ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN

ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN
Alejandro Lugon
24 de agosto de 2010
1.
LINEALES CON COEFICIENTES CONSTANTES
1.1.
Caso Homogeneo
Consideremos la ecuación:
ẍ + aẋ + bx =
0
(1)
Es fácil probar:
Teorema 1 Dada la ecuación (??), si tenemos dos soluciones x(t) = f (t) y x(t) = g(t), independientes,
entonces x(t) = Af (t) + Bg(t) es también solución de la ecuación para cualquier par de constantes A, B ∈ R.
Con estas dos soluciones podemos generar cualquier solución de manera general: x(t) = Af (t) + Bg(t).
Si tenemos x(0) y ẋ(0), podemos encontrar la solución particular para estos valores encontrando A y B tales
que:
x(0)
= Af (0) + Bg(0)
ẋ(0)
= Af 0 (0) + Bg 0 (0)
Un punto importante es que las soluciones deben ser independientes para poder resolver este sistema.
Entonces el problema se limita a encontrar un par de soluciones independientes. Para empezar probemos
si una solución del tipo x(t) = ert satisface (??). Tenemos:
x(t)
=
ert
ẋ(t)
=
rert
ẍ(t)
=
r2 ert
reemplazando en (??):
r2 ert + arert + bert
2
(r + ar + b)e
1
rt
=
0
=
0
como ert 6= 0 debemos tener:
r2 + ar + b = 0
Este polinomio recibe el nombre de polinomio caracterı́stico y sus raı́ces son las raı́ces caracterı́sticas de la
ecuación. Esta polinomio tiene dos soluciones:
r1
=
r2
=
√
a2 − 4b
√2
−a − a2 − 4b
2
−a +
que pueden caer en uno de los tres casos siguientes:
1. r1 , r2 ∈ R con r1 6=2
2. r1 , r2 ∈ R con r1 = r2 = r
3. r1 , r2 ∈ C
Veamos cada caso por separado.
1.1.1.
Raı́ces reales diferentes (a2 − 4b > 0)
Este es el caso más fácil, tenemos que x(t) = er1 t y x(t) = er2 t son solución de (??), entonces:
x(t) = Aer1 t + Ber2 t
es la solución general de ??. Las dos constantes A y B serán las encargadas de que esta solución cumpla las
condiciones iniciales. Si nos dan x(0) y ẋ(0) podremos encontrar A y B y tener la solución particular para
estas condiciones iniciales.
1.1.2.
Raı́ces reales iguales (a2 − 4b = 0)
En este caso no podemos usar las raı́ces para tener dos soluciones independientes pero podemos resolver
explı́citamente la ecuación. Tenemos solo una raı́z r = − a2 . De la condición a2 − 4b = 0 podemos despejar
b=
a2
4
= r2 y trabajar la ecuación:
ẍ + aẋ + bx =
ẍ − 2rẋ + r2 x
=
0
0
2
ẍ − rẋ − rẋ + r x = 0
d
(ẋ − rx) − r (ẋ − rx) = 0
dt
Si hacemos el cambio de variable u = ẋ − rx la ecuación diferencial queda:
d
u − ru = 0
dt
cuya solución es
u(t) = K1 ert
2
que en término de x,la función buscada, es:
ẋ − rx = K1 ert
que a su vez se resuelve en:
x(t) = K2 er + K2 ter
Ya hemos obtenido la solución buscada.
En otra lı́nea de deducción podı́amos haber probado directamente que x(t) = tert es una solución de la
ecuación dada, verifiquemos:
x(t)
= tert
ẋ(t)
= ert + rtert
ẍ(t)
=
2rert + r2 tert
reemplazamos en (??):
2rert + r2 tert + a(ert + rtert ) + b(tert )
=
0
2
rt
=
0
(r2 t + art + bt + 2r + a+)ert
(2r + r t + a + art + bt)e
2
((r + ar + b)t + (2r + a))e
=
0
rt
=
0
0
=
0
donde en el último paso recordamos que r es −a/2 y cumple r2 + ar + b = 0.
Con esto podemos formar la solución general:
x(t) = Aert + Btert
Como antes las dos constantes A y B serán las encargadas de que esta solución general se particularice
para las condiciones iniciales dadas.
1.1.3.
√
Raı́ces complejas (a2 − 4b < 0)
En este caso las raı́ces son complejos conjugados: r1 = α + iβ y r2 = α − iβ con α = −a/2 y β =
4b − a2 /2.
Usando la exponencial de un complejo:
eu+iv = eu (Cos(vt) + iSen(vt))
podrı́amos formar la solución:
x(t)
= Aer1 t + Ber2 t
= A(eαt (Cos(βt) + iSen(βt))) + Beαt (Cos(−βt) + iSen(−βt))
= A(eαt (Cos(βt) + iSen(βt))) + Beαt (Cos(βt) − iSen(βt))
=
(A + B)eαt Cos(βt) + (A − B)ieαt Sen(βt)
3
El problema con esta posible solución es el término imaginario i. Podemos “deshacernos”de este término si
pensamos que A y B pueden ser también números complejos conjugados: A = C/2−iD/2 y B = C/2+iD/2,
con lo cual A + B = C y (A − B)i = D. Con lo cual obtenemos como solución:
x(t) = Ceαt Cos(βt) + Deαt Sen(βt)
Igual que en los dos casos anteriores, las constantes C y D se determinan con las condiciones iniciales.
2.
Ecuaciones de orden mayor que 2
Sea la ecuación:
Dn x + a1 Dn−1 x + a2 Dn−2 x + · · · + an−1 D1 x + an x = 0
∂k
donde Dk x = k x(t) es la derivada de orden k de x respecto de t. Esta ecuación es de orden n.
∂t
Su polinomio caracterı́stico será:
rn + a1 rn−1 + a2 rn−2 + · · · + an−1 r + an = 0
Este tiene, tomando en cuenta la multiplicidad, n raı́ces entre reales y complejas. Las raı́ces reales pueden
ser múltiples. Las raı́ces complejas se presentan en pares conjugados los cuales también pueden ser simples
o múltiples.
La solución general de la ecuación diferencial está determinada por una combinación lineal de n soluciones
independientes. Estas soluciones corresponden a las raı́ces del polinomio caracterı́stico, consideremos que
tenemos M raı́ces reales λj con multiplicidad mj y 2N raı́ces complejas conjugadas por pares (N pares),
αl ± iβl con multiplicidad ml cada par 1 .
La solución se conforma la siguiente manera:
Cada raı́z real, λj con multiplicidad mj , genera los mj términos:
exp(λj t), t exp(λj t), t2 exp(λj t), . . . , tmj −1 exp(λj t)
Cada par de raı́ces complejas conjugadas αl ± iβl con multiplicidad ml , genera los 2ml términos:
exp(αl t)Cos(βl t), t exp(αl t)Cos(βl t), t2 exp(αl t)Cos(βl t), . . . , tml −1 exp(αl t)Cos(βl t)
exp(αl t)Sen(βl t), t exp(αl t)Sen(βl t), t2 exp(αl t)Sen(βl t), . . . , tml −1 exp(αl t)Sen(βl t)
De esta manera la solución, x(t) es una combinación lineal de todos los términos generados. Esta combinación genera n constantes que se determinan usando las condiciones iniciales. Esto requier que tengamos
valores dados para Dn−1 x(0), Dn−2 x(0),. . . ,D1 x(0) y x(0).
Si la ecuación no es homogenea, la solución particular se puede encontrar por el mismo método anterior.
1 En
ambos casos las raı́ces simples tienen multiplicidad m = 1
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