Resolver una EDO lineal de segundo orden cuando se conoce una solución

Question

El siguiente problema es del libro "Introducción a las Ecuaciones Diferenciales Ordinarias" por Shepley L. Ross.
Problema:
Dado que $y = x$ es una solución de $$ (x^2 -2x + 2)y'' - x^2y' + xy = 0$$ encontrar una solución linealmente independiente mediante la reducción de la orden. Escribir la solución general.
Respuesta:
Deje $f(x)$ representan la solución que tenemos. \begin{align*} f(x) &= x \\ y &= f(x) v = xv \\ y' &= x v' + v \\ y'' &= x v'' + v' + v' = xv'' + 2v' \\ \end{align*} \begin{align*} (x^2 -2x + 2)( xv'' + 2v') - x^2(x v' + v ) + x^2 v &= 0 \\ (x^2 -2x + 2)( xv'' + 2v') - x^3 v' &= 0 \\ (x^3 -2x^2 + 2x)xv'' + (-x^3 + 2x^2 -4x + 4)v' &= 0 \\ (x^4 -2x^3 + 2x^2)v'' + (-x^3 + 2x^2 -4x + 4)v' &= 0 \\ \end{align*} Ahora nos vamos a $w = \frac{dv}{dx}$ y esto nos da un separables ecuaciones diferenciales. \begin{align*} (x^4 -2x^3 + 2x^2)w' + (-x^3 + 2x^2 -4x + 4)w &= 0 \\ (x^4 -2x^3 + 2x^2)w' &= (x^3 - 2x^2 + 4x - 4)w \\ (x^4 -2x^3 + 2x^2) \,\, dw &= (x^3 - 2x^2 + 4x - 4)w \,\, dx \\ \frac{dw}{w} &= \frac{ (x^3 - 2x^2 + 4x - 4) \, dx }{ x^4 -2x^3 + 2x^2 } \\ \end{align*} Ahora podemos realizar la siguiente integración el uso de una línea integral de la calculadora: $$ \int \frac{ x^3 - 2x^2 + 4x - 4 }{x^4 -2x^3 + 2x^2} \,\, dx = \frac{\ln{| x^2 - 2x + 2 |}}{2} + \arctan{ \frac{ 2x - 2 }{2 } } + \frac{2}{x} + C_1 $$ \begin{align*} \ln{|w|} &= \frac{\ln{| x^2 - 2x + 2 |}}{2} + \arctan{ \frac{ 2x - 2 }{2 } } + \frac{2}{x} + C_1 \\ \end{align*} En este punto, estoy seguro de que mi intento de resolver el problema que está mal. El libro la respuesta es: $$ y = (x-2)e^{x} $$ Yo esperaría que el libro la respuesta es tener al menos una de las constantes, si no en la respuesta debido a que no había condiciones iniciales dadas.
Gracias,
Bob

Aquí está mi segundo intento de resolver el problema. Creo que me vaya mal en el último paso, pero no estoy seguro de dónde.

Respuesta:
Deje $f(x)$ representan la solución que tenemos. \begin{align*} f(x) &= x \\ y &= f(x) v = xv \\ y' &= x v' + v \\ y'' &= x v'' + v' + v' = xv'' + 2v' \\ \end{align*} \begin{align*} (x^2 -2x + 2)( xv'' + 2v') - x^2(x v' + v ) + x^2 v &= 0 \\ (x^2 -2x + 2)( xv'' + 2v') - x^3 v' &= 0 \\ (x^3-2x^2+2x)v'' + ( -x^3 + 2x^2 -4x +4)v' &= 0 \\ \end{align*} Ahora nos vamos a $w = \frac{dv}{dx}$ y esto nos da un separables ecuaciones diferenciales. \begin{align*} (x^3-2x^2+2x)w' + ( -x^3 + 2x^2 -4x +4)w &= 0 \\ \frac{dw}{w} &= \frac{x^3 - 2x^2 + 4x - 4}{x^3-2x^2+2x} \, dx \\ \end{align*} Ahora tenemos que integrar el lado derecho. Realizamos la división larga de la derecha lado y obtenemos: \begin{align*} \frac{x^3 - 2x^2 + 4x - 4}{x^3-2x^2+2x} &= 1 + \frac{2x - 4}{ x^3-2x^2+2x } \\ \end{align*} Ahora vamos a utilizar la técnica de fracciones parciales: \begin{align*} \frac{4x - 6}{ x^3-2x^2+2x } &= \frac{2x - 4}{ x(x^2-2x+2 ) } = \frac{A}{x} + \frac{Bx + C}{x^2-2x+2} \\ 2x - 4 &= A(x^2-2x + 2) + (Bx+C)x \\ \text{ We set %#%#% and find } A &= -2 \\ 2x - 4 &= -2(x^2-2x + 2) + (Bx+C)x = -2x^2 + 4x - 4 + Bx^2 + Cx \\ 0 &= -2 + B \\ B &= 2 \\ 2x - 4 &= -2(x^2-2x + 2) + (Bx+C)x = -2x^2 + 4x - 4 + 2x^2 + Cx \\ 2x &= -2(x^2-2x + 2) + (Bx+C)x = -2x^2 + 4x + 2x^2 + Cx \\ C + 4 &= 2 \\ C &= -2 \\ \frac{x^3 - 2x^2 + 4x - 4}{x^3-2x^2+2x} &= 1 - \frac{2}{x} + \frac{2x - 2}{x^2-2x+2} \end{align*} Tenemos que integrar los siguientes: $x = 0$$ Esto se puede hacer con la sustitución de $$ \frac{2x - 2}{x^2-2x+2} $ lo que nos da $u = x^2 - 2x + 2$. \begin{align*} \ln{|w|} &= x - 2 \ln{|x|} + \ln{|x^2-2x+2|} + C_1 \\ \ln{|w|} &= \ln{e^x} - 2 \ln{|x|} + \ln{|x^2-2x+2|} + \ln{ e^{C_1} } \\ w &= C_2 \left( \frac{e^x(x^2-2x+2)}{x^2} \right) \\ \frac{dv}{dx} &= C_2 \left( \frac{e^x(x^2-2x+2)}{x^2} \right) \\ v &= \int \,\, C_2 \frac{e^x(x^2-2x+2)}{x^2} dx \\ \end{align*}

En este punto, estoy seguro de que mi intento de resolver el problema que está mal. El libro la respuesta es: $du = (2x - 2) dx$$

Answer 1

Creo que hay pequeños errores.

Haciendo lo mismo que tú, llegué a $$(x^3-2 x^2+2 x)v''-(x^3-2 x^2+4 x-4)v'=0$ $ haciendo $$\frac{w'}w=\frac{x^3-2 x^2+4 x-4 } {x^3-2 x^2+2 x }=\frac{2x-2}{x^2-2 x+2}-\frac{2}{x}+1$ $ Integrando $$\log(w)=\log \left(x^2-2 x+2\right)+x-2 \log (x)+c_1$ $

Simplemente continúe y debería llegar para la solución general en $$y=c_1 x+c_2 e^x (x-2)$ $

Answer 2

Dada la ecuación diferencial ordinaria de segundo orden \begin{align*} u''(t) + a_1(t) u'(t) + a_0(t) u(t) = 0, \end{align*} podemos hacer uso de la fórmula de LIOUVILLE: \begin{align*} w(t) = w(t_0) \cdot \exp\left(- \int_{t_0}^{t} a_{n - 1}(\tau) d \tau \right), \end{align*} donde $w(t)$ es el WRONSKI-Determinante de las soluciones de $u_1, \ldots, u_n$ de la ecuación diferencial \begin{equation*} u^{(n)}(t) + \sum_{k = 0}^{n - 1} a_k(t) u^{(k)}(t) = 0. \end{ecuación*} Esto es fácilmente constatable por la transferencia de esta ecuación diferencial de $n$-ésimo orden en un sistema de $n$ diferenciales de orden 1.

No nos fijamos en $n = 2$. Deje $u_1$ ser un ya conocido de la solución.

Sabemos \begin{equation*} \begin{vmatrix} u_1 & u_2 \\ u_1' & u_2' \end{vmatrix} = u_1 u_2' - u_2 u_1' = C \cdot \exp\left( - \int_{t_0}^{t} a_1(\tau) d \tau \right) \end{ecuación*} Ahora de la siguiente manera \begin{equation*} \left( \frac{u_2}{u_1} \right)' = \frac{u_1 u_2' - u_2 u_1'}{u_1^2} = \frac{C}{u_1^2} \cdot \exp\left( - \int_{t_0}^{t} a_1(\tau) d \tau \right). \end{ecuación*} Por integración se puede ahora calcular el $\frac{u_2}{u_1}$ y así obtener la segunda solución, $u_2$.