Ecuaciones lineales de segundo orden

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1 GUIA 5 Ecuaciones lineales de segundo orden En esta guía estudiaremos algunos conceptos básicos relativos a las ecuaciones diferenciales lineales así como algunas técnicas que permiten el cálculo explícito de sus soluciones en ciertos casos. Las ecuaciones lineales constituyen una clase especial de ecuaciones cuyo estudio está profundamente relacionado con los conceptos del álgebra lineal. En el caso especial de las ecuaciones lineales con coeficientes constantes las soluciones se pueden expresar completamente en términos de funciones elementales, un hecho ya conocido por J. L. Lagrange hacia finales del siglo XVIII. Esto las hace especialmente aptas para servir como un primer modelo de aquellos procesos procesos físicos que tengan características lineales o aproximadamente lineales (teoría de pequeñas oscilaciones, teoría de circuitos eléctricos, etc.) En los procesos de linealización, las ecuaciones lineales también resultan útiles en la etapa inicial del estudio de problemas no lineales. 1. Teoría general Una ecuación diferencial lineal de segundo orden para una función x = x(t) es una ecuación de la forma x + a(t) x + b(t) x = f(t), (1) donde a(t), b(t) y f(t) son funciones dadas, definidas en un intervalo J. Cuando f(t) es la función nula se dice que (1) es una ecuación lineal homogénea. Algunos ejemplos de ecuaciones lineales de segundo orden son x + x + ω 2 x = 0, movimiento armónico simple, x + γ x + ω 2 x = f(t), oscilador lineal amortiguado forzado, x + 1 t x + t2 n 2 x t 2 = 0, ecuación de Bessel, 2t 1 t 2 x + p(p + 1) x = 0, ecuación de Legendre. 1 t2 Las dos primeras son ejemplos de ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes. Las dos últimas son ejemplos de ecuaciones lineales con coeficientes variables. Una notación corta para (1) es L [x] (t) = f(t), en donde L se interpreta como un operador diferencial de orden 2, el cual actúa sobre una función 2 veces derivable x = x(t), t J, transformándola en la función L [x] (t). L [x] (t) = x + a(t) x + b(t) x. Una propiedad fundamental de las ecuaciones diferenciales lineales es la siguiente. 1

2 Teorema 1. El operador L es lineal. Es decir, L [c 1 x 1 + c 2 x 2 ] = c 1 L [x 1 ] + c 2 L [x 2 ], para c 1, c 2 constantes y x 1, x 2 funciones dos veces diferenciables. Demostración. Para constantes c 1, c 2 y funciones dos veces diferenciables x 1 y x 2 se tiene Entonces (c 1 x 1 + c 2 x 2 ) = c 1 x 1 + c 2 x 2, (c 1 x 1 + c 2 x 2 ) = c 1 x 1 + c 2 x 2. L [c 1 x 1 + c 2 x 2 ] = (c 1 x 1 + c 2 x 2 ) + a(t) (c 1 x 1 + c 2 x 2 ) + b(t) (c 1 x 1 + c 2 x 2 ) = c 1 L [x 1 ] + c 2 L [x 2 ] El siguiente resultado es el Teorema Fundamental de Existencia y Unicidad para las ecuaciones lineales de segundo orden. No se hará la demostración de este resultado. El lector interesado puede consultar por ejemplo Simmons, G. Ecuaciones diferenciales con aplicaciones y notas históricas, McGraw Hill, Teorema 2. Supongamos que a(t), b(t) y f(t) son funciones que están definidas y son continuas en un intervalo J. Entonces para cada t 0 en J y cada elección de números reales x 0 y v 0, existe una única función x = x(t), definida en J, que satisface la ecuación diferencial (1) y las condiciones x(t 0 ) = x 0, x (t 0 ) = v 0 En adelante, supondremos en las discusiones generales que las funciones a(t), b(t) y f(t) de la ecuación (1) son funciones que están definidas y son continuas en el intervalo J. Ejemplo 1. Para la ecuación x + 2t 1 t 2 x t x = 0, 2 que es un caso particular de la ecuación de Legendre, se tiene a(t) = 2t, b(t) = 2 y 1 t 2 1 t 2 f(t) 0, que son funciones continuas en J = ( 1, 1). En consecuencia, para cada elección de x 0 y v 0 existe una única solución x = x(t), definida en J = ( 1, 1), que satisface las condiciones iniciales x(0) = x 0 y x (0) = v 0. En particular, la única solución que satisface x(0) = 0 y x (0) = 0 es la solución nula x(t) = 0, t J = ( 1, 1). 2. Ecuaciones lineales homogéneas. Esta sección estará dedicada a la ecuación diferencial homogénea L [x] (t) = x + a(t) x + b(t) x = 0 (H) Las dos siguientes propiedades son consecuencia inmediata del teorema 2 y de la linealidad del operador L. 2

3 Teorema 3. x(t) = 0 para todo t en J es la única solución de (H) que satisface x(t 0 ) = 0 y x (t 0 ) = 0. Teorema 4 (Principio de superposición para (H)). Si x 1 (t),..., x r (t) son soluciones de (H), y si c 1,... c r son constantes, entonces x(t) = c 1 x 1 (t) c r x r (t) también es solución de (H). Ejemplo 2. A manera de ilustración consideremos la ecuación del movimiento armónico simple x + ω x = 0 Vemos que x 1 (t) = cos ω t y x 2 (t) = sen ω t son soluciones de (2) definidas en < t <. Así que es una familia infinita de soluciones de (2). x(t) = c 1 cos ω t + c 2 sen ω t Ejercicio. La ecuación diferencial d 2 x dt 2 ( ) 2 dx = 0 dt es no lineal. Halle todas sus soluciones y haga ver que el principio de superposición (teorema 4) no es válido para tal ecuación. Vale la pena recordar que dos funciones f 1 (t) y f 2 (t) definidas en un intervalo J son linealmente independientes si la identidad a 1 f 1 (t) + a 2 f 2 (t) = 0, para todo t J, con a 1 y a 2 escalares, implica a 1 = 0 y a 2 = 0. Si dos funciones no son linealmente independientes se dice que son linealmente dependientes. Invitamos al lector a que reflexione en por qué las funciones f 1 (t) = t y f 2 (t) = t, definidas en J = ( π, π) son linealmente independientes, mientras que f 1 (t) = cos t y f 2 (t) = 2 cos t, definidas en J = ( π, π) son linealmente dependientes Son las funciones f 1 (t) = cos t y f 2 (t) = cos 2t, definidas en J = ( π, π) linealmente independientes? Definición 1. Un conjunto fundamental de soluciones de (H) es un conjunto formado por dos soluciones linealmente independientes de (H). Ejemplo 3. Las funciones cos ω t y x 2 (t) = sen ω t forman un conjunto fundamental de soluciones de (2) Conjuntos fundamentales de soluciones Definición 2. Si x 1 (t) y x 2 (t), t J, son funciones diferenciables se define su determinante de Wronski mediante ( ) x1 (t), x W (t) = W (x 1, x 2 ) (t) = det 2 (t) x 1(t) x = x 1 (t) x 2(t) x 2 (t) x 1(t). 2(t) 3

4 Teorema 5 (Criterio para conjunto fundamental de soluciones). Sean x 1 = x 1 (t) y x 2 = x 2 (t) dos soluciones de (H). Entonces las tres condiciones siguientes son equivalentes: 1. x 1 (t) y x 2 (t) forman un conjunto fundamental de soluciones. 2. W (t) = W (x 1, x 2 ) (t) 0 para todo t J. 3. W (t 0 ) 0 para algún t 0 en J. Demostración Por contradicción supongamos que W (t 0 ) = 0 para algún t 0 en J. Entonces, teniendo en cuenta resultados del álgebra lineal elemental, puede afirmarse que existen constantes c 1 y c 2, no ambas nulas, tales que c 1 x 1 (t 0 ) + c 2 x 2 (t 0 ) = 0, c 1 x 1(t 0 ) + c 2 x 2(t 0 ) = 0. Así la función x(t) = c 1 x 1 (t) + c 2 x 2 (t) es una solución de (H) que satisface las condiciones iniciales x(t 0 ) = 0 y x (t 0 ) = 0. Por otra parte la solución nula y(t) = 0 satisface estas mismas condiciones iniciales. El teorema 2 implica que x(t) = y(t) para todo t J. Esto es x(t) = c 1 x 1 (t) + c 2 x 2 (t) = 0 para todo t J Como al menos uno de los c j, j = 1, 2, es diferente de cero se concluye que x 1 (t) y x 2 (t) son linealmente dependientes, lo que contradice Es claro Supongamos que para dos constantes c 1 y c 2 se tiene x(t) = c 1 x 1 (t) + c 2 x 2 (t) = 0 para todo t J. En ese caso x (t) = c 1 x 1(t) + c 2 x 2(t) = 0. para todo t J. En particular para t = t 0 se sigue que c 1 x 1 (t 0 ) + c 2 x 2 (t 0 ) = 0, c 1 x 1(t 0 ) + c 2 x 2(t 0 ) = 0. Como W (t 0 ) 0 es el determinante de la matriz de cooeficientes del anterior sistema de ecuaciones se concluye que c 1 = c 2 = 0, lo que prueba la independencia lineal de x 1 y x 2. Teorema 6 (Propiedad de base). Si x 1 = x 1 (t) y x 2 = x 2 (t) forman un conjunto fundamental de soluciones de (H), entonces cada solución de (H) es de la forma donde c 1 y c 2 son constantes. x H (t) = c 1 x 1 (t) + c 2 x 2 (t) (2) 4

5 Demostración. Sea x = x(t) una solución de (H). Dado ahora un valor t 0 cualquiera en J y teniendo en cuenta 2 del teorema 5 puede verse que W (x 1, x 2 ) (t 0 ) 0. En consecuencia, de acuerdo con resultados elementales del álgebra lineal, existen constantes c 1 y c 2 tales que c 1 x 1 (t 0 ) + c 2 x 2 (t 0 ) = x(t 0 ), c 1 x 1(t 0 ) + c 2 x 2(t 0 ) = x (t 0 ). Si definimos ahora x H (t) = c 1 x 1 (t) + c 2 x 2 (t), se tiene que tanto x(t) como x H (t) son soluciones de la ecuación homogénea (H), y además x H (t 0 ) = x(t 0 ) y x H(t 0 ) = x (t 0 ). De acuerdo al teorema 2 podemos concluir que x H (t) = x(t) para todo t J. Definición 3. El conjunto de todas las soluciones de (H), tales como las representadas en (2), se conoce como la solución general de (H). No es difícil ver, con la ayuda del teorema fundamental de existencia y unicidad de soluciones, que siempre existen conjuntos fundamentales de soluciones para una ecuación lineal homogénea dada. Basta con ver que existen conjuntos de dos soluciones, linealmente independientes, como los que se describen en el siguiente teorema. Teorema 7. Si t 0 J y x 1, x 2 son las soluciones de la ecuación homogénea (H) que satisfacen las condiciones x 1 (t 0 ) = 1, x 1(t 0 ) = 0 y x 2 (t 0 ) = 0, x 2(t 0 ) = 1, entonces el conjunto formado por x 1 y x 2 es un conjunto fundamental de soluciones. Ejemplo 4. Sea ω 0 una constante. Las funciones x 1 (t) = cos ω t, x 2 (t) = sen ω t son dos soluciones de x + ω 2 x = 0, definidas en J = (, ). Un cálculo elemental muestra que ( ) cos ω t sen ω t W (t) = W (x 1, x 2 )(t) = det = ω 0, ω sen ω t ω cos ω t de manera que x 1 y x 2 forman un conjunto fundamental de soluciones. La solución general está dada entonces por x H (t) = c 1 cos ω t + c 2 sen ω t. Ejercicios 1. Dada la ecuación diferencial 2t 2 x + 3t x x = 0, a) halle todas las soluciones de la forma x(t) = t k, 0 < t <, k constante y determine si existe un conjunto fundamental de soluciones formado por tales funciones, b) determine si existe una solución que satisfaga x(0) = 1, x (0) = 0, y c) halle una solución definida en < t < que satisfaga x(0) = 0, x (0) = 0, es aplicable el Teorema Fundamental (Teorema 2)? 2. Verifique que x 1 (t) = e t2 2, x2 (t) = e t2 2 5 t 0 e s2 2 ds

6 son soluciones de la ecuación x + t x + x = 0 en el intervalo (, ). Halle el determinante de Wronski W (x 1, x 2 )(t) y muestre que x 1 (t) y x 2 (t) forman un conjunto fundamental de soluciones en (, ). Finalmente determine la solución x = x(t) que satisface las condiciones iniciales x(0) = 0, x (0) = Sean x 1 = x 1 (t) y x 2 = x 2 (t) las soluciones de la ecuación de Bessel 2t 2 x + t x + ( t 2 n 2) x = 0 (n > 0 constante), definidas sobre el intervalo 0 < t <, y que satisfacen las condiciones x 1 (1) = 1, x 1(1) = 0, x 2 (1) = 0, x 2(1) = 1. Demuestre que x 1 y x 2 forman un conjunto fundamental de soluciones en (0, ). 4. Considere la ecuación lineal homogénea x (t) + a(t) x (t) + b(t) x(t) = 0, con coeficientes a(t) y b(t) continuos en un intervalo abierto J y sean x 1 = x 1 (t) y x 2 = x 2 (t) un par de soluciones de esta ecuación, definidas en J. a) Muestre que si para algún t 0 J las funciones x 1 y x 2 satisfacen x 1 (t 0 ) = 1, x 1(t 0 ) = 0, x 2 (t 0 ) = 0, x 2(t 0 ) = 1, entonces x 1, x 2 forman un conjunto fundamental de soluciones. Determine para qué constantes c 1 y c 2 la solución dada por x(t) = c 1 x 1 (t) + c 2 x 2 (t) satisface las condiciones x(t 0 ) = x 0, x (t 0 ) = v 0. b) Demuestre que si x 1 (t) y x 2 (t) se anulan en un mismo punto del intervalo J, entonces no forman un conjunto fundamental de soluciones sobre J. c) Si x 1 (t) y x 2 (t) alcanzan un máximo o un mínimo relativo en un mismo punto del intervalo J, entonces no forman un conjunto fundamental de soluciones sobre J El método de reducción de orden La idea es la siguiente. Dada una solución x 1 0 de la ecuación homogénea (H), se busca otra solución x 2 = x 2 (t) de la forma x 2 (t) = u(t) x 1 (t) (3) donde u(t) es una función dos veces diferenciable por determinar. Derivando (3) se obtienen sucesivamente y reemplazando en (H) se sigue que x 2 = u x 1 + u x 1, y x 2 = u x 1 + 2u x 1 + u x 1, x 2 + a x 2 + b x 2 = x 1 u + (2x 1 + a x 1 ) u + (x 1 + a x 1 + b x 1 ) u En vista de que x 1 es una solución de (H), concluímos que x 2 = u x 1 es solución de (H) si sólo y si x 1 u + (2x 1 + ax 1 ) u = 0. 6

7 Si x 1 (t) 0 para todo t, entonces v = u debe satisfacer la ecuación lineal de primer orden ( ) dv 2x dt a v = 0. En consecuencia de donde se obtiene x 1 u (t) = v(t) = c 1 e R ( 2 x 1 +a) x dt e R a(t)dt 1 = c 1, x 2 1(t) R e a(t)dt u(t) = c 1 dt + c x 2 2 1(t) con c 1 y c 2 constantes arbitrarias. Una elección posible de u(t) se obtiene tomando c 1 = 1 y c 2 = 0: e R a(t)dt u(t) = dt, (4) x 2 1(t) siempre que x 1 (t) 0 para todo t en J. Teorema 8 (Reducción de orden). Las soluciones x 1 = x 1 (t) y x 2 = x 2 (t) forman un conjunto fundamental de soluciones de (H) siempre que x 1 (t) 0 para todo t J. Demostración. Un cálculo elemental muestra que el determinante de Wronski de las soluciones x 1 = x 1 (t) y x 2 = x 2 (t) está dado por W (t) = W (x 1, x 2 )(t) = u (t) x 2 1(t) = e R a(t) dt. Es claro que W (t) 0. El resultado se sigue ahora del teorema 5. Ejemplo 5. La función x 1 (t) = e t es solución de x + 2x + x = 0. En este caso a(t) = 2 y u(t) = dt = t, por lo que el método de reducción de orden conduce a la solución x 2 (t) = t e t. El conjunto formado por las las funciones x 1 (t) = e t y x 2 (t) = t e t es en consecuencia un conjunto fundamental de soluciones para la ecuación considerada. La solución general puede escribirse entonces como donde c 1 y c 2 son constantes arbitrarias. x H (t) = c 1 e t + c 2 t e t Ejercicio. Verifique que u 1 (t) = e t es solución de t u 2 (t + 1) u + (t + 2) u = 0. Halle una segunda solución u 2 (t) mediante el método de reducción de orden y compruebe que {u 1 (t), u 2 (t)}forman un conjunto fundamental. 7

8 2.3. Ecuaciones diferenciales con soluciones complejas Por razones que se aclararánn posteriormente es conveniente admitir soluciones de ecuaciones lineales homogéneas que tomen valores complejos. Con ese fin consideraremos funciones de variable real y valor complejo, esto es, funciones que transforman números reales en números complejos: z(t) = u(t) + i v(t), en donde t, u(t) y v(t) son reales. Las función u(t) y v(t) se llaman respectivamente la parte real y la parte imaginaria de z(t). Un ejemplo importante es la llamada exponencial compleja. Recordaremos que si t es un número real se define e i t mediante la fórmula de Moivre Ahora bien, si α y β son reales e i t = cos t + i sen t. e (α+iβ) t = e α t e iβ t = e α t cos β t + i e α t sen β t El cálculo infinitesimal se extiende fácilmente a funciones de valor complejo. Si u y v son funciones diferenciables se define z (t) = df(t) dt = u (t) + i v (t). Análogamente, si u y v son funciones integrables se define Es fácil ver que las fórmulas b a z(t) dt = b a d dt eλt = λ e λt, u(t) dt + i b a v(t) dt. d 2 dt 2 eλt = λ 2 e λt,... se cumplen independientemente de que λ sea real o complejo. El concepto de solución de una ecuación diferencial se extiende sin dificultad a funciones del tipo f(t) = u(t) + i v(t). Por ejemplo, puede verificarse fácilmente que z = e i t satisface la ecuación x + x = 0. Vale la pena recordar la definición de la función conjugada de z(t) = u(t) + i v(t) : z(t) = u(t) + i v(t) = u(t) i v(t). En ese caso se tiene que dz dt = d z dt, d 2 z dt = d2 z 2 dt 2 Por otro lado si z = z(t) y w = w(t) son funciones de valor complejo se sigue que z(t) + w(t) = z(t) + w(t), y z(t) w(t) = z(t) w(t). 8

9 En particular, si a es un número real a z(t) = a z(t) Consideremos ahora una solución compleja, z(t) = u(t)+i v(t), de la ecuación homogénea L [x] = d2 x dx + a(t) + b(t) x = 0, dt2 dt donde tanto a(t) como b(t) son funciones reales. En vista de que L [z] = d2 z dz + a(t) dt2 dt + b(t) z = d2 z dz + a(t) dt2 dt + b(t) z = L [z] = 0. se observa que z(t) = z(t) es también una solución de la ecuación homogénea considerada. Por otro lado las partes real e imaginaria de z(t) pueden expresarse como combinaciones lineales de z(t) y z(t); en efecto u(t) = z(t) + z(t) 2 y v(t) = z(t) z(t). 2i En consecuencia, teniendo en cuenta que las combinaciones lineales de soluciones de una ecuación lineal homogénea son también son soluciones, se sigue que tanto la parte real u = u(t) como la parte imaginaria v = v(t), de la solución compleja z = z(t), resultan ser soluciones de la ecuación homogénea Soluciones de ecuaciones lineales homogéneas con coeficientes constantes En esta sección estudiaremos un sencillo método debido a L. Euler para la búsqueda de las soluciones de una ecuación lineal homogénea de segundo orden con coeficientes constantes x + a x + b x = 0, (5) donde a y b son constantes reales. Observamos que toda solución x = x(t) de (5) está definida para todo t R. Además, (5) tiene todas las propiedades de las ecuaciones homogéneas establecidas previamente (Teoremas 4, 5, 6 y 8). El método de Euler consiste en buscar soluciones exponenciales del tipo x(t) = e λ t, donde λ es una constante, real o compleja, por determinar. Como dk dt k (e λ t ) = λ k e λ t y e λ t 0, se deduce que x = e λ t satisface (5) si y sólo si λ satisface la ecuación característica λ 2 + aλ + b = 0. Aquí hay que distinguir si la ecuación característica tiene raíces reales o complejas. Para ello consideraremos el discriminante de esta ecuación = a 2 4b. 9

10 Caso 1. > 0. Se tienen dos raíces reales diferentes: λ 1, λ 2 = 1 2 ( a ± a 2 4b). Entonces x 1 (t) = e λ 1 t y x 2 (t) = e λ 2 t son dos soluciones no nulas de (5) definidas en todo R. De acuerdo con el teorema 5 estas funciones forman un conjunto fundamental de soluciones dado que ( ) e λ 1 t e W (x 1, x 2 )(t) = det λ 2 t λ 1 e λ 1 t λ 2 e λ 2 t = (λ 2 λ 1 ) e (λ 1+λ 2 ) t 0. Ejemplo 6. Para x 3x + 2x = 0 se tiene la ecuación característica λ 2 3λ + 2 = 0 cuyas raíces son λ 1 = 1 y λ 2 = 2. La solución general puede en consecuencia escribirse como x(t) = c 1 e t + c 2 e 2t. Caso 2. = 0. Hay una única raíz real repetida λ 1 = λ 2 = a. Existe en consecuencia una 2 sóla solución exponencial x 1 (t) = e λ 1 t. Empleando el método de reducción de orden encontramos una segunda solución x 2 (t) = t e λ 1 t que junto a x 1 (t) forma un conjunto fundamental de soluciones. La solución general está entonces ddada por x(t) = c 1 e λ 1 t + c 2 te λ 1 t. Ejemplo 7. Buscamos la solución general de x 2x + x = 0. La ecuación característica es λ 2 2λ + 1 = (λ 1) 2 que tiene una raíz real repetida λ 1 = λ 2 = 1. En consecuencia sólo existe una solución exponencial x 1 (t) = e t. Una segunda solución linealmente independiente es x 2 (t) = te t. La solución general está dada por x(t) = c 1 e t + c 2 te t. Caso 3. < 0. Se tienen dos raíces complejas conjugadas en donde La función λ 1 = α + i β y λ 2 = α i β, α = a 2 y β = 4b a 2 2 0, z = e (α+iβ)t = e αt cos βt + i e αt sen βt es por lo tanto una solución compleja y se sigue que las funciones x 1 (t) = e α t cos β t y x 2 (t) = e α t sen β t son soluciones de valor real. Más aún, como W (x 1, x 2 )(t) = β e 2αt 0 se tiene que forman un conjunto fundamental y por lo tanto la solución general de la ecuación puede escribirse como x(t) = c 1 e α t cos β t + c 2 e α t sen β t. 10

11 Ejemplo 8. La ecuación x + 2x + 5x = 0 tiene como ecuación característica λ 2 + 2λ + 4. Las raíces de eta ecuación son λ 1 = 1 + i y λ 2 = 1 i. En consecuencia las funciones e t cos 2 t, e t sen 2t forman un conjunto fundamental de soluciones y la solución general está dada por Ejercicios 1. Hallar la solución general en cada caso x(t) = c 1 e t cos 2t + c 2 e t sen 2t. 1. 2y 5y + 2y = 0 R. y(t) = c 1 e 2t + c 2 e t y 2 y + 5y = 0 R. y(t) = e t (c 1 cos 2t + c 2 sen 2t) y + 4 y + y = 0 R. y(t) = c 1 e t 2 + c 2 t e t Para las ecuaciones que siguen, halle una solución general y resuelva el problema de valor inicial indicado a) x λ 2 x = 0, x(0) = a, x (0) = b. R. x(t) = λ a+b 2λ constante positiva). eλ t + b λ a 2λ e λ t, (λ una b) x + 4x + 29x = 0, x(0) = 5, x (0) = 5. R. x(t) = e 2t (5 cos 5t + 3 sen 5t) c) x + 4x + 4x = 0, x(0) = 4, x (0) = 4. R. x(t) = e 2t (1 + 3t) d) x + 6 x + 8x = 0, x(0) = 1, x (0) = 2. R. x(t) = 3e 2t 2e 4t 3. Ecuaciones lineales no homogéneas Consideraremos ahora la ecuación diferencial lineal no homogénea L [x] (t) = x + a(t) x + b(t) x = f(t), (NH) 3.1. Principios de superposición Dos propiedades fundamentales de la ecuación no homogénea (NH) son los principios de superposición siguientes. Estos resultados son consecuencia inmediata de la linealidad de L. Teorema 9 (Primer principio de superposición para (NH)). Supóngase que x p (t) es una solución conocida de (NH). Entonces cada solución de (NH) es de la forma x(t) = x H (t) + x p (t), (6) donde x H (t) es alguna solución de la ecuación homogénea asociada L [x] (t) = 0. Definición 4. La solución general de (NH) es el conjunto de todas las soluciones, como las expresadas en (6) 11

12 Teorema 10 (Segundo principio de superposición para (NH)). Supóngase que f(t) = c 1 f 1 (t)+ + c r f r (t). Si x k = x k (t) es una solución de L [x] (t) = f k (t) k = 1,..., r. entonces x = c 1 x 1 (t) + + c r x r (t) es una solución de L [x] (t) = c 1 f 1 (t) + + c r f r (t). Ejemplo 9. Consideremos el oscilador forzado x + ω 2 x = t Se vió antes que la solución general de la ecuación homogegénea asociada está dada por x H (t) = c 1 cos ω t + c 2 sen ωt, < t <. Poe otro lado puede comprobarse por cálculo directo que x p (t) = 1 t es una solución particular de la ecuación no homogénea. Entonces la solución general de la ecuación no homogénea ω 2 es x(t) = c 1 cos ω t + c 2 sen ωt + 1 t, < t <, ω2 donde c 1 y c 2 son constantes arbitrarias. En general estas constantes dependen de las condiciones iniciales. Por ejemplo, si buscamos una solución que satisfaga las condiciones iniciales x(0) = 0 y x (0) = 0, debemos hallar constantes c 1 y c 2 apropiadas. Evaluando en t = 0 tenemos x(0) = c 1 = 0, x (0) = c 2 ω + 1 ω = 0. 2 La solución pedida es x(t) = 1 ω 3 sen ωt + 1 ω 2 t 3.2. El método de variación de parámetros El método de variación de parámetros proporciona una fórmula que incluye a todas las soluciones particulares x p (t) de una ecuación lineal no homogénea, siempre que se conozca un conjunto fundamental de soluciones de la ecuación homogénea. La idea debida a Lagrange, es la siguiente. Si las funciones x 1 = x 1 (t) y x 2 = x 2 (t) forman un conjunto fundamental de soluciones de la ecuación homogénea asociada, buscamos una solución de la ecuación no homogénea de la forma x p (t) = P (t) x 1 (t) + Q(t) x 2 (t), (7) donde P (t) y Q(t) son funciones dos veces diferenciables por determinar. En particular se busca la solución x p (t) que satisfaga las condiciones iniciales nulas en t 0 x p (t 0 ) = 0, x p (t 0 ) = 0. 12

13 Imponiendo la condición adicional se tiene P (t) x 1 (t) + Q (t) x 2 (t) 0, (8) x p = P x 1 + Qx 2, x p = P x 1 + Qx 2 + P x 1 + Q x 2. Sustituyendo en (NH), vemos que x p (t) dada por (7) es solución de esa ecuación si y sólo si se satisface P (t) x 1 (t) + Q (t) x 2 (t) = f(t). (9) Como ( x1 (t) x W (t) = W (x 1, x 2 )(t) = det 2 (t) x 1 (t) x 2 (t) ) 0 para t en J, por formar x 1 (t) y x 2 (t) un conjunto fundamental, el sistema de ecuaciones (8)-(9) para P, Q tiene la solución P (t) = x 2(t) f(t) W (t), Q (t) = x 1(t) f(t) W (t). Teniendo en cuenta que las condiciones iniciales implican que P (t 0 ) = Q(t 0 ) = 0, se tiene t f(s) x 2 (s) P (t) = t 0 W (s) ds, Q(t) = t t 0 f(s) x 1 (s) W (s) ds. La solución de la ecuación no homogénea que satisface x p (t 0 ) = x p (t 0 ) = 0 está en consecuencia dada por t x 1 (s) t x p (t) = x 2 (t) t 0 W (s) f(s) ds x x 2 (s) 1(t) f(s) ds. t 0 W (s) Equivalentemente t Ejemplo 10. Buscamos la solución general de x 1 (s) x 2 (t) x 1 (t) x 2 (s) x p (t) = f(s) ds. t 0 W (s) }{{} Fórmula de variación de parámetros x + x = cos t. En este caso x 1 (t) = cos t y x 2 (t) = sen t forman un conjunto fundamental de soluciones de la ecuación homogénea asociada. Tenemos además que W (x 1, x 2 )(s) = 1 así que P (t) = Q(t) = t 0 t 0 sen s cos s ds = 1 2 sen2 t, cos s cos s ds = 13 t 0 cos 2 s ds = t 2 + sen 2t 4

14 Se tiene entonces x p (t) = 1 2 sen2 t cos t + ( ) t sen 2t + sen t = t sen t La solución general está dada por donde c 1 y c 2 son constantes arbitrarias. x(t) = c 1 cos t + c 2 sen t + t 2 sen t 3.3. Soluciones de ecuaciones lineales no homogéneas con coeficientes constantes Para hallar las soluciones de una ecuación lineal no homogénea con coeficientes constantes podemos aplicar el método de variación de parámetros en razón a que podemos determinar un conjunto fundamental de soluciones para la ecuación homogénea asociada. Sin embargo, los cálculos involucrados pueden resultar dispendiosos. En esta seccón explicamos cómo obtener soluciones particulares de ciertas ecuaciones con coeficientes constantes Método de coeficientes indeterminados Este método debido a Euler permite encontrar soluciones cuando el término no homogéneo f(t) es de uno de los siguientes tipos: P n (t) (un polinomio de grado n) P n (t) e α t, e α t (P n (t) cos β t + Q n (t) sen βt), P n (t), Q n (t) polinomios de grado n La idea es simplemente buscar una solución particular de la misma forma que f(t). Esto se ilustra mejor con algunos ejemplos. Ejemplo 11. Hallaremos la solución general de x 2x + x = 2 t 2. Hallando las raíces de la ecuación característica se encuentra fácilmente la solución general de la ecuación homogénea asociada: x H (t) = c 1 e t + c 2 t e t. Ahora bien, como el término no homogéneo f(t) = t 2 es un polinomio de segundo grado buscaremos una solución particular x p (t) de la misma forma, es decir, x p (t) = b 0 + b 1 t + b 2 t 2, donde los coeficientes b 0, b 1, b 2 están por determinar. Reemplazando x p (t) en la ecuación diferencial no homogénea y agrupando términos se tiene (2b 2 2b 1 + b 0 ) + (b 1 4b 2 ) t + b 2 t 2 = 2t 2. 14

15 Entonces, 2b 2 2b 1 + b 0 = 0, b 1 4b 2 = 0, b 2 = 2, por lo que b 2 = 2, b 1 = 8, b 0 = 12. La solución general está dada por x(t) = c 1 e t + c 2 t e t + 2t 2 + 8t Ejemplo 12. Consideremos la ecuación x +x 2x = e t sen t. Hallamos la solución general de la ecuación homogénea asociada encontrando las raíces de la ecuación característica. Tenemos x H (t) = c 1 e t + c 2 e 2t. Buscamos una solución particular x p (t) de la forma x p (t) = a e t cos t + b e t sen t, donde los coeficientes a y b se determinarán a continuación. Derivando x p = x p (t) y reemplazando en la ecuación se tiene e t sen t = e t ((3b a) cos t (3a + b) sen t) Se concluye que a = 3, b = 1. La solución general es entonces x(t) = c 1 e t + c 2 e 2t et (sen t + 3 cos t). 10 Ejemplo 13. Pueden surgir dificultades en la aplicación del método de coeficientes indeterminados cuando el término no homogéneo f(t) es solución de la ecuación homogénea asociada. Es fácil verificar que la ecuación x 2x +x = e t no tiene soluciones de la forma x p (t) = a e t, con a constante. Esto se relaciona con el hecho de ser x(t) = e t una solución de la ecuación homogénea x 2x + x = 0. La dificultad se resuelve buscando soluciones particulares x p (t) de la forma x p (t) = a t k e t, donde k 1 es el menor entero tal que t k e t no es solución de la ecuación homogénea. En este caso particular se tiene k = 2 y reemplazando x p (t) = a t 2 e t en la ecuación diferencial arribamos a la solución x p (t) = 1 2 t2 e t. Una regla práctica. Si el término no homogéneo f(t) es solución de la ecuación homogénea, búsquese una solución particular de la forma a t k f(t), donde k 1 es el menor entero tal que t k f(t) no es solución de la ecuación homogénea. Ejercicios 1. Hallar la solución de x + x = cos t que satisface x(0) = 1, x (0) = 1. R. x(t) = cos t + sen t + t sen t Hallar la solución general de x 2 x + x = 2000 t e t. R. x(t) = 2000 t t t 2 e t + c 1 e t + c 2 te t. 3. Resuelva y y 12y = e 4t, y(0) = 1, y (0) = 0 x + 2x + x = e t, x(0) = 1, x (0) = 1. 15

16 Miscelánea de ejercicios 1. Considere la ecuación de Cauchy-Euler donde a y b son constantes reales. t 2 x + a t x + b x = 0, a) Demuestre que x(t) = t r (r constante real) es una solución en el intervalo 0 < t < si y sólo si r 2 + (a 1) r + b = 0. b) Si (a 1) 2 4b = 0, halle una segunda solución independiente mediante reducción de orden. c) Si r = α + iβ es una raíz compleja (no real) de r 2 + (a 1) r + b = 0, demuestre que t r = t α t iβ = t α (cos(β ln t) + i sen (β ln t)) es solución de la ecuación de Cauchy-Euler. Muestre además que t α cos(β ln t), t α sen (β ln t) es un conjunto fundamental de soluciones sobre 0 < t <. 2. Supóngase que a 2 4b < 0. Demuestre que toda solución de x + a x + b x = 0 es de la forma x(t) = A e α t cos (βt φ) donde 2α = a, 2 β = 4 b a 2, A y φ son constantes que dependen de la solución considerada. 3. Sean a 0, a 1, a 2 números reales positivos. Observe que la ecuación a 2 x + a 1 x + a 0 x = 0 tiene la solución de equilibrio nula x n (t) 0. Demuestre que cualquier solución tiende al equilibrio, es decir, si x(t) es cualquier solución, entonces x(t) 0 cuando t. 4. Sean λ, λ e, ω, ω e, ϕ, F constantes reales positivas. Para cada una de las ecuaciones siguientes, halle una solución particular mediante el método de los coeficientes indeterminados o mediante el método de variación de parámetros; halle además la solución general. a) x + ω 2 x = F cos (ω e t + ϕ). b) x λ 2 x = F cosh (λ e t + ϕ). c) x 2 x + x = 2 t. d) x 2 x + 3 x = 64 t e t. e) x + x = ln t 0 < t <. 5. Dada la ecuación t 2 x + t x + ( t 2 1 ) x = t determine para qué valores de k R las funciones t k cos t y t k sen t son soluciónes de la ecuación homogénea asociada y después obtenga la solución general de la ecuación. 6. Considere la ecuación t x (t + 1) x + x = t 2 e t. a) Verifique que e t es una solución de la ecuación homogénea asociada y que la sustitución x = e t u reduce la ecuación dada a t u + (t 1) u = t 2. b) Resuelva la ecuación obtenida en las variables u y t, y halle entonces la solución de la ecuación original. 16

17 7. Halle la solución del problema de valor inicial ( ) d 2 x 4π 2 dt 1 x = cos t, x(1) = 0, x (1) = t 2 Sugerencia: La ecuación es del tipo Cauchy-Euler. 8. Sea X el espacio vectorial de todas las funciones u : R R con derivadas de todo orden. Y sea X 0 el subespacio vectorial de X formado por por las funciones u de X tales que u(0) = 0, u (0) = 0. Defina la transformación lineal L : X X, L u = u + a u + b u (a, b constantes reales). a) Halle los valores propios λ de L y la dimensión del espacio propio E λ = {u : L u = λ u}. b) Demuestre que la restricción L de L a X 0, L : X0 X, es invertible y halle su inversa. Respuestas 4. a) x(t) = c 1 cos ωt + c 2 sen ωt + x p (t) con x p (t) = F cos(ωet+ϕ), si ω ω ω 2 ωe 2 e y con x p (t) = F cos (ω t + φ) + F t 4ω 2 2ω e. b) x(t) = c 1 e λt + c 2 te λt + x p (t), con x p (t) = F cosh(λet+ϕ), si λ λ e, y con x p (t) = F t F t senh(α + λ t) cosh(α + λ t), si λ = λ 2λ 4 λ 2 e. c) x(t) = c 1 e t + c 2 te t + x p (t), con x p (t) = 4 + 2t. λ 2 λ 2 e d) x (t) = c 1 e t cos 2t + c 2 e t sen 2t + x p (t), con x p (t) = 32te t. e) x(t) = c 2 cos t + c 1 sen t + x p (t), con x p (t) = sen (s t) ln s ds. 5. y (x) = x 1 2 cos (x) c 1 + x 1 2 sen (x) c 2 + x 1 x 2 x 0 t 1 2 sen (x t) dt. 6. x (t) = t2 2 et + c 1 e t + c 2 (t + 1). 17