Resolver $y''+2y'+y = 2e^{-t}$ por el método de los coeficientes indeterminados

Question

Necesito resolver

$$y''+2'y+y = 2e^{-t},$$

utilizando el método de los coeficientes indeterminados (y fundando una solución para la ecuación homogénea).

Primero intenté adivinar una solución de la forma $y = Ae^{-t}$ pero cuando traté de resolver para $A$ me llevé una sorpresa: no pude equiparar los términos cuando conecté $y$ en la ecuación diferencial, porque tengo $e^{-t}(A-2A+2A) = 2e^{-t}$ pero el $A$ a la suma de $0$ . Luego busqué en mi libro y me di cuenta de que el problema era porque $Ae^{-t}$ es ya una solución para la ecuación homogénea. A continuación, he probado $Ate^{-t}$ porque mi libro lo intenta para una ecuación diferente y funcionó, pero en mi caso obtuve la $A$ que suman a $0$ de nuevo.

¿Cuál debería ser mi suposición?

Answer 1

Ecuación homogénea:

$y''+2y'+y=0$ , $x^2+2x+1=(x+1)^2$ solución $ae^{-t}$

$y(t)=a(t)e^{-t}$ , $y'(t)=a'(t)e^{-t}-a(t)e^{-t}$ , $y''=a''(t)e^{-t}-a'(t)e^{-t}-a'(t)e^{-t}+a(t)e^{-t}$ ,

$y''2y'+y=a"(t)e^{-t}=2e^{-t}$ , $a''(t)=2, a(t)=t^2+at+b, y(t)=(t^2+at+b)e^{-t}$ .

Answer 2

Las otras respuestas no abordaron por qué se puede utilizar la ecuación auxiliar para encontrar la solución complementaria.

$$\begin{array}{rcl} y'' + 2y' + y &=& 0 \\ y'' + y' + y' + y &=& 0 \\ e^t(y'' + y') + e^t(y' + y) &=& 0 \\ (e^t y')' + (e^t y)' &=& 0 \\ e^t y' + e^t y &=& A \\ (e^t y)' &=& A \\ e^t y &=& A t + B \\ y &=& A t e^{-t} + B e^{-t} \\ \end{array}$$

Utilizando el mismo método, no es necesario utilizar el método de los coeficientes indeterminados:

$$\begin{array}{rcl} y'' + 2y' + y &=& 2e^{-t} \\ y'' + y' + y' + y &=& 2e^{-t} \\ e^t(y'' + y') + e^t(y' + y) &=& 2 \\ (e^t y')' + (e^t y)' &=& 2 \\ e^t y' + e^t y &=& 2t + A \\ (e^t y)' &=& 2t + A \\ e^t y &=& t^2 + A t + B \\ y &=& t^2 e^{-t} + A t e^{-t} + B e^{-t} \\ \end{array}$$

Nunca podrías haber adivinado la solución particular $y=t^2e^{-t}$ utilizando el método de los coeficientes indeterminados.

Verificación:

$$\begin{array}{rcl} y &=& t^2 e^{-t} + A t e^{-t} + B e^{-t} \\ y' &=& (2t - t^2) e^{-t} + A (1 - t) e^{-t} - B e^{-t} \\ &=& - t^2 e^{-t} + (2 - A) t e^{-t} + (A - B) e^{-t} \\ y'' &=& - (2t - t^2) e^{-t} + (2 - A) (1 - t) e^{-t} - (A - B) e^{-t} \\ &=& t^2 e^{-t} + (A - 4) t e^{-t} + (2 + B - 2A) e^{-t} \\ y'' + 2y' + y &=& [1 + 2(-1) + 1] t^2 e^{-t} + [(A - 4) + 2(2 - A) + A] t e^{-t} + [(2 + B - 2A) + 2(A - B) + B] e^{-t} \\ &=& 2 e^{-t} \end{array}$$

Conclusión... ¿no usas el método de los coeficientes indeterminados?

Answer 3

Algunas de las respuestas aquí se van por las ramas. Se supone que debes multiplicar la solución particular por x elevado a la multiplicidad de "b" en una forma $e^{bt}$ . -1 es una raíz doble con una multiplicidad de 2 por lo que su solución potencial se multiplica por $x^2$ .

En otras palabras, la forma de la solución particular es $x^2(A)e^{-t}$

Pido disculpas por repetir la información, pero estas respuestas se van por las ramas. Hacen que el método parezca trivial, como si fueran conjeturas. En realidad, la solución particular es una fórmula muy específica. Además, tus A no suman 0, pero de todos modos obtienes basura.

Answer 4

Pista: Multiplica ambos lados por $e^t$ y a continuación, establecer $z = ye^t$ y expresar la ecuación en términos de $z$ .

Answer 5

Sucedió porque $te^{-t}$ es también una solución de la ecuación homogénea. Prueba con $At^2e^{-t}$ en su lugar.