Metodos para la solucion deecuaciones diferenciales de 2o orden

Francisco Genes

Octubre de 2002

1. Operadores diferenciales

1.1. Definicion

Definiremos el operador diferencial como:

dky(t)

dty= Dky(t) .

Si tenemos una ecuacion diferencial de orden n,

a0y(n) + a1y

n−1 + . . . + any = f(t),

la podemos escribir de la forma,

a0Dny + a1D

n−1y + . . . + any = f(t),

y sacando factor comun,

(a0Dn + a1D

n−1 + · · ·+ an︸ ︷︷ ︸Polinomio operacional

)y = f(t).

En forma abreviada designaremos al polinomio operacional como:

F (D)y = f(t) . (1)

1

2 Modelos Numericos

1.2. Identidades

1. F (D)ekt ≡ ektF (k)

2. F (D2) sen ωt ≡ sen(ωt)F (−ω2)

3. F (D2) cos ωt ≡ cos(ωt)F (−ω2)

4. F (D)ektv(t) ≡ ektF (D + k)v(t)

Demostracion

1.

F (D)ekt = a0Dnekt + a1D

n−1ekt + a2Dn−2ekt + . . . + anekt

Teniendo en cuenta que,dnekt

dtn= knekt

entonces,

F (D)ekt = a0knekt + a1k

n−1ekt + a2kn−2ekt + . . . + anekt

= (a0kn + a1k

n−1 + a2kn−2 + . . . + an)ekt

= ektF (k)

2.

F (D2) sen ωt = a0D2n sen ωt + a1D

2(n−1) sen ωt + a2D2(n−2) sen ωt + . . . + an sen ωt

las sucesivas derivadas de sen ωt, son:

d sen ωt

dt= ω cos ωt

d2 sen ωt

dt2= −ω2 sen ωt

d3 sen ωt

dt3= −ω3 cos ωt

d4 sen ωt

dt4= ω4 sen ωt

d5 sen ωt

dt5= ω5 cos ωt

d6 sen ωt

dt6= −ω6 sen ωt

2002 3

en general podemos decir que,

d2n sen at

dt2n= (−ω2)n sen ωt

entonces,

F (D2) sen at = a0(−ω2)n sen ωt + a1(−ω2)n−1 sen ωt + a2(−ω2)n−2 sen ωt + . . . + an sen ωt

=[a0(−ω2)n + a1(−ω2)n−1 + a2(−ω2)n−2 + . . . + an

]sen ωt

= sen(ωt)F (−ω2)

3.

F (D2) cos ωt = a0D2n cos ωt + a1D

2(n−1) cos ωt + a2D2(n−2) cos ωt + . . . + an cos ωt

las sucesivas derivadas de cos ωt, son:

d cos ωt

dt= −ω sen ωt

d2 cos ωt

dt2= −ω2 cos ωt

d3 cos ωt

dt3= ω3 sen ωt

d4 cos ωt

dt4= ω4 cos ωt

d5 cos ωt

dt5= −ω5 sen ωt

d6 cos ωt

dt6= −ω6 cos ωt

en general podemos decir que,

d2n cos at

dt2n= (−ω2)n cos ωt

entonces,

F (D2) cos at = a0(−ω2)n cos ωt + a1(−ω2)n−1 cos ωt + a2(−ω2)n−2 cos ωt + . . . + an cos ωt

= (a0(−ω2)n + a1(−ω2)n−1 + a2(−ω2)n−2 + . . . + an) cos ωt

= cos(ωt)F (−ω2)

4.F (D)ektv(t) = a0D

nektv(t) + a1Dn−1ektv(t) + a2D

n−2ektv(t) + . . . + anektv(t)

4 Modelos Numericos

las derivadas sucesivas de ektv(t),

dektv(t)

dt= ekt(kv(t) + Dv(t)) = ekt(D + k)v(t)

d2ektv(t)

dt2= kekt(kv(t) + Dv(t)) + ekt(kDv(t) + D2v(t))

= ekt(k2v(t) + 2kDv(t) + D2v(t)) = ekt(D + k)2v(t)

d3ektv(t)

dt3= kekt(k2v(t) + 2kDv(t) + D2v(t)) + ekt(k2Dv(t) + 2kD2v(t) + D3v(t))

= ekt(k3v(t) + 3k2Dv(t) + 3kD2v(t) + D3v(t)) = ekt(D + k)3v(t)

en generaldnektv(t)

dtn= ekt(D + k)nv(t)

F (D)ektv(t) = ekt[a0(D + k)nv(t) + a1(D + k)n−1v(t) + a2(D + k)n−2v(t) + . . . + anv(t)

]

= ektF (D + k)v(t)

Propiedades de los operadores diferenciales

1. [F1(D) + F2(D)] f(t) = F1(D)f(x) + F2(D)f(t)

2. F1(D)F2(D)f(t) = F1(D) [F2(D)f(t)]

3. F1(D)F2(D) = F2(D)F1(D)

4. F (D) [F1(D) + F2(D)] = F (D)F1(D) + F (D)F2(D)

1.3. Operador inverso

Si de la ecuacion (1) despejamos y(t) obtendremos la solucion de la ecuacion diferencial:

F (D)y(t) = f(t)

y(t) =1

F (D)f(t)

donde 1/F (D), representa una operacion a realizar sobre la funcion f(t).Consideremos una ecuacion sencilla, del tipo:

y =1

Df(t) ,

2002 5

expresada por un operador diferencial. Escrita de otra manera es,

Dy(t) = f(t)

dy(t)

dt= f(t)

integrando ambos miembros tenemos la solucion es,

y(t) =

∫f(t)dt ,

lo que nos indica que,1

Df(t) =

∫f(t)dt .

Consideremos ahora el operador (D − r):

(D − r)y(t) = f(t) , (2)

despejando,

y(t) =1

(D − r)f(t) ,

donde r es una constante. Tambien, podemos escribir la ecuacion (2) como:

dy(t)

dt− ry(t) = f(t) ,

que es una ecuacion diferencial de primer orden cuya solucion ya se vio en cursos anteriores,

y(t) = ert

∫e−rtf(t)dt ,

entonces vemos claramente que,

1

(D − r)f(t) = ert

∫e−rtf(t)dt .

Identidades y propiedades del operador1

F (D)

1.1

F (D)kf(t) ≡ k

1

F (D)f(t)

2.1

F (D)ekt ≡ ekt

F (k)

6 Modelos Numericos

3.1

F (D2)sen at ≡ sen at

F (−a2)

4.1

F (D2)cos at ≡ cos at

F (−a2)

5.1

F (D)ektv(t) ≡ ekt 1

F (D + k)v(t)

6.1

F (D)[f1(t) + f2(t)] =

1

F (D)f1(t) +

1

F (D)f2(t)

7.1

F1(D)F2(D)f(t) =

1

F1(D)

1

F2(D)f(t)

1.4. Ejemplos

Ejemplo 1

y′′(t) + 3y′(t) + 2y(t) = e−3t

(D2 + 3D + 2)y(t) = e−3t

yf (t) =1

D2 + 3D + 2e−3t

aplicando la segunda de las propiedades vistas para el operador 1/F (D),

yf (t) =1

(−3)2 + 3(−3) + 2e−3t

=e−3t

2,

que es la solucion forzada de la ecuacion diferencial dada. La solucion natural sabemos quesera,

yn(t) = C1eαt + C2e

βt

donde α y β son las raıces de la ecuacion caracterıstica, en este caso,

yn(t) = C1e−t + C2e

−2t

entonces la solucion general de la ecuacion es,

y(t) = C1e−t + C2e

−2t +e−3t

2

2002 7

quedan por determinar los valores de las constantes, las cuales dependeran de las condicionesiniciales. Para este ejemplo tomaremos y(0) = 0, y′(0) = 0,

y(0) = C1 + C2 +1

2= 0

y′(0) = −C1 − 2C2 − 3

2= 0 ,

ordenando,

C1 + C2 = −1

2

−C1 − 2C2 =3

2,

de donde C1 = 1/2, C2 = −1,

y(t) =e−t

2− e−2t +

e−3t

2

Ejemplo 2

y′′ + 9y = 5 sen t

Aplicando los operadores diferenciales,

y(t) =1

D2 + 95 sen t

=5 sen t

−1 + 9=

5

8sen t

la solucion natural es:

yn(t) = C1e3it + C2e

−3it

= C1(cos 3t + i sen 3t) + C2(cos 3t− i sen 3t)

= (C1 + C2) cos 3t + (C1 − C2)i sen 3t

= K1 cos 3t + K2 sen 3t

y la solucion general

y(t) = K1 cos 3t + K2 sen 3t +5

8sen t

suponiendo que queremos encontrar la solucion que pasa por y(0) = 0, y′(0) = 0,

y(0) = K1 = 0

y′(0) = 3K2 = −5

8.

8 Modelos Numericos

Por lo que la solucion es,

y(t) = − 5

24sen 3t +

5

8sen t

Ejemplo 3

y′′(t) + 3y′(t) + 2y(t) = sen 2t ,

aplicando operadores diferenciales

y(t) =1

D2 + 3D + 2sen 2t .

Como no tenemos una regla para resolver esta operacion, ası expresada, buscaremos convertiral operador en una forma mas sencilla separandolo en fracciones parciales,

y(t) =

(− 1

D + 2+

1

D + 1

)sen 2t

= − 1

D + 2sen 2t +

1

D + 1sen 2t .

Segun lo visto arriba los sumandos son una ecuacion diferencial de primer orden, entonces lasolucion es,

y(t) = −e−2t

∫e2t sen 2tdt + e−t

∫et sen 2tdt

=1

4cos 2t− 1

4sen 2t− 2

5cos 2t +

1

5sen 2t

= − 3

20cos 2t− 1

20sen 2t .

La solucion natural del sistema ya la calculamos en el Ejemplo 1 :

yn(t) = C1e−t + C2e

−2t

con lo que la solucion general es,

y(t) = C1e−t + C2e

−2t − 3

20cos 2t− 1

20sen 2t

si queremos encontrar la solucion que pasa por y(0) = 0, y(0) = 0,

y(0) = C1 + C2 − 3

20= 0

y′(0) = −C1 − 2C2 − 1

10= 0

entonces C1 = 2/5, C2 = −1/4,

y(t) =2

5e−t − 1

4e−2t − 3

20cos 2t− 1

20sen 2t

2002 9

2. Transformada de Laplace

2.1. Tabla de algunas de las transformadas de Laplace

F (p) f(t)

1

p1

1

p2t

1

pnn = 1, 2, 3, . . .

tn−1

(n− 1)!

1

p− aeat

1

(p− a)nn = 1, 2, 3, . . .

tn−1eat

(n− 1)!

1

p2 + a2

sen at

a

p

p2 + a2cos at

1

(p− b)2 + a2

ebt sen at

a

p− b

(p− b)2 + a2ebt cos at

1

p2 − a2

senh at

a

p

p2 − a2cosh at

2.2. Transformada de Laplace de la derivada de una funcion

L {f (n)(t)

}= pnF (p)− pn−1f(0)− pn−2f ′(0)− pn−3f ′′(0)− ...− f (n−1)(0)

Casos particulares

1. para n = 1,L {f ′(t)} = pF (p)− f(0)

10 Modelos Numericos

2. para n = 2,

L {f ′′(t)} = p2F (p)− pf(0)− f ′(0)

3. para n = 3,

L {f ′′′(t)} = p3F (p)− p2f(0)− pf ′(0)− f ′′(0)

2.3. Ejemplos

Ejemplo 1:

Dada,

y′′(t) + 3y′(t) + 2y(t) = e−3t donde y(0) = 0; y′(0) = 0

Aplicando la transformada de Laplace a ambos miembros de la ecuacion diferencial,

L {y′′(t) + 3y′(t) + 2y(t)} = L {e−3t

}

sera,

p2Y (p)− py(0)− y′(0) + 3pY (p)− 3y(0) + 2Y (p) =1

p + 3

simplificando,

Y (p) =1

(p2 + 3p + 2)(p + 3)

=1

(p + 1)(p + 2)(p + 3)

La solucion de la ecuacion diferencial y(t) la obtendremos haciendo la antitransformada deY (p), para lo cual debemos expresarla en una forma mas simple,

Y (p) =A

p + 1+

B

p + 2+

C

p + 3

donde,

A =1

2, B = −1, C =

1

2

entonces,

Y (p) =1

2(p + 1)− 1

p + 2+

1

2(p + 3)

2002 11

finalmente la solucion es,

y(t) = L−1 {Y (p)}= L−1

{1

2(p + 1)− 1

p + 2+

1

2(p + 3)

}

= L−1

{1

2(p + 1)

}− L−1

{1

p + 2

}+ L−1

{1

2(p + 3)

}

=1

2e−t − e−2t

︸ ︷︷ ︸sol natural

+1

2e−3t

︸ ︷︷ ︸sol forzada

Ejemplo 2:

y′′(t) + 3y′(t) + 2y(t) = sen 2t donde y(0) = 0; y′(0) = 0

p2Y (p)− py(0)− y′(0) + 3pY (p)− 3y(0) + 2Y (p) =2

p2 + 4

Y (p) =2

(p + 1)(p + 2)(p2 + 4)

=A

p + 1+

B

p + 2+

C

p− 2ı+

D

p + 2ı

donde,

A =2

(−1− 2ı)(−1 + 2ı)=

2

5

B =2

−1(−2− 2ı)(−2 + 2ı)= −1

4

C =2

(1 + 2ı)(2 + 2ı)(4ı)= − 3

40+

1

40ı

D =2

(1− 2ı)(2− 2ı)(−4ı)= − 3

40− 1

40ı

entonces,

Y (p) =2

5 (p + 1)− 1

4 (p + 2)+− 3

40+ 1

40ı

p− 2ı+− 3

40− 1

40ı

p + 2ı

12 Modelos Numericos

la solucion es,

y(t) = L−1

{2

5 (p + 1)− 1

4 (p + 2)+− 3

40+ 1

40ı

p− 2ı+− 3

40− 1

40ı

p + 2ı

}

=2

5e−t − 1

4e−2t +

(− 3

40+

1

40ı

)e2ıt

︸ ︷︷ ︸A(t)

+

(− 3

40− 1

40ı

)e−2ıt

︸ ︷︷ ︸B(t)

aplicando la formula de Euler tenemos que,

A(t) =

(− 3

40+

1

40ı

)(cos 2t + ı sen 2t)

= − 3

40cos 2t− 1

40sen 2t + ı

(1

40cos 2t− 3

40sen 2t

)

B(t) =

(− 3

40− 1

40ı

)(cos 2t− ı sen 2t)

= − 3

40cos 2t− 1

40sen 2t + ı

(− 1

40cos 2t +

3

40sen 2t

)

A(t) + B(t) = − 3

20cos 2t− 1

20sen 2t

finalmente,

y(t) =2

5e−t − 1

4e−2t

︸ ︷︷ ︸Solucion natural

− 3

20cos 2t− 1

20sen 2t

︸ ︷︷ ︸Solucion forzada

Ejemplo 3:

y′′ + 9y = sen 2t donde y(0) = 0; y′(0) = 0

La transformada de la ecuacion es:

Y (p) =2

(p2 + 9)(p2 + 4)=

A

p− 3ı+

B

p + 3ı+

C

p− 2ı+

D

p + 2ı

Los coeficientes de la ecuacion anterior,

A =ı

15; B =

−ı

15; C =

−ı

10; D =

ı

10

Reemplazando y haciendo la antitransformada,

y(t) =ı

15e3ıt − ı

15e−3ıt − ı

10e2ıt +

ı

10e−2ıt

2002 13

Aplicando la formula de Euler y simplificando,

y(t) =1

5sen 2t− 2

15sen 3t

Ejemplo 4:

y′′ − 6y′ + 8 = sen t donde y(0) = 2; y′(0) = 3

La transformada de Laplace es,

p2Y (p)− 2p− 3− 6pY (p) + 12 + 8Y (p) =1

p2 + 1

sacando factor comun Y (p),

Y (p)(p2 − 6p + 8)− 2p + 9 =1

p2 + 1

entonces

Y (p) =

(1

p2 + 1+ 2p− 9

)1

p2 − 6p + 8

=1

(p− ı)(p + ı)(p− 2)(p− 4)+

2p− 9

(p− 2)(p− 4)

=A1

p− ı+

A2

p + ı+

A3

p− 2+

A4

p− 4+

B1

p− 2+

B2

p− 4

=385− 7

170ı

p− ı+

385

+ 7170

ı

p + ı− 1

10 (p− 2)+

1

34 (p− 4)+

5

2 (p− 2)− 1

2 (p− 4)

La transformada de Laplace es:

y(t) =

(3

85− 7

170ı

)eıt +

(3

85+

7

170ı

)e−ıt − 1

10e2t +

1

34e4t +

5

2e2t − 1

2e4t

Aplicando la formula de Euler y simplificando:

y(t) =12

5e2t − 8

17e4t +

6

85cos t +

7

85sen t

14 Modelos Numericos

3. Propiedad de convolucion

3.1. Definicion

Se puede obtener la transformada inversa del producto de dos funciones mediante la apli-cacion de la siguiente propiedad, llamada convolucion:

L−1 {F (p)G(p)} =

∫ t

0

f(u)g(t− u)du = f ∗ g

donde,f(t) = L−1 {F (p)} y g(t) = L−1 {G(p)}

3.2. Ejemplos

Ejemplo 1:

y′′(t) + 3y′(t) + 2y(t) = e−3t donde y(0) = 0; y′(0) = 0

aplicando la transformada de Laplace,

Y (p) =1

(p2 + 3p + 2)(p + 3)

=1

(p + 1)︸ ︷︷ ︸F (p)

(p + 2)︸ ︷︷ ︸G(p)

(p + 3)︸ ︷︷ ︸H(p)

La solucion del sistema,y(t) la obtendremos por aplicacion sucesiva de la propiedad de convo-lucion:

f ∗ g ∗ h = (f ∗ g) ∗ h

donde,

f(t) = L−1 {F (p)} = e−t

g(t) = L−1 {G(p)} = e−2t

h(t) = L−1 {H(p)} = e−3t

Resolvemos la primera convolucion:

f ∗ g =

∫ t

0

e−ue−2t+2udu

= e−2t

∫ t

0

eudu

= e−2t[et − 1

]

= e−t − e−2t

2002 15

La segunda convolucion es,

(f ∗ g) ∗ h =

∫ t

0

(e−u − e−2u

)e−3t+3udu

= e−3t

∫ t

0

e2udu− e−3t

∫ t

0

eudu

= e−3t

[e2t

2− 1

2

]− e−3t

[et − 1

]

=e−t

2− e−3t

2− e−2t + e−3t

y(t) =e−t

2− e−2t +

e−3t

2

Ejemplo 2:

y′′(t) + 3y′(t) + 2y(t) = sen 2t donde y(0) = 0; y′(0) = 0

La transformada de Laplace es,

Y (p) =2

(p + 1)(p + 2)(p2 + 4)

donde,

f(t) = L−1

{1

p + 1

}= e−t

g(t) = L−1

{1

p + 2

}= e−2t

h(t) = L−1

{2

p2 + 4

}= sen 2t

la primera convolucion es,

f ∗ g =

∫ t

0

e−ue−2t+2udu

= e−t − e−2t

16 Modelos Numericos

y la segunda,

h ∗ (f ∗ g) =

∫ t

0

sen 2u(e−t+u − e−2t+2u)du

= e−t

∫ t

0

eu sen(2u)du− e−2t

∫ t

0

e2u sen(2u)du

y(t) =2

5e−t − 1

4e−2t − 3

20cos 2t− 1

20sen 2t

4. Principio de superposicion

4.1. Definicion

La solucion de una ecuacion diferencial se obtiene aplicando cualquiera de estas dos formulas,siempre y cuando las condiciones iniciales esten dadas en el origen, es decir y(0) = 0; y′(0) = 0,

y(t) =

∫ t

0

a(t− τ)f ′(τ)dτ + f(0)a(t) (3)

y(t) =

∫ t

0

a(σ)f ′(t− σ)dσ + f(0)a(t) (4)

4.2. Ejemplos

Ejemplo 1:

y′′ + 6y′ + 8y = e5t .

Determinamos a(t) = L−1{A(p)}, donde

A(p) =1

(p2 + 6p + 8)

1

p=

A

p + 2+

B

p + 4+

C

p,

donde

A = −1

4B =

1

8C =

1

8,

con lo cual

a(t) = −1

4e−2t +

1

8e−4t +

1

8.

Ademas,

f(t) = e5t f ′(t) = 5e5t f(0) = 1 .

2002 17

La solucion la obtenemos aplicando la formula (3) y reemplazando los valores obtenidosarriba,

y(t) =

∫ t

0

(−1

4e−2(t−τ) +

1

8e−4(t−τ) +

1

8

)5e5τdτ − 1

4e−2t +

1

8e−4t +

1

8.

Sacamos de las integrales las constantes

y(t) = −5

4e−2t

∫ t

0

e7τdτ +5

8e−4t

∫ t

0

e9τdτ +5

8

∫ t

0

e5τdτ − 1

4e−2t +

1

8e−4t +

1

8.

Las soluciones de las integrales son:

y(t) = −5

4e−2t

(e7t − 1

7

)+

5

8e−4t

(e9t − 1

9

)+

5

8

(e5t − 1

5

)− 1

4e−2t +

1

8e−4t +

1

8,

y distribuyendo los productos

y(t) = − 5

28e5t +

5

28e−2t +

5

72e5t − 5

72e−4t +

1

8e5t − 1

8− 1

4e−2t +

1

8e−4t +

1

8=

= e5t

(− 5

28+

5

72+

1

8

)+ e−2t

(5

28− 1

4

)+ e−4t

(− 5

72+

1

8

).

Finalmente la respuesta del sistema es:

y(t) =1

63e5t − 1

14e−2t +

1

18e−4t .

Tambien podemos encontrar la solucion aplicando la integral (4). Reemplazamos los valores,

y(t) =

∫ t

0

(−1

4e−2σ +

1

8e−4σ +

1

8

)5e5(t−σ)dσ − 1

4e−2t +

1

8e−4t +

1

8

y(t) = −5

4e5t

∫ t

0

e−7σdσ +5

8e5t

∫ t

0

e−9σdσ +5

8e5t

∫ t

0

e−5σdσ − 1

4e−2t +

1

8e−4t +

1

8,

para obtener

y(t) =5

4e5t

(e−7t − 1

7

)− 5

8e5t

(e−9t − 1

9

)− 5

8e5t

(e−5t − 1

5

)− 1

4e−2t +

1

8e−4t +

1

8,

que al distribuir los productos indicados,

y(t) =5

28e−2t − 5

28e5t − 5

72e−4t +

5

72e5t − 1

8+

1

8e5t − 1

4e−2t +

1

8e−4t +

1

8

y(t) = e−2t

(5

28− 1

4

)+ e5t

(− 5

28+

5

72+

1

8

)+ e−4t

(− 5

72+

1

8

)

nos conduce a la misma solucion:

y(t) =1

63e5t − 1

14e−2t +

1

18e−4t .