TECNOLGICO PASCUAL BRAVO

TECNOLGICO PASCUAL BRAVO

TECNOLOGAEN ELECTRNICA

ECUACIONES DIFERENCIALES (REFERENTE TERICO)

El siguiente documento ha sido Tomado con fines acadmicos del enlace:

http://mazinger.sisib.uchile.cl/repositorio/ap/ciencias_quimicas_y_farmaceuticas/apmat4c/04e.html)Tema: Ecuaciones Diferenciales Lineales Homogneas de Coeficientes Constantes

Races de la ecuacin auxiliar:

Obtencin de un conjunto fundamental en los distintos casos.

La ecuacin caracterstica (2) es de 2 grado. Por tanto, sus races podrn ser : dos reales y distintas, una real con multiplicidad dos, o dos races complejas conjugadas.

Caso de dos races reales distintas

Si la ecuacin caracterstica (2) tiene dos races reales y distintas r1 y r2, entonces es un conjunto fundamental de soluciones de (1). Por tanto, la solucin general de (1), vlida en (-(, +(), es: donde C1 y C2 son constantes arbitrarias.

En efecto: las y1 e y2 son linealmente independientes.

Su wronskiano es: W[y1(x), y2(x)] = = (r2 r1) (x((.

Ejemplo:

Solucin general de la ecuacin diferencial: y + 2y 3y = 0

La ecuacin caracterstica es: r2 + 2r 3 = 0. Es decir (r-1) (r+3) = 0, cuyas races son r1 = 1, r2 = -3.

Luego {ex, e-3x} es un conjunto fundamental de soluciones.

Y la solucin general ser:

y = C1 ex +C2 e-3x.Caso de una raz doble

Si la ecuacin caracterstica (2) tiene una raz doble r = r1 , entonces un conjunto fundamental de soluciones de (1) es Por tanto, la solucin general de (1) valida en todo ( es :

y = [ C1 + C2 x ] con C1 y C2 constantes arbitrarias.

En efecto: La solucin es y1 = . Para hallar la segunda solucin, puede usarse el mtodo de reduccin de orden, a partir del cambio de variable dependiente y = u(x).

Es : y = u , y = (r1u + u( , y= ( r12 u + 2r1u+ u(Sustituyendo en la ecuacin (1):

(aou + (2r1 ao + a1) u + (ao r12 + a1r1 + a2) u( = 0 (*)

Por ser r1 raz de la ecuacin caracterstica, es a0r12 + a1r1 + a2 = 0. Y por ser r1 raz doble, es . Luego 2r1a0 + a1 = 0. Por tanto, la ecuacin (*) toma la forma: u= 0.

Una solucin particular de sta es u1 = x. luego es solucin particular de la (1) la funcin y2 = x.

Esta solucin es linealmente independiente de la primera, pues o bien :

Por tanto {y1 = , y2 = x} es un conjunto fundamental de soluciones.

Nota: Puede tambin comprobarse directamente que es solucin, de la forma siguiente:

Si r1 es raz doble de (2), resulta: P(r) = a0 r2 + a1r + a2 = a0(r-r1)2 y P(r) = 2a0(r-r1).

Luego:

P(r1) = P(r1) = 0. Se verifica:

L(erx( = erx( a0 r2 + a1r + a2( = erx P(r). Luego: L(( = 0.

L(xerx( = L(( = .

Luego: L(x ( = (xP(r1) + P(r1)( = 0.

Por tanto: y2 = x es solucin de (1).

Ejemplo:

Solucin general de la ecuacin diferencial y - 6y +9y = 0.La ecuacin caracterstica es:

r2 - 6r + 9 = 0 , es decir (r-3)2 = 0 , que tiene a r1 = 3 como raz doble.

Luego {e3x, xe3x} es un conjunto fundamental.

Por tanto la solucin general es: y = e3x (C1 + C2 x(Caso de races complejas

Nota : Que. significa la exponencial e(x+iy) en el campo complejo?.

Para que se generalice al campo complejo la ley de exponentes ea eb = e(a+b) de la exponenciacin real, habr de ser: e(x+iy) = ex eiy.

Que significa eiy ?:

Si se supone que el desarrollo en serie de Taylor en torno a y = 0 es formalmente igual para complejos que para reales resulta:

eiy=1+= 1+=

Lo anterior justifica la definicin:

e(x+iy) = ex (cosy + i seny)( Frmula de Euler )

Se verifica:

Si la ecuacin caracterstica tiene races complejas, y estas son conjugadas ( ( ( i . Entonces un conjunto fundamental de soluciones de (1), en todo ( es :

{y1 = e(x cos (x, y2 = e(x sen (x}.

Por tanto la solucin general de (1) es : y = e(x(C1 cos (x + C2 sen (x( ,

siendo C1 y C2 constantes arbitrarias reales.

En efecto :

Lo citado en el caso de dos races reales y distintas de la ecuacin (2), es tambin vlido si las races r1 y r2 son complejas conjugadas: r1 = ( + (i , r2 = ( - i(.

Son soluciones linealmente independientes en el campo complejo, las funciones

y1* = e((+i ()x e y2* = e((-i ()x,

segn puede comprobarse inmediatamente sustituyendo en la ecuacin diferencial (1) y teniendo en cuenta que segn se establece en el estudio de las funciones complejas, la derivada de erx con r complejo, es tambin rerx.

Segn la definicin de exponenciales complejas es :

y1* = e(x (cos(x + i sen (x).

Por tanto son soluciones reales de (1), las partes real e imaginaria de esta solucin compleja, es decir :

y1 = e(x cos(x y2 = e(x sen (x.

Adems son linealmente independientes, pues o bien :

Por tanto {y1, y2} es conjunto fundamental.

Ejemplos:

1. Solucin general de la ecuacin diferencial: y + 2y + 17y = 0

Ecuacin caracterstica: r2 + 2 r + 17 = 0.Races: r1 = -1 + 4i r2 = -1- 4i

Luego son soluciones linealmente independientes: y1 = e-x cos 4x y2 = e-x sen4x

Solucin general: y = e-x (C1 cos 4x + C2 sen 4x(. C1, C2 ((.

2. Solucin general de la ecuacin diferencial: y + y + y = 0

Ecuacin caracterstica: r2 + r + 1 = 0.

Luego .

Sistema fundamental de soluciones:

Solucin general: y =

3. Solucin de

y + 9 y = 0 tal que: .

Ecuacin caracterstica: r2 + 9 = 0.

Races: r1 = 3i r2 = -3i.

Sistema fundamental de soluciones:

{y1 = cos3x y2 = sen3x}.

Solucin general:

y = C1 cos 3x + C2 sen 3x}.Condiciones . Luego: C1 = 1 y C2 = -1.

Solucin del problema de valor inicial dado: y = cos 3x - sen 3x.Tema: E.D. Lineales no homogneas con coeficientes constantes:

Coeficientes indeterminados, mtodo de la superposicinPara resolver una ecuacin diferencial lineal no homognea

any (n) + an 1 y(n 1) + + a1y + a0y = g(x) (1)debemos pasar por dos etapas:i) Determinar la funcin complementaria, yc.

ii) Establecer cualquier solucin particular, yp, de la ecuacin no homognea.Entonces, como vimos en la seccin 4.1, la solucin general de (1) en un intervalo es y = yc + yp. La funcin complementaria y, es la solucin general de la ecuacin homognea asociada any(n) + an 1y(n1) + + a1y + a0y = 0. En la ltima seccin vimos cmo resolver estas ecuaciones cuando los coeficientes son constantes. El primero de dos mtodos que debemos considerar para obtener una solucin particular, yp, se llama mtodo de los coeficientes indeterminados. La idea bsica es una conjetura o propuesta coherente acerca de la forma de yp originada por los tipos de funciones que forman el dato g(x). El mtodo es bsicamente directo, pero est limitado a ecuaciones lineales no homogneas, como la ecuacin (1), en que Los coeficientes a1, i = 0, 1, . . . , n son constantes

g(x) es una constante k, una funcin polinomial, una funcin exponencial eax, funciones seno o coseno como sen bx, cos bx, o sumas y productos finitos de esas funciones.Nota: En trminos estrictos, g(x) = k (una constante) es una funcin polinomial. Como es probable que una funcin constante no sea lo primero que se viene a la mente con el concepto de funciones polinomiales, en lo sucesivo, para recordar citaremos la redundancia "funciones constantes, polinomios . . . "

A continuacin veremos algunos ejemplos de las clases de funciones g(x) adecuadas para nuestra descripcin:g(x) = 10, g(x) = x2 5x, g(x) = 15x 6 + 8ex,

g(x) = sen 3x 5x cos 2x, g(x) = ex cos x + (3x2 1)ex, etc.esto es, g(x) es una combinacin lineal de funciones del tipok (constante), x", xneax, xneax cos bx y xneax sen bx,en donde n es un entero no negativo y a y b son nmeros reales. El mtodo de los coeficientes indeterminados no se aplica a ecuaciones de la forma (1) cuando

etc. Ms adelante, se tratarn ecuaciones diferenciales en que la "entrada" (input) de la ecuacin, g(x), sea una funcin como estas ltimas.El conjunto de funciones formado por constantes, polinomios, exponenciales eax, senos y cosenos tiene la notable propiedad de que las derivadas de sus sumas y productos son, de nuevo, sumas y productos de constantes, polinomios, exponenciales eax, senos y cosenos. Como la combinacin lineal de las debe ser idntica a g(x), parece lgico suponer que yp tiene la misma forma que g(x).Ilustraremos el mtodo bsico con dos ejemplos.Ejemplo 1 Solucin general con coeficientes indeterminados

Resolver y" + 4 y' 2y = 2x2 3x + 6. (2)Solucin

Paso 1. Primero resolveremos la ecuacin homognea asociada y"+ 4y' - 2y = 0. Al aplicar la frmula cuadrtica tenemos que las races de la ecuacin auxiliar m2 + . Entonces, la funcin complementaria es

Paso 2. Como la funcin g(x) es un polinomio cuadrtico, supondremos una solucin particular que tambin tenga la forma de un polinomio cuadrtico:

yp = Ax2 + Bx + C.Tratamos de determinar coeficientes A, B y C especficos para los que yp sea una solucin de (2). Sustituimos yp y las derivadas

en la ecuacin diferencial dada, la ecuacin (2), y obtenemos

Como se supone que esta ecuacin es una identidad, los coeficientes de potencias de x de igual grado deben ser iguales:

Esto es,2A = 2, 8A 2B = 3, 2A + 4B 2C = 6.

Al resolver este sistema de ecuaciones se obtienen. . As, una solucin particular es

Paso 3. La solucin general de la ecuacin dada es

Ejemplo 2 Solucin particular mediante coeficientes indeterminadosDetermine una solucin particular de y" y' + y = 2 sen 3x.Solucin Una primera estimacin lgica de una solucin particular sera A sen 3x; pero como las diferenciaciones sucesivas de sen 3x dan sen 3x y tambin cos 3x, tenemos que suponer una solucin particular que posea ambos trminos:

yp = A cos 3x + B sen 3x.

Al diferenciar yp, sustituir los resultados en la ecuacin diferencial original y reagrupar, tenemos

Del sistema8A 3B = 0, 3A 8B = 2,

obtenemos . Una solucin particular de la ecuacin esComo ya mencionamos, la forma que supongamos para la solucin particular yp es una estimacin coherente, no a ciegas. Dicha estimacin ha de tener en cuenta no slo los tipos de funciones que forman a g(x), sino (como veremos en el ejemplo 4), las funciones que forman la funcin complementaria yc.

Ejemplo 3Formacin de yp por superposicinResuelva y" 2y' 3y = 4x 5 + 6xe2x. (3)Solucin

Paso 1. Primero se determina la solucin de la ecuacin homognea asociada, y" 2y'3y=0, solucin que es yc = c1 e-x + c2e3x,

Paso 2. A continuacin, la aparicin de 4x 5 en g(x) sugiere que la solucin particular contiene un polinomio lineal. Adems, como la derivada del producto xe2x produce 2xe2x y e2x , tambin supondremos que en la solucin particular hay trminos en xe2x y en e2x ; en otras palabras, g es la suma de dos tipos bsicos de funciones:g(x) = g1(x) + g2(x) = polinomio + exponenciales.

En consecuencia, el principio de superposicin para ecuaciones no homogneas (teorema) sugiere que busquemos una solucin particular

yp = yp1 + yp2donde yp1 = Ax + B y yp2 = Cxe2x + Ee2x,. Sustituimos:

yp = Ax + B + Cxe2x + Ee2xen la ecuacin dada (3) y agrupamos los trminos semejantes:(4)De esta identidad se obtienen cuatro ecuaciones: 3A = 4, 2A 3B = 5, 3C = 6, 2C 3E = 0.

La ltima ecuacin del sistema proviene de la interpretacin de que el coeficiente de e2x en el lado derecho de (4) es cero. Al resolver el sistema llegamos a . En consecuencia,

Paso 3. La solucin general de la ecuacin es

De acuerdo con el principio de superposicin, tambin podemos trabajar el ejemplo 3 resolviendo dos problemas ms sencillos. El estudiante debe comprobar que al sustituirYp1 = Ax + B en y" - 2y' - 3y = 4x 5 y,yp2 = Cxe2x + Ee2x en y" - 2y' - 3y = 6xe2xse tiene . Entonces, una solucin particular de la ecuacin (3) es yp = yp1 + yp2.

En el prximo ejemplo veremos que, a veces, la hiptesis "obvia" de la forma de yp no es una conjetura correcta.

Ejemplo 4 Un tropiezo del mtodo

Determine una solucin particular de y 5y' + 4y = 8ex.

Solucin Al derivar ex no se obtienen funciones nuevas. As, si procedemos como en los ejemplos anteriores, es lgico suponer una solucin particular de la forma yp = Aex. Pero al sustituir esta expresin en la ecuacin diferencial obtenemos la afirmacin contradictoria0 = 8ex,y vemos que nuestra hiptesis de yp fue incorrecta.Aqu, la dificultad se aclara al examinar la funcin complementaria yc = c1ex + c2e4x. Vemos que la supuesta Aex ya est presente en yc. Esto quiere decir que ex es una solucin de la ecuacin diferencial homognea asociada, y al sustituir un mltiplo constante Aex en la ecuacin diferencial se obtendr, necesariamente, cero.

Entonces, cul debe ser la forma de yp? Siguiendo el caso II presentado en las Ecuaciones Diferenciales Homogneas de Coeficientes Constantes, veamos si podemos tener una solucin particular de la forma yp = Axex.

Sustituimos en la ecuacin diferencial, simplificamos y obtenemos

En esta ecuacin vemos que el valor de A es por consiguiente, una solucin particular de la ecuacin dada es

La diferencia entre los procedimientos que empleamos en los ejemplos 1 a 3 y 4 nos lleva a considerar dos casos. El primero refleja lo que sucede en los ejemplos 1 a 3.CASO I: Ninguna funcin en la solucin particular supuesta es una solucin de la ecuacin diferencial homognea asociada.En la siguiente tabla se muestra algunos ejemplos especficos de g(x) en (1), con la forma correspondiente de la solucin particular. Naturalmente, suponemos que ninguna funcin, en la solucin particular yp supuesta est duplicada (o reproducida) por una funcin en la solucin complementaria y,

TABLA. Soluciones particulares tentativas

Ejemplo 5Formas de soluciones particulares, caso IDetermine la forma de una solucin particular de

(a) y" 8y' + 25y = 5x3ex 7eX (b) y" + 4y = x cos x

SOLUCINa) Podemos escribir g(x) = (5x3 7)e-X. Tomamos nuestro modelo del rengln 9 de la tabla 4.1, y suponemos que una solucin particular tiene la forma

yp = (Ax3 + Bx2 + Cx + E) ex.

Obsrvese que no hay duplicacin entre los trminos de yp y los de la funcin complementaria yc = e4x(c1 cos 3x + c2 sen 3x).

b) La funcin g(x) = x cos x se parece a la del rengln 11 de la tabla 4.1 excepto que usamos un polinomio lineal y no cuadrtico, y cos x y sen x en lugar de cos 4x 0y sen 4x, en la forma de yp:yp = (Ax + B) cos x + (Cx + E) sen x.Ntese que no hay duplicacin de trminos entre yp y yC, = c1 cos 2x + c2 sen 2x.Si g(x) est formada por una suma de, digamos, m trminos del tipo de los de la tabla, entonces, como en el ejemplo 3, la hiptesis de una solucin particular yp consiste en la suma de las formas tentativas yp1, yp2,..., ypm que corresponden a los trminosyp = yp1, +yp2+...+ypm.Lo que acabamos de decir se puede formular tambin comoRegla deformacin para el caso I La forma de yp es una combinacin lineal de todas las funciones linealmente independientes generadas por diferenciaciones repetidas de g(x).

EJEMPLO 6 Formacin de yp por superposicin, caso I

Determine la forma de una solucin particular de

y" 9y' + 14y = 3x2 5 sen 2x + 7xe6x.

SolucinSuponemos que 3x2 corresponde a

yp1 = Ax2 + Bx + C.

Suponemos que 5 sen 2x corresponde a yp2 = E cos 2x + F sen 2x.

Suponemos que 7xex corresponde a

yp3 = (Gx + H)e6x.Entonces, la propuesta de solucin particular es

yp = yp1 + yp2 + yp3 = Ax2 + Bx + C + Ecos 2x + F sen 2x + (Gx+H)e6x.Ningn trmino de esta propuesta repite, o duplica, un trmino de yc = c1e2x + c2e7x.

CASO II: Una funcin en la solucin particular supuesta tambin es una solucin de la ecuacin diferencial homognea asociada.El ejemplo que sigue se parece al 4.

Ejemplo 7 Solucin particular, caso IIDetermine una solucin particular de y" 2y' + y = ex.

Solucin La solucin complementaria es yc = c1ex + c2xex. Al igual que en el ejemplo 4, la hiptesis yp = Aex no dar resultado porque se ve, en yc, que ex es una solucin de la ecuacin homognea asociada y" 2y' + y = 0. Adems, no podremos determinar una solucin particular de la forma yp = Axex, ya que el trmino xex tambin est duplicado en yc, Probaremos a continuacin con

yp = Ax2ex.

Al sustituir en la ecuacin diferencial dada se obtiene

Entonces, una solucin particular es Supongamos de nuevo que g(x) est formada por m trminos de los tipos que aparecen en la tabla 4.1 y que la hiptesis normal de una solucin particular es

yp= yp1 + yp2 + +ypm,en donde las yppi = 1, 2, . . . , m son formas tentativas de solucin particular que corresponden a esos trminos. En las condiciones descritas en el caso II podemos establecer la siguiente regla general:Regla de multiplicacin para el caso II Si alguna yp, contiene trminos que duplican los trminos en yc, entonces yc, se debe multiplicar por xn, donde n es el entero positivo mnimo que elimina esa duplicacin.Ejemplo 8 Un problema de valores inicialesResuelva el problema de valores iniciales

y" + y = 4x + 10 sen x, y (p) = 0, y' (p) = 2.

SOLUCIN La solucin de la ecuacin homognea asociada, y" + y = 0, es yc = c1 cos x + c2 sen x. Como g(x) = 4x + 10 sen x es la suma de un polinomio lineal y una funcin senoidal, nuestra tentativa lgica de yp, segn los renglones 2 y 5 de la tabla 4.1, sera la suma de yp1 = Ax + B y yp2 = C cos x + E sen x:

yp = Ax + B + C cos x + E sen x. (5)Pero hay una duplicacin obvia en los trminos cos x y sen x en esta forma tentativa y dos trminos de la funcin complementaria. Podemos eliminar esta repeticin con slo multiplicar yp2, por x. En lugar de la ecuacin (5) usaremos ahora

yp = Ax + B + Cx cos x + Ex sen x. (6)Al derivar esta expresin y sustituir los resultados en la ecuacin diferencial se obtiene

y as A = 4, B = 0, 2C = 10, 2E = 0.Las soluciones del sistema se ven de inmediato: A = 4, B = 0, C = 5 y E = 0. Entonces, de acuerdo con (6), obtenemos yp = 4x 5x cos x. La solucin general de la ecuacin dada es y = yc + yp = c1 cos x + c2 sen x + 4x 5x cos x.Ahora aplicaremos las condiciones iniciales a la solucin general de la ecuacin. Primero, y(p) = c1 cos p + c2 sen p + 4p 5p cos p = 0 da c1 = 9p, porque cos p = 1 y sen p = 0. A continuacin, a partir de la derivada

y llegamos a c2 = 7. La solucin del problema de valor inicial es

Ejemplo 9 Empleo de la regla de multiplicacinResuelva y" 6y' + 9y = 6x2 + 2 12e3x.

Solucin La funcin complementaria es yC = c1e3x + c2xe3x. Entonces, basndonos en los renglones 3 y 7 de la tabla 4.1, la hiptesis normal de una solucin particular sera

Al revisar estas funciones vemos que un trmino de yp2, est repetido en yc, Si multiplicamos yp2, por x el trmino xe3x sigue siendo parte de yc, Pero si multiplicamos yp2, por x2 se eliminan todas las duplicaciones. As, la forma operativa de una solucin particular esyp = Ax2 + Bx + C + Ex2e3x.

Si derivamos esta forma, sustituimos en la ecuacin diferencial y reunimos los trminos semejantes, llegamos a

De acuerdo con esta identidad, Por lo tanto, la solucin general y = yc + yp, es

Ejemplo 10 Ecuacin diferencial de tercer orden, caso IResuelva y + y" = ex cos x.Solucin Partimos de la ecuacin caracterstica m3 + m2 = 0 y vemos que m1 = m2 = 0, y m3 = 1. Entonces, la funcin complementaria de la ecuacin es yc = c1 + c2x + c3eX. Si g(x) = ex cos x, de acuerdo con el rengln 10 de la tabla anterior, deberamos suponeryp = Aex cos x + Bex sen x.Como no hay funciones en yp que repiten las funciones de la solucin complementaria, procederemos normalmente. Partimos de

y obtenemos 2A + 4B = 1, 4A 2B = 0.

Con este sistema tenemos de tal suerte que una solucin particular es sen x. La solucin general de la ecuacin es

Ejemplo 11 Ecuacin diferencial de cuarto orden, caso IIDetermine la forma de una solucin particular de y(4) + y"' = 1 x2e-x.

SolucinComparamos yc = c1 + c2x + c3x2 + c4ex con nuestra tentativa normal de solucin particular

vemos que se eliminan las duplicaciones entre yc y yp cuando se multiplica yp1 por x3 y yp2 por x. As, la hiptesis correcta de una solucin particular es

yp = Ax3 + Bx3ex + Cx2ex + Exex.Segn se expuso en el ejemplo 8, el lector se debe asegurar de aplicar las condiciones iniciales (o las condiciones en la frontera) a la solucin general y = yc + yp. Con frecuencia se cae en el error de aplicar esas condiciones slo a la funcin complementaria y, porque es la parte de la solucin donde aparecen las constantesTema: Mtodo del Anulador

Planteamos que una ecuacin diferencial lineal de orden n se puede escribir como sigue:

anDny + an1Dn1y + . . . + a1Dy + a0y = g(x), (1)en donde Dky = dky/dxk, k = 0, 1, . . . , n. Cuando nos convenga, representaremos tambin esta ecuacin en la forma L(x) = g(x), donde L representa el operador diferencial lineal de orden n:L = anDn + an-1Dn-1 + . . . + a1D + a0. (2)La notacin de operadores es ms que taquigrafa til; en un nivel muy prctico, la aplicacin de los operadores diferenciales nos permite llegar a una solucin particular de ciertos tipos de ecuaciones diferenciales lineales no homogneas. Antes de hacerlo, necesitamos examinar dos conceptos.Factorizacin de operadores Cuando las ai, i = 0, 1, . . . , n son constantes reales, se puede factorizar un operador diferencial lineal (2) siempre que se factorice el polinomio caracterstico anmn + an-1Mn1 + . . . + a1m + a0. En otras palabras, si r1 es una raz de la ecuacinanm" + an-1mn1 +...+ a1m + a0 = 0,entonces L = (D r1)P(D), donde la expresin polinomial P(D) es un operador diferencial lineal de orden n l; por ejemplo, si manejamos D como una cantidad algebraica, el operador D2 + 5D + 6 se puede factorizar como (D + 2)(D + 3) o bien (D + 3)(D + 2). As, si una funcin y = f(x) tiene segunda derivada,(D2 + 5D + 6 )y = (D+2)(D+3)y = (D+3)(D+2)y.Lo anterior es un ejemplo de una propiedad general:

Los factores de un operador diferencial lineal con coeficientes constantes son conmutativos.

Una ecuacin diferencial como y" + 4y' + 4y = 0 se puede escribir en la forma

(D2 + 4D + 4) y = 0 o sea (D + 2)(D + 2) y = 0 o sea (D + 2)2y = 0.

Operador anulador Si L es un operador diferencial con coeficientes constantes y f es una funcin suficientemente diferenciable tal que

L(f(x)) = 0,

se dice que L es un anulador de la funcin; por ejemplo, una funcin constante como y = k es anulada por D porque Dk = 0. La funcin y = x es anulada por el operador diferencial D2 porque la primera y segunda derivadas de x son 1 y 0, respectivamente. En forma similar, D 3X2 = 0, etctera.

El operador diferencial Dn anula cada una de las siguientes funciones:

1, x, x3, . .., x"1. (3)

Como consecuencia inmediata de la ecuacin (3) y del hecho de que la diferenciacin se puede llevar a cabo trmino a trmino, un polinomio

c0 + c1x + c2x2 + . . + Cn1xn (4)se puede anular definiendo un operador que anule la potencia mxima de x

Las funciones que anula un operador diferencial lineal L de orden n son aquellas que se pueden obtener de la solucin general de la ecuacin diferencial homognea L(y) = 0.

El operador diferencial (D )n anula cada una de las siguientes funciones

eax, xeox, x2e , . . . , xn-1eax (5)Para comprobarlo, observemos que la ecuacin auxiliar de la ecuacin homognea (D )ny = 0 es (m )n = 0. Puesto que a es una raz de multiplicidad n, la solucin general es

y = c1eax + c2xeax + . . . + Cnxn1eax (6)Ejemplo 1 Operadores anuladoresDetermine un operador diferencial que anule la funcin dada.

(a) 1 5x2 + 8x3

(b) e3x (c) 4e2x 10xe2xSolucina) De acuerdo con (3), sabemos que D 4x3 = 0 y, como consecuencia de (4),

D4(1 5x2 + 8x3) = 0.

b) De acuerdo con (5), con = 3 y n = 1, vemos que

(D + 3)e3Y = 0.

c) Segn (5) y (6), con = 2 y n = 2, tenemos

(D 2)2(4e2x 10xe2X) = 0.

Cuando y son nmeros reales, la frmula cuadrtica indica que [m2 - 2m + (2 + 2)]n = 0 tiene las races complejas + i , i, ambas de multiplicidad n. Podemos llegar al siguiente resultado.

El operador diferencial [D2 - 2D + (2 + 2)n anula cada una de las siguientes funciones:

eax cos x, xeax cos x, x2eax cos x, ..., xn-1eax cos x

eax sen x, xeax sen x, x2eax sen x, , xn-1eax sen x (7)Ejemplo 2 Operador anuladorDetermine un operador diferencial que anule a 5ex cos 2x 9ex sen 2x.

Solucin

Al examinar las funciones ex cos 2x y e-x sen 2x se ve que = 1 y = 2. Entonces, segn (7), llegamos a la conclusin de que D2 + 2D + 5 anular cada funcin. Dado que D2 + 2D + 5 es un operador lineal, anular cualquier combinacin lineal de esas funciones, como 5ex cos 2x 9e-x sen 2x.

Cuando = 0 y n = 1 se tiene el caso especial de (7):

Por ejemplo, D2 + 16 anula cualquier combinacin lineal de sen 4x y cos 4x.

Con frecuencia desearemos anular la suma de dos o ms funciones. Segn acabamos de ver en los ejemplos 1 y 2, si L es un operador diferencial lineal tal que L(y1) = 0 y L(y2) = 0, entonces anula la combinacin lineal c1y1(x) + c2Y2(x). Esto es consecuencia directa del teorema 4.2. Supongamos que L1 y L2 son operadores diferenciales lineales con coeficientes constantes, tales que L1 anula a y1(x) y L2 anula a y2(x), pero L1(y2) : 0 y L2(y1) 0. Entonces, el producto de los operadores lineales, L1L2, anula la suma c1 y1 (x) + c2 y2(x). Esto se demuestra con facilidad aplicando la linealidad y el hecho de que L1L2 =L2L1Por ejemplo, de acuerdo con (3), sabemos que D2 anula a 7 x y segn (8), D2 + 16 anula sen 4x. Entonces, el producto de los operadores, que es D2(D2 + 16), anula la combinacin lineal 7 - x + 6 sen 4x.

Nota: El operador diferencial que anula a una funcin no es nico. En la parte b) del ejemplo 1 sealamos que D + 3 anula a e-3x, pero tambin la anulan operadores diferenciales de orden superior, siempre que D + 3 sea uno de los factores del operador; por ejemplo, (D + 3)(D + 1), (D + 3)2 y D3(D+ 3) anulan, todos, a e-3x. (Comprubelo.) Para este curso, cuando busquemos un anulador de una funcin y = f(x) obtendremos el operador del orden mnimo posible que lo haga.

Coeficientes indeterminados Lo anterior nos conduce al punto de la descripcin anterior. Supongamos que L(y) = g(x) es una ecuacin diferencial lineal con coeficientes constantes, y que la entrada g(x) consiste en sumas y productos finitos de las funciones mencionadas en (3), (5) y (7), esto es, que g(x) es una combinacin lineal de funciones de la forma k (constante), xm, xmeax, xmeax cos x y xmeax sen x, en donde m es un entero no negativo y y son nmeros reales. Ya sabemos que esa funcin g(x) se puede anular con un operador diferencial, L1, de orden mnimo, formado por un producto de los operadores Dn, (D ca)n y (D2 - 2D + 2 + 2)n. Aplicamos L1 a ambos lados de la ecuacin L(y) = g(x) y obtenemos L1L(y) = L1(g(x)) = 0. Al resolver la ecuacin homognea y de orden superior L1L(y) = 0, descubriremos la forma de una solucin particular, yp, de la ecuacin original no homognea L(y) = g(x). A continuacin sustituimos esa forma supuesta en L(y) = g(x) para determinar una solucin particular explcita. Este procedimiento de determinacin de yp se llama mtodo de los coeficientes indeterminados y lo aplicaremos en los prximos ejemplos.

Antes de seguir, recordemos que la solucin general de una ecuacin diferencial lineal no homognea L(y) = g(x) es y = yc + yp, donde yc es la funcin complementaria; esto es, la solucin general de la ecuacin homognea asociada L(y) = 0. La solucin general de cada ecuacin L(y) = g(x) est definida en el intervalo .

Ejemplo 3 Solucin general mediante coeficientes indeterminados

Resuelva y" + 3y' + 2y = 4x2. (9)Solucin

Paso 1. Primero resolvemos la ecuacin homognea y" + 3y' + 2y = 0. A continuacin, a partir de la ecuacin auxiliar m2 + 3m + 2 = (m + 1)(m + 2) = 0, determinamos que m1 = 1 y m2 = 2; por lo tanto, la funcin complementaria es

yC = c1ex + c2e2x.

Paso 2. Como el operador diferencial D3 anula a 4x2, vemos que D3(D2 + 3D + 2)y = 4D3x2 es lo mismo que

D3(D2+3D+2)y=0. (10)La ecuacin auxiliar de la ecuacin (10), de quinto orden m3(m2 + 3m + 2) = 0 o sea m3(m+1)(m+2) = 0,tiene las races m1 = m2 = m3 = 0, m4 = 1 y m5 = 2. As, su solucin general debe ser

(11)Los trminos en la zona sombreada de la ecuacin (11) constituyen la funcin complementaria de la ecuacin original, (9). Entonces podemos decir que una solucin particular, yp, de (9) tambin debera satisfacer la ecuacin (10). Esto significa que los trminos restantes en la ecuacin (11) han de tener la forma bsica de yp:

y = A + Bx + Cx2, (12)en donde, por comodidad, hemos sustituido c1, c2 y c3 por A, B y C, respectivamente. Para que la ecuacin (12) sea una solucin particular de la (9), se necesita determinar los coeficientes especficos A, B y C. Derivamos la funcin (12) para obtener

y sustituimos en (9) para llegar a

Como se supone que esta ltima ecuacin tiene que ser una identidad, los coeficientes de las potencias de igual grado en x deben ser iguales:

Esto es, 2C = 4, 2B + 6C = 0, 2A + 3B + 2C = 0. (13)Resolvemos las ecuaciones en (13), para obtener A = 7, B = 6 y C = 2. En esta forma, yp = 7 6x + 2x2.

Paso 3. La solucin general de la ecuacin (9) es y = yc + yp, o sea

y = c1ex + C2e2x + 7 6x + 2x2.

Ejemplo 4 Solucin general empleando coeficientes indeterminados

Resuelva y" 3y' = 8e3x + 4 sen x. (14)Solucin

Paso 1. La ecuacin auxiliar de la ecuacin homognea asociada y" 3y' = 0 es m2 3m = m(m 3) = 0, as que yc = c1 + C2e3x.

Paso 2. En vista de que (D 3)e3x = 0 y(D2 + 1) sen x = 0, aplicamos el operador diferencial (D 3)(D2 + 1) a ambos lados de (14):

(D 3) (D2 + 1) (D2 3D)y = 0. (15)La ecuacin auxiliar de la ecuacin (15) es

(m 3)(m2 + 1)(m2 3m) = 0 o sea m(m 3)2(m2 + 1) = 0.

De modo queDespus de excluir la combinacin lineal de trminos indicada en gris que corresponde a yc, llegamos a la forma de yp:

yp = Axe3x + B cos x + C sen x.

Sustituimos yp en (14), simplificamos y obtenemos

Igualamos coeficientes:

3A = 8, B 3C = 0 ,3B C = 4.

Vemos que y, en consecuencia,

Paso 3. Entonces, la solucin general de (14) es

Ejemplo 5 Solucin general mediante coeficientes indeterminados

Resuelva y" + y = x cos x cos x. (16)Solucin

La funcin complementaria es yc = c1 cos x + C2 sen x. Si comparamos cos x y x cos x con las funciones del primer rengln de (7), veremos que = 0 y n = 1, as que (D2 + 1)2 es un anulador del lado derecho de la ecuacin (16). Aplicamos ese operador a la ecuacin y tenemos

(D2 + 1)2 (D2 + 1)y = 0, o sea (D2 + 1)3y = 0.

Como i y i son, a la vez, races complejas de multiplicidad 3 de la ecuacin auxiliar de la ltima ecuacin diferencial, concluimos que

y = c1 cos x + c2 sen x + c3x cos x + c4x sen x c5x2 cos x + c6x2 sen x

Sustituimos

yp = Ax cos x + Bx sen x + Cx2 cos x + Ex2 sen x

en la ecuacin (16) y simplificamos:

Igualamos los coeficientes y obtenemos las ecuaciones

4E = 1, 4C = 0, 2B + 2C = 1, 2A + 2E = 0,

cuyas soluciones son

En consecuencia, la solucin general de (16) es

Ejemplo 6 Forma de una solucin particular

Determine la forma de una solucin particular de

y" 2y' + y = 10e2x cos x. (17)Solucin

La funcin complementaria, para la ecuacin dada, es yc = c1ex + c2xex.

De acuerdo con (7), con = 2, = 1 y n = 1, sabemos que

(D2 + 4D + 5)e2x cos x = 0.

Aplicamos el operador D2 + 4D + 5 a la ecuacin 17 para obtener

(D2 + 4D + 5)(D2 2D + 1)y = 0. (18)Como las races de la ecuacin auxiliar de (18) son 2 i, 2 + i, 1 y 1,

y = c1ex + c2xex + c3e2x cos x + c4e2x sen x.

Se llega a una solucin particular de (17) de la forma

yp = Ae2x cos x + Be2x sen x.

Ejemplo 7 Forma de una solucin particular

Determine la forma de una solucin particular de

y 4y" + 4y' = 5x2 6x + 4x2e2x + 3e5x. (19)Solucin

Primero vemos que

D3(5x2 6x) = 0, (D 2)3x2e2x = 0, y (D 5)e5x = 0.

Entonces, al aplicar D3(D 2)3 (D 5) a (19) se obtiene

D3 (D 2)3 (D 5)(D3 4D2 + 4D)y = 0

o sea D4(D 2)5(D 5)y = 0.

Fcilmente se advierte que las races de la ecuacin auxiliar de la ltima ecuacin diferencial son 0, 0, 0, 0, 0, 2, 2, 2, 2, 2 y 5. De aqu que

y = c1 + C2x + C3X2 + c4x3 + C5e2x +c6xe2x + c7x2e2x + c8x3e2x + c9x4e2x + c10e5x, (20)Como la combinacin lineal c1 + c5e2x + c6xe2x corresponde a la funcin complementaria de (19), los trminos restantes en la ecuacin (20) expresan la forma que buscamos:

yp = Ax + Bx2 + Cx3 + Ex2e2x + Fx3e2x + Gx4e2x + He5x.

Resumen del mtodo Para comodidad del lector resumiremos el mtodo de los coeficientes indeterminados.

Coeficientes indeterminados, mtodo del anulador

La ecuacin diferencial L(y) = g(x) tiene coeficientes constantes y la funcin g(x) consiste en sumas y productos finitos de constantes, polinomios, funciones exponenciales e', senos y cosenos.

i)Se determina la solucin complementaria, yc, de la ecuacin homognea L(y) = 0.

ii) Ambos lados de la ecuacin no homognea L(y) = g(x) se someten a la accin de un operador diferencial, L1, que anule la funcin g(x).

iii)Se determina la solucin general de la ecuacin diferencial homognea de orden superior L1L(y) = 0.

iv)De la solucin obtenida en el paso iii), se eliminan todos los trminos duplicados en la solucin complementaria, y, que se determin en el paso i). Se forma una combinacin lineal, yp, con los trminos restantes. sta ser la forma de una solucin particular de L(y) = g(x).

v)Se sustituye yp que se determin en el paso iv) en L(y) = g(x). Se igualan los coeficientes de las diversas funciones a cada lado de la igualdad y se despejan los coeficientes desconocidos en yp del sistema de ecuaciones resultante.

vi)Con la solucin particular que se determin en el paso v), se forma la solucin general y = yc + yp de la ecuacin diferencial dada.

Observacin

El mtodo de los coeficientes indeterminados no se puede aplicar a ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes variables ni a ecuaciones lineales con coeficientes constantes cuando g(x) sea una funcin como las siguientes:

etctera.

Tema: E.D. Lineales homogneas y no homogneas: Mtodo de Variacin de Parmetros.

El procedimiento que seguimos un poco ms atrs en el curso para llegar a una solucin particular de una ecuacin diferencial lineal de primer orden

en un intervalo se aplica tambin a ecuaciones lineales de orden superior. Para adaptar el mtodo de variacin de parmetros a una ecuacin diferencial de segundo orden,

2(x)y + 1(x)y + 0(x)y = g(x) (2)comenzaremos por llevar la ecuacin diferencial a su forma reduciday" + P(x)y' + Q(x)y = f(x) (3)dividindola por el primer coeficiente, 2(x). Suponemos que P(x), Q(x) y f(x) son continuas en algn intervalo I. La ecuacin (3) es el anlogo de la ecuacin (1). Segn vimos ms atrs oo hay dificultad en obtener la funcin complementaria, yc, de (2), cuando los coeficientes son constantes.

Hiptesis Es similar a la hiptesis yp = u(x)y1(x) que usamos en la seccin 2.3 a fin de hallar una solucin particular, yp, de la ecuacin lineal de primer orden (1). Para la ecuacin lineal de segundo orden (2) se busca una solucin de la formaYp = u1(x)y1(x) + u2(x)y2(x), (4)en que y1 y y2 formen un conjunto fundamental de soluciones, en I, de la forma homognea asociada de (2). Aplicamos dos veces la regla del producto para diferenciar yp y obtenemos

Sustituimos (4), las derivadas de arriba en la ecuacin (2) y agrupamos los trminos:

Dado que buscamos determinar dos funciones desconocidas, u1 y u2, es de esperar que necesitemos dos ecuaciones. Las podemos obtener si establecemos la hiptesis adicional de que las funciones u1 y u2 satisfacen . Esta hiptesis es pertinente porque si pedimos que , la ecuacin (5) se reduce a . Con ello ya tenemos las dos ecuaciones que desebamos, aunque sea para determinar las derivadas . Aplicamos la regla de Cramer y la solucin del sistema

se puede expresar en trminos de los determinantes

Las funciones u1 y u2 se determinan integrando los resultados en (6). Se ve que el determinante W es el wronskiano de y1 y y2. Sabemos, por la independencia lineal entre y1 y y2 en I, que W(y1(x), y2(x)) 0 para toda x en el intervalo.

Resumen del mtodo Por lo general, no se aconseja memorizar frmulas, sino ms bien comprender un procedimiento. Sin embargo, el procedimiento anterior es demasiado largo y complicado para recurrir a l cada que deseemos resolver una ecuacin diferencial. En este caso lo ms eficaz es usar las frmulas (6). As, para resolver 2y" + 1y' + 0y = g(x), primero se halla la funcin complementaria y1 = c1y1 + c2y2, y despus se calcula el wronskiano W(y1(x), y2(x)). Se divide entre 2 para llevar la ecuacin a su forma reducida y" + Py' + Qy = f(x) para hallar f(x). Se determinan u1 y u2 integrando, respectivamente, , donde se definen W1 y W2 de acuerdo con (7). Una solucin particular es yp = u1y1 + u2 y2. La solucin general de la ecuacin es, por consiguiente, y = yc + yp.

EJEMPLO1Solucin general mediante variacin de parmetros

Resuelva y" 4y' + 4y = (x + 1)e2X .

SOLUCIN Partimos de la ecuacin auxiliar m2 4m + 4 = (m 2)2 = 0, y tenemos que

yc = c1e2x + c2xe2x. Identificamos y1 = e2x y y2 = xe2x y calculamos el wronskiano

Como la ecuacin diferencial dada est en la forma reducida (3) (esto es, el coeficiente de y" es 1), vemos que f(x) = (x + 1)e2x. Aplicamos (7) y efectuamos las operaciones

EJEMPLO 2 Solucin general mediante variacin de parmetros

Resuelva 4y" + 36y = csc 3x.

SOLUCIN Primero llevamos la ecuacin a su forma reducida (6) dividindola por 4:

En virtud de que las races de la ecuacin auxiliar m2 + 9 = 0 son m1 = 3i y m2 = 3i, la funcin complementaria es yc = c1 cos 3x + c2 sen 3x. Sustituimos y1 = cos 3x, y2 = sen 3x y en las definiciones (7) y obtenemos

La ecuacin (8) representa la solucin general de la ecuacin diferencial en, por ejemplo, el intervalo (0, p/6).

Constantes de integracin Al determinar las integrales indefinidas de , no necesitamos introducir constantes. Porque

y = yc + yp = c1y1 + c2y2 + (u1 + 1)y1 + (u2 + b1)y2= (c1 + 1)y1 + (c2 + b1)y2 + u1y1 + u2y2=C1y1 + C2y2 + u1y1 + u2y2EJEMPLO 3 Solucin general por variacin de parmetros

Resuelva

SOLUCIN La ecuacin auxiliar, m2 - 1 = 0 da como resultado m1 = 1 y m2 = 1. Entonces,

yc = c1ex + c2e-x. Tenemos W(eX, e-x) = 2y

Se sabe bien que las integrales que definen a u1 y u2 no se pueden expresar en trminos de funciones elementales. En consecuencia, escribimos

En el ejemplo 3 podemos integrar en cualquier intervalo x0 t x que no contenga al origen.

Ecuaciones de orden superior El mtodo que acabamos de describir para las ecuaciones diferenciales no homogneas de segundo orden, se puede generalizar a ecuaciones lineales de orden n escritas en su forma estndar

Y(n) + Pn 1 ,(x)y(n1) + . . . .+ P1(x)y' + P0(x)y = f(x).

Si yc = c1y1 + c2y2 +... + cnyn es la funcin complementaria de (9), una solucin particular es

yp = u1(x)y1(x) + u2(x)y2(x) + ... + un(x)yn(x),

en que las estn determinadas por las n ecuaciones

Las primeras n 1 ecuaciones del sistema, al igual que en (5), son hiptesis hechas para simplificar la ecuacin resultante despus de sustituir yp = u1(x)y1(x) +... + un(x)yn(x) en (9). En este caso, la regla de Cramer da

en donde W es el wronskiano de y1, y2, . . . , yn, y Wk es el determinante obtenido al sustituir la ksima columna del wronskiano por la columna

Cuando n = 2 se obtiene (6).

Observacin

i) El mtodo de variacin de parmetros tiene una clara ventaja sobre el de los coeficientes indeterminados, porque siempre llega a una solucin particular, yp, cuando se puede resolverla ecuacin homognea relacionada. Este mtodo no se limita a una funcin f(x) que sea una combinacin de los cuatro tipos de funciones. En las ecuaciones diferenciales con coeficientes variables tambin se puede aplicar el mtodo de la variacin de parmetros, as el de los coeficientes indeterminados.

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