trabajo de ecuaciones diferenciales

Universidad Nacional Mayor de San Marcos
Universidad del Perú, DECANA DE AMÉRICA
FACULTAD DE CIENCIAS FÍSICAS
CURSO: ECUACIONES DIFERENCIALES
EAP: FÍSICA
Resolver la ecuación diferencial 𝑦 ′′′ − 𝑦 ′′ − 𝑦 ′ + 𝑦 = 4𝑥𝑒 𝑥 , usando los métodos de
coeficientes indeterminados, variación de parámetros y Laplace.
Solución:
Como vemos, la ecuación 𝑦 ′′′ − 𝑦 ′′ − 𝑦 ′ + 𝑦 = 0 ………. (∎) , viene a ser la ecuación
diferencial asociada, que es una ecuación homogénea.
La solución de la ecuación será:
𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝
En dónde:
𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑦1 + 𝑐2 𝑦2 + 𝑐3 𝑦3
(Por el teorema de la superposición)
. Cálculo de 𝑦𝑐
Suponemos que: 𝑦 = 𝑒 𝑟𝑥
Entonces:
𝑦 ′ = 𝑟𝑒 𝑟𝑥
𝑦 ′′ = 𝑟 2 𝑒 𝑟𝑥
𝑦 ′′′ = 𝑟 3 𝑒 𝑟𝑥
,
Reemplazando:
𝑟 3 𝑒 𝑟𝑥 − 𝑟 2 𝑒 𝑟𝑥 − 𝑟𝑒 𝑟𝑥 + 𝑒 𝑟𝑥 = 0
𝑒 𝑟𝑥 (𝑟 3 − 𝑟 2 − 𝑟 + 1) = 0
Como 𝑒 𝑟𝑥 ≠ 0 , entonces
(𝑟 3 − 𝑟 2 − 𝑟 + 1) = 0
(Ecuación característica)
. Como 𝑟 = −1 es una raíz del polinomio 𝑃(𝑟) = 𝑟 3 − 𝑟 2 − 𝑟 + 1 , entonces (𝑟 + 1)
Es un factor de 𝑃(𝑟) . Entonces:
𝑟 3 − 𝑟 2 − 𝑟 + 1 = (𝑟 + 1)(𝑟 − 1)2 = 0
De aquí que las soluciones de la ecuación diferencial es 𝑦1 = 𝑒 −𝑥 , 𝑦2 = 𝑒 𝑥 , 𝑦3 = 𝑥𝑒 𝑥
.Comprobamos las soluciones en (∎) .
. 𝑦1 = 𝑒 −𝑥
Es solución de la ecuación diferencial, entonces 𝑦1′ = −𝑒 −𝑥 , 𝑦1′′ = 𝑒 −𝑥 , 𝑦1′′′ = −𝑒 −𝑥
Reemplazando:
𝑦 ′′′ − 𝑦 ′′ − 𝑦 ′ + 𝑦 = 0
(−𝑒 −𝑥 ) − (𝑒 −𝑥 ) − (−𝑒 −𝑥 ) + 𝑒 −𝑥 = 0
0=0
.𝑦2 = 𝑒 𝑥
Es solución de la ecuación diferencial, entonces 𝑦2′ = 𝑒 𝑥 , 𝑦2′′ = 𝑒 𝑥 , 𝑦2′′′ = 𝑒 𝑥
Reemplazando:
𝑦 ′′′ − 𝑦 ′′ − 𝑦 ′ + 𝑦 = 0
(𝑒 𝑥 ) − (𝑒 𝑥 ) − (𝑒 𝑥 ) + 𝑒 𝑥 = 0
0=0
.𝑦3 = 𝑥𝑒 𝑥
Es solución de la ecuación diferencial, entonces
𝑦3′ = 𝑒 𝑥 + 𝑥𝑒 𝑥 , 𝑦3′′ = 2𝑒 𝑥 + 𝑥𝑒 𝑥 , 𝑦3′′′ = 3𝑒 𝑥 + 𝑥𝑒 𝑥
Reemplazando:
(3𝑒 𝑥 + 𝑥𝑒 𝑥 ) − (2𝑒 𝑥 + 𝑥𝑒 𝑥 ) − (𝑒 𝑥 + 𝑥𝑒 𝑥 ) + 𝑥𝑒 𝑥 = 0
0=0
Ahora comprobamos que las soluciones 𝑦1 , 𝑦2 , 𝑦3 son linealmente independientes.
Para eso utilizamos el Wronskiano:
𝑒 −𝑥
𝑊(𝑒 −𝑥 , 𝑒 𝑥 , 𝑥𝑒 𝑥 ) = |−𝑒 −𝑥
𝑒 −𝑥
𝑒𝑥
𝑒𝑥
𝑒𝑥
𝑥𝑒 𝑥
𝑒 𝑥 + 𝑥𝑒 𝑥 | = 4𝑥𝑒 𝑥 ≠ 0
2𝑒 𝑥 + 𝑥𝑒 𝑥
Entonces las soluciones 𝑦1 , 𝑦2 , 𝑦3 son linealmente independientes
.Y el conjunto fundamental de soluciones viene a ser
CFS {𝑒 −𝑥 , 𝑒 𝑥 , 𝑥𝑒 𝑥 }
Y la solución complementaria tiene la forma:
𝑦𝐶 = 𝐶1 𝑒 −𝑥 + 𝐶2 𝑒 𝑥 + 𝐶3 𝑒 𝑥
.Comprobamos la solución 𝑦𝐶
𝑦𝑐′ = −𝐶1 𝑒 −𝑥 + 𝑐2 𝑒 𝑥 + 𝐶3 𝑒 𝑥 + 𝐶3 𝑥𝑒 𝑥
𝑦𝑐′′ = 𝐶1 𝑒 −𝑥 + 𝑐2 𝑒 𝑥 + 2𝐶3 𝑒 𝑥 + 𝐶3 𝑥𝑒 𝑥
𝑦𝑐′′′ = −𝐶1 𝑒 −𝑥 + 𝑐2 𝑒 𝑥 + 3𝐶3 𝑒 𝑥 + 𝐶3 𝑥𝑒 𝑥
.Reemplazando:
(−𝐶1 𝑒 −𝑥 + 𝑐2 𝑒 𝑥 + 3𝐶3 𝑒 𝑥 + 𝐶3 𝑥𝑒 𝑥 ) − ( 𝐶1 𝑒 −𝑥 + 𝑐2 𝑒 𝑥 + 2𝐶3 𝑒 𝑥 + 𝐶3 𝑥𝑒 𝑥 ) −
(−𝐶1 𝑒 −𝑥 + 𝑐2 𝑒 𝑥 + 𝐶3 𝑒 𝑥 + 𝐶3 𝑥𝑒 𝑥 ) +(𝐶1 𝑒 −𝑥 + 𝐶2 𝑒 𝑥 + 𝐶3 𝑒 𝑥 ) = 0
0=0
.Cálculo de 𝑦𝑝 (Método de variación de parámetros)
𝑦 ′′′ − 𝑦 ′′ − 𝑦 ′ + 𝑦 = 4𝑥𝑒 𝑥
𝑦𝑝 = 𝑥 𝑠 [𝐴0 + 𝐴𝑥]𝑒 𝑥
.Para 𝑠 = 0
→ 𝐴0 𝑒 𝑥 + 𝐴1 𝑥𝑒 𝑥
No es L I con 𝑦𝑐
Para 𝑠 = 1
→ 𝐴0 𝑥𝑒 𝑥 + 𝐴1 𝑥 2 𝑒 𝑥
No es L I con 𝑦𝑐
Para 𝑠 = 2
→ 𝐴0 𝑥 2 𝑒 𝑥 + 𝐴1 𝑥 3 𝑒 𝑥 Es L I con 𝑦𝑐
.Entonces 𝑦𝑝 = 𝐴0 𝑥 2 𝑒 𝑥 + 𝐴1 𝑥 3 𝑒 𝑥
𝑦𝑝′ = 2𝐴0 𝑒 𝑥 + 𝐴0 𝑥 2 𝑒 𝑥 + 3𝐴1 𝑥 2 𝑒 𝑥 + 𝐴1 𝑥 3 𝑒 𝑥
𝑦𝑝′′ = 2𝐴0 𝑒 𝑥 + 4𝐴0 𝑥𝑒 𝑥 + 𝐴0 𝑥 2 𝑒 𝑥 + 6𝐴1 𝑥𝑒 𝑥 + 6𝐴1 𝑥 2 𝑒 𝑥 + 𝐴1 𝑥 3 𝑒 𝑥
𝑦𝑝′′′ = 6𝐴0 𝑒 𝑥 + 6𝐴0 𝑥𝑒 𝑥 + 𝐴0 𝑥 2 𝑒 𝑥 + 6𝐴1 𝑒 𝑥 + 18𝐴1 𝑥𝑒 𝑥 + 9𝐴1 𝑥 2 𝑒 𝑥 + 𝐴1 𝑥 3 𝑒 𝑥
.Reemplazando en 𝑦𝑝 :
(6𝐴0 𝑒 𝑥 + 6𝐴0 𝑥𝑒 𝑥 + 𝐴0 𝑥 2 𝑒 𝑥 + 6𝐴1 𝑒 𝑥 + 18𝐴1 𝑥𝑒 𝑥 + 9𝐴1 𝑥 2 𝑒 𝑥 + 𝐴1 𝑥 3 𝑒 𝑥 )
− (2𝐴0 𝑒 𝑥 + 4𝐴0 𝑥𝑒 𝑥 + 𝐴0 𝑥 2 𝑒 𝑥 + 6𝐴1 𝑥𝑒 𝑥 + 6𝐴1 𝑥 2 𝑒 𝑥 + 𝐴1 𝑥 3 𝑒 𝑥 )
− (2𝐴0 𝑒 𝑥 + 𝐴0 𝑥 2 𝑒 𝑥 + 3𝐴1 𝑥 2 𝑒 𝑥 + 𝐴1 𝑥 3 𝑒 𝑥 ) + (𝐴0 𝑥 2 𝑒 𝑥 + 𝐴1 𝑥 3 𝑒 𝑥 )
= 4𝑥𝑒 𝑥
.Igualando coeficientes:
12𝐴1 = 4 → 𝐴1 =
1
3
4𝐴0 + 6𝐴1 = 0 → 𝐴0 = −
1
2
.Reemplazando los coeficientes, nos queda:
1
1
𝑦𝑝 = − 𝑥 2 𝑒 𝑥 + 𝑥 3 𝑒 𝑥
2
3
Y la solución general de nuestra ecuación diferencial es:
1
1
𝑦 = 𝐶1 𝑒 −𝑥 + 𝐶2 𝑒 𝑥 + 𝐶3 𝑒 𝑥 − 𝑥 2 𝑒 𝑥 + 𝑥 3 𝑒 𝑥
2
3
Resolver la ecuación diferencial 𝑦 ′′′ − 𝑦 ′′ − 𝑦 ′ + 𝑦 = 4𝑥𝑒 𝑥
Habiendo obtenido la solución complementaria en el problema anterior:
𝑦𝐶 = 𝐶1 𝑒 −𝑥 + 𝐶2 𝑒 𝑥 + 𝐶3 𝑒 𝑥
.Cálculo de 𝑦𝑝 (Método de Variación de Parámetros)
𝑦𝑝 = 𝑢1 𝑦1 + 𝑢2 𝑦2 + 𝑢3 𝑦3
𝑢1′ 𝑦1 + 𝑢2′ 𝑦2 + 𝑢3′ 𝑦3 = 0
{ 𝑢1′ 𝑦1′ + 𝑢2′ 𝑦2′ + 𝑢3′ 𝑦3′ = 0
𝑢1′ 𝑦1′′ + 𝑢2′ 𝑦2′′ + 𝑢3′ 𝑦3′′ = 4𝑥𝑒 −𝑥
.Determinamos la solución particular, para ellos determinamos el Wronskiano
𝑒 −𝑥
𝑊(𝑒 −𝑥 , 𝑒 𝑥 , 𝑥𝑒 𝑥 ) = |−𝑒 −𝑥
𝑒 −𝑥
𝑒𝑥
𝑒𝑥
𝑒𝑥
𝑥𝑒 𝑥
𝑒 𝑥 + 𝑥𝑒 𝑥 | = 4𝑒 𝑥
2𝑒 𝑥 + 𝑥𝑒 𝑥
𝑊 = 4𝑒 𝑥
0
𝑤1 = [ 0
4𝑥𝑒 𝑥
𝑒𝑥
𝑒𝑥
𝑒𝑥
𝑥𝑒 𝑥
𝑒 𝑥 + 𝑥𝑒 𝑥 ] = 4𝑥𝑒 2𝑥
2𝑒 𝑥 + 𝑥𝑒 𝑥
𝑒 −𝑥
𝑤2 = [−𝑒 −𝑥
𝑒 −𝑥
0
0
4𝑥𝑒 𝑥
𝑒 −𝑥
𝑤3 = [−𝑒 −𝑥
𝑒 −𝑥
𝑒𝑥
𝑒𝑥
𝑒𝑥
𝑥𝑒 𝑥
𝑒 𝑥 + 𝑥𝑒 𝑥 ] = 4𝑥𝑒 𝑥 (1 + 2𝑥)
2𝑒 𝑥 + 𝑥𝑒 𝑥
0
0 ] = 8𝑥𝑒 𝑥
4𝑥𝑒 𝑥
De donde:
𝑢1′
𝑤1 4𝑥𝑒 𝑥
=
=
=𝑥
𝑤
4𝑒 𝑥
𝑢2′
𝑤2 −4𝑥𝑒 𝑥 (1 + 2𝑥)
=
=
= −𝑥(1 − 2𝑥)
𝑤
4𝑒 𝑥
𝑢3′
𝑤3 8𝑥𝑒 𝑥
=
=
= 2𝑥
𝑤
4𝑒 𝑥
. Integrando:
𝑥2
𝑢1 = ∫ 𝑥𝑑𝑥 =
2
𝑢2 = − ∫(𝑥 + 2𝑥
2 )𝑑𝑥
𝑥 2 2𝑥 3
=− −
2
3
𝑢3 = ∫ 2𝑥𝑑𝑥 = 𝑥 2
. La solución particular toma la forma
𝑦𝑝 = 𝑢1 𝑦1 + 𝑢2 𝑦2 + 𝑢3 𝑦3
. Luego la solución general de la ecuación diferencial es:
1
1
𝑦 = 𝐶1 𝑒 −𝑥 + 𝐶2 𝑒 𝑥 + 𝐶3 𝑒 𝑥 − 𝑥 2 𝑒 𝑥 + 𝑥 3 𝑒 𝑥
2
3