Ecuaciones diferenciale de orden superior
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TEORÍA Y PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES
Marcelo Romo Proaño
Escuela Politécnica del Ejército - Ecuador
Capítulo IV
SOLUCIÓN DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN
SUPERIOR
4.1
COEFICIENTES GENÉRICOS Y ANÁLISIS DE DERIVADAS EN
ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS:
Los procesos de derivación de funciones específicas, y muy particularmente las propiedades
de esas derivadas, pueden utilizarse para orientar la definición de potenciales soluciones a las
ecuaciones diferenciales lineales homogéneas (en acápites posteriores se analizarán las
ecuaciones diferenciales lineales generales de orden superior cuya solución arranca por el
análisis de las ecuaciones diferenciales lineales homogéneas asociadas). Esas posibles
soluciones, en su forma más genérica, se derivan y reemplazan en la ecuación diferencial
obteniéndose expresiones algébricas equivalentes con formato tradicional, que nos permiten
definir las soluciones exactas.
A manera de revisión básica de definiciones, la forma general de una ecuación diferencial
lineal homogénea es la siguiente:
a 0 ( x) ⋅
dn y
dx
n
+ a 1 ( x) ⋅
dn − 1 y
dx
n −1
+ ..... + a n − 2 ( x ) ⋅
d2y
dx
2
+ a n −1 (x ) ⋅
dy
+ a n ( x ).y = 0
dx
Problema Resuelto 1:
Resolver la siguiente ecuación diferencial lineal homogénea:
dy
+y=0
dx
Otra manera de representar la ecuación diferencial es:
y′ + y = 0
Solución:
El enfoque para resolver este tipo de ecuaciones es bastante diferente a lo expuesto en los
problemas anteriores debido a la presencia simultánea de la función “y” y su primera derivada
“y′ ”, a la vez que no existe expresión alguna con la variable independiente “x”. En lugar de
realizar integraciones directas se procederá a analizar las propiedades de las derivadas de
algunas funciones específicas (en lugar de métodos deductivos emplearemos métodos
inductivos de razonamiento).
En el presente caso se requiere encontrar una función “y” tal que su derivada “y′ ” sea similar
a la propia función, pero con signo cambiado para que se anulen entre sí al reemplazarlas en
la ecuación diferencial (y′+y=0).
En principio existen algunas funciones básicas cuyas derivadas son o pueden ser muy
similares a las funciones originales:
y = Sen( x ) , y = Cos( x )
y = ex,
y = e− x
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Por el momento prescindiremos del Senh(x) y Cosh(x) seno hiperbólico de “x” y coseno
hiperbólico de “x” que, por generar derivadas similares a las propias funciones, también
podrían incorporarse a las funciones antes expuestas, aunque con ello incurriríamos en una
redundancia de combinaciones lineales como se explicará en problemas posteriores.
Como referencia, para orientar la resolución de la ecuación diferencial, se puede obtener la
primera derivada de cada una de las 4 funciones propuestas:
y = Sen( x ) → y′ = Cos( x )
y = Cos( x ) → y′ = −Sen( x )
y = ex
→ y′ = e x
y = e− x
→ y′ = −e − x
De las 4 expresiones, la función exponencial “y=e -x ” (la cuarta función) es la única cuya
derivada es la propia función cambiada de signo, por lo que al reemplazarla en la ecuación
diferencial original sería solución de la misma.
La forma general de la posible solución es:
y = A.e −Bx
Donde:
B:
-B:
Constante con valor positivo
Constante con valor negativo
Obteniendo la primera derivada de “y” respecto a “x”:
y′ = −A.B.e − Bx
La ecuación diferencial original es:
y′ + y = 0
Reemplazando la función “y” y su derivada “y′ ” en la ecuación diferencial se tiene:
′
y
y
64
47
44
8 647
4
8
− Bx
− Bx
( −A.B.e
) + ( A.e
)=0
Factorando:
A.e − Bx ( −B + 1) = 0
Para que el producto de 3 factores sea nulo se requiere que al menos uno de ellos sea nulo
(A=0, o e -Bx =0, o –B+1=0).
Si “A” tuviera valor cero, no existiría función “y” (sería una función nula “y=0”), por lo que
esa hipótesis no es de interés en la búsqueda de soluciones de la ecuación diferencial.
Por otro lado “e -Bx ” no puede ser nulo pues no existe ningún valor de “B” que anule la
expresión para todo valor de “x”.
Solamente el tercer factor puede ser nulo para que exista una solución no nula a la ecuación
diferencial.
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− B +1 = 0
Despejando “B” se tiene:
B =1
Reemplazando en la forma general de la posible solución se tiene:
y = A.e − x Solución
Donde:
A:
Constante arbitraria
Nota: Se debe observar que a pesar de no haber realizado ninguna integración, ha aparecido
una constante arbitraria “A” como parte del proceso de resolución de la ecuación diferencial.
Si bien esta constante arbitraria presenta una aritmética diferente a la de las constantes de
integración tradicionales, da como resultado una familia de curvas que cumplen con la
ecuación diferencial, del mismo modo que las constantes de integración.
Verificación:
La función solución es:
y = A.e − x
La primera derivada de “y” es:
y′ = − A.e − x
La ecuación diferencial original es:
y′ + y = 0
Reemplazando la función “y” y su primera derivada “y′ ” en la ecuación diferencial se tiene:
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′
y
y
647
4
8 6
47
4
8
−x
−x
( −A .e ) + ( A.e ) = 0
0 = 0 Verificado
Nota 1: A diferencia de los problemas anteriores en que se recurrió a procesos clásicos de
integración, para resolver la presente ecuación diferenc ial se ha recurrido a una inspección de
las derivadas de las funciones, para ubicar aquellas que son potenciales soluciones de la
ecuación.
Nota 2: Los pasos requeridos en la metodología para resolver este tipo de ecuaciones son:
Ø
Ø
Ø
Ø
Ø
Identificar las posibles funciones solución a la ecuación diferencial basándose en una
abstracción de los procesos de derivación de esas funciones en su forma más simple.
Definir una forma general para esas potenciales soluciones mediante la introducción
de los coeficientes genéricos (constantes) apropiados.
Obtener todas las derivadas que se requieran de esas funciones genéricas tomando
como referencia los componentes de la ecuación diferencial.
Reemplazar las funciones genéricas y sus derivadas en la ecuación diferencial con lo
que se obtienen ecuaciones algébricas tradicionales cuyas incógnitas son los términos
genéricos de las potenciales soluciones.
Resolver las ecuaciones algébricas para obtener los valores de las incógnitas de los
términos genéricos, con lo que se obtiene la solución específica para la ecuación
diferencial.
Problema Resuelto 2:
Resolver la siguiente ecuación diferencial lineal homogénea:
y′ − y = 0
Solución:
Se requiere de una función “y” tal que su derivada “y′ ” sea similar a la propia función para
que se anulen entre sí al reemplazarlas en la ecuación diferencial.
Existen cuatro funciones básicas cuyas derivadas son o pueden ser muy similares a las
funciones originales:
y = Sen( x ) , y = Cos( x )
y = ex ,
y = e− x
La primera derivada de cada función es:
y = Sen( x ) → y′ = Cos( x )
y = Cos( x ) → y′ = −Sen( x )
y = ex
→ y′ = e x
y = e− x
→ y′ = −e − x
La función exponencial “y=e x ” es la única cuya derivada es la propia función, por lo que al
reemplazarla en la ecuación diferencial original sería solución de la misma.
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La forma general de la posible solución es:
y = A.e Bx
Obteniendo la primera derivada:
y′ = A.B.e Bx
La ecuación diferencial original es:
y′ − y = 0
Reemplazando la función “y” y su derivada “y′ ” en la ecuación diferencial se tiene:
( A.B.e Bx ) − ( A.e Bx ) = 0
Factorando:
A.e Bx ( B − 1) = 0
Para que el producto de 3 factores sea nulo se requiere que al menos uno de ellos sea nulo
(A=0, o e Bx =0, o B-1=0). “A” no puede tener valor nulo pues eliminaría la función; e Bx
tampoco puede tener valor nulo pues no existe valor de B que satisfaga esa condición para
todo valor de “x”. Por consiguiente se requiere que el tercer factor sea nulo.
B −1 = 0
Despejando “B” se tiene:
B =1
Reemplazando en la forma general de la posible solución se tiene:
y = A.e x Solución
Donde:
A:
Constante arbitraria
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Verificación:
La función solución es:
y = A.e x
La primera derivada de “y” es:
y′ = A.e x
La ecuación diferencial original es:
y′ − y = 0
Reemplazando la función y la primera derivada en la ecuación diferencial se tiene:
′
y
y
67
8 67
8
x
( A.e ) − (A .e x ) = 0
0 = 0 Verificado
Problema Resuelto 3:
Resolver el problema anterior incluyendo las funciones seno y coseno hiperbólicos como
potenciales soluciones de la ecuación diferencial:
y′ − y = 0
Solución:
Existen seis funciones básicas cuyas derivadas son o pueden ser muy similares a las funciones
originales:
y = Sen( x ) , y = Cos( x )
y = ex ,
y = e− x
y = Senh ( x ) , y = Cosh ( x)
Es importante notar que las funciones hiperbólicas pueden ser definidas como combinaciones
lineales de las funciones exponenciales, de acuerdo a las siguientes expresiones:
Senh ( x) =
e x − e −x
2
Cosh ( x ) =
e x + e −x
2
Por la existencia de estas dos relaciones, usualmente (no en todos los casos) basta resolver las
ecuaciones diferenciales para las funciones exponenciales, e ignorar las funciones
hiperbólicas. Sin embargo, por aspectos didácticos, continuaremos con la solución que
incluye a las funciones hiperbólicas.
La primera derivada de cada una de las 6 funciones básicas es:
y = Sen( x ) → y′ = Cos( x )
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y = Cos( x ) → y′ = −Sen( x )
y = ex
→ y′ = e x
y = e− x
→ y′ = −e − x
y = Senh ( x ) → y′ = Cosh ( x)
y = Cosh ( x) → y′ = Senh ( x )
La función exponencial “y=e x ” cumple con que su primera derivada es igual a la función
original, por lo que al reemplazarla en la ecuación diferencial sería solución de la misma.
Por otro lado, si bien las derivadas de las funciones hiperbólicas “y=Senh(x)” y “y=Cosh(x)”
no son iguales a las funciones originales, con su mismo signo, podrían anularse como
funciones combinadas cruzadas (la derivada del seno hiperbólico se anularía con la función
coseno hiperbólico, y la derivada del coseno hiperbólico se anularía con la función seno
hiperbólico).
Las funciones trigonométricas “y=Sen(x)” y “y=Cos(x)” producen primeras derivadas
“cruzadas” pero con signos diferentes entre las dos “y′=Cos(x)” y “y′=-Sen(x)”,
respectivamente, lo que impide utilizarlas simultáneamente en esta ecuación diferencial para
una eliminación cruzada similar a las funciones hiperbólicas.
Con estos antecedentes la forma general de la posible solución es:
y = A.e Bx + C.Senh (E.x) + D.Cosh ( F.x)
Obteniendo la primera derivada:
y′ = A.B.e Bx + C.E.Cosh (E.x) + D.F.Senh ( F.x)
La ecuación diferencial original es:
y′ − y = 0
Reemplazando la función “y” y su derivada “y′ ” en la ecuación diferencial se tiene:
{A.B.eBx + C.E.Cosh (E.x ) + D.F.Senh (F.x )}− {A.eBx + C.Senh (E.x ) + D.Cosh (F.x )}= 0
Agrupando las funciones similares:
{A.B.eBx − A.eBx }+ {D.F.Senh (F.x ) − C.Senh (E.x )}+ {C.E.Cosh (E.x ) − D.Cosh (F.x)} = 0
Factorando la función exponencial:
A.e Bx (B − 1) + {D.F.Senh (F.x ) − C.Senh (E.x)} + {C.E.Cosh (E.x) − D.Cosh ( F.x )} = 0
Para que la función seno hiperbólico pueda agruparse con el coseno hiperbólico y luego
anularse con la función exponencial, es necesario que los argumentos de las funciones
hiperbólicas sean iguales.
F.x = E.x
Simplificando:
F=E
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Lo que permite simplificar la ecuación anterior en los siguientes términos, al colocar “F” en
función de “E”:
A.e Bx (B − 1) + {D.E.Senh ( E.x ) − C.Senh (E.x )} + {C.E.Cosh( E.x ) − D.Cosh (E.x)} = 0
Factorando las funciones hiperbólicas:
A.e Bx (B − 1) + Senh (E.x).( D.E − C) + Cosh ( E.x )(C.E − D) = 0
Agrupando las funciones hiperbólicas:
A.e Bx (B − 1) + {Senh (E.x ).( D.E − C) + Cosh (E.x)( C.E − D)} = 0
Para lograr que la suma de una función seno hiperbólico con un coseno hiperbólico se
simplifique en una función exponencial única (como la que aparece en la parte izquierda de la
ecuación) se requiere que las constantes que multiplican a las funciones sean iguales:
D.E − C = C.E − D
Reagrupando:
D.E + D = C.E + C
Factorando:
D ( E + 1) = C( E + 1)
Simplificando:
D =C
Reemplazando la última expresión para simplificar la ecuación anterior se tiene:
A.e Bx (B − 1) + {Senh (E.x).( C.E − C) + Cosh ( E.x )(C.E − C)} = 0
Factorando:
A.e Bx (B − 1) + {Senh ( E.x ) + Cosh ( E.x )}(C.E − C) = 0
A.e Bx (B − 1) + C{Senh (E.x) + Cosh (E.x)}(E − 1) = 0
La representación de las funciones hiperbólicas en base a funciones exponenciales es la
siguiente:
e E. x − e − E.x
2
E .x
e
+ e −E .x
Cosh ( E.x ) =
2
Senh ( E.x) =
Reemplazando en la ecuación anterior se tiene:
Senh( E. x)
Cosh( E.x )
64
47448 64
47448
E .x
− e − E.x e E.x + e − E .x
e
Bx
A.e (B − 1) + C
+
( E − 1) = 0
2
2
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Simplificando:
e E.x − e − E .x + e E.x + e − E .x
A.e Bx (B − 1) + C
(E − 1) = 0
2
2e E. x
A.e Bx (B − 1) + C
( E − 1) = 0
2
{ }
A.e Bx (B − 1) + C e E.x ( E − 1) = 0
A.e Bx (B − 1) + C.e E.x ( E − 1) = 0
Para que las 2 funciones exponenciales puedan anularse, los exponentes deben ser iguales:
E.x = B.x
E=B
Simplificando se tiene:
A.e Bx (B − 1) + C.e B.x ( B − 1) = 0
Factorando:
( A + C).e Bx (B − 1) = 0
Pero “A+C” es otra constante arbitraria que la podemos denominar “k”:
k.e Bx (B − 1) = 0
Para que el producto de los tres factores se anule se necesita que:
B −1 = 0
Despejando “B”:
B=1
Hasta el momento se han obtenido 4 relaciones, “F=E”, “D=C”, “E=B” y “B=1”, que deben
ser aplicadas a la solución general:
y = A.e Bx + C.Senh (E.x) + D.Cosh ( F.x)
Reemplazando “F=E”:
y = A.e Bx + C.Senh ( E.x ) + D.Cosh ( E.x)
Reemplazando “D=C”:
y = A.e Bx + C.Senh (E.x) + C.Cosh ( E.x)
Reemplazando “E=B”:
y = A.e Bx + C.Senh ( B.x) + C.Cosh ( B.x )
Reemplazando “B=1”:
y = A.e x + C.Senh ( x ) + C.Cosh( x) Solución
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Sin embargo, se tiene que el componente de funciones hiperbólicas de la solución es:
C.Senh ( x) + C.Cosh ( x ) = C.(Senh ( x ) + Cosh ( x ))
ex − e − x ex + e− x
C.Senh ( x) + C.Cosh ( x ) = C.
+
2
2
x
−
x
x
−
x
e −e + e + e
C.Senh ( x) + C.Cosh ( x) = C.
2
2e x
C.Senh ( x ) + C.Cosh ( x ) = C.
2
( )
C.Senh ( x) + C.Cosh ( x ) = C. e x
Reemplazando en la solución se tiene:
y = A.e x + C.e x
y = ( A + C).e x
y = k .e x Solución Alternativa
Donde:
k:
Constante arbitraria
Nota: La solución alternativa tiene la misma forma que la solución que se obtuvo cuando se
prescindió de las funciones hiperbólicas, por lo que ambas soluciones son idénticas. En
conclusión, no era necesario utilizar las funciones hiperbólicas para resolver la ecuación
diferenc ial pues, por la relación existente entre funciones hiperbólicas y exponenciales,
bastaban las funciones exponenciales.
Verificación:
Se sigue un proceso similar al expuesto en el problema anterior.
Problema Resuelto 4:
Resolver la siguiente ecuación diferencial lineal homogénea:
y ′ + 3y = 0
Solución:
Se requiere de una función “y” tal que su derivada sea similar a la propia función, pero con
signo cambiado para que se anulen entre sí al reemplazarlas en la ecuación diferencial.
Existen cuatro funciones básicas cuyas derivadas son o pueden ser muy similares a las
funciones originales (por el análisis realizado en el problema anterior no es necesario incluir
las funciones hiperbólicas):
y = Sen( x ) , y = Cos( x )
y = ex ,
y = e− x
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La primera derivada de cada función es:
y = Sen( x ) → y′ = Cos( x )
y = Cos( x ) → y′ = −Sen( x )
y = ex
→ y′ = e x
y = e− x
→ y′ = −e − x
La función exponencial “y=e -x ” es la única cuya derivada es la propia función cambiada de
signo, por lo que al reemplazarla en la ecuación diferencial original se aproximaría mucho a la
solución de la misma (hay una diferencia de magnitud de coeficientes).
La forma general de la posible solución, que permitiría igualar los coeficientes, es:
y = A.e −Bx
Obteniendo la primera derivada:
y′ = −A.B.e − Bx
La ecuación diferencial original es:
y′ + 3y = 0
Reemplazando la función “y” y su derivada “y′ ” en la ecuación diferencial se tiene:
( −A.B.e − Bx ) + 3( A.e − Bx ) = 0
Factorando:
A.e − Bx ( −B + 3) = 0
Para que el producto de los 3 factores sea nulo se requiere que al menos uno de ellos sea nulo.
En el presente caso, por los argumentos expuestos en los problemas anteriores, se requiere
que el tercer factor sea nulo.
−B+3= 0
Despejando “B” se tiene:
B =3
Reemplazando en la forma general de la posible solución se tiene:
y = A.e − 3x Solución
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Nota: La generalización de la potencial solución nos permite concentrar los esfuerzos en las
“expresiones tipo” de las funciones y sus derivadas, y en los signos de las mismas para
plantear tales soluciones.
Verificación:
La función solución es:
y = A.e −3x
La primera derivada de “y” es:
y′ = −3A.e − 3x
La ecuación diferencial original es:
y′ + 3y = 0
Reemplazando la función “y” y su primera derivada “y′ ”en la ecuación diferencial se tiene:
( −3A.e − 3x ) + 3(A.e −3x ) = 0
0 = 0 Verificado
Solución Alternativa:
Los 3 problemas anteriores pudieron haber sido resueltos asumiendo una única posible
solución general que engloba a las 2 funciones exponenciales, de la forma:
y = A.e Bx
En ese caso el signo del exponente lo definirá el valor de la constante “B”.
En el caso anterior, la ecuación diferencial es:
y ′ + 3y = 0
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De acuerdo a la alternativa propuesta, la posible solución genérica es:
y = A.e Bx
Derivando “y” respecto a “x” se tiene:
y′ = A.B.e Bx
Reemplazando la función y su derivada en la ecuación diferencial se tiene:
y′ + 3y = 0
A.B.e Bx + 3( A.e Bx ) = 0
Factorando:
A.e Bx ( B + 3) = 0
Simplificando los factores no nulos:
B+3= 0
El valor de “B” es:
B = −3
Reemplazando en la solución genérica se tiene:
y = A.e − 3x Solución
La solución es idéntica a la obtenida previamente.
Nota: El nuevo enfoque de generalización de las funciones exponenciales tiene la ventaja de
que el signo de las constantes asociadas a las funciones se establece durante el proceso de
resolución de la ecuación diferencial, y no en el estudio preliminar de las potenciales
soluciones.
Problema Resuelto 5:
Resolver la siguiente ecuación diferencial:
y ′′ − 2y ′ = 0
Solución:
Mediante un cambio de variable, basado en una derivación, esta ecuación diferencial puede
transformarse en otra mucho más simple.
z = y ′ Ecuación de cambio de variable
Equivalente a
z=
dy
dx
Derivando respecto a “x” a las 2 expresiones anteriores:
z ′ = y ′′
equivalente a
dz d 2 y
=
dx dx 2
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Se debe notar que tanto “y” como “z” son funciones de “x”.
La ecuación diferencial original es:
y′′ − 2 y′ = 0
Reemplazando las expresiones en “y” por sus equivalentes en “z”, en la ecuación diferencial,
se obtiene una ecuación diferencial intermedia mucho más sencilla:
z ′ − 2z = 0
La nueva ecuación diferencial tiene una forma más sencilla.
Se requiere de una función “z” tal que su derivada “z′ ”sea similar a la primera derivada, pero
con signo cambiado para que se anulen entre sí al reemplazarlas en la ecuación diferencial.
La forma general de la posible solución intermedia es:
z = A.e Bx
Obteniendo la primera derivada:
z ′ = A.B.e Bx
La ecuación diferencial que tratamos de resolver es:
z ′ − 2z = 0
Reemplazando la función “z” y su derivada “z′ ” en la ecuación diferencial se tiene:
( A.B.e Bx ) − 2( A.e Bx ) = 0
Factorando:
A.e Bx ( B − 2) = 0
Se requiere que el tercer factor sea nulo.
B−2= 0
Despejando “B” se tiene:
B=2
Reemplazando en la forma general de la posible solución intermedia se tiene:
z = A .e 2 x Solución intermedia
La expresión básica del cambio de variable es:
z = y′
o
z=
dy
dx
Reemplazando en la solución intermedia se tiene:
dy
= A.e 2x
dx
La nueva ecuación diferencial tiene una forma cuya solución ya es conocida.
Separando las diferenciales:
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dy = A.e 2x dx
Integrando ambos miembros:
∫ dy = ∫ A.e
2x
dx
Ejecutando las integrales:
y=
A 2x
e + C Solución
2
Donde:
A:
C:
Constante arbitraria
Constante de integración arbitraria
La expresión “A/2” es una constante que puede ser reemplazada por otra constante “B”:
B=
A
2
Reemplazando en la solución se obtiene la siguiente expresión simplificada:
y = B.e 2 x + C Solución Alternativa
Donde:
B:
C:
Constante arbitraria
Constante de integración arbitraria
NOTA: La resolución de la ecuación diferencial de segundo orden ha dado lugar a la
aparición de 2 constantes arbitrarias.
Verificación:
La función solución original es:
y=
A 2x
e +C
2
La primera derivada de “y” es:
y′ = Ae 2 x
La segunda derivada de “y” es:
y′′ = 2 Ae 2x
La ecuación diferencial original es:
y′′ − 2 y′ = 0
Reemplazando la primera y la segunda derivadas de “y” en la ecuación diferencial se tiene:
( 2Ae 2x ) − 2( Ae 2 x ) = 0
Simplificando:
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0 = 0 Verificado
NOTA: A través de un artificio matemático (cambio de función), un nuevo tipo de ecuación
diferencial ha sido convertido en otra ecuación diferencial cuya solució n ya es conocida.
Problema Resuelto 6:
Resolver la siguiente ecuación diferencial lineal homogénea de segundo orden:
y ′′ + y = 0
Solución:
Se requiere de una función “y” tal que su segunda derivada “y″ ” sea similar a la propia
función, pero con signo cambiado para que se anulen entre sí.
Existen cuatro funciones básicas cuyas derivadas son o pueden ser muy similares a las
funciones originales:
y = Sen( x ) , y = Cos( x )
y = ex ,
y = e− x
La primera y segunda derivadas de cada función son:
y = Sen( x ) → y′ = Cos( x ) → y′′ = −Sen ( x )
y = Cos( x ) → y′ = −Sen( x ) → y′′ = −Cos ( x )
y = ex
→ y′ = e x
→ y′′ = e x
y = e− x
→ y′ = −e − x
→ y′′ = e − x
Tanto la función “Sen(x)” como la función “Cos(x)” satisfacen las condiciones impuestas por
la ecuación diferencial (segunda derivada igual a la función original pero cambiada de signo),
por lo que la forma general de la posible solución es:
y = A.Sen ( Cx) + B.Cos( Dx )
Obteniendo la primera derivada:
y′ = A.C.Cos( Cx) − B.D.Sen( Dx )
La segunda derivada de la función es:
y′′ = −A.C 2 .Sen( Cx) − B.D 2 .Cos( Dx )
Reemplazando la función y su segunda derivada en la ecuación diferencial:
y′′ + y = 0
{− A.C2 .Sen (Cx ) − B.D2 .Cos(Dx )}+ {A.Sen (Cx ) + B.Cos (Dx )} = 0
Agrupando términos comunes:
{− A.C2 .Sen (Cx ) + A.Sen(Cx )}+ {− B.D 2 .Cos(Dx ) + B.Cos(Dx )}= 0
Factorando:
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A.Sen ( Cx).(1 − C 2 ) + B.Cos( Dx ).(1 − D 2 ) = 0
Debido a que las funciones Seno y Coseno son desfasadas, no pueden anularse entre sí para
todos los valores de “x”, por lo que cada sumando debe ser nulo independientemente de la
otra función.
A.Sen ( Cx).(1 − C 2 ) = 0
B.Cos (Dx ).(1 − D2 ) = 0
En ambas expresiones debe cumplirse que los terceros factores deben ser nulos:
1 − C 2 = 0 → C 2 = 1 → C = ±1
1 − D 2 = 0 → D 2 = 1 → D = ±1
Reemplazando en la función general se obtienen dos funciones sinusoidales y 2 funciones
cosenoidales:
y = A1 .Sen( x) + A 2 .Sen( − x) + A 3 .Cos( x ) + A 4 .Cos ( −x ) Solución Intermedia
Aparentemente han surgido 4 constantes arbitrarias en la función solución, pero vale la pena
recordar las siguientes relaciones entre las funciones trigonométricas de ángulos (argumentos)
positivos y negativos, que nos permitirán realizar simplificaciones a la solución intermedia:
Sen( − x) = −Sen ( x )
Cos( − x) = Cos ( x)
Reemplazando en la solución inicial las funciones con argumento negativo se tiene.
y = A1.Sen ( x ) + A 2 .{− Sen ( x )}+ A 3 .Cos( x ) + A 4 .{Cos( x )}
y = A1.Sen( x ) − A 2 .Sen ( x ) + A3 .Cos ( x) + A 4 .Cos ( x)
Agrupando:
y = [A1.Sen ( x ) − A 2 .Sen ( x )] + [A3 .Cos ( x) + A 4 .Cos ( x) ]
Factorando:
y = Sen ( x )( A1 − A 2 ) + Cos( x )( A3 + A 4 )
Pero “A1 –A2 ” es una constante que puede ser representada como “k1 ”, y “A3 +A4 ” es otra
constante que puede representarse como “k2 ”.
y = k 1 .Sen( x) + k 2 .Cos( x ) Solución Final
Donde:
k1 :
k2 :
Constante arbitraria
Constante arbitraria
Nota: La resolución de la ecuación diferencial de segundo orden, como se esperaba, ha dado
lugar a la aparición de 2 constantes arbitrarias.
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Nota: Todas las soluciones son funciones sinusoidales en las que varían 2 parámetros desde el
punto de vista geométrico: la amplitud (la mayor ordenada), y el ángulo de desfase con
relación al origen, magnitudes que pueden ser calculadas en función de las constantes.
La ecuación equivalente que describiría esos 2 parámetros sería:
y = A .Sen( x + B )
Donde:
A:
B:
Amplitud de la onda sinusoidal
Ángulo de desfase de la onda sinusoidal
Mediante manipulaciones algébricas, y aprovechando las propiedades de las funciones
trigonométricas, se puede demostrar que la última expresión es equivalente a la solución de la
ecuación diferencial.
Las expresiones que relacionan la solución de la forma “y=k1 .Sen(x)+k2 .Cos(x)”con la
función “y=A.Sen(x+B)” son:
A = ( k1 ) 2 + ( k 2 ) 2
k
B = Tan −1 2
k1
Verificación:
La función solución es:
y = k1.Sen ( x ) + k 2 .Cos ( x)
La primera derivada de “y” es:
y′ = k 1.Cos( x ) − k 2 .Sen ( x)
La segunda derivada de “y” es:
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y′′ = −k 1.Sen( x ) − k 2 .Cos( x )
La ecuación diferencial original es:
y′′ + y = 0
Reemplazando la función y su segunda derivada en la ecuación diferencial se tiene:
[− k 1.Sen (x ) − k 2 .Cos (x)] + [k1.Sen(x ) + k 2 .Cos(x )] = 0
0 = 0 Verificado
Problema Resuelto 7:
Resolver el problema anterior con funciones exponenciales en lugar de funciones
trigonométricas:
Solución:
La Ecuación Diferencial es:
y ′′ + y = 0
La potencial forma general de la solución, basada en funciones exponenciales, es:
y = A.e Bx
La primera derivada de la función es:
y′ = A.B.e Bx
La segunda derivada de la función es:
y′′ = A.B 2 .e Bx
Reemplazando la función “y” y su segunda derivada “y″ ” en la ecuación diferencial se tiene:
y′′ + y = 0
( A.B2 .e Bx ) + ( A.e Bx y) = 0
Factorando:
A.e Bx ( B 2 + 1) = 0
Simplificando:
B2 + 1 = 0
B 2 = −1
Evidentemente los valores de “B” que cumplen con esta condición no pertenecen al conjunto
de los números reales, sino al de los números complejos (números imaginarios).
B = ± −1
B = ±i
B1 = i
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B 2 = −i
Reemplazando los 2 valores de “B” en la forma general de la solución:
y = A1 .e i. x + A 2 .e − i. x Solución alternativa
Donde:
A1 :
A2 :
Constante arbitraria en el campo de los números complejos
Constante arbitraria en el campo de los números complejos
Nota: Aunque el proceso seguido es más simple que el que se definió para el problema
anterior, la forma de la solución encontrada a la ecuación diferencial, en términos de
funciones exponenciales, no es muy sencilla si se la compara con la obtenida en términos de
funciones trigonométricas.
Verificación:
La función solución es:
y = A1.e i.x + A 2 .e − i. x
La primera derivada de “y” es:
y = A1.i.e i. x − A 2 .i.e −i.x
La segunda derivada de “y” es:
y = A1.i 2 .e i. x + A 2 .i 2 .e −i.x
Simplificando:
y = A1.( −1).ei.x + A 2 .( −1).e − i.x
y = −A1.e i.x − A 2 .e − i.x
La ecuación diferencial original es:
y′′ + y = 0
Reemplazando la función y su segunda derivada en la ecuación diferencial se tiene:
(− A1.ei.x − A 2 .e −i.x )+ (A1.ei.x + A 2 .e−i.x ) = 0
0 = 0 Verificado
Para comprender la diferencia (o la similitud) entre la solución del problema anterior y la de
este problema, se deben recordar las siguientes relaciones entre las funciones trigonométricas
y las funciones exponenciales:
Sen( x ) =
e i.x − e −i.x
2i
Cos( x ) =
ei.x + e −i.x
2
Estas relaciones permiten transformar la solución con funciones trigonométricas en su
equivalente con funciones exponenciales.
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La solución con funciones trigonométricas era:
y = k 1.Sen ( x ) + k 2 .Cos( x )
Reemplazando las funciones trigonométricas por sus equivalentes:
y = k1
e i.x − e −i.x
ei.x + e − i.x
+ k2
2i
2
Simplificando:
k
k
k
k
y = 1 e i. x − 1 e − i.x + 2 e i.x + 2 e − i. x
2i
2i
2
2
Agrupando:
k
k
k
k
y = 1 e i.x + 2 e i.x + 2 e − i. x − 1 e − i.x
2
2i
2i
2
Factorando:
k
k
k
k
y = 1 + 2 e i.x + 2 − 1 e − i.x
2
2i
2i
2
k + k 2 .i i.x k 2 .i − k 1 − i. x
y= 1
e +
e
2i
2i
y = A1 .e i. x + A 2 .e − i. x Solución
Nota: La solución obtenida a partir de las funciones trigonométricas es matemáticamente
igual a la que se obtuvo en la parte inicial de este problema en base a expresiones
exponenciales. Sin embargo, dado que la expresión exponencial de la solución incluye
potencias y constantes arbitrarias en el campo de los números complejos, la solución con
funciones exponenciales es más general que la solución con funciones trigonométricas.
Dependiendo de la naturaleza del problema a resolver se deberá escoger una solución en el
campo de los números reales con funciones trigonométricas, o en el de los números complejos
con funciones exponenciales.
Problema Resuelto 8:
Resolver la siguiente ecuación diferencial lineal homogénea:
y ′′ − y = 0
Solución:
Se requiere de una función “y” tal que su segunda derivada “y″ ” sea similar a la propia
función para que se anulen entre sí al reemplazarlas en la ecuación diferencial.
Las 4 funciones candidatas son:
y = Sen( x ) , y = Cos( x )
y = ex ,
y = e− x
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La primera y segunda derivadas de cada función son:
y = Sen( x ) → y′ = Cos( x ) → y′′ = −Sen ( x )
y = Cos( x ) → y′ = −Sen( x ) → y′′ = −Cos ( x )
y = ex
→ y′ = e x
→ y′′ = e x
y = e− x
→ y′ = −e − x
→ y′′ = e − x
Las funciones exponenciales “y=e x ” y “y=e -x ” tienen derivadas idénticas a las funciones
básicas, por lo que al reemplazarlas en la ecuación diferencial original serían soluciones de la
misma.
La forma general de la posible solución es:
y = A.e Bx
La primera derivada es:
y′ = A.B.e Bx
La segunda derivada es:
y′′ = A.B 2 .e Bx
La ecuación diferencial original es:
y′′ − y = 0
Reemplazando la función “y” y su segunda derivada “y″ ” en la ecuación diferencial se tiene:
( A.B2 .e Bx ) − ( A..e Bx ) = 0
Factorando:
A.e Bx ( B 2 − 1) = 0
El segundo factor debe ser nulo:
B2 −1 = 0
Despejando “B” se tiene:
B = ±1
B1 = 1
B 2 = −1
Reemplazando en la forma general de la posible solución se tiene:
y = A1 .e x + A 2 .e − x Solución
Donde:
A1 :
A2 :
Constante arbitraria
Constante arbitraria
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Nota: La función solución es una familia de curvas con dos parámetros variables. Su
representación gráfica no es tan simple de interpretar como las familias de curvas con un solo
parámetro variable.
Verificación:
La función solución es:
y = A1.e x + A 2 .e − x
La primera derivada de “y” es:
y′ = A1.e x − A 2 .e − x
La segunda derivada de “y” es:
y′′ = A1.e x + A 2 .e − x
La ecuación diferencial original es:
y′′ − y = 0
Reemplazando la función y la primera derivada en la ecuación diferencial se tiene:
( A1.e x + A 2 .e − x ) − ( A1.e x + A 2 .e − x ) = 0
0 = 0 Verificado
Problema Resuelto 9:
Resolver la siguiente ecuación diferencial:
y ′′ + 4y = 0
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Solución:
Se requiere de una función “y” tal que su segunda derivada sea similar a la propia función,
pero con signo cambiado para que se anulen entre sí.
Las funciones seno y coseno cumplen con esta condición, por lo que la forma general de la
posible solución es:
y = A.Sen (Cx ) + B.Cos(Cx )
Obteniendo la primera derivada:
y′ = A .C.Cos( Cx) − B.C.Sen( Cx )
La segunda derivada de la función es:
y′′ = −A.C 2 .Sen ( Cx) − B.C2 .Cos(Cx )
Factorando la segunda derivada:
y′′ = −C 2 [A.Sen (Cx ) + B.Cos (Cx )]
Reemplazando la función y su segunda derivada en la ecuación diferencial:
y′′ + 4 y = 0
− C 2 [A.Sen (Cx ) + B.Cos (Cx )] + 4[A.Sen (Cx ) + B.Cos(Cx )] = 0
Factorando:
( −C 2 + 4)[A.Sen ( Cx) + B.Cos( Cx) ] = 0
El primer factor debe tener valor nulo:
− C2 + 4 = 0
C2 = 4
C = ±2
C1 = 2
C 2 = −2
Reemplazando en la función general se obtienen dos funciones sinusoidales y 2 funciones
cosenoidales:
y = A .Sen( 2x ) + B .Cos ( 2x) + C.Sen( −2x) + D .Cos ( −2x ) Solución Intermedia
Recordemos las siguientes equivalencias trigonométricas:
Sen( −2x ) = −Sen (2 x )
Cos( −2x ) = Cos( 2 x)
Reemplazando las funciones trigonométricas de ángulos negativos por sus equivalentes como
ángulos positivos:
y = A.Sen ( 2x ) + B.Cos( 2x ) − C.Sen (2 x ) + D.Cos( 2x )
Agrupando:
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y = [A.Sen ( 2x ) − C.Sen (2 x )] + [B.Cos( 2 x) + D.Cos (2 x )]
Factorando:
y = ( A − C ).Sen ( 2x ) + ( B + D ).Cos( 2 x)
Cambiando de denominación a las operaciones con constantes:
y = k 1 .Sen( 2x ) + k 2 .Cos ( 2x) Solución Final
Donde:
k1 :
k2 :
Constante arbitraria
Constante arbitraria
Verificación:
La función solución es:
y = k1.Sen ( 2x ) + k 2 .Cos( 2x )
La primera derivada de “y” es:
y′ = 2k 1.Cos( 2 x) − 2k 2 .Sen( 2 x)
La segunda derivada de “y” es:
y′′ = −4k 1.Sen ( 2x ) − 4k 2 .Cos( 2 x)
La ecuación diferencial original es:
y′′ + 4 y = 0
Reemplazando la función y su segunda derivada en la ecuación diferencial se tiene:
[− 4 k1.Sen(2 x) − 4k 2 .Cos(2 x)] + 4[k1.Sen (2x ) + k 2 .Cos(2x )] = 0
0 = 0 Verificado
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Problema Resuelto 10:
Resolver la siguiente ecuación diferencial lineal homogénea de tercer orden:
y ′′′ + 8y = 0
Solución:
En principio se requiere de una función “y” tal que su tercera derivada sea similar a la propia
función pero con signo cambiado para que se anulen entre sí.
La función exponencial “y=e -x ” cumple con la condición de signo pero no de magnitud., por
lo que la forma general de la posible solución es:
y = A.e Bx
El problema del signo se lo ha trasladado al valor de “B”, que en el presente caso esperamos
que sea negativo.
Obteniendo la primera derivada:
y′ = A.B.e Bx
La segunda derivada de la función es:
y′′ = A.B 2 .e Bx
La tercera derivada de la función es:
y′′′ = A.B3 .e Bx
Reemplazando la función y su tercera derivada en la ecuación diferencial:
y′′′ + 8y = 0
( A.B3.e Bx ) + 8( A.e Bx ) = 0
Factorando:
( B3 + 8)( A.e Bx ) = 0
El primer factor debe tener valor nulo:
B3 + 8 = 0
B3 = −8
Existe una raíz cúbica real de “-8” (-2), y 2 raíces complejas:
B1 = −2
1
B 2 = −2 − +
2
1
B 3 = −2 − −
2
3
i = 1 − 3.i
2
3
i = 1 + 3.i
2
Reemplazando en la función general se obtiene:
194
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y = A1 .e − 2x + A 2 .e (1 − 3 .i ) x + A 3 .e (1+ 3 .i )x Solución
Donde:
A1 :
A2 :
A3 :
Constante arbitraria
Constante arbitraria
Constante arbitraria
Nota: Dependiendo del tipo de problema que se esté modelando mediante la ecuación
diferencial, la parte imaginaria de la solución puede ser o no ser relevante.
Verificación:
La función solución es:
y = A1 .e −2 x + A 2 .e (1−
3 .i ) x
+ A 3 .e (1+
3 .i ) x
La primera derivada de “y” es:
y′ = −2A1.e − 2x + (1 − 3.i ).A 2 .e (1− 3.i) x + (1 + 3.i).A 3.e (1+ 3.i ) x
La segunda derivada de “y” es:
y′′ = 4A1.e − 2x + (1 − 3.i ) 2 .A 2 .e (1− 3.i) x + (1 + 3.i) 2 .A3 .e (1+ 3.i) x
La tercera derivada de “y” es:
y′′′ = −8A1.e − 2x + (1 − 3.i) 3.A 2 .e (1− 3.i) x + (1 + 3.i ) 3.A 3.e (1+ 3.i) x
Desarrollando y simplificando el primer bino mio al cubo:
( 1 − 3 .i )3 = ( 1 )3 − 3( 1 ) 2 ( 3 .i ) + 3( 1 )( 3 .i ) 2 − ( 3 .i ) 3
( 1 − 3 .i ) 3 = 1 − 3( 1 )( 3 .i ) + 3( 3.i 2 ) − ( 3 3 .i 3 )
( 1 − 3 .i ) 3 = 1 − 3 3 .i + 9.i 2 − ( 3 3 .i 3 )
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( 1 − 3 .i )3 = 1 − 3 3 .i + 9.( −1 ) − 3 3 .( −i )
( 1 − 3 .i ) 3 = 1 − 3 3 .i − 9 + 3 3 .i
( 1 − 3 .i ) 3 = −8
Desarrollando y simplificando el segundo binomio al cubo:
( 1 + 3 .i ) 3 = ( 1 )3 + 3( 1 ) 2 ( 3 .i ) + 3( 1 )( 3 .i ) 2 + ( 3 .i )3
( 1 + 3 .i ) 3 = 1 + 3( 1 )( 3 .i ) + 3( 3.i 2 ) + ( 3 3 .i 3 )
( 1 + 3 .i ) 3 = 1 + 3 3 .i + 9.i 2 + ( 3 3 .i 3 )
( 1 + 3 .i ) 3 = 1 + 3 3 .i + 9.( −1 ) + 3 3 .( −i )
( 1 + 3 .i )3 = 1 + 3 3 .i − 9 − 3 3 .i
( 1 + 3 .i ) 3 = −8
Reemplazando los binomios al cubo por sus equivalentes en la tercera derivada de “y”:
y′′′ = −8A1.e − 2x − 8.A 2 .e (1− 3.i) x − 8.A 3 .e (1+ 3.i ) x
Reemplazando la función “y” y su tercera derivada “y″′ ” en la ecuación diferencial:
y′′′ + 8y = 0
− 8A .e − 2x − 8.A .e (1− 3.i) x − 8.A .e (1+ 3.i) x
1
2
3
+8 A1.e − 2x + A 2 .e (1− 3.i) x + A3 .e (1+ 3.i) x = 0
0 = 0 Verificado
Nota 1: Para obtener la solución completa a la ecuación diferencial ha sido necesario
incursionar en los números complejos.
Nota 2: No debe extrañarnos que los binomios complejos elevados al cubo (exponentes de la
solución elevados al cubo) sean exactamente iguales a “-8”, pues son las raíces cúbicas
complejas de “-8”.
Problema Resuelto 11:
Resolver la siguiente ecuación diferencial lineal homogénea de tercer orden:
d 3y
dx 3
− 27y = 0
Solución:
Se requiere de una función “y” tal que su tercera derivada sea similar a la propia función y
que tenga el mismo signo para que se anulen entre sí.
La función exponencial “y=e x ” cumple con la condición de signo pero no de magnitud, por lo
que la forma general de la posible solución es:
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y = A.e Bx
Obteniendo la primera derivada:
y′ = A.Be Bx
Se calcula la segunda derivada de la función:
y′′ = A.B 2e Bx
Se determina la tercera derivada de la función:
y′′′ = A.B3e Bx
Reemplazando las expresiones correspondientes en la ecuación diferencial original se tiene:
y′′′ − 27 y = 0
( A.B3e Bx ) − 27( A.e Bx ) = 0
Factorando se tiene:
A.e Bx ( B3 − 27 ) = 0
Simplificando la expresión exponencial:
B 3 − 27 = 0
De donde:
B3 = 27
B = 3 27
B =3
Reemplazando en la función original:
y = Ae Bx
y = Ae 3x Solución
Si se extendiera la solución al campo de los números complejos se tendría que las siguientes
funciones también cumplirían con la ecuación diferencial:
y=
1
3
3( − +
i). x
Ae 2 2
Solución complementaria 1
y=
1
3
3( − −
i ). x
2
2
Ae
Solución complementaria 2
Los números complejos que multiplican al exponente “3x” son las otras dos raíces cúbicas de
la unidad.
3
1 =1
Primera raíz cúbica de la unidad
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31 =−1+
3
i Segunda raíz cúbica de la unidad
2
2
3 1 = − 1 − 3 i Tercera raíz cúbica de la unidad
2
2
Verificación:
La función solución, dentro del campo de los reales, es:
y = Ae 3x
La primera derivada de “y” es:
y′ = 3Ae 3x
La segunda derivada de “y” es:
y′′ = 9Ae 3x
La tercera derivada de “y” es:
y′′′ = 27 Ae 3x
Reemplazando la función “y” y su tercera derivada “y″′ ” en la ecuación diferencial:
d3 y
dx 3
− 27 y = 0
( 27Ae 3x ) − 27( A.e3x ) = 0
0 = 0 Verificado
Problema Resuelto 12:
Tomando como base los problemas resueltos previamente y el comportamiento de las
derivadas de orden “n” de las funciones “y=Sen(x)”, “y=Cos(x)”, “y=e x ” y “y=e -x ”, elaborar
una tabla de ecuaciones diferenciales lineales homogéneas tipo, que contengan “y” y la
derivada enésima de “y”, con sus respectivas soluciones.
Tabla de Derivadas de Orden “n”:
Función
Sen( x )
Cos ( x)
Primera
Derivada
y′
Cos ( x)
− Sen( x )
Segunda
Derivada
y″
− Sen( x )
− Cos ( x)
Tercera
Derivada
y″′
− Cos ( x)
Sen( x )
Cuarta
Derivada
y″″
Sen( x )
Cos ( x)
ex
ex
ex
ex
ex
e−x
A .Sen( Bx )
− e− x
A .B.Cos( Bx )
e−x
− e− x
e−x
− A.B 2 .Sen ( Bx )
− A.B3 .Cos( Bx )
A.B 4 .Sen ( Bx )
A .Cos( Bx )
− A .B.Sen( Bx )
− A.B 2 .Cos (Bx )
A.B3 .Sen( Bx )
A.B 4 .Cos (Bx )
y
198
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A .e Bx
A .B.e Bx
A .B 2 .e Bx
A .B3 .e Bx
A .B 4 .e Bx
A .e − Bx
− A .B.e − Bx
A .B 2 .e − Bx
− A.B3 .e − Bx
A .B 4 .e − Bx
Tabla de Ecuaciones Diferenciales Lineales Homogéneas y sus Soluciones:
Ecuación
Solución
Diferencial
y′ + y = 0 y = A.e − x
y′ − y = 0
y = A.e x
y′ + ky = 0 y = A.e − kx
y′ − ky = 0 y = A.e kx
y = A.Sen ( x ) + B.Cos ( x)
y′′ + y = 0
y = A1.e i.x + A 2 .e − i. x
y′′ − y = 0
y′′ + ky = 0
y = A1.e x + A 2 .e − x
y = A .Sen ( k .x ) + B.Cos ( k .x )
y = A 1.e i. k .x + A 2 .e − i. k . x
y′′ − ky = 0 y = A.e k .x + B.e − k .x
y ′′′ + y = 0
y ′′′ − y = 0
y′′′ + ky = 0
y′′′ − ky = 0
y′′′′ + y = 0
y′′′′ − y = 0
y = A1.e
−x
y = A1.e + A 2 .e
x
y = A1.e
− 3 k .x
y = A1.e
3
y = A1.e
(
− 1+ 3.i
)x
2
3
+ A 2 .e
3
k. x
+ A 2 .e
2 + 2 .i
)x
2
k .(
k .(
+ A3 .e
+ A3 .e
1− 3.i
)x
2
−1+ 3.i
)x
2
+ A 2 .e
(
(
1+ 3.i
)x
2
(
− 1− 3.i
)x
2
3
k .(
1+ 3.i
)x
2
3
k .(
−1− 3.i
)x
2
+ A 3.e
+ A 3.e
− 2 + 2.i
)x
2
+ A3 .e
(
− 2 − 2.i
)x
2
+ A 4 .e
(
2 − 2 .i
)x
2
y = A1.e x + A 2 .e i. x + A 3 .e − x + A 4 .e −i.x
y = A 1.e
k.(
4
+ A 4 .e
y′′′′ − ky = 0
(
1− 3.i
)x
2
y = A.Sen ( x ) + B.Cos( x ) + C.e x + D.e − x
4
y′′′′ + ky = 0
+ A 2 .e
(
k .(
2 + 2.i
4 k .( − 2 + 2 .i ) x
4 k .( − 2 − 2 .i ) x
)x
2
2
2
+ A 2 .e
+ A 3 .e
2 − 2 .i
)x
2
4
4
y = A.Sen ( 4 k .x) + B.Cos( 4 k .x ) + C.e k .x + D.e − k . x
4
4
4
4
y = A1.e k .x + A 2 .e k .i.x + A3 .e − k . x + A 4 .e − k .i. x
Donde:
199
I-2005
TEORÍA Y PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES
Marcelo Romo Proaño
Escuela Politécnica del Ejército - Ecuador
k:
-k:
nk:
Número positivo
Número negativo (“k” es positivo)
Raíz enésima de “k” que es un número real positivo
Para la construcción de la tabla anterior se han calculado previamente las raíces de distinto
grado de la unidad positiva, de la unidad negativa, de una constante positiva y de una
constante negativa.
Tabla de Raíces Enésimas de Números Positivos y Negativos
Expresión
Raíces
Radical
+1
1
+i
−1
k
4
−k
−9
31
− k
−2
+ k .i
+ 3.i
− k .i
− 3.i
+1
−1
1 + 3.i
2
3
k
+3 k
3
27
+3
3
−k
3
3
− 125
4
−1
4
k
4 81
4
−k
4
− 625
n1
−i
+ k
+2
3
41
−1
1 + 3.i
k .(
)
2
1 + 3.i
5.(
)
2
+1
2 + 2 .i
2
4
+ k
+3
− 1+ 3.i
2
− 1− 3.i
2
1 − 3.i
−1
2
3 k .( − 1 + 3.i )
3 k .( − 1 − 3.i )
2
2
− 1 + 3.i
− 1 − 3.i
3.(
)
3.(
)
2
2
3 k .(1 − 3.i )
−3 k
2
1 − 3.i
−5
5.(
)
2
+i
−1
−i
− 2 + 2 .i
− 2 − 2 .i
2 − 2.i
2
2
2
4
4
4
+ k .i
− k
− k .i
+ 3.i
−3
− 3.i
2 + 2.i
4 k .( − 2 + 2.i ) 4 k .( − 2 − 2 .i )
)
2
2
2
2 + 2 .i
− 2 + 2 .i
− 2 − 2.i
5.(
)
5.(
)
5.(
)
2
2
2
2.m.π
2.m.π
Cos
+ Sen
.i ; m = 0, 1, 2, …., n-2, n-1
n
n
4
k .(
200
2 − 2 .i
)
2
2 − 2.i
5.(
)
2
4
k .(
I-2005
TEORÍA Y PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES
Marcelo Romo Proaño
Escuela Politécnica del Ejército - Ecuador
n
−1
n
k
n
−k
2.m.π + π
2.m.π + π
Cos
+ Sen
.i ; m = 0, 1, 2, …., n-2, n-1
n
n
2
.
m
.
π
2
.
m
.
π
n
n
k .Cos
+ k.Sen
.i ; m = 0, 1, 2, …., n-2, n-1
n
n
2.m.π + π n
2.m.π + π
n
k .Cos
+ k .Sen
.i ; m = 0, 1, 2, …., n-2, n-1
n
n
Donde:
k:
Número positivo
-k:
Número negativo (“k” es positivo)
n:
Número entero positivo mayor que 1
n
k:
Raíz enésima de “k”, que es un número real positivo válido para todas las celdas
excepto las de la primera columna
Problema Resuelto 13:
Resolver la siguiente ecuación diferencial:
y ′′ − 3y ′ + 2y = 0
Solución:
Por la forma general de la ecuación diferencial se espera que la posible solución tenga varios
sumandos de funciones exponenciales del siguiente tipo:
y = A.e Bx
Obteniendo la primera derivada:
y′ = A.B.e Bx
La segunda derivada de la función es:
y′′ = A.B 2 .e Bx
Reemplazando la función, su primera derivada y su segunda derivada en la ecuación
diferencial:
A .B 2 .e Bx − 3A.B.e Bx + 2 A.e Bx = 0
Factorando:
A.e Bx ( B 2 − 3B + 2) = 0
El segundo factor debe tener valor nulo:
B 2 − 3B + 2 = 0
Factorando el polinomio:
( B − 1).( B − 2) = 0
Cualquiera de los 2 factores tiene que ser nulo:
201
I-2005
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B −1 = 0 → B = 1
B − 2 =0 → B = 2
B1 = 1
B2 = 2
Reemplazando los valores de “B” en la función general se obtiene:
y = A1 .e x + A 2 .e 2x Solución
Donde:
A1 :
Constante arbitraria
A2 :
Constante arbitraria
Nota: La complejidad de la ecuación diferencial ha sido superada mediante un simple proceso
de factores.
Verificación:
La función solución es:
y = A1.e x + A 2 .e 2x
La primera derivada de “y” es:
y′ = A1.e x + 2A 2 .e 2x
La segunda derivada de “y” es:
y′′ = A1.e x + 4A 2 .e 2x
Reemplazando la función y sus derivadas en la ecuación diferencial se tiene:
y′′ − 3 y′ + 2 y = 0
( A1.e x + 4A 2 .e 2x ) − 3( A1.e x + 2A 2 .e 2 x ) + 2( A1.e x + A 2 .e 2x ) = 0
202
I-2005
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Distribuyendo las constantes en los polinomios:
( A1.e x + 4A 2 .e 2x ) − (3A1.e x + 6 A 2 .e 2 x ) + ( 2A1.e x + 2 A 2 .e 2x ) = 0
Agrupando términos semejantes:
( A1.e x − 3A1.e x + 2A1.e x ) + (4 A 2 .e 2 x − 6A 2 .e 2x + 2A 2 .e 2x ) = 0
Factorando y simplificando:
A1.e x (1 − 3 + 2) + A 2 .e 2 x ( 4 − 6 + 2) = 0
A1.e x ( 0) + A 2 .e 2x (0) = 0
0 = 0 Verificado
Problema Resuelto 14:
Resolver la siguiente ecuación diferencial:
y ′′ − 6y ′ + 9y = 0
Solución:
Por la forma general de la ecuación diferencial se espera que la posible solución tenga varios
sumandos de funciones exponenciales del siguiente tipo:
y = A.e Bx
Obteniendo la primera derivada:
y′ = A.B.e Bx
La segunda derivada de la función es:
y′′ = A.B 2 .e Bx
Reemplazando la función, su primera derivada y su segunda derivada en la ecuación
diferencial:
A .B 2 .e Bx − 6 A.B.e Bx + 9A.e Bx = 0
Factorando:
A.e Bx ( B 2 − 6 B + 9) = 0
El segundo factor debe tener valor nulo:
B 2 − 6B + 9 = 0
Factorando el polinomio:
( B − 3) 2 = 0
Debido a que el polinomio tiene 2 raíces iguales existe un solo valor de “B” que satisface las
condiciones de la ecuación diferencial:
203
I-2005
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B−3= 0 → B = 3
Reemplazando el valor de “B” en la función general se obtiene:
y = A.e 3x Solución
Donde:
A:
Constante arbitraria
Nota: A pesar de tener una ecuación diferencial de segundo orden solamente se obtuvo una
constante arbitraria pues el polinomio asociado a la ecuación diferencial tiene raíces repetidas.
Verificación:
La función solución es:
y = A.e 3x
La primera derivada de “y” es:
y′ = 3A.e 3x
La segunda derivada de “y” es:
y′′ = 9A.e 3x
Reemplazando la función y sus derivadas en la ecuación diferencial se tiene:
y′′ − 6 y′ + 9y = 0
(9 A.e 3x ) − 6(3A.e 3x ) + 9(A.e 3x ) = 0
Simplificando:
9A.e 3x − 18A.e 3x + 9 A.e 3x = 0
0 = 0 Verificado
Problema Resuelto 15:
Resolver la siguiente ecuación diferencial:
204
I-2005
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y ′′′ − 2y ′′ − 5y ′ + 6y = 0
Solución:
Por la forma general de la ecuación diferencial se espera que la posible solución tenga varios
sumandos de funciones exponenciales del siguiente tipo:
y = A.e Bx
Obteniendo la primera derivada:
y′ = A.B.e Bx
La segunda derivada de la función es:
y′′ = A.B 2 .e Bx
La tercera derivada de la función es:
y′′′ = A.B3 .e Bx
Reemplazando la función, su primera derivada, su segunda derivada y su tercera derivada en
la ecuación diferencial:
A .B3 .e Bx − 2 A.B 2 .e Bx − 5A.B.e Bx + 6 A.e Bx = 0
Factorando:
( B3 − 2 B2 − 5B + 6)( A.e Bx ) = 0
El primer factor debe tener valor nulo:
B 3 − 2B 2 − 5B + 6 = 0
Factorando el polinomio:
( B − 1 ).( B + 2 ).( B − 3 ) = 0
Cualquiera de los 3 factores tiene que ser nulo:
B −1 = 0 → B = 1
B + 2 = 0 → B = −2
B−3=0 → B = 3
B1 = 1
B2 = −2
B3 = 3
Reemplazando los valores de “B” en la función general se obtiene:
y = A 1 .e x + A 2 .e −2x + A 3 .e 3x Solución
Donde:
A1 :
Constante arbitraria
A2 :
Constante arbitraria
205
I-2005
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A3 :
Constante arbitraria
Para factorar el polinomio de tercer grado “B3 -2B2 -5B+6=0” se lo evaluó para todos
los factores reales del término independiente “6” (+1, -1, +2, -2, +3, -3, +6, -6), hasta
encontrar sus potenciales 3 raíces reales (algunas raíces pueden ser complejas).
B − 1 es factor
( +1 ) 3 − 2( +1 ) 2 − 5( +1 ) + 6 = 0
1− 2 − 5 + 6 = 0
0=0
( −1 ) 3 − 2( −1 ) 2 − 5( −1 ) + 6 = 0
− 1− 2 + 5 +6 = 0
8 ≠0
B + 1 no es factor
( +2 ) 3 − 2( +2 ) 2 − 5( +2 ) + 6 = 0
8 − 8 − 10 + 6 = 0
4 ≠0
B − 2 no es factor
( −2 ) 3 − 2( −2 ) 2 − 5( −2 ) + 6 = 0
− 8 − 8 + 10 + 6 = 0
0=0
B + 2 es factor
( +3 )3 − 2( +3 ) 2 − 5( +3 ) + 6 = 0
27 − 18 − 15 + 6 = 0
0=0
B − 3 es factor
Verificación:
La función solución es:
y = A 1.e x + A 2 .e −2 x + A 3 .e 3x
La primera derivada de “y” es:
y′ = A1.e x − 2A 2 .e − 2x + 3A 3 .e 3x
La segunda derivada de “y” es:
y′′ = A1.e x + 4A 2 .e −2x + 9A 3 .e 3x
La tercera derivada de “y” es:
y′′′ = A1.e x − 8A 2 .e − 2x + 27 A 3 .e 3x
Reemplazando la función y sus derivadas en la ecuación diferencial se tiene:
y′′′ − 2 y′′ − 5y ′ + 6 y = 0
( A1.e x − 8A 2 .e −2x + 27A 3 .e 3x ) − 2( A1.e x + 4A 2 .e −2 x + 9A 3.e3x )
−5(A1.e x − 2A 2 .e − 2x + 3A 3.e 3x ) + 6( A1.e x + A 2 .e − 2x + A 3.e3x ) = 0
Distribuyendo las constantes en los polinomios:
( A1.e x − 8A 2 .e −2x + 27A 3.e 3x ) − ( 2A1.e x + 8A 2 .e −2x + 18A 3 .e 3x )
−(5A1.e x − 10 A 2 .e − 2x + 15A 3.e3x ) + ( 6A1.e x + 6A 2 .e − 2x + 6A 3.e3x ) = 0
Agrupando términos semejantes:
( A1.e x − 2A1.e x − 5A1.e x + 6A1.e x ) + ( −8A 2 .e − 2x − 8A 2 .e − 2x + 10A 2 .e −2x + 6A 2 .e − 2x )
+( 27 A3 .e 3x − 18A3 .e 3x − 15A 3 .e 3x + 6A 3 .e 3x ) = 0
Factorando y simplificando:
A 1.e x (1 − 2 − 5 + 6) + A 2 .e −2x (−8 − 8 + 10 + 6) + A 3.e3x ( 27 − 18 − 15 + 6) = 0
206
I-2005
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A 1.e x (0) + A 2 .e −2 x ( 0) + A 3 .e 3x (0) = 0
0 = 0 Verificado
Problema Resuelto 16:
Resolver la siguiente ecuación diferencial:
y ′′′ − y ′′ + 4y ′ − 4y = 0
Solución:
Por la forma general de la ecuación diferencial se espera que la posible solución tenga varios
sumandos de funciones exponenciales del siguiente tipo:
y = A.e Bx
Obteniendo la primera derivada:
y′ = A.B.e Bx
La segunda derivada de la función es:
y′′ = A.B 2 .e Bx
La tercera derivada de la función es:
y′′′ = A.B3 .e Bx
Reemplazando la función, su primera derivada, su segunda derivada y su tercera derivada en
la ecuación diferencial:
A .B3 .e Bx − A .B 2 .e Bx + 4 A.B.e Bx − 4 A.e Bx = 0
Factorando:
( B3 − B 2 + 4B − 4)( A.e Bx ) = 0
El primer factor debe tener valor nulo:
B3 − B2 + 4 B − 4 = 0
Factorando el polinomio:
( B3 − B 2 ) + ( 4B − 4 ) = 0
B 2 ( B − 1 ) + 4( B − 1 ) = 0
( B 2 + 4 )( B − 1 ) = 0
Cualquiera de los 2 factores tiene que ser nulo:
B 2 + 4 = 0 → B 2 = − 4 → B = ±2 i
B −1 = 0 → B = 1
B1 = 1
B2 = +2i
207
I-2005
TEORÍA Y PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES
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B3 = −2i
Reemplazando los valores de “B” en la función general se obtiene:
y = A 1 .e x + A 2 .e +2i. x + A 3 .e −2i. x Solución
Donde:
A1 :
A2 :
A3 :
Constante arbitraria
Constante arbitraria
Constante arbitraria
Nota: La presencia de raíces imaginarias de la función polinómica de tercer grado conduce a
la aparición de términos imaginarios en la solución de la ecuació n diferencial.
Verificación:
La función solución es:
y = A 1.e x + A 2 .e +2i. x + A 3.e −2i. x
La primera derivada de “y” es:
y′ = A 1.e x + A 2 .2i.e +2i. x − A 3.2i.e −2i.x
y′ = A 1.e x + 2i.A 2 .e +2i.x − 2i.A 3 .e −2i.x
La segunda derivada de “y” es:
y′′ = A 1.e x + A 2 .4i 2 .e +2i.x + A 3 .4i 2 .e −2i. x
y′′ = A 1.e x − 4A 2 .e + 2i.x − 4 A 3 .e − 2i.x
La tercera derivada de “y” es:
y′′′ = A 1.e x + A 2 .8i 3 .e + 2i.x − A 3 .8i 3.e −2i. x
y′′′ = A 1.e x − 8i.A 2 .e +2i. x + 8i.A 3 .e − 2i.x
Reemplazando la función y sus derivadas en la ecuación diferencial se tiene:
y′′′ − y ′′ + 4 y ′ − 4 y = 0
( A1.e x − 8i.A 2 .e +2i.x + 8i.A 3 .e −2i.x ) − (A1.e x − 4A 2 .e +2i. x − 4A 3 .e − 2i.x )
+4( A1.e x + 2i.A 2 .e + 2i.x − 2i.A3 .e − 2i. x ) − 4(A1.e x + A 2 .e + 2i.x + A 3.e − 2i.x ) = 0
Distribuyendo las constantes en los polinomios:
( A1.e x − 8i.A 2 .e +2i.x + 8i.A 3 .e −2i.x ) − (A1.e x − 4A 2 .e +2i. x − 4A 3 .e − 2i.x )
+( 4A1.e x + 8i.A 2 .e + 2i. x − 8i.A 3 .e − 2i.x ) − ( 4A1.e x + 4A 2 .e + 2i.x + 4A 3 .e − 2i.x ) = 0
Agrupando términos semejantes:
( A1.e x − A1.e x + 4A1.e x − 4A1.e x ) + ( −8i.A 2 .e 2i. x + 4 A 2 .e 2i. x + 8i.A 2 .e 2i. x − 4A 2 .e 2i. x )
+( +8i.A 3.e − 2i.x + 4A3 .e − 2i. x − 8i.A 3 .e − 2i.x − 4A 3.e − 2i.x ) = 0
208
I-2005
TEORÍA Y PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES
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Factorando y simplificando:
A 1.e x (1 − 1 + 4 − 4) + A 2 .e 2i. x ( −8i + 4 + 8i − 4) + A 3.e − 2i.x (8i + 4 − 8i − 4) = 0
A 1.e x (0) + A 2 .e + 2i.x ( 0) + A 3 .e −2i. x (0) = 0
0 = 0 Verificado
Solución Alternativa:
La existencia de 2 funciones exponenciales con exponente imaginario y cambiado de signo
(“e 2i.x ”, “e -2i.x ”) hace presuponer que la forma alternativa de la combinación de esas dos
expresiones sea una combinación de funciones sinusoidales y cosenoidales que, unidas a la
expresión exponencial real, se podría representar como:
y = A 1 .e x + k 2 .Sen( 2 x) + k 3 .Cos( 2 x) Solución alternativa
La selección del argumento “2x” en las funciones trigonométricas proviene de los exponentes
“2i.x” y “-2i.x” (si los exponentes hubieran sido “i.x” y “-i.x”, el argumento de las funciones
trigonométricas hubiera sido “x”).
La expresión obtenida también pudo conseguirse a partir de las equivalencias de las funciones
Seno y Coseno con las funciones exponenciales de potencias imaginarias.
Sen( a.x ) =
e i.( a.x ) − e −i.( a.x )
2i
Cos( a.x ) =
e i.( a.x ) + e −i.( a.x )
2
Verificación de la Solución Alternativa:
La función solución es:
y = A 1.e x + k 2 .Sen( 2 x) + k 3 .Cos( 2 x)
La primera derivada de “y” es:
y′ = A 1.e x + 2k 2 .Cos (2 x ) − 2k 3.Sen (2 x )
La segunda derivada de “y” es:
y′′ = A 1.e x − 4k 2 .Sen (2 x ) − 4 k 3 .Cos( 2x )
La tercera derivada de “y” es:
y′′′ = A 1.e x − 8k 2 .Cos (2 x ) + 8k 3 .Sen( 2 x)
Reemplazando la función y sus derivadas en la ecuación diferencial se tiene:
y′′′ − y ′′ + 4 y ′ − 4 y = 0
(A1.ex − 8k 2 .Cos(2x) + 8k 3.Sen(2x))− (A1.e x − 4k 2 .Sen(2x) − 4k3 .Cos(2x))
+4(A1.e x + 2k 2 .Cos( 2 x) − 2k 3.Sen (2 x ) ) − 4(A1.e x + k 2 .Sen ( 2x ) + k 3 .Cos( 2x ) ) = 0
Distribuyendo las constantes en los polinomios:
209
I-2005
TEORÍA Y PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES
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(A1.ex − 8k 2 .Cos(2x) + 8k 3.Sen(2x))− (A1.ex − 4k 2 .Sen(2x) − 4k3 .Cos (2x))
+ (4A1.e x + 8k 2 .Cos( 2x ) − 8k 3 .Sen ( 2x ) ) − (4A1.e x + 4k 2 .Sen( 2 x) + 4k 3.Cos( 2x ) ) = 0
Agrupando términos semejantes:
[A .e
1
− A 1.e x + 4A 1.e x − 4 A1.e x
x
]
+[− 8k 2 .Cos( 2x ) + 4k 2 .Sen (2 x ) + 8k 2 .Cos( 2x ) − 4 k 2 .Sen ( 2x ) ]
+[8k 3 .Sen( 2 x) + 4k 3.Cos( 2x ) − 8k 3 .Sen ( 2x ) − 4k 3 .Cos (2 x )] = 0
Factorando y simplificando:
A 1.e x [1 − 1 + 4 − 4 ] + k 2 [− 8.Cos( 2x ) + 4.Sen ( 2x ) + 8.Cos (2 x ) − 4.Sen (2 x )]
+ k 3 [8.Sen ( 2x ) + 4.Cos( 2 x) − 8.Sen (2 x ) − 4.Cos (2 x )] = 0
A 1.e x (0) + k 2 .(0) + k 3.( 0) = 0
0 = 0 Verificado
Nota: Aunque se busquen exclusivamente soluciones reales, las soluciones exponenciales con
potencias imaginarias no deben ser desechadas directamente pues en caso de tener potencias
iguales con signos cambiados estas parejas de funciones son equivalentes a parejas de
funciones trigonométricas.
Problema Resuelto 17:
Resolver la siguiente ecuación diferencial lineal homogénea:
y ′ − x .y = 0
Solución:
En una primera etapa se requiere de una función “y” tal que su primera derivada “y′ ” sea
similar a la propia función para que se anulen entre sí al reemplazarlas en la ecuación
diferencial. Tal función ya fue estudiada previamente y es:
y = e x Primera aproximación a la solución
y su primera derivada es:
y′ = e x
Sin embargo, al reemplazar “y” y su primera derivada “y′ ” falta un factor “x” en la derivada
para que se produzca la anulación de las expresiones.
Si en lugar de tener “x” en la función exponencial tuviéramos “x2 ”, el factor faltante
aparecería en la derivada, por lo que una solución más ajustada a la ecuación diferencial
debería tener la forma:
y = ex
2
Segunda aproximación a la solución
Cuya derivada ex:
210
I-2005
TEORÍA Y PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES
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y′ = ( 2x ).e x
2
La nueva solución propuesta tiene exclusivamente un inconveniente de ajuste de constantes
que se soluciona con una potencial solución genérica del siguiente tipo:
2
y = A.e B .x + C.x Forma genérica de la potencial solución
En este punto es importante notar que no se requiere completar el polinomio del
exponente con el término independiente “D” pues se podría simplificar de acuerdo al
siguiente procedimiento:
y = A.e B .x + C .x + D
Agrupando los exponentes que tienen “x”:
2
y = A.e ( B .x + C .x ) + D
Separando el exponencial en 2 factores:
2
y = A.e( B. x + C . x ) .e D
Ya que “D” es una constante, “eD ” también es una constante, por lo que se puede
agrupar con la constante “A”:
2
y = A.e D .e ( B .x + C .x )
2
y = ( A.e D ).e ( B .x + C .x )
El producto de “A” por “eD ” es una constante que puede ser simbolizada como “k”:
2
y = k . e( B .x + C .x )
2
y = k .e( B. x + C . x )
La ecuación es básicamente la misma que se propuso como forma genérica de la
potencial solución, por lo que no se requiere de término independiente en el polinomio
del exponente.
Por otro lado se podría decir que el término independiente del polinomio de la
función exponencial y el coeficiente que precede a la función exponencial conforman
una única constante arbitraria, y cualquiera de las dos constantes puede ser
eliminado en la expresión genérica siempre que se conserve la otra constante. De ese
modo cualquiera de las dos expresiones siguientes podría ser la forma genérica de la
solución a la ecuación diferencial propuesta:
2
2
y = A.e ( B .x + C .x ) , o
2
y = e( k 1 .x + k 2 . x + k 3 )
La primera derivada de la forma genérica de solución es:
2
y ′ = A.( 2B.x + C).e B.x + C.x
Reemplazando la función solución “y” y su primera derivada “y′ ”, en la ecuación diferencial,
se tiene:
211
I-2005
TEORÍA Y PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES
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y ′ − x .y = 0
y′
y
64444744448
6447448
2
B. x + C.x
B.x 2 + C.x
A
.(
2
B
.
x
+
C
).
e
−
x
A
.
e
= 0
Factorando:
2
A.e B. x + C.x [( 2B.x + C) − x ] = 0
El segundo factor debe ser nulo:
( 2B.x + C ) − x = 0
2 B.x + C − x = 0
Agrupando los términos en “x”:
( 2B.x − x ) + C = 0
( 2B − 1).x + .C = 0
Expresando el miembro derecho como un polinomio de primer grado:
( 2B − 1).x + .C = 0.x + 0
Para que los 2 polinomios sean iguales se requiere que:
2B −1 = 0 → B = 1/ 2
C=0
Reemplazando los valores de “B” y de “C” en la forma general de la solución se tiene:
2
y = A.e B.x + C.x
y = A.e[1 / 2]x
(
2
)
2
y = A.e x / 2 Solución
Donde:
A:
Constante arbitraria
212
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Verificación:
La función solución es:
(
2
y = A.e x / 2
)
La primera derivada de “y” es:
(
)
2
y′ = A.e x / 2 ( 2x / 2)
Simplificando:
(
)
2
y′ = A.e x / 2 .x
(
2
y′ = A.x.e x / 2
)
La ecuación diferencial original es:
y ′ − x .y = 0
Reemplazando la función “y” y la primera derivada “y′ ” en la ecuación diferencial se tiene:
y′
y
644744
8
64748
x2 /2
x2 /2
A .x.e
− x.A.e
=0
(
)
(
)
Simplificando:
0 = 0 Verificado
Problema Resuelto 18:
Resolver la siguiente ecuación diferencial lineal homogénea:
y ′ + ( 2 + x). y = 0
Solución:
Por lo expuesto en el problema anterior, la potencial solución a la ecuación diferencial sería:
2
y = A.e B .x + C.x Forma genérica de la potencial solución
La primera derivada de la forma genérica de solución es:
2
y′ = A.( 2B.x + C).e B. x + C.x
Reemplazando la función solución “y” y su primera derivada “y′ ”, en la ecuación diferencial,
se tiene:
y′ + ( 2 + x ).y = 0
y′
y
64444744448
6447448
2
B. x + C.x
B.x 2 + C.x
A
.(
2
B
.
x
+
C
).
e
+
(
2
+
x
).
A
.
e
= 0
213
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Factorando:
2
A.e B.x + C. x [2B.x + C + 2 + x ] = 0
El segundo factor debe ser nulo:
2 B.x + C + 2 + x = 0
Agrupando los términos en “x”:
2 B.x + x + C + 2 = 0
( 2B + 1).x + (C + 2) = 0
Expresando el miembro derecho como un polinomio de primer grado:
( 2B + 1).x + (C + 2) = 0.x + 0
Para que los 2 polinomios sean iguales se requiere que:
2 B + 1 = 0 → B = −1 / 2
C + 2 = 0 → C = −2
Reemplazando los valores de “B” y de “C” en la forma general de la solución se tiene:
2
y = A.e B. x + C.x
y = A.e
− ( x 2 / 2 ) −2 x
Solución
Donde:
A:
Constante arbitraria
Verificación:
La función solución es:
214
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y = A.e
−( x 2 / 2 ) −2 x
La primera derivada de “y” es:
y′ = A.e
− ( x 2 / 2 ) −2 x
2x
. − 2
2
Simplificando:
y′ = A.e
−( x 2 / 2 ) −2 x
y′ = A.(− x − 2).e
y′ = − A.( x + 2).e
.[− x − 2 ]
−( x 2 / 2 ) −2 x
−( x 2 / 2) − 2 x
La ecuación diferencial original es:
y′ + (2 + x). y = 0
Reemplazando la función “y” y la primera derivada “y′ ” en la ecuación diferencial se tiene:
y′
y
64444
4744444
8
644
47444
8
2
2
−( x / 2 ) −2 x
−( x / 2 ) −2 x
− A .( x + 2).e
+ ( 2 + x ).A.e
=0
Simplificando:
0 = 0 Verificado
Problema Resuelto 19:
Resolver la siguiente ecuación diferencial lineal homogénea:
y ′ + Sen( x). y = 0
Solución:
Debido a que la derivada de “Cos(x)” es “-Sen(x)”, la potencial solución a la ecuación
diferencial debería tener la siguiente forma genérica:
y ′ = A.e B. Sen( x) + C.Cos ( x ) Forma genérica de la potencial solución
La primera derivada de la forma genérica de solución es:
y′ = A.e B.Cos( x) .{B.Cos ( x) − C.Sen ( x )}
Reemplazando la función solución “y” y su primera derivada “y′ ”, en la ecuación diferencial,
se tiene:
y′ + Sen( x ).y = 0
215
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′
y
y
64444447
4444448
64447
4448
B.Cos ( x)
B.Sen ( x) + C.Cos( x)
A .e
.{B.Cos( x ) − C.Sen( x )} + Sen ( x). A.e
=0
[
]
[
]
Factorando:
A.e B.Cos( x ) [B.Cos ( x) − C.Sen ( x ) + Sen ( x) ] = 0
El último factor debe ser nulo:
B.Cos ( x) − C.Sen ( x ) + Sen ( x) = 0
Agrupando por funciones trigonométricas comunes:
B.Cos ( x) + (1 − C ).Sen ( x ) = 0
Los coeficientes de las funciones trigonométricas deben ser nulos:
B=0
1− C = 0 → C = 1
Reemplazando los valores de “B” y “C” en la forma general de la solución se tiene:
y = A.e B.Sen ( x ) + C.Cos ( x)
y = A.e ( 0).Sen ( x) + (1).Cos( x)
y = A.e Cos ( x) Solución
Donde:
A:
Constante arbitraria
Verificación:
La función solución es:
y = A.e Cos( x )
La primera derivada de “y” es:
216
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y′ = A.e Cos( x ) .[− Sen ( x )]
y′ = −A.Sen ( x ).e Cos( x)
La ecuación diferencial original es:
y′ + Sen( x ).y = 0
Reemplazando la func ión “y” y la primera derivada “y′ ” en la ecuación diferencial se tiene:
′
y
y
64447
4448
647
48
Cos( x )
Cos( x)
− A.Sen ( x).e
+ Sen( x ). A.e
=0
{
}
{
}
Simplificando:
0 = 0 Verificado
Problema Resuelto 20:
Resolver la siguiente ecuación diferencial lineal homogénea:
y ′′ − x.y ′ − ( 2x 2 + 2 ).y = 0
Solución:
Debido a que la variable “x” va creciendo conforme la derivada de “y” va decreciendo, la
potencial solución a la ecuación diferencial debería tener la siguiente forma genérica:
2
y = A.e B .x + C.x Forma genérica de la potencial solución
La primera derivada de la forma genérica de solución es:
2
y′ = A.( 2B.x + C).e B.x + C.x
La segunda derivada de la función es:
2
2
y′′ = A.( 2B.x + C) 2 .e B.x + C. x + A.(2 B).e B. x + C.x
Reemplazando la función solución “y”, su primera derivada “y′ ” y su segunda derivada “y″ ”,
en la ecuación diferencial, se tiene:
y′′ − x.y ′ − ( 2 x 2 + 2). y = 0
y′′
y′
64444444447444444444
8
64444744448
2
2
2
2 B.x + C.x
+ A.(2 B).e B. x + C.x − x.A.( 2B.x + C).e B. x + C.x
A.(2 B.x + C) .e
2
− ( 2x 2 + 2).A.e B.x + C. x = 0
1442443
y
Factorando:
217
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{
}
2
A.e B. x + C.x . ( 2B.x + C) 2 + 2B − x.( 2B.x + C) − (2 x 2 + 2) = 0
Simplificando:
2
A.e B. x + C.x .( 4B 2 .x 2 + 4B.C.x + C 2 + 2B − 2 B.x 2 − C.x − 2x 2 − 2) = 0
El segundo factor debe ser nulo:
4 B2 .x 2 + 4B.C.x + C 2 + 2B − 2B.x 2 − C.x − 2x 2 − 2 = 0
Agrupando los términos como un polinomio en “x”:
( 4B 2 .x 2 − 2B.x 2 − 2 x 2 ) + (4 B.C.x − C.x) + (C 2 + 2B − 2) = 0
Factorando:
( 4B 2 − 2 B − 2).x 2 + (4 B.C − C).x + (C 2 + 2B − 2) = 0
Expresando el miembro derecho como un polinomio de primer grado:
( 4B 2 − 2 B − 2).x 2 + ( 4B.C − C).x + ( C 2 + 2B − 2) = 0.x 2 + 0.x + 0
Para que los 2 polinomios sean iguales se requiere que:
4 B2 − 2B − 2 = 0 → 2 B2 − B − 1 = 0 → ( 2B + 1).( B − 1) = 0
2 B + 1 = 0 → B 1 = −1 / 2
B − 1 = 0 → B2 = 1
4 B.C − C = 0 → ( 4B − 1).C = 0
4 B − 1 = 0 → B3 = 1 / 4
( 4 B − 1 ).C = 0 → C = 0
C 2 + 2B − 2 = 0 → ( 0) 2 + 2 B − 2 = 0 → 2 B − 2 = 0 → B 4 = 1
Existe un único valor para “C”:
C=0
De modo que la solución tiene que ser del tipo:
y = A.e B.x
2
De acuerdo al análisis previo existen 3 potenciales valores para “B”:
B 1 = −1 / 2
B2 = 1
B3 = 1 / 4
Primera Posible Solución:
Reemplazando el primer valor de “B” en la forma general de la solución se tiene:
218
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B1 = −1 / 2
y = A.e B.x
2
y = A.e[−1 / 2].x
(
2
)
2
y = A.e − x / 2 Potencial solución 1
Verificación de la Primera Solución:
La función solución es:
(
2
y = A.e − x / 2
)
La primera derivada de la función es:
(
2
y′ = A.{− 2x / 2}.e − x / 2
(
2
y′ = −A.x.e − x / 2
)
)
La segunda derivada es:
(
)
(
2
2
y′′ = A.x 2 .e − x / 2 − A.e − x / 2
)
Factorando la segunda derivada:
(
2
y′′ = A.( x 2 − 1).e − x / 2
)
Reemplazando la función, la primera derivada y la segunda derivada en la ecuación
diferencial:
y′′ − x.y ′ − ( 2 x 2 + 2).y = 0
y′
y′
y
6444
474444
8
644
47444
8
644744
8
2
2
2
2
−x / 2
−x / 2
2
−x / 2
A .( x − 1).e
− x.− A.x.e
− ( 2x + 2).A.e
= 0
(
(
)
)
(
(
)
(
)
(
)
)
2
2
2
A.( x 2 − 1).e − x / 2 + A.x 2 .e − x / 2 − A.(2 x 2 + 2).e − x / 2 = 0
Factorando:
(
){
}
2
A.e − x / 2 . ( x 2 − 1) + x 2 − 2 x 2 − 2 = 0
Simplificando:
( ){
2
A.e (− x / 2).( −3) = 0
}
2
A.e − x / 2 . x 2 − 1 + x 2 − 2 x 2 − 2 = 0
−3= 0
− 3 ≠ 0 No se verifica la solución 1
Segunda Posible Solución:
Reemplazando el primer valor de “B” en la forma general de la solución se tiene:
219
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B2 = 1
y = A.e B.x
y = A.e x
2
2
Potencial solución 2
Verificación de la Segunda Solución:
La función solución es:
y = A.e x
2
La primera derivada de la función es:
y′ = A.(2 x ).e x
y′ = 2A.x.e x
2
2
La segunda derivada es:
2
y′′ = 4 A.x 2 .e x + 2A.e x
2
Factorando la segunda derivada:
y′′ = A.( 4 x 2 + 2).e x
2
Reemplazando la función, la primera derivada y la segunda derivada en la ecuación
diferencial:
y′′ − x.y ′ − ( 2 x 2 + 2).y = 0
y′′
y′
y
64447444
8
64748
6474
8
2
2
2
x
2
x
x
2
A .(4 x + 2).e − x.2 A.x.e − ( 2x + 2).A.e = 0
2
2
2
A.(4 x 2 + 2).e x − 2A.x 2 .e x − (2 x 2 + 2).A.e x = 0
Factorando:
2
( 4x 2 + 2 − 2.x 2 − 2 x 2 − 2).A.e x = 0
Simplificando:
2
( 0).A.e x = 0
0 = 0 Si se verifica la solución 2
Tercera Posible Solución:
Reemplazando el primer valor de “B” en la forma general de la solución se tiene:
B1 = 1 / 4
y = A.e B.x
2
220
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y = A.e[1 / 4]. x
(
2
)
2
y = A.e x / 4 Potencial solución 3
Verificación de la Tercera Solución:
La función solución es:
(
2
y = A.e x / 4
)
La primera derivada de la función es:
(
2x x 2 / 4
y′ = A . .e
4
x x2 / 4
y′ = A . .e
2
(
)
)
La segunda derivada es:
(
)
(
x2 x2 /4 A x2 /4
.e
y′′ = A.
+ .e
4
2
)
Factorando la segunda derivada:
(
x 2 1 x2 / 4
y′′ = A.
+ .e
4
2
)
Reemplazando la función, la primera derivada y la segunda derivada en la ecuación
diferencial:
y′′ − x.y ′ − ( 2 x 2 + 2).y = 0
y′′
y′
6444
474444
8
y
6447
448
64748
2
x
2
1 2
x 2
+ .e x / 4 − x.A . .e x / 4 − (2 x 2 + 2).A .e x / 4 = 0
A .
2
2
4
x 2 1 x2 / 4
x2 x 2 / 4
2
.e
A.
+ .e
− A.
− A.( 2 x 2 + 2).e x / 4 = 0
4
2
2
(
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
)
Factorando:
(
)
x 2 1 x 2
2
+ −
− ( 2x 2 + 2) A.e x / 4 = 0
4 2 2
x 2 1 x 2
2
+ −
− 2 x 2 − 2A.e x / 4 = 0
2
4 2
(
)
Simplificando:
221
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(
)
x 2 x 2
2
1
−
− 2 x 2 + − 2A.e x / 4 = 0
2
2
4
9 x 2 3
2
− A.e x / 4 = 0
−
2
4
(
)
−
9x 2 3
− =0
4
2
−
9x 2 3
− ≠ 0 No se verifica la solución 3
4
2
Nota: Dos de las soluciones posibles (“B=-1/2” y “B=1/4”) no cumplieron con el proceso de
verificación por lo que no conducen a soluciones de la ecuación diferencial (conducen a
soluciones parásitas que surgen de los procesos de simplificación en la resolución del
problema).
Solamente la segunda solución (“B=1”) satisface las condiciones de la ecuación diferencial.
y = A.e x
2
Solución
Donde:
A:
Constante arbitraria
4.2
RESOLUCIÓN
HOMOGÉNEAS:
DE
ECUACIONES
DIFERENCIALES
NO
Dada la ecuación diferencial lineal:
dn y
dx n
+ a 1 ( x) ⋅
dn − 1 y
dx n − 1
+ ..... + a n − 2 ( x ) ⋅
d2y
dx 2
+ a n −1 (x ) ⋅
222
dy
+ a n ( x ).y = R( x)
dx
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TEORÍA Y PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES
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La solución de dicha ecuación puede obtenerse superponiendo la solución de la ecuación
diferencial homogénea asociada “yh ”, a la solución particular “yn ”cuya forma está definida
por la expresión independiente de la variable “y” y de sus derivadas, donde:
dn y
+ a 1( x ) ⋅
dx n
d n −1y
dx n −1
Ecuación homogénea asociada que se obtiene
reemplazando la expresión independiente de
“y” por un valor nulo
Solución de la ecuación diferencial
homogénea asociada
Término independiente de la variable “y” y de
sus derivadas
Solución particular no homogénea de la
ecuación diferencial
Solución de la ecuación diferencial
+ ..... + a n ( x). y = 0
yh
R (x )
yn
y = yh + y n
A continuación se presenta una tabla que puede servir de orientación para la selección
preliminar de las funciones que conformarían la solución particular no homogénea de la
ecuación diferencial.
R(x)
Forma general de la solución no homogénea
p. x
k .e
k 1.Sen( p.x ) + k 2 .Cos( p.x )
A .e p. x
A1.Sen (p.x) + A 2 .Cos( p.x )
k 0 .x m + k1.x m −1 + ... + k m −1.x + k m
* A 0 .x m + A1.x m −1 + ... + A m −1.x + A m
k.e q. x {k 1.Sen ( p.x ) + k 2 .Cos( p.x )}
A.e q.x {A1.Sen ( p.x ) + A 2 .Cos( p.x )}
*
{
k.e p. x k 0 .x m + k1.x m −1 + .. + k m −1.x + k m
{j0 .x m + .. + jm−1.x + jm }.Sen(p.x) +
{k 0 .x m + .. + k m−1.x + k m }.Cos(p.x)
e q.x {j 0 .x m + .. + j m −1.x + j m }.Sen( p.x ) +
e q.x {k 0 .x m + .. + k m −1.x + k m }.Cos( p.x )
}
{
A .e p.x A 0 .x m + A1.x m − 1 + .. + A m −1.x + A m
{
A 0 .x m + .. + A m −1.x + A m }.Sen ( p.x ) +
*
{B0 .x m + .. + Bm −1.x + B m }.Cos (p.x)
e q.x {A0 .x m + .. + A m − 1.x + A m }.Sen (p.x ) +
*
e q.x {B0 .x m + .. + B m − 1.x + B m }.Cos( p.x )
}
Suma de algunas expresiones anteriores
Suma de las soluciones correspondientes
*
Cuando no existen todos los términos de la ecuación diferencial de orden “n”, el grado
del polinomio puede incrementarse hasta en “n” grados
Problema Resuelto 21:
Resolver la siguiente ecuación diferencial:
y ′′ + y = 10e − 2x
Solución:
Se debe encontrar una solución para la ecuación homogénea asociada y una solución
particular para la ecuación no homogénea.
La ecuación homogénea asociada es:
223
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TEORÍA Y PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES
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y ′′ + y = 0 Ecuación Homogénea Asociada
La solución de la ecuación homogénea es:
y h = A1 .Sen( x ) + A2 .Cos( x ) Solución homogénea
La solución no homogénea debe tener una forma similar al término independiente de la
variable “y” y de su segunda derivada.
y n = C .e − 2 x
La primera derivada de la solución no homogénea es:
y ′n = −2C .e −2 x
La segunda derivada es:
y ′n′ = 4 C.e − 2 x
Reemplazando en la ecuación diferencial la función “yn ” y su segunda derivada:
y ′′ + y = 10 e − 2x
( 4C .e − 2x ) + ( C .e −2 x ) = 10e − 2 x
Simplificando:
5C .e −2 x = 10e − 2 x
C =2
Reemplazando el valor de “C” en la solución general no homogénea:
y n = C .e −2 x
y n = 2e − 2 x Solución no homogénea
La solución a la ecuación diferencial es la suma de la solución homogénea más la solución no
homogénea:
y = yh + y n
y = [A1.Sen ( x ) + A 2 .Cos( x ) ] + 2e −2 x
y = A1 .Sen( x) + A 2 .Cos( x ) + 2e −2x Solución
Verificación:
La solución a la ecuación diferencial es:
y = A1.Sen( x ) + A 2 .Cos( x ) + 2e −2 x
La primera derivada de la función es:
y′ = A1.Cos( x ) − A 2 .Sen( x ) − 4e −2 x
La segunda derivada de la función es:
y′′ = −A1.Sen( x ) − A 2 .Cos( x ) + 8e −2x
Reemplazando la función “y” y su segunda derivada en la ecuación diferencial:
y′′ + y = 10e − 2x
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{− A1.Sen (x ) − A 2 .Cos(x ) + 8e −2x }+ {A1.Sen (x ) + A 2 .Cos(x ) + 2e−2x }= 10e−2x
Simplificando:
10e − 2x = 10e − 2x Verificado
Problema Resuelto 22:
Resolver la siguiente ecuación diferencial:
y ′′ − y = 3
Solución:
La ecuación homogénea asociada es:
y ′′ − y = 0
La solución de la ecuación homogénea es:
y h = A1 .e x + A2 .e − x Solución homogénea
La solución no homogénea debe tener una forma similar al término independiente de la
variable “y” y de su segunda derivada (función polinómica hasta dos grados superior al
término independiente por existir una segunda derivada de la función).
y n = A .x 2 + B .x + C
La primera derivada de la solución no homogénea es:
y n′ = 2 A.x + B
La segunda derivada es:
y ′n′ = 2 A
Reemplazando en la ecuación diferencial la función “yn ” y su segunda derivada:
y ′′ − y = 3
( 2 A ) − ( A.x 2 + B.x + C ) = 3
Agrupando el miembro izquierdo en una función polinómica:
− A.x 2 − B.x + ( 2 A − C ) = 3
Creando un polinomio similar al izquierdo en el miembro derecho:
− A.x 2 − B.x + ( 2 A − C ) = 0.x 2 + 0.x + 3
El coeficiente de “x2 ” y el coeficiente de “x” deben ser nulos, mientras que el término
independiente debe valer “3”:
A=0
− A=0;
− B =0; B = 0
2A −C = 3
Reemplaza ndo el valor de “A” en la última expresión:
2 ( 0 ) − C = 3 ; C = −3
Reemplazando los valores de “A”, “B” y “C” en la solución:
y n = − 3 Solución no homogénea
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La solución a la ecuación diferencial es la suma de la solución homogénea más la solución no
homogénea:
y = yh + y n
y = ( A1.e x + A 2 .e − x ) + ( −3)
y = A1 .e x + A 2 .e − x − 3 Solución
Verificación:
La solución a la ecuación diferencial es:
y = A1.e x + A 2 .e − x − 3
La primera derivada de la función es:
y′ = A1.e x − A 2 .e − x
La segunda derivada de la función es:
y′′ = A1.e x + A 2 .e − x
Reemplazando la función “y” y su segunda derivada en la ecuación diferencial:
( A1.e x + A 2 .e − x ) − ( A1.e x + A 2 .e − x − 3) = 3
Simplificando:
3 = 3 Verificado
Problema Resuelto 23:
Resolver la siguiente ecuación diferencial:
y ′′ − 3y ′ + 2y = 2x + 1
Solución:
La ecuación homogénea asociada es:
y ′′ − 3 y ′ + 2 y = 0
La solución de la ecuación homogénea debe ser de la siguiente forma general:
y h = A.e B. x
Calculando la primera derivada de la función:
y ′h = A.B .e B .x
Calculando la segunda derivada de la función:
y ′h′ = A.B 2 .e B. x
Reemplazando en la ecuación diferencial homogénea:
y ′′ − 3 y ′ + 2 y = 0
( A.B 2 .e B .x ) − 3( A.B.e B .x ) + 2( A.e B. x ) = 0
Destruyendo paréntesis:
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A.B 2 .e B. x − 3 A.B .e B .x + 2 A.e B. x = 0
Factorando:
A.e B. x ( B 2 − 3B + 2 ) = 0
La expresión entre paréntesis debe ser nula pues ni “A” ni “eB.x ” pueden serlo:
B2 − 3B + 2 = 0
Factorando:
( B − 1 ).( B − 2 ) = 0
Existen 2 valores de “B” que satisfacen la ecuación:
B1 = 1
B2 = 2
La solución a la ecuación homogénea está constituida por dos componentes (uno por
cada valor de “B”) y su forma específica es:
y h = A1 .e x + A2 .e 2 x Solución homogénea
La solución no homogénea debe tener una forma similar al término independiente de la
variable “y” y de su segunda derivada (un polinomio hasta 2 grados superior al termino
independiente de “y” de la ecuación diferencial).
y n = A . x 3 + B .x 2 + C .x + D
La primera derivada de la solución no homogénea es:
y ′n = 3 A.x 2 + 2 B.x + C
La segunda derivada es:
y ′n′ = 6 A.x + 2B
Reemplazando en la ecuación diferencial la función “yn ” y su segunda derivada:
y ′′ − 3 y ′ + 2 y = 2 x + 1
( 6 A.x + 2 B ) − 3( 3 A.x 2 + 2 B.x + C ) + 2( A.x 3 + B.x 2 + C .x + D ) = 2 x + 1
Eliminando paréntesis:
6 A.x + 2 B − 9 A.x 2 − 6 B.x − 3C + 2 A.x 3 + 2 B.x 2 + 2C .x + 2 D = 2 x + 1
Agrupando el miembro izquierdo en una función polinómica:
2 A.x 3 − 9 A.x 2 + 2 B .x 2 + 6 A.x − 6 B .x + 2C .x + 2 B − 3C + 2 D = 2 x + 1
2 A.x 3 + ( 2 B − 9 A ) x 2 + ( 6 A − 6 B + 2C ) x + ( 2 B − 3C + 2 D ) = 2 x + 1
Creando un polinomio similar al izquierdo en el miembro derecho:
2 A.x 3 + ( 2 B − 9 A ) x 2 + ( 6 A − 6 B + 2C ) x + ( 2 B − 3C + 2 D ) = 0.x 3 + 0.x 2 + 2 x + 1
El coeficiente de “x3 ” y el coeficiente de “x2 ” deben ser nulos, mientras que el
coeficiente de “x” debe valer “2” y el término independiente debe valer “1”:
A=0
2A = 0 ;
2 B − 9 A = 0 ; 2 B − 9( 0 ) = 0 ; 2 B = 0 ; B = 0
6 A − 6 B + 2C = 2 ; 6( 0 ) − 6 ( 0 ) + 2C = 2 ; 2C = 2 ; C = 1
2 B − 3C + 2 D = 1 ; 2( 0 ) − 3( 1 ) + 2 D = 1 ; 2 D = 4 ; D = 2
Reemplazando los valores de “A”, “B”, “C” y “D” en la solución:
y n = x + 2 Solución no homogénea
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La solución a la ecuación diferencial es la suma de la solución homogénea más la solución no
homogénea:
y = yh + y n
y = ( A1.e x + A 2 .e 2 x ) + ( x + 2)
y = A1 .e x + A 2 .e 2x + x + 2 Solución
Verificación:
La solución a la ecuación diferencial es:
y = A1.e x + A 2 .e 2x + x + 2
La primera derivada de la función es:
y′ = A1.e x + 2A 2 .e 2x + 1
La segunda derivada de la función es:
y′′ = A1.e x + 4 A 2 .e 2 x
Reemplazando la función “y”, su primera derivada y su segunda derivada en la ecuación
diferencial:
y′′ − 3y ′ + 2y = 2 x + 1
( A1.e x + 4A 2 .e 2x ) − 3( A1.e x + 2A 2 .e 2x + 1) + 2( A1.e x + A 2 .e 2x + x + 2) = 2 x + 1
Eliminando paréntesis:
A1.e x + 4 A 2 .e 2 x − 3A1.e x − 6A 2 .e 2x − 3 + 2A1.e x + 2A 2 .e 2x + 2x + 4 = 2 x + 1
Simplificando:
( A1.e x − 3A1.e x + 2A1.e x ) + (4 A 2 .e 2 x − 6A 2 .e 2x + 2A 2 .e 2 x ) + (+2 x) + ( −3 + 4) = 2x + 1
2 x + 1 = 2 x + 1 Verificado
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Problema Resuelto 24:
Resolver la siguiente ecuación diferencial:
y ′′ − 2y ′ = x + 1
Solución:
La ecuación homogénea asociada es:
y ′′ − 2 y ′ = 0 Ecuación homogénea asociada
La solución de la ecuación homogénea debe ser de la siguiente forma general:
y h = A.e B .x
Calculando la primera derivada de la función:
y ′h = A.B .e B .x
Calculando la segunda derivada de la función:
y ′h′ = A.B 2 .e B. x
Reemplazando en la ecuación diferencial homogénea:
y ′′ − 2 y′ = 0
( A.B 2 .e B . x ) − 2( A.B.e B. x ) = 0
Destruyendo paréntesis:
A.B 2 .e B . x − 2 A.B.e B .x = 0
Factorando:
A.B.e B. x ( B − 2 ) = 0
Para que el producto de los 4 factores tenga valor cero, “B” puede ser nulo, o la
expresión entre paréntesis podría ser nula pues ni “A” ni “e B.x ” pueden serlo:
B=0
B−2 = 0; B = 2
La solución a la ecuación homogénea es:
y h = A1 .e 0 x + A2 .e 2 x
y h = A1 + A2 .e 2 x Solución homogénea
La solución no homogénea debe tener una forma similar al término independiente de la
variable “y” y de su segunda derivada (un polinomio hasta 2 grados superior al termino
independiente de “y” de la ecuación diferencial).
y n = A . x 3 + B .x 2 + C .x + D
La primera derivada de la solución no homogénea es:
y ′n = 3 A.x 2 + 2 B.x + C
La segunda derivada es:
y ′n′ = 6 A.x + 2B
Reemplazando en la ecuación diferencial la primera y segunda derivadas de la
función “yn ”:
y ′′ − 2 y ′ = x + 1
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( 6 A.x + 2 B ) − 2( 3 A.x 2 + 2 B.x + C ) = x + 1
Eliminando paréntesis:
6 A.x + 2 B − 6 A.x 2 − 4 B .x − 2C = x + 1
Agrupando el miembro izquierdo en una función polinómica:
− 6 A .x 2 + 6 A .x − 4 B .x + 2 B − 2 C = x + 1
− 6 A.x 2 + ( 6 A − 4 B )x + ( 2 B − 2C ) = x + 1
Creando un polinomio similar al izquierdo en el miembro derecho:
− 6 A.x 2 + ( 6 A − 4 B ) x + ( 2 B − 2C ) = 0.x 2 + 1.x + 1
El coeficiente de “x2 ” debe ser nulo, mientras que el coeficiente de “x” debe valer “1”
y el término independiente debe valer “1”:
A=0
− 6A = 0 ;
1
6 A − 4 B = 1 ; 6 ( 0 ) − 4 B = 1 ; 4 B = −1 ; B = −
4
3
1
3
2 B − 2C = 1 ; 2 − − 2C = 1 ; 2C = − ; C = −
4
2
4
Reemplazando los valores de “A”, “B” y “C” en la solución:
x2 3x
yn = −
−
Solución no homogénea
4
4
Es importante notar que el polinomio obtenido (la solución no homogénea) es 1 grado
superior al polinomio “R(x)”.
La solució n a la ecuación diferencial es la suma de la solución homogénea más la solución no
homogénea:
y = yh + y n
y = ( A1 + A 2 .e 2x ) + ( −
y = A1 + A 2 .e
2x
x2 3x
− )
4
4
x 2 3x
−
−
Solución
4
4
Verificación:
La solución a la ecuación diferencial es:
y = A1 + A 2 .e 2x −
x 2 3x
−
4
4
La primera derivada de la función es:
y′ = 2A 2 .e 2x −
x 3
−
2 4
La segunda derivada de la función es:
y′′ = 4A 2 .e 2x −
1
2
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Reemplazando la primera y segunda derivadas de “y” en la ecuación diferencial:
y′′ − 2y ′ = x − 1
2x 1
2x x 3
4A 2 .e − − 2 2 A 2 .e − − = x + 1
2
2 4
Realizando las operaciones:
3
2x 1
2x
4A 2 .e − − 4 A 2 .e − x − = x + 1
2
2
Eliminando paréntesis:
4 A 2 .e 2 x −
1
3
− 4A 2 .e 2 x + x + = x + 1
2
2
Simplificando:
x + 1 = x + 1 Verificado
4.3
PROBLEMAS PROPUESTOS:
Problema Propuesto 1:
Resolver la siguiente ecuación diferencial:
y ′ − 2y = 0
Solución: y = A.e 2x
Problema Propuesto 2:
Resolver la siguiente ecuación diferencial:
y ′′ + 9y = 0
Solución: y = A1 .e 3x + A 2 .e −3x
Problema Propuesto 3:
Resolver la siguiente ecuación diferencial:
y ′′′ + 27 y = 0
Solución: y = A1 .e − 3x + A 2
1
3
− 3 − +
.i . x
2 2
.e
+ A3
1
3
− 3 − −
.i .x
2 2
.e
Problema Propuesto 4:
Resolver la siguiente ecuación diferencial:
y ′′ + y ′ − 2y = 0
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Solución: y = A1 .e x + A 2 .e − 2x
Problema Propuesto 5:
Resolver la siguiente ecuación diferencial:
y ′′′ + y ′′ − y ′ − y = 0
Solución: y = A1 .e x + A 2 .e − x
Problema Propuesto 6:
Resolver la siguiente ecuación diferencial:
y ′′ + y = 10e − 2x
Solución: y = A1 .Sen( x ) + A 2 .Cos ( x) + 2.e −2x
Problema Propuesto 7:
Resolver la siguiente ecuación diferencial:
y ′′ − y = 3
Solución: y = A1 .e x + A 2 .e − x − 3
Problema Propuesto 8:
Resolver la siguiente ecuación diferencial:
y ′′ − 3y ′ + 2y = 2x + 1
Solución: y = A1 .e x + A 2 .e 2 x + x + 2
Problema Propuesto 9:
Resolver la siguiente ecuación diferencial:
y ′′ − 2y ′ = x + 1
x 2 3x
Solución: y = A1 .e + A 2 −
−
4
4
x
4.4
REFERENCIAS BIBLIOGRÁFICAS:
•
Tagle R. Kent, Saff Edward B. y Zinder Artur David, “Ecuaciones Diferenciales y
Problemas con Valores en la Frontera”, Pearson Educación, Tercera Edición, 2001.
Spiegel Murria R., “Matemáticas Avanzadas para Ingeniería y Ciencias”, Mc Graw
Hill, Primera Edición, 2001.
Campbell Stephen L. y Haberman Richard, “Introducción a las Ecuaciones
Diferenciales con Problemas de Valor de Frontera”, Mc Graw Hill, Primera Edición,
1999.
Ayres Frank, “Ecuaciones Diferenciales”, Mc Graw Hill, Primera Edición, 2000.
•
•
•
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