Ecuaciones Diferenciales de Orden Superior

CAPÍTULO 3

Contenidos

• 3.1 Ecuaciones Lineales: teoría básica• 3.2 Reducción de Orden• 3.3 Ecuaciones Lineales Homogéneas con coeficientes

constantes• 3.4 Coeficientes Indeterminados• 3.5 Variación de Parámetros• 3.6 Ecuación de Cauchy-Euler• 3.7 Ecuaciones No lineales• 3.8 Modelos Lineales: Problemas de Valor Inicial• 3.9 Modelos Lineales: Problemas de Valor en la Frontera• 3.10 Modelos No Lineales• 3.11 resolución de Modelos de Ecuaciones Lineales

3.1 Ecuaciones Lineales: teoría Básica

• Problemas de valor inicialUn problema de valor inicial de n-ésimo orden esResolver:

Sujeta a :

(1)

con n condiciones iniciales.

)()()()()( 011

1

1 xgyxadxdy

xadx

dxa

dx

ydxa n

n

nn

n

n

10)1(

1000 )(,,)(,)( n

n yxyyxyyxy

Sea an(x), an-1(x), …, a0(x), y g(x) continuas en I, an(x) 0 para todo x de I. Si x = x0 cualquier punto de Este intervalo, entonces existe una solución y(x) de (1)En el intervalo y s única.

TEOREMA 3.1 Existencia de una solución única

• El problema

posee la solución trivial y = 0. Como es una ED con coeficientes constantes, por el Teorema 3.1, y = 0 es la única solución en cualquier intervalo que contenga a x = 1.

Ejemplo 1

0)1(,0)1(,0)1(,0753 yyyyyyy

Ejemplo 2

• Compruebe que y = 3e2x + e–2x – 3x, es una solución de

Esta ED es lineal y los coeficientes, como g(x), son todos continuos, y a2(x) 0 en cualquier intervalo que contenga x = 0. Esta ED tiene una solución única en I.

1)0(',4)0(,124" yyxyy

Problemas de Valor en la Frontera

• Resolver:

Sujeta a :

se llama un problema de valor en la frontera (PVF).(Fig 3.1)

)()()()( 012

2

2 xgyxadxdy

xadx

ydxa

10 )(,)( ybyyay

Fig 3.1

• En el ejemplo 4 de la Sec 1.1, vemos la solución de es

x = c1 cos 4t + c2 sin 4t (2)(a) Suponemos que x(0) = 0, entonces c1 = 0,

x(t) = c2 sen 4tAdemás, x(/2) = 0, obtenemos 0 = 0, de ahí

(3)

tiene infinitas soluciones. (Fig 3.2)(b) Si

(4)

tenemos que c1 = 0, c2 = 0, x = 0 es solución única.

Ejemplo 3

016" xx

02

,0)0(,016

xxxx

08

,0)0(,016

xxxx

Ejemplo 3 (2)

(c) Si

(5)

tenemos que c1 = 0, y 1 = 0 (contradicción).De ahí que (5) no tiene solución.

12

,0)0(,016

xxxx

Fig 3.2

• La siguiente ED

(6)

se dice que es homogénea;

(7)

con g(x) no nula, es no homogénea.

0)()()()( 011

1

1

yxadxdy

xadx

ydxa

dx

ydxa n

n

nn

n

n

)()()()()( 011

1

1 xgyxadxdy

xadx

ydxa

dx

ydxa n

n

nn

n

n

• Sea dy/dx = Dy. Este símbolo D se llama operador diferencial. Definimos a un operador diferencial de n-ésimo orden u operador polinominal como

(8)Además, tenemos que

(9)por tanto el operador diferencial L es un operador lineal.

• Ecuaciones DiferencialesPodemos escribir las DEs simplemente como

L(y) = 0 y L(y) = g(x)

Operadores Diferenciales

)()()()( 011

1 xaDxaDxaDxaL nn

nn

))(())(()}()({ xgLxfLxgxfL

Sean y1, y2, …, yk soluciones de

ecuación diferencial homogénea de n-ésimo orden(6) en un intervalo I.Entonces la combinación lineal

y = c1y1(x) + c2y2(x) + …+ ckyk(x) donde ci, i = 1, 2, …, k son constantes arbitrarias,

también es una solución en el intervalo.

TEOREMA 3.2 Principio de Superposición – Ecuaciones Homogéneas

(A) y = cy1 también es solución si y1 es una solución.

(B) Una ED lineal homogénea siempre posee la solución trivial y = 0.

COROLARIOS Corolarios del Teorema 3.2

• Las funciones y1 = x2, y2 = x2 ln x ambas son soluciones de Luego y = x2 + x2 ln x también es una solución en (0, ).

Ejemplo 4

Un conjunto de f1(x), f2(x), …, fn(x) es linealmentedependiente en un intervalo I, si existen ciertas Constantes c1, c2, …, cn no todas nulas, tales que c1f1(x) + c2f2(x) + … + cn fn(x) = 0Si el conjunto no es linealmentedependiente, es linealmente independiente.

DEFINICIÓN 3.1 Depedencia Lineal e Independenciay

0423 yyxyx

En otras palabras, si el conjunto es linealmenteindependiente, cuando c1f1(x) + c2f2(x) + … + cn

fn(x) = 0entonces c1 = c2 = … = cn = 0

• Con respecto a la Fig 3.3, ninguna función múltiplo constante de las demás, luego estas dos funciones son linealmente independientes.

Fig 3.3

Las funciones f1 = cos2 x, f2 = sin2 x, f3 = sec2 x, f4 = tan2 x son linealmente dependientes en el intervalo(-/2, /2) porque

c1 cos2 x +c2 sin2 x +c3 sec2 x +c4 tan2 x = 0

caundo c1 = c2 = 1, c3 = -1, c4 = 1.

Ejemplo 5

Ejemplo 6

• Las funciones f1 = x½ + 5, f2 = x½ + 5x, f3 = x – 1, f4 = x2 son linealmente dependientes en el intervalo (0, ), porque f2 = 1 f1 + 5 f3 + 0 f4

Suponga que cada una de las funciones f1(x), f2(x), …, fn(x)

posee al menos n – 1 derivadas. El determinante

se llama el Wronskiano de las funciones.

DEFINICIÓN 3.2Wronskiano

)1()1()1(

21

21

1

21

'''),...,(

nn

nn

n

n

n

fff

fff

fff

ffW

Sean y1(x), y2(x), …, yn(x) soluciones de la

ED homogénea de n-ésimo orden (6) en un intervalo I. Este conjunto de soluciones es linealmente independiente si y sólo si W(y1, y2, …, yn) 0 para todo x en el intervalo.

TEOREMA 3.3Criterio para solucionesLinealmente independientes

Cualquier conjunto y1(x), y2(x), …, yn(x) de n soluciones

linealmente independientes se llama conjunto fundamental de soluciones.

DEFINITION 3.3Conjunto Fundamental de Soluciones

CH3_23x

Existe un conjunto fundamental de soluciones para la ED lineal (6) en un intervalo I.

TEOREMA 3.4Existencia de un conjunto fundamental

Sea y1(x), y2(x), …, yn(x) un conjunto fundamental de

Soluciones de la ED lineal homogénea (6) en un interval I.Entonces la solución general es

y = c1y1(x) + c2y2(x) + … + cnyn(x) donde ci son constantes arbitrarias.

TEOREMA 3.5

Solución general, ecuaciones homogéneas

• Las funciones y1 = e3x, y2 = e-3x son soluciones de

y” – 9y = 0 on (-, )Ahora

para todo x. Así que y = c1y1 + c2y2 es la solución general.

Ejemplo 7

0633

),(33

3333

xx

xxxx

ee

eeeeW

Ejemplo 8

• La función y = 4 sinh 3x - 5e3x es una solución del ejemplo 7 (Copruébelo). Observe

= 4 sinh 3x – 5e-3x

xxx

xxx eee

eeey 333

333 52

4522

• Las funciones y1 = ex, y2 = e2x , y3 = e3x son soluciones de y’’’ – 6y” + 11y’ – 6y = 0 on (-, ). Como

para todo valor real de x. y = c1ex + c2 e2x + c3e3x es la solución general en (-, ).

Ejemplo 9

02

94

32),,( 6

32

32

32

32 x

xxx

xxx

xxx

xxx e

eee

eee

eee

eeeW

• Función Complementariay = c1y1 + c2y2 +… + ckyk + yp = yc + yp

= función complementaria + una solución particular

Sea yp cualquier solución particular de (7) en un intervalo Iis called a particular solución. Y sea y1(x), y2(x), …, yk(x) un conjunto fundamental de soluciones de (6), entonces la solución general de la ecuación en el intervalo es

y= c1y1 + c2y2 +… + ckyk + yp (10)Donde las ci, i= 1,2,….,n son constantes arbitrarias

TEOREMA 3.6

Solución General –Ecuaciones No homogéneas

• La función yp = -(11/12) – ½ x es una solución particular de

(11)Por las conclusiones anteriores, la solución general de (11) es

Ejemplo 10

xyyyy 36116

xecececyyy xxxpc 2

112113

32

21

Dados(12)

donde i = 1, 2, …, k. Si ypi denota una solución particular de la ED (12)

Correspondiente, con gi(x), tenemos(13)

es una solución particular de (14)

TEOREMA 3.7

)()()()()( 01)1(

1)( xgyxayxayxayxa i

nn

nn

)()()(21

xyxyxyykpppp

)()()(

)()()()(

21

01)1(

1)(

xgxgxg

yxayxayxayxa

k

nn

nn

• Deducimos queyp1 = -4x2 es una solución particular de

yp2 = e2x es una solución particular de

yp3 = xex es una solución particular de

Del Teorema 3.7, es una solución de

Ejemplo 11

824164'3" 2 xxyyy

xeyyy 224'3"

xx exeyyy 24'3"

321 ppp yyyy

)()(

2

)(

2

321

228241643xg

xx

xg

x

xg

exeexxyyy

• Si ypi es una solución particular de (12), entonces

también es una solución particular de (12) donde el miembro de la derecha es

Observación:

,21 21 kpkppp ycycycy

)()()( 2211 xgcxgcxgc kk

3.2 Reducción de Order

• Introducción:Sabemos que la solución general de

(1)es y = c1y1 + c2y1. Suponemos que y1(x) denota una solución conocida de (1). Aceptamos que la otra solución y2 es de la forma y2 = uy1.Nuestro objetivo es encontrar una u(x) y este método se llama reducción de orden.

0)()()( 012 yxayxayxa

Dada y1 = ex , una solución de y” – y = 0, hallar la segunda solución y2 por el método de reducción de orden.

SoluciónSi y = uex, entonces

Y

Como ex 0, se permite que w = u’, entonces

Ejemplo 1

eeueueyueuey xxxxx 2,

0)'2"(" uueyy x

uecw x 21

22

12/1 cecu x

Así (2)

Escogiendo c1 = 0, c2 = -2, tenemos y2 = e-x. Porque W(ex, e-x) 0 para todo x, son independientes.

xxx ecec

exuy 21

2)(

Ejemplo 1 (2)

Caso General

• Escribimos (1) en la forma estándar (3)Sea y1(x) una solución conocida de (3) e y1(x) 0 para todo x en el intervalo.

• Si definimos y = uy1, tenemos

0)()( yxQyxPy

uyuyyuyuyyuy 11111 2,

0)2(][ 111

cero

111

uPyyuyQyyPyu

QyyPy

Esto implica que

o(4)

donde se permite que w = u’. Resolviendo (4), tenemos

ó

0)2( 111 uPyyuy

02)2( 111 wPyywy

021

1

Pdxdxyy

wdw

cPdxwy ||ln 21

Pdxecwy 121

luego

Sea c1 = 1, c2 = 0, obtenemos

(5)

221

1 cdxy

ecu

Pdx

dxxy

exyy

dxxP

)()( 2

1

)(

12

La función y1= x2 es una solución de

Hallar la solución general en (0, ).Solución:La forma estándar es

De (5)

La solución general es

Ejemplo 2

04'3"2 yxyyx

0432

xy

xy

xxdxx

exy

xdx

ln24

/32

2

xxcxcy ln22

21

3.3 Ecuaciones Lineales Homogéneas con Coeficientes Constantes

• Introducción: (1)

donde ai son constantes, an 0.• Ecuación Auxiliar :

Para n = 2, (2)

Si sustituimos y = emx, (3)

se llama una ecuación auxiliar.

0012)1(

1)(

yayayayaya nn

nn

0 cyybya

0)( 2 cbmamemx

02 cbmam

De (3) las dos raíces son:

(1) b2 – 4ac > 0: reales y distintas.(2) b2 – 4ac = 0: reales e iguales.(3) b2 – 4ac < 0: números conjugados

complejos.

aacbbm 2/)4( 21

aacbbm 2/)4( 22

• Caso 1: Raíces reales y distintasLa solución general es

(4)• Caso 2: Raíces reales repetidas

y de (5) de Sec 3.2, (5)

la solución general es (6)

xmey 11

xmxmxm

xmxm xedxedx

e

eey 11

1

11

2

2

2

xmxm xececy 1121

xmececy xm 2121

• Caso 3: Raíces complejas conjugadasEscribimos , una solución general esDe la fórmula de Euler: y (7) y

imim 21 ,xixi eCeCy )(

2)(

1

sincos iei xixe xi sincos xixe xi sincos

xee xixi cos2 xiee xixi sin2

Como es una solución luego el conjuntoC1 = C1 = 1 y C1 = 1, C2 = -1 , tenemos do soluciones:

Así, ex cos x y ex sen x un conjunto fundamental de soluciones, esto es, la solución general es

(8)

xixi eCeCy )(2

)(1

xeeeey xxixix cos2)(1

xieeeey xxixix sin2)(2

)sincos(

sincos

21

21

xcxce

xecxecyx

xx

• Resolver las EDs siguientes:(a)

(b)

(c)

Ejemplo 1

03'5"2 yyy3,1/2,)3)(12(352 21

2 mmmmmmxx ececy 3

22

1

025'10" yyy

5,)5(2510 2122 mmmmm

xx xececy 52

51

07'4" yyy

imimmm 32,32,074 212

)33cos(,3,2 212 xsencxcey x

ResolverSolución:

(Fig 3.4)

Ejemplo 2

2)0(',1)0(,017'4"4 yyyyy

,01744 2 mm im 21/21

)2sin2cos( 212/ xcxcey x

,1)0( y ,11 c ,2)0('y y 3/42 c

Fig 3.4

Dos ecuaciones que ale la pena conocer

• para la primera ecuación :

(9)Para la segunda ecuación :

(10)Sea

Luego(11)

,02 yky 0 ,02 kyky

kxckxcy sincos 21

kxkx ececy 21

Shkxckxcy 21 cosh

Chkxeey kxkx )(1/21

kxSheey kxkx )(1/22

Ecuaciones de Orden Superior

• Dada

(12)

tenemos

(13)

es una ecuación auxiliar .

0012)1(

1)(

yayayayaya nn

nn

0012

21

1 amamamama n

nn

n

Ejemplo 3

ResolverSolución:

043 yyy

2223 )2)(1()44)(1(43 mmmmmmm

232 mmxxx xecececy 2

32

21

Resolver

Solución:

Ejemplo 4

02 2

2

4

4

ydx

yd

dx

yd

0)1(12 2224 mmm

immimm 4231 ,ixixixix xeCxeCeCeCy 4321

xxcxxcxcxc sincossincos 4321

• Si m1 = + i es una raíz compleja de multiplicidad k, entonces m2 = − i es es también una raíz compleja de multiplicidad k. Las 2k soluciones linealmente independientes son :

Raíces Complejas Repetidas

xexxexxxexe xkxxx cos,,cos,cos,cos 12

xsenexxsenexxsenxexsene xkxxx 12 ,,,,

3.4 Coeficientes Indeterminados

• IntroducciónSi queremos resolver

(1)

Tenemos que hallar y = yc + yp. Así introducimos el método de coeficientes indeterminados.

)(01)1(

1)( xgyayayaya n

nn

n

Resolver Solución: Podemos obtener yc como se describe en la Sec 3.3. Ahora, queremos hallar yp.

Como el lado derecho de la ED es un polinomio, ponemos

Tras sustituir, 2A + 8Ax + 4B – 2Ax2 – 2Bx – 2C = 2x2 – 3x + 6

Ejemplo 1

6322'4" 2 xxyyy

,2 CBxAxyp ,2', BAxyy pp Ayp 2"

Ejemplo 1 (2)

Luego6242,328,22 CBABAA

9,5/2,1 CBA

9252 xxyp

Hallar una solución particular de

Solución: Sea yp = A cos 3x + B sen 3xTras sustituir,

Luego

Ejemplo 2

xsenyyy 32'"

xxBAxBA 3sin23sin)83(3cos)38(

16/73,6/73 BA

xsenxy p 373

163cos

73

6

Ejemplo 3

Resolver (3)Solución: Podemos hallar

Sea Tras sustituir,

Luego

xxexyyy 26543'2"

xxc ececy 3

21

xxp EeCxeBAxy 22

x

xx

xex

eECCxeBAAx2

22

654

)32(3323

4/3,2,23/9,4/3 ECBAxx

p exexy 22

34

2923

34

xxx exxececy 2321 3

42

923

34

Determinar yp de

Solución: Primero: sea yp = Ae2x

Tras substituir, 0 = 8e2x, (conjetura incorrecta) Sea yp = Axe2x

Tras sustituir, -3Ae2x = 8e2x Entonces A = -8/3, yp = (−8/3)xe2x

Ejemplo 4

xeyyy 84'5"

• Ninguna función en la supuesta yp es parte de ycTabla 3.1 muestra soluciones particulares de prueba.

Regla para el Caso 1:

)(xg Forma de py

1. 1(una constante) A 2. 75 x BAx

3. 23 2 x CBxAx 2

4. 13 xx ECxBxAx 23

5. xsen 4 xsenBxA 44cos 6. x4cos xsenBxA 44cos

7. xe5

xAe5

8. xex 5)29(

xeBAx 5)(

9. xex 52

xeCBxAx 52 )(

10. xsene x 43 xsenBexAe xx 44cos 33

11. xsenx 45 2 xsenGFxExxCBxAx 4)(4cos)( 22

12. xxe x 4cos3 xseneECxxeBAx xx 4)(4cos)( 33

Ejemplo 5Hallar la forma de yp de (a) Solución: tenemos que y probamos con

No hay duplicación entre los términos yp y yc

(b) y” + 4y = x cos xSolución: Probamos conTampoco hay duplicidad entre los términos yp y yc

.

xx eexyyy 7525'8" 3

xexxg )75()( 3

xp eECxBxAxy )( 23

xECxxBAxxp sin)(cos)(

Hallar la forma de yp de

Solución: Para 3x2:

Para -5 sen 2x:

Para 7xe6x:

Ningún término de duplica un término de yc

Ejemplo 6

xxexsenxyyy 62 7253149

CBxAxyp 21

xFsenxEy p 22cos2

xp eHGxy 6)(

3

321 pppp yyyy

• Si alguna yp contiene términos que duplicanlos términos de yc, entonces esa yp se debe multiplicar por xn, donde n es el entero positivo más pequeño que elimina esa duplicación.

Regla para el Caso 2:

Ejemplo 8

Resolver Solución:

Primero probamos: yp = Ax + B + C cos x + E sen x (5)Per hay una duplicación. Entonces probamos con

yp = Ax + B + Cx cos x + Ex sen xTras sustituir y simplificar,

A = 4, B = 0, C = -5, E = 0Luego y = c1 cos x + c2 sen x + 4x – 5x cos xComo y() = 0, y’() = 2, tenemos

y = 9 cos x + 7 sen x + 4x – 5x cos x

2)(',0)(,104" yysenxxyy

senxcxcyc 21 cos

Resolver Solución:

yc = c1e3x + c2xe3x

Tras sustituir y simplificar,A = 2/3, B = 8/9, C = 2/3, E = -6

Luego

Ejemplo 9

xexyyy 32 12269'6"

21

32

pp y

x

yp EeCBxAxy

xxx exxxxececy 32232

31 6

32

98

32

Resolver Solución:

m3 + m2 = 0, m = 0, 0, -1yc = c1+ c2x + c3e-x yp = Aex cos x + Bex sen x

Tras sustituir y simplificar,A = -1/10, B = 1/5

Luego

Ejemplo 10

xeyy x cos"

senxexeecxccyyy xxxpc 5

1cos

10

1321

Hallar la forma de yp de

Solución: yc = c1+ c2x + c3x2 + c4e-x

Comprobando:

Multiplicando A por x3 y (Bx2e-x + Cxe-x + Ee-x) por xObtenemos

yp = Ax3 + Bx3e-x + Cx2e-x + Exe-x

Ejemplo 11

xexyy 2)4( 1

21

2

pp y

xxx

yp EeCxeeBxAy

3.5 Variación de Parámetros

• Algunas suposicionesPara la ED

(1)ponemos(1) en la forma

(2)donde P, Q, f son continuas en I.

)()()()( 012 xgyxayxayxa

)()()( xfyxQyxPy

Método de Variación de Parámetros

• Probamos (3)

Tras obtener yp’, yp”, las ponemos en (2), entonces

(4)

)()()()( 2211 xyxuxyxuyp

ppp yxQyxPy )()(

][][ 22221111 QyyPyuQyyPyu

2211221122221111 ][ uyuyuyuyPyuuyyuuy

221122112211 ][][][ uyuyuyuyPuydxd

uydxd

)(][][ 221122112211 xfuyuyuyuyPuyuydxd

Haciendo suposiciones adicionales: y1u1’ + y2u2’ = 0, luego la forma (4),y1’u1’ + y2’u2’ = f(x)

Expresamos lo anterior en términos de determinantes

y (5)

donde

(6)

Wxfy

WW

u)(21

1 W

xfyWW

u)(12

2

)(

0,

)(

0,

1

12

21

21

21

21

xfy

yW

yxf

yW

yy

yyW

Resolver Solución:

m2 – 4m + 4 = 0, m = 2, 2 y1 = e2x, y2 = xe2x,

Como f(x) = (x + 1)e2x, entonces

Ejemplo 1

xexyyy 2)1(4'4"

022

),( 4222

2222

x

xxx

xxxx e

exee

xeexeeW

xxx

xx

xx

x

exexe

eWxex

xeex

xeW 4

22

2

24

22

2

1 )1()1(2

0,)1(

2)1(

0

De (5),

Luego

u1 = (-1/3)x3 – ½ x2, u2 = ½ x2 + xY

1)1(

,)1(

4

4

22

4

4

1 xe

exuxx

e

xexu x

x

x

x

xxxxp exexxexxexxx 222322223

21

61

21

21

31

xxxxpc exexxececyyy 22232

22

1 21

61

Ejemplo 1 (2)

Resolver Solución:

y” + 9y = (1/4) csc 3xm2 + 9 = 0, m = 3i, -3i y1 = cos 3x, y2 = sin 3x, f = (1/4) csc 3x

Como

Ejemplo 2

xyy 3csc36"4

33cos33sin3

3sin3cos)3sin,3(cos

xx

xxxxW

xx

xx

xW

xx

xW

3sin3cos

41

3csc4/13sin3

03cos,

41

3cos33csc4/1

3sin021

Entonces

Y

1211

1 WW

u

xsen

x

W

Wu

3

3cos

12

122

,12/11 xu |3|ln36/12 xsenu

|3|ln)3(36

13cos

12

1xsenxsenxxy p

|3|ln)3(36

13cos

12

133cos 21 xsenxsenxxxsencxcyyy pc

Ejemplo 2 (2)

Resolver Solución:

m2 – 1 = 0, m = 1, -1 y1 = ex, y2 = e-x, f = 1/x, y W(ex, e-x) = -2

Luego

Los límites inferior y seperior de la integral son x0 y x, respectivamente.

Ejemplo 3

xyy

1"

x

x

tx

dtt

eu

xeu

011 21

,2

)/1(

x

x

tx

dtte

uxe

u022 2

1,

2)/1(

Ejemplo 3 (2)

x

x

x

x

tx

tx

p dtte

edtt

eey

0 021

21

x

x

x

x

tx

txx

pc dtte

edtt

eeecyyy

0 021

21

1

• Para las EDs de la forma

(8)

luego yp = u1y1 + u2y2 + … + unyn, donde yi , i = 1, 2, …, n, son los elementos de yc. Así tenemos

(9)

y uk’ = Wk/W, k = 1, 2, …, n.

Ecuaciones de Orden Superior

)()()()( 01)1(

1)( xfyxPyxPyxPy n

nn

02211 nnuyuyuy

02211 nnuyuyuy

)()1(2

)1(21

)1(1 xfuyuyuy n

nn

nn

Para el caso n = 3,

(10)

,11 W

Wu ,2

2 WW

u WW

u 33

3.6 Ecuación de Cauchy-Eulaer

• Forma de Ecuación deCauchy-Euler

• Método de Soluciónprobamos y = xm, como

)(011

11

1 xgyadxdy

xadx

ydxa

dx

ydxa n

nn

nn

nn

n

k

kk

k dx

ydxa kmk

k xkmmmmxa )1()2)(1(

mk xkmmmma )1()2)(1(

Ecuación Auxiliar

• Para n = 2, y = xm, luegoam(m – 1) + bm + c = 0, oam2 + (b – a)m + c = 0 (1)

• Caso 1: Raíces Reales y Distintas

(2)

2121

mm xcxcy

Resolver Solución:Tenemos a = 1, b = -2 , c = -4

m2 – 3m – 4 = 0, m = -1, 4,y = c1x-1 + c2x4

Ejemplo 1

0422

22 y

dxdy

xdx

ydx

• Usando (5) de Sec 3.2, tenemosLuego

(3)

Caso 2: Raíces Reales Repetidas

xxcxcy mm ln1121

xxy m ln12

Ejemplo 2

ResolverSolución:Tenemos a = 4, b = 8, c = 1

4m2 + 4m + 1 = 0, m = -½ , -½

084 2

22 y

dxdy

xdx

ydx

xxcxcy ln2/12

2/11

• Orden Superior: multiplicidad

• Caso 3: Raíces Complejas Conjugadasm1 = + i, m2 = – i, y = C1x( + i) + C2x( - i)

Comoxi = (eln x)i = ei ln x = cos( ln x) + i sen( ln x)x-i = cos ( ln x) – i sen ( ln x)

Luego y = c1x cos( ln x) + c2x sen( ln x) = x [c1 cos( ln x) + c2

sen( ln x)] (4)

Caso 3: Raíces Complejas Conjugadas

12 )(ln,,)(ln,, 1111 kmmmm xxxxxx

ResolverSolución:Tenemos a = 4, b = 0 , c = 17

4m2 − 4m + 17 = 0, m = ½ + 2i

Apply y(1) = -1, y’(1) = 0, then c1 = -1, c2 = 0,

(Fig 3.15)

Ejemplo 3

21

)1(',1)1(,0174 2 yyyyx

)]ln2sin()ln2cos([ 212/1 xcxcxy

)ln2cos(1/2 xxy

Fig 3.15

Ejemplo 4

Resolver Solución:Sea y = xm,

Luego tenemos xm(m + 2)(m2 + 4) = 0m = -2, m = 2i, m = -2iy = c1x-2 + c2 cos(2 ln x) + c3

sin(2 ln x)

0875 2

22

3

33 y

dxdy

xdx

ydx

dx

ydx

33

3

22

21

)2)(1(

,)1(,

m

mm

xmmmdx

yd

xmmdx

ydmx

dxdy

Resolver Solución:We have (m – 1)(m – 3) = 0, m = 1, 3 yc = c1x + c2x3 , use variaión de parámetros,

yp = u1y1 + u2y2, donde y1 = x, y2 = x3 Escribimos la ED como

Luego P = -3/x, Q = 3/x2, f = 2x2ex

Ejemplo 5

xexyxyyx 42 23'3"

xexyx

yx

y 22 2

33

Así

Hallamos

xx

xx

exex

xWex

xex

xW

xx

xxW

322

522

3

1

32

3

221

0,2

32

0

,231

,2

2 23

5

1x

x

exx

exu x

x

ex

exu 3

5

2 2

2

,2221

xxx exeexu xeu 2

Ejemplo 5 (2)

Ejemplo 5 (3)

Luego

xx

xxxxp

xeex

xexexeexyuyuy

22

)22(2

322211

xxpc xeexxcxcyyy 22 23

21

3.7 Ecuaciones No LinealesEjemplo 1 ResolverSolución:Esta ecuación no lineal carece de término y. Sea u(x) = y’, entonces du/dx = y”,

ó

(Se escribe en esta forma solo por conveniencia)

Como u-1 = 1/y’,

Entonces,

2)'(2" yxy

22xudxdu dxx

u

du22

21

21 cxu

21

2

1

cxdxdy

21

1

121

2 tan1

ccx

ccx

dxy

ResolverSolución:Esta ecuación no lineal carece de término x. Sea u(x) = y’, entonces y” = du/dx = (du/dy)(dy/dx) = u du/dy

ó

ln|u| = ln|y| + c1, u = c2y (donde )Como u = dy/dx = c2y, dy/y = c2 dx

ln|y| = c2x + c3,

Ejemplo 2

2)'(" yyy

2udydu

uy

ydy

udu

xcecy 24

12

cec

• Suponga(1)

existe. Si además suponemos que y(x) admite Desarrollo en serie de Taylor centrado en 0:

(2)

Recuerde que y(0) = -1, y’(0) = 1. De la ED original, y”(0) = 0 + y(0) – y(0)2 = −2. Luego

(3)

Ejemplo 3

1)0(,1)0(,2 yyyyxy

5)5(

4)4(

32

!5)0(

!4)0(

!3)0(

!2)0(

!1)0(

)0(

)(

xy

xy

xy

xy

xy

y

xy

yyyyyxdxd

xy 21)()( 2

(4)

(5)

y así. Así que podemos utilizar el mismo método para obtener

y(3)(0) = 4, y(4)(0) = −8, ……Luego

2)4( )(22)21()( yyyyyyydxd

xy

yyyyyyyyydxd

xy 62))(22()( 2)5(

5432

51

31

32

1)( xxxxxxy

Ejemplo 3 (2)

• La ED en el ejemplo 3 es equivalente a

Fig 3.16 muestra la gráfica de esta ED. Para comparar, también se muestra la curva del desarrollo de Taylor de orden 5.

Ejemplo 4

1)0( ,1)0( ,2

uyyyxdxdu

udxdy

Fig 3.16

3.8 Modelos Lineales: PVI

• Ley de NewtonObserve la Fig 3.18, tenemos

(1)kxksmgkxmgxsk

dt

xdm

cero

22 )(

Fig 3.18

Fig 3.19

• De (1), tenemos

(2)

donde = k/m. (2) se llama un movimiento armónico simple, o movimiento libre no amortiguado.

Movimiento Libre no Amortiguado

022

2

xdt

xd

Solución y Ecuación de Movimiento

• De (2), la solución general es

(3)

Período T = 2/, frecuencia f = 1/T = /2.

tctctx sincos)( 21

Una masa que pesa 2 libras alarga un resorte 6 pulgadas. En t = 0, se libera la masa desde un punto que está 8 pulgadas debajo de la posición de equilibrio con una velocidad ascendente de 4/3 pie/s. Determine la ecuación del movimiento.Solución:Conversión de unidades: 6 pulg = 1/2 pie; 8 pulg = 2/3 pie,

m = W/g = 1/16 slugPor la Ley de Hooke, 2 = k(1/2), k = 4 lb/ft De ahí (1) obtenemos

Ejemplo 1

,416

12

2

xdt

xd 0642

2

xdt

xd

junto con x(0) = 2/3, x’(0) = -4/3.Como 2 = 64, = 8, la solución es

x(t) = c1 cos 8t + c2 sen 8t (4)Aplicando la condición inicial, tenemos

(5)

Ejemplo 1 (2)

tttx 8sin61

8cos32

)(

Forma alternativa de x(t)

• (4) puede escribirse comox(t) = A sen(t + ) (6)

donde y es un ángulo de fase,

(7)

(8)

(9)

,22

21 ccA

2

1

2

1

tancos

sin

cc

AcAc

tAtA

tAtA

sin)cos(cos)sin(

sincoscossin

)(sincossincos 2121 txtctct

A

cAt

A

cA

Fig 3.20

• Solución (5) es x(t) = (2/3) cos 8t − (1/6) sin 8t = A sin(t + )

Entonces

Sin embargo no es not la solución, ya que sabemos que

tan-1 (+/−) se localiza en el segundo cuadranteLuego entonces

(9)

El período es T = 2/8 = /4.

Ejemplo 2

69.0)()( 36172

612

32 A

rad,816.1)326.1(

rad 326.1)4(tan 1

)816.18sin(617

)( ttx

Fig 3.21

• La Fig 3.21 muestra el movimiento.

• Si la ED es como

(10)donde es una constante de amortiguamiento positiva. Luego x”(t) + (/m)x’ + (k/m)x = 0 puede ponerse como

(11)

donde 2 = /m, 2 = k/m (12)La ecuación auxiliar es m2 + 2m + 2 = 0, y las raíces son

Movimiento Libre Amortiguado

dtdx

kxdt

xdm 2

2

02 22

2

xdtdx

dt

xd

222

221 , mm

• 2 – 2 > 0. Sea entonces

(13)

Se dice que es sobreaortiguao. Fig 3.23.

Caso 1:

)()(2222

21ttt ececetx

,22 h

Fig 3.23

Caso 2:

• 2 – 2 = 0. Luego

(14)

Se dice que es críticamente amortiguado. Fig 3.24.

)()( 21 tccetx t

Fig 3.24

• 2 – 2 < 0. Sea entonces

(15)

Se dice que es subamortiguado. Fig 3.25.

Caso 3:

,22 h

imim 222

221 ,

)sincos()( 222

221 tctcetx t

Fig 3.25

• La solución de

es (16)

Fig 3.26.

Ejemplo 3

1)0(,1)0(,0452

2

xxxdtdx

dt

xd

tt eetx 4

32

35

)(

Fig 3.26

Una masa que pesa 8 libras alarga 2 pies un resorte. Se supone que una fuerza amortiguadora igual a 2 la velocidad instantánea actúa sobre el sistema. En t = 0, la masa se suelta en la posición de equilibrio con una velocidad ascendente de 3 pies/s. Determine la ecuación de movimiento.Solución:De la Ley de Hooke, 8 = k (2), k = 4 lb/et, y m = W/g = 8/32 = ¼ slug, de ahí

(17)

Ejemplo 4

,2441

2

2

dtdx

xdt

xd 01682

2

xdtdx

dt

xd

Ejemplo 4 (2)

m2 + 8m + 16 = 0, m = −4, −4x(t) = c1 e-4t + c2t e-4t (18)

Condiciones iniciales: x(0) = 0, x’(0) = −3, luego x(t) = −3t e-4t (19)

Fig 3.27.

Fig 3.27

Ejemplo 5

Una masa que pesa 16 libras alarga un muelle desde 5 pies hasta 8.2 pies. Si al inicio la masa se libera desde el reposo en un punto 2 pies arriba de la posición de equilibrio, encuentre los desplazamientos x(t) si se sabe además que el medio circundante ofrece una resistencia numéricamente igual a la velocidad instantánea.

De la Ley de Hooke, 16 = k (3.2), k = 5 lb/pie, y m = W/g = 16/32 = ½ slug, de ahí

(20)

m2 + 2m + 10 = 0, m = −3 + 3i, −3 − 3i

,521

2

2

dtdx

xdt

xd 01022

2

xdtdx

dt

xd

(21)

Condiciones iniciales: x(0) = −2, x’(0) = 0, luego

(22)

Ejemplo 5 (2)

)3sin3cos()( 21 tctcetx t

ttetx t 3sin

32

3cos2)(

Forma alternativa de x(t)

• (22) puede ponerse como

(23)

donde y

)sin()( 22 tAetx t

,22

21 ccA

2

1tancc

• Como en la Fig 3.28,

(24)

(25)

donde

ED de Movimiento forzado con amortiguammiento

)(2

2

tfdtdx

kxdt

xdm

)(2 22

2

tFxdtdx

dt

xd

mkmmtftF /,/2,/)()( 2

Fig 3.28

Interprete y resuelva

(26)

Solución:Interpretación: m = 1/5, k = 2, = 1.2, f(t) = 5 cos 4t

La masa se libera inicialmente desde el reposo ½ abajo de la posición de equilibrio

Solución:

Ejemplo 6

0)0(,21

)0(,4cos522.151

2

2

xxtxdtdx

dt

xd

01062

2

xdtdx

dt

dx

)sincos()( 213 tctcetx t

c

Suponiendo xp(t) = A cos 4t + B sen 4t,tenemos A = −25/102, B = 50/51, entonces

Usando x(0) = 1/2, x’(0) = 0 c1 = 38/51, c2 = −86/51,

(28)

Ejemplo 6 (2)

tttctcetx t 4sin5150

4cos10225

)sincos()( 213

tttte

tx

t 4sin5150

4cos10225

sin5186

cos5138

)(

3

Términos Transitorio y de Estado Estable

• Gráfica de (28) se muestra en la Fig 3.29.• xc(t) se desvanece cuando t :

término transitorioxp(t) permanece cuando t :

término de estado estable

Fig 3.29

• La solución de

es

Fig 3.30.

Ejemplo 7

1

2

2

)0(,0)0(

,sin2cos422

xxx

ttxdtdx

dt

xd

estable estadootransitori

1 sin2sin)2()( ttextx t

Fig 3.30

Resolver

donde F0 es una constante y .Solución:

xc = c1 cos t + c2 sen t Sea xp = A cos t + B sen t, tras la sustitución,

A = 0, B = F0/(2− 2),

Ejemplo 8

0)0(,0)0(,sin02

2

2

xxtFxdt

xd

tF

txp

sin)( 220

Como x(0) = 0, x’(0) = 0, entonces

Así

(30)

tF

tctcxxtx pc

sinsincos)( 220

21

)(/,0 22021 Fcc

,)sinsin()(

)( 220 tt

Ftx

Ejemplo 8 (2)

Resonancia Pura

• Cuando = , consideramos el caso .

(31)

20

0

230220

2

cossin

2cossin

lim

)(

)sinsin(lim

)(

sinsinlim)(

tttF

tttF

dd

ttdd

Ftt

Ftx

ttF

tF

cos

2sin

20

20

• Cuando t , los desplazamientos se vuelven largosDe hecho, |x(tn)| cuando tn = n/, n = 1, 2, …..Como se muestra en la Fig 3.31, se dice que es una resonancia pura.

Fig 3.31

• La siguiente ecuación es la ED de movimiento forzado con amortiguamiento:

(32)Si i(t) denota la corriente en Fig 3.32, entonces

(33)Como i = dq/dt, tenemos

(34)

Circuitos LRC en Serie

)(2

2

tfkxdtdx

dt

xdm

)(1

tEqC

Ridtdi

L

)(1

2

2

tEqCdt

dqR

dt

qdL

Fig 3.32

Hallar q(t) en la Fig 3.32, donde L = 0.025 henry, R = 10 ohm, C = 0.001 farad, E(t) = 0, q(0) = q0 coulombs, y i(0) = 0 ampere.Solución:Usando los datos:

Como se ha descrito antes,

Usando q(0) = q0, i(0) = q’(0) = 0, c1 = q0, c2 = q0/3

Ejemplo 9

,010001041 qqq 0400040 qqq

)60sin60cos()( 2120 tctcetq t

)249.160sin(310

)( 200 teq

tq t

Encuentre al solución de estado estable qp(t) y la coriente de estado estable, when E(t) = E0 sen t .Solución:Sea qp(t) = A sen t + B cos t,

Ejemplo 10

222

1222

0

222

1222

0

,

1

RCC

LL

RCC

LL

REB

CLE

A

Si

SiUsando el método similar, obtenemos

So

• Observación: X y Z se denominan reactancia y impedancia, respectivamente.

,1

C

LX 22222 12

CCL

LX

,22 RXZ 2

22222 12

RCC

LLZ

)/(),/( 20

20 ZREBZXEA

tZ

REt

Z

XEtqp

cossin)( 2

02

0

t

ZX

tZR

ZE

tqti pp cossin)()( 0

Ejemplo 10 (2)

3.9 Modelos Lineales: PVF

• Deflexión de una vigaMomento de flexión M(x) en un punto x a lo largo de la viga está relacionado con la carga por unidad w(x) mediante la ecuación

(1)Además, M(x) es proporcional a la curvatura de la curva elástica

M(x) = EI (2)donde E, I son constantes.

)(2

2

xwdx

Md

• Del cálculo, tenemos y”, donde deflexión y(x) es pequeña. Finalmente tenemos

(3)Entonces

(4)

4

4

2

2

2

2

dx

ydEIy

dx

dEI

dx

Md

)(4

4

xwxd

ydEI

Terminología

Extremos de la viga Condiciones en la frontera

empotrados y = 0, y’ = 0

libres y” = 0, y’’’ = 0

apoyados simplemente o abisagrados

y = 0, y” = 0

Fig 3.41

Fig 3.41

Una viga de longitud L se fija en ambos extremos. Hallar la deflexión de la viga si una carga constante w0 está uniformemente distribuida a lo largo de su longitud, esto es,

w(x)= w0 , 0 < x < L

Solución:De (4) tenemos Extremos empotrados significa Tenemos m4 = 0, yc(x) = c1 + c2x + c3x2 + c4x3, y

Ejemplo 1

04

4

wdx

ydEI

0)(,0)(,0)0(,0)0( LyLyyy

40

24x

EIw

yp

Ejemplo 1 (2)

Entonces

Usando las condiciones de la frontera, tenemosc1 = 0, c2 = 0, c3 = w0L2/24EI, c4 = −w0L/12EI

Eligiendo w0 = 24EI y L = 1, tenemos Fig 3.42.

4034

2321 24

)( xEI

wxcxcxccxy

220403022

0 )(24241224

)( LxxEI

wx

EIw

xEILw

xEILw

xy

Fig 3.42

ResolverSolución:Caso 1 : = 0

y = c1x + c2, y(0) = c2 = 0, y(L) = c1L = 0, c1 = 0

luego y = 0, solución trivial.Caso 2 : < 0, = −2, > 0Escogiendo y = c1 Ch x + c2 Sh x

y(0) = 0, c1 = 0; y(L) = 0, c2 = 0 luego y = 0, solución trivial.

Ejemplo 2

0)(,0)0(,0" Lyyyy

Caso 3 : > 0, = 2, > 0Escogiendo y = c1 cos x + c2 sen x

y(0) = 0, c1 = 0; y(L) = 0, c2 sin L= 0 Si c2 = 0, y = 0, solución trivial.Así que c2 0, sen L = 0, L = n, = n/L

Así, y = c2 sen (nx/L) es una solución para cada n.

Ejemplo 2 (2)

,3,2,1,2

222 n

L

nn

Tomando c2 = 1, para cada:

la función correspondiente:

• Observación: n = (n/L)2, n = 1, 2, 3, … se conocen como valores propios. yn = sen (nx/L) se llaman funciones propias.

,9,

4, 2

2

2

2

2

2

LLL

,3sin,

2sin,sin x

Lx

Lx

L

Ejemplo 2 (3)

Pandeo de una Columna Vertical Delgada

• En cuanto a la Fig 3.43, la ED es

(5)

donde P es una fuerza compresiva vertical constante aplicada en la parte superior de la columna.

,2

2

Pydx

ydEI 02

2

Pydx

ydEI

Fig 3.43

En cuanto a la Fig 3.43, cuando la columna se fija con bisagras en ambos extremos, hallar la deflexión. Solución:El PVF es

Intuitivamente, si la carga P no es suficientemente grande, no hay deflexión. La pregunta es: ¿para qué valores de P el PVF posee soluciones no triviales?

Ejemplo 3

0)(,0)0(,02

2

LyyPydx

ydEI

Escribiendo = P/EI, vemos

es idéntica al ejemplo 2. Del Caso 3, las curvas de deflexión son yn = c2 sen (nx/L), que corresponden a los valores propios n = Pn/EI = n22/L2, n = 1, 2, 3, …Desde el punto de vista físico, solo para Pn = EIn22/L2, la columna experimenta flexión.Llamamos a estas Pn las cargas críticas y la más pequeña P = P1 = EI2/L2 se llama la carga de Euler, yy1 = c2 sen(x/L) se conoce como primer modo de pandeo.Fig 3.44

Ejemplo 3 (2)

0)(,0)0(,0 Lyyyy

Fig 3.44

Cuerda Rotatoria

• La ED simpley” + y = 0

(6)ocurre una y otra vez como un modelo matemático. Fig 3.45.

Fig 3.45

• tenemosF = T sen 2 – T sen 1 (7)

Cuando 1 y 2 son pequeños, sen 2 tan 2 , sen 1 tan 1

Como tan2, tan1 son tangentes de las rectas que contienen a los vectoresT1 y T2, entonces

tan 2 = y’(x + x), tan 1 = y’(x)Así (7) pasa a ser

(8)Porque F = ma, m = x, a = r2. Con x pequeño, obtenemos r = y.

)]()([ xyxxyTF

Así(9)

Al igualndo (8) = (9), tenemos

(10)

Para x cercano a cero, tenemos

(11)Y las condiciones en la frontera son y(0) = y(L) = 0.

2)( yxF

2)()]()([ yxxyxxyT

yx

xyxxyT 2)()(

,22

2

ydx

ydT 02

2

2

ydx

ydT

3.10 Modelos No Lineales

• Resortes no linealesEl modelo

(1)cuando F(x) = kx se dice que es lineal. Sin embargo,

(2)es un resorte no lineal. Otro modelo

(3)

0)(2

2

xFdt

xdm

,032

2

kxdt

xdm 03

12

2

xkkxdt

xdm

02

2

kxdtdx

dtdx

dt

xdm

• F(x) = kx + k1x3 se dice que es duro si k1 > 0;y es suave, si k1 < 0. Fig 3.50.

Resortes Duros y Suaves

Fig 3.50

Ejemplo 1

• Las EDs (4)

y (5)

son casos especiales de(2). Fig3.51 muestra la gráfica obtenida de un programa de solución numérica.

032

2

xxdt

xd

032

2

xxdt

xd

Fig 3.51

• El modelo de un péndulo simple se representa en la Fig 3.52. De la figura, tenemos la aceleración angular a = s” = l”, la fuerza

Luego

(6)

Péndulo No Lineal

2

2

dt

dmlmaF

0sin2

2

lg

dt

d

Fig 3.52

• Como

Si empleamos solo los dos primeros términos,

Si es pequeño,

(7)

Linealización

!5!3

sin53

0)6/()/(/ 322 lglgdtd

02

2

lg

dt

d

• Fig 3.53 muestra algunos resultados con condiciones iniciales diferentes obtenidos con un programa de solución numérica. Podemos observar que si la velocidad inicial es bastante grande, el péndulo se saldrá de los límites.

Ejemplo 2

Fig 3.53

• Recordando (17) de la Sec 1.3 y Fig 1.26 dy/dx = W/T1, puede modificarse como

(8)

• donde es la densidad y s es la longitud del arco.Como la longitud s es

(9)

Cables Telefónicos

1Tws

dxdy

xdx

dxdy

s0

2

1

• entonces

(10)

Al derivar (8) con respecto a x y usando (10), obtenemos

(11)

2

1

dxdy

dxds

,1

2

2

dxds

Tw

dx

yd 2

12

2

1

dxdy

Tw

dx

yd

Ejemplo 3• De la Fig 1.26, obtenemos

y(0) = a, y’(0) = 0. Sea u = y’, la ecuación (11) se convierte en

Así

Ahora y’(0) = u(0) = 0, sinh-10 = 0 = c1 Como u = sinh(x/T1) = dy/dx, entonces

Usando y(0) = a, c2 = a − (T1/)

,1 2

1

uTdx

du

dx

Tu

du

121

11

1sinh cxTw

u

,sinh1

xTdx

dy 21

1 cosh cxTw

Ty

1

1

1 coshT

axT

Ty

• De la Fig 3.54, tenemos

(12)

cuando y = R, kMm/R2 = Mg, k = gR2/M, entonces

(13)

Movimiento de un Cohete

,22

2

y

Mmk

dt

sdm 22

2

y

Mk

dt

sd

2

2

2

2

y

Rg

dt

sd

Fig 3.54

• Suponiendo que la masa es variable, F = ma debería modificarse como

(14)

Masa Variable

)(mvdtd

F

Ejemplo 4

Una cadena uniforme de 10 pies de largo se enrolla sin tensión sobre el suelo. Un extremo de ella cadena se jala verticalmente hacia arriba por medio de una fuerza de 5 libras. La cadena pesa 1 libra por pie. Determine la altura del extremo sobre el nivel del suelo en el instante t.Solución:Sea x(t) = la altura

v(t) = dx/dt (velocidad)W = x1 = x (peso)m = W/g = x/32 (masa)F = 5 – W (fuerza neta)

Entonces

(15)Como v = dx/dt

(16)

es de la forma F(x, x’, x”) = 0Como v = x’, y

luego (15) pasa a ser(17)

Ejemplo 4 (2)

,532

xvx

dtd

x

dtdx

vdtdv

x 32160

160322

2

2

x

dtdx

dt

xdx

dxdv

vdtdx

dxdv

dtdv

xvdtdv

xv 321602

Escribiendo (17) como(v2+32x – 160) dx + xv = 0 (18)

(18) puede multiplicarse por un factor de integración para transformarse en exacta, donde podemos encontrar que le factor de integración es es (x) = x (compruébese). Luego

Use el método de la Sec. 2.4(19)

Como x(0) = 0, entonces c1 = 0. Resolviendo (19) = 0, para v = dx/dt > 0, obtenemos

Ejemplo 4 (3)

222 /,16032/ xvvfxxxvxf

12322 80

332

21

cxxvx

xdtdx

364

160

Compruebe que

(20)

Usando x(0) = 0 de nuevo, , elevamos al cuadrado ambos lados de (20) y resolvemos para x

(21)

Ejemplo 4 (4)

2

2/1

364

160323

ctx

8/1032 c

2

15104

12

152

15)(

ttx

3.11 Resolución de Sistemas de Ecuaciones Lineales

• Muelle conectado/Sistema de masasDe la Fig 3.58 y la Ley de Newton

(1)

)(

)(

12222

1221111

xxkxm

xxkxkxm

Fig 3.58

Método de Solución

• Considere dx/dt = 3y, dy/dt = 2x

óDx – 3y = 0, 2x – Dy = 0 (2)

Entonces, multiplicando la primera por D, la segunda por −3, y eliminando la y, se obtiene D2x – 6x =0

(3)Un método similar puede proporcionar

(4)

tt ecectx 62

61)(

tt ececty 64

63)(

Volviendo las ecuaciones originales,dx/dt = 3y

tras la simplificación,

tenemos

(5)

0)36()36( 642

631 tt eccecc

2413 36

,36

cccc

Resolver Dx + (D + 2)y = 0 (D – 3)x – 2y = 0 (6)

Solución:Multiplicando la primera por D – 3, la segunda por D, y restando,

[(D – 3)(D + 2) + 2D]y = 0(D2 + D – 6)y = 0

luego y(t) = c1e2t + c2e-3t (7)

Ejemplo 1

Usando el método similar,

x(t) = c3e2t + c4e-3t (8)

Sustituyendo (7) y (8) en la primera ecuación de (6),(4c1 + 2c3)e2t + (−c2 – 3c4)e−3t = 0

Luego 4c1 + 2c3 = 0 = −c2 – 3c4

c3 = –2c1, c4 = – ⅓c2 tttt ecectyecectx 32

21

32

21 )(,

31

2)(

Ejemplo 1 (2)

Ejemplo 2

Resolver x’ – 4x + y” = t2

x’ + x + y’ = 0 (9)Solución:

(D – 4)x + D2y = t2

(D + 1)x + Dy = 0 (10)Eliminando x,

entonces y m = 0, 2i, −2i

Sea podemos obtener A = 1/12, B = ¼ , C = −1/8.

0)4()1(])4()1[( 22 DtDyDDDD,2)4( 23 ttyDD

tctccyc 2sin2cos 321

,23 CtBtAtyp

Así

(11)

Método similar para obtener x(t)

Entonces m= 2i, −2i,

Sea xp(t) = At2 + Bt + C, luegopodemos obtener A = −1/4, B = 0, C = 1/8

ttttctcc

yyy pc

81

41

121

2sin2cos 23321

,)]1()4[( 2txDDD 22 )4( txD

tctcxc 2sin2cos 54

Ejemplo 2 (2)

Así (12)Usando la segunda ecuación de (9), tenemos

Ejemplo 2 (3)

81

41

2sin2cos 254 ttctcxxx pc

02cos)22(2sin)22( 345245 tccctccc

)42(5/1),24(5/1 325324 cccccc

ttttctccty

ttcctcctx

81

41

121

2sin2cos)(

81

41

2sin)42(51

2cos)24(51

)(

23321

23232

Ejemplo 3

• En (3) de Sec. 2.9, tenemos

Junto con las condiciones iniciales dadas, podemos usar el mismo método para obtener x1 y x2, no mencionados aquí.

0252

252

0501

252

21

21

xDx

xxD

Resolver

(13) conSolución:

Luego

Ejemplo 4

0410" 211 xxx

04"4 221 xxx

1)0(',0)0(,1)0(',0)0( 2211 xxxx

0)4(4

04)10(

22

1

212

xDx

xxD

,0)12)(2( 122 xDD 0)12)(2( 2

22 xDD

Ejemplo 4 (2)

Usando el mismo método, tenemos

(14)tttx

tttx

32sin10

32sin

5

2)(

32sin5

32sin

10

2)(

2

1

Fig 3.59