3. Ecua cu aci cion one es dife di fere renc ncia iales les de orde or den n supe su peri rior or
1
Ec uacio uaci o nes nes l ine in eal es : te t eorí or ía b ás ic ica a Un proble pro blema ma de valor valor inici ini cia al de n -ésimo orden consiste en resolver la EDO lineal: n
an ( x)
d y dx
n
+ an−1 ( x)
n −1
d
dx
n −1
+ " + a1 ( x)
dy dx
+ a0 ( x) y = g ( x)
sujeta a las n condiciones iniciales : y ( x0 ) = y0 , y′( x0 ) = y1 , " , y
( n −1)
( x0 ) = yn−1
Resolverlo consiste en encontrar una función y(x) en definida en un intervalo I que contiene a x0, donde se cumplen la ecuación y las condiciones iniciales.
2
Exi xist ste encia nc ia de una un a solu so luci ción ón únic ún ica a (Condi on dici ción ón sufic suf icie ient nte e) S ea 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.
4
Problemas de valores en la frontera 2
• Resolver: sujeta a :
a2 ( x)
d y dx
2
+ a1 ( x)
dy dx
+ a0 ( x) y = g ( x)
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 π ⎞ ⎛ ′ ′ (a) Supongamos el PVF 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(π/2) = 0, obtenemos 0 = 0 independientemente de c2. De modo que tenemos infinitas soluciones. π ⎞ ⎛ (b) Si x′′ + 16 x = 0 , x(0) = 0 , x⎜ ⎟ = 0 ⎝ 8 tenemos que c1 =0, c2 =0: x(t) =0, solución única.
π ⎞ ⎛ (c) Si x′′ + 16 x = 0 , x(0) = 0 , x⎜ ⎟ = 1 2 tenemos que c =0, y 1 =0 ⎝ 1
(contradicción). No hay solución .
6
La siguiente EDO lineal de orden n: n
an ( x)
d y dx
n
+ an−1 ( x)
n −1
d y dx
n −1
+ " + a1 ( x)
dy dx
+ a0 ( x) y = g ( x)
se dice que es no homogénea. n
an ( x)
d y dx
n
+ an−1 ( x)
n−1
d y dx
n −1
+ " + a1 ( x)
dy dx
+ a0 ( x) y = 0
si g(x) = 0 la ecuación es homogénea. Veremos que para resolver una ecuación no homogénea tendremos que resolver también la ecuación homogénea asociada.
7
Operadores diferenciales • Sea Dy =dy/dx. Al símbolo D se le llama operador diferencial . Definimos a un operador diferencial de n-ésimo orden u operador polinominal como L = an ( x ) D + an−1 ( x ) D n
n −1
+ " + a1 ( x) D + a0 ( x)
• El operador diferencial L es un operador lineal: L{α f ( x ) + β g ( x )} = α L ( f ( x )) + β 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 (0, ∞) de x 3 y′′′ − 2 x y′ + 4 y = 0 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
9
Dependencia e independencia lineal Un conjunto de funciones f 1(x), f 2(x), …, f n(x) es linealmente dependiente en un intervalo I, si existen ciertas constantes c1, c2, …, cn no todas nulas, tales que: c1f 1(x) +c2f 2(x) + … +cn f n(x) =0
Si el conjunto no es linealmente dependiente, entonces es linealmente independiente . En otras palabras, si el conjunto es linealmente independiente, cuando: c1f 1(x) +c2f 2(x) + … +cn f n(x) =0 entonces necesariamente c1 =c2 =… =cn =0.
10
¿Son estas funciones linealmente independientes?
c1f 1(x) +c2f 2(x) =0 11
Ejemplo: Las funciones f 1 = cos2 x, f 2 = sin2 x, f 3 = sec2 x, f 4 =tan2 x son linealmente dependientes en el intervalo (-π/2, π/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 f 1 =x½ +5, f 2 =x½ +5x, f 3 =x – 1, f 4 =x2 son linealmente dependientes en el intervalo (0, ∞), porque f 2 =1⋅ f 1 +5⋅ f 3 +0⋅ f 4 12
Wronskiano Supongamos que cada una de las funciones f 1(x), f 2(x), …, f n(x) posee al menos n – 1 derivadas. El determinante
W ( f 1 ,..., f n ) =
f 1
f 2
"
f n
f 1 '
f 2 '
"
f n '
#
#
( n −1)
f 1
( n −1)
f 2
# "
( n −1)
f n
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
14
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) donde ci son constantesCH3_15x arbitrarias. 15
• Las funciones y1 =e3x, y2 =e-3x son soluciones de y”– 9y = 0 en (-∞, ∞) Observa que 3 x −3 x W (e
3 x
,e
−3 x
)=
e
3e
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 = 2e 3 x − 2e −3 x = 5e −3 x
⎛ e3 x − e −3 x ⎞ ⎟⎟ − 5e −3 x= 4 sinh 3x – 5e-3x = 4⎜⎜ ⎝ 2 ⎠ 16
• Las funciones y1 = ex, y2 =e2x , y3 =e3x son soluciones de y’’’ – 6y”+11y’ – 6y = 0 en (-∞, ∞). Como 2 x 3 x x e
x
W (e , e
2 x
, e3 x ) = e x x
e
e
e
2e 2 x 4e 2 x
3e3 x = 2e6 x ≠ 0 9e3 x
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
2 x
3x
19
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 n n− an ( x) y ( ) + an−1 ( x) y ( 1) + " + a1 ( x) y′ + a0 ( x) y = g1 ( x) + g 2 ( x) + " + g k ( x) 20
• Observemos que yp1 =-4x2 es una solución particular de y"−3 y '+4 y = −16 x + 24 x − 8 2
yp2 =e2x es una solución particular de y"−3 y '+4 y = 2e
2 x
yp3 =xex es una solución particular de y"−3 y '+4 y = 2 xe − e x
Entonces y = y p1 + y p2 + y p3
x
es una solución de
+ 24 −8 + 2e y′′ − 3 y′ + 4 y = − 16 x x 2
2 x
N
g1 ( x )
g 2 ( x )
x x + 2 − xe e 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
y′ = ue + e u ′ , y′′ = ue + 2e u ′ + e u ′′ x
x
x
x
x
que sustituyendo en la EDO: y"− y = e x (u"+2u ' ) = 0 Como ex ≠ 0, nuestra EDO se convierte en: u"+2u ' = 0 Ahora "reduciremos" el orden de la ED gracias al cambio: w'+2 w = 0 w = u’ que integrando por separación −2 x w = c1e = u′ de variables y deshaciendo el −2 x 23 1 / 2 +c u c e cambio, nos proporciona:
Hemos hallado la segunda solución y2 por el método de reducción de orden: y = u ( x)e = − x
c1
2
e
− x
+ c2e 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.
24
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′ = u y1′ + y1u′ , y′′ = u y1′′ + 2 y1′u′ + y1u′′ y′′ + P y′ + Qy
= u[ y1′′ + P y1′ + Qy1 ] + y1u ′′ + ( 2 y1′ + Py1 )u ′ = 0
25
y1u ′′ + ( 2 y1′ + Py1 )u ′ = 0
empleando el cambio w = u’. y1w′ + ( 2 y1′ + Py1 ) w = 0 Dividiendo entre y1w y multiplicando por dx:
ln |
wy12
Luego
dw w
+2
y1′ y1
u = c1
∫
dx
dx = − Pdx
|= − ∫ Pdx + c e
y1
dw
2 wy1
− ∫ Pdx
y12
+ (2 y1′ + Py1 ) w = 0
∫
dw w
+ 2∫
= c1e
y1′ y1
∫
dx = − Pdx + c
− ∫ Pdx
dx + c2
Tomando c1 =1, c2 = 0, obtenemos y2 = y1 ( x)
∫
e
− ∫ P ( x ) dx 2
y ( x)
dx 26
La función y1= x2 es una solución de x y"−3 xy '+4 y = 0 2
Hallar la solución general en (0, ∞). Solución:
3
4
x
2
La forma estándar es y′′ − y′ +
x
=0
Dando los pasos anteriores, demuestra que: y2 = x
2
∫
e
3 ∫ dx / x
x
4
dx = x ln x 2
La solución general es:
y = c1 x + c2 x ln x 2
2
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... 28
Ecuaciones lineales homogéneas con coeficientes constantes an y
(n)
+ an−1 y
( n −1)
+ " + a2 y′′ + a1 y′ + a0 y = 0
donde ai son constantes, an ≠ 0. Ecuación o polinomio auxiliar : Para n =2, a y′′ + b y′ + cy = 0
Si probamos y(x) = emx, e
mx
(am + bm + c) = 0 2
am + bm + c = 0 2
obtenemos la ecuación auxiliar. 29
am + bm + c = 0 2
Las dos raíces del polinomio auxiliar son: m1 = ( −b +
b − 4 ac ) / 2 a
m2 = ( − b −
b − 4 ac ) / 2 a
2
2
(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 = α + i β , m2 = α − i β
30
• Caso 1: Raíces reales y distintas La solución general es
y = c1e
m1x
+ c2e
m2 x
¿Por qué?
• Caso 2: Raíces reales repetidas y1 = e
y2 = e
m1 x
m1 x
Para obtener la segunda solución utilizamos el método de reducción de orden, recordando que m1 = m2 = -b/(2a).
e
2 m1 x
∫ e2
m1 x
dx = e
m1 x
∫ dx = xe
m1x
La solución general es
y = c1e
m1 x
+ c2 xe
m1 x 31
• Caso 3: Raíces complejas conjugadas Escribimos m1 = α + i β , m2 = α − i β , una (α +i β ) x (α −i β ) x + C 2e solución general es y = C 1e Usando la fórmula de Euler:
e
iθ
= cosθ + i sin θ −i β x
= cos β x − i sin β x = cos β x + i sin β x e −i β x i x = 2 cos β x ei β x − e −i β x = 2i sin β x e +e
e
i x
32
+ C 2e(α −i β ) x es solución general, tomando C1 = C2 =1 y C1 =1, C2 = -1 , tenemos dos soluciones: i β x −i β x α x α x y1 = e (e + e ) = 2e cos β x
Como y = C 1e
(α +i β ) x
y2 = e (e α x
i β x
− e −i β x ) = 2ieα x sin β x
Así, eα x cos β x y eα x sen β x son un conjunto fundamental de soluciones y la solución general es
y = c1e cos( β x) + c2 e sin( β x) α x
y = e
α x
α x
(c1 cos( β x) + c2 sin( β x) ) 33
• Resolver las EDs siguientes: (a) 2 y"−5 y '−3 y = 0
2m 2 − 5m − 3 = (2m + 1)(m − 3) , m1 = −1/2 , m2 = 3 x x y = c1e − / 2 + c2 e 3
(b) y"−10 y '+25 y = 0 2
2
m − 10m + 25 = ( m − 5) , m1 = m2 = 5 y = c1e
5 x
+ c2 xe
5 x
(c) y"+4 y '+7 y = 0 2
m + 4m + 7 = 0 , m1 = −2 + 3i , m2 = −2 − 3i α = −2 , β = 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 y = 0, 2
y′′ − k y = 0, k > 0 2
Para la primera ecuación : y = c1 cos kx + c2 sin kx Para la segunda ecuación : y = c1e + c2e kx
Como
y1 = 1/2(e + e − ) = cosh(kx) kx
y2 = 1/2(e − e kx
Luego
− kx
kx
− kx
) = sinh( kx)
y = c1 cosh( kx ) + c2 sinh( kx ) 36
Ecuaciones de orden superior Dada la EDO: an y
( n)
+ an−1 y
( n−1)
+ " + a2 y′′ + a1 y′ + a0 y = 0
La ecuación asociada an m + an−1m n
n −1
+ " + a2 m + a1m + a0 = 0 2
se llama su ecuación auxiliar . 37
Resolver
y′′′ + 3 y′′ − 4 y = 0
Solución: 3
2
2
m + 3m − 4 = ( m − 1)(m + 4m + 4) = ( m − 1)(m + 2)
2
m2 = m3 = −2
y = c1e + c2e x
− 2 x
+ c3 xe
Resolver
d 4 y
Solución:
dx
4
+2
−2 x
d 2 y dx
4
2
+ y=0
2
2
2
m + 2m + 1 = ( m + 1) = 0 m1 = m3 = i, m2 = m4 = −i
+ C 3 xeix + C 4 xe−ix = c cos x + c sin x + c x cos x + c x sin x38
y = C 1e + C 2e ix
−ix
Raíces complejas repetidas • Si m1 = α + i β es una raíz compleja de multiplicidad k, entonces m2 = α − i β es también una raíz compleja de multiplicidad k. Las 2k soluciones linealmente independientes son : α x
α x
2 α x
k −1 α x
α x
α x
2 α x
k −1 α x
e cos β x , xe cos β x , x e cos β x , " , x
e sen β x , xe sen β x , x e sen β x , " , x
e cos β x
e sen β x 39
Coeficientes indeterminados Si queremos resolver
an y
(n)
+ an−1 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
Resolver y"+4 y '−2 y = 2 x − 3 x + 6 2
Solución:
Ya sabemos cómo obtener una solución yc de la ecuación homogénea asociada. Ahora, queremos hallar yp. Como el lado derecho de la ED es un polinomio, 2 = + Bx + C , entonces, y Ax supondremos p tras sustituir: y p ' = 2 Ax + B, y p " = 2 A 2 A + 8 Ax + 4B – 2 Ax2 – 2Bx – 2C = 2x2 – 3x + 6 − 2 A = 2 , 8 A − 2 B = −3 , 2 A + 4 B − 2C = 6 A = −1, B = −5/2, C = −9
5 y p = − 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 − 3 B) cos(3 x ) + (3 A − 8 B) sin(3 x) = 2 sin(3 x)
Luego A = 6/73, B = −16/73
6 16 y p = cos(3 x) − sen(3 x) 73 73 43
Resolver
y"−2 y '−3 y = 4 x − 5 + 6 xe
Solución:
yc = c1e
− x
+ c2e
3 x
2 x
Solución homogénea
Pensando en el principio de superposición: 2 2 y p = Ax + B + Cxe + Ee
Probemos Tras sustituir,
x
x
− 3 Ax − 2 A − 3 B − 3Cxe2 x + (2C − 3 E )e2 x = 4 x − 5 + 6 xe2 x
Luego
A = −4/3, B = 23/9, C = −2, E = −4/3
4 23 4 2 x 2 x − 2 xe − e y p = − x + 3 9 3 4 23 ⎛ 4 ⎞ 2 x 3 x − x y = c1e + c2e − x + − ⎜ 2 x + ⎟ e 3 3 9 ⎝
44
Determinar una yp de
y"−5 y '+4 y = 8e
x
Solución:
Probemos: yp = Aex Tras sustituir: 0 =8ex (conjetura incorrecta ) x 4 x El problema está en que la función complementaria es: y = c e + c e c 1 2 Y la suposición ya está presente en y . c
Probemos como alternativa: yp = Axex. Tras sustituir: -3 Aex =8ex Entonces: A = -8/3, yp =(−8/3)xe2x 45
• Si ninguna función en la supuesta y p es parte de yc En la siguiente tabla se muestran soluciones particulares de prueba. g ( x) Forma de y p 1. 1(una constante) A 2. 5 x + 7 Ax + B 2 3 x 2 − 2 Ax + Bx + C 3. 3 3 2 4. x − x + 1 Ax + Bx + Cx + E A cos 4 x + B sen 4 x sen 4 x 5. A cos 4 x + B sen 4 x cos 4 x 6. 7. 8. 9. 10.
e
5x
(9 x − 2)e5 x 2 5 x
x e 3x
e sen 4 x
11.
5 x 2 sen 4 x
12.
xe cos 4 x
3x
5 x
Ae ( Ax + B)e5 x
( Ax 2 + Bx + C )e5 x 3 3 Ae cos 4 x + Be sen 4 x x
x
( Ax 2 + Bx + C ) cos 4 x + ( Ex 2 + Fx + G) sen 4 x ( Ax + B)e3 x cos 4 x + (Cx + E )e3 x sen 4 x
46
Hallar la forma de yp de (a) y"−8 y '+25 y = 5 x 3e − x − 7e− x Solución:
− x
Tenemos que g ( x) = (5 x − 7)e y probamos con − x y p = ( Ax3 + Bx 2 + Cx + E )e 3
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
Hallar la forma de yp de y′′ − 9 y′ + 14 y = 3 x 2 − 5sen2 x + 7 xe6 x Solución: Para 3x2: y p1
= Ax 2 + Bx + C
Para -5 sen 2x: y p2 = E cos 2 x + Fsen2 x Para 7xe6x: y p = (Gx + H )e6 x 3 Ningún término de y p = y p1 + y p2 + y p3duplica 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 y p contiene términos que duplican los términos de y c , entonces esa y p se debe multiplicar por x n , donde n es el entero positivo más pequeño que elimina esa duplicación. 49
Resolver Solución:
y"+ y = 4 x + 10 senx, y (π ) = 0, y ' (π ) = 2
yc = c1 cos x + c2 senx
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(π) =0, y’(π) = 2, tenemos y =9π cos x +7 sen x +4x – 5x cos x
50
Resolver
y"−6 y '+9 y = 6 x + 2 − 12e 2
Solución: yc =c1e3x + c2xe3x 2 3 x + + + y p = Ax Bx C Ee
3 x
Este término está duplicado, aparece ya en yc.
N
y p
1
Debemos probar con:
y p
2
+ y p = Ax Bx C + Ex + e 2
2 3 x
y p1
y p2
Tras sustituir y simplificar, A = 2/3, B = 8/9, C = 2/3, E =-6 Luego 2 2 8 2 3 x 3 x 2 3 x 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 52 − x
Hallar la forma de yp de y
( 4)
2 − x
+ y′′′ = 1 − x e
Solución: yc =c1+c2x +c3x2 +c4e-x − x − x 2 − x y A Bx e Cxe Ee = + + + Prueba: p N
y p1
y p2
Como aparece repetido en la solución homogénea, necesitaremos multiplicar A por x3 y (Bx2e-x +Cxe-x + Ee-x) por x. Prueba ahora: 3 − x
2 − x
− x
y p = Ax + Bx e + Cxe + Exe 3
N
y p1
y p2 53
Método del anulador Sigue los apuntes de J ose 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)
Sustituimos yp’, yp” en la EDO: y p′′ + P ( x ) y p′ + Q ( x ) y p
0
0
= u1[ y1′′ + P y1′ + Qy1 ] + u2 [ y2′′ + P y2′ + Qy2 ]
+ y1u1′′ + u1′ y1′ + y2u 2′′ + u 2′ y2′ + P[ y1u1′ + y2u ′2 ] + 2 y1′u1′ + 2 y′2u 2′ = =
d dx d dx
[ y1u1′ ] +
d dx
[ y2u2′ ] + P[ y1u1′ + y2u′2 ] + y1′u1′ + y2′ u2′
[ y1u1′ + y2u2′ ] + P[ y1u1′ + y2u2′ ] + y1′u1′ + y2′ u2′ = f ( x) 56
d dx
[ y1u1′ + y2u2′ ] + P[ y1u1′ + y2u2′ ] + y1′u1′ + y2′ u2′ = f ( x)
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
Expresado en términos de determinantes u1′ =
W 1 W
=−
y2 f ( x ) W
y
u2′ =
W 2 W
=
y1 f ( x) W
donde
0 0 y2 y1 , W 1 = , W 2 = W = y1′ y2′ f ( x) y′2 y1′ f ( x) y1
y2
De donde encontraremos, por integración, las soluciones.
58
y"−4 y '+4 y = ( x + 1)e
Resolver
2x
Solución: m2 – 4m + 4 = 0, m = 2 (cero doble) y1 =e2x, y2 = xe2x,
W (e
2 x
e
, xe ) = 2 x
2 x
2e
2 x
xe
2 x
2 xe + e 2 x
2 x
= e4 x ≠ 0
Como f (x) =(x + 1)e2x, entonces: W 1 =
0
xe2
( x + 1)e 2 x
2 xe2 x
u1′ = u1′ = −
x
W 1 W
=−
e
0
2e 2 x
( x + 1)e 2 x
x
= −( x + 1) xe , W 2 = 4 x
y2 f ( x)
u2′ =
W
( x + 1) xe4 x 4 x
e2
W 2 W
= − x − x , u2′ = − 2
=−
= ( x + 1)e 4 x
y1 f ( x) W
( x + 1)e4 x e
4 x
= x +1 59
u1′ = − x − x ,
u2′ = x + 1
2
Luego u1 = (-1/3)x3 – ½ x2, u2 =½ x2 +x Recordemos que:
y p = u1 ( x ) y1 ( x) + u2 ( x) y2 ( x )
y1 =e2x, y2 = xe2x 1 3 1 2 ⎞ 2 x ⎛ 1 2 ⎞ 2 x 1 3 2 x 1 2 2 x ⎛ x p = ⎜ − x − x ⎟e + ⎜ x + x ⎟ xe = x e + x e 2 6 2 ⎝ 3 ⎝ 2
1 3 2 x 1 2 2 x y = yc + y p = c1e + c2 xe + x e + x e 6 2 2 x
2 x
60
Resolver
4 y"+36 y = csc 3 x
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)
Como W (cos 3 x , sin 3 x ) =
cos 3 x
sin 3 x
− 3 sin 3 x 3 cos 3 x
=3
0 sin 3 x cos 3 x 0 1 1 cos 3 x W 1 = = − , W 2 = = 4 1/4 csc 3 x 3 cos 3 x − 3 sin 3 x 1/4 csc 3 x 4 sin 3 x
61
1 =− u1′ = 12 W W 1
Entonces
1 cos 3 x u′2 = = W 12 sen3 x
u1 = −1/12 x,
W 2
u 2 = −1/ 36 ln | sen3 x |
1 1 y p = − x cos 3 x + ( sen3 x) ln | sen3 x | 12 36 1 1 y = yc + y p = c1 cos 3 x + c2 sen3 x − x cos 3 x + ( sen3 x) ln | sen3x | 12 36
62
Resolver
y"− y =
1 x
Solución: m2 – 1 =0, m = 1, -1 y1 =ex, y2 =e-x, f(x) =1/x, y W(ex, e-x) = -2 − x −t x Luego 1 e e (1 / x ) u1′ = − dt , u1 = ∫ 2 x 0 t −2 x 1 x et e (1 / x ) u2′ = − dt , u2 = − ∫ 2 x 0 t −2 1 x x e −t 1 − x x et y p = e ∫ dt − e ∫ dt x0 t 2 x0 t 2 −t t x x e e 1 1 x x − x y = yc + y p = c1e + e ∫ dt − e ∫ dt x x 0 t 0 t 2 2 63
Ecuaciones de orden superior Para las EDs de n-ésimo orden de la forma
y
(n)
+ Pn−1 ( x) y
( n −1)
+ " + 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
#
#
( n −1) y1 u1
′ + y2( n−1)u′2 + " + yn ( n−1)un′ = f ( x)
Que nos lleva a las ecuaciones solución uk’ =Wk/W con k = 1, 2, …, n. Donde W es el wronskiano de la y's y Wk es el determinante que se obtiene de sustituir en W la k-ésima columna por (0, 0,..., f(x)). 64
Ec u ac i ó n d e Cau c h y -Eu l er Form or m a de ecu ecua ación ci ón de Ca Cauch uc h y-Eul y-Eule er n
an x
n d y
dx
n
+ an−1 x
n −1
n −1 d y
dx
n −1
+ " + a1 x
dy dx
+ a0 y = g ( x)
to do de d e solu so luci ción ón • Método Probamos y(x) = xm, donde debemos determinar m, para resolver la ecuación homogénea asociada: Observa que: k
ak x
k d
y
dx
k
= ak x k m(m − 1)(m − 2)"(m − k + 1) x m−k = 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
Ecua cu aci ción ón aux auxililia iar r
ax
2
d 2 y dx
2
+ bx
dy dx
Para n =2, y = xm, tenemos (am(m – 1) +bm +c)xm =0, o am2 +(b – a)m + c =0 Cas o 1: Ra Raíc es re r eal es y d i s t i n t as
y = c1 x 2
Resolver
x
2 d y
dx
2
m1
+ c2 x
− 2 x
dy dx
m2
+ cy = g ( x) Observa que tenemos que ax2 es igual a cero en x =0. Para P ara asegurar existencia y unicidad, tomaremos I = (0, ∞).
− 4y = 0
Solución: Ten Tenemos a =1, b = -2 , c =-4 m2 – 3m – 4 = 0, m = -1, 4, y = c x-1 +c x4
66
Cas o 2: Raíc es r eal es r ep et i d as
• Dedujimos y2 = x ln x Luego m1 m1 m1
y = c1 x
Resolver 4 x
2
+ c2 x ln x
2
d y dx
2
+ 8 x
dy dx
+y=0
Solución: Ten Tenemos a =4, b =8, c =1 4m2 +4m +1 =0, m = -½ , -½ y = c1 x
−1/ 2
+ c2 x −1/2 ln x 67
Caso 3: Raíces complejas conjugadas
• Orden superior: multiplicidad k x
m1
m1
m1
2
m1
, x ln x , x (ln x) , " , x (ln x)
k −1
• Caso 3: raíces complejas conjugadas m1 = α +i β , m2 = α – i β , y = C1x(α +i β ) +C2x(α - i β ) Como xi β =(eln x)i β = ei β ln x = cos( β ln x) + i sen( β ln x) x-i β =cos ( β ln x) – i sen ( β ln x) Luego y = c1xα cos( β ln x) +c2xα sen( β ln x) = xα [c1 cos( β ln x) +c2 sen( β ln x)] 68
1 4 x y′′ + 17 y = 0, y (1) = −1, y ' (1) = − 2 2
Resolver Solución:
Tenemos a =4, b =0 , c =17 4m2 − 4m +17 =0, m =½ +2i 1/ 2
y = x
[c1 cos(2 ln x) + c2 sin( 2 ln x)]
Aplicando y(1) = -1, y’(1) = 0, tenemos que c1 = -1, c2 =0,
y = − x
1/2
cos( 2 ln x )
69
Resolver
3
x
3 d y
Solución: Sea y = xm,
dx
3
dy dx
+ 5 x
= mx
3
d y dx
3
2
2 d y
dx
2
m−1
+ 7 x
2
,
dy dx
d y dx
2
+ 8y = 0
= m(m − 1) x
= m(m − 1)(m − 2) x
m− 2
,
m −3
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
Resolver x 2 y"−3 xy '+3 y = 2 x 4e x 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
3
3
x
2
Escribimos la ED como y′′ − y′ +
x
y = 2 x e
2 x
Luego P(x) = -3/x, Q(x) =3/x2, f(x) =2x2ex 71
Así
W = W 1 =
x
x
3
1 3 x 0 2 x
2 x e
2
3
= 2 x , x
3
3 x
2
= −2 x e , W 2 = 5 x
0
x
1 2 x 2e x
= 2 x3e x
Hallamos
5 x x e 2 x5e x 2 2 x x ′ ′ u1 = − = − x e , u2 = =e 3 3 2 x 2 x x 2 x x x = u e u1 = − x e + 2 xe − 2e , 2
y p = u1 y1 + u2 y2 = (− x e + 2 xe − 2e ) x + e x 2 x
x
x
= 2 x 2e x − 2 xe x 3 2 y = yc + y p = c1 x + c2 x + 2 x e x − 2 xe x
x 3
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′′ − x y′ + y = ln x 2
x = e
t
t = ln x dy dx
=
dy dt dt dx
=
1 dy x dt
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 ⎠ ⎠ 2
d y
1 ⎛ d ⎛ 1 dy ⎞ ⎞ 1 ⎛ d 2 y dy ⎞ − 2 + ⎜⎜ ⎜ ⎟ ⎟⎟ = 2 ⎜⎜ 2 − ⎟⎟ x dt x ⎝ dt ⎝ x dt ⎠ ⎠ x ⎝ dt dt ⎠ 1 dy
73
x y′′ − x y′ + y = ln x 2
2
d y 2
dt
−2
dy dt
+ y = t
y = c1e + c2te + 2 + t t
t
y = c1 x + c2 x ln x + 2 + ln x 74
Unos ejemplos de ecuaciones no lineales y" = 2 x ( y ' )
Resolver
2
Solución:
Esta ecuación no lineal carece de término en y. Sea u(x) =y’, entonces du/dx = y”, du dx
= 2 xu
2
du u
2
= 2 x dx
− u −1 = x 2 + c12
(Se escribe en esta forma solo por conveniencia para luego integrar )
1 =− 2 2 x + c1 Como u-1 =1/y’, dx dx 1 −1 x + c2 Entonces, y = − ∫ 2 2 = − tan dy
75
Resolver yy" = ( y ' )
2
Solución:
Esta ecuación no lineal carece de término en x. Sea u(x) =y’, entonces y”=du/dx =(du/dy)(dy/dx) =u du/dy
⎛ du ⎞ 2 y ⎜ u ⎟=u o ⎝ dy
du u
=
dy y
ln|u| = ln|y| + c 1, u = c2y (donde c2 = ± e 1 ) Como u =dy/dx =c2y, dy/y =c2 dx ln|y| = c2x +c3, c
y = c4e
c2 x
76
• Supongamos que existe solución para: y′′ = x + y − y , 2
y (0) = −1 ,
y′(0) = 1
Si además suponemos que y(x) admite desarrollo en serie de Taylor centrado en 0: y ( x) = y (0) +
y ′(0)
1!
x +
y′′(0)
2!
x 2 +
y ′′′(0)
3!
x 3 +
y ( 4 ) (0)
4!
x4 + "
Como y(0) = -1, y’(0) = 1, de la ED original: y”(0) = 0 + y(0) – y(0)2 =−2. Derivando sucesivamente la ED original: y′′′( x) =
d dx
( x + y − y 2 ) = 1 + y′ − 2 y y′ 77
y
( 4)
( x) =
d dx
(1 + y′ − 2 y y′) = y′′ − 2 y y′′ − 2( y′)2
... 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
