Resolución de $(t^2+1)(y''-2y+1)=e^t$ con las condiciones iniciales: $y(0)=y'(0)=1$

Question

Ya que es importante para mí me gustaría premio a un usuario que el favor me explique ¿cuáles son mis errores y cuál es la manera correcta de resolver todo el problema con 500 puntos.

Realmente me gustaría su ayuda en la comprensión de cómo resolver este problema de Cauchy: $(t^2+1)(y''-2y+1)=e^t$ con las condiciones iniciales: $y(0)=y'(0)=1$.

Veo un montón de métodos y estoy completamente confundido acerca de cuáles son los pasos para la solución de esta ecuación. Primero escribí $$(y''-2y+1)=\frac{e^t}{(t^2+1)}.$$

He leído que tengo que resolver en primer lugar la ecuación homogénea $(y''-2y+1)=0$. ¿Puedo usar Abel para reducir el orden de la ecuación? Yo sé que necesito la solución particular, por lo $y=0.5$ haría.

Ahora como tengo entendido que tengo que usar Wronskian determinante $$\begin{vmatrix} 0.5 &y \\ 0 &y' \end{vmatrix}=c\cdot e^{\int^t_0-(2)/1 ds}=c\cdot e^{-2t}=0.5 y'$$

por lo $y'=2ce^{-2t}$, aquí no se puede utilizar los datos que me dieron en un principio para $c=0.5$ $y'=e^{-2t}$ $y=-0.5e^{-2t}+d$ y a partir de los datos iniciales de nuevo $d=1.5$$y=-0.5e^{-2t}+1.5$.

así que ahora $y_h=-0.5e^{-2t}+1.5$ ahora necesito encontrar a $y_p=-0.5e^{-2t}u_1(t)+1.5u_2(t)$.

Entonces, escribí el floowing :$$\begin{bmatrix} -0.5e^{-2t} &1.5 \\ e^{-2t}& 0 \end{bmatrix}\begin{pmatrix} u_1'\\ u_2' \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0\\ \frac{e^t}{(t^2+1)} \end{pmatrix}.$$ By using this system, I found $u_1$ and $u_2$ and the final solution is $y_=y_h+y_p$.

Por favor, dime - yo estoy en lo correcto? Es básicamente la manera de hacerlo? Se me permitió dividir la solución original con $(t^2+1)$ o debe tuve que solucionar $(t^2+1)(y''-2y+1)$ como homogénea de la ecuación?

Gracias!!

Answer 1

La separación de la parte no homogénea en la manera usual de encontrar $$\begin{equation*} y''-2y = \frac{e^t}{t^2+1} - 1.\tag{1} \end{ecuación*}$$ Observe que $y''-2y+1=0$ no es homogénea.

La solución de (1) es $y = y_h + y_p$ donde $y_h$ $y_p$ se dan a continuación. Aquí está la solución en términos de la integral exponencial. $\def\a{\sqrt{2}}$

Solución homogénea

La homogeneidad de las soluciones de (1) son de la forma $y = e^{r t}$. Conectando a $y'' - 2 y = 0$ encontramos la ecuación característica $r^2 - 2 = 0$. Las raíces se $\pm \a$, lo $y_h = A e^{\a t} + B e^{-\a t}$. Aplicando las condiciones de frontera, nos encontramos con $$\begin{eqnarray*} A+B &=& 1 \\ \a(A-B) &=& 1, \end{eqnarray*}$$ por lo $A = \frac{1}{4}(2+\a)$$B = \frac{1}{4}(2-\a)$. Por lo tanto, $$\begin{eqnarray*} y_h &=& \frac{1}{4}(2+\a)e^{\a t} + \frac{1}{4}(2-\a)e^{-\a t} \\ &=& \cosh(\a t) + \frac{1}{\a} \sinh(\a t). \end{eqnarray*}$$

Solución Particular

Por comodidad vamos a $a=\a$$f(t) = \frac{e^t}{t^2+1} - 1$, de modo que la ecuación diferencial tiene la forma $$\begin{equation*} y''-a^2y = f.\tag{2} \end{ecuación*}$$ Hay muchos métodos para encontrar la solución particular de las ecuaciones diferenciales ordinarias. Un enfoque estándar consiste en la utilización directa de las funciones de Green en (2). Vamos a probar un método diferente.

Deje $D = d/dt$. Entonces $(D^2-a^2)y = f$. Formalmente, $$\begin{eqnarray*} y &=& \frac{1}{D^2-a^2} f \\ &=& \frac{1}{(D+a)(D-a)} f \\ &=& \frac{1}{2a}\left(\frac{1}{D-a} - \frac{1}{D+a}\right)f, \end{eqnarray*}$$ donde hemos crecido en fracciones parciales. ¿Cuál es el significado de $\frac{1}{D-a}f$? Por supuesto, es la solución a la primera orden no homogénea de la educación a distancia $$(D-a)u = f.$$ La solución a esta ecuación se puede encontrar utilizando el factor de integración técnica, $$u(t) = e^{a t} \int_0^t ds\, e^{-a s} f(s).$$ La solución a $(D+a)v = f$ puede ser encontrado de forma similar, $$v(t) = e^{-a t} \int_0^t ds\, e^{a s} f(s).$$ Se elige el menor de los límites de integración de manera que $u(0) = v(0) = 0$. De hecho nos encontramos con $u'(0) = v'(0) = 0$, por lo que las condiciones de frontera no será perturbado cuando añadimos la solución particular a $y_h$.

La solución particular es entonces $$\begin{eqnarray*} y_p &=& \frac{1}{2a}(u-v) \\ &=& -\sinh^2\left(\frac{t}{\a}\right) +\frac{1}{2\a}\left( e^{\a t} \int_0^t ds\, \frac{e^{s(1-\a)}}{s^2+1} - e^{-\a t} \int_0^t ds\, \frac{e^{s(1+\a)}}{s^2+1} \right) \\ &=& -\sinh^2\left(\frac{t}{\a}\right) + \frac{1}{\a} \int_0^t ds\, \frac{e^s}{s^2+1} \sinh(\a(t-s)). \end{eqnarray*}$$ La integral se puede escribir en términos de la integral exponencial, como se indica en el enlace de arriba, pero que la forma no es particularmente instructivo.

Adenda: la Conexión a la integral exponencial. \begin{eqnarray*} \int_0^t ds\, \frac{e^{b s}}{s^2+1} &=& \int_0^t ds\, e^{b s} \frac{1}{2i}\left(\frac{1}{s-i} - \frac{1}{s+i}\right) \\ &=& \int_0^t ds\, e^{b s} \mathrm{Im}\, \frac{1}{s-i} \\ &=& \mathrm{Im}\,e^{i b} \int_{-i b}^{b(t-i)} dz\, \frac{e^{z}}{z} \hspace{10ex} (\textrm{let }z=b(s-i)) \\ &=& \mathrm{Im}\, e^{i b} \left[ \mathrm{Ei}(b(t-i)) - \mathrm{Ei}(-i b) \right] \end{eqnarray*}

Answer 2

Establecimiento $x=(y,y')^T$, el problema se convierte en $$ \dot{x}=Ax+f(t)e_2, \ x(0)=(1,1)^T, $$ con $e_2=(0,1)^T$, $f(t)=e^t/(t^2+1)-1$ y $A=\left[\begin{array}{cc}0&1\cr2&0\end{array}\right]$.

Así $$ x(t)=e^{tA}\left[x(0)+\int_0^tf(s)e^{-sA}e_2ds\right]=e^{tA}x(0)+\int_0^tf(s)e^{(t-s)} e_2, $$ y $y$ corresponde a la primera componente de $x$.

Desde $A^2=2I$, se sigue que la \begin{eqnarray} e^{sA}&=&\sum_{k=0}^{\infty}\frac{s^{2k}}{(2k)!}A^{2k}+\sum_{k=0}^{\infty}\frac{s^{2k+1}}{(2k+1)!}A^{2k+1} =\sum_{k=0}^{\infty}\frac{2^ks^{2k}}{(2k)!}I+\sum_{k=0}^{\infty}\frac{2^ks^{2k+1}}{(2k+1)!}A\cr &=&\cosh(\sqrt{2}s)I+\frac{1}{\sqrt{2}}\sinh(\sqrt{2}s)A =\left[\begin{array}{cc}\cosh(\sqrt{2}s)&\frac{\sinh(\sqrt{2}s)}{\sqrt{2}}\cr\sqrt{2}\sinh(\sqrt{2}s)&\cosh(\sqrt{2}s)\end{array}\right]. \end{eqnarray} Así tenemos \begin{eqnarray} y(t)&=&\cosh(\sqrt{2}t)+\frac{1}{\sqrt{2}}\sinh(\sqrt{2}t)+\frac{1}{\sqrt{2}}\int_0^tf(s)\sinh(\sqrt{2}(t-s))ds\cr &=&\cosh(\sqrt{2}t)+\frac{1}{\sqrt{2}}\sinh(\sqrt{2}t)+\frac{1}{\sqrt{2}}\int_0^t\left(\frac{e^s}{s^2+1}-1\right)\sinh(\sqrt{2}(t-s))ds\cr &=&\cosh(\sqrt{2}t)+\frac{1}{\sqrt{2}}\sinh(\sqrt{2}t)+\frac{1}{2}(1-\cosh(\sqrt{2}t))+g(t)\cr &=&\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cosh(\sqrt{2}t)+\frac{1}{\sqrt{2}}\sinh(\sqrt{2}t)+g(t), \end{eqnarray} donde $$ g(t):=\frac{1}{\sqrt{2}}\int_0^t\frac{e^s}{s^2+1}\sinh(\sqrt{2}(t-s))ds $$ no puede ser expresado con funciones elementales.

Answer 3

Sobre la búsqueda de una solución para la ecuación no homogénea.. como en oenamen la respuesta, por $a = \sqrt{2}$ escribir como $$(D- a)(D + a)f = {e^t \over t^2 + 1} - 1$$ Por lo tanto, dejar $g = (D + a)f$, este es el mismo que el de primer orden de la ecuación lineal $$(D - a)g = {e^t \over t^2 + 1} - 1$$ Usted puede resolver este para $g = (D + a)f$ utilizando el estándar de primer orden lineal de los métodos, utilizando el factor de integración y así sucesivamente. La sustitución de $a$ $-a$ en la fórmula de inmediato da $h = (D - a)f$, y, a continuación, la ecuación se resuelve por $f = {1 \over 2a} (g - h)$.

En la práctica, normalmente se utiliza el método de oenamen utilizado en su respuesta, ya fracciones parciales es más fácil de usar para los problemas más complicados, pero para aquellos que están preocupados acerca de si tales métodos son rigurosos, sólo quería mencionar que uno puede hacer lo que yo hice aquí para obtener la respuesta en este caso.

Answer 4

voy a hablar acerca de la solución de $y''-2*y=0$, por lo que es de segundo orden de la ecuación diferencial lineal,para la solución ,tomar forma $y=e^{a*t}$,si se diferencian y poner en homogenose ecuación obtendrá $(a^2-2)=0$ o $a=-\sqrt{2}$ $a=\sqrt{2}$ sabemos que si conocemos algún número de la solución de la ecuación dada,entonces la combinación lineal de estas soluciones es también la solución,por lo que $y(t)=c_1*e^{-\sqrt{2}*t}+c_2*e^{\sqrt{2}*t}$,para encontrar $c_1$ $c_2$ uso condiciones iniciales

para nonhomogenouse ecuación tiene $y''-2*y=e^{t}/(t^2+1)-1$,solución de esto está aquí

http://www.wolframalpha.com/input/?i=y%27%27-2*y%2B1%3De%5Et%2F%28t%5E2%2B1%29

solución general sería homogenouse+solución nonhomogenouse solución