Capitulo 4 ecuaciones diferenciales
CAP´ITULO 4 INTRODUCCION o. d 4.1. eM atem atic as TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES dn y dn−1 y dy + a + ... + a1
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CAP´ITULO 4
INTRODUCCION
o. d
4.1.
eM
atem
atic
as
TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES
dn y dn−1 y dy + a + ... + a1 + a0 y = h(x), n−1 n n−1 dx dx dx
qui
an
a, D
ept
Utilizando algebra lineal, estudiaremos la E.D.O. lineal de orden n con coeficientes constantes.
An tio
donde h(x) es una funci´on continua en I = [a, b] y a0 , a1 , a2 , ..., an son constantes y an 6= 0.
dad
= Dx
ersi
d dx
Si no hay ambigedad con respecto a la variable independiente, tomaremos: Dx = D. d2 dx2
=
d dx
¡d¢ dx
en general,
Un iv
i)
de
Notaci´on y conceptos:
= Dx Dx = Dx2 = D2
dm dxm
= Dxm = Dm = Dx (Dxm−1 )
81
CAP´ITULO 4.
TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
ii) I = [a, b] iii) C[a, b] = C(I) : clase de todas las funciones continuas en el intervalo I C 0 [a, b] = C 0 (I) : clase de todas las funciones que tienen primera derivada continua en I (o funciones continuamente diferenciables en I).
atic
as
C 0 (I) ⊂ C(I) ya que toda funci´on que es derivable en I es continua en I.
atem
C 2 (I) = C 2 [a, b] : la clase de todas las funciones que tienen segunda derivada continua en I.
o. d
eM
En general, C n (I) = C n [a, b] : clase de todas las funciones que tienen derivada de orden n continua en I.
a, D
ept
Obsrvese que: C(I) ⊃ C 0 (I) ⊃ C 2 (I) ⊃ . . . ⊃ C n (I) ⊃ . . . Si f, g ∈ C(I) y α ∈ R , definimos:
An tio
qui
a) ∀x ∈ I : (f + g)(x) = f (x) + g(x) ∈ C(I)
de
b) ∀x ∈ I : (αf )(x) = αf (x) ∈ C(I)
dad
En general, si
ersi
f, g ∈ C n (I) ⇒ ∀x ∈ I : (f + g)(x) = f (x) + g(x) ∈ C n (I)(4.1)
Un iv
∀x ∈ I : (αf )(x) = αf (x) ∈ C n (I)
(4.2)
Con las operaciones definidas en a) y b) podemos probar que C(I) es un espacio vectorial sobre R . Y de (4.1) y (4.2) podemos concluir que C n (I) es un subespacio vectorial de C(I) para n ≥ 1. 82
4.1. INTRODUCCION En general, si n ≥ m, entonces C n (I) es subespacio vectorial de C m (I). Nota: estos espacios son de dimensi´on infinita. iv) Como
d (f dx
+ g)(x) =
d (f (x) dx
+ g(x)) =
d f (x) dx
+
d g(x) dx
as
es lo mismo que D(f + g)(x) = D(f (x) + g(x)) = Df (x) + Dg(x)
atic
y tambi´en D(αf )(x) = D(αf (x)) = αDf (x),
eM
atem
por tanto, podemos decir que D : C 0 (I) → C(I) es una transformaci´on lineal .
o. d
Anlogamente, D 2 : C 2 (I) → C(I) es una transformaci´on lineal.
ept
En general, D n : C n (I) → C(I) es una transformaci´on lineal.
An tio
qui
a, D
Por definici´on D 0 : C(I) → C(I) es la transformaci´on identidad, es decir, f 7→ D 0 f = f . En el algebra lineal se tiene que si T1 : U → V y T2 : U → V son transformaciones lineales, entonces,
ersi
y
dad
de
T1 + T 2 : U → V x 7→ (T1 + T2 )(x) = T1 (x) + T2 (x)
Un iv
α T1 : U → V x 7→ (αT1 )(x) = αT1 (x) son tambi´en transformaciones lineales. Por ejemplo: D + D 2 es una Transformacin Lineal, definida por: D + D2 : C 2 (I) → C(I) 83
CAP´ITULO 4.
TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
En general: an (x)Dn + an−1 (x)Dn−1 + · · · + a1 (x)D + a0 (x)D0 : C n (I) → C(I) es una Transformacin Lineal.
as
Esta Transformacin Lineal se le denomina operador diferencial lineal de orden n, donde an (x), . . . , a0 (x) son funciones continuas en I y an (x) 6= 0 en I.
an (x)Dn + an−1 (x)Dn−1 + · · · + a1 (x)D + a0 (x)D0 | {z }
atem
L(D) =
atic
Este operador diferencial se denota por:
operador diferencial de orden n con coeficientes variables n
eM
Si y ∈ C (I) ⇒ L(D)y ∈ C(I)
ept
o. d
Ejemplo 1. Si L(D) = D + p(x) = D + 2x y f (x) = x2 . Aplicar L(D) a la funci´on f (x) Soluci´on:
An tio
qui
a, D
y = x2 ∈ C 0 (I) L(D)(x2 ) = (D + 2xD 0 )(x2 ) = D(x2 ) + 2xD0 (x2 ) = 2x + 2xx2 = 2x + 2x3 ∈ C(I)
dad
de
Observaci´ on: Resolver la E.D. L(D)y = 0 es lo mismo que hallar el n´ ucleo del operador diferencial L(D).
ersi
Ejemplo 2. Hallar el n´ ucleo del operador L(D) = D + 2xD 0 Soluci´on:
F.I. = e 2
yex =
84
R
R
Un iv
(D + 2xD0 )y = 0 ⇒ Dy + 2xy = 0 (E.D lineal en y con p(x) = 2x y Q(x) = 0) 2x dx 2
⇒ F.I. = ex
2
ex × 0 dx + C ⇒ y = Ce−x
2
4.1. INTRODUCCION 2
N´ ucleo L(D) = {Ce−x /C ∈ R } 2
como e−x genera todo el n´ ucleo ⇒ dim n´ ucleo = 1. Teorema 4.1 (Principio de superposici´ on). Si y1 ,P y2 , . . . , yn pertenecen al n´ ucleo de L(D), entonces la combinaci´on lineal: ni=1 Ci yi y n ≥ 1 est´a en el n´ ucleo de L(D)
C i yi ) =
n X
L(D)(Ci yi ) =
Ci L(D)yi = 0
i=1
i=1
i=1
n X
eM
n X
o. d
L(D)y = L(D)(
atem
atic
as
Demostraci´ on: sea y = C1 y1 + C2 y2 + . . . + Cn yn , veamos que y est en el n´ ucleo, es decir, veamos que L(D)y = 0 . Como y1 , y2 , . . . , yn estn en el n´ ucleo de L(D), entonces L(D)yi = 0, para i = 1, . . . , n Como L(D) es un operador lineal, entonces
¥
a, D
ept
luego y esta en el n´ ucleo de L(D)
qui
Producto de Operadores Diferenciales:
An tio
Analicemos esta operaci´on con un ejemplo, sean: L1 (D) = D + 2D 0 ,
L2 (D) = D2 + 3D0
ersi
es una Transformacin Lineal
dad
de
L1 (D)L2 (D) : C 3 (I) → C(I)
donde y es una funci´on
Un iv
operador operador z }| { z }| { L1 (D)L2 (D)y = (D + 2D0 ) (D2 + 3D0 ) y = (D + 2D 0 ) (D2 y + 3D0 y) | {z } | {z } operador funci´on 2 = D(D y) + D(3D 0 y) + 2D0 (D2 y) + 2D0 (3D0 y) 85
CAP´ITULO 4.
TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
= D3 y + 3Dy + 2D 2 y + 6D0 y = (D3 + 2D2 + 3D + 6D0 )y L1 (D)L2 (D) = D3 + 2D2 + 3D + 6D0 De la misma manera se calcula L2 (D)L1 (D), con el siguiente resultando: L2 (D)L1 (D) = D3 + 2D2 + 3D + 6D0 = L1 (D)L2 (D)
atic
as
lo cual nos permite decir que el producto es conmutativo siempre y cuando los coeficientes sean constantes.
atem
Cuando L1 (D) y L2 (D) tienen coeficientes variables, entonces, en general L1 (D)L2 (D) 6= L2 (D)L1 (D). L2 (D) = xD 2 + D + xD0
eM
Ejemplo 3. L1 (D) = D + xD 0 ,
o. d
Primero hallemos L1 (D) L2 (D), para ello calculemos
An tio
qui
a, D
ept
L1 (D) L2 (D)y = (D + xD 0 )(xD2 + D + xD0 )y = (D + xD 0 )(xD2 y + Dy + xD0 y) = D(xD2 y) + D2 y + D(xy) + xD 0 (xD2 y) + (xD 0 )Dy+ + (xD0 )(xD0 y) = xD3 y + D2 y + D2 y + xDy + y + x2 D2 y + xDy + x2 y = xD3 y + (2 + x2 )(D2 y) + 2xDy + (1 + x2 )y
de
por lo tanto
dad
L1 (D) L2 (D) = xD 3 + (2 + x2 )D2 + 2xD + (1 + x2 )D0
ersi
Ahora hallemos L2 (D) L1 (D) de la siguiente manera:
Un iv
L2 (D) L1 (D)y = (xD 2 + D + xD0 )(D + xD 0 )y = (xD2 + D + xD0 )(Dy + xD 0 y) = (xD2 + D + xD0 )(Dy + xy) = xD2 (Dy + xy) + D(Dy + xy) + xD 0 (Dy + xy) = xD2 (Dy) + xD 2 (xy) + D(Dy) + D(xy) + x(Dy + xy) = xD3 y + xDD(xy) + D 2 y + xDy + y + xDy + x2 y 86
4.1. INTRODUCCION = xD3 y + xD(xDy + y) + D 2 y + xDy + y + xDy + x2 y = xD3 y + x(D(xDy) + Dy) + D 2 y + xDy + y + xDy + x2 y = xD3 y + x(xD2 y + Dy + Dy) + D 2 y + xDy + y + xDy + x2 y = xD3 y + x(xD2 y + 2Dy) + D 2 y + Dy + y + xDy + x2 y = xD3 y + x2 D2 y + 2xDy + D 2 y + xDy + y + xDy + x2 y = xD3 y + (x2 + 1)D2 y + (3x + 1)Dy + (x2 + 1)y = (xD3 + (x2 + 1)D2 + (3x + 1)D + (x2 + 1)D0 )y
atem
atic
as
Luego L2 (D)L1 (D) = xD 3 + (x2 + 1)D2 + (3x + 1)D + (x2 + 1)D0 6= L1 (D) L2 (D)
eM
Definici´ on 4.1 (Condici´ on inicial). Es una o varias condiciones que se le colocan a una E.D.O. en un punto.
o. d
Ejemplo 4. y 00 +k 2 y = 0, con las condiciones iniciales: y(0) = 1, y 0 (0) = 1
=
0, con las condiciones de frontera:
qui
Ejemplo 5. y 00 + k 2 y y(0) = 1, y 0 (1) = 1
a, D
ept
Definici´ on 4.2 (Condici´ on de Frontera). Es una o varias condiciones que se le colocan a una E.D.O. en varios puntos.
An tio
Los teoremas que se enuncian a continuaci´on son teoremas de existencia y unicidad, se demuestran en el Ap´endice A.
de
Teorema 4.2 (de Picard).
Un iv
Nota:
ersi
dad
son continuas en un rect´angulo R : |x| ≤ a y |y| ≤ b, entonces Si f, ∂f ∂y existe un intervalo |x| ≤ h ≤ a en el cual existe una soluci´on u ´nica y = φ(x) 0 del problema de valor inicial (P.V.I.): y = f (x, y) con y(0) = 0.
a) La condici´on inicial y(0) = 0 tambi´en puede ser cambiada por la condici´on inicial y(a) = b con (a, b) en el rect´angulo R b) Es importante anotar que este es un teorema de validez local, es decir, se cumple en un intervalo que contiene al punto donde se da la condici´on 87
CAP´ITULO 4.
TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
inicial, por fuera de este intervalo puede ocurrir que la soluci´on no sea u ´nica; pero cuando el operador diferencial es lineal y todos los coeficientes ai (x) para i = 0, 1, . . . , n son continuos en R y an 6= 0 en R (en particular cuando los ai (x) son constantes para i = 0, 1, . . . , n), entonces la soluci´on es continua y global, es decir, se cumple en todo R , como se demuestra en el corolario A.1 del Ap´endice.
atic
as
Teorema 4.3. Sea L(D) un operador diferencial lineal de primer orden en el intervalo I y sea x0 ∈ I, entonces ∀ y0 el P.V.I.: L(D)y = Q(x) con y(x0 ) = y0 tiene una soluci´on u ´nica.
eM
atem
Teorema 4.4. Sea L(D) un operador diferencial lineal de orden n en I y sea x0 un elemento de ese intervalo (x0 ∈ I), entonces ∀ y0 , y1 , . . . , yn−1 reales cualesquiera el P.V.I.: L(D)y = h(x), con
o. d
y(x0 ) = y0 , y 0 (x0 ) = y1 , y 00 (x0 ) = y2 , . . . , y (n−1) (x0 ) = yn−1 ,
ept
tiene una u ´nica soluci´on.
a, D
Ejemplo 6. Teniendo en cuenta el Teorema de Picard, analizar la E.D. xy 0 = 2y,
qui
y(−2) = 4
An tio
Soluci´on: obsrvese que esta E.D. es lineal, con a1 (x) = x y por tanto a1 (0) = 0 (es decir, a1 (x) no es diferente de cero ∀x ∈ R ), lo que indica que la soluci´on no es global, como lo veremos a continuaci´on.
de
Separando variables, obtenemos la siguiente soluci´on general
dad
y = Cx2 ,
Un iv
ersi
y para la condici´on inicial y(−2) = 4 se tiene que C = 1. De la E.D. tenemos que y 0 = f (x, y) = 2 xy . Por lo tanto f (x, y) = 2 xy y ∂f = x2 son discon∂y tinuas en x = 0, como la condici´on esta dada en x = −2, entonces estas funciones son continuas en este punto y por el Teorema de Picard existe un intervalo, en este caso (−∞, 0), para el cual la soluci´on es u ´nica y es y = x2 , por fuera de este intervalo, por ejemplo en R , puede no ser u ´nica, por ejemplo ( ( 2 x , si x ≤ 0 x2 , si x≤0 y = x2 , y= y y = 2 −x , si x>0 0, si x>0 88
4.1. INTRODUCCION son soluciones en R y todas tres pasan por el punto (−2, 4) como lo vemos en la figura 4.1 y (−2, 4)
atic
x
ept
o. d
eM
y = −x2
as
y = x2 y=0
atem
y = x2
a, D
Figura 4.1
An tio
qui
Ejemplo 7. Dada las condiciones iniciales y(−2) = 1, y 0 (−2) = 1 y la soluci´on general y = C1 + C2 ln |x| de la E.D. xy 00 + y 0 = 0, hallar C1 y C2 . Soluci´on:
C2 x
dad
y0 =
de
Soluci´on general (como lo veremos m´as adelante) es: y = C1 + C2 ln |x|
C2 −2
⇒ C2 = −2 ⇒ 1 = C1 + (−2) ln 2
⇒ C1 = 1 + 2 ln 2
Un iv
y0 = 1 =
ersi
y = 1 = C1 + C2 ln | − 2|
luego y = 1 + 2 ln 2 − 2 ln |x| pasa por el punto (−2, 1).
esta es la soluci´on u ´nica en (−∞, 0) que
89
CAP´ITULO 4.
4.2.
TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
DIMENSIN DEL ESPACIO VECTORI´ DE UNA E.D.O. AL SOLUCION
Dijimos que C n (I) tiene dimensi´on infinita, pero el espacio soluci´on de la E.D.O. L(D)y = 0 (con L(D) un operador diferencial lineal de orden n), es el n´ ucleo de L(D), el cual tiene dimensi´on n, como lo veremos en los teoremas que expondremos a continuaci´on.
as
Definici´ on 4.3.
atem
atic
a) Decimos que las n funciones y1 , y2 , . . . , yn son linealmente dependientes en un intervalo I si existen constantes C1 , C2 , . . . , Cn no todas nulas tales que
eM
C1 y1 (x) + C2 y2 (x) + . . . + Cn yn (x) = 0
o. d
para todo x en I.
ept
b) Si para todo x en I
a, D
C1 y1 (x) + C2 y2 (x) + . . . + Cn yn (x) = 0
An tio
qui
implica que C1 = C2 = . . . = Cn = 0, entonces decimos que y1 , y2 , . . . , yn son linealmente independientes en el intervalo I.
de
Nota: demostrar que n funciones son linealmente independientes es a veces complicado, pero cuando las n funciones son soluciones de una E.D. lineal homog´enea el problema se vuelve m´as sencillo, utilizando el Wronskiano.
Un iv
ersi
dad
Definici´ on 4.4 (Wronskiano). Sean y1 (x), y2 (x), . . . , yn (x) en C n−1 (I), el determinante: ¯ ¯ ¯ ¯ y1 (x) y (x) . . . y (x) 2 n ¯ ¯ 0 0 0 ¯ ¯ y1 (x) y (x) . . . y (x) 2 n ¯ ¯ W (y1 , y2 , . . . , yn ) = det ¯ ¯ . .. .. ... .. ¯ ¯ . . ¯ ¯ (n−1) (n−1) (n−1) ¯ y1 (x) y2 (x) . . . yn (x) ¯ con x ∈ I, se le llama el Wronskiano de y1 (x), y2 (x), . . . , yn (x).
Obs´ervese que el Wronskiano depende de la variable x. En particular cuando n = 2, el Wronskiano tiene la siguiente propiedad.
90
4.2. DIMENSIN DEL ESP. VECT. SOL. DE UNA E.D.O. Observaci´ on ormula de Abel): para n = 2 ¯ ¯ (F´ ¯ y1 y2 ¯ ¯ W (y1 , y2 ) = det ¯¯ 0 y1 y20 ¯
Consideremos la E.D.O. lineal, homog´enea de orden dos: y 00 + a(x)y 0 + b(x)y = 0,
as
donde a(x) y b(x) son continuas en I y sean y1 , y2 soluciones de esta E.D., luego
atem
atic
y100 + a(x)y10 + b(x)y1 = 0 y200 + a(x)y20 + b(x)y2 = 0
o. d
eM
(4,3) × y2 : y100 y2 + a(x)y10 y2 + b(x)y1 y2 = 0 (4,4) × y1 : y200 y1 + a(x)y20 y1 + b(x)y1 y2 = 0
(4.5) (4.6) (4.7)
ept
(4,6) − (4,5) : y200 y1 − y100 y2 + a(x)(y20 y1 − y10 y2 ) = 0
(4.3) (4.4)
a, D
como
An tio
qui
W (y1 , y2 ) = y1 y20 − y2 y10 W 0 (y1 , y2 ) = y1 y200 + y10 y20 − y2 y100 − y20 y10 = y1 y200 − y2 y100 R
a(x)dx
= C, luego la soluci´on general es
dad
Su soluci´on es W e
de
Luego en (4.7): W 0 + a(x)W = 0, lineal en W de primer orden .
>0
ersi
z R}| { W = C e− a(x)dx
Obsrvese que cuando
Un iv
Esta soluci´on general es llamada F´ormula de Abel. C=0⇒W =0
y si
C 6= 0 ⇒ W 6= 0
Lema 4.1. El Wronskiano de n soluciones y1 , y2 , . . . , yn linealmente dependientes es id´enticamene cero. 91
CAP´ITULO 4.
TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
Demostracin: supongamos que para todo x en I C 1 y1 + C 2 y2 + . . . + C n yn = 0 donde algunas de los Ci 6= 0.
atic
as
Derivando n − 1 veces, obtenemos C1 y1 (x) + C2 y2 (x) + . . . + Cn yn (x) =0 C1 y10 (x) + C2 y20 (x) + . . . + Cn yn0 (x) =0 =0 C1 y100 (x) + C2 y200 (x) + . . . + Cn yn00 (x) .................................................. (n−1) (n−1) (n−1) C 1 y1 (x) + C2 y2 (x) + . . . + Cn yn (x) = 0
eM
atem
que se cumplen para todo x en I. Este sistema homog´eneo de n ecuaciones con n incgnitas tiene soluci´on distinta de la trivial si y solo si el determinante del sistema (o sea el Wronskiano) se anula en I, es decir si y solo si W (x) = 0 para todo x en I. ¥
ept
o. d
Teorema 4.5. Si y1 , y2 , . . . , yn son n soluciones de la E.D. lineal homog´enea de orden n
a, D
an (x)y (n) + . . . + a1 (x)y 0 + a0 (x)y = 0
qui
en el intervalo I y en ´este intervalo las funciones ai (x) son continuas en I. Entonces
de
An tio
a) Si y1 , y2 , . . . , yn son linealmente dependientes, entonces el Wronskiano W (x) ≡ 0 en I.
ersi
dad
b) y1 , y2 , . . . , yn son linealmente independientes, si y solo si el Wronskiano W (x) 6= 0 para todo x en I.
Un iv
Demostracin: la parte a) ya se demostr´o en el Lema anterior. b)⇒) Hagamos la demostraci´on por el contra-recproco, es decir, supongamos que existe a en I tal W (a) = 0 y veamos que y1 , y2 , . . . , yn son linealmente dependientes. Como W (a) es el determinante del sistema: C1 y1 (a) + C2 y2 (a) + . . . + Cn yn (a) = 0 92
4.2. DIMENSIN DEL ESP. VECT. SOL. DE UNA E.D.O. C1 y10 (a) + C2 y20 (a) + . . . + Cn yn0 (a) = 0 C1 y100 (a) + C2 y200 (a) + . . . + Cn yn00 (a) = 0 ............................................... (n−1)
C 1 y1
(n−1)
(a) + C2 y2
(a) + . . . + Cn yn(n−1) (a) = 0
atem
Y (x) = C1 y1 (x) + C2 y2 (x) + . . . + Cn yn (x)
atic
as
donde los Ci son las incgnitas y como W (a) = 0 (determinante de los coeficientes del sistema) y por lo que sabemos del algebra lineal, este tiene una soluci´on distinta de la trivial, es decir existen Ci 6= 0. Con esta soluci´on no trivial definamos la siguiente funci´on
eM
y por el principio de superposicin Y (x) es solucin de la E.D.. Evaluemos esta nueva funci´on y sus derivadas hasta de orden n − 1 en a
o. d
Y (a) = C1 y1 (a) + C2 y2 (a) + . . . + Cn yn (a) = 0
ept
Y 0 (a) = C1 y10 (a) + C2 y20 (a) + . . . + Cn yn0 (a) = 0
a, D
Y 00 (a) = C1 y100 (a) + C2 y200 (a) + . . . + Cn yn00 (a) = 0
(n−1)
(a) + C2 y2
(a) + . . . + Cn yn(n−1) (a) = 0
An tio
(n−1)
Y (n−1) (a) = C1 y1
qui
........................................................
en conclusi´on
Y (a) = Y 0 (a) = . . . = Y (n−1) (a) = 0
dad
de
por otro lado sabemos que la funci´on nula H(x) ≡ 0 es tambi´en una soluci´on de la E.D. an (x)y (n) + . . . + a1 (x)y 0 + a0 (x)y = 0
Un iv
ersi
la cual satisface las condiciones iniciales anteriores y por el teorema de existencia y unicidad, podemos afirmar que Y (x) = H(x) = 0 = C1 y1 (x) + C2 y2 (x) + . . . + Cn yn (x) y como algunos de estos Ci son diferentes de cero, entonces y1 , y2 , . . . , yn son linealmente dependientes. ⇐) Supongamos que W (x) 6= 0 para todo x ∈ I y veamos que 93
CAP´ITULO 4.
TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
y1 , y 2 , . . . , y n son linealmente independientes. Supongamos que y1 , y 2 , . . . , y n son linealmente dependientes, por lo tanto (por la parte a)) W (x) ≡ 0 (Absurdo!)
¥
eM
atem
atic
as
Teorema 4.6 (Dimensin del Ncleo). Sea L(D)y = an (x)Dn y + an−1 (x)Dn−1 y + . . . + a1 (x)Dy + a0 (x)y = 0 una E.D.O. lineal de orden n con coeficientes continuos definida en el intervalo I, entonces el espacio soluci´on de L(D) (o sea el n´ ucleo de L(D)), tiene dimensi´on n.
ept
o. d
Demostracin: sea Y (x) una soluci´on de la E.D. y sean y1 , y2 , . . . , yn , n soluciones linealmente independientes de la E.D. Veamos que Y (x) se puede expresar como una combinaci´on lineal de y1 , y2 , . . . , yn .
a, D
Sea a un punto de I y consideremos el siguiente sistema:
qui
Y (a) = C1 y1 (a) + C2 y2 (a) + . . . + Cn yn (a) Y 0 (a) = C1 y10 (a) + C2 y20 (a) + . . . + Cn yn0 (a)
An tio
Y 00 (a) = C1 y100 (a) + C2 y200 (a) + . . . + Cn yn00 (a) ....................................................... (n−1)
(a) + C2 y2
(a) + . . . + Cn yn(n−1) (a)
dad
de
(n−1)
Y (n−1) (a) = C1 y1
Un iv
ersi
el determinante de los coeficientes del sistema es el Wronskiano evaluado en a, es decir, W (a) y como y1 , y2 , . . . , yn son linealmente independientes entonces W (a) 6= 0, esto quiere decir que existe al menos un Ci 6= 0. Con los C1 , C2 , . . . , Cn (al menos uno de ellos es diferente de cero) definimos la funci´on G(x) = C1 y1 (x) + C2 y2 (x) + . . . + Cn yn (x) luego, por el principio de superposicin, G(x) es solucin; evaluemos esta funcin y sus derivadas hasta de orden n − 1 en a: G(a) = C1 y1 (a) + C2 y2 (a) + . . . + Cn yn (a) = Y (a) 94
4.2. DIMENSIN DEL ESP. VECT. SOL. DE UNA E.D.O. G0 (a) = C1 y10 (a) + C2 y20 (a) + . . . + Cn yn0 (a) = Y 0 (a) G00 (a) = C1 y100 (a) + C2 y200 (a) + . . . + Cn yn00 (a) = Y 00 (a) ............................................................ (n−1)
G(n−1) (a) = C1 y1
(n−1)
(a) + C2 y2
(a) + . . . + Cn yn(n−1) (a) = Y (n−1) (a)
atic
as
Es decir, las funciones G y Y coinciden en la condici´on inicial, por tanto por el teorema de existencia y unicidad, G(x) = Y (x) para todo x en I. Luego G(x) = Y (x) = C1 y1 (x) + C2 y2 (x) + . . . + Cn yn (x) ¥
atem
Nota:
o. d
eM
i. Lo que dice este teorema es que para resolver una E.D. lineal homog´enea de orden n, se debe encontrar n soluciones linealmente independientes y la soluci´on general es la combinaci´on lineal de las n soluciones. ii. Si las n-tuplas (n−1)
a, D
ept
(a)) (y1 (a), y10 (a), . . . , y1 (n−1) 0 (y2 (a), y2 (a), . . . , y2 (a)) .. . (n−1)
(a))
qui
(yn (a), yn0 (a), . . . , yn
An tio
son linealmente independientes, entonces las funciones y1 (x), y2 (x), . . . , yn (x)
de
son linealmente independientes en I.
ersi
dad
Ejemplo 8. Si y1 = em1 x , y2 = em2 x con m1 6= m2 , mostrar que y1 y y2 son linealmente independientes.
Un iv
Soluci´on: m´as adelante veremos que y1 , y2 son soluciones de una E.D. lineal de segundo orden con coeficientes constantes. ¯ mx ¯ ¯ e 1 em2 x ¯¯ ¯ W (y1 , y2 ) = ¯ m 1 e m1 x m 2 e m2 x ¯ = m2 e(m1 +m2 )x − m1 e(m1 +m2 )x
95
CAP´ITULO 4.
TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
+m2 )x = (m1 − m2 ) e|(m1{z } | {z }
>0
6= 0
⇒ 6= 0 por tanto y1 , y2 son linealmente independientes. Ejemplo 9. y1 = emx , y2 = xemx . Hallar W (y1 , y2 ).
atem
atic
as
Soluci´on: m´as adelante veremos que y1 , y2 son soluciones de una E.D. lineal de segundo orden con coeficientes constantes. ¯ mx ¯ mx ¯ e ¯ xe ¯ W (y1 , y2 ) = ¯¯ mx mx mx ¯ me mxe + e
o. d
eM
= mxe2mx + e2mx − mxe2mx = e2mx > 0 ⇒ y1 , y2 son linealmente independientes.
ept
Ejemplo 10. y1 = eαx sen βx, y2 = eαx cos βx. Hallar W (y1 , y2 )
An tio
qui
a, D
Soluci´on: m´as adelante veremos que y1 , y2 son soluciones de una E.D. lineal de segundo orden con coeficientes constantes. ¯ ¯ αx αx ¯ ¯ e sen βx e cos βx ¯ W (y1 , y2 ) = ¯¯ αx αx αx αx βe cos βx + αe sen βx −βe sen βx + αe cos βx ¯
96
ersi
⇒ y1 , y2
son linealmente independientes.
Un iv
>0
dad
de
= −βe2αx sen 2 βx + αe2αx sen βx cos βx − βe2αx cos2 βx − αe2αx sen βx cos βx = −βe2αx ( sen 2 βx + cos2 βx) = −β |{z} e2αx 6= 0
´ ´ DE ORDEN 4.3. METODO DE REDUCCION
4.3.
´ ´ METODO DE REDUCCION DE ORDEN
´ FORMULA DE D’ALEMBERT (Construcci´ on de una segunda Soluci´ on a partir de una soluci´ on conocida).
una
soluci´on
conocida
de
la
E.D.
en
(4.8) I
y
eM
Sea y1 (x) y1 (x) 6= 0 en I.
atem
y 00 + P (x)y 0 + Q(x)y = 0 forma can´onica
atic
as
Dada la E.D.O.: a2 (x)y 00 + a1 (x)y 0 + a0 (x)y = 0 con a2 (x) 6= 0 en I y a2 (x), a1 (x), a0 (x) continuas en I; dividiendo en la E.D.O. original por a2 (x) y haciendo P (x) = aa12 (x) y Q(x) = aa02 (x) , se tiene: (x) (x)
o. d
Supongamos y(x) = u(x)y1 (x) y hallemos u tal que y(x) sea una soluci´on.
a, D
ept
Derivando dos veces , y 0 = uy10 + u0 y1 y y 00 = uy100 + u0 y10 + u0 y10 + u00 y1 y sustituyendo en la ecuaci´on diferencial (4.8):
qui
uy100 + 2u0 y10 + u00 y1 + P (x)(uy10 + u0 y1 ) + Q(x)uy1 = 0
An tio
u[ y100 + P (x)y10 + Q(x)y1 ] + u00 y1 + u0 [ 2y10 + P (x)y1 ] = 0 Luego, u00 y1 + u0 [ 2y10 + P (x)y1 ] = 0
dad
de
Hagamos W = u0 (´este cambio de variable reduce el orden)
W +
µ
Su F.I.= e
R
¶ 2y10 + P (x) W = 0, (lineal en W de primer orden) y1
µ
Un iv
0
ersi
y1 W 0 + W (2y10 + P (x)y1 ) = 0
0 2y1 +P (x) y1
¶
dx
2
= eln y1 e W y12 e
R
R
P (x) dx
P (x) dx
= y12 e
R
P (x) dx
, luego
= C 97
CAP´ITULO 4.
TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
De donde W =C e integrando u= C
e−
Z
R
P (x) dx
y12
e−
R
= u0 =
du dx
P (x) dx
dx + C1
y12
Z
e−
R
P (x) dx
atic
atem
Cy1 |
as
dx + C1 y1 y12 {z } R e− R P (x) dx combinaci´ on lineal de y1 y y1 dx y12 R e− R P (x) dx Luego la segunda soluci´on es y2 = y1 dx con y1 6= 0 en I y2 Por lo tanto y = uy1 =
1
eM
Veamos que y1 y y2 son linealmente independientes:
R
P (x) dx
>0
qui
= e−
a, D
ept
o. d
¯ ¯ R e− R P (x) dx ¯ y1 ¯ y 2 1 ¯ ¯ y1 R R R W (y1 , y2 ) = ¯ 0 ¯ ¯ y1 y1 e− yP2(x) dx + y10 e− yP2(x) dx dx ¯ 1 1 Z − R P (x) dx Z − R P (x) dx R e e = e− P (x) dx + y1 y10 dx − y1 y10 dx 2 y1 y12
An tio
Luego y1 , y2 son soluciones linealmente independientes de la E.D. y 00 + P (x)y 0 + Q(x)y = 0
ersi
dad
de
En conclusi´on, si y1 es una soluci´on, con y1 6= 0 en I, entonces Z − R P (x) dx e y2 = y 1 dx (F´ormula de D’Alembert) y12
Un iv
Nota: el m´etodo es aplicable tambi´en para E.D. no homog´eneas: y 00 + P (x)y 0 + Q(x)y = f (x) en este caso se supone y(x) = u(x)y1 (x) = uy1 y se llega a la E.D. lineal en W de primer orden: µ 0 ¶ 2y1 f (x) 0 W + + P (x) W = y1 y1 98
´ ´ DE ORDEN 4.3. METODO DE REDUCCION y se continua de la misma manera anterior. Ejemplo 11. Sea x2 y 00 − xy 0 + 2y = 0, (E.D. de Cauchy), sabiendo que y1 = x sen (ln x) es una soluci´on de la E.D. Hallar y2 Soluci´ on. Dividiendo por x2 se tiene: 1 2 y 00 − y 0 + 2 y = 0 x x
Z
1
Z
eln(x) dx x2 sen (ln x)
atem
R
e− − x dx dx = x sen (ln x) x2 sen 2 (ln x)
eM
y2 = x sen (ln x)
Z
atic
as
Veremos m´as adelante que y1 = x sen (ln x) es una soluci´on de la ecuaci´on de Cauchy, entonces la segunda soluci´on es:
o. d
x dx sen (ln x) ½ Z dx u = ln x dx = x sen (ln x) 2 du = dx x sen (ln x) x Z du = x sen (ln x) sen 2 u Z = x sen (ln x) csc2 u du = −x sen (ln x) cot u = −x sen (ln x) cot(ln x) x2
An tio
qui
a, D
ept
= x sen (ln x)
= −x cos(ln x)
dad
de
La soluci´on general es : y = C1 y1 + c2 y2
Un iv
ersi
y = C1 x sen (ln x) + C2 (−x cos(ln x)) y = C1 x sen (ln x) + C3 x cos(ln x)
Utilizando el m´etodo de reducci´on de orden resolver los siguientes ejercicios.
99
CAP´ITULO 4.
TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
Ejercicio 1. x2 y 00 − 7xy 0 + 16y = 0 y1 = x4 es una soluci´on. Hallar y2 (Rta.: y2 = x4 ln |x|) Ejercicio 2. x2 y 00 + 2xy 0 − 6y = 0 y1 = x2 es una soluci´on. Hallar y2 (Rta.: y2 = − 5x13 ) Ejercicio 3. xy 00 + y 0 = 0, y1 = ln x es una soluci´on. Hallar y2 (Rta.: y = −1)
as
Ejercicio 4. x2 y 00 − xy 0 + 2y = 0, y1 = x sen (ln x) es una soluci´on. Hallar
atem
atic
y2 (Rta.: y2 = −x cos(ln x))
eM
Ejercicio 5. Hallar on general de xy 00 − xf (x)y 0 + f (x)y = 0. R R la−2soluci´ (Rta.: y = c1 x + c2 x x e f (x) dx dx)
ept
o. d
00 0 Ejercicio 6. Hallar Rla soluci´ R on general de y − f (x)y + (f (x) − 1)y = 0 (Rta.: y = c1 ex + c2 ex e[−2x+ f (x) dx] dx)
a, D
Ejercicio 7. a) Si n es un entero positivo, hallar dos soluciones linealmente independientes de
qui
xy 00 − (x + n)y 0 + ny = 0
de
An tio
b)Hallar la soluci´on general de Rla E.D. de la parte a) cuando n = 1, 2, 3 (Rta.: a) y1 = ex , y2 = ex xn e−x dx, b) y = c1 ex + c2 (x + 1), y = c1 ex + c2 (x2 + 2x + 2), y = c1 ex + c2 (x3 + 3x2 + 6x + 6).)
Un iv
ersi
dad
Ejercicio 8: Utilizando el m´etodo de reducci´on de D’Alembert resolver la E.D. lineal no homog´enea: (x − 1)y 00 − xy 0 + y = 1 sabiendo que y1 = ex es una soluci´on a la homog´enea asociada. Obsrvese que obtenemos una segunda soluci´on y una soluci´on particular. (Rta.: y = 1 + C1 x + C2 ex )
100
4.4. E.D. LINEALES CON COEFICIENTES CONST.
4.4.
E.D. LINEALES CON COEFICIENTES CONSTANTES
4.4.1.
E.D. LINEALES DE ORDEN DOS
dy Sabemos que R dx + ay = 0 es lineal de primer orden, donde p(x) = a. a dx = eax y su soluci´on es luego el F.I. = e
as
yeax = C ⇒ y = Ce−ax
atem
atic
Por similitud con la E.D.O. de primer orden y coeficientes constantes, vamos a suponer que la E.D. lineal de segundo orden y coeficientes constantes: ay 00 + by 0 + cy = 0,
(4.9)
o. d
eM
tiene por soluci´on una funci´on exponencial de la forma: y = emx , derivando dos veces se tiene y 0 = memx , y 00 = m2 emx
a, D
ept
y sustituyendo en la E.D. (4.9): am2 emx + bmemx + cemx = 0 luego emx (am2 + bm + c) = 0 o sea que
qui
am2 + bm + c = 0,
An tio
la cual llamamos ecuaci´on caracter´ıstica o ecuaci´on auxiliar de la E.D.:
de
ay 00 + by 0 + cy = 0
dad
Con las races de la ecuaci´on caracter´ıstica suceden tres casos:
ersi
1. Que tenga races reales y diferentes.
Un iv
2. Que tenga races reales e iguales.
3. Que tenga races complejas conjugadas. Caso 1. Races reales y diferentes Si las races son m1 y m2 , con m1 6= m2 , luego y1 = em1 x y y2 = em2 x son linealmente independientes y por tanto la soluci´on general es y = C 1 e m1 x + C 2 e m2 x . 101
CAP´ITULO 4.
TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
Ejemplo 12 Hallar la soluci´on general de 2y 00 − 5y 0 − 3y = 0 Soluci´on: Ecuaci´on caracter´ıstica: 2m2 − 5m − 3 = 0 √ 5 ± 25 + 24 5±7 m= ⇒ m= 4 4 m1 = 3 , m 2 = −
1 2
1
atic
as
La soluci´on general es y = C1 e3x + C2 e− 2 x
eM
atem
Caso 2. Races reales e iguales: en este caso las races son de multiplicidad dos. Sea m (con multiplicidad 2) ⇒ y1 = emx es una soluci´on. Utilicemos el m´etodo de D’Alembert para hallar la segunda suluci´on de
o. d
ay 00 + by 0 + cy = 0
e−
R
P (x) dx
dx = e
mx
An tio
y2 = y 1
Z
qui
a, D
b c y 00 + y 0 + y = 0. a a
ept
dividiendo por a para conseguir la forma can´onica, se tiene
y12
Z
R
b
e− a dx dx e2mx
−b
eax dx = emx x 2 −b ) ( e 2a
ersi
Z
Un iv
y2 = e
mx
dad
de
como ay 00 + by 0 + cy = 0 ⇒√am2 + bm + c = 0 (ecuaci´on caracter´ıstica) 2 y sus races son m1,2 = −b± 2ab −4ac ; pero como las races son iguales, entonces b el discriminante b2 − 4ac = 0, por lo tanto m1,2 = m = − 2a , luego: Z
dx = xemx
luego la soluci´on general es: y = C1 emx + C2 xemx Ejemplo 13. 4y 00 − 4y 0 + y = 0. Hallar la soluci´on general. Soluci´on: Ecuaci´on caracter´ıstica: 4m2 − 4m + 1 = 0 = (2m − 1)2 = 0 por lo tanto m = 12 (con multiplicidad 2) 102
4.4. E.D. LINEALES CON COEFICIENTES CONST. x
x
La soluci´on general es: y = C1 e 2 + C2 xe 2
Caso 3. Races complejas y conjugadas Supongamos que m1 = α + βi es una ra´ız de la ecuaci´on auxiliar y por tanto su conjugada m2 = α − βi es la otra ra´ız, donde α es la parte real y β es la parte imaginaria; recordando que eiθ = cos θ + i sen θ (F´ormula de Euler) entonces la soluci´on general es
En resumen, la solucin general es:
√
√ 2x + K2 ex sen 2x
de
y = K1 ex cos
An tio
qui
a, D
ept
o. d
Ejemplo 14. y 00 − 2y 0 + 3y = 0 Soluci´on: Ecuaci´on caracter´ıstica: m2 − 2m + 3 = 0 p √ 2 ± 4 − 4(3) 2 ± −8 m= = 2 2 √ √ sus races son m1,2 = 2±22 2i = 1 ± 2i √ o sea que α = 1 , β = 2 . La soluci´on general es
eM
y = K1 eαx cos βx + K2 eαx sen βx.
atem
atic
as
y = C1 e(α+βi)x + C2 e(α−βi)x = C1 eαx eβix + C2 eαx e−βix = eαx (C1 eβix + C2 e−βix ) = eαx [(C1 + C2 ) cos βx + i(C1 − C2 ) sen βx] = eαx [K1 cos βx + K2 sen βx]
Un iv
ersi
dad
Nota: (i): observe que si [D 2 − 2αD + α2 + β 2 ]y = 0 entonces la ecuaci´on caracter´ıstica es: m2 − 2αm + α2 + β 2 = 0 y las races son: p 2α ± 4α2 − 4(α2 + β 2 ) 2α ± 2βi m= = = α ± βi 2 2 luego, la soluci´on general es: y = K1 eαx cos βx + K2 eαx sen βx. (ii) Para la E.D.: (D − a)y = 0 la ecuaci´on caracter´ıstica es m−a=0⇒m=a 103
CAP´ITULO 4.
TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
por lo tanto y = Ceax es soluci´on de (D − a)y = 0 y recprocamente una soluci´on de (D − a)y = 0 es y = Ceax . Ejercicios. Hallar la soluci´on general o la soluci´on particular de los siguientes ejercicios: 1. (D2 + 2D − 3)y = 0 (Rta.: y = C1 ex + C2 e−3x )
atic
as
2. D2 − 2D − 3)y = 0 con y(0) = 0, y 0 (0) = −4 (Rta.: y = e−x − e3x )
d2 x dt2
ept
5. (D2 − 2D + 2)y = 0 (Rta.: y = C1 ex cos x + C2 ex sen x)
a, D
+ 2b dx + k 2 x = 0, k > b > 0 con x(0) = 0, x0 (0) = v0 dt √ (Rta.: x = ( va0 )e−bt sen at, donde a = k 2 − b2 )
qui
6.
eM
o. d
4. (D2 + 4D + 4)y = 0 con y(0) = 1, y 0 (0) = −1 (Rta.: y = (1 + x)e−2x )
atem
3. (D2 − 6D + 9)y = 0 (Rta.: y = (C1 + C2 x)e3x )
An tio
7. y 00 + 2iy 0 − 10y = 0 (Rta.: y = C1 e3x cos x + C2 e−3x cos x − i(C1 e3x sen x + C2 e−3x sen x))
de
8. y 00 + iy 0 + 2y = 0 (Rta.: y = C1 cos x + C2 cos 2x + i(C1 sen x − C2 sen 2x))
Sea
dad
E.D. LINEALES DE ORDEN MAYOR QUE DOS
ersi
4.4.2.
Un iv
an y (n) + an−1 y (n−1) + · · · + a1 y 0 + a0 y = 0
donde a0 , a1 , · · · , an son constantes, entonces su polinomio caracter´ıstico es: an mn + an−1 mn−1 + · · · + a1 m + a0 = 0 = Pn (m) Supongamos por ejemplo que este polinomio lo podemos factorizar as´ı:
104
4.4. E.D. LINEALES CON COEFICIENTES CONST. Pn (m) = (m−m1 )(m−m2 )(m−m3 )3 (m2 −2α1 m+α12 +β12 )(m2 −2α22 m+ α22 + β22 )2 entonces la soluci´on general esta dada por y = C1 em1 x + C2 em2 x + C3 em3 x + C4 xem3 x + C5 x2 em3 x + + C6 eα1 x cos β1 x + C7 eα1 x sen β1 x + C8 eα2 x cos β2 x+ + C9 eα2 x sen β2 x + C10 xeα2 x cos β2 x + C11 xeα2 x sen β2 x 5
4
3
2
atic
as
d y d y d y d y Ejemplo 15. 2 dx 5 − 7 dx4 + 12 dx3 + 8 dx2 = 0 Soluci´on: i
eM
atem
dy i on caracEn la E.D. reemplazo en cada dx i por m y obtengo la ecuaci´ ter´ıstica: 2m5 − 7m4 + 12m3 + 8m2 = 0
m2 (2m3 − 7m2 + 12m + 8) = m2 (2m + 1)(m2 − 4m + 8) = 0
An tio
qui
a, D
ept
o. d
luego las races son m1 = 0 con multiplicidad 2, m2 = − 21 √ 4 + 4i 4 ± 16 − 32 = = 2 ± 2i ⇒ α = 2, β = 2 m3,4 = 2 2 Para el factor m2 , como el grado es 2, empezamos con la soluci´on b´asica e0x y luego multiplicamos por x y as´ı sucesivamente. O sea que las soluciones ser´ıan: e0x = 1, xe0x = x x
Para el factor 2m + 1 la soluci´on ser´ıa: e− 2
de
Para el factor m2 − 4m + 8 las soluciones ser´ıan: e2x cos 2x,
e2x sen 2x.
x
ersi
dad
Solucin general: y = C1 + C2 x + C3 e− 2 + C4 e2x cos(2x) + C5 e2x sen (2x)
Un iv
Hallar la soluci´on general o la soluci´on particular seg´ un el caso en los siguientes ejercicios: Ejercicio 1. y (5) + 5y (4) − 2y 000 − 10y 00 + y 0 + 5y = 0 (Rta.: y = C1 ex + C2 xex + C3 e−x + C4 xe−x + C5 e−5x ) 4
2
d y d y Ejercicio 2. 16√dx 4 + 24 dx2 + 9y = 0 √ √ √ (Rta.: y = C1 cos 23 x + C2 x cos 23 x + C3 sen 23 x + C4 x sen 23 x)
105
CAP´ITULO 4.
TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
4
3
2
d y d y d y Ejercicio 3. dx 4 + dx3 + dx2 = 0 √ √ 1 1 (Rta.: y = C1 + C2 x + C3 e− 2 x cos 23 x + C4 e− 2 x sen 23 x) 4
2
d y d y Ejercicio 4. dx 4 − 7 dx2 − 18y = 0 √ √ (Rta.: y = C1 e3x + C2 e−3x + C3 cos 2x + C4 sen 2x) d4 y dx4 2 x 2
Ejercicio 5.√
cos
√
2 x+C2 e 2
2 x 2
sen
√
2 x 2
2 x+C3 e− 2
cos
√
2 x+C4 e− 2
√
2 x 2
sen
√
2 x) 2
as
(Rta.: y = C1 e
+ y = 0, (Ayuda: Completar √cuadrados). √
atem
atic
Ejercicio 6. (D 2 + 4D + 4)y = 0 tal que tenga una soluci´on que pase por los puntos (0, 2), (2, 0) (Rta.: y = (2 − x)e−2x )
o. d
eM
Ejercicio 7. (D 3 + D2 − D − 1)y = 0 con las siguientes condiciones: y(0) = 1, y(2) = 0 y l´ım y(x)x→∞ = 0 (Rta.: y = (1 − 12 x)e−x )
ept
Ejercicio 8. Hallar el n´ ucleo del siguiente operador diferencial: L(D) = √ √ 3 3 − x2 − x2 3 2 D + D + D . (Rta.: N ucL(D) = h1, x, e cos( 2 x), e sen ( 2 x)i)
OPERADOR ANULADOR
qui
4.5.
a, D
4
An tio
Definici´ on 4.5. Si y = f (x) una funci´on que tiene n derivadas y L(D) es un operador diferencial lineal con coeficientes constantes, tal que
de
L(D)y = L(D)f (x) = 0,
dad
entonces decimos que el operador L(D) es el anulador de y = f (x).
a) Si y = k constante, entonces k.
Un iv
1.
ersi
Observaciones:
b) Si y = x, entonces k.
d2 x dx2
c) Si y = x2 , entonces x2 , x, k. 106
dk dx
=0⇒D=
= 0 ⇒ D2 =
d3 (x2 ) dx3
d2 dx2
d dx
es el anulador de
es el anulador de x y de
= 0 ⇒ D3 =
d3 dx3
es el anulador de
4.5. OPERADOR ANULADOR n+1 n
x d) Si y = xn , entonces ddxn+1 = 0 ⇒ Dn+1 = xn , xn−1 , · · · , x2 , x1 , k con n ∈ N.
Nota: Observemos que
dn+1 dxn+1
dn+1 dxn+1
es el anulador de
anula la combinaci´on lineal
C1 k + C2 x + · · · + Cn+1 xn que es un polinomio de grado n.
as
2. (D − a)n es el anulador de las siguientes funciones:
atic
eax , xeax , x2 eax , · · · , xn−1 eax
atem
y tambi´en el anulador de la combinaci´on lineal siguiente:
eM
C1 eax + C2 xeax + C3 x2 eax + · · · + Cn xn−1 eax = Pn−1 (x)eαx
o. d
3. (D2 − 2αD + α2 + β 2 )n es el anulador de las funciones:
ept
eαx cos βx, xeαx cos βx, x2 eαx cos βx, . . . , xn−1 eαx cos βx
a, D
eαx sen βx, xeαx sen βx, x2 eαx sen βx, . . . , xn−1 eαx sen βx
qui
y tambi´en anula la combinaci´on lineal siguiente:
de
An tio
C1 eαx cos βx + C2 xeαx cos βx + · · · + Cn xn−1 eαx cos βx+ + k1 eαx sen βx + k2 xeαx sen βx + · · · + kn xn−1 eαx sen βx = Pn−1 (x)eαx cos βx + Qn−1 (x)eαx sen βx
dad
donde Pn−1 (x) y Qn−1 (x) son polinomios de grado n − 1.
ersi
Si α = 0, entonces (D 2 + β 2 )n es el anulador de:
Un iv
cos βx, x cos βx, x2 cos βx, · · · , xn−1 cos βx sen βx, x sen βx, x2 sen βx, · · · , xn−1 sen βx y de sus combinaciones lineales:
C1 cos βx + C2 x cos βx + · · · + Cn xn−1 cos βx+ k1 sen βx+k2 x sen βx+· · ·+kn xn−1 sen βx = Pn−1 (x) cos βx+Qn−1 (x) sen βx 107
CAP´ITULO 4.
TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
Si n = 1 y α = 0, entonces D 2 + β 2 es el anulador de: cos βx, sen βx o su combinaci´on lineal: C1 cos βx + C2 sen βx.
as
Ejemplo 16. Hallar el operador anulador de: ex + 2xex − x2 ex Soluci´on: Anulador de ex : D − 1. Anulador de xex : (D − 1)2 . Anulador de x2 ex : (D − 1)3 . Por lo tanto el anulador de toda la expresi´on es: (D − 1)3
atem
atic
Obsrvese que para hallar el anulador, no interesan las coeficientes 1, 2, −1 de la expresi´on original.
a, D
ept
o. d
eM
Ejemplo 17. Hallar el operador anulador de: 3 + ex cos 2x Soluci´on: Anulador de 3: D. Anulador de ex cos 2x: D2 − 2D + 1 + 4 = D 2 − 2D + 5, en este caso α = 1 y β = 2. Anulador de toda la expresi´on: D(D 2 − 2D + 5).
de
An tio
qui
Ejemplo 18. Hallar el operador anulador de: 13x + 9x2 − sen 4x Soluci´on: Anulador de x: D 2 . Anulador de x2 : D3 . Anulador de sen 4x: D 2 + 16 en este caso α = 0 y β = 4. Anulador de toda la expresi´on: D 3 (D2 + 16).
Un iv
ersi
dad
Ejemplo 19. Hallar el operador anulador de: (2 − ex )2 Soluci´on: Como (2 − ex )2 = 4 − 4ex + e2x , entonces Anulador de 4: D. Anulador de ex : D − 1. Anulador de e2x : D − 2. El anulador de toda la expresi´on es: D(D − 1)(D − 2) Ejercicio 1. Encontrar el operador anulador de 8x − sen x + 10 cos 5x (Rta.: D 2 (D2 + 1)(D 2 + 25))
108
4.6. COEFICIENTES INDETERMINADOS
atem
atic
as
Ejercicio 2. Encontrar el operador anulador de 3 + ex cos 2x (Rta.: D(D 2 − 2D + 5)) Ejercicio 3. Encontrar el operador anulador de x3 (1 − 5x) (Rta.: D 5 ) Ejercicio 4. Encontrar el operador anulador de e−x sen x − e2x cos x (Rta.: (D 2 + 2D + 2)(D 2 − 4D + 5)) Ejercicio 5. Encontrar el operador anulador de x2 ex + sen 2x + 5 (Rta.: D(D − 1)3 (D2 + 4)) Ejercicio 6. Las races de la ecuacin caracterstica de una cierta ecuacin diferencial son: m1 = −2 con multiplicidad dos, m2,3 = −1 ± 3i. Hallar la ecuacin diferencial. Observaci´ on: la soluci´on de una ecuaci´on diferencial lineal no homog´enea, L(D)y = f (x) 6= 0 consta de la suma de dos soluciones que son:
eM
i) La soluci´on a la homog´enea asociada, es decir, la soluci´on de L(D)y = 0.
o. d
ii) La soluci´on particular de la no homog´enea.
a, D
ept
La suma de las dos soluciones es la soluci´on general, es decir, si yh es la soluci´on de la homog´enea asociada L(D)y = 0 y yp es la soluci´on particular de L(D)y = f (x), entonces la soluci´on general es: y = yh + yp . En efecto,
An tio
qui
L(D)(yh + yp ) = L(D)yh + L(D)yp = 0 + f (x) = f (x)
COEFICIENTES INDETERMINADOS
ersi
4.6.
dad
de
Las siguientes secciones las dedicaremos a desarrollar tres m´etodos para hallar la soluci´on particular de E.D. no homog´eneas. El primer mtodo se llama de Coeficientes Indeterminados, el segundo mtodo se llama de Variacin de Parmetros y el tercer mtodo se llama de los Operadores Inversos.
Un iv
Este m´etodo se aplica a E.D. lineales, con coeficientes constantes, no homog´eneas. Sea L(D)y = f (x) una E.D. lineal, no homog´enea, de coeficientes constantes y de orden n. Si f (x) tiene una de las siguientes formas: a) f (x) = k, k constante b) f (x) = polinomio en x c) f (x) = exponencial de la forma eαx 109
CAP´ITULO 4.
TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
d) f (x) = cos βx, f (x) = sen βx e) f (x) = a sumas finitas de productos finitos de las expresiones anteriores, entonces es posible encontrar un operador L1 (D) que anule a f (x) y si esto sucede, entonces aplicamos L1 (D) a la ecuaci´on diferencial original, es decir: L1 (D)L(D)y = L1 (D)f (x) = 0
atem
atic
as
Por lo tanto la expresi´on anterior es una E.D. lineal, homog´enea de coeficientes constantes, le aplicamos a esta ecuaci´on el m´etodo de las homog´eneas y hallamos su soluci´on general, de esta soluci´on general descartamos la parte correspondiente a la homog´enea asociada a la E.D. original, la parte restante corresponde a la soluci´on particular que estamos buscando. Ilustremos esto con un ejemplo.
eM
Ejemplo 20. Hallar la soluci´on particular y la soluci´on general de la E.D. y + 25y = 20 sen 5x. Soluci´on:
o. d
00
20 sen 5x L1 (D)(20 sen 5x) (D 2 + 25)(20 sen 5x) 0
qui
= = = =
An tio
y 00 + 25y L1 (D)(y 00 + 25y) (D2 + 25)(y 00 + 25y) (D2 + 25)2 y
a, D
ept
El anulador de sen 5x: D 2 + 25 = L1 (D) Aplicamos este anulador a ambos lados de la E.D. original:
dad
de
Ecuaci´on caracter´ıstica: (m2 + 25)2 = 0 cuyas races son m = ±5i con multiplicidad 2 y por lo tanto α = 0 y β = 5; en consecuencia la soluci´on general es:
ersi
y = C1 cos 5x + C2 sen 5x + C3 x cos 5x + C4 x sen 5x
Un iv
La ecuaci´on diferencial homog´enea asociada es (D2 + 25)y = 0
y su ecuaci´on caracter´ıstica es m2 + 25 = 0, 110
(4.10)
4.6. COEFICIENTES INDETERMINADOS o sea que m = ±5i (con α = 0 y β = 5) y su soluci´on es y = C1 cos 5x + C2 sen 5x; y por tanto en (4.10) descartamos esta expresi´on y nos queda la forma de la soluci´on particular: y = C3 x cos 5x + C4 x sen 5x = yp
atic
as
Como aparecen las constantes C3 y C4 , las hallamos de la siguiente manera: derivamos dos veces yp y la sustituimos en la E.D. original:
ept
o. d
eM
atem
yp0 = C3 (−5x sen 5x + cos 5x) + C4 (5x cos 5x + sen 5x) yp00 = C3 (−25x cos 5x − 5 sen 5x − 5 sen 5x) + +C4 (−25x sen 5x + 5 cos 5x + 5 cos 5x) = C3 (−25x cos 5x − 10 sen 5x) + +C4 (−25x sen 5x + 10 cos 5x) 00 yp + 25yp = 20 sen 5x
de
An tio
An´alisis de coeficientes: x cos 5x : −25C3 + 25C3 = 0 sen 5x : −10C3 = 20 ⇒ C3 = −2 x sen 5x : −25C4 + 25C4 = 0 cos 5x : 10C4 = 0 ⇒ C4 = 0
dad
en en en en
qui
a, D
C3 (−25x cos 5x − 10 sen 5x) + C4 (−25x sen 5x + 10 cos 5x) + + 25(C3 x cos 5x + C4 x sen 5x) = 20 sen 5x
Un iv
ersi
Por lo tanto la soluci´on particular es yp = −2x cos 5x y la soluci´on general es: y = yh + yp = = C1 cos 5x + C2 sen 5x + C3 x cos 5x = C1 cos 5x + C2 sen 5x − 2x cos 5x Hallar la soluci´on general en los siguientes ejercicios: Ejercicio 1. y 00 + 2y 0 + y = x2 e−x 1 4 −x xe ) (Rta: y = C1 e−x + C2 xe−x + 12 111
CAP´ITULO 4.
TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
Ejercicio 2. y 00 − y = x2 ex + 5 (Rta: y = C2 ex + C6 e−x − 5 + 14 xex − 14 x2 ex + 16 x3 ex ) Ejercicio 3. y 00 + y 0 + 14 y = ex ( sen 3x − cos 3x) Ejercicio 4. y 00 + 4y = cos2 x (Rta: y = 81 + C2 cos 2x + C3 sen 2x + 18 x sen 2x)
atic
as
Ejercicio 5. y 00 +√y 0 + y = x sen x √ x x (Rta: y = C1 e− 2 cos 23 x + C2 e− 2 sen 23 x − x cos x + 2 cos x + sen x)
atem
Ejercicio 6. y 00 − y = 3xex cos 2x
o. d
´ DE PARAMETROS ´ VARIACION
qui
4.7.
a, D
ept
Ejercicio 8. y 00 − 2y 0 + 5y = ex sen x (Rta: y = C1 ex cos 2x + C2 ex sen 2x + 13 ex sen x)
eM
Ejercicio 7. y 00 + 25y = 6 sen x (Rta: y = C1 cos 5x + C2 sen 5x + 41 sen x)
Sea
An tio
a2 (x)y 00 + a1 (x)y 0 + a0 (x) = h(x)
de
con a2 (x), a1 (x), a0 (x), continuas en I y a2 (x) 6= 0 en I. La escribimos en forma can´onica
p(x) =
a1 (x) , a2 (x)
g(x) =
Un iv
Donde
ersi
dad
y 00 + p(x)y 0 + g(x)y = f (x)
a0 (x) a2 (x)
y
f (x) =
h(x) , a2 (x)
suponemos que y1 y y2 son soluciones linealmente independientes de la homog´enea asociada, es decir, y100 + p(x)y10 + g(x)y1 = 0 y200 + p(x)y20 + g(x)y2 = 0 112
´ DE PARAMETROS ´ 4.7. VARIACION y
y h = C 1 y1 + C 2 y2
Variemos los par´ametros C1 y C2 , es decir, yp = u1 (x)y1 (x) + u2 (x)y2 (x) = u1 y1 + u2 y2 y hallemos u1 y u2 de tal manera que yp sea solucin de la E.D. Luego yp0 = u01 y1 + u1 y10 + u02 y2 + y20 u2
Luego,
o. d
eM
yp0 = u1 y10 + u2 y20 yp00 = u01 y10 + u1 y100 + u02 y20 + u2 y200
atem
(primera condici´on).
atic
u01 y1 + u02 y2 = 0,
as
Supongamos (en aras de disminuir el trabajo operativo):
ept
Sustituyendo en la ecuaci´on diferencial:
a, D
yp00 + p (x)yp0 + g (x)yp = f (x)
u01 y10 + u1 y100 + u02 y20 + u2 y200 + p (x) [u1 y10 + u2 y20 ] + g (x) [u1 y1 + u2 y2 ] = f (x)
qui
u1 [y100 + p (x)y10 + g (x)y1 ] + u2 [y200 + p (x)y20 + g (x)y2 ] + u01 y10 + u02 y20 = f (x)
An tio
Luego,
u01 y10 + u02 y20 = f (x)
de
En resumen,
ersi
dad
y1 u01 + y2 u02 = 0 (primera condici´on) y10 u01 + y20 u02 = f (x) (segunda condici´on)
Un iv
que es un sistema de dos ecuaciones con dos incgnitas: u01 y u02 . Por la regla de Cramer: ¯ ¯ 0 ¯ ¯ f (x) 0 u1 = ¯¯ ¯ y10 ¯ y1
¯ y2 ¯¯ y20 ¯ y f (x) ¯ = − 2 ¯ W (y1 , y2 ) y2 ¯ y20 ¯
113
CAP´ITULO 4.
TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
¯ ¯ y1 0 ¯ 0 ¯ y1 f (x)0 ¯ u02 = ¯¯ ¯ ¯ y10 y20 ¯ ¯ y1 y2 ¯
¯ ¯ ¯ ¯
=
y1 f (x) W (y1 , y2 )
atem
atic
as
Donde W (y1 , y2 ) 6= 0, ya que y1 y y2 son dos soluciones linealmente independientes de la homog´enea asociada. Para conseguir u1 y u2 , integramos (no es necesario constantes de integraci´on, porqu´e?) a u01 y u02 respectivamente. Luego, la yp = u1 y1 + u2 y2 , y la soluci´on general es y = y h + y p = C 1 y1 + C 2 y2 + u 1 y1 + u 2 y2
eM
Pasos para resolver la E.D. (en forma can´ onica): 0 y + p(x)y + g(x)y = f (x)
o. d
00
a, D
ept
1. Hallamos y1 y y2 soluciones linealmente independientes de la homog´enea asociada: y 00 + p(x)y 0 + g(x)y = 0
qui
2. Hallamos W (y1 , y2 )
An tio
2 f (x) 1 f (x) 3. Hallamos u01 = − Wy(y , u02 = Wy(y 1 ,y2 ) 1 ,y2 ) R 0 R 0 4. Integramos u1 = u1 dx y u2 = u2 dx (sin constantes de integracin)
de
5. La soluci´on particular yp = u1 y1 + u2 y2
dad
6. La soluci´on general y = yh + yp = C1 y1 + C2 y2 + u1 y1 + u2 y2
ersi
Ejemplo 21. y 00 + 3y 0 + 2y = sen (ex ) Soluci´on:
Un iv
1. Soluci´on de y 00 + 3y 0 + 2y = 0, luego su ecuacin caractertica es m2 + 3m + 2 = 0 ⇒ (m + 2)(m + 1) = 0 ⇒ m = −2, m = −1 −2x yh = C1 e|{z} +C2 |{z} e−x y1 y2 ¯ ¯ −x ¯ ¯ e−2x e ¯ = −e−3x + 2e−3x = e−3x 2. W (y1 , y2 ) = ¯¯ −2e−2x −e−x ¯
114
´ DE PARAMETROS ´ 4.7. VARIACION 3. u01 = u02 =
−y2 f (x) W (y1 ,y2 ) y1 f (x) W (y1 ,y2 )
= =
−e−x sen (ex ) = −e2x sen (ex ) e−3x e−2x sen (ex ) = ex sen (ex ) e−3x
4. z = ex 0 2x x u1 = u1 dx = −e sen (e ) dx y haciendo dz = ex dx dx = dz z Z dz = − z 2 sen (z) z Z integrando por partes v = z ⇒ dv = dz = − z sen (z) dz dw = − sen zdz ⇒ w = cos z Z = z cos z − cos z dz = z cos z − sen z = ex cos(ex ) − sen (ex ) Z
dx =
x
x
e sen (e ) dx =
Z
dz = z sen z z
Z
sen z dz = − cos z
a, D
= − cos(ex )
Z
o. d
u02
ept
u2 =
Z
eM
atem
atic
as
Z
qui
5. La solucin particular y la solucin general son:
An tio
yp = u1 y1 + u2 y2 = [ex cos(ex ) − sen (ex )] e−2x − e−x cos(ex ) = −e−2x sen (ex ) y = yh + yp = C1 e−2x + C2 e−x − e−2x sen (ex )
ersi
dad
de
Ejemplo 22. Si y1 = x y y2 = x ln x son soluciones linealmente independientes de la E.D. x2 y 00 − xy 0 + y = 0. Hallar la soluci´on general de la E.D. de Cauchy. x2 y 00 − xy 0 + y = 4x ln x
Un iv
Soluci´on. Coloquemos la E.D. en forma can´onica
1 ln x 1 , x 6= 0 y 00 − y 0 + 2 y = 4 x x x 1. y1 = x,
y2 = x ln x ¯ ¯ x x ln x 2. W (y1 , y2 ) = ¯¯ 1 ln x + 1
¯ ¯ ¯ = x ln x + x − x ln x = x 6= 0 ¯
115
TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
2 f (x) 3. u01 = − Wy(y = 1 ,y2 )
u02 =
y1 f (x) W (y1 ,y2 )
=
x −x ln x( 4 ln x ) x
x x( 4 ln x ) x
=
2
= − 4 lnx
x
4 ln x x
z = ln x dz = dx x
= ln x = dx x
atem
atic
4. Hallemos uy u2 : ½ Z Z 4 ln2 x 0 dx y haciendo u1 = u1 dx = − x 4 = − ln3 x ½ Z3 Z 4 ln x z 0 dx y haciendo u2 = u2 dx = dz x 2 = 2 ln x
as
CAP´ITULO 4.
eM
5. La solucin particular es:
a, D
ept
o. d
yp = u 1 y1 + u 2 y2 µ ¶ 4 3 = − ln x x + (2 ln2 x)x ln x 3 4 2 = − x ln3 x + 2x ln3 x = x ln3 x 3 3
qui
6. La solucin general es
An tio
2 y = yh + yp = C1 x + C2 x ln x + x ln3 x 3
dad
de
Ejemplo 23. Utilizar el m´etodo de variaci´on de par´ametros para resolver la siguiente E.D. y 00 − y = sec3 x − sec x
ersi
Soluci´on:
Un iv
1. y 00 − y = 0 (homog´enea asociada) La ecuacin caracterstica es m2 − 1 = 0 ⇒ m = ±1 La solucin a la homognea asociada es yh = C1 |{z} ex + C2 |{z} e−x y1
¯ x ¯ e e−x 2. W (y1 , y2 ) = ¯¯ x e −e−x
116
y2
¯ ¯ ¯ = ex (−e−x ) − ex (e−x ) = −1 − 1 = −2 ¯
´ DE PARAMETROS ´ 4.7. VARIACION 2 f (x) = −e 3. u01 = − Wy(y 1 ,y2 )
u02 =
y1 f (x) W (y1 ,y2 )
=
−x (sec3
x−sec x) −2
ex (sec3 x−sec x) −2
=
e−x (sec3 x−sec x) 2
x
= − e2 (sec3 x − sec x)
atic
as
4. Hallemos u1 y u2 : Z Z 1 1 −x 3 u1 = e (sec x − sec x) dx = e−x sec x(sec2 x − 1) dx 2 2 Z Z 1 1 −x 2 e sec x tan x dx = e−x (sec x tan x) tan x dx = 2 2
dv = tan x sec x dx,
eM
u = e−x tan x,
atem
Integremos por partes, haciendo:
=
a, D
qui
An tio
=
de
=
· ¸ Z 1 −x −x 2 e tan x sec x − e sec x(sec x − tan x) dx 2 · ¸ Z Z 1 −x −x 3 −x e tan x sec x − e sec x dx + e sec x tan x dx 2 · ¸ Z Z 1 −x −x 3 −x −x e tan x sec x − e sec x dx + e sec x + e sec x dx 2 Z e−x e−x 1 tan x sec x + sec x − e−x (sec3 x − sec x) dx, 2 2 2
dad
u1 =
v = sec x
ept
du = (−e−x tan x + e−x sec2 x) dx,
o. d
luego
Un iv
ersi
despejando la integral : Z e−x (sec3 x − sec x) dx = Z 1 u1 = e−x (sec3 x − sec x) dx = 2 u2 =
Z
u02
1 dx = − 2
Z
e−x tan x sec x + 2 e−x tan x sec x + 4
e−x sec x 2 e−x sec x 4
ex (sec3 x − sec x) dx 117
CAP´ITULO 4.
TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
hagamos: z = −x , dz = −dx
atem
atic
as
Z Z 1 1 −z 3 u2 = − e (sec (−z) − sec(−z)) d(−z) = e−z (sec3 z − sec z) dz 2 2 e−z ex ex e−z tan z sec z + sec z = tan(−x) sec(−x) + sec(−x) = 4 4 4 4 ex ex = − tan x sec x + sec x 4 4 5. La solucin particular es
a, D
ept
o. d
eM
yp = u 1 y1 + u 2 y2 e−x ex ex e−x tan x sec x + sec x)ex + (− tan x sec x + sec x)e−x = ( 4 4 4 4 sec x = 2
qui
6. La solucin general es
An tio
y = yh + yp = C1 ex + c2 e−x +
sec x 2
ersi
dad
de
Utilizar el mtodo de variacin de parmetros para resolver los siguientes ejercicios. Ejercicio 1. Hallar la solucin general de 2 (D + 1)y = −x−2 sen x + 2x−1 cos x (Rta.: y = C1 cos x + C2 sen x + ln |x| sen x)
Un iv
Ejercicio 2. Hallar la soluci´on general de (D2 + 5D + 6)y = e−2x sec2 x(1 + 2 tan x) (Rta.: y = C1 e−3x + C2 e−2x + e−2x tan x) Ejercicio 3. Hallar la soluci´on general de y + 2y 0 + y = e−x ln x 2 (Rta.: y = C1 e−x + C2 xe−x + x2 e−x ln x − 43 x2 e−x ) 00
118
´ DE PARAMETROS ´ 4.7. VARIACION 1
1
Ejercicio 4. Si y1 = x− 2 cos x, y2 = x− 2 sen x forman ¡un conjunto lin¢ 1 2 00 0 2 ealmente independiente y son soluciones de x y + xy + x − 4 y = 0. ¢ ¡ 3 Hallar la soluci´on general para x2 y 00 + xy 0 + x2 − 41 y = x 2 . 1 1 1 (Rta.: y = C1 x− 2 cos x + C2 x− 2 sen x + x− 2 ) Ejercicio 5. Si y1 = x, y2 = ex forman un conjunto linealmente independiente y son soluciones de la homog´enea asociada de la E.D. (1 − x)y 00 + xy 0 − y = 2(x − 1)2 e−x ,
as
0 < x < 1.
atem
atic
Hallar la soluci´on general. (Rta.: y = C1 x + C2 ex + 12 e−x − xe−x )
eM
Ejercicio 6. Hallar la soluci´on general de la E.D. (D 2 + 16)y = csc 4x 1 sen 4x ln | sen 4x|) (Rta.: y = C1 cos 4x + C2 sen 4x − 14 x cos 4x + 16
ept
o. d
Ejercicio 7. Hallar la soluci´on general de la E.D. (D 2 + 1)y = sec x (Rta.: y = C1 cos x + C2 sen x + x sen x + cos x ln | cos x|)
qui
a, D
Ejercicio 8. Hallar la soluci´on general de la E.D. (D 2 + 2D + 5)y = e−x sec 2x (Rta.: y = e−x (C1 cos 2x + C2 sen 2x) + e−x ( 21 x sen 2x + 41 cos 2x ln | cos 2x|))
An tio
Ejercicio 9. Hallar la soluci´on general de la E.D. (D2 − 1)y = e−x sen (e−x ) + cos(e−x )
de
(Rta.: y = C1 ex + C2 e−x − ex sen (e−x ))
ersi
dad
Ejercicio 10. Hallar la soluci´on general de la E.D. (D 2 + 1)y = sec3 x (Rta.: y = C1 cos x + C2 sen x + 21 sec x)
Un iv
Ejercicio 11. Hallar la soluci´on general de la E.D. (D2 − 9D + 18)y = ee (Rta.: y = C1 e3x + C2 e6x + 19 e6x ee
−3x
−3x
)
Ejercicio 12. Hallar la soluci´on general de la E.D. (D 2 − 2D + D0 )y = x−5 ex 119
CAP´ITULO 4.
TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
(Rta.: y = C1 ex + C2 xex +
1 −3 x x e ) 12
Ejercicio 13. Hallar la soluci´on general de la E.D. (D2 + 2D − 8)y = (6x−1 − x−2 )e2x (Rta.: y = C1 e2x + C2 e−4x + e2x ln |x|) Ejercicio 14. Hallar la soluci´on general de la E.D.
atic
as
(D2 + 3D + 2)y = sen (ex )
eM
´ DEL METODO ´ GENERALIZACION DE ´ ´ VARIACION DE PARAMETROS
o. d
4.7.1.
atem
(Rta.: y = C1 e−2x + C2 e−x − e−2x sen (ex ))
ept
Dada la E.D. en forma can´onica:
a, D
Dn y + an−1 (x)Dn−1 y + . . . + a1 (x)Dy + a0 (x)y = f (x)
qui
efectuamos los siguientes pasos:
ersi
dad
de
An tio
1. Hallamos y1 , y2 , . . . , yn soluciones linealmente independientes de la homog´enea asociada, o sea que yh = C1 y1 + C2 y2 + . . . + Cn yn ¯ ¯ ¯ y1 y2 · · · yn ¯¯ ¯ ¯ y0 y20 · · · yn0 ¯¯ ¯ 1 2. Hallamos W (y1 , y2 , . . . , yn ) = ¯ .. .. ¯ .. .. ¯ . . ¯¯ . . ¯ n−1 n−1 n−1 ¯ y1 y2 · · · yn ¯
Un iv
3. Hallamos u01 , u02 , . . . , u0n por el m´etodo de Cramer del sistema: u01 y1 + u02 y2 + . . . + u0n yn = 0 u01 y10 + u02 y20 + . . . + u0n yn0 = 0 .. .. .. . . .
u01 y1n−1 + u02 y2n−1 + . . . + u0n ynn−1 = f (x)
120
´ DE PARAMETROS ´ 4.7. VARIACION 4. Integramos u01 , u02 , . . . , u0n (sin constantes de integraci´on) para hallar u1 , u2 , . . . , un 5. Hallamos la soluci´on particular yp = u 1 y1 + u 2 y2 + . . . + u n yn 6. Hallamos la soluci´on general
as
y = y h + y p = C 1 y1 + . . . + C n yn + u 1 y1 + . . . + u n yn
atem
atic
Ejemplo 24. y 000 − 2y 00 − y 0 + 2y = e3x Soluci´on:
o. d
eM
1. La homognea asociada es y 000 − 2y 00 − y 0 + 2y = 0 La ecuacin caracterstica es m3 − 2m2 − m + 2 = m2 (m − 2) − (m − 2) = (m − 2)(m2 − 1) = = (m − 2)(m + 1)(m − 1) = 0 Pot lo tanto las races son
2. El Wronskiano es
An tio
¯ ¯ 2x −x x ¯ ¯ e ¯ 2x e −x ex ¯ −e e ¯¯ W (y1 , y2 , y3 ) = ¯¯ 2e 2x −x ¯ 4e e ex ¯
qui
a, D
ept
m1 = 2, m2 = −1, m3 = 1 y la solucin a la homognea es yh = C1 e2x + C2 e−x + C3 ex
3. ex ex ex
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
Un iv
¯ ¯ 0 e−x ¯ ¯ 0 −e−x ¯ 3x ¯ e e−x 0 u1 = 2x ¯ 2x 6e ¯ e ¯ 2x 0 ¯ 2e ¯ 2x 03x ¯ 4e e u02 = 6e2x
ersi
dad
de
= e2x (−1 − 1) − e−x (2e3x − 4e3x ) + ex (2ex + 4ex ) = −2e2x + 2e2x + 6e2x = 6e2x
ex ex ex
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
=
e3x (1 + 1) 2e3x ex = = 6e2x 6e2x 3
=−
e3x (e3x − 2e3x ) e6x e4x = = 6e2x 6e2x 6 121
CAP´ITULO 4.
TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
¯ 2x −x ¯ e ¯ 2x e −x 0 ¯ 2e 0 ¯ 2x −e−x ¯ 4e e e3x u03 = 6e2x
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
=
e3x (−ex − 2ex ) 3e4x e2x = − = − 6e2x 6e2x 2
atic
dx =
eM
atem
u01
o. d
u3
Z
ex ex dx = 3 3 Z Z 4x e e4x dx = = u02 dx = 6 24 Z Z 2x e2x e dx = − = u03 dx = − 2 4
u1 = u2
Z
a, D
An tio
e3x 3e3x = 24 8
ex 2x e4x −x e2x x e3x e3x e3x e + e − e = + − 3 24 4 3 24 4
qui
yp = u 1 y1 + u 2 y2 + u 3 y3 =
ept
5. Soluci´on particular:
=
as
4. Integramos u01 , u02 , u03
6. Soluci´on general: y = yh + yp = C1 e2x + C2 e−x + C3 ex +
e3x 8
dad
de
Resolver, utilizando el m´etodo de variaci´on de par´ametros, los siguientes ejercicios.
Un iv
ersi
Ejercicio 1. y 000 − 5y 00 + 6y 0 = 2 sen x + 8 (Rta.: y = C1 + C2 e3x + C3 e2x − 51 cos x + 15 sen x + 34 x) Ejercicio 2. y 000 − y 0 = sen x (Rta.: y = C1 + C2 ex + C3 e−x + 12 cos x) Ejercicio 3.¡y 000¢− y 0 = x ex d Sugerencia: dx (y 00 − y) = y 000 − y 0 ; integre y despu´es use variaci´on de par´ametros. 122
4.8. OPERADORES (Rta.: y = C1 + C2 ex + C3 e−x + 14 x2 ex − 34 xex ) Ejercicio 4. y 000 + 4y 0 = sen x cos x (Rta.: y = C1 + C2 cos 2x + C3 sen 2x −
1 x sen 2x) 16
Ejercicio 5. Hallar la soluci´on general de la E.D. (D + 1)3 y = 16(2x + 3)−1 e−x
OPERADORES
atem
4.8.
atic
as
(Rta.: y = e−x (C1 + C2 x + C3 x2 ) + e−x (2x + 3)2 ln(2x + 3))
eM
Lema 4.2. Si f ∈ C n (I) y a ∈ R (o a ∈ C ) entonces:
o. d
1. Dn (eax f (x)) = eax (D + a)n f (x)
qui
Demostracin. Veamos 1. Por inducci´on:
a, D
ept
2. Dn (eax ) = eax |{z} an #Real
de
Supongamos que se cumple para n = k:
An tio
n = 1 D(eax f (x)) = eax Df (x) + f (x)aeax = eax (D + a)f (x)
dad
Dk (eax f (x)) = eax (D + a)k f (x)
Un iv
ersi
y veamos que se cumple para n = k + 1. En efecto, teniendo en cuenta las hip´otesis de inducci´on para n = 1 y para n = k, se tiene Dk+1 (eax f (x)) = D k D(eax f (x)) = D k (eax (D + a)f (x)) = eax (D + a)k (D + a)f (x) = eax (D + a)k+1 f (x) Veamos 2. Por inducci´on: n = 1 D(eax ) = aeax 123
CAP´ITULO 4.
TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
Supongamos que se cumple para n = k: Dk (eax ) = ak eax y veamos que se cumple para n = k + 1. En efecto, teniendo en cuenta las hip´otesis de inducci´on para n = 1 y para n = k, se tiene Dk+1 (eax ) = Dk D(eax ) = Dk (aeax ) ¥
as
= a(Dk eax ) = a(ak eax ) = ak+1 eax
atem
Teorema 4.7 (Teorema B´ asico de Operadores).
atic
El siguiente Teorema, llamado teorema bsico de los operadores, nos permite sacar una exponencial que est dentro de un operador.
o. d
eM
1. Si f ∈ C n (I) y L(D) es un operador diferencial lineal y a ∈ R (o a ∈ C ), entonces: L(D)(eax f (x)) = eax L(D + a)f (x)
a, D
ept
2. L(D)eax = L(a)eax Demostraci´ on: 1.
ersi
dad
de
An tio
qui
L(D)(eax f (x)) = (an (x)Dn + an−1 (x)Dn−1 + . . . + a1 (x)D + a0 (x)D0 )(eax f (x)) = an (x)Dn (eax f (x)) + an−1 (x)Dn−1 (eax f (x)) + . . . + a1 (x)D(eax f (x))+ + a0 (x)eax f (x) = an (x)eax (D + a)n f (x) + an−1 (x)eax (D + a)n−1 f (x) + . . . + a1 (x)eax (D + a)f (x) + a0 (x)eax f (x) = eax (an (x)(D + a)n + an−1 (x)(D + a)n−1 + . . . + a1 (x)(D + a) + a0 (x))f (x) = eax L(D + a)f (x) ¥
Un iv
Nota: para entrar una expresi´on exponencial dentro de un operador, utilizamos la siguiente expresi´on, eax L(D)f (x) = L(D − a)(eax f (x))
(4.11)
Ejemplo 25. Comprobar que (D + 2)(D − 2)3 (x2 e2x ) = 0 Soluci´on: (D + 2)(D − 2)3 (x2 e2x ) = e2x (D + 2 + 2)(D + 2 − 2)3 x2 = e2x (D + 4)D 3 x2 = 0 124
4.9. OPERADORES INVERSOS Ejemplo 26. Comprobar que (D − 3)n (e3x xn ) = n!e3x Soluci´on: (D − 3)n (e3x xn ) = e3x (D + 3 − 3)n xn = e3x Dn xn = n!e3x Ejemplo 27. Entrar la exponencial dentro del operador: e−3x (D−1)(D−3)x Soluci´on:
OPERADORES INVERSOS
atem
4.9.
atic
as
e−3x (D − 1)(D − 3)x = (D − (−3) − 1)(D − (−3) − 3)(e−3x x) = (D + 2)D(e−3x x)
ept
o. d
eM
Dada la E.D. L(D)y = f (x), donde L(D) es un operador diferencial lineal de coeficientes constantes y f (x) es un polinomio o exponencial o seno o coseno o sumas finitas de productos finitos de las anteriores, es conveniente resolver la E.D. por el m´etodo de los operadores inversos (es un m´etodo que sustituye el m´etodo de coeficientes indeterminados), este m´etodo tambi´en sirve para resolver integrales.
qui
a, D
Definici´ on 4.6. Dada la E.D. L(D)y = f (x) de coeficientes constantes, 1 , como el operador tal que: definimos el operador inverso L−1 (D) = L(D) −1 L (D)f (x) es una soluci´on particular de la E.D., es decir, yp = L−1 (D)f (x).
An tio
Nota:
de
1. L(D)L−1 (D) = operador identidad y L−1 (D)L(D) = operador identidad.
dad
2. Soluci´on general: y = yh + yp = yh + L−1 (D)f (x)
Un iv
ersi
Teorema 4.8. Si y1 y y2 son soluciones particulares de la E.D. L(D)y = f (x), entonces estas dos soluciones difieren en una soluci´on que est´a en el n´ ucleo de L(D). Demostracin: sea y = y1 − y2 , veamos que y pertenece al n´ ucleo de L(D). En efecto L(D)y = L(D)(y1 − y2 ) = L(D)y1 − L(D)y2 = f (x) − f (x) = 0 luego y pertenece al n´ ucleo de L(D).
¥ 125
CAP´ITULO 4.
TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
Teorema 4.9. Si L(D) = D n y h(x) es una funci´on continua, entonces una soluci´on particular de la ecuaci´on diferencial D n y = h(x) es Z Z Z yp = . . . h(x) dx | dx{z. . . dx} n veces | {z } n veces
⇒ yh = Ce0x = C × 1 = C
o. d
eM
e integrando la E.D. original, se tiene Z y = h(x) dx + |{z} C = yp + yh yh | {z } yp
atem
atic
as
Demostracin. Por inducci´on: n = 1 : Dy = h(x), su homog´enea asociada es Dy = 0 y su ecuaci´on caracter´ıstica es m = 0
qui
a, D
ept
Supongamos que se cumple para n = k: o sea que la solucin particular de Dk y = h(x) es Z Z Z yp = . . . h(x) dx | dx{z. . . dx} | {z } k veces k veces
An tio
y veamos que se cumple para n = k + 1. En efecto, como Dk+1 y = DDk y = h(x)
Un iv
ersi
dad
de
hagamos u = Dk y o sea que R Du = h(x) y porR la hiptesis de induccin, para n = 1 se tiene que up = h(x)dx, llamemos h(x)dx = f (x), entonces up = Dk yp = f (x) o sea que yp es la solucin particular de la E.D. D k y = f (x) y por la hiptesis de induccin, para n = k, la solucin particular de esta E.D. es ¸ Z Z Z Z Z Z ·Z yp = . . . f (x) dx ... h(x)dx dx | dx{z. . . dx} = | dx{z. . . dx} = | {z } | {z } k veces k veces k veces
=
Z Z
|
Z
. . . h(x) dx | dx{z. . . dx} {z } k + 1 veces
k + 1 veces
126
k veces
¥
4.9. OPERADORES INVERSOS Teorema 4.10. Dado L(D)y = eax f (x) donde f ∈ C n (I) y a ∈ R (o a ∈ C ), entonces una 1 soluci´on particular de la E.D. es yp = eax L(D+a) f (x). Demostracin: utilizando (4.11) en la p´agina 124 se tiene
atic
as
L(D)y = eax f (x) e−ax L(D)y = f (x) L(D − (−a))(e−ax y) = f (x) L(D + a)(e−ax y) = f (x)
1 f (x) L(D + a)
¥
a, D
yp = eax
ept
luego
o. d
eM
atem
Como Yp = e−ax yp es una soluci´on particular, entonces satisface la anterior expresi´on, luego L(D + a) (e−ax yp ) = f (x); por la definici´on de operador | {z } Yp inverso 1 Yp = e−ax yp = f (x) L(D + a)
qui
Ejemplo 28. Hallar la soluci´on general de (D − 3)2 y = 48xe3x Soluci´on: ecuaci´on caracter´ıstica de la homog´enea asociada:
An tio
(m − 3)2 = 0 ⇒ m = 3 (con multiplicidad dos)
Un iv
ersi
dad
de
yh = C1 e3x + C2 xe3x 1 1 1 3x 3x yp = f (x) = (48xe ) = 48e x= L(D) (D − 3)2 (D + 3 − 3)2 Z 2 Z Z x 3x 3x 1 3x x dx dx = 48e = 48e x = 48e dx = 2 D 2 x3 = 48e3x = 8x3 e3x 6 y = yh + yp = C1 e3x + C2 xe3x + 8x3 e3x Solucin general
127
CAP´ITULO 4.
TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
Nota: como L(D) = an Dn + . . . + a1 D + a0 entonces su polinomio caracter´ıstico es Pn (m) = an mn + . . . + a1 m + a0
atic
as
Por lo anterior podemos afirmar que el espacio de los operadores lineales de coeficientes constantes es isomorfo al espacio de los polinomios de coeficientes reales y constantes.
o. d
eM
atem
Teorema 4.11 (Para polinomios). Si L(D) = D + a, a 6= 0 y h(x) un polinomio de grado n, entonces ¸ · n D D2 D3 1 1 nD 1 − + 2 − 3 + · · · + (−1) n h(x). h(x) = D+a a a a a a
a, D
ept
Demostracin. Por la Nota anterior, el operador D+a es equivalente al poli1 1 y m+a son equivalentes nomio m+a y por tanto las expresiones racionales D+a
qui
Por divisi´on sint´etica se tiene que:
de
An tio
¸ ¸ · · n 1 1 1 1 m m2 m3 nm = + 2 − 3 + · · · + (−1) n + · · · = 1− m+a a 1+ m a a a a a a
dad
Luego,
ersi
· ¸ n 1 1 D D2 D3 nD = 1 − + 2 − 3 + · · · + (−1) n + · · · D+a a a a a a
Un iv
Como h(x) es un polinomio de grado n, sus anuladores son D n+1 , Dn+2 , . . ., es decir, D n+k h(x) = 0 para k = 1, 2, . . . Luego, ¸ · n 1 D D2 D3 1 nD ¥ h(x) = 1 − + 2 − 3 + · · · + (−1) n h(x) D+a a a a a a
128
4.9. OPERADORES INVERSOS Ejemplo 29. Resolver la siguiente integral Soluci´on: Z
R
x4 e2x dx
· ¸ 1 D D2 D3 D4 1 4 2x 2x 4 2x 1 x =e − + x e dx = x e = e 1− + x4 D D+2 2 2 4 8 16 · ¸ 3 2 2x 4x 12x 24x 24 e x4 − +C + − + = 2 2 4 8 16 4 2x
1 h(x) = (b0 + b1 D + b2 D2 + . . . + br Dr )h(x), L(D)
eM
yp =
atem
atic
as
Teorema 4.12 (Para polinomios). Si L(D) es un operador diferencial lineal de orden n con coeficientes constantes y h(x) es un polinomio de grado r, entonces una soluci´on particular de la E.D. L(D)y = h(x) es de la forma
o. d
donde b0 + b1 D + b2 D2 + . . . + br Dr es el resultado de dividir
a, D
ept
1 1 = b0 + b1 D + b2 D 2 + . . . + b r D r + . . . . = L(D) a0 + a 1 D + . . . + a n D n
An tio
qui
Ejemplo 30. Hallar la soluci´on general de y 000 − y = xex Soluci´on:
Un iv
ersi
dad
de
Ecuacin caracter´ıstica: m3 − 1 = √(m − 1)(m2 + m + 1) = 0 y sus races son m = 1, m = − 12 ± 23 i Luego la soluci´on homog´enea y particular son √ √ 1 1 3 3 yh = C1 ex + C2 e− 2 x cos x + C3 e− 2 x sen x 2 2 1 1 xex = ex x yp = 3 D −1 (D + 1)3 − 1 1 1 = ex 3 x = ex x 2 2 D + 3D + 3D + 1 − 1 D(D + 3D + 3) Z 1 ex 1 x =e x dx = x2 2 2 (D + 3D + 3) 2 D + 3D + 3 · · ¸ ¸ x x e 1 D 2 2 2 e 2 2 = − + D x = x − 2x + 2 2 3 3 9 6 3 129
CAP´ITULO 4.
TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
· ¸ ex 2 4 = x − 2x + 6 3 y = yh + yp = C 1 ex + C 2 e
− x2
√
√ · ¸ x 3 3 4 ex 2 −2 cos x − 2x + x + C3 e sen x+ 2 2 6 3
eM
En efecto,
atem
L(D) = L1 (D2 ) + DL2 (D2 ).
atic
as
Nota: el operador diferencial lineal de orden n con coeficientes constantes se puede escribir as´ı:
o. d
L(D) = a0 + a1 D + a2 D2 + . . . + an Dn = = (a0 + a2 D2 + a4 D4 + . . .) + D(a1 + a3 D2 + a5 D4 + . . .)
a, D
ept
y denotando por L1 (D2 ) = a0 + a2 D2 + a4 D4 + . . . y L2 (D2 ) = a1 + a3 D2 + a5 D4 + . . ., se obtiene
qui
L(D) = L1 (D2 ) + DL2 (D2 )
An tio
Los teoremas siguientes tambi´en son v´alidos para la funci´on coseno.
1 L(D 2 )
sen ax =
1 L(−a2 )
sen ax, si L(−a2 ) 6= 0
ersi
b.
dad
a. L(D2 ) sen ax = L(−a2 ) sen ax
de
Teorema 4.13. 1 Si a, L(−a2 ) y L(−a 2 ) son reales, entonces:
Un iv
Demostracin. a. Primero veamos por inducci´on sobre n que D 2n ( sen ax) = (−a2 )n sen ax. En efecto: Para n = 1, veamos que D 2 ( sen ax) = (−a2 ) sen ax. Como D( sen ax) = a cos ax y volviendo a derivar D 2 ( sen ax) = −a2 sen ax o sea que para n = 1 se cumple que D 2 ( sen ax) = −a2 sen ax. Ahora supongamos que se cumple para n = k: D 2k ( sen ax) = (−a2 )k sen ax y demostrmos que se cumple para n = k + 1. 130
4.9. OPERADORES INVERSOS Aplicando las hiptesis de induccin para n = 1 y n = k, se tiene que D 2(k+1) ( sen ax) = D2k+2 ( sen ax) = D 2k D2 ( sen ax) = D 2k (−a2 )( sen ax) = (−a2 )D2k ( sen ax) = (−a2 )(−a2 )k ( sen ax) = (−a2 )k+1 ( sen ax). Pasemos a demostrar el resultado de a.: L(D2 ) sen ax = (a0 + a2 D2 + a4 D4 + . . . + a2n D2n ) sen ax | {z } 2 L(D )
eM
atem
atic
as
= a0 sen ax + a2 D2 sen ax + a4 D4 sen ax + . . . + a2n D2n sen ax = a0 sen ax + a2 (−a2 ) sen ax + a4 (−a2 )2 sen ax + . . . + a2n (−a2 )n sen ax = [a0 + a2 (−a2 ) + a4 (−a2 )2 + . . . + a2n (−a2 )n ] sen ax = L(−a2 ) sen ax
o. d
b. Por el resultado en a., L(D 2 ) sen ax = L(−a2 ) sen ax, aplicamos L−1 (D2 ) a ambos lados:
ept
L−1 (D2 )L(D2 ) sen ax = L(−D 2 ) L(−a2 ) sen ax = L(−a2 )L−1 (D2 ) sen ax
a, D
y dividiendo por L(−a2 ) se tiene
¥
An tio
qui
1 1 sen ax = sen ax con L(−a2 ) 6= 0. 2 L(D ) L(−a2 )
de
Ejemplo 31. Hallar la soluci´on particular de (D 4 − 5D2 + 4)y = sen 3x. Soluci´on:
ersi
Un iv
D4
dad
1 1 sen 3x = sen 3x 2 2 2 − 5D + 4 (D ) − 5D2 + 4 1 1 = sen 3x = sen 3x 2 2 2 (−3 ) − 5(−3 ) + 4 81 + 45 + 4 1 = sen 3x 130
yp =
131
CAP´ITULO 4.
TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
Teorema 4.14. Si a, L1 (−a2 ) y L2 (−a2 ) son reales, entonces: 1. L(D) sen ax = L1 (−a2 ) sen ax + DL2 (−a2 ) sen ax 2.
atic
as
1 1 sen ax = sen ax 2 L(D) L1 (D ) + DL2 (D2 ) 1 = sen ax 2 L1 (−a ) + DL2 (−a2 )
eM
atem
Demostracin. Por la nota anterior y por la parte uno del teorema 4.13., tenemos que: L(D) = L1 (D2 ) sen ax+DL2 (D2 ) sen ax = L1 (−a2 ) sen ax+DL2 (−a2 ) sen ax = L1 (−a2 ) sen ax + L2 (−a2 )a cos ax ¥
ept
o. d
Ejemplo 32. Hallar la soluci´on particular para (D 2 +2D+2)y = ex cos 2x Soluci´on: 1 1 ex cos 2x = ex cos 2x 2 + 2D + 2 (D + 1) + 2(D + 1) + 2 1 1 cos 2x = ex 2 cos 2x = ex 2 D + 2D + 1 + 2D + 2 + 2 D + 4D + 5 1 1 = ex cos 2x = ex cos 2x 2 (−2 ) + 4D + 5 4D + 1 4D − 1 4D − 1 cos 2x = ex cos 2x = ex (4D − 1)(4D + 1) 16D2 − 1 4D − 1 4D − 1 cos 2x = ex cos 2x = ex 2 16(−2 ) − 1 −64 − 1
a, D
D2
ersi
dad
de
An tio
qui
yp =
ex ex (4D − 1) cos 2x = − (−8 sen 2x − cos 2x) −65 65 x e (8 sen 2x + cos 2x) = 65
Un iv
=
Teorema 4.15. Sean L(D)y = h1 (x) + ih2 (x) y yp = yp1 + iyp2 es una soluci´on particular de la E.D. anterior, entonces yp1 es la soluci´on particular de la E.D. L(D)y = h1 (x) y yp2 es una soluci´on particular de la E.D. L(D)y = h2 (x). 132
4.9. OPERADORES INVERSOS Demostracin. En efecto, como yp = yp1 + iyp2 es una soluci´on particular, entonces satisface la E.D.: L(D)y = h1 (x) + ih2 (x) es decir, L(D)yp = h1 (x) + ih2 (x) L(D)(yp1 + iyp2 ) = h1 (x) + ih2 (x) L(D)yp1 + iL(D)yp2 = h1 (x) + ih2 (x) igualando la parte real tenemos
atic
as
L(D)yp1 = h1 (x)
atem
es decir, yp1 es soluci´on particular de L(D)y = h1 (x)
L(D)yp2 = h2 (x)
o. d
es decir, yp2 es soluci´on particular de L(D)y = h2 (x)
eM
e igualando la parte imaginaria tenemos
¥
a, D
ept
Ejemplo 33. Aplicando el teorema 4.15, hallar una soluci´on particular de la E.D. (D 2 + a2 )y = eiax = cos ax + i sen ax
An tio
qui
Soluci´on: obsrvese que como L(D) = D 2 + a2 ⇒ L(−a2 ) = −a2 + a2 = 0, entonces no podemos usar el Teorema 4.13 parte 2. y m´as bien utilizamos el Teorema 4.15 1 1 (cos ax + i sen ax) = 2 eiax 2 2 +a D +a 1 1 = eiax (1) = eiax 2 (1) 2 2 (D + ia) + a D + 2iaD + a2 − a2 · ¸ 1 1 D iax iax iax 1 =e (1) = e x=e 1− x (D + 2ia)D 2ia + D 2ia 2ia D2
ersi
dad
de
yp =
Un iv
· ¸ · ¸ µ ¶ 1 1 1 eiax 1 1 =e x− = −ix + = (cos ax + i sen ax) − ix 2ia 2ia 2a 2a 2a 2a se descarta se descarta z }| { z1 }| { 1 1 cos ax +x sen ax +i sen ax −x cos ax = 2a |2a 2a | {z } {z } y p1 y p2 iax
133
CAP´ITULO 4.
TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
Los dos t´erminos se˜ nalados en la expresi´on anterior no se tienen en cuenta porque yh = C1 cos ax + C2 sen ax y yh absorbe los t´erminos descartados , por lo tanto: yp =
1 1 x sen ax − i x cos ax 2a 2a
Del Teorema 4.15 concluimos que
as
1 x sen ax 2a
atic
y p1 =
atem
es soluci´on particular de la E.D.
y p2 = −
1 x cos ax 2a
o. d
y
eM
(D2 + a2 )y = cos ax
ept
es soluci´on particular de la E.D.
qui
a, D
(D2 + a2 )y = sen ax
Un iv
ersi
dad
de
An tio
Ejemplo 34. Hallar la soluci´on particular de (D 2 + a2 )y = cos ax Soluci´on: como cos ax = parte real de eiax =Re eiax , entonces ¶ µ 1 1 iax iax yp = Re (e ) = Re e D 2 + a2 D 2 + a2 µ µ ¶ ¶ 1 1 iax iax (1) = Re e (1) = Re e (D + ia)2 + a2 (D + 2ia)D ¶ µ 1 1 1 x sen ax − i x cos ax = x sen ax = Re 2a 2a 2a Ejemplo 35. Hallar la soluci´on particular de (D 2 +a2 )y = sen ax = parte imaginaria de (eiax ) = Im (eiax ) Soluci´on: como sen ax = parte imaginaria de eiax =Im eiax , entonces
yp 134
1 = Im (eiax ) = Im 2 2 D +a
µ
1 eiax 2 2 D +a
¶
4.9. OPERADORES INVERSOS = Im
µ
1 1 x sen ax − i x cos ax 2a 2a
¶
=−
1 x cos ax 2a
Nota: el anterior m´etodo tambi´en se aplica para las E.D. de la forma L(D)y = q(x) sen ax o L(D)y = q(x) cos ax, donde q(x) es un polinomio o exponencial o producto de polinomio por exponencial. Ejemplo 36. Hallar la soluci´on particular de (D 2 −2D+2)y = 4ex x sen x Soluci´on:
as
1 1 4ex x sen x = 4ex x sen x 2 − 2D + 2 (D + 1) − 2(D + 1) + 2 1 1 x sen x = 4ex 2 x sen x = 4ex 2 D + 2D + 1 − 2D − 2 +µ2 ¶D + 1 1 1 = 4ex 2 xIm (eix ) = 4ex Im xeix 2 D +1 D +1 ¶ ¶ µ µ 1 1 x x ix ix = 4e Im e x = 4e Im e x (D + i)2 + 1 D2 + 2iD − 1 + 1
atic
D2
1 x e (D + 2i)D ix
¶
x
= 4e Im
µ
x2 2
¶¶
de
An tio
qui
· µ ¸ ¶ 4 x D D2 ix 1 = e Im e 1− + x2 2 2i 2i (2i)2 ¶¸ · µ 2 2 x 2x ix 2 + = e Im e (−i) x − 2 2i −4
1 e D + 2i ix
µ
ept
= 4e Im
µ
a, D
x
o. d
eM
atem
yp =
µ
i = e Im (cos x + i sen x) −ix + x + 2 ³ ´ cos x = ex −x2 cos x + x sen x + 2
La homog´enea asociada:
2
¶
Un iv
ersi
dad
x
(D2 − 2D + 2)y = 0 tiene por cuaci´on caracter´ıstica 2
m − 2m + 2 = 0 ⇒ m =
2±
√
4−8 2 ± 2i = =1±i 2 2 135
CAP´ITULO 4.
TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
⇒ yh = C1 ex cos x + C2 ex sen x
y como cos2 x aparece en yh , entonces descartamos esta expresi´on de yp , por lo tanto la yp queda de la siguiente forma: ¡ ¢ yp = ex −x2 cos x + x sen x
o. d
eM
atem
atic
as
Ejemplo 37. Utilizando el m´etodo de los operadores inversos resolver la R 2 siguiente integral: x cos x dx Soluci´on: Z 1 1 1 x2 cos x dx = x2 cos x = x2 Re eix = Re x2 eix D D D · ¸ D D2 2 1 2 ix 1 ix 1− + 2 x x = Re e = Re e D+i i i i · ¸ 2x 2 = Re eix (−i) x2 − = Re eix (−ix2 + 2x + 2i) + i −1 = Re (cos x + i sen x)(−ix2 + 2x + 2i) = (2x cos x − 2 sen x + x2 sen x) + C
dad
de
An tio
qui
a, D
ept
Ejemplo 38. RUsando el m´etodo de los operadores inversos, calcular la siguiente integral: e3x sen 2x dx Soluci´on: Z 1 1 e3x sen 2x dx = e3x sen 2x = e3x sen 2x D D+3 D−3 D−3 = e3x 2 sen 2x = e3x 2 sen 2x D −9 −2 − 9 e3x e3x (D − 3) sen 2x = − (2 cos 2x − 3 sen 2x) + C =− 13 13
Un iv
ersi
Para los siguientes ejercicios hallar la soluci´on particular, utiliz´ando el m´etodo de los operadores inversos: Ejercicio 1. (D 2 + 16)y = x cos 4x 2 1 (Rta.: yp = 64 x cos 4x + x16 sen 4x) 2 Ejercicio 2. + 4)y = xex sen x £ (D ¤ x 1 x (Rta.: yp = e ( 50 − 10 ) cos x + ( −7 + x5 ) sen x ) 50
136
4.10. E.D.O. DE EULER - CAUCHY Ejercicio 3. (D 2 + 4)y = 64x sen 2x + 32 cos 2x (Rta.: yp = 12x sen 2x − 8x2 cos 2x) Ejercicio 4. y 000 − 5y 00 + 6y 0 = 2 sen x + 8 (Rta.: yp = − 51 cos x + 15 sen x + 34 x) Ejercicio 5. (D 2 + 9)y = 36 sen 3x (Rta.: yp = −6x cos 3x)
atem
atic
Ejercicio 7. (D 2 + 2D + 2)y = ex sen x x (Rta.: yp = − e8 (cos x − sen x))
as
Ejercicio 6. (D 3 + 1)y = cos 2x + 2 sen 3x 1 1 (Rta.: yp = 65 (cos 2x − 8 sen 2x) + 365 (27 cos 3x + sen 3x))
a, D
ept
o. d
eM
8. Calcular, utilizando el m´etodo de los operadores inversos, R 3Ejercicio x e2x dx. 2 2x (Rta.: e2 (x3 − 3x2 + 32 x − 43 ) + C) R Ejercicioh9. Calcular, e−pt tn dt, utilizando i operadores inversos. n−2 n−1 n(n−1)t nt e−pt n! (Rta.: − p tn + p + + . . . + pn + C) p2 R x Ejercicio xe cos 2x dx, utilizando operadores inversos. £ 10. Calcular, ¤ 3 4 ex (Rta.: 5 x cos 2x + 5 cos 2x + 2x sen 2x − 5 sen x + C)
An tio
qui
Ejercicio 11. Dada la E.D. y 00 + by 0 + cy = eax , donde a no es raz de la ecuacin caracterstica: Mostrar que una solucin particular es de la forma 1 yp = Aeax , donde A = a2 +ab+c .
E.D.O. DE EULER - CAUCHY
Un iv
4.10.
ersi
dad
de
Ejercicio 11. Dada la E.D. y 00 + by 0 + cy = eax , donde a es raz de multiplicidad dos de la ecuacin caracterstica: Mostrar que una solucin particular es de la forma yp = Ax2 eax , donde A = 12 .
Definici´ on 4.7. La E.D.O. lineal an x n
n−1 dn y y dy n−1 d + a x + . . . + a1 x + a0 y = f (x) n−1 n n−1 dx dx dx
donde a0 , a1 , . . . , an son constantes, an 6= 0 y f (x) es continua, se le llama E.D.O. de Euler-Cauchy. 137
CAP´ITULO 4.
TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
Con la sustituci´on z = ln x o x = ez , convertimos la E.D. de Euler-Cauchy (que es de coeficientes variables) en una E.D. con coeficientes constantes. Veamos por el mtodo de induccin que x
nd
n
y = Dz (Dz − 1)(Dz − 2) . . . (Dz − (n − 1))y dxn
En efecto, para n = 1, como
as
dz 1 dy dy dz dy 1 = ⇒ = = dx x dx dz dx dz x dy dy ⇒ x = = Dz y dx dz
Supongamos que se cumple para n = k:
eM
dk y = Dz (Dz − 1)(Dz − 2) . . . (Dz − (k − 1))y dxk
y veamos que para n = k + 1 se cumple que:
ept
dk+1 y = Dz (Dz − 1)(Dz − 2) . . . (Dz − k)y dxk+1
a, D
xk+1
(∗)
o. d
xk
(4.12)
atem
atic
z = ln x ⇒
Un iv
ersi
dad
de
An tio
qui
derivando (∗) con respecto a x , utilizando la regla de la cadena y las hiptesis de induccin para n = k: µ ¶ k d d kd y x = (Dz (Dz − 1)(Dz − 2) . . . (Dz − (k − 1))y) k dx dx dx µ ¶ k+1 k dz y d kd k−1 d y x + kx = (Dz (Dz − 1)(Dz − 2) . . . (Dz − (k − 1))y) k+1 k dx dx dz dx µ ¶ ¢ ¡ 2 1 = Dz (Dz − 1)(Dz − 2) . . . (Dz − (k − 1) y x k+1 k d y d y xk+1 k+1 + kxk k = Dz2 (Dz − 1)(Dz − 2) . . . (Dz − (k − 1))y dx dx k k+1 y 2 kd y k+1 d = Dz (Dz − 1)(Dz − 2) . . . (Dz − (k − 1))y − kx x dxk+1 dxk 2 = Dz (Dz − 1)(Dz − 2) . . . (Dz − (k − 1))y − kDz (Dz − 1)(Dz − 2) . . . (Dz − (k − 1))y = Dz (Dz − 1)(Dz − 2) . . . (Dz − (k − 1))(Dz − k)y 138
4.10. E.D.O. DE EULER - CAUCHY hemos demostrado que para todo n = 1, 2, . . . se cumple que xn
dn y = Dz (Dz − 1)(Dz − 2) . . . (Dz − (n − 1))y dxn
(4.13)
donde z = ln x Ejemplo 39. Resolver la siguiente ecuaci´on de Euler-Cauchy
Soluci´on:
eM
Dz2 y − Dz y + Dz y + y = sec z
atem
z = ln x ⇒ Dz (Dz − 1)y + Dz y + y = sec z
atic
as
x2 y 00 + xy 0 + y = sec(ln x)
o. d
Dz2 y + y = sec z ⇒ (Dz2 + 1)y = sec z
a, D
m2 + 1 = 0 ⇒ m = ±i
ept
Ecuacin caracter´ıstica:
de
An tio
qui
1. yh = C1 cos z + C2 sen z Para hallar yp solo podemos aplicar el m´etodo de variaci´on de par´ametros, ya que los otros dos m´etodos no sirven para trabajar con las funci´on secante. La soluci´on particular, por el m´etodo de varicaci´on de par´ametros, es de la forma yp = u 1 y1 + u 2 y2
Un iv
ersi
dad
con y1 = cos z y y2 = sen z ¯ ¯ ¯ ¯ y1 y2 ¯ ¯ cos z sen z ¯ ¯ ¯ 2. W (y1 , y2 ) = ¯ 0 0 ¯ = ¯ y1 y2 − sen z cos z (z)y2 = − sec z1sen z = − tan z 3. u01 = − Wf(y 1 ,y2 )
u02 =
4. u1 =
f (z)y1 W (y1 ,y2 )
R
=
sec z cos z 1
¯ ¯ ¯ = cos2 z + sen 2 z = 1 ¯
= 1
u01 dz = ln | cos z|,
u2 =
R
u02 dz = z
5. yp = u1 y1 + u2 y2 = (ln | cos z|) cos z + z sen z 139
CAP´ITULO 4.
TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
6. y = yh + yp = C1 cos z + c2 sen z + cos z ln | cos z| + z sen z y = C1 cos(ln x) + C2 sen (ln x) + cos(ln x) ln | cos(ln x)| + ln x sen (ln x)
Resolver las siguientes E.D. de Euler-Cauchy. d2 y dy Ejercicio 1. x2 dx 2 − x dx + 2y = x ln x (Rta.: y = C1 x cos(ln x) + C2 x sen (ln x) + x ln x) 2
3
as
dy d y 2 d y Ejercicio 2. (x − 1)3 dx 3 + 2(x − 1) dx2 − 4(x − 1) dx + 4y = 4 ln(x − 1) (Rta.: y = C1 (x − 1) + C2 (x − 1)−2 + C3 (x − 1)2 + ln(x − 1) + 1)
atem
atic
Ejercicio 3. x2 y 00 − xy 0 + y = x ln3 x 1 (Rta.: y = C1 x + C2 x ln x + 20 x ln5 x)
o. d ept
qui
Ejercicio 6. x2 D2 y − 4xDy + 6y = ln x2 5 ) (Rta.: y = C1 x3 + C2 x2 + 13 ln x + 18
a, D
Ejercicio 5. x3 D3 y + 3x2 D2 y + xDy = x3 1 3 (Rta.: y = C1 + C2 ln |x| + C3 ln2 |x| + 27 x)
eM
√ Ejercicio 4. x3 D3 y + 3x2 D2 y + 4xDy = sen ( 3 ln x) √ √ √ (Rta.:y = C1 + C2 cos( 3 ln x) + C3 sen ( 3 ln x) − ln x sen (6 3 ln x) )
An tio
Ejercicio 7. x2 D2 y + xDy + 9y = cos(ln x3 ) (Rta.: y = C1 cos(ln x3 ) + C2 sen (ln x3 ) + 16 ln x sen (ln x3 ))
de
x Ejercicio 8. y 00 − x2 y 0 + x22 y = 1+x (Rta.: y = C1 x2 + C2 x + x2 ln |1 + x| + x ln |1 + x|)
ersi
dad
Ejercicio 9. Hallar una base para el n´ ucleo del operador diferencial definido por: L(D) = x2 D2 − xD + 5 : C 2 (I) −→ C(I)
Un iv
(Rta.: hx cos(ln x2 ), x sen (ln x2 i)
140
4.11. APLICAC. DE LA E.D. DE SEGUNDO ORDEN
4.11.
APLICACIONES DE LA E.D. DE SEGUNDO ORDEN
4.11.1.
´ MOVIMIENTO ARMONICO SIMPLE
as
Supongamos que tenemos un resorte dispuesto en forma vertical, con el extremo superior fijado a una superficie horizontal y el otro extremo libre al cual se le fija una carga de masa m, la fuerza de recuperaci´on del resorte esta dada por la Ley de Hooke:
atem
atic
F = ks
eM
donde s: elongaci´on del resorte. k: constante el´astica del resorte.
con carga y en equilibrio
con carga y con movimiento
de
An tio
qui
sin carga
a, D
ept
o. d
Deduzcamos la E.D. que rige el movimiento de la masa sujeta al resorte (ver figura 4.2)
dad
F
s
m
• 0
Un iv
"
ersi
posici´on de equilibrio (P.E.)
s
#mg
La x bajo la posici´on de equilibrio se considera positiva; x = 0 es P.E.
F x m
x+
mg
Figura 4.2
141
CAP´ITULO 4.
TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
Por la segunda ley de Newton tenemos: m
d2 x = −F + mg = −k(x + s) + mg dt2 ⇒ −F + mg = −kx −ks + mg | {z } = 0: en reposo
⇒
as
d2 x d2 x = −kx ⇒ m + kx = 0 dt2 dt2 d2 x k + x=0 2 dt m
atic
m
eM
d2 x + ω2x = 0 2 |dt {z }
k = ω2 ⇒ m
atem
llamemos
m2 + ω 2 = 0 ⇒ m =
√
qui
Sol. general
−ω 2 = ±ωi
a, D
Ecuacin caracter´ıstica
ept
o. d
E.D. segundo orden con coeficientes ctes.
x(t) = C1 cos ωt + C2 sen ωt
An tio
Condiciones iniciales:
x(0) = α
de
Si α > 0: el cuerpo est´a por debajo de la P.E. (Posici´on de Equilibrio).
dad
Si α < 0: el cuerpo est´a por encima de la P.E.
Un iv
ersi
Si α = 0: el cuerpo est´a en la P.E.
x0 (0) = β
Si β > 0 el cuerpo inicia su movimiento con velocidad hacia abajo. Si β < 0 el cuerpo inicia su movimiento con velocidad hacia arriba.
142
4.11. APLICAC. DE LA E.D. DE SEGUNDO ORDEN Si β = 0 el cuerpo inicia su movimiento desde el reposo. Llamemos y si hacemos
q
C12 + C22 = A
sen φ = o sea que
C1 , A
cos φ =
C2 A
C1 C2 La constante A se le llama la amplitud del Movimiento Arm´onico Simple (M.A.S.). y el a´ngulo φ se le llama a´ngulo de Fase.
atem
atic
as
tan φ =
Como
o. d
eM
µ ¶ A(C1 cos ωt + C2 sen ωt) C2 C1 x(t) = =A cos ωt + sen ωt A A A = A( sen φ cos ωt + cos φ sen ωt) = A sen (ωt + φ) 2π ω
a, D
ept
Periodo de Vibraciones Libres T se define as: T =
MOVIMIENTO AMORTIGUADO
An tio
4.11.2.
qui
Frecuencia f de vibraciones libres se define vomo el inverso del periodo, ω es decir: f = T1 = 2π
Un iv
ersi
dad
de
Cuando el cuerpo sujeto al resorte se mueve en un medio que produce fricci´on sobre el cuerpo, entonces decimos que el movimiento se efecta con amortiguamiento (ver figura 4.3), supongamos que el amortiguamiento es directamente proporcional a la velocidad. Por la segunda ley de Newton tenemos: dx d2 x m 2 = −k(x + s) + mg − β dt dt donde β constante de fricci´on o constante de amortiguamiento. d2 x dx m 2 +β + kx = 0 dt dt Dividiendo por m:
d2 x dx + 2λ + ω2x = 0 dt2 dt 143
CAP´ITULO 4.
TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
con carga y con movimiento
s P.E.: x = 0 • x m x+
l´ıquido
atem
mg
> 0 y ω2 =
k m
o. d
β m
eM
Figura 4.3
Donde, 2λ =
ept
Ecuacin caracter´ıstica:
qui
a, D
p2 + 2λp + ω 2 = 0 √ √ √ −2λ ± 4λ2 − 4ω 2 −2λ ± 2 λ2 − ω 2 = = = −λ ± λ2 − ω 2 2 2
An tio
p1,2
atic
as
F
de
Cuando λ2 − ω 2 > 0, entonces a este movimiento se le llama sobreamortiguado (Ver figura 4.4), en este caso p1 y p2 son negativos. Y como
dad
x(t) = C1 ep1 t + C2 ep2 t = C1 e(−λ+
+ C2 e(−λ−
√ λ2 −ω 2 )t
ersi
por lo tanto
√ λ2 −ω 2 )t
l´ım x(t) = 0
Un iv
t→∞
Cuando λ2 − ω 2 = 0, a este movimiento se le llama cr´ıticamente amortiguado (Ver figura 4.5). x(t) = C1 e−λt + C2 te−λt = e−λt (C1 + C2 t), por lo tanto l´ım x(t) = 0 t→∞
144
4.11. APLICAC. DE LA E.D. DE SEGUNDO ORDEN x(t) 3 2 1 t
as
0
atem
atic
Figura 4.4 Sobreamortiguado
eM
x(t)
a, D
ept
o. d
1
t
An tio
qui
0
dad
de
Figura 4.5 Cr´ıticamente amortiguado
Llamemos
Un iv
ersi
Cuando λ2 −ω 2 < 0 o lo que es lo mismo ω 2 −λ2 > 0, a este movimiento se le llama subamortiguado (Ver figura √ √ 4.6). x(t) = C1 e−λt cos ω 2 − λ2 t + C2 e−λt sen ω 2 − λ2 t p C12 + C22 = A y
x(t) = A
C1 e−λt cos
√
C1 A
= sen φ y
C2 A
= cos φ, entonces
√ ω 2 − λ2 t + C2 e−λt sen ω 2 − λ2 t A 145
CAP´ITULO 4.
TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
x(t) Ae−λt
as
t
atem
atic
−Ae−λt
eM
Figura 4.6 Subamortiguado µ
a, D
Donde φ se le llama el a´ngulo de fase.
¶
ept
o. d
√ √ C2 C1 cos ω 2 − λ2 t + sen ω 2 − λ2 t = Ae A A √ −λt = Ae sen ( ω 2 − λ2 t + φ) −λt
MOVIMIENTO FORZADO.
de
4.11.3.
An tio
qui
Nota: respecto al movimiento sobreamortiguado y cr´ıticamente amortiguado debemos anotar que no son movimientos oscilatorios y cruzan a lo sumo una vez la posici´on de equilibrio como se ve en las gr´aficas 4.4 y 4.5
d2 x dx = −k(x + s) + mg − β + F (t) 2 dt dt
m
Un iv
m
ersi
dad
Ahora supongamos que el cuerpo sujeto al resorte esta en un medio que produce fricci´on y tambi´en hay una fuerza exterior F (t) que acta sobre el cuerpo (ver figura 4.7). Por la segunda ley de Newton:
d2 x dx = −kx − ks + mg − β + F (t) 2 dt dt d2 x dx m 2 +β + kx = F (t) dt dt | {z }
E.D. segundo orden de coef. ctes, no homog´enea
146
4.11. APLICAC. DE LA E.D. DE SEGUNDO ORDEN con carga, con movimiento y con fuerza externa
s P.E.: x = 0 • x
atic
as
F l´ıquido
x+
atem
m
mg F (t) (fuerza externa)
ept
o. d
eM
Figura 4.7
a, D
Ejemplo 40. (Sin Amortiguaci´on) Este problema se le llama de Amplitud Modulada (A.M.).
An tio
qui
d2 x + ω 2 x = F0 cos γt, 2 dt donde F0 = constante, x(0) = 0 y x0 (0) = 0. Soluci´on: la ecuaci´on caracter´ıstica:
de
m2 + ω 2 = 0 ⇒ m = ±ωi
dad
Por lo tanto la soluci´on homog´enea y particular son
Un iv
ersi
xh (t) = C1 cos ωt + C2 sen ωt 1 1 F cos γt = F cos γt xp (t) = 0 0 D2 + ω 2 −γ 2 + ω 2 F0 = cos γt 2 ω − γ2
Soluci´on general:
x(t) = C1 cos ωt + C2 sen ωt +
ω2
F0 cos γt − γ2 147
CAP´ITULO 4.
TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
Si elegimos como condiciones iniciales: x(0) = 0, x0 (0) = 0 entonces C1 = − luego
F0 , C2 = 0 ω2 − γ 2
F0 F0 (− cos ωt + cos γt) = 2 (cos γt − cos ωt) 2 −γ ω − γ2 ¶ µ ¶ µ 2F0 ω+γ ω−γ = t sen t sen 2 2 ω −γ 2 2
x(t) =
¡ ω−γ ¢
se calcula as´ı: ¶ µ 4π ω−γ T1 = 2π ⇒ T1 = 2 ω−γ ¢ ¡ se calcula as´ı: Periodo de sen ω+γ 2 µ ¶ 4π ω+γ T2 = 2π ⇒ T2 = 2 ω+γ
eM
2
qui
a, D
ept
o. d
Periodo de sen
atem
atic
as
ω2
x(t)
An tio
⇒ T1 > T2 (Ver figura 4.8) 2F0 ω 2 −γ 2
)t sin( ω−γ 2
4π ω−γ
Un iv
T1 =
ersi
dad
de
T2
t
− ω22F−γ0 2 sin( ω−γ )t 2
Figura 4.8 Pulsos
Ejemplo 41. (Sin Amortiguamiento) Este problema se le llama de resonancia, ya que la velocidad angular (o frecuencia angular) de la fuerza exterior 148
4.11. APLICAC. DE LA E.D. DE SEGUNDO ORDEN esta en resonancia con la velocidad angular (o frecuencia angular) del cuerpo, es decir, ω = γ. d2 x + ω 2 x = F0 sen ωt, dt2 donde x(0) = 0 y x0 (0) = 0 Soluci´on:
¶
1 )
¶
t )
An tio
qui
a, D
ept
o. d
eM
atem
atic
as
xh (t) = C1 cos ωt + C2 sen ωt 1 1 F0 sen ωt = 2 F (I eiωt ) xp (t) = 2 2 2 0 m D + ωµ D + ω ¶ µ 1 1 iωt iωt e = F0 (Im ) = F (I e 0 m D2 + ω 2 (D + ωi)2 + ω 2 ¶ µ 1 = F0 (Im eiωt 2 1 ) D + 2iωD − ω 2 + ω 2 µ ¶ 1 = F0 (Im eiωt 1 ) (D + 2iω)D · ¸ ¶ µ µ D 1 iωt 1 iωt 1− t ) = F0 (Im e = F0 (Im e D + 2iω 2iω 2iω µ ¶ 1 1 = F0 (Im (cos ωt + i sen ωt) t− ) 2iω 2iω 1 F0 (−t cos ωt + sen ωt) = 2ω 2ω
de
F0 descartamos el t´ermino (2ω) on general es 2 sen ωt ya que esta en xh ; la soluci´ F0 x(t) = xh + xp = C1 cos ωt + C2 sen ωt − 2ω t cos ωt. Con las condiciones iniciales hallamos C1 y C2 y obtenemos (ver figura 4.9):
Un iv
ersi
dad
F0 sen ωt F0 x(t) = xh (t) + xp (t) = − t cos ωt 2ω 2 ¯ 2ω ¯ ¯ F0 sen ωt F0 ¯ t→∞ ¯ −→ ∞ − t cos ωt |x(t)| = ¯¯ ¯ 2ω 2 2ω
NOTA: la E.D. del movimiento vibratorio de los resortes tambi´en se aplica en: a). Circuitos en serie, en este caso, la E.D. es L
d2 q dq 1 + R + q = E(t) dt2 dt C 149
CAP´ITULO 4.
TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
x(t)
F0 2ω
t t
eM
atem
atic
as
F0 − 2ω t
o. d
Figura 4.9 Resonancia
ept
Donde (ver figura 4.10)
a, D
• q(t) es la carga instant´anea (medida en culombios)
An tio
qui
• E(t) es el voltaje o fuerza electromotriz suministrada (medida en voltios) • L es la inductancia (medida en henrios) • R es la resistencia (medida en ohmios)
de
• C es la capacitancia ( medida en faradios)
Un iv
E(t)
ersi
dad
L
C
Figura 4.10
150
R
4.11. APLICAC. DE LA E.D. DE SEGUNDO ORDEN b). Barra de torsi´on. La E.D. que rige el movimiento de torsi´on de un cuerpo suspendido del extremo de un eje el´astico es (ver figura 4.11) dθ d2 θ + c + kθ = T (t) 2 dt dt
atic
as
I
eM
atem
Eje el´astico
ept
o. d
θ(t)
qui
a, D
Figura 4.11
An tio
donde
• I es el momento de inercia del cuerpo suspendido
de
• c es la constante de amortiguaci´on
dad
• k es la constante el´astica del eje
• T (t) es la fuerza de torsi´on exterior suministrada al cuerpo
Un iv
ersi
c). Movimiento pendular; un p´endulo es una masa m atada al extremo de una cuerda de longitud a y de masa despreciable y el otro extremo fijo. Hallemos la E.D. que rige su movimiento sin fricci´on. Por la segunda ley de Newton y teniendo en cuenta que la componente del peso en la direcci´on tangencial es mg sen θ, se tiene que m
d2 s = −mg sen θ, dt2
(4.14) 151
CAP´ITULO 4.
TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
a
θ α
m
atic
as
s
eM
2
a
d2 θ = −g sen θ dt2
de la cual obtenemos la E.D. no lineal
o. d
= a ddt2θ y sustituyendo en 4.14 se obtiene (4.15)
ept
d2 s dt2
a, D
pero s = aθ, luego
atem
Figura 4.12
qui
d2 θ g + sen θ = 0 dt2 a
(4.16)
An tio
Para valores peque˜ nos de θ, se tiene que sen θ ≈ θ y por tanto (4.17)
de
d2 θ g + θ=0 dt2 a
ersi
dad
que es una E.D. lineal. El proceso anterior lo llamamos linealizaci´on de una E.D. no lineal.
Un iv
En forma similar obtenemos la E.D. para el p´endulo amortiguado d2 θ c dθ g + + sen θ = 0 2 dt m dt a
(4.18)
donde c es la constante de amortiguamiento. Linealizando 4.18 d2 θ c dθ g + + θ=0 2 dt m dt a 152
(4.19)
4.11. APLICAC. DE LA E.D. DE SEGUNDO ORDEN
atic
as
Ejemplo 42. Un cilindro homog´eneo de radio r pies y peso W libras y mo2 mento de inercia Ig = Wg r2 (con respecto a su eje g), tiene una cuerda flexible enrollada alrededor de su eje central. Cuando el cuerpo cae la resistencia del W veces su velocidad instant´anea. Si arranca desde el reposo, hallar aire es 170 la distancia y de cada, en funci´on del tiempo t, la velocidad l´ımite y el porcentaje de velocidad l´ımite adquirido en 20 seg. (Ver figura 4.13)
atem
Wv 170
T
+
o. d
+
qui
Figura 4.13: yo-yo
ept
W
a, D
y
eM
θ
luego
de fuerzas en la direcci´on del eje y = m
−T +W − ©:
X
d2 y d2 θ = r dt2 dt2
Un iv
X
a=
ersi
Por la segunda ley de Newton:
y
de
dθ dy =r dt dt
dad
v=
An tio
Soluci´ on. Si θ es el a´ngulo de giro alrededor del eje g en sentido horario (ver figura 4.13), entonces y = rθ y por tanto
W dy d2 y =m 2 170 dt dt
de torques alrededor del eje g = Ig
d2 y dt2
(4.20)
(4.21) d2 θ dt2 153
CAP´ITULO 4.
TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
Tr =
W r 2 1 d2 y W r d2 y = g 2 r dt2 2g dt2
(4.22)
despejando T en (4.22) y sustituyendo en (4.21), se tiene −
W dy d2 y W d2 y W d2 y + W − = m = 2g dt2 170 dt dt2 g dt2 W dy 3 W d2 y + =W 2 2 g dt 170 dt
as
luego
atem
atic
g dy 2g d2 y + = dt2 255 dt 3 0 las condiciones iniciales son y(0) = 0 y y (0) = 0.
255 ) g
ept
o. d
g
y = C1 + C2 e− 255 t + 170(t −
eM
La soluci´on general es
a, D
y la soluci´on particular es
170 × 255 − g t 255 e 255 + 170(t − ) g g
qui
y=
An tio
la velocidad es
g
y 0 = −170e− 255 t + 170 la velocidad l´ımite
de
l´ım y 0 = 170 = vl
el porcentaje de velocidad l´ımite g
dad
t→∞
Un iv
ersi
g 4 y 0 (20) −170e− 255 20 + 170 ]100 = (1 − e− 255 20 )100 = (1 − e− 51 g )100 100 = [ vl 170
Resolver los siguientes ejercicios:
Ejercicio 1. Un peso de 8 libras sujeto a un resorte, est´a sometido a un movimiento arm´onico simple. Determinar la ecuaci´on del movimiento si la constante del resorte es 1 libra/pie y si el peso se suelta desde un punto que est´a 6 pulg. bajo la posici´on de equilibrio con una velocidad dirigida hacia 154
4.11. APLICAC. DE LA E.D. DE SEGUNDO ORDEN abajo de 32 pie/seg. Hallar la soluci´on√ utilizando el a´ngulo de fase. (Rta.: x(t) = 12 cos 2t + 34 sen 2t = 413 sen (2t + 0,5880)) Ejercicio 2. Un peso de 24 libras sujeto al extremo de un resorte lo estira 4 pulg. Encuentre la ecuaci´on del movimiento si el peso, en reposo, se suelta desde un punto que est´a√3 pulg. sobre la posici´on de equilibrio. (Rta.: x(t) = − 14 cos 4 6t)
eM
atem
atic
as
Ejercicio 3. Un extremo de una banda el´astica est´a sujeto a un punto A. Una masa de 1 kg. atada al otro extremo, estira la banda verticalmente hasta un punto B, de tal manera que la longitud AB es 16 cm. mayor que la longitud natural de la banda. Si la masa se estira m´as, hasta una posici´on de 8 cm. debajo de B y se suelta; cual ser´a su velocidad (despreciando la resistencia), al pasar por B? √ g (Rta.: ± 5 mts./seg.)
qui
a, D
ept
o. d
Ejercicio 4. Un resorte, cuya constante es k = 2, esta suspendido y sumergido en un l´ıquido que opone una fuerza de amortiguaci´on n´ umericamente igual a 4 veces la velocidad instant´anea . Si una masa m se suspende del resorte, determinar los valores de m para los cuales el movimiento posterior no sea oscilatorio. (Rta.: 0 < m ≤ 2
dad
de
An tio
Ejercicio 5. Un peso de 32 libras estira un resorte 6 pulgadas. El peso se mueve en un medio que opone una fuerza de amortiguaci´on n´ umericamente igual a β veces la velocidad instant´anea. Determinar los valores de β para los cuales el sistema mostrar´a un movimiento oscilatorio. (Rta.: 0 < β < 16)
Un iv
ersi
Ejercicio 6. Un bloque c´ ubico de madera cuyo lado mide 1 pie se hunde hasta que su cara superior est´a a nivel de la superficie del agua y luego se suelta. Se encuentra que el periodo es 1 seg.. Despreciando la resistencia, hallar la E.D. del movimiento del bloque y hallar el peso P del bloque?(Ayuda: la fuerza hacia arriba ejercida sobre el bloque es igual al peso del agua desalojada por el bloque; densidad de peso del agua: 62,4lb/pie2 ) 2 g x = 0, 62,4 ) (Rta.: ddt2x + 62,4g P 4π 2 Ejercicio 7. Un bloque cil´ındrico de madera, de radio y altura 1 pie y 155
CAP´ITULO 4.
TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
cuya masa es 12,48 libras, flota en el agua (densidad del agua 62,4 libras/pie3 ), manteniendo su eje vertical. Si se hunde de tal manera que la superficie del agua quede tangente al bloque y luego se suelta. C´ ual ser´a el per´ıodo de vibraci´on y la ecuaci´on de su movimiento? Desprecie la resistencia. Ayuda: La fuerza hacia arriba ejercida sobre el bloque es igual al peso del agua desplazada por el bloque. √ 1 seg., x = ( 5π (Rta.: √2π − 1) cos 5πgtmts.) 5πg
eM
atem
atic
as
Ejercicio 8. Un peso de 10 libras sujeto a un resorte lo estira en 2 pies. El peso se sujeta a un mecanismo de amortiguaci´on que ofrece una resistencia num´erica igual a β veces la velocidad instant´anea (β > 0). Determinar los valores de la constante de amortiguaci´on β de modo que el movimiento sea: a sobreamortiguado, ° b cr´ıiticamente amortiguado, ° c subamortiguado. ° 5 5 5 a β > 2, ° b β = 2, ° c 0 < β < 2) (Rta.: °
de
An tio
qui
a, D
ept
o. d
Ejercicio 9. Despu´es que un peso de 5 libras se sujeta a un resorte de 5 pies de largo, el resorte mide 6 pies. Se saca el peso de 5 libras y se lo reemplaza por un peso de 8 libras; el sistema completo se coloca en un medio que ofrece una resistencia num´ericamente igual a la velocidad instant´anea; a) Encuentre la ecuaci´on del movimiento si el peso se suelta desde un punto que est´a a 12 pie bajo la posici´on de equilibrio con una velocidad dirigida hacia arriba de 3 pie/seg. b) Ecuaci´on con a´ngulo de fase. c) Encuentre los instantes en los que el peso pasa por la posici´on de equilibrio en direcci´on hacia arriba. √ ); c) (Rta.: a) x = 12 e−2t cos 4t − 12 e−2t sen 4t; b) x = 22 e−2t sen (4t + 3π 4 3 t = nπ − π, n = 1, 3, 5, . . .) 4 16
Un iv
ersi
dad
Ejercicio 10. Una fuerza de 2 libras estira un resorte en un pie. Manteniendo fijo un extremo, se sujeta un peso de 8 libras al otro extremo; el sistema est´a sobre una mesa que opone una fuerza de roce num´ericamente igual a 32 veces la velocidad instant´anea. Inicialmente el peso est´a desplazado 4 pulg. de la posici´on de equilibrio con el resorte comprimido y se le suelta desde el reposo. Encuentre la ecuaci´on del movimiento si se realiza a lo largo de una recta horizontal, la cual se elige como eje X. (Rta.: x(t) = − 32 e−2t + 31 e−4t ) Ejercicio 11. Un peso de 24 libras estira un resorte en 4 pies. El movimiento subsiguiente se realiza en un medio que ofrece una resistencia num´erica156
4.11. APLICAC. DE LA E.D. DE SEGUNDO ORDEN mente igual a β veces la velocidad instant´anea (β > 0). Si el peso parte de la posici´on de √equilibrio con una velocidad dirigida hacia arriba de 2 pies/seg., y si β > 3 2, comprobar que, x(t) = − p
3
2
β 2 − 18
e− 3 βt senh
2p 2 β − 18 t 3
atem
atic
as
Ejercicio 12. Una masa de una libra sujeta a un resorte cuya constante es 9 libras/pie. El medio ofrece una resistencia al movimiento num´ericamente igual a 6 veces la velocidad instant´anea. La masa se suelta desde un punto que est´a 8 pulg. sobre la posici´on de equilibrio con una velocidad dirigida hacia abajo de v0 pies/seg.. Determinar los valores de v0 de modo que posteriormente la masa pase por la posici´on de equilibrio. (Rta.: v0 > 2 pies/seg.)
qui
a, D
ept
o. d
eM
Ejercicio 13. Un peso de 16 libras estira un resorte en 38 pies. Inicialmente el peso parte del reposo desde un punto que est´a a 2 pies bajo la posici´on de equilibrio y el movimiento posterior se realiza en un medio que opone una fuerza de amortiguamiento num´ericamente igual a 21 de la velocidad instant´anea. Encuentre la ecuaci´on del movimiento si el peso es impulsado por una fuerza exterior igual a√f (t) = 10 cos 3t. √ t (Rta.: x(t) = e− 2 [− 43 cos 247 t − 3√6447 sen 247 t] + 10 (cos 3t + sen 3t)) 3
ersi
dad
de
An tio
Ejercicio 14. Un peso de 4 libras esta suspendido de un resorte cuya constante es 3lbs/pie. El sistema completo se sumerge en un l´ıquido que opone una fuerza de amortiguaci´on numricamente igual a la velocidad instantnea. A partir de t = 0, se aplica sobre el sistema una fuerza exterior f (t) = e−t . Determinar la ecuaci´on del movimiento, si el peso se suelta a partir del reposo, desde un punto que de equilibrio. √ esta282√pies−4tbajo la√posici´o8 n −t 26 −4t (Rta.: x = 17 e cos 2 2t + 17 2e sen 2 2t + 17 e )
Un iv
Ejercicio 15. Al sujetar una masa de 2 kilogramos a un resorte cuya constante es 32Nw/m, ´este queda en reposo en la posici´on de equilibrio. A partir de t = 0, una fuerza f (t) = 68e−2t cos(4t) se aplica al sistema. Encuentre la ecuaci´on del movimiento en ausencia de amortiguaci´on. (Rta.: x = − 21 cos 4t + 94 sen 4t + 21 e−2t (cos 4t − 4 sen 4t)) Ejercicio 16. Al sujetar una masa de un slug a un resorte, ste se estira 2 pies y luego queda en reposo en la posici´on de equilibrio. A partir de t = 0 157
CAP´ITULO 4.
TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
una fuerza exterior f (t) = 8 sen 4t se aplica al sistema. Hallar la ecuaci´on del movimiento, si el medio que rodea al sistema opone una fuerza de amortiguaci´on igual a 8 veces la velocidad instant´anea. (Rta.: x = 14 e−4t + te−4t − 14 cos 4t)
con carga y en equilibrio
atem
m1
o. d
•
eM
k1
a, D qui
m2
An tio
k2
de
m2
• y
x+
y+
ersi
dad
Figura 4.14
x
ept
m1
k2 P.E.
atic
con carga y en movimiento
k1 P.E.
as
Ejercicio 17. Hallar las E.D. del sistema de resortes acoplados con constantes k1 y k2 y masas m1 y m2 respectivamente, como se muestra en la figura 4.14 2 2 (Rta.: m1 ddt2x = −k1 x + k2 (y − x), m2 ddt2y = −k2 (y − x))
Un iv
Ejercicio 18. Hallar las E.D. del sistema de tres resortes acoplados con constantes k1 , k2 , k3 y masas m1 y m2 respectivamente, como se muestra en la figura 4.15 2 2 (Rta.: m1 ddt2x = −k1 x + k2 (y − x), m2 ddt2y = −k2 (y − x) − k3 y) Ejercicio 19. Un peso de 4 libras estira un resorte una pulgada. Si un peso de 12 libras se coloca en un extremo del resorte y el otro extremo se 158
4.11. APLICAC. DE LA E.D. DE SEGUNDO ORDEN con carga y en movimiento
con carga y en equilibrio k1
k1 P.E.
m1
•
m1
x
P.E.
m2
x+•
y
atem
m2
atic
k2
as
k2
k3 k3
o. d
eM
y+
a, D
ept
Figura 4.15
An tio
qui
√ mueve de acuerdo a y = sen 3gt. Encontrar la E.D. del movimiento del peso y resolverla. √ √ 2 √ (Rta.: g1 ddt2x = −4(x − y), x = −2 3 sen 2 g t + 4 sen 3g t)
Un iv
ersi
dad
de
Ejercicio 20. Dos pesos de 96 libras y 64 libras se mueven horizontalmente en una superficie lisa, cada resorte tiene k = k1 = k2 = 600. En t = 0 los resortes estn sin estirar y el de peso 96 tiene una velocidad de 600 pies/seg. alej´andose del muro y el otro esta en reposo. Encontrar las E.D. del movimiento . (Ver figura 4.16) 2 2 (Rta.: m1 ddt2x = −k1 x + k2 (y − x), m2 ddt2y = −k2 (y − x)) Ejercicio 21. El resorte de la figura 4.17 tiene una longitud l cuando esta sin estirar; el collar situado en un extremo del resorte tiene un peso W y se desliza por la varilla horizontal sin fricci´on. Expresar la aceleraci´on en funci´on de x; hallar la velocidad cuando pasa por C, si se suelta desde el reposo a una x = x0 . qdistancia p gk (Rta.: v = W ( l2 + x20 − l))
159
CAP´ITULO 4.
TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
+
P.E. m1
K1
+
P.E.
x
m2
K2
96
y
64
atem
atic
as
Figura 4.16
k
x
An tio
qui
Figura 4.17
ept
+
o. d
C
a, D
eM
l
f=
1 2π
8 k , 3m
donde m es la masa del cilindro.)
ANEXO CON EL PAQUETE Maple
ersi
4.12.
3m , 8 k
dad
(Rta.: T = 2π
de
Ejercicio 22. En la figura 4.18 el cilindro de radio r esta suspendido de una cuerda y un resorte como lo indica la figura, el resorte tiene una constante k. Hallar qy la frecuencia de vibraci´on del cilindro. q el periodo
Un iv
Ejemplo 42. Hallar con el paquete Maple las races del polinomio caracter´ıstico de la E.D. y (5) + 5y (4) − 2y (3) − 10y 00 + y 0 + 5y = 0 Soluci´ on: la ecuaci´om caracter´ıstica de esta E.D. es m5 + 5m4 − 2m3 − 10m2 + m + 5 = 0 Efectuamos los siguientes comandos: 160
4.12. ANEXO CON EL PAQUETE MAPLE
T1
θ +
+
as
W
atic
y
B T2
atem
Figura 4.18
o. d
eM
>eq := m^5+5*m^4-2*m^3-10*m^2+m+5=0;
a, D
ept
eq := m5 + 5 ∗ m4 − 2 ∗ m3 − 10 ∗ m2 + m + 5 = 0
qui
>solve(eq,m);
An tio
−5, −1, −1, 1, 1
dad
de
>sols := [solve(eq,m)];
ersi
sols := [−5, −1, −1, 1, 1]
Un iv
Ejemplo 43. Hallar la soluci´on general y la particular de la E.D. (D3 − 3D2 + 9D + 13)y = 0 con las condiciones iniciales y(0) = 1, soluci´on particular
y 0 (0) = 2,
y 00 (0) = 3, graficar la
161
CAP´ITULO 4.
TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
> restart; > DE(tools):diff(y(x),x,x,x)-3*diff(y(x),x,x)+9*diff(y(x),x)+13*y(x)=0; d2 d d3 y(x) − 3 y(x) + 9 y(x) + 13y(x) = 0 dx3 dx2 dx
atem
atic
4 4 5 y(x) = e(−x) e(2x) sen (3x) + e(2x) cos(3x) 9 9 9
as
> dsolve({%,y(0)=1,D(y)(0)=2,D(D(y))(0)=3},y(x));
eM
>plot(rhs(%),x=-2..2);
o. d
20
ept
15
a, D
10
0
-1
0
1
2
de
x -5
An tio
-2
qui
5
ersi
dad
-10
Un iv
Figura 4.19 Ejemplo 44. Resolver con el paquete Maple la E.D. y 00 + 25y = 20 sen 5x Soluci´ on: >restart; >y(x):=C*x*cos(5*x)+F*x*sin(5*x); 162
4.12. ANEXO CON EL PAQUETE MAPLE
y(x) := Cxcos(5x) + F xsin(5x) >yp:=diff(y(x),x); yp := Ccos(5x) − 5Cxsin(5x) + F sin(5x) + 5F xcos(5x)
as
>ypp:=diff(yp,x);
atem
atic
ypp := −10Csin(5x) − 25Cxcos(5x) + 10F cos(5x) − 25F xsin(5x)
eM
>ypp+25*y(x)-20*sin(5*x)=0;
o. d
−10Csin(5x) + 10F cos(5x) − 20sin(5x) = 0
ept
> collect(%,[cos(5*x),sin(5*x)]);
An tio
> solve({10*F=0,-10*C-20=0},{F,C});
qui
a, D
10F cos(5x) + (−10C − 20)sin(5x) = 0
de
F = 0, C = −2
ersi
dad
Ejemplo 45. Resolver con el paquete Maple la E.D. por el m´etodo de variaci´on de par´ametros y 00 + y = sec x tan x
Un iv
>with(linalg):y1:=cos(x);y2:=sin(x);fx:=sec(x)*tan(x); y1 := cos(x)
y2 := sen (x) f x := sec(x) tan(x)
163
CAP´ITULO 4.
TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
>y:=vector([y1,y2]); y := [cos (x) , sen (x)] >M:=wronskian(y,x); sen (x)
− sen (x)
cos (x)
#
as
cos (x)
atic
M :=
"
sen (x) sec (x) tan (x) cos (x) sec (x) tan (x) , ] ( sen (x))2 + (cos (x))2 ( sen (x))2 + (cos (x))2
eM
ApBp := [−
atem
>ApBp:=linsolve(M,[0,fx]);
ept
sen (x) +x cos (x)
a, D
A := −
o. d
>A:=int(simplify(ApBp[1]),x);
An tio
qui
>B:=int(simplify(ApBp[2]),x);
B := − ln (cos (x))
de
>SolGen:=C1*y1+C2*y2+A*y1+B*y2;
Un iv
>simplify((SolGen),trig);
ersi
dad
µ ¶ sen (x) SolGen := C1 cos (x)+C2 sen (x)+ − + x cos (x)−ln (cos (x)) sen (x) cos (x)
C1 cos (x) + C2 sen (x) − sen (x) + x cos (x) − ln (cos (x)) sen (x)
observese que en la soluci´on general anterior la expresi´on − sen (x) es absorbida por C2 sen (x), quedando como soluci´on general: C1 cos (x) + C2 sen (x) + x cos (x) − ln (cos (x)) sen (x) 164