Cómo resolver [math] y ” – y = \ dfrac {2} {1 + e ^ x} [/ math], usando el método de variación de parámetros

Answer 1

[matemáticas] (D ^ 2–1) y = \ dfrac 2 {1 + e ^ x} [/ matemáticas]

Función de cortesía

La ecuación auxiliar [matemática] r ^ 2–1 = 0 \ implica r = -1,1 [/ matemática]

[matemáticas] y_c = Ae ^ x + Be ^ {- x} [/ matemáticas]

Particular Integral.

Estoy evitando la variación de los parámetros. Me parece desordenado.

[matemáticas] (D + 1) (D-1) y = \ dfrac 2 {1 + e ^ x} [/ matemáticas]

[matemáticas] Sea (D-1) y = z; Entonces (D + 1) z = \ dfrac 2 {1 + e ^ x} [/ math]

Esto se puede resolver utilizando el factor integrador.

[matemáticas] IF = e ^ x [/ matemáticas]. Multiplicar ambos lados por [matemáticas] IF [/ matemáticas].

[matemáticas] e ^ x \ dfrac {dz} {dx} + e ^ xz = \ dfrac {2e ^ x} {1 + e ^ x} [/ matemáticas]

Integrando,

[matemáticas] e ^ xz = 2 \ ln (1 + e ^ x) o [/ matemáticas]

[matemáticas] z = 2 e ^ {- x} \ ln (1 + e ^ x) [/ matemáticas]

Ahora reemplazando [math] z [/ math]

[matemáticas] (D-1) y = 2 e ^ {- x} \ ln (1 + e ^ x) [/ matemáticas]

ahora el factor de integración es [matemáticas] e ^ {- x} [/ matemáticas]

[matemáticas] e ^ {- x} (D-1) y = 2 e ^ {- x} \ ln (1 + e ^ x) [/ matemáticas]

[matemáticas] \ dfrac d {dx} (e ^ {- x} y) = 2 e ^ {- 2x} \ ln (1 + e ^ x) [/ matemáticas]

Integrando

[matemáticas] e ^ {- x} y = \ displaystyle \ int 2 e ^ {- 2x} \ ln (1 + e ^ x) dx. [/ matemáticas] Ahora integrando por partes,

[matemáticas] u = \ ln (1 + e ^ x); dv = 2 e ^ {- 2x} dx; v = – e ^ {- 2x} [/ matemáticas]

[matemáticas] e ^ {- x} y = \ displaystyle – e ^ {- 2x} \ ln (1 + e ^ x) + \ int \ dfrac {e ^ {- 2x} e ^ x} {1 + e ^ x} dx = – e ^ {- 2x} \ ln (1 + e ^ x) + \ int \ dfrac {e ^ {- 2x}} {1 + e ^ {- x}} dx [/ math]

Sustituyendo [matemáticas] e ^ {- x} = t; -e ^ {- x} dx = dt [/ matemáticas]

[matemáticas] e ^ {- x} y = \ displaystyle – e ^ {- 2x} \ ln (1 + e ^ x) – \ int \ dfrac {t} {1 + t} dt [/ math]

[matemáticas] = \ displaystyle – e ^ {- 2x} \ ln (1 + e ^ x) – \ int \ left (1- \ dfrac {1} {1 + t} \ right) dt [/ math]

[matemáticas] = \ displaystyle – e ^ {- 2x} \ ln (1 + e ^ x) – \ left (t- \ ln (1 + t) \ right) [/ math]

[matemática] = \ displaystyle – e ^ {- 2x} \ ln (1 + e ^ x) -e ^ {- x} + \ ln (1 + e ^ {- x}) [/ math]

Entonces [matemáticas] y_p = – e ^ {- x} \ ln (1 + e ^ x) -1 + e ^ x \ ln (1 + e ^ {- x}) [/ matemáticas]

[matemáticas] y = y_c + y_p = \ boxed {Ae ^ x + Be ^ {- x} – e ^ {- x} \ ln (1 + e ^ x) -1 + e ^ x \ ln (1 + e ^ {- x})} [/ matemáticas]

Nota: Dado que [matemática] 1 + e ^ x [/ matemática] y [matemática] 1 + e ^ {- x} [/ matemática] son ​​siempre positivas. No es necesario tomar valores absolutos.

Se puede escribir en resumen la integral particular como

[matemáticas] y_p = \ displaystyle e ^ {r_2 x} \ left \ {\ int e ^ {(r_1-r_2) x} \ left (\ int e ^ {- r_1 x} f (x) dx \ right) dx \ right \} [/ math]

donde [math] r_1 [/ math] y [math] r_2 [/ math] son ​​las raíces de la ecuación auxiliar.

Answer 2

De la ecuación diferencial dada, [math] g (t) = \ dfrac {2} {1 + e ^ x} [/ math]

[matemáticas] y ” – y = \ dfrac {2} {1 + e ^ x} \\ \ text {Ecuación auxiliar …} \\ m ^ 2-1 = 0 \\ \ implica m = \ pm 1 \\ \ implica y_c (x) = c_1e ^ x + c_2e ^ {- x} \ tag * {} [/ math]

Entonces ahora tenemos [matemáticas] y_1 = e ^ x [/ matemáticas] y [matemáticas] y_2 = e ^ {- x} [/ matemáticas]

Estamos obligados a encontrar el determinante wronskiano.

[matemáticas] W (y_1, y_2) = \ begin {vmatrix} e ^ x & e ^ {- x} \\ e ^ x & -e ^ {- x} \ end {vmatrix} = – 1-1 = -2 \ tag *{}[/matemáticas]

[matemáticas] \ displaystyle \ begin {ecuación} \ begin {split} y_p & = – y_1 \ int \ dfrac {y_2 g (t)} {W (y_1, y_2)} \ mathrm {dx} + y_2 \ int \ dfrac { y_1g (t)} {W (y_1, y_2)} \ mathrm {dx} \\ & = – e ^ x \ int \ dfrac {e ^ {- x} \ cdot \ dfrac {2} {1 + e ^ x }} {- 2} \ mathrm {dx} + e ^ {- x} \ int \ dfrac {e ^ x \ cdot \ dfrac {2} {1 + e ^ x}} {- 2} \ mathrm {dx} \\ & = – e ^ x \ int – \ dfrac {e ^ {- x}} {1 + e ^ x} \ mathrm {dx} + e ^ {- x} \ int – \ dfrac {e ^ x} {1 + e ^ x} \ mathrm {dx} \\ & = – e ^ x \ int – \ dfrac {e ^ {- x}} {1 + e ^ x} \ mathrm {dx} + e ^ {- x} \ cdot (- \ ln | 1 + e ^ x |) \\ \ text {Let} u = e ^ {- x} & \ implica du = -e ^ {- x} dx \\ & = – e ^ x \ int \ dfrac {\ mathrm {du}} {1+ \ dfrac {1} {u}} – e ^ {- x} \ ln | 1 + e ^ x | \\ & = – e ^ x \ int \ dfrac {u} {u + 1} \ mathrm {du} -e ^ {- x} \ ln | 1 + e ^ x | \\ & = – e ^ x \ int 1- \ dfrac {1} { u + 1} -e ^ {- x} \ ln | 1 + e ^ x | \\ & = – e ^ x (u- \ ln | u + 1 |) -e ^ {- x} \ ln | 1 + e ^ x | \\ & = – e ^ x (e ^ {- x} – \ ln | 1 + e ^ {- x} |) -e ^ {- x} \ ln | 1 + e ^ x | \\ & = \ boxed {-1 + e ^ x \ ln | 1 + e ^ {- x} | -e ^ {- x} \ ln | 1 + e ^ x |} \ end {split} \ end { ecuación} \ tag * {} [/ math]

La solución general viene dada por

[matemáticas] \ begin {ecation} \ begin {split} y (x) & = y_c (x) + y_p (x) \\ & = \ boxed {c_1e ^ x + c_2e ^ {- x} -1 + e ^ x \ ln | 1 + e ^ {- x} | -e ^ {- x} \ ln | 1 + e ^ x |} \ end {split} \ end {ecuación} \ tag * {} [/ math]

---

El problema con la solución anterior es que terminé multiplicando [math] -y_1 [/ math] y [math] y_2 [/ math] con la parte dentro de la integral, y este método de solución no lo permite.

Answer 3

La parte homogénea de la ecuación diferencial es [matemática] (D ^ {2} -1) y = 0 \ implica D = \ pm 1 [/ matemática]

entonces la función complementaria será [matemática] y_ {CF} = C_ {1} e ^ {x} + C_ {2} e ^ {- x} [/ matemática]

Ahora, desde la función complementaria, tome los coeficientes de [matemática] C_ {1} [/ matemática] y [matemática] C_ {2} [/ matemática] que son funciones de [matemática] x [/ matemática], como [matemática] y_ { 1} [/ matemática] y [matemática] y_ {2} [/ matemática], entonces [matemática] y_ {1} = e ^ {x} [/ matemática] y [matemática] y_ {2} = e ^ {- x} [/ matemáticas]

Ahora que tenemos [math] y_ {1} [/ math] y [math] y_ {2} [/ math] podemos formar el Wronskian

[matemáticas] W = \ begin {vmatrix} y_ {1} & y_ {2} \\ y ‘_ {1} & y’ _ {2} \ end {vmatrix} = \ begin {vmatrix} e ^ x & e ^ {- x } \\ e ^ x & -e ^ {- x} \ end {vmatrix} = – 1-1 = -2 [/ math]

Ahora, usando este método, usualmente escribimos el PI como una forma de Función complementaria que es [matemáticas] y_ {PI} = \ color {red} {A} y_ {1} + \ color {red} {B} y_ {2 }[/matemáticas]

donde [matemáticas] \ color {rojo} {A} = – \ displaystyle \ int _ {} ^ {} \ dfrac {My_ {2}} {W} dx ~, donde ~ M = \ dfrac {2} {1 + e ^ {x}} [/ matemáticas]

entonces [matemáticas] \ color {rojo} {A} = – \ displaystyle \ int _ {} ^ {} \ dfrac {\ dfrac {2} {1 + e ^ {x}}. e ^ {- x}} {- 2} dx = \ displaystyle \ int _ {} ^ {} \ dfrac {e ^ {- x}} {1 + e ^ {x}} dx = log (e ^ {- x} +1) -e ^ {x }[/matemáticas]

[matemáticas] y ~ \ color {rojo} {B} = \ displaystyle \ int _ {} ^ {} \ dfrac {My_ {1}} {W} dx = \ displaystyle \ int _ {} ^ {} \ dfrac {\ dfrac {2} {1 + e ^ {x}}. E ^ {x}} {- 2} dx = – \ displaystyle \ int _ {} ^ {} \ dfrac {e ^ {x}} {1 + e ^ { x}} dx = -log (e ^ {x} +1) [/ math]

entonces

[matemáticas] y_ {PI} = \ color {rojo} {A} y_ {1} + \ color {rojo} {B} y_ {2} = \ left [log (e ^ {- x} +1) -e ^ {x} \ right] e ^ {x} + \ left [-log (e ^ {x} +1) \ right] e ^ {- x} [/ math]

entonces la solución total sería [matemática] \ boxed {y = y_ {CF} + y_ {PI} = C_ {1} e ^ {x} + C_ {2} e ^ {- x} + e ^ {x} log (e ^ {- x} +1) -1-e ^ {- x} log (e ^ {x} +1)} [/ math]