[delmar]

Estimado foro, con una consulta, sobre la validez de una forma de demostrar la anulación de un tipo de funciones, por un operador diferencial lineal de coeficientes constantes.

Enunciado

Considerando las funciones \( y_1(x) \ \ \wedge \ \   y_2(x) \) definidas :

\( y_1=x^{m-1} \ e^{\alpha x} \ cos (\beta x) \ \  \wedge \ \ y_2=x^{m-1} \ e^{\alpha x} \ sen (\beta x) \ \ \  \forall{x}\in{R}, m\in{Z^+}   \)

Demostrar :

\( A^m=(D^2-2 \alpha D+ (\alpha^2+ \beta^2))^m \) anula a \( y_1 \wedge y_2 \)

DEMOSTRACION

Piden demostrar que el operador diferencial lineal de coeficientes constantes \( A^m \) anula a las dos funciones es decir \( A^m(y_1)=0 \wedge A^m(y_2)=0 \)

Por inducción, se demuestra que es válido para :

m=1

En esta parte no hay dificultad \( (D^2-2 \alpha D+ (\alpha^2+ \beta^2)) \) en efecto anula a \( y_1= \ e^{\alpha x} \ cos (\beta x) \ \  \wedge \ \ y_2= \ e^{\alpha x} \ sen (\beta x) \ \ \  \forall{x}\in{R}  \)

Se procede a demostrar para :

m+1

Acá surge la interrogante, se demuestra en paralelo es decir se procede a desarrollar :

\( A^{m+1}(x^{m} \ e^{\alpha x} \ cos (\beta x))=A^m(A(x^{m} \ e^{\alpha x} \ cos (\beta x)))=. \ . \ . \ \ \wedge \ \ \ A^{m+1}(x^m  \ e^{\alpha x} \ sen (\beta x))=A^m(A(x^m  \ e^{\alpha x} \ sen (\beta x)))=\ . \ . \ . \)

Se aplica el operador A  y se hacen las reducciones, en ambas expresiones y luego se procede a aplicar el operador \( A^m \) pero primero se aplica en la expresión de la izquierda y se considera supuesto válido el teorema para m; el cual es \( A^m(x^{m-1} \ e^{\alpha x} \ cos (\beta x))=0 \ \ \wedge \ \ A^m(x^{m-1} \ e^{\alpha x} \ sen (\beta x))=0 \) y queda demostrada la expresión 1.

Luego se aplica \( A^m \) a la expresión de la derecha y se considera válido el teorema \( A^m(x^{m-1} \ e^{\alpha x} \ cos (\beta x))=0 \ \ \wedge \ \ A^m(x^{m-1} \ e^{\alpha x} \ sen (\beta x))=0 \) y se demuestra que anula.

¿Es correcta la aplicación del teorema considerando las dos partes?

En lo concreto me plantearon demostrar por separado \( A^m(y_1)=0 \) y \( A^m(y_2)=0 \); pero la demostración que hago es considerando las dos expresiones a la vez.

Esperando sus reflexiones y comentarios. Gracias de antemano.

Saludos

[Masacroso]

Si es por inducción, debes asumir en algún punto, después de demostrar el caso base, el teorema para \( m \) y a partir de ahí demostrar que se cumple para \( m+1 \). Pero sí, está bien, falta mostrar el paso inductivo, pero es sencillo ver que funciona.

Se pueden hacer algunas simplificaciones, ya que al ser \( A \) lineal el teorema se cumple para \( y_1 \) e \( y_2 \) si y solo si se cumple para las funciones \( z_1(x):=x^{m-1}e^{(a+ib)x} \) y \( z_2(x):=x^{m-1}e^{(a-ib)x} \) (ya que el espacio vectorial complejo generado por \( y_1 \) e \( y_2 \) es el mismo que el generado por \( z_1 \) y \( z_2 \)), que al ser exponenciales son más fáciles de manipular. Luego también tienes la igualdad \( A=(D-\alpha I)^2+\beta ^2I=(D-(\alpha+i\beta) I)(D-(\alpha -i\beta )I) \), que escribiéndolo así quizá sirva para simplificar alguna cosa.

Spoiler

Observa que para \( \zeta \in\{a+ib,a-ib\} \) tienes que

\begin{align*}
(D-\zeta I)(x^{m-1}e^{\zeta x})&=(m-1)x^{m-2}e^{\zeta x}\implies (D-\zeta I)^k (x^{m-1}e^{\zeta x})=(m-1)^{\underline{k}}x^{m-k-1}e^{\zeta x}\text{ para }k\leqslant m-1\\[.5em]
\therefore\quad \forall m\in \mathbb{N}:(D-\zeta I)^m (x^{m-1}e^{\zeta x})&=(D-\zeta I)(D-\zeta I)^{m-1}(x^{m-1}e^{\zeta x})=(D-\zeta I)(m-1)!e^{\zeta x}=0
\end{align*}

Y de ahí, como \( D-\zeta I \) y \( D-\bar\zeta I \) conmutan, se sigue inmediatamente que \( A^mz_j=0 \) para \( j\in \{1,2\} \).∎

[cerrar]

[ani_pascual]

Hola:

Estimado foro, con una consulta, sobre la validez de una forma de demostrar la anulación de un tipo de funciones, por un operador diferencial lineal de coeficientes constantes.

Enunciado

Considerando las funciones \( y_1(x) \ \ \wedge \ \   y_2(x) \) definidas :

\( y_1=x^{m-1} \ e^{\alpha x} \ cos (\beta x) \ \  \wedge \ \ y_2=x^{m-1} \ e^{\alpha x} \ sen (\beta x) \ \ \  \forall{x}\in{R}, m\in{Z^+}   \)

Demostrar :

\( A^m=(D^2-2 \alpha D+ (\alpha^2+ \beta^2))^m \) anula a \( y_1 \wedge y_2 \)
...

Esperando sus reflexiones y comentarios. Gracias de antemano.
...

Otra forma... un poco más a lo bruto 

Spoiler

Es claro que si es \( m=1 \) se cumple, pues \( A(e^{\alpha x}\cos\beta x)=0 \) y \( A(e^{\alpha x}\sin\beta x)=0 \), siendo \( A=D^2-2\alpha D+(\alpha^2+\beta^2) \).
Suponiendo que \( \forall\,1\leq k\leq m \) se verifica \( A^k(x^{k-1}e^{\alpha x}\cos \beta x)=0 \) y \( A^k(x^{k-1}e^{\alpha x}\sin \beta x)=0 \) veamos que se cumple también
\( A^{m+1}(x^me^{\alpha x} \cos\beta x)=0=A^{m+1}(x^me^{\alpha x} \sin\beta x) \); en efecto,
\( A^{m+1}(x^me^{\alpha x} \cos\beta x)=A^m[A(x^me^{\alpha x} \cos\beta x)]=\cdots =A^m[m(m-1)x^{m-2}e^{\alpha x}\cos\beta x-2\beta mx^{m-1}e^{\alpha x}\sin\beta x]=\\m(m-1)A[A^{m-1}(x^{m-2}e^{\alpha x}\cos\beta x)]-2\beta mA^m(x^{m-1}e^{\alpha x}\sin\beta x)=m(m-1)A(0)-2\beta m\cdot 0=0 \).
Análogamente \( A^{m+1}(x^me^{\alpha x} \sin\beta x)=A^m[A(x^me^{\alpha x} \sin\beta x)]=\cdots =A^m[m(m-1)x^{m-2}e^{\alpha x}\sin\beta x-2\beta mx^{m-1}e^{\alpha x}\cos\beta x] =\cdots =0 \)

[cerrar]

Saludos

[delmar]

Gracias, Masacroso y ani_pascual, particularmente lo hice a la "fuerza bruta"; por separado no pude; pero al considerar al teorema con dos expresiones, queda demostrado. Una expresión ayuda a la otra.

Muchas gracias, saludos