2 \sin(3t)$ $x(0)=10, \; x'(0)=0$

Es equivalente al sistema de primer orden en dos variables

$$\begin{bmatrix} x' \\ y' \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} + \begin{bmatrix}0 \\ 1 \end{bmatrix} 2 \sin(3t), \; \begin{bmatrix}x_0 \\ y_0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 10 \\ 0 \end{bmatrix}$$

Si

$$A = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 2 \end{bmatrix} , B = \begin{bmatrix}0 \\ 1 \end{bmatrix}$$

la solución para esta ODA de primer orden es

$$ e^{tA} \begin{bmatrix} x_0 \\ y_0 \end{bmatrix} + \int_0^t e^{(t-s)A}2B\sin(3s)ds $$

Sé que podríamos buscar el polinomio característico de la ecuación y tratar de encontrar una solución que combina los senos y los cosenos de los términos, pero ya que estoy estudiando la resolución de segundo orden el uso de sistemas de primer orden, me gustaría comprobar si esta es una buena manera de resolverlo. La exponencial de la matriz $tA$, por ejemplo, no parece haber una buena forma (excepto si escribí algo mal). Así que, ¿cuál es la mejor forma de resolverlo?

Gracias de antemano!

Editar:

$$A = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1&-1 \\ 1&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&1 \\0 &1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix}0 &1 \\ -1&1 \end{bmatrix}$$

$$\Rightarrow e^{t\begin{bmatrix} 1& 1\\0 &1 \end{bmatrix}} = e^{t\begin{bmatrix} 1&0 \\ 0&1 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 0&t \\ 0&0 \end{bmatrix}}=\begin{bmatrix}e^t &0 \\0 &e^t \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&t \\0 &1 \end{bmatrix}$$

Answer 1

Deje $D=\dfrac d{dt}$

Hemos solución particular: $$D^2(x)-2Dx+x=2\sin(3t)$$ $$(D^2-2D+1)x=2\sin(3t)$$ $$x=\dfrac 2{D^2-2D+1} (\sin(3t))$$ $$=\dfrac 2{-9-2D+1}(\sin(3t))$$ $$=-\dfrac 1{D+4}(\sin(3t))$$ $$=-\dfrac{D-4}{D^2-16}(\sin(3t))$$ $$=\dfrac{D-4}{25}(\sin(3t))$$ $$=\dfrac 3{25}\cos(3t)-\dfrac 4{25}\sin(3t)$$ Y la solución general es $x=\dfrac 3{25}\cos(3t)-\dfrac 4{25}\sin(3t)+C_1e^x+C_2xe^x$
He utilizado el hecho de que $f(D^2)\sin(ax)=f(-a^2)\sin(ax)$ polinómicas $f$.
Esto se puede verificar con facilidad, así que no estoy mostrando aquí.

Answer 2

El polinomio característico es siempre útil en la formación de más alto orden de las potencias de la matriz. En este caso, $$ A = \left[\begin{array}{cc} 0 & 1 \\ -1 & 2\end{array}\right] $$ ha polinomio característico $p(\lambda)=\lambda(\lambda-2)+1=(\lambda-1)^{2}$. Que hace que las cosas triviales en este caso, ya que usted termina con un carácter de alimentación de la serie de la exponencial: $$ \exp\{ uA \} = e^{uI}\exp\{ u(a-I)\}=e^{u}\{I + u(a-I)\} $$ La exponencial de las operaciones justificada debido a las $e^{A+B}=e^{A}e^{B}$ si $A$ $B$ viaje.

Answer 3

Por otro enfoque, tenga en cuenta que el polinomio característico de

$x''(t)-2x'(t) + x(t)=0$ $r^{2}-2r+1=(r-1)^2$ a partir de la cual llegamos a la conclusión de que la solución general de la homogénea caso es

$\tag1x_{h}(t)=ae^{t}+tbe^{t}$

Ahora de una solución particular, se uso juicioso de adivinanzas:

$\tag2x_p(t)=A\sin 3t+B\cos3t$ dónde

$x'_p(t)=3A\cos 3t-3B\sin3t$

$x''_p(t)=-9A\sin 3t-9B\cos3t$

Ahora sustituye a la anterior en el original de la ecuación diferencial, y encontrar que

$-9A\sin 3t-9B\cos3t-6A\cos 3t+6B\sin3t+A\sin 3t+B\cos3t=2\sin 3t$

a partir de la cual obtenemos

$3B-4A=1;\quad -4B-3A=0\Rightarrow A=-\frac{4}{25}\quad \text {and}\quad B=\frac{3}{25}$.

La solución general es ahora

$\tag3x_{h}(t)+x_{p}(t)=ae^t+bte^t+\dfrac 3{25}\cos(3t)-\dfrac 4{25}\sin(3t)$

y ahora usted puede fácilmente determinar $a$ $b$ mediante la imposición de las condiciones iniciales.

Answer 4

Aquí (para una solución particular) podemos utilizar la matriz de representaciones de la diferencia de operador

Si el vector $[1,0]^T$ es $\sin(3t)$ $[0,1]^T$ es $\cos(3t)$ luego de la multiplicación de la matriz $${\bf D} = 3\left[\begin{array}{rr}0&1\\-1&0\end{array}\right]$$ de la izquierda representa la diferenciación y la ${\bf D}^2$ representa dos veces la diferenciación. Así reescrito con matrices, tenemos:

$$({\bf D}^2-2{\bf D+I)x} = [2,0]^T$$

Ahora usted puede resolver este como un simple sistema de ecuaciones lineales.

Si podemos solucionar esto, obtenemos ${\bf x} = \left[\begin{array}{c}-4/25\\-3/25\end{array}\right]$, lo que si tenemos que enchufarlo en el producto anterior se transforma en:

$$\left[\begin{array}{rr} -8&-6\\ 6&-8 \end{array}\right] \left[\begin{array}{c}-4/25\\-3/25\end{array}\right] = \frac{1}{25}\left[\begin{array}{c}4\cdot 8 + 6\cdot3 \\ - 6 \cdot 4 + 8 \cdot 3\end{array}\right] = \left[\begin{array}{c}2\\0\end{array}\right]$$

Answer 5

Usted está apagado a un gran comienzo! Dejar $\vec v=\begin{bmatrix}x\\y\end{bmatrix},$ $\vec v_0=\begin{bmatrix}10\\0\end{bmatrix},$ y $\vec b=2\sin(3t)B,$ su IVP es equivalente a la no homogéneas lineales IVP $$\vec v'=A\vec v+\vec b,\:\vec v(0)=\vec v_0.\tag{1}$$

Ahora, vamos a empezar por considerar el correspondiente sistema lineal homogéneo $$\vec v'=A\vec v.\tag{2}$$ Observe that $\vec w_1=\begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}$ generates the (sole) eigenspace of $Un$ (corresponding to the eigenvalue $1$), and that $\vec w_2=\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}$ is a solution to $(a-I)\vec w=\vec w_1,$ so that $\{\vec w_1,\vec w_2\}$ is a basis for $\Bbb R^2$ consisting of generalized eigenvectors of $A.$ Putting $\vec v=f\vec w_1+g\vec w_2$ and supposing that $\vec v$ satisfies $(2),$ we obtain by substitution the system $$f'\vec w_1+g'\vec w_2=(f+g)\vec w_1+g\vec w_2,\tag{2'}$$ whence $f'=f+g$ and $g'=g.$ Thus, $g(t)=ce^t$ for some constant $c.$ Hence, $f'(t)-f(t)=ce^t,$ so $c=f'(t)e^{-t}-f(t)e^{-t}=\left(f(t)e^{-t}\right)',$ whence $f(t)e^{-t}=ct+d$ for some constant $d,$ and so $f(t)=(ct+d)e^t.$ Thus, the solutions to $(2)$ have the form $$\vec v=(ct+d)e^t\vec w_1+ce^t\vec w_2=c\begin{bmatrix}te^t\\(t+1)e^t\end{bmatrix}+d\begin{bmatrix}e^t\\e^t\end{bmatrix}$$ for some constants $c,d.$ Equivalently, if $\Phi=\begin{bmatrix}te^t & e^t\\(t+1)e^t & e^t\end{bmatrix},$ then the general solutions of $(2)$ have the form $\vec v=\Phi\vec d,$ where $d=\begin{bmatrix}d_1\\d_2\end{bmatrix}$ for some constants $d_1,d_2.$ I leave it to you to verify that such $\vec v$ are solutions to $(2)$ regardless of our choice of $\vec d.$

Ahora, supongamos que $$\vec z=\Phi(\vec f+\vec d),$$ where $\vec f=\begin{bmatrix}f_1\\f_2\end{bmatrix}$ for some differentiable functions $f_1,f_2$ and $\vec d$ is as above. Noting that $\Phi=\Phi',$ it follows that $$(\Phi\vec f)'=\Phi'\vec f+\Phi\vec f'=A\Phi\vec f+\Phi\vec f',$$ so since $Un\Phi\vec d=(\Phi\vec d)'$ by the work done with $(2)$, then $$\vec z'=(\Phi\vec f)'+(\Phi\vec d)'=A\Phi\vec f+\Phi\vec f'+A\Phi\vec d=A\vec z+\Phi\hat f'.$$ Thus, $\vec z$ is a solution to $(1)$ if and only if $\Phi\vec f'=\vec b.$

Desde $\Phi$ es invertible, entonces dejando $\vec f$ ser cualquier termwise antiderivada (con respecto a $t$) de $$\Phi^{-1}\vec b=\begin{bmatrix}2e^t\sin(3t)\\-2te^t\sin(3t)\end{bmatrix},$$ we should find that $\vec v=\Phi\vec f$ is a solution to $\vec v'=A\vec v+\vec b.$ Todo lo que queda es elegir a la integración de las constantes adecuadamente para adaptarse a la dada valores iniciales.