Método de coeficientes indeterminados PDF

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Resolución del método de coeficientes indeterminados....

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Métodos de solución de ecuaciones diferenciales de segundo orden, lineales, con coeficientes constantes, no homogénea. Método de coeficientes indeterminados. Una ecuación diferencial de segundo orden, lineal, con coeficientes constantes no homogénea tiene la forma: 𝑎2

𝑑2 𝑦

𝑑𝑥 2

+ 𝑎1

𝑑𝑦 𝑑𝑥

+ 𝑎0 𝑦 = 𝑓(𝑥)

La cual puede resolverse en dos etapas. Primero resolviendo la parte izquierda de la ecuación diferencial como homogénea, al igualarla a cero y después utilizando alguno de los dos métodos el de coeficientes indeterminados y el de superposición o ambos, para encontrar la solución particular. 𝑦 = 𝑦𝐻 + 𝑦𝑝 donde 𝑦𝐻 = 𝐶1 𝑦1 + 𝐶2 𝑦2 Para encontrar la solución particular 𝑦𝑃 por coeficientes indeterminados propondremos una ecuación análoga a la función 𝑓(𝑥) solo que con sus coeficientes indeterminados como se muestra a continuación: 𝑓(𝑥) Cte

𝑦𝑝 𝐴

3𝑥 + 1

𝐴𝑥 + 𝐵

2𝑥

𝐴𝑥 + 𝐵

2𝑥 2

𝐴𝑥 2 + 𝐶𝑥 + 𝐷

𝑥3 + 3

𝐴𝑥 3 + 𝐵𝑥 2 + 𝐶𝑥 + 𝐷 𝐴𝑐𝑜𝑠(5𝑥) + 𝐵𝑠𝑒𝑛(5𝑥 )

𝑠𝑒𝑛(5𝑥) cos(3𝑥) + 𝑠𝑒𝑛(3𝑥) 𝑒 7𝑥 (𝑥)𝑒 2𝑥

𝐴𝑐𝑜𝑠(3𝑥) + 𝐵𝑠𝑒𝑛(3𝑥) 𝐴𝑒 7𝑥 (𝐴𝑥 + 𝐵)𝑒 2𝑥

(𝑥 3 + 1)𝑒 3𝑥

(𝐴𝑥 3 + 𝐵𝑥 2 + 𝐶𝑥 + 𝐷 )𝑒 5𝑥

(𝑥2 𝑠𝑒𝑛(2𝑥)

(𝐴𝑥 2 + 𝐵𝑥 + 𝐶 )𝐶𝑜𝑠(2𝑥) + (𝐷𝑥 2 + 𝐸𝑥 + 𝐹 )𝑆𝑒𝑛(2𝑥)

Nota: Este método de coeficientes indeterminados no es aplicable cuando las funciones son de la forma que a 1

continuación se describe. 𝑓(𝑥) = ln(𝑥) , 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑥), 𝑓(𝑥) = 𝑥, etc. Para estos casos se utilizan otros métodos. Ejemplo Resuelva la ecuación diferencial utilizando el método de coeficientes indeterminados. 𝑑2 𝑦 𝑑𝑥 2

− 4𝑦 = 𝑒5𝑥

Solución. La solución es 𝑦 = 𝑦𝐻 + 𝑦𝑝 primero encontramos 𝑦𝐻 . 𝑑2 𝑦 𝑑𝑥 2

− 4𝑦 = 𝑒5𝑥 ; sujeta a 𝑦(0) = 2, 𝑦 ′ (0) = 5. Utilizando la ecuación auxiliar 𝑚2 − 4 = 0 ; (𝑚 − 2)(𝑚 + 2) = 0

𝑚1 = 2 , 𝑚2 = −1 ; 𝑦𝐻 = 𝐶1 𝑒 2𝑥 + 𝐶2 𝑒 −𝑥

Ahora de acuerdo a la expresión que presenta el lado derecha de la igualdad, se propondrá como solución particular 𝑦𝑃 = 𝐴𝑒 5𝑥 debido a que la función propuesta es diferente a las dos funciones que forman la solución de la homogénea entonces calculamos las derivadas 𝑦𝑃′ = 5𝐴𝑒 5𝑥 , 𝑦 ′′ = 25𝐴𝑒 5𝑥 25𝐴𝑒 5𝑥 − 4𝐴𝑒 5𝑥 = 𝑒 5𝑥 ; 21𝐴𝑒 5𝑥 = 𝑒 5𝑥 ; 𝐴 =

Si 𝑦(0) = 2 ; 2 = 𝐶1 𝑒 0 + 𝐶2 𝑒 0 +

1

21

Si 𝑦′(0) = 5 ; 5 = 2𝐶1 𝑒 0 − 𝐶2 𝑒 0 +

1 21

; 𝑦 = 𝐶1 𝑒 2𝑥 + 𝐶2 𝑒 −𝑥 +

𝑒 0 ; 𝐶1 + 𝐶2 = − 5

21

41 21

𝑒 0; 2𝐶1 − 𝐶2 = 5 −

5 21

; 2𝐶1 − 𝐶2 =

41

100 21

59

41

59

41

− 21 𝐶1 = 21 ; 𝐶2 = − 21 − 21 ; 𝐶2 = −

59

𝑦 = 21 𝑒 2𝑥 −

100 21

𝑒 −𝑥 +

1

21

; 𝑦 ′ = 2𝐶1 𝑒 2𝑥 − 𝐶2 𝑒 −𝑥 +

5

21

𝑒 5𝑥 ;

…(1)

De la ecuación (1) 𝐶2 = − 21 − 𝐶1 ; sustituyendo en (2) , 2𝐶1 − (− 3𝐶1 =

1 5𝑥 𝑒 21

41 − 𝐶1 ) 21

100 21

=

…(2)

100 ; 21

100 21

𝑒 5𝑥

Ejemplo 𝑦 ′′ − 5𝑦 ′ = 𝑥 + 2 sujetan a 𝑦(0) = 0 , 𝑦 ′ (0) = 2. Solución. La solución es 𝑦 = 𝑦𝐻 + 𝑦𝑝 primero encontramos 𝑦𝐻 . 𝑑2 𝑦 𝑑𝑥 2

− 5𝑦 ′ = 𝑥 + 2 ; sujeta a 𝑦(0) = 0, 𝑦 ′ (0) = 2. Utilizando la ecuación auxiliar 𝑚2 − 5𝑚 = 0 ; 𝑚(𝑚 − 5) = 0

𝑚1 = 0 , 𝑚2 = 5 ; 𝑦𝐻 = 𝐶1 𝑒 0 + 𝐶2 𝑒 5𝑥 ; 𝑦𝐻 = 𝐶1 + 𝐶2 𝑒 5𝑥 Ahora de acuerdo a la expresión que presenta el lado derecho de la igualdad, se propondrá como solución particular 𝑦𝑃 = 𝐴𝑥 + 𝐵 debido a que la constante 𝐵 de la ecuación propuesta se repite con la constante de una de las soluciones de la homogénea que forman la solución de la homogénea, entonces, multiplicamos por 𝑥, con el objetivo de que sean diferentes, entonces: 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥 2 + 𝐵𝑥 Entonces 𝑦𝑝′ = 2𝐴𝑥 + 𝐵 ; 𝑦𝑃′′ = 2𝐴 sustituyendo en la ecuación diferencial queda: 2𝐴 − 5(2𝐴𝑥 + 𝐵) = 𝑥 − 2 ; 2𝐴 − 5𝐵 − 10𝐴𝑥 = 𝑥 − 2 ; 2𝐴 − 5𝐵 = −2; si 𝐴 = −

1 10

Entonces 𝑦 = 𝐶1 + 𝐶2 𝑒 5𝑥 −

−10𝐴𝑥 = 𝑥 ; 𝐴 = −

−1

entonces 2 ( 10 ) − 5𝐵 = −2 ; 𝐵 = −

1 2 𝑥 10

1

9

41

Si 𝑦(0) = 0 ; 0 = 𝐶1 + 𝐶2 ; 𝐶1 + 𝐶2 = − 21 …(1) 9

Si 𝑦′(0) = 2 ; 2 = 5𝐶2 − ; 𝐶2 = 5 𝑦=−

19

25

−

19 5𝑥 𝑒 25

1

9

− 5 𝑥 y 𝑦 ′ = 5𝐶2 𝑒 5𝑥 − 5 𝑥 − 5

19 25

19

; 𝐶1 = − 25

9

− 10 𝑥 2 − 5 𝑥

Ejemplo 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 𝑦 = 2𝑒 2𝑥 sujetan a 𝑦(0) = 1 , 𝑦 ′ (0) = 0 Solución. La solución es 𝑦 = 𝑦𝐻 + 𝑦𝑝 primero encontramos 𝑦𝐻 .

9 5

1

10

.

𝑑2 𝑦 𝑑𝑥 2

𝑑𝑦

− 2 𝑑𝑥 + 𝑦 = 2𝑒

2𝑥

; sujeta a 𝑦(0) = 1, 𝑦 ′ (0) = 0. Utilizando la ecuación auxiliar 𝑚2 − 2𝑚 + 1 = 0;

(𝑚 − 1)2 = 0 ; 𝑚1 = 𝑚2 = 1; 𝑦𝐻 = 𝐶1 𝑒 𝑥 + 𝐶2 𝑥𝑒 𝑥 .

Ahora de acuerdo a la expresión que presenta el lado derecha de la igualdad, se propondrá como solución particular 𝑦𝑃 = 𝐴𝑒 2𝑥 debido a que la función propuesta es diferente a las dos funciones que forman la solución de la homogénea entonces calculamos las derivadas 𝑦𝑃′ = 2𝐴𝑒 2𝑥 , 𝑦 ′′ = 4𝐴𝑒 2𝑥 . 4𝐴𝑒 2𝑥 − 4𝐴𝑒 2𝑥 + 𝐴𝑒 2𝑥 = 𝑒 2𝑥 ; 𝐴𝑒 2𝑥 = 𝑒 5𝑥 ; 𝐴 = 1 ; 𝑦 = 𝐶1 𝑒 𝑥 + 𝐶2 𝑥𝑒 𝑥 + 𝑒 2𝑥 ; 𝑦 ′ = 𝐶1 𝑒 𝑥 + 𝐶2 𝑥𝑒 𝑥 + 𝐶2 𝑒 𝑥 + 2𝑒 2𝑥 Si 𝑦(0) = 0 ; 0 = 𝐶1 + 1; 𝐶1 = −1 …(1) 9

Si 𝑦′(0) = 2 ; 2 = 5𝐶2 − ; 𝐶2 = 5 19

𝑦 = − 25 −

19 5𝑥 𝑒 25

1

19 25

19

; 𝐶1 = − 25

9

− 10 𝑥 2 − 𝑥 5

Ejemplo 𝑦 ′′ − 4𝑦 ′ + 4𝑦 = 10𝑒 2𝑥 sujetan a 𝑦(0) = 1 , 𝑦 ′ (0) = 3 Solución. La solución es 𝑦 = 𝑦𝐻 + 𝑦𝑝 primero encontramos 𝑦𝐻 . 𝑑2 𝑦 𝑑𝑥 2

−4

𝑑𝑦

𝑑𝑥

+ 4𝑦 = 10𝑒 2𝑥 ; sujeta a 𝑦(0) = 1, 𝑦 ′ (0) = 3. Utilizando la ecuación auxiliar 𝑚2 − 4𝑚 + 4 = 0;

(𝑚 − 2)2 = 0 ; 𝑚1 = 𝑚2 = 2; 𝑦𝐻 = 𝐶1 𝑒 2𝑥 + 𝐶2 𝑥𝑒 2𝑥 . Ahora de acuerdo a la expresión que presenta el lado derecho de la igualdad, se propondrá como solución particular 𝑦𝑃 = 𝐴𝑒 2𝑥 debido a que la función de la ecuación propuesta se repite con la primera y la segunda función de las soluciones de la homogénea, entonces, multiplicamos por 𝑥 2 , con el objetivo de que sean diferentes, entonces: 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥 2 𝑒 2𝑥 ;

𝑦𝑃′ = 2𝐴𝑥 2 𝑒 2𝑥 + 2𝐴𝑥𝑒 2𝑥 ;

𝑦𝑃′′ = 4𝐴𝑥 2 𝑒 2𝑥 + 4𝐴𝑥𝑒 2𝑥 + 4𝐴𝑥𝑒 2𝑥 + 2𝐴𝑒 2𝑥

4𝐴𝑥 2 𝑒 2𝑥 + 4𝐴𝑥𝑒 2𝑥 + 4𝐴𝑥𝑒 2𝑥 + 2𝐴𝑒 2𝑥 − 8𝐴𝑥 2 𝑒 2𝑥 − 8𝐴𝑥𝑒 2𝑥 + 4𝐴𝑥 2 𝑒 2𝑥 = 10𝑒 2𝑥 2𝐴𝑒 2𝑥 = 10𝑒 2𝑥 ; 𝐴 = 5 ; 𝑦 = 𝐶1 𝑒 2𝑥 + 𝐶2 𝑥𝑒 2𝑥 + 5𝑥 2 𝑒 2𝑥 ; 𝑦 ′ = 2𝐶1 𝑒 2𝑥 + 2𝐶2 𝑥𝑒 2𝑥 + 𝐶2 𝑒 2𝑥 + 10𝑥 2 𝑒 2𝑥 + 10𝑥𝑒 2𝑥 Si 𝑦(0) = 1 ; 𝐶1 = 1 9

9

Si 𝑦′(0) = 2 ; 2 = 2𝐶1 + 𝐶2 − 5; 𝐶2 = 5 9

𝑦 = 𝑒 2𝑥 + 5 𝑥𝑒 2𝑥 + 5𝑥 2 𝑒 2𝑥

Ejemplo. 𝑑2 𝑦 𝑑𝑥 2

+

𝑑𝑦 𝑑𝑥

− 2𝑦 = 2𝑥 − 20cos (2𝑥);

sujeta a 𝑦(0) = −1, 𝑦 ′ (0) = 1.

Solución. La solución es 𝑦 = 𝑦𝐻 + 𝑦𝑝 primero encontramos 𝑦𝐻 . 𝑑2 𝑦 𝑑𝑥 2

+

𝑑𝑦

𝑑𝑥

− 2𝑦 = 2𝑥 − 20cos (2𝑥) ; sujeta a 𝑦(0) = −1, 𝑦 ′ (0) = 1.

Utilizando la ecuación auxiliar 𝑚2 + 𝑚 − 2 = 0; (𝑚 + 2)(𝑚 − 1) = 0 ; 𝑚1 = −2, 𝑚2 = 1; 𝑦𝐻 = 𝐶1 𝑒 −2𝑥 + 𝐶2 𝑒 𝑥 .

𝑦𝑃 = 𝐴𝑥 + 𝐵 + 𝐶𝑐𝑜𝑠(2𝑥) + 𝐷𝑠𝑒𝑛(2𝑥); solución propuesta 𝑦𝑃′ = 𝐴 − 2𝐶𝑠𝑒𝑛(2𝑥) + 2𝐷𝑐𝑜𝑠(2𝑥) ; 𝑦𝑃′′ = −4𝐶𝑐𝑜𝑠(2𝑥) − 4𝐷𝑠𝑒𝑛(2𝑥) −4𝐶𝑐𝑜𝑠(2𝑥) − 4𝐷𝑠𝑒𝑛(2𝑥 ) + 𝐴 − 2𝐶𝑠𝑒𝑛(2𝑥) + 2𝐷𝑐𝑜𝑠(2𝑥) − 2𝐴𝑥 − 2𝐵 − 2𝐶𝑐𝑜𝑠(2𝑥) − 2𝐷𝑠𝑒𝑛(2𝑥)) = 2𝑥 − 20cos (2𝑥); (−6𝐶 + 2𝐷)𝑐𝑜𝑠(2𝑥) + (−6𝐷 − 2𝐶)𝑠𝑒𝑛 (2𝑥) + 𝐴 − 2𝐵 − 2𝐴𝑥 = 2𝑥 − 20cos (2𝑥) −6𝐶 + 2𝐷 = −20 ; −6𝐷 − 2𝐶 = 0 ; 𝐴 − 2𝐵 = 0 ; −2𝐴𝑥 = 2𝑥. 𝐴 = −1 ;

−1 − 2𝐵 = 0, 𝐵 = −

1

2

−6𝐷 − 2𝐶 = 0; −2𝐶 = 6𝐷 ; 𝐶 = −3𝐷; sustituyendo en la ecuación −6𝐶 + 2𝐷 = −20 18𝐷 + 2𝐷 = −20; 𝐷 = −1 ;

𝑦 = 𝐶1 𝑒 −2𝑥 + 𝐶2 𝑒 𝑥 − 𝑥 −

1 2

𝐶=3

+ 3𝑐𝑜𝑠(2𝑥) − 𝑠𝑒𝑛(2𝑥)

𝑦 ′ = −2𝐶1 𝑒 −2𝑥 + 𝐶2 𝑒 𝑥 − 1 − 3 sen(2𝑥) − 𝑐𝑜𝑠(2𝑥) Si 𝑦(0) = −1 ; −1 = 𝐶1 + 𝐶2 −

1

2

7

7

+ 3 ; 𝐶1 + 𝐶2 = − 2 ; 𝐶2 = − 2 − 𝐶1

Si 𝑦′(0) = 1 ; 1 = −2𝐶1 + 𝐶2 − 2; −2𝐶1 + 𝐶2 = 3 sustituyendo 𝐶2 queda 7

−2𝐶1 − 2 − 𝐶1 = 3 ; −3𝐶1 = 7

7

7 2

7

7

7

7

; 𝐶1 = − 6 ; 𝐶2 = − 2 − (− 6) ; 𝐶2 = − 3

1

𝑦 = − 𝑒 −2𝑥 − 𝑒 𝑥 − 𝑥 − + 3𝑐𝑜𝑠(2𝑥) − 𝑠𝑒𝑛(2𝑥) 2 3 6

Ejemplo 𝑑2 𝑦 𝑑𝑥 2

𝜋

𝜋

+ 𝑦 = 8 cos(2𝑥) − 4𝑠𝑒𝑛(𝑥); sujeta a 𝑦 ( 2 ) = −1, 𝑦 ′ ( 2 ) = 2.

Solución. La solución es 𝑦 = 𝑦𝐻 + 𝑦𝑝 primero encontramos 𝑦𝐻 . 𝑑2 𝑦 𝑑𝑥 2

𝜋

𝜋

+ 𝑦 = 8 cos(2𝑥) − 4𝑠𝑒𝑛(𝑥) ; sujeta a 𝑦 ( 2 ) = −1, 𝑦 ′ ( ) = 2. 2

Utilizando la ecuación auxiliar 𝑚2 + 1 = 0; 𝑚1,2 = ±𝑖 como ℂ = 𝛼 ± 𝛽𝑖 Donde 𝛼 = 0 y 𝛽 = 1, entonces. 𝑦𝐻 = 𝐶1 cos(𝑥) + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛(𝑥) Solución propuesta 𝑦𝑃 = 𝐴𝑐𝑜𝑠(2𝑥) + 𝐵𝑠𝑒𝑛(2𝑥) + 𝐶𝑥𝑐𝑜𝑠(𝑥) + 𝐷𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑥) A los términos 3 y 4 se le multiplicó por 𝑥 debido a que se repetía con una de las soluciones 𝑦𝑃′ = −2𝐴𝑠𝑒𝑛(2𝑥) + 2𝐵𝑐𝑜𝑠(2𝑥) − 𝐶𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑥) + 𝐶 cos(𝑥) + 𝐷𝑥𝑐𝑜𝑠(𝑥) + 𝐷𝑠𝑒𝑛(𝑥) 𝑦𝑃′′ = −4𝐴𝑐𝑜𝑠(2𝑥) − 4𝐵𝑠𝑒𝑛(2𝑥) − 𝐶𝑥𝑐𝑜𝑠(𝑥) − 𝐶𝑠𝑒𝑛(𝑥) − 𝐶 sen(𝑥) − 𝐷𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑥) + 𝐷cos (𝑥) + 𝐷𝑐𝑜𝑠(𝑥) 𝑦𝑃′′ + 𝑦 = 8 cos(2𝑥) − 4𝑠𝑒𝑛(𝑥) −3𝐴𝑐𝑜𝑠(2𝑥) − 3𝐵𝑠𝑒𝑛(2𝑥) − 2𝐶𝑠𝑒𝑛(𝑥) + 2𝐷 cos(𝑥) = 8 cos(2𝑥) − 4𝑠𝑒𝑛(𝑥); −3𝐴𝑐𝑜𝑠(2𝑥) = 8cos (2𝑥) ; 𝐴 = − −2𝐶𝑠𝑒𝑛(𝑥) = −4𝑠𝑒𝑛(𝑥) ; 𝐶 = 2

8 3

3𝐵𝑠𝑒𝑛(2𝑥) = 0 𝐵 = 0 2𝐷 cos(𝑥) = 0

𝐷=0

8

𝑦 = 𝐶1 cos(𝑥) + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛(𝑥) − 𝑐𝑜𝑠(2𝑥) + 2𝑥𝑐𝑜𝑠(𝑥) 3 𝑦 ′ = −𝐶1 sen(𝑥) + 𝐶2 𝑐𝑜𝑠(𝑥) + 𝜋

𝑦 ( 2 ) = −1 ;

−1 = 𝐶2 +

𝜋

𝑦′ ( 2) = 0 ; 𝑦 = −𝜋 cos(𝑥) −

8 3

16 3

𝑠𝑒𝑛(2𝑥) − 2𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑥) + 2cos (𝑥)

; 𝐶2 = −

11 3

0 = −𝐶1 − 𝜋, 𝐶1 = −𝜋 11 3

8

𝑠𝑒𝑛(𝑥) − 3 𝑐𝑜𝑠(2𝑥) + 2𝑥𝑐𝑜𝑠(𝑥)...