Lección 11 Ecuaciones Diferenciales de Segundo Orden

Lección 11
Ecuaciones Diferenciales de Segundo Orden
1
Ecuaciones de segundo orden
En forma normal:
x 00 = f (t, x, x 0 )
Ejemplo:
1
(x 0 )2 − 1
00
2tx − x + 0 = 0 ⇔ x =
x
2tx 0
Casos Particulares
Ecuaciones en las que no aparece la variable dependiente:
x 00 = f (t, x 0 ):
00
0
2tx 00 − x 0 +
1
=0
x0
(t 6= 0)
Ecuaciones en las que no aparece la variable independiente:
x 00 = f (x, x 0 ):
2xx 00 = 1 + (x 0 )2
2
Método de resolución de los casos particulares
Reducción del orden mediante cambio de variables:
u = x0
Ecuaciones en las que no aparece la variable dependiente: u
como función de t.
u = x 0 ⇒ x 00 = u 0 , x 00 = f (t, x 0 ) ⇒ u 0 = f (t, u)
Se resuelve u 0 = f (t, u) y se obtiene u = u(t). Luego se
deshace el cambio:
Z
x 0 (t) = u(t) ⇒ x(t) = u(t) dt.
2tx 00 − x 0 +
1
=0
x0
(t 6= 0) ⇒ 2tu 0 − u +
1
=0
u
3
Método de resolución de los casos particulares (cont.)
u = x0
Ecuaciones en las que no aparece la variable independiente: u
como función de x:
d2 x
du
du dx
0
00
u=x ⇒x =
=
=
= u0 · u
dt
dt
dx dt
x 00 = f (x, x 0 ) ⇒ uu 0 = f (x, u)
f (x, u)
y se obtiene u = u(x). Luego se
u
deshace el cambio resolviendo x 0 = u(x) (variables
separables).
Se resuelve u 0 =
2xx 00 = 1 + (x 0 )2 ⇒ 2xuu 0 = 1 + u 2
4
Ecuaciones Lineales
Ecuación lineal de orden n:
x (n) + pn−1 (t)x (n−1) + · · · + p1 x 0 + p0 x = r (t)
Caso homogéneo: r (t) = 0
Caso no homogéneo: r (t) 6= 0.
Método de resolución: Reducción a un sistema lineal de primer
orden y dimensión n mediante el cambio:
x1 = x, x2 = x 0 , x3 = x 00 , . . . , xn = x (n−1)
 0
x1




x20



 x30




0

xn−1


 0
xn
= x2
= x3
= x4
..
.
= xn
= −p0 x1 − p1 x2 − . . . − pn−1 xn + r (t)
5
Ecuaciones lineales de orden pequeño
n = 2: x 00 + p(t)x 0 + q(t)x = r (t), x1 = x, x2 = x 0 :
x10 = x2
x20 = −q(t)x1 − p(t)x2 + r (t)
0 x1
0
1
x1
0
=
+
x20
−q(t) −p(t)
x2
r (t)
n = 3: x 000 + p2 (t)x 00 + p1 (t)x 0 + p0 (t)x = r (t),
x1 = x, x2 = x 0 , x3 = x 00 :
 0
 x1 = x2
x20 = x3
 0
x3 = −p0 (t)x1 − p1 (t)x2 − p2 (t)x3 + r (t)
 0 
  

x1
0
1
0
x1
0
x20  =  0
0
1  x 2  +  0 
x30
−p0 (t) −p1 (t) −p2 (t)
x3
r (t)
6
Ecuaciones Lineales de Orden 2. Caso Homogéno
x1 = x, x2 = x 0
x 00 + p(t)x 0 + q(t)x = 0
(1)
„ 0« „
x1
0
=
−q(t)
x20
⇔
1
−p(t)
«„ «
x1
(2)
x2
Teorema
x(t) solución de (1) si y sólo si
x(t)
solución de (2).
x 0 (t)
x(t), y
(t) soluciones
de (1) linealmente independientes si y sólo si
x(t)
y (t)
y
soluciones linealmente independientes de (2);
0
x (t)
y 0 (t)
i.e. para algún t del intervalo en que p y q son continuas
x(t) y (t)
det 0
6= 0
x (t) y 0 (t)
x(t) y (t)
W [x, y ](t) = det 0
=Wronskiano de x, y en t.
x (t) y 0 (t)
7
Solución general de las ecuaciones lineales homogéneas de
orden 2
x 00 + p(t)x 0 + q(t)x = 0
x(t) = 0 siempre es solución.
Solución general:
x(t) = c1 x1 (t) + c2 x2 (t)
siendo x1 (t) y x2 (t) dos soluciones linealmente independientes.
Objetivo. Encontrar dos soluciones linealmente independientes.
8
Ecuaciones con coeficientes constantes
x 00 + px 0 + qx = 0
0 0
1
x1
x1
=
0
x2
−q −p
x2
(x = x1 , x 0 = x2 )
Ecuación caracterı́stica:
λ −1
det
= 0 ⇔ λ2 + pλ + q = 0
q λ+p
La ecuación caracteritica se obtiene al sustituir x 00 por λ2 , x 0 por λ
y x por λ0 = 1 en la ecuación diferencial.
Las raı́ces caracterı́sticas de la ecuación diferencial son las raı́ces de
la ecuación caracterı́stica = valores propios de la matriz del sistema.
9
Solución General de las ecuaciones lineales de orden 2 de
coeficientes constantes
Supongamos
λ2 + pλ + q = (λ − λ1 )(λ − λ2 )
Casos
Posibles
λ1 6= λ2
reales
λ1 = a + bi
λ2 = a − bi
λ1 = λ2 = λ
Soluciones
Lineal. indep.
x1 (t) = e λ1 t
x2 (t) = e λ2 t
x1 (t) = e at cos(bt)
x2 (t) = e at sen(bt)
x1 (t) = e λt
x2 (t) = te λt
10
Solución
General
x(t) = c1 e λ1 t + c2 e λ2 t
x(t) = e at (c1 cos(bt) + c2 sen(bt))
x(t) = e λt (c1 + c2 t)
Ecuaciones Lineales no homogéneas
x 00 + p(t)x 0 + q(t)x = r (t)
Solución General:
x(t) = xh (t) + xp (t)
xh (t): solución general de x 00 + p(t)x 0 + q(t)x = 0.
xp (t): solución particular de x 00 + p(t)x 0 + q(t)x = r (t).
¿Cómo encontrar una solución particular?
Dos métodos:
Variación de las constantes.
Coeficientes indeterminados
11
Método de variación de las constantes
Si
xh (t) = c1 x1 (t) + c2 x2 (t)
es la solución general de la ecuación homogénea, se busca una
solución particular de la forma:
xp (t) = c1 (t)x1 (t) + c2 (t)x2 (t)
xp (t) solución de x 00 + p(t)x 0 + q(t)x = r (t)
m
xp (t)
0
1
0
solución de x0 =
x+
0
xp (t)
−q(t) −p(t)
r (t)
12
Método de variación de las constantes (cont.)
x1 (t) x2 (t)
Como X(t) =
es una matriz fundamental de
x10 (t) x20 (t)
0
1
soluciones del sistema x0 =
x
−q(t) −p(t)
Teorema
xp (t) = c1 (t)x1 (t) + c2 (t)x2 (t) solución de x 00 + p(t)x 0 + q(t)x =
r (t) si y sólo si
x1 (t)c10 (t) + x2 (t)c20 (t) = 0
0
X(t)c (t) = 0 ⇔
x10 (t)c10 (t) + x20 (t)c20 (t) = r (t)
Cramer, integrando y observando que X(t) = W [x1 , x2 ](t):
Z
c1 (t) =
−r (t)x2 (t)
dt,
W [x1 , x2 ](t)
Z
y
c2 (t) =
r (t)x1 (t)
dt
W [x1 , x2 ](t)
13
Método de los coeficientes indeterminados
Sólo válido si la ecuación x 00 +px 0 +qx = r (t) es de coeficientes constantes
y
r (t) = e at [Pn (t) cos(bt) + Qm (t) sen(bt)]
para algunos valores de a y b y para algunos polinomios Pn (t) de grado n
y Qm (t) de grado m.
Teorema
En tal caso, siempre existe una solución de la forma:
xp (t) = t s e at [P̃k (t) cos(bt) + Q̃k (t) sen(bt)]
donde s es la multiplicidad de a+bi como raı́z caracterı́stica y P̃k (t) y Q̃k (t)
son polinomios de coeficientes indeterminados de grado k = máx(n, m).
Los coeficientes indeterminados de P̃k (t) y Q̃k (t) se obtienen sustituyendo
esta expresión de xp (t) en la ecuación x 00 + px 0 + qx = r (t).
14
Observaciones sobre la expresión de xp (t)
r (t) = e at [Pn (t) cos(bt) + Qm (t) sen(bt)]
xp (t) = t s e at [P̃k (t) cos(bt) + Q̃k (t) sen(bt)]
1
Si a + bi no es raı́z caracterı́stica entonces s = 0.
2
Aún cuando Pn (t) o Qm (t) sean cero, en la expresión de xp (t)
deben aparecer tanto P̃k (t) como Q̃k (t), k = máx(n, m).
3
El grado del polinomio cero es −∞.
Ejemplos
(i)
(ii)
(iii)
(iv )
(v )
(vi)
(vii)
x 00 + 3x 0 + 2x = 3t + 1
x 00 + x 0 = 5
x 00 + 3x 0 + 2x = e 3t
x 00 − 8x 0 + 16x = e 4t
x 00 + 2x 0 + x = te t cos t
x 00 + 4x = sen(2t)
x 00 + x = t sen t
a=0
a=0
a=3
a=4
a=1
a=0
a=0
15
b
b
b
b
b
b
b
=0
=0
=0
=0
=1
=2
=1
P1 (t) = 3t + 1
P0 (t) = 5
P0 (t) = 1
P0 (t) = 1
P1 (t) = t
Pn (t) = 0
Pn (t) = 0
Qm (t) = 0.
Qm (t) = 0.
Qm (t) = 0.
Qm (t) = 0.
Qm (t) = 0.
Q0 (t) = 1.
Q1 (t) = t.