Universidad Técnica Federico Santa María Departamento de Matemática Campus Santiago
Ayudante: Roberto Celis
G uí a 5 .0 d e e j er c ci i c ci i o s r e suel t to s I C C I P PE EV V / / M ay o 2006 Temas: Ecuaciones Diferenciales de segundo orden. Nota: Para la confección de esta guía se ha asumido que el alumno ya estudió los contenidos asociados, por lo que en el desarrollo se han omitido algunas explicaciones propias de la clase de cátedra.
Problema 1: Encuentre la solución general de las siguientes ecuaciones homogéneas de coeficientes constantes:
1.1 y ′′ + y ′ − 2 y = 0 1.2 y ′′′ + y = 0 1.3 y ′′′ + 2 y ′′ − 5 y ′ − 6 y = 0 1.4 y ′′′ − 5 y ′′ + 3 y ′ + 9 y = 0 1.5 y (4 ) − y ′′′ + y ′′ − 3 y ′ − 6 y = 0
Solución 1.1:
Escribiendo la ecuación en su forma de operador lineal se tiene t iene que: siendo D el operador derivada. ⇒ D 2 + D − 2) y = 0 , siendo D Con ello, la ecuación característica caract erística es:
⇒ m2
+
m−2=0 ⇔ ( m + 2)( m − 1) = 0
Dado lo anterior, las soluciones del po linomio linomio son: m1 = −2, m 2 = 1 Así, la solución general es: y ( x) = ae −2 x + be x , con a, b ∈ IR
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-Solución 1.2:
Escribiendo la ecuación en su forma de operador lineal se tiene que:
⇒ ( D 3 + 1) y = 0 , siendo D el operador derivada. Con ello, la ecuación característica es:
⇒ m3 ⇔
+1= 0 ,
observar que la solución trivial a esta ecuac ión es:
m = 3 − 1 = −1
Sin embargo, dado que las ecuaciones diferenciales admiten soluciones complejas, es necesario encontrarlas, estas se obtienen gracias a la siguiente igualdad: x 3 + y 3 = ( x + y )( x 2 − xy + y 2 )
⇒ m3
+1= 0
⇔
( m + 1)(m 2 − m + 1) = 0
⇔
[(m + 1) = 0] ∨ [(m 2 − m + 1) = 0]
De la expresión del lado izquierdo se obtiene que m1 = −1 , y la del lado derecho nos dice que: m=
1± 1− 4
⇒ m2
2
=
1 2
+
3 2
i
;
m3 =
1 2
−
3 2
i
Así, la solución general es:
y ( x) = ae
− x
+e
1 x 2
3 3 bsen( x) + c cos( x) , con a, b y c ∈ IR 2 2
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Solución 1.3:
Escribiendo la ecuación en su forma de operador lineal se tiene que:
⇒ ( D 3
+
2 D 2 − 5 D − 6 ) y = 0 , siendo D el operador derivada.
Con ello, la ecuación característica es:
⇒ m3
2
+ 2m − 5m − 6 = 0
⇔
m 2 ( m + 2) − m − 2 − 4 m − 4 = 0
⇔
m 2 ( m + 2) − ( m + 2) − 4( m + 1) = 0
( m + 2)(m 2 − 1) − 4( m + 1) = 0 ⇔ ( m + 2)( m − 1)( m + 1) − 4( m + 1) = 0 ⇔
⇔
( m + 1)[( m + 2)( m − 1) − 4] = 0
( m + 1)( m 2 + m − 6) = 0 ⇔ ( m + 1)( m + 3)( m − 2) = 0 ⇔
Dado lo anterior, las soluciones del po linomio son: m1 = −1, m 2 = −3, m 3 = 2 Así, la solución general es: y ( x) = ae − x + be −3 x + ce 2 x , con a, b y c ∈ IR
Solución 1.4:
La ecuación característica del problema es:
⇒ m3
2
− 5m + 3m + 9 = 0
⇔
m 3 − 5m 2 + 3( m + 1) + 6 = 0
⇔
m 3 + m 2 + 3( m + 1) + 6 − 6m 2 = 0
⇔
m 2 ( m + 1) + 3( m + 1) − 6( m 2 − 1) = 0
⇔
m 2 ( m + 1) + 3( m + 1) − 6( m − 1)(m + 1) = 0
⇔
( m + 1)[m 2 + 3 − 6m + 6] = 0
⇔
( m + 1)( m − 3) 2 = 0
/ + 6m 2
(suma 6m 2 a ambos lados de la igualdad)
Dado lo anterior, las soluciones del po linomio son: m1 = −1, m 2 = 3, m3 = 3 Así, la solución general es: y ( x) = ae − x + be 3 x + cxe 3 x , con a, b y c ∈ IR
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Solución 1.5:
Escribiendo la ecuación en su forma de operador lineal se tiene que:
⇒ ( D 4 − D 3 + D 2
)
− 3 D − 6 y =
0 , siendo D el operador derivada.
Con ello, la ecuación característica es:
⇒ m 4 − m 3 + m 2 − 3m − 6 = 0 ⇔
( m 2 + 3)(m 2 − 2) − m( m 2 + 3) = 0
⇔
( m 2 + 3)(m 2 − 2 − m) = 0
⇔
( m 2 + 3)(m − 2)( m + 1) = 0
Dado lo anterior, las soluciones del po linomio son: m1 = 2, m 2 = −1, m 3 = 3i , m 4 = − 3i Así, la solución general es: y ( x) = ae
2 x
+ be
−1 x
+ csen (
3 x) + d cos( 3 x) , con a, b, c y d ∈ IR
Problema 2: Sabiendo que y1 = e x es una solución de la ecuación, resuelva la siguiente ecuación homogénea de coeficientes variables. y ' '+
x 1 − x
y '−
1 1−
y = 0
Solución:
Conocida una solución, podemos usar Abel para encontrar la solución general, la cual dice así:
Si y1 , y 2 son soluciones linealmente independientes de la ecuación diferencial homogénea y ′′ + a1 y ′ + a 2 y = 0 , entonces se cumple que: y 2 = y1
∫
− a1dx e ∫
y12
dx
Luego, reemplazando en la fórmula, se tiene que:
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−
x
y 2 = e
∫
e
x
∫ 1− x
dx x
e
2 x
dx = e
∫
Ln 1− x + x
e
x
e
2 x
dx = e
∫
(1 − x )e x e
2 x
dx = e x
∫ (1 − x )e
− x
dx = x
Así, la solución de la ecuación homogénea es: y = ae x + bx con a, b ∈ IR . Notar que este problema presentaba una integración por partes, deben resolverla, ante dudas consultar guía 4.0.
Problema 3: Resolver la siguiente ecuación de coeficientes constantes No homogénea. y ′′ − 6 y ′ + 9 y = x −2 e 3 x Solución: Primero, resolvemos la ecuación homogénea asociada al problema, esto es:
⇒ m2 ⇔
− 6m + 9 = 0
( m − 3) 2 = 0
Dado lo anterior, las soluciones del po linomio son: m1 = 3, m 2 = 3 Así, la solución homogénea es:
y h ( x) = ae 3 x + bxe 3 x , con a, b ∈ IR
Luego, debemos encontrar la solución particular del problema, es decir, la función y ( x ) que al ser reemplazada en la ecuación da como resultado la expresión x −2 e 3 x . Para ello utilizaremos el método de la variación de los parámetros. Método de la variación de los parámetros: Dadas y1 = e 3 x ∧ y 2 = xe 3 x las soluciones de
la ecuación homogénea, sean Ay1 ∧ By 2 las soluciones particulares, con A y B funciones reales. Entonces se cumple siempre que: ′ 2 =0 A′ y1 + B y ′ ′2 = h ( x ) A′ y1′ + B y
Siendo h( x ) la función del lado derecho del problema, en este caso x −2 e 3 x . Luego, para encontrar el valor de funciones A y B se utiliza el método de los determinantes de Crámer, esto es:
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0 y 2 A′ =
h y ′2
=
y1 y 2
− hy 2
y1 y ′2 − y1′ y 2
⇒ A = ∫
− hy 2
y1 y ′2 − y1′ y 2
dx
y1′ y ′2
B ′ =
y1
0
y1′
h
y1
=
y 2
y1h y1 y ′2 − y1′ y 2
⇒ B = ∫
y1 h y1 y 2′ − y1′ y 2
dx
y1′ y ′2
En definitiva, con los procedimientos anteriores se puede generalizar, de tal manera que la solución particular de una ecuación de coeficientes constantes No homogénea se puede obtener de la siguiente fórmula:
−
hy 2
∫ y1 y 2′ − y1′ y 2
y p =
y1h
∫ y1 y ′2 − y1′ y 2
dx y1 +
dx y 2
Luego, resolviendo las integrales correspondientes a este problema, se llega a la solución particular deseada:
⇒ A = ∫ ⇒ B = ∫
− x
e
3 x
(e
3 x
−2
e 3 x xe 3 x
+ 3 xe
3 x
) − 3e
3 x
3 x
xe
x −2 e 3 x e 3 x e
3 x
(e
3 x
+ 3 xe
3 x
) − 3e
3 x
xe
3 x
dx = dx =
∫ ∫
− x
−1
e
e 6 x
6 x
x −2 e 6 x e
6 x
dx =
−1
∫ x
dx = Ln
1
x
∫
dx = x − 2 dx = − x −1
Con los resultados anteriores, la solución particular es: y p = Ln
1 x
e 3 x − e 3 x
Por último, la solución general del problema es: y g = y h + y p = ae 3 x + bxe 3 x + Ln
1 x
e 3 x − e 3 x , con a, b ∈ IR .
Observación: Si le es muy difícil aprender de memoria las fórmulas acá mencionadas, entonces puede aprender el algoritmo del método de la variación de los parámetros, con un poco de atención se dará cuenta que tiene un orden bastante lógico e intuitivo a seguir.
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Problema 4: Resolver la siguiente ecuación de coeficientes constantes No homogénea. y ′′ − 2 y ′ + y = e x arctan ( x ) Solución: Primero, resolvemos la ecuación homogénea asociada al problema, esto es:
⇒ m2
− 2m + 1 = 0 ⇔
( m − 1) 2 = 0
Dado lo anterior, las soluciones del polinomio son: m1 = 1, m2 = 1 . Así, la solución y h ( x) = ae x + bxe x , con a, b ∈ IR
homogénea es:
Ahora, de forma análoga al problema anterior, y considerando que: y1 = e x ⇒ y1′ = e x y 2 = xe x ⇒ y ′2 = e x + xe x
h( x ) = e x arctan( x ) Se procederá a buscar la solución particular:
⇒ A = ∫
e arctan( x )
x x
− xe
e x (e x + xe x ) − e x xe x
dx =
∫
− xe
2 x
arctan( x )
e 2 x
∫
dx = − x arctan( x )dx
Para resolver la integral anterior, se usará integración por partes. (para aprender a integrar por partes revisar guía 4) Sean
u = arctan( x ) ⇒ du = dv = − xdx ⇒ v = −
1 1 + x 2
dx
x 2 2
Con ello, la integral mencionada se t ransforma en.
∫
A = − x arctan ( x )dx = −
x 2 2
arctan ( x ) −
− x
2
∫ 2(1 + x ) dx 2
Sin embargo, la nueva integral es también complicada, por lo que debemos recurrir al siguiente truco:
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∫
A = − x arctan ( x )dx = − =−
x 2
arctan ( x ) − ∫
2 x 2
arctan( x ) +
2 =−
x 2
arctan ( x ) +
2
− x
2
2(1 + x 2 )
dx = −
1 1 + x 2
∫
2 (1 + x 2 ) 1 2
−
x 2 2
arctan ( x ) − ∫
2
− 1 − x + 1
2(1 + x 2 )
dx
dx 1 + x 2 1
( x − arctan( x ))
Por otra parte, se tiene que:
⇒ B = ∫
e x e x arctan( x ) e x (e x + xe x ) − e x xe x
dx =
∫
e 2 x arctan ( x ) e 2 x
∫
dx = arctan( x )dx
Acá, nuevamente será necesario usar integración por partes: Sean u = arctan( x ) ⇒ du =
1 1 + x 2
dx
dv = dx ⇒ v = Con ello, la integral mencionada se t ransforma en. x dz = x arctan ( x ) − = xdx B = arctan( x )dx dx , hacer z = 1 + x 2 ⇒ 2 2 1+
∫
∫
= x arctan( x ) −
1 dz
∫
2 z 1 = x arctan ( x ) − Ln z 2 1 2 = x arctan( x ) − Ln 1 + x 2 Con los resultados anteriores, la solución particular es:
x 2 1 y p ( x) = − arctan ( x ) + ( x − arctan ( x )) e x 2 2
+
1 2 ( ) − Ln 1 + x x x arctan 2
x xe
Por último, la solución general del problema es:
x 2 1 y g = y h + y p = ae + bxe + − arctan ( x ) + ( x − arctan ( x )) e x 2 2 x
x
+
1 2 ( ) x x arctan − Ln 1 + x 2
, con a, b ∈ IR Dudas y comentarios a:
[email protected]
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x xe