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Ecuaciones en diferencias Una ecuación en diferencias de orden

n , es aquella que se puede expresar en la forma

y k+ n=f ( k , y k , y k+1 , … , y k+n−1 ) Donde

+¿ ¿ k ∈Z y

y= y ( k )= y k

En este curso solo se va a trabajar ecuaciones en diferencias lineales a coeficientes constantes

y k+1 + a y k =uk y k+2 + a y k+1 +b y k =u k y k+3 + a y k+2 + b y k +1+c y k =uk Para aplicar el método de la transformada z , requerimos condiciones iniciales

y 0 , y 1 , … y n−1 Para una ecuación en diferencias de orden

n

Ejemplo. Resolver la ecuación en diferencias

y k+1 − y k =2k , y 0=−1 Solución. Podemos encontrar las soluciones dando a valores a inicial

k

y usando la condición

y 1− y 0=1 → y 1=0 y 2− y 1=2 → y 2=2 y 3− y 2=4 → y 3=6 Cuánto vale

y k . Para calcular de forma sencilla, usamos la transformada z

Aplicando la transformada z a ambos lados de la ecuación, se tiene

Z [ y k+1 − y k ] ( z )=Z [ 2k ] (z) Z [ y k+1 ] (z )−Z [ y k ] ( z ) = zY ( z )− z y 0 −Y ( z ) =

z z−2

z z−2

Donde Z [ y k ]=Y . Que es una ecuación lineal Remplazando la condición inicial

zY +z−Y =

z z−2

( z−1) Y =−z + z z−2

Y=

−z z −z 2 +3 z + = z−1 (z−1)(z −2) ( z−1)(z −2)

Descomponiendo en fracciones parciales

A −2 −z+ 3 B Y 1 = = = + + z (z−1)(z −2) z−1 z−2 z−1 z−2 Con esto

Y =−2

z z + z−1 z−2

Cuya transformada inversa es:

y k =−2 ⋅1k +2k Verificamos si realmente es una solucion

y k+1 =−21 k+1 +2k+1 Luego

−21 k+1 +2k+1 −( −2 ⋅1k +2k) =−2 ⋅1k + 2 ⋅2k + 2 ⋅ 1 k −2k =2 k ok Ejemplo. Resuelva k y k+2 +3 y k +1+2 y k =( −1) +2 δ k , y 0=1, y 1=−1

Solución Aplicando la transformada z a cada lado

z 2 Y − z2 y 0−z y1+3 ( zY −z y0 ) +2Y = z +2 z +1 z 2 Y − z2 +z +3 (zY − z ) +2 Y =

z +2 z +1

( z 2+3 z +2) Y =z 2 +2 z +2+ z

z +1

Y=

( z 2+2 z +2 ) ( z+ 1 )+ z z2 +2 z+ 2 z = + 2 2 ( z +1 ) (z+ 2) (z 2 +3 z+ 2) (z + 1)(z + 3 z+ 2)

Y=

z 3+3 z 2 +5 z+ 3 −3 1 z 2 1 z +1 = +1=−3 + +2 2 z z z+1 z +1 z +2 z +2 ( z +1) (z +2)

Cuya transformada inversa es k−1

y k =−3 (−2 )

H k−1 +2 ( −1)k−1 H k−1 +δ k

Ejemplo. Resolver

x k+1=2 x k −10 y k , y k+1=− x k − y k ; x 0 =3, y 0 =−2 Solución Aplica la transformada a ambas ecuaciones

zX −3 z=2 X −10 Y zY +2 z=−X −Y Luego

( z−2) X +10 Y =3 z X + ( z +1 ) Y =−2 z Usando la regla de Cramer

3z | −2 z X= | z−2 1

| |

10 z +1 3 z 2+23 z = 2 z − z −12 10 z +1

X 5 3 z +23 −2 = = + z (z−4)(z+3) z−4 z +3 X =5

z z −2 z +3 z−4

Cuya inversa es k

x k =5 ⋅4 k −2 ⋅ (−3 )

Remplazando en la ecuación

x k+1=2 x k −10 y k k k k 20 ⋅4 k +6 ⋅ (−3 ) =10⋅ 4 −4 ⋅ (−3 ) −10 y k k

k y k =− 4 −( −3)

Por tanto, la solución al PVI es k k k x k =5 ⋅4 k −2 ⋅ (−3 ) , y k =− 4 −(−3 )

Otra forma de hacer es mediante eliminación

x k+1=2 x k −10 y k , y k+1=−x k − y k Solución. Se tiene

y k+2 =−x k+1− y k+1 y k+2 =−2 x k +10 y k − y k+1 y k+2 =2 ( y k+1 + y k ) +10 y k − y k+1 y k+2 − y k+1−12 y k =0, y 0 =−2, y 1=−1

Resuelva

x ´ =x−2 y+ t y ´ =2 x+ y−1, x( 0 )=1, y (0 ) =−1 Derivamos una de las ecuaciones

y ´ ´=2 x ´ + y ´ =2( x −2 y +t ) + y ´=2 x −4 y +2t + y ´ y ´ ´ = y ´− y +1−4 y + 2t + y ´

y ´ ´−2 y ´ +5 y=1+2 t , y(0 )=−1, y ´ ( 0 )=0...