Operador Diferencial y Ecuaciones Diferenciales

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1 Operador Diferencial y Ecuaciones Diferenciales. Operador Diferencial Un operador es un objeto matemático que convierte una función en otra, por ejemplo, el operador derivada convierte una función en una función diferente llamada la función derivada. Podemos definir el operador derivada D que al actuar sobre una función diferenciable produce la derivada de esta, esto es: D 0 fx) = fx), D fx) = f x), D 2 fx) = f x),..., D n fx) = f n) x). Es posible construir la siguiente combinación lineal con los operadores diferenciales: P D) = + a D + a 2 D a n D n, a n 0. ) donde a 2, a, a 2,... a n son constantes. A este nuevo objeto lo podemos llamar el Operador Polinomial de orden n. La utilidad de este objeto matemático quedará clara si hacemos la siguiente definición P D)y a n D n + a n D n + + a 2 D 2 + a D + ) y = a n D n y + a n D n y + + a 2 D 2 y + a Dy + y = a n y n) + a n y n ) + + a 2 y + a y + y 2) Por otro lado, recordemos que una ecuación diferencial lineal de orden n con coeficientes constantes es una ecuación de la forma a n y n) + a n y n ) + + a 2 y + a y + y = Qx), 3) por lo tanto, 3) se puede escribir de una manera compacta como P D)y = Qx). 4) El operador polinomial es lineal, esto significa que tiene las siguientes propiedades Si f x) y f 2 x) son dos funciones diferenciables de orden n, entones donde α y β son constantes. Además: P D) [αf x) + βf 2 x)] = αp D)f x) + βp D)f 2 x) Si y x), y 2 x),..., y n x) son n soluciones de la ecuación diferencial homogénea P D)y = 0 entonces y h x) = C y x) + C 2 y 2 x) + + C n y n x) es también una solución. Si y h x) es una solución de P D)y = 0 y y p x) es una solución de P D)y = Qx) entonces yx) = y h x) + y p x) es una solución de P D)y = Qx). Héctor Hernández / Luis Núñez Universidad de Los Andes, Mérida

2 Si y p x), y p2 x),..., y pn x) son soluciones particulares de las respectivas n ecuaciones P D)y = Q x), P D)y = Q 2 x),..., P D)y = Q n x) resulta entoneces que P D) [y p x) + y p2 x) + + y pn x)] = Q x) + Q 2 x) + + Q n x) implica que es una solución de y p x) = y p x) + y p2 x) + + y pn x) P D)y = Q x) + Q 2 x) + + Q n x) Ejemplo Encuentre una ecuación particular de y + y = x 2 + xe 2x + 3 D 2 + ) y = x 2 + xe 2x + 3 Por alguno de los métodos anteriormente vistos podemos encontrar las soluciones particulares de cada una de las siguientes ecuaciones D 2 + ) y = x 2, D 2 + ) y = xe 2x, D 2 + ) y = 3 las soluciones son, respectivamente y p x) = x 2 2, y p2 x) = xe 2x 45 ) 5 e2x, y p3 x) = 3 por lo tanto, una solución particular de la ecuación diferencial problema es y p x) = x xe 2x 45 ) 5 e2x + 3 = x xe 2x 45 ) 5 e2x. Al operador diferencial también se le pueden agregar las siguientes propiedades. Consideremos los operadores con n m. P D) = a n D n + a n D n + + a 2 D 2 + a D + 5) P 2 D) = b n D n + b n D n + + b 2 D 2 + b D + b 0 6) P +P 2 )fx) = P fx)+p 2 fx) = [ a n D n + + a n D n + + a 2 + b 2 )D 2 + a + b )D + + b 0 ] fx) [gx)p D)] fx) = gx) [P D)fx)] gx) [P D) + P 2 D)] fx) = gx) [P D)fx)] + gx) [P 2 D)fx)] [P D)P 2 D)] fx) = P D) [P 2 D)fx)] Héctor Hernández / Luis Núñez 2 Universidad de Los Andes, Mérida

3 Si el operador polinomial diferencial puede ser factorizado, es decir, si: P D) = a n D n + a n D n + + a 2 D 2 + a D + = a n D m )D m 2 ) D m n ), las cantidades: m, m 2,..., m n son las raices de la ecuación característica de P D)y = 0. Si Ejemplo P D) = a n D n + a n D n + + a 2 D 2 + a D +, es un operador polinomial de orden n, entonces: P D + a) = a n D + a) n + a n D + a) n + + a 2 D + a) 2 + a D + a) + donde a es una constante. D 2D 3) [ senx) + x 2] = D + )D 3) [ senx) + x 2] Teorema: Si = D + ) [ D 3) [ senx) + x 2]] = D + ) [ cosx) + 2x 3senx) 3x 2] = senx) cosx) 6x + cosx) + 2x 3senx) 3x 2 = 4senx) 2 cosx) 3x 2 4x + 2 P D) = a n D n + a n D n + + a 2 D 2 + a D + es un operador polinomial diferencial con coeficientes constantes y ux) es una función n veces diferenciable, entonces: P D) [ue ax ] = e ax P D + a)u, donde a es una constante. Ejemplo Evaluar la siguiente expresión D 2 D + 3 ) x 3 e 2x) Al comparar la forma de esta expresión con la de teorema anterior, vemos que a = 2 y ux) = x 3. Por lo tanto, si hacemos P D 2) = D 2) 2 D 2) + 3 = D 2 5D + 9 se obtiene que D 2 D + 3 ) x 3 e 2x) = e 2x D 2) x 3 = e 2x D 2 5D + 9 ) x 3 = e 2x 9x 3 5x 2 + 6x ). Héctor Hernández / Luis Núñez 3 Universidad de Los Andes, Mérida

4 2. Solución de ecuaciones diferenciales lineales con el operador polinomial El método puede aplicarse a ecuaciones diferenciales de orden n, ya que si se tiene que entonces se puede definir la función u como D m )D m 2 ) D m n )y = Qx) u = D m 2 ) D m n )y y lo que queda es resolver una ecuación diferencial lineal de primer orden D m )u = Qx) Una vez resuelta la ecuación para u se sustituye en: Repitiendo el proceso, Integrando: D m 2 )D m 3 ) D m n )y = ux) v = D m 3 ) D m n )y D m 2 )v = ux) D m 3 ) D m n )y = vx) Esta repetición nos llevará entonces hasta la solución yx). Para resolver ecuaciones del tipo a n y n) + a n y n ) + + a 2 y + a y + y = Qx), a n 0, es decir, con coeficientes constantes, vamos a estudiar el siguiente ejemplo: Ejemplo Resolver la ecuación y + 2y y 2y = e 2x. Al escribir esta ecuación utilizando el operador diferencial resulta D 3 + 2D 2 D 2 ) y = e 2x D ) D + ) D + 2) y = e 2x Si llamamos u = D + ) D + 2) y entonces se puede ver que D ) u = e 2x u u = e 2x u = e 2x + C e x Conocida la función u entonces se tiene que D + ) D + 2) y = e 2x + C e x Héctor Hernández / Luis Núñez 4 Universidad de Los Andes, Mérida

5 Repetimos el proceso, pero ahora hacemos v = D + 2) y, por lo tanto Conocida v, entonces D + ) v = e 2x + C e x v + v = e 2x + C e x v = 3 e2x + C 2 ex + c 2 e x Integrando una vez más: D + 2) y = 3 e2x + C 2 ex + c 2 e x y + 2y = 3 e2x + C 2 ex + c 2 e x yx) = 2 e2x + C e x + c 2 e x + C 3 e 2x. Notemos que existe una manera bastante sencilla de resolver la ecuación combinando varios métodos. Si buscamos y h x) a través de la ecuación característica se obtiene que la solución es: y h x) = C e x + c 2 e x + C 3 e 2x. Ahora bien, una solución particular se obtiene al considerar ux) = e 2x entonces v = 3 e2x y por lo tanto y p x) = 2 e2x. Ejercicio Resuelva la ecuación y + y = e x. 2.. El operador inverso Los operadores suelen tener su inversa, esto significa que si P D)y = Qx) P D)P D)y = P D)Qx) y p = P D)Qx), donde y p x) es una solución particular de P D)y = Qx). Notemos que esto significa que D n Qx) = }{{} Qx)dx n veces Ejemplo Evaluar Se tiene entonces lo siguiente: D 2 2x + 3) = D D 2 2x + 3). 2x + 3)dx = D x 2 + 3x) = x 2 + 3x)dx = 3 x x2. De todos modos es fácil verificar que y p = 3 x x2 es una solución particular de D 2 y = 2x + 3. El operador inversa de P D), es decir P D), puede también representarse como /P D). Debe quedar claro que su significado radica en el hecho de que al actuar sobre Qx) produce una solución particular y p. Esta última notación resulta ser a veces más conveniente y dependiendo de la forma de Qx) puede resultar algunas veces de fácil solución. En general, se tiene que sí P D)y = a n D n + a n D n + + a D + ) y = Qx), Héctor Hernández / Luis Núñez 5 Universidad de Los Andes, Mérida

6 entonces y p = P D) [Qx)] = + a D + a 2 D a n D n + an D n ) [Qx)] = + c D + c 2 D c n D n + c n D n) [Qx)], 0, donde el término + c D + c 2 D c n D n + c n D n) / es la expansión en serie de /P D). Por otro lado, notemos que si = 0, entonces P D)y = a n D n + a n D n + + a D ) y = D a n D n + a n D n a ) y = Qx), Si ambos = 0 y a = 0, entonces se puede seguir factorizando. Por lo tanto, en general: esto significa que P D)y = D r a n D n r + + a r+ D + a r ) y = Qx). y p = P D) [Qx)] = D r a n D n r + + a r+ D + a r ) [Qx)] a r 0 = [ ] D r a n D n r + + a r+ D + a r ) [Qx)] Muchos cálculos se simplificarán notablemente por la forma que pueda tener la función Qx), veamos: Si Qx) = bx k, entonces Note que si k = 0, entonces: porque b es constante. P D)y = bx k y p = P D) [b] = b, 0. Ejemplos. Encontrar una solución particular de y 2y 3y = 5 D 2 2D 3)y = 5, aquí, = 3, a = 2, a 2 =, b = 5 y k = 0, por lo tanto: y p = P D) [5] = 5 3. Héctor Hernández / Luis Núñez 6 Universidad de Los Andes, Mérida

7 2. Encontrar una solución particular de 4y 3y + 9y = 5x 2 4D 2 3D + 9)y = 5x 2, ahora: = 9, a = 3, a 2 = 4, b = 5 y k = 2, esto significa que: y p = [ 5x 2 ] = P D) 9 [ 3 9 D D2) 5x 2] = D 3 D2 ) [x 2 ] = 5 9 [ x x 2 ]. 3 Cuando se hace la expansión en serie de /P D) no hace falta ir más alla de D 3, ya que D 3 [ x 2] = Encontrar una solución particular de y 5) y 3) = 2x 2 D 5 D 3 )y = 2x 2 D 3 D 2 )y = 2x 2 por lo tanto: y p = [ 2x 2 ] = [ [ 2x 2 ]] P D) D 3 D 2 Trabajamos por partes, D 2 [ 2x 2 ] = ) D 2 ) [ 2x 2 ] aquí =, a = 0, a 2 =, b = 2 y k = 2, por lo tanto D 2 [ 2x 2 ] = 2 D 2 ) [ x 2 ] = 2 + D 2) [ x 2] = 2x 2 + 2) ahora tenemos que y p = Si Qx) = be ax, entonces [ 2x 2 D 3 + 2) ] = 2D 3 [ x ] ) x 5 = x3. 3 P D)y = be ax Se puede demostrar queda como ejercicio) que una solución particular de esta ecuación es Ejemplo Entonces y p = P D) [beax ] = beax P a), P a) 0. Encuentre una solución particular de aquí b = 3 y a = 2, por lo tanto: y p = [ 3e 2x ] = 3e 2x P D) P 2) = y y + y + y = 3e 2x D 3 D 2 + D + )y = 3e 2x, 3e 2x 2) 3 2) 2 + 2) + = 3 3 e 2x, Si Qx) = b cosax) o Qx) = b senax). En este caso podemos utilizar la fórmula de Euler y volver al caso anterior Héctor Hernández / Luis Núñez 7 Universidad de Los Andes, Mérida

8 Ejemplo Encuentre una solución particular de entonces: y 3y + 2y = 3sen2x) D 2 3D + 2)y = 3sen2x), sabemos que: e 2ix = cos2x) + isen2x) y que la parte imaginaria de una solución particular de D 2 3D + 2)y = 3e 2ix será una solución de nuestro problema. Por lo tanto, con b = 3 y a = 2i se tiene: y p = [ 3e 2ix ] = 3e 2x P D) P 2i) = 3e 2x 2i) 2 32i) + 2 = 3e 2x 3 3i)e 2x = 2 + 3i) 20 = i)cos2x) + isen2x)) = 3 [cos2x) + 3sen2x) + isen2x) 3 cos2x))] 20 la parte imaginaria de esta última ecuación será nuestra solución particular y p = 3 [sen2x) 3 cos2x)]. 20 Si Qx) = Q x) + Q 2 x) + + Q n x), entonces y p = P D) [Qx)] = P D) [Q x)] + P D) [Q 2x)] + + P D) [Q 2x)] Ejercicio Encuentre la solución general de y y = x 3 + 3x Un método para resolver ecuaciones diferenciales lineales con el operador polinomial inverso y utilizando fracciones parciales La mejor manera de ilustrar el método es con un ejemplo. Consideremos la siguiente ecuación diferencial: y 5y + 8y 4y = 2e 4x D 3 5D 2 + 8D 4 ) y = 2e 4x. Busquemos su solución general. Podemos notar que D 3 5D 2 + 8D 4 = D 2) 2 D ), por lo tanto y p = P D) [Qx)] = [ 2e 4x ] = P D) [ 2e 4x ] D 3 5D 2 = + 8D 4 [ 2e 4x ] D 2) 2 D ) Héctor Hernández / Luis Núñez 8 Universidad de Los Andes, Mérida

9 podemos hacer una expansión en fracciones parciales por lo tanto: D 2) 2 D ) = D D 2 + D 2) 2 y p = [ 2e 4x ] [ 2e 4x ] [ + 2e 4x ] D D 2 D 2) 2. Ahora estamos en capacidad de resolver cada término por separado: y p = 2e4x 3 2e4x + 2e4x 2 4 = e4x 6. Par otro lado, la familia de soluciones de la ecuación homogénea es y la solución general resulta ser entonces: y h = C + C 2 x)e 2x yx) = C + C 2 x)e 2x + e4x 6. Héctor Hernández / Luis Núñez 9 Universidad de Los Andes, Mérida

10 Ejercicios Encuentre las soluciones particulares de las siguientes ecuaciones. y + y = x 2 + e 2x 2. y 2y 3y = 3e ix 3. y 2y 3y = 3 senx) 4. y 2y 3y = 3 cosx) 5. y y + y y = 4e 3x + 2x 4 6. y 5) + 2y + y = 2x + senx) + cosx) Héctor Hernández / Luis Núñez 0 Universidad de Los Andes, Mérida