INEALES DE ORDEN SUPERIOR

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Texto completo

(1)

• Ecuaciones Diferenciales de orden Superior. Teoría básica. Ecuación Ho-mogénea, solución particular.

• Wronskiano. Fórmula de Abel.

• Ecuación con coeficientes constantes de segundo orden homogénea.

• Ecuación con coeficientes constantes de de orden arbitrario homogénea.

• Método de los coeficientes indeterminados (para la solución particular).

• Método de variación de parámetros (para la solución particular).

• Ecuación De Euler.

Contenidos

ECUACIONES DIFERENCIALES

LINEALES DE ORDEN SUPERIOR

En la parte anterior del curso estudiamos las ecuaciones diferenciales del tipo

d y

d x =F x,y

enunciando condiciones sobreF que garantizan existencia y unicidad, aprendimos también a resol-ver varios tipos de estas ecuaciones y como aplicar esto a resolresol-ver algunos tipos de problemas que involucran ecuaciones diferenciales de primer orden.

(2)

1.1

Teoría general

Denotaremos porCn(I)al espacio vectorial de todas la funciones de valores reales que admiten

deri-vada continua hasta ordenn en todos los puntos del intervaloI. En particular se defineC0(I) =C(I) como el espacio de las funciones continuas en el intervaloI.

Definición 1.1. Se dice que la transformación lineal

L:Cn(I)→C(I)

es un operador diferencial lineal de ordenn en el intervaloI, si puede expresarse en la forma

L=an(x)Dn+an−1(x)Dn−1+· · ·+a1(x)D+a0(x)

dondean(x),an−1(x),· · ·,a1(x),a0(x)son funciones continuas en el intervaloI,an(x)no es

idénti-camente nula en el intervalo yDi= di d xi.

La imagen de una funciónyCn(I)por el operador diferencial lineal esta dada por Ly(

x) =an(x)y(n)(x) +an−1(x)y(n−1)(x) +· · ·+a1(x)y0(x) +a0(x)y(x)

Ejemplo 1.1. El operadorL=x D2+3px D1 es un operador diferencial lineal de orden 2 en[0,+[ o cualquiera de sus subintervalos, actúa en la forma

Ly(x) =x y00(x) +3px y0(x)−y(x)

Observación 1.1. En general los operadores diferenciales no conmutan, es decir, en general no se cumple

L1L2=L2L1

por ejemplo

D(x D)6=x D(D)

en efecto

D(x D)y =D x y0=

y0+x y00=€D+x Dy

pero

x D(D)y =x D y0=

x y00=€x Dy

Como ya hemos dicho, una ecuación diferencial lineal de ordenn en un intervaloI es una ecua-ción diferencial de la forma

an(x)y(n)(x) +an−1(x)y(n−1)(x) +· · ·+a1(x)y0(x) +a0(x)y(x) =h(x) note que esto puede ser escrito en términos del operador diferencial como

(3)

Definición 1.2. Diremos que la ecuación es normal, sian(x)no se anula en ningún punto del

inter-valoI. Que es homogénea sih=0 y no homogénea sihno es idénticamente nula enI.

Ejemplo 1.2. La ecuación

d2y

d x2+y =0

es una ecuación diferencial lineal homogénea normal de orden 2 y con coeficientes constantes enR

o cualquier subintervalo.

Ejemplo 1.3. La ecuación

x3d

2y

d x2+x

d y

d x +cosx y =sinx

es lineal no homogénea de orden 2 y normal en]0,+∞[o también en]−∞, 0[(o cualquier subinter-valo)

Nuestro objetivo es resolver la ecuación

Ly =h

para ello enfrentaremos primero la ecuación homogénea

Ly =0

note quey es solución si y solo siy ∈ker(L), si pudiésemos encontrar una baseB=

y1,y2, . . . ,yn del

espacio

ker(L) =

yCn(I):Ly =0 entonces toda solución podría escribirse en la forma

y(x) =c1y1(x) +· · ·+cnyn(x)

(Al ser base todo elemento del núcleo (toda solución de la homogénea) se puede escribir como com-binación lineal de los elementos de la base, es decir,c1y1(x) +· · ·+cnyn(x)es una solución general de

la homogénea)

Para enfrentar el problema no homogéneo note lo siguiente, si encontramos una soluciónyp(x)

tal que

Lyp(x) =h(x)

entonces otra soluciónj(x)de la ecuación también debe cumplir

Lj(x) =h(x)

se sigue

L€ypj Š

(x) =h(x)−h(x) =0 de esta forma

(4)

se sigue

j(x) =yp(x) +c1y1(x) +· · ·+cnyn(x)

En resumen:Para resolver una ecuación linealLy =hnecesitamos conocer una base de ker(L)y conocer una solución particularyp de la ecuación

Ly =h

Teorema 1.1. Sea L un operador diferencial normal de orden n en un intervalo I y sea x0 ∈ I . Si α0,α1, . . . ,αn−1son números reales arbitrarios entonces el problema de valores iniciales

Ly = h

y(x0) = α0,y0(x0) =α1, . . . ,y(n−1)(x0) =αn−1

admite solución única

Observación 1.2. El caso de la ecuación de orden 1 ya fue demostrado cuando se mostraron las téc-nicas para resolver la ecuación

y0+P(x)y =Q(x)

El teorema anterior permite demostrar lo siguiente:

Teorema 1.2. Si L es un operador diferencial normal de orden n en un intervalo I entoncesker(L)tiene dimensión n .

Demostremos el caso den=2 el general es similar. Seax0∈I un punto arbitrario pero fijo, por el teorema de existencia y unicidad existe una funcióny1(x)tal que

Ly1 = 0

y1(x0) = 1

y10(x0) = 0

(estamos suponiendoLes de grado 2) de manera similar existe una función tal que

Ly2 = 0

y2(x0) = 0

y20(x0) = 1

mostraremos que

y1(x),y2(x) es una base de ker(L), en efecto, seay ∈ker(L) entonces Ly = 0, pongamosα0=y(x0)yα1=y0(x0)entonces la funcióny es la solución (es única) del PVI

Ly = 0

y(x0) = α0

(5)

pero...g(x) =α0y1(x) +α1y2(x)cumple con

L g = α0Ly1+α1Ly2=0

g(x0) = α0

g0(x0) = α1

se sigue por unicidad que

g(x) =y(x)

es decir

y(x) =α0y1(x) +α1y2(x)

nos queda mostrar quey1yy2son linealmente independientes, pero note que

αy1(x) +βy2(x) =0⇒(evaluando enx0)α=0 por otro lado

αy1(x) +βy2(x) = 0⇒

αy10(x) +βy20(x) = 0⇒(evaluando enx0)β=0 es decir sonL.I.

Así ker(L) =

y1(x),y2(x) es un espacio de dimensión 2.

Ejemplo 1.4. La ecuación

d2y

d x2 +y =x es lineal no homogénea normal de orden 2. Luego

S=

yC2(R):d

2y

d x2+y =0

tiene dimensión 2, note que senxy cosxson dos elementos linealmente independientes de este con-junto, se sigue

S=〈cosx, senx

es decir, toda solución de la ecuación homogénea es de la forma

yh(x) =c1cosx+c2senx

ahora note queyp(x) =xes una solución particular de la ecuación

Lyp(x) =0+x

se sigue que

c1cosx+c2senx+x

conc1yc2constantes arbitrarias es la solución general de la ecuación

d2y

(6)

Para probar con mayor facilidad que determinado conjunto de funciones es linealmente indepen-dientes vamos a introducir el concepto de Wronskiano

Definición 1.3. Sean y1,y2, . . . ,yn funciones enC(n−1)(I) se define el Wronskiano de las funciones y1,y2, . . . ,yncomo el determinante

W y1,y2, . . . ,yn=

y1(x) y2(x) · · · yn(x) y0

1(x) y20(x) · · · yn0(x)

..

. ... ... ...

y1(n−1)(x) y2(n−1)(x) · · · yn(n−1)(x) Ejemplo 1.5.

W(x, senx) =

x senx

1 cosx =

xcosx−senx

Ejemplo 1.6.

W€eαx,eβxŠ=

eαx eβx

αeαx βeβx

= βα

e(α+β)x6=0 siα6=β

Teorema 1.3. Si W y1,y2, . . . ,ynno es idénticamente nulo en I entoncesy1,y2, . . . ,yn es linealmente independiente en C(I).

Demostración

c1y1(x) +· · ·+cnyn(x) = 0 c1y10(x) +· · ·+cnyn(x) = 0

.. .

c1y1(n−1)(x) +· · ·+cnyn(n−1)(x)‘ = 0

esto es equivalente al sistema

     

y1(x) y2(x) · · · yn(x) y0

1(x) y20(x) · · · yn0(x)

..

. ... ... ...

y1(n−1)(x) y2(n−1)(x) · · · yn(n−1)(x)             c1 c2 .. . cn       =       0 0 .. . 0      

comoW y1,y2, . . . ,ynno es idénticamente nulo enI tomamos unx0tal queW y1,y2, . . . ,yn(x0)6=0

de donde obtenemos que

     

y1(x0) y2(x0) · · · yn(x0) y0

1(x0) y20(x0) · · · yn0(x0)

..

. ... ... ...

(7)

es invertible y por lo tanto la solución es única, es decir       c1 c2 .. . cn       =       0 0 .. . 0      

luego las funciones son L.I.

Teorema 1.4. El Wronskiano de las soluciones de una EDO lineal normal en un intervalo I nunca se anula en el intervalo I . Además si la ecuación es de la forma

y(n)(x) +an−1(x)y(n−1)(x) +· · ·+a1(x)y0(x) +a0(x)y(x) =0

entonces

W =c e−Ran−1(x)d x

Dem: Vista en Clases.

1.2

La fórmula de Abel para la segunda solución

Considere una ecuación diferencial lineal homogénea de orden 2 de la forma

d2y

d x2 +a1(x)

d y

d x +a0(x)y =0

siy1es una solución no identicamente nula entonces

y2(x) =y1(x)

Z

e−Ra1(x)d x

y1(x)2

d x

es otra solución.

En efecto,

y1(x) y2(x)

y0

1(x) y20(x)

=

c e− R

a1(x)d x

entonces

y0 2(x)−

y0 1(x)

y1(x)

y2(x) =

c e−Ra1(x)d x

y1(x)

el factor integrante es

e R

y

0

1(x)

y1(x)

d x

=e−lny1(x)= 1

(8)

se sigue

y0 2(x)

y1(x)

y

0 1(x)

y2 1(x)

y2(x) =

c e−Ra1(x)d x

y2 1(x)

d d x

y

2(x)

y1(x)

= c e

R

a1(x)d x

y2 1(x)

ahora integramos y multiplicamos

y2(x) =y1(x)

Z e

R

a1(x)d x

y2 1(x)

d x

(se han escogido las constantes de manera conveniente).

Ejemplo 1.7. Considere la ecuación diferencial

y00+ (tanx−2 cotx)y0=0 esta ecuación tiene la solucióny1(x) =1 otra solución es

y2(x) = 1

Z e

R

(tanx−2 cotx)d x

12 d x

=

Z

e−(−ln cosx−2 ln senx)d x

=

Z

cosxsen2x d x

= 1

3sen 3x

se sigue que la solución general de la EDO es

yh(x) =c1+c2sen3x

1.3

Ecuaciones lineales homogéneas con coeficientes constantes.

Si la ecuación diferencial

Ly(x) =h(x) paraxI

es tal que el operador diferencial tiene todos sus coeficientes constantes, entonces hablamos de una ecuación con coeficientes constantes. Es decir, siLes de ordenn entonces

an dny

d xn (x) +an−1 dn−1y

d xn−1(x) +· · ·+a1

d y

d x (x) +a0y(x) =h(x) paraxI

(9)

Observación 1.3(Muy importante). Los operadores diferenciales con coeficientes contantes se com-portan como polinomios enD, es decir, la suma y multiplicación de polinomios cumplen las mismas propiedades que los operadores con coeficientes constantes, por ejemplo

D31= (D1)€

D2+D+1Š

D2+D+1Š

(D−1) Como sabemos la solución general de una ecuación del tipo

Ly(x) =h(x)

es de la forma

y(x) =yh(x) +yp(x)

dondeyhes la solución general de la homogénea asociada

Ly =0

yyp es una función tal que

Lyp(x) =h(x) paraxI.

en esta sección nos concentraremos en resolver la ecuación homogénea

an dny

d xn (x) +an−1 dn−1y

d xn−1(x) +· · ·+a1

d y

d x (x) +a0y(x) =0

Teorema 1.5. Si L1,L2, . . . ,Lmson operadores diferenciales con coeficientes constantes entoncesker(Li)⊆

ker(L)donde

L=L1L2. . .Lm

La demostración es sencilla si aceptamos que este tipo de operadores conmuta. Siψ∈ker(Li)

entoncesLiψ=0 luego

= L1L2· · ·Li−1LiLi+1· · ·Lmψ

= L1L2· · ·Li−1Li+1· · ·LmLiψ

= L1L2· · ·Li−1Li+1· · ·Lm0

= 0

así=0 es decirψ∈ker(L).

Ejemplo 1.8. Encuentre la solución general de la ecuación

y00−9y =0

Desarrollo: La ecuación puede ser vista en términos de operadores diferenciales como

€

D29Š y =0

esto es

(10)

es decir

L1L2y =0

ahora estudiemos ker(L1) =

y :L1y =0 =y :y0−3y =0 ker(L1) =

y :y0=3y

= ¦

y :y(x) =c e3x©

= ¬

e3x

de manera similar

ker(L2) =

y :y0=−3y

= ¬

e−3x

como ker(L1)⊆ker(L1L2)y ker(L2)⊆ker(L1L2)se sigue

¦

e3x,e−3x©

⊆ker(L1L2) =ker

€

D29Š

note que por teorema ker(D29)tiene dimensión 2 además

W€e3x,e−3xŠ=

e3x e−3x

3e3x 3e−3x =−

66=0

se sigue quee3x,e−3xson L.I. de esta forma

¬

e3x,e−3x¶=ker€D2−9Š y así la solución general de la edoy009y =0 es

y(x) =c1e3x+c2e−3x

1.3.1 La ecuación de segundo orden

Supongamos que intentamos resolver la EDO

y00+a1y0+a0y =0

mirada como operador diferencial esta ecuación es

€

D2+a1D+a0

Š y =0

y supongamos que

€

D2+a1D+a0

Š

= (Dα1)(Dα2)

(11)

1. Raíces reales y distintas: Supongamos queα1,α2∈Rentonces la solución general es

y(x) =c11x+c22x

en efecto1xker(Dα1)y 2xker(Dα2) se sigue{1x,2x} ⊆ker(Dα1)(Dα2) = ker(D2+a

1D+a0)además

W(1x,eα2x) =

1x 2x α11x α22x

= (α1−α2)

e(α1+α2)x6=0

de donde las funciones son L.I. en un espacio de dimensión 2.

2. Raíces reales iguales: Supongamos queα1∈Rentonces la solución general es

y(x) =c11x+c2x eα1x

en efecto considere:

(Dα1)(Dα1)y =0

si ponemosz= (Dα1)y entonces(Dα1)z=0 se siguez =c eα1xluego (Dα1)y = c11x

y0−α1y = c11x multiplicamos por factor integrante y obtenemos

d d x y e

α1x=c 1

integramos

y eα1x=c 1x+c2

de donde obtenemos

y(x) =c1x eα1x+c21x

(otro modo de encontrar la soluciónx eα1x es con la fórmula de Abel y observando queeα1x es solución) ambas soluciones son L.I.

1x x eα1x α11x α1x eα1x+1x

=

e21

6

=0

son funciones L.I.

3. Raíces complejas conjugadas. Suponga que α1 = a +i b y α2 = ai b son raíces complejas conjugadas entonces por la fórmula de Euler

e(a+i b)x=ea xcosb x+i ea xsenb x

y

(12)

deberían ser soluciones, de esta forma las combinaciones lineales deberían ser soluciones, es decir

e(a+i b)xe(a+i b)x=2ea xcosb x

debe ser solución, podemos verificar reemplazando en la ecuación que efectivamente

y1(x) =ea xcosb x

es solución de la ecuación

(Dα1)(Dα2)y = 0 (D−(a+i b))(D−(ai b))y = 0

€

(Da)2+by = 0

€

D2−2a D+a2+by = 0

se puede mostrar (por ejemplo con la fórmula de Abel o usando combinaciones lineales com-plejas) quey2(x) =ea xsenb x es otra solución L.I.

y2(x) = ea xcosb x

Z

eR2a d x

(ea xcosb x)2

= ea xcosb x Z

e2a xd x e2a xcos2b x

= ea xcosb x Z

sec2(b x)d x

= 1

be

a xcosb xtan(b x)

= 1

be

a xsenb x

así

y2(x) =ea xsenb x

es solución además usando el Wronskiano se puede mostrar que son L.I.

Ejemplo 1.9. Resolver las siguientes ecuaciones:

1. y005y0+6y=0, Solución:C

1e2x+C2e3x

2. y002y0+y =0, Solución:C

1ex+C2x ex

3. y004y0+8y=0, Solución:C

(13)

1.4

Ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes contantes de orden

arbi-trario.

Con la teoría anterior estamos es condiciones de enfrentar el problema homogéneo

Ly =0

conLun operador diferencial lineal con coeficientes constantes de orden arbitrario. Recordemos que todo polinomio con coeficientes reales se puede factorizar en la forma

(xr1)n1(x

r2)n2

· · ·(xrk)nk €

(xα1)2+β12Šm1· · ·€xαj Š2

+β2

j mj

donder1,r2, ,rk son las raíces reales del polinomio con multiplicidadesn1,n2, . . . ,nkyα1, . . . ,αj± iβj son las raíces complejas con las multiplicidadesm1,m2, . . . ,mj.

Como los operadores diferenciales con coeficientes constantes se comportan como polinomios, estos se pueden factorizar en la forma

(Dr1)n1(D

r2)n2

· · ·(Drk)nk €

(Dα1)2+β12Šm1· · ·€Dαj Š2

+β2

j mj

luego para resolver la ecuaciónLy =0 basta conocer los núcleos o kernel de los operadores(Dr)n1 y€(Dα)2+β2Šm1

Teorema 1.6.

ker(

Dα)n=¬¦

eαx,x eαx,x2eαx, . . . ,xn−1eαx©¶

y

kerh€(Dα)2+β2Šni = ¬¦eαxcosβx,x eαxcosβx,x2eαxcosβx, . . . ,xn−1eαxcosβx eαxsenβx,x eαxsenβx,x2eαxsenβx, . . . ,xn−1eαxsenβx©¶

La demostración fue hecha en clases. Pero puede ser hecha por inducción, es fácil ver que

ker(Dα) =〈{eαx}〉

supongamos que

ker€(Dα)n−1Š=¬¦eαx,x eαx,x2eαx, . . . ,xn−2eαx©¶

entonces

y ∈ker(

Dα)n⇔(Dα)n−1(Dα)y =0 así

(Dα)y ∈ker€(Dα)n−1Š

luego

y0−αy = n−2

X

k=0

(14)

multiplicando por el factor integrante e integrando se sigue:

y(x) =K1eαx+K2x eαx+· · ·+Knxn−1eαx

así

y ∈¬¦eαx,x eαx,x2eαx, . . . ,xn−1eαx©¶

Ejemplo 1.10. Resolver

(D−1)2(D−2)3y =y(5)8y(4)+25y(3)38y(2)+28y08y =0 Desarrollo: Como ker”(D−1)2—=〈{ex,x ex}〉y ker”(D2)

=

e2x,x e2x,x2e2x se sigue que

¦

ex,x ex,e2x,x e2x,x2e2x©⊆ker”(D−1)2(D−2)3—

como el orden del operador es 5 y las funciones anteriores son L.I. se sigue que la solución general es:

yG(x) =c1ex+c2x ex+c3e2x+c4x e2x+c5x2e2x

Ejemplo 1.11. Resolver

d3y

d x3+y =0 Tiene solución:C1ex+C2

€

cos12p3xŠe12x+C3€sin1 2

p

3xŠe12x

Ejemplo 1.12. Resolver

€

(D−2)2+32Š2(D−3)y =0=€D5−11D4+66D3−230D2+481D−507Šy

Desarrollo: kerh€(D−2)2+32Š2i=

e2xcos 3x,x e2xcos 3x,e2xsen 3x,x e2xsen 3x y ker[(D3)] =

e3x se sigue que la solución general es

yG(x) =c1e2xcos 3x+c2x e2xcos 3x+c3e2xsen 3x+c4x e2xsen 3x+c5e3x

Ahora que sabemos resolver el problema homogéneo vamos a buscar soluciones particulares para resolver ecuaciones no homogeneas, Se presentan dos métodos

1.4.1 Método de coeficientes indeterminados

Este método aunque se aplica en una cantidad limitada de casos muchas veces es de fácil aplica-ción (solo se aplica a ecuaciones con coeficientes contantes); Suponga que enfrentamos la EDOL con coeficientes contantes no homogénea

Ly =h

si conocemos un operador con coeficientes constantesLhtal queLhh=0 entonces

LhLy =Lhh=0

luego la soluciony de la ecuación Ly =hcumpleLhLy =0 es decir

y ∈kerLhL

(15)

Ejemplo 1.13. Resolver

(D−1)(D−2)y =ex+x

o en otras palabras

d2y

d x2−3

d y

d x +2y =e x+x

Desarrollo: Sabemos que

(D−1)(ex) =0 yD2(x) =0 se sigue que

(D−1)D2(ex+x) =0 así

(D−1)D2(D1)(D2)y = 0

D2(D1)2(D

−2) = 0 luego

yp(x) =c1+c2x+c3ex+c4x ex+c5e2x

y como

(D−1)(D−2)yp(x) =ex+x

se sigue

(D−1)(D−2)”c1+c2x+c3ex+c4x ex+c5e2x

—

= (D−1)(D−2)[c1+c2x] + (D−1)(D−2)[c4x ex]

= €

D2−3D+2Š[c1+c2x] + (D−1)(D−1−1)[c4x ex] = 2c1−3c2+2c2x−(D−1)[c4x ex]

= 2c1−3c2+2c2x−(c4ex+c4x exc4x ex) = 2c1−3c2+2c2xc4ex

de esto obtenemos que las constantes cumplen

2c1−3c2 = 0 2c2 = 1

c4 = 1 se sigue

c4=−1,c2=1/2,c1=3/4 así

yG(x) = (3/4) + (1/2)xx ex+c3ex+c5e2x = [(3/4) + (1/2)xx ex] +”c3ex+c5e2x

—

= yp(x) +yh(x)

(16)

1.4.2 Método de variación de parámetros (Método general)

El método que presentamos ahora es posible aplicarlo incluso si la ecuación no tiene coeficientes constantes. Supongamos que queremos resolver la ecuación

y00+a1(x)y0+a0(x)y =h(x)

(note que esta normalizada) y sabemos que

y00+a1(x)y0+a0(x)y =0

tiene solución general

c1y1(x) +c2y2(x)

entonces para encontrar una solución general de la ecuación

y00+a

1(x)y0+a0(x)y =h(x)

basta encontrar una funciónyp(x)tal que

yp00+a1(x)yp0+a0(x)yp =h(x)

postulamos que tal solución tiene la forma

yp(x) =c1(x)y1(x) +c2(x)y2(x)

entonces

y0

p=c10y1+c1y10+c20y2+c2y20 y

yp00=c100y1+2c10y10+c1y100+c200y2+2c20y20+c2y200

luego

yp00+a1(x)yp0+a0(x)yp =h(x)

c100y1+2c10y10+c1y100+c200y2+2c20y20+c2y200 +a1

€

c10y1+c1y10+c02y2+c2y20

Š

+a0 c1y1+c2y2

= h

agrupando

c001y1+2c10y10+c200y2+2c20y20+a1c10y1+a1c20y2 +€

c1y100+a1c1y10+a0c1y1

Š

c2y200+a1c2y20+a0c2y2

Š

= h

así

c100y1+2c10y10+c002y2+2c02y20+a1c10y1+a1c20y2 = h

€

c10y1+c20y2

Š0

c10y10+c02y10Š+a1

€

c10y1+c20y2

Š

(17)

escogemos las funciones de forma que

c10y1+c02y2 = 0

c10y10+c20y10 = h

de donde las funciones se escogen de forma que

‚

y1(x) y2(x)

y0

1(x) y20(x)

Œ ‚ c0

1(x)

c0 2(x)

Œ

=

‚

0

h(x) Œ

de donde

c10(x) =

0 y2(x)

h(x) y0 2(x)

y1(x) y2(x)

y0

1(x) y20(x)

y c20(x) =

y1(x) 0

y0

1(x) h(x)

y1(x) y2(x)

y0

1(x) y20(x)

luego integramos y tenemos las funcionesc1(x)yc2(x).

Observación 1.4. El método es aplicable en general. Siy1, . . . ,yn son base de

dny

d xn +an−1(x) dn−1y

d xn−1+· · ·+a0(x)y =0 entonces una solución particular de

dny

d xn +an−1(x) dn−1y

d xn−1+· · ·+a0(x)y =h(x) es de la forma

yp(x) = n X

i=1

ci(x)yi(x)

donde

c0

i(x) = |Ci|

W

Ci es el Wronskiano en el cual se cambio la i-ésima columna por

        0 0 .. . 0

h(x)        

Ejercicio 1.1. Resolver

x2y00−2x y0+2y =x3lnx

sabiendo quey1(x) =xes solución de la homogénea

(18)

Desarrollo: Primero la escribimos en la forma

y00− 2 xy

0+ 2

x2y =xlnx

otra solución de la ecuación homogénea

y00 2

xy

0+ 2

x2y =0

es dada por la fórmula de Abel

y2(x) = x

Z

e−R(−x2)d x x2 d x

= x

Z e2 lnx

x2 d x = x2

como ya tenemos una base del Kernel buscamos una solución particular de la forma

yp(x) = c1(x)y1(x) +c2(x)y2(x) = c1(x)x+c2(x)x2

donde

c10(x) =

0 x2

xlnx 2x

x x2 1 2x

=−x3lnx

x2 =−xlnx

c1(x) =

Z

xlnx d x =−1

2x

2lnx+1 4x

2

y

c20(x) =

x 0

1 xlnx

x x2 1 2x

=lnx

c2(x) =xlnxx así la solución particular es de la forma

yp(x) =

−1

2x

2lnx+1 4x

2

x+ (xlnxx)x2

= 1

4x

3(2 lnx

−3)

d2

d x2

1

4x

3(2 lnx

−3) −2 x d d x 1 4x

3(2 lnx

−3) + 2 x2 1 4x

3(2 lnx

−3)

(19)

1.5

Ecuación de Euler

Las ecuaciones de la forma

xny(n)+an−1xn−1y(n−1)+· · ·+a1y0+a0y =0

son llamadas ecuaciones de Euler, pueden ser transformadas a una ecuación de coeficientes constan-tes con el cambio de variables

x=et

entonces

d y d t =

d y d x

d x d t =x

d y d x d2y

d t2 =

d d t

xd y

d x

=d x

d t d y d x +x

d d t

d y d x

= xd y d x +x

2d2y

d x2

es decir

d y

d t = x d y d x d2y

d t2 −

d y

d t = x

2d2y

d x2

es posible demostrar que

x3d

3y

d x3 =D(D−1)(D−2)y donde

D= d d t

de esta forma la ecuación de Euler se transforma en una ecuación con coeficientes constantes.

Ejemplo 1.14. Resolver las ecuación de Euler

x2y00+2x y0−2y=0 Desarrollo: Haciendo el cambio de variablesx=et se sigue

x2y00 = D(D1)y

x y0 = Dy

entonces la ecuación se transforma en

D(D−1)y+2Dy −2y =0 dondey =y(et)entonces

€

(20)

se sigue

y et=

c1e−2t+c2et

se sigue

y(x) =c1 x2+c2x

Ejemplo 1.15. Resolver la ecuación de Euler no homogénea

x2y00+2x y0−2y =lnx

Si hacemos el cambio de variablex=et entonces la ecuación se transforma en

€

D2+D−2Šy =ln et= t

es decir

€

D2+D−2Šy =t

la que sabemos resolver (es una ecuación de coeficientes contantes, la solución particular la podemos encontrar utilizando coeficientes indeterminados o bien variación de parámetros). La solución de la ecuación

x2y00+2x y02y =lnx es

c1

x2+c2x− 1 2lnx

Figure

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