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3. Ecuaciones diferenciales de orden superior
(© Chema Madoz, VEGAP, Madrid 2009)
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Ecuaciones lineales: teoría básica Un problema de valor inicial de n-ésimo orden consiste en resolver la EDO lineal: n
n1
d y d dy an(x) n an1(x) n1 a1(x) a0(x)y g(x) dx dx dx sujeta a las n condiciones iniciales:
y(x0) y0 , y(x0) y1 , , y(n1) (x0) yn1 Resolverlo consiste en encontrar una función y(x) definida en un intervalo I que contiene a x0, donde se cumplen la ecuación y las condiciones iniciales. 2
Existencia de una solución única (Condición suficiente)
Sea an(x), an-1(x), …, a0(x), y g(x) continuas en I, con an(x) 0 para todo x de I. Si x = x0 es cualquier punto de este intervalo, entonces existe una solución y(x) del problema anterior en I y es única.
•Ejemplo: 3 y 5 y y 7 y 0, y (1) 0 , y(1) 0, y(1) 0 posee la solución trivial y(x) = 0. Como es una ED de tercer orden lineal con coeficientes constantes, y(x) = 0 es la única solución en cualquier intervalo que contenga a x = 1. 3
• Ejemplo: Comprueba que y = 3e2x + e–2x – 3x es la única solución de y"4 y 12 x, y (0) 4, y ' (0) 1 La ED es lineal, los coeficientes y g(x) son todos funciones continuas, y a2(x) = 1 es distinto de 0 en cualquier intervalo que contenga x = 0. La solución propuesta cumple la EDO y es única en I. Comprueba que y = cx2 + x + 3 es solución del PVI:
x 2 y 2 y 2 y 6,
y (0) 3 , y(0) 1
en toda la recta real. Este PVI tiene infinitas soluciones. Observa que el coeficiente de la derivada a2(x) = x2 más alta se hace cero en x = 0 y ese punto necesariamente tiene que estar incluido en I porque lo imponen las condiciones iniciales.
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Problemas de valores en la frontera 2
• Resolver: sujeta a :
d y dy a2(x) 2 a1(x) a0(x)y g(x) dx dx y(a) y0 , y(b) y1
se llama problema de valor en la frontera (PVF) y a las restricciones se conocen como condiciones de contorno o condiciones en la frontera. Nota: Las condiciones de contorno pueden ser también sobre las derivadas. 5
Vimos que x = c1 cos 4t + c2 sin 4t era solución de
x"16 x 0
x 16 x 0 , x(0) 0 , x 0 2 Si x(0) = 0, entonces c1 = 0, y x(t) = c2 sen 4t. Si x(/2) = 0, obtenemos 0 = 0 independientemente de c2. De modo que tenemos infinitas soluciones.
(a) Supongamos el PVF
x 16 x 0 , x(0) 0 , x 0 8 tenemos que c1 = 0, c2 = 0: x(t) = 0, solución única.
(b) Si
(c) Si x 16 x 0 , x(0) 0 , x 1 2 tenemos que c = 0, y 1 = 0 1
(contradicción). No hay solución.
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La siguiente EDO lineal de orden n:
dny dn1y dy an(x) n an1(x) n1 a1(x) a0(x)y g(x) dx dx dx se dice que es no homogénea.
n n1 d y d y homogénea.dy si g(x) = 0 la ecuación es an(x) n an1(x) n1 a1(x) a0(x)y 0 dx dx dx
Veremos que para resolver una ecuación no homogénea tendremos que resolver también la ecuación homogénea asociada.
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Operadores diferenciales • Sea Dy = dy/dx. Al símbolo D se le llama operador diferencial. Definimos a un operador diferencial de nésimo orden u operador polinominal como L an ( x) D n an1 ( x) D n1 a1 ( x) D a0 ( x) • El operador diferencial L es un operador lineal: L{f ( x) g ( x)} L( f ( x)) L( g ( x)) Podemos escribir las EDOs anteriores simplemente como L(y) = 0 y L(y) = g(x) 8
Principio de superposición (ecuaciones homogéneas)
Sean y1, y2, …, yk soluciones de una ecuación diferencial homogénea de n-ésimo orden en un intervalo I. Entonces la combinación lineal y = c1y1(x) + c2y2(x) + …+ ckyk(x) donde ci, i = 1, 2, …, k, son constantes arbitrarias, también es una solución en el intervalo.
Ejemplo: Las funciones y1 = x2, y2 = x2 ln x son ambas soluciones en 3 x y 2 xy 4 y 0 (0, ) de Luego y = x2 + x2 ln x también es una solución en (0, ).
Nota: (A) y(x) = cy1(x) también es solución si y1(x) es una solución. (B) Una ED lineal homogénea siempre posee la solución trivial y(x) = 0.
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Dependencia e independencia lineal Un conjunto de funciones f1(x), f2(x), …, fn(x) es linealmente dependiente en un intervalo I, si existen ciertas constantes c1, c2, …, cn no todas nulas, tales que: c1f1(x) + c2f2(x) + … + cn fn(x) = 0 Si el conjunto no es linealmente dependiente, entonces es linealmente independiente. En otras palabras, si el conjunto es linealmente independiente, cuando: c1f1(x) + c2f2(x) + … + cn fn(x) = 0 entonces necesariamente c1 = c2 = … = cn = 0.
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¿Son estas funciones linealmente independientes?
c1f1(x) + c2f2(x) = 0 11
Ejemplo: Las funciones f1 = cos2 x, f2 = sin2 x, f3 = sec2 x, f4 = tan2 x son linealmente dependientes en el intervalo (-/2, /2) porque c1 cos2 x +c2 sin2 x +c3 sec2 x +c4 tan2 x = 0 con c1 = c2 = 1, c3 = -1, c4 = 1. Ejemplo: Las funciones f1 = x½ + 5, f2 = x½ + 5x, f3 = x – 1, f4 = x2 son linealmente dependientes en el intervalo (0, ), porque f2 = 1 f1 + 5 f3 + 0 f4 12
Wronskiano Supongamos que cada una de las funciones f1(x), f2(x), …, fn(x) posee al menos n – 1 derivadas. El determinante
W ( f1 ,..., f n )
f1
f2
fn
f1 '
f2 '
fn '
f 1( n1)
f 2( n1)
f n( n1)
se llama el Wronskiano de las funciones. 13
TEOREMA
Criterio para soluciones linealmente independientes
Sean y1(x), y2(x), …, yn(x) soluciones de una ED homogénea de n-ésimo orden en un intervalo I. Este conjunto de soluciones es linealmente independiente si y sólo si W(y1, y2, …, yn) 0 para todo x en el intervalo. DEFINICIÓN
Conjunto fundamental de soluciones
Cualquier conjunto y1(x), y2(x), …, yn(x) de n soluciones linealmente independientes de una ED homogénea de n-ésimo orden se llama conjunto fundamental de soluciones.
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TEOREMA
Existencia de un conjunto fundamental
Existe un conjunto fundamental de soluciones para una ED lineal homogénea de orden n en un intervalo I. TEOREMA
Solución general (ecuaciones homogéneas)
Sea y1(x), y2(x), …, yn(x) un conjunto fundamental de soluciones de nuestra ED lineal homogénea en un intervalo I. Entonces la solución general es y = c1y1(x) + c2y2(x) + … + cnyn(x) CH3_15x donde ci son constantes arbitrarias.
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• Las funciones y1 = e3x, y2 = e-3x son soluciones de y” – 9y = 0 en (-, ) Observa que 3x
W (e , e
3 x
)
e
3x
3e
3x
e
3 x
3e
3 x
6 0
para todo x. Luego son independientes. Así que y = c1y1 + c2y2 es la solución general. Por ejemplo, la función y = 4 sinh(3x) - 5e3x es una solución. Observemos que y 2e3 x 2e 3 x 5e 3 x
e3 x e 3 x 5e 3 x 4 -3x = 4 sinh 3x – 5e 2 16
ex
e2 x
e3 x
x, y = e2x , y = e3x son • Las funciones y = e 1 3 2x x 2x 3x 2 x W (e , e , e ) e 2e 3e3 x 2e6 x 0 soluciones de y’’’ – 6y” + 11y’ – 6y = 0 en (-, ). x 2x 3x e 4 e 9 e Como
para todo valor real de x. y = c1ex + c2 e2x + c3e3x es la solución general en (-, ). 17
TEOREMA
Solución General (Ecuaciones no homogéneas) Sea yp cualquier solución particular de una EDO no homogénea en un intervalo I. Y sea y1(x), y2(x), …, yk(x) un conjunto fundamental de soluciones de su EDO homogénea asociada, entonces la solución general de la ecuación en el intervalo es y= c1y1 + c2y2 +… + ckyk + yp donde las ci , i= 1,2,….,n son constantes arbitrarias
y = c1y1 + c2y2 +… + ckyk + yp = yc + yp = función complementaria + una solución particular 18
• La función yp = -(11/12) – ½ x es una solución particular de
y 6 y 11 y 6 y 3 x
La solución general es
11 1 y yc y p c1e c2e c3e x 12 2 x
2x
3x
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TEOREMA
Dadas k EDOs
Principio de superposición (ecuaciones no homogéneas)
an ( x) y ( n ) an 1 ( x) y ( n 1) a1 ( x) y a0 ( x) y g i ( x)
con i = 1, 2, …, k. Si ypi denota una solución particular de la ED i-ésima correspondiente a gi(x), tenemos que y p y p1 ( x) y p2 ( x) y pk ( x) es una solución particular de an ( x) y ( n ) an1 ( x) y ( n1) a1 ( x) y a0 ( x) y
g1 ( x) g 2 ( x) g k ( x) 20
y"3 y '4 y 16 x 2 24 x 8
• Observemos que yp1 = -4x2 es una solución particular de
y"3 y '4 y 2e 2 x yp2 = e2x es una solución particular de
y"3 y '4 y 2 xe x e x yp3 = xex es una solución particular de
y y p1 y p2 y p3
Entonces
solución de 2 2x x x y 3 y 4 yesuna 16 x 24 x 8 2 e 2 xe e g1 ( x )
g2 ( x )
g3 ( x ) 21
Reducción de orden Sabemos que la solución general de a2 ( x) y a1 ( x) y a0 ( x) y 0 es y = c1y1 + c2y1. Supongamos que y1(x) denota una solución conocida (no trivial). Puesto que la solución y2 es linealmente independiente, supongamos que y2(x) = u(x) y1(x). Nuestro objetivo será encontrar una tal u(x). El método se conoce como reducción de orden. 22
Dada y1 = ex solución de y” – y = 0, hallar la segunda solución y2 por el método de reducción de orden. Solución Si y(x) = u(x)ex, entonces
que sustituyendo en la EDO: x x x x x Como ex 0, nuestra EDO se convierte en: Ahora "reduciremos" el orden de la ED gracias al cambio: x y " y e (u"2u ' ) 0 w = u’ que integrando por separación u"2u ' de variables y deshaciendo el cambio, nos proporciona:
y ue e u , y ue 2e u e u
0
w'2 w 0
w c1e 2 x u u 1/2 c1e 2 x c2
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Hemos hallado la segunda solución y2 por el método de reducción de orden: c1 x y u ( x)e e c2e x 2 x
Recordemos que teníamos y1 = ex como primera solución de y” – y = 0. Si tomamos c2 = 0, c1 = -2 para nuestra segunda solución, tenemos y2 = e-x. Observa que W(ex, e-x) 0 para todo x, de modo que las soluciones son independientes.
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Caso general • Escribimos la EDO en la forma estándar
y P(x)y Q(x)y 0 Sea y1(x) una solución conocida de la EDO e y1(x) 0 para todo x en el intervalo. • Si definimos y(x) = u(x)y1(x), tenemos
y uy1 y1u , y uy1 2 y1u y1u
y Py Qy u[ y1 Py1 Qy1 ] y1u (2 y1 Py1 )u 0 cero
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y1u ( 2 y1 Py1 )u 0 dw y1 (2 y1 Py1 ) w 0 y1w ( 2 y1 Py1 ) w 0 dx Dividiendo dw y1 dw y1 entre y w 2 dx Pdx 2 dx Pdx c y multiplicando empleandowel cambio w = u’. w y1 y1 1
por dx:
ln | wy12 | Pdx c
Luego
u c1
e
wy12 c1e Pdx Pdx
y12
dx c2
Tomando c1 = 1, c2 = 0, obtenemos y2 y1 ( x)
e
P ( x ) dx
y12 ( x)
dx 26
La función y1= x2 es una solución de 2
x y"3 xy '4 y 0 Hallar la solución general en (0, ). Solución: La forma estándar es 3
4 y y 2 0 x x Dando los pasos anteriores, demuestra que: 3 dx / x
La solución 2 e general es:
y2 x
x
4
2
dx x ln x 2
2
y c1x c2 x ln x 27
• La ecuación diferencial ay´ + by = 0 se resuelve ya sea mediante separación de variables o mediante la ayuda de un factor integrante. • Observa que si despejamos y´ de la ecuación diferencial ay´ + by = 0 se obtiene y´ = ky, donde k es una constante. Esto nos revela la "naturaleza" de la solución: la única función elemental no trivial cuya derivada es una múltiplo de si misma es la función exponencial, y(x) = emx. Lo que resta será determinar el valor de m...
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Ecuaciones lineales homogéneas con coeficientes constantes an y
(n)
an1 y
( n 1)
a2 y a1 y a0 y 0
donde ai son constantes, an 0. Ecuación o polinomio auxiliar : Para n = 2, ay by cy 0 Si probamos y(x) = emx, e mx (am 2 bm c) 0
am2 bmc 0
obtenemos la ecuación auxiliar. 29
2
am bmc 0 Las dos raíces del polinomio auxiliar son: 2
m1 (b b 4ac ) / 2a 2
m2 (b b 4ac ) / 2a (1) b2 – 4ac > 0: reales y distintas, m1 m2 . (2) b2 – 4ac = 0: reales e iguales, m1 = m2 = -b/(2a). (3) b2 – 4ac < 0: complejas conjugadas,
m1 i , m2 i
30
• Caso 1: Raíces reales y distintas La solución general es
y c1e
m1 x
c2 e
m2 x
¿Por qué?
• Caso 2: Raíces reales repetidas
y1 e
m1x
Para obtener la segunda solución utilizamos el método de reducción de orden, recordando que
m1 = m2 = -b/(2a).
2 m1x e La solución general m1x m1x y2 e m1x 2es dx e dx xe m1x e
y c1e
m1x
c2 xe
m1x 31
• Caso 3: Raíces complejas conjugadas Escribimos m1 i , m2 i, una ( i ) x ( i ) x C2 e solución general es y C1e Usando la fórmula de Euler: i
e cos isin e
i x
e
i x
cos x i sin x e e
i x
2 cos x e
i x
i x
cos x i sin x
e
i x
2i sin x 32
( i ) x ( i ) x y C e C e Como es solución general, 1 2 tomando C1 = C2 = 1 y C1 = 1, C2 = -1 , tenemos dos soluciones: y1 ex (eix e ix ) 2ex cos x
y2 ex (eix e ix ) 2iex sin x Así, ex cos x y ex sen x son un conjunto fundamental de soluciones y la solución general es x
x
y c1e cos(x) c2e sin( x) y e c1 cos(x) c2 sin( x) x
33
• Resolver las EDs siguientes: (a) 2 y"5 y '3 y 0
2m2 5m 3 (2m 1)(m 3) , m1 1/2 , m2 3 y c1e x / 2 c2 e 3 x
(b) y"10 y '25 y 0 m 2 10m 25 (m 5) 2 , m1 m2 5 y c1e5 x c2 xe5 x
(c) y"4 y '7 y 0 m2 4m 7 0 , m1 2 3i , m2 2 3i 2 , 3 , y e 2 x (c1 cos 3 x c2 sen 3 x)
34
Resolver 4 y"4 y '17 y 0, y (0) 1, y ' (0) 2 Solución: 4m 2 4m 17 0, m1 1/2 2i y e x / 2 (c1 cos 2 x c2 sin 2 x) y (0) 1, c1 1,
e y ' (0) 2,
c2 3/4
35
Resolver las ecuaciones: y k 2 y 0, Para la primera ecuación : Para la segunda ecuación :
Como Luego
y k 2 y 0, k 0
y c1coskx c2 sin kx
y c1ekx c2ekx
y1 1/2(e kx e kx ) cosh(kx) y2 1/2(e kx e kx ) sinh(kx)
y c1 cosh(kx) c2 sinh( kx) 36
Ecuaciones de orden superior Dada la EDO: (n)
an y
(n1)
an1y
a2y a1y a0y 0
La ecuación asociada n
n1
2
anm an1m a2m a1ma0 0 se llama su ecuación auxiliar . 37
Resolver
y 3 y 4 y 0
Solución:
m3 3m2 4 (m 1)(m2 4m 4) (m 1)(m 2) 2 m2 m3 2
y c1e x c2e2 x c3 xe2 x Resolver Solución:
d4y d2y 2 2 y 0 4 dx dx
m 4 2m 2 1 (m 2 1)2 0 m1 m3 i, m2 m4 i y C1eix C2e ix C3 xeix C4 xe ix c1 cos x c2 sin x c3 x cos x c4 x sin x38
Raíces complejas repetidas • Si m1 = + i es una raíz compleja de multiplicidad k, entonces m2 = − i es también una raíz compleja de multiplicidad k. Las 2k soluciones linealmente independientes son : ex cos x , xex cos x , x 2ex cos x , , x k 1ex cos x
ex sen x , xex senx , x 2 ex sen x , , x k 1ex sen x 39
Coeficientes indeterminados Si queremos resolver
an y
(n)
an1 y
( n 1)
a1 y a0 y g ( x)
Tenemos que hallar y = yc + yp. Veamos cómo hacerlo, en este caso general, mediante el método conocido como de coeficientes indeterminados.
40
Coeficientes indeterminados Simplemente haremos una conjetura sobre la forma de la posible solución particular a partir de la g(x) que deberá ser un polinomio, seno o coseno, exponencial o combinación lineal de todas ellas... Gracias a que las derivadas de las combinaciones lineales de estas funciones vuelven a ser ellas mismas, parece razonable que busquemos soluciones particulares de la misma forma... Vamos a ilustrar la idea con algunos ejemplos
41
2
y"4 y '2 y 2 x 3 x 6 Resolver Solución: Ya sabemos cómo obtener una solución yc de la ecuación homogénea asociada. Ahora, 2 queremos hallar yp. y Ax Bx C , p
Como el lado derecho es, uny ppolinomio, " 2 A y p ' de2la AxED B supondremos entonces, tras sustituir:
2+ ,4B 8 A–2Ax 2 B2 3 , –2 A B 2–23x C + 6 2A +2 A 8Ax – 2Bx 2C=42x A 1, B 5/2, C 9
5 yp x x 9 42 2 2
Hallar una solución particular de
y" y ' y 2 sen(3 x) Solución: Probemos yp = A cos(3x) + B sen(3x) Tras sustituir,
(8 A 3B) cos(3x) (3 A 8B) sin(3 x) 2 sin(3x)
Luego
A 6/73, B 16/73 6 16 y p cos(3x) sen(3 x) 73 73 43
Resolver Solución:
y"2 y '3 y 4 x 5 6 xe2 x yc c1e x c2e3 x
Solución homogénea
Pensando en el principio de superposición:
2x 2x Probemos y p Ax B Cxe Ee Tras sustituir,
3 Ax 2 A 3B 3Cxe 2 x (2C 3E )e 2 x
Luego
4 x 5 6 xe2 x
A 4/3, B 23/9, C 2, E 4/3 4 23 4 2x 2x y p x 2 xe e 3 9 3 4 23 4 2x x 3x y c1e c2e x 2 x e 3 9 3
44
Determinar una yp de
y"5 y '4 y 8e x
Solución: Probemos: yp = Aex Tras sustituir: 0 = 8ex (conjetura incorrecta) El problema está en que la función complementaria es: Y la suposición ya está presente en yc.
yc c1e c2 e x
Probemos como alternativa: yp = Axex. Tras sustituir: -3Aex = 8ex Entonces: A = -8/3, yp = (−8/3)xe2x 45
4x
• Si ninguna función en la supuesta yp es parte de yc En la siguiente tabla se muestran soluciones particulares de prueba.
46
Hallar la forma de yp de 3 x x y " 8 y ' 25 y 5 x e 7 e (a) Solución: 3 x g ( x ) ( 5 x 7 ) e Tenemos que y probamos con 3 2 x y p ( Ax Bx Cx E )e No hay duplicación entre los términos yp e yc (b) y” + 4y = x cos x Solución: Probamos con x p ( Ax B) cos x (Cx E ) sin x Tampoco hay duplicidad entre los términos yp y yc . 47
y 9 y 14 y 3 x 2 5sen2 x 7 xe6 x Hallar la forma de yp de 2
y p1 Ax Bx C
Solución: Para 3x2:
y p2 E cos 2 x Fsen 2 x y p3 (Gx H )e6 x
Para -5 sen 2x: Para 7xe6x:
Ningún término de
y p y p1 y p2 y p3 duplica un término de yc 48
Así que la regla formal en este caso es que la solución particular es una combinación lineal de las funciones linealmente independientes que se generan mediante diferenciaciones repetidas de g(x). ¿Y cuál es la regla si la solución particular así propuesta es también una solución de la ecuación homogénea asociada? Si alguna yp contiene términos que duplican los términos de yc, entonces esa yp se debe multiplicar por xn, donde n es el entero positivo más pequeño que elimina esa duplicación. 49
y" y 4 x 10 senx, y ( ) 0, y ' ( ) 2
yc c1 cos x c2 senx Resolver Solución: Primero probamos: yp = Ax + B + C cos x + E sen x Pero hay una duplicación. Entonces probamos con yp = Ax + B + Cx cos x + Ex sen x Tras sustituir y simplificar, A = 4, B = 0, C = -5, E = 0 Luego y = c1 cos x + c2 sen x + 4x – 5x cos x Como y() = 0, y’() = 2, tenemos y = 9 cos x + 7 sen x + 4x – 5x cos x 50
y"6 y '9 y 6 x 2 2 12e3 x
Resolver Solución: yc = c1e3x + c2xe3x 2
Este término está duplicado, aparece ya en yc.
3x
yp AxBx C Ee yp1 Debemos probar con:
yp2
2 3x yp Ax2Bx C Ex e yp1
yp2
Tras sustituir y simplificar, A = 2/3, B = 8/9, C = 2/3, E = -6 Luego 2 2 8 2 3x 3x 2 3x y c1e c2 xe x x 6 x e 3 9 3
51
Resolver
y y" e cos x x
Solución: m3 + m2 = 0, m = 0, 0, -1 yc = c1+ c2x + c3e-x Probamos como solución particular: yp = Aex cos x + Bex sen x Tras sustituir y simplificar, A = -1/10, B = 1/5 Luego 1 x 1 x y yc y p c1 c2 x c3e e cos x e senx 10 5 x
52
y
( 4)
2 x
y 1 x e
Hallar la forma de yp de 2 x x x Solución: yp A Bx e C xe Ee yc = c1+ c2x +yc3x2 +c4 e-x p1
yp2
Prueba: Como aparece repetido en la solución homogénea, necesitaremos multiplicar A por x3 y (Bx23 e-x + Cxe-x3+ Eex-x) por x.2Prueba x ahora:x
yp Ax Bxe Cx e Exe yp1
yp2 53
Método del anulador Sigue los apuntes de Jose Olarrea.
54
Método de variación de parámetros
a2 ( x) y a1 ( x) y a0 ( x) y g ( x)
y P ( x) y Q( x) y f ( x) donde P(x), Q(x) y f(x) son continuas en I. Conocidas y1(x) e y2(x) soluciones l. i. de la ec. homogénea asociada, probaremos como solución particular:
y p u1 ( x) y1 ( x) u2 ( x) y2 ( x)
55
y p u1 ( x) y1 ( x) u2 ( x) y2 ( x)
yp P ( x) yp Q ( x) y p
Sustituimos yp’, yp” en la EDO:
0
0
u1[ y1 Py1 Qy1 ] u2 [ y2 Py2 Qy2 ]
y1u1 u1 y1 y2u2 u2 y2 P[ y1u1 y2u2 ] 2 y1u1 2 y2u 2 d d [ y1u1 ] [ y2u2 ] P[ y1u1 y2u2 ] y1u1 y2 u2 dx dx d [ y1u1 y2u2 ] P[ y1u1 y2u2 ] y1u1 y2 u2 f ( x) dx 56
d [ y1u1 y2u2 ] P[ y1u1 y2u2 ] y1u1 y2 u2 f ( x) dx Necesitaremos dos ecuaciones para encontrar valores de u1 y u1. Exijamos que: y1u1’ + y2u2’ = 0, para obtener una ecuación adicional y de paso que la EDO se reduzca a: y1’u1’ + y2’u2’ = f(x). De modo que nos queda el sistema de ecuaciones: y1u1’ + y2u2’ = 0 y1’u1’ + y2’u2’ = f(x)
57
W2 y1 f (x) W1 y2 f (x) u2 u1 W en términos W W W Expresado de determinantes y
y1 donde W y1
y2 0 , W1 y2 f ( x)
y2 y1 , W2 y2 y1
0 f ( x)
De donde encontraremos, por integración, las soluciones. 58
y"4 y '4 y ( x 1)e
2x
Solución: m2 – 4m + 4 = 0, m = 2 (cero doble) y1 = e2x, y2 = xe2x,
Resolver W (e 2 x
2x e , xe2 x ) 2e 2 x
xe2 x 4x e 0 2x 2x 2 xe e
Como f(x) = (x + 1)e2x, entonces:
0 W1 ( x 1)e 2 x
xe 2 x e2 x 4x ( x 1) xe , W2 2 x 2x 2 xe 2e
0 4x ( x 1 ) e ( x 1)e 2 x
W2 y1 f (x) W1 y2 f (x) u2 u1 W W W W 4x 4x ( x 1) xe ( x 1)e 2 u1 x x , u2 x 1 4x 4x e e
59
u1 x x ,
u2 x 1
2
Luego
u1 = (-1/3)x3 – ½ x2, u2 = ½ x2 + x
y p u1 ( x) y1 ( x) u2 ( x) y2 ( x)
Recordemos que:
y1 = e2x, y2 = xe2x 1 3 1 2 2x 1 2 1 3 2x 1 2 2x 2x x p x x e x x xe x e x e 2 6 2 3 2
1 3 2x 1 2 2x y yc y p c1e c2 xe x e x e 6 2 2x
2x
60
4 y"36 y csc 3x Resolver Solución: y” + 9y = (1/4) csc 3x m2 + 9 = 0, m = 3i, -3i y1 = cos 3x, y2 = sin 3x, f(x) = (1/4) csc(3x)
cos 3 x sin 3 x Como W (cos 3 x , sin 3 x) 3 3 sin 3 x 3 cos 3 x 0
sin 3 x
cos 3x 0 1 1 cos 3 x W1 , W2 1/4 csc 3x 3 cos 3 x 4 3 sin 3x 1/4 csc 3 x 4 sin 3 x
61
W1 1 u1 W 12
Entonces
W2 1 cos 3x u2 W 12 sen3x
u1 1/12 x,
u2 1/ 36 ln | sen3x |
1 1 y p x cos 3 x ( sen3 x) ln | sen3 x | 12 36 1 1 y yc y p c1 cos 3x c2 sen3x x cos 3x ( sen3 x) ln | sen3 x | 12 36
62
1 y" y x Resolver Solución: e x (1 / x) 1 x e t ,-1u1 dt m2u–1 1 = 0, m = 1, 2 2 x0 t y1 = ex, y2e=x (e1-x/ ,xf(x) = 1/x, y W(e t x, e-x) = -2 ) 1 xe , u2 dt Luego u2 x 0 2 2 t 1 x x e t 1 x x et yp e dt e dt x0 t 2 x0 t 2 t t x x 1 e 1 e y yc y p c1e x e x dt e x dt x0 t 2 x0 t 2 63
Ecuaciones de orden superior
Para las EDs de n-ésimo orden de la forma
y ( n ) Pn1 ( x) y ( n1) P1 ( x) y P0 ( x) y f ( x)
tomamos yp = u1y1 + u2y2 + … + unyn, donde yi , i = 1, 2, …, n, son la familia de soluciones independientes que forman yc. Así:
Suposiciones para simplificar la EDO:
y1u1 y2u2 ynun 0 y1u1 y2 u2 yn un 0
Que nos lleva a las ecuaciones solución uk’ = Wk/W con k = 1, 2, …, n. Donde W es el ( n 1) ( n 1) ( n 1) wronskiano deyla y's y W elydeterminante que se obtiene deusustituir en W la k-ésima kes u u y 1 1 2 2 n n f ( x ) columna por (0, 0,..., f(x)).
64
Ecuación de Cauchy-Euler Forma de ecuación de Cauchy-Euler n n 1 d y d y dy n n 1 an x an1 x a1 x a0 y g ( x) n n 1 dx dx dx
• Método de solución Probamos y(x) = xm, donde debemos determinar m, para resolver la ecuación homogénea asociada: Observa que:
k d y k mk k ak x m(m 1)(m 2)(m k 1) x ak x k dx ak m(m 1)(m 2)(m k 1) x m
an m(m 1)(m 2) (m n 1) ... a1m a0 x m 0
65
Ecuación auxiliar
2 d y dy 2 ax bx cy g ( x) 2 dx dx
Para n = 2, y = xm, tenemos (am(m – 1) + bm + c)xm = 0, o am2 + (b – a)m + c = 0 Caso 1: Raíces reales y distintas m1
m2
y c1x c2x
Observa que tenemos que ax2 es igual a cero en x = 0. Para asegurar existencia y unicidad, tomaremos I = (0, ).
2 d y dy 2 x 2x 4 y 0 2 dx dx
Resolver Solución: Tenemos a = 1, b = -2 , c = -4 m2 – 3m – 4 = 0, m = -1, 4, y = c1x-1 + c2x4
66
Caso 2: Raíces reales repetidas m1
y2 x ln x
• Dedujimos Luego
m1
m1
y c1x c2x lnx 2 d y dy 2 4x 8x y 0 2 dx dx
Resolver Solución: Tenemos a = 4, b = 8, c = 1 4m2 + 4m + 1 = 0, m = -½ , -½ 1/2
y c1x
1/2
c2x
lnx 67
Caso 3: Raíces complejas conjugadas m1 1 •x m Orden , x superior: ln x ,multiplicidad x m1 (ln x) k2
, , x m1 (ln x) k 1
• Caso 3: raíces complejas conjugadas m1 = + i, m2 = – i, y = C1x( + i) + C2x( - i) Como xi = (eln x)i = ei ln x = cos( ln x) + i sen( ln x) x-i = cos ( ln x) – i sen ( ln x) Luego y = c1x cos( ln x) + c2x sen( ln x) = x [c1 cos( ln x) + c2 sen( ln x)] 68
Resolver Solución:
1 4 x y 17 y 0, y (1) 1, y ' (1) 2 2
Tenemos a = 4, b = 0 , c = 17 4m2 − 4m + 17 = 0, m = ½ + 2i
y x1/ 2 [c1 cos(2 ln x) c2 sin(2 ln x)] Aplicando y(1) = -1, y’(1) = 0, tenemos que c1 = -1, c2 = 0, 1/2
y x cos(2 lnx)
69
3 2 d y d y dy 3 2 x 5x 7x 8y 0 3 2 dx dx dx
Resolver Solución: Sea y = xm,
2
dy m 1 d y mx , 2 m(m 1) x m2 , dx dx d3y m 3 m ( m 1 )( m 2 ) x 3 dx
Luego tenemos xm(m + 2)(m2 + 4) = 0 m = -2, m = 2i, m = -2i y = c1x-2 + c2 cos(2 ln x) + c3 sin(2 ln x) 70
x 2 y"3 xy '3 y 2 x 4e x Resolver Solución: Tenemos (m – 1)(m – 3) = 0, m = 1, 3 yc = c1x + c2x3 Usando variación de parámetros, yp = u1y1 + u2y2, donde y1 = x, y2 = x3 Escribimos la ED como
3 3 2 x y y 2 y 2x e x x
Luego P(x) = -3/x, Q(x) = 3/x2, f(x) = 2x2ex 71
x x3 3 W 2x , 2 1 3x 0 AsíW1 2 x 2e x
x 0 x3 5 x 3 x 2 x e , W 2 x e 2 2 x 2 1 2x e 3x
5 x 2 x 5e x 2 x e 2 x x u1 x e , u e 2 3 2x 2 x3 x 2 x x x u e u1 x e 2 xe 2e , 2
Hallamos
y p u1 y1 u2 y2 ( x 2e x 2 xe x 2e x ) x e x x3 2 x 2e x 2 xe x 3
2 x
y yc y p c1x c2 x 2 x e 2 xe
x 72
Una ecuación de Cauchy-Euler siempre se puede escribir como un lineal de coeficientes constantes haciendo el cambio de variable: x = et. Por ejemplo: Resuelve así:
x y xy y ln x 2
x et t ln x dy dy dt 1 dy dx dt dx x dt d 2 y d 1 dy 1 dy 1 d dy 1 dy 1 d dy 2 2 2 dx dx x dt x dt x dx dt x dt x dt dx 1 dy 1 d 1 dy 1 d 2 y dy 2 2 2 x dt x dt x dt x dt dt
73
x 2 y xy y ln x d2y dy 2 y t 2 dt dt
y c1e t c2te t 2 t
y c1 x c2 x ln x 2 ln x 74
Unos ejemplos de ecuaciones no lineales 2
y" 2 x( y ' ) Resolver Solución: Esta ecuación no lineal carece de término en y. Sea u(x) = y’, entonces du/dx = y”, du 2xu 2 dx
du 2 x dx 2 u
u 1 x 2 c12
(Se escribe en esta forma solo por conveniencia para luego integrar)
dy 1 2 2 dx x c1 dx 1 1 x y 2 2 tan c2 c1 c1 x c1
Como u-1 = 1/y’, Entonces,
75
yy" ( y ' )
2
Resolver Solución: Esta ecuación no lineal carece de término en x. Sea u(x) = y’, entonces du= (du/dy)(dy/dx) du dy 2 y” =ydu/dx = u du/dy u u
dy o
u
y
ln|u| = ln|y| + c1, u = c2y (donde Como u = dy/dx = c2y, dy/y = c2 dx ln|y| = c2x + c3,
)
y c4e
c2 e
c1
c2 x 76
y x y y 2 ,
y (0) 1 ,
y(0) 1
• Supongamos que existe solución para: ( 4) Si además suponemos que y(0) y(0y(x) ) 2 admite y(0)desarrollo y (0en ) serie 3 y ( x ) y ( 0) x x x x4 de Taylor centrado 1! en 0: 2! 3! 4!
Como y(0) = -1, y’(0) = 1, de la ED original: y”(0) = 0 + y(0) – y(0)2 = −2. d Derivando sucesivamente la ED original: 2
y( x)
dx
( x y y ) 1 y 2 yy 77
d y ( x) (1 y 2 yy) y 2 yy 2( y) 2 dx ( 4)
... podemos utilizar el mismo método para obtener y(3) (0) = 4, y(4)(0) = −8, etc. Y encontrar una aproximación en Taylor de la solución:
2 3 1 4 y ( x) 1 x x x x 3 3 2
78
Una última observación: La ED de este ejemplo: y x y y 2 , y (0) 1 ,
y(0) 1
es equivalente (mediante cambio de variable) al sistema de ecuaciones diferenciales: dy u dx du 2 x y y dx y (0) 1, u (0) 1 79