Matemática III (MAT023) Segundo semestre de 2010 • Ecuaciones Diferenciales de orden Superior. Teoría básica. Ecuación Ho- mogénea, solución particular. • Wronskiano. Fórmula de Abel. • Ecuación con coeficientes constantes de segundo orden homogénea. • Ecuación con coeficientes constantes de de orden arbitrario homogénea. • Método de los coeficientes indeterminados (para la solución particular). • Método de variación de parámetros (para la solución particular). • Ecuación De Euler. Contenidos ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR En la parte anterior del curso estudiamos las ecuaciones diferenciales del tipo dy dx =F _ x, y _ enunciando condiciones sobre F que garantizan existencia y unicidad, aprendimos también a resol- ver varios tipos de estas ecuaciones y como aplicar esto a resolver algunos tipos de problemas que involucran ecuaciones diferenciales de primer orden. Ahora estudiaremos ecuaciones diferenciales de orden superior pero un caso bastante particular, ecuaciones del tipo lineal. Universidad Técnica Federico Santa María Departamento de Matemática 1.1 Teoría general Denotaremos por C n (I ) al espacio vectorial de todas la funciones de valores reales que admiten deri- vada continua hasta orden n en todos los puntos del intervalo I . En particular se define C 0 (I ) =C (I ) como el espacio de las funciones continuas en el intervalo I . Definición 1.1. Se dice que la transformación lineal L : C n (I ) →C (I ) es un operador diferencial lineal de orden n en el intervalo I , si puede expresarse en la forma L =a n (x) D n +a n−1 (x) D n−1 +· · · +a 1 (x) D +a 0 (x) donde a n (x) , a n−1 (x) , · · · , a 1 (x) , a 0 (x) son funciones continuas en el intervalo I , a n (x) no es idénti- camente nula en el intervalo y D i = d i dx i . La imagen de una función y ∈C n (I ) por el operador diferencial lineal esta dada por _ Ly _ (x) =a n (x) y (n) (x) +a n−1 (x) y (n−1) (x) +· · · +a 1 (x) y (x) +a 0 (x) y (x) Ejemplo 1.1. El operador L =xD 2 +3 xD−1 es un operador diferencial lineal de orden 2 en [0, +∞[ o cualquiera de sus subintervalos, actúa en la forma Ly (x) =xy (x) +3 xy (x) −y (x) Observación 1.1. En general los operadores diferenciales no conmutan, es decir, en general no se cumple L 1 L 2 =L 2 L 1 por ejemplo D(xD) =xD(D) en efecto D(xD) y =D _ xy _ =y +xy = _ D +xD 2 _ y pero xD(D) y =xD _ y _ =xy = _ xD 2 _ y Como ya hemos dicho, una ecuación diferencial lineal de orden n en un intervalo I es una ecua- ción diferencial de la forma a n (x) y (n) (x) +a n−1 (x) y (n−1) (x) +· · · +a 1 (x) y (x) +a 0 (x) y (x) =h (x) note que esto puede ser escrito en términos del operador diferencial como Ly (x) =h (x) Nelson Cifuentes F. 2 Universidad Técnica Federico Santa María Departamento de Matemática Definición 1.2. Diremos que la ecuación es normal, si a n (x) no se anula en ningún punto del inter- valo I . Que es homogénea si h =0 y no homogénea si h no es idénticamente nula en I . Ejemplo 1.2. La ecuación d 2 y dx 2 +y =0 es una ecuación diferencial lineal homogénea normal de orden 2 y con coeficientes constantes en o cualquier subintervalo. Ejemplo 1.3. La ecuación x 3 d 2 y dx 2 +x dy dx +cosxy =sinx es lineal no homogénea de orden 2 y normal en ]0, +∞[ o también en ]−∞, 0[ (o cualquier subinter- valo) Nuestro objetivo es resolver la ecuación Ly =h para ello enfrentaremos primero la ecuación homogénea Ly =0 note que y es solución si y solo si y ∈ker(L), si pudiésemos encontrar una base = _ y 1 , y 2 , . . . , y n _ del espacio ker(L) = _ y ∈C n (I ) : Ly =0 _ entonces toda solución podría escribirse en la forma y (x) =c 1 y 1 (x) +· · · +c n y n (x) (Al ser base todo elemento del núcleo (toda solución de la homogénea) se puede escribir como com- binación lineal de los elementos de la base, es decir, c 1 y 1 (x) +· · · +c n y n (x) es una solución general de la homogénea) Para enfrentar el problema no homogéneo note lo siguiente, si encontramos una solución y p (x) tal que Ly p (x) =h (x) entonces otra solución j (x) de la ecuación también debe cumplir Lj (x) =h (x) se sigue L _ y p −j _ (x) =h (x) −h (x) =0 de esta forma y p −j ∈ker(L) Nelson Cifuentes F. 3 Universidad Técnica Federico Santa María Departamento de Matemática se sigue j (x) =y p (x) +c 1 y 1 (x) +· · · +c n y n (x) En resumen: Para resolver una ecuación lineal Ly =h necesitamos conocer una base de ker(L) y conocer una solución particular y p de la ecuación Ly =h Teorema 1.1. Sea L un operador diferencial normal de orden n en un intervalo I y sea x 0 ∈ I . Si α 0 , α 1 , . . . , α n−1 son números reales arbitrarios entonces el problema de valores iniciales Ly = h y (x 0 ) = α 0 , y (x 0 ) =α 1 , . . . , y (n−1) (x 0 ) =α n−1 admite solución única Observación 1.2. El caso de la ecuación de orden 1 ya fue demostrado cuando se mostraron las téc- nicas para resolver la ecuación y +P (x) y =Q(x) El teorema anterior permite demostrar lo siguiente: Teorema 1.2. Si L es un operador diferencial normal de orden n en un intervalo I entonces ker(L) tiene dimensión n. Demostremos el caso de n =2 el general es similar. Sea x 0 ∈ I un punto arbitrario pero fijo, por el teorema de existencia y unicidad existe una función y 1 (x) tal que Ly 1 = 0 y 1 (x 0 ) = 1 y 1 (x 0 ) = 0 (estamos suponiendo L es de grado 2) de manera similar existe una función tal que Ly 2 = 0 y 2 (x 0 ) = 0 y 2 (x 0 ) = 1 mostraremos que _ y 1 (x) , y 2 (x) _ es una base de ker(L), en efecto, sea y ∈ ker(L) entonces Ly = 0, pongamos α 0 =y (x 0 ) y α 1 =y (x 0 ) entonces la función y es la solución (es única) del PVI Ly = 0 y (x 0 ) = α 0 y (x 0 ) = α 1 Nelson Cifuentes F. 4 Universidad Técnica Federico Santa María Departamento de Matemática pero...g (x) =α 0 y 1 (x) +α 1 y 2 (x) cumple con Lg = α 0 Ly 1 +α 1 Ly 2 =0 g (x 0 ) = α 0 g (x 0 ) = α 1 se sigue por unicidad que g (x) =y (x) es decir y (x) =α 0 y 1 (x) +α 1 y 2 (x) nos queda mostrar que y 1 y y 2 son linealmente independientes, pero note que αy 1 (x) +βy 2 (x) =0 ⇒(evaluando en x 0 ) α=0 por otro lado αy 1 (x) +βy 2 (x) = 0 ⇒ αy 1 (x) +βy 2 (x) = 0 ⇒(evaluando en x 0 ) β =0 es decir son L.I . Así ker(L) = __ y 1 (x) , y 2 (x) __ es un espacio de dimensión 2. Ejemplo 1.4. La ecuación d 2 y dx 2 +y =x es lineal no homogénea normal de orden 2. Luego S = _ y ∈C 2 () : d 2 y dx 2 +y =0 _ tiene dimensión 2, note que senx y cosx son dos elementos linealmente independientes de este con- junto, se sigue S =〈cosx, senx〉 es decir, toda solución de la ecuación homogénea es de la forma y h (x) =c 1 cosx +c 2 senx ahora note que y p (x) =x es una solución particular de la ecuación Ly p (x) =0+x se sigue que c 1 cosx +c 2 senx +x con c 1 y c 2 constantes arbitrarias es la solución general de la ecuación d 2 y dx 2 +y =x Nelson Cifuentes F. 5 Universidad Técnica Federico Santa María Departamento de Matemática Para probar con mayor facilidad que determinado conjunto de funciones es linealmente indepen- dientes vamos a introducir el concepto de Wronskiano Definición 1.3. Sean y 1 , y 2 , . . . , y n funciones en C (n−1) (I ) se define el Wronskiano de las funciones y 1 , y 2 , . . . , y n como el determinante W _ y 1 , y 2 , . . . , y n _ = _ _ _ _ _ _ _ _ _ y 1 (x) y 2 (x) · · · y n (x) y 1 (x) y 2 (x) · · · y n (x) . . . . . . . . . . . . y (n−1) 1 (x) y (n−1) 2 (x) · · · y (n−1) n (x) _ _ _ _ _ _ _ _ _ Ejemplo 1.5. W (x, senx) = _ _ _ _ x senx 1 cosx _ _ _ _ =x cosx −senx Ejemplo 1.6. W _ e αx , e βx _ = _ _ _ _ e αx e βx αe αx βe βx _ _ _ _ = _ β −α _ e ( α+β ) x =0 si α=β Teorema 1.3. Si W _ y 1 , y 2 , . . . , y n _ no es idénticamente nulo en I entonces _ y 1 , y 2 , . . . , y n _ es linealmente independiente en C (I ). Demostración c 1 y 1 (x) +· · · +c n y n (x) = 0 c 1 y 1 (x) +· · · +c n y n (x) = 0 . . . c 1 y (n−1) 1 (x) +· · · +c n y (n−1) n (x) ‘ = 0 esto es equivalente al sistema _ _ _ _ _ _ y 1 (x) y 2 (x) · · · y n (x) y 1 (x) y 2 (x) · · · y n (x) . . . . . . . . . . . . y (n−1) 1 (x) y (n−1) 2 (x) · · · y (n−1) n (x) _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ c 1 c 2 . . . c n _ _ _ _ _ _ = _ _ _ _ _ _ 0 0 . . . 0 _ _ _ _ _ _ como W _ y 1 , y 2 , . . . , y n _ no es idénticamente nulo en I tomamos un x 0 tal que W _ y 1 , y 2 , . . . , y n _ (x 0 ) =0 de donde obtenemos que _ _ _ _ _ _ y 1 (x 0 ) y 2 (x 0 ) · · · y n (x 0 ) y 1 (x 0 ) y 2 (x 0 ) · · · y n (x 0 ) . . . . . . . . . . . . y (n−1) 1 (x 0 ) y (n−1) 2 (x 0 ) · · · y (n−1) n (x 0 ) _ _ _ _ _ _ Nelson Cifuentes F. 6 Universidad Técnica Federico Santa María Departamento de Matemática es invertible y por lo tanto la solución es única, es decir _ _ _ _ _ _ c 1 c 2 . . . c n _ _ _ _ _ _ = _ _ _ _ _ _ 0 0 . . . 0 _ _ _ _ _ _ luego las funciones son L.I. Teorema 1.4. El Wronskiano de las soluciones de una EDO lineal normal en un intervalo I nunca se anula en el intervalo I . Además si la ecuación es de la forma y (n) (x) +a n−1 (x) y (n−1) (x) +· · · +a 1 (x) y (x) +a 0 (x) y (x) =0 entonces W =c e − _ a n−1 (x)dx Dem: Vista en Clases. 1.2 La fórmula de Abel para la segunda solución Considere una ecuación diferencial lineal homogénea de orden 2 de la forma d 2 y dx 2 +a 1 (x) dy dx +a 0 (x) y =0 si y 1 es una solución no identicamente nula entonces y 2 (x) =y 1 (x) _ e − _ a 1 (x)dx y 1 (x) 2 dx es otra solución. En efecto, _ _ _ _ y 1 (x) y 2 (x) y 1 (x) y 2 (x) _ _ _ _ =c e − _ a 1 (x)dx entonces y 2 (x) − y 1 (x) y 1 (x) y 2 (x) = c e − _ a 1 (x)dx y 1 (x) el factor integrante es e _ _ − y 1 (x) y 1 (x) _ dx =e −lny 1 (x) = 1 y 1 (x) Nelson Cifuentes F. 7 Universidad Técnica Federico Santa María Departamento de Matemática se sigue y 2 (x) y 1 (x) − y 1 (x) y 2 1 (x) y 2 (x) = c e − _ a 1 (x)dx y 2 1 (x) d dx _ y 2 (x) y 1 (x) _ = c e − _ a 1 (x)dx y 2 1 (x) ahora integramos y multiplicamos y 2 (x) =y 1 (x) _ e − _ a 1 (x)dx y 2 1 (x) dx (se han escogido las constantes de manera conveniente). Ejemplo 1.7. Considere la ecuación diferencial y + (tanx −2cotx) y =0 esta ecuación tiene la solución y 1 (x) =1 otra solución es y 2 (x) = 1 _ e − _ (tanx−2cotx)dx 1 2 dx = _ e −(−lncosx−2lnsenx) dx = _ cosx sen 2 xdx = 1 3 sen 3 x se sigue que la solución general de la EDO es y h (x) =c 1 +c 2 sen 3 x 1.3 Ecuaciones lineales homogéneas con coeficientes constantes. Si la ecuación diferencial Ly (x) =h (x) para x ∈ I es tal que el operador diferencial tiene todos sus coeficientes constantes, entonces hablamos de una ecuación con coeficientes constantes. Es decir, si L es de orden n entonces a n d n y dx n (x) +a n−1 d n−1 y dx n−1 (x) +· · · +a 1 dy dx (x) +a 0 y (x) =h (x) para x ∈ I donde a n , a n−1 , . . . , a 1 , a 0 ∈ son constantes. Nelson Cifuentes F. 8 Universidad Técnica Federico Santa María Departamento de Matemática Observación 1.3 (Muy importante). Los operadores diferenciales con coeficientes contantes se com- portan como polinomios en D, es decir, la suma y multiplicación de polinomios cumplen las mismas propiedades que los operadores con coeficientes constantes, por ejemplo D 3 −1 = (D −1) _ D 2 +D +1 _ = _ D 2 +D +1 _ (D −1) Como sabemos la solución general de una ecuación del tipo Ly (x) =h (x) es de la forma y (x) =y h (x) +y p (x) donde y h es la solución general de la homogénea asociada Ly =0 y y p es una función tal que Ly p (x) =h (x) para x ∈ I . en esta sección nos concentraremos en resolver la ecuación homogénea a n d n y dx n (x) +a n−1 d n−1 y dx n−1 (x) +· · · +a 1 dy dx (x) +a 0 y (x) =0 Teorema1.5. Si L 1 , L 2 , . . . , L m sonoperadores diferenciales concoeficientes constantes entonces ker(L i ) ⊆ ker(L) donde L =L 1 L 2 . . . L m La demostración es sencilla si aceptamos que este tipo de operadores conmuta. Si ψ ∈ ker(L i ) entonces L i ψ=0 luego Lψ = L 1 L 2 · · · L i −1 L i L i +1 · · · L m ψ = L 1 L 2 · · · L i −1 L i +1 · · · L m L i ψ = L 1 L 2 · · · L i −1 L i +1 · · · L m 0 = 0 así Lψ=0 es decir ψ∈ker(L). Ejemplo 1.8. Encuentre la solución general de la ecuación y −9y =0 Desarrollo: La ecuación puede ser vista en términos de operadores diferenciales como _ D 2 −9 _ y =0 esto es (D −3) (D +3) y =0 Nelson Cifuentes F. 9 Universidad Técnica Federico Santa María Departamento de Matemática es decir L 1 L 2 y =0 ahora estudiemos ker(L 1 ) = _ y : L 1 y =0 _ = _ y : y −3y =0 _ ker(L 1 ) = _ y : y =3y _ = _ y : y (x) =c e 3x _ = _ e 3x _ de manera similar ker(L 2 ) = _ y : y =−3y _ = _ e −3x _ como ker(L 1 ) ⊆ker(L 1 L 2 ) y ker(L 2 ) ⊆ker(L 1 L 2 ) se sigue _ e 3x , e −3x _ ⊆ker(L 1 L 2 ) =ker _ D 2 −9 _ note que por teorema ker(D 2 −9) tiene dimensión 2 además W _ e 3x , e −3x _ = _ _ _ _ e 3x e −3x 3e 3x −3e −3x _ _ _ _ =−6 =0 se sigue que e 3x , e −3x son L.I. de esta forma _ e 3x , e −3x _ =ker _ D 2 −9 _ y así la solución general de la edo y −9y =0 es y (x) =c 1 e 3x +c 2 e −3x 1.3.1 La ecuación de segundo orden Supongamos que intentamos resolver la EDO y +a 1 y +a 0 y =0 mirada como operador diferencial esta ecuación es _ D 2 +a 1 D +a 0 _ y =0 y supongamos que _ D 2 +a 1 D +a 0 _ = (D −α 1 ) (D −α 2 ) se presentan 3 casos: Nelson Cifuentes F. 10 Universidad Técnica Federico Santa María Departamento de Matemática 1. Raíces reales y distintas: Supongamos que α 1 , α 2 ∈ entonces la solución general es y (x) =c 1 e α 1 x +c 2 e α 2 x en efecto e α 1 x ∈ ker(D −α 1 ) y e α 2 x ∈ ker(D −α 2 ) se sigue {e α 1 x , e α 2 x } ⊆ ker(D −α 1 ) (D −α 2 ) = ker(D 2 +a 1 D +a 0 ) además W (e α 1 x , e α 2 x ) = _ _ _ _ e α 1 x e α 2 x α 1 e α 1 x α 2 e α 2 x _ _ _ _ = (α 1 −α 2 ) e (α 1 +α 2 )x =0 de donde las funciones son L.I. en un espacio de dimensión 2. 2. Raíces reales iguales: Supongamos que α 1 ∈ entonces la solución general es y (x) =c 1 e α 1 x +c 2 xe α 1 x en efecto considere: (D −α 1 ) (D −α 1 ) y =0 si ponemos z = (D −α 1 ) y entonces (D −α 1 ) z =0 se sigue z =c e α 1 x luego (D −α 1 ) y = c 1 e α 1 x y −α 1 y = c 1 e α 1 x multiplicamos por factor integrante y obtenemos d dx _ y e −α 1 x _ =c 1 integramos y e −α 1 x =c 1 x +c 2 de donde obtenemos y (x) =c 1 xe α 1 x +c 2 e α 1 x (otro modo de encontrar la solución xe α 1 x es con la fórmula de Abel y observando que e α 1 x es solución) ambas soluciones son L.I. _ _ _ _ e α 1 x xe α 1 x α 1 e α 1 x α 1 xe α 1 x +e α 1 x _ _ _ _ =e 2xα 1 =0 son funciones L.I. 3. Raíces complejas conjugadas. Suponga que α 1 = a +i b y α 2 = a −i b son raíces complejas conjugadas entonces por la fórmula de Euler e (a+i b)x =e ax cosbx +i e ax senbx y e (a+i b)x =e ax cosbx −i e ax senbx Nelson Cifuentes F. 11 Universidad Técnica Federico Santa María Departamento de Matemática deberían ser soluciones, de esta forma las combinaciones lineales deberían ser soluciones, es decir e (a+i b)x −e (a+i b)x =2e ax cosbx debe ser solución, podemos verificar reemplazando en la ecuación que efectivamente y 1 (x) =e ax cosbx es solución de la ecuación (D −α 1 ) (D −α 2 ) y = 0 (D −(a +i b)) (D −(a −i b)) y = 0 _ (D −a) 2 +b 2 _ y = 0 _ D 2 −2aD +a 2 +b 2 _ y = 0 se puede mostrar (por ejemplo con la fórmula de Abel o usando combinaciones lineales com- plejas) que y 2 (x) = e ax senbx es otra solución L.I. y 2 (x) = e ax cosbx _ e _ 2adx (e ax cosbx) 2 = e ax cosbx _ e 2ax dx e 2ax cos 2 bx = e ax cosbx _ sec 2 (bx) dx = 1 b e ax cosbx tan(bx) = 1 b e ax senbx así y 2 (x) =e ax senbx es solución además usando el Wronskiano se puede mostrar que son L.I. Ejemplo 1.9. Resolver las siguientes ecuaciones: 1. y −5y +6y =0, Solución: C 1 e 2x +C 2 e 3x 2. y −2y +y =0, Solución: C 1 e x +C 2 xe x 3. y −4y +8y =0, Solución: C 1 e 2x cos2x +C 2 e 2x sin2x Nelson Cifuentes F. 12 Universidad Técnica Federico Santa María Departamento de Matemática 1.4 Ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes contantes de orden arbi- trario. Con la teoría anterior estamos es condiciones de enfrentar el problema homogéneo Ly =0 con L un operador diferencial lineal con coeficientes constantes de orden arbitrario. Recordemos que todo polinomio con coeficientes reales se puede factorizar en la forma (x −r 1 ) n 1 (x −r 2 ) n 2 · · · (x −r k ) n k _ (x −α 1 ) 2 +β 2 1 _ m 1 · · · _ _ x −α j _ 2 +β 2 j _ m j donde r 1 , r 2 , , r k son las raíces reales del polinomio con multiplicidades n 1 , n 2 , . . . , n k y α 1 ±i β 1 , . . . , α j ± i β j son las raíces complejas con las multiplicidades m 1 , m 2 , . . . , m j . Como los operadores diferenciales con coeficientes constantes se comportan como polinomios, estos se pueden factorizar en la forma (D −r 1 ) n 1 (D −r 2 ) n 2 · · · (D −r k ) n k _ (D −α 1 ) 2 +β 2 1 _ m 1 · · · _ _ D −α j _ 2 +β 2 j _ m j luego para resolver la ecuación Ly =0 basta conocer los núcleos o kernel de los operadores (D −r ) n 1 y _ (D −α) 2 +β 2 _ m 1 Teorema 1.6. ker _ (D −α) n _ = __ e αx , xe αx , x 2 e αx , . . . , x n−1 e αx __ y ker _ _ (D −α) 2 +β 2 _ n _ = __ e αx cosβx, xe αx cosβx, x 2 e αx cosβx, . . . , x n−1 e αx cosβx e αx senβx, xe αx senβx, x 2 e αx senβx, . . . , x n−1 e αx senβx __ La demostración fue hecha en clases. Pero puede ser hecha por inducción, es fácil ver que ker(D −α) =〈{e αx }〉 supongamos que ker _ (D −α) n−1 _ = __ e αx , xe αx , x 2 e αx , . . . , x n−2 e αx __ entonces y ∈ker _ (D −α) n _ ⇔(D −α) n−1 (D −α) y =0 así (D −α) y ∈ker _ (D −α) n−1 _ luego y −αy = n−2 k=0 C i x i e αx Nelson Cifuentes F. 13 Universidad Técnica Federico Santa María Departamento de Matemática multiplicando por el factor integrante e integrando se sigue: y (x) =K 1 e αx +K 2 xe αx +· · · +K n x n−1 e αx así y ∈ __ e αx , xe αx , x 2 e αx , . . . , x n−1 e αx __ Ejemplo 1.10. Resolver (D −1) 2 (D −2) 3 y =y (5) −8y (4) +25y (3) −38y (2) +28y −8y =0 Desarrollo: Como ker _ (D −1) 2 _ =〈{e x , xe x }〉 y ker _ (D −2) 3 _ = __ e 2x , xe 2x , x 2 e 2x __ se sigue que _ e x , xe x , e 2x , xe 2x , x 2 e 2x _ ⊆ker _ (D −1) 2 (D −2) 3 _ como el orden del operador es 5 y las funciones anteriores son L.I. se sigue que la solución general es: y G (x) =c 1 e x +c 2 xe x +c 3 e 2x +c 4 xe 2x +c 5 x 2 e 2x Ejemplo 1.11. Resolver d 3 y dx 3 +y =0 Tiene solución: C 1 e −x +C 2 _ cos 1 2 3x _ e 1 2 x +C 3 _ sin 1 2 3x _ e 1 2 x Ejemplo 1.12. Resolver _ (D −2) 2 +3 2 _ 2 (D −3) y =0 = _ D 5 −11D 4 +66D 3 −230D 2 +481D −507 _ y Desarrollo: ker _ _ (D −2) 2 +3 2 _ 2 _ = __ e 2x cos3x, xe 2x cos3x, e 2x sen3x, xe 2x sen3x __ y ker[(D −3)] = __ e 3x __ se sigue que la solución general es y G (x) =c 1 e 2x cos3x +c 2 xe 2x cos3x +c 3 e 2x sen3x +c 4 xe 2x sen3x +c 5 e 3x Ahora que sabemos resolver el problema homogéneo vamos a buscar soluciones particulares para resolver ecuaciones no homogeneas, Se presentan dos métodos 1.4.1 Método de coeficientes indeterminados Este método aunque se aplica en una cantidad limitada de casos muchas veces es de fácil aplica- ción (solo se aplica a ecuaciones con coeficientes contantes); Suponga que enfrentamos la EDOL con coeficientes contantes no homogénea Ly =h si conocemos un operador con coeficientes constantes L h tal que L h h =0 entonces L h Ly =L h h =0 luego la solucion y de la ecuación Ly =h cumple L h Ly =0 es decir y ∈ker L h L podemos encontrar la solución particular usando Ly p =h: Nelson Cifuentes F. 14 Universidad Técnica Federico Santa María Departamento de Matemática Ejemplo 1.13. Resolver (D −1) (D −2) y =e x +x o en otras palabras d 2 y dx 2 −3 dy dx +2y =e x +x Desarrollo: Sabemos que (D −1) (e x ) =0 y D 2 (x) =0 se sigue que (D −1) D 2 (e x +x) =0 así (D −1) D 2 (D −1) (D −2) y = 0 D 2 (D −1) 2 (D −2) = 0 luego y p (x) =c 1 +c 2 x +c 3 e x +c 4 xe x +c 5 e 2x y como (D −1) (D −2) y p (x) =e x +x se sigue (D −1) (D −2) _ c 1 +c 2 x +c 3 e x +c 4 xe x +c 5 e 2x _ = (D −1) (D −2) [c 1 +c 2 x] + (D −1) (D −2) [c 4 xe x ] = _ D 2 −3D +2 _ [c 1 +c 2 x] + (D −1) (D −1−1) [c 4 xe x ] = 2c 1 −3c 2 +2c 2 x −(D −1) [c 4 xe x ] = 2c 1 −3c 2 +2c 2 x −(c 4 e x +c 4 xe x −c 4 xe x ) = 2c 1 −3c 2 +2c 2 x −c 4 e x de esto obtenemos que las constantes cumplen 2c 1 −3c 2 = 0 2c 2 = 1 −c 4 = 1 se sigue c 4 =−1, c 2 =1/2, c 1 =3/4 así y G (x) = (3/4) + (1/2) x −xe x +c 3 e x +c 5 e 2x = [(3/4) + (1/2) x −xe x ] + _ c 3 e x +c 5 e 2x _ = y p (x) +y h (x) es la solución. Nelson Cifuentes F. 15 Universidad Técnica Federico Santa María Departamento de Matemática 1.4.2 Método de variación de parámetros (Método general) El método que presentamos ahora es posible aplicarlo incluso si la ecuación no tiene coeficientes constantes. Supongamos que queremos resolver la ecuación y +a 1 (x) y +a 0 (x) y =h (x) (note que esta normalizada) y sabemos que y +a 1 (x) y +a 0 (x) y =0 tiene solución general c 1 y 1 (x) +c 2 y 2 (x) entonces para encontrar una solución general de la ecuación y +a 1 (x) y +a 0 (x) y =h (x) basta encontrar una función y p (x) tal que y p +a 1 (x) y p +a 0 (x) y p =h (x) postulamos que tal solución tiene la forma y p (x) =c 1 (x) y 1 (x) +c 2 (x) y 2 (x) entonces y p =c 1 y 1 +c 1 y 1 +c 2 y 2 +c 2 y 2 y y p =c 1 y 1 +2c 1 y 1 +c 1 y 1 +c 2 y 2 +2c 2 y 2 +c 2 y 2 luego y p +a 1 (x) y p +a 0 (x) y p =h (x) c 1 y 1 +2c 1 y 1 +c 1 y 1 +c 2 y 2 +2c 2 y 2 +c 2 y 2 +a 1 _ c 1 y 1 +c 1 y 1 +c 2 y 2 +c 2 y 2 _ +a 0 _ c 1 y 1 +c 2 y 2 _ = h agrupando c 1 y 1 +2c 1 y 1 +c 2 y 2 +2c 2 y 2 +a 1 c 1 y 1 +a 1 c 2 y 2 + _ c 1 y 1 +a 1 c 1 y 1 +a 0 c 1 y 1 _ + _ c 2 y 2 +a 1 c 2 y 2 +a 0 c 2 y 2 _ = h así c 1 y 1 +2c 1 y 1 +c 2 y 2 +2c 2 y 2 +a 1 c 1 y 1 +a 1 c 2 y 2 = h _ c 1 y 1 +c 2 y 2 _ + _ c 1 y 1 +c 2 y 1 _ +a 1 _ c 1 y 1 +c 2 y 2 _ = h Nelson Cifuentes F. 16 Universidad Técnica Federico Santa María Departamento de Matemática escogemos las funciones de forma que c 1 y 1 +c 2 y 2 = 0 c 1 y 1 +c 2 y 1 = h de donde las funciones se escogen de forma que _ y 1 (x) y 2 (x) y 1 (x) y 2 (x) __ c 1 (x) c 2 (x) _ = _ 0 h (x) _ de donde c 1 (x) = _ _ _ _ 0 y 2 (x) h (x) y 2 (x) _ _ _ _ _ _ _ _ y 1 (x) y 2 (x) y 1 (x) y 2 (x) _ _ _ _ y c 2 (x) = _ _ _ _ y 1 (x) 0 y 1 (x) h (x) _ _ _ _ _ _ _ _ y 1 (x) y 2 (x) y 1 (x) y 2 (x) _ _ _ _ luego integramos y tenemos las funciones c 1 (x) y c 2 (x). Observación 1.4. El método es aplicable en general. Si y 1 , . . . , y n son base de d n y dx n +a n−1 (x) d n−1 y dx n−1 +· · · +a 0 (x) y =0 entonces una solución particular de d n y dx n +a n−1 (x) d n−1 y dx n−1 +· · · +a 0 (x) y =h (x) es de la forma y p (x) = n i =1 c i (x) y i (x) donde c i (x) = |C i | W C i es el Wronskiano en el cual se cambio la i-ésima columna por _ _ _ _ _ _ _ _ 0 0 . . . 0 h (x) _ _ _ _ _ _ _ _ Ejercicio 1.1. Resolver x 2 y −2xy +2y =x 3 lnx sabiendo que y 1 (x) =x es solución de la homogénea x 2 y −2xy +2y =0 Nelson Cifuentes F. 17 Universidad Técnica Federico Santa María Departamento de Matemática Desarrollo: Primero la escribimos en la forma y − 2 x y + 2 x 2 y =x lnx otra solución de la ecuación homogénea y − 2 x y + 2 x 2 y =0 es dada por la fórmula de Abel y 2 (x) = x _ e − _ ( − 2 x ) dx x 2 dx = x _ e 2lnx x 2 dx = x 2 como ya tenemos una base del Kernel buscamos una solución particular de la forma y p (x) = c 1 (x) y 1 (x) +c 2 (x) y 2 (x) = c 1 (x) x +c 2 (x) x 2 donde c 1 (x) = _ _ _ _ 0 x 2 x lnx 2x _ _ _ _ _ _ _ _ x x 2 1 2x _ _ _ _ = −x 3 lnx x 2 =−x lnx ⇒ c 1 (x) = _ x lnxdx =− 1 2 x 2 lnx + 1 4 x 2 y c 2 (x) = _ _ _ _ x 0 1 x lnx _ _ _ _ _ _ _ _ x x 2 1 2x _ _ _ _ =lnx ⇒ c 2 (x) =x lnx −x así la solución particular es de la forma y p (x) = _ − 1 2 x 2 lnx + 1 4 x 2 _ x + (x lnx −x) x 2 = 1 4 x 3 (2lnx −3) d 2 dx 2 _ 1 4 x 3 (2lnx −3) _ − 2 x d dx _ 1 4 x 3 (2lnx −3) _ + 2 x 2 _ 1 4 x 3 (2lnx −3) _ =x lnx Nelson Cifuentes F. 18 Universidad Técnica Federico Santa María Departamento de Matemática 1.5 Ecuación de Euler Las ecuaciones de la forma x n y (n) +a n−1 x n−1 y (n−1) +· · · +a 1 y +a 0 y =0 son llamadas ecuaciones de Euler, pueden ser transformadas a una ecuación de coeficientes constan- tes con el cambio de variables x =e t entonces dy dt = dy dx dx dt =x dy dx d 2 y dt 2 = d dt _ x dy dx _ = dx dt dy dx +x d dt dy dx = x dy dx +x 2 d 2 y dx 2 es decir dy dt = x dy dx d 2 y dt 2 − dy dt = x 2 d 2 y dx 2 es posible demostrar que x 3 d 3 y dx 3 =D(D −1) (D −2) y donde D = d dt de esta forma la ecuación de Euler se transforma en una ecuación con coeficientes constantes. Ejemplo 1.14. Resolver las ecuación de Euler x 2 y +2xy −2y =0 Desarrollo: Haciendo el cambio de variables x =e t se sigue x 2 y = D(D −1) y xy = Dy entonces la ecuación se transforma en D(D −1) y +2Dy −2y =0 donde y =y (e t ) entonces _ D 2 +D −2 _ y =0 ⇔(D +2) (D −1) y =0 Nelson Cifuentes F. 19 Universidad Técnica Federico Santa María Departamento de Matemática se sigue y _ e t _ =c 1 e −2t +c 2 e t se sigue y (x) = c 1 x 2 +c 2 x Ejemplo 1.15. Resolver la ecuación de Euler no homogénea x 2 y +2xy −2y =lnx Si hacemos el cambio de variable x =e t entonces la ecuación se transforma en _ D 2 +D −2 _ y =ln _ e t _ =t es decir _ D 2 +D −2 _ y =t la que sabemos resolver (es una ecuación de coeficientes contantes, la solución particular la podemos encontrar utilizando coeficientes indeterminados o bien variación de parámetros). La solución de la ecuación x 2 y +2xy −2y =lnx es c 1 x 2 +c 2 x − 1 2 lnx − 1 4 Nelson Cifuentes F. 20
Report "Apunte USM - Ecuaciones Diferenciales de Orden Superior"