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1
PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA MADRE Y MAESTRA DEPARTAMENTO DE CIENCIAS BASICAS SANTIAGO, REPUBLICA DOMINICANA
NOTAS DEL CURSO DE ECUACIONES DIFERENCIALES MAT - 411
L. Henríquez
Unidad II
Ecuaciones diferenciales lineales ordinarias con coeficientes constantes
Recuerde que una ED lineal de orden n es de la forma
)()( n
n yxP
)1(
1)( n
n yxP … + '
1)( yxP )()( 0 xQyxP ,
donde los coeficientes P y la función Q están en función de x solamente, .0)( nxP
Sean L(y) = )()( n
n yxP
)1(
1)( n
n yxP … yxP 0)( . Así, la ED lineal la podemos
expresar como L(y) = Q(x). Si Q(x) = 0, la ED lineal es homogénea.
Teorema 1: Si y = y(x) es solución de L(y) = 0, también lo es y = cy(x), donde c es
cualquier constante real.
Teorema 2: Si y = es solución de L(y) = 0, para toda i = 1, 2, 3, … n, entonces
y = (x) + (x) + … + (x), donde
son constantes reales arbitrarias, es también solución. Esta es
la solución general de la ecuación diferencial lineal homogénea de orden n. Cada una
de las soluciones es linealmente independiente de las otras, es decir,
(x) + (x) + … + (x) = 0 si y sólo si todos los
son iguales a 0.
Ecuaciones diferenciales lineales homogéneas de segundo orden con coeficientes
constantes
Este tipo de ED la podemos expresar así: ay” + by’ + cy = 0. Como es de segundo
orden, su solución general está dada de la forma
y = 2211 ycyc , donde se puede verificar que iy = mxe . La solución,
entonces, consistirá en hallar los valores de m.
Sea y = mxe , entonces y’ = m mxe , y y" = 2m mxe . Sustituyendo en ay” + by’ + cy = 0,
se tiene que a( 2m mxe ) + b(m mxe ) + c mxe = 0, que al factorizar se obtiene
mxe (a 2m + bm + c) = 0. Puesto que mxe > 0, para todo m y x, entonces
para determinar los valores de m resolvemos la ecuación cuadrática a 2m + bm + c = 0.
2
Esta ecuación se conoce como la ecuación auxiliar de ED diferencial.
Caso I: Si la ec. auxiliar tiene dos raíces reales m1 y m2, entonces la solución general
tiene la forma:
y = c1em1x
+ c2em2x
.
Ejemplo: Resolver la ED y`` - 3y` - 4y = 0.
Solución: La ec. auxiliar correspondiente es m2 – 3m – 4 = 0. Esta ecuación se puede
resolver por factorización simple: (m – 4)(m + 1) = 0. Luego, m1 = 4 y m2 = -1. Por tanto
la solución general es y = c1e4x
+ c2e-x
.
Caso II: Si la ec. auxiliar tiene una sola raíz real m, entonces se verifica que la solución
general tiene la forma:
y = c1emx
+ c2 xemx
.
Ejemplo: Resolver la ED y`` - 4y` + 4y = 0.
Solución: La ec. auxiliar correspondiente es m2 – 4m + 4 = 0. Esta ecuación también se
puede resolver por factorización simple: (m – 2)(m - 2) = 0. Luego, m1 = m2 = 2. Por
tanto la solución general es y = c1e2x
+ c2x e2x
.
Caso III: Si la ec. auxiliar tiene dos raíces complejas m1 y m2, entonces la solución
general tiene la forma:
y = c1em1x
+ c2em2x
, donde m1 = a + bi y m2 = a – bi, donde 1i .
En este caso la solución general se expresa términos de seno y coseno. Para lograr esto
tenemos la identidad de Euler que vincula el coseno y el seno con la expresión eix
:
isenxxeix cos . Esto se demuestra a partir de que las funciones trascendentales ex,
cosx y senx pueden representarse mediante series potencias:
0
12
)!12(
)1(
n
nn
n
xsenx ,
0
2
)!2(
)1(cos
n
nn
n
xx y
0 !n
nx
n
xe .
Notamos que 1,,1 432 iiii . Es decir, los exponentes pares de i dan lugar a
valores entre 1, mientras que los impares a Luego, si a ix lo sustituimos en la
serie que corresponde a la ex, se tiene que
ixe =
0 !
)(
n
n
n
ix, la cual al expandirse se verifica que
isenxxeix cos .
Se tiene que )(cos)( isenbxbxeeee axbixaxxbia . De la misma manera
)(cos)( isenbxbxeeee axbixaxxbia , pues cos(-bx) = cosbx, y sen(-bx) = -senbx.
De ahí que la solución general y = 1c xbiae )( + 2c xbiae )( se transforme como sigue:
3
y = 1c )(cos isenbxbxeax + 2c )(cos isenbxbxeax
= ( 1c + 2c ) bxeax cos + ( 1c - 2c )i senbxeax
Luego, la solución general se expresará como y = A bxeax cos + B senbxeax , donde
A = 1c + 2c y B = ( 1c - 2c )i, pero en adelante podemos escribir la solución como
y = 1c bxeax cos + 2c senbxeax , ya que las letras mayúsculas se reservarán
para denotar los coeficientes de otras soluciones que se verán más adelante.
Ejemplo: Resolver la ED y`` - 2y` + 10y = 0.
Solución:
La ecuación auxiliar es m2 – 2m + 10 = 0. Esta ecuación no puede factorizarse por
simple inspección. Para hallar las raíces debemos utilizar la fórmula de la cuadrática
para resolver la ecuación am2 + bm + c = 0:
√
=
√
=
√
=
√
Luego m1 = 1- 3i y m2 = 1 + 3i, es decir a = 1 y b = 3. Por tanto la solución general es
y = 1c xe x 3cos + 2c xsene x 3 .
Ecuaciones diferenciales lineales homogéneas de orden superior con coeficientes
constantes
Sea )(n
n yP
)1(
1
n
n yP … + '
1 yP 00 yP , donde los Pi son constantes.
La solución general es y = (x) + (x) + … + (x), donde
son constantes reales arbitrarias, y cada iy = mxe .
Para hallar la solución general de la ED lineal homogénea de orden n bastará encontrar
las raíces o soluciones de la ecuación auxiliar:
)(n
nmP
)1(
1
n
n mP … + '
1mP 00 mP .
Se verifica que si una de las raíces mi es de multiplicidad k, es decir en la factorización de la
ecuación auxiliar se tiene el factor (m – mj)k, entonces la solución general contendrá k
términos de la forma:
emjx, xe
mjx, x
2e
mjx, … xk-1
emjx.
Ejemplo 1: Resolver la ED y(4)
– 2y```
- 4y`` + 8y` = 0.
4
Solución: La ecuación auxiliar es m4 – 3m
3 – 2m
2 + 6m = 0. Notamos que m es un
factor común, por tanto m4 – 3m
3 – 2m
2 + 6m = m(m
3 – 3m
2 – 2m + 6). Observando el
segundo factor podemos factorizarlo también mediante la agrupación de términos:
m(m3 – 3m
2 – 2m + 6) = m(m
2 (m – 3) – 2(m – 3)) = m(m – 3)(m
2 – 2)
= m(m – 3)(m - √ ) (m + √ ).
Luego, la solución general es y = 1c + 2c e3x
+ 3c √ + 4c √ .
Ejemplo 2: Resolver la ED y(5)
– 6y(4)
+ 12y``` - 8y`` = 0.
Solución: La ecuación auxiliar es m5 – 6m
4 + 12m
3 – 8m
2 = 0. Note que m
2 es un factor
común, por tanto m5 – 6m
4 + 12m
3 – 8m
2 = m
2(m
3 – 6m
2 + 12m – 8). Para factorizar la
expresión m3 – 6m
2 + 12m – 8 procuremos por tanteo los posibles ceros de este
polinomio, los cuales son factores de 8:
Con m = 1, tenemos que 1 – 6 + 12 – 8
Con m = -1, -1 – 6 -12 – 8
Con m = 2, 8 – 24 + 24 – 8 = 0. Luego, como m = 2 es un cero, m – 2 es un factor del
polinomio. Puede verificarse que m3 – 6m
2 + 12m – 8 m – 2 = m
2 – 4m + 4.
Por tanto, m3 – 6m
2 + 12m – 8 = (m – 2)(m
2 – 4m + 4) = (m – 2)(m – 2)
2 = (m – 2)
3.
Luego m5 – 6m
4 + 12m
3 – 8m
2 = m
2(m – 2)
3. Entonces las raíces de la ecuación auxiliar
son m = 0, de multiplicidad 2, y m = 2 de multiplicidad 3, por lo que la solución general
de la ED correspondiente es
y = 1c + 2c x + 3c e2x
+ 4c xe2x
+ 5c x2e
2x .
Si en la ecuación auxiliar hay una raíz compleja de multiplicidad k, la expresión
bxeax cos + senbxeax se repetirá k veces de la forma:
bxeax cos + senbxeax , x bxeax cos + x senbxeax , … xk-1
bxeax cos + xk-1
senbxeax .
Ejemplo 3: Hallar la solución general de la ED y(4)
+ 8y” + 16y = 0.
Solución: La ecuación auxiliar correspondiente es m4 + 4m
2 + 4 = 0, que equivale a
(m2 + 4)
2 = 0, luego m = 2i, ambas de multiplicidad dos, de ahí que la solución
general está dada por:
y = 1c cos2x + 2c sen2x + 3c xcos2x + 4c xsen2x.
Ecuaciones diferenciales lineales no homogéneas de segundo orden con coeficientes
constantes
Estas ED tienen la forma ay” + by’ + cy = Q(x), donde Q(x) ≠ 0.
La solución general es de la forma y = yc + yp, es decir, la solución completa y contiene
dos partes: la solución complementaria yc y la solución particular yp.
5
La solución complementaria corresponde a la solución de ay” + by’ + cy = 0, cuyos
procedimientos ya fueron estudiados. La solución particular corresponde a la ED no
homogénea ay” + by’ + cy = Q(x). Para determinar la misma estudiaremos tres
métodos.
a) Método de los coeficientes indeterminados con el operador diferencial y
anulador diferencial
Por notación, Dy = y’ =
, y en general D
ny = y
(n) =
. A D se le denomina el
operador diferencial.
Luego, una ED como y” – 3y’ + 4y se transforma en D2y – 3Dy’ + 4y.
Teniendo a y como factor común se tiene que D2y – 3Dy’ + 4y = (D
2 – 3D + 4)y. Con
esta notación podemos factorizar la expresión y determinar las soluciones ya que la
expresión ρ(D) = D2 – 3D + 4 tiene la misma estructura que la ecuación auxiliar.
Por otro lado, si y = x3, entonces Dy = 3x
2, D
2y = 6x, D
3y = 6, y finalmente D
4y = 0.
Es decir, una expresión polinómica de 3er grado se reduce a 0 en la cuarta derivada. En
este caso se dice que D4 es el anulador de kx
3.
En general, Dn anula al polinomio an-1x
n-1 + an-2x
n-2 + … + a1x + a0.
En el caso de la expresión y = eax
, tenemos que Dy = aeax ⇔ Dy = ay ⇔ D - a)y = 0.
Por tanto, podemos decir que (D - a) es el anulador de eax
. Se puede verificar que, en
general, (D - a)n es el anulador de (an-1x
n-1 + an-2x
n-2 + …a1x + a0)e
ax.
Así, el anulador de xe-3x
es (D + 3)2. Esto lo podemos verificar inmediatamente:
(D + 3)2 xe
-3x = (D
2 + 6D + 9) xe
-3x
= D2 xe
-3x + 6D xe
-3x + 9xe
-3x
= D(e-3x
– 3xe-3x
) + 6(e-3x
– 3xe-3x
) + 9xe-3x
= -3e-3x
– 3(e-3x
- 3xe-3x
) + 6e-3x
– 18xe-3x
+ 9xe-3x
= -3e-3x
– 3e-3x
+ 9xe-3x
+ 6e-3x
- 9xe-3x
= -6e-3x
+ 6e-3x
= 0, o sea, (D + 3)2 xe
-3x = 0.
En los casos de las expresiones cosbx y senbx, notemos que si y = cosbx,
Dy = -bsenbx
D2y = -b
2cosbx = -b
2y, por
tanto D2y + b
2y = 0 (D
2 + b
2)y = 0, es decir, (D
2 + b
2) es el anulador de cosbx. Se
puede verificar que también anula a senbx, por tanto (D2 + b
2) es el anulador de
y = Acosbx + Bsenbx. Se verifica, igualmente, que (D2 – 2Da + a
2+ b
2)n anula a
(anxn + an-1x
n-1 + …a1x + a0)e
ax(cosbx + senbx).
6
Ejemplo 1: Resolver la ED y`` - 2y` – 3y = 2x
Solución:
i) Transformar la parte izquierda con la notación del operador diferencial y determine
la solución complementaria:
(D2 – 2D – 3)y = 0 (D – 3)(D +1)y = 0
Luego yc = 1c e3x
+ 2c e-x
.
ii) Aplique el anulador correspondiente a 2x a ambos términos de la ecuación:
(D – 3)(D +1)y = 2x
D2 (D – 3)(D +1)y = D2 2x
D2 (D – 3)(D +1)y = 0
iii) Asumir ahora la solución completa de la nueva ecuación diferencial escribiendo
primero los términos de la solución complementaria:
y = 1c e3x
+ 2c e-x
+ Ax + B.
La ED original es de segundo orden, por lo tanto sólo admite dos parámetros, 1c y 2c .
La solución particular corresponde al polinomio de primer grado yp = Ax + B. Esto
significa que debemos determinar los valores de A y B, de ahí el nombre del método, el
de los ``coeficientes indeterminados``.
iv) Para determinar a los coeficientes basta hallar las derivadas sucesivas de acuerdo a la
ED original y sustituir esas derivadas en la ecuación:
Como yp = Ax + B, y`p = A, y``p = 0, entonces
y``p - 2y`p – 3yp = -2A - (Ax + B)
= -Ax + (-2A – B)
Como la ED original es y`` - 2y – 3y = 2x, la expresión -Ax + (-2A – B) se
iguala a 2x, es decir, -Ax + (-2A – B) = 2x. Por álgebra se sabe que dos polinomios
son iguales si y sólo si son del mismo y grado y los coeficientes respectivos
también son iguales. En este caso –A = 2 y -2A - B = 0 ¿Por qué? Es decir, se tiene
un sencillo sistema de ecuaciones simultáneas y se concluye que A = -2 y B = 4. Así
la solución completa de la ED es
y = 1c e3x
+ 2c e-x
- 2x + 4. ¡Verifique!
7
Ejemplo 2: Resolver la ED y`` - y` – 2y = ex.
Solución:
i) Transformar la parte izquierda con la notación del operador diferencial y
determine la solución complementaria:
(D2 – D – 2)y = 0 (D – 2)(D +1)y = 0
Luego yc = 1c e2x
+ 2c e-x
.
ii) Aplique el anulador correspondiente a ex a ambos términos de la ecuación:
(D – 2)(D +1)y = ex
(D – 1)(D – 2)(D +1)y = (D – 1)ex
(D – 1) (D – 2)(D +1)y = 0
iii) Asumir ahora la solución completa de la nueva ecuación diferencial escribiendo
primero los términos de la solución complementaria:
y = 1c e2x
+ 2c e-x
+ Aex . Tenemos entonces que yp = Ae
x.
Para determinar el valor de A basta hallar las derivadas sucesivas de acuerdo a la ED
original y sustituir esas derivadas en la ecuación:
yp = Aex, y`p = Ae
x, y``p = Ae
x. Luego tenemos que:
y``p – y`p – 2yp = Aex
- Aex -2Ae
x = -2Ae
x = e
x, luego A = -1/2. Luego la
solución completa es:
y = 1c e2x
+ 2c e-x
-
e
x.
Ejemplo 3: Resolver la ED y``+ 2 y` + y = senx.
Solución:
i) Transformar la parte izquierda con la notación del operador diferencial y determine la
solución complementaria:
(D2 + 2D + 1)y = 0 (D + 1)(D +1)y = (D +1)2y = 0
Luego yc = 1c e-x
+ 2c xe-x
.
ii) Aplique el anulador correspondiente a senx a ambos términos de la ecuación:
(D +1)2y = senx
(D2 + 1)(D +1)2y = (D2 + 1)senx (D2 + 1)(D +1)2y = 0
8
iii) Asumir ahora la solución completa de la nueva ecuación diferencial escribiendo
primero los términos de la solución complementaria:
y = 1c e-x
+ 2c xe-x
+ Acosx + Bsenx . Luego la yp = Acosx + Bsenx.
iv) Para determinar los valores de A y B hallamos las derivadas sucesivas de acuerdo a
la ED original y sustituimos esas derivadas en la ecuación:
y`p = -Asenx + Bcosx, y``p = - Acosx - Bsenx. Luego tenemos que:
y``p + 2y`p + yp = - Acosx – Bsenx
- 2Asenx + 2Bcosx
+ Acosx + Bsenx
= (- A + 2B + A)cosx + (-B – 2A + B)senx
= 2Bcosx – 2Asenx = senx 2B = 0, y -2A = 1
Por tanto A = -1/2 y B = 0, luego y = 1c e-x
+ 2c xe-x
-
cosx.
Ejemplo 4: Resolver la ED y``+ 2 y` + y = e-x
.
Solución: Como en el ejemplo anterior, yc = 1c e-x
+ 2c xe-x
. Note que Q(x) está
contenida en la yc, por tanto la yp no podrá contener ni a e-x
ni a xe-x
. Para hallar a yp
tenemos que (D +1)2y = e-x
(D + 1) (D +1)2y = (D + 1)e-x
(D +1)3y = 0 (la raíz m = -1 es de multiplicidad 3, pero recuerde
que la multiplicidad corresponde a la yc)
La solución completa es entonces y = 1c e-x
+ 2c xe-x
+ Ax2e
-x, por tanto yp = Ax
2e
-x .
Para determinar el valor de A tenemos que y`p = 2Axe-x
- Ax2e
-x
y``p = 2Ae-x
- 2Axe-x
- 2Axe-x
+ Ax2e
-x
Luego y``p + 2 y`p + yp = 2Ae-x
- 4Axe-x
+ Ax2e
-x + 2(2Axe
-x - Ax
2e
-x) + Ax
2e
-x
= 2Ae-x
- 4Axe-x
+ Ax2e
-x + 4Axe
-x - 2Ax
2e
-x + Ax
2e
-x
= 2Ae-x
+ 2Ax2e
-x - 2Ax
2e
-x
= 2Ae-x
= e-x
, luego A = ½.
La solución completa es entonces y = 1c e-x
+ 2c xe-x
+
x
2e
-x.
b) Método del operador inverso
9
Si (D)y = Q(x), podemos definir a
Q(x) como una solución particular yp de esta
ED, la cual no es única. Así la solución completa y = yc +
Q(x).
Algunas propiedades fundamentales del operador inverso:
1. Si (D) = (D) D), entonces
Q(x) =
Q(x).
2.
Q(x) = ∫∫ ∫ (la integral de Q n veces).
3.
Q(x) = e
ax ∫∫ ∫ .
4.
Q(x) = k
Q(x), si k es una constante.
5.
[ ] =
[ ]
[ ].
6.
e
ax =
e
ax (sustituir a D en el operador por a, el coeficiente de x).
7.
e
ax =
e
ax (note que en este caso D no puede sustituirse por a).
8.
e
axQ(x) = e
ax
Q(x).
Ejemplo 1: Resolver la ED y`` - 5y`+ 4y = 3e2x
.
Solución: Con (D2 – 5D + 4)y = 3e
2x (D – 1)(D – 4)y = 3e
2x, tenemos que la solución
complementaria es yc = c1ex + c2e
4x. Para determinar a yp tenemos que:
yp =
3e
2x =
3e
2x =(3)
e
2x =
e
2x =
e
2x
Luego, la solución completa es y = c1ex + c2e
4x -
e
2x .
Ejemplo 2: Resolver la ED y`` - 9y = e3x
Solución: Con (D2 – 9)y = e
3x (D – 3)(D + 3)y = e
3x. Tenemos que yc = c1e
3x + c2e
-3x.
Entonces yp =
e
3x = [
] [
]e3x
= [
] [
]e3x
= [
] e
3x.
Solución completa es y = c1e3x
+ c2e-3x
+
. Note que Q(x) = e
3x, es decir, esta
expresión está contenida en la yc, por tanto la yp tiene como coeficiente a x.
Ejemplo 3: Resolver la ED y`` - 2y + y = 2x + 3.
Solución: Se puede verificar que yc = c1ex + c2 xe
x. Para determinar a yp, tenemos que si
Q(x) es un polinomio y (D) no tiene a D como un factor, entonces se puede verificar
que una solución particular de (D)y = Q(x), esta dada por
yp =
Q(x) = (a0 +a1D + a2D
2 + …)Q(x),
10
donde a0 +a1D + a2D2 + …es el resultado de la división de 1 entre (D). El resultado de
la división es infinito, pero como las D son los anuladores polinomiales, basta obtener
tantos términos hasta llegar al anulador correspondiente al polinomio dado. En el
ejemplo dado Q(x) es un polinomio de 1er grado, lo que significa que en el cociente
sólo llegamos hasta D, pues D2 es el anulador de 2x + 3. Luego, tenemos que
yp =
(2x + 3) =
(2x + 3)
Para efectuar la división ordenamos el denominador, que será el divisor, en orden
ascendte: 1 – 2D + D2.
1 1 – 2D + D2
-1 + 2D – D2 1 2D - D2
1 1 – 2D + D2
-1 + 2D – D2 1 + 2D 2D - D2
-2D + 4D2 – 2D3
3D2 - 2D3 No se es necesario continuar la división pues D2 anula al
polinomio. Luego, yp =
(2x + 3) =
(2x + 3)
= (1 + 2D)(2x + 3)
= (1)(2x + 3) + (2D)(2x + 3)
= 2x + 3 + 2(2 + 0)
= 2x + 7.
Luego, yp = 2x + 7, por tanto la solución completa es y = c1ex + c2 xe
x + 2x + 7.
Ejemplo 4: Resolver la ED y`` + 2y - 3y = x2 + 1.
Solución: Se puede verificar que yc = c1ex + c2 e
-3x. Luego, para hallar a yp:
yp =
x
2 + 1)
1 -3 + 2D + D2
-1 +
D +
D2
_________
D +
D2
1 -3 + 2D + D2
-1 +
D +
D2
D2
_________
D +
D2
11
-
D +
D2 +
D3
______________________
D2 +
D3 +
D4
No se es necesario continuar la división pues D3 anula a x
2 + 1. Luego,
yp =
x2 + 1) = [
](x2 + 1)
=
(x2 + 1)
(x2 + 1)
D
2 (x2 + 1)
=
x2
(2x + 0)
D(2x + 0)
=
x2
x
(2)
=
x2
x
Luego, la solución completa es y = c1ex + c2 e
-3x
x2
x
.
Ejemplo 5: Resolver la ED y`` - 2y` = cosx.
Solución: Se tiene que yc = c1 + c2 e2x
. Para hallar la solución particular, asumir que yp
corresponde a la parte real de Q(x) = cosx + isenx = eix
. Luego,
yp =
e
ix
=
e
ix
=
e
ix
=
(
)e
ix
=
e
ix
= (
)e
ix
= (
)(cosx + isenx)
= (
)cosx + (
) isenx
(
) + i(
)
Luego, yp =
, la parte real. Por tanto la solución completa es
y = c1 + c2 e2x
.
12
Se puede verificar que
es la yp de la ED y`` - 2y` = senx.
c) Método de variaciones de parámetros
Consideremos la ecuación diferencial lineal ordinaria de 2do orden no homogénea
ay” + by’ + cy = Q(x). Hemos visto dos métodos para hallar la solución completa
cuando Q es una función polinómica, exponencial, seno, coseno o combinaciones de
éstas. Si Q es diferente a estas expresiones entonces los métodos anteriores no pueden
aplicarse. El método de variaciones de parámetros es un método más general que
permite hallar las soluciones para diferentes casos.
Sea y” + ay’ + by = Q(x) (nótese que se parte de que el coeficiente de y`` es uno).
Asumir que la solución completa de esta ED es y = u1(x)y1 + u2(x)y2 (las yi son
funciones de x). Bajo ciertas condiciones es posible determinar a u1 y a u2. Para esto se
deben imponer ciertas condiciones. De la solución completa se tiene que
y` = u`1(x)y1 + u`2(x)y2 + u1(x)y`1 + u2(x)y`2. Asumir que u`1(x)y1 + u`2(x)y2 = 0. Luego
se tiene que y` = u1(x)y`1 + u2(x)y`2.
Si hallamos la segunda derivada tendremos que:
y`` = u`1(x)y`1 + u`2(x)y`2 + u1(x)y``1 + u2(x)y``2. Ahora sustituimos a y, y` y a y`` en la
ED y” + ay’ + by = Q(x):
[ ] + a[ ] +
b[ ] = Q(x)
Reagrupando los términos tendremos:
(u1(x)y``1 + a u1(x)y`1 + b u1(x)y1) + (u2(x)y``2 + a u2(x)y`2 + b u2(x)y2) + u`1(x)y`1 +
u`2(x)y`2 = Q(x)
u1((y``1 + ay`1 + by1) + u2(x)(y``2 + ay`2 + by2) + u`1(x)y`1 + u`2(x)y`2 = Q(x)
Pero y``1 + ay`1 + by1 = 0 y y``2 + ay`2 + by2 = 0, por tanto u`1(x)y`1 + u`2(x)y`2 = Q(x).
Luego tenemos el siguiente sistema de ecuaciones simultáneas:
u`1(x)y1 + u`2(x)y2 = 0
u`1(x)y`1 + u`2(x)y`2 = Q(x)
Las soluciones para u1 y u2 conllevan a que u1 = ∫
y u2 =
∫
, donde
w = |
| = y1y`2 – y`1y2, denominado el wronskiano, y las yi las componentes de
la solución complementaria de y” + ay’ + by = Q(x).
Ejemplo 1: Resolver la ED y`` + y = secx.
Solución: La yc = c1cosx + c2senx. Luego y1 = cosx, y2 = senx, por tanto
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w = y1y`2 – y`1y2 = cosx(cosx) – (-senx)senx = cos2x + sen
2x = 1.
Luego u1 = ∫
=
∫
= -∫ = x + c1
Y u2 = ∫
= ∫ = ∫ = -ln| | + c2.
Como la solución completa es y = u1y1 + u2y2
= (x + c1)cosx + (-ln| | + c2)senx
Luego tenemos que y = c1cosx + c2senx + xcox - senx ln| |.
Note que la respuesta se presenta primero con la solución complementaria y luego con
la particular.
Ecuaciones diferenciales lineales ordinarias con variables como coeficientes
Recuerde que una ED lineal de orden n es de la forma
)()( n
n yxP
)1(
1)( n
n yxP … + '
1)( yxP )()( 0 xQyxP ,
donde los coeficientes P y la función Q están en función de x solamente, .0)( nxP
Ecuaciones diferenciales de Cauchy - Euler
Estas ecuaciones lineales ordinarias tienen la forma
)(nn yx )1(1 nn yx …+ `xy + )(xQy ,
Es decir, las ED de Cauchy – Euler se caracterizan porque los coeficientes de los y(n)
son
expresiones de la forma xn: el grado de x es el mismo orden de la derivada.
Ecuaciones diferenciales de Cauchy – Euler de segundo orden
a) ED homogéneas
Estas ED tiene la forma ax2y” + bxy’ + cy = 0.
Se verifica que la solución general es de la forma y = c1y1 + c2y2, donde los yi son
de la forma xm
o xm
lnx. Para determinar los valores de m procederemos como
sigue:
y =
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