Semana 6 - Clase 18

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Tema 3: E. D. O. de orden > 1

Operador Diferencial y Ecuaciones Diferenciales 1.

Operador Diferencial

Un operador es un objeto matem´ atico que convierte una funci´on en otra, por ejemplo, el operador derivada convierte una funci´ on en una funci´on diferente llamada la funci´on derivada. Podemos definir el operador derivada D que al actuar sobre una funci´on diferenciable produce la derivada de esta, esto es: D0 f (x) = f (x) ,

D1 f (x) = f 0 (x) ,

D2 f (x) = f 00 (x) , . . . , Dn f (x) = f (n) (x) .

Es posible construir la siguiente combinaci´on lineal con los operadores diferenciales: P (D) = a0 + a1 D + a2 D2 + · · · + an Dn ,

an 6= 0 .

(1)

donde a2 , a1 , a2 , . . . an son constantes. A este nuevo objeto lo podemos llamar el Operador Polinomial de orden n. La utilidad de este objeto matem´ atico quedar´a clara si hacemos la siguiente definici´on
P (D)y ≡ an Dn + an−1 Dn−1 + · · · + a2 D2 + a1 D + a0 y = an Dn y + an−1 Dn−1 y + · · · + a2 D2 y + a1 Dy + a0 y = an y (n) + an−1 y (n−1) + · · · + a2 y 00 + a1 y 0 + a0 y

(2)

Por otro lado, recordemos que una ecuaci´on diferencial lineal de orden n con coeficientes constantes es una ecuaci´ on de la forma an y (n) + an−1 y (n−1) + · · · + a2 y 00 + a1 y 0 + a0 y = Q(x) ,

(3)

por lo tanto, (3) se puede escribir de una manera compacta como P (D)y = Q(x) .

(4)

El operador polinomial es lineal, esto significa que tiene las siguientes propiedades Si f1 (x) y f2 (x) son dos funciones diferenciables de orden n, entones P (D) [αf1 (x) + βf2 (x)] = αP (D)f1 (x) + βP (D)f2 (x) donde α y β son constantes. Adem´as: Si y1 (x), y2 (x), . . . , yn (x) son n soluciones de la ecuaci´on diferencial homog´enea P (D)y = 0 entonces yh (x) = C1 y1 (x) + C2 y2 (x) + · · · + Cn yn (x) es tambi´en una soluci´on. Si yh (x) es una soluci´ on de P (D)y = 0 y yp (x) es una soluci´on de P (D)y = Q(x) entonces y(x) = yh (x) + yp (x) es una soluci´on de P (D)y = Q(x). H´ector Hern´ andez / Luis N´ un ˜ez

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Si yp1 (x), yp2 (x), . . . , ypn (x) son soluciones particulares de las respectivas n ecuaciones P (D)y = Q1 (x), P (D)y = Q2 (x), . . . , P (D)y = Qn (x) resulta entoneces que P (D) [yp1 (x) + yp2 (x) + · · · + ypn (x)] = Q1 (x) + Q2 (x) + · · · + Qn (x) implica que yp (x) = yp1 (x) + yp2 (x) + · · · + ypn (x) es una soluci´ on de P (D)y = Q1 (x) + Q2 (x) + · · · + Qn (x) Ejemplo

Encuentre una ecuaci´ on particular de y 00 + y = x2 + xe2x + 3


D2 + 1 y = x2 + xe2x + 3

⇒

Por alguno de los m´etodos anteriormente vistos podemos encontrar las soluciones particulares de cada una de las siguientes ecuaciones


D2 + 1 y = x 2 , D2 + 1 y = xe2x , D2 + 1 y = 3 las soluciones son, respectivamente 2

yp1 (x) = x − 2 ,

1 yp2 (x) = 5

 xe

2x

4 − e2x 5

 ,

yp3 (x) = 3

por lo tanto, una soluci´ on particular de la ecuaci´on diferencial problema es     4 2x 1 4 2x 1 2x 2 2x 2 xe − e +3=x +1+ xe − e . yp (x) = x − 2 + 5 5 5 5 Al operador diferencial tambi´en se le pueden agregar las siguientes propiedades. Consideremos los operadores P1 (D) = an Dn + an−1 Dn−1 + · · · + a2 D2 + a1 D + a0 n

P2 (D) = bn D + bn−1 D

n−1

2

+ · · · + b2 D + b1 D + b0

(5) (6)

con n ≥ m.   (P1 +P2 )f (x) = P1 f (x)+P2 f (x) = an Dn + · · · + an Dn + · · · + (a2 + b2 )D2 + (a1 + b1 )D + a0 + b0 f (x) [g(x)P (D)] f (x) = g(x) [P (D)f (x)] g(x) [P1 (D) + P2 (D)] f (x) = g(x) [P1 (D)f (x)] + g(x) [P2 (D)f (x)] [P1 (D)P2 (D)] f (x) = P1 (D) [P2 (D)f (x)] H´ector Hern´ andez / Luis N´ un ˜ez

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Si el operador polinomial diferencial puede ser factorizado, es decir, si: P (D) = an Dn + an−1 Dn−1 + · · · + a2 D2 + a1 D + a0 = an (D − m1 )(D − m2 ) · · · (D − mn ) , las cantidades: m1 , m2 , . . . , mn son las raices de la ecuaci´on caracter´ıstica de P (D)y = 0. Si P (D) = an Dn + an−1 Dn−1 + · · · + a2 D2 + a1 D + a0 , es un operador polinomial de orden n, entonces: P (D + a) = an (D + a)n + an−1 (D + a)n−1 + · · · + a2 (D + a)2 + a1 (D + a) + a0 donde a es una constante. Ejemplo     (D − 2D − 3) sen(x) + x2 = (D + 1)(D − 3) sen(x) + x2    = (D + 1) (D − 3) sen(x) + x2   = (D + 1) cos(x) + 2x − 3sen(x) − 3x2 = −sen(x) + 2 − 3 cos(x) − 6x + cos(x) + 2x − 3sen(x) − 3x2 = −4sen(x) − 2 cos(x) − 3x2 − 4x + 2 Teorema:

Si P (D) = an Dn + an−1 Dn−1 + · · · + a2 D2 + a1 D + a0

es un operador polinomial diferencial con coeficientes constantes y u(x) es una funci´on n veces diferenciable, entonces: P (D) [ueax ] = eax P (D + a)u , donde a es una constante. Ejemplo Evaluar la siguiente expresi´on D2 − D + 3




x3 e−2x




Al comparar la forma de esta expresi´ on con la de teorema anterior, vemos que a = −2 y u(x) = x3 . Por lo tanto, si hacemos P (D − 2) = (D − 2)2 − (D − 2) + 3 = D2 − 5D + 9 se obtiene que D2 − D + 3







x3 e−2x = e−2x (D − 2) x3 = e−2x D2 − 5D + 9 x3 = e−2x 9x3 − 15x2 + 6x .

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Soluci´ on de ecuaciones diferenciales lineales con el operador polinomial El m´etodo puede aplicarse a ecuaciones diferenciales de orden n, ya que si se tiene que (D − m1 )(D − m2 ) · · · (D − mn )y = Q(x)

entonces se puede definir la funci´ on u como u = (D − m2 ) · · · (D − mn )y y lo que queda es resolver una ecuaci´ on diferencial lineal de primer orden (D − m1 )u = Q(x) Una vez resuelta la ecuaci´ on para u se sustituye en: (D − m2 )(D − m3 ) · · · (D − mn )y = u(x) Repitiendo el proceso, v = (D − m3 ) · · · (D − mn )y ⇒ (D − m2 )v = u(x) Integrando: (D − m3 ) · · · (D − mn )y = v(x) Esta repetici´ on nos llevar´ a entonces hasta la soluci´on y(x). Para resolver ecuaciones del tipo an y (n) + an−1 y (n−1) + · · · + a2 y 00 + a1 y 0 + a0 y = Q(x) ,

an 6= 0 ,

es decir, con coeficientes constantes, vamos a estudiar el siguiente ejemplo: Ejemplo Resolver la ecuaci´ on y 000 + 2y 00 − y 0 − 2y = e2x . Al escribir esta ecuaci´ on utilizando el operador diferencial resulta
D3 + 2D2 − D − 2 y = e2x ⇒ (D − 1) (D + 1) (D + 2) y = e2x Si llamamos u = (D + 1) (D + 2) y entonces se puede ver que (D − 1) u = e2x ⇒ u0 − u = e2x ⇒ u = e2x + C1 ex Conocida la funci´ on u entonces se tiene que (D + 1) (D + 2) y = e2x + C1 ex H´ector Hern´ andez / Luis N´ un ˜ez

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Repetimos el proceso, pero ahora hacemos v = (D + 2) y, por lo tanto 1 C1 x (D + 1) v = e2x + C1 ex ⇒ v 0 + v = e2x + C1 ex ⇒ v = e2x + e + c2 e−x 3 2 Conocida v, entonces 1 C1 x (D + 2) y = e2x + e + c2 e−x 3 2 Integrando una vez m´ as: 1 C1 x 1 y 0 + 2y = e2x + e + c2 e−x ⇒ y(x) = e2x + C1 ex + c2 e−x + C3 e−2x . 3 2 12 Notemos que existe una manera bastante sencilla de resolver la ecuaci´on combinando varios m´etodos. Si buscamos yh (x) a trav´es de la ecuaci´on caracter´ıstica se obtiene que la soluci´on es: yh (x) = C1 ex + c2 e−x + C3 e−2x . Ahora bien, una soluci´on particular se obtiene al considerar 1 2x e . u(x) = e2x entonces v = 31 e2x y por lo tanto yp (x) = 12 Ejercicio Resuelva la ecuaci´ on y 00 + y = ex .

2.1.

El operador inverso

Los operadores suelen tener su inversa, esto significa que si P (D)y = Q(x) ⇒ P −1 (D)P (D)y = P −1 (D)Q(x) ⇒ yp = P −1 (D)Q(x) , donde yp (x) es una soluci´ on particular de P (D)y = Q(x). Notemos que esto significa que Z Z Z −n D Q(x) = ··· Q(x)dx |{z} n veces Ejemplo

Evaluar D−2 (2x + 3) .

Se tiene entonces lo siguiente: Z Z 1 3 −1 2 −2 −1 D (2x + 3) = D (2x + 3)dx = D (x + 3x) = (x2 + 3x)dx = x3 + x2 . 3 2 De todos modos es f´ acil verificar que yp = 13 x3 + 32 x2 es una soluci´on particular de D2 y = 2x + 3. El operador inversa de P (D), es decir P −1 (D), puede tambi´en representarse como 1/P (D). Debe quedar claro que su significado radica en el hecho de que al actuar sobre Q(x) produce una soluci´on particular yp . Esta u ´ltima notaci´on resulta ser a veces m´as conveniente y dependiendo de la forma de Q(x) puede resultar algunas veces de f´acil soluci´on. En general, se tiene que s´ı
P (D)y = an Dn + an−1 Dn−1 + · · · + a1 D + a0 y = Q(x) , H´ector Hern´ andez / Luis N´ un ˜ez

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entonces yp =

1 [Q(x)] = P (D)

1 

a0 1 +

a1 a0 D

+

a2 2 a0 D

+ ··· +

an−1 n−1 a0 D

+

an n a0 D

 [Q(x)]


1 1 + c1 D + c2 D2 + · · · + cn−1 Dn−1 + cn Dn [Q(x)] , a0 6= 0 , a0
donde el t´ermino 1 + c1 D + c2 D2 + · · · + cn−1 Dn−1 + cn Dn /a0 es la expansi´on en serie de 1/P (D). Por otro lado, notemos que si a0 = 0, entonces

P (D)y = an Dn + an−1 Dn−1 + · · · + a1 D y = D an Dn−1 + an−1 Dn−2 + · · · + a1 y = Q(x) , =

Si ambos a0 = 0 y a1 = 0, entonces se puede seguir factorizando. Por lo tanto, en general:
P (D)y = Dr an Dn−r + · · · + ar+1 D + ar y = Q(x) . esto significa que yp =

1 [Q(x)] = P (D) =

1 [Q(x)] ar 6= 0 (an + · · · + ar+1 D + ar )   1 1 [Q(x)] Dr (an Dn−r + · · · + ar+1 D + ar ) Dr

Dn−r

Muchos c´ alculos se simplificar´ an notablemente por la forma que pueda tener la funci´on Q(x), veamos: Si Q(x) = bxk , entonces P (D)y = bxk Note que si k = 0, entonces: yp =

1 b [b] = , P (D) a0

a0 6= 0 .

porque b es constante. Ejemplos 1. Encontrar una soluci´ on particular de y 00 − 2y 0 − 3y = 5

⇒

(D2 − 2D − 3)y = 5 ,

aqu´ı, a0 = −3, a1 = −2, a2 = 1, b = 5 y k = 0, por lo tanto: yp =

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5 1 [5] = − . P (D) 3 6

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2. Encontrar una soluci´ on particular de 4y 00 − 3y 0 + 9y = 5x2

⇒

(4D2 − 3D + 9)y = 5x2 ,

ahora: a0 = 9, a1 = −3, a2 = 4, b = 5 y k = 2, esto significa que:      2 5 1 1 1  2 1 2  2 5 2 2 2
5x = 5x = 1+ D− D x = x + x− . yp = P (D) 9 3 3 9 3 3 9 1 − 39 D + 49 D2 Cuando on en serie de 1/P (D) no hace falta ir m´as alla de D3 , ya que  2  se hace la expansi´ 3 D x = 0. 3. Encontrar una soluci´ on particular de y (5) − y (3) = 2x2

⇒

(D5 − D3 )y = 2x2

⇒

D3 (D2 − 1)y = 2x2

por lo tanto:    2 1  2 1 1 2x = 3 2x yp = P (D) D D2 − 1 Trabajamos por partes,  2  2 1 1 2x = 2x 2 −1 (−1) (1 − D )

D2

aqu´ı a0 = −1, a1 = 0, a2 = 1, b = 2 y k = 2, por lo tanto  2  2
  1 1 2x = −2 x = −2 1 + D2 x2 = −2(x2 + 2) 2 2 D −1 (1 − D ) ahora tenemos que    1  yp = 3 −2(x2 + 2) = −2D−3 x2 + 2 = −2 D



x5 x3 + 60 3

 .

Si Q(x) = beax , entonces P (D)y = beax Se puede demostrar (queda como ejercicio) que una soluci´on particular de esta ecuaci´on es yp = Ejemplo

1 beax [beax ] = , P (D) P (a)

P (a) 6= 0 .

Encuentre una soluci´ on particular de y 000 − y 00 + y 0 + y = 3e−2x

Entonces (D3 − D2 + D + 1)y = 3e−2x , aqu´ı b = 3 y a = −2, por lo tanto: 1  −2x  3e−2x 3e−2x 3 yp = 3e = = = − e−2x , 3 P (D) P (−2) (−2) − (−2)2 + (−2) + 1 13 Si Q(x) = b cos(ax) o Q(x) = b sen(ax). En este caso podemos utilizar la f´ormula de Euler y volver al caso anterior H´ector Hern´ andez / Luis N´ un ˜ez

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Ejemplo

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Encuentre una soluci´ on particular de y 00 − 3y 0 + 2y = 3sen(2x)

entonces: (D2 − 3D + 2)y = 3sen(2x) , sabemos que: e2ix = cos(2x) + isen(2x) y que la parte imaginaria de una soluci´on particular de (D2 − 3D + 2)y = 3e2ix ser´a una soluci´ on de nuestro problema. Por lo tanto, con b = 3 y a = 2i se tiene: 1  2ix  3e−2x 3e−2x 3e−2x 3(1 − 3i)e−2x 3e = = = = P (D) P (2i) (2i)2 − 3(2i) + 2 −2(1 + 3i) −20 3 3 = − (1 − 3i)(cos(2x) + isen(2x)) = − [cos(2x) + 3sen(2x) + i(sen(2x) − 3 cos(2x))] 20 20

yp =

la parte imaginaria de esta u ´ltima ecuaci´on ser´a nuestra soluci´on particular yp = −

3 [sen(2x) − 3 cos(2x)] . 20

Si Q(x) = Q1 (x) + Q2 (x) + · · · + Qn (x), entonces yp =

Ejercicio

1 1 1 1 [Q(x)] = [Q1 (x)] + [Q2 (x)] + · · · + [Q2 (x)] P (D) P (D) P (D) P (D)

Encuentre la soluci´ on general de y 00 − y = x3 + 3x − 4 .

3.

Un m´ etodo para resolver ecuaciones diferenciales lineales con el operador polinomial inverso y utilizando fracciones parciales

La mejor manera de ilustrar el m´etodo es con un ejemplo. Consideremos la siguiente ecuaci´ on diferencial:
y 000 − 5y 00 + 8y 0 − 4y = 2e4x ⇒ D3 − 5D2 + 8D − 4 y = 2e4x . Busquemos su soluci´ on general. Podemos notar que D3 − 5D2 + 8D − 4 = (D − 2)2 (D − 1) , por lo tanto yp = P −1 (D) [Q(x)] =

 4x   4x  1  4x  1 1 2e 2e 2e = 3 = P (D) D − 5D2 + 8D − 4 (D − 2)2 (D − 1)

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podemos hacer una expansi´ on en fracciones parciales 1 1 1 1 = − + (D − 2)2 (D − 1) D − 1 D − 2 (D − 2)2 por lo tanto: yp =

 4x  1  4x  1 1  4x  2e − 2e + 2e . D−1 D−2 (D − 2)2

Ahora estamos en capacidad de resolver cada t´ermino por separado: yp =

2e4x 2e4x 2e4x e4x − + = . 3 2 4 6

Par otro lado, la familia de soluciones de la ecuaci´on homog´enea es yh = (C1 + C2 x)e2x y la soluci´on general resulta ser entonces: y(x) = (C1 + C2 x)e2x +

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e4x . 6

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Ejercicios

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Encuentre las soluciones particulares de las siguientes ecuaciones

1. y 00 + y 0 = x2 + e2x 2. y 00 − 2y 0 − 3y = 3eix 3. y 00 − 2y 0 − 3y = 3 sen(x) 4. y 00 − 2y 0 − 3y = 3 cos(x) 5. y 000 − y 00 + y 0 − y = 4e−3x + 2x4 6. y (5) + 2y 000 + y 0 = 2x + sen(x) + cos(x)

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