Segundo orden DE problema.

Question

Resolver :

$$x(x-1)y''-(2x-1)y'+2y=x^2(2x-3)$$

He tratado de resolver el DE mediante el uso de los tres métodos siguientes:

1. Solución en términos de la parte de la FQ (fue incapaz de encontrar un estándar CF)
2. Forma Normal ($R_1$$Q_1$ look muy complejo)
3. Cambio de la variable independiente ($Q_1$ es muy complejo)

La pregunta parece simple, pero no he sido capaz de determinar una solución. Agradezco cualquier idea sobre cómo resolver el DE.

Gracias

Answer 1

Observe cómo el grado del polinomio con coeficientes en la ecuación es igual a la orden de la diferenciación de cada término. Que pide un polinomio solución. Deje $P(x)=ux^n+...$,$u\not=0$. Queremos $P$ a ser una solución de la de. Desde el lado derecho de la ecuación es un polinomio de grado 3, se debe tener $\deg(P)=n\ge3$.

A continuación, vamos nos fijamos en el coeficiente de en frente de el monomio de mayor grado en $$ x(x-1)P"(x)-(2x-1)P'(x)+2P(x). $$ Es igual a $$ n(n-1)u-2nu+2u=u(n(n-3)+2)\no=0 $$ debido a $n\geq3$.

$$ x(x-1)P"(x)-(2x-1)P'(x)+2P(x)=x^2(2x-3) $$ implica $n=3$$u=1$. Por lo tanto, estamos buscando soluciones de la DE con la forma $P(x)=x^3+ax^2+bx+c$. Conectando en la ecuación produce sólo una simple condición $$ b+2c=0, $$ lo que significa que cualquier polinomio con el formulario de $P(x)=x^3+ax^2-2cx+c$ es una solución de la de. Aviso de que esto representa un espacio afín de dimensión 2, lo que significa que es la solución completa.

Answer 2

Si utiliza el poder de la serie a resolver DE este, es mucho más fácil. Desde $x=0$ es un punto normal de la DE, $y$ puede ser representado como una potencia de la serie en $x=0$. Vamos $$ y=\sum_{n=0}^\infty a_nx^n. $$ Entonces $$ y'=\sum_{n=1}^\infty na_nx^{n-1}, y''=\sum_{n=2}^\infty n(n-1)a_nx^{n-2}. $$ Así que la DE hace \begin{eqnarray*} (x^2-x)\sum_{n=2}^\infty n(n-1)a_nx^{n-2}-(2x-1)\sum_{n=1}^\infty na_nx^{n-1}+2\sum_{n=0}^\infty a_nx^n=2x^3-3x^2 \end{eqnarray*} o \begin{eqnarray*} \sum_{n=2}^\infty n(n-1)a_{n}x^{n}-\sum_{n=1}^\infty[(n+1)na_{n+1}+2 na_{n}]x^{n}+\sum_{n=0}^\infty [(n+1)a_{n+1}+2a_n]x^n=2x^3-3x^2. \end{eqnarray*} La comparación de los coeficientes de $x^n, n=0,1,2,3,\cdots$ en ambos lados, respectivamente, tenemos \begin{eqnarray*} a_1+2a_0=0,-3a_3=-3,a_3=a_4=\cdots=0. \end{eqnarray*} Así que la solución de la DE es $$ y=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3=a_0-2a_0x+a_2x^2+x^3=a_0(1-2x)+a_2x^2+x^3. $$

Answer 3

Primer aviso de que para $t>0$ $$ y = c_1 t+ c_2 t^2\quad \text{resuelve}\quad t^2 y" -2ty' + 2y=0. $$ Esto se puede hacer dejando $y = t^{r}$ y podemos obtener la ecuación característica $(r-1)(r-2)t^r = 0$.

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Ahora queremos reducir la parte homogénea de la ecuación $$x(x-1)y''-(2x-1)y'+2y=0\tag{1}$$ algo semejante a la anterior. Una razonable conjetura es que, dado que la derivada de un polinomio contiene combinación lineal de sus factores, hacemos la sustitución: $$ t = x-1, $$ y (1) se convierte en: $$ t(t+1)y" -(2t+1)y' + 2y=0. $$ Deje $y = t^{r}$,$y' = rt^{r-1}$$y'' = r(r-1)t^{r-2}$, cerrando por encima de los rendimientos de la ecuación $$ (r-2)\Big[(r-1)t^r + rt^{i-1}\Big] = 0, $$ por lo $r=2$ va a hacer todo lo que se desvanecen, no importa lo $t$, esto nos da la primera solución (1): $$y_1 = t^2 = (x-1)^2.$$ La segunda solución de (1) puede encontrarse en una manera similar: $$y_2 = (2x-1).$$ Podemos comprobar el Wronskian de $y_1$ $y_2$ no desaparece, por lo que constituyen un conjunto fundamental de soluciones de (1), y segundo orden de la ecuación tiene sólo dos elementos en su conjunto fundamental de soluciones, hemos encontrado la solución a (1): $$ y_c = c_1 (x-1)^2 + c_2 (2x-1).\la etiqueta{2} $$

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Ahora volvemos a la ecuación no homogénea $$ x(x-1)y"-(2x-1)y'+2y=x^2(2x-3),\etiqueta{3} $$ así que queremos encontrar una solución particular de (3) que no contengan alguno de los términos en la solución homogénea $y_c$ (para cualquiera de los términos de ser enviado al operador diferencial del lado izquierdo se acaba de desaparecer). La forma habitual de hacer esto es por las Variaciones de los Parámetros: vamos a $$ y = u_1(x)(x-1)^2 + u_2(x)(2x-1).\la etiqueta{$\star$} $$ Esto implica $$ y' = u_1'(x-1)^2 + 2u_1(x-1) + u_2'(2x-1) + 2u_2. $$ Configuración $$ u_1'(x-1)^2 + u_2'(2x-1) = 0\etiqueta{4} $$ tenemos la primera ecuación que es necesario para obtener la $u_1$$u_2$. Ahora que $$ y' = 2u_1(x-1) + 2u_2, $$ tomando derivadas de nuevo $$ y" = 2u_1'(x-1) + 2u_1 + 2u_2'. $$ Conectar $y,y',y''$ a (3): $$ 2x(x-1)^2u_1' + 2x(x-1)u_1 + 2x(x-1)u_2' \\ -2(2x-1)(x-1)u_1 - 2(2x-1)u_2 \\ + 2(x-1)^2u_1 + 2(2x-1)u_2 = x^2(2x-3). $$ Usted encontrará la mayoría de los términos de cancelado y lo que queda es la segunda ecuación: $$ 2x(x-1)^2u_1' + 2x(x-1)u_2' = x^2(2x-3).\la etiqueta{5} $$ La solución de (4) y (5) se obtiene: $$\begin{aligned}u_1' &= \frac{(2x-1)(2x-3)}{2(x-1)^2} \\ u_2' &= - \frac{2x-3}{2}\end{aligned} \implica \begin{aligned}u_1 &= 2 x + \frac{1}{2(x-1)} + c_1 \\ u_2 &= - \frac{x(x-3)}{2}+c_2\end{aligned} $$ Ahora, de vuelta a la ecuación de $(\star)$: $$ y = \underbrace{c_1 (x-1)^2 + c_2 (2x-1)}_{\text{solución de la ecuación homogénea}} + \underbrace{x^3 - \frac12 x^2 +x -\frac12}_{\text{solución particular}}. $$ Esta es la presentación que voy a dar en pregrado ODA clase.