2 Unidad II: Ecuaciones Diferenciales de Orden Superior

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1 ITESM, Campus Monterrey Departamento de Matemáticas MA-41: Ecuaciones Diferenciales Lectura # Profesor: Victor Segura Flores Unidad II: Ecuaciones Diferenciales de Orden Superior.1 Ecuaciones Diferenciales Reducibles en Orden Una ecuación diferencial ordinaria de segundo orden, como dijimos anteriormente, es una ecuación donde aparece la segunda derivada de una función desconocida y no aparecen derivadas de orden mayor. Una ecuación diferencial de segundo orden es de la forma por ejemplo F (x, y,, d y ) = 0 3x d y + ex seny = 0 En general las ecuaciones de este tipo son muy difíciles de resolver. Sin embargo, para tipos especiales de estas ecuaciones se conocen sustituciones que transforman la ecuación original en una que puede resolverse en forma rápida. un método consiste en hacer una adecuada sustitución para rebajar el orden y, después, tratar de resolver el resultado. Los ejemplos mostrados en la primera sección son de ese tipo. Consideremos los siguientes casos:.1.1 Cuando no aparece la variable dependiente ni su primera derivada La ecuación toma la forma F (x, d y ) = 0 Estas serán expresables siempre como d y = f(x) que se pueden reducir a primer orden haciendo la sustitución z =, lo que implica que = d y. Haciendo este cambio la ecuación toma la forma = f(x) que es una ecuación de primer orden. Se puede escribir como f(x) = 0 es una ecuación exacta cuya solución es z f(x) = C 1

2 o bien z = f(x) + C 1 como z =, reemplazando obtenemos nuevamente una ecuación de primer orden = f(x) + C 1 que se escribe como [ f(x) + C 1 ] = 0 la cual es exacta. Su solución es [ y [ y = ] f(x) C 1 x = C ] f(x) + C 1 x + C Observamos que la solución de la ecuación diferencial de segundo orden tiene una solución que posee dos constantes arbitrarias, C 1 y C, esto se debe a que se tuvieron que realizar dos integraciones para obtener la solución. Para obtener una solución particular, determinando los valores C 1 y C, se requiere de dos condiciones en el problema, condiciones sobre la función desconocida y sus derivadas especificadas en un valor de la variable independiente, llamadas condiciones iniciales. Este tipo de condiciones se manejaron en los ejemplos de la primera parte especificando la posición inicial, x 0, y la velocidad inicial, v 0, en t = 0. O condiciones sobre la función desconocida especificadas en o más valores de la variable independiente, como y(x 0 ) = y 0, y(x 1 ) = y 1, llamadas condiciones frontera. Ejemplo Resolver la ecuación de segundo orden (1 x ) d y + x3 = 0 Como es una ecuación en la cual no parece la variable dependiente, y, ni su primera derivada,, podemos reducirla de orden haciendo z = y por lo tanto = d y. Nota: Usaremos simplemente la letra y para denotar a la función y que depende de x, y no y(x). La ecuación toma la forma (1 x ) + x3 = 0 = x3 1 x + x3 1 x = 0 esto es una ecuación diferencial de primer orden exacta, su solución es z + x 3 1 x = C 1

3 para encontrar la antiderivada que esta indicada, dividimos x 3 entre 1 x obteniendo ( z + x + x ) 1 x = C 1 que se puede escribir como antiderivando z x 1 x 1 x = C 1 z x 1 ln(1 x ) = C 1 z = x + 1 ln(1 x ) + C 1 reemplazando z = = x + 1 ln(1 x ) + C 1 obtenemos nuevamente una ecuación de primer orden exacta [ x + 1 ] ln(1 x ) + C 1 = 0 resolviendo [ x + 1 ] ln(1 x ) + C 1 = C y x3 6 1 ln(1 x ) C 1 x = C podemos resolver la antiderivada que esta indicada haciendo los siguientes pasos 1. integrando por partes ln(1 x ) ln(1 x ) = x ln(1 x ) + u = ln(1 x ) du = dv = x 1 x v = x x 1 x. dividiendo x entre 1 x en la antiderivada del lado derecho de la igualdad: ( ln(1 x ) = x ln(1 x ) ) 1 x = x ln(1 x ) x x 3

4 3. Descomponiendo en fracciones parciales la antiderivada del lado derecho de la igualdad: ( ln(1 x ) = x ln(1 x 1 ) x + 1 x + 1 ) 1 + x = x ln(1 x ) x ln(1 x) + ln(1 + x) = x ln(1 x ) x + ln 1 + x 1 x por lo tanto la solución de la ecuación diferencial es o bien Ejemplo y x3 6 1 [ x ln(1 x ) x + ln 1 + x 1 x ] C 1 x = C y = x3 6 + (C 1 1)x + 1 x ln(1 x ) + 1 ln 1 + x 1 x + C Resolver la ecuación de segundo orden, sujeta a las condiciones iniciales y(1) = 3, y (1) = 1 d y + 6x = 0 Como no aparece la variable dependiente, y, ni su derivada, z =, de donde = d y, tomando la ecuación la forma + 6x = 0 que es una ecuación de primer orden. Se puede escribir como que es exacta. Su solución es + 6x = 0 z + 3x = C 1 reemplazando z = tenemos = C 1 3x usando la condición inicial de que y (1) = 1 tenemos que 1 = C = C 1 por lo tanto la ecuación diferencial puede escribirse como, hacemos el cambio o bien = 4 3x + (3x 4) = 0 4

5 que es una ecuación de primer orden exacta, su solución es con la condición inicial y(1) = 3 tenemos y + x 3 4x = C = C 0 = C por lo tanto la solución particular de la ecuación diferencial que satisface las condiciones iniciales es y = 4x x 3.1. Cuando no aparece la variable dependiente Si una ecuación de segundo orden contiene la primera y la segunda derivada de la variable dependiente y, pero no contiene la y directamente, toma la forma Para estos casos la sustitución F (x, y, y ) = 0 z = rebajará en una unidad el orden de la ecuación = d y F (x, z, z ) = 0 dando una ecuación diferencial de primer orden en z y x. Se resuelve, determinando G(x, z) = C 1 se reemplaza z =, quedando otra ecuación de primer orden se resuelve para tener y en terminos de x Ejemplo Encontrar la solución particular para G(x, y ) = C 1 G(x, y) = C x d y + = 0 y(1) = y(e) = 1 Es una ecuación en la cual no parece la variable dependiente y. = d y tenemos x + z = 0 Haciendo z =, 5

6 que puede escribirse como o bien integrando = z x z + x = 0 ln z + ln x = C ln(z x) = C z x = e C = C 1 reemplazando z = tenemos o sea integrando z = C 1 x = C 1 x C 1 x = 0 y C 1 ln x = C y = C 1 ln x + C condición y = cuando x = 1 = C 1 ln(1) + C = C y = C 1 ln x + condición y = 1 cuando x = e 1 = C 1 ln e + 1 = C 1 por lo tanto la solución particular es y = ln x + y = ln 1 x + Ejemplo Encontrar la solución general de la ecuación (1 + x ) d y + x + x = 0 Como no aparece la variable dependiente y podemos reducirla de orden haciendo z =, z = d y. 6

7 Obtenemos la ecuación integrando (1 + x ) + x z + x = 0 x(z + 1) = 1 + x = + x(z + 1) 1 + x x(z + 1) 1 + x = z + x 1 + x = 0 ln(1 + z) + 1 ln(1 + x ) = C (1 + z) 1 + x = C 1 z = C x 1 reemplazando z = tenemos = C x ( + 1 C ) 1 = x integrando y + x C x = C La integral indicada se puede resolver haciendo una sistitución trigonométrica; x = tan θ y = sec θdθ = 1 + x sec θdθ sec 1 + tan θ = θdθ sec θ = sec θdθ = ln(sec θ + tan θ) = ln( 1 + x + x) por lo tanto la solución es tan θ = x sec θ = 1 + x y + x C 1 ln( 1 + x + x) = C o bien y = x + C 1 ln( 1 + x + x) + C 7

8 .1.3 Cuando no aparece la variable independiente Estas ecuaciones diferenciales son ecuaciones de la forma Si hacemos z = y = d y F (y,, d y ) = 0 obtenemos F (y, z, ) = 0 que es una ecuación que contiene tres variables y, z y x. En estos casos podemos eliminar la variable x, para esto utilizamos la regla de la cadena para las derivadas, y escribimos d y = = = z por lo tanto tendremos una ecuación de primer orden de la forma se resuelve obteniendo F( y, z, ) = 0 pudiendose escribirse como f( y, z) = C 1 z = g(y) + C 1 reemplazando z = tenemos = g(y) + C 1 pudiendose resolverse para x en términos de y Ejemplo x = H(y) Resolver la ecuación diferencial de segundo orden ( ) y d y + = Como podemos observar no aparece la variable independiente x. Hagamos el cambio z = y d y = z, obteniendo la ecuación y z + z = z o bien = z z y z = 1 z y + z 1 = 0 y

9 integrando z 1 + y = 0 z 1 + y = C ln(z 1) + ln y = C ln(z 1)y = C (z 1)y = C 1 reemplazando z = z = C 1 y + 1 = C 1 y + 1 = ( C 1 y + 1) y = 0 C 1 + y y C 1 + y = C si en la primera integral realizamos la división ( 1 C ) 1 = C C 1 + y despejando a x en función de y Ejemplo Resolver y d y + 4y 1 y C 1 ln(c 1 + y) x = C x = y C 1 ln(y + C 1 ) + C ( ) = 0 y(0) = 1 y (0) = Como en la ecuación no aparece la variable independiente x, hacemos obteniendo la ecuación z = y z = d y y z + 4y 1 z = 0 1 = z 4y y z 9

10 = z y y z y z + (y z ) = 0 M y = z tiene un factor integrante que es función de y N V = V f(y) = N z M y M = z z y z = 4 z y z = y multiplicando tenemos ahora F (y) = e y = e ln y = y = 1 y z z + ( y y ) = 0 M y = z y = N z ya es exacta, por lo tanto existe f(y, z) tal que entonces f z f(y, z) = = M(x, y) = z y z + φ(y) y por lo tanto f(y, z) y = z y + φ(y) = z y + φ (y) = N(y, z) z y + φ (y) = z y φ (y) = dφ = dφ = 0 dφ = 0 φ y = 0 φ(y) = y por lo tanto f(y, z) = z y + y 10

11 o bien La solución a la ecuación diferencial es reemplazando z = tenemos z y + y = C z = Cy y ( ) = Cy y usando la condición inicial = cuando x = 0 y y = 1 tenemos ( ) = C(1) (1) quedando la ecuación como C = 16 ( ) = 16y y = = 16y y (1) 16y y 16y y = 16y y = 0 integrando 16y y = C 1 si en la primera integral completamos un trinomio cuadrado perfecto dentro del radical y hacemos la sustitución y 1 = sen θ obtenemos: = 16y y (y y + 1) + = = 1 (y 1) 1 (y 1) = 1 cos θdθ 1 sen θ = 1 dθ = 1 θ = 1 sen 1 (y 1) obtenemos como solución 1 sen 1 (y 1) x = C 1 sen 1 (y 1) = x + C 1 usando la condición inicial y = 1 cuando x = 0 sen 1 0 = C 1 0 = C 1 11

12 obtenemos la solución particular sen 1 (y 1) = x y = sen( x) + 1 Nota: Si en la ecuación (.1) tenemos la raíz negativa, = 16y y, obtenemos la solución Ejercicios y = sen( x) + 1 Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales, determinando la constante de integración cuando se den las condiciones iniciales d y = 1x; y = 1 y = cuando x = 0. d y sen x = 1 1 x. d y = x (x +1). 4. x d y + = 0 ; y = y = 3 cuando x = d y = x. ( 6. x d y 1 ) = d y 4 + (. y d y + 3 ) = y d y + 4y d x dt Soluciones ( ) = 0 ; y = 0 y = 4 cuando x = 0. ( dt 1. y = x 3 x + 1. ( ) = 0 ; y = 1, ) = 0 ; x = 0, dt = cuando x = 0 = 6 cuando t = 0.. y = (x 1) ln(x 1) sen x + (C 1 1)x + C ; x > y = C 1 x + C 1 tan 1 x. 4. y = 3 ln x + ; x > y = x (1 + C 1e x )x + C 6. y = 3C 1 (C 1 x 1) 3 + C 7. y = 1 4 x3 4x. x = C 1 y ln y + C 9. y = 1 + sen ( x) 1