Ecuaciones diferenciales homogéneas y no homogéneas lineales a coeficientes constantes. Búsqueda de la solución particular.

Transcripción

1 Ecuaciones diferenciales homogéneas y no homogéneas lineales a coeficientes constantes. Búsqueda de la solución particular. 1. Definiciones previas 1.1. Wronskiano Diremos que el Wronskiano de un conjunto de n funciones f 1 (t), f 2 (t),..., f n (t)} tales que f i (t) C (n 1) (I), i = 1,..., n es el determinante 1.2. Teorema W (f 1 (t), f 2 (t),..., f n (t)) = f 1 (t) f 2 (t) f n (t) f 1 (t) f 2 (t) f n(t) f (n 1) 1 (t) f (n 1) 2 (t) f n (n 1) (t) Sea Λ = f 1 (t), f 2 (t),..., f n (t)} un conjunto de n funciones tales que f i (t) C (n 1) (I), i = 1,..., n. Si W(Λ) 0 para algún punto t 0 I, entonces el conjunto Λ es linealmente independiente. Si el conjunto Λ es linealmente dependiente sobre I, entonces W(Λ) = 0 t I Idea Toda ecuación diferencial lineal (de cualquier orden) puede pensarse como una transformación lineal. Es decir, podemos pensar una EDO como T (y(t)) = g(t) en donde T es una transformación lineal, es decir (1.1) T (af(t) + bh(t)) = at (f(t)) + bt (h(t)) (1.2) T (0) = 0 (1.3) En particular, cuando g(t) 0, la EDO se dice homogénea. El orden de la EDO se determina mirando el mayor orden de derivación de la función y(t), es decir, por ejemplo y + y = 0 es una EDO de orden 3, lineal, a coeficientes constantes Teorema Sea T (y(t)) = 0 es una EDO homogénea de orden n a coeficientes constantes. Entonces, dim (Nu (T)) = n. La demostración de este teorema queda implícita en la sección (2.1). 1

2 2. EDO homogénea de segundo orden a coeficientes constantes. Son de la forma y (t) + a 1 y (t) + a 0 y(t) = 0 (2.1) En donde a 0, a 1 R y y(t) es una función continua desconocida Teorema Ecuación característica. Para encontrar solución al problema (2.1), se propone y H (t) = c 1 e r 1t + c 2 e r 2t en donde r 1 y r 2 (r 1 r 2 ) son soluciones de la ecuación característica r 2 + a 1 r + a 0 = 0 (2.2) Los parámetros r 1, r 2 C y las constantes c 1, c 2 C 0}. En el caso en que r 1 = r 2 (raíz doble), la solución del homogéneo se escribe y H (t) = c 1 e r 1t + c 2 te r 1t. Por el teorema fundamental del álgebra, es inmediato que esta ecuación tiene 2 soluciones (reales o complejas) y el teorema queda probado por inducción para el orden n. Si se diera que una EDO de orden n tiene su ecuación característica con una única raíz de multiplicidad n, entonces la solución general se escribe y H (t) = c 1 e rt + c 2 te rt + c 3 t 2 e rt c n t n e rt. Basta comprobar con el Wronskiano que este conjunto es LI. Demostración. Podemos comprobar, reemplazando en dicha ecuación que y H(t) + a 1 y H(t) + a 0 y H (t) = (c 1 e r 1t + c 2 e r 2t ) + a1 (c 1 e r 1t + c 2 e r 2t ) + a0 (c 1 e r 1t + c 2 e r 2t ) = c 1 (r 1 ) 2 e r 1t + c 2 (r 2 ) 2 e r 2t + a 1 c 1 r 1 e r 1t + a 1 c 2 r 2 e r 2t + a 0 c 1 e r 1t + a 0 c 2 e r 2t = e r 1t [ c 1 (r 1 ) 2 + a 1 c 1 r 1 + a 0 c 1 + e r 2t [ c 2 (r 2 ) 2 + a 1 c 2 r 2 + a 0 c 2 Ahora bien, dado que las constantes c 1 y c 2 no son nulas, la exponencial no se anula nunca y r 1 r 2 (*) podemos decir que necesariamente deberá ser c1 (r 1 ) 2 + a 1 c 1 r 1 + a 0 c 1 = 0 c 2 (r 2 ) 2 + a 1 c 2 r 2 + a 0 c 2 = 0 (r1 ) 2 + a 1 r 1 + a 0 = 0 (r 2 ) 2 + a 1 r 2 + a 0 = 0 Pero r 1 y r 2 son soluciones de estas ecuaciones por hipótesis, de modo que el teorema queda demostrado. (*) Esto implica que las exponenciales son LI y por tanto, el problema planteado tiene únicamente solución trivial. Ejemplo. Resolver y + y = 0. Planteamos la ecuación característica r 2 + r = 0 que tiene por soluciones a r 1 = 0 y r 2 = 1. Por lo tanto, todas las soluciones pueden escribirse como y H (t) = c 1 + c 2 e t. Comprobamos, supongamos para facilitar que c 2 = 0, entonces reemplazando obtenemos (c 1 ) + (c 1 ) = 0 que cumple. Ahora supongamos c 1 = 0 y reemplazando vemos que (c 2 e t ) + (c 2 e t ) = c 2 e t c 2 e t = 0 que también cumple Posibles soluciones de la ecuación característica Para el caso de orden 2, tenemos que son posibles los siguientes casos r 1 r 2 y r 1, r 2 R. En este caso, y H (t) = c 1 e r 1t + c 2 e r 2t es una base de soluciones. r 1 r 2 y r 1, r 2 C. En este caso, como Re(r 1 ) = Re(r 2 ) = α (ambas raíces tienen que tener la misma parte real) y Im(r 1 ) = Im(r 2 ) = γ (el imaginario de la otra solución es igual pero conjugado), entonces y H (t) = c 1 e αt cos(γt) + c 2 e αt sin(γt) donde c 1, c 2 C. r 1 = r 2 y r 1, r 2 R. En este caso, la base de soluciones se escribe y H (t) = c 1 e rt + c 2 te rt. 2

3 3. EDO no homogénea de segundo orden a coeficientes constantes. Son de la forma y (t) + a 1 y (t) + a 0 y(t) = g(t) en donde a 0, a 1 R y g : I R R/ g(t) C(I). 4. El método de los coeficientes indeterminados (MCI) Se aplica sólo cuando g(t) = p(t) el siguiente: n e αkt, en donde p(t) es un polinomio cualquiera. El procedimiento es k=1 1. Se buscan todas las soluciones del homogéneo mediante la ecuación característica (*), es decir se encuentra y H (t) = c 1 f(t) + c 2 f 2 (t). 2. Se propone y p (t) = q(t) t k e αt como solución particular, en donde q(t) es un polinomio del mismo grado que p(t), completo (con todos sus términos) con coeficientes indeterminados. El parámetro k es la multiplicidad de α como raíz de la ecuación característica. 3. Se reemplaza en la EDO y se buscan los coeficientes. Ejemplo. Resolver y + 9y = sin(3t). Dado que la funcion seno puede escribirse como combinación lineal de exponenciales y la función 1 es un polinomio de grado cero, podemos usar el MCI. Buscamos la solución del homogéneo resolviendo la ecuación característica r = 0 r 1 = 3i r 2 = 3i De modo que según el punto (2) de la sección 2.1.1, tenemos y H (t) = c 1 cos(3t) + c 2 sin(3t). Ahora, proponemos un polinomio q(t) del mismo grado que 1 (o sea de grado cero) con coeficientes indeterminados, esto es q(t) = A. El parámetro k en este caso es, teniendo en cuenta que sin(3t) = e3it e 3it 2i, k = 1 porque tanto 3i como 3i son raíces simples de la ecuación característica. El parámetro α tiene 2 valores, o sea, α = 3i y α = 3i por la expresión que dijimos del sin(3t). De modo que la solución particular la podemos expresar como y p (t) = At 1 cos(3t) + Bt 1 sin(3t). Esta solución no es mágica sino que sale de escribir y + 9y = e3it e 3it 2i = e3it 2i e 3it } 2i } g(t) Reemplazamos y p en la EDO y buscamos los coeficientes. Para ello, calculamos las derivadas de primer y segundo orden por separado (y p (t)) = ( At 1 cos(3t) + Bt 1 sin(3t)) = A(cos(3t) 3tsin(3t)) + B(sin(3t) + 3tcos(3t)) (y p (t)) = [A(cos(3t) 3tsin(3t)) + B(sin(3t) + 3tcos(3t)) = A( 3sin(3t) 3sin(3t) 9tcos(3t)) + B(3cos(3t) + 3cos(3t) 9tsin(3t)) = A( 6sin(3t) 9tcos(3t)) + B(6cos(3t) 9tsin(3t)) Reemplazando en la EDO obtenemos A( 6sin(3t) 9tcos(3t)) + B(6cos(3t) 9tsin(3t)) + 9A(cos(3t) 3tsin(3t)) + 9B(sin(3t) + 3tcos(3t)) = sin(3t) sin(3t)( 6A + 9B) + cos(3t)(6b + 9A) + tsin(3t)( 9B 27A) + tcos(3t)( 9A + 27B) = sin(3t) 3

4 De modo que deberá ser 6A + 9B = 1 6B + 9A = 0 9B 27A = 0 9A + 27B = 0 Se resuelve el sistema y se obtienen los valores de las constantes A y B. La solución general es entonces y G (t) = y H + y p = c 1 cos(3t) + c 2 sin(3t) + Atcos(3t) + Btsin(3t) 5. El método de variación de parámetros (MVP) Se puede usar siempre, independientemente de qué función sea g(t). El proceso es el siguiente: 1. Se hallan las soluciones del homogéneo con la ecuación característica. 2. Se propone que la solución es de la forma y p (t) = u(t)f 1 (t)+v(t)f 2 (t), en donde el conjunto f 1 (t), f 2 (t)} es el hallado en el punto anterior. 3. Se resuelve un sistema de ecuaciones por la regla de Cramer, luego se integra y se obtienen las expresiones de ambas funciones desconocidas. Demostración. Sea una EDO de orden 2 y + ay + by = g(t) y sus soluciones homogéneas y h (t) = c 1 f 1 (t) + c 2 f 2 (t). Si proponemos y p (t) = u(t)f 1 (t) + v(t)f 2 (t) se ve que al reemplazar en la EDO, (y p (t)) = (u(t)f 1 (t) + v(t)f 2 (t)) = u f 1 + uf 1 + v f 2 + vf 2 Imponiendo u f 1 + v f 2 = 0 y derivando nuevamente obtenemos Ahora, reemplazando en la EDO se ve que (y p (t)) = ( uf 1 + vf 2 ) = u f 1 + uf 1 + v f 2 + vf 2 u f 1 + uf 1 + v f 2 + vf 2 + a ( uf 1 + vf 2) + b (uf1 + vf 2 ) = g(t) u f 1 + af 1 + bf 1 + v f 2 + af 2 + bf 2 + u f 1 + v f 2 = g(t) }}}} =0 =0 De modo que el problema se resume a resolver u f 1 + v f 2 = g(t) u f 1 + v f 2 = 0 u f 1 + v f 2 Que matricialmente podemos escribir como [ [ f1 f 2 u f 1 f 2 v = g(t) = [ 0 g(t) 4

5 Dado que el determinante de la matriz, o sea el Wronskiano es distinto de cero, la solución de este sistema es única y puede ser calculada con la regla de Cramer. Es decir 0 f 2 (t) u g(t) f 2 (t) = (t) = f ˆ 2(t)g(t) f2 (t)g(t) = u(t) = dt f 1 (t) 0 v f 1 (t) = (t) g(t) = f ˆ 1(t)g(t) f1 (t)g(t) = v(t) = dt Y probamos lo que queríamos. Ejemplo. Resolvamos ahora y + 9y = sin(3t) por este método. Sabemos de la sección anterior que y H (t) = c 1 cos(3t) + c 2 sin(3t). Por lo tanto, la solución particular es ˆ ˆ sin(3t)sin(3t) u(t) = dt = sin 2 (3t) dt (5.1) Calculamos el Wronskiano, = v(t) = cos(3t) 3sin(3t) ˆ cos(3t)sin(3t) dt (5.2) sin(3t) 3cos(3t) = 3cos2 (3t) + 3sin 2 (3t) = 3 De modo que, reemplazando en (5.1) y (5.2) obtenemos u(t) = 1 ˆ sin 2 (3t)dt = sin(6t) t 3 12t 6 + C (5.3) v(t) = 1 ˆ cos(3t)sin(3t)dt = sin2 (3t) + D 3 18t (5.4) Elegimos C = D = 0 y la solución general es y G (t) = c 1 cos(3t) + c 2 sin(3t) + sin(6t) 12t t 6 + sin2 (3t) 18t (5.5) 5