ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN

ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN

ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN
Alejandro Lugon
24 de agosto de 2010
1.
LINEALES CON COEFICIENTES CONSTANTES
1.1.
Caso Homogeneo
Consideremos la ecuación:
ẍ + aẋ + bx =
0
(1)
Es fácil probar:
Teorema 1 Dada la ecuación (??), si tenemos dos soluciones x(t) = f (t) y x(t) = g(t), independientes,
entonces x(t) = Af (t) + Bg(t) es también solución de la ecuación para cualquier par de constantes A, B ∈ R.
Con estas dos soluciones podemos generar cualquier solución de manera general: x(t) = Af (t) + Bg(t).
Si tenemos x(0) y ẋ(0), podemos encontrar la solución particular para estos valores encontrando A y B tales
que:
x(0)
= Af (0) + Bg(0)
ẋ(0)
= Af 0 (0) + Bg 0 (0)
Un punto importante es que las soluciones deben ser independientes para poder resolver este sistema.
Entonces el problema se limita a encontrar un par de soluciones independientes. Para empezar probemos
si una solución del tipo x(t) = ert satisface (??). Tenemos:
x(t)
=
ert
ẋ(t)
=
rert
ẍ(t)
=
r2 ert
reemplazando en (??):
r2 ert + arert + bert
2
(r + ar + b)e
1
rt
=
0
=
0
como ert 6= 0 debemos tener:
r2 + ar + b = 0
Este polinomio recibe el nombre de polinomio caracterı́stico y sus raı́ces son las raı́ces caracterı́sticas de la
ecuación. Esta polinomio tiene dos soluciones:
r1
=
r2
=
√
a2 − 4b
√2
−a − a2 − 4b
2
−a +
que pueden caer en uno de los tres casos siguientes:
1. r1 , r2 ∈ R con r1 6=2
2. r1 , r2 ∈ R con r1 = r2 = r
3. r1 , r2 ∈ C
Veamos cada caso por separado.
1.1.1.
Raı́ces reales diferentes (a2 − 4b > 0)
Este es el caso más fácil, tenemos que x(t) = er1 t y x(t) = er2 t son solución de (??), entonces:
x(t) = Aer1 t + Ber2 t
es la solución general de ??. Las dos constantes A y B serán las encargadas de que esta solución cumpla las
condiciones iniciales. Si nos dan x(0) y ẋ(0) podremos encontrar A y B y tener la solución particular para
estas condiciones iniciales.
1.1.2.
Raı́ces reales iguales (a2 − 4b = 0)
En este caso no podemos usar las raı́ces para tener dos soluciones independientes pero podemos resolver
explı́citamente la ecuación. Tenemos solo una raı́z r = − a2 . De la condición a2 − 4b = 0 podemos despejar
b=
a2
4
= r2 y trabajar la ecuación:
ẍ + aẋ + bx =
ẍ − 2rẋ + r2 x
=
0
0
2
ẍ − rẋ − rẋ + r x = 0
d
(ẋ − rx) − r (ẋ − rx) = 0
dt
Si hacemos el cambio de variable u = ẋ − rx la ecuación diferencial queda:
d
u − ru = 0
dt
cuya solución es
u(t) = K1 ert
2
que en término de x,la función buscada, es:
ẋ − rx = K1 ert
que a su vez se resuelve en:
x(t) = K2 er + K2 ter
Ya hemos obtenido la solución buscada.
En otra lı́nea de deducción podı́amos haber probado directamente que x(t) = tert es una solución de la
ecuación dada, verifiquemos:
x(t)
= tert
ẋ(t)
= ert + rtert
ẍ(t)
=
2rert + r2 tert
reemplazamos en (??):
2rert + r2 tert + a(ert + rtert ) + b(tert )
=
0
2
rt
=
0
(r2 t + art + bt + 2r + a+)ert
(2r + r t + a + art + bt)e
2
((r + ar + b)t + (2r + a))e
=
0
rt
=
0
0
=
0
donde en el último paso recordamos que r es −a/2 y cumple r2 + ar + b = 0.
Con esto podemos formar la solución general:
x(t) = Aert + Btert
Como antes las dos constantes A y B serán las encargadas de que esta solución general se particularice
para las condiciones iniciales dadas.
1.1.3.
√
Raı́ces complejas (a2 − 4b < 0)
En este caso las raı́ces son complejos conjugados: r1 = α + iβ y r2 = α − iβ con α = −a/2 y β =
4b − a2 /2.
Usando la exponencial de un complejo:
eu+iv = eu (Cos(vt) + iSen(vt))
podrı́amos formar la solución:
x(t)
= Aer1 t + Ber2 t
= A(eαt (Cos(βt) + iSen(βt))) + Beαt (Cos(−βt) + iSen(−βt))
= A(eαt (Cos(βt) + iSen(βt))) + Beαt (Cos(βt) − iSen(βt))
=
(A + B)eαt Cos(βt) + (A − B)ieαt Sen(βt)
3
El problema con esta posible solución es el término imaginario i. Podemos “deshacernos”de este término si
pensamos que A y B pueden ser también números complejos conjugados: A = C/2−iD/2 y B = C/2+iD/2,
con lo cual A + B = C y (A − B)i = D. Con lo cual obtenemos como solución:
x(t) = Ceαt Cos(βt) + Deαt Sen(βt)
Igual que en los dos casos anteriores, las constantes C y D se determinan con las condiciones iniciales.
2.
Ecuaciones de orden mayor que 2
Sea la ecuación:
Dn x + a1 Dn−1 x + a2 Dn−2 x + · · · + an−1 D1 x + an x = 0
∂k
donde Dk x = k x(t) es la derivada de orden k de x respecto de t. Esta ecuación es de orden n.
∂t
Su polinomio caracterı́stico será:
rn + a1 rn−1 + a2 rn−2 + · · · + an−1 r + an = 0
Este tiene, tomando en cuenta la multiplicidad, n raı́ces entre reales y complejas. Las raı́ces reales pueden
ser múltiples. Las raı́ces complejas se presentan en pares conjugados los cuales también pueden ser simples
o múltiples.
La solución general de la ecuación diferencial está determinada por una combinación lineal de n soluciones
independientes. Estas soluciones corresponden a las raı́ces del polinomio caracterı́stico, consideremos que
tenemos M raı́ces reales λj con multiplicidad mj y 2N raı́ces complejas conjugadas por pares (N pares),
αl ± iβl con multiplicidad ml cada par 1 .
La solución se conforma la siguiente manera:
Cada raı́z real, λj con multiplicidad mj , genera los mj términos:
exp(λj t), t exp(λj t), t2 exp(λj t), . . . , tmj −1 exp(λj t)
Cada par de raı́ces complejas conjugadas αl ± iβl con multiplicidad ml , genera los 2ml términos:
exp(αl t)Cos(βl t), t exp(αl t)Cos(βl t), t2 exp(αl t)Cos(βl t), . . . , tml −1 exp(αl t)Cos(βl t)
exp(αl t)Sen(βl t), t exp(αl t)Sen(βl t), t2 exp(αl t)Sen(βl t), . . . , tml −1 exp(αl t)Sen(βl t)
De esta manera la solución, x(t) es una combinación lineal de todos los términos generados. Esta combinación genera n constantes que se determinan usando las condiciones iniciales. Esto requier que tengamos
valores dados para Dn−1 x(0), Dn−2 x(0),. . . ,D1 x(0) y x(0).
Si la ecuación no es homogenea, la solución particular se puede encontrar por el mismo método anterior.
1 En
ambos casos las raı́ces simples tienen multiplicidad m = 1
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