Recomendados
Más contenido relacionado
Similar a Avance 2do Parcial MAT-303_032947163gu.pdf
Similar a Avance 2do Parcial MAT-303_032947163gu.pdf (20)
Último
Último (20)
Avance 2do Parcial MAT-303_032947163gu.pdf
- 1. ECUACIONES DIFERENCIALES Univ.Grover Kantuta Hilari ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR Introduccion Sea la E.D. de orden n 𝑳{𝒚} = 𝒂𝒏(𝒙)𝒚𝒏 + 𝒂𝒏−1(𝑥)𝒚𝒏−1+. . +𝒂2𝒙𝒚′′ + 𝒂1𝒙𝒚′ + 𝒂0𝒚 DONDE Si La solucion general es de la forma 𝒂𝒏(𝒙) ≠ 𝟎 Se denomina E.D. Normal y Lineal NOTA 𝑳{𝒚} =0 E.D. de orden n y homogéneo 𝑳 𝒚 = f(x) E.D. de orden n y no homogéneo 𝒚 𝒙 = 𝒚𝒉 + 𝒚𝒑 FORMULA DE ABEL Sea la E.D. de 2do orden, lineal, normal y homogéneo de la forma 𝒚′′ + 𝒂𝟏(𝒙)𝒚′ + 𝒂𝟎(𝒙)𝒚 = 𝟎 Se puede conocer una solucion y1(x) y la otra lo podemos hallar por Abel 𝒚𝟐(𝒙) = 𝒚𝟏(𝒙) න 𝒆− 𝒂𝟏(𝒙)𝒅𝒙 (𝒚𝟏(𝒙))𝟐 𝒅𝒙 De modo que la solucion homogénea será: 𝒚 𝒉 = 𝑪𝟏 ∗ 𝒚𝟏 𝒙 + 𝑪𝟐 ∗ 𝒚𝟐(𝒙)
- 2. ECUACIONES DIFERENCIALES Univ.Grover Kantuta Hilari EJERCICIO Nº1 Resolver 𝒙𝟐(𝟏 − 𝒍𝒏 𝒙 )𝒚′′ + 𝒙𝒚′ − 𝒚 =0 Si se conoce que 𝒚𝟏(𝒙) = 𝐱 SOLUCION Normalizando la E.D. 𝒙𝟐(𝟏 − 𝒍𝒏 𝒙 )𝒚′′ + 𝒙𝒚′ − 𝒚 =0 *// 𝟏 𝒙𝟐(𝟏−𝒍𝒏 𝒙 ) 𝒚′′ + 𝒙 𝒙𝟐(𝟏−𝒍𝒏 𝒙 ) 𝒚′ − 𝟏 𝒙𝟐(𝟏−𝒍𝒏 𝒙 ) 𝒚 =0 Reemplazando en la formula de Abel 𝒚𝟐(𝒙) = 𝒚𝟏(𝒙) න 𝒆− 𝒂𝟏(𝒙)𝒅𝒙 (𝒚𝟏(𝒙))𝟐 𝒅𝒙 𝒚𝟐(𝒙) = 𝒙 න 𝒆 − 𝟏 𝒙 (𝟏−𝒍𝒏 𝒙 ) 𝒅𝒙 (𝒙)𝟐 𝒅𝒙 NOTA No se puede simplificar 𝒚𝟐(𝒙) = 𝒙 න 𝒆 − 𝟏 𝒙 (𝟏−𝒍𝒏 𝒙 ) 𝒅𝒙 (𝒙)𝟐 𝒅𝒙 Integrando C.V. 𝒛 = 𝟏 − 𝒍𝒏 𝒙 𝒅𝒛 = − 𝟏 𝒙 𝒅𝒙 Reemplazando 𝒚𝟐(𝒙) = 𝒙 න 𝒆 𝟏 𝒛 𝒅𝒛 (𝒙)𝟐 𝒅𝒙 = 𝒙 න 𝒆𝒍𝒏 𝒛 (𝒙)𝟐 𝒅𝒙 = 𝒙 න 𝟏 − 𝒍𝒏 𝒙 (𝒙)𝟐 𝒅𝒙 𝒚𝟐(𝒙) = 𝒙 න 𝟏 − 𝒍𝒏 𝒙 (𝒙)𝟐 𝒅𝒙 𝒚𝟐(𝒙) = 𝒙 න 𝟏 𝒙𝟐 𝒅𝒙 − න 𝒍𝒏 𝒙 (𝒙)𝟐 𝒅𝒙 Integrando 𝑰1 𝒚𝟐(𝒙) = 𝒙 න 𝟏 𝒙𝟐 𝒅𝒙 + 𝒍𝒏 𝒙 𝒙 − න 𝟏 (𝒙)𝟐 𝒅𝒙 𝑰1 𝒚𝟐(𝒙) = 𝒙 ∗ 𝒍𝒏 𝒙 𝒙
- 3. ECUACIONES DIFERENCIALES Univ. Grover Kantuta Hilari 𝒚𝟐(𝒙) = 𝒍𝒏(𝒙) Finalmente la solucion es 𝒚 𝒉 = 𝑪𝟏 ∗ x + 𝑪𝟐 ∗ 𝒍𝒏 𝒙 E. D. DE ORDEN-n ,HOMOGENEA Y DE COEFICIENTES CONSTANTES 𝒂𝒏(𝒙)𝒚𝒏 + 𝒂𝒏−1 𝑥 𝒚𝒏−1+. . +𝒂2𝒙𝒚′′ + 𝒂1𝒙𝒚′ + 𝒂0𝒚 = 𝟎 Sea la E.D. de la forma DONDE 𝒂𝒏, 𝒂𝒏−1, … , 𝒂2, 𝒂1, 𝒂0 ∈ 𝑅 constantes Para resolver esta E.D. se debe plantear la ecuación característica de la forma: 𝒂𝒏 𝒙 𝒓𝒏 + 𝒂𝒏−1 𝑥 𝒓𝒏−1 +. . +𝒂2𝒙𝒓′′ + 𝒂1𝒙𝒓′ + 𝒂0 = 𝟎 Ecuación polinómica ejemplo Tómanos una E.D. de 2do orden L.H. de la forma 𝒂𝒚′′ + 𝒃𝒚′ + 𝒄𝒚 = 𝟎 a, b, c ∈ R Escribimos la ecuación característica 𝒂𝒓𝟐 + 𝒃𝒓 + 𝒄 = 𝟎 Ecuación de 2do grado
- 4. ECUACIONES DIFERENCIALES Univ. Grover Kantuta Hilari Cuyas raíces serán: 𝒓𝟏,𝟐 = −𝒃 ± 𝒃𝟐 − 𝟒𝒂𝒄 𝟐𝒂 a) Raíces reales pero diferentes 𝒓𝟏,𝟐; 𝒓𝟏 ≠ 𝒓𝟐 La solucion de la E.D. es de la forma: 𝒚 𝒙 = 𝒚 𝒉 = 𝑪𝟏 ∗ 𝒚𝟏 𝒙 + 𝑪𝟐 ∗ 𝒚𝟐(𝒙) 𝒚 𝒉 = 𝑪𝟏 ∗ 𝒆𝒓𝟏∗𝒙 + 𝑪𝟐 ∗ 𝒆𝒓𝟐∗𝒙 𝒚 𝒉 = 𝑪𝟏 ∗ 𝒆𝒓𝟏∗𝒙 + 𝑪𝟐 ∗ 𝒆𝒓𝟐∗𝒙 b) Raíces reales pero iguales 𝒓𝟏,𝟐 … . . 𝒓𝒏 ≠ 𝒓 La solucion de la E.D. es de la forma: 𝒚 𝒉 = 𝑪𝟏 ∗ 𝒆𝒓∗𝒙 + 𝑪𝟐 ∗ 𝒆𝒓∗𝒙 𝒚 𝒉 = 𝑪𝟏 ∗ 𝒆𝒓∗𝒙 + 𝑪𝟐 ∗ 𝒙 ∗ 𝒆𝒓∗𝒙 + 𝑪𝟑 ∗ 𝒙𝟐 ∗ 𝒆𝒓∗𝒙 +…+ 𝑪𝒏 ∗ 𝒙𝒏−𝟏 ∗ 𝒆𝒓∗𝒙 c) Raíces imaginarias 𝒓𝟏 = 𝒂 + 𝒊𝒃; 𝒓𝟐 = 𝒂 − 𝒊𝒃 La solucion de la E.D. es de la forma: 𝒚 𝒉 = 𝑪𝟏 ∗ 𝒆𝒂∗𝒙 cos(bx) + 𝑪𝟐 ∗ 𝒆𝒂∗𝒙 𝒔𝒆𝒏(𝒃𝒙)
- 5. ECUACIONES DIFERENCIALES Univ.Grover Kantuta Hilari EJERCICIO Nº2 Resolver 𝒚′′′ − 𝟐𝒚′′ + 𝟑𝒚′ − 𝟔𝒚 =0 SOLUCION Reescribiendo la ecuación característica 𝒓𝟑 − 𝟐𝒓𝟐 + 𝟑𝒓 − 𝟔 =0 Factorizando 𝒓 − 𝟐 𝒓𝟐 + 𝟑 = 𝟎 𝒓 − 𝟐 = 𝟎 𝒓𝟐 + 𝟑 = 𝟎 𝒓 = 𝟐 𝒓 = ± 𝟑𝒊 La solucion homogénea será: 𝒚 𝒉 = 𝑪𝟏 ∗ 𝒆𝟐𝒙 + 𝑪𝟐 ∗ 𝒆𝟎𝒙 𝒄𝒐𝒔 𝟑𝒙 + 𝑪𝟑 ∗ 𝒆𝟎𝒙 𝒔𝒆𝒏 𝟑𝒙 𝒚 𝒉 = 𝑪𝟏 ∗ 𝒆𝟐𝒙 + 𝑪𝟐 ∗ 𝒄𝒐𝒔 𝟑𝒙 + 𝑪𝟑 ∗ 𝒔𝒆𝒏 𝟑𝒙 𝒚𝒉 = 𝑪𝟏 ∗ 𝒆𝟐𝒙 + 𝑪𝟐 ∗ 𝒄𝒐𝒔 𝟑𝒙 + 𝑪𝟑 ∗ 𝒔𝒆𝒏 𝟑𝒙
- 6. ECUACIONES DIFERENCIALES Univ. Grover Kantuta Hilari E. D. DE ORDEN-n DE COEFICIENTES CONSTANTES NO HOMOGENEO Sea la E.D. de orden n, de coeficientes constantes, lineales, normal no homogéneo de forma 𝒂𝒏(𝒙)𝒚𝒏 + 𝒂𝒏−1 𝑥 𝒚𝒏−1 +. . +𝒂2𝒙𝒚′′ + 𝒂1𝒙𝒚′ + 𝒂0𝒚 = 𝒇(𝒙) Normalizando 𝒚𝒏 + 𝒂𝒏−1 𝑥 𝒚𝒏−1 +. . +𝒂2𝒙𝒚′′ + 𝒂1𝒙𝒚′ + 𝒂0𝒚 = 𝒇(𝒙) Para resolver esta ecuación diferencia se debe encontrar las dos soluciones de modo que: 𝒚 𝒙 = 𝒚𝒉 + 𝒚𝒑 𝒚𝒉 solucion homogénea hallamos con la ecuación característica 𝒚𝒑 la solucion particular se puede hallar • Variación de parámetros • Operador por anulador EJERCICIO Nº3 Resolver 𝒚′′′ + 𝒚′ + 𝟏 𝟑 (𝟕𝒄𝒕𝒈 𝒙 − 𝟖𝒕𝒈(𝒙))(𝒚′′ + 𝒚) =0 SOLUCION CV 𝒁 = 𝒚′′ + 𝒚 𝒛′ = 𝒚′′′ + 𝒚′ Reemplazando 𝑧′ + 1 3 (7𝑐𝑡𝑔 𝑥 − 8𝑡𝑔(𝑥))(𝑧) =0 ………….. V.S. 𝑑𝑧 𝑧 + 1 3 (7𝑐𝑡𝑔 𝑥 − 8𝑡𝑔(𝑥)) =0 Integrando 𝑑𝑧 𝑧 + 1 3 7𝑐𝑡𝑔 𝑥 − 8𝑡𝑔 𝑥 𝑑𝑥 =0 𝒍𝒏𝒛 + 𝟏 𝟑 (𝟕𝒍𝒏 𝒔𝒆𝒏 𝒙 + 𝟖𝒍𝒏 𝒄𝒐𝒔(𝒙) ) = 𝑪𝟏 𝑙𝑛𝑧 + (𝑙𝑛 𝑠𝑒𝑛 𝑥 7 3 + 𝑙𝑛 𝐶𝑂𝑆 𝑥 8 3 ) = 𝐶1 Por propiedad de logaritmos ln 𝑧 ∗ 𝑠𝑒𝑛 𝑥 7 3 + 𝐶𝑂𝑆 𝑥 8 3 = ln(𝐶1)
- 7. ECUACIONES DIFERENCIALES Univ.Grover Kantuta Hilari 𝑧 = 𝐶1 3 𝑠𝑒𝑛 𝑥 7 ∗ 𝐶𝑂𝑆 𝑥 8 Volviendo al C.V. 𝒚′′ + 𝒚 = 𝐶1 3 𝑠𝑒𝑛 𝑥 7 ∗ 𝐶𝑂𝑆 𝑥 8 Resolviendo ❖ Para hallar 𝒚𝒉 𝒚′′ + 𝒚 = 0 𝒓𝟐 + 1 = 0 𝒓 = ± −𝟏 𝒓 = ±𝒊 𝒚𝒉 = 𝐶2𝒆𝟎∗𝒙𝒄𝒐𝒔(𝒙) + 𝑪𝟑 ∗ sen(x) 𝒚𝒉 = 𝐶2 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝒙) + 𝑪𝟑 ∗ sen(x) ❖ Para hallar 𝒚𝒑 por variación de parámetro 𝒚𝒑 = න . 𝒙 𝒄𝒐𝒔𝒕 𝒔𝒆𝒏𝒕 𝒄𝒐𝒔𝒙 𝒔𝒆𝒏𝒙 𝒄𝒐𝒔𝒕 𝒔𝒆𝒏𝒕 −𝒔𝒆𝒏𝒕 𝒄𝒐𝒔𝒕 ∗ 𝐶1 3 𝑠𝑒𝑛 𝑡 7 ∗ 𝑐𝑜𝑠 𝑡 8 𝒅𝒕 𝒚𝒑 = 𝐶1 ∗ න . 𝒙 𝑠𝑒𝑛 𝑥 ∗ cos 𝑡 − cos 𝑥 ∗ 𝑠𝑒𝑛(𝑡) 3 𝑠𝑒𝑛 𝑡 7 ∗ 𝑐𝑜𝑠 𝑡 8 𝒅𝒕 𝒚𝒑 = 𝐶1 ∗ 𝑠𝑒𝑛 𝑥 න . 𝒙 cos 𝑡 3 𝑠𝑒𝑛 𝑡 7 ∗ 𝑐𝑜𝑠 𝑡 8 𝑑𝑡 −𝐶1 ∗ 𝑐𝑜𝑠 𝑥 න . 𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑡) 3 𝑠𝑒𝑛 𝑡 7 ∗ 𝑐𝑜𝑠 𝑡 8 𝒅𝒕 𝒚𝒑 = 𝐶1 ∗ 𝑠𝑒𝑛 𝑥 න . 𝒙 cos 𝑡 3 𝑠𝑒𝑛 𝑡 7 𝑐𝑜𝑠 𝑡 7 ∗ 𝑐𝑜𝑠 𝑡 15 𝑑𝑡 −𝐶1 ∗ 𝑐𝑜𝑠 𝑥 න . 𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑡) 3 𝑠𝑒𝑛 𝑡 15 ∗ 𝑐𝑜𝑠 𝑡 8 𝑠𝑒𝑛 𝑡 8 𝒅𝒕 Resolviendo la integral
- 8. ECUACIONES DIFERENCIALES Univ.Grover Kantuta Hilari 𝑦𝑝 = 𝐶1 ∗ 𝑠𝑒𝑛 𝑥 න . 𝑥 cos 𝑡 𝑐𝑜𝑠 𝑡 5 ∗ tan(𝑡) 7 3 𝑑𝑡 − 𝐶1𝑐𝑜𝑠(𝑥) න . 𝑥 sen 𝑡 𝑠𝑒𝑛 𝑡 5 ∗ 𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑡) 8 3 𝑑𝑡 𝑦𝑝 = 𝐶1 ∗ 𝑠𝑒𝑛 𝑥 න . 𝑥 𝑠𝑒𝑐 𝑡 2 ∗ 𝑠𝑒𝑐 𝑡 2 tan(𝑡) 7 3 𝑑𝑡 − 𝐶1𝑐𝑜𝑠(𝑥) න . 𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐 𝑡 2 ∗ 𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐 𝑡 2 𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑡) 8 3 𝑑𝑡 1+𝑡𝑎𝑛 𝑡 2 1+𝑐𝑜𝑡𝑎𝑛 𝑡 2 𝑦𝑝 = 𝐶1 ∗ 𝑠𝑒𝑛 𝑥 න . 𝑥 (1+𝑡𝑎𝑛 𝑡 2 ) ∗ 𝑠𝑒𝑐 𝑡 2 tan(𝑡) 7 3 𝑑𝑡 − 𝐶1𝑐𝑜𝑠(𝑥) න . 𝑥 (1 + 𝑐𝑜𝑡𝑎𝑛(𝑡)2 ) ∗ 𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐 𝑡 2 𝑐𝑜𝑡𝑔(𝑡) 8 3 𝑑𝑡 𝑦𝑝 = 𝐶1 ∗ 𝑠𝑒𝑛 𝑥 ( tan 𝑡 − 4 3 − 4 3 + tan 𝑡 2 3 2 3 ) 𝑥 . − 𝐶1𝑐𝑜𝑠(𝑥)( 𝑐𝑡𝑔 𝑡 − 5 3 − 5 3 + 𝑐𝑡𝑔 𝑡 1 3 1 3 ) 𝑥 . 𝑦𝑝 = 𝐶1 ∗ 𝑠𝑒𝑛 𝑥 න . 𝑥 ( 1 tan 𝑡 7 3 + tan(𝑡)− 1 3)𝑠𝑒𝑐 𝑡 2𝑑𝑡 − 𝐶1𝑐𝑜𝑠(𝑥) න . 𝑥 (𝑐𝑡𝑔 𝑡 − 8 3 + 𝑐𝑔𝑡(𝑡)− 2 3)𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐 𝑡 2 𝑑𝑡
- 9. ECUACIONES DIFERENCIALES Univ.Grover Kantuta Hilari 𝑦𝑝 = 𝐶1 ∗ 𝑠𝑒𝑛 𝑥 ( tan 𝑥 − 4 3 − 4 3 + tan 𝑥 2 3 2 3 ) − 𝐶1𝑐𝑜𝑠(𝑥)( 𝑐𝑡𝑔 𝑥 − 5 3 − 5 3 + 𝑐𝑡𝑔 𝑥 1 3 1 3 ) Finalmente 𝒚 𝒙 = 𝐶1 ∗ 𝑠𝑒𝑛 𝑥 tan 𝑥 − 4 3 − 4 3 + tan 𝑥 2 3 2 3 − 𝐶1𝑐𝑜𝑠 𝑥 𝑐𝑡𝑔 𝑥 − 5 3 − 5 3 + 𝑐𝑡𝑔 𝑥 1 3 1 3 + 𝐶2 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝒙) + 𝑪𝟑 ∗ sen(x) 𝒚 𝒙 = 𝒚𝒉 + 𝒚𝒑
- 10. ECUACIONES DIFERENCIALES Univ. Grover Kantuta Hilari METODOS PARA HALLAR LA SOLUCION PARTICULAR “𝒚𝒑” Metodo de variación de parametro Analizaremos una E.D. de 2do orden, lineal, normal y no homogéneo de la forma: 𝒚′′ + 𝒃𝒚′ + 𝒄𝒚 = 𝒇 𝒙 RESOLVIENDO * Para 𝑦ℎ Hallamos las soluciones de la ecuación homogénea. Generalizando 𝒚′′ + 𝒃𝒚′ + 𝒄𝒚 = 𝟎 𝒚𝒉 = 𝒄𝟏𝒚(𝟏) + 𝒄𝟐𝒚(𝟐) * Para 𝑦𝑝 𝒚𝒑 = 𝒄𝟏(𝒙)𝒚(𝟏)(𝒙) + 𝒄𝟐(𝒙)𝒚(𝟐)(𝒙) El objetivo es hallar las constantes 𝒄𝟏(𝒙) y 𝒄𝟐(𝒙) 𝒚𝒑 = න . 𝒙 𝒚𝟏(𝒕) 𝒚𝟐(𝒕) 𝒚𝟏(𝒙) 𝒚𝟐(𝒙) 𝒚𝟏(𝒕) 𝒚𝟐(𝒕) 𝒚′ 𝟏(𝒕) 𝒚′ 𝟐(𝒕) ∗ 𝒇 𝒕 ∗ 𝒅𝒕 𝒚𝒑 = න . 𝒙 𝒚𝟏(𝒕) 𝒚𝟐(𝒕) 𝒚𝟑(𝒕) ⋯ 𝒚𝒏(𝒕) 𝒚′ 𝟏(𝒕) 𝒚′ 𝟐(𝒕) 𝒚′ 𝟑(𝒕) ⋯ 𝒚′ 𝒏(𝒕) ⋮ 𝒚𝒏−𝟐 𝟏(𝒕) 𝒚𝟏(𝒙) ⋮ 𝒚𝒏−𝟐 𝟐(𝒕) 𝒚𝟐(𝒙) ⋮ 𝒚𝒏−𝟐 𝟑(𝒕) ⋯ 𝒚𝒏−𝟐 𝒏(𝒕) 𝒚𝟑(𝒙) ⋯ 𝒚𝒏(𝒙) 𝒚𝟏(𝒕) 𝒚𝟐(𝒕) 𝒚𝟑(𝒕) ⋯ 𝒚𝒏(𝒕) 𝒚′ 𝟏(𝒕) 𝒚′ 𝟐(𝒕) 𝒚′ 𝟑(𝒕) ⋯ 𝒚′ 𝒏(𝒕) ⋮ 𝒚𝒏−𝟏 𝟏(𝒕) ⋮ 𝒚𝒏−𝟏 𝟐(𝒕) ⋮ 𝒚𝒏−𝟏 𝟑(𝒕) ⋯ 𝒚𝒏−𝟏 𝒏(𝒕) ∗ 𝒇 𝒕 ∗ 𝒅𝒕
- 11. ECUACIONES DIFERENCIALES Univ. Grover Kantuta Hilari OPERADOR DIFERENCIAL Sean los operadores diferenciales 𝑫 𝒚 = 𝒅𝒚 𝒅𝒙 = 𝒚′ 𝑫{} = 𝒅 𝒅𝒙 𝑫𝟐 {} = 𝒅𝟐 𝒅𝒙𝟐 𝑫𝟐 𝒚 = 𝒅𝟐 𝒚 𝒅𝒙𝟐 = 𝒚′′ 𝑫𝟑{} = 𝒅𝟑 𝒅𝒙𝟑 𝑫𝟑 𝒚 = 𝒅𝟑 𝒚 𝒅𝒙𝟑 = 𝒚′′′ ⋮ ⋮ 𝑫𝒏{} = 𝒅𝒏 𝒅𝒙𝒏 𝑫𝒏 𝒚 = 𝒅𝒏 𝒚 𝒅𝒙𝒏 = 𝒚𝒏 𝑳 𝑫 𝒚 = 𝑶𝒑𝒆𝒓𝒂𝒅𝒐𝒓 𝑳𝒊𝒏𝒆𝒂𝒍 𝑳 𝑫 𝒚 = 𝒇(𝒙) EL OPERADOR ANULADOR Es un operador diferencial lineal que aplicado a la Izquierda de una función este lo anula. Ejemplo El operador anulador 𝑳 𝑫 = 𝑫𝟐 + 𝟒 anula a 𝐟(𝐱) = 𝒔𝒆𝒏(𝟐𝒙) 𝑺𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊𝒐𝒏 Si aplicamos 𝑳𝑫{𝒇(𝒙)} = (𝑫𝟐 + 𝟒) 𝒔𝒆𝒏(𝟐𝒙) 𝑳𝑫 𝒇 𝒙 = 𝑫𝟐 𝒔𝒆𝒏 𝟐𝒙 + 𝟒 𝒔𝒆𝒏 𝟐𝒙 𝑳𝑫 𝒇 𝒙 = −𝟒𝒔𝒆𝒏 𝟐𝒙 + 𝟒𝒔𝒆𝒏(𝟐𝒙) 𝑳𝑫 𝒇 𝒙 = 𝟎
- 12. ECUACIONES DIFERENCIALES Univ. Grover Kantuta Hilari En resumen Nº f(x) L(D) 1 K D 2 X 𝑫𝟐 3 𝑿𝒏 𝑫𝒏+𝟏 4 𝒆𝒂𝒙 𝐃 − 𝒂 5 𝒄𝒐𝒔(𝐛𝐱) 𝑫𝟐 + 𝒃𝟐 6 𝒔𝒊𝒏(𝐛𝐱) 𝑫𝟐 + 𝒃𝟐 7 𝑷𝒏(𝒙) ∗ 𝒆𝒂𝒙 (𝑫 − 𝒂)𝒏+𝟏 8 𝑷𝒏(𝒙) ∗ 𝒔𝒊𝒏(𝐛𝐱) o 𝑷𝒏(𝒙) ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝐛𝐱) (𝑫𝟐 + 𝒃𝟐 )𝒏+𝟏 9 𝒆𝒂𝒙 𝒄𝒐𝒔 𝒃𝒙 o 𝒆𝒂𝒙 𝒔𝒆𝒏 𝒃𝒙 (𝐃 − 𝐚)𝟐 +𝒃𝟐 10 𝑷𝒏(𝒙) ∗ 𝒆𝒂𝒙 ∗ 𝒔𝒊𝒏 𝐛𝒙 o 𝑷𝒏(𝒙) ∗ 𝒆𝒂𝒙 ∗ 𝒄𝒐𝒔 𝐛𝒙 (𝐃 − 𝐚)𝟐 +𝒃𝟐 𝒏+𝟏 NOTA No hay operador anulador de 𝒙−𝟏 grados (-) , 𝑒𝑎𝑥 𝑥 , 𝑠𝑒𝑛(𝑥) 𝑥2 , 𝑃𝑛(𝑥) 𝑥 P.E.T. Trigonométrico Exponencial Polinómicas EJEMPLO 1 Si existe, anotar el operador anulador de coeficientes constantes: 𝒇 𝒙 = (𝟑𝒙 + 𝐜𝐨𝐬(𝟑𝒙))𝟐 ∗ 𝒆𝟐𝒙
- 13. ECUACIONES DIFERENCIALES Univ. Grover Kantuta Hilari SOLUCION 𝒇 𝒙 = (𝟑𝒙 + 𝐜𝐨𝐬(𝟑𝒙))𝟐 ∗ 𝒆𝟐𝒙 Desallorando 𝒇 𝒙 = (𝟗𝒙𝟐 + 𝟔𝒙 ∗ 𝒄𝒐𝒔 𝟑𝒙 + 𝒄𝒐𝒔𝟐 (𝟑𝒙)) ∗ 𝒆𝟐𝒙 𝒇 𝒙 = (𝟗𝒙𝟐 + 𝟔𝒙 ∗ 𝒄𝒐𝒔 𝟑𝒙 + 𝟏 + 𝐜𝐨𝐬 𝟔𝒙 𝟐 ) ∗ 𝒆𝟐𝒙 𝒇 𝒙 = (𝟗𝒙𝟐 + 𝟏 𝟐 + 𝟔𝒙 ∗ 𝒄𝒐𝒔 𝟑𝒙 + 𝒄𝒐𝒔(𝟔𝒙) 𝟐 ) ∗ 𝒆𝟐𝒙 𝒇 𝒙 = 𝟗𝒙𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝒆𝟐𝒙 + 1 2 cos 6𝑥 ∗ 𝒆𝟐𝒙 + 𝟔𝒙 ∗ 𝒄𝒐𝒔 𝟑𝒙 ∗ 𝒆𝟐𝒙 𝒇 𝒙 = (𝑫 − 𝟐)𝟑 ∗ (𝑫 − 𝟐)𝟐 +𝟔𝟐 (𝑫 − 𝟐)𝟐 +𝟑𝟐 𝒇 𝒙 = (𝑫 − 𝟐)𝟑 ∗ (𝑫 − 𝟐)𝟐 +𝟔𝟐 (𝑫 − 𝟐)𝟐 +𝟑𝟐 SOLUCION DE E.D. DE COEFICIENTES CONSTANTES, MEDIANTE OPERADOR ANULADOR EJERCICIO 1 𝐑𝐞𝐬𝐨𝐥𝐯𝐞𝐫 𝐥𝐚 𝐄. 𝐃. 𝒚′′ − 𝟐𝒚′ + 𝟐𝒚 = 𝟔𝒙𝒆𝒙 + 𝟓 SOLUCION Para la solucion homogénea 𝑦,, −2𝑦, + 2𝑦 = 0 EC. CARACTERISTICA 𝑟2 −2𝑟1 + 2 = 0 EC. CARACTERISTICA ( 𝑟 − 1)2 = −1 𝒓𝟏 = 𝟏 + 𝒊 𝒓𝟐 = 𝟏 − 𝒊 𝒚𝒉 = 𝑪𝟏 𝒆𝒙 𝐜𝐨𝐬(𝒙) + 𝑪𝟐 𝒆𝒙 𝐬𝐢𝐧(𝒙)
- 14. ECUACIONES DIFERENCIALES Univ. Grover Kantuta Hilari Hallando 𝒚𝒑 𝒑𝒐𝒓 𝒆𝒍 𝒎𝒆𝒕𝒐𝒅𝒐 𝑶𝒑. 𝑨𝒏𝒖𝒍𝒂𝒅𝒐𝒓 𝑓 𝑥 = 6𝑥𝑒𝑥 + 5 ( 𝑫 − 𝟏)𝟐 ∗ 𝑫 Aplicando por la Izquierda a la E.D. ( 𝑫 − 𝟏)𝟐∗ 𝑫{𝑦,,-2𝑦, + 2𝑦} = ( 𝑫 − 𝟏)𝟐∗ 𝑫 6𝑥𝑒𝑥 + 5 = 0 ( 𝑫 − 𝟏)𝟐 ∗ 𝑫(𝐷2 -2𝐷 + 2) 𝑦 = 0 EC. CARACTERISTICA∶ ( 𝒓 − 𝟏)𝟐 𝒓(𝑟2 −2𝑟 + 2) = 0 EC. CARACTERISTICA∶ ( 𝒓 − 𝟏)𝟐 𝒓(𝑟2 − 2𝑟 + 2) = 0 𝒓𝟏 = 𝟏 (𝟐 𝒗𝒆𝒄𝒆𝒔) 𝒓𝟐 = 𝟎 𝒓𝟑 = 𝟏 + 𝒊 𝒓𝟒 = 𝟏 − 𝒊 𝒚𝒉 = 𝑲𝟏 𝒆𝒙 + 𝑲𝟐𝒙 𝒆𝒙 +𝑲𝟑 𝒆𝟎 𝒙 + 𝑲𝟒 𝒆𝒙 𝐜𝐨𝐬(𝒙) + 𝑲𝟓 𝒆𝒙𝐬𝐢𝐧(𝒙) 𝑦𝑝 𝑦ℎ 𝒚𝒉 = 𝑲𝟏 𝒆𝒙 + 𝑲𝟐𝒙 𝒆𝒙 +𝑲𝟑 + 𝑲𝟒 𝒆𝒙 𝐜𝐨𝐬(𝒙) + 𝑲𝟓 𝒆𝒙 𝐬𝐢𝐧(𝒙) Identificando la solucion homogénea 𝒚𝑷 = 𝑲𝟏 𝒆𝒙 + 𝑲𝟐𝒙 𝒆𝒙 + 𝑲𝟑 𝒚𝒑 ′ = 𝑲𝟏 𝒆𝒙 + 𝑲𝟐 𝒆𝒙 + 𝑲𝟐𝒙 𝒆𝒙 𝒚𝒑 ′′ = 𝑲𝟏 𝒆𝒙 + 𝟐𝑲𝟐 𝒆𝒙 + 𝑲𝟐𝒙 𝒆𝒙 … … … … . (𝟏) ……………(2) ……………(3) Las Ec. (1) , (2) y (3) Reemplazando en la E.D. 𝑦′′ − 2𝑦′ + 2𝑦 = 6𝑥𝑒𝑥 + 5
- 15. ECUACIONES DIFERENCIALES Univ. Grover Kantuta Hilari 𝑲𝟏 𝒆𝒙 + 𝟐𝑲𝟐 𝒆𝒙 + 𝑲𝟐𝒙 𝒆𝒙 -2 𝑲𝟏 𝒆𝒙 − 2 𝑲𝟐 𝒆𝒙 − 2 𝑲𝟐 𝒙 𝒆𝒙 + 2 𝑲𝟏 𝒆𝒙 + 𝟐 𝑲𝟐𝒙 𝒆𝒙 +𝟐𝑲𝟑 = 6𝑥𝑒𝑥 + 5 𝑲𝟏 𝒆𝒙 +𝑲𝟐𝒙 𝒆𝒙 + 𝟐𝑲𝟑 = 6𝑥𝑒𝑥 + 5 IGUALANDO TERMINO A TERMINO 𝑲𝟏 = 𝟎 ; 𝑲𝟐 = 𝟔 ; 𝑲𝟑 =5/2 𝒚𝑷 = 𝟔𝒙 𝒆𝒙 + 𝟓 𝟐 FINALMENTE : 𝒚(𝑿) = 𝒚𝒉 + 𝒚𝑷 𝒚(𝑿) = 𝑪𝟏 𝒆𝒙 𝐜𝐨𝐬(𝒙) + 𝑪𝟐 𝒆𝒙 𝐬𝐢𝐧 𝒙 + 𝟔𝒙 𝒆𝒙 + 𝟓 𝟐
- 16. ECUACIONES DIFERENCIALES Univ. Grover Kantuta Hilari E. D. DE ORDEN SUPERIOR CON COEFICIENTES VARIABLES Ecuación de Euler Sea la E.D. de la forma 𝒂𝒏𝒙𝒏 𝒚𝒏 + 𝒂𝒏−1𝒙𝒏−1 𝒚𝒏−1 + ⋯ … … … … . . +𝒂2𝒙2 𝒚′′ + 𝒂1𝒙𝒚′ + 𝒂0𝒚 = 𝒇 𝒙 NOTA Si el grado y el orden son similares se llama ecuación de Euler Para resolver la E.D. se debe realizar el siguiente cambio de variable. 𝒙 = 𝒆𝒕 C.V de modo que la ecuación de Euler se reduce a una E. D. de coeficientes constantes. Además 𝒚′ = 𝒆−𝒕 ∗ 𝒅𝒚 𝒅𝒕 𝒚′′ = 𝒆−𝟐𝒕 ∗ ( 𝒅𝟐 𝒚 𝒅𝒕𝟐 − 𝒅𝒚 𝒅𝒕 ) 𝒚′′′ = 𝒆−𝟑𝒕 ∗ ( 𝒅𝟑 𝒚 𝒅𝒕𝟑 − 𝟑 𝒅𝟐 𝒚 𝒅𝒕𝟐 + 𝟐 𝒅𝒚 𝒅𝒕 )
- 17. ECUACIONES DIFERENCIALES EJERCICIO Nº 1 Resolver 𝒚′′ + 𝟏 𝒙 𝒚′ − 𝟏 𝒙𝟐 𝒚 = 𝟏 𝒙𝟐+𝒙𝟑 SOLUCION Si se observa la E.D. se debe multiplicar con 𝒙𝟐 para tener una ecuación de Euler 𝑦′′ + 1 𝑥 𝑦′ − 1 𝑥2 𝑦 = 1 𝑥2 + 𝑥3 Τ ∗ / 𝒙𝟐 𝑥2 𝑦′′ + 𝑥𝑦′ − 𝑦 = 𝑥2 ) 𝑥2(1 + 𝑥 𝒙2 𝒚′′ + 𝒙𝒚′ − 𝒚 = 1 1 + 𝒙 ………….. E.D.U. Realizamos el siguiente cambio de variable C.V. 𝒙 = 𝒆𝒕 Hallando las derivadas paramétricas 𝒚′ = 𝒆−𝒕 ∗ 𝒅𝒚 𝒅𝒕 𝒚′′ = 𝒆−𝟐𝒕 ∗ ( 𝒅𝟐𝒚 𝒅𝒕𝟐 − 𝒅𝒚 𝒅𝒕 ) Reemplazando en la ecuación de Euler 𝑒2𝑡 ∗ 𝑒−2𝑡 ∗ 𝑑2 𝑦 𝑑𝑡2 − 𝑑𝑦 𝑑𝑡 + 𝑒𝑡 ∗ 𝑒−𝑡 ∗ 𝑑𝑦 𝑑𝑡 − 𝑦 = 1 1 + 𝑒𝑡 𝑑2 𝑦 𝑑𝑡2 − 𝑑𝑦 𝑑𝑡 + 𝑑𝑦 𝑑𝑡 − 𝑦 = 1 1 + 𝑒𝑡 Se obtiene una E.D. de coeficientes constantes no homogéneo 𝒅2 𝒚 𝒅𝒕2 − 𝒚 = 1 1 + 𝒆𝒕 Resolviendo Paso 1.- hallamos la solución homogénea 𝒚′′ − 𝒚 = 𝟎 Escribiendo la ecuación característica 𝒓𝟐 − 𝟏 = 𝟎 𝒓 = ±𝟏 La solución homogénea será: 𝒚𝒉 = 𝒄𝟏𝒆𝒕 + 𝒄𝟐𝒆−𝒕 Univ.Grover Kantuta Hilari
- 18. ECUACIONES DIFERENCIALES Paso 2.- hallando la solución particular Por variación de parámetro 𝑦𝑝 = න . 𝑡 𝑒𝑢 𝑒−𝑢 𝑒𝑡 𝑒−𝑡 𝑒𝑢 𝑒−𝑢 𝑒𝑢 −𝑒−𝑢 ∗ 1 1 + 𝑒𝑢 𝑑𝑢 𝑦𝑝 = න . 𝑡 𝑒−𝑡 ∗ 𝑒𝑢 − 𝑒𝑡 ∗ 𝑒−𝑢 −2 ∗ 1 1 + 𝑒𝑢 𝑑𝑡 Multiplicando a cada termino la función y distribuyendo nos queda 𝑦𝑝 = − 𝑒−𝑡 2 න . 𝑡 𝑒𝑢 1 + 𝑒𝑢 ∗ 𝑑𝑢 + 𝑒𝑡 2 න . 𝑡 𝑒−𝑢 1 + 𝑒𝑢 𝑑𝑢 ln 1 + 𝑒𝑢 𝑰1 Hallando e Integrando la "𝑰𝟏" 𝒚𝒑 = 𝐥𝐧 𝟏 + 𝒆𝒖 + 𝑰𝟏 𝐼1 = න . 𝑡 𝑒−𝑢 1 + 𝑒𝑢 𝑑𝑢 Reconstruyendo la integral 𝑰𝟏 para hacer el siguiente C.V. 𝐼1 = න . 𝑡 𝑒−𝑢 ) 𝑒𝑢(𝑒−𝑢 + 1 𝑑𝑢 = න . 𝑡 𝑒−𝑢 ∗ 𝑒−𝑢 𝑒−𝑢 + 1 𝑑𝑢 C.V 𝒆−𝒖 + 𝟏 = 𝒛 derivando el C.V. −𝒆−𝒖𝒅𝒖 = 𝒅𝒛 Reemplazando 𝐼1 = න . 𝑡 𝑧 − 1 𝑧 −𝑑𝑢 = −𝑧 + ln 𝑧 ൯ 𝐼1 = −(𝒆 −𝒖 + 1) + 𝒍𝒏(𝒆−𝒖 + 1 La solución particular será 𝒚𝒑 = − 𝒆−𝒕 𝟐 ∗ 𝐥 𝐧( 𝟏 + 𝒆𝒖 )/𝒕 + 𝒆𝒕 𝟐 ∗ 𝐥𝐧 𝒆−𝒖 + 𝟏 − 𝒆−𝒖 − 𝟏 /𝒕 Univ. Grover Kantuta Hilari
- 19. ECUACIONES DIFERENCIALES 𝑦𝑝 = − 𝑒−𝑡 2 ∗ l n( 1 + 𝒆𝒕) + 𝑒𝑡 2 ∗ ln 𝒆−𝒕 + 1 − 1 2 − 𝑒𝑡 Finalmente tendremos 𝒚 𝒙 = 𝒚𝒉 + 𝒚𝒑 𝑦(𝑡) = 𝑐1𝑒𝑡 + 𝑐2𝑒−𝑡 − 𝑒−𝑡 2 ∗ ln(1 + 𝑒𝑡 ) + 𝑒𝑡 2 ∗ ln 𝑒−𝑡 + 1 − 1 − 𝑒𝑡 Para tener el resultado final debemos volver al cambio de variable Donde el C.V. es 𝒙 = 𝒆𝒕 Reemplazando con el cambio de variable 𝒚(𝒙) = 𝒄𝟏𝒙 + 𝒄𝟐 ∗ 𝟏 𝒙 − 𝟏 𝟐𝒙 ∗ 𝐥𝐧(𝟏 + 𝒙) + 𝒙 𝟐 ∗ 𝐥𝐧 𝟏 𝒙 + 𝟏 − 𝟏 − 𝒙 Univ.Grover Kantuta Hilari
- 20. ECUACIONES DIFERENCIALES Ecuación de legendre Es una E.D. más general que en la ecuación de Euler Es de la forma 𝒄𝒏 𝒂𝒙 + 𝒃 𝒏 𝒚𝒏 + 𝒄𝒏−1 𝒂𝒙 + 𝒃 𝒏−1 𝒚𝒏−1 +. . +𝒄2 𝒂𝒙 + 𝒃 2 𝒚′′ + 𝒄1(𝒂𝒙 + 𝒃)𝒚′ + 𝒄0𝒚 = 𝒇 𝒂𝒙 + 𝒃 Para resolver esta E.D. realizamos el siguiente cambio de variable C.V 𝑎𝒙 + 𝒃 = 𝒆𝒕 de modo que la ecuación de legendre se reduce a una E. D. de coeficientes constantes. Además 𝑦′ = 𝑎 ∗ 𝑒−𝑡 ∗ 𝑑𝑦 𝑑𝑡 𝑦′′ = 𝑎2 ∗ 𝑒−2𝑡 ∗ ( 𝑑2 𝑦 𝑑𝑡2 − 𝑑𝑦 𝑑𝑡 ) 𝑦′′′ = 𝑎2 ∗ 𝑒−3𝑡 ∗ ( 𝑑3𝑦 𝑑𝑡3 − 3 𝑑2𝑦 𝑑𝑡2 + 2 𝑑𝑦 𝑑𝑡 ) EJERCICIO Nº 1.- Resolver la E.D. (𝟏 − 𝒙)𝟐𝒚′′ + 𝟏 − 𝒙 𝒚′ − 𝒚 = 𝟏 − 𝒙 𝟑 − 𝟐 Solución 1 − 𝒙 2 𝒚′′ + 1 − 𝒙 𝒚′ − 𝒚 = 1 − 𝒙 3 − 2 Para resolver esta E.D. hacemos el C.V. C.V 1 − 𝒙 = 𝒆𝒕 Una vez realizada el cambio de variable hallamos las derivadas paramétricas correspondientes 𝒚′ =−∗ 𝒆−𝒕 ∗ 𝒅𝒚 𝒅𝒕 𝒚′′ = (−𝟏)𝟐 ∗ 𝒆−𝟐𝒕 ∗ ( 𝒅𝟐𝒚 𝒅𝒕𝟐 − 𝒅𝒚 𝒅𝒕 ) Reemplazando 𝑒2𝑡 ∗ 𝑒−2𝑡 ∗ 𝑑2 𝑦 𝑑𝑡2 − 𝑑𝑦 𝑑𝑡 + 𝑒𝑡 ∗ −𝑒−𝑡 ∗ 𝑑𝑦 𝑑𝑡 + 𝑦 = 𝑒3𝑡 − 2 Univ.Grover Kantuta Hilari
- 21. ECUACIONES DIFERENCIALES 𝒅𝟐𝒚 𝒅𝒕𝟐 − 𝟐 𝒅𝒚 𝒅𝒕 + 𝒚 = 𝒆𝟑𝒕 − 𝟐 …………(α) Si observamos tenemos una E.D. de coeficientes constantes Resolviendo Paso 1.- Hallando la solución homogénea 𝑦ℎ 𝒅𝟐𝒚 𝒅𝒕𝟐 − 𝟐 𝒅𝒚 𝒅𝒕 + 𝒚 = 𝟎 Escribiendo su ecuación característica 𝑟2 − 2𝑟 + 1 = 0 𝑟 − 1 2 = 0 𝑟 = 1 (se repite dos veces r) La solución homogénea será 𝒚𝒉 = 𝒄𝟏𝒆𝒕 + 𝒄𝟐𝒕𝒆𝒕 Paso 2.-Hallamos la solución particular por variación de parámetro 𝑦𝑝 = න . 𝑡 𝑒𝑢 𝑢𝑒𝑢 𝑒𝑡 𝑡𝑒𝑡 𝑒𝑢 𝑢𝑒𝑢 𝑒𝑢 𝑒𝑢 + 𝑢𝑒𝑢 ∗ (𝒆 3𝒖 − 2)𝑑𝑢 𝑦𝑝 = න . 𝑡 𝑡𝑒𝑡 ∗ 𝑒𝑢 − 𝑒𝑡 ∗ 𝑢𝑒𝑢 𝑒2𝑢 + 𝑢𝑒2𝑢 − 𝑢𝑒2𝑢 ∗ (𝒆 3𝒖 − 2)𝑑𝑢 𝑦𝑝 = න . 𝑡 ) 𝑒𝑡 ∗ 𝑒𝑢 (𝑡 − 𝑢 𝑒2𝑢 ∗ (𝒆 3𝒖 − 2)𝑑𝑢 𝑦𝑝 = න . 𝑡 ) 𝑒𝑡 ∗ (𝑡 − 𝑢 ∗ (𝒆 2𝒖 − 2 𝒆𝒖 )𝑑𝑢 Multiplicando termino a término tenemos 𝒚𝒑 = 𝒆𝒕 න . 𝒕 (𝒆 𝟐𝒖 𝒕 − 𝟐 𝒆𝒖 𝒕 − 𝒖𝒆𝟐𝒖 + 𝟐𝒖 𝒆𝒖 )𝒅𝒖 Univ.Grover Kantuta Hilari
- 22. ECUACIONES DIFERENCIALES Integrando 𝑦𝑝 = 𝑒𝑡(𝑡 ∗ 𝑒2𝑢 2 + 2𝑡 ∗ 𝑒−𝑢 − 𝑢 ∗ 𝑒2𝑢 2 + 𝑒2𝑢 4 − 2𝑢 𝑒𝑢 − 2 𝑒𝑢 )/𝑡 ቇ 𝑦𝑝 = 𝑒𝑡(𝑡 ∗ 𝑒2𝑡 2 + 2𝑡 ∗ 𝑒−𝑡 − 𝑡 ∗ 𝑒2𝑡 2 + 𝑒2𝑡 4 − 2𝑡 𝑒𝑡 − 2 𝑒𝑡 ቇ 𝑦𝑝 = 𝑒𝑡 ( 𝑒2𝑡 4 − 2 𝑒𝑡 𝒚𝒑 = ( 𝒆𝟑𝒕 𝟒 − 𝟐) Finalmente, la solución general será 𝒚(𝒙) = 𝒄𝟏𝒆𝒕 + 𝒄𝟐𝒕𝒆𝒕 + 𝒆𝟑𝒕 𝟒 − 𝟐 Univ.Grover Kantuta Hilari
- 23. ECUACIONES DIFERENCIALES Univ. Grover Kantuta Hilari