Ecuación general de segundo orden, primer grado, con coeficientes que son funciones de x.

 

Medellín, 28 de febrero de 2021

 

 

Ecuaciones diferenciales.

 

Ecuación general de segundo orden, primer grado, con coeficientes que son funciones de x.

 

Esta ecuación, cualquiera sea la forma en que la encontremos, la debemos transformar a

 y’’ + P(x)y’ + Q(x) y = f(x)                                                                                (1)

 Como es una ecuación de segundo orden, la homogénea correspondiente es:

 y’’ + P(x)y’ + Q(x) y = f(x) =0                                                                           (2)

Tiene dos soluciones particulares y₁ y y₂ que son difíciles de encontrar, excepto: cuando las funciones P(x) =a₁ y Q(x) = a_2, con a₁ y a₂ constantes. En este caso la solución es y=e^r, con r = (r₁, r₂). La solución general de la ecuación (2) es y_h = C₁y₁ + C₂y₂

y como veremos en el ejemplo, r es muy fácil encontrar, reemplazando en la ecuación homogénea asociada.

La otra forma de esta ecuación de segundo orden y primer grado, en la que es fácil encontrar las soluciones y₁ y y₂, es la ecuación Euler – Cauchy, la cual tiene la forma:

x²y’’ +axy’+by = R(x), ……………………………………………………………………….(3)

 cuya homogénea es:

 x²y’’ +axy’+by = 0                                                                                            (4)

La cual tiene como soluciones y₁ y y_2;  y = x^r, r = (r₁ y r₂) y r es muy fácil de encontrar, reemplazando en la ecuación homogénea asociada (4).

La solución general de la ecuación (4) es y_h = C₁y₁ + C₂y₂

 De resto, para P(x) y Q(x) generales es muy difícil encontrar las soluciones particulares de la ecuación homogénea asociada. Los autores le sacan el cuerpo y yo también lo haré.

Solución general de la ecuación (1); suponemos que somos capaces de encontrar las soluciones particulares y la general de la ecuación (2)

 y’’ + P(x)y’ + Q(x) y = f(x)                                                                    y₁ y y₂ las podemos encontrar.

 y_h = C₁y₁ + C₂y₂           Solución general de la ecuación (2)                      y₁ y y₂ son funciones de x

 

yp = solución particular de la ecuación (1)

Suponemos que la solución particular de la ecuación (1) es y_p = u₁(x)y₁(x) + u₂(x)y₂(x)

Que, por facilidad de escritura y lectura, la escribiremos:

y_p = u₁y₁ + u₂y₂

Entendemos que u_1, y_1, u_2, y₂ son funciones de (x), más no constantes.

 y_p’ = u₁y₁’ + u₁’y₁ + u₂y₂’+ u₂’y₂                                                  (5)

Tratándose de una solución particular, podemos suponer que la necesitamos cumple que:

y₁u₁’ + y₂u₂’ =0                                                                              (6)

Con lo cual yp’ se reduce a y_p’ = u₁y₁’ + u₂y₂’ y ahora sacamos la segunda derivada y_p’’

yp’’ = u₁y₁’’ + u₁’y₁’ + u₂y₂’’ + u₂’y₂’                                            (7)

Reemplazando y_p, y_p’ y y_p’’ en la (1) obtenemos:

u₁y₁’’ + y₁’u₁’+u₂y₂’’ + u₂’y₂’ +P(x)(u₁y₁’+u₂y₂’) + Q(x)(u₁y₁ + u₂y₂) = f(x)

u₁(y₁’’+P(x)y₁’ + Q(x)y₁) +u₂(y₂’’ + P(x)y₂’ + Q(x) y₂) +u₁’y₁’ + u₂’y₂’ = f(x)

Como y₁ y y₂ son soluciones de la homogénea (2), los factores que acompañan a u₁ y u₂ son 0 c/u, la última simplificación se convierte en :

u₁’y₁’ + u₂’y₂’ = f(x)                                                                          (8)

Miremos aparte las ecuaciones (6) y (8)

y₁u₁’ + y₂u₂’ = 0                                                                               (6)

u₁’y₁’ + u₂’y₂’ = f(x)                                                                          (8)

Es un sistema de ecuaciones, donde las incógnitas son u₁’ y u₂’ Posteriormente, una vez tengamos resueltos u₁’ y u₂’, por integración, llegaremos a u₁ y u₂ y por tanto a la solución y_p.

Por la regla de Kramer:

Ejemplo 1

y’’ + 3y’ + 2y = 1/(1 + e^x)                                                                                    (11)

La homogénea asociada es y’’ + 3y’ + 2y = 0

Para este tipo de ecuaciones, en las que P(x) y Q(x) son iguales a una constante, la ecuación

y = e^rx

Es una solución particular

Reemplazando en el ejercicio:                                  y’ =re^rx        y’’ = r²e^rx

P(x) = Q(x) = 1

r²e^rx + 3re^rx +2 e^rx = 0

r² + 3r +2 =(r + 1)(r + 2) = 0                  r=-1       r = -2        y₁ = e^–x     y₂ = e^-2x

La solución general de la homogénea asociada es y_h = C₁e^-x + C₂e^-2x     (12)

El método de hallar las funciones u1(x) y u2(x) se llama “VARIACIÓN DE PARÁMETROS”

y_p = u₁y₁ + u₂y₂     una solución particular, que se le suma a la general de la homogénea, ecuación (12)

Wrosquiano      W =y₁y₂’ – y₁’y₂ = e^-x(-2e^-2x) - -(-e^-x) (e^-2x) =-e^-3x

u₁ = ∫-((e^-2x/e^-3x) (1/(1+e^x)) dx =-∫ (e^x/ (1 + e^x)) dx = -ln(1 + e^x)

u₂ = ∫(e^-x/e^-3x)(1/(1+e^x))dx = ∫(e^2x/(1 + e^x))dx

Para realizar este integral primero aplicamos partes y luego cambio de variable. Las partes son

u = e^x                         du = e^xdx

dv=e^xdx/(1+e^x)           v= ln(1 + e^x)

Luego el cambio de variable u= (1 + e^x) y para terminar utilizamos la tabla de fórmulas de integrales:  ∫ln u du

El resultado final para u₂ es u₂=ln (1 + e^x)

Recordemos que y_p = u₁y₁ + u₂y_2;        Una vez hecha la multiplicación obtenemos:

y_p = (e^-x +e^-2x) ln(1+e^x)

y = C₁e^-x + C₂e^-2x +(e^-x +e^-2x) ln(1+e^x)

Ejemplo 2 Ecuación de Euler – Cauchy

x²y’’-3xy’ + 3y = 2x⁴e^x

Sin cambiar nada, resolvemos la ecuación homogénea

x²y’’-3xy’ + 3y = 0                                  (13)

y = x^r es una solución particular. Calculemos los valores de r

y’= rx^{(r – 1)}                  y’’ = r(r – 1)x ^{(r -2)} reemplazando en (13)

r(r – 1)x^r – 3rx^r +3x^r =0             si x diferente de 0, entonces

 

r² – r -3r + 3=0 ;                                     r² – 4r +3 =0 ;     (r – 3)(r – 1) =0

 

r= 1   y r = 3                           y₁ = x    y      y₂= x³              y_h = C₁x + C₂x³

Para encontrar la solución yp, hay que convertir la ecuación (13) a la forma de ecuación (1)

y’’-3y’/x + 3y/x² = 2x⁴e^x/x²

y’’-3y’/x + 3y/x² = 2x²e^x  ;     P(x) = -3/x   ;        Q(x) = 3/x²   ; f(x) =2x²e^x

Ahora, encontramos y_p =u₁y₁ + u₂y²

El wroskiano x.3x² -1.x³ = 2x³

u₁ =-∫(x³/2x³)2x²e^xdx =-∫x²e^xdx

Esta integral se hace por partes, dos veces. El resultado es:

u₁ =-∫ x²e^xdx =-x²e^x + 2xe^x -2e^x

u₂ =∫(x/2x³)2x²e^xdx =-∫e^xdx = e^x

y_p = (-x²e^x + 2xe^x -2e^x) x + e^x.x³ = 2x²e^x -2xe^x     

y = C₁x + C₂x³ + 2x²e^x -2xe^x

 

Juan Fernando Sanin E                               juanfernando.sanin@gmail.com

Resolución de ecuaciones diferenciales lineales de primer orden y primer grado.

 

Jardín, febrero 2021

 

 

Solución de ecuaciones diferenciales lineales.

 

Si una ecuación diferencial, después de algunas transformaciones algebraicas, se puede reescribir de la forma:

 

y’ + P(x)y = Q(x)                                                                                                         (1)

 

Estamos hablando de una ecuación diferencial lineal y existe un método preciso para resolverse.

 

Utilizamos un factor integrante multiplicador μ = e^∫P(x)dx, con el cual multiplicamos la totalidad de la ecuación, ya escrita en su forma oficial.

 

 

μdy/dx + μP(x)y = μQ(x)                                                                                (1 a)

 

recordemos

 

d(μy)/dx = μdy/dx + y e^∫P(x)dx P(x)  =udy/dx + y P(x) μ =μQ(x)

 

En el párrafo anterior: e^∫P(x)dx P(x) = derivada de µ (derivada del segundo)

 

La solución la obtenemos directamente por integración

 

∫d(μy) =∫μQ(x)dx                              y

 

μy = ∫μQ(x)dx         Esta es la fórmula para encontrar la solución y      (2)

 

En los ejercicios no vamos a aplicar la fórmula (2), sino que haremos el procedimiento completo, para facilitar que se entienda el proceso, que nos llevó a la ecuación (2)

 

Ejemplo 1

 

y’ + 2 y/x = x – 1

 

P(x) = 2/x

Q(x) = x–1

 

Factor integrante μ = e ^∫P(x)dx =e ^∫(2/x)dx =e ᶺ 2lnx = e ᶺ ln x²

 

μ = x²

 

 

x²y’ + 2x²y/x = x² (x – 1) = x²y’ + 2xy = x² (x – 1)

 

d (x²y) /dx = x² (x – 1)

 

d (x²y) = x³ – x²

 

Integrando a ambos lados:

 

x²y =∫( x³ – x²) dx

 

x²y =x⁴/4 – x³/3 + C

 

y=x²/4 – x/3 + C/x²

 

Chequeemos a ver si cumple la ecuación diferencial

 

y’ = x/2 – 1/3 –2C/x³

 

2y/x = x/2 –2/3 +2C/x³

 

y’ + 2y/x = (x/2 + x/2) –1 +0 =x – 1   Satisface la ecuación que estábamos resolviendo.

 

Ejemplo 2

 

xy’ – y = x² cox 2x                                                                                              (3)

 

y’ – y/x = x cox 2x

 

P(x) = -1/x

 

μ = e ^∫P(x)dx

 

μ = e ^{(-1/x) dx} = e ^-lnx = e ᶺln x ^{– 1} =  e ^ln(1/x) = 1/x

 

y’/x – y/x² =cos 2x

 

d(y/x)/dx = cos 2x

 

d(y/x) = cos 2x dx

 

y/x = ∫cos 2x dx = (sen 2x) /2 +C

 

Solución

 

y = Cx + (x/2) sen (2x)

 

Ecuación de Bernoulli

 

y’ + P(x) y = Q(x) yⁿ                                                                          (4)

 

Se parece a la lineal, pero aparece yⁿ, daña la forma general de la ecuación lineal.

 

Hacemos el siguiente cambio de variable v = y ^{1 – n}                                                          (5)

 

dv/dx = (1 – n) y ^{– n} dy/dx

 

y’ = dy/dx = (1/ (1 – n)) yⁿ (dv/dx)

 

de (5)

 

y=vyⁿ                                                                                                    (6)

 

Reemplazando (5) y (6) en (4)

 

[(yⁿ/ (1 – n)]dv/dx + P(x) v yⁿ = Q(x)yⁿ                                         Podemos eliminar yⁿ

 

[1/ (1 – n)] dv/dx + P(x) v = Q(x)

 

dv/dx + (1 – n) P(x)v = (1 – n) Q(x)                                                     (7)

 

P nuevo = (1 – n) P(x)

Q nuevo = (1 – n) Q(x)

 

La ecuación (7) es una ecuación lineal, donde las variables son v, x

 

Ejemplo 3

 

x²y’ + 2xy =5y³                                                                                      (8)

 

y’ + 2y/x = 5y³/x²                                                                                 (8 a)

 

v=y ^1-n =y ^{1 – 3} = y ^–2                                       y         vy³ = y               (8 b)

 

dv/dx = –2 y ^–3 dy/dx                                                                            (8 c)

 

y’ = dy/dx = (–1/2) y³ dv/dx                                                                 (8 d)

 

(8 d) y (8 b) en (8 a)

 

(– 1/2) y³ dv/dx + 2 (vy³)/x =5y³/x²

 

Podemos cancelar y3 y tenemos

 

(– 1/2) dv/dx + 2 v/x =5/x²

 

dv/dx - 4v/x =-10/x²                                                                                   (9)

 

Esta es una ecuación lineal en v, x

 

Factor integrante                     μ = e^{∫(-4/x) dx} =e ^-4lnx =eᶺ ln x ^{– 4} =x^{- 4}

 

[dv/dx - 4v/x]x^-4 =[-10/x²]x^-4

 

d (x^-4 dv/dx – 4v/x⁵) =-10/x⁶

 

d (x^-4 v) = -10x^-6 dx                                                    integrando

 

x^-4v = 2/x⁵ +C

 

v = 2/x +Cx⁴

 

y² = 1/ (2/x + Cx⁴) =x / (2 + Cx⁵)

 

Que es la solución general

 

En este link se pueden resolver muchas ecuaciones diferenciales en línea.

 

https://es.symbolab.com/solver/ordinary-differential-equation-calculator

 

No obstante, el link merece un comentario adicional. En este repaso que vamos a hacer de resolución de ecuaciones diferenciales, vamos a tratar 1. Ecuaciones lineales de primer grado y primer orden. (Lo que hemos hecho hoy). 2. Ecuaciones homogéneas y no homogéneas de segundo grado, con coeficientes constantes, con un término independiente R(x), que se encuentra en una tabla dada, por el método de coeficientes indeterminados. 3. Ecuaciones homogéneas y no homogéneas de segundo grado, con coeficientes variables o constantes y un R(x) que no se encuentra en la tabla mencionada, por el método de variación de parámetros.

El link resuelve la mayoría de las ecuaciones 1de  y 2 y algunas de 3. Pero si es de orden mayor a 2 o los coeficientes de las no homogéneas son complicados, al igual que el R(x), es probable que el link no tenga capacidad para resolverla.

 

 

 

Juan Fernando Sanín E

juanfernando.sanin@gmail.com