Ecuación diferencial de Cauchy-Euler de cuarto orden (Raíces complejas repetidas)

Question

Ahora estoy estudiando ecuaciones diferenciales en el tema de la ecuación de Cauchy-Euler. Me estaba preguntando cómo lidiar con raíces complejas repetidas en la ecuación de Euler-Cauchy. Mi libro de texto nunca habla de esto, así que intenté buscar en diferentes libros, pero parece que la mayoría no menciona esto. Esta pregunta surgió en mi mente.

Por ejemplo, si la ecuación es $$ x^4y'''' +10x^3y''' + 27x^2y'' +21xy' +4y = f(x) $$

Mi enfoque va a ser el mismo cada vez; es decir, encontrar el conjunto fundamental de soluciones y luego la solución particular. Primero resuelvo la ecuación diferencial homogénea asociada adivinando la solución en la forma $y=x^m$, y sustituyendo esto en la ecuación que da $$ m(m-1)(m-2)(m-3)+10m(m-1)(m-2)+27m(m-1)+21m+4=0 $$ $$ m^4 + 4m^3 + 8m^2 + 8m + 4=0 $$ $$ (m^2 +2m +2)^2 $$ $$ m=1\pm i$$ Entonces mi solución general debería estar en la forma: $$ y(x) = [c_1x^{-1}\cos(\ln(x)) + c_2x^{-1}\sin(\ln(x)) + c_3y_3 + c_4y_4] + y_p$$ donde $y_3$ y $y_4$ son otros miembros en el conjunto fundamental de soluciones y $y_p$ es una solución particular que depende de la entrada $f(x)$.

Mi pregunta es cómo puedo encontrar el resto del conjunto fundamental de soluciones. ¿Existe alguna fórmula útil para construir la solución general de raíces complejas repetidas como en el caso de raíces reales repetidas?

(En el caso de raíces reales repetidas, se dice que si $m_1$ es una raíz de multiplicidad $k$, entonces se puede demostrar que $$ x^{m_1}, x^{m_1} \ln(x), ..., x^{m_1}( \ln(x))^{k-1} $$ son k soluciones linealmente independientes. Sin embargo, ni siquiera sé cómo demostrar esto.)

Cualquier ayuda o sugerencia sería muy apreciada.

Ya he leído la respuesta, pero aún me pregunto cuál es la motivación o la explicación detrás de esta afirmación: En el caso de una ecuación lineal homogénea con coeficientes constantes, cuando ${m_1}$ es una raíz de multiplicidad $k$ de una ecuación auxiliar de grado n, se puede demostrar que las soluciones linealmente independientes son $$ e^{{m_1}x} , xe^{{m_1}x} , x^2 e^{{m_1}x} , ..., x^{k-1} e^{{m_1}x} $$

Answer 1

Esto proviene de la transformación $u = \ln x$ o $x = e^u$. Entonces $$\begin{align}y^{\prime} & = \frac{dy}{dx} = \frac{dy}{du} \frac{du}{dx} = \frac{1}{x} \frac{dy}{du}\\ y^{\prime\prime} & = -\frac{1}{x^2} \frac{dy}{du} + \frac{1}{x^2} \frac{d^2y}{du^2}\\ y^{\prime\prime\prime} & = \frac{2}{x^3} \frac{dy}{du} - \frac{3}{x^3} \frac{d^2y}{du^2} + \frac{1}{x^3} \frac{d^3y}{du^3}\\ y^{(4)} & = -\frac{6}{x^4} \frac{dy}{du} + \frac{11}{x^4} \frac{d^2y}{du^2} - \frac{6}{x^4} \frac{d^3y}{du^3} + \frac{1}{x^4} \frac{d^4y}{du^4}\end{align}$$ Sustituyendo todo eso en la ecuación diferencial homogénea original, $$\frac{d^4y_h}{du^4} + 4\frac{d^3y_h}{du^3} + 8\frac{d^2y_h}{du^2} + 8\frac{dy_h}{du} + 4y_h = 0$$ Intentamos resolver esto con la función de prueba $y_h = u^{ru}$ y esto funciona si $$r^4 + 4r^3 + 8r^2 + 8r + 4 = (r^2 + 2r + 2)^2 = 0$$ Dado que estas son raíces dobles, la solución general a la ecuación diferencial homogénea es $$\begin{align}y_h & = (c_1 + c_2u) e^{-u} \cos u + (c_3 + c_4u) e^{-u} \sin u\\ & = (c_1 + c_2 \ln x) x^{-1} \cos(\ln x) + (c_3 + c_4 \ln x) x^{-1} \sin(\ln x)\end{align}$$ Entonces la respuesta es que es la misma forma en la que obtendrías la solución general para una ecuación diferencial homogénea lineal con coeficientes constantes, pero en términos de la variable independiente transformada $u = \ln x$.