Cómo venir de $\frac{d}{dt} f(t) = \frac{2t}{1-t} f(t) + \frac{1}{(1-t)^2}$ a $f(t) =\frac{1-e^{-2t}}{2(1-t)^2}$

Question

De una respuesta en esta pregunta Tengo la ecuación diferencial

$$\frac{d}{dt} f(t) = \frac{2t}{1-t} f(t) + \frac{1}{(1-t)^2}$$

e incluso me dieron la solución $$f(t) = \frac{1-e^{-2t}}{2(1-t)^2}.$$ Parece ser correcto, sin embargo, tengo problemas para entender cómo se logró la solución. Intenté construir una serie de potencia $f(t) = \sum_{n=0}^\infty a_n t^n$ de $f$ y encontrar los coeficientes para ello como en este tutorial pero terminé en un enorme y feo término de la suma

$$ a_n = \frac{(2t)^n}{n!(1-t)^n} a_0 + \sum_{k=1}^n \frac{(2t)^{n-k}}{n!/k! (1-t)^{n-k}}. $$

No estoy seguro de que esto sea correcto. De alguna manera, la serie taylor del $e$ -función se pega ahí, pero no creo que esto lleve a la solución anterior. Así que estoy atascado aquí y cualquier ayuda sería apreciada.

Answer 1

$$y=f(t)$$ $$\frac {dy}{dt} -\frac {2ty}{(1-t)}=\frac{1}{(1-t)^2} $$ $$\text{I.F}=e^{2t}(t-1)^2$$ $$y\cdot e^{2t}(t-1)^2=e^{2t}dt $$ $$y\cdot e^{2t}(t-1)^2=\frac12e^{2t} + c$$ Dado $f(0)=0$ $\implies c=-\frac12$ $$f(t)=\frac{1-e^{-2t}}{2(t-1)^2} $$

Explicación de la cuarta línea : $$\frac{dy}{dx} +Py =Q $$ donde $P $ y $Q $ son función de $x $ .

Multiplica ambos lados por $e^{\int Pdx} $ obtenemos $$\frac{dy}{dx}e^{\int Pdx} +Pye^{\int Pdx} =Qe^{\int Pdx} $$ $$\implies \frac {d}{dx}{(ye^{\int Pdx})}=Qe^{\int Pdx}$$ $$\implies {d}{(ye^{\int Pdx})}=Qe^{\int Pdx}dx$$ Integrar ambas partes $$(ye^{\int Pdx})=Qe^{\int Pdx}+k$$ El factor $e^{\int Pdx}$ que hace posible que el lado izquierdo sea integrable se llama factor de integración.

Answer 2

Gracias al comentario de Hans Lundmark, por fin puedo responder a mi propia pregunta. Se puede encontrar una guía buena y comprensible para resolver ecuaciones lineales diferenciales aquí .

Primero podemos poner la ecuación en una forma canónica:

$$f^\prime(t) \ - \frac{2t}{1-t} f(t) = \frac{1}{(1-t)^2}. $$

A continuación, generamos nuestro factor integrador

$$ \mu(t) = e^{\int\,2t/(1-t)\ dt} = (1-t)^2 \cdot e^{2t}.$$

Multiplicamos ambos lados de la ecuación por $\mu(t)$ , simplificamos un poco y obtenemos

$$\underbrace{f^\prime(t)}_{u^\prime} \cdot \underbrace{(1-t)^2 \cdot e^{2t} }_v + \underbrace{(-2t) \cdot (1-t) \cdot e^{2t}}_{v^\prime} \cdot \underbrace{f(t)}_u = e^{2t}.$$

Nos aseguramos de que $v^\prime$ es efectivamente un derivado de $v$ y entonces podemos invertir la regla del producto que da como resultado

$$\left(f(t)(1-t)^2 e^t\right)^\prime = e^{2t},$$

lo que podemos integrar en ambos lados:

$$f(t)(1-t)^2 e^t + C = \frac{1}{2} e^{2t}.$$

Porque se nos dio que $f(0) = 0$ lo insertaremos y $t=0$ también y salimos $C=\frac{1}{2}$ . Podemos insertar $C$ de nuevo en la ecuación anterior y llevar $f(t)$ solo en un lado que da

$$ f(t) = \frac{\frac{1}{2}e^{2t} - \frac{1}{2}}{(1-t)^2 e^{2t}} = \frac{1-e^{-2t}}{2(1-t)^2}. $$

Y sí, esto es básicamente, lo que hizo Aakash Kumar, pero desafortunadamente no proporcionó una explicación para ninguno de sus pasos y torció algunos literales en su respuesta (el denominador es $2(1-t)^2$ no $2(t-1)^2$ ) Así que quería compartir mi solución también.