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• Jorge Andre Mallque Silva

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ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN Las ecuaciones lineales constituyen una clase especial cuyo estudio esta profundamente relacionado con los conceptos del algebra lineal. Las ecuaciones lineales de segundo orden son utilizadas para muchos modelos físicos( teoría de pequeñas oscilaciones, teoría de circuitos eléctricos, etc.) .

Forma general Una ecuación diferencial de segundo orden tiene la siguiente forma: x" + a(t)x' + b(t)x = f(t)

(1)

Donde a(t) , b(t) y f(t) son funciones dadas , definidas y continuas en un intervalo J. Cuando f(t) = 0 a la ecuación diferencial se le llama ecuación diferencial homogénea de segundo orden . Ejemplos: 𝑥" + 𝜔2 𝑥 = 0 (𝑚𝑜𝑣𝑖𝑚𝑖𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑎𝑟𝑚𝑜𝑛𝑖𝑐𝑜 𝑠𝑖𝑚𝑝𝑙𝑒) 𝑥" + 𝛶𝑥′ + 𝜔2 = 𝑓(𝑥)(𝑜𝑠𝑐𝑖𝑙𝑎𝑑𝑜𝑟 𝑎𝑚𝑜𝑟𝑡𝑖𝑔𝑢𝑎𝑑𝑜 𝑓𝑜𝑟𝑧𝑎𝑑𝑜) 𝑥" +

2𝑡 (𝑝 + 1) 𝑥′ + 𝑝 𝑥 = 0 (𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒 𝑙𝑒𝑔𝑒𝑛𝑑𝑟𝑒) 1 − 𝑡2 1 − 𝑡2

Las dos primeras son ejemplos de ecuaciones diferenciales con coeficientes constantes.

La ultima es un ejemplo de ecuación lineal con coeficiente variable. Podemos denotar la primera ecuación de la siguiente forma: 𝐿[𝑥 ](𝑡) = 𝑓(𝑡) Donde L representa un operador diferencial de segundo orden el cual actua sobre una función que es posible derivar dos veces 𝑥 = 𝑥 (𝑡), 𝑡 𝜖 𝐽 convirtiéndola en esa ecuación 𝐿[𝑥 ](𝑡) = 𝑥" + 𝑎(𝑡)𝑥′ + 𝑏(𝑡)𝑥 A continuación colocaremos algunos teoremas fundamentales de las ecuaciones de segundo orden. TEOREMA 1 El operador L, es lineal, es decir, 𝐿[𝑐1 𝑥1 + 𝑐2 𝑥2 ] = 𝑐1 𝐿[𝑥1 ] + 𝑐2 𝐿[𝑥2 ] Donde 𝑥1 , 𝑥2 son funciones dos veces diferenciables y 𝑐1 𝑦 𝑐2 son constantes Demostración (𝑐1 𝑥1 + 𝑐2 𝑥2 )′ = 𝑐1 𝑥 ′1 + 𝑐2 𝑥 ′ 2 (𝑐1 𝑥1 + 𝑐2 𝑥2 )" = 𝑐1 𝑥"1 + 𝑐2 𝑥"2 Entonces 𝐿[𝑐1 𝑥1 + 𝑐2 𝑥2 ] = (𝑐1 𝑥1 + 𝑐2 𝑥2 )" + 𝑎(𝑡)(𝑐1 𝑥1 + 𝑐2 𝑥2 )′ + 𝑏(𝑡)(𝑐1 𝑥1 + 𝑐2 𝑥2 ) = 𝑐1 𝐿[𝑥1 ] + 𝑐2 𝐿[𝑥2 ]

A lo demostrado en el teorema 1 se le conoce como el teorema fundamental de existencia y unicidad para ecuaciones lineales de segundo orden. Teorema 2 Supongamos que a(t) , b(t) y f(t) son funciones que están definidas y son continuas en un intervalo J. Entonces para cada 𝑡0 en J y cada elección de números reales 𝑥0 y 𝑣0 , existe una única función 𝑥 = 𝑥(𝑡), definida en J, que satisface la ecuación diferencial (1) y las condiciones 𝑥 (𝑡0 ) = 𝑥0 , 𝑥 ′ (𝑡0 ) = 𝑣0 A partir de ahora supondremos que a(t), b(t) y f(t) de la ecuación (1) son funciones continuas y diferenciables dentro de un intervalo J.

Ecuaciones diferenciales lineales de segundo orden homogéneas Una ecuación diferencial homogénea la podemos definir como simplemente la ecuación (1) igualada a 0. Asi podemos escribirla de la siguiente forma: 𝐿[𝑥 ](𝑡) = 𝑥" + 𝑎(𝑡)𝑥′ + 𝑏(𝑡)𝑥 = 0

Los siguientes dos teoremas son consecuencia del teorema 2 y de la linealidad del operador L.

(2)

Teorema 3 x(t) = 0 para todo t en J es la única solución de (2) que satisface x(𝑡0 ) = 0 y 𝑥 ′ (𝑡0 ) = 0 Teorema 4 Principio de superposición para (2) Si 𝑥1 (𝑡), … … , 𝑥𝑟 (𝑡) son soluciones de (2), y si 𝑐1 … 𝑐𝑟 son constantes, entonces 𝑥(𝑡) = 𝑐1 𝑥1 (𝑡) + ⋯ + 𝑐𝑟 𝑥𝑟 (𝑡) también es solución de la ecuación (2)

Como obtener una segunda solución a través de una solución dada Uno de los conceptos mas importante de todas las ecuaciones diferenciales es que podemos hallar una segunda solución mediante otra solución conocida de la misma ecuación diferencial. Supongamos que 𝑦1 (𝑥 ) es una solución diferente de cero de la siguiente ecuación diferencial: 𝑎(𝑥 )𝑦" + 𝑏(𝑥)′ + 𝑐(𝑥)𝑦 = 0 Supongamos, como lo hemos dicho anteriormente que a(x) , b(x) y c(x) son ecuaciones continuas y diferenciables dentro de un intervalo J. El proceso que utilizamos para hallar la segunda solución 𝑦2 (𝑥) se le conoce como reducción de orden , por que ,

como lo dice el nombre , reduciremos la ecuación diferencial de segundo orden a una de primer orden. Por ejemplo se puede verificar fácilmente que 𝑦1 = 𝑒 𝑥 es solución de la ecuación diferencial 𝑦" − 𝑦 = 0. Si intentamos hallar una solución de la forma 𝑦 = 𝑢(𝑥)𝑒 𝑥 , entonces: 𝑦 ′ = 𝑢𝑒 𝑥 + 𝑒 𝑥 𝑢′ 𝑦"= uex +2ex +ex u 𝑦" - y = ex (u + 2𝑢′) = 0 Como 𝑒 𝑥 no va a ser 0 para ningún valor de x, quiere decir que 𝑢" + 2𝑢′ = 0 Sea 𝑤 = 𝑢′ , entonces hemos convertido la lineal de segundo orden en una ecuación lineal de primer orden de la forma 𝑤 ′ + 2𝑤 = 0. Usando el factor integrante se puede escribir: d 2x [e w] = 0 dx w = c1 e−2x Pero como w = u′ u′ = c1 e−2x Luego procedemos a integrar la ecuación ∫ u′ = ∫ c1 e−2x u = c1 ∫ e−2x

u=−

c1 −x e + c2 ex 2

Entonces c1 −x y = u(x)e = − e + c2 ex 2 x

Como c1 y c2 son constantes podemos darle cualquier valor , entonces seleccionamos c1 = −2, c2 = 0 se obtiene como segunda solución y2 = e−x Ejemplo: Dado que y1 = x 3 es una solución de la ecuación diferencial x 2 y" − 6y = 0, utilice la reducción de orden para encontrar la segunda solución en elintervalo (0,∞). Solución: Se define la segunda solución como: y = u(x)x 3 Derivando tenemos y ′ = 3x 2 u + x 3 u′ Derivando por segunda vez y=x 3 u + 6x 2 u′ + 6xu Luego x 2 y-6y=x 2 (x 3 u + 6x 2 u′ + 6xu) − 6ux 3 = x 5 u" + 6x 4 u′ = 0 Siempre que u(x) sea una solución de x 5 u" + 6x 4 u′ = 0

Dividiendo la ecuación entre x 5 6 u" + u′ = 0 x Reemplazamos w = u′ Al hacerlo convertimos la ecuación en una lineal de primer orden 6 w + w=0 x Como es una lineal de primer orden podemos usar su factor integrante e6 ∫dx⁄x = e6lnx = x 6 ′

Entonces tendríamos d 6 [x w] = 0 dx x 6 w = c1 c1 w = u′ = 6 x Integrando ∫ u′ = ∫

c1 x6

c1 u = 5 + c2 5x c1 y = u(x)x 3 = − 2 + c2 x 3 5x Haciendo c1 = −5 y c2 = 0 ,llegamos a la solución 1 y= 2 x

Caso general Si tenemos la ecuación diferencial de segundo orden de la siguiente forma: a(x)y" + b(x)y′ + c(x)y = 0 Dividimos entre a(x), la ecuación nos quedaría de la siguiente forma: b(x) c(x) y" + y′ + y=0 a(x) a(x) b(x)

c(x)

Hacemos P(x) = a(x) y Q(x) = a(x) Nos quedaría de la siguiente forma: y" + P(x)y′ + Q(x)y = 0 Sabiendo que P(x) y Q(x) son funciones continuas y derivables dentro de un intervalo J. Supongamos además que y1 (x) es una solución conocida de la ecuación dentro del intervalo J y además que y1 (x) ≠ 0 para todos los valores de x en ese intervalo. Si definimos la segunda solución de la forma y = u(x)y1 (x), tendríamos: y ′ = uy′1 + y1 u′ Derivando por segunda vez y" = u′y′1 + y"1 u + y′1 u′ + u"y1 y" = uy"1 u′ + y1 u" Reeplazando en la ecuación inicial:

y" + Py′ + Qy = 0 u[y"1 + Py′1 + Qy1 ] + y1 u" + (2y′1 + Py1 )u′ = 0 Donde y"1 + Py′1 + Qy1 = 0 Debido a que es la solución y1 reemplazada en la ecuación inicial Esto implica que y1 u" + (2y′1 + Py1 )u′ = 0 Ahora reemplazamos w = u′ para transformar la ecuación en una lineal de primer orden y1 w ′ + (2y ′1 + Py1 )w = 0 Dividimos todo entre y1 y′1 w +2 w + Pw = 0 y1 ′

Extendiendo la ecuación dy1 dw + 2 dx w + Pw = 0 dx y1 Multiplicando a todo por dx dw + 2

dy1 w + Pwdx = 0 y1

Dividiendo a todo entre w dw dy1 +2 + Pdx = 0 w y1

dw dy1 +2 = −Pdx w y1 Integrando dw dy1 ∫ + 2∫ = − ∫ Pdx w y1 ln|w| + 2ln|y1 | = − ∫ Pdx ln|w| + ln|y12 | = − ∫ Pdx La suma de dos logaritmos de la misma base es igual al producto de ellos:

ln|wy12 | = − ∫ Pdx Despejamos wy12 wy12 = e− ∫ Pdx Dividimos entre y12 e− ∫ Pdx w = c1 y12 Pero como w = u′ − ∫ Pdx e u′ = c1 y12

Integrando nuevamente para hallar u

e − ∫ Pdx ∫ u = c1 ∫ 2 dx y1 ′

e− ∫ Pdx u = c1 ∫ dx + c2 y12 Como la segunda solución tenia la forma y = u(x)y1 (x) nos quedaría asi: e− ∫ Pdx y = u(x)y1 (x) = c1 y1 (x) ∫ dx + c1 y1 (x) y12 Como c1 y c2 son constantes , elegimos los valores 1 y 0 respectivamente para ellos: e− ∫ P(x)dx y2 = y1 (x) ∫ dx y12 (x) Ahora bien y1 (x) y y2 (x) son linealmente independientes debido a que: W(y1 (x), y2 (x)) = |

y1 y′1

y1 ∫ e− ∫ Pdx y1

e− ∫ Pdx y21

+ y′1 ∫

dx

e− ∫ Pdx y21

|=e− ∫ Pdx dx

Ejemplos : 1) Encontrar la segunda solución de y" + 2y′ + y = 0 teniendo como primera solución y1 = xe−x Solución :

−x

y2 = xe

e− ∫ 2dx ∫ dx (xe−x )2

−2x e y2 = xe−x ∫ 2 −2x dx x e −x

y2 = xe

dx ∫ 2 x

y2 = xe−x ∫ x −2 dx −1 x y2 = xe−x ( ) −1

1 y2 = xe−x (− ) x y2 = −e−x 2) Encontrar la segunda solución de la ecuación diferencial de segundo orden y" + 16y = 0 teniendo como primera solución a y1 = cos4x Solución : Viendo la ecuación diferencial de segundo orden puesto en este problema , podemos apreciar que no hay termino y′ por lo cual se puede colocar un cero como el valor que lo acompaña , asi la ecuación quedaría de la siguiente forma: y" + 0y′ + 16y = 0 Ahora si se aprecia mejor que el valor que tomaría P(x) en la ecuación seria cero.

e− ∫ 0dx y2 = cos4x ∫ dx cos 2 4x 1 y2 = cos4x ∫ dx cos 2 4x y2 = cos4x ∫ sec 2 4x dx Utilizando el método de cambio de variable: u = 4x du = 4dx Por lo tanto: 1 y2 = cos4x. ( ∫ sec 2 4x. (4dx)) 4 cos4x y2 = ∫ sec 2 u du 4 cos4x y2 = tan(u) 4 Reemplazando u = 4x cos4x tan4x 4 cos4x sen4x y2 = ( ) 4 cos4x sen4x y2 = 4 y2 =

3) Se puede verificar que y1 =

senx √x

es una solución de

1

la ecuación x 2 y" − xy′ + (x 2 − 4) y = 0 en (0,π). Encuentre una segunda solución. Solución: Primero dividimos todo entre x 2 , asi, nos quedaría la ecuación de la siguiente forma: 1 1 y" + y′ + (1 − 2 ) y = 0 x 4x Al ya tener una solución utilizamos la formula demostrada anteriormente para hallar la segunda solución e− ∫ P(x)dx y2 = y1 (x) ∫ dx 2 y1 (x) y2 =

senx √x

∫

e− ∫

dx⁄ x 2 dx

senx ( ) √x dx senx e− ∫ ⁄x y2 = ∫ dx sen2 x √x x dx senx xe− ∫ ⁄x y2 = ∫ dx 2x sen x √ −lnx senx xe y2 = ∫ dx 2x sen √x −1 senx xelnx y2 = ∫ dx 2x sen √x senx x. x −1 y2 = ∫ dx sen2 x √x

y2 = y2 =

senx √x senx

y2 =

∫

dx dx sen2 x

∫ csc 2 x dx

√x senx √x senx

(−cotx)

cosx ) senx √x cosx y2 = − √x

y2 =

(−

Ecuaciones lineales homogéneas con coeficiente constante Nosotros sabemos que en una ecuación lineal de primer dy

orden dela forma dx + ay = 0 tiene soluciones

exponenciales de la forma y = c1 e−ax en (-∞,∞), por lo tanto es normal tratar de determinar si existen soluciones exponenciales para ecuaciones de orden superior como: an y n + an−1 y n−1 + ⋯ a2 y" + a1 y′ + a0 y = 0 Donde an , an−1 , … , a0 son constantes. Todas las soluciones de la ecuación son funciones exponenciales , por que, las funciones exponenciales se caracterizan en que su derivada es la misma función exponencial multiplicada por la derivada de su exponente. Comenzaremos considerando el caso particular para la ecuación de segundo orden:

ay" + by′ + cy = 0 Ecuación auxilia Si probamos una solución de la forma y = emx , entonces la primera y segunda derivada de y serian y ′ = memx , y" = m2 emx respectivamente. Ahora reemplazamos estos valores en la ecuación diferencial inicial: am2 emx + bmemx + cemx = 0 Factorizando tendríamos: emx (am2 + bm + c) = 0 Nosotros sabemos que emx nunca va a tomar el valor de cero para ningún valor de x, entonces se deduce que: am2 + bm + c = 0 Para poder hallar la solución exponencial de la ecuación diferencial tenemos que hallar el valor de m dentro de la ecuación cuadrática anterior. A esta ecuación se le denomina ecuación auxiliar o ecuación característica. Existen 3 casos diferentes para este tipo de ecuaciones: Cuando las raíces de la ecuación auxiliar son reales y diferentes, cuando las raíces son reales e iguales y por ultimo cuando las raíces son complejas y conjugadas, a

continuación les demostrare como resolver cada la ecuación diferencial para cada caso. Caso 1: Raíces reales y diferentes: Si suponemos que la ecuación auxiliar tiene raíces reales diferentes m1 y m2 se encuentran dos soluciones: y1 = em1 x

y

y2 = em2 x

Ya hemos visto que estas funciones son linealmente independientes en (-∞,∞) y por lo tanto forma un conjunto fundametal, por ello , entonces, la solución general en este intervalo esta dada por la siguiente forma: y = c1 em1 x + c2 em2 x Caso 2: Raíces reales repetidas: Cuando m1 = m2 , necesariamente solo se tiene una solución exponencial y1 = em1 x . Sin embargo , anteriormente hemos demostrado como hallar una segunda solución a partir de una primera solución ya conocida , eso es lo que vamos a hacer para hallar la segunda solución en este caso, hallar una segunda solución a partir de y1 = em1 x , esto quedaría de la siguiente forma: Primero tenemos la ecuación auxiliar expresada asi

am2 + bm + c = 0 Dividimos todo entre a b m2 + m + c = 0 a Entonces tendríamos que y2 = em1 x ∫

b − ∫ dx e a

e2m1 x

y2 = em1 x ∫

b − x e a

e2m1 x

Recordando que para hallar m1 en una ecuación cuadrática es −b ± √b 2 − 4ac m1 = 2a Pero como en este caso las raíces son iguales se cumple que la discriminante es igual a cero b2 − 4ac = 0 Tendiramos que m1 = −

b 2a

b 2m1 = − a Reempalzamos en la segunda solución :

m1 x

y2 = e

e2m1 x ∫ 2m x dx e 1

y2 = em1 x ∫ dx y2 = xem1 x La solución general seria: y = c1 em1 x + c2 xem1 x Caso 3: Raíces complejas y conjugadas Si m1 y m2 son soluciones complejas de la ecuación , entonces podemos escribirlas de la siguiente forma: m1 = α + iβ

y

m2 = α − iβ

En donde α, β > 0 son reales e i2 = −1, en verdad, no existe gran diferencia entre este caso y el caso numero 1, por lo tanto: y = c1 e(α+iβ)x + c2 e(α−iβ)x Pero , para la resolución de problemas , ya sea en física o en cualquier otra ciencia , es preferible utilizar otra notación, la cual se va a formar a partir de la formula de Euler. La formula de Euler se expresa de la siguiente forma: eiθ = cosθ + isenθ

Donde θ es cualquier numero real, a partir de este resultado se puede escribir que: eiβx = cosβx + isenβx e−iβx = cosβx − isenβx En donde se ha usado cos(−βx) = cos(βx) y sen(−βx) = −sen(βx). Ahora sumaremos las y restaremos ambas ecuaciones. Sumando: eiβ + e−iβ = 2cosβx Restando: eiβ − e−iβ = 2isenβ Ya que y = c1 e(α+iβ)x + c2 e(α−iβ)x es una solución de la ecuación diferencial para cualquier valor de c1 y c2 , haciendo c1 = c2 = 1 y c1 = 1, c2 = −1, proporcionan respectivamente dos soluciones: y1 = e(α+iβ)x + e(α−iβ)x y2 = e(α+iβ)x − e(α−iβ)x Resolviendo: y1 = eαx . eiβx + eαx . e−iβx y2 = eαx . eiβx − eαx . e−iβx Factorizando

y1 = eαx (eiβx + e−iβx ) y2 = eαx (eiβx − e−iβx ) Esto resultaría por lo dicho anteriormente como: y1 = 2eαx cosβx y2 = 2ieαx senβx Esto quiere decir que las funciones exponenciales y1 e y2 son soluciones de la ecuación diferencial inicial. Se puede concluir que eαx cosβx y eαx senβx forman por si solas un conjunto fundamental de soluciones de la ecuación diferencial en (-∞,∞), por el principio de superposición la solución general de la ecuación diferencial es: y = c1 eαx cosβx + c2 eαx senβx y = eαx (c1 cosβx + c2 senβx) Ejemplos: Caso 1 1) Hallar la solución general de y” − 3y ′ + 2y = 0 Solución: Representamos nuestra ecuación auxiliar m2 − 3m + 2 = 0 Resolviendo tendríamos

(m − 2)(m − 1) = 0 m1 = 2

y

m2 = 1

La solución general es: y = c1 e2x + c2 ex 2) Hallar la ecuación general de y" − y′ − 6y = 0 Solución: Formamos la ecuación auxiliar m2 − m − 6 = 0 (m − 3)(m + 2) = 0 m1 = 3

y

m2 = −2

La solución general seria: y = c1 e3x + c2 e−2x 3) Hallar la solución general de la ecuación diferencial 2y" − 5y′ − 3y = 0 Solución: Ecuación auxiliar 2m2 − 5m − 3 = 0 (2m + 1)(m − 3) = 0 m1 = −

1 2

y

m2 = 3

y = c1 e−

1x⁄ 2

+ c2 e3x

Caso 2: 1) Hallar la solución general de la siguiente ecuación: d2 y dy + 8 + 16y = 0 dx 2 dx Solución: Para apreciar mejor la ecuación diferencial la ponemos de la siguiente forma: y" + 8y′ + 16y = 0 Colocamos su ecuación auxiliar m2 + 8m + 16 = 0 Podemos observar que es un cuadrado perfecto, por lo cual m1 = m2 (m + 4)2 = 0 m1 = m2 = −4 y = c1 e−4x + c2 xe−4x 2) Hallar la solución general de la siguiente ecuación diferencial: 𝑑2𝑦 𝑑𝑦 − 10 + 25𝑦 = 0 𝑑𝑥 2 𝑑𝑥 Solución:

al igual que en el problema anterior colocaremos la ecuación de la misma forma: y" − 10y′ + 25 = 0 La ecuación auxiliar es: m2 − 10m + 25 = 0 Es un cuadrado perfecto m1 = m2 (m − 5)2 = 0 m1 = m2 = 5 La solución general es : y = c1 e5x + c2 xe5x Caso 3: 1) Hallar la solución general de la siguiente ecuación diferencial: y" + y′ + y = 0 Solución: Ecuación auxiliar m2 + m + 1 = 0 Hallamos la discriminante: 12 − 4(1)(1) = −3 Como la discriminante es menor que cero , las raíces son imaginarias que son:

1 √3 m1 = − + i 2 2

1 √3 m2 = − − i 2 2

La solución general seria: y = e−

√3 x⁄ 2 (c1 cos x 2

+ c2 sen

√3 x) 2

2) Resolver el problema con valor incial: y" − 4y′ + 13y = 0 y(0) = −1, y ′ (0) = 2 Solución: Ecuación auxiliar m2 − 4m + 13 = 0 Hallamos la discriminante (−4)2 − 4(1)(13) = −36 Por lo tanto las raíces son imaginarias y conjugadas m1 = 2 + 3i

m2 = 2 − 3i

De modo que la solución general seria: y = e2x (c1 cos3x + c2 sen3x) Ahora utilizamos los valores iniciales , primero para y(0) = −1 −1 = e0 (c1 cos0 + c2 sen0) = c1

Entonces: y = e2x (−cos3x + c2 sen3x) Derivamos esta expresión y ahora utilizamos el segundo valor inicial y ′ (0) = 2 y ′ = e2x (3sen3x + 3c2 cos3x) + 2e2x (−cos3x + c1 sen3x) = 2

2 = 3c2 − 2 c2 =

4 3

Por lo tanto: 4 y = e2x (−cos3x + sen3x) 3