$xe^{\lambda x}$ es una solución de una ecuación diferencial simple de segundo orden sólo si la ecuación auxiliar tiene una raíz repetida, ¿por qué?

Question

Para una ecuación diferencial como

$$a\frac{d^2y}{dx^2}+b\frac{dy}{dx}+cy=0$$

$xe^{\lambda x}$ es una solución si la ecuación auxiliar: $a\lambda^2+b\lambda+c+0$ tiene una raíz repetida. Sin embargo, sólo es una solución en este caso concreto, ¿por qué es así?

Answer 1

Tomando $$y=xe^{\lambda x}$$ $$\frac{dy}{dx}=e^{\lambda x} + \lambda xe^{\lambda x}$$ $$\frac{d^2y}{dx^2}=2\lambda e^{\lambda x} + \lambda^{2}xe^{\lambda x}$$

Sustituyendo en la ecuación $$a\frac{d^2y}{dx^2}+b\frac{dy}{dx}+cy=0$$

Como $e^{\lambda x} \neq 0$ Obtenemos $$a(\lambda^2x+2\lambda)+b(\lambda x+1)+cx=0$$

O $$(a\lambda^2+b\lambda+c)x + (2a\lambda+b)=0$$

Esto debería ser una identidad, es decir, verdadero para todos $x$ .

Por lo tanto, $a\lambda^2 + b\lambda +c=0$ y $2a\lambda +b=0$ . Obsérvese que la segunda ecuación es la diferencial de la primera, por lo que se requiere una raíz repetida.

Answer 2

La derivación de esta solución es en realidad tan increíblemente trivial, que es un completo misterio por qué no se enseña en la mayoría de las introducciones típicas a este tipo de ecuaciones diferenciales de tipo polinómico.

En esta demostración, consideraré, para simplificar, la ecuación diferencial

$$(D-I)(D-rI)y(t)=0$$

Y tomar el límite como $r\to1$ . Pero puedes repetir el mismo proceso para cualquier raíz arbitraria y hacer que se acerquen en un límite, y obtendrás el resultado correcto.

La mayoría de la gente tiene la idea correcta, que hay que tomar la solución para las raíces no repetidas, y tomar el límite a medida que las raíces se acercan. Esto es correcto, pero es un error tomar el límite de la solución general $c_1e^{r_1t}+c_2e^{r_2t}$ que es lo que la mayoría de la gente intenta hacer cuando ve este problema, y luego se desconcierta ya que le da un espacio de solución de la dimensión equivocada.

Esto es un error, porque $c_1$ y $c_2$ son etiquetas matemáticas arbitrarias, y no tienen por qué ser iguales a medida que las raíces se acercan. Sin embargo, puedes tomar el límite mientras representas la solución en términos de tus condiciones iniciales, porque éstas pueden permanecer igual mientras cambias el sistema. Puedes pensar en esto como un sistema físico en el que cambias la amortiguación y otros parámetros para crear un sistema de raíces repetidas mientras las condiciones iniciales siguen siendo las mismas -- este es un proceso simple, pero si en cambio intentas asegurar $c_1$ y $c_2$ siguen siendo los mismos, te encontrarás con infinitos e indefinidos. Esto es exactamente lo que ocurre aquí, simplemente no hay una solución de raíces repetidas con la misma $c_1$ y $c_2$ valores, pero obviamente tienes un sistema/solución con las mismas condiciones iniciales .

Así que, en su lugar, deja que las condiciones iniciales sean $y(0)=a$ y $y'(0)=b$ y exprese $c_1$ y $c_2$ en términos de ellos, por lo que tiene

$$y(t)=\frac{ra-b}{r-1}e^t-\frac{a-b}{r-1}e^{rt}$$

Entonces toma el límite como $r\to1$ . Esta es la prueba en sí, y es simplemente manipulación algebraica y un poco de límites --

$$\begin{array}{c}y(t) = \frac{{\left( {ra - b} \right){e^t} - \left( {a - b} \right){e^{rt}}}}{{r - 1}} = \frac{{\left( {ra - b} \right) - \left( {a - b} \right){e^{(r - 1)t}}}}{{r - 1}}{e^t}\\ = \frac{{(r - 1)a + \left( {a - b} \right) - \left( {a - b} \right){e^{(r - 1)t}}}}{{r - 1}}{e^t}\\ = \left[ {a + \left( {a - b} \right)\frac{{1 - {e^{(r - 1)t}}}}{{r - 1}}} \right]{e^t}\\ = \left[ {a - \left( {a - b} \right)\frac{{{e^{(r - 1)t}} - {e^{0t}}}}{{r - 1}}} \right]{e^t}\\ = \left[ {a - \left( {a - b} \right){{\left. {\frac{d}{{dx}}\left[ {{e^{xt}}} \right]} \right|}_{x = 0}}} \right]{e^t}\\ = \left[ {a - \left( {a - b} \right)t} \right]{e^t}\end{array}$$

Que tiene exactamente la forma $y(t) = \left( {{c_1} + {c_2}t} \right){e^t}$ con $c_1$ , $c_2$ que satisfagan las condiciones iniciales.

Aquí hay un GIF que confirma que la solución efectivamente est un límite de la expresión general, y no una desviación repentina de las soluciones para todas las demás raíces:

(sin embargo, no es una visualización especialmente sorprendente, ya la has visto en los diagramas que muestran la amortiguación crítica y demás).

Answer 3

Porque en todos los demás casos sus dos soluciones son $e^{λ_kx}$ , $k=1,2$ . Sólo con raíces repetidas el sistema de eigensoluciones para la ecuación homogénea es $e^{λx},xe^{λx}$ .

Answer 4

Para el caso $\lambda = 0$ es evidente: para cualquier EDO lineal homogénea $P(D) y = c_n \dfrac{d^n}{dx^n} y + \ldots + c_1 \dfrac{d}{dx} y + c_0 y = 0$ tenemos $P(D) x = c_1 + c_0 x = 0$ si $c_0 = c_1 = 0$ es decir, si $0$ es una raíz doble del polinomio $P(\lambda) = c_n \lambda^n + \ldots + c_1 \lambda + c_0$ . Para el caso general, se puede utilizar el Teorema del desplazamiento exponencial .