Universidad Nacional Mayor de San Marcos Universidad del Perú, DECANA DE AMÉRICA FACULTAD DE CIENCIAS FÍSICAS CURSO: ECUACIONES DIFERENCIALES EAP: FÍSICA Resolver la ecuación diferencial 𝑦 ′′′ − 𝑦 ′′ − 𝑦 ′ + 𝑦 = 4𝑥𝑒 𝑥 , usando los métodos de coeficientes indeterminados, variación de parámetros y Laplace. Solución: Como vemos, la ecuación 𝑦 ′′′ − 𝑦 ′′ − 𝑦 ′ + 𝑦 = 0 ………. (∎) , viene a ser la ecuación diferencial asociada, que es una ecuación homogénea. La solución de la ecuación será: 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 En dónde: 𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑦1 + 𝑐2 𝑦2 + 𝑐3 𝑦3 (Por el teorema de la superposición) . Cálculo de 𝑦𝑐 Suponemos que: 𝑦 = 𝑒 𝑟𝑥 Entonces: 𝑦 ′ = 𝑟𝑒 𝑟𝑥 𝑦 ′′ = 𝑟 2 𝑒 𝑟𝑥 𝑦 ′′′ = 𝑟 3 𝑒 𝑟𝑥 , Reemplazando: 𝑟 3 𝑒 𝑟𝑥 − 𝑟 2 𝑒 𝑟𝑥 − 𝑟𝑒 𝑟𝑥 + 𝑒 𝑟𝑥 = 0 𝑒 𝑟𝑥 (𝑟 3 − 𝑟 2 − 𝑟 + 1) = 0 Como 𝑒 𝑟𝑥 ≠ 0 , entonces (𝑟 3 − 𝑟 2 − 𝑟 + 1) = 0 (Ecuación característica) . Como 𝑟 = −1 es una raíz del polinomio 𝑃(𝑟) = 𝑟 3 − 𝑟 2 − 𝑟 + 1 , entonces (𝑟 + 1) Es un factor de 𝑃(𝑟) . Entonces: 𝑟 3 − 𝑟 2 − 𝑟 + 1 = (𝑟 + 1)(𝑟 − 1)2 = 0 De aquí que las soluciones de la ecuación diferencial es 𝑦1 = 𝑒 −𝑥 , 𝑦2 = 𝑒 𝑥 , 𝑦3 = 𝑥𝑒 𝑥 .Comprobamos las soluciones en (∎) . . 𝑦1 = 𝑒 −𝑥 Es solución de la ecuación diferencial, entonces 𝑦1′ = −𝑒 −𝑥 , 𝑦1′′ = 𝑒 −𝑥 , 𝑦1′′′ = −𝑒 −𝑥 Reemplazando: 𝑦 ′′′ − 𝑦 ′′ − 𝑦 ′ + 𝑦 = 0 (−𝑒 −𝑥 ) − (𝑒 −𝑥 ) − (−𝑒 −𝑥 ) + 𝑒 −𝑥 = 0 0=0 .𝑦2 = 𝑒 𝑥 Es solución de la ecuación diferencial, entonces 𝑦2′ = 𝑒 𝑥 , 𝑦2′′ = 𝑒 𝑥 , 𝑦2′′′ = 𝑒 𝑥 Reemplazando: 𝑦 ′′′ − 𝑦 ′′ − 𝑦 ′ + 𝑦 = 0 (𝑒 𝑥 ) − (𝑒 𝑥 ) − (𝑒 𝑥 ) + 𝑒 𝑥 = 0 0=0 .𝑦3 = 𝑥𝑒 𝑥 Es solución de la ecuación diferencial, entonces 𝑦3′ = 𝑒 𝑥 + 𝑥𝑒 𝑥 , 𝑦3′′ = 2𝑒 𝑥 + 𝑥𝑒 𝑥 , 𝑦3′′′ = 3𝑒 𝑥 + 𝑥𝑒 𝑥 Reemplazando: (3𝑒 𝑥 + 𝑥𝑒 𝑥 ) − (2𝑒 𝑥 + 𝑥𝑒 𝑥 ) − (𝑒 𝑥 + 𝑥𝑒 𝑥 ) + 𝑥𝑒 𝑥 = 0 0=0 Ahora comprobamos que las soluciones 𝑦1 , 𝑦2 , 𝑦3 son linealmente independientes. Para eso utilizamos el Wronskiano: 𝑒 −𝑥 𝑊(𝑒 −𝑥 , 𝑒 𝑥 , 𝑥𝑒 𝑥 ) = |−𝑒 −𝑥 𝑒 −𝑥 𝑒𝑥 𝑒𝑥 𝑒𝑥 𝑥𝑒 𝑥 𝑒 𝑥 + 𝑥𝑒 𝑥 | = 4𝑥𝑒 𝑥 ≠ 0 2𝑒 𝑥 + 𝑥𝑒 𝑥 Entonces las soluciones 𝑦1 , 𝑦2 , 𝑦3 son linealmente independientes .Y el conjunto fundamental de soluciones viene a ser CFS {𝑒 −𝑥 , 𝑒 𝑥 , 𝑥𝑒 𝑥 } Y la solución complementaria tiene la forma: 𝑦𝐶 = 𝐶1 𝑒 −𝑥 + 𝐶2 𝑒 𝑥 + 𝐶3 𝑒 𝑥 .Comprobamos la solución 𝑦𝐶 𝑦𝑐′ = −𝐶1 𝑒 −𝑥 + 𝑐2 𝑒 𝑥 + 𝐶3 𝑒 𝑥 + 𝐶3 𝑥𝑒 𝑥 𝑦𝑐′′ = 𝐶1 𝑒 −𝑥 + 𝑐2 𝑒 𝑥 + 2𝐶3 𝑒 𝑥 + 𝐶3 𝑥𝑒 𝑥 𝑦𝑐′′′ = −𝐶1 𝑒 −𝑥 + 𝑐2 𝑒 𝑥 + 3𝐶3 𝑒 𝑥 + 𝐶3 𝑥𝑒 𝑥 .Reemplazando: (−𝐶1 𝑒 −𝑥 + 𝑐2 𝑒 𝑥 + 3𝐶3 𝑒 𝑥 + 𝐶3 𝑥𝑒 𝑥 ) − ( 𝐶1 𝑒 −𝑥 + 𝑐2 𝑒 𝑥 + 2𝐶3 𝑒 𝑥 + 𝐶3 𝑥𝑒 𝑥 ) − (−𝐶1 𝑒 −𝑥 + 𝑐2 𝑒 𝑥 + 𝐶3 𝑒 𝑥 + 𝐶3 𝑥𝑒 𝑥 ) +(𝐶1 𝑒 −𝑥 + 𝐶2 𝑒 𝑥 + 𝐶3 𝑒 𝑥 ) = 0 0=0 .Cálculo de 𝑦𝑝 (Método de variación de parámetros) 𝑦 ′′′ − 𝑦 ′′ − 𝑦 ′ + 𝑦 = 4𝑥𝑒 𝑥 𝑦𝑝 = 𝑥 𝑠 [𝐴0 + 𝐴𝑥]𝑒 𝑥 .Para 𝑠 = 0 → 𝐴0 𝑒 𝑥 + 𝐴1 𝑥𝑒 𝑥 No es L I con 𝑦𝑐 Para 𝑠 = 1 → 𝐴0 𝑥𝑒 𝑥 + 𝐴1 𝑥 2 𝑒 𝑥 No es L I con 𝑦𝑐 Para 𝑠 = 2 → 𝐴0 𝑥 2 𝑒 𝑥 + 𝐴1 𝑥 3 𝑒 𝑥 Es L I con 𝑦𝑐 .Entonces 𝑦𝑝 = 𝐴0 𝑥 2 𝑒 𝑥 + 𝐴1 𝑥 3 𝑒 𝑥 𝑦𝑝′ = 2𝐴0 𝑒 𝑥 + 𝐴0 𝑥 2 𝑒 𝑥 + 3𝐴1 𝑥 2 𝑒 𝑥 + 𝐴1 𝑥 3 𝑒 𝑥 𝑦𝑝′′ = 2𝐴0 𝑒 𝑥 + 4𝐴0 𝑥𝑒 𝑥 + 𝐴0 𝑥 2 𝑒 𝑥 + 6𝐴1 𝑥𝑒 𝑥 + 6𝐴1 𝑥 2 𝑒 𝑥 + 𝐴1 𝑥 3 𝑒 𝑥 𝑦𝑝′′′ = 6𝐴0 𝑒 𝑥 + 6𝐴0 𝑥𝑒 𝑥 + 𝐴0 𝑥 2 𝑒 𝑥 + 6𝐴1 𝑒 𝑥 + 18𝐴1 𝑥𝑒 𝑥 + 9𝐴1 𝑥 2 𝑒 𝑥 + 𝐴1 𝑥 3 𝑒 𝑥 .Reemplazando en 𝑦𝑝 : (6𝐴0 𝑒 𝑥 + 6𝐴0 𝑥𝑒 𝑥 + 𝐴0 𝑥 2 𝑒 𝑥 + 6𝐴1 𝑒 𝑥 + 18𝐴1 𝑥𝑒 𝑥 + 9𝐴1 𝑥 2 𝑒 𝑥 + 𝐴1 𝑥 3 𝑒 𝑥 ) − (2𝐴0 𝑒 𝑥 + 4𝐴0 𝑥𝑒 𝑥 + 𝐴0 𝑥 2 𝑒 𝑥 + 6𝐴1 𝑥𝑒 𝑥 + 6𝐴1 𝑥 2 𝑒 𝑥 + 𝐴1 𝑥 3 𝑒 𝑥 ) − (2𝐴0 𝑒 𝑥 + 𝐴0 𝑥 2 𝑒 𝑥 + 3𝐴1 𝑥 2 𝑒 𝑥 + 𝐴1 𝑥 3 𝑒 𝑥 ) + (𝐴0 𝑥 2 𝑒 𝑥 + 𝐴1 𝑥 3 𝑒 𝑥 ) = 4𝑥𝑒 𝑥 .Igualando coeficientes: 12𝐴1 = 4 → 𝐴1 = 1 3 4𝐴0 + 6𝐴1 = 0 → 𝐴0 = − 1 2 .Reemplazando los coeficientes, nos queda: 1 1 𝑦𝑝 = − 𝑥 2 𝑒 𝑥 + 𝑥 3 𝑒 𝑥 2 3 Y la solución general de nuestra ecuación diferencial es: 1 1 𝑦 = 𝐶1 𝑒 −𝑥 + 𝐶2 𝑒 𝑥 + 𝐶3 𝑒 𝑥 − 𝑥 2 𝑒 𝑥 + 𝑥 3 𝑒 𝑥 2 3 Resolver la ecuación diferencial 𝑦 ′′′ − 𝑦 ′′ − 𝑦 ′ + 𝑦 = 4𝑥𝑒 𝑥 Habiendo obtenido la solución complementaria en el problema anterior: 𝑦𝐶 = 𝐶1 𝑒 −𝑥 + 𝐶2 𝑒 𝑥 + 𝐶3 𝑒 𝑥 .Cálculo de 𝑦𝑝 (Método de Variación de Parámetros) 𝑦𝑝 = 𝑢1 𝑦1 + 𝑢2 𝑦2 + 𝑢3 𝑦3 𝑢1′ 𝑦1 + 𝑢2′ 𝑦2 + 𝑢3′ 𝑦3 = 0 { 𝑢1′ 𝑦1′ + 𝑢2′ 𝑦2′ + 𝑢3′ 𝑦3′ = 0 𝑢1′ 𝑦1′′ + 𝑢2′ 𝑦2′′ + 𝑢3′ 𝑦3′′ = 4𝑥𝑒 −𝑥 .Determinamos la solución particular, para ellos determinamos el Wronskiano 𝑒 −𝑥 𝑊(𝑒 −𝑥 , 𝑒 𝑥 , 𝑥𝑒 𝑥 ) = |−𝑒 −𝑥 𝑒 −𝑥 𝑒𝑥 𝑒𝑥 𝑒𝑥 𝑥𝑒 𝑥 𝑒 𝑥 + 𝑥𝑒 𝑥 | = 4𝑒 𝑥 2𝑒 𝑥 + 𝑥𝑒 𝑥 𝑊 = 4𝑒 𝑥 0 𝑤1 = [ 0 4𝑥𝑒 𝑥 𝑒𝑥 𝑒𝑥 𝑒𝑥 𝑥𝑒 𝑥 𝑒 𝑥 + 𝑥𝑒 𝑥 ] = 4𝑥𝑒 2𝑥 2𝑒 𝑥 + 𝑥𝑒 𝑥 𝑒 −𝑥 𝑤2 = [−𝑒 −𝑥 𝑒 −𝑥 0 0 4𝑥𝑒 𝑥 𝑒 −𝑥 𝑤3 = [−𝑒 −𝑥 𝑒 −𝑥 𝑒𝑥 𝑒𝑥 𝑒𝑥 𝑥𝑒 𝑥 𝑒 𝑥 + 𝑥𝑒 𝑥 ] = 4𝑥𝑒 𝑥 (1 + 2𝑥) 2𝑒 𝑥 + 𝑥𝑒 𝑥 0 0 ] = 8𝑥𝑒 𝑥 4𝑥𝑒 𝑥 De donde: 𝑢1′ 𝑤1 4𝑥𝑒 𝑥 = = =𝑥 𝑤 4𝑒 𝑥 𝑢2′ 𝑤2 −4𝑥𝑒 𝑥 (1 + 2𝑥) = = = −𝑥(1 − 2𝑥) 𝑤 4𝑒 𝑥 𝑢3′ 𝑤3 8𝑥𝑒 𝑥 = = = 2𝑥 𝑤 4𝑒 𝑥 . Integrando: 𝑥2 𝑢1 = ∫ 𝑥𝑑𝑥 = 2 𝑢2 = − ∫(𝑥 + 2𝑥 2 )𝑑𝑥 𝑥 2 2𝑥 3 =− − 2 3 𝑢3 = ∫ 2𝑥𝑑𝑥 = 𝑥 2 . La solución particular toma la forma 𝑦𝑝 = 𝑢1 𝑦1 + 𝑢2 𝑦2 + 𝑢3 𝑦3 . Luego la solución general de la ecuación diferencial es: 1 1 𝑦 = 𝐶1 𝑒 −𝑥 + 𝐶2 𝑒 𝑥 + 𝐶3 𝑒 𝑥 − 𝑥 2 𝑒 𝑥 + 𝑥 3 𝑒 𝑥 2 3