Ecuaciones Diferenciales Ordinarias: Apuntes ITBA

Matemática II - versión 2023
Marı́a Laura Noni
ITBA
ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE ORDEN
SUPERIOR
En este momento tienen que leer el apunte ”WRONSKIANO”
Teorema 0.1. Sean an−1 , an−2 , · · · , a0 funciones continuas en I. La EDO lineal de orden
n
y (n) + an−1 (x)y (n−1) + · · · + a1 (x)y ′ + a0 (x)y = g(x) en I
con y(x0 ) = y0 , y ′ (x0 ) = y1 , · · · , y (n−1) (x0 ) = yn−1 , con x0 ∈ I, e y0 , · · · , yn−1 ∈ C tiene
solución y es única.
Demostración. No la vemos.
□
Proposición 0.2. SH = {ϕ : I → C : ϕ es solución de y (n) + an−1 (x)y (n−1) + · · · +
a0 (x)y = 0} es un subespacio de C (n) (I), siendo los coeficientes de la EDO funciones
continuas.
Demostración. Tarea. Para hacerla se recomienda mirar la DEMO análoga para una EDO
de orden 1.
□
Lema 0.3. Sean ϕ1 , · · · , ϕk : I → C funciones tales que pertenecen a SH y forman un
conjunto linealmente independiente en I, entonces W (ϕ1 , · · · , ϕk )(x0 ) ̸= 0 ∀x0 ∈ I.
Demostración. No la vemos
□
Teorema 0.4. dim(SH ) = n
Demostración. No la vemos
□
Teorema 0.5. Sean b, c ∈ R, sea p = λ2 + bλ + c el polinomio caracterı́stico asociado a
y ′′ + by ′ + cy = 0 y λ1 y λ2 las raı́ces del mismo. Entonces:
1. Si λ1 y λ2 son reales y distintas, la solución general de la EDO es y(x) = Aeλ1 x +
Beλ2 x siendo A y B constantes.
2. Si λ1 = λ2 ∈ R, entonces la solución general de la misma es y(x) = Aeλ1 x +Beλ1 x x
siendo A y B constantes.
3. Si λ1 y λ2 son números complejos la solución general es y(x) = eRe(λ1 )x (A cos(Im(λ1 )x)+
B sen(Im(λ1 )x)) siendo A y B constantes.
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Demostración. Propongo como solución de y ′′ + by ′ + cy = 0, y(x) = eλx . Derivamos y
obtenemos y ′ (x) = λeλx y y ′′ (x) = λ2 eλx . Por lo tanto
y(x) = eλx es solución ⇔ λ2 eλx + bλeλx + ceλx = 0 ⇔ λ2 + bλ + c = 0
Llamamos a λ2 + bλ + c polinomio caracterı́stico.
CASO 1: El polinomio caracterı́stico tiene dos raı́ces reales distintas λ1 y λ2 .
Notemos que
"
W (eλ1 x , eλ2 x ) = det
eλ1 x
eλ2 x
λ 1 eλ 1 x
λ 2 eλ 2 x
#
= e(λ1 +λ2 )x (λ2 − λ1 ) ̸= 0.
Por lo tanto {eλ1 x , eλ2 x } es un conjunto linealmente independiente de soluciones de la
EDO. Y como el espacio de soluciones tiene dimensión 2, entonces BSH = {eλ1 x , eλ2 x } es
una base del espacio solución. Entonces la solución general es:
y(x) = Aeλ1 x + Beλ2 x
CASO 2: El polinomio caracterı́stico tiene una raı́z real doble λ.
Veamos que y = xeλx es solución. Derivamos y ′ = eλx + xλeλx y y ′′ = 2λeλx + xλ2 eλx .
Por lo tanto
y = xeλx es solución ⇔ 2λeλx + xλ2 eλx + b(eλx + xλeλx ) + cxeλx = 0 ⇔
⇔ x(λ2 eλx + bλeλx + ceλx ) + 2λeλx + beλx = 0 ⇔ 2λeλx + beλx = 0 ⇔ 2λ + b = 0
lo cual es cierto, pues al ser λ una raı́z doble se tiene que λ = −b/2. De esta forma queda
demostrado que y = xeλx es solución de la EDO.
Notemos que:
"
λx
λx
W (e , xe ) = det
eλx
xeλx
λeλx
xλeλx + eλx
#
= e2λx (xλ + 1 − xλ) = e2λx ̸= 0.
Por lo tanto {eλx , xeλx } es un conjunto linealmente independiente de soluciones de la
EDO. Y como el espacio de soluciones tiene dimensión 2, entonces BSH = {eλx , xeλx } es
una base del espacio solución. Entonces la solución general es:
y(x) = Aeλx + Bxeλx
CASO 3: El polinomio caracterı́stico tienedos raices complejas conjugadas λ1 = α + iβ
y λ2 = α − iβ, siendo α y β números reales.
En este momento tienen que leer el apunte de EXPONENCIAL COMPLEJA
Se deja de tarea ver que W (eλ1 x , eλ2 x ) ̸= 0 entonces {eλ1 x , eλ2 x } es un conjunto linealmente independiente de soluciones de la EDO. Y como el espacio de soluciones tiene
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dimensión 2, entonces BSH = {eλ1 x , eλ2 x } es una base del espacio solución. Entonces la
solución general es:
y(x) = Aeλ1 x + Beλ2 x
De esta forma no es bueno dejar expresada la solución general, dado que está escrita
como combinación lineal de dos funciones complejas, y a esta altura no tenemos el manejo
necesario de las funciones complejas y por otro lado en general las ecuaciones diferenciales
modelan problemas reales entonces expresado ası́ no nos da suficiente información. Por
estos motivos lo vamos a escribir de una manera equivalente, pero como combinación lineal
de dos funciones reales.
y = eαx [A(cos(βx) + i sen(βx)) + B(cos(β(−x)) + i sen(β(−x))]
Recordando que la función coseno es par y la función seno es impar obtenemos:
y = eαx [cos(βx)(A + B) + sen(βx)(Ai − Bi)]
Es decir que la solución general es
y = eαx (C cos(βx) + D sen(βx)]
con C y D constantes cualquieras. Siendo una base del espacio solución:
{eαx cos(βx), eαx sen(βx)}
□
Teorema 0.6. Sean aj ∈ R, 0 ≤ j ≤ n − 1, sea p = λn + an−1 λn−1 + · · · + a0 el polinomio
caracterı́stico asociado a y (n) + an−1 y (n−1) + · · · + a0 y = 0. Entonces:
1. Si λ ∈ R es raı́z del polinomio caracterı́stico de multiplicidad k, entonces {eλx , xeλx , · · · , xk−1 eλx } ⊂
SH .
2. Si λ = α + βi con α, β ∈ R es raı́z del polinomio caracteŕistico con multiplicidad k,
entonces {eαx cos(βx), eαx sen(βx), xeαx cos(βx), xeαx sen(βx), · · · , xk−1 eαx cos(βx), xk−1 eαx sen(βx)} ⊂
SH .
Demostración. No la vemos.
□
Definición 0.7. Una EDO se denomina de Cauchy-Euler si puede escribirse de la siguiente
forma:
an xn y (n) + an−1 xn−1 y (n−1) + · · · + a1 xy ′ + a0 y = g(x)
siendo aj ∈ R con 0 ≤ j ≤ n. Notemos que es una EDO lineal a coeficientes variables.
Teorema 0.8. Aplicando la sustitución x = et o x = −et se transforma una EDO de
Cuachy-Euler en una EDO lineal a coeficientes constantes.
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Demostración. Caso 1: Orden 2, para x > 0
Aplico el cambio de variables x = et , es decir que x se transforma en una función de t,
es decir x(t) = et . Entonces defino h(t) = y(x(t)), es decir que h es la composición de
las funciones y con x. Derivamos h para poder reemplazar en la EDO. h′ (t) = y ′ (et )et y
h′′ (t) = y ′′ (et )e2t + y ′ (et )et . Es decir que
h′
, y ′′ = (h′′ − h′ )/e2t
et
Reemplazando en la EDO, obtenemos:
y′ =
h′′ − h′ + bh′ + ch = 0. es decir h′′ + (b − 1)h′ + ch = 0
Es decir, obtuvimos una EDO lineal con coeficientes constantes.
Caso 2: Orden 2, x < 0. Tarea
Caso 3: Orden 3, x > 0. Tarea
Caso 4: Orden 3, x < 0. Tarea
□
′′
Se recomienda resolver y x2 − 6xy ′ + 10y = 0 en R y x2 y ′′ + 2xy ′ − 6y = 0 en (−∞, 0).
Ahora vamos a ver cómo resolver ecuaciones lineales de segundo orden homogéneas, es
decir:
y ′′ + b(x)y ′ + c(x)y = 0
Teorema 0.9. Sea ϕ una solución de y ′′ + b(x)y ′ + c(x)y = 0 en I siendo b y c funciones continuas en I, entonces existe una solución, linealmente independiente con ϕ de la
siguiente forma:
ψ(x) = f (x)ϕ(x)
Demostración opcional. Propongo como solución psi = f ϕ, derivamos psi′ = f ′ ϕ + f ϕ′ y
psi′′ = f ′′ ϕ + 2f ′ ϕ′ + f ϕ′′ . Ahora reemplazamos en la EDO:
f ′′ ϕ + f ϕ′′ + 2f ′ ϕ′ + bf ′ ϕ + bf ϕ′ + cf ϕ = 0 ⇔ f (ϕ′′ + bϕ′ + cϕ) + f ′′ ϕ + 2f ′ ϕ′ + bf ′ ϕ = 0
como ϕ es solución ϕ′′ + bϕ′ + cϕ = 0, entonces obtenemos:
f ′′ ϕ + f ′ (2ϕ′ + bϕ) = 0 ⇔
f ′′
−2ϕ′ − bϕ
=
′
f
ϕ
pudiendo hacer el último paso en intervalos donde ϕ y f ′ no se anulen los cuales existen
porque son funciones no nulas. Integrando:
Z
R
1
′
ln | f |= −2 ln | ϕ | − b(x)dx ⇔ f ′ (x) = 2 e− b(x)dx
ϕ
y entonces
Z
f (x) =
1
ϕ2 (x)
e−
R
b(t)dt
dx
Falta aclarar que todas las integrales que aparecen son válidas, porque estamos suponiendo
que b y c son funciones continuas. Teniendo en cuenta esto se deja de tarea justificar por
qué estas integrales existen
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Se sugiere resolver xy ′′ − y ′ − 4x3 y = 0 en I = (0, +∞) sabiendo que ex es solución.
Teorema 0.10. Sea y la solución general de y (n) +an−1 (x)y (n−1) +· · ·+a1 (x)y ′ +a0 (x)y =
g(x) y sea yP una solución particular de la misma, entonces y − yP es solución de la
ecuación homogénea asociada. Es decir que la solución general puede escribirse como la
suma de una solución particular y la solución de la ecuación homogénea asociada.
Demostración. Tarea. Mirar la demo hecha para orden 1.
□
Por lo visto en el teorema anterior, es que ahora estamos interesados en aprender a encontrar soluciones particulares. Vamos a ver primero un método para encontrar soluciones
particulares en EDOs lineales de orden 2 y luego un método para encontrar soluciones
particulares en EDOs lineales a coeficientes constantes.
Teorema 0.11 (Método de Variación de Parámetros). Sean b y c funciones continuas
en I. Sean y1 e y2 dos soluciones linealmente independientes de y ′′ + b(x)y ′ + c(x)y = 0,
entonces la EDO y ′′ + b(x)y ′ + c(x)y = g(x) tiene una solución particular de la forma
yP (x) = α(x)y1 (x) + β(x)y2 (x)
Demostración opcional. Propongo yP (x) = α(x)y1 (x)+β(x)y2 (x). Derivamos yP′ = (α′ y1 +
β ′ y2 ) + αy1′ + βy2′ e yp′′ = (α′ y1 + β ′ y2 )′ + αy1′′ + βy2′′ + (α′ y1′ + β ′ y2′ ) Reemplazando en la
EDO obtenemos:
(α′ y1 + β ′ y2 )′ + αy1′′ + βy2′′ + (α′ y1′ + β ′ y2′ ) + b((α′ y1 + β ′ y2 ) + αy1′ + βy2′ ) + c(αy1 + βy2 ) = g
Como α(y1′′ + by1′ + cy1 ) = 0 y β(y2′′ + by2′ + cy2 ) = 0, nos queda:
(α′ y1′ + β ′ y2′ ) + (α′ y1 + β ′ y2 )′ + b(α′ y1 + β ′ y2 ) = g
Queremos elegir algún α y β de forma tal que la igualdad anterior sea válida, entonces
vamos a demostrar que existen α y β que cumplen las siguientes ecuaciones y por ende
verificar la EDO original.
α′ y1 + β ′ y2 = 0, α′ y1′ + β ′ y2′ = g
"
y1
y2
#
= W = W (y1 (x), y2 (x) ̸= 0 por ser soluciones li de un sistema hoy1′ y2′
mogéneo, tenemos que el Sistema es compatible determinado, enronces existen un único
Como det
α y β que cumplen lo pedido:
α′ =
gy1
−gy2
, β′ =
W
W
Como g es continua por dato, y1 e y2 son continuas por ser solcuiones de una EDO y W
es continuo por ser composición de funciones continuas (pensarlo de tarea) y no nulo, se
tiene que se puede intregrar para obtener α y β.
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Se recomienda resolver el siguiente PVI:
y ′′ + tg(x)y ′ = cos(x),
y(0) = 0,
y ′ (0) = 1
Teorema 0.12 (Método de Selección). Sea L(y) = f (x) una EDO, siendo L(y) = y (n) +
an−1 y (n−1) + · · · + a1 y ′ + a0 y, donde aj ∈ R con 0 ≤ j ≤ n − 1 y sea p = λn + an−1 λn−1 +
· · · + a1 λ1 + a0 el polinomio caracterı́stico asociado a la EDO. Entonces
1. Si f es un polinomio de grado K y 0 no es raı́z de p, entonces existe un polinomio
de grado menor o igual a K que es solución particular de la EDO.
2. Si f es un polinomio de grado K y 0 es raı́z de p de multilicidad s, entonces existe
una solución particular de la forma:
xs
K
X
cj x j
j=0
siendo cj ∈ R con 0 ≤ j ≤ N .
3. Si f (x) = q(x)emx siendo q un polinomio de grado N y m ∈ R y m no es raı́z de
p, entonces existe una solución particular de la forma
emx
K
X
cj x j
j=0
4. Si f (x) = q(x)eαx siendo q un polinomio de grado K y α ∈ R y α es raı́z de
multiplicidad s de p, entonces existe una solución particular de la forma
xs eαx
K
X
cj x j
j=0
5. Si f (x) = q(x)eαx cos(βx) o f (x) = q(x)eαx sen(βx) siendo q un polinomio de
grado K y α, β ∈ R y α + iβ es raı́z de multiplicidad s de p, entonces existe una
solución particular de la forma
xs eαx cos(βx)
K
X
cj xj + xs eαx sen(βx)
j=0
K
X
dj xj
j=0
Notemos que el último caso engloba todos los anteriores.
Demostración. No la vemos.
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Teorema 0.13 (Principio de Superposición). Sea la EDO L(y) = f (x) + g(x) donde
L(y) = y (n) + an−1 (x)y (n−1) + · · · + a1 (x)y ′ + a0 (x)y, entonces si y1 es una solución
particular de L(y) = f (x) e y2 es una solución particular de L(y) = g(x) entonces y1 + y2
es una solución particular de L(y) = f (x) + g(x).
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Demostración. La demo se puede hacer de dos formas, la primera es reemplazando y1 + y2
en la EDO y verificar que verifica (ésta se deja de tarea) o usando connocimientos de
Álgebra Lineal, que es la que vamos a hacer. Notemos que L es una transformación lineal
del espacio de funciones con derivada enésima (C n (I)) en si mismo. Entonces L(y1 + y2 ) =
L(y1 ) + L(y2 ) y L(αy) = αL(y) por ser L una tl. Entonces
L(y1 + y2 ) = L(y1 ) + L(y2 ) = f + g
y de esta forma queda probado el principio de superposición.
Se recomienda resolver y ′′ + y ′ = x(e3x + 1).
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