Ecuaciones diferenciales de segundo orden

Transcripción

1 Ecuaciones diferenciales de segundo orden Leonardo Rodríguez Medina EDO I Trimestre 1O

2 ed lineales de segundo orden Consideraremos ed de la forma u + p(t)u + q(t)u = f(t) (1) donde p, q y f son funciones continuas en un intervalo abierto I R. La ed homogénea asociada a esta ecuación es u + p(t)u + q(t)u = 0 (2) Como en el caso de las ed de primer orden, las soluciones de (1) se descomponen como u = u h + u p donde u h es una solución de (2) y u p una solución particular.

3 ed lineales de segundo orden Consideraremos ed de la forma u + p(t)u + q(t)u = f(t) (1) donde p, q y f son funciones continuas en un intervalo abierto I R. La ed homogénea asociada a esta ecuación es u + p(t)u + q(t)u = 0 (2) Como en el caso de las ed de primer orden, las soluciones de (1) se descomponen como u = u h + u p donde u h es una solución de (2) y u p una solución particular.

4 ed lineales de segundo orden Consideraremos ed de la forma u + p(t)u + q(t)u = f(t) (1) donde p, q y f son funciones continuas en un intervalo abierto I R. La ed homogénea asociada a esta ecuación es u + p(t)u + q(t)u = 0 (2) Como en el caso de las ed de primer orden, las soluciones de (1) se descomponen como u = u h + u p donde u h es una solución de (2) y u p una solución particular.

5 Cuando los coeficientes de la ecuación homogénea son constantes, una au + bu + cu = 0 posible solución es u(t) = e rt donde r es un parámetro por determinar. Sustituyendo este candidato en la ed se obtiene (ar 2 + br + c)e rt = 0 por lo que necesariamente r es una raíz del polinomio característico P (r) = ar 2 + br + c

6 Ejemplo La ed homogénea de segundo orden con coeficientes constantes u u 12u = 0 tiene polinomio característico P (r) = r 2 r 12 = (r 4)(r + 3) por lo que sus raíces son son r 1 = 4 y r 2 = 3. Luego, u 1 (t) = e 4t y u 2 (t) = e 3t son dos soluciones linealmente independientes, por lo que la solución general es u(t) = c 1 e 4t + c 2 e 3t

7 Raíces dobles Si P (r) = (r r 1 ) 2 entonces u 1 (t) = e r 1t sigue siendo una solución homogénea y además u 2 (t) = te r 1t también lo es (verificar). Como u 1 y u 2 son li, la solución general en este caso es u(t) = c 1 e r 1t + c 2 te r 1t = e r 1t (c 1 + c 2 t) Ejemplo Para u + 4u + 4u = 0 el polinomio característico P (r) = (r + 2) 2 tiene a r 1 = 2 como raíz doble. Su solución general entonces es u(t) = c 1 e 2t + c 2 te 2t

8 Raíces dobles Si P (r) = (r r 1 ) 2 entonces u 1 (t) = e r 1t sigue siendo una solución homogénea y además u 2 (t) = te r 1t también lo es (verificar). Como u 1 y u 2 son li, la solución general en este caso es u(t) = c 1 e r 1t + c 2 te r 1t = e r 1t (c 1 + c 2 t) Ejemplo Para u + 4u + 4u = 0 el polinomio característico P (r) = (r + 2) 2 tiene a r 1 = 2 como raíz doble. Su solución general entonces es u(t) = c 1 e 2t + c 2 te 2t

9 Raíces complejas Si las raíces de P (r) son complejas, estas aparecerán en la forma r = α ± iβ de modo que se tendrían soluciones complejas u(t) = e (α+iβ)t y u(t) = e (α iβ)t Teorema Si una función compleja u : I C, u(t) = g(t) + ih(t) es solución de la ecuación homogénea (2) entonces tanto la parte real g(t) como la parte imaginaria h(t) de u son soluciones reales de dicha ecuación.

10 De acuerdo a la identidad de Euler e iβt = cos βt + i sen βt la solución compleja de (2) es u(t) = e (α+iβ)t = e αt (cos βt + i sen βt) = e αt cos βt + ie αt sen βt lo que significa que las funciones u 1 (t) = e αt cos βt y u 2 (t) = e αt sen βt son dos soluciones (reales) homogéneas li para (2). Luego, la solución general de la ecuación homogénea es u(t) = c 1 e αt cos βt + c 2 e αt sen βt

11 Ejemplo Para el pvi u + u = 0, u(0) = 2, u (0) = 1 las raíces de P (r) = r 2 + son r = ± i así que la solución general es u(t) = c 1 cos t + c 2 sen t y usando las condiciones iniciales, la solución particular es u(t) = 2 cos t + 1 sen t

12 En ocasiones describiremos la solución general como u(t) = e αt (c 1 cos βt + c 2 sen βt) = e αt A cos(βt φ) En esta última forma, el parámetro A representa la amplitud mientras que φ la fase de la solución. Estos se relacionan con c 1 y c 2 mediante ( ) A = c c2 2 y φ = tan 1 c2 c 1 Ejemplo Para u(t) = 2 cos t + 1 sen t A = = 21 ( ) y φ = tan por lo que 21 u(t) = cos( t 0.22).

13 En ocasiones describiremos la solución general como u(t) = e αt (c 1 cos βt + c 2 sen βt) = e αt A cos(βt φ) En esta última forma, el parámetro A representa la amplitud mientras que φ la fase de la solución. Estos se relacionan con c 1 y c 2 mediante ( ) A = c c2 2 y φ = tan 1 c2 c 1 Ejemplo Para u(t) = 2 cos t + 1 sen t A = = 21 ( ) y φ = tan por lo que 21 u(t) = cos( t 0.22).