solución de cal

Question

Estoy usando el método de coeficientes indeterminados para encontrar una solución particular de:

$$y''+y'=xe^{-x}$$

Aparentemente, parece que $y_p$ debería tomar la forma de $(Ax + B)e^{-x}$

Al menos esa es la forma en que creo que me han enseñado. El problema es que simplemente no funciona para mí. Puedo obtener un valor de Una, pero no para B... Estoy eligiendo una incorrecta de la forma yp?

Answer 1

Es bueno para iniciar con la búsqueda de la solución a la solución homogénea $$y_h'' + y_h' =0$$ que, como usted sabe, es $y_h = c_1 + c_2e^{-x}$. Por lo tanto usted no necesita tener un $e^{-x}$plazo cuando usted busca la solución particular, ya que esto ya está incluido en la homogénea (si se incluye en su solución particular, se anulan).

En segundo lugar, si usted es propenso a las pequeñas misstakes, usted puede tomar en su solución particular, uno por uno, ya que la diferenciación es lineal. Empezar con $Axe^{-x}$: $$\frac{d^2}{dx^2} Axe^{-x} + \frac{d}{dx} Axe^{-x} = -Ae^{-x}$$ a continuación,$Bx^2e^{-x}$: $$\frac{d^2}{dx^2} Bx^2e^{-x} + \frac{d}{dx} Bx^2e^{-x} = 2Be^{-x} - 2Bxe^{-x}$$

Usted puede ver que si ha $y_p = Bx^2e^{-x} + Axe^{x}$ obtendrá $$y_p'' + y_p' = (2B - A)e^{-x} - 2Bxe^{-x}$$ por lo tanto $B = -\frac{1}{2}$$2B - A = -1 -A=0$, lo que da $A = -1$, lo que le da su respuesta.

Una regla que es conveniente al hacer este tipo de cálculos es $$\frac{d^n}{dx^n} \left( f(x) e^{ax} \right) = e^{ax} \left( \frac{d}{dx} + a \right)^n f(x)$$ donde $\left(\frac{d}{dx}\right)^n$ se interpreta como $\frac{d^n}{dx^n}$.

Por ejemplo, el uso de este en $Axe^{-x}$ (escrito $D$$\frac{d}{dx}$): $$\begin{align} \frac{d^2}{dx^2} Axe^{-x} + \frac{d}{dx} Axe^{-x} &= Ae^{-x}( (D-1)^2 x + (D-1) x )= Ae^{-x} (D-1)((D-1)x + x)) = \\ &= Ae^{-x} (D-1)(1) = -Ae^{-x} \end{align}$$ Usted puede ver rápidamente que el plazo $Axe^{-x}$ no es suficiente.

Answer 2

Como ya se ha sugerido, usted puede buscar una solución de la forma $$ y_p (x) = (Ax^2 + Bx)e^{-x}. $$ (Usted puede también considerar el $y_p (x) = (Ax^2 + Bx + C)e^{-x}$, para saber que $C$ cancela de todos modos.) A continuación, $$ y'_p (x) = (2Ax + B)e^{ - x} - (Ax^2 + Bx)e^{ - x} $$ y $$ y"_p (x) = 2Ae^{-x} - (2Ax + B)e^{-x} - (2Ax + B)e^{-x} + (Ax^2 + Bx)e^{-x}, $$ de la que se obtiene $$ y"_p (x) + y'_p (x) = e^{-x} (2A-2Ax-B-2Ax-B+Ax^2+Bx+2Ax+B-Ax^2-Bx)=e^{-x}(2A-2Ax-B). $$ Comparando $2A-2Ax-B$$x$, obtenemos $2A-B=0$$-2A=1$, por lo tanto $A=-1/2$$B=-1$. Así $$ y_p (x) = ( -x^2/2 - x)e^{ - x} . $$ (De hecho, se puede comprobar que $y''_p (x) + y'_p (x) = xe^{-x}$.)

Answer 3

Usted podría utilizar el método de las transformadas de Laplace para hallar la solución particular. La transformada de Laplace de la mano derecha $\int_0^\infty x e^{-x} e^{-x p} dx = 1/(p+1)^2$. Así, la imagen de la solución particular en virtud de la transformada de Laplace satisface $p^2 y(p) + p y(p) = 1/(p+1)^2$. Por lo tanto $y(p)= p^{-1} (p+1)^{-3}$. La fracción parcial de la descomposición de la es $p^{-1} - (1+p)^{-3} - (1+p)^{-2} - (1+p)^{-1}$. El primer término es la transformada de Laplace de $1$, el segundo de a $-x^2 e^{-x}/2$, el tercero de $-x e^{-x}$ y la última de $e^{-x}$. La combinación de llegar a la solución de $y_p(x) = 1-e^{-x} \left(1+x+x^2/2\right)$. Por lo tanto, la solución general es $y(x) = c_1 + c_2 e^{-x} + y_p(x)$.

Answer 4

Sólo para elaborar Qiaochu del Yuan respuesta.. el polinomio característico aquí es $r^2 + r = r(r + 1)$. La raíz de $r = -1$ aparece aquí con multiplicidad $m = 1$, se multiplica su propuesta de solución $(Ax + B)e^{-x}$ $x^m = x$ e intente $y_p = (Ax^2 + Bx)e^{-x}$ lugar.

Answer 5

Si prefieres que no se adivina en el formulario, esto es fácilmente solucionable, si no te importa integración por partes. Podemos integrar ambos lados de inmediato, pero voy a elegir a una más fácil integración inicial.

$e^xy''+e^xy'=(e^xy')'=x$

$e^xy'=\frac12x^2+C$

$y=\int\frac12 x^2e^{-x}+Ce^{-x}dx=\int x^2e^{-x}dx+k_1e^{-x}+k_2$

Así que nuestra solución particular va a ser $\int\frac12 x^2e^{-x}dx$, que es donde la integración por partes.

$u=\frac12x^2,du=xdx$

$dv=e^{-x}dx,v=-e^{-x}dx$

$\int \frac12x^2e^{-x}dx=-\frac12x^2e^{-x}+\int xe^{-x}dx=-\frac12x^2e^{-x}-xe^{-x}+e^{-x}$

Que $e^{-x}$ plazo puede ser combinado con $k_1e^{-x}$ de la solución homogénea produciendo una nueva constante, dejando la solución particular como $-\frac12x^2e^{-x}-xe^{-x}$