Capitulo3-ecuaciones-diferenciales

Universidad Diego Portales Facultad de Ingenier´ıa Instituto de Ciencias B´asicas

Ecuaciones Diferenciales 1er Semestre 2016

Capitulo 3: Ecuaciones lineales del segundo orden

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introducci´ on

Una ecuaci´on diferencial lineal del segundo orden tiene la forma siguiente: y 00 + a(x)y 0 + b(x)y = q(x). El teorema que sigue es un teorema de existencia y unicidad del problema lineal con valor inicial del segundo orden: Teorema 1 Sea I un intervalo de R y x0 un elemento en I, y0 e y1 dos reales. Sea el problema con valores iniciales   Resolver: y 00 + a(x)y 0 + b(x)y = q(x) Sujeto a: y(x0 ) = y0  y 0 (x0 ) = y1 . Si a(x) y b(x) son dos funciones continuas en I entonces el problema con valores iniciales posee una unica soluci´on en el intervalo I. De ese teorema podemos deducir el siguiente corolario. Corolario 1 Sean a(x) y b(x) dos funciones continuas en un intervalo I, x0 un elemento en I. Si una funci´on z : I → R verifica z(x0 ) = 0, z 0 (x0 ) = 0 y para todas x ∈ I, z 00 (x) + a(x)z 0 (x) + b(x)z(x) = 0. Entonces z = 0 en el intervalo I. Prueba. La funci´on z es soluci´on del siguiente PVI (Problema con Valores Iniciales):   Resolver: y 00 + a(x)y 0 + b(x)y = 0 Sujeto a: y(x0 ) = 0  y 0 (x0 ) = 0. Por el Teorema 1, ese PVI posee una soluci´on unica, la funci´on y = 0 es soluci´on de ese problema, entonces por unicidad z = 0. 

1

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Ecuaci´ on diferencial lineal del segundo orden homogenea

Una ecuaci´on diferencial lineal del segundo orden homogenea tiene la forma siguiente (E) y 00 + a(x)y 0 + b(x)y = 0 (1) Durante toda esa secci´on, suponemos la existencia de un intervalo I tal que las funciones a(x) y b(x) son continuas en I, de tal forma que podemos usar el Teorema 1 y el Corolario 1. Teorema 2 Sean y1 , · · · , yp soluciones de la ecuaci´on (1) en el intervalo I, y sean numeros reales c1 , · · · , cp . Entonces la funci´on y = c1 y1 + · · · + cp yp es tambien una soluci´on de (1). Prueba. Tenemos: y 00 + a(x)y 0 + b(x)y = + = + = =

(c1 y1 + · · · + cp yp )00 + a(x)(c1 y1 + · · · + cp yp )0 b(x)(c1 y1 + · · · + cp yp ) c1 y100 + · · · + cp yp00 + a(x)c1 y10 + · · · + a(x)cp yp0 b(x)c1 y1 + · · · + b(x)cp yp c1 (y100 + a(x)y10 + b(x)y1 ) + · · · + cp (yp00 + a(x)yp0 + b(x)yp ) 0.

Entonces y es soluci´on de (1).



Introducimos la noci´on de soluciones linealmente independientes. Definici´ on 1 Sean y1 e y2 dos soluciones de (1). Se dice que las soluciones y1 e y2 son linealmente independientes en el intervalo I si para todos numeros reales c1 y c2 , c1 y1 + c2 y2 = 0 ⇒ c1 = c2 = 0. El teorema siguiente indica que la ecuaci´on (1) posee al menos un par y1 e y2 de soluciones independientes. Teorema 3 Existen dos soluciones y1 e y2 de (1) linealmente independientes en el intervalo I.

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Prueba. Sea un elemento x0 en el intervalo I. Consideramos los dos siguientes PVI:   Resolver: y 00 + a(x)y 0 + b(x)y = 0 Sujeto a: y(x0 ) = 1  y 0 (x0 ) = 0. y   Resolver: y 00 + a(x)y 0 + b(x)y = 0 Sujeto a: y(x0 ) = 0  y 0 (x0 ) = 1. Sean y1 e y2 las soluciones respectivas de esos problemas con valores iniciales (que existen por el Teorema 1). Entonces y1 e y2 son soluciones de (1). Sean dos constantes c1 y c2 tales que c1 y1 + c2 y2 = 0. Como y1 (x0 ) = 1 y y2 (x0 ) = 0, tenemos c1 = 0, por lo tanto c2 y2 = 0. Derivando esa igualdad, tenemos c2 y20 = 0. Como y20 (x0 ) = 1, deducimos que c2 = 0. Eso muestra que las soluciones y1 e y2 son linealmente independientes.  Definici´ on 2 Sean y1 , y2 dos funciones definidas y derivables en el intervalo I. El Wronkiano de las funciones y1 e y2 es una funci´on Wy1 ,y2 : I → R definida por: y1 (x) y2 (x) (2) ∀x ∈ I , Wy1 ,y2 (x) = 0 y1 (x) y20 (x) El Wronkiano permite caracterizar las soluciones linealmente independientes. Teorema 4 Sean y1 e y2 dos soluciones de la ecuaci´on (1) en el intervalo I. Las soluciones y1 e y2 son linealmente independientes en el intervalo I si y solo si para todas x ∈ I, Wy1 ,y2 (x) 6= 0. Prueba. Supongamos que existe un elemento x0 en el intervalo I tal que Wy1 ,y2 (x0 ) = 0. Como el determinante y1 (x0 ) y2 (x0 ) 0 y1 (x0 ) y20 (x0 ) = 0, existe dos numeros reales c1 y c2 tal que c1 6= 0 o c2 6= 0 que satisfacen la igualdad       y1 (x0 ) y2 (x0 ) 0 c1 + c2 = . 0 0 y1 (x0 ) y2 (x0 ) 0

3

Eso implica que c1 y1 (x0 ) + c2 y2 (x0 ) = 0 y c1 y10 (x0 ) + c2 y20 (x0 ) = 0. Sea la funci´on z : I → R definida por z = c1 y1 + c2 y2 . Por el Teorema 2 la funci´on z es soluci´on de la ecuaci´on (1). Ademas, tenemos z(x0 ) = c1 y1 (x0 ) + c2 y2 (x0 ) = 0 y c1 y10 (x0 ) + c2 y20 (x0 ) = 0. Entonces por el Corolario 1, z = 0 y por lo tanto c1 y1 + c2 y2 = 0 con c1 6= 0 o c2 6= 0. Eso desmuestra que y1 e y2 son dos soluciones linealmente dependientes. Por lo tanto si y1 e y2 son linealmente independientes, entonces para todas x en el intervalo I, Wy1 ,y2 (x) 6= 0. Ahora supongamos que Wy1 ,y2 (x) 6= 0 para todas x en I. Sean dos numeros reales c1 y c2 tal que c1 y1 + c2 y2 = 0. Eso muestra que c1 y10 + c2 y20 = 0. Para un elemento x en I, tenemos      c1 0 y1 (x) y2 (x) = . 0 0 c2 0 y1 (x) y2 (x) Como

y1 (x) y2 (x) 0 y1 (x) y20 (x)

= Wy1 ,y2 (x) 6= 0

tenemos c1 = c2 = 0. Eso comprueba que las soluciones y1 e y2 son linealmente independientes.  El teorema que sigue exibe una soluci´on general de la ecuaci´on (1). Teorema 5 Sean y1 e y2 dos soluciones linealmente independientes de la ecuaci´on (1) en el intervalo I. Entonces la soluci´on general de la ecuaci´on (1) es y = c1 y 1 + c2 y 2 . (3) Prueba. Sean y1 e y2 dos soluciones linealmente independientes de la ecuaci´on (1) en el intervalo I e y una otra soluci´on de la ecuaci´on (1). Sea x0 un elemento en I. Como y1 e y2 son linealmente independientes en el intervalo I, el Wronkiano y1 (x0 ) y2 (x0 ) 6= 0 Wy1 ,y2 (x0 ) = 0 y1 (x0 ) y20 (x0 ) entonces el sistema lineal de variables desconocidas c1 y c2      y1 (x0 ) y2 (x0 ) c1 y(x0 ) = . y10 (x0 ) y20 (x0 ) c2 y 0 (x0 ) posee una soluci´on unica (c1 , c2 ). Sea la funci´on z = y − (c1 y1 + c2 y2 ). Por el Teorema 2, z es soluci´on de la ecuaci´on (1). Ademas z(x0 ) = y(x0 ) − 4

(c1 y1 (x0 ) + c2 y2 (x0 )) = 0 y z 0 (x0 ) = y 0 (x0 ) − (c1 y10 (x0 ) + c2 y20 (x0 )) = 0, entonces por el Corolario 1, z = 0 en el intervalo I, lo que comprueba que y = c1 y1 + c2 y2 en el intervalo I. 

3

Ecuaci´ on diferencial lineal del segundo orden homogenea con coeficientes constantes

Una ecuaci´on lineal del segundo orden homogenea con coeficientes constantes tiene la forma general ay 00 + by 0 + cy = 0.

(E)

(4)

Definimos el polinomio caracteristico de la ecuaci´on (4): P (r) = ar2 + br + c

(5)

Lemma 3.1 Sea r ∈ C tal que P (r) = 0. Entonces la funci´on y = erx es una soluci´on de la ecuaci´on (4). Prueba. ay 00 + by 0 + cy = = = = =

a(erx )00 + b(erx )0 + c(erx ) ar2 erx + brerx + cerx (ar2 + br + c)erx P (r)erx 0 

Ese lemma nos da los buenos candidatos para ser una soluci´on de la ecuaci´on (4). Teorema 6 El discriminante del polinomio (5) es ∆ = b2 − 4ac. Consideramos 3 casos: Caso 1: ∆ > 0. En este caso la ecuaci´on P (r) = 0 posee 2 soluciones reales distintas que nombramos r1 y r2 . Entonces la soluci´on general de la ecuaci´on (E) se da por: y = c1 er1 x + c2 er2 x . 5

(6)

Caso 2: ∆ = 0. En este caso la ecuaci´on P (r) = 0 posee una soluci´on real unica que nombramos r. Entonces la soluci´on general de la ecuaci´on (E) se da por: y = c1 erx + c2 xerx . (7) Caso 3: ∆ < 0. En este caso la ecuaci´o√n P (r) = 0 posee 2 soluciones complejas √ −b + i −∆ −b − i −∆ y r2 = . Observe que distintas que son r1 = 2a 2a si notamos √ b −∆ α=− y β= , 2a 2a entonces las soluciones de la ecuaci´on P (r) = 0 son α − iβ y α + iβ. Entonces la soluci´on general de la ecuaci´on (E) se da por: y = c1 eαx cos(βx) + c2 eαx sen(βx).

(8)

Prueba. Caso 1: ∆ > 0. Como P (r1 ) = 0 y P (r2 ) = 0, las funciones y1 = er1 x e y2 = er2 x son soluciones de la ecuaci´on (4) por el Lemma 3.1. Ademas: y1 (x) y2 (x) Wy1 ,y2 (x) = 0 y1 (x) y20 (x) rx r2 x e1 e = r1 er1 x r2 er2 x = (r2 − r1 )e(r1 +r2 )x 6= 0 porque r1 6= r2 y e(r1 +r2 )x > 0. Eso comprueba por el Teorema 4 que las soluciones y1 e y2 son linealmente independientes, entonces por el Teorema 5 la soluci´on general de la ecuaci´on (4) es: y = c1 y1 + c2 y2 = c1 er1 x + c2 er2 x . Caso 2: ∆ = 0. Sea r tal que P (r) = 0, tenemos r = −b/(2a). Sabemos que y1 = erx es una soluci´on de la ecuaci´on (4) por el Lemma 3.1. Sea y2 = xerx . Tenemos: ay200 + by20 + cy2 = = = =

a(erx + rxerx )0 + b(erx + rxerx ) + cerx a(2rerx + r2 xerx ) + berx + brxerx + cerx (2ar + b)erx + (ar2 + br + c)erx 0 porque r = −b/(2a) y P (r) = 0. 6

Entonces y2 = xerx es tambien una soluci´on de (4). Compruebamos que esas soluciones son linealmente independientes: y1 (x) y2 (x) Wy1 ,y2 x (x) = 0 y1 (x) y20 (x) rx rx e xe = rx rx rx re e + rxe = e2rx 6 = 0 Entonces por el Teorema 5, la soluci´on general de (4) es y = c1 y1 + c2 y2 = c1 erx + c2 xerx . Caso 3: ∆ < 0. Notamos por r1 = α − iβ y r2 = α + iβ las soluciones de la ecuaci´on P (r) = 0. Por el Lemma 3.1 las funciones z1 = er1 x y z2 = er2 x 2 son soluciones de (4). Por el Teorema 2 las funciones y1 = z1 +z y 2 z2 −z1 y2 = 2i son tambien soluci´on de (4). Calculamos y1 e y2 : y1 = = = = =

z1 + z2 2 er1 x + er2 x 2 e(α−iβ)x + e(α+iβ)x 2 iβx e + e−iβx eαx 2 eαx cos(βx).

Del mismo modo: z2 − z1 2i e(α+iβ)x − e(α+iβ)x = 2i iβx e − e−iβx = eαx 2i = eαx sen(βx).

y2 =

7

Compruebamos que las soluciones y1 e y2 son linealmente independientes: y1 (x) y2 (x) Wy1 ,y2 (x) = 0 y1 (x) y20 (x) αx αx e cos(βx) e sen(βx) = αx αx (α cos(βx) − βsen(βx))e (αsen(βx) + β cos(βx))e = β(cos(βx)2 + sen(βx)2 )eαx = βeαx 6= 0 porque como ∆ < 0 tenemos β 6= 0 Eso desmuestra por el Teorema 4 que las soluciones y1 e y2 son linealmente independientes , por lo tanto por el Teorema 5, la soluci´on general de (4) es: y = c1 y1 + c2 y2 = c1 eαx cos(βx) + c2 eαx sen(βx).  Ejemplos: 1. y 00 + 3y 0 + 2y = 0. 2. y 00 − y 0 + y = 0. 3. y 00 + 2y 0 + 1 = 0. Soluci´ on: 1. y = c1 ex + c2 e2x . √  √  x x 3 2 2 2. y = c1 e cos 2 x + c2 e sen 23 x . 3. y = c1 e−x + c2 xe−x . Ejemplo: Encuentre la soluci´on general de la ecuaci´on siguiente: L

d2 q dq + R + Cq = 0 2 dt dt

Soluci´ on: El polinomio caracteristico es P (r) = Lr2 + Rr + C, su discriminante es ∆ = R2 − 4LC. Se consideran tres casos. Caso 1: R2 − 4LC > 0. En ese caso las ra´ıces del polinomio caracteristico P (r) son √ √ −R − R2 − 4LC −R + R2 − 4LC r2 = r1 = 2L 2L 8

entonces la soluci´on general es √

q(t) = c1 e

−R−

R2 −4LC t 2L

√

+ c2 e

−R+

R2 −4LC t 2L

Caso 2: R2 −4LC = 0. En ese caso la unica ra´ız del polinomio caracteristico P (r) es R r=− 2L entonces la soluci´on general es −R

−R

q(t) = c1 e 2L t + c2 te 2L t Caso 3: R2 − 4LC < 0. En ese caso las ra´ıces del polinomio caracteristico P (r) son √ √ −R + i 4LC − R2 −R − i 4LC − R2 = α − iβ r2 = = α + iβ r1 = 2L 2L √ R 4LC − R2 donde α = − yβ= , entonces la soluci´on general es 2L 2L √  √  R R 4LC − R2 4LC − R2 − 2L t − 2L t q(t) = c1 e cos t + c2 e sen t 2L 2L

4

Ecuaciones diferenciales del segundo orden a coeficientes constantes no homogeneas

Las ecuaciones diferenciales del segundo orden a coeficientes constantes no homogeneas tienen la forma siguiente (E)

ay 00 + by 0 + cy = q(x)

La ecuaci´on homogenea asociada es (E0 )

ay 00 + by 0 + cy = 0.

Teorema 7 La soluci´on general de la ecuaci´on (E) es y = yH + yP donde yH est una soluci´on de la ecuaci´on homogenea asociada (E0 ) e yP es una soluci´on particular de (E). 9

Procedimiento general para resolver la ecuaci´ on (E) Paso 1: Encontramos la soluci´on general yh de la ecuaci´on homogenea asociada (E0 ). Paso 2: Encontramos una soluci´on particular yp de la ecuaci´on (E). La soluci´on general de (E) se escribe y = yh + yp .

4.1

Metodo de los coeficientes indeterminados

El metodo de los coeficientes indeterminados permite encontrar una soluci´on particular yP de la ecuaci´on (E) cuando q(x) es una constante o un polinomio o una funci´on exponencial eαx o una funci´on seno o coseno o sumas o productos de esas funciones. Ejemplos: El metodo funciona cuando q(x) = 10 o q(x) = x2 + 1 o q(x) = 3 + 5x + e3x o q(x) = cos(3x) − sen(5x) o q(x) = x2 ex . Ejemplos: El metodo no funciona si q(x) = ln(x) o q(x) = 1/x o q(x) = tan(x). Descripci´ on general del metodo: Supongamos que q(x) es de la forma q(x) = eαx (Q1 (x) cos(βx) + Q2 (x)sen(βx)), con Q1 (x) y Q2 (x) dos polinomios. Caso 1: Si P (α + iβ) 6= 0, dond´e P (r) es el polinomio caracteristico de la ecuaci´on (E0 ) (es decir P (r) = ar2 + br + c), entonces buscamos la soluci´on particular yP de la forma yP = eαx (R1 (x) cos(βx) + R2 (x)sen(βx)), donde R1 (x) y R2 (x) son dos polinomios que verifican grado(R1 (x)) = grado(R2 (x)) = max{grado(Q1 (x)), grado(Q1 (x))}. Caso 2: Si P (α + iβ) = 0, entonces buscamos la soluci´on particular yP de la forma yP = xm eαx (R1 (x) cos(βx) + R2 (x)sen(βx)), donde m es la multiplicidad de la raiz α + iβ del polinomio P (r). Una vez mas R1 (x) y R2 (x) son dos polinomios que verifican grado(R1 (x)) = grado(R2 (x)) = max{grado(Q1 (x)), grado(Q1 (x))}. 10

Ejemplo: Resuelva la ecuaci´on y 00 − 2y 0 + 3y = 6xe2x

(E) Soluci´ on:

Paso 1: se resuelve la ecuaci´on homogenea asociada (E0 )

y 00 − 2y 0 − 3y = 0

El polinomio caracteristico de esa ecuaci´on es P (r) = r2 − 2r − 3. El discriminante de ese polinomio es ∆ = 4 + 12 = 16 = 42 > 0. Entonces las soluciones de la ecuaci´on P (r) = 0 son r1 = −1

y

r1 = 3,

por lo tanto la soluci´on general de la ecuaci´on (E0 ) es yH = c1 e−x + c2 e3x Paso 2: encontrar una soluci´on particular de la ecuaci´on (E). Observamos que q(x) = 6xe2x Podemos escribir q(x) = eαx (Q1 (x) cos(βx) + Q2 (x)sen(βx)) con α = 2, β = 0, donde Q1 (x) = 6x es un polinomio de grado 1, Q2 (x) = 0 es un polinomio de grado 0 y P (α + iβ) = P (2) = −3 6= 0, donde P es el polinomio caracteristico de la ecuaci´on (E0 ). Entonces buscamos yP de la forma yP = eαx (R1 (x) cos(βx) + R2 (x)sen(βx)) = e2x R1 (x) donde gradoR1 (x) = max{gradoQ1 (x), gradoQ2 (x)} = 1. Como R1 (x) es de grado 1, se escribe de la forma R1 (x) = Ax + B, entonces buscamos la soluci´on general de la ecuaci´on (E) de la forma yP = (Ax + B)e2x . Tenemos yP00 − 2yP0 − 3yP = 6xe2x , 11

sustituyendo, tenemos −3Axe2x + (2A − 3B)e2x = 4x − 5 + 6xe2x . Identificando a los coeficientes, tenemos  2A − 3B = 0 −3A = 6 Lo que da A = −2, B = −4/3. Entonces la soluci´on particular es 

4 yP = − 2x + 3



e2x ,

y la soluci´on general de (E) es: −x

y = y H + y P = c1 e 4.1.1

3x

+ c2 e



4 − 2x + 3



e2x

Caso donde q(x) es un polinomio:

Cuando q(x) es un polinomio de grado n, entonces buscamos yP como un polinomio, haciendo cuidado a dos casos: * Si 0 no es una raiz del polinomio P (r) (i.e. P (0) 6= 0) entonces buscamos la soluci´on particular de la forma yP = An xn + An−1 xn−1 + · · · + A1 x + A0 donde n es el grado de q(x). * Si 0 es una raiz de multiplicidad m del polinomio P (r) entonces buscamos la soluci´on particular de la forma yP = xm (An xn + An−1 xn−1 + · · · + A1 x + A0 ). Ejemplo: Sea la ecuaci´on diferencial (E)

y 00 + 4y 0 − 2y = 2x2 − 3x + 6

Soluci´ on:

12

Paso 1: se resuelve y 00 + 4y 0 − 2y = 0

(E0 )

El polinomio caracteristico de esa ecuaci´on es P (r) = r2 + 4r − 2. El discriminante de ese polinomio es ∆ = 16 + 8 = 24 = 6 × 22 > 0. Entonces las soluciones de la ecuaci´on P (r) = 0 son √ √ y r2 = −2 + 6, r1 = −2 − 6 por lo tanto la soluci´on general de la ecuaci´on (E0 ) es √

yH = c1 e−(2+

6)x

√

+ c2 e(−2+

6)x

Paso 2: encontrar una soluci´on particular de la ecuaci´on (E). Observamos que q(x) = 2x2 − 3x + 6 es un polinomio de grado 2 y P (0) 6= 0, entonces buscamos la soluci´on particular yP de la forma yP = Ax2 + Bx + C. Tenemos yP00 + 4yP0 − 2yP = 2x2 − 3x + 6 con yP0 = 2Ax + B y yP00 = 2A, entonces 2A + 8Ax + 4B − 2Ax2 − 2Bx − 2C = 2x2 − 3x + 6, por lo tanto −2Ax2 + (8A − 2B)x + 2A + 4B − 2C = 2x2 − 3x + 6. Identificando a los coeficientes, tenemos   −2A = 2 8A − 2B = −3  2A + 4B − 2C = 6 lo que da A = −1, B = −5/2, C = −9. Entonces 5 yP = −x2 − x − 9 2 por lo tanto la soluci´on general de (E) es √

y = yH + yP = c1 e−(2+

6)x

√

+ c2 e(−2+

6)x

Ejemplo: Resolver (E)

y 00 − y 0 = x2 + 1 13

5 − x2 − x − 9 2

Soluci´ on: Paso 1: se resuelve y 00 − y 0 = 0

(E0 )

El polinomio caracteristico de esa ecuaci´on es P (r) = r2 −r. El discriminante de ese polinomio es ∆ = 1 > 0. Entonces las soluciones de la ecuaci´on P (r) = 0 son r1 = 0

y

r2 = 1,

por lo tanto la soluci´on general de la ecuaci´on (E0 ) es yH = c1 + c2 ex Paso 2: encontrar una soluci´on particular de la ecuaci´on (E). Observamos que q(x) = x2 + 1 es un polinomio de grado 2 y P (0) = 0, entonces como 0 es una raiz de multiplicidad 1 del polinomio P (r), buscamos la soluci´on particular yP de la forma yP = x(Ax2 + Bx + C) = Ax3 + Bx2 + Cx. Tenemos yP00 − yP0 = x2 + 1 con yP0 = 3Ax2 + 2Bx + C y yP00 = 6Ax + 2B, entonces 3Ax2 + 2Bx + C − (6Ax + 2B) = x2 + 1, por lo tanto 3Ax2 + (6A − 2B)x + 2B − C = x2 + 1. Identificando a los coeficientes, tenemos   3A = 1 6A − 2B = 0  2B − C = 1 lo que da A = 1/3, B = 1, C = 1. Entonces 1 1 yP = x( x2 + x + 1) = x3 + x2 + x, 3 3 por lo tanto la soluci´on general de (E) es √

y = yH + yP = c1 e−(2+

6)x

√

+ c2 e(−2+ 14

6)x

1 + x3 + x2 + x 3

4.2

Caso donde q(x) es una funci´ on seno o coseno

Cuando q(x) es de la forma q(x) = γ1 cos(βx) + γ2 sen(βx), con γ1 , γ2 y α tres constantes reales: • Si iβ no es una raiz del polinomio caracteristico P (r) (i.e. P (iβ) 6= 0), entonces buscamos una soluci´on particular de la forma yP = A cos(βx) + Bsen(βx). • Si iβ es una raiz del polinomio caracteristico P (r) de multiplicidad m, entonces buscamos una soluci´on particular de la forma yP = xm (A cos(βx) + Bsen(βx)). Ejemplo Resuelva la ecuaci´on diferencial (E)

y 00 − y 0 + y = 2sen(3x)

Soluci´ on: Paso 1: se resuelve (E0 )

y 00 − y 0 + y = 0

El polinomio caracteristico de esa ecuaci´on es P (r) = r2 − r + 1. El discriminante de ese polinomio es ∆ = 1 − 4 = −3 < 0. Entonces las soluciones de la ecuaci´on P (r) = 0 son √ √ 1 3 1 3 y r1 = − + i , r1 = − − i 2 2 2 2 por lo tanto la soluci´on general de la ecuaci´on (E0 ) es √ ! √ ! 3 3 yH = c1 ex/2 cos x + c2 ex/2 sen x 2 2 Paso 2: encontrar una soluci´on particular de la ecuaci´on (E). Observamos que q(x) = 2sen(3x) es una funci´on seno y P (3i) 6= 0, entonces buscamos una soluci´on particular de la forma yP = A cos(3x) + Bsen(3x). Tenemos yP00 − yP0 + yP = 2sen(3x) 15

con yP0 = −3Asen(3x) + 3B cos(3x) y yP00 = −9A cos(3x) − 9Bsen(3x), entonces −9A cos(3x)−9Bsen(3x)+3Asen(3x)−3B cos(3x)+A cos(3x)+Bsen(3x) = 2sen(3x), por lo tanto (−8A − 3B) cos(3x) + (−8B + 3A)sen(3x) = 2sen(3x). Identificando a los coeficientes, tenemos  8A + 3B = 0 3A − 8B = 2 lo que da A = 6/73, B = −16/73. Entonces yP =

16 6 cos(3x) − sen(3x) 73 73

por lo tanto la soluci´on general de (E) es √ ! 3 x +c2 ex/2 sen y = yH +yP = c1 ex/2 cos 2

4.3

√ ! 3 6 16 x + cos(3x)− sen(3x) 2 73 73

Caso donde q(x) es una funci´ on exponencial

Cuando q(x) = γeαx con γ y α dos constantes reales: • Si α no es una raiz del polinomio caracteristico P (r) (i.e. P (α) 6= 0), entonces buscamos una soluci´on particular de la forma yP = Aeαx • Si α es una raiz de multiplicidad m del polinomio caracteristico P (r), entonces buscamos una soluci´on particular de la forma yP = Axm eαx . Ejemplo: Resuelva la ecuaci´on diferencial (E)

y 00 − 5y 0 + 4y = 8ex

Soluci´ on:

16

Paso 1: se resuelve y 00 − 5y 0 + 4y = 0

(E0 )

El polinomio caracteristico de esa ecuaci´on es P (r) = r2 − 5r + 4. El discriminante de ese polinomio es ∆ = 25 − 9 = 16 = 42 > 0. Entonces las soluciones de la ecuaci´on P (r) = 0 son r1 = 1

y

r1 = 4,

por lo tanto la soluci´on general de la ecuaci´on (E0 ) es yH = c1 ex + c2 e4x Paso 2: encontrar una soluci´on particular de la ecuaci´on (E). Observamos que q(x) = 8ex es una funci´on exponencial, 1 es una raiz de multiplicidad 1 del polinomio caracteristico P (r), entonces buscamos la soluci´on particular yP de la forma yP = Axex . Tenemos yP00 − 5yP0 + 4yP = 8ex con yP0 = A(1 + x)ex y yP00 = A(2 + x)ex , entonces (2A + Ax − 5A − 5Ax + 4Ax)ex = 8ex , por lo tanto −3A = 8 entonces A=−

8 3

Entonces

8 yP = − xex 3 por lo tanto la soluci´on general de (E) es 8 y = yH + yP = c1 ex + c2 e4x − xex 3

17

4.3.1

Formar una soluci´ on particular por superposici´ on

Supongamos una ecuaci´on lineal del segundo orden con coeficientes constantes (E) ay 00 + by 0 + cy = q1 (x) + · · · + qn (x) Considere, por cada numero j entre 1 y n una soluci´on particular ypj de la ecuaci´on ay 00 + by 0 + cy = qj (x) Entonces yp = yp1 + · · · + ypj es una soluci´on particular de la ecuaci´on (E). Ejemplo: Resuelva la ecuaci´on (E)

y 00 − 2y 0 + 3y = 4x − 5 + 6xe2x

Soluci´ on: Paso 1: se resuelve y 00 − 2y 0 − 3y = 0

(E0 )

El polinomio caracteristico de esa ecuaci´on es P (r) = r2 − 2r − 3. El discriminante de ese polinomio es ∆ = 4 + 12 = 16 = 42 > 0. Entonces las soluciones de la ecuaci´on P (r) = 0 son r1 = −1

y

r1 = 3,

por lo tanto la soluci´on general de la ecuaci´on (E0 ) es yH = c1 e−x + c2 e3x Paso 2: encontrar una soluci´on particular de la ecuaci´on (E). Observamos que q(x) = 4x − 5 + 6xex = q1 (x) + q2 (x). con q1 (x) = 4x − 5 y q2 (x) = 6xe2x . Uno observa que q1 (x) es un polinomio de grado 1 y P (0) 6= 0, entonces buscamos yp1 de la forma yp1 = Ax + B. Tenemos yP001 − 2yP0 1 − 3yP1 = 4x − 5, 18

sustituyendo, tenemos −3Ax − 2A − 3B = 4x − 5. Identificando a los coeficientes, tenemos  −3A = 4 −2A − 3B = −5 Lo que da A = −4/3, B = 23/9, entonces se tiene 23 4 yP1 = − x + 3 9 Podemos escribir q2 (x) = eα2 x (Q2,1 (x) cos(β2 x) + Q2,2 (x)sen(β2 x)) con α2 = 2, β2 = 0, donde Q2,1 (x) es un polinomio de grado 1 y P (α2 +iβ2 ) = P (2) = −3 6= 0. Entonces buscamos yp2 de la forma yp2 = eα2 x (R2,1 (x) cos(β2 x) + R2,2 (x)sen(β2 x)) = e2x R2,1 (x) donde gradoR2,1 (x) = max{gradoQ2,1 (x), gradoQ2,2 (x)} = 1. Como R2,1 (x) es de grado 1, se escribe de la forma R2,1 (x) = Cx + D, entonces buscamos la soluci´on general de la ecuaci´on (E) de la forma yP2 = (Cx + D)e2x . Tenemos yP002 − 2yP0 2 − 3yP2 = 6xe2x , sustituyendo, tenemos −3Cxe2x + (2C − 3D)e2x = 6xe2x . Identificando a los coeficientes, tenemos  2C − 3D = 0 −3C = 6 Lo que da C = −2, D = −4/3, entonces se tiene   4 2x yP2 = − 2x + e 3 Finalmente por superposici´on la soluci´on particular es   4 23 4 2x y P = y P1 + y P2 = − x + − 2x + e , 3 9 3 y la soluci´on general de (E) es: −x

y = yH + yP = c1 e

+ c2 e

3x

  4 23 4 2x − x+ − 2x + e 3 9 3

19

5

Ecuaciones diferenciales lineales del segundo orden homogeneas a coeficientes no constantes

Son ecuaciones de la forma y 00 + a(x)y 0 + b(x)y = 0,

(E0 )

con a(x) y b(x) dos funciones continuas en un intervalo I. Recordamos que la soluci´on general de esa ecuaci´on se da por y = c1 y 1 + c2 y 2 , con y1 e y2 dos soluciones linealmente independientes. De manera general no sabemos como encontrar y1 e y2 , pero si conocemos una soluci´on y1 que no es igual a cero, entonces podemos encontrar una soluci´on y2 linealmente independiente de y1 por la formula de Abel que es la siguiente: Z − R a(x)dx e dx. y2 = y1 y12 Ejemplo: Sea la ecuaci´on   1 2 x y + xy + x − y = 0. 4 2 00

(E0 ) La funci´on y1 = de (E0 ).

cos √x x

0

es una soluci´on de (E0 ). Encuentre la soluci´on general

Soluci´ on: La ecuaci´on se reescribe 1 1 y + y0 + 2 x x 00

  1 2 x − y = 0, 4

por la formula de Abel, una segunda soluci´on es Z − R a(x)dx e y2 = y1 dx y12 con a(x) =

1 x

y y1 =

cos √ x. x

cos x y2 = √ x

Reemplazando tenemos Z

1 cos x senx dx = √ tan x = √ . 2 cos x x x 20

Finalmente la soluci´on general de (E) es 1 y = c1 y1 + c2 y2 = √ (c1 cos(x) + c2 sen(x)). x Ejemplo: Sea la ecuaci´on definida en el intervalo ]0, +∞[. (E0 )

x2 y 00 + 3xy 0 + y = 0.

1. Determine una soluci´on de la ecuaci´on (E0 ) de la forma y1 = xm . 2. Deduzca una segunda soluci´on de (E0 ) linealmente independiente con y1 y determine la soluci´on general de (E0 ). Soluci´ on: 1. Sea y1 = xm una soluci´on de (E0 ). Tenemos x2 y100 + 3xy10 + y1 = 0. En mismo tiempo y10 = mxm−1 , y100 = m(m − 1)xm−2 . Luego al reemplazar en la ecuaci´on tenemos: m(m − 1)xm + 3mxm + xm = 0 Al factorizar tenemos: (m2 + 2m + 1)xm = 0 lo que implica m2 + 2m + 1 = 0, es decir (m + 1)2 = 0, lo que implica m = −1. Finalmente y1 = x−1 . 2. Para determinar una segunda soluci´on y2 linealmente independiente con y1 usamos la formula de Abel. Antes escribimos la ecuaci´on en forma estandar: 1 3 y 00 + y 0 + 2 y = 0 x x 00 0 es decir y + a(x)y + b(x)y = 0 donde a(x) = x3 , b(x) = x12 . La formula de Abel da:

21

e−

Z y2 = y1 = x

−1

= x

−1

= x

−1

R

a(x)dx

dx

y12 R

3

Z

e− x dx dx x−2

Z

x2 e−3 ln(x) dx

Z

x2 x−3 dx

Z

1 dx x = x−1 ln(x)

= x

−1

Finalmente la soluci´on general de (E0 ) es: y = c1 y1 + c2 y2 = c1 x−1 + c2 x−1 ln(x)

6

Ecuaciones lineales del segundo orden a coeficientes no constantes y no homogeneas

Sea una ecuaci´on de la forma (E)

y 00 + a(x)y 0 + b(x)y = q(x)

con a(x), b(x) y q(x) continuas en un intervalo I. soluci´ on general de (E) es de la forma

Recordamos que la

y = yH + yP , con yH una soluci´on general de la ecuaci´on homogenea asociada (E0 )

y 00 + a(x)y 0 + b(x)y = 0

y yP una soluci´on particular de la ecuaci´on (E). El metodo de variaci´ on de los parametros permite de obtener una soluci´on particular yP cuando conocemos la soluci´on general yH = c1 y1 + c2 y2 de la ecuaci´on (E0 ).

22

En el caso donde la ecuaci´ on no tiene coeficientes constantes o q(x) no es de la forma adecuada no podemos usar el metodo de coeficientes indeterminados, entonces se debe usar el metodo de variaci´ on de parametros. Supongamos que conocemos la soluci´on general yH = c1 y1 + c2 y2 de la ecuaci´on (E0 ), el metodo de variaci´on de los parametros consiste en buscar una soluci´ on particular de (E) de la forma yP = u1 (x)y1 + u2 (x)y2 , Las funciones u1 (x) y u2 (x) est´an descritas por el siguiente sistema lineal con soluciones u01 (x) y u02 (x):  y1 u01 + y2 u02 = 0 . y10 u01 + y20 u02 = q(x) Usando la regla de Cramer, deducimos que  0 y2     q(x) y20  0  u =  1  y1 y2    0 0 y1 y2 y1 0    0  y1 q(x)  0   u =   2 y1 y2   0 y1 y20 es decir

(

u01 = u02 =

Integrando tenemos Z u1 =

−q(x)y2 y1 y20 −y10 y2 q(x)y1 y1 y20 −y10 y2

−q(x)y2 dx y1 y20 − y10 y2

Z u2 =

q(x)y1 dx y1 y20 − y10 y2

lo que da la siguiente soluci´on particular de (E): Z  Z  −q(x)y2 q(x)y1 yP = u1 y2 + u2 y2 = dx y1 + dx y2 . y1 y20 − y10 y2 y1 y20 − y10 y2 Observe que el denominador y1 y20 − y10 y2 es el Wronkiano de las soluciones y1 e y2 .

23

Ejemplo: Resuleva 1 cos(2x) Solucion: Paso 1: Resolvemos la ecuaci´on homogenea y 00 + 4y =

(E)

(E0 )

y 00 + 4y = 0

El polinomio caracteristico es P (r) = r2 +4, su discriminante es ∆ = −4 < 0, entonces las ra´ıces de P (r) son r1 = −2i, r2 = 2i, por lo tanto la soluci´on general de (E0 ) es yh = c1 cos(2x) + c2 sen(2x) 1 no tiene Paso 2: Buscamos una soluci´on particular. Como q(x) = cos(2x) la forma adecuada, usamos el metodo de variaci´on de parametros. Buscamos la soluci´on particular de la forma yp = u1 (x)y1 + u2 (x)y2 donde y1 = cos(2x), y2 = sen(2x). Se tiene y1 y20 − y10 y2 = 2, entonces se tiene: Z Z −q(x)y2 1 1 u1 = dx = − tan(2x)dx = ln | cos(2x)| 0 0 y1 y2 − y1 y2 2 4 Z Z q(x)y1 dx x u2 = dx = = 0 0 y1 y2 − y1 y2 2 2 Por lo tanto una soluci´on particular es: yp =

1 x ln | cos(2x)| cos(2x) + sen(2x) 4 2

La soluci´on general de (E) es y = yh + yp = c1 cos(2x) + c2 sen(2x) +

1 x ln | cos(2x)| cos(2x) + sen(2x) 4 2

Ejemplo: Resuelva la ecuaci´on y 00 + 10y 0 + 25y = e−5x ln(x). Ejemplo: Resuelva 1 x Soluci´ on: Paso 1: Resolver la ecuaci´on homogenea (E)

(E0 )

y 00 − y =

y 00 − y = 0

El polinomio caracteristico de la ecuaci´on (E0 ) es P (r) = r2 − 1, su discriminante es ∆ = 4 > 0, entonces la ra´ıces del polinomio caracteristico son 1 y −1 y la soluci´on general de (E0 ) es yH = c1 ex + c2 e−x . 24

Paso 2: Buscamos una soluci´on particular de (E) de la forma yP = u1 (x)y1 + u2 (x)y2 con y1 = ex e y2 = e−x . Tenemos ( 2 u01 = y1−q(x)y y20 −y10 y2 . 1 u02 = y1q(x)y y 0 −y 0 y2 2

1

con q(x) = x1 , y10 = ex , y20 = −e−x . Entonces tenemos 

−x

u01 = e2x ex . u02 = − 2x

entonces 

R −x u1 = Re2x dx . ex u2 = − 2x dx

por lo tanto una soluci´on particular de (E) es Z x  Z −x  e e x dx e − dx e−x yP = u1 (x)y1 + u2 (x)y2 = 2x 2x Finalmente la soluci´on general de (E) se da por Z −x  Z x  e e x −x x y = y H + y P = c1 e + c2 e + dx e − dx e−x . 2x 2x

25