Método DE Coeficientes Indeterminados PDF

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MÉTODO DE COEFICIENTES INDETERMINADOS. El método se limita a ED lineales, como la ecuación (1): 

𝑎𝑛 𝑦 𝑛 + 𝑎𝑛−1 𝑦 𝑛−1 + ⋯ + 𝑎1 𝑦 ′ + 𝑎𝑜 𝑦 = 𝑔(𝑥) (1)

Donde los ai, i=0,1,2,…, n son constantes y donde g(x) puede ser una constante, una función de tipo polinomial, exponencial, función seno y/o coseno y productos de estas funciones. Debido a que las derivadas de sumas y productos de constantes, polinomios, exponenciales, senos y cosenos dan lugar nuevamente a sumas y productos. Ejemplos: 𝒈(𝒙) = 𝒙𝟐 − 𝟓𝒙 𝒈(𝒙) = 𝟏𝟓𝒙 − 𝟔 + 𝟖𝒆−𝒙 𝒈(𝒙) = 𝒔𝒆𝒏𝟑𝒙 − 𝟓𝒙𝒄𝒐𝒔𝟐𝒙 𝒈(𝒙) = 𝒙𝒆𝒙 . 𝒔𝒆𝒏𝒙 + (𝟑𝒙𝟐 − 𝟏)𝒆−𝟒𝒙 NO ES APLICABLE CUANDO: 𝒈(𝒙) = 𝒍𝒏𝒙 𝒈(𝒙) =

𝟏 𝒙

𝒈(𝒙) = 𝒕𝒂𝒏𝒙 𝒈(𝒙) = 𝒔𝒆𝒏−𝟏𝒙 PROCEDIMIENTO: 1. Determinar la función complementaria yc (Ecuaciones Diferenciales Lineales Homogéneas de Coeficientes Constantes). 2. Hallar alguna solución particular yp mediante el método de coeficientes indeterminados. Utilizar la siguiente tabla: g(x) Fórmula de yp 𝟏(𝒄𝒖𝒂𝒍𝒒𝒖𝒊𝒆𝒓 𝒄𝒐𝒏𝒔𝒕𝒂𝒏𝒕𝒆) 𝑨 𝟓𝒙 + 𝟕 𝑨𝒙 + 𝑩 𝟑𝒙𝟐 − 𝟕 𝑨𝒙𝟐 + 𝑩𝒙 + 𝑪 𝟑 𝟑 𝒙 −𝒙+𝟏 𝑨𝒙 + 𝑩𝒙𝟐 + 𝑪𝒙 + 𝑫 𝒔𝒆𝒏𝟒𝒙 𝑨𝒄𝒐𝒔𝟒𝒙 + 𝑩𝒔𝒆𝒏𝟒𝒙 𝒄𝒐𝒔𝟒𝒙 𝑨𝒄𝒐𝒔𝟒𝒙 + 𝑩𝒔𝒆𝒏𝟒𝒙 𝟓𝒙 𝒆 𝑨𝒆𝟓𝒙 𝟓𝒙 (𝟒𝒙 − 𝟐)𝒆 (𝑨𝒙 + 𝑩)𝒆𝟓𝒙 𝒙𝟐𝒆𝟓𝒙 (𝑨𝒙𝟐 + 𝑩𝒙 + 𝑪)𝒆𝟓𝒙 𝟑𝒙 𝟑𝒙 𝒆 𝒔𝒆𝒏𝟒𝒙 𝑨𝒆 𝒄𝒐𝒔𝟒𝒙 + 𝑩𝒆𝟑𝒙𝒔𝒆𝒏𝟒𝒙 (𝑨𝒙𝟐 + 𝑩𝒙 + 𝑪)𝒄𝒐𝒔𝟒𝒙 + (𝑫𝒙𝟐 𝟓𝒙𝟐𝒔𝒆𝒏𝟒𝒙 + 𝑬𝒙 + 𝑭)𝒔𝒆𝒏𝟒𝒙 𝟑𝒙 𝟑𝒙 𝒙𝒆 𝒄𝒐𝒔𝟒𝒙 (𝑨𝒙 + 𝑩)𝒆 𝒄𝒐𝒔𝟒𝒙 + (𝑪𝒙 + 𝑫)𝒆𝟑𝒙 𝒔𝒆𝒏𝟒𝒙

3. Luego, obtener y= yc+ yp EJEMPLO Nº1: Hallar la solución general de la siguiente ED Lineal de Coef. Constantes de 2º orden. 𝒚′′ + 𝟒𝒚′ − 𝟐𝒚 = 𝟐𝒙𝟐 − 𝟑𝒙 + 𝟔 (1) Paso 1: Hallar yC de la ecuación homogénea relacionada. En este caso la ecuación auxiliar es: 𝑚2 + 4𝑚 − 2 Siendo sus raíces: 𝑚1,2 =

−4 ± √16 − 4(1)(−2) −4 ± √22 . 6 = = −2 ± √6 2 2

Por tanto: 𝑚1 = −2 + √6 𝑚2 = −2 − √6 Esta ecuación auxiliar corresponde al tipo I (raíces reales y distintas) por lo que su yc sería: 𝑦𝑐 = 𝐶1 𝑒 (−2+√6)𝑥 + 𝐶2 𝑒 (−2−√6)𝑥 Paso 2: Suponer que yP tiene la forma de g(x).En este caso: 𝒈(𝒙) = 𝟐𝒙𝟐 − 𝟑𝒙 + 𝟔 Por lo que su forma sería: 𝑦𝑃 = 𝑨𝒙𝟐 + 𝑩𝒙 + 𝑪 (2) Al ser la ED de segundo orden, se debe derivar 2 veces yP: 𝑦𝑃 ′ = 𝟐𝑨𝒙 + 𝑩 (3) 𝑦𝑃 ′′ = 𝟐𝑨 (4) Quedando la ED lineal como: 𝑦𝑃′′ + 4𝑦𝑃′ − 2𝑦𝑃 = 2𝑥 2 − 3𝑥 + 6 (5) Sustituyendo ecuaciones (2), (3) y (4) en (5): 𝟐𝑨 + 𝟒(𝟐𝑨𝒙 + 𝑩) − 𝟐(𝑨𝒙𝟐 + 𝑩𝒙 + 𝑪 ) = 2𝑥 2 − 3𝑥 + 6 𝟐𝑨 + 𝟖𝑨𝒙 + 𝟒𝑩 − 𝟐𝑨𝒙𝟐 − 𝟐𝑩𝒙 − 𝟐𝑪 = 2𝑥 2 − 3𝑥 + 6 −𝟐𝑨𝒙𝟐 + (𝟖𝑨 − 𝟐𝑩)𝒙 + (𝟐𝑨 + 𝟒𝑩 − 𝟐𝑪) = 2𝑥 2 − 3𝑥 + 6 Igualando términos semejantes: Término cuadrático:

−𝟐𝑨𝒙𝟐 = 2𝑥 2 𝑨 = −𝟏 Término lineal:

(8𝐴 − 2𝐵)𝑥 = −3𝑥 Sabiendo que A=-1 −8 − 2𝐵 = −3 −2𝐵 = 5 𝑩=−

𝟓 𝟐

Término constante: 2𝐴 + 4𝐵 − 2𝐶 = 6 Sustituyendo valores de A y B: −2 − 10 − 2𝐶 = 6 −2𝐶 = 18 𝑪 = −𝟗 Por lo que: 𝑦𝑃 = 𝑨𝒙𝟐 + 𝑩𝒙 + 𝑪 (2) 𝟓

𝑦𝑃 = −𝒙𝟐 − 𝒙 − 𝟗 𝟐 Paso 3: Construir la solución general: 𝑦 = 𝑦𝐶 + 𝑦𝑃 𝑦 = 𝐶1 𝑒 (−2+√6)𝑥 + 𝐶2 𝑒 (−2−√6)𝑥 + −𝑥 2 −

5 𝑥−9 2

Caso I: La forma de yp es una combinación lineal de las funciones linealmente independiente que se generan mediante diferenciales repetidas de g(x). Ejemplo Nº2: Hallar la solución general de la siguiente ED Lineal de Coef. Constantes de 2º orden. 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ − 3𝑦 = 4𝑥 − 5 + 6𝑥𝑒 2𝑥 (1) Paso 1: Hallar yC de la ecuación homogénea relacionada. En este caso la ecuación auxiliar es: 𝑚2 − 2𝑚 − 3 = 0 Factorizando:

(𝑚 + 1)(𝑚 − 3) = 0 Por tanto: 𝑚1 = −1 𝑚2 = 3 Esta ecuación auxiliar corresponde al tipo I (raíces reales y distintas) por lo que su yc sería: 𝑦𝑐 = 𝐶1 𝑒 −𝑥 + 𝐶2 𝑒 3𝑥 Paso 2: Suponer que yP tiene la forma de g(x).En este caso: 𝒈(𝒙) = 4𝑥 − 5 + 6𝑥𝑒 2𝑥 Por lo que su forma sería: 4𝑥 − 5 = 𝐴𝑥 + 𝐵 → 𝑦𝑝1 6𝑥𝑒 2𝑥 = (𝑪𝒙 + 𝑫)𝒆𝟐𝒙 → 𝑦𝑝2 𝑦𝑃 = 𝑦𝑝1 + 𝑦𝑝2 𝒚𝑷 = 𝑨𝒙 + 𝑩 + 𝑪𝒙𝒆𝟐𝒙 + 𝑫𝒆𝟐𝒙 (2) Al ser la ED de segundo orden, se debe derivar 2 veces yP: 𝑦𝑃′ = 𝐴 + 𝐶𝑒 2𝑥 + 2𝐶𝑥𝑒 2𝑥 + 2𝐷𝑒 2𝑥 𝒚𝑷′ = 𝑨 + (𝑪 + 𝟐𝑫)𝒆𝟐𝒙 + 𝟐𝑪𝒙𝒆𝟐𝒙 (3) 𝑦𝑃′′ = (2𝐶 + 4𝐷)𝑒 2𝑥 + 4𝐶𝑥𝑒 2𝑥 + 2𝐶𝑒 2𝑥 𝒚𝑷′′ = (𝟒𝑪 + 𝟒𝑫)𝒆𝟐𝒙 + 𝟒𝑪𝒙𝒆𝟐𝒙 (4) Quedando la ED lineal como: 𝒚𝑷′′ − 𝟐𝒚𝑷′ − 𝟑𝒚𝑷 = 𝟒𝒙 − 𝟓 + 𝟔𝒙𝒆𝟐𝒙 (5) Sustituyendo ec. (2), (3), (4) en (5): (𝟒𝑪 + 𝟒𝑫)𝒆𝟐𝒙 + 𝟒𝑪𝒙𝒆𝟐𝒙 − 𝟐(𝑨 + (𝑪 + 𝟐𝑫)𝒆𝟐𝒙 + 𝟐𝑪𝒙𝒆𝟐𝒙 ) − 𝟑(𝑨𝒙 + 𝑩 + 𝑪𝒙𝒆𝟐𝒙 + 𝑫𝒆𝟐𝒙 ) = 𝟒𝒙 − 𝟓 + 𝟔𝒙𝒆𝟐𝒙 (𝟒𝑪 + 𝟒𝑫)𝒆𝟐𝒙 + 𝟒𝑪𝒙𝒆𝟐𝒙 − 𝟐𝑨 + (−𝟐𝑪 − 𝟒𝑫)𝒆𝟐𝒙 − 𝟒𝑪𝒙𝒆𝟐𝒙 − 𝟑𝑨𝒙 − 𝟑𝑩 − 𝟑𝑪𝒙𝒆𝟐𝒙 − 𝟑𝑫𝒆𝟐𝒙 = 𝟒𝒙 − 𝟓 + 𝟔𝒙𝒆𝟐𝒙 Eliminando términos: −𝟑𝑪𝒙𝒆𝟐𝒙 + (𝟐𝑪 − 𝟑𝑫)𝒆𝟐𝒙 − 𝟑𝑨𝒙 − 𝟐𝑨 − 𝟑𝑩 = 𝟒𝒙 − 𝟓 + 𝟔𝒙𝒆𝟐𝒙 Comparando términos semejantes: Término lineal −𝟑𝑨𝒙 = 𝟒𝒙

𝐀=−

𝟒 𝟑

Término semejante: −𝟐𝑨 − 𝟑𝑩 = −𝟓 Sustituyendo el valor de A: −

𝟖 − 𝟑𝑩 = −𝟓 𝟑 −𝟑𝑩 = − 𝑩=

𝟕 𝟑

𝟕 𝟗

Ahora comparando los términos 𝒙𝒆𝟐𝒙 : −3𝐶𝑥𝑒 2𝑥 = 6𝑥𝑒 2𝑥 𝑪 = −𝟐 Finalmente: (𝟐𝑪 − 𝟑𝑫)𝒆𝟐𝒙 = 𝟎𝒆𝟐𝒙 2𝐶 − 3𝐷 = 0 −4 − 3𝐷 = 0 −3𝐷 = 4 𝑫=−

𝟒 𝟑

Por tanto: 𝒚𝑷 = 𝑨𝒙 + 𝑩 + 𝑪𝒙𝒆𝟐𝒙 + 𝑫𝒆𝟐𝒙 (2) 𝟒

𝟕

𝟒

𝒚𝑷 = − 𝒙 + − 𝟐𝒙𝒆𝟐𝒙 − 𝟑 𝒆𝟐𝒙 𝟑 𝟗 Paso 3: Construir la solución general: 𝑦 = 𝑦𝐶 + 𝑦𝑃 𝒚 = 𝑪𝟏𝒆−𝒙 + 𝑪𝟐𝒆𝟑𝒙 + −

𝟒 𝟕 𝟒 𝒙 + − 𝟐𝒙𝒆𝟐𝒙 − 𝒆𝟐𝒙 𝟑 𝟑 𝟗

Caso II, regla de la multiplicación: Si alguna yp contiene términos que duplican los términos de yC entonces esa yP se debe multiplicar por xn donde n es el entero positivo más pequeño que elimina esa duplicación. Ejemplo Nº3: Hallar la solución general de la siguiente ED Lineal de Coef. Constantes de 2º orden. 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 𝑦 = 𝑒 𝑥 (1)

Paso 1: Hallar yC de la ecuación homogénea relacionada. En este caso la ecuación auxiliar es: 𝑚2 − 2𝑚 + 1 Factorizando: (𝑚 − 1)2 = 0 Por tanto: 𝑚1 = 𝑚2 = 1 Esta ecuación auxiliar corresponde al tipo II (raíces reales y repetidas) por lo que su yc sería: 𝑦𝑐 = 𝐶1 𝑒 𝑥 + 𝐶2 𝑥𝑒 𝑥 Paso 2: Suponer que yP tiene la forma de g(x).En este caso: 𝒈(𝒙) = 𝑒 𝑥 Por lo que su forma sería: 𝑦𝑃 = 𝑨𝒆𝒙 Sin embargo este término ya esta repetido en yc, por tanto: 𝑦𝑃 = 𝑨𝒙𝟐𝒆𝒙 (2) Al ser la ED de segundo orden, se debe derivar 2 veces yP: 𝒚𝑷′ = 𝑨𝒙𝟐𝒆𝒙 + 𝟐𝑨𝒙𝒆𝒙 (3) 𝒚𝑷′′ = 𝑨𝒙𝟐𝒆𝒙 + 𝟐𝑨𝒙𝒆𝒙 + 𝟐𝑨𝒙𝒆𝒙 + 𝟐𝑨𝒆𝒙 𝒚𝑷′′ = 𝑨𝒙𝟐𝒆𝒙 + 𝟒𝑨𝒙𝒆𝒙 + 𝟐𝑨𝒆𝒙 (4) Quedando la ED lineal como: 𝒚𝑷′′ − 𝟐𝒚𝑷′ + 𝒚𝑷 = 𝒆𝒙 (5) Sustituyendo ec. (2), (3), (4) en (5): 𝑨𝒙𝟐𝒆𝒙 + 𝟒𝑨𝒙𝒆𝒙 + 𝟐𝑨𝒆𝒙 − 𝟐(𝑨𝒙𝟐𝒆𝒙 + 𝟐𝑨𝒙𝒆𝒙 ) + 𝑨𝒙𝟐𝒆𝒙 = 𝒆𝒙 𝟐𝑨𝒆𝒙 = 𝒆𝒙 Por tanto: 𝑨= Es decir: 𝑦𝑃 = 𝑨𝒙𝟐𝒆𝒙 (2) 𝟏

𝑦𝑃 = 𝟐 𝒙𝟐𝒆𝒙

𝟏 𝟐

Paso 3: Construir la solución general: 𝑦 = 𝑦𝐶 + 𝑦𝑃 𝒚 = 𝑪𝟏𝒆𝒙 + 𝑪𝟐𝒙𝒆𝒙 +

𝟏 𝟐 𝒙 𝒙 𝒆 𝟐...