ETS Minas: Métodos matemáticos Guía de estudio: Tema 7 EDOs de primer orden Francisco Palacios Escuela Politécnica Superior de Ingeniería de Manresa Universidad Politécnica de Cataluña Noviembre 2008, versión 1.1
1
Introducción
El contenido del tema es el siguiente: 1. Conceptos básicos. 2. Métodos exactos para la resolución de EDOs de primer orden. 3. Métodos numéricos. 4. Aplicaciones.
2
Objetivos
2.1
Teóricos
Al finalizar el tema, el alumno debe se capaz de: • Diferenciar entre ecuaciones diferenciales ordinaria (EDO) y ecuaciones diferenciales en derivadas parciales. • Determinar el orden de una EDO. • Escribir una EDO en forma normal. • Decidir si una EDO es lineal y escribir la EDO lineal homogénea asociada. • Manejar la notación diferencial M dx + Ndy = 0. • Definir solución de una EDO, distinguir entre soluciones implícitas y explícitas. • Distinguir entre familias de soluciones y soluciones particulares. • Determinar la EDO que define una familia de curvas. • Distinguir entre problemas de valor inicial y problemas de valores de contorno. 1
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Tema 7: EDO’s de primer orden. 2
• Definir las soluciones singulares y calcularlas cuando sea necesario. • Identificar y resolver EDOs de variables separables. • Identificar y resolver EDOs homogéneas. • Identificar y resolver EDOs exactas. • Identificar ecuaciones diferenciales lineales de primer orden y escribirlas en forma estándar. • Escribir y aplicar las propiedades de las soluciones de ecuaciones lineales. • Escribir la EDO lineal homogénea asociada y calcular la solución general. • Aplicar el método de variación de parámetros para determinar una solución particular de una EDO lineal completa. • Aplicar la condición suficiente existencia y unicidad de soluciones para problemas de valor inicial de primer orden. • Aproximar la solución de un problema de valor inicial mediante: — el método de Euler, — el método de Euler modificado, — el método de Taylor de segundo orden. • Definir error de truncamiento. • Construir el modelo matemático de algunas aplicaciones típicas como el crecimiento bacteriano, crecimiento de población, enfriamiento de cuerpos, etc.
2.2
Cálculo manual
Al finalizar el tema, el alumno debe se capaz de: • Calcular, una familia de soluciones para EDOs sencillas de los tipos — variables separables, — homogéneas, — exactas. • Calcular la solución general de ecuaciones lineales de primer orden sencillas, determinando para ello:
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Tema 7: EDO’s de primer orden. 3
— la solución general de la EDO homogénea asociada; — una solución particular de la EDO completa mediante el método de variación de parámetros. • Resolver problemas de valor inicial sencillos con EDOs de los tipos anteriores, expresando cuando sea posible la solución en forma explícita. • Dado un problema de valor inicial sencillo, escribir las fórmulas de recurrencia correspondientes y calcular algunos pasos para los métodos de Euler, Euler modificado, Taylor de segundo orden. • Resolver problemas de aplicación sencillos construyendo un modelo matemático mediante una ecuación diferencial.
2.3
Cálculo con ordenador
Al finalizar el tema, el alumno debe se capaz de: • Escribir ecuaciones diferenciales siguiendo la sintaxis de Maple. • Calcular una familia de soluciones con dsolve. • Forzar la presentación de soluciones explícitas con la opción explicit=true. • Resolver problemas de valor inicial con dsolve. • Extraer una expresión correspondiente a la solución usando el comando rhs. • Representar gráficamente la solución de un problema de valor inicial. • Aproximar numéricamente la solución de un problema de valor inicial usando la opción type=numeric de dsolve. • Usar la notación de índices y el comando rhs para extraer adecuadamente los valores aproximados que resultan de los procedimientos numéricos de dsolve. • Seleccionar el método numérico con la opción method de dsolve; modificar el step con stepsize. • Representar curvas integrales y el campo de pendientes con el comando DEplot de la librería DEtools. • Aplicar todo lo aprendido en la resolución de problemas de aplicación.
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3
Tema 7: EDO’s de primer orden. 4
Orientaciones para el estudio • Resuelve manualmente los ejemplos del Resumen de clase correspondientes a la Sección 1: Conceptos básicos. asegúrate de que comprendes y manejas bien todas las definiciones. • Resuelve manualmente los ejemplos del Resumen de clase correspondientes a la Sección 2: Métodos analíticos para la resolución de ecuaciones diferenciales de primer orden. Pon especial atención en la resolución de ecuaciones diferenciales lineales. Aunque existen varios métodos para determinar soluciones particulares de la ecuación lineal completa, nosotros sólo usaremos el método de variación de parámetros. • En la Sección 3: Métodos numéricos, céntrate en el método de Euler y el método de Taylor de 2o orden. Si no dispones de tiempo, puedes omitir el método de Euler modificado; también puedes omitir el estudio detallado de la deducción de los métodos. • Resuelve los ejemplos de aplicación de la Sección 4. • Resuelve los ejercicios que se indican a continuación sobre EDOs separables y EDOs lineales. Procura no encallarte, en caso necesario, estudia la resolución que aparece en los ejercicios resueltos. — EDOs separables: ejercicios 1,3,4,5,6. — EDOs lineales: ejercicios 16.1—16.6, 17. • Resuelve los siguientes ejercicios sobre EDOs homogéneas y exactas. (Si dispones de poco tiempo, puedes omitir alguno de estos ejercicios.) — EDOs homogéneas: ejercicios 7.1,7.2,7.3,8. — EDOs exactas: ejercicios 10.1,10.2,10.2,11. • Métodos numéricos: ejercicios 22 y 23; si tienes poco tiempo puedes omitir el apartado correspondiente al método de Euler modificado. • Problemas de aplicación: ejercicios 25,26,28,30,31. • Resuelve con Maple los problemas 22 y 23. Representa gráficamente las soluciones.
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Tema 7: EDO’s de primer orden. 5
Temporalización
Aproximadamente, el tiempo necesario para cubrir el tema es el siguiente: Actividad Explicación teórica, ejemplos Ejemplos, problemas Prácticas ordenador Leer guia estudio, resumen Problemas a mano Hacer práctica Poblemas con Maple Cuestionario
5
Tipo Clase teoría Clase prácticas Clase prácticas Trabajo personal Trabajo personal Trabajo personal Trabajo personal Trabajo personal
Duración 4h 2h 2h 5h 5h 1h 0,75h 0,25
8h
12h
Actividades complementarias
Este tema incluye material de repaso y, por ello, el tiempo de trabajo personal es mayor. Si dispones de tiempo, puedes hacer más ejercicios del listado, procurando resolver primero los más sencillos.
Cuestionario Tema 7: EDOs de primer orden Alumno: _____________________________________ 1. Asistencia a clase. Indica si has asistido a todas las clases de teoría y prácticas correspondientes al tema, en caso de no asistencia indica si has dedicado un tiempo equivalente de estudio personal. Finalmente, indica (si procede) el número de horas de clase perdidas que no hayas recuperado mediante estudio personal. Asistencia Si No
Recuperado Si No En parte
Horas perdidas
Clases de teoria Clases de práctica 2. Tiempo de estudio personal Tiempo Lectura de guía de estudio y resumen Hacer problemas a mano Hacer práctica Hacer problemas con Maple 3. Puntúa la utilidad de los documentos de estudio entre 1 (= es una pérdida de tiempo) y 5 (=muy útiles). Si no has descargado el documento, deja la casilla en blanco. Puntuación Guía de estudio Resumen Problemas Problemas resueltos Problemas resueltos con Maple Práctica 4. Revisa la lista de objetivos y escribe dos o tres tópicos que te gustaría que se volvieran a explicar en clase. ______________________________________________ ______________________________________________ ______________________________________________ 5. Revisa la lista de objetivos y da una estimación intuitiva entre 1 y 5 de tu grado de cumplimiento de esos objetivos. ____________ 6. Sugerencias:
E.T.S. Minas: Métodos Matemáticos Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden Francisco Palacios Escuela Politécnica Superior de Ingeniería de Manresa Universidad Politécnica de Cataluña Noviembre 2008, Versión 1.3
Contenido 1. Conceptos básicos 2. Métodos analíticos para la resolución de ecuaciones diferenciales de primer orden 3. Métodos numéricos 4. Aplicaciones
1 1.1
Conceptos básicos Ecuación diferencial
Ecuación que contiene las derivadas de una o más variables dependientes respecto de una o más variables independientes. En las ecuaciones diferenciales, las incógnitas son funciones. por ejemplo dy + 5y = ex , dx
buscamos y = y(x),
d2 x dx + 6x = 0, − dt2 dt ∂2u ∂2u + = 0, ∂x2 ∂y 2
1.2
buscamos x = x(t),
buscamos u = u(x, y).
Tipo
• Ecuación diferencial ordinaria (EDO) Una sola variable independiente. d2 y + y = cos x dx2
⇒
½
incógnita y = y(x), variable independiente x. 1
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 2
dx + x = 2t dt
⇒
½
incógnita x = x(t), variable independiente t.
• Ecuación en derivadas parciales (EDP)
Más de una variable independiente. ½ ∂2u ∂2u incógnita u = u(x, y), + 2 =0 ⇒ 2 variables independientes x, y. ∂x ∂y ½ ∂2u ∂u ∂u incógnita u = u(x, t), − 2 ⇒ = variables independientes x, t. ∂x2 ∂x ∂t
1.3
Orden
El orden de una ecuación diferencial es el mayor orden de derivación que aparece en la ecuación d2 y + y = cos x dx2 dx + x = 2t dt
→
y 000 − 2y 00 + y 0 = et
1.4
2o orden.
→
1er orden. →
3er orden.
Forma general y forma normal
• Forma general de la ecuación diferencial ordinaria de orden n F (x, y, y0 , . . . , y(n) ) = 0. • Forma normal de la ecuación diferencial ordinaria de orden n y(n) = g(x, y, y 0 , . . . , y(n−1) ). En la forma normal, la derivada de mayor orden aparece despejada. Dada la ecuación en forma general y 000 + 5xy 00 − 2y + cos x = 0, la forma normal es y 000 = −5xy 00 + 2y − cos x.
Resumen y ejemplos
1.5
Tema 7: EDO’s de primer orden. 3
EDO lineal
Una ecuación diferencial ordinaria de orden n es lineal si puede escribirse en la forma an (x)
dn y dn−1 y dy + a0 (x) y = g(x). + a (x) + · · · + a1 (x) n−1 n n−1 dx dx dx
Observamos que: 1. La variable dependiente y = y(x) y sus derivadas son de primer grado. 2. Cada coeficiente aj (x) depende sólo de x. 3. El término independiente g(x) depende sólo de x. • Ecuación lineal homogénea. Si el término independiente es nulo g(x) ≡ 0. Ejemplo 1.1 Ver si son lineales las siguientes ecuaciones; determinar el orden. 1. y 00 − 2y 0 + y = 0 2. y 00 + 2y 2 = cos x 3. x2 y 000 − xy 0 + y = xex 4. y 00 − xy 0 + sin y = 0 1. 2. 3. 4.
Lineal, orden 2. No lineal, tiene un término y 2 . Lineal orden 3. No lineal, tiene un término sin y. ¤
1.6
Notación diferencial
Para ecuaciones de primer orden y0 = f (x, y), dy = f (x, y), dx también se emplea la notación M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0. Ejemplo 1.2 Expresa la siguiente ecuación diferencial en notación diferencial y+x = 0. y0 + y−x
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 4
Multiplicamos por y − x, (y − x) y0 + (y + x) = 0, multiplicamos por dx (y − x) y0 dx + (y + x) dx = 0, finalmente, como dy = y 0 dx, resulta (y − x) dy + (y + x) dx = 0, reordenamos (y + x) dx+ (y − x) dy = 0. ¤ | {z } | {z } M(x,y)
N(x,y)
Ejemplo 1.3 Expresa en forma normal la siguiente ecuación diferencial. (x + y + 1) dx + (2x + 2y + 3) dy = 0 Tenemos dy = y 0 dx (x + y + 1) dx + (2x + 2y + 3) y 0 dx = 0, eliminamos dx (x + y + 1) + (2x + 2y + 3) y 0 = 0 y despejamos y0 y0 = −
1.7
x+y+1 . ¤ 2x + 2y + 3
Soluciones de una ecuación diferencial
Dada la ecuación diferencial F (x, y, y0 , . . . , y(n) ) = 0, decimos que una función φ(x) es solución de la ecuación sobre el intervalo I, si 1. La función φ(x) es de clase C n (I). 2. Para todo x ∈ I se cumple F (x, φ(x), φ0 (x), . . . , φ(n) (x)) = 0. • Curvas solución, curvas integrales. Las curvas integrales de una ecuación diferencial son las representaciones gráficas de sus soluciones.
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 5
Ejemplo 1.4 Verifica que la función y = xex es solución de la ecuación diferencial y 00 − 2y0 + y = 0 en el intervalo I = (−∞, +∞) . La función y = xex tiene derivadas continuas de todos los órdenes. Calculamos las dos primeras derivadas y = xex , y 0 = (x + 1) ex , y00 = (x + 2) ex , sustituyendo en la ecuación y00 − 2y 0 + y = 0, resulta y 00
y0
y
z }| { z }| { z}|{ (x + 2) ex −2 (x + 1) ex + xex =
= [(x + 2) − 2 (x + 1) + x] ex = (x + 2 − 2x − 2 + x) ex
= 0 · ex = 0 para todo x ∈ R. ¤
1.8
Solución implícita
Una relación G(x, y) = 0 es una solución implícita de la ecuación diferencial F (x, y, y0 , . . . , y (n) ) = 0 en el intervalo I, si existe una función φ(x) de clase C n (I) que, para todo x ∈ I, cumple las dos ecuaciones ½ G(x, φ(x)) = 0, F (x, φ(x), φ0 (x), . . . , φ(n) (x)) = 0. Ejemplo 1.5 Verifica que x2 + y 2 = 4 es solución implícita de la ecuación diferencial x dy =− , dx y en el intervalo I = (−2, 2).
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 6
Derivamos implícitamente en x2 + y 2 = 4 y obtenemos 2x + 2yy0 = 0 de donde resulta
x y0 = − . y
Si despejamos y en x2 + y 2 = 4, resulta p y = ± 4 − x2 .
Obtenemos, por lo tanto, dos soluciones explícitas p φ1 (x) = 4 − x2 , p φ2 (x) = − 4 − x2 .
Las dos funciones son continuas con derivada continua en (−2, 2). ¤
1.9
Familia de soluciones
• Cuando resolvemos una EDO de primer orden F (x, y, y 0 ) = 0 se obtiene una familia uniparamétrica de soluciones G(x, y, c) = 0. • En general, al resolver una EDO de orden n F (x, y, y0 , . . . , y (n) ) = 0 se obtiene una familia n-paramétrica de soluciones G(x, y, c1 , c2 , . . . , cn ) = 0. • Solución particular. Es cada uno de los elementos de una familia de soluciones, se obtiene dando valores particulares a los parámetros. Ejemplo 1.6 Consideramos la familia biparamétrica de funciones y = c1 cos 4x + c2 sin 4x. 1. Demuestra que la familia dada es solución de la EDO y00 + 16y = 0.
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 7
2. Determina la solución particular que cumple las condiciones ½ y(0) = 1, y 0 (0) = 1. 1. Calculamos las derivadas y = c1 cos 4x + c2 sin 4x, y0 = −4c1 sin 4x + 4c2 cos 4x,
y 00 = −16c1 cos 4x − 16c2 sin 4x. Observamos que, para todo x ∈ R, se cumple y 00 + 16y = −16c1 cos 4x − 16c2 sin 4x + 16 (c1 cos 4x + c2 sin 4x) = 0.
2. Solución particular. Tenemos y = c1 cos 4x + c2 sin 4x, y 0 = −4c1 sin 4x + 4c2 cos 4x, de las condiciones
½
y(0) = 1, y0 (0) = 1,
resulta ½ c1 cos 0 + c2 sin 0 = 1, −4c1 sin 0 + 4c2 cos 0 = 1,
⇒
½
c1 = 1, ⇒ 4c2 = 1,
½
c1 = 1, c2 = 1/4.
Por lo tanto, la solución particular buscada es y = cos 4x +
1.10
1 sin 4x. ¤ 4
Ecuación diferencial de una familia de curvas
• Planteamiento del problema Dada la familia de curvas
G(x, y, c) = 0 donde y = y(x), se trata de determinar una ecuación diferencial F (x, y, y 0 ) = 0 que tenga como solución la familia de curvas dada. • Procedimiento
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 8
1. Derivamos G(x, y, c) = 0 implícitamente respecto de x, y obtenemos g(x, y, y 0 , c) = 0. 2. Con las ecuaciones
½
G(x, y, c) = 0, g(x, y, y0 , c) = 0.
eliminamos el parámetro c. Ejemplo 1.7 Determina una ecuación diferencial para la familia parábolas y = cx2 . Derivamos y = cx2 respecto de x, y resulta y 0 = 2cx. Con las ecuaciones
½
y = cx2 , y 0 = 2cx,
eliminamos el parámetro c. Para ello, despejamos c en la primera ecuación c=
y x2
y sustituimos en la segunda y 0 = 2cx
⇒
resulta y0 =
y0 = 2
y x, x2
2y . ¤ x
Ejemplo 1.8 Determina una ecuación diferencial para la siguiente familia biparamétrica de curvas y = c1 e2x + c2 ex . Para eliminar dos parámetros, derivamos dos veces y 0 = 2c1 e2x + c2 ex , y 00 = 4c1 e2x + c2 ex .
Resumen y ejemplos Formamos el sistema
Tema 7: EDO’s de primer orden. 9 ⎧ ⎨ y = c1 e2x + c2 ex , y 0 = 2c1 e2x + c2 ex , ⎩ 00 y = 4c1 e2x + c2 ex .
Se trata ahora de obtener un sistema equivalente donde aparezca una ecuación libre de parámetros ⎧ ⎨ y = c1 e2x + c2 ex , ¢ ¡ a a a 0 2x ¡2a − 1a ¢ → 2a ⎩ y00 − y 0= c1 e ,2x 3 −2 →3 y − y = 2c1 e . ¡ a ¢ a 3 − 2 · 2a → 3
⎧ ⎨ y = c1 e2x + c2 ex , y0 − y = c1 e2x , ⎩ 00 y − y 0 − 2 (y0 − y) = 0.
Obtenemos una ecuación lineal homogénea de segundo orden y00 − 3y 0 + 2y = 0. ¤
1.11
Problema de valor inicial
Se trata de determinar una solución particular de una ecuación diferencial imponiendo condiciones en un mismo punto. • Primer orden • Segundo orden
• Tercer orden
½
y 0 = f (x, y), y(x0 ) = y0 .
⎧ 00 ⎨ y = f (x, y, y 0 ), y(x ) = y0 , ⎩ 0 0 y (x0 ) = y00 .
⎧ 000 y = f (x, y, y 0 , y 00 ), ⎪ ⎪ ⎨ y(x0 ) = y0 , y 0 (x ) = y00 , ⎪ ⎪ ⎩ 00 0 y (x0 ) = y000 .
Los siguientes, son problemas de valor inicial ½ 0 y = xy − sin x, y(1) = 2.
⎧ 00 ⎨ y = x + y + y0 , y(0) = 1, ⎩ 0 y (0) = 2.
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 10
Observa que, en cada caso, las condiciones adicionales para determinar la solución particular se especifican en un mismo punto x0 . En el problema de valor inicial ⎧ 000 y = y 00 + y0 − ex , ⎪ ⎪ ⎨ y(1.5) = 0.23, y0 (1.5) = 1.56, ⎪ ⎪ ⎩ 00 y (1.5) = −2.45. es x0 = 1.5.
1.12
Problemas de contorno
Se trata de determinar una solución particular de una ecuación diferencial imponiendo condiciones en más de un punto. En las ecuaciones de primer orden, no aparecen los problemas de contorno. Los siguientes son problemas de contorno con los puntos x0 = 0 y x1 = 1 ⎧ 00 ⎨ y = x + y + y0 , y(0) = 1, ⎩ y(1) = 2. ⎧ 00 ⎨ y = x + y + y0 , y(0) = 1, ⎩ 0 y (1) = 0.
2
2.1
Métodos analíticos para resolución de Ecuaciones diferenciales de primer orden Separación de variables
Una EDO de primer orden es separable si puede escribirse en la forma y0 = g(x) h(y). Resolución. Expresamos la EDO en la forma p(y) dy = g(x) dx e integramos ambos lados, la solución es Z Z p(y) dy = g(x) dx. Ejemplo 2.1 Resuelve la ecuación y0 =
y . 1+x
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 11
Escribimos la ecuación en la forma p(y) dy = g(x) dx. 1 y0 = , y 1+x y 0 dx dx = , y 1+x dy dx = , y 1+x integramos a ambos lados Z
dy = y
Z
dx . 1+x
Obtenemos una solución implícita ln y = ln(1 + x) + c,
c ∈ R.
En este caso podemos obtener una solución explícita despejando y y = eln(1+x)+c = eln(1+x) ec , y = k (1 + x) ,
2.2
k = ec > 0. ¤
Soluciones singulares
Consideremos la EDO y0 = f (x, y), y supongamos que existe un intervalo I tal que la función f (x, y) se anula para el valor y = y0 , y todo valor de x ∈ I, esto es f (x, y0 ) = 0,
para todo x ∈ I,
entonces la función constante y = y0 es solución de la ecuación diferencial en el intervalo I. Tales funciones constantes se denominan soluciones singulares de la ecuación diferencial. Ejemplo 2.2 Determina las soluciones singulares de la EDO ¡ 2 ¢ ¡ ¢ y − 1 dx + x2 + 1 dy = 0.
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 12
Expresamos la EDO en forma explícita y 0 = f (x, y) esto es,
¢ y2 − 1 . y =− 2 (x + 1) ¡
0
En este caso es
¡
¢ y2 − 1 f (x, y) = − 2 , (x + 1)
la ecuación f (x, y) = 0 tiene soluciones y = ±1 por lo tanto, las soluciones singulares son y = 1,
y = −1.
Es inmediato que estas funciones constantes cumplen la ecuación diferencial. ¤ Ejemplo 2.3 Una resolución más general para y0 =
y . 1+x
Cuando integramos dx dy = , y 1+x Z Z dy dx = , y 1+x
podemos tomar
ln |y| = ln |1 + x| + c1 ,
c1 ∈ R.
definimos c1 = ln |c2 | , c2 6= 0 ln |y| = ln |1 + x| + ln |c2 | , ln |y| = ln |c2 (1 + x)| ,
c2 6= 0, c2 6= 0,
tomando exponenciales |y| = |c2 (1 + x)| , y = ±c2 (1 + x), y = c (1 + x) ,
c 6= 0.
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 13
Finalmente, observamos que la función constante y(x) = 0 es una solución singular de la EDO, por lo tanto, tomamos como solución general y = c (1 + x) , c ∈ R. ¤ Ejemplo 2.4 Resuelve el problema de valor inicial ( x y0 = − , y y(4) = −3. La EDO es separable yy 0 = −x, Z
ydy = −xdx, Z ydy = − xdx,
y2 x2 = − + c1 , 2 2 y2 x2 + = c1 , 2 2 x2 + y 2 = c2 ,
c1 ∈ R, c1 ∈ R, c2 = 2c1 .
Imponemos la condición inicial y(4) = −3 y determinamos la constante 16 + 9 = c2
→
c2 = 25.
Solución particular (implícita) x2 + y 2 = 25. Esta última ecuación define dos funciones p y = ± 25 − x2 ,
teniendo en cuenta la condición inicial
y(4) = −3 la solución es
p y = − 25 − x2 . ¤
Resumen y ejemplos
2.3
Tema 7: EDO’s de primer orden. 14
Ecuaciones homogéneas
• Función homogénea
Decimos que una función f (x, y) es homogénea de grado p si f (tx, ty) = tp f (x, y). Si se cumple f (tx, ty) = f (x, y), entonces f (x, y) es homogénea de grado 0. Ejemplo 2.5 Estudia si las siguientes funciones son homogéneas y, en caso afirmativo, determina el grado. 1. f (x, y) = x2 + xy + y 2 . 2. f (x, y) =
x2 + y 2 . 2xy
3. f (x, y) =
x2 + x . x3 − 1
4. f (x, y) = x − y + 1. 1) f (tx, ty) = (tx)2 + (tx) (ty) + (ty)2 = t2 x2 + t2 xy + t2 y 2 ¡ ¢ = t2 x2 + xy + y 2 = t2 f (x, y).
La función es homogénea de grado 2. 2) f (tx, ty) = = =
(tx)2 + (ty)2 2 (tx) (ty) ¡ ¢ 2 t x2 + y 2 2t2 (xy) x2 + y2 = f (x, y). 2xy
La función es homogénea de grado 0. 3) No es homogénea. 4) No es homogénea. ¤ • Ecuación diferencial homogénea en forma normal
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 15
La ecuación diferencial y 0 = f (x, y) es homogénea si f (x, y) es una función homogénea de grado 0. • Ecuación diferencial homogénea en forma diferencial La ecuación diferencial M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0 es homogénea si las funciones M (x, y) y N (x, y) son homogéneas del mismo grado. • Resolución de EDO’s homogéneas Si la ecuación diferencial y 0 = f (x, y) es homogénea, entonces el cambio de variable y = ux conduce a una ecuación de variables separables. La nueva variable es u=
y . x
Ejemplo 2.6 Resuelve la ecuación diferencial (x − y) dx + xdy = 0. La ecuación diferencial dada tiene la forma M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0 con M (x, y) y N (x, y) homogéneas de grado 1. Pasamos la ecuación a forma normal y0 = y realizamos el cambio y = ux ½
y−x , x
y = ux, y0 = u0 x + u. ux − x x = u − 1.
u0 x + u =
Obtenemos u0 x = −1
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 16
que es una ecuación diferencial separable. Calculamos u(x) 1 du =− , dx x Z Z 1 du = − dx, x
u = − ln |x| + c,
c ∈ R.
Deshacemos el cambio, sustituyendo u = y/x y = − ln |x| + c, x
c ∈ R.
Finalmente y = −x ln |x| + cx,
c ∈ R. ¤
Ejemplo 2.7 Resuelve la ecuación diferencial y0 =
y−x . y+x
La ecuación tiene la forma y 0 = f (x, y) con f (x, y) homogénea de grado 0 f (tx, ty) =
t (y − x) ty − tx = = f (x, y). ty + tx t (y + x)
Realizamos el cambio y = ux. Observemos que u=
y x
por lo tanto, u = u(x). Derivando respecto de x, se obtiene y0 = u0 x + u. Sustituimos en la ecuación original u0 x + u = u0 x + u =
ux − x , ux + x u−1 , u+1
u−1 −u u+1 u − 1 − u2 − u = u+1 u2 + 1 = − . u+1
u0 x =
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 17
Hemos obtenido la ecuación de variables separadas 1 u + 1 du =− 2 u + 1 dx x que tiene solución
Z 1 u+1 du = − dx. u2 + 1 x Calculamos la integral de la parte izquierda de la igualdad Z
Z
u+1 du = u2 + 1 = =
Una primera solución es
Z
Z u 1 du + du 2 2 u +1 u +1 Z 1 2u du + arctan u 2 2 u +1 ¢ 1 ¡ 2 ln u + 1 + arctan u. 2
¢ 1 ¡ 2 ln u + 1 + arctan u = − ln |x| + c1 . 2
Deshacemos el cambio, sustituyendo u = y/x µ³ ´ ¶ 1 y 2 y ln + 1 + arctan = − ln |x| + c1 , 2 x x
c1 ∈ R.
Podemos mejorar un poco la expresión mediante las propiedades de los logaritmos. En primer lugar, multiplicamos la ecuación por 2 ¶ µ³ ´ y y 2 + 1 + 2 arctan = −2 ln |x| + 2c1 ln x x aplicamos la propiedad 2 ln |x| = ln x2 y cambiamos la constante µ³ ´ ¶ y 2 y ln + 1 + 2 arctan = − ln x2 + c2 , c2 = 2c1 x x
pasamos el término ln x2 al lado izquierdo y aplicamos la propiedad de los logaritmos ln a + ln b = ln(a · b) µ³ ´ ¶ y 2 y ln + 1 + ln x2 + 2 arctan = c2 , c2 ∈ R, x x ∙µ³ ´ ¶ ¸ y 2 y ln + 1 x2 + 2 arctan = c2 , c2 ∈ R, x x finalmente, simplificamos ¡ ¢ y ln x2 + y2 + 2 arctan = c2 , x
c2 ∈ R. ¤
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 18
Ejemplo 2.8 Resuelve la ecuación diferencial ¢ ¡ 2 y + yx dx − x2 dy = 0.
La ecuación tiene la forma
M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0 con M (x, y) y N (x, y) homogéneas de grado 2. Pasamos la ecuación a forma normal y2 + yx dy = , dx x2 realizamos el cambio
½
y = ux, y0 = u0 x + u. u2 x2 + ux2 x2 2 = u +u
u0 x + u =
y resulta la ecuación separable du = u2 , dx Z Z 1 1 dx, du = 2 u x 1 − = ln |x| + c, c ∈ R. u Deshacemos el cambio, sustituyendo u = y/x x
−
x = ln |x| + c, y
c ∈ R.
En este caso, podemos despejar y para obtener una solución explícita y=−
2.4
x , ln |x| + c
c ∈ R. ¤
Ecuaciones diferenciales exactas
• Diferencial de un campo escalar Si u = u(x, y), la diferencial de u es du =
∂u ∂u dx + dy. ∂x ∂y
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 19
• Ecuación diferencial exacta Una ecuación diferencial
M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0 es exacta si existe una función u = u(x, y) tal que du = M (x, y) dx + N(x, y) dy es decir, si existe una función de dos variables u(x, y) que cumple ⎧ ∂u ⎪ ⎪ ⎪ ∂x = M (x, y), ⎨ ⎪ ⎪ ∂u ⎪ ⎩ = N (x, y). ∂y
En este caso, tenemos una familia de soluciones de la forma u(x, y) = c,
c ∈ R.
• Criterio para reconocer cuando una ecuación diferencial es exacta
Supongamos que las funciones M (x, y), N (x, y) son continuas con derivadas parciales continuas en un rectángulo a ≤ x ≤ b, c ≤ x ≤ d. Si se cumple ∂M ∂N = , ∂y ∂x entonces la ecuación diferencial M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0 es exacta. • Método de resolución 1. Identificamos que la ecuación diferencial es exacta, usando el criterio ∂M ∂N = . ∂y ∂x 2. Determinamos u = u(x, y) que verifica ⎧ ∂u ⎪ ⎪ = M (x, y), ⎪ ⎨ ∂x ⎪ ⎪ ∂u ⎪ ⎩ = N (x, y). ∂y
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 20
3. La familia de soluciones es u(x, y) = c,
c ∈ R.
Ejemplo 2.9 Resuelve la siguiente ecuación diferencial ¡ ¢ (5x + 4y) dx + 4x − 8y 3 dy = 0.
Tenemos
M (x, y) = 5x + 4y,
N (x, y) = 4x − 8y3 .
M (x, y) y N (x, y) son continuas con derivadas parciales continuas en todo R2 . Estudiamos si la EDO es exacta ∂N ∂M =4= , ∂y ∂x por lo tanto, es exacta. La solución es de la forma u(x, y) = c con ⎧ ∂u ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ∂x = 5x + 4y,
(1) ⎪ ⎪ ∂u ⎪ 3 ⎩ = 4x − 8y . ∂y Se trata de un sistema de ecuaciones diferenciales en derivadas parciales. Integramos la primera ecuación respecto de x Z ∂u = 5x + 4y ⇒ u = (5x + 4y) ∂x, ∂x
5 u = x2 + 4xy + c1 (y) . (2) 2 Ahora vamos a sustituir la solución obtenida en la segunda ecuación de (1) ∂u = 4x − 8y3 . ∂y Primero derivamos respecto de y en (2) ∂u dc1 = 4x + ∂y dy y, a continuación, sustituimos en la segunda ecuación de (1) 4x +
dc1 = 4x − 8y 3 dy
⇒
dc1 = −8y3 . dy
Integramos respecto de y para obtener c1 Z c1 = − 8y 3 dy = −2y 4 .
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 21
Sustituyendo c1 en (2), resulta 5 u = x2 + 4xy − 2y 4 . 2 Finalmente, la solución es 5 2 x + 4xy − 2y 4 = c, 2
c ∈ R. ¤
Ejemplo 2.10 Consideramos la siguiente ecuación diferencial (2x + y) dx + (x + 6y) dy = 0. 1. Resuélvela como ecuación diferencial exacta. 2. Resuélvela como ecuación diferencial homogénea. 1) Resolución como EDO exacta. Tenemos M (x, y) = 2x + y,
N (x, y) = x + 6y.
Las funciones M (x, y) y N (x, y) son continuas con derivadas parciales continuas en todo R2 . Estudiamos si la EDO es exacta ∂N ∂M =1= , ∂y ∂x por lo tanto, la EDO es exacta. La solución es de la forma u(x, y) = c con ⎧ ∂u ⎪ ⎪ = 2x + y, ⎪ ⎨ ∂x ⎪ ⎪ ∂u ⎪ ⎩ = x + 6y. ∂y
Integramos
∂u = 2x + y ∂x respecto de x u= y sustituimos u(x) en
Z
(2x + y) ∂x = x2 + xy + c1 (y) ∂u = x + 6y, ∂y
resultando x+
dc1 = x + 6y. dy
(3)
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 22
Obtenemos
dc1 = 6y, dy
que nos permite determinar c1 (y) Z c1 = 6y dy = 3y 2 . Sustituimos c1 en (3), y resulta u = x2 + xy + 3y 2 . Finalmente, la solución es x2 + xy + 3y 2 = c,
c ∈ R.
2) Resolución como EDO homogénea. Escribimos la ecuación en forma normal dy 2x + y =− , dx x + 6y hacemos el cambio y = ux 2x + ux x + 6ux 2+u = − 1 + 6u
u0 x + u = −
2+u −u 1 + 6u −2 − u − u − 6u2 = 1 + 6u −2 − 2u − 6u2 = 1 + 6u 1 + u + 3u2 . = −2 1 + 6u
u0 x = −
Separamos variables −2 1 + 6u du = , 1 + u + 3u2 dx x Z Z 1 + 6u 1 dx, du = −2 2 1 + u + 3u x ¡ ¢ ln 1 + u + 3u2 = −2 ln |x| + c1 , c1 ∈ R.
Deshacemos el cambio, sustituyendo u = y/x i h ln 1 + y/x + 3 (y/x)2 = −2 ln |x| + c1 , c1 ∈ R.
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 23
Podemos obtener una mejor expresión de la solución usando las propiedades de los logaritmos i h ln 1 + y/x + 3 (y/x)2 + ln x2 = ln c2 , c1 = ln c2 , ln
´ i h³ 1 + y/x + 3 (y/x)2 x2 = ln c2 ¢ ¡ ln x2 + yx + 3y 2 = ln c2
x2 + yx + 3y2 = c2 ,
2.5
c2 > 0. ¤
Ecuaciones diferenciales lineales de primer orden
• Definición Una EDO de primer orden es lineal si puede escribirse en la forma a1 (x) y0 + a0 (x) y = g(x). La incógnita es la función y = y(x), los coeficientes a1 (x), a0 (x) y el término independiente g(x) dependen únicamente de x. • Ecuación lineal homogénea
Cuando el término independiente es nulo g(x) ≡ 0, la ecuación lineal se denomina homogénea. Dada la ecuación lineal a1 (x) y0 + a0 (x) y = g(x), la ecuación a1 (x) y 0 + a0 (x) y = 0 se denomina ecuación homogénea asociada. Nota No debemos confundir las ecuaciones diferenciales homogéneas, estudiadas en la Sección 2.3, con las ecuaciones lineales homogéneas ¤ EDO homogénea: y 0 = f (x, y), donde f (x, y) es una función homogénea de grado 0. ¤ EDO lineal homogénea: a1 (x) y 0 + a0 (x) y = 0. • Forma estándar
Decimos que una EDO lineal de primer orden está en forma estándar cuando se expresa en la forma y 0 + p(x) y = q(x).
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 24
• Resolución de la EDO lineal homogénea La ecuación
y 0 + p(x) y = 0 es separable, y tiene solución general y = k e−
R
p(x) dx
,
k ∈ R.
Demostración. y 0 + p(x) y = 0, y 0 = −p(x) y,
1 dy = −p(x), y dx Z Z 1 dy = − p(x) dx, y Z ln |y| = − p(x) dx + c, |y| = e−
|y| = e− |y| = k1 e−
R
y = ke−
R
p(x) dx+c
R
e,
k1 = ec > 0,
,
p(x) dx
p(x) dx
,
p(x) dx c
p(x) dx
y = ±k1 e− R
R
,
,
k1 > 0,
k = ±k1 6= 0.
Finalmente, podemos observar que la ecuación y 0 = −p(x) y admite la solución singular y = 0, por lo tanto, podemos tomar la solución general R y = ke− p(x) dx , k ∈ R. ¤ Ejemplo 2.11 Consideramos la EDO x
dy − 4y = 0. dx
1. Resuelve la ecuación como ecuación lineal homogénea. 2. Verifica que las funciones obtenidas son soluciones sobre todo intervalo real. 3. Determina la solución particular que verifica y(1) = 3.
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 25
1) Resolución de la EDO. La forma estándar es y 0 + p(x) y = 0, escribimos la ecuación en forma estándar 4 dy − y=0 dx x e identificamos p(x) 4 p(x) = − . x La solución es de la forma y = ke−
R
p(x) dx
y = ke− = ke4
R
,
k ∈ R.
(− x4 ) dx
R
1 x
dx
= ke4 ln|x| 4
= keln x = kx4 ,
k ∈ R.
2) Verificamos las soluciones. Cada función de la familia de soluciones y = kx4 ,
k ∈ R,
es continua con derivada continua en todo intervalo, además y 0 = 4kx3 . Sustituimos en la ecuación diferencial x
dy − 4y = 0 dx
y obtenemos y0
y
z¡ }| ¢{ ¡z }| ¢{ x 4kx3 −4 kx4 = 0,
para todo x ∈ R.
3) Determinamos la solución particular. Sustituyendo la condición inicial y(1) = 3 en la solución general y = kx4 ,
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 26
resulta 3 = k, por lo tanto, la solución particular buscada es y = 3x4 . ¤ • Propiedades de las soluciones de EDO’s lineales Consideramos la ecuación lineal
y 0 + p(x) y = q(x). 1. Si y1 , y2 son soluciones de la ecuación lineal homogénea y0 + p(x) y = 0 entonces, para cualquier par de constantes α1 , α2 ∈ R, la función y(x) = α1 y1 (x) + α2 y2 (x) es también una solución de la ecuación lineal homogénea. 2. Toda solución de la ecuación lineal completa y0 + p(x) y = q(x) es de la forma y(x) = yh (x) + yp (x), donde: ¤ yh (x) es la solución de la ecuación homogénea asociada, ¤ yp (x) es una solución particular de la ecuación completa. 3. Si conocemos una solución particular yp (x) de la ecuación completa, la solución general de la ecuación completa y0 + p(x) y = q(x) puede escribirse en la forma. y(x) = ke−
R
p(x) dx
+ yp (x),
k ∈ R.
• Resolución de la ecuación lineal completa: método de variación de parámetros El objetivo es resolver la ecuación lineal completa y 0 + p(x) y = q(x).
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 27
Si suponemos que hemos sido capaces de resolver la ecuación homogénea asociada, entonces el problema se reduce a determinar una solución particular de la ecuación completa. Sabemos que la solución de la ecuación homogénea asociada y 0 + p(x) y = 0 es y = ke−
R
p(x) dx
,
k ∈ R.
El método de variación de parámetros consiste en proponer una solución de la ecuación completa del tipo y = k(x) e−
R
p(x) dx
,
donde la constante k pasa a ser una función indeterminada de x, esto es k = k(x). Sustituimos la solución propuesta en la ecuación completa y determinamos k(x). Ejemplo 2.12 Consideramos la EDO lineal completa x
dy − 4y = x6 ex . dx
1. Resuélvela usando el método de variación de parámetros. 2. Verifica que las soluciones obtenidas son correctas. 3. Determina la solución particular que cumple y(1) = 2. 1) Resolución de la EDO. Escribimos la ecuación en forma estándar dy 4 − y = x5 ex . dx x En primer lugar, debemos resolver la ecuación homogénea asociada 4 dy − y = 0. dx x Hemos visto en el Ejemplo 2.11 , que la solución es yh = kx4 ,
k ∈ R.
Para resolver la ecuación completa, proponemos la solución y = k(x) x4 , derivamos y 0 = k0 x4 + 4kx3
(4)
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 28
y sustituimos en la ecuación completa (4) y0
simplificando, resulta
y
z }| { 4 z¡ }| ¢{ k0 x4 + 4kx3 − kx4 = x5 ex , x k0 x4 = x5 ex , k 0 = xex .
Resolvemos esta última ecuación de variables separables para determinar k(x). dk = xex , dx Z Z dk = xex dx, x
k = xe −
Z
ex dx,
= xex − ex . Sustituimos en y = k(x) x4 y obtenemos una solución particular para la EDO completa yp = (xex − ex ) x4 = x5 ex − x4 ex .
Finalmente, la solución general de la EDO completa es y = yh + yp , y = kx4 + x5 ex − x4 ex ,
2) Verificación de la solución. Calculamos y0
k ∈ R.
y 0 = 4kx3 + 5x4 ex + x5 ex − 4x3 ex − x4 ex = 4kx3 + 4x4 ex + x5 ex − 4x3 ex .
La ecuación diferencial completa es x
dy − 4y = x6 ex , dx
sustituyendo en la parte izquierda de la ecuación x
dy − 4y dx
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 29
obtenemos ¡ ¢ ¡ ¢ x 4kx3 + 4x4 ex + x5 ex − 4x3 ex − 4 kx4 + x5 ex ¡− x4 ex = ¢ = 4kx4 + 4x5 ex + x6 ex − 4x4 ex − 4 kx4 + x5 ex − x4 ex = 4kx4 + 4x5 ex + x6 ex − 4x4 ex − 4kx4 − 4x5 ex + 4x4 ex = x6 ex . 3) Determinación de la solución particular. Estamos buscando la solución particular de la EDO completa que cumple y(1) = 2. La solución general de la EDO completa es y = kx4 + x5 ex − x4 ex ,
k ∈ R,
imponemos la condición inicial y(1) = 2, y resulta 2=k+e−e
⇒
k = 2,
por lo tanto, la solución particular buscada es y = 2x4 + x5 ex − x4 ex . ¤ Ejemplo 2.13 Resuelve el problema de valor inicial ( dy + y = t, dt y(0) = 4. 1) Obtención de la solución general. La ecuación es lineal y está en forma estándar; notemos que la variable independiente es t. y 0 + p(t) y = q(t), Identificamos p(t) = 1, la solución de la ecuación homogénea asociada y 0 + p(t) y = 0 es yh (t) = ke−
R
= ke−t ,
p(t) dt
= ke−
k ∈ R.
R
dt
Para determinar una solución particular de la ecuación completa, proponemos una solución del tipo yp (t) = k(t) e−t
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 30
y sustituimos en la ecuación completa dy + y = t, dt resulta
yp0
yp
z }| { z}|{ k0 e−t − ke−t + ke−t = t,
k0 e−t = t, t k0 = −t = tet . e Determinamos k(t) resolviendo la EDO
dk = tet , dt Z Z dk = tet dt = tet − et .
Obtenemos la siguiente solución particular de la EDO completa yp (t) = k(t)e−t = (t − 1)et e−t = t − 1. La solución general de la EDO completa es y(t) = yh (t) + yp (t) = ke−t + t − 1,
k ∈ R.
2) Solución del problema de valor inicial. Queremos determinar la solución de la EDO completa que verifica y(0) = 4. Tomamos la solución general de la EDO completa y = ke−t + t − 1, k ∈ R, e imponemos la condición inicial y(0) = 4, obtenemos 4=k−1
⇒
k = 5.
La solución particular de la EDO completa buscada es y = 5e−t + t − 1. ¤ Ejemplo 2.14 Resuelve la EDO x
dy − y = x2 sin x, dx
x > 0.
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 31
Ecuación en forma estándar y0 −
1 y = x sin x, x
identificamos p(x) p(x) = −1/x. Solución de la ecuación homogénea asociada yh (x) = ke−
R
p(x) dx
R
1 = ke− (− x )dx
= keln|x| = k |x| , como, según el enunciado es x > 0, obtenemos yh = kx,
k ∈ R.
Determinamos la solución de la ecuación completa por el método de variación de parámetros. Proponemos la solución particular de la ecuación completa yp (x) = k(x) x y sustituimos en y0 − resulta z¡
yp0
1 y = x sin x, x yp
}| ¢{ 1 z}|{ k0 x + k − (kx)= x sin x, x 0 k x = x sin x, k0 = sin x, k(x) = − cos x.
Tomamos como solución particular de la EDO completa yp (x) = −x cos x, la solución general de la EDO completa es y(x) = kx − x cos x,
k ∈ R. ¤
Resumen y ejemplos
3
Tema 7: EDO’s de primer orden. 32
Métodos numéricos
3.1
Resolución numérica de problemas de valor inicial
• Problema de valor inicial en forma normal ½ 0 y = f (x, y), y(a) = ya , x ∈ [a, b]. Se busca una función y = y(x) de clase C 1 [a, b] que verifique la ecuación diferencial y 0 = f (x, y) y que, para x = a, tome el valor y(a) = ya . • Condición suficiente de existencia y unicidad de solución Sea R una región rectangular ½ a≤x≤b R= c≤y≤d ∂f son continuas en R, entonces para cada punto (x0 , y0 ) interior ∂y a R, existe un intervalo
Si f (x, y) y
I0 = (x0 − δ, x0 + δ) ,
δ > 0,
tal que el problema de valor inicial ½ 0 y = f (x, y), y(x0 ) = y0 , tiene una única solución y = y(x) definida en I0 . Ejemplo 3.1 Consideramos el problema de valor inicial ½ 0 y = xy2 , y(0) = 1, x ≥ 0. 1. Estudia la existencia y unicidad de solución. 2. Resuelve el problema en forma exacta. 3. Determina el dominio de la solución. 1) Existencia y unicidad. Tenemos f (x, y) = xy 2 , ∂f = 2xy, ∂y
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 33
que son continuas en todo R2 . Para cada punto del plano (x0 , y0 ), existe un intervalo I0 = (x0 − δ, x0 + δ) , δ > 0, tal que el problema de valor inicial ½ 0 y = f (x, y), y(x0 ) = y0 , tiene una única solución y = y(x) definida en I0 . En particular, cuando x0 = 0, y0 = 1, existe un intervalo I0 = (−δ, δ) tal que el problema de valor inicial ½ 0 y = xy2 , y(0) = 1, tiene una única solución y = y(x) definida en I0 . 2) Solución exacta. La ecuación y0 = xy 2 es de variables separables. dy = xy 2 , dx 1 dy = x dx, y2 Z Z 1 dy = x dx, y2 1 1 − = x2 + c, c ∈ R. y 2 Familia de soluciones y=
−1 , +c
1 2 2x
c ∈ R.
Solución particular. Imponemos la condición y(0) = 1 1=
−1 −1 = c +c
1 2 20
⇒
c = −1,
por lo tanto, la solución del problema de valor inicial es y(x) =
−1 2 . = 2 − x2 −1
1 2 2x
3) Dominio de la solución. El denominador de la solución y=
2 2 − x2
√ se anula para x = ± 2. El mayor intervalo que contiene a x0 = 0, donde y(x) es derivable es ³ √ √ ´ − 2, 2 .
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 34
Teniendo en cuenta que en el enunciado se especifica que buscamos una función y = y(x) para x ≥ 0. El dominio de la solución es √ I = [0, 2). ¤ • Resolución numérica
Para muchos problema de valor inicial, podemos asegurar la existencia y unicidad de solución y, sin embargo, no es posible obtener una solución exacta. El enfoque numérico consiste en aproximar el valor de la solución para determinados valores de x. Con mayor precisión, dado el problema de valor inicial ( dy = f (x, y), dx y(a) = ya , x ∈ [a, b]. 1. Dividimos el intervalo [a, b] en n partes de longitud h=
b−a , n
h es el tamaño de paso (step). 2. Construimos los nodos de la red x0 = a,
x1 = a + h, . . . , xj = a + jh, . . . , xn = a + nh = b.
3. Para cada xj , calculamos un valor aproximado y¯j ' y(xj ) = yj . B El error ej = yj − y¯j se denomina error de truncamiento del paso j. B El error al final del intervalo en = yn − y¯n se denomina error de truncamiento global.
3.2
Método de Euler
Dado el problema de valor inicial ⎧ dy ⎪ = f (x, y), ⎨ dx ⎪ ⎩ y(a) = ya , x ∈ [a, b],
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 35
el método de Euler de n pasos queda definido por ½ y¯0 = ya y¯j+1 = y¯j + h f (xj , y¯j ), j = 0, 1, . . . , n − 1, donde h=
b−a n
y x0 = a,
x1 = a + h, . . . , xj = a + jh, . . . , xn = a + nh = b.
Ejemplo 3.2 Dado el problema de valor inicial ½ 0 y + y − x − 1 = 0, y(0) = 1, x ∈ [0, 0.5]. 1. Aproxima la solución usando el método de Euler de 5 pasos. 2. Calcula la solución exacta. 3. Calcula los errores de truncamiento locales y el error de truncamiento global. 1) Método de Euler. I Formulación del método. En primer lugar, escribimos el problema en forma normal e identificamos f (x, y) ½ 0 y = x − y + 1, y(0) = 1, x ∈ [0, 0.5], tenemos
f (x, y) = x − y + 1. El tamaño de paso es h=
0.5 − 0 = 0.1, 5
y los nodos son x0 = 0, x1 = 0.1, x2 = 0.2, x3 = 0.3, x4 = 0.4, x5 = 0.5. El método de Euler es ½ y¯0 = 1, y¯j+1 = y¯j + 0.1 (xj − y¯j + 1) ,
j = 0, 1, . . . , 4.
I Iteraciones Fase 0. x0 = 0,
y¯0 = y(x0 ) = 1.
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 36
Fase 1. x0 = 0 y¯0 = 1
¾
⇒
y¯1 = y¯0 + h (x0 − y¯0 + 1) = 1 + 0.1 (0 − 1 + 1) = 1.
Fase 2. x1 = 0.1 y¯1 = 1
¾
⇒
y¯2 = y¯1 + h (x1 − y¯1 + 1) = 1 + 0.1 (0.1 − 1 + 1) = 1.01.
Fase 3. x2 = 0.2 y¯2 = 1.01
¾
⇒
y¯3 = 1.01 + 0.1 (0.2 − 1.01 + 1) = 1. 029.
Fase 4. x3 = 0.3 y¯3 = 1.029
¾
⇒
y¯4 = 1.029 + 0.1 (0.3 − 1.029 + 1) = 1. 0561.
Fase 5. x4 = 0.4 y¯4 = 1.0561
¾
⇒
y¯5 = 1.0561 + 0.1 (0.4 − 1.0561 + 1) = 1. 09049
Resumimos los resultados en una tabla j 0 1 2 3 4 5
xj 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5
y¯j 1 1 1.01 1.029 1.0561 1.09049
2) Solución exacta I Solución general de la EDO completa. La ecuación y0 + y = x + 1 es lineal. La ecuación homogénea asociada es y0 + y = 0. Identificamos p(x) = 1, la solución de la ecuación homogénea asociada es yh (x) = ke−
R
p(x) dx
= ke−x .
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 37
Para obtener la solución de la ecuación completa, aplicamos el método de variación de parámetros, esto es, proponemos una solución particular de la forma yp (x) = k(x) e−x y sustituimos en y0 + y = x + 1, resulta
yp0
yp
z }| { z }| { k 0 e−x − ke−x + ke−x = x + 1, k0 e−x = x + 1,
x+1 = (x + 1) ex , e−x Z k = (x + 1) ex dx,
k0 =
resolvemos la integral por partes Z Z x x (x + 1) e dx = (x + 1) e − ex dx = (x + 1) ex − ex + c = xex + c,
c ∈ R.
Tomamos el valor de k k(x) = xex , de donde resulta la siguiente solución particular de la EDO completa yp (x) = (xex ) e−x = x. Finalmente, obtenemos la solución general de la EDO completa y = yh + yp = ke−x + x,
k ∈ R.
I Solución del problema de valor inicial. Imponemos la condición y(0) = 1 y obtenemos 1 = ke0 + 0 ⇒ k = 1, la solución del problema de valor inicial es y = e−x + x. 3) Errores de truncamiento. En la siguiente tabla se recogen los valores exactos yj = y(xj ), j = 0, 1, . . . , 5.
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 38
y los errores locales de truncamiento j 0 1 2 3 4 5
xj 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5
yj
y¯j
1 1. 004837 1. 018731 1. 040818 1. 070320 1. 106531
1 1 1.01 1.029 1.0561 1.09049
ej = yj − y¯j 0 0. 004837 0. 008731 0.011818 0.014220 0.016041
El error de truncamiento global es e5 = y5 − y¯5 = 0.016041. ¤ • Deducción del método Supongamos que el problema de valor inicial ⎧ dy ⎪ = f (x, y), ⎨ dx ⎪ ⎩ y(a) = ya , x ∈ [a, b],
tiene una solución y = y(x) que es de clase C 2 en [a, b] y que conocemos yj = y(xj ). Desarrollamos y(x) por Taylor en c = xj y obtenemos y(x) = y(xj ) + y 0 (xj ) (x − xj ) + y 00 (t) (x − xj )2 ,
t entre xj y x.
Sustituimos x = xj+1 , y resulta 1 y(xj+1 ) = y(xj )+y 0 (xj ) (xj+1 − xj )+ y 00 (t) (xj+1 − xj )2 , 2 Como h = xj+1 − xj , resulta 1 y(xj+1 ) = y(xj ) + y 0 (xj ) h + y00 (t) h2 , 2
t entre xj y xj+1 .
t entre xj y xj+1 .
Si h es pequeño, podemos despreciar el término 12 y 00 (t) h2 y tomar la aproximación y(xj+1 ) ' y(xj ) + y 0 (xj ) h,
además, como
y 0 (xj ) = f (xj , yj ) resulta yj+1 ' yj + h f (xj , yj ) .
Finalmente, sustituimos yj por el valor aproximado y¯j , y obtenemos la aproximación para yj+1 y¯j+1 = y¯j + h f (xj , y¯j ) .
Resumen y ejemplos
3.3
Tema 7: EDO’s de primer orden. 39
Método de Euler Modificado
Dado el problema de valor inicial ⎧ dy ⎪ ⎨ = f (x, y), dx ⎪ ⎩ y(a) = ya , x ∈ [a, b],
el método de Euler modificado de n pasos queda definido por ⎧ y¯0 = ya , ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ (j) ⎪ ⎨ k1 = f (x ³ j , y¯j ), ´ (j) (j) = f x , y ¯ + h k k , j+1 j 2 1 ⎪ ⎪ ³ ´ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ y¯j+1 = y¯j + h k1(j) + k2(j) , j = 0, 1, . . . , n − 1, 2 donde
h=
b−a n
y x0 = a,
x1 = a + h, . . . , xj = a + jh, . . . , xn = a + nh = b.
Ejemplo 3.3 Dado el problema de valor inicial ½ 0 y + y − x − 1 = 0, y(0) = 1, x ∈ [0, 0.5]. 1. Aproxima la solución usando el método de Euler modificado de 5 pasos. 2. Calcula los errores de truncamiento locales y el error de truncamiento global. 1) Método de Euler modificado. El problema en forma normal es ½ 0 y = x − y + 1, y(0) = 1, x ∈ [0, 0.5]. Tenemos f (x, y) = x − y + 1,
0.5 − 0 = 0.1, 5 x0 = 0, x1 = 0.1, x2 = 0.2, x3 = 0.3, x4 = 0.4, x5 = 0.5. h=
I Iteraciones. Fase 0. x0 = 0,
y¯0 = y(x0 ) = 1.
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 40
Fase 1. Partimos de los valores x0 = 0, x1 = 0.1, y¯0 = 1, (0)
k1 = f (x0 , y¯0 ) = x0 − y¯0 + 1 = 0 − 1 + 1 = 0, (0)
k2
´ ³ (0) = f (0.1, 1 + 0.1 · 0) = f x1 , y¯0 + hk1
= 0.1 − 1 + 1 = 0. 1, ´ h ³ (0) (0) k1 + k2 = 1 + 0.05 (0 + 0.1) = 1. 005. y¯1 = y¯0 + 2 Fase 2. Partimos de los valores x1 = 0.1, x2 = 0.2, y¯1 = 1.005, (1)
k1
= f (x1 , y¯1 ) = f (0.1, 1.005) = 0.1 − 1.005 + 1 = 0.0 95,
³ ´ (1) = f x2 , y¯1 + hk1 = f (0.2, 1.005 + 0.1 · 0.0 95)
(1)
k2
= f (0.2, 1. 0145) = 0.2 − 1.0145 + 1 = 0. 1855,
´ h ³ (1) (1) k1 + k2 = 1.005 + 0.05 (0.095 + 0.1855) 2 = 1. 019025.
y¯2 = y¯1 +
Fase 3. Partimos de los valores x2 = 0.2, x3 = 0.3, y¯2 = 1. 01902 5, (2)
k1
= f (x2 , y¯2 ) = f (0.2, 1. 01902 5) = 0.2 − 1. 01902 5 + 1 = 0. 18097 5,
(2)
k2
´ ³ (2) = f (0.3, 1. 01902 5 + 0.1 · 0. 18097 5) = f x3 , y¯2 + hk1 = f (0.3, 1. 03712 3) = 0.3 − 1. 03712 3 + 1 = 0. 26287 7,
´ h ³ (2) (2) k1 + k2 = 1. 01902 5 + 0.05 (0. 18097 5 + 0. 26287 7) 2 = 1. 04121 8.
y¯3 = y¯2 +
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 41
Fase 4. Partimos de los valores x3 = 0.3, x4 = 0.4, y¯3 = 1. 04121 8, (3)
k1
= f (x3 , y¯3 ) = f (0.3, 1. 04121 8) = 0.3 − 1. 04121 8 + 1 = 0. 25878 2,
(3)
k2
´ ³ (3) = f (0.4, 1. 04121 8 + 0.1 · 0. 25878 2) = f x4 , y¯3 + hk1 = f (0.4, 1. 06709 6) = 0.4 − 1. 06709 6 + 1 = 0. 33290 4,
´ h ³ (3) (3) k1 + k2 = 1. 04121 8 + 0.05 (0. 25878 2 + 0. 33290 4) 2 = 1. 07080 2.
y¯4 = y¯3 +
Fase 5. Partimos de los valores x4 = 0.4, x5 = 0.5, y¯4 = 1. 07080 2, (4)
k1 = f (x4 , y¯4 ) = f (0.4, 1. 07080 2) = 0. 32919 8, (4)
k2
´ ³ (4) = f (0.5, 1. 07080 2 + 0.1 · 0. 32919 8) = f x5 , y¯4 + hk1 = f (0.5, 1. 10372 2) = 0. 39627 8,
´ h ³ (4) (4) = 1. 07080 2 + 0.05 (0. 32919 8 + 0. 39627 8) k1 + k2 2 = 1. 10707 6.
y¯5 = y¯4 +
Resumimos los resultados en una tabla j 0 1 2 3 4 5
xj 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5
y¯j 1 1.005 1. 01902 5 1. 04121 8 1. 07080 2 1. 10707 6
2) Errores de truncamiento. Hemos visto en el ejemplo anterior que la solución exacta es y = e−x + x.
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 42
En la siguiente tabla se recogen los valores exactos yj = y(xj ),
j = 0, 1, . . . , 5,
y los errores locales de truncamiento j 0 1 2 3 4 5
xj 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5
yj
y¯j
1 1. 004837 1. 018731 1. 040818 1. 070320 1. 106531
1 1.005 1. 01902 5 1. 04121 8 1. 07080 2 1. 10707 6
ej = yj − y¯j 0 −0.000 163 −0.000 294 −0.000 400 −0.000 482 −0.000 545
El error de truncamiento global es e5 = y5 − y¯5 = −0.000 545. ¤ • Deducción del método
Tenemos el problema de valor inicial ½ 0 y = f (x, y), y(a) = ya , x ∈ [a, b]. Tomamos y 0 = f (x, y) e integramos en el intervalo [x0 , x1 ] Z x1 Z 0 y (x) dx = x0
x1
f (x, y(x)) dx.
x0
Para la integral de lado izquierdo tenemos Z x 1 y 0 (x) dx = [y(x)]xx10 = y(x1 ) − y(x0 ), x0
para aproximar el valor de la integral del lado derecho, usamos la regla del trapecio simple Z x1 h f (x, y(x)) dx ' [f (x0 , y0 ) + f (x1 , y1 )] . 2 x0 Los valores x0 , x1 , y0 son conocidos; para el valor y1 , tomamos la estimación que nos proporcionaría el método de Euler y1 ' y0 + hf (x0 , y0 ) ,
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 43
tenemos finalmente h [f (x0 , y0 ) + f (x1 , y0 + hf (x0 , y0 ))] , 2
y(x1 ) − y(x0 ) '
h [f (x0 , y0 ) + f (x1 , y0 + hf (x0 , y0 ))] . 2 En pasos posteriores, se procede de forma análoga. Supongamos que hemos obtenido y¯j , para calcular y¯j+1 integramos y¯1 = y0 +
y 0 = f (x, y) en el intervalo [xj , xj+1 ] Z xj+1
0
y (x) dx =
xj
Z
Z
xj
xj+1
f (x, y(x)) dx,
xj
xj+1
xj
xj+1
Z
y 0 (x) dx = y(xj+1 ) − y(xj ),
f (x, y(x)) dx '
h [f (xj , yj ) + f (xj+1 , yj+1 )] , 2
para yj+1 tomamos la estimación que nos proporcionaría el método de Euler yj+1 ' y¯j + hf (xj , y¯j ) , y(xj+1 ) − y(xj ) ' y¯j+1 = y¯j +
3.4
h [f (xj , yj ) + f (xj+1 , y¯j + hf (xj , y¯j ))] , 2
h [f (xj , y¯j ) + f (xj+1 , y¯j + hf (xj , y¯j ))] . 2
Método de Taylor de 2o orden
Dado el problema de valor inicial ⎧ dy ⎪ ⎨ = f (x, y), dx ⎪ ⎩ y(a) = ya , x ∈ [a, b],
el método de Taylor de 2o orden de n pasos queda definido por ⎧ ⎨ y¯0 = ya , ¤ h2 £ 0 ⎩ y¯j+1 = y¯j + h f (xj , y¯j ) + fx (xj , y¯j ) + fy0 (xj , y¯j ) f (xj , y¯j ) , 2 donde
• fx0 es la derivada parcial de f (x, y) respecto de x,
j = 0, 1, . . . , n − 1,
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 44
• fy0 es la derivada parcial de f (x, y) respecto de y, • h=
b−a n
es el step,
• x0 = a, nodos.
x1 = a + h, . . . , xj = a + jh, . . . , xn = a + nh = b, son los
Ejemplo 3.4 Dado el problema de valor inicial ( y y0 = 1 + , x y(1) = 2, x ∈ [1, 2]. 1. Aproxima la solución usando el método de Taylor de segundo orden con 4 pasos. 2. Calcula la solución exacta. 3. Calcula los errores de truncamiento locales y el error de truncamiento global. 1) Método de Taylor de segundo orden. I Formulación del método. El problema está en forma normal; identificamos f (x, y) y f (x, y) = 1 + , x calculamos las derivadas parciales fx0 (x, y) = − fy0 (x, y) =
y , x2 1 . x
El tamaño de paso es h=
2−1 = 0.25, 4
los nodos son x0 = 1, x1 = 1.25, x2 = 1.5, x3 = 1.75, x4 = 2. La fórmula de recurrencia es, en este caso ¤ (0.25)2 £ 0 fx (xj , y¯j ) + fy0 (xj , y¯j ) f (xj , y¯j ) 2 £ ¤ = y¯j + 0.25 · f (xj , y¯j ) + 0.0 3125 · fx0 (xj , y¯j ) + fy0 (xj , y¯j ) f (xj , y¯j ) .
y¯j+1 = y¯j + 0.25 · f (xj , y¯j ) + I Iteraciones.
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 45
Fase 1. Partimos de x0 = 1,
y¯0 = 2,
f (x0 , y¯0 ) = 1 +
2 = 3, 1
2 fx0 (x0 , y¯0 ) = − = −2, 1 1 fy0 (x0 , y¯0 ) = = 1, 1 £ ¤ y¯1 = y¯0 + 0.25 · f (x0 , y¯0 ) + 0.0 3125 · fx0 (x0 , y¯0 ) + fy0 (x0 , y¯0 ) f (x0 , y¯0 ) = 2 + 0.25 · 3 + 0.0 3125 · (−2 + 1 · 3) = 2. 78125.
Fase 2. Partimos de x1 = 1.25,
y¯1 = 2. 78125,
f (x1 , y¯1 ) = 1 + fx0 (x1 , y¯1 ) = −
2. 78125 = 3. 225, 1.25
2. 78125 = −1. 78, (1.25)2
fy0 (x1 , y¯1 ) =
1 = 0. 8, 1.25
£ ¤ y¯2 = y¯1 + 0.25 · f (x1 , y¯1 ) + 0.0 3125 · fx0 (x1 , y¯1 ) + fy0 (x1 , y¯1 ) f (x1 , y¯1 ) = 2. 78125 + 0.25 · 3. 225 + 0.0 3125 · (−1. 78 + 0. 8 · 3. 225) = 3. 6125.
Fase 3. Partimos de x2 = 1.5,
y¯2 = 3. 6125,
f (x2 , y¯2 ) = 1 + fx0 (x2 , y¯2 ) = −
3. 6125 = 3. 40833 3, 1.5
3. 6125 = −1. 60555 6 (1.5)2
fy0 (x2 , y¯2 ) =
1 = 0. 66666 67, 1.5
£ ¤ y¯3 = y¯2 + 0.25 · f (x2 , y¯2 ) + 0.0 3125 · fx0 (x2 , y¯2 ) + fy0 (x2 , y¯2 ) f (x2 , y¯2 )
= 3. 6125 + 0.25 · 3. 40833 3 + 0.0 3125 · (−1. 60555 6 + 0. 66666 67 · 3. 40833 3) = 4. 48541 7.
Fase 4. Partimos de x3 = 1.75,
y¯3 = 4. 48541 7,
f (x3 , y¯3 ) = 1 +
4. 48541 7 = 3. 56309 5, 1.75
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 46
fx0 (x3 , y¯3 ) = −
4. 48541 7 = −1. 46462 6, (1.75)2
fy0 (x3 , y¯3 ) =
1 = 0. 57142 86, 1.75
£ ¤ y¯4 = y¯3 + 0.25 · f (x3 , y¯3 ) + 0.0 3125 · fx0 (x3 , y¯3 ) + fy0 (x3 , y¯3 ) f (x3 , y¯3 )
= 4. 48541 7 + 0.25 · 3. 56309 5 + 0.0 3125 · (−1. 46462 6 + 0. 57142 86 · 3. 56309 5) = 5. 39404 8.
Resumimos los resultados en una tabla j 0 1 2 3 4
xj 1.00 1.25 1.50 1.75 2.00
y¯j 2 2. 781250 3. 612500 4. 48541 7 5. 39404 8
2) Solución exacta. Se trata de una ecuación lineal y y0 = 1 + , x la escribimos en la forma estándar y 0 + p(x) y = q(x), y0 −
1 y = 1. x
La ecuación homogénea asociada es y0 −
1 y = 0, x
identificamos
1 p(x) = − , x la solución de la ecuación homogénea es yh (x) = ke−
R
−1 dx x
= keln x = kx,
k ∈ R.
Para obtener la solución de la ecuación completa, aplicamos el método de variación de parámetros, esto es, proponemos una solución particular de la EDO completa de la forma yp (x) = k(x) x
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 47
y sustituimos en y0 − resulta
1 y = 1, x
yp0
y
p z }| { 1 z}|{ 0 k x + k − kx = 1, x 0 k x = 1, 1 k0 = . x Z 1 k= dx = ln x + c, c ∈ R. x
Tomamos el valor de k
k(x) = ln x, de donde resulta la siguiente solución particular para la EDO completa yp (x) = x ln x. Finalmente, obtenemos la solución general de la EDO completa y(x) = yh (x) + yp (x) = kx + x ln x,
k ∈ R.
Ahora vamos a calcular la solución del problema de valor inicial. Imponemos la condición y(1) = 2 y obtenemos 2 = k + 1 ln 1
⇒
k = 2,
la solución particular es y = 2x + x ln x. 3) Errores de truncamiento. En la siguiente tabla se recogen los valores exactos yj = y(xj ), j = 0, 1, . . . , 5, y los errores locales de truncamiento j 0 1 2 3 4
xj 1.00 1.25 1.50 1.75 2.00
yj 2 2. 77892 9 3. 60819 8 4. 47932 8 5. 38629 4
y¯j 2 2. 781250 3. 612500 4. 48541 7 5. 39404 8
ej = yj − y¯j 0 −0.00 2321 −0.00 4302 −0.00 6089 −0.00 7754
El error de truncamiento global es e4 = y4 − y¯4 = −0.00 7754. ¤
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 48
• Deducción del método Supongamos que el problema de valor inicial ⎧ dy ⎪ = f (x, y), ⎨ dx ⎪ ⎩ y(a) = ya , x ∈ [a, b],
tiene una solución y = y(x) que es de clase C 3 en [a, b] y que conocemos yj = y(xj ). Desarrollamos y(x) por Taylor hasta orden 2 en c = xj y obtenemos 1 y(x) = y(xj ) + y 0 (xj ) (x − xj ) + y00 (xj ) (x − xj )2 + 2 1 000 3 + y (t) (x − xj+1 ) , t entre xj y x. 3! Sustituimos x = xj+1 , y resulta 1 y(xj+1 ) = y(xj ) + y0 (xj ) (xj+1 − xj ) + y 00 (xj ) (xj+1 − xj )2 + 2 1 000 3 + y (t) (xj+1 − xj ) , t entre xj y xj+1 . 3! Como h = xj+1 − xj , resulta 1 1 y(xj+1 ) = y(xj ) + y0 (xj ) h + y 00 (xj ) h2 + y000 (t) h3 2 3!
t entre xj y xj+1 ,
si h es pequeño, podemos despreciar el término 1 000 y (t) h3 3! y tomar la aproximación 1 y(xj+1 ) ' y(xj ) + y 0 (xj ) h + y00 (xj ) h2 . 2 El valor de y 0 (xj ) podemos obtenerlo de y0 (xj ) = f (xj , yj ) , para y 00 (xj ), aplicamos la regla de la cadena y 00 (x) = =
∂ ∂ d f (x, y(x)) = f (x, y) + f (x, y) y 0 (x) dx ∂x ∂y ∂ ∂ f (x, y) + f (x, y) f (x, y) ∂x ∂y
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 49
y obtenemos ∂ ∂ f (xj , yj ) + f (xj , yj ) f (xj , yj ), ∂x ∂y ∙ ¸ h2 ∂ ∂ f (xj , yj ) + f (xj , yj ) f (xj , yj ) . ' yj + h f (xj , yj ) + 2 ∂x ∂y y 00 (xj ) =
yj+1
Finalmente, sustituimos yj por el valor aproximado y¯j , y obtenemos la aproximación para yj+1 y¯j+1 = y¯j + h f (xj , y¯j ) +
4
¤ h2 £ 0 fx (xj , y¯j ) + fy0 (xj , y¯j ) f (xj , y¯j ) . 2
Algunos ejemplos de aplicación
Ejemplo 4.1 Supongamos que la tasa de crecimiento de una población y(t) es proporcional al número de individuos y que la población inicial es y0 . Si después de 50 años la población se ha duplicado, ¿en cuántos años tendremos una población triple de la inicial? • Modelo. y = y(t) t t=0 y0 = y(0) dy dt
población, tiempo (en años), momento inicial, población inicial, tasa de crecimiento de la población (individuos/año).
• Ecuación diferencial.
dy = α y, dt donde α es la constante de proporcionalidad (desconocida). La ecuación es una EDO lineal homogénea. La escribimos en forma estándar y 0 + p(t) y = 0,
esto es y 0 − α y = 0, donde identificamos p(t) = −α. La solución general es y = ke− = ke−
R R
p(t) dt (−α) dt
,
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 50 y = keαt ,
k ∈ R.
Utilizamos la condición inicial y(0) = y0 para determinar la constante k y0 = keα·0 = k, por lo tanto, y = y0 eαt . Para determinar la constante α, usamos el hecho de que la población inicial se ha duplicado en un período de 50 años. y(50) = y0 eα50 = 2y0
⇒
eα50 = 2,
50α = ln 2, ln 2 = 0.013863. 50 El modelo de la población, es por lo tanto, α=
y = y0 e0.013863t . Para ver el período de tiempo necesario para triplicar la población , planteamos la ecuación y0 e0.01 3863t = 3y0 y determinamos el valor de t e0.01 3863t = 3, 0.013863t = ln 3, ln 3 = 79. 2478. 0.01 3863 Para triplicar la población se necesitan 79.25 años desde en momento inicial (29.25 años desde el momento en que se duplica la población inicial. ¤ t=
Ejemplo 4.2 En un cultivo de bacterias, la tasa de crecimiento de la población es proporcional a la población presente. 1. Si se ha observado que la población se ha duplicado en 4 horas, ¿que población cabe esperar al cabo de 12 horas? 2. Supongamos que en un segundo cultivo, el número de bacterias es 104 al cabo de 3 horas y 4 × 104 al cabo de 5 horas. Determina la población inicial. ¿Qué tamaño de población tendremos después de 6 horas?
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 51
• Modelo y = y(t) t t=0 y0 = y(0) dy dt
población, tiempo (en horas), momento inicial, población inicial, tasa de crecimiento de la población (individuos/hora).
• Ecuación diferencial
dy = α y, dt α es la constante de proporcionalidad (desconocida). La ecuación es una EDO lineal homogénea. La escribimos en forma estándar y 0 + p(t) y = 0 y obtenemos, como en el ejemplo anterior, la solución y = keαt ,
k ∈ R.
Utilizamos la condición inicial y(0) = y0 para determinar la constante k y0 = keα·0 = k, resulta, y = y0 eαt . 1) Para determinar la constante α, usamos el hecho de que la población inicial se ha duplicado en un período de 4 horas. y(4) = y0 eα4 = 2y0
⇒
e4α = 2,
4α = ln 2, ln 2 . 4 El modelo de la población, es por lo tanto, α=
y = y0 e
ln 2 t 4
.
Después de 12 horas, tendremos y(12) = y0 e
ln 2 12 4
= y0 e3 ln 2 = y0 eln 8 = 8y0 ,
es decir, al cabo de 12 horas, la población se ha multiplicado por 8. 2) En este caso disponemos de dos datos, lo que nos permite determinar la constante α y la población inicial. El modelo es y = y0 eαt
Resumen y ejemplos y tenemos
es decir
Tema 7: EDO’s de primer orden. 52
½ ½
y(3) = 104 , y(5) = 4 × 104 , y0 e3α = 104 , y0 e5α = 4 × 104 .
Dividiendo las ecuaciones, podemos eliminar y0 y determinar α y0 e5α 4 × 104 = , y0 e3α 104 e5α = 4, e3α e2α = 4, 2α = ln 4, √ ln 4 = ln 4 = ln 2. α= 2 Sustituyendo en la primera ecuación, resulta y0 e3 ln 2 = 104 , 104 104 = 1250, = e3 ln 2 8 la población inicial es, por lo tanto de 1250 individuos. El modelo que describe el tamaño de la población es y0 =
y = 1250 et ln 2 = 1250 × 2t Después de 6 horas, el tamaño de población será y(6) = 1250 × 26 = 80000 individuos. ¤
Ejemplo 4.3 Según la ley de enfriamiento de Newton, la velocidad a que se enfría una sustancia al aire libre es proporcional a la diferencia de temperatura entre la sustancia y el aire. Sabemos que la temperatura del aire es de 30o y la sustancia se ha enfriado desde 100o a 70o en 15 minutos. 1. ¿Qué temperatura tenía la sustancia después de 10 minutos? 2. ¿Cuándo tendrá la sustancia una temperatura de 40o ?
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 53
• Modelo y = y(t) t t=0 y0 = 100o Tm = 30o dy dt
temperatura de la sustancia, tiempo (en minutos), momento inicial, temperatura inicial, temperatura del medio, tasa de variación de la temperatura de la sustancia.
• Ecuación diferencial
dy = −α ( y − Tm ), dt α > 0 es la constante de proporcionalidad (desconocida). Observamos que si y > Tm , entonces −α ( y − Tm ) < 0 y la sustancia se enfría. La ecuación es una EDO lineal completa, la escribimos en forma estándar y 0 + p(t) y = q(t), y 0 + α y = αTm , identificamos p(t) = α,
q(t) = αTm ,
(ambos constantes).
La EDO lineal homogénea asociada es y 0 + α y = 0, que tiene solución y = ke−
R
α dt
y = ke−α t ,
,
k ∈ R, k ∈ R.
Calculamos la solución de la EDO completa por variación de parámetros, esto es, proponemos una solución yp (t) = k(t) e−α t y sustituimos en la ecuación completa para determinar k(t) yp0
yp
z }| { z }| { k 0 e−α t − αk e−α t +α k e−α t = α Tm , k0 e−α t = α Tm ,
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 54 k0 =
α Tm , e−α t
k0 = α Tm eα t , Z k = α Tm eα t dt.
Obtenemos
k = Tm eα t + c,
c ∈ R,
tomamos el valor de k k = Tm eα t , de donde resulta la siguiente solución particular de la ecuación completa ¡ ¢ yp (t) = Tm eα t e−αt = Tm . La solución general de la EDO completa es
y(t) = yh (t) + yp (t) = ke−α t + Tm ,
k ∈ R.
Observa que podíamos haber obtenido la solución particular directamente yp (t) = Tm apreciando que la ecuación dy = −α ( y − Tm ), dt tiene la solución singular y = Tm . 1) Para determinar k, sustituimos Tm = 30o y usamos las condición inicial y(0) = 100o , 100 = k e0 + 30
⇒ k = 70.
Finalmente, para determinar α, usamos el dato y(15) = 70, 70 = 70e−15α + 30, 70e−15α = 40 4 e−15α = 7 4 −15α = ln 7 −1 4 α= ln = 0.03731. 15 7 El modelo matemático que describe el enfriamiento de la sustancia es y = 70e−0.03731 t + 30.
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 55
La temperatura después de 10 minutos será y(10) = 70 e−0.3731 + 30 = 78. 2o 2) El tiempo necesario para que la sustancia esté a 40 grados se obtiene resolviendo la ecuación 70e−0.03731 t + 30 = 40, e−0.03731 t = t=
10 , 70
−1 1 ln = 52. 16 minutos. ¤ 0.03731 7
Ejemplo 4.4 Un tanque contiene 1000 litros de una disolución de agua y sal. En el tanque entra agua a razón de 20 litros/min y la mezcla, conservada uniforme por agitación, sale a la misma velocidad. Si inicialmente hay 60 kg de sal en el tanque, ¿cuánta sal queda en el tanque después de 1 hora? • Modelo y = y(t) t t=0 y0 = 60 dy dt
cantidad de sal en el tanque (en kg), tiempo (en minutos), momento inicial, cantidad inicial de sal (en kg), tasa de variación de la cantidad de sal (en kg/min).
Observemos que la tasa de entrada y de salida de líquido es la misma, por lo tanto el volumen de disolución en el tanque se mantiene constante concentración de sal =
y 1000
(en Kg/litro).
tasa de entrada de sal
Tasa de variación de sal
z
tasa de salida de sal
}| { z }| { kg y kg litros litros = 20 ×0 − 20 × min. litro min. 1000 litro kg 1 = − y 50 min.
• Ecuación diferencial
dy 1 = − y. dt 50 Es una ecuación lineal homogénea y0 +
1 y = 0, 50
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 56
con solución general y = k e−
R
1 50
1 − 50
y = ke
dt t
,
k ∈ R,
,
k ∈ R.
Usamos la condición inicial y(0) = 60, para determinar k 60 = k e−0
⇒
k = 60.
El modelo matemático que describe la cantidad de sal en el tanque es 1
y = 60 e− 50 t . La cantidad de sal después de 1 hora será 60
y(60) = 60 e− 50 = 18. 07 kg. ¤ Ejemplo 4.5 En una galería subterránea de dimensiones 15×5×1.2 metros hay una concentración del 0.2% de CO2 . Se quiere renovar la atmósfera con aire exterior, cuya concentración de CO2 es de 0.05%, mediante ventiladores que proporcionan un caudal de aire de 9 m3 /min. Calcula el porcentaje de CO2 después de 20 minutos. • Modelo y = y(t) t t=0 V = 90 m3 y 90 y0 = 0. 18 m3 dy dt
cantidad de CO2 (en m3 ), tiempo (en minutos), momento inicial, volumen de la galería, concentración de CO2 , cantidad inicial de CO2 (y(0) = 0.002 × 90), tasa de variación de la cantidad de CO2 (en m3 /min).
Tasa de variación de CO2 z
tasa de entrada de CO2
}|
{
z
tasa de salida de CO2
}| { m3 CO2 y m3 CO2 m3 aire m3 aire × 0.0005 3 −9 × 9 min. m aire min. 90 m3 aire ³ y ´ m3 CO2 . = 0.0045 − 10 min • Ecuación diferencial y´ dy ³ = 0.0045 − . dt 10
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 57
Resolvemos por separación de variables 1 ³ y ´ dy = dt, 0.0045 − 10 Z Z 1 ³ y ´ dy = dt, 0.0045 − 10 ¯ y ¯¯ ¯ −10 ln ¯0.0045 − ¯ = t + c1 , 10 ¯ y ¯¯ t −c1 ¯ , ln ¯0.0045 − ¯ = − + c2 , c2 = 10 10 10 ¯ ¯ t t y¯ ¯ ¯0.0045 − ¯ = e− 10 +c2 = c3 e− 10 , c3 = ec2 , 10 t y = ±c3 e− 10 , 0.0045 − 10 t y 0.0045 − = c4 e− 10 , 10 ´ ³ t y = 10 0.0045 − c4 e− 10 , t
y = 0.045 − c e− 10 ,
c ∈ R.
Sustituimos la condición inicial, y determinamos c y(0) = 0.18, 0
0.18 = 0.045 − c e− 10
⇒
c = −0. 135.
El modelo matemático que describe la cantidad de CO2 en la galería es t
y = 0.045 + 0.135 e− 10 . La cantidad de CO2 después de 20 minutos será 20
y(20) = 0.045 + 0.135 e− 10 = 0.06 327 m3 y la concentración es 0.06 327 m3 CO2 = 0.000703. 90 m3 aire Después de 20 minutos, la concentración de CO2 será de 0.07%. ¤ Ejemplo 4.6 Tenemos un depósito cilíndrico con radio de la base R = 8 dm y altura h = 1 m. El depósito se vacía a través de un orificio redondo de radio r = 0.833 cm situado en la base del depósito. Sabemos que por √ un orificio de ese tipo el agua fluye a una velocidad aproximada v = 4.8 h dm/s, donde h es la altura del nivel de agua en el depósito. Si inicialmente el depósito está totalmente lleno, determina el tiempo que el depósito tardará en vaciarse.
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 58
• Modelo h = h(t) t t=0 h0 = 10 dm R = 8 dm r = 0.0833 dm dh dt
nivel de agua en el depósito (en dm), tiempo (en segundos), momento inicial, nivel inicial, radio del depósito, radio del orificio de salida, tasa de variación del nivel de agua (en dm/s).
La velocidad de salida del agua por el orificio de la base es √ v = 4.8 h dm/s, y el área de la sección perpendicular al flujo de salida es A = πr2 dm2 , por lo tanto, tendremos un flujo de salida √ √ v · A = 4.8 h dm/s × πr2 dm2 = 4.8πr2 h dm3 /s. La variación del volumen de agua V = V (t) en el depósito es igual a flujo de salida √ dV = −4.8πr2 h, (5) dt por otra parte, el volumen de agua en el depósito es V = πR2 h, por lo tanto dh dV = πR2 . dt dt Sustituimos en (5), y resulta πR2
√ dh = −4.8πr2 h, dt
de donde obtenemos la ecuación diferencial para la altura del agua en el depósito √ dh R2 = −4.8r2 h, dt dh r2 √ = −4.8 2 h. dt R Sustituimos los valores R = 8, r = 0.0833 √ dh = −5. 204 × 10−4 h. dt
Resumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer orden. 59
Se trata de una ecuación diferencial no lineal de variables separables 1 √ dh = −5. 204 × 10−4 dt, h Z Z 1 √ dh = −5. 204 × 10−4 dt, h √ 2 h = −5. 204 × 10−4 t + c, c ∈ R. Determinamos c con la condición inicial h0 = 10 √ 2 10 = −5. 204 × 10−4 × 0 + c ⇒
√ c = 2 10,
por lo tanto, el modelo matemático que describe la altura del nivel de agua en el tanque es √ √ (6) 2 h = −5. 204 × 10−4 t + 2 10, que en forma explícita queda ³√ ´2 h= 10 − 0.000 2602 t .
Para determinar el tiempo de vaciado, sustituimos h = 0 en (6) y despejamos t √ 0 = −5. 204 × 10−4 t + 2 10, √ −2 10 = 12153. 26 s = 3. 37 horas = 3 horas 22 minutos. ¤ t= −5. 204 × 10−4
ETS Minas: Métodos matemáticos Guía de estudio: Tema 8 EDOs de orden n Francisco Palacios Escuela Politécnica Superior de Ingeniería de Manresa Universidad Politécnica de Cataluña Noviembre 2008, versión 1.2
1
Introducción
El contenido del tema es el siguiente: 1. Conceptos básicos. 2. Resolución de EDOs lineales homogéneas con coeficientes constantes. 3. Resolución de EDOs lineales completas con coeficientes constantes: método de variación de parámetros.
2
Objetivos
2.1
Teóricos
Al finalizar el tema, el alumno debe se capaz de: • Identificar EDOs lineales de orden n. • Distinguir si la EDO es de coeficientes constantes. • Escribir la EDO en forma estándard. • Diferenciar entre EDO completa y homogénea. • Distinguir entre problemas de valor inicial y problemas de condiciones de contorno. • Enunciar y aplicar el teorema de existencia y unicidad de soluciones para problemas de valor inicial con EDOs lineales. • Describir la estructura del conjunto de soluciones de una EDO lineal homogénea de orden n. • Definir el Wronskinano de n funciones. • Determinar la independencia lineal de n funciones. • Describir la estructura del conjunto de soluciones de una EDO lineal completa de orden n. 1
Francisco Palacios
2.2
Tema 8: EDOs de orden n. 2
Cálculo manual
Al finalizar el tema, el alumno debe se capaz de: • Obtener la solución general de una EDO lineal homogénea de orden n con coeficientes constantes usando las raíces de la ecuación característica. • Obtener la solución general de una EDO lineal completa de orden n con coeficientes constantes, determinando una solución particular mediante el método de variación de parámetros. • Resolver problemas sencillos de valor inicial o de condiciones de contorno para EDOs lineales de orden n con coeficientes constantes.
2.3
Cálculo con ordenador
Al finalizar el tema, el alumno debe se capaz de: • Escribir ecuaciones diferenciales de orden n siguiendo la sintaxis de Maple. • Calcular una familia de soluciones con dsolve. • Usar el operador D para escribir condiciones sobre las derivadas. • Resolver problemas de valor inicial y de condiciones de contorno con dsolve. • Extraer una expresión correspondiente a la solución usando el comando rhs. • Representar gráficamente la solución de un problema de valor inicial o de contorno. • Aproximar numéricamente la solución de un problema de valor inicial usando la opción type=numeric de dsolve. • Usar la notación de índices y el comando rhs para extraer adecuadamente los valores aproximados que resultan de los procedimientos numéricos de dsolve. • Representar curvas integrales y el campo de pendientes con el comando DEplot de la librería DEtools.
Francisco Palacios
3
Tema 8: EDOs de orden n. 3
Orientaciones para el estudio • Resuelve manualmente los ejemplos del Resumen de clase. • Resuelve con papel y lápiz los ejercicios 1,2,3,4,5,9.1—9.4,10. • Resuelve con Maple los ejercicios anteriores.
4
Temporalización
Aproximadamente, el tiempo necesario para cubrir el tema es el siguiente: Actividad Explicación teórica, ejemplos Ejemplos, problemas Prácticas ordenador Leer guia estudio, resumen Problemas a mano Hacer práctica Poblemas con Maple Cuestionario
5
Tipo Clase teoría Clase prácticas Clase prácticas Trabajo personal Trabajo personal Trabajo personal Trabajo personal Trabajo personal
Duración 2h 2h 1h 0,75h 4,0h 0,5h 0,5h 0,25
5h
6h
Actividades complementarias
Si dispones de tiempo, resuelve algunos ejercicios que quedan en la lista.
Cuestionario Tema 8: EDOs de orden n Alumno: _____________________________________ 1. Asistencia a clase. Indica si has asistido a todas las clases de teoría y prácticas correspondientes al tema, en caso de no asistencia indica si has dedicado un tiempo equivalente de estudio personal. Finalmente, indica (si procede) el número de horas de clase perdidas que no hayas recuperado mediante estudio personal. Asistencia Si No
Recuperado Si No En parte
Horas perdidas
Clases de teoria Clases de práctica 2. Tiempo de estudio personal Tiempo Lectura de guía de estudio y resumen Hacer problemas a mano Hacer práctica Hacer problemas con Maple 3. Puntúa la utilidad de los documentos de estudio entre 1 (= es una pérdida de tiempo) y 5 (=muy útiles). Si no has descargado el documento, deja la casilla en blanco. Puntuación Guía de estudio Resumen Problemas Problemas resueltos Problemas resueltos con Maple Práctica 4. Revisa la lista de objetivos y escribe dos o tres tópicos que te gustaría que se volvieran a explicar en clase. ______________________________________________ ______________________________________________ ______________________________________________ 5. Revisa la lista de objetivos y da una estimación intuitiva entre 1 y 5 de tu grado de cumplimiento de esos objetivos. ____________ 6. Sugerencias:
E.T.S. Minas: Métodos Matemáticos Prof: Francisco Palacios EPSEM-UPC Noviembre 2008, Versión 1.2
Tema 8: EDOs de orden n, Practica 1 Resolución de algunas EDO's de orden n con Maple • Resolución de EDOs con dsolve • Escritura de condiciones iniciales con el operador D
Ejercicio 1.2 > edo:=diff(y(x),x,x)-diff(y(x),x)-6*y=0; ⎛ ∂2 ⎞ ⎛∂ ⎞ edo := ⎜⎜ 2 y( x ) ⎟⎟ − ⎜⎜ y( x ) ⎟⎟ − 6 y = 0 ⎠ ⎝ ∂x ⎠ ⎝ ∂x > dsolve(edo,y(x)); y( x ) = _C1 e( −2 x ) + _C2 e( 3 x ) Ejercicio 1.6 > edo:=diff(y(x),x,x)-4*diff(y(x),x)+5*y=0; ⎛ ∂2 ⎞ ⎛∂ ⎞ edo := ⎜⎜ 2 y( x ) ⎟⎟ − 4 ⎜⎜ y( x ) ⎟⎟ + 5 y = 0 x ⎝ ⎠ ∂ ⎝ ∂x ⎠ > dsolve(edo,y(x)); y( x ) = _C1 e( 2 x ) sin( x ) + _C2 e( 2 x ) cos( x ) Ejercicio 2.1 > edo:=diff(y(x),x,x,x)-4*diff(y(x),x,x)-5*diff(y(x),x)=0; ⎛ ∂2 ⎞ ⎛ ∂3 ⎞ ⎛∂ ⎞ edo := ⎜⎜ 3 y( x ) ⎟⎟ − 4 ⎜⎜ 2 y( x ) ⎟⎟ − 5 ⎜⎜ y( x ) ⎟⎟ = 0 x ∂ ⎝ ⎠ ⎝ ∂x ⎠ ⎝ ∂x ⎠ > dsolve(edo,y(x)); y( x ) = _C1 + _C2 e( −x ) + _C3 e( 5 x ) Ejercicio 2.2 > edo:=diff(y(x),x,x,x)-5*diff(y(x),x,x)+3*diff(y(x),x)+9*y=0; ⎛ ∂2 ⎞ ⎛ ∂3 ⎞ ⎛∂ ⎞ edo := ⎜⎜ 3 y( x ) ⎟⎟ − 5 ⎜⎜ 2 y( x ) ⎟⎟ + 3 ⎜⎜ y( x ) ⎟⎟ + 9 y = 0 ⎝ ∂x ⎠ ⎝ ∂x ⎠ ⎝ ∂x ⎠ > equ:=m^3-5*m^2+3*m+9=0; equ := m3 − 5 m2 + 3 m + 9 = 0 > solve(equ,m); -1, 3, 3 la solución será, por lo tanto y(x)=c1*exp(-x)+c2*exp(3*x)+c3*x*exp(3*x) > dsolve(edo,y(x)); > y( x ) = _C1 e( 3 x ) + _C2 e( −x ) + _C3 e( 3 x ) x Ejercicio 2.4 > edo:=diff(y(x),x,x,x)+3*diff(y(x),x,x)+3*diff(y(x),x)+y=0; > dsolve(edo,y(x)); ⎛ ∂2 ⎞ ⎛ ∂3 ⎞ ⎛∂ ⎞ edo := ⎜⎜ 3 y( x ) ⎟⎟ + 3 ⎜⎜ 2 y( x ) ⎟⎟ + 3 ⎜⎜ y( x ) ⎟⎟ + y = 0 ⎝ ∂ x ⎠ ⎝ ∂x ⎠ ⎝ ∂x ⎠ y( x ) = _C1 e( −x ) + _C2 e( −x ) x2 + _C3 e( −x ) x Ejercicio 3 > edo:=diff(y(x),x,x)+16*y=0; cond:=D(y)(0)=-2,y(0)=2; ⎛ ∂2 ⎞ edo := ⎜⎜ 2 y( x ) ⎟⎟ + 16 y = 0 ⎝ ∂x ⎠ cond := D( y )( 0 ) = -2, y( 0 ) = 2 > s:=dsolve({edo,cond},y(x));
Page 1
s := y( x ) = 2 cos( 4 x ) −
1 2
sin( 4 x )
> f:=rhs(s); f := 2 cos( 4 x ) −
1 2
sin( 4 x )
> plot(f,x=0..4); 2
1
0
1
2 x
3
4
-1
-2
definimos la solución como función > g:=unapply(f,x); g := x → 2 cos( 4 x ) −
1 2
sin( 4 x )
valor de la solución para x=1.25 > g(1.25); 1.046786508 Ejercicio 6 > restart; > edo:=diff(y(x),x,x,x)+12*diff(y(x),x,x)+36*diff(y(x),x)=0; ⎛ ∂2 ⎞ ⎛ ∂3 ⎞ ⎛∂ ⎞ edo := ⎜⎜ 3 y( x ) ⎟⎟ + 12 ⎜⎜ 2 y( x ) ⎟⎟ + 36 ⎜⎜ y( x ) ⎟⎟ = 0 ⎝ ∂x ⎠ ⎝ ∂x ⎠ ⎝ ∂x ⎠ > cond:=y(0)=0,D(y)(0)=1,(D@@2)(y)(0)=-7; cond := y( 0 ) = 0, D( y )( 0 ) = 1, ( D( 2 ) )( y )( 0 ) = -7 > s:=dsolve({edo,cond},y(x)); s := y( x ) =
5 36
−
5 36
e( −6 x ) +
1 6
e( −6 x ) x
Resolución por pasos. 1) Ecuación característica. > equ:=m^3+12*m^2+36*m=0; > equ := m3 + 12 m2 + 36 m = 0 > solve(equ,m); 0, -6, -6 2) Solución general. > s:=c1+c2*exp(-6*x)+c3*x*exp(-6*x); s := c1 + c2 e( −6 x ) + c3 x e( −6 x ) 3) Solución particular. Calculamos las derivadas > s1:=diff(s,x); s1 := −6 c2 e( −6 x ) + c3 e( −6 x ) − 6 c3 x e( −6 x ) > s2:=diff(s,x,x); s2 := 36 c2 e( −6 x ) − 12 c3 e( −6 x ) + 36 c3 x e( −6 x ) Imponemos las condiciones > eq0:=subs(x=0,s)=0; eq0:=eval(eq0); eq0 := c1 + c2 e0 = 0
Page 2
eq0 := c1 + c2 = 0 > eq1:=subs(x=0,s1)=1; eq1:=eval(eq1); eq1 := −6 c2 e0 + c3 e0 = 1 eq1 := −6 c2 + c3 = 1 > eq2:=subs(x=0,s2)=-7; eq2:=eval(eq2); eq2 := 36 c2 e0 − 12 c3 e0 = -7 eq2 := 36 c2 − 12 c3 = -7 > sol:=solve({eq0,eq1,eq2},{c1,c2,c3}); 1 , c3 = } 36 36 6 El comando assign permite assignanar los valores correspondientes a c1, c2 y c3. > assign(sol); Vamos que se ha producido la asignación > s; sol := { c1 =
5 36
−
5 36
5
, c2 =
e( −6 x ) +
1 6
-5
x e( −6 x )
> plot(s,x=0..4); 0.14 0.12 0.1 0.08 0.06 0.04 0.02 0
1
2 x
3
4
Ejercicio 9.1 > edo:=diff(y(x),x,x)+y(x)=sec(x); ⎛ ∂2 ⎞ edo := ⎜⎜ 2 y( x ) ⎟⎟ + y( x ) = sec( x ) ⎝ ∂x ⎠ > dsolve(edo,y(x)); y( x ) = ln( cos( x ) ) cos( x ) + x sin( x ) + _C1 cos( x ) + _C2 sin( x ) Ejercicio 9.2 > edo:=diff(y(x),x,x)+y(x)=cos(x)^2; ⎛ ∂2 ⎞ edo := ⎜⎜ 2 y( x ) ⎟⎟ + y( x ) = cos( x )2 ⎝ ∂x ⎠ > dsolve(edo,y(x)); y( x ) = −
1 3
cos( x )2 +
2 3
+ _C1 cos( x ) + _C2 sin( x )
Ejercicio 9.3 > edo:=diff(y(x),x,x)-y=cosh(x); ⎛ ∂2 ⎞ edo := ⎜⎜ 2 y( x ) ⎟⎟ − y = cosh( x ) ⎝ ∂x ⎠ > dsolve(edo,y(x)); y( x ) = 1 1 1 1 1 ⎞ ⎛ 1 (2 x) ⎜⎜ − e cosh( x )2 + e( 2 x ) cosh( x ) sinh( x ) + e( 2 x ) x − cosh( x )2 − cosh( x ) sinh( x ) − x ⎟⎟ e( −x ) + _C1 ex + _C2 e( −x ) 4 4 4 4 4 ⎠ ⎝ 4 > edo:=diff(y(x),x,x)-y=(exp(x)+exp(-x))/2; ⎛ ∂2 ⎞ 1 1 edo := ⎜⎜ 2 y( x ) ⎟⎟ − y = ex + e( −x ) 2 2 ⎝ ∂x ⎠ > dsolve(edo,y(x));
Page 3
1 1 1 ⎞ ⎛1 y( x ) = ⎜⎜ e( 2 x ) x − − e( 2 x ) − x ⎟⎟ e( −x ) + _C1 ex + _C2 e( −x ) 8 8 4 ⎠ ⎝4 Ejercicio 10 > edo:=4*diff(y(x),x,x)-y=x*exp(x/2); ⎛ ∂2 ⎞ edo := 4 ⎜⎜ 2 y( x ) ⎟⎟ − y = x e( 1 / 2 x ) ⎝ ∂x ⎠ > cond0:=y(0)=1; cond0 := y( 0 ) = 1 > cond1:=D(y)(0)=0; cond1 := D( y )( 0 ) = 0 > s:=dsolve({edo,cond0,cond1},y(x)); s := y( x ) =
1 8
x2 e( 1 / 2 x ) −
1 4
x e( 1 / 2 x ) +
3 4
e( 1 / 2 x ) +
1 4
e( − 1 / 2 x )
Representación gráfica. > f:=rhs(s); f :=
1 8
x2 e( 1 / 2 x ) −
1 4
x e( 1 / 2 x ) +
3 4
e( 1 / 2 x ) +
1 4
e( − 1 / 2 x )
> plot(f,x=0..3); 5
4
3
2
1 0
0.5
1
1.5 x
2
2.5
Definimos la solución como función. > g:=unapply(f,x); g := x →
1 8
x2 e( 1 / 2 x ) −
1 4
x e( 1 / 2 x ) +
Calculamos el valor de la solución x=2.5. > g(2.5); 3.234749504 >
Page 4
3 4
e( 1 / 2 x ) +
1 4
e( − 1 / 2 x )
3
E.T.S. Minas: Métodos Matemáticos Prof: Francisco Palacios EPSEM-UPC Noviembre 2008, Versión 1.2
Tema 8: EDOs de orden n, Practica 2 Ejercicio 9.1 > edo:=diff(y(t),t,t)+y=sec(t); ⎛ ∂2 ⎞ edo := ⎜⎜ 2 y( t ) ⎟⎟ + y = sec( t ) ⎝ ∂t ⎠ > dsolve(edo,y(t)); y( t ) = ln( cos( t ) ) cos( t ) + t sin( t ) + _C1 cos( t ) + _C2 sin( t ) > s:=dsolve({edo,y(0)=0,D(y)(0)=0},y(t)); s := y( t ) = ln( cos( t ) ) cos( t ) + t sin( t ) > f:=rhs(s); f := ln( cos( t ) ) cos( t ) + t sin( t ) > plot(f,t=0..Pi,y=0..3); 3
2.5
2
y1.5
1
0.5
0
0.5
1
1.5
2
t
2.5
Observamos que la solución sólo está definida en [0,Pi/2). > edo:=diff(y(t),t,t)+y=cos(t)^2; ⎛ ∂2 ⎞ edo := ⎜⎜ 2 y( t ) ⎟⎟ + y = cos( t )2 ⎝ ∂t ⎠ > dsolve(edo,y(t)); 2 cos( t )2 + + _C1 cos( t ) + _C2 sin( t ) 3 3 > s:=dsolve({edo,y(0)=0,D(y)(0)=0},y(t)); y( t ) = −
1
s := y( t ) = −
1 3
cos( t )2 +
2 3
−
1 3
cos( t )
> f:=rhs(s); f := −
1 3
cos( t )2 +
2 3
−
> plot(f,t=0..20);
Page 1
1 3
cos( t )
3
0.7 0.6 0.5 0.4 0.3 0.2 0.1 0
5
10 t
15
20
0.5
1 t
1.5
2
Ejercicio 9.3 > plot(cosh(t),t=0..2);
3.5
3
2.5
2
1.5
1 0
> edo:=diff(y(t),t,t)-y=cosh(t); ⎛ ∂2 ⎞ edo := ⎜⎜ 2 y( t ) ⎟⎟ − y = cosh( t ) ⎝ ∂t ⎠ > dsolve(edo,y(t)); 1 1 1 1 1 ⎞ ⎛ 1 y( t ) = ⎜⎜ − cosh( t )2 + cosh( t ) sinh( t ) + t − e( −2 t ) cosh( t )2 − e( −2 t ) cosh( t ) sinh( t ) − e( −2 t ) t ⎟⎟ et + _C1 et + _C2 e( −t ) 4 4 4 4 4 ⎝ 4 ⎠ > edo:=diff(y(t),t,t)-y=(exp(t)+exp(-t))/2; ⎛ ∂2 ⎞ 1 1 edo := ⎜⎜ 2 y( t ) ⎟⎟ − y = et + e( −t ) 2 2 ⎝ ∂t ⎠ > dsolve(edo,y(t)); ⎛1 ⎞ 1 1 1 y( t ) = ⎜⎜ t − e( −2 t ) − − e( −2 t ) t ⎟⎟ et + _C1 et + _C2 e( −t ) ⎝4 ⎠ 8 8 4 Ejemplo vibraciones Excitación g(t)=sin(t) > edo:=diff(y(t),t,t)+16*y=sin(t); dsolve(edo,y(t)); ⎛ ∂2 ⎞ edo := ⎜⎜ 2 y( t ) ⎟⎟ + 16 y = sin( t ) ⎝ ∂t ⎠ y( t ) =
1
sin( t ) + _C1 cos( 4 t ) + _C2 sin( 4 t ) 15 > s:=dsolve({edo,y(0)=0,D(y)(0)=0},y(t)); s := y( t ) =
1 15
sin( t ) −
1 60
sin( 4 t )
> f:=rhs(s); f :=
1 15
sin( t ) −
1 60
sin( 4 t )
> plot(f,t=0..20);
Page 2
0.08 0.06 0.04 0.02
0
5
10 t
15
20
-0.02 -0.04 -0.06 -0.08
Observamos que la amplitud máxima es aprox=0.08 Veamos que pasa con la función de excitación g(t)=sin(4t). > edo:=diff(y(t),t,t)+16*y=sin(4*t); dsolve(edo,y(t)); ⎛ ∂2 ⎞ edo := ⎜⎜ 2 y( t ) ⎟⎟ + 16 y = sin( 4 t ) ⎝ ∂t ⎠ 1 cos( 4 t ) t + sin( 4 t ) + _C1 cos( 4 t ) + _C2 sin( 4 t ) 8 32 > s:=dsolve({edo,y(0)=0,D(y)(0)=0},y(t)); f:=rhs(s); y( t ) = −
1
s := y( t ) = − f := −
1 8
1 8
cos( 4 t ) t +
cos( 4 t ) t +
1 32
1 32
sin( 4 t )
sin( 4 t )
> plot(f,t=0..30);
3 2 1
0
5
10
15 t
-1 -2 -3
Vemos que en este caso el sistema es inestable. >
Page 3
20
25
30
E.T.S. Minas: Métodos Matemáticos Resumen y ejemplos Tema 8: EDOs de orden superior Francisco Palacios Escuela Politécnica Superior de Ingeniería de Manresa Universidad Politécnica de Cataluña Noviembre 2008, Versión 1.5 Contenido 1. Conceptos básicos. 2. Resolución de EDO’s lineales homogéneas con coeficientes constantes. 3. Resolución de EDO’s lineales completas con coeficientes constantes: método de variación de parámetros.
1
Conceptos básicos
1.1
EDO lineal de orden n
Una EDO lineal de orden n es una EDO de la forma an (x)
dn y dn−1 y dy + a (x) + · · · + a1 (x) + a0 (x) y = b(x). n−1 n n−1 dx dx dx
Para las ecuaciones diferenciales lineales, empleamos los siguientes términos: • EDO homogénea, cuando el término independiente es nulo b(x) ≡ 0; • EDO completa, cuando b(x) no es idénticamente nulo; • EDO con coeficientes constantes, cuando la funciones aj (x) son constantes; • EDO en forma estándar, si an = 1. Ejemplo 1.1 Para las siguientes EDO’s lineales, determina el orden y estudia si son homogéneas, completas y de coeficientes constantes. Escríbelas en forma estándar. 1. xy 00 + 3y 0 − (x + sin x)y = 0. 2. 2y 000 − x2 y 0 = tan x. 3. 3y (4) + 23y 00 − 12y = sin x. 4. y 000 − y 0 sin x + xy = 35 − x2 . 5. y 00 + xy 0 + y 2 = sin x. 1
Resumen y ejemplos
Tema 8: EDO’s de orden superior. 2
1. xy 00 + 3y 0 − (x + sin x)y = 0.
EDO lineal de 2o orden, homogénea, la forma estándar es y 00 +
3 0 (x + sin x) y − y = 0. x x
2. 2y 000 − x2 y 0 = tan x.
EDO lineal de 3er orden, completa, la forma estándar es y 000 −
x2 0 tan x y = . 2 2
3. 3y (4) + 23y 00 − 12y = sin x.
EDO lineal de 4o orden, completa con coeficientes constantes, la forma estándar es 23 1 y (4) + y 00 − 4y = sin x. 3 4 4. y 000 − y 0 sin x + xy = 35 − x2 . EDO lineal de 3er orden, completa, está en forma estándar. 5. y 00 + xy 0 + y 2 = sin x.
EDO de segundo orden. No es lineal, tiene un término y 2 . ¤
1.2
Problemas de valor inicial y de condiciones de contorno
Dada la EDO lineal an (x)
dn y dn−1 y dy + an−1 (x) n−1 + · · · + a1 (x) + a0 (x) y = b(x), n dx dx dx
la solución general es una familia n-paramétrica de funciones y = g (x, c1 , c2 , . . . , cn ) , donde c1 , c2 , . . . , cn son constantes arbitrarias. Fijando el valor de las constantes c1 , c2 , . . . , cn se obtiene una solución particular. En un problema de valor inicial, se determina una solución particular imponiendo las n condiciones y(x0 ) = y0 , y 0 (x0 ) = y1 , . . . , y (n−1) (x0 ) = yn−1 . Si las condiciones no se imponen sobre un mismo punto x0 , decimos que se trata de un problema de condiciones de contorno. Ejemplo 1.2 Dada la ecuación diferencial y 00 − y 0 = 0.
Resumen y ejemplos
Tema 8: EDO’s de orden superior. 3
1. Verifica que la familia biparamétrica de funciones y = c1 + c2 ex es solución de la EDO. 2. Resuelve el problema de valor inicial ⎧ 00 ⎨ y − y 0 = 0, y(0) = 1, ⎩ 0 y (0) = 2.
3. Resuelve el problema de condiciones de contorno ⎧ 00 ⎨ y − y 0 = 0, y(0) = 1, ⎩ y(1) = 0.
1. Partimos de
y = c1 + c2 ex y calculamos y 0 = c2 ex ,
y 00 = c2 ex ,
observamos que se cumple y 00 − y 0 = 0. 2. De la condición y(0) = 1, resulta c1 + c2 = 1. De la condición y 0 (0) = 2, resulta c2 e0 = 2, c2 = 2. Tenemos el sistema
es decir
½
c1 + c2 = 1, c2 = 2,
½
c1 = −1, c2 = 2.
La solución del problema de valor inicial es y = −1 + 2ex . 3. Para el problema de condiciones de contorno, obtenemos y(0) = 1
⇒
c1 + c2 = 1,
y(1) = 0
⇒
c1 + c2 e = 0.
Resumen y ejemplos
Tenemos el sistema
Tema 8: EDO’s de orden superior. 4
½
c1 + c2 = 1, c1 + c2 e = 0.
Restando la 2a ecuación a la 1a , resulta c2 (1 − e) = 1, 1 . 1−e Sustituimos en la 2a ecuación y obtenemos c2 =
c1 = −
e . 1−e
La solución del problema de contorno es y=
−e 1 + ex . 1−e 1−e
Podemos reescribir la solución en una forma más conveniente y=
1.3
¢ e ¡ 1 (e − ex ) = 1 − ex−1 . ¤ e−1 e−1
Teorema de existencia y unicidad para problemas de valor inicial
Los problemas de valor inicial tienen muy buen comportamiento, en el caso de EDO’s lineales, el siguiente teorema establece condiciones suficientes para la existencia y unicidad de soluciones. Teorema 1.1 Consideramos la ecuación diferencial lineal de orden n en forma estándar dn y dn−1 y dy + a (x) + · · · + a1 (x) + a0 (x) y = b(x) n−1 dxn dxn−1 dx y el intervalo (a, b) . Si los coeficientes aj (x) y el término independiente b(x) son funciones continuas en (a, b), entonces para todo x0 ∈ (a, b) y cualquier elección de los valores y0 , y1 , . . . , yn−1 , existe una única solución y(x) en (a, b) que cumple las condiciones y(x0 ) = y0 , y 0 (x0 ) = y1 , . . . , y (n−1) (x0 ) = yn−1 . Para problemas de condiciones de contorno, la situación es mucho más compleja. Tomemos por ejemplo el problema ⎧ 00 ⎨ y + y = 0, y(0) = 1, ⎩ y(π) = 0. La EDO
y 00 + y = 0
Resumen y ejemplos
Tema 8: EDO’s de orden superior. 5
es lineal con coeficientes constantes, el tipo más regular de ecuación diferencial. Veremos en la próxima sección que la solución general de la EDO es y = c1 cos x + c2 sin x, si imponemos la primera condición de contorno, obtenemos y(0) = 1
⇒
c1 cos 0 + c2 sin 0 = 1, c1 = 1.
De la segunda condición de contorno, resulta y(π) = 0
⇒
c1 cos π + c2 sin π = 0, c1 = 0,
por lo tanto, el problema de condiciones de contorno propuesto carece de solución.
1.4 1.4.1
Solución de la EDO lineal homogénea Linealidad de soluciones
Sean y1 , y2 , . . . , yk soluciones de la EDO lineal homogénea y (n) + an−1 (x) y (n−1) + · · · + a1 (x) y 0 + a0 (x) y = 0, entonces, la combinación lineal y(x) = c1 y1 (x) + · · · ck yk (x), donde c1 , . . . , ck son constantes, es también solución de la EDO. La función idénticamente nula y(x) = 0,
para todo x,
es solución de la EDO lineal homogénea, se denomina solución trivial. 1.4.2
Independencia lineal de funciones
Dadas n funciones y1 (x), y2 (x), . . . , yn (x), definidas en un intervalo I, decimos que las funciones son linealmente dependientes en I si existen constantes c1 , c2 , . . . , cn , con algún cj 6= 0, tales que c1 y1 (x) + c2 y2 (x) + · · · + cn yn (x) = 0,
para todo x ∈ I.
Si la relación c1 y1 (x) + c2 y2 (x) + · · · + cn yn (x) = 0,
para todo x ∈ I,
se cumple únicamente cuando las constantes son todas nulas c1 = c2 = · · · = cn = 0, entonces las funciones son linealmente independientes en I.
Resumen y ejemplos
1.4.3
Tema 8: EDO’s de orden superior. 6
Estructura del conjunto de soluciones de la EDO lineal homogénea
Teorema 1.2 El conjunto de soluciones de la EDO lineal homogénea y (n) + an−1 (x) y (n−1) + · · · + a1 (x) y 0 + a0 (x) y = 0 es un espacio vectorial de dimensión n. Del teorema se deduce que una EDO lineal homogénea de orden n siempre tiene n soluciones linealmente independientes y1 (x), y2 (x), . . . , yn (x), que son base del conjunto de soluciones. Toda solución puede entonces escribirse en la forma y = c1 y1 (x) + c2 y2 (x) + · · · + cn yn (x), donde c1 , . . . , cn son constantes. Un conjunto de n soluciones linealmente independientes se denomina sistema fundamental de soluciones.
1.5
Wronskiano
Dadas n funciones y1 (x), y2 (x), . . . , yn (x), se define el Wronskiano de y1 , y2 , . . . , yn como ¯ ¯ y1 y2 ¯ ¯ y10 y20 ¯ 00 ¯ y200 W (y1 , y2 , . . . , yn ) = ¯ y1 .. .. ¯ ¯ . . ¯ (n−1) (n−1) ¯ y y 1 2 Para n = 2 es
y, para n = 3, resulta
¯ ¯ y W (y1 , y2 ) = ¯¯ 10 y1
¯ ¯ y1 ¯ W (y1 , y2 , y3 ) = ¯¯ y10 ¯ y100
··· ··· ··· .. .
(n−1)
· · · yn
¯ y2 ¯¯ , y20 ¯
y2 y20 y200
yn yn0 yn00 .. .
y3 y30 y300
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯. ¯ ¯ ¯ ¯
¯ ¯ ¯ ¯. ¯ ¯
Puede demostrarse que un conjunto de soluciones de una EDO lineal homogénea es linealmente independiente en un intervalo si y sólo si el wronskiano es no nulo en el intervalo. Ejemplo 1.3 Consideramos la EDO lineal homogénea y 00 + y = 0. 1. Demuestra que las funciones y1 = cos x,
y2 = sin x
forman un sistema fundamental de soluciones.
Resumen y ejemplos
Tema 8: EDO’s de orden superior. 7
2. Determina la solución general de la EDO. 1. En primer lugar, hemos de ver que las funciones y1 , y2 son soluciones de la EDO. y1 = cos x, y10 = − sin x,
y100 = − cos x,
y100 + y1 = − cos x + cos x = 0,
para todo x ∈ R.
y2 = sin x, y20 = cos x, y200 = − sin x,
y200 + y2 = − sin x + sin x = 0,
para todo x ∈ R.
Estudiamos ahora si son linealmente independientes, para ello usamos el wronskiano ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ y1 y2 ¯ ¯ cos x sin x ¯ ¯ ¯ ¯ = cos2 x + sin2 x = 1 6= 0, ¯ W (y1 , y2 ) = ¯ 0 = y1 y20 ¯ ¯ − sin x cos x ¯
por lo tanto, y1 , y2 es un sistema fundamental de soluciones. 2. Como y1 , y2 es base del conjunto de soluciones, la solución general de la EDO es y = c1 cos x + c2 sin x, c1 , c2 ∈ R. ¤
2
Resolución de EDO’s lineales homogéneas con coeficientes constantes
Una EDO lineal homogénea con coeficientes constantes es de la forma y (n) + an−1 y (n−1) + · · · + a1 y 0 + a0 y = 0, donde a0 , a1 , . . . , an−1 son constantes. Para este tipo de ecuaciones es posible determinar un sistema fundamental de soluciones y, por lo tanto, la solución general. El procedimiento es como sigue: 1. Construimos la ecuación característica mn + an−1 mn−1 + · · · + a1 m + a0 = 0 y calculamos sus raíces. 2. Para cada raíz real simple m = λ tenemos una solución y1 = eλx .
Resumen y ejemplos
Tema 8: EDO’s de orden superior. 8
3. Para cada raíz real m = λ de multiplicidad r, las funciones y1 = eλx , y2 = xeλx , y3 = x2 eλx , . . . , yr = xr−1 eλx , son soluciones de la EDO homogénea linealmente independientes. 4. Para cada par de raíces complejas conjugadas simples m = α ± βi, las funciones = eαx cos βx, = eαx sin βx,
y1 y2
son soluciones de la EDO homogénea linealmente independientes. 5. Para cada par de raíces complejas conjugadas m = α ± βi, de multiplicidad r, las 2r funciones y1 = eαx cos βx, yr+1 = eαx sin βx,
y2 = xeαx cos βx, . . . ,
yr = xr−1 eαx cos βx,
yr+2 = xeαx sin βx, . . . ,
y2r = xr−1 eαx sin βx,
son soluciones de la EDO homogénea linealmente independientes. 6. El sistema de funciones que se obtiene agrupando soluciones correspondientes a raíces distintas es linealmente independiente. Ejemplo 2.1 Solución general de la EDO y 00 − y = 0. La ecuación característica es las raíces son
m2 − 1 = 0. m = ±1,
tenemos, por lo tanto 2 raíces reales distintas. Para m = 1, obtenemos la solución y1 = ex , para m = −1, obtenemos la solución
y2 = e−x .
El espacio de soluciones tiene dimensión 2 y tenemos 2 soluciones linealmente independientes (corresponden a raíces distintas) por lo tanto y1 = ex ,
y2 = e−x
es un sistema fundamental de soluciones y la solución general es y = c1 ex + c2 e−x ,
c1 , c2 ∈ R.
Podemos usar el wronskiano para confirmar que las soluciones y1 , y2 son linealmente independientes ¯ ¯ x ¯ e e−x ¯¯ ¯ W (y1 , y2 ) = ¯ x = −ex e−x − ex e−x = −2 6= 0. ¤ e −e−x ¯
Resumen y ejemplos
Tema 8: EDO’s de orden superior. 9
Ejemplo 2.2 Resuelve la EDO y 000 − 4y 00 + 4y 0 = 0. La ecuación característica es m3 − 4m2 + 4m = 0. Determinamos las raíces de la ecuación característica. ¡ ¢ m m2 − 4m + 4 = 0,
resolvemos
m2 − 4m + 4 = 0, √ 4 ± 16 − 16 4 m= = = 2, 2 2
(doble).
Las raíces son m = 0 (simple), m = 2 (doble). Para m = 0, obtenemos la solución y1 = e0x = 1, para m = 2, obtenemos y2 = e2x ,
y3 = xe2x .
La solución general es y = c1 + c2 e2x + c3 xe2x ,
c1 , c2 , c3 ∈ R ¤
Ejemplo 2.3 Resuelve la EDO y 00 + 4y = 0. La ecuación característica es m2 + 4 = 0. Resolvemos m2 = −4, m = ±2i. Tenemos un par de raíces complejas conjugadas m = +2i,
m = −2i.
Obtenemos las soluciones y1 = e0x cos 2x = cos 2x, y2 = e0x sin 2x = sin 2x. La solución general es y = c1 cos 2x + c2 sin 2x,
c1 , c2 ∈ R. ¤
Ejemplo 2.4 Resuelve la EDO y 00 − 6y 0 + 13y = 0.
Resumen y ejemplos
Tema 8: EDO’s de orden superior. 10
La ecuación característica es m2 − 6m + 13 = 0. Resolvemos m = =
√ √ 6 ± −16 36 − 52 = 2 2 6 ± 4i = 3 ± 2i. 2 6±
Tenemos un par de raíces complejas conjugadas m = 3 ± 2i, obtenemos las soluciones y1 = e3x cos 2x,
y2 = e3x sin 2x.
La solución general es y = e3x (c1 cos 2x + c2 sin 2x) ,
c1 , c2 ∈ R. ¤
Ejemplo 2.5 Resuelve la EDO y (4) + 6y 00 + 9y = 0. La ecuación característica es m4 + 6m2 + 9 = 0, se trata de una ecuación bicuadrada, hacemos el cambio m2 = t, t2 + 6t + 9 = 0, resolvemos t=
−6 ±
√ 36 − 36 = −3 (doble), 2
m2 = −3, √ √ m = ± −3 = ± 3i (doble). Tenemos un par de raíces complejas conjugadas √ m = ± 3i de multiplicidad 2, obtenemos las soluciones ³√ ´ ³√ ´ 3x , y2 = x cos 3x , y1 = cos y3 = sin
³√ ´ 3x ,
y4 = x sin
³√ ´ 3x .
La solución general es ³√ ´ ³√ ´ ³√ ´ ³√ ´ 3x +c2 x cos 3x +c3 sin 3x +c4 x sin 3x , y = c1 cos
c1 , c2 , c3 , c4 ∈ R. ¤
Resumen y ejemplos
3
Tema 8: EDO’s de orden superior. 11
Resolución de EDO’s lineales completas con coeficientes constantes: método de variación de parámetros
3.1
Caso general
En el siguiente teorema se especifica la estructura del conjunto de soluciones de la EDO lineal completa. Aunque el método es válido en el caso de coeficientes no constantes, nosotros nos ocuparemos solamente de ecuaciones con coeficientes constantes. Teorema 3.1 La solución general de la EDO lineal completa y (n) + an−1 (x) y (n−1) + · · · + a1 (x) y 0 + a0 (x) y = b(x) es y = c1 y1 + c2 y2 + · · · + cn yn + yp , donde y1 (x),
y2 (x), . . . ,
yn (x)
es un sistema fundamental de soluciones de la EDO homogénea asociada y (n) + an−1 (x) y (n−1) + · · · + a1 (x) y 0 + a0 (x) y = 0 y yp (x) es una solución particular de la EDO completa. En la sección anterior hemos visto como calcular un sistema fundamental de soluciones para la ecuación homogénea asociada, por lo tanto, sólo nos queda determinar una solución particular de la EDO completa. En el método de variación de parámetros, se construye una solución particular de la EDO completa y (n) + an−1 y (n−1) + · · · + a1 y 0 + a0 y = b(x), que tiene la siguiente forma yp = u1 (x) y1 + u2 (x) y2 + · · · + un (x) yn , donde: • Las funciones y1 , y2 , . . . , yn son un sistema fundamental de soluciones de la EDO homogénea asociada. • La funciones u1 , u2 , . . . , un , se determinan mediante las n relaciones ⎧ y1 u01 + y2 u02 + · · · + yn u0n = 0, ⎪ ⎪ ⎪ 0 0 0 0 0 0 ⎪ ⎪ ⎨ y100u10 + y200u20 + · · · + yn00un0 = 0, y1 u1 + y2 u2 + · · · + yn un = 0, .. ⎪ ⎪ ⎪ . ⎪ ⎪ ⎩ (n−1) 0 (n−1) 0 (n−1) 0 u1 + y2 u2 + · · · + yn un = b(x). y1
(1)
Resumen y ejemplos
Tema 8: EDO’s de orden superior. 12
Si aplicamos la Regla de Cramer para resolver el sistema (1), obtenemos u0j =
Wj , W
j = 1, 2, . . . , n,
donde • W es el wronskiano del sistema fundamental y1 , . . . , yn . • Wj es el determinante que se obtiene al sustituir la columna j del wronskiano por la columna de términos independientes ⎞ ⎛ 0 ⎜ 0 ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ .. ⎟ . ⎝ . ⎠ b(x)
3.2
Ecuaciones de orden 2
Partimos de la ecuación completa en forma estándar y 00 + a1 y 0 + a0 y = b(x), resolvemos la ecuación homogénea asociada y 00 + a1 y 0 + a0 y = 0 y obtenemos un sistema fundamental de soluciones y1 , y2 . La solución general de la ecuación completa es de la forma y = c1 y1 + c2 y2 + yp ,
c1 , c2 ∈ R,
donde yp es una solución de la EDO completa. Para determinar yp , proponemos una solución de la forma yp = u1 y1 + u2 y2 donde las funciones uj = uj (x) verifican las relaciones ½ y1 u01 + y2 u02 = 0, y10 u01 + y20 u02 = b(x). El wronskiano del sistema fundamental es ¯ ¯ ¯ y1 y2 ¯ ¯, ¯ W =¯ 0 y1 y20 ¯
la función u1 queda determinada por la ecuación diferencial u01 = donde
Análogamente, tenemos
¯ ¯ ¯ 0 y2 ¯¯ ¯ W1 = ¯ . b(x) y20 ¯ u02 =
donde
W1 , W
¯ ¯ y W2 = ¯¯ 10 y1
W2 , W
¯ 0 ¯¯ . b(x) ¯
Resumen y ejemplos
Tema 8: EDO’s de orden superior. 13
Ejemplo 3.1 Resuelve la EDO lineal completa y 00 − y 0 − 2y = x. La ecuación homogénea asociada es y 00 − y 0 − 2y = 0, de donde obtenemos la ecuación característica m2 − m − 2 = 0. √ ½ 1± 1+8 1±3 4/2 = 2, m= = = −2/2 = −1. 2 2 Obtenemos las raíces (simples) m = −1,
m = 2,
de donde resulta el sistema fundamental de soluciones y1 = e−x ,
y2 = e2x .
La solución general de la ecuación homogénea asociada es yh = c1 e−x + c2 e2x ,
c1 , c2 ∈ R.
Pasamos a determinar una solución particular de la EDO completa yp de la forma yp = u1 (x) y1 (x) + u2 (x) y2 (x), donde las funciones uj = uj (x) verifican las relaciones ½ y1 u01 + y2 u02 = 0, y10 u01 + y20 u02 = x. El wronskiano del sistema fundamental es ¯ ¯ ¯ y1 y2 ¯ ¯ ¯ W =¯ 0 y1 y20 ¯ W
¯ −x ¯ e = ¯¯ −e−x
¯ e2x ¯¯ 2e2x ¯
= 2e−x e2x + e−x e2x = 3ex . Para determinar u1 (x), calculamos ¯ ¯ 0 y2 W1 = ¯¯ b(x) y20
¯ ¯ ¯ ¯ 0 e2x ¯=¯ ¯ ¯ x 2e2x
¯ ¯ ¯ = −xe2x , ¯
obtenemos la ecuación diferencial que determina u1 u01 =
W1 1 −xe2x = − x ex , = W 3ex 3
Resumen y ejemplos
Tema 8: EDO’s de orden superior. 14
integramos para calcular u1 u1
Z 1 1 x ex dx = − (xex − ex ) 3 3 1 x 1 x = − xe + e . 3 3
= −
Para determinar u2 (x), calculamos ¯ ¯ y 0 W2 = ¯¯ 10 y1 b(x)
obtenemos
u02 =
u2
= = = =
¯ ¯ −x ¯ ¯ e ¯=¯ ¯ ¯ −e−x
¯ 0 ¯¯ = x e−x , x ¯
W2 1 x e−x = xe−2x . = W 3ex 3
Z 1 x e−2x dx 3 ¶ µ Z 1 −2x 1 1 dx − xe−2x + e 3 2 2 ¶ µ 1 1 1 − xe−2x − e−2x 3 2 4 1 −2x 1 −2x − e . − xe 6 12
Finalmente, la solución particular de la EDO completa es yp = u1 y1 + u2 y2
yp
µ µ ¶ ¶ 1 x 1 x −x 1 −2x 1 −2x = − xe + e e + − xe − e e2x 3 3 6 12 1 1 1 1 = − x+ − x− 3 3 6 12 1 1 = − x. 4 2
La solución general de la EDO completa es y = c1 e−x + c2 e2x +
3.3
1 1 − x, 4 2
c1 , c2 ∈ R. ¤
Ecuaciones de orden 3
Partimos de la ecuación completa en forma estándar y 000 + a2 y 00 + a1 y 0 + a0 y = b(x), resolvemos la ecuación homogénea asociada y 000 + a2 y 00 + a1 y 0 + a0 y = 0 y obtenemos un sistema fundamental de soluciones y1 , y2 , y3 .
Resumen y ejemplos
Tema 8: EDO’s de orden superior. 15
La solución general de la ecuación completa es de la forma y = c1 y1 + c2 y2 + c3 y3 + yp , donde yp es una solución particular de la EDO completa. Para determinar yp , proponemos una solución de la forma yp = u1 y1 + u2 y2 + u3 y3 , donde las funciones uj = uj (x) verifican las relaciones ⎧ ⎨ y1 u01 + y2 u02 + y3 u03 = 0, y 0 u0 + y20 u02 + y30 u03 = 0, ⎩ 100 10 y1 u1 + y200 u02 + y300 u03 = b(x). El wronskiano del sistema fundamental ¯ ¯ y1 ¯ W = ¯¯ y10 ¯ y100
es
y2 y20 y200
y3 y30 y300
¯ ¯ ¯ ¯, ¯ ¯
la función u1 queda determinada por la ecuación diferencial u01 = donde
Análogamente, tenemos
¯ ¯ 0 y2 ¯ y20 W1 = ¯¯ 0 ¯ b(x) y200 u02 =
donde
y
¯ ¯ y1 ¯ W2 = ¯¯ y10 ¯ y100
u03 =
donde
W1 , W
¯ ¯ y1 ¯ W3 = ¯¯ y10 ¯ y100
y3 y30 y300
W2 , W 0 y3 0 y30 b(x) y300 W3 , W
y2 y20 y200
0 0 b(x)
¯ ¯ ¯ ¯. ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯. ¯ ¯
Ejemplo 3.2 Resuelve la EDO y 000 + 3y 00 + 2y 0 = 6 + 4x. La ecuación homogénea asociada es y 000 + 3y 00 + 2y 0 = 0, de donde resulta la ecuación característica m3 + 3m2 + 2m = 0,
Resumen y ejemplos
Tema 8: EDO’s de orden superior. 16 ¡ ¢ m m2 + 3m + 2 = 0.
Resolvemos
m2 + 3m + 2 = 0, √ ½ −3 ± 1 −3 ± 9 − 8 −2/2 = −1, = = m= −4/2 = −2. 2 2 Obtenemos las raíces (simples): m = −2,
m = −1,
m = 0,
de donde resulta el sistema fundamental de soluciones y1 y2 y3
= e−2x , = e−x , = e0 = 1.
La solución general de la ecuación homogénea asociada es yh = c1 e−2x + c2 e−x + c3 ,
c1 , c2 , c3 ∈ R.
Pasamos a determinar una solución particular de la EDO completa yp de la forma yp = u1 y1 + u2 y2 + u3 y3 , donde las funciones uj verifican las relaciones ⎧ ⎨ y1 u01 + y2 u02 + y3 u03 = 0, y 0 u0 + y20 u02 + y30 u03 = 0, ⎩ 100 10 y1 u1 + y200 u02 + y300 u03 = 6 + 4x.
El wronskiano del ¯ ¯ y1 ¯ W = ¯¯ y10 ¯ y100
sistema fundamental es ¯ ¯ y2 y3 ¯¯ ¯¯ e−2x e−x y20 y30 ¯¯ = ¯¯ −2e−2x −e−x y200 y300 ¯ ¯ 4e−2x e−x
= −2e−2x e−x + 4e−2x e−x = 2e−3x .
Para determinar u1 , calculamos ¯ ¯ 0 e−x ¯ ¯ 0 −e−x W1 = ¯ ¯ 6 + 4x e−x
obtenemos
1 0 0
1 0 0
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ −2e−2x ¯=¯ ¯ ¯ 4e−2x ¯
¯ ¯ ¯ ¯ = (6 + 4x) e−x , ¯ ¯
W1 (6 + 4x) e−x = (3 + 2x) e2x , = W 2e−3x que, integrando, nos permite determinar u1 Z u1 = (3 + 2x) e2x dx. u01 =
¯ −e−x ¯¯ e−x ¯
Resumen y ejemplos
Tema 8: EDO’s de orden superior. 17
Integramos por partes, tomando ½ u = 3 + 2x, du = 2dx, dv = e2x dx, v = 12 e2x . Z 1 1 2x = (3 + 2x) e2x − e 2dx 2 2 1 1 = (3 + 2x) e2x − e2x 2 2 1 = (2 + 2x) e2x = (1 + x)e2x . 2
u1
Para determinar u2 , calculamos ¯ ¯ ¯ e−2x 0 1 ¯¯ ¯ 0 0 ¯¯ = −4e−2x (2x + 3) , W2 = ¯¯ −2e−2x ¯ 4e−2x 6 + 4x 0 ¯
obtenemos
u02 =
W2 −4e−2x (2x + 3) = −2 (2x + 3) ex , = W 2e−3x Z u2 = −2 (2x + 3) ex dx.
Integramos por partes, tomando ½ u = 2x + 3, du = 2dx. dv = ex dx, v = ex . u2
∙ ¸ Z = −2 (2x + 3) ex − 2 ex dx
= −2 [(2x + 3) ex − 2ex ] = −2 (2x + 1) ex . Determinamos u3 , calculamos ¯ ¯ e−2x e−x ¯ W3 = ¯¯ −2e−2x −e−x ¯ 4e−2x e−x
0 0 6 + 4x
= (4x + 6) e−3x ,
obtenemos u03 =
¯ ¯ ¯ ¡ ¢ ¯ = (4x + 6) −e−3x + 2e−3x ¯ ¯
W3 2 (2x + 3) e−3x = 2x + 3. = W 2e−3x Z (2x + 3) dx u3 = = x2 + 3x.
Finalmente, la solución particular es yp = u1 y1 + u2 y2 + u3 y3
Resumen y ejemplos
yp
Tema 8: EDO’s de orden superior. 18
£ ¡ ¢ ¤ (1 + x)e2x e−2x + [−2 (2x + 1) ex ] e−x + x2 + 3x ¢ ¡ = (1 + x) − 2 (2x + 1) + x2 + 3x
=
= −1 + x2 .
La solución general de la EDO completa es y = c1 e−2x + c2 e−x + c3 − 1 + x2 ,
c1 , c2 , c3 ∈ R.
Si tomamos c3 − 1 = c03 , podemos reescribir la solución en la forma y = c1 e−2x + c2 e−x + c03 + x2 ,
c1 , c2 , c03 ∈ R. ¤
EPSEM-UPC: Métodos
Matemáticos
E.T.S. Minas Prof: Francisco Palacios Noviembre 2008, Versión 1.4
Tema 7: EDOs de primer orden, Practica 1 Contenido Resolución de EDOs con dsolve Representación de soluciones Campo de pendientes Ejemplo 2.3 > edo:=diff(y(x),x)=y(x)/(1+x); edo :=
x
y( x )
y( x ) 1x
> sol:=dsolve(edo,y(x)); sol := y( x )_C1_C1 x Ejemplo 2.4 > edo:=diff(y(x),x)=-x/y(x); edo :=
x
y( x )
x y( x )
> s:=dsolve({edo,y(4)=-3},y(x)); s := y( x ) x225 Extraemos la expresión del lado derecho de la igualdad. > f:=rhs(s); f := x225 Representamos la solución en el intervalo [4,6], observa que la solución no existe para x mayor que 5. > plot(f,x=4..6);
-0.5
-1
-1.5
-2
-2.5
-3 4
4.5
5 x
5.5
Ejemplo 2.6 > edo:=diff(y(x),x)=(y(x)-x)/x; edo :=
x
y( x )
y( x )x x
> dsolve(edo,y(x)); y( x )x ln( x )_C1 x Ejemplo 2.7 > edo:=diff(y(x),x)=(y(x)-x)/(y(x)+x); edo :=
x
y( x )
y( x )x y( x )x
> dsolve(edo,y(x));
Page 1
6
_C1 x e
x
y( x ) arctan x
x2y( x )2
Ejemplo 2.8 > edo:=diff(y(x),x)=(y(x)^2+y(x)*x)/x^2; edo :=
y( x )
x
y( x )2y( x ) x x2
> dsolve(edo,y(x)); 1
ln( x )_C1
y( x ) x Hemos obtenido una solución implícita, podemos pedir que Maple intente obtener una solución explícita con la opción . > dsolve(edo,y(x),explicit=true); y( x )
x ln( x )_C1
Ejemplo 2.9 > edo:=diff(y(x),x)=-(5*x+4*y(x))/(4*x-8*(y(x))^3); edo :=
x
y( x )
5 x4 y( x ) 4 x8 y( x )3
> sol:=dsolve(edo,y(x)); sol :=
5 2
x24 y( x ) x2 y( x )4_C1
Ejemplo 2.10 > edo:=diff(y(x),x)=-(2*x+y(x))/(x+6*y(x)); edo :=
x
y( x )
2 xy( x ) x6 y( x )
> dsolve(edo,y(x)); x2y( x ) x3 y( x )2_C1 Ejemplo 2.11 > edo:=diff(y(x),x)=4*y(x)/x; edo :=
x
y( x )4
y( x ) x
> dsolve(edo,y(x)); y( x )x4 _C1 > sol:=dsolve({edo,y(1)=3},y(x)); sol := y( x )3 x4 Extraemos la solución y la representamos en el intervalo [1,2] > f:=rhs(sol); plot(f,x=1..2); f := 3 x4
40
30
20
10
1
1.2
1.4
x
Ejemplo 2.12
Page 2
1.6
1.8
2
> edo:=diff(y(x),x)=4*y(x)/x+x^5*exp(x); edo :=
x
y( x )4
y( x ) x
x5 ex
> dsolve(edo,y(x)); y( x )x5 exx4 exx4 _C1 > sol:=dsolve({edo,y(1)=2},y(x)); sol := y( x )x5 exx4 ex2 x4 > f:=rhs(sol); plot(f,x=1..2); f := x5 exx4 ex2 x4 140 120 100 80 60 40 20 01
1.2
1.4
x
1.6
1.8
2
Ejemplo 2.13 > edo:=diff(y(t),t)=-y+t; edo :=
t
y( t )yt
> dsolve(edo,y(t)); y( t )t1e( t ) _C1 > sol:=dsolve({edo,y(0)=4},y(t)); f:=rhs(sol); sol := y( t ) f :=
et tet5 et
et tet5 et
Libreria DEtools La librería DEtools contien herramientas para manejar ecuaciones diferenciales. > with(DEtools); [ DEnormal, DEplot, DEplot3d, Dchangevar, PDEchangecoords, PDEplot, autonomous, convertAlg, convertsys, dfieldplot, indicialeq, phaseportrait, reduceOrder, regularsp, translate, untranslate, varparam ] El comando DEplot permite dibujar campos de pendientes y soluciones. > DEplot(edo,y(t),t=-3..3,y=-5..5,arrows=medium);
4 y(t) 2
-3
-2
-1
0
1
t
2
3
-2 -4
Poemos añadir condiciones inciales, para dibujar una o más soluciones. Para dibujar la solución que cumple y(0)=1 añadimos [[0,1]]. Observa que cada claudátor es doble. > DEplot(edo,y(t),t=-3..3,y=-5..5,arrows=medium,[[0,1]]);
Page 3
4 y(t) 2
-3
-2
0
-1
1
t
2
3
-2
-4
La opción color controla el color de las flechas. La opción linecolor controla el color de las curvas integrales. A continuación, dibujamos en color azul las curvas integrales correspondientes a las soluciones con condiciones iniciales y(0)=-2,y(0)=-1.y(0)=1,y(0)=2. > DEplot(edo,y(t),t=-3..3,y=-5..5,arrows=medium,[[0,-2],[0,-1],[0,1],[0,2]],linecolor=bl ue);
4
y(t) 2
-3
-2
-1
0
1
2 t
-2
-4
>
Page 4
3
EPSEM-UPC: Métodos Matemáticos E.T.S. Minas Prof: Francisco Palacios Noviembre 2008, Versión 1.4
Tema 7: EDOs de primer orden, Practica 2 • Resolución numérica de EDOs con dsolve • Métode de Euler • Ejemplos de aplicación Ejemplo 2.9 > edo:=(5*x+4*y(x))+(4*x-8*y(x)^3)*diff(y(x),x)=0; ⎛∂ ⎞ edo := 5 x + 4 y( x ) + ( 4 x − 8 y( x )3 ) ⎜⎜ y( x ) ⎟⎟ = 0 ⎝ ∂x ⎠ > s:=dsolve(edo,y(x)); s :=
5 2
x2 + 4 y( x ) x − 2 y( x )4 = _C1
Resolvemos con la condición inicial y(0)=1 > s:=dsolve({edo,y(0)=1},y(x)); s := y( x ) = RootOf( −5 x2 − 8 _Z x + 4 _Z4 − 4 ) Extraemos la solución para representar. > f:=rhs(s); f := RootOf( −5 x2 − 8 _Z x + 4 _Z4 − 4 ) > plot(f,x=0..5);
-1
-1.2
-1.4
-1.6
-1.8
0
1
2
x
3
4
5
Definimos una función para obtener valores, por ejemplo para calcular y(1). > g:=unapply(f,x); g := x → RootOf( −5 x2 − 8 _Z x + 4 _Z4 − 4 ) > v:=evalf(g(1)); v := -.8562434511 La solución es incorrecta, no se cumple la condición inicial. Dibujamos el campo de pendientes. > with(DEtools); [ DEnormal, DEplot, DEplot3d, Dchangevar, PDEchangecoords, PDEplot, autonomous, convertAlg, convertsys, dfieldplot, indicialeq, phaseportrait, reduceOrder, regularsp, translate, untranslate, varparam ] > > dfieldplot(edo,y(x),x=0..5,y=-3..3);
Page 1
3
2 y(x) 1
0
1
2
3
4
5
x -1
-2
-3
El comando no funciona correctamente, para el comando dfieldplot, la EDO tiene que estar escrita en forma nomal. > edo:=diff(y(x),x)=-(5*x+4*y(x))/(4*x-8*y(x)^3); dfieldplot(edo,y(x),x=0..5,y=-3..3); edo :=
∂ ∂x
y( x ) = −
5 x + 4 y( x ) 4 x − 8 y ( x )3
3
2 y(x) 1
0
1
2
3
4
5
x -1
-2
-3
Está claro que, en la resolución exacta, Maple está dando valores en la rama equivocada. Representamos la solución con DEplot. Observa el uso de dobles brackets para indicar la condición inicial. > DEplot(edo,y(x),x=0..5,[[y(0)=1]]);
Page 2
2.8
2.6
2.4
2.2
2 y(x) 1.8
1.6
1.4
1.2
1 0
1
2
3
4
5
x
Resolución numérica. Con la opción type=numeric en dsolve,obtenemos un programa que nos permite calcular aproximadamente el valor de la solución para valores de x. > > sap:=dsolve({edo,y(0)=1},y(x),type=numeric); sap := proc(rkf45_x) ... end > sap(0); [ x = 0, y( x ) = 1. ] > sap(1); [ x = 1, y( x ) = 1.516001617675330 ] Podemos extraer el valor usando el comand rhs y índices. > v:=rhs(sap(1)[2]); v := 1.516001621767472 Método de Euler. El siguiente programa permite aplicar el método de Euler al problema de valor inicial considerado. Tomamos el intervalo [0,1] y 10 pasos, lo que da lugar a un step h=0.1. > F:=(x,y)->-(5*x+4*y(x))/(4*x-8*y(x)^3); a:=0; b:=1; xx0:=a; yy0:=1.; n:=10.; h:=(b-a)/n; for j from 0 to n-1 do `*******************`; yy.(j+1):=yy.j+h*F(xx.j,yy.j); xx.(j+1):=xx.j+h; od; F := ( x, y ) → −
5 x + 4 y( x ) 4 x − 8 y( x ) 3
a := 0 b := 1 xx0 := 0 yy0 := 1. n := 10. h := .1000000000 Page 3
******************* yy1 := 1.050000000 xx1 := .1000000000 ******************* yy2 := 1.103041417 xx2 := .2000000000 ******************* yy3 := 1.157508574 xx3 := .3000000000 ******************* yy4 := 1.212207415 xx4 := .4000000000 ******************* yy5 := 1.266347528 xx5 := .5000000000 ******************* yy6 := 1.319452577 xx6 := .6000000000 ******************* yy7 := 1.371263818 xx7 := .7000000000 ******************* yy8 := 1.421662926 xx8 := .8000000000 ******************* yy9 := 1.470617865 xx9 := .9000000000 ******************* yy10 := 1.518147424 xx10 := 1.000000000 Comparamos con el valor obtenido numericamente por dsolve. > v; 1.516001621767472 Con la opción method=classical, podemos indicar a dsolve que use el método de Euler. También podemos fijar el step con la opción stepsize=0.1 > sap:=dsolve({edo,y(0)=1},y(x),type=numeric,method=classical,stepsize=0.1); sap := proc(x_classical) ... end > sap(1); [ x = 1, y( x ) = 1.518147424741485 ] > sap(0.9); [ x = .9, y( x ) = 1.470617865437818 ] Vemos que los valores obtenidos coinciden con los que resultan de nuestro programa del método de Euler.
Ejemplos de aplicación :Resolución con Maple de los ejemplos de la sección 4 del resumen. Ejemplo 4.1 > restart; Definimos la ecuación diferencial. > edo:=diff(y(x),x)=a*y; ∂ y( x ) = a y ∂x La resolvemos con dsolve, imponiendo la condición inicial y(0)=y0. > s:=dsolve({edo,y(0)=y0},y(x)); edo :=
s := y( x ) = e( a x ) y0 Definimos una función con la solución.
Page 4
> g:=unapply(rhs(s),x); g := x → e( a x ) y0 Usamos el dato de que la población se duplica en 50 años para determinar la constante a. > equ:=g(50)=2*y0; equ := e( 50 a ) y0 = 2 y0 > va:=solve(equ,a); va :=
1 50
ln( 2 )
> vaf:=evalf(va); vaf := .01386294361 asignamos el valor de a > a:=vaf; a := .01386294361 Construimos la ecuación para determinar el tiempo necesario para triplicar la población. > equ:=g(t)=3*y0; equ := e( .01386294361 t ) y0 = 3 y0 > t3:=solve(equ,t); t3 := 79.24812504 Ejemplo 4.2 Ejecutamos restart para limpiar todas las variables. > restart; Apartado 1. Escribimos la ecuación. > edo:=diff(y(t),t)=a*y; edo :=
∂ ∂t
y( t ) = a y
Resolvemos la ecuación usando y0 como pobalción inicial. > s:=dsolve({edo,y(0)=y0},y(t)); s := y( t ) = e( a t ) y0 Construimos una función con la solución. > g:=unapply(rhs(s),t); g := t → e( a t ) y0 Imponemos la condición de que la población se duplique en 4 horas y determinamos a > equ:=g(4)=2*y0; equ := e( 4 a ) y0 = 2 y0 > va:=solve(equ,a); va :=
1 4
ln( 2 )
Asignamos el valor de a. > a:=va; a :=
1 4
ln( 2 )
Calculamos la población después de 12 horas. > g(12); 8 y0 Apartado 2. Es otro cultivo, sirve el mismo problema de valor inicial pero la constante a puede ser distinta. Borramos el valor de a. > a:='a'; a := a Construimos un sistema de ecuaciones con las condiciones. > equ1:=g(3)=10^4; equ2:=g(5)=4*10^4; equ1 := e( 3 a ) y0 = 10000 equ2 := e( 5 a ) y0 = 40000 Resolvemos el sistema, como tenemos dos condiciones, podemos determinar la constante a y la población inicial y0. > va:=solve({equ1,equ2}); va := { a = ln( 2 ), y0 = 1250 }, { a = ln( -2 ), y0 = -1250 }
Page 5
Aplicamos el comando assign sobre el primer resultado, con ello a toma el valor ln(2) y y0 toma el valor 1250. > assign(va[1]); Verificamos que se ha prodicido la asignación. > a; ln( 2 ) > y0; 1250 Verificamos que los nuevos valores se sustituyen correctamente en la función solución. > g(t); 1250 e( ln( 2 ) t ) Calculamos la población después de 6 horas. > g(6); 80000 Ejemplo 4.3 > restart; Definimos la ecuación. > edo:=diff(y(t),t)=-a*(y-Tm); edo :=
∂ ∂t
y( t ) = −a ( y − Tm )
Resolvemos con la condición inicial y(0)=100 > s:=dsolve({edo,y(0)=100},y(t)); s := y( t ) = Tm + e( −a t ) ( −Tm + 100 ) Asignamos el valor de la temperatura del medio > Tm:=30; Tm := 30 Verificamos que el valor se ha sustituido correctamente en la solución. > s; y( t ) = 30 + 70 e( −a t ) Construimos una función con la solución. > g:=unapply(rhs(s),t); g := t → 30 + 70 e( −a t ) Usamos la temperatura después de 15 minutos para determinar la constante a. > equ:=g(15)=70; equ := 30 + 70 e( −15 a ) = 70 > va:=solve(equ,a); ⎛4⎞ ln⎜⎜ ⎟⎟ 15 ⎝ 7 ⎠ Asignamos el valor de la constante y verificamos que se ha sustituido correctamente. > a:=va; va := −
a := −
1
1 15
⎛4⎞ ln⎜⎜ ⎟⎟ ⎝7⎠
> g(t); 30 + 70 e( 1 / 15 ln( 4 / 7 ) t ) Calculamos la temperatura después de 10 minutos > v10:=g(10); v10 := 30 + 10 42 / 3 71 / 3 > evalf(v10); 78.20284529 La temperatura después de 10 minutos será de 78,2 grados. Construimos la ecuación para determinar el tiempo necesario para alcanzar 40 grados. > equ:=g(t)=40; equ := 30 + 70 e( 1 / 15 ln( 4 / 7 ) t ) = 40 > t40:=solve(equ); t40 := −15
ln( 7 ) ⎛4⎞ ln⎜⎜ ⎟⎟ ⎝7⎠
Page 6
> evalf(t40); 52.15837877 Se necesitan 52.16 minutos. Ejemplo 4.4 Escribimos la EDO. > edo:=diff(y(t),t)=-1/50*y; edo :=
∂ ∂t
y( t ) = −
1 50
y
Resolvemos con valor inicial y(0)=60. > s:=dsolve({edo,y(0)=60},y(t)); s := y( t ) = 60 e( − 1 / 50 t ) Construimos una función con la solución. > g:=unapply(rhs(s),t); g := t → 60 e( − 1 / 50 t ) El siguiente gráfico muestra la evolución del contenido de sal en los primeros 100 minutos. > plot(g(x),x=0..100); 60
50
40
30
20
10 0
20
40
60
x
80
100
Calculamos la cantidad de sal después de 60 minutos. > v60:=g(60); v60 := 60 e( -6 / 5 ) > evalf(v60); 18.07165271 Ejemplo 4.5 Definimos la EDO. > edo:=diff(y(t),t)=0.0045-y/10; edo :=
∂ ∂t
y( t ) = .0045 −
1 10
y
Resolvemos con la condición inicial y(0)=0.18. > s:=dsolve({edo,y(0)=0.18},y(t)); s := y( t ) = .04500000000 + .1350000000 e( −.1000000000 t ) Definimos una función con la solución. > g:=unapply(rhs(s),t); g := t → .04500000000 + .1350000000 e( −.1000000000 t ) Cantidad de CO2 después de 20 minutos. > g(20); .06327026323 Concentración. > g(20)/90; .0007030029247 La concentración es del 0.07%. El siguiente gráfico muestra la evolución de la concentración en los primeros 50 minutos. > plot([g(t)/90,0.0005],t=0..50,y=0..0.0022);
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0.002
0.0015
y 0.001
0.0005
0
10
20
30 t
>
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50
E.T.S. Minas: Métodos Matemáticos Ejercicios Tema 7 Ecuaciones diferenciales de primer orden Francisco Palacios Escuela Politécnica Superior de Ingeniería de Manresa Universidad Politécnica de Cataluña Noviembre 2008, Versión 1.5
Ejercicio 1 Resuelve las siguientes EDO’s separables. 1.
dy = sin 5x. dx
2. dx + e3x dy = 0. 3. (x + 1)
dy = x + 6. dx
4. xy0 = 4y. 5.
dy y3 = 2. dx x
6.
x2 y 2 dx = . dy 1+x
dy = e3x+2y . dx ¡ ¢ ¡ ¢ 8. 4y + yx2 dy − 2x + xy 2 dx = 0.
7.
9. 2y (x + 1) dy = x dx. µ ¶ y+1 2 dx = 10. y ln x . dy x
Ejercicio 2 Resuelve las siguientes EDO’s separables 1.
ds = ks, k constante. dr
2.
dP = P − P 2. dt
3. sec2 x dy + csc y dx = 0. ¡ ¢ 4. ey sin 2x dx + cos x e2y − 1 dy = 0. 1
Ejercicios: EDO’s de primer orden
2
5. (ey + 1)2 e−y dx + (ex + 1)3 e−x dy = 0. ¢ dy ¡ 6. y − yx2 = (y + 1)2 . dx ¡ ¢ dy 7. = sin x cos 2y − cos2 y . dx p 8. x 1 − y2 dx = dy. 9. (ex + e−x )
dy = y2. dx
Ejercicio 3 Determina una solución explícita para el siguiente problema de valor inicial ½ −y (e + 1) sin x dx = (1 + cos x) dy, y(0) = 0. Ejercicio 4 Determina una solución explícita para el siguiente problema de valor inicial ( ¢1/2 ¡ dx, y dy = 4x y2 + 1 y(0) = 1. Ejercicio 5 Determina una solución explícita para el siguiente problema de valor inicial ½ 2 0 x y = y − xy, y(−1) = −1. Ejercicio 6 Determina una solución explícita para el siguiente problema de valor inicial ⎧ 2x + 1 dy ⎪ ⎪ = , ⎨ dx 2y ⎪ ⎪ ⎩ y(−2) = −1. Ejercicio 7 Resuelve las siguientes EDO’s homogéneas 1. (x − y) dx + x dy = 0. 2. x dx + (y − 2x) dy = 0. ¢ ¡ 3. y 2 + yx dx − x2 dy = 0.
y−x dy = . dx y+x ¡ √ ¢ 5. −y dx + x + xy dy = 0.
4.
Ejercicios: EDO’s de primer orden
3
Ejercicio 8 Determina una solución explícita para el siguiente problema de valor inicial ( dy = y 3 − x3 , xy2 dx y(1) = 2. Ejercicio 9 Determina una solución explícita para el siguiente problema de valor inicial ´ ( ³ y y x + ye x dx − xe x dy = 0, y(1) = 0.
Ejercicio 10 Estudia si las siguientes ecuaciones diferenciales ordinarias son exactas y resuelve aquellas que lo sean. 1. (2x − 1) dx + (3y + 7) dy = 0. ¡ ¢ 2. (5x + 4y) dx + 4x − 8y3 dy = 0. ¢ ¡ ¢ ¡ 3. 2xy 2 − 3 dx + 2x2 y + 4 dy = 0. ¡ ¢ ¢ ¡ 4. x2 − y 2 dx + x2 − 2xy dy = 0. ¢ ¡ ¢ ¡ 5. x − y 3 + y 2 sin x dx = 3xy 2 + 2y cos x dy. ³ ´ 6. (y ln y − e−xy ) dx + y1 + x ln y dy = 0. dy = 2xex − y + 6x2 . dx ¶ µ dx 1 2 3 + x2 y2 = 0. 8. x y − 2 1 + 9x dy
7. x
9. (tan x − sin x sin y) dx + cos x cos y dy = 0. ¡ ¢ ¡ ¢ 10. 4t3 y − 15t2 − y dt + t4 + 3y 2 − t dy = 0.
Ejercicio 11 Resuelve el siguiente problema de valor inicial ½ ¡ ¢ (x + y)2 dx + 2xy + x2 − 1 dy = 0, y(1) = 1. Ejercicio 12 Resuelve el siguiente problema de valor inicial ½ (4y + 2t − 5) dt + (6y + 4t − 1) dy = 0, y(−1) = 2. Ejercicio 13 Resuelve el siguiente problema de valor inicial ¢ ¡ ¢ ½ ¡ 2 y cos x − 3x2 y − 2x dx + 2y sin x − x3 + ln y dy = 0, y(0) = e.
Ejercicios: EDO’s de primer orden
4
Ejercicio 14 Determina k para que la siguiente EDO sea exacta ¢ ¡ ¢ ¡ 3 y + kxy 4 − 2x dx + 3xy2 + 20x2 y 3 dy = 0,
resuélvela.
Ejercicio 15 Consideramos la ecuación diferencial (−xy sin x + 2y cos x) dx + 2x cos x dy = 0. 1. Verifica que la EDO no es exacta. 2. Multiplica la ecuación por el factor integrante µ = xy y verifica que la EDO resultante es exacta. 3. Resuélvela. Ejercicio 16 Resuelve las siguientes EDO’s lineales. Indica en cada caso un intervalo en el que la solución es válida. 1.
dy = 5y. dx
2.
dy + y = e3x . dx
3. y 0 + 3x2 y = x2 . 4. x2 y0 + xy = 1. 5. x
dy − y = x2 sin x. dx
6. x
dy + 4y = x3 − x. dx
7. x2 y0 + x (x + 2) y = ex . ¡ ¢ 8. y dx − 4 x + y 6 dy = 0.
9. cos x
dy + y sin x = 1. dx
10. (x + 1)
dy + (x + 2) y = 2xe−x . dx
Ejercicios: EDO’s de primer orden
5
Ejercicio 17 Determina una solución explícita para el problema de valor inicial ½ xy0 + y = ex , y(1) = 2. Indica un intervalo en el que esté definida la solución. Ejercicio 18 Determina una solución explícita para el problema de valor inicial ⎧ dy ⎪ ⎨ (x + 1) + y = ln x, dx ⎪ ⎩ y(1) = 10, x > 0.
Ejercicio 19 Resuelve el problema de valor inicial ⎧ dy ⎪ + 2y = f (x), ⎨ dx ⎪ ⎩ y(0) = 0, donde
f (x) =
½
1 si 0 ≤ x ≤ 3, 0 si x > 3.
Ejercicio 20 Resuelve el problema de valor inicial ⎧ dy ⎪ + 2xy = f (x), ⎨ dx ⎪ ⎩ y(0) = 2,
donde
f (x) =
½
x si 0 ≤ x ≤ 1, 0 si x ≥ 1.
Ejercicio 21 La función integral seno Si(x) se define como Z x sin t Si(x) = dt t 0 y Si(0) = 0. Usando Si(x), resuelve el problema de valor inicial ½ 3 0 x y + 2x2 y = 10 sin x, y(1) = 0. Ejercicio 22 Consideramos el problema de valor inicial ½ 0 y = x2 − y, y(0) = 1, 0 ≤ x ≤ 1.
Ejercicios: EDO’s de primer orden
6
1. Calcula la solución exacta. 2. Aproxima la solución usando el método de Euler de 4 pasos, calcula los errores de truncamiento. 3. Aproxima la solución usando el método de Euler modificado de 4 pasos, calcula los errores de truncamiento. 4. Aproxima la solución usando el método de Taylor de orden 2 de 4 pasos, calcula los errores de truncamiento. Ejercicio 23 Consideramos el problema de valor inicial ½ 0 y = 3y + 3x, y(0) = 1, 0 ≤ x ≤ 0.2. 1. Calcula la solución exacta. 2. Aproxima la solución usando el método de Euler de 5 pasos, calcula los errores de truncamiento. 3. Aproxima la solución usando el método de Euler modificado de 5 pasos, calcula los errores de truncamiento. 4. Aproxima la solución usando el método de Taylor de orden 2 de 5 pasos, calcula los errores de truncamiento. Ejercicio 24 Consideramos el problema de valor inicial ½ 0 y = e−2x − 2y, y(0) = 1, 0 ≤ x ≤ 0.5. 1. Calcula la solución exacta. 2. Aproxima la solución usando el método de Euler de 5 pasos, calcula los errores de truncamiento. 3. Aproxima la solución usando el método de Euler modificado de 5 pasos, calcula los errores de truncamiento. 4. Aproxima la solución usando el método de Taylor de orden 2 de 5 pasos, calcula los errores de truncamiento. Ejercicio 25 Se sabe que la población de una cierta comunidad aumenta con una rapidez proporcional a la cantidad de personas que tiene en cualquier momento t. Si la población se duplicó en cinco años, ¿en cuánto tiempo se triplicará y se cuadriplicará?
Ejercicios: EDO’s de primer orden
7
Ejercicio 26 La población de una comunidad crece a razón proporcional a la población en cualquier momento t. Su población inicial es de 500 individuos y aumenta un 15% en 15 años. ¿Cuál será la población en 30 años? Ejercicio 27 Cuando un haz vertical de luz pasa por una sustancia transparente, la rapidez con que decrece la intensidad I(x) es proporcional a I(x), donde x representa el espesor, en pies, del medio. En agua clara, la intensidad a 3 pies bajo la superficie es el 25% de la intensidad inicial I0 del haz incidentes. ¿Cuál será la intensidad del haz de luz a 15 pies bajo la superficie? Ejercicio 28 El Pb-209, isótopo radioactivo del plomo, se desintegra con una rapidez proporcional a la cantidad presente en cualquier instante t y tiene una vida media de 3.3 horas. Si al principio había 1 gramo de plomo, ¿cuánto tiempo debe transcurrir para que se desintegre el 90%? Nota. La vida media de una sustancia radioactiva es el tiempo necesario para que se desintegre la mitad de la cantidad inicial. Ejercicio 29 Inicialmente, había 100 miligramos de una sustancia radioactiva y, al cabo de 6 horas, la cantidad ha disminuido en un 3%. Si la velocidad de desintegración, en el instante t, es proporcional a la cantidad de sustancia presente, calcula la vida media de la sustancia. Ejercicio 30 Un termómetro se saca de un recinto donde la temperatura del aire es de 70o F y se lleva al exterior, donde la temperatura es de 10 o F. Después de medio minuto, el termómetro indica 50o F. ¿Cuál será la lectura cuando t =1 minuto? ¿Cuánto tiempo se necesita para que el termómetro llegue a 15o F? Ejercicio 31 Un termómetro que indica 70o F se coloca en un horno precalentado a temperatura constante. A través de una ventana del horno, un observador registra una temperatura de 110o F después de 1/2 minuto y de 145o F después de 1 minuto. ¿A qué temperatura está el horno? Ejercicio 32 Un tanque contiene 200 litros de agua donde se han disuelto 30 gramos de sal. Entra al tanque un caudal de 4 litros por minuto de solución con 1 gramo de sal por litro. Bien mezclado, sale del tanque un caudal de 4 litros por minuto. Calcula la cantidad A(t) de sal que hay en el tanque en cualquier instante t. Ejercicio 33 Un tanque tiene 500 galones de agua pura y le entra salmuera con 2 libras de sal por galón a razón de 5 gal/min. El tanque se mezcla bien por agitación y de él sale la mezcla con la misma rapidez. Determina la cantidad A(t) de libras de sal que hay en el tanque en cualquier instante t. ¿Cuál es la concentración de la solución del tanque cuando t = 5 min?
Ejercicios: EDO’s de primer orden
8
Ejercicio 34 Un tanque está parcialmente lleno con 100 galones de salmuera, con 10 lb de sal disuelta. Le entra salmuera con 1/2 lb de sal por galón a razón de 6 gal/min. El contenido sale del tanque (bien mezclado) a razón de 4 gal/min. Calcula la cantidad de libras de sal que hay en el tanque a los 30 minutos. Ejercicio 35 La ecuación diferencial que describe la velocidad de una masa m en caída, cuando la resistencia del aire es proporcional a la velocidad instantánea es dv = mg − kv m dt donde k > 0 es una constante y el sentido positivo se ha tomado hacia abajo. 1. Resuelve la ecuación diferencial con la condición inicial v (0) = v0 2. Determina la velocidad terminal de la masa vT = lim v (t) t→∞
3. Si s (t) es la distancia, medida desde el punto en que se suelta la masa, tenemos ds =v dt Determina la ecuación de s(t) con la condición inicial s(0) = 0.
Soluciones (1.1) (1.2) (1.3) (1.4) (1.5)
y = −1/5 cos 5x + c. y = 1/3e−3x + c. y = x + 5 ln |x + 1| + c. y = cx4 . x/ (2 + cx) . y2 =q
(1.6) y =
3
3 ln |x| −
−3e−2y
3 x
+ c.
2e3x
= ¡ + c.¢ (1.7) 2 (1.8) 2 + y = c 4 + x2 . (1.9) y2 = x − ln |x + 1| + c. (1.10) 13 x3 ln |x| − 19 x3 = 12 y 2 + 2y + ln |y| + c.
(2.1) (2.2) (2.3) (2.4) (2.5)
s = cekr . p = cet /(1 + cet ). 4 cos y = 2x + sin 2x + c. ey + e−y = 2 cos x + c. 1 −1 1 ey +1 = 2 (ex +1)2 + c.
Ejercicios: EDO’s de primer orden (2.6) ln (y + 1)2 + (2.7)
cos y sin y
2 y+1
¯ ¯ ¯ ¯ = ln ¯ 1+x 1−x ¯ + c.
= − cos x + c. ³ 2 ´ (2.8) y = sin x2 + c .
(2.9) y = − arctan1 ex +c . ´ ³ 4 − 1 (3) y = ln 1+cos x q¡ √ ¢2 2x2 + 2 − 1. (4) y = (5) y = x1 e−(1+1/x) . √ (6) y = − x2 + x − 1. (7.1) y = −x ln |x| + cx. (7.2) (y − x) ln |y − x| + x + c (y − x) = 0. −x . (7.3) y = ln|x|+c ¢ ¡ 2 2 (7.4) ln x + y + 2 arctan xy = c. q (7.5) ln |y| − 2 xy = c. √ (8) y = x 3 8 − 3 ln x (9) y = x ln (1 + ln x) . (10.1) x2 − x + 32 y 2 + 7y = c. (10.2) 53 x2 + 4xy − 2y4 = c. (10.3) x2 y 2 − 3x + 4y = c. (10.4) No es exacta. 2 (10.5) x2 − xy 3 − y 2 cos x = c. (10.6) No es exacta. (10.7) 2 (x − 1) ex − xy + 2x3 = c. (10.8) No es exacta. (10.9) cos x sin y − ln (cos x) = c. (10.10) t4 y − 5t3 − yt + y 3 = c.
(11) x3 + 3x2 y + 3xy2 − 3y = 4. (12) 4yt + t2 − 5t + 3y 2 − y = 8. (13) y 2 sin x − x3 y − x2 + y ln y − y = 0. (14) k = 10, y 3 x + 5x2 y 4 − x2 = 0. (15.3) x2 y 2 cos x = c. (16.1) (16.2) (16.3) (16.4) (16.5) (16.6) (16.7) (16.8) (16.9)
y = ke5x , definida en todo R. y = ke−x + 14 e3x , definida en todo R. 3 y = ke−x + 13 , definida en todo R. y = xk + lnxx , válida para x > 0. y = kx − x cos x, válida para x > 0. 3 y = xk4 + x7 − x5 , válida en todo intervalo que no contenga a 0. −x ex y = k xe 2 + 2x 2 , válida para x > 0. x = ky 4 + 2y 6 , válida en todo intervalo que no contenga y = 0. y = k cos x + sin x, k ∈ R, válida para x ∈ (−π/2, π/2) .
9
Ejercicios: EDO’s de primer orden
10
k e−x x2 e−x k ∈ R. Válidas para x x+1 + x+1 , ex 2−e x + x , solución válida para x > 0. x ln x−x+21 , solución válida para x > −1. x+1
(16.10) y = (17) y = (18) y = (19)
y= (20) y=
⎧ ⎨ ⎩
⎧ ⎨ ⎩
1 2 1 2 1 2
− 12 e−2x ,
¡
> −1.
si 0 ≤ x ≤ 3,
¢ e6 − 1 e−2x , si x > 3. 2
+ 32 e−x ,
1 1−x2 2e
si 0 ≤ x ≤ 1, 2
+ 32 e−x , si x > 1.
(21) y = x102 (Si (x) − Si(1)) . (22.1) Solución exacta y(t) = x2 − 2x + 2 − e−x . (22.2) Aproximación por el método de Euler de 4 pasos j 0 1 2 3 4
xj 0 0.25 0.50 0.75 1
y¯j 1.0000 0.7500 0.5781 0.4691 0.5127
yj 1 0.7837 0.6435 0.5901 0.6321
|ej | = |yj − y¯j | 0 0.0337 0.0654 0.0940 0.1194
(22.3) Aproximación por el método de Euler modificado de 4 pasos j 0 1 2 3 4
xj 0 0.25 0.50 0.75 1
y¯j 1.0000 0.7981 0.6536 0.6044 0.6499
yj 1 0.7837 0.6435 0.5901 0.6321
|ej | = |yj − y¯j | 0 0.0054 0.0101 0.0143 0.0178
(22.4) Aproximación por el método de Taylor de 2o orden con 4 pasos j 0 1 2 3 4
xj 0 0.25 0.50 0.75 1
y¯j 1.0000 0.78125 0.63965 0.58566 0.62747
yj 1 0.78370 0.64347 0.59013 0.63212
|ej | = |yj − y¯j | 0 0.00245 0.00382 0.00447 0.00465
Ejercicios: EDO’s de primer orden
11
(23.1) Solución exacta 1 4 y(t) = e3x − x − 3 3 (23.2) Aproximación por el método de Euler de 5 pasos j 0 1 2 3 4 5
xj 0 0.04 0.08 0.12 0.16 0.20
y¯j 1.0000 1.1200 1.2592 1.4199 1.6047 1.8165
yj 1 1.1300 1.2817 1.4578 1.6614 1.8962
|ej | = |yj − y¯j | 0 0.0100 0.0225 0.0379 0.0567 0.0797
(23.3) Aproximación por el método de Euler modificado de 5 pasos j 0 1 2 3 4 5
xj 0 0.04 0.08 0.12 0.16 0.20
y¯j 1.0000 1.1296 1.2808 1.4563 1.6592 1.8930
yj 1 1.1300 1.2817 1.4578 1.6614 1.8962
|ej | = |yj − y¯j | 0 0.0004 0.0009 0.0015 0.0022 0.0032
(23.4) En este caso particular, al aplicar el método de Taylor de 2o orden con 5 pasos se obtienen los mismos resultados que con el método de Euler modificado. (24.1) Solución exacta y(t) = (x + 1) e−2x (23.2) Aproximación por el método de Euler de 5 pasos j 0 1 2 3 4 5
xj 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5
y¯j 1 0.9 0.8019 0.7085 0.6217 0.5423
yj 1 0.9006 0.8044 0.7135 0.6291 0.5518
|ej | = |yj − y¯j | 0 0.0006 0.0025 0.0050 0.0074 0.0095
(23.3) Aproximación por el método de Euler modificado de 5 pasos j 0 1 2 3 4 5
xj 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5
y¯j 1 0.9009 0.8050 0.7144 0.6302 0.5531
yj 1 0.9006 0.8044 0.7135 0.6291 0.5518
|ej | = |yj − y¯j | 0 0.0003 0.0006 0.0009 0.0011 0.0013
Ejercicios: EDO’s de primer orden
12
(23.4) Aproximación por el método de Taylor de 2o orden de 5 pasos. j 0 1 2 3 4 5
xj 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5
y¯j 1 0.9 0.8035 0.7125 0.6282 0.5511
yj 1 0.9006 0.8044 0.7135 0.6291 0.5518
|ej | = |yj − y¯j | 0 0.0006 0.0009 0.0010 0.0009 0.0008
(25) Modelo y = y0 e
ln 2 t 5
.
La población se triplica en 7.92 años; se cuadriplica en 10 años. (26) Modelo y = 500e0.01398t . Después de 30 años tendremos 760 individuos. (27) Modelo I = I0 e−0.4621x . La intensidad a 15 pies bajo la superficie es el 0.098% de la intensidad en superficie. (28) Modelo y = y0 e−0.2100 t . Se tarda 10.9647 horas en desintegrarse el 90%. (29) Modelo y = y0 e−0.00508 t . La vida media es de 136.45 horas. (30) Modelo y = 10 + 60e−08109 t La lectura después de 1 minuto es 36.67o F; se necesitan 3.06 minutos para que el termómetro alcance los 15o F. (31) Modelo ¶ µ 145 − Th t . y = Th + (70 − Th ) 70 − Th
donde Th es la temperatura del horno. La temperatura del horno es de 390o F. (32) Modelo A = 200 − 170e− t/50 . (33) Modelo y = 1000 (1 − e− t/100 ). La concentración de sal después de 5 minutos es 0.0975 lb/gal.
Ejercicios: EDO’s de primer orden
13
(34) Modelo y = 50 + t −
4 × 105 (100 + 2t)2
la cantidad de sal después de 30 minutos es 64.375 lb. (35.1) ´ c mg ³ 1 − e− m t . v (t) = c (35.2) Velocidad terminal vT = mg/c. (35.3) m k m´ mg ³ t + e− m t − . s (t) = c c c
E.T.S. Minas: Métodos Matemáticos Ejercicios resueltos Tema 7 Ecuaciones diferenciales de primer orden Francisco Palacios Escuela Politécnica Superior de Ingeniería de Manresa Universidad Politécnica de Cataluña Noviembre 2008, Versión 1.3
1
EDO’s separables
Ejercicio 1 Resuelve las siguientes EDO’s separables. 1.
dy = sin 5x. dx
2. dx + e3x dy = 0. 3. (x + 1)
dy = x + 6. dx
4. xy 0 = 4y. 5.
dy y3 = 2. dx x
6.
dx x2 y 2 = . dy 1+x
dy = e3x+2y . dx ¡ ¢ ¡ ¢ 8. 4y + yx2 dy − 2x + xy 2 dx = 0. 7.
9. 2y (x + 1) dy = x dx. µ ¶2 y+1 dx . = 10. y ln x dy x (1.1)
dy = sin 5x, dx dy = sin 5x dx, Z Z dy = sin 5x dx,
1 y = − cos 5x + c, 5
c ∈ R.
(1.2) dx + e3x dy = 0, 1
Ejercicios: EDO’s de primer orden
2
e3x dy = −dx,
Z
−1 dx e3x = −e−3x dx, Z Z dy = −e−3x dx, dy
=
dy =
1 3
y=
Z
e−3x (−3) dx,
1 −3x + c, e 3
c ∈ R.
(1.3) dy = x + 6, dx x+6 dy = dx, x+1 Z Z x+6 dx, dy = x+1 (x + 1)
Z
¶ Z Z µ x+6 x+1+5 5 dx = dx = 1+ dx x+1 x+1 x+1 = x + 5 ln |x + 1| + c, y = x + 5 ln |x + 1| + c,
c ∈ R.
(1.4) xy 0 = 4y, dy = 4y, dx 1 1 dy = 4 dx, y x Z Z 1 1 dy = 4 dx, y x x
ln |y| = 4 ln |x| + c1 , ln |y| = ln x4 + c1 , 4
|y| = eln x +c1 = x4 · ec1 , = c2 x4 ,
(c2 = ec1 )
y = ±c2 x4 ,
y = cx4 ,
(c = ±c2 ).
(1.5) dy y3 = 2, dx x
Ejercicios: EDO’s de primer orden
3
dx 1 dy = 2 , y3 x Z Z y −3 dy = x−2 dx, 1 −2 y = −x−1 + c1 , −2 −1 −1 = + c1 , 2y 2 x
2 1 = + c, 2 y x
c = −2c1 .
Solución implícita 1 2 + xc = . y2 x Solución explícita
r y=±
x . 2 + cx
(1.6) x2 y 2 dx = , dy 1+x µ ¶ 1+x 2 dx, y dy = x2 ¶ Z µ Z 1 1 + y 2 dy = dx, x2 x 1 1 3 y = − + ln |x| + c1 . 3 x
Solución implícita y 3 = 3 ln |x| − Solución explícita y=
3 + c, x
r 3
3 ln |x| −
(c = 3c1 ) . 3 + c. x
(1.7)
−
1 2
Z
dy = e3x+2y , dx dy = e3x · e2y , dx dy = e3x dx, e2y Z Z e−2y dy = e3x dx, e−2y (−2) dy =
1 3
Z
e3x 3 dx,
1 −1 −2y = e3x + c1 . e 2 3
Ejercicios: EDO’s de primer orden
4
−3e−2y = 2e3x + c, (1.8)
Solución implícita
(c = 6c1 ) .
¢ ¡ ¢ ¡ 4y + yx2 dy − 2x + xy 2 dx = 0, ¡ ¢ ¡ ¢ 4y + yx2 dy = 2x + xy 2 dx, ¢ ¡ x 2 + y2 dy = , dx y (4 + x2 ) x y dy = dx, 2 2+y 4 + x2 Z Z x y dy = dx, 2 + y2 4 + x2 Z Z 1 1 2y 2x dy = dx, 2 2 + y2 2 4 + x2 ¢ 1 ¡ ¢ 1 ¡ ln 2 + y 2 = ln 4 + x2 + c1 . 2 2
¢ ¡ ¢ ¡ ln 2 + y 2 = ln 4 + x2 + c2 ,
(c2 = 2c1 ) .
Calculamos la solución explícita ¢ ¡ ¢ ¡ ln 2 + y 2 − ln 4 + x2 = c2 , ln
µ
2 + y2 4 + x2
¶
= c2 ,
2 + y2 = ec2 = c, 4 + x2
soluciones explícitas (1.9)
2 + y2 = c, 4 + x2 ¡ ¢ 2 + y 2 = c 4 + x2 , ¡ ¢ y 2 = c 4 + x2 − 2,
p y = ± c (4 + x2 ) − 2. 2y(x + 1) dy = x dx, x 2y dy = dx, x+1 Z Z x dx, 2y dy = x+1
Resolvemos la integral del lado derecho ¶ Z Z Z µ x x+1−1 1 dx = dx = 1− dx x+1 x+1 x+1 = x − ln |x + 1| + c
Ejercicios: EDO’s de primer orden
5
y 2 = x − ln |x + 1| + c. (1.10) dx y ln x = dy
µ
y ln x dx =
(y + 1) dy, x2
y+1 x
¶2
,
2
(y + 1)2 dy = x2 ln x dx, y Z Z 2 (y + 1) dy = x2 ln x dx, y
resolvemos la integral del lado izquierdo Z
2
(y + 1) dy y
= =
Z
y 2 + 2y + 1 dy = y
y2 + 2y + ln |y| , 2
¶ Z µ 1 y+2+ dy y
resolvemos la integral del lado derecho Z x2 ln x dx = integral por partes, tomamos
u = ln x du = x1 dx 2 dv = x dx v = 13 x3 Z
x2 ln x dx = = =
)
Z 1 31 1 3 x ln x − x dx 3 3 x Z 1 1 3 x ln x − x2 dx 3 3 1 1 3 x ln |x| − x3 + c, 3 9
finalmente, la solución es 1 1 y2 + 2y + ln |y| = x3 ln |x| − x3 + c, 2 3 9 Ejercicio 2 Resuelve las siguientes EDO’s separables. 1.
ds = ks, k constante. dr
2.
dP = P − P 2. dt
3. sec2 x dy + csc y dx = 0. ¡ ¢ 4. ey sin 2x dx + cos x e2y − 1 dy = 0.
c ∈ R.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 2
6
3
5. (ey + 1) e−y dx + (ex + 1) e−x dy = 0. ¢ dy ¡ 6. y − yx2 = (y + 1)2 . dx ¢ ¡ dy 7. = sin x cos 2y − cos2 y . dx p 8. x 1 − y 2 dx = dy. 9. (ex + e−x )
dy = y2 . dx
(2.1) ds = ks, dr 1 ds = k dr, s Z Z 1 ds = k dr, s ln |s| = kr + c1 ,
|s| = ekr+c1 |s| = ekr ec1 = c2 ekr ,
(c2 = ec1 ) ,
s = ±c2 ekr ,
s = cekr ,
(c = ±c2 ) .
(2.2)
Z
dp = p − p2 , dt 1 dp = dt, p − p2 Z Z 1 dp = dt, p − p2
1 dp = integral racional. p − p2
Descomposición en fracciones simples
1 1 A B A(1 − p) + B(p) = = + = , p − p2 p(1 − p) p 1−p p(1 − p) igualamos numeradores 1 = A(1 − p) + Bp, determinamos los coeficientes: si p = 0 1=A+B·0
⇒
A = 1,
Ejercicios: EDO’s de primer orden
7
si p = 1 1=A·0+B·1
⇒
B = 1,
la descomposición es 1 1 1 = + . p(1 − p) p 1−p Z
Solución implícita
Z µ
1 1 + p 1−p ¯ ¯ ¯ p ¯ ¯. ¯ = ln ¯ 1 − p¯
1 dp = p(1 − p)
¶
dp = ln |p| − ln |1 − p|
¯ ¯ ¯ p ¯ ¯ ¯ = t + c1 . ln ¯ 1 − p¯
Calculamos la solución explícita ¯ ¯ ¯ p ¯ t+c1 ¯ ¯ = et · ec1 , ¯1 − p¯ = e ¯ ¯ ¯ p ¯ t c1 ¯ ¯ ¯ 1 − p ¯ = c2 e , (c2 = e ) , p = ±c2 et , 1−p p = cet , (c = ±c2 ) , 1−p p = cet (1 − p) = cet − cet p, p + cet p = cet , ¢ ¡ p 1 + cet = cet .
Solución explícita
p=
cet . 1 + cet
(2.3) sec2 x dy + csc y dx = 0, sec2 x dy = − csc y dx, 1 −1 dy = dx, csc y sec2 x
µ
1 −1 ¶ dy = µ ¶ dx, 1 1 sin y cos2 x
sin y dy = − cos2 x dx, Z Z − sin y dy = + cos2 x dx.
Ejercicios: EDO’s de primer orden
8
Calculamos la integral del lado derecho usando la identidad trigonométrica cos2 x = Z
2
cos x dx =
solución implícita
Z
1 + cos 2x x 1 dx = + sin 2x + c, 2 2 4
cos y = (2.4)
1 + cos 2x , 2
x 1 + sin 2x + c. 2 4
¡ ¢ ey sin 2x dx + cos x e2y − 1 dy = 0, ¢ ¡ cos x e2y − 1 dy = −ey sin 2x dx,
e2y − 1 sin 2x dy = − dx, y e cos x usamos la identidad trigonométrica
Solución implícita
sin 2x = 2 sin x cos x, µ ¶ 1 2 sin x cos x ey − y dy = − dx, e cos x ¡ y ¢ e − e−y dy = −2 sin x dx, Z Z ¡ y ¢ −y e −e dy = 2 (− sin x) dx. ey + e−y = 2 cos x + c1 .
Si usamos el coseno hiperbólico cosh y =
ey + e−y , 2
podemos obtener una solución explícita c1 ey + e−y = cos x + , 2 2 ¶ µ 1 cosh y = cos x + c, c = c1 , 2 y = arc cosh (cos x + c) . (2.5) (ey + 1)2 e−y dx + (ex + 1)3 e−x dy = 0, (ex + 1)3 (ey + 1)2 dy = − dx, ex ey ex ey dy = − 2 3 dx, (ey + 1) (ex + 1)
Ejercicios: EDO’s de primer orden Z tomamos
ey 2
(ey + 1)
9
dy = cambio de variable,
½
t = ey + 1, dt = ey dy, Z Z ey dt 1 1 dy = =− =− y . t2 t e +1 (ey + 1)2
De forma similar, para la integral Z tomamos el cambio
Z
½
ex (ex
+ 1)
3
dx = =
Solución de la EDO
Z
ex (ex + 1)
3
dx,
t = ex + 1, dt = ex dx, dt = t3 −1
Z
2 (ex + 1)
1 1 t−3 dt = − t−2 = − 2 2 2t 2.
1 −1 + c. = x (ey + 1) 2 (e + 1)2
(2.6)
¢ dy ¡ 2 = (y + 1) , y − yx2 dx ¢ dy ¡ = (y + 1)2 , y 1 − x2 dx 1 y dy = dx, 1 − x2 (y + 1)2
Para la integral
Z
podemos tomar el cambio
Z
y (y + 1)2
y (y + 1)2
dy
⎧ ⎨ t = y + 1, dt = dy, ⎩ y = t − 1.
dy
¶ Z µ t−1 1 1 = dt = − 2 dt t2 t t 1 1 = ln |t| + = ln |y + 1| + . t y+1 Z
También se puede resolver descomponiendo en fracciones simples y (y + 1)
2
=
A A(y + 1) + B B = , + y + 1 (y + 1)2 (y + 1)2
Ejercicios: EDO’s de primer orden
10
igualamos numeradores y = A(y + 1) + B y determinamos los coeficientes. Si y = −1 −1 = A · 0 + B
⇒
B = −1,
si y = 0 0=A+B
⇒
A = 1.
La descomposición es
Z
y 1 1 = , − 2 (y + 1) y + 1 (y + 1)2 ¸ Z ∙ Z 1 y 1 1 dy = ln |y + 1| + dy = − . (y + 1)2 y + 1 (y + 1)2 y+1
1 dx = integral racional; descomponemos en fracciones simples. 1 − x2 1 − x2 = (1 − x)(1 + x),
A 1 B A(1 + x) + B(1 − x) = , + = 2 1−x 1−x 1+x 1 − x2 igualamos numeradores 1 = A(1 + x) + B(1 − x), identificamos los coeficientes. Si x = 1, 1 = 2A si x = −1,
1 = 2B ⇒
Obtenemos
Z
=
(2.7)
A = 1/2, B = 1/2.
1 1/2 1/2 = + , 1 − x2 1−x 1+x
1 dx = 1 − x2
Solución
⇒
Z
1/2 dx + 1−x ¯ ¯ 1 ¯¯ 1 + x ¯¯ ln . 2 ¯1 − x¯
Z
1/2 1 1 dx = − ln |1 − x| + ln |1 + x| 1+x 2 2
¯ ¯ 1 1 ¯¯ 1 + x ¯¯ ln |y + 1| + = ln ¯ + c1 y+1 2 1 − x¯ ¯ ¯ ¯1 + x¯ 2 2 ¯ + c, (c = 2c1 ) . ln (y + 1) + = ln ¯¯ y+1 1 − x¯ ¢ ¡ dy = sin x cos 2y − cos2 y , dx
Ejercicios: EDO’s de primer orden
11
1 dy = sin x dx, cos 2y − cos2 y Z Z 1 dy = sin x dx. cos 2y − cos2 y
En la primera integral, simplificamos la expresión usando la fórmula del coseno del ángulo doble cos 2y = cos2 y − sin2 y, resulta
Solución
cos 2y − cos2 y = cos2 y − sin2 y − cos2 y = − sin2 y, Z Z cos y 1 1 dy = cot y = dy = . cos 2y − cos2 y sin y − sin2 y
(2.8)
cos y = − cos x + c. sin y p x 1 − y 2 dx = dy,
1 x dx = p dy, 1 − y2 Z Z 1 p dy, x dx = 1 − y2 1 2 x = arcsin y + c1 . 2
Solución explícita 1 2 x + c (c = −c1 ) , 2 ¶ µ 1 2 x +c . y = sin 2
arcsin y =
(2.9)
¡ x ¢ dy e + e−x = y2, dx 1 1 dy = x dx, 2 y e + e−x Z Z 1 1 dy = dx, y2 ex + e−x
La integral del lado izquierdo es inmediata Z 1 1 dy = − , y2 y
Para resolver la integral del lado derecho, escribimos el integrando como sigue ex 1 = ex + e−x e2x + 1
Ejercicios: EDO’s de primer orden
12
y hacemos el cambio t = ex Z Z ex 1 dx = dx ex + e−x e2x + 1 Z dt = arctan t = t2 + 1 = arctan (ex ) . Solución −
1 = arctan (ex ) + c. y
Solución explícita y=
−1 . ¤ arctan (ex ) + c
Ejercicio 3 Determina una solución explícita para el siguiente problema de valor inicial ½ −y (e + 1) sin x dx = (1 + cos x) dy, y(0) = 0. La EDO es separable sin x 1 dx = −y dy, 1 + cos x e +1 Z Z 1 sin x dx = dy, −y 1 + cos x e +1
La integral del lado izquierdo es casi inmediata Z Z sin x − sin x dx = − dx = − ln (1 + cos x) , 1 + cos x 1 + cos x en la integral del lado derecho, multiplicamos el numerador y denominador por ey Z Z Z 1 ey ey dy = dy = ln (1 + ey ) . dy = e−y + 1 (e−y + 1) ey 1 + ey
Hemos obtenido la familia de soluciones
− ln (1 + cos x) = ln (1 + ey ) + c. Imponemos la condición inicial y(0) = 0 para determinar la constante ¡ ¢ − ln (1 + cos 0) = ln 1 + e0 + c, c = −2 ln 2 = − ln 4.
Solución del problema de valor inicial − ln (1 + cos x) = ln (1 + ey ) − ln 4. Reescribimos la solución ln (1 + ey ) + ln (1 + cos x) = ln 4,
Ejercicios: EDO’s de primer orden
13
(1 + ey ) (1 + cos x) = 4. Solución explícita 4 , 1 + cos x 4 − 1, ey = 1 + cos x ¶ µ 4 −1 . ¤ y = ln 1 + cos x 1 + ey =
Ejercicio 4 Determina una solución explícita para el siguiente problema de valor inicial ( ¡ ¢1/2 y dy = 4x y 2 + 1 dx, y(0) = 1. La EDO es separable
y Z
Z
y (y 2 + 1)1/2
dy
Familia de soluciones
(y 2
+ 1)
1/2
y (y 2 + 1)
1/2
dy = 4x dx, dy =
Z
4x dx,
Z ¢−1/2 ¢1/2 1 ¡ 2 1 1 ¡ 2y dy = ¡ 1 ¢ y 2 + 1 y +1 2 2 2 ¡ 2 ¢1/2 = y +1 .
=
¡ 2 ¢1/2 y +1 = 2x2 + c.
Imponemos la condición inicial y(0) = 1, √ √ 2 = 0 + c ⇒ c = 2, solución particular Soluciones explícitas
√ ¢1/2 ¡ 2 = 2x2 + 2. y +1
³ √ ´2 y 2 + 1 = 2x2 + 2 , r³ √ ´2 2x2 + 2 − 1, y=±
teniendo en cuenta la condición inicial, y(0) = 1, debemos tomar la rama positiva r³ √ ´2 2x2 + 2 − 1. ¤ y=
Ejercicio 5 Determina una solución explícita para el siguiente problema de valor inicial ½ 2 0 x y = y − xy, y(−1) = −1.
Ejercicios: EDO’s de primer orden
14
La EDO es separable dy = y − xy, dx 1 1−x dx, dy = y x2 Z Z 1−x 1 dx, dy = y x2 ¶ Z µ Z 1 1 1−x 1 dx = − dx = − − ln |x| . x2 x2 x x x2
Familia de soluciones
1 − ln |x| + c, x imponemos la condición inicial y(−1) = −1, ln |y| = −
ln 1 = 1 − ln 1 + c
⇒
c = −1.
Soluciones implícitas ln |y| = −
1 − ln |x| − 1. x
Determinamos la solución explícita 1 − 1, x ¶ µ 1 , ln |yx| = − 1 + x
ln |y| + ln |x| = −
|xy| = e−(1+ x ) , 1
1 1 y = ± e−(1+ x ) . x Teniendo en cuenta la condición inicial y(−1) = −1, debemos tomar la rama
y=
1 −(1+ x1 ) . ¤ e x
Ejercicio 6 Determina una solución explícita para el siguiente problema de valor inicial ⎧ 2x + 1 ⎨ dy = , dx 2y ⎩ y(−2) = −1.
La EDO es separable
Familia de soluciones
Z
2y dy = (2x + 1) dx, Z 2y dy = (2x + 1) dx. y 2 = x2 + x + c,
Ejercicios: EDO’s de primer orden
15
imponemos la condición inicial y(−2) = −1 (−1)2 = (−2)2 − 2 + c, 1 = 4 − 2 + c, c = −1. Solución implícita y 2 = x2 + x − 1, soluciones explícitas
p y = ± x2 + x − 1.
Teniendo en cuenta la condición inicial y(−2) = −1, debemos tomar la rama p y = − x2 + x − 1. ¤
2
EDO’s homogéneas
Ejercicio 7 Resuelve las siguientes EDO’s homogéneas 1. (x − y) dx + x dy = 0. 2. x dx + (y − 2x) dy. ¡ ¢ 3. y 2 + yx dx − x2 dy = 0.
dy y−x = . dx y+x ¡ √ ¢ 5. −y dx + x + xy dy = 0. 4.
(7.1)
(x − y) dx + x dy = 0. Forma normal
dy y−x = , dx x
cambio y = ux, u0 x + u =
y 0 = u0 x + u,
ux − x x (u − 1) = = u − 1, x x u0 x + u = u − 1,
u0 x = −1,
(separable).
Determinamos u(x) du −1 = , dx x −1 du = dx, x Z Z −1 du = dx, x
Ejercicios: EDO’s de primer orden
16
u = − ln |x| + c. Deshacemos el cambio
y = − ln |x| + c, x
resulta la solución explícita y = −x ln |x| + c x. (7.2) x dx + (y − 2x) dy = 0. Forma normal
realizamos el cambio
dy −x x = = , dx y − 2x 2x − y y = ux,
y 0 = u0 x + u,
y resulta x 1 = , 2x − ux 2−u 1 u0 x + u = , 2−u
u0 x + u =
1 −u 2−u 1 − 2u + u2 , 2−u
u0 x = =
(separable).
Determinamos u(x), du 1 − 2u + u2 = , dx 2−u 1 2−u du = dx, 1 − 2u + u2 x Z Z 1 2−u du = dx. 1 − 2u + u2 x x
La integral
Z
2−u du 1 − 2u + u2
es racional. Para resolverla, descomponemos en fracciones simples 2−u 2−u A A (u − 1) + B B = , 2 = u−1 + 2 = 1 − 2u + u2 (u − 1) (u − 1) (u − 1)2 igualando numeradores, resulta 2 − u = A (u − 1) + B. Determinamos los coeficientes, si u = 1, 2−1=B
⇒
B = 1,
Ejercicios: EDO’s de primer orden
17
si u = 0, 2 = −A + B
⇒
A = −2 + 1 = −1.
Hemos obtenido la descomposición 2−u
(u − 1)
−1 1 , + u − 1 (u − 1)2
=
2
que nos permite resolver la integral Z Z Z −1 2−u 1 du = du du + 2 u−1 (u − 1) (u − 1)2 1 = − ln |u − 1| − . u−1 Solución de la EDO − ln |u − 1| −
1 = ln |x| + c. u−1
Deshacemos el cambio u = y/x ¯y ¯ ¯ ¯ − ln ¯ − 1¯ − x
y x
1 = ln |x| + c. −1
Si operamos, podemos mejorar el aspecto de la solución ¯y ¯ x ¯ ¯ ln |x| + ln ¯ − 1¯ + + c = 0, x y−x ln |y − x| +
(7.3)
x + c = 0. y−x
¡ 2 ¢ y + yx dx − x2 dy = 0.
Expresamos la ecuación en forma normal
y 2 + yx dy = dx x2 y realizamos el cambio habitual y 0 = u0 x + u,
y = ux, resulta u0 x + u =
u2 x2 + ux2 = u2 + u x2 u0 x = u2 .
Hemos obtenido la EDO separable x
du = u2 , dx
la resolvemos para determinar u(x). 1 1 du = dx, u2 x
Ejercicios: EDO’s de primer orden Z
18
Z 1 1 du = dx, u2 x 1 − = ln |x| + c. u
Deshacemos el cambio −
x = ln |x| + c y
y obtenemos la solución explícita y=
−x . ln |x| + c
(7.4) La EDO ya está en forma normal y−x dy = , dx y+x efectuamos el cambio y 0 = u0 x + u, ux − x u−1 u0 x + u = = , ux + x u+1 y = ux,
u−1 u − 1 − u2 − u −1 − u2 −u= = . u+1 u+1 u+1 Obtenemos la EDO separable u0 x =
x
du 1 + u2 =− , dx u+1
que resolvemos para determinar u(x), 1 u+1 du = − dx, u2 + 1 x Z Z 1 u+1 du = − dx. u2 + 1 x Calculamos aparte la primera integral Z Z Z ¢ u 1 1 ¡ u+1 du = du + du = ln u2 + 1 + arctan u, 2 2 2 u +1 u +1 u +1 2 y obtenemos la solución
¢ 1 ¡ 2 ln u + 1 + arctan u = − ln |x| + c. 2
Deshacemos el cambio u = y/x ¶ µ 2 y y 1 + 1 + arctan = − ln |x| + c, ln 2 x2 x y reescribimos la solución en una forma más conveniente ¶ µ 2 y y + 1 + 2 arctan = −2 ln |x| + 2c ln x2 x
Ejercicios: EDO’s de primer orden
ln
(7.5)
µ
19
¶ y y2 + 1 + ln x2 + 2 arctan = c1 , (c1 = 2c) x2 x ¡ ¢ y ln y 2 + x2 + 2 arctan = c1 . x −y dx + (x +
√ xy) dy = 0.
Escribimos la EDO en forma normal y dy = √ , dx x + xy cambio y 0 = u0 x + u, ux u √ √ , u0 x + u = = 2 1 + u x + ux y = ux,
u0 x =
u u − u − u3/2 −u3/2 √ −u= √ , = 1+ u 1+ u 1 + u1/2
x
du −u3/2 , = dx 1 + u1/2
EDO separable.
1 1 + u1/2 du = − dx, 3/2 x u Z Z 1 1 + u1/2 du = − dx, 3/2 x u
resolvemos la integral del lado izquierdo ¶ Z µ Z 1 + u1/2 1 1 2 du = + du = − √ + ln |u|. u u u3/2 u3/2 Solución
2 − √ + ln |u| = − ln |x| + c, u
deshacemos el cambio u = y/x ¯y¯ 2 ¯ ¯ − p y + ln ¯ ¯ = − ln |x| + c, x x
reescribimos la solución en forma más conveniente r ¯y¯ x ¯ ¯ −2 + ln ¯ ¯ + ln |x| = c y x r x ln |y| − 2 = c, c ∈ R. ¤ y Ejercicio 8 Determina una solución explícita para el siguiente problema de valor inicial ( dy xy 2 = y 3 − x3 , dx y(1) = 2.
Ejercicios: EDO’s de primer orden
20
Es una EDO homogénea. Forma normal dy y 3 − x3 , = dx xy 2 cambio y = ux,
y 0 = u0 x + u,
u3 x3 − x3 u3 − 1 = , u2 x3 u2 u3 − 1 −1 −u= 2 , u0 x = u2 u
u0 x + u =
separamos variables
Z
2
u du = −
Z
1 dx, x
1 3 u = − ln |x| + c, 3 deshacemos el cambio u = y/x 1 y3 = − ln |x| + c, 3 x3 y 3 = −3x3 ln |x| + c1 x3 ,
(c1 = 3c),
imponemos la condición inicial y(1) = 2 para determinar la constante c1 8 = 0 + c1
⇒
c1 = 8,
solución implícita y 3 = −3x3 ln |x| + 8x3 , solución explícita y=x
p 3 8 − 3 ln |x|. ¤
Ejercicio 9 Determina una solución explícita para el siguiente problema de valor inicial ½ ¡ y¢ y x + ye x dx − xe x dy = 0, y(1) = 0. Es una EDO homogénea. Forma normal dy x + yey/x , = dx x ey/x cambio y = ux,
y 0 = u0 x + u,
x + ux eu 1 + u eu = , x eu eu 1 + ueu 1 u0 x = − u = u, eu e
u0 x + u =
separamos variables eu du =
1 dx, x
Ejercicios: EDO’s de primer orden Z
eu du =
21 Z
1 dx, x
eu = ln |x| + c,
deshacemos el cambio u = y/x ey/x = ln |x| + c, imponemos la condición inicial y(1) = 0 para determinar la constante e0 = ln 1 + c
⇒
c = 1,
ey/x = ln |x| + 1, solución explícita
3
y = ln(ln |x| + 1) x y = x ln(ln |x| + 1). ¤
EDO’s exactas
Ejercicio 10 Estudia si las siguientes ecuaciones diferenciales ordinarias son exactas y resuelve aquellas que lo sean. 1. (2x − 1) dx + (3y + 7) dy = 0. ¡ ¢ 2. (5x + 4y) dx + 4x − 8y 3 dy = 0. ¡ ¢ ¡ ¢ 3. 2xy 2 − 3 dx + 2x2 y + 4 dy = 0. ¡ ¢ ¢ ¡ 4. x2 − y 2 dx + x2 − 2xy dy = 0. ¡ ¢ ¡ ¢ 5. x − y 3 + y 2 sin x dx = 3xy 2 + 2y cos x dy. ³ ´ 6. (y ln y − e−xy ) dx + y1 + x ln y dy = 0. dy = 2xex − y + 6x2 . dx ¶ µ 1 dx + x2 y 2 = 0. 8. x2 y 3 − 1 + 9x2 dy
7. x
9. (tan x − sin x sin y) dx + cos x cos y dy = 0. ¡ ¢ ¡ ¢ 10. 4t3 y − 15t2 − y dt + t4 + 3y 2 − t dy = 0.
(10.1)
(2x − 1) dx + (3y + 7) dy = 0. Identificamos M = 2x − 1, N = 3y + 7,
Ejercicios: EDO’s de primer orden
22
que son continuas con derivadas parciales continuas en todo R2 . ⎫ ∂M ⎪ =0 ⎪ ⎪ ⎬ ∂y EDO exacta. ⎪ ⎪ ∂N ⎪ =0 ⎭ ∂x
Tenemos una solución u(x, y) = c con ⎧ ∂u ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ∂x = 2x − 1, ⎪ ⎪ ∂u ⎪ ⎩ = 3y + 7. ∂y
De la ecuación
∂u = 2x − 1, ∂x
obtenemos u=
Z
(2x − 1) dx = x2 − x + c1 (y),
sustituimos en la ecuación
y obtenemos
∂u = 3y + 7 ∂y
¢ ∂ ¡ 2 x − x + c1 (y) = 3y + 7, ∂y dc1 = 3y + 7. dy
Determinamos c1 (y) c1 =
Z
(3y + 7) dy =
3 2 y + 7y 2
y obtenemos la expresión completa para u(x, y) 3 u(x, y) = x2 − x + y 2 + 7y, 2 finalmente, la solución es 3 x2 − x + y 2 + 7y = c, 2 (10.2) Identificamos
c ∈ R.
¢ ¡ (5x + 4y) dx + 4x − 8y 3 dy = 0. M = 5x + 4y, N = 4x − 8y 3 ,
Ejercicios: EDO’s de primer orden
23
que son continuas con derivadas parciales continuas en todo R2 . ⎫ ∂M ⎪ =4 ⎪ ⎪ ⎬ ∂y EDO exacta. ⎪ ⎪ ∂N ⎪ =4 ⎭ ∂x
La EDO admite la solución u(x, y) = c con ⎧ ∂u ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ∂x = 5x + 4y,
⎪ ⎪ ∂u ⎪ ⎩ = 4x − 8y 3 . ∂y
De la ecuación
∂u = 5x + 4y, ∂x
obtenemos u=
Z
(5x + 4y) dx =
Sustituimos en la ecuación
y obtenemos ∂ ∂y
µ
5 2 x + 4xy + c1 (y). 2
∂u = 4x − 8y 3 ∂y
5 2 x + 4xy + c1 (y) 2 4x +
¶
= 4x − 8y 3 ,
dc1 = 4x − 8y 3 , dy
dc1 = −8y 3 . dy Determinamos c1 (y) c1 = resulta
Z
¢ ¡ −8y 3 dy = −2y 4 ,
u(x, y) =
5 2 x + 4xy − 2y 4 , 2
finalmente, la solución es 5 2 x + 4xy − 2y 4 = c, 2 (10.3)
c ∈ R.
¢ ¡ ¢ ¡ 2xy 2 − 3 dx + 2x2 y + 4 dy = 0. M = 2xy 2 − 3, N = 2x2 y + 4,
Ejercicios: EDO’s de primer orden
24
continuas con derivadas parciales continuas en todo R2 . ⎫ ∂M ⎪ = 4xy ⎪ ⎪ ⎬ ∂y EDO exacta, ⎪ ⎪ ∂N ⎪ = 4xy ⎭ ∂x
solución
u(x, y) = c con
⎧ ∂u ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎨ ∂x = 2xy − 3, ⎪ ∂u ⎪ ⎪ ⎩ = 2x2 y + 4. ∂y
De
∂u = 2xy 2 − 3, ∂x
obtenemos u=
Z
¢ ¡ 2xy 2 − 3 dx = x2 y 2 − 3x + c1 (y),
sustituimos en la ecuación
y obtenemos
∂u = 2x2 y + 4 ∂y
¢ ∂ ¡ 2 2 x y − 3x + c1 (y) = 2x2 y + 4, ∂y 2x2 y +
dc1 = 2x2 y + 4, dy
simplificamos y resulta dc1 = 4, dy integramos para determinar c1 (y) c1 =
Z
4dy = 4y.
Obtenemos la expresión completa de u(x, u) u(x, y) = x2 y 2 − 3x + 4y que proporciona la solución x2 y 2 − 3x + 4y = c, (10.4)
c ∈ R.
¡ 2 ¢ ¢ ¡ x − y 2 dx + x2 − 2xy dy = 0. M = x2 − y 2 , N = x2 − 2xy,
Ejercicios: EDO’s de primer orden
25
continuas con derivadas parciales continuas en todo R2 . ⎫ ∂M ⎪ ⎪ = −2y ⎪ ⎬ ∂y No es exacta. ⎪ ⎪ ∂N ⎪ = 2x − 2y ⎭ ∂x
(10.5)
¡ ¢ ¡ ¢ x − y 3 + y 2 sin x dx − 3xy 2 + 2y cos x dy = 0. M = x ¡− y 3 + y 2 sin x, ¢ N = − 3xy 2 + 2y cos x ,
continuas con derivadas parciales continuas en todo R2 . ⎫ ∂M ⎪ = −3y 2 + 2y sin x ⎪ ⎪ ⎬ ∂y EDO exacta. ⎪ ⎪ ∂N ⎪ = −3y 2 + 2y sin x ⎭ ∂x
La EDO admite la solución
u(x, y) = c, con
⎧ ∂u ⎪ 3 2 ⎪ ⎪ ⎨ ∂x = x − y + y sin x,
⎪ ⎪ ∂u ⎪ ⎩ = −3xy 2 − 2y cos x. ∂y
De
∂u = x − y 3 + y 2 sin x, ∂x
obtenemos u=
Z
¢ ¡ 1 x − y 3 + y 2 sin x dx = x2 − xy 3 − y 2 cos x + c1 (y), 2
sustituimos en la ecuación
∂u = −3xy 2 − 2y cos x ∂y y obtenemos ∂ ∂y
µ
¶ 1 2 3 2 x − xy − y cos x + c1 (y) = −3xy 2 − 2y cos x, 2 −3xy 2 − 2y cos x +
dc1 = −3xy 2 − 2y cos x, dy
dc1 = 0, dy c1 = constante.
Ejercicios: EDO’s de primer orden
26
Tomamos la siguiente expresión de u(x, y) u(x, y) =
1 2 x − xy 3 − y 2 cos x, 2
que nos proporciona la solución 1 2 x − xy 3 − y 2 cos x = c, 2 (10.6)
¡ ¢ y ln y − e−xy dx +
µ
c ∈ R.
1 + x ln y y
M = y ln y − e−xy , N = y1 + x ln y,
¶
dy = 0.
continuas con derivadas parciales continuas en la banda −∞ < x < ∞,
(10.7)
0 < y < ∞. ⎫ ∂M ⎪ = ln y + 1 + xe−xy ⎪ ⎪ ⎬ ∂y no es exacta. ⎪ ⎪ ∂N ⎪ ⎭ = ln y ∂x
dy = 2xex − y + 6x2 . dx Expresamos la EDO en forma diferencial ¡ ¢ 2xex − y + 6x2 dx − x dy = 0 x
y obtenemos
M = 2xex − y + 6x2 , N = −x,
continuas con derivadas parciales continuas en todo R2 . ⎫ ∂M ⎪ = −1 ⎪ ⎪ ⎬ ∂y EDO exacta. ⎪ ⎪ ∂N ⎪ = −1 ⎭ ∂x
Solución
u(x, y) = c con
De
⎧ ∂u ⎪ x 2 ⎪ ⎪ ⎨ ∂x = 2xe − y + 6x , ⎪ ⎪ ∂u ⎪ ⎩ = −x. ∂y
∂u = 2xex − y + 6x2 , ∂x
Ejercicios: EDO’s de primer orden
obtenemos u=
Z
¡
27
¢ 2xex − y + 6x2 dx = 2xex − 2ex − xy + 2x3 + c1 (y).
Sustituimos en la ecuación
y obtenemos
∂u = −x ∂y
¢ ∂ ¡ 2xex − 2ex − xy + 2x3 + c1 (y) = −x, ∂y −x +
dc1 = −x, dy
dc1 = 0, dy c1 = constante. Podemos tomar u(x, y) = 2xex − 2ex − xy + 2x3 , de donde resulta la solución 2xex − 2ex − xy + 2x3 = c, (10.8)
Forma diferencial
µ x2 y 3 − µ x2 y 3 −
1 1 + 9x2
1 1 + 9x2
¶
¶
c ∈ R.
dx + x2 y 2 = 0. dy
dx + x2 y 2 dy = 0,
identificamos M = x2 y 3 −
1 , 1 + 9x2
N = x2 y 2 , continuas con derivadas parciales continuas en todo R2 . ⎫ ∂M ⎪ = 3x2 y 2 ⎪ ⎪ ⎬ ∂y no es exacta. ⎪ ⎪ ∂N ⎪ = 2xy 2 ⎭ ∂x
(10.9)
(tan x − sin x sin y) dx + (cos x cos y) dy = 0. M = tan x − sin x sin y, N = cos x cos y, continuas con derivadas parciales continuas en la banda −π π
−∞ < y < ∞.
Ejercicios: EDO’s de primer orden
28
∂M = − sin x cos y ∂y
⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎬
⎪ ⎪ ∂N ⎪ = − sin x cos y ⎭ ∂x La EDO admite una solución de la forma
EDO exacta.
u(x, y) = c con
⎧ ∂u ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ∂x = tan x − sin x sin y, ⎪ ⎪ ∂u ⎪ ⎩ = cos x cos y. ∂y
De
∂u = tan x − sin x sin y, ∂x
obtenemos u=
Z
(tan x − sin x sin y) dx = − ln (cos x) + cos x sin y + c1 (y),
sustituimos en la ecuación
∂u = cos x cos y ∂y
y obtenemos ∂ (− ln (cos x) + cos x sin y + c1 (y)) = cos x cos y, ∂y cos x cos y + dc1 =0 dy
⇒
dc1 = cos x cos y, dy c1 = constante.
Podemos tomar u(x, y) = − ln (cos x) + cos x sin y, de donde resulta la solución − ln (cos x) + cos x sin y = c, (10.10)
c ∈ R.
¡ 3 ¢ ¡ ¢ 4t y − 15t2 − y dt + t4 + 3y 2 − t dy = 0. M = 4t3 y − 15t2 − y, N = t4 + 3y 2 − t,
continuas con derivadas parciales continuas en todo R2 . ⎫ ∂M ⎪ = 4t3 − 1 ⎪ ⎪ ⎬ ∂y EDO exacta. ⎪ ⎪ ∂N ⎪ = 4t3 − 1 ⎭ ∂t
Ejercicios: EDO’s de primer orden
29
La EDO admite una solución de la forma u(t, y) = c, con
⎧ ∂u ⎪ 3 2 ⎪ ⎪ ⎨ ∂t = 4t y − 15t − y, ⎪ ∂u ⎪ ⎪ ⎩ = t4 + 3y 2 − t. ∂y
De
∂u = 4t3 y − 15t2 − y, ∂t
obtenemos u=
Z
¡ 3 ¢ 4t y − 15t2 − y dt = t4 y − 5t3 − yt + c1 (y),
sustituimos en la ecuación
∂u = t4 + 3y 2 − t ∂y y resulta
¢ ∂ ¡4 t y − 5t3 − yt + c1 (y) = t4 + 3y 2 − t, ∂y t4 − t +
finalmente
dc1 = t4 + 3y 2 − t, dy
dc1 = 3y 2 , dy Z c1 = 3y 2 dy = y 3 , u(t, y) = t4 y − 5t3 − yt + y 3 ,
solución t4 y − 5t3 − yt + y 3 = c,
c ∈ R. ¤
Ejercicio 11 Resuelve el siguiente problema de valor inicial ½ ¡ ¢ 2 (x + y) dx + 2xy + x2 − 1 dy = 0, y(1) = 1. Identificamos
2
M = (x + y) , N = 2xy + x2 − 1,
que son continuas con derivadas parciales continuas en todo R2 . ⎫ ∂M ⎪ = 2x + 2y ⎪ ⎪ ⎬ ∂y EDO exacta. ⎪ ⎪ ∂N ⎪ = 2x + 2y ⎭ ∂x
Ejercicios: EDO’s de primer orden
30
La EDO admite una solución de la forma u(x, y) = c con ⎧ ∂u 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ∂x = (x + y) , ⎪ ⎪ ∂u ⎪ ⎩ = 2xy + x2 − 1. ∂y
De
∂u 2 = (x + y) , ∂x
obtenemos u=
Z
2
(x + y) dx =
1 3 (x + y) + c1 (y), 3
sustituimos en la ecuación ∂u = 2xy + x2 − 1 ∂y y resulta ∂ ∂y
µ
1 (x + y)3 + c1 (y) 3
¶
= 2xy + x2 − 1,
dc1 = 2xy + x2 − 1, dy dc1 x2 + 2xy + y 2 + = 2xy + x2 − 1, dy dc1 = −y 2 − 1, dy Z ¡ 2 ¢ 1 c1 = −y − 1 dy = − y 3 − y, 3 (x + y)2 +
finalmente
u(x, y) =
1 1 3 (x + y) − y 3 − y. 3 3
Familia de soluciones 1 1 (x + y)3 − y 3 − y = c, 3 3
c ∈ R.
Imponemos la condición inicial y(1) = 1 para determinar la constante 8 1 − −1=c 3 3
⇒
c=
4 , 3
1 1 4 3 (x + y) − y 3 − y = , 3 3 3 operando, podemos presentar la solución como sigue ¢ 1 4 1¡ 3 x + 3x2 y + 3xy 2 + y 3 − y 3 − y = , 3 3 3 4 1 3 x + x2 y + xy 2 − y = , 3 3 x3 + 3x2 y + 3xy 2 − 3y = 4. ¤
Ejercicios: EDO’s de primer orden
31
Ejercicio 12 Resuelve el siguiente problema de valor inicial ½ (4y + 2t − 5) dt + (6y + 4t − 1) dy = 0, y(−1) = 2. Identificamos M = 4y + 2t − 5 N = 6y + 4t − 1
que son continuas con derivadas parciales continuas en todo R2 . ⎫ ∂M ⎪ =4 ⎪ ⎪ ⎬ ∂y EDO exacta. ⎪ ⎪ ∂N ⎪ =4 ⎭ ∂t
Podemos obtener una familia de soluciones de la forma u(t, y) = c, con
c ∈ R,
⎧ ∂u ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ∂t = 4y + 2t − 5, ⎪ ∂u ⎪ ⎪ ⎩ = 6y + 4t − 1. ∂y
De
∂u = 4y + 2t − 5 ∂t
obtenemos u=
Z
(4y + 2t − 5) dt = 4yt + t2 − 5t + c1 (y).
Para determinar c1 (y), sustituimos en la ecuación ∂u = 6y + 4t − 1 ∂y y obtenemos
¢ ∂ ¡ 4yt + t2 − 5t + c1 (y) = 6y + 4t − 1, ∂y 4t +
c1 = finalmente, resulta
Z
dc1 = 6y + 4t − 1, dy dc1 = 6y − 1, dy
(6y + 1) dy = 3y 2 − y,
u(t, y) = 4yt + t2 − 5t + 3y 2 − y, familia de soluciones 4yt + t2 − 5t + 3y 2 − y = c,
c ∈ R.
Ejercicios: EDO’s de primer orden
32
Imponemos la condición inicial y(−1) = 2 para determinar la constante −8 + 1 + 5 + 12 − 2 = c resulta
⇒
c = 8,
4yt + t2 − 5t + 3y 2 − y = 8. ¤
Ejercicio 13 Resuelve el siguiente problema de valor inicial ¢ ¡ ¢ ½ ¡ 2 y cos x − 3x2 y − 2x dx + 2y sin x − x3 + ln y dy = 0, y(0) = e. Identificamos
M = y 2 cos x − 3x2 y − 2x, N = 2y sin x − x3 + ln y,
que son continuas con derivadas parciales continuas en la banda −∞ < x < ∞,
0 < y < ∞. ⎫ ∂M ⎪ = 2y cos x − 3x2 ⎪ ⎪ ⎬ ∂y EDO exacta, ⎪ ⎪ ∂N ⎪ = 2y cos x − 3x2 ⎭ ∂x
solución
u(x, y) = c
con
⎧ ∂u ⎪ 2 2 ⎪ ⎪ ⎨ ∂x = y cos x − 3x y − 2x, ⎪ ⎪ ∂u ⎪ ⎩ = 2y sin x − x3 + ln y. ∂y
De
∂u = y 2 cos x − 3x2 y − 2x, ∂x
obtenemos u=
Z
¢ ¡ 2 y cos x − 3x2 y − 2x dx = y 2 sin x − x3 y − x2 + c1 (y),
sustituimos en la ecuación
∂u = 2y sin x − x3 + ln y ∂y y obtenemos ¢ ∂ ¡ 2 y sin x − x3 y − x2 + c1 (y) = 2y sin x − x3 + ln y, ∂y 2y sin x − x3 +
dc1 = 2y sin x − x3 + ln y, dy
Ejercicios: EDO’s de primer orden
33
dc1 = ln y, dy c1
=
Z
ln y dy = y ln y −
= y ln y − y.
Z
y
µ ¶ 1 dy y
Finalmente u(x, y) = y 2 sin x − x3 y − x2 + y ln y − y, familia de soluciones y 2 sin x − x3 y − x2 + y ln y − y = c,
c ∈ R.
Imponemos la condición inicial y(0) = e, e2 sin 0 − 0 − 0 + e ln e − e = c, c = e − e = 0. Solución del problema de valor inicial y 2 sin x − x3 y − x2 + y ln y − y = 0. ¤ Ejercicio 14 Determina k para que la siguiente EDO sea exacta ¢ ¡ ¢ ¡ 3 y + kxy 4 − 2x dx + 3xy 2 + 20x2 y 3 dy = 0, resuélvela.
Identificamos
M = y 3 + kxy 4 − 2x, N = 3xy 2 + 20x2 y 3 ,
que son continuas con derivadas parciales continuas en todo R2 . Calculamos ⎫ ∂M ⎪ = 3y 2 + 4kxy 3 ⎪ ⎪ ⎬ ∂y y exigimos
⎪ ⎪ ∂N ⎪ = 3y 2 + 40xy 3 ⎭ ∂x ∂M ∂N = , ∂y ∂x
resulta 3y 2 + 4kxy 3 = 3y 2 + 40xy 3 , 4kxy 3 = 40xy 3
⇒
4k = 40,
k = 10. La ecuación diferencial es ¡ 3 ¢ ¡ ¢ y + 10xy 4 − 2x dx + 3xy 2 + 20x2 y 3 dy = 0,
Ejercicios: EDO’s de primer orden
34
solución u(x, y) = c, con
⎧ ∂u ⎪ 3 4 ⎪ ⎪ ⎨ ∂x = y + 10xy − 2x, ⎪ ⎪ ∂u ⎪ ⎩ = 3xy 2 + 20x2 y 3 . ∂y
De
∂u = y 3 + 10xy 4 − 2x, ∂x
obtenemos u=
Z
¡
¢ y 3 + 10xy 4 − 2x dx = xy 3 + 5x2 y 4 − x2 + c1 (y),
sustituimos en la ecuación
∂u = 3xy 2 + 20x2 y 3 ∂y y obtenemos ¢ ∂ ¡ 3 xy + 5x2 y 4 − x2 + c1 (y) = 3xy 2 + 20x2 y 3 , ∂y 3xy 2 + 20x2 y 3 +
dc1 = 3xy 2 + 20x2 y 3 , dy
dc1 = 0, dy c1 = constante. Familia de soluciones xy 3 + 5x2 y 4 − x2 = c,
c ∈ R. ¤
Ejercicio 15 Consideramos la ecuación diferencial (−xy sin x + 2y cos x) dx + 2x cos x dy = 0. 1. Verifica que la EDO no es exacta. 2. Multiplica la ecuación por el factor integrante µ = xy y verifica que la EDO resultante es exacta. 3. Resuélvela.
Ejercicios: EDO’s de primer orden
35
1. Inicialmente tenemos (−xy sin x + 2y cos x) dx + (2x cos x) dy = 0, identificamos M = −xy sin x + 2y cos x, N = 2x cos x, que son continuas con derivadas parciales continuas en todo R2 . ⎫ ∂M ⎪ = −x sin x + 2 cos x ⎪ ⎪ ⎬ ∂y no es exacta. ⎪ ⎪ ∂N ⎪ = 2 cos x − 2x sin x ⎭ ∂x
2. Multiplicamos por el factor integrante
µ = xy y resulta la nueva ecuación ¡ 2 2 ¢ ¡ ¢ −x y sin x + 2xy 2 cos x dx + 2x2 y cos x dy = 0
3. Solución
M = −x2 y 2 sin x + 2xy 2 cos x, N = 2x2 y cos x. ⎫ ∂M 2 ⎪ = −2x y sin x + 4xy cos x ⎪ ⎪ ⎬ ∂y EDO exacta. ⎪ ⎪ ∂N ⎪ 2 = 4xy cos x − 2x y sin x ⎭ ∂x u(x, y) = c
con
De
⎧ ∂u ⎪ 2 2 2 ⎪ ⎪ ⎨ ∂x = −x y sin x + 2xy cos x, ⎪ ∂u ⎪ ⎪ ⎩ = 2x2 y cos x. ∂y
∂u = 2x2 y cos x, ∂y
obtenemos u =
Z
¢ ¡ 2 2x y cos x dy
= x2 y 2 cos x + c1 (x), sustituimos en la ecuación ∂u = −x2 y 2 sin x + 2xy 2 cos x ∂x
Ejercicios: EDO’s de primer orden
36
y obtenemos ¢ ∂ ¡ 2 2 x y cos x + c1 (x) = −x2 y 2 sin x + 2xy 2 cos x, ∂x 2xy 2 cos x − x2 y 2 sin x + dc1 =0 dy
dc1 = −x2 y 2 sin x + 2xy 2 cos x, dx
⇒
c = constante.
Finalmente, tenemos la familia de soluciones x2 y 2 cos x = c,
4
c ∈ R. ¤
EDO’s lineales
Ejercicio 16 Resuelve las siguientes EDO’s lineales. Indica en cada caso un intervalo en el que la solución es válida. 1.
dy = 5y. dx
2.
dy + y = e3x . dx
3. y 0 + 3x2 y = x2 . 4. x2 y 0 + xy = 1. 5. x
dy − y = x2 sin x. dx
6. x
dy + 4y = x3 − x. dx
7. x2 y 0 + x (x + 2) y = ex . ¡ ¢ 8. y dx − 4 x + y 6 dy = 0.
9. cos x
dy + y sin x = 1. dx
10. (x + 1)
dy + (x + 2) y = 2xe−x . dx
(16.1) EDO lineal homogénea dy = 5y, dx escribimos la EDO en forma estándar y 0 − 5y = 0 e identificamos p(x) p(x) = −5,
Ejercicios: EDO’s de primer orden
37
la solución es R
= ke− (−5) dx R = ke 5 dx = ke5x
y
y = ke5x ,
k ∈ R.
Solución definida en todo R. (16.2) Es una EDO lineal completa dy + y = e3x , dx y 0 + y = e3x , p(x) = 1. Solución general de la EDO homogénea asociada yh (x) = ke−
R
dx
= ke−x ,
k ∈ R.
Determinamos una solución particular de la EDO completa por el método de variación de parámetros, esto es, proponemos un solución yp = k(x) e−x y sustituimos en la EDO completa 0 −x −x 3x − ke−x} + ke | {z } = e . |k e {z yp
yp0
Determinamos k(x)
k0 e−x = e3x , k0
=
k
=
e3x = e4x , −x e Z
e4x dx =
1 4x e + c. 4
Tomamos
1 4x e , 4 de donde obtenemos la solución particular de la EDO completa µ ¶ 1 4x −x 1 3x e = e . e yp (x) = 4 4 k(x) =
Finalmente la solución general de la EDO completa es de la forma y(x) = yh (x) + yp (x) esto es
1 y(x) = ke−x + e3x , 4
k ∈ R.
Ejercicios: EDO’s de primer orden
38
La soluciones están definidas en (−∞, +∞). (16.3) Es una EDO lineal completa. y 0 + 3x2 y = x2 , identificamos p(x) = 3x2 . Solución general de la EDO homogénea asociada R R yh (x) = ke p(x) dx = ke− 3
= ke−x ,
3x2 dx
k ∈ R.
Variación de parámetros: proponemos una solución particular de la EDO completa de la forma 3 yp (x) = k(x)e−x , la derivada es
3
3
yp0 = k0 e−x − 3kx2 e−x . Sustituimos en la EDO completa para determinar k(x) 3
3
3
k0 e−x − 3kx2 e−x + 3x2 ke−x = x2 , 3
k0 e−x = x2 ,
Tomamos
3 x2 k0 = −x3 = x2 ex , e Z 3 1 3 k = x2 ex dx = ex + c. 3
1 x3 e , 3 de donde resulta la siguiente solución particular de la EDO completa µ ¶ 1 x3 −x3 1 yp = = . e e 3 3 k(x) =
Finalmente, la solución general de la EDO completa es y = yh + yp 3 1 y = ke−x + , k ∈ R. 3 Las soluciones están definidas en (−∞, +∞). Observa que si escribes la ecuación en la forma
y0
= x2 − 3x2 y = x2 (1 − 3y),
Ejercicios: EDO’s de primer orden
39
está claro que la solución constante y = 1/3 es una solución singular y puede ser usada como solución particular. (16.4) Es una EDO lineal completa en forma no estándar x2 y 0 + xy = 1. Forma estándar y0 +
1 1 y = 2. x x
Homogénea asociada y0 +
1 y=0 x
⇒
p(x) =
1 . x
Solución general de la ecuación EDO homogénea yh
R
1
= ke− x dx = ke− ln|x| = keln(1/|x|) 1 = k , tomamos x ∈ (0, +∞) , |x|
k , k ∈ R. x Variación de parámetros. Proponemos una solución particular de la EDO completa de la forma k(x) yp = , x la derivada es k0 k − 2. yp0 = x x Sustituimos en la EDO completa para determinar k(x). yh =
y0 +
Tomamos
1 1 y = 2, x x
1k k0 k 1 − 2+ = 2, x x xx x 1 k0 = 2, x x Z 1 1 0 k = ⇒ k= dx = ln x + c. x x k(x) = ln x,
que nos proporciona la solución particular de la EDO completa yp =
ln x . x
Finalmente, la solución general de la EDO completa es y = yh + yp ,
Ejercicios: EDO’s de primer orden
40
k 1 + ln x, k ∈ R. x x La soluciones están definidas para x ∈ (0, +∞) . (16.5) EDO lineal completa en forma no estándar. y=
x Forma estándar
dy − y = x2 sin x. dx
1 dy − y = x sin x. dx x
Ecuación homogénea asociada y0 −
1 y = 0, x
1 p(x) = − . x Solución general de la EDO homogénea yh
= ke− = = = =
R
p(x) dx
R
1 ke− (− x ) dx R 1 ke x dx keln|x| , resolvemos para x > 0. keln x = kx.
yh = kx,
x ∈ R.
Proponemos una solución particular de la EDO completa de la forma yp = k(x) x, la derivada es yp0 = k0 x + k. Sustituimos en la EDO completa para determinar k(x). k0 x + k −
1 kx = x sin x, x
k0 x = x sin x,
k= Tomamos
Z
k0 = sin x, sin x dx = − cos x + c. k(x) = − cos x,
que produce la siguiente solución de la EDO completa yp = −x cos x.
Ejercicios: EDO’s de primer orden
41
Finalmente, la solución general de la EDO completa es y = yh + yp , y = kx − x cos x,
k ∈ R.
Las soluciones están definidas para x > 0. (16.6) EDO lineal completa en forma no estándar. x
dy + 4y = x3 − x. dx
Forma estándar y0 +
4 y = x2 − 1. x
EDO homogénea asociada y0 +
4 y = 0, x
identificamos p(x) =
4 . x
Solución general de la EDO homogénea yh
R
R
4
= ke− p(x) dx = ke− x dx = ke−4 ln|x| −4 4 = keln|x | = keln 1/x , k , (x 6= 0), tomamos p.e. x > 0. = x4
Determinamos la solución de la EDO completa por variación de parámetros. Proponemos la solución 1 yp = k(x) · 4 , x 4k 1 yp0 = k0 4 − 5 , x x sustituimos en la EDO completa para determinar k(x), µ ¶ 4k 4 k 0 1 = x2 − 1, k 4− 5 + x x x x4 k0
1 = x2 − 1, x4
k0 = x6 − x4 . Z ¢ ¡ 6 x7 x5 − . k= x − x4 dx = 7 5
Obtenemos la solución particular de la EDO completa µ 7 ¶ x x5 1 − yp = 7 5 x4 x3 x = − . 7 5
Ejercicios: EDO’s de primer orden
42
La solución general de la EDO completa es y = yh + yp k x3 x + − , k ∈ R, 4 x 7 5 definida en cualquier intervalo que no contenga x = 0. (16.7) EDO lineal completa en forma no estándar. y=
x2 y 0 + x(x + 2)y = ex . Forma estándar
x(x + 2) 1 y = 2 ex , x2 x µ ¶ 2 1 0 y = 2 ex . y + 1+ x x y0 +
Homogénea asociada
µ ¶ 2 y + 1+ y = 0, x 0
identificamos p(x) = 1 + 2/x. Solución de la EDO homogénea = ke−
yh
R
p(x) dx
R
2 = ke− (1+ x ) dx = ke−x−2 ln|x| −2 = ke−x · eln x 1 = ke−x · 2 , x
e−x , k ∈ R. x2 Determinamos una solución particular de la EDO completa por variación de parámetros. Proponemos la solución particular yh = k
yp = k(x)
e−x , x2
la derivada es yp0
−e−x x2 − e−x · 2x e−x + k 4 x2 ¡ 2 x ¢ −x + 2x x e = k0 2 − ke−x . 4 x x = k0
Sustituimos en la EDO completa y0 +
x2 + 2x 1 · y = 2 ex , x2 x
Ejercicios: EDO’s de primer orden
43
1 e−x x2 + 2x x2 + 2x e−x + · k 2 = 2 ex k0 2 − ke−x 4 2 x x x x x | {z } | {z } yp0
yp
k0
k0 = Determinamos k(x), k(x) =
1 e−x = 2 ex , 2 x x
x2 ex · = e2x . x2 e−x Z
e+2x dx =
1 2x e , 2
y obtenemos la siguiente solución particular de la EDO completa µ ¶ 1 2x e−x ex yp = = 2. e 2 2 x 2x La solución general de la EDO completa es y = yh + yp , ke−x ex + , k ∈ R. x2 2x2 Las soluciones son válidas para x > 0. (16.8) La EDO ¢ ¡ y dx − 4 x + y 6 dy = 0 y=
no es lineal en y; sin embargo si es lineal en x = x(y) ¡ ¢ y dx = 4 x + y 6 dy, ¢ ¡ 4 x + y6 4 dx = = x + 4y 5 . dy y y Forma estándar
4 x0 − x = 4y 5 ; y
4 p(y) = − . y
Solución general de la EDO homogénea asociada 4 x0 − x = 0, y R
4
xh = k e− − y dy = k e4 ln|y| 4 x = k eln y = ky 4 . Solución de la ecuación completa por variación de parámetros, tomamos k = k(y) xp x0p
= k(y) y 4 , = k0 y 4 + 4ky 3 ,
Ejercicios: EDO’s de primer orden
44
4 k0 y 4 + 4y 3 − ky 4 = 4y 5 , y k0 = Obtenemos k(y) =
Z
4y 5 = 4y. y4 4y dy = 2y 2 ,
que nos proporciona una solución particular de la EDO completa ¡ ¢ xp = 2y 2 y 4 = 2y 6 .
Finalmente, determinamos la solución general de la EDO completa x(y) = xh (y) + xp (y), x(y) = ky 4 + 2y 6 , k ∈ R. La soluciones son válidas en todo intervalo que no contenga y = 0. (16.9) dy cos x + y sin x = 1. dx Forma estándar sin x 1 dy + y= , dx cos x cos x sin x . p(x) = cos x EDO homogénea asociada sin x y = 0, y0 + cos x yh = ke−
R
sin x cos x
dx
Resolvemos la integral del exponente Z Z sin x − sin x − dx = dx = ln |cos x| , cos x cos x = ln (cos x) ,
.
tomamos − π/2 < x < π/2
yh = keln(cos x) yh = k cos x,
k ∈ R.
Variación de parámetros. Proponemos la solución particular yp yp0
= k(x) cos x, = k0 cos x − k sin x,
y determinamos k(x) sin x 1 0 k − k sin x} + · k cos x = , | cos x{z cos x cos x y0
Ejercicios: EDO’s de primer orden
45
1 k0 cos x = , cos x Z 1 1 ⇒ k = dx = tan x. k0 = 2 cos x cos2 x
Solución particular de la EDO completa
yp = tan x cos x = sin x. Solución general de la EDO completa y = yh + yp y = k cos x + sin x,
k ∈ R.
Las soluciones son válidas para x ∈ (−π/2, π/2) . (16.10) dy (x + 1) + (x + 2) y = 2x e−x . dx Forma estándar dy x+2 2x −x + y= e , dx x + 1 x+1 x+2 x+1+1 1 p(x) = = =1+ . x+1 x+1 x+1 Solución general de la EDO homogénea asociada µ ¶ 1 0 y + 1+ y = 0, x+1 yh
R
1 = ke− (1+ x+1 ) dx = ke−(x+ln|x+1|) ,
tomamos x + 1 > 0 (que implica x > −1), yh
= ke−x−ln(x+1) 1
= ke−x eln x+1 e−x = k , (x > −1) . x+1 Variación de parámetros, proponemos la solución particular de la EDO completa yp = k(x)
yp0
e−x , x+1
−e−x − e−x (x + 1) e−x +k x+1 (x + 1)2 −x e 1+x+1 = k0 − ke−x x+1 (x + 1)2 −x e x+2 = k0 , − ke−x x+1 (x + 1)2 = k0
Ejercicios: EDO’s de primer orden
46
sustituimos en la ecuación completa y0 +
x+2 2x −x y= e x+1 x+1
x+2 2x −x e−x e−x x+2 k0 + = − ke−x ·k e 2 x+1 (x + 1) x + 1 | x{z + 1} x + 1 | {z } yp
yp0
y resulta
k0
e−x 2x −x = e , x+1 x+1
k0 = 2x, Z k = 2x dx = x2 ,
obtenemos la siguiente solución particular de la EDO completa yp = x2
e−x x+1
Solución general de la EDO completa y = yh + yp , k e−x x2 e−x + , x+1 x+1 Las soluciones son validas para x > −1. ¤ y=
k ∈ R.
Ejercicio 17 Determina una solución explícita para el problema de valor inicial ½ xy 0 + y = ex , y(1) = 2. Indica un intervalo en el que esté definida la solución. EDO lineal. Forma estándar y0 +
1 1 y = ex , x x
p(x) =
1 . x
EDO Homogénea 1 y = 0, x solución general de la EDO homogénea y0 +
yh = ke−
R
1 x
dx
= ke− ln|x| ,
tomamos x > 0 y = ke− ln x = keln 1/x ,
Ejercicios: EDO’s de primer orden
47
k , k ∈ R. x Determinamos una solución de la EDO completa por el método de variación de parámetros y=
yp yp0
1 = k(x) , x 1 1 = k0 − k 2 , x x
1 1 1 1 1 k 0 − k 2 + k = ex , x x | x {z x } x |{z} yp0
yp
1 1 = ex , x x k0 = ex , Z k = ex dx = ex . k0
Resulta
ex . x Finalmente, la solución general de la EDO completa es yp =
y=
k ex + , x x
k ∈ R.
Solución del problema de valor inicial. Imponemos la condición y(1) = 2 para determinar el valor de la constante k e + =2 1 1 y=
⇒
2 − e ex , + x x
k = 2 − e, x ∈ (0, +∞) . ¤
Ejercicio 18 Determina una solución explícita para el problema de valor inicial ⎧ dy ⎪ ⎨ (x + 1) + y = ln x, dx ⎪ ⎩ y(1) = 10, x > 0. Es una EDO lineal completa. Forma estándar
1 ln x dy + y= , dx x + 1 x+1 identificamos
1 . x+1 Solución de la EDO homogénea asociada p(x) =
yh
R
= ke− p(x) dx = ke− = ke− ln|x+1| ,
R
1 x+1
dx
Ejercicios: EDO’s de primer orden
48
tomamos x+1>0
⇒
x > −1,
= ke− ln(x+1)
yh
1
= keln x+1 = k
1 x+1
1 , k ∈ R. x+1 Determinamos una solución particular de la EDO completa. Proponemos una solución de la forma 1 , yp = k(x) · x+1 la derivada es 1 1 . −k yp0 = k0 x+1 (x + 1)2 Sustituimos en la EDO completa para determinar k(x) yh = k
1 ln x y= , x+1 x+1 1 ln x 1 k 1 + = k0 −k · , 2 x+1 (x + 1) x + 1 |x {z + 1} x + 1 | {z } y0 +
yp
yp0
k0
k
ln x 1 = , x+1 x+1 k0 = ln x,
Z
Z 1 ln x dx = x ln x − x · dx x Z = x ln x − dx = x ln x − x.
=
Hemos obtenido la siguiente solución particular para la EDO completa yp = (x ln x − x)
1 , x+1
la solución general de la EDO completa es y = yh + yp , k x ln x − x + , k ∈ R. x+1 x+1 Para determinar el valor de la constante, imponemos la condición inicial y=
y(1) = 10, k 1 ln 1 − 1 + = 10, 2 2 k − 1 = 20 ⇒ k = 21.
La solución del problema de valor inicial es y=
21 + x ln x − x , x+1
x > −1. ¤
Ejercicios: EDO’s de primer orden
49
Ejercicio 19 Resuelve el problema de valor inicial ⎧ dy ⎪ ⎨ + 2y = f (x), dx ⎪ ⎩ y(0) = 0,
donde
f (x) =
½
1 si 0 ≤ x ≤ 3, 0 si x > 3.
Se trata de una EDO lineal y 0 + 2y = f (x). EDO homogénea asociada y 0 + 2y = 0, identificamos p(x) = 2, la solución general de la EDO homogénea asociada es yp
R
= ke− p(x) dx = ke− = ke−2x , k ∈ R.
R
2 dx
Determinamos la solución para el tramo 0 ≤ x ≤ 3. En este caso, tenemos la EDO completa y 0 + 2y = 1 0 ≤ x ≤ 3, proponemos una solución particular para la EDO completa yp = k(x) e−2x , yp0 = k0 e−2x − 2k e−2x y sustituimos en la EDO completa y 0 + 2y = 1, −2x k0 e−2x − 2ke−2x +2 ke | {z }= 1 | {z } yp
yp0
Resulta la solución
k0 e−2x = 1, 1 k0 = −2x = e2x , e Z 1 k = e2x dx = e2x . 2
yp =
µ
1 2x e 2
¶
e−2x =
1 2
La solución general de la EDO completa en el primer tramo es 1 y = ke−2x + , 2
k ∈ R.
Ejercicios: EDO’s de primer orden
50
Observa que si escribes la EDO en la forma y 0 = 1 − 2y, está claro que la EDO tiene la solución singular y = 1/2. Aplicamos la condición inicial y(0) = 0, 1 0 = k · e0 + ⇒ k = −1/2. 2 La solución del problema de valor inicial en el primer tramo es, por lo tanto, y=
1 1 −2x , − e 2 2
0 ≤ x ≤ 3.
Calculamos el valor de esa solución al final de primer tramo y(3) =
1 1 −6 − e . 2 2
Para obtener una solución continua, exigimos para la solución del tramo x ∈ (3, +∞) ⎧ ⎨ y 0 + 2y = 0, ¢ 1¡ ⎩ y(3) = 1 − e−6 . 2 Hemos visto anteriormente que la solución de y 0 + 2y = 0 es y = ke−2x . Imponemos la condición inicial ⎧ ⎨ x = 3,
⎩ y(3) =
y resulta
1 1 −6 − e , 2 2
1 1 −6 − e , 2 2 ¡ ¢ 1 1 − e−6 2 e−6 ¡ ¢ 1 6 e 1 − e−6 2 ¢ 1¡ 6 e −1 . 2
ke−6 =
k
= = =
Solución del 2o tramo y= Función solución
¢ 1¡ 6 e − 1 e−2x . 2
⎧ 1 1 −2x ⎪ , si 0 ≤ x ≤ 3, ⎪ ⎨ 2 − 2e y(x) = ⎪ 1¡ ¢ ⎪ ⎩ e6 − 1 e−2x , si x > 3. 2
¤
Ejercicios: EDO’s de primer orden
51
Ejercicio 20 Resuelve el problema de valor inicial ⎧ dy ⎪ ⎨ + 2xy = f (x), dx ⎪ ⎩ y(0) = 2,
donde
f (x) =
½
x, si 0 ≤ x ≤ 1, 0, si x ≥ 1.
Tenemos una EDO lineal completa. Homogénea asociada y 0 + 2xy = 0, identificamos p(x) = 2x, yp = ke−
R
p(x) dx
2
= ke−x
Calculamos por variación de parámetros una solución de la EDO completa para el tramo 0 ≤ x ≤ 1 2 yp = k e−x , 2
2
yp0 = k0 e−x − 2kx e−x , sustituimos en la EDO completa y 0 + 2xy = x, 2
0 ≤ x ≤ 1,
2
2
k0 e−x − 2kx e−x + 2xk e−x = x, 2
k0 e−x = x, 2 x k0 = −x2 = xex , e Z 2 1 2 k = xex dx = ex , 2 µ ¶ 1 x2 −x2 1 = . e yp = e 2 2 Solución general de la EDO completa, tramo 0 ≤ x ≤ 1 2 1 y = ke−x + , 2
k ∈ R.
Imponemos la condición inicial y(0) = 2, 1 = 2, 2 1 k = 2 − = 3/2, 2 2 1 3 y = + e−x , x ∈ [0, 1] . 2 2 ke0 +
Ejercicios: EDO’s de primer orden
52
Solución para x > 1. En este caso la EDO es y 0 + 2xy = 0,
x > 1.
Por continuidad, tomamos como valor inicial del segundo tramo el valor que toma la función del primer tramo en x = 1, esto es y(1) = ytramo1 (1), 1 3 −1 + e . 2 2 La solución del segundo tramo verifica el problema de valor inicial ( 0 y + 2xy = 0, 1 3 y(1) = + e−1 , x ≥ 1. 2 2 y(1) =
La solución de y 0 + 2xy = 0 es 2
y = ke−x , Imponemos la condición inicial y(1) =
1 3 −1 + e , 2 2
1 3 ke−1 = + e−1 , 2 2 µ ¶ 1 3 −1 1 3 k= e= e+ . + e 2 2 2 2
Solución en el segundo tramo y2
= = =
µ
1 3 e+ 2 2
¶
2
e−x
2 2 1 3 e · e−x + e−x 2 2 1 1−x2 3 −x2 + e . e 2 2
Solución global
y(x) =
⎧ 1 3 −x2 ⎪ ⎪ , + e ⎪ ⎨ 2 2
si 0 ≤ x ≤ 1,
⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 1 e1−x2 + 3 e−x2 , si x > 1. 2 2
¤
Ejercicio 21 La función integral seno Si(x) se define como Z x sin t dt Si(x) = t 0 y Si(0) = 0. Usando Si(x), resuelve el siguiente problema de valor inicial ½ 3 0 x y + 2x2 y = 10 sin x, y(1) = 0.
Ejercicios: EDO’s de primer orden
53
EDO lineal, la escribimos en forma estándar 2x2 sin x y = 10 3 , 3 x x
y0 +
y0 +
2 sin x y = 10 3 . x x
Homogénea asociada 2 y = 0, x
y0 + identificamos
p(x) =
2 . x
Solución general de la EDO homogénea yh
= ke−
R
p(x) dx
= ke−
R
2 x
dx
2
= ke−2 ln|x| = keln 1/x , resolvemos para x > 0 = keln 1/x 1 = k 2. x
y
2
Solución completa por variación de parámetros yp = k(x)
yp0
1 , x2
µ ¶ 2 1 = k 2 +k − 3 x x 2 0 1 = k 2 −k 3, x x 0
1 2 2 sin 1 k0 2 − k 3 + · k 2 = 10 3 , x x | x {z x } x |{z} y0
y
sin x 1 = 10 3 , x2 x sin x k0 = 10 , x Z x Z sin t sin x dx = 10 dt = 10 Si(x). k = 10 x t 0 k0
Solución particular de la EDO completa yp = 10
Si(x) . x2
Solución general de la EDO completa y=
k 10 Si(x) + . x2 x2
Ejercicios: EDO’s de primer orden
54
Imponemos la condición inicial y(1) = 0, y(1) = k + 10 Si(1) = 0, k = −10 Si(1),
−10 Si(1) 10 Si(x) + , x2 x2 10 y(x) = 2 (Si(x) − Si(1)) . ¤ x y(x) =
5
Métodos numéricos
Ejercicio 22 Consideramos el problema de valor inicial ½ 0 y = x2 − y, y(0) = 1, 0 ≤ x ≤ 1. 1. Calcula la solución exacta. 2. Aproxima la solución usando el método de Euler de 4 pasos, calcula los errores de truncamiento. 3. Aproxima la solución usando el método de Euler modificado de 4 pasos, calcula los errores de truncamiento. 4. Aproxima la solución usando el método de Taylor de orden 2 de 4 pasos, calcula los errores de truncamiento. 1) Solución exacta. EDO lineal, la escribimos en forma estándar y 0 + y = x2 . Homogénea asociada y 0 + y = 0, identificamos p(x) = 1. Solución general de la EDO homogénea yh = ke−
R
dx
= ke−x ,
k ∈ R.
Solución de la EDO completa por variación de parámetros, tomamos k = k(x) yp = k(x) e−x , yp0 = k0 e−x − ke−x . Sustituimos en la EDO completa y 0 + y = x2 , k0 e−x − ke−x + ke−x = x2 ,
Ejercicios: EDO’s de primer orden
55
k0 e−x = x2 , x2 = x2 ex , e−x Z k = x2 ex dx.
k0 =
La integral se calcula aplicando integración por partes dos veces Z Z 2 x 2 x x e dx = x e − 2xex dx Z = x2 ex − 2 xex dx ∙ ¸ Z 2 x x x = x e − 2 xe − e dx = x2 ex − 2xex + 2ex .
Tenemos la solución particular de la EDO completa ¡ ¢ yp = x2 ex − 2xex + 2ex e−x = x2 − 2x + 2.
Solución general de la EDO completa y = yh + yp , y = ke−x + x2 − 2x + 2,
k ∈ R.
Solución del problema de valor inicial: exigimos y(0) = 1 ke0 + 2 = 1, k = 1 − 2 = −1. Finalmente, resulta y = −e−x + x2 − 2x + 2. 2) Método de Euler de 4 pasos. Intervalo [a, b] = [0, 1] , step b−a 1 = = 0.25. 4 4 El problema está en forma normal h=
y 0 = f (x, y) con f (x, y) = x2 − y. Formulación del método y¯j+1
= y¯j + h f (xj , y¯i ) = y¯j + h (x2j − y¯i ).
Ejercicios: EDO’s de primer orden
Fase 1. Partimos de
56
½
x0 = 0, y0 = 1,
calculamos ¡ ¢ y¯1 = y¯0 + 0.25 · x20 − y¯0 = 1 + 0.25 × (−1) = 0.75.
Fase 2. Partimos de
½
x1 = 0.25, y¯1 = 0.75,
calculamos y¯2
¡ ¢ ¢ ¡ = y¯1 + 0.25 x21 − y¯1 = 0.75 + 0.25 · 0.252 − 0.75 = 0.5781.
Fase 3. Partimos de
½
x2 = 0.5, y¯2 = 0.5781,
calculamos y¯3
¡ ¢ = 0.5781 + 0.25 · 0.52 − 0.5781 = 0.4961.
Fase 4. Partimos de
½
x3 = 0.75, y¯3 = 0.4961,
calculamos y¯4
¡ ¢ = 0.4961 + 0.25 · 0.752 − 0.4961 = 0.5127.
Resumen de valores y errores de truncamiento j 0 1 2 3 4
xj 0 0.25 0.50 0.75 1
y¯j 1.0000 0.7500 0.5781 0.4691 0.5127
yj 1 0.7837 0.6435 0.5901 0.6321
|ej | = |yj − y¯j | 0 0.0337 0.0654 0.0940 0.1194
3) Método de Euler modificado. En cada paso debemos calcular ⎧ (1) ⎪ kj = f (xj , y¯j ) , ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ³ ´ ⎨ (2) (1) kj = f xj+1 , y¯j + hkj , ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ³ ´ ⎪ ⎪ (j) (j) ⎩ y¯ . = y¯ + h k + k j+1
j
2
1
2
Ejercicios: EDO’s de primer orden
57
Fase 1. Tenemos ⎧ ⎪ ⎪ ⎨
Calculamos
⎪ ⎪ ⎩
(0)
(0)
k2
x0 = 0, y0 = 1, x1 = 0.25.
k1 = f (x0 , y¯0 ) = f (0, 1) = 02 − 1 = −1, ³ ´ (0) = f x1 , y¯0 + hk1
= f (0.25, 1 + 0.25(−1)) = f (0.25, 1 − 0.25) = f (0.25, 0.75) = (0.25)2 − 0.75 = −0.6875,
y¯1
Fase 2. Tenemos
Calculamos
´ h ³ (0) (0) k1 + k2 2 0.25 = 1+ (−1 − 0.6875) = 0.7891. 2 ⎧ ⎨ x1 = 0.25, y¯1 = 0.7891, ⎩ x2 = 0.5.
= y¯0 +
⎧ (1) ⎪ k1 = f (x1 , y¯1 ) , ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ³ ´ ⎨ (1) (1) k2 = f x2 , y¯1 + hk1 , ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ³ ´ ⎪ ⎪ ⎩ y¯2 = y¯1 + h k(1) + k(1) . 1
(1)
2
k1 = f (0.25, 0.7891) = (0.25)2 − 0.7891 = −0.7266. (1)
k2
y¯2
= f (0.5, 0.7891 + 0.25 · (−0.7266)) = f (0.5, 0.6074) = (0.5)2 − 0.6074 = −0.3574. = 0.7891 +
0.25 · (−0.7266 − 0.3574) 2
= 0.6536. Fase 3. Tenemos
Calculamos
⎧ ⎨ x2 = 0.5, y¯2 = 0.6536, ⎩ x3 = 0.75.
⎧ (2) ⎪ k1 = f (x2 , y¯2 ) , ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ´ ³ ⎨ (2) (2) k2 = f x3 , y¯2 + hk1 , ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ³ ´ ⎪ ⎪ ⎩ y¯3 = y¯2 + h k(2) + k(2) . 2
1
2
Ejercicios: EDO’s de primer orden (2)
k1
(2)
k2
58
= f (0.5, 0.6536) = (0.5)2 − 0.6536 = −0.4036, = f (0.75, 0.6536 + 0.25 × (−0.4036)) = f (0.75, 0.5527) = (0.75)2 − 0.5527 = −0.0098.
´ h ³ (2) 0.25 (2) = 0.6536 + k1 + k2 (−0.4036 − 0.0098) 2 2 = 0.6044. = y2 +
y¯3
Fase 4. Tenemos
⎧ ⎨ x3 = 0.75, y¯3 = 0.6044, ⎩ x4 = 1.
Calculamos
⎧ (3) ⎪ k1 = f (x3 , y¯3 ) , ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ³ ´ ⎨ (3) (3) k2 = f x4 , y¯3 + hk1 , ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ³ ´ ⎪ ⎪ ⎩ y¯4 = y¯3 + h k(1) + k(1) . 2
(3)
k1
(3)
k2
1
2
= f (0.75, 0.6044) = (0.75)2 − 0.6044 = −0.0419, ³ ´ (3) = f x4 , y¯3 + hk1 = f (1, 0.6044 + 0.25 × (−0.0419))
= f (1, 0.5939) = 1 − 0.5939 = −0.406075. y¯4
= 0.6044 +
0.25 (−0.0419 − 0.406075) 2
= 0.6499. Resumen de valores y errores de truncamiento j 0 1 2 3 4
xj 0 0.25 0.5 0.75 1.0
y¯j 1 0.7891 0.6536 0.6044 0.6499
yj 1 0.7837 0.6435 0.5901 0.6321
|ej | = |yj − y¯j | 0 0.0054 0.0101 0.0143 0.0178
4) Método de Taylor de 2 o orden. El método es y¯j+1 = y¯j + h f (xj , y¯j ) + Tenemos
Fase 1. Partimos de
¤ h2 £ 0 f (xj , y¯j ) + fy0 (xj , y¯j ) f (xj , y¯j ) . 2 x
⎧ ⎨ f (x, y) = x2 − y, f 0 (x, y) = 2x, ⎩ x0 fy (x, y) = −1. x0 = 0,
y¯0 = 1.
Ejercicios: EDO’s de primer orden
Calculamos
y¯1
59
⎧ ⎨ f (x0 , y¯0 ) = 0 − 1 = −1, f 0 (x0 , y¯0 ) = 0, ⎩ x0 fy (x0 , y¯0 ) = −1,
¤ h2 £ 0 fx (x0 , y¯0 ) + fy0 (x0 , y¯0 ) f (x0 , y¯0 ) 2 (0.25)2 = 1 + 0.25 · (−1) + (0 + (−1) · (−1)) 2 = 0. 78125. = y¯0 + h f (x0 , y¯0 ) +
Fase 2. Partimos de x1 = 0.25, Calculamos
y¯2
y¯1 = 0. 78125.
⎧ 2 ⎨ f (x1 , y¯1 ) = (0.25) − 0. 78125 = −0. 71875, 0 f (x , y¯ ) = 0.5, ⎩ x0 1 1 fy (x1 , y¯1 ) = −1.
¤ h2 £ 0 fx (x1 , y¯1 ) + fy0 (x1 , y¯1 ) f (x1 , y¯1 ) 2 (0.25)2 = 0. 78125 + 0.25 · (−0. 71875) + [0.5 + (−1) · (−0. 71875)] 2 = 0. 63965. = y¯1 + h f (x1 , y¯1 ) +
Fase 3. Partimos de x2 = 0.5, Calculamos
y¯3
y¯2 = 0. 63965.
⎧ 2 ⎨ f (x2 , y¯2 ) = (0.5) − 0. 63965 = −0. 38965, 0 f (x , y¯ ) = 1, ⎩ x0 2 2 fy (x2 , y¯2 ) = −1.
¤ h2 £ 0 fx (x2 , y¯2 ) + fy0 (x2 , y¯2 ) f (x2 , y¯2 ) 2 (0.25)2 = 0. 63965 + 0.25 · (−0. 38965) + [1 + (−1) · (−0. 38965)] 2 = 0. 58566 . = y¯2 + h f (x2 , y¯2 ) +
Fase 4. Partimos de x3 = 0.75, Calculamos
y¯4
y¯3 = 0. 58566,
⎧ 2 ⎨ f (x3 , y¯3 ) = (0.75) − 0. 58566 = −0.0 2316 , 0 f (x , y¯ ) = 1.5, ⎩ x0 3 3 fy (x3 , y¯3 ) = −1.
¤ h2 £ 0 fx (x3 , y¯3 ) + fy0 (x3 , y¯3 ) f (x3 , y¯3 ) 2 (0.25)2 = 0. 58566 + 0.25 · (−0.0 2316 ) + [1.5 + (−1) · (−0.0 2316 )] 2 = 0. 62747. = y¯3 + h f (x3 , y¯3 ) +
Ejercicios: EDO’s de primer orden
60
Resumen y errores de truncamiento j 0 1 2 3 4
xj 0 0.25 0.50 0.75 1
y¯j 1.0000 0.78125 0.63965 0.58566 0.62747
yj 1 0.78370 0.64347 0.59013 0.63212
|ej | = |yj − y¯j | 0 0.00245 0.00382 0.00447 0.00465
¤
Ejercicio 23 Consideramos el problema de valor inicial ½ 0 y = 3y + 3x, y(0) = 1, 0 ≤ x ≤ 0.2. 1. Calcula la solución exacta. 2. Aproxima la solución usando el método de Euler de 5 pasos, calcula los errores de truncamiento. 3. Aproxima la solución usando el método de Euler modificado de 5 pasos, calcula los errores de truncamiento. 4. Aproxima la solución usando el método de Taylor de orden 2 de 5 pasos, calcula los errores de truncamiento. 1) Solución exacta. EDO lineal, la escribimos en forma estándar y 0 − 3y = 3x. Homogénea asociada y 0 − 3y = 0, identificamos p(x) = 3. Solución general de la EDO homogénea y = ke−
R
(−3) dx
= ke3x ,
k ∈ R.
Solución de la EDO completa por variación de parámetros. Proponemos una solución particular de la forma y = k(x) e3x , y 0 = k0 e3x + 3ke3x , y sustituimos en la EDO completa para determinar k(x). k0 e3x + 3ke3x − 3ke3x = 3x, k0 e3x = 3x, k0 =
3x = 3xe−3x , e3x
Ejercicios: EDO’s de primer orden
61
Z
3xe−3x dx Z −3x + e−3x dx = −xe
k
=
1 = −xe−3x − e−3x . 3 Obtenemos yp
µ ¶ 1 −3x 3x −3x = −xe − e e 3 1 = −x − . 3
Solución general de la EDO completa y = yh + yp , µ ¶ 1 3x y = ke + −x − , 3
k ∈ R.
Solución del problema de valor inicial. Imponemos la condición inicial y(0) = 1 1 4 1 =1⇒k =1+ = . 3 3 3 Solución del problema de valor inicial k−
y=
1 4 3x e −x− . 3 3
2) Método de Euler de 5 pasos. Intervalo [a, b] = [0, 0.2] , step 0.2 b−a = = 0.04. 5 5 El problema está en forma normal h=
y 0 = f (x, y) con f (x, y) = 3x + 3y. Formulación del método y¯j+1 = y¯j + h f (xj , y¯i ). Fase 1. Partimos de x0 = 0,
y¯0 = 1,
Calculamos y0 = 3, f (x0 , y¯0 ) = 3x0 + 3¯
Ejercicios: EDO’s de primer orden
62
y¯1 = y¯0 + h f (x0 , y¯0 ) = 1 + 0.04 · 3 = 1 + 0.12 = 1.12. Fase 2. Partimos de x1 = 0.04,
y¯1 = 1.12.
Calculamos y1 = 0.12 + 3.36 f (x1 , y¯1 ) = 3x1 + 3¯ = 3.48, = y¯1 + h f (x1 , y¯1 ) = 1.12 + 0.04 × 3.48 = 1.2592.
y¯2
Continuando de forma análoga se obtienen los siguientes resultados j 0 1 2 3 4 5
xj 0 0.04 0.08 0.12 0.16 0.20
y¯j 1 1.12 1.2592 1.4199 1.6047 1.8165
yj 1 1.1300 1.2817 1.4578 1.6614 1.8962
|ej | = |yj − y¯j | 0 0.0100 0.0225 0.0379 0.0567 0.0797
3) Método de Euler modificado de 5 pasos. El método es ⎧ (j) ⎪ k1 = f (xj , y¯j ) , ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ³ ´ ⎨ (j) (j) k1 = f xj+1 , y¯j + hk1 , ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ³ ´ ⎪ ⎪ ⎩ y¯j+1 = y¯j + h k(j) + k(j) . 2
1
2
Fase 1. Partimos de
x0 = 0, calculamos
x1 = 0.04,
y¯0 = 1,
(0)
y0 = 3, k1 = f (x0 , y¯0 ) = 3x0 + 3¯ (0)
k2
³ ´ (0) = f x1 , y¯0 + hk1 = f (0.04, 1 + 0.04 × 3)
= f (0.04 + 1.12) = 3(1.16) = 3.48,
y¯1
´ h ³ (0) 0.04 (0) =1+ k1 + k2 × (3 + 3.48) 2 2 = 1 + 0.02 × 6.48 = 1.1296. = y¯0 +
Fase 2. Partimos de x1 = 0.04,
x2 = 0.08,
y¯1 = 1.1296.
Ejercicios: EDO’s de primer orden
63
Calculamos (1)
k1
(1)
k2
= f (x1 , y¯1 ) = f (0.04, 1.1296) = 3(0.04, 1.1296) = 3.5088,
³ ´ (1) = f x2 , y¯1 + hk1
= f (0.08, 1.1296 + 0.04 × 3.5088) = f (0.08, 1.2700) = 3(0.08 + 1.2700) = 4.0499,
y¯2
´ h ³ (1) (1) k1 + k2 2 0.04 = 1.1296 + (3.5088 − 4.0499) 2 = 1.2808. = y¯1 +
Continuando de forma análoga, se obtienen los siguientes resultados: j 0 1 2 3 4 5
xj 0 0.04 0.08 0.12 0.16 0.20
y¯j 1 1.1296 1.2808 1.4563 1.6592 1.8930
yj 1 1.1300 1.2817 1.4578 1.6614 1.8962
|ej | = |yj − y¯j | 0 0.0004 0.0009 0.0015 0.0022 0.0032
4) Método de Taylor de 2 o orden. El método es y¯j+1 = y¯j + h f (xj , y¯j ) + Tenemos
¤ h2 £ 0 f (xj , y¯j ) + fy0 (xj , y¯j ) f (xj , yj ) . 2 x
f (x, y) = 3x + 3y, fx0 = 3, fy0 = 3. En este caso podemos simplificar los cálculos y¯j+1 = y¯j + h f (xj , y¯j ) +
h2 [3 + 3f (xj , yj )] . 2
Fase 1. Partimos de x0 = 0,
y0 = 1.
Calculamos f (x0 , y0 ) = 3x0 + 3y0 = 3, y¯1 = 1 + 0.04 · 3 +
(0.04)2 (3 + 3 · 3) = 1.1296. 2
Ejercicios: EDO’s de primer orden
64
Fase 2. Partimos de x1 = 0.04,
y¯1 = 1.1296.
Calculamos f (x1 , y¯1 ) = 3(0.04 + 1.1296) = 3.5088, y¯2
h2 [3 + 3f (x1 , y1)] 2 (0.04)2 = 1.1296 + 0.04 × 3.5088 + (3 + 3 × 3.5088) 2 = 1.28077. = y¯1 + hf (x1 , y¯1 ) +
Fase 3. Partimos de x2 = 0.08,
y¯2 = 1.2808.
Calculamos f (x2 , y¯2 ) = 3(0.08 + 1.2808) = 4.0824,
y¯3
h2 [3 + 3f (x2 , y¯2 )] 2 (0.04)2 = 1.2808 + 0.04 × 4.0824 + (3 + 3 × 4.0824) 2 = 1.4563. = y¯2 + hf (x2 , y¯2 ) +
Continuando de forma análoga, se obtienen los siguientes resultados j 0 1 2 3 4 5
xj 0 0.04 0.08 0.12 0.16 0.20
y¯j 1.0000 1.1296 1.2808 1.4563 1.6592 1.8930
yj 1 1.1300 1.2817 1.4578 1.6614 1.8962
|ej | = |yj − y¯j | 0 0.0004 0.0009 0.0015 0.0022 0.0032
En este caso particular, al aplicar el método de Taylor de 2o orden con 5 pasos se obtienen los mismos resultados que con el método de Euler modificado. ¤ Ejercicio 24 Consideramos el problema de valor inicial ½ 0 y = e−2x − 2y, y(0) = 1, 0 ≤ x ≤ 0.5. 1. Calcula la solución exacta. 2. Aproxima la solución usando el método de Euler de 5 pasos, calcula los errores de truncamiento. 3. Aproxima la solución usando el método de Euler modificado de 5 pasos, calcula los errores de truncamiento.
Ejercicios: EDO’s de primer orden
65
4. Aproxima la solución usando el método de Taylor de orden 2 de 5 pasos, calcula los errores de truncamiento. 1) Solución exacta. EDO lineal, la escribimos en forma estándar y 0 + 2y = e−2x , homogénea asociada y 0 + 2y = 0, identificamos p(x) = 2, solución general de la EDO homogénea yh = ke−
R
2 dx
= ke−2x ,
k ∈ R.
Solución completa por variación de parámetros, hacemos k = k(x) y = k(x)e−2x , y 0 = k0 e−2x − 2ke−2x , sustituimos en la EDO completa para determinar k(x) k0 e−2x − 2ke−2x + 3ke−2x = e−2x , k0 e−2x = e−2x , k0 = 1, k = x. Obtenemos yp = xe−2x . Solución general de la EDO completa y = yh + yp , y = ke−2x + xe−2x . Solución del problema de valor inicial. Imponemos y(0) = 1, ke0 + 0 = 1 ⇒ k = 1, y
= e−2x + xe−2x = (1 + x) e−2x .
2) Aproximación por el método de Euler de 5 pasos. Intervalo [a, b] = [0, 0.5] , step h=
b−a = 0.1, 5
Ejercicios: EDO’s de primer orden
66
el problema está en forma normal y 0 = f (x, y) con f (x, y) = e−2x − 2y. Fase 1. Partimos de x0 = 0,
y¯0 = 1.
Calculamos f (x0 , y¯0 ) = e−2x0 − 2¯ y0 = e0 − 2 = 1 − 2 = −1,
y¯1 = y¯0 + h f (x0 , y¯0 ) = 1 + 0.1 · (−1) = 0.9. Fase 2. Partimos de x1 = 0.1,
y¯1 = 0.9.
Calculamos f (x1 , y¯1 ) = e−2x1 − 2¯ y1 = e−0.2 − 1.8 = 0.8187 − 1.8 = −0.9813, = y¯1 + h f (x1 , y¯1 ) = 0.9 + 0.1 × (−0.9813) = 0.8019.
y¯2
Continuando de forma análoga se obtienen los siguientes resultados: j 0 1 2 3 4 5
xj 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5
y¯j 1 0.9 0.8019 0.7085 0.6217 0.5423
yj 1 0.9006 0.8044 0.7135 0.6291 0.5518
3) Método de Euler modificado de 5 pasos. Fase 1. Partimos de x0 = 0, x1 = 0.1, Calculamos
|ej | = |yj − y¯j | 0 0.0006 0.0025 0.0050 0.0074 0.0095
y¯0 = 1.
(0)
k1 = f (x0 , y¯0 ) = e0 − 2 · 1 = 1 − 2 = −1, (0)
k2
³ ´ (0) = f x1 , y¯0 + hk1 = f (0.1, 1 + 0.1 × (−1)) = f (0.1 + 0.9) = e−0.2 − 1.8 = −0.9813
y¯1
´ h ³ (0) 0.1 (0) =1+ k1 + k2 (−1 − 0.9813) 2 2 = 0.9009.
= y¯0 +
Ejercicios: EDO’s de primer orden
67
Fase 2. Partimos de x1 = 0.1,
x2 = 0.2,
y¯1 = 0.9009.
Calculamos (1)
k1
(1)
k2
= f (x1 , y¯1 ) = e−2x1 − 2¯ y1 = e−0.2 − 2 × 0.9009 = −0.9831,
³ ´ (1) = f x2 , y¯1 + hk1 = f (0.2, 0.9009 + 0.1 × (−0.9831))
= f (0.2, 0.8026) = e−0.4 − 2 × 0.8026 = −0.9349, y¯2
´ 0.1 h ³ (1) (1) = 0.9009 + k1 + k2 (−0.9831 − 0.9349) 2 2 = 0.8050.
= y¯1 +
Continuando de forma análoga, se obtienen los siguientes resultados: j 0 1 2 3 4 5
xj 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5
y¯j 1 0.9009 0.8050 0.7144 0.6302 0.5531
yj 1 0.9006 0.8044 0.7135 0.6291 0.5518
|ej | = |yj − y¯j | 0 0.0003 0.0006 0.0009 0.0011 0.0013
4) Método de Taylor de 2o orden. Tenemos ⎧ ⎨ f (x, y) = e−2x − 2y, f 0 (x, y) = −2e−2x , ⎩ x0 fy (x, y) = −2, método
y¯j+1 = y¯j + h f (xj , y¯j ) + Fase 1. Partimos de
¤ h2 £ 0 fx (xj , y¯j ) + fy0 (xj , y¯j ) f (xj , y¯j ) . 2
x0 = 0,
y¯0 = 1,
calculamos f (x0 , y¯0 ) = e0 − 2 = −1, fx0 (x0 , y¯0 ) = −2e0 = −2, fy0 (x0 , y¯0 ) = −2,
y¯1 = y¯0 + h f (x0 , y¯0 ) +
¤ h2 £ 0 fx (x0 , y¯0 ) + fy0 (x0 , y¯0 ) f (x0 , y¯0 ) . 2
Ejercicios: EDO’s de primer orden
68
= 1 + 0.1 × (−1) +
y¯1
(0.1)2 (−2 + (−2) · (−1)) 2
= 1 − 0.1 = 0.9, Fase 2. Partimos de x1 = 0.1,
y¯1 = 0.9.
Calculamos f (x1 , y¯1 ) = e−0.2 − 1.8 = −0.9813,
fx0 (x1 , y¯1 ) = −2e−2x1 = −2e−0.2 = −1.6375, fy0 (x1 , y¯1 ) = −2,
y¯2
¤ h2 £ 0 f (x1 , y¯1 ) + fy0 (x1 , y¯1 ) f (x1 , y¯1 ) 2 x (0.1)2 = 0.9 + 0.1 × (−0.9813) + [−1.6375 − 2x(−0.9813)] 2 = 0.8035. = y¯1 + h f (x1 , y¯1 ) +
Continuando de forma análoga, se obtiene: j 0 1 2 3 4 5
6
xj 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5
y¯j 1 0.9 0.8035 0.7125 0.0282 0.5511
yj 1 0.9006 0.8044 0.7135 0.6291 0.5518
|ej | = |yj − y¯j | 0 0.0006 0.0009 0.0010 0.0009 0.0007
¤
Problemas de aplicación
Ejercicio 25 Se sabe que la población de una cierta comunidad aumenta con una rapidez proporcional a la cantidad de personas que tiene en cualquier momento t. Si la población se duplicó en cinco años, ¿en cuánto tiempo se triplicará y se cuadriplicará? Notaciones y(t) t t=0 y0 = y(0)
población en instante t, tiempo en años, instante inicial, población inicial.
EDO
dy = αy, dt donde α es una constante desconocida. Se trata de una EDO lineal homogénea y 0 − αy = 0. y = ke−
R
(−α) dt
= keαt .
Ejercicios: EDO’s de primer orden
69
Condición inicial y(0) = y0 , y0 = keα·0 = k. Modelo matemático y = y0 eαt . Sabemos que la población se duplica en 5 años y(5) = 2y0 , y0 e5α = 2y0 , e5α = 2, 5α = ln 2, ln 2 α= . 5 Modelo y = y0 e
ln 2 5 t
.
Determinamos el tiempo necesario para que la población se triplique. Resolvemos y(t) = 3y0 , y0 e e
ln 2 5 t ln 2 5 t
= y0 3, = 3,
ln 2 t = ln 3, 5 5 ln 3 t= = 7.92 años. ln 2 Determinamos el tiempo necesario para que la población se cuadriplique. Resolvemos y(t) = 4y0 , y0 e e
ln 2 5 t ln 2 5 t
= 4y0 , = 4,
ln 2 t = ln 4, 5 ln 4 2 ln 2 t=5 =5 = 10 años. ¤ ln 2 ln 2 Ejercicio 26 La población de una comunidad crece a razón proporcional a la población en cualquier momento t. Su población inicial es de 500 individuos y aumenta un 15% en 15 años. ¿Cuál será la población en 30 años?
Ejercicios: EDO’s de primer orden
70
Notaciones: y(t) t t=0 y0 = y(0) = 500
población, tiempo en años, instante inicial, población inicial.
EDO
dy = αy, dt donde α es una constante desconocida. Se trata de una EDO lineal homogénea
y = ke−
R
y 0 − αy = 0, (−α) dt
= keαt ,
k ∈ R.
Determinamos k con la condición inicial y(0) = 500, ke0 = 500
⇒
k = 500.
Obtenemos y = 500eαt . Determinamos α con la condición de que la población aumenta el 15% en 10 años y(10) − y(0) = 0.15, y(0) y0 e10α − y0 = 0.15, y0 e10α − 1 = 0.15, e10α = 1.15,
10α = ln 1.15, α=
ln 1.15 = 0.01 398. 10
Modelo y = 500e0.01398t . Población en 30 años y(30) = 500e0.01398×30 = 760 individuos. ¤ Ejercicio 27 Cuando un haz vertical de luz pasa por una sustancia transparente, la rapidez con que decrece la intensidad I(x) es proporcional a I(x), donde x representa el espesor, en pies, del medio. En agua clara, la intensidad a 3 pies bajo la superficie es el 25% de la intensidad inicial I0 del haz incidente. ¿Cuál será la intensidad del haz de luz a 15 pies bajo la superficie?
Ejercicios: EDO’s de primer orden
71
Notaciones: I(x) x x=0 I0 I(3) = 0.25I0
intensidad a profundidad x, profundidad en pies (1pie = 30.5cm), superfície, intensidad del haz en la superfície, intesidad a 3 pies de profundidad.
EDO
dI = αI, dx donde α es una constante desconocida; se trata de una EDO lineal homogénea I 0 − αI = 0. Solución general I(x) = ke− Imponemos la condición inicial
R
(−α) dx
= keαx .
I(0) = I0 , keα·0 = I0
⇒
I0 = k.
Obtenemos el modelo I(x) = I0 eαx , usamos la condición I(3) = 0.25I0 para determinar α: I0 e3α = 0.25I0 , e3α = 0.25, 3α = ln 0.25, α=
ln 0.25 = −0.4621. 3
Modelo I(x) = I0 e−0.4621x . Intensidad 15 pies bajo la superficie I(15) = I0 e−0.4621·15 = 0.000978 I0 . La intensidad 15 pies bajo la superficie es el 0.098% de la intensidad en la superficie ' 0.1%. ¤ Ejercicio 28 El Pb-209, isótopo radioactivo del plomo, se desintegra con una rapidez proporcional a la cantidad presente en cualquier instante t y tiene una vida media de 3.3 horas. Si al principio había 1 gramo de plomo, ¿cuánto tiempo debe transcurrir para que se desintegre el 90%? Nota. La vida media de una sustancia radioactiva es el tiempo necesario para que se desintegre la mitad de la cantidad inicial.
Ejercicios: EDO’s de primer orden
72
Notaciones: y(t) t t=0 y0 = 1 Ecuación diferencial
cantidad de Pb-209 en gr, tiempo en horas, instante inicial, cantidad inicial.
dy = αy ⇒ y 0 − αy = 0, dt y 0 − αy = 0.
Solución general y = ke− Condición inicial
R
(−α) dt
= keαt ,
k ∈ R.
y(0) = y0 ⇒ y0 = ke0 ⇒ y0 = k, y = y0 eαt .
Usamos la condición de vida media y(3.3) =
1 y0 2
para determinar α: 1 y0 = y0 e3.3α , 2 1 e3.3α = , 2 1 3.3α = ln , 2 1 α= ln 1/2 = −0.2100. 3.3 Modelo y = y0 e−0.2100t . Inicialmente teníamos 1gr, por lo tanto el modelo es y = e−0.2100t , cuando se desintegra el 90%, queda el 10%. Resolvemos e−0.2100t = 0.1, t=−
ln 0.1 = 10.9647 ' 11 horas. ¤ 0.21
Ejercicio 29 Inicialmente, había 100 miligramos de una sustancia radioactiva y, al cabo de 6 horas, la cantidad ha disminuido en un 3%. Si la velocidad de desintegración, en el instante t, es proporcional a la cantidad de sustancia presente, calcula la vida media de la sustancia.
Ejercicios: EDO’s de primer orden
73
Notaciones: y t t=0 y0
cantidad de sustancia en miligramos, tiempo en horas, instante inicial, cantidad inicial.
EDO y 0 = αy, y 0 − αy = 0,
y = ke− imponemos la condición inicial
R
(−α) dt
= keαt ,
y0 = keα·0 ⇒ k = y0 . Modelo y = y0 keαt . Para determinara α usamos la condición de que después de 6 horas queda el 97% de la cantidad inicial y(6) = 0.97 y0 , y0 e6α = 0.97y0 , e6α = 0.97, ln 0.97 α= = −0.00508. 6 Vida media: Tenemos que calcular tm para que y(tm ) =
1 y0 , 2 1 y0 , 2 1 = , 2
y0 e−0.00508tm = e−0.00508tm
ln 1/2 = 136.45 horas. 0.00508 = 136.45 horas. ¤ tm = −
La vida media es tm
Ejercicio 30 Un termómetro se saca de un recinto donde la temperatura del aire es de 70o F y se lleva al exterior, donde la temperatura es de 10o F. Después de medio minuto, el termómetro indica 50o F. ¿Cuál será la lectura cuando t =1 minuto? ¿Cuánto tiempo se necesita para que el termómetro llegue a 15o F? Notaciones y datos relevantes: y(t) t t=0 y0 = y(0) = 70o F y(0.5) = 50o F Tm = 10o F
temperatura en o F, tiempo en minutos, instante inicial, temperatura inicial, temperatura después de 1/2 min, temperatura ambiente.
Ejercicios: EDO’s de primer orden
74
Modelo: Ley de enfriamiento de Newton dy = −α(y − Tm ), dt donde α es una constante desconocida. Se trata de una EDO lineal completa y 0 = −α(y − 10), la escribimos en forma estándar y 0 + αy = 10α. EDO homogénea asociada y 0 + αy = 0. Solución general de la EDO homogénea yh = ke−
R
= ke−αt ,
α dt
k ∈ R.
Solución de la EDO completa por variación de parámetros. Proponemos una solución particular de la EDO completa de la forma y = k(t) e−αt , y 0 = k0 e−αt − ke−αt , sustituimos en la EDO completa para determinar k(t) k0 e−αt − αke−αt + αke−αt = 10α, k0 eαt = 10α, k0 =
k
10α = 10αeαt , e−αt
=
Z
10αeαt dt
= 10eαt . Resulta la solución particular yp = 10eαt e−αt = 10. Solución general de la EDO completa y = ke−αt + 10,
k ∈ R.
Determinamos k con la condición inicial y0 = 70, ke0 + 10 = 70, k = 60,
Ejercicios: EDO’s de primer orden
75
obtenemos y = 10 + 60e−αt . Determinamos α con la condición y(0.5) = 50, 10 + 60e−0.5α = 50, 60e−0.5α = 40, 40 2 e−0.5α = = , 60 3 −0.5α = ln 2/3, α=−
1 ln 2/3 = −2 ln 2/3, 0.5 α = 0.8109.
Modelo y = 10 + 60e−0.8109t . La temperatura después de 1 minuto será y(1) = 10 + 60e−0.8109 = 36.67o F. Para determinar el tiempo necesario para que la temperatura sea de 15o F , resolvemos y(t) = 15, 10 + 60e−0.8105t = 15, 60e−0.8109t = 5, 5 1 e−0.8109t = = , 60 12 µ ¶ 1 ln 12 1 ln = = 3.06 minuntos. t=− 0.8109 12 0.8109 Nota. Es habitual escribir la ley de enfriamiento de Newton en la forma dy = −α(y − Tm ), dt en este caso, la constante α es positiva y la variación de temperatura es negativa cuando la temperatura y del cuerpo es superior a la temperatura ambiente. Sin embargo, no hay ningún inconveniente en plantear la ecuación diferencial en la forma dy = α(y − Tm ), dt en este caso, obtendremos un valor negativo para la constante α y el modelo resultante será el mismo. ¤ Ejercicio 31 Un termómetro que indica 70 o F se coloca en un horno precalentado a temperatura constante. A través de una ventana del horno, un observador registra una temperatura de 110 o F después de 1/2 minuto y de 145 o F después de 1 minuto. ¿A qué temperatura está el horno?
Ejercicios: EDO’s de primer orden
76
Notaciones y datos relevantes: y(t) t t=0 y0 = y(0) = 70 o Tm
temperatura del termómetro (en o F), tiempo en minutos, instante inicial, temperatura inicial del termómetro, temperatura del medio.
Disponemos de las observaciones ½ y(0.5) = 110 o F, y(1) = 145 o F. el objetivo es determinar la temperatura del medio Tm . Ley de enfriamiento de Newton dy = −α (y − Tm ) . dt
(α constante.)
Se trata de una EDO lineal completa, la escribimos en forma estándar y 0 + αy = αTm . Homogénea asociada y + αy = 0, yh = ke−
R
α dt
= ke−αt ,
k ∈ R.
Solución de la EDO completa por variación de parámetros = k(t)e−αt , = k0 e−αt − αke−αt ,
y y0
k0 e−αt − αke−αt − αke−αt = αTm , k0 e−αt = αTm ,
k=
Z
k0 = αTm eαt , αTm eαt = Tm eαt ,
¡ ¢ yp = Tm eαt e−αt = Tm .
Solución general de la EDO completa
y = ke−αt + Tm ,
k ∈ R.
Determinamos k con la condición inicial y0 = 70, ke−α·0 + Tm = 70, k = 70 − Tm .
Ejercicios: EDO’s de primer orden
77
Modelo y = (70 − Tm ) e−αt + Tm . Determinamos α y Tm con los datos y(0.5) = 110, y(1) = 145, y(1) = 145
Tm + (70 − Tm ) e−α = 145,
⇒
(70 − Tm ) e−α = 145 − Tm , e−α =
145 − Tm , 70 − Tm
−α = ln α = − ln Sustituimos α en
145 − Tm , 70 − Tm
145 − Tm . 70 − Tm
y = Tm + (70 − Tm ) e−αt y obtenemos y
145−Tm = Tm + (70 − Tm ) e(ln 70−Tm )t 145−Tm t = T + (70 − T ) eln[ 70−Tm ] ,
m
m
y = Tm + (70 − Tm ) Para determinar Tm , hemos de resolver
∙
145 − Tm 70 − Tm
¸t
.
y(1/2) = 110, r 145 − Tm Tm + (70 − Tm ) = 110, 70 − Tm r 145 − Tm = 110 − Tm , (70 − Tm ) 70 − Tm r 145 − Tm 110 − Tm = , 70 − Tm 70 − Tm µ ¶2 145 − Tm 110 − Tm = , 70 − Tm 70 − Tm
(70 − Tm ) (145 − Tm ) = (110 − Tm )2 ,
2 2 Tm − 215Tm + 10100 = Tm − 220Tm + 12100,
220Tm − 215Tm = 12100 − 10150, 5Tm = 1950, Tm =
o 1950 = 390 . 5
Ejercicios: EDO’s de primer orden
78
El modelo matemático que describe la temperatura del termómetro es µ ¶t 49 y = 390 − 320 , 64 vemos que, efectivamente, con este modelo se obtienen los valores observados µ ¶1 49 = 145, y(1) = 390 − 320 64 y(1/2) = 390 − 320
µ
49 64
¶1/2
= 390 − 320 ×
7 = 110. ¤ 8
Ejercicio 32 Un tanque contiene 200 litros de agua donde se han disuelto 30 gramos de sal. Entra al tanque un caudal de 4 litros por minuto de solución con 1 gramo de sal por litro. Bien mezclado, sale del tanque un caudal de 4 litros por minuto. Calcula la cantidad A(t) de sal que hay en el tanque en cualquier instante t. Notaciones y datos relevantes: A(t) t t=0 A0 = 30g A 200
1 g/litro
cantidad de sal, en gramos, tiempo en minutos, instante inicial, cantidad inicial de sal en el tanque, concentración mezcla (en gr/litro), concentración entrada.
Observamos que caudal de entrada = 4 litros/min = caudal de salida, por lo tanto, el volumen de líquido en el tanque se mantiene constante. z
entra
}|
sale
{ z }| { 1g A g litros litros Variación de la cantidad de sal = ×4 − ×4 litro min 200 litro min µ ¶ A = 4 1− g/ min . 200 Ecuación diferencial dA dt
µ ¶ A = 4 1− 200 4A = 4− 200 A = 4− . 50
Es una EDO lineal, la escribimos en forma estándar A0 +
A = 4. 50
Ejercicios: EDO’s de primer orden
79
Homogénea asociada A = 0. 50 Solución general de la EDO homogénea A0 +
t
Ah = ke− 50 ,
k ∈ R.
Solución de la EDO completa por variación de parámetros, proponemos una solución de la forma t A = k(t) e− 50 y la sustituimos en la EDO completa para determinar k(t) t
k0 e− 50 −
t t −t t ke 50 + ke− 50 = 4, 50 50 t
k0 = 4e 50 , k
=
Z
t
4e 50 dt = 200 t
Z
t
e 50
1 dt 50
= 200 e 50 , ³ ´ t t Ap = 200 e 50 e− 50 = 200.
Solución general de la EDO completa t
A = ke− 50 + 200,
k ∈ R.
Determinamos k con la condición inicial A0 = 30, ke0 + 200 = 30, Modelo
k = −170, y = 200 − 170e−t/50 . ¤
Ejercicio 33 Un tanque tiene 500 galones de agua pura y le entra salmuera con 2 libras de sal por galón a razón de 5 gal/min. El tanque se mezcla bien por agitación y de él sale la mezcla con la misma rapidez. Determina la cantidad A(t) de libras de sal que hay en el tanque en cualquier instante t. ¿Cuál es la concentración de la solución del tanque cuando t = 5 min? Notaciones y datos relevantes: 1 galón 1 libra A(t) t t=0 A0 = A(0) = 0 libras Volumen del tanque Caudal de entrada = caudal de salida Concentración entrada Concentración en el tanque en instante t
37.85 litros, 0.4536 kg, cantidad de sal en libras, tiempo en minutos, instante inicial, cantidad inicial de sal (agua pura), 500 galones (constante), 5 gal/min, 2 lb/gal, A 500 libras/galón.
Ejercicios: EDO’s de primer orden
Tasa de entrada de sal
Tasa de salida
80
2 lb 5 gal 10 lb × = . gal min min 5 gal A lb A lb × = . 500 gal min 100 min
Tasa neta
dA A = 10 − . dt 100 Es una EDO lineal, la escribimos en forma estándar A0 +
A = 10. 100
A0 +
A = 0. 100
Ecuación homogénea
Solución de la EDO homogénea A = ke−
R
1 100
dt
t
= ke− 100 .
Sabemos que la solución general de la EDO completa se puede escribir en la forma A = Ah + Ap , donde Ap es una solución particular cualquiera de la EDO completa, en este caso (y en los problemas anteriores) podemos obtener una solución singular de forma directa. Las soluciones singulares son soluciones constantes, por lo tanto, tenemos A0 = 0 y resulta la ecuación A = 100 ⇒ A = 1000, 100 por lo tanto, disponemos de la solución particular Ap = 1000. Solución de la ecuación completa t
A = 1000 + ke− 100 ,
k ∈ R.
Determinamos k con la condición inicial A(0) = 0, 1000 + ke0 = 0 ⇒ k = −1000. Obtenemos el modelo t
A = 1000 − 1000 e− 100 .
Concentración cuando t = 5 min. Calculamos la cantidad de sal 5
A(5) = 1000 − 1000 · e− 100 = 48.77 libras, la concentración es
48.77 lb = 0.0975 lb/gal. ¤ 500 gal
Ejercicios: EDO’s de primer orden
81
Ejercicio 34 Un tanque está parcialmente lleno con 100 galones de salmuera, con 10 lb de sal disuelta. Le entra salmuera con 1/2 lb de sal por galón a razón de 6 gal/min. El contenido sale del tanque (bien mezclado) a razón de 4 gal/min. Calcula la cantidad de libras de sal que hay en el tanque a los 30 minutos. Notaciones: y(t) t=0 y0 = y(0) = 10 lb Volumen inicial
cantidad de sal en el instante t, instante inicial, cantidad inicial de sal, 100 galones.
En este problema tenemos: caudal entrante caudal saliente
6 gal/min, 4 gal/min,
¾
por lo tanto el volumen del contenido del tanque varía a razón de Variación de volumen = 6 gal/min − 4 gal/min = 2 gal/min. El volumen en el instante t será V (t) = 100 + 2 · t y la concentración y(t) lb . 100 + 2t gal Tasa de entrada de sal 0.5
6 gal lb lb × =3 . gal min min
Tasa de salida de sal lb 4 gal 4y lb y × = . 100 + 2t gal min 100 + 2t min Tasa neta
dy 4y =3− . dt 100 + 2t EDO lineal completa; la escribimos en forma estándar y0 +
4y = 3, 100 + 2t
identificamos p(t) =
4 . 100 + 2t
Solución de la EDO homogénea y
R
4
= ke− 100+2t dt = ke−2 ln|100+2t| ,
Ejercicios: EDO’s de primer orden
82
como t ≥ 0 y
= ke−2 ln(100+2t) ´ ³ 1 ln (100+2t) 2
= ke y=k
1 (100 + 2t)2
,
.
Solución de la EDO completa por variación de parámetros y0
1
= k0
2
(−2)
+k
(100 + 2t)3 4k = k 2 − 3. (100 + 2t) (100 + 2t) (100 + 2t) 1 0
·2
Sustituimos en
4y = 3, 100 + 2t 4k 4 k 1 = 3, k0 2 − 3 + 100 + 2t · (100 + 2t) (100 + 2t) (100 + 2t)2 y0 +
k0
1 (100 + 2t)2
= 3,
k0 = 3 (100 + 2t)2 , k
Z
=
3 (100 + 2t)2 dt =
3 2
3 1 3 · (100 + 2t) 2 3 1 3 (100 + 2t) . 2
= =
Z
(100 + 2t)2 2 dt
Solución particular de la EDO completa yp
= =
1 1 (100 + 2t)3 2 (100 + 2t)2 1 (100 + 2t) . 2
Solución general de la EDO completa y=
k 2
(100 + 2t)
+
1 (100 + 2t) , 2
k ∈ R.
Determinamos k con la condición inicial y (0) = 10, k (100 + 0)
2
+
1 (100 + 2 · 0) = 10, 2
k + 50 = 10, 1002
Ejercicios: EDO’s de primer orden
83
k = (−40) × 1002 = −4 × 105 . Modelo matemático de la cantidad de sal y=
1 4 × 105 (100 + 2t) − 2. 2 (100 + 2t)
La cantidad de sal después de 30 minutos es 4 × 105 1 (100 + 60) − 2 2 (100 + 60) 1 4 × 105 = × 160 − 2 1602 = 80 − 15.625 = 64.375 lb. ¤
y(30) =
Ejercicio 35 La ecuación diferencial que describe la velocidad de una masa m en caída, cuando la resistencia del aire es proporcional a la velocidad instantánea es dv m = mg − cv, dt donde c > 0 es una constante y el sentido positivo se ha tomado hacia abajo. 1. Resuelve la ecuación diferencial con la condición inicial v (0) = 0. 2. Determina la velocidad terminal de la masa vT = lim v (t) . t→∞
3. Si s (t) es la distancia, medida desde el punto en que se suelta la masa, tenemos ds = v. dt Determina la ecuación de s(t) con la condición inicial s(0) = 0. 1) Solución de la ecuación diferencial m
dv = mg − cv, dt
c dv = g − v. dt m Es una EDO lineal completa, la escribimos en forma estándar v0 +
c v = g. m
v0 +
c v = 0, m
Solución de la EDO homogénea
identificamos p(t) =
c , m
Ejercicios: EDO’s de primer orden
84
solución general de la EDO homogénea v = ke−
R
c m
dt
c
= ke− m t ,
k ∈ R.
Solución general de la EDO completa v = vh + vp , k
v = ke− m t + vp . En este caso es sencillo hallar una solución particular de la EDO completa vp , pues la EDO tiene una solución constante (solución singular), que se obtiene haciendo v 0 = 0 y determinando v 0=g−
c v, m
mg . c (Verifica que la solución vp realmente satisface la EDO completa). Solución general de la EDO completa vp =
v(t) =
c mg + ke− m t , c
k ∈ R.
Determinamos k con la condición inicial v(0) = 0, mg + ke0 = 0, c mg k=− , c Finalmente, resulta v(t) = = 2) Velocidad terminal. vT
= =
mg mg − mc t , − e c c ¢ ¡ c mg 1 − e− m t . c
lim v(t) =
T →∞
mg . c
¢ mg ¡ 1 − e−∞ c
Observa que la velocidad terminal coincide con la solución singular. 3. Ecuación de la posición. Tenemos la ecuación diferencial ds = v, dt c ¢ ds mg ¡ = 1 − e− m t , dt c
Ejercicios: EDO’s de primer orden
85
que se trata de una EDO separable Z Z c ¢ mg ¡ ds = 1 − e− m t dt c ³ mg m c ´ s= t + e− m t + c1 . c c Determinamos c1 con la condición s(0) = 0, m ´ mg ³ 0 + e0 + c1 = 0, c c m2 g + c1 = 0, c2 c1 = −
m2 g . c2
Solución s(t) = =
mg c mg c
³ m c ´ m2 g t + e− m t − 2 c c ³ m − c t m´ t+ e m − . ¤ c c
EPSEM-UPC
E.T.S. Minas
Métodos Matemáticos Tema 9: Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales Practica 1 Prof: Francisco Palacios Versión 1.3 Noviembre 2008 Contenido Un modelo de difusión de contaminates. Resolución de sistemas de EDOs con dsolve. Extracción de soluciones con assign. Representación de soluciones con plot. Estudio del estado estacionario con límit. Obtención de valores definiendo funciones con unapply. Otención de tiempos con fsolve. Resolución numérica con la opción type=numeric de dsolve. Difusión de contaminantes Los depósitos tienen capacidad de 100 litros. Inicalmente tenemos 10 gramos de contaminante en el depósito 1. Las variables x, y representan la cantidad en gramos de contaminante en cada depósito.
> restart; Modelo. > edo1:=diff(x(t),t)=-2/100*x+1/100*y; edo2:=diff(y(t),t)=2/100*x-2/100*y; edo1 :=
t
edo2 :=
x( t )
t
y( t )
1 50 1 50
x x
1 100 1
50
y
y
Resolución con dsolve. > s:=dsolve({edo1,edo2,x(0)=10,y(0)=0},{x(t),y(t)}); s := { x( t )5 e( 1100 ( 2 2 ) t )5 e( 1100 ( 2 2 ) t ), y( t )5 2 e( 1100 ( 2 2 ) t )5 2 e( 1100 ( 2 Asignamos las soluciones. x(t), y(t) son los nombres que contienen las expresiones con las soluciones. Importante. El contenido de x(t) no es una funció. > assign(s); > x(t); 5 e( 1100 ( 2 > y(t);
5 e( 1100 ( 2
2 ) t)
Page 1
2 ) t)
2 ) t)
}
5 2 e( 1100 ( 2 Comportamiento en las dos primeras horas. > plot([x(t),y(t)],t=0..120);
2 e( 1100 ( 2
5
2 ) t)
2 ) t)
10
8
6
4
2
0
20
40
60 t
80
100
120
Calculamos el valor de x(120), y(120). Primero definimos funciones para x(t) , y(t). > fx:=unapply(x(t),t); fx := t5 e( 1100 ( 2
5 e( 1100 ( 2
2 ) t)
2 ) t)
> fy:=unapply(y(t),t); fy := t5 > vx120:=evalf(fx(120)); vx120:=evalf(fy(120));
2 e( 1100 ( 2
5
2 ) t)
2 e( 1100 ( 2
2 ) t)
vx120 := 2.558735874 vx120 := 3.383535006 Situación de equilibrio. Estimación gráfica > plot([x(t),y(t)],t=0..500,color=[red,blue]); 10
8
6
4
2
0
100
200
t
300
> limit(x(t),t=infinity); 0 > limit(y(t),t=infinity); 0 Tiempo hasta alcanzar una concentración inferior a 10mg/litro en ambos tanques. Como los tanques contienen 100 litros, el contenido máximo será de 1000mg=1gramo. > plot([x(t),y(t),1],t=0..500,color=[red,blue,black]);
Page 2
400
500
10
8
6
4
2
0
100
200
300
t
400
En el gráfico vemos que se necesita más de 300 minutos (aprox 5horas), Determinamos los valores numéricos con fsolve. > ty:=fsolve(y(t)=1,t); ty := 5.585087536 Obtenemos el primer corte, especificamos que queremos una solución entre 300 y 500 minutos > ty:=fsolve(y(t)=1,t=300..400); ty := 333.8985365 Para el primer depósito, la concentración deseada se alcanza antes. > tx:=fsolve(x(t)=1,t); tx := 274.8200766 Edo completa. Flujo de entrada 1 litro/min con una concentarción de contaminante de 0.01 gramos/litro > restart; > edo1:=diff(x(t),t)=-2/100*x+1/100*y+1/100; edo2:=diff(y(t),t)=2/100*x-2/100*y; edo1 :=
t
x( t )
1 50
x
1 100
1
y
1
y( t ) x y 50 50 t > s:=dsolve({edo1,edo2,x(0)=10,y(0)=0},{x(t),y(t)}); edo2 :=
s := y( t )5
2 %25
2 %1
2 2 %2 2 %1%1%2 ( 2 2 ) ( 2 2 )
2%1%2 x( t )5 %15 %2 %1 := e
1 2
2 %2
1 2
( 2 2 ) ( 2 2 )
2 %1
( 1100 ( 2 2 ) t )
%2 := e( 1100 ( 2 2 ) t ) > assign(s); Comportamiento en la dos primeras horas > plot([x(t),y(t)],t=0..120,color=[red,blue]);
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,
1 100
500
10
8
6
4
2
0
20
40
60 t
80
100
120
Comportamiento a largo plazo. > plot([x(t),y(t)],t=0..1000,color=[red,blue]); 10
8
6
4
2
0
200
400
600
t
800
1000
Concetración de equilibrio. > ce:=limit(x(t),t=infinity); evalf(ce); ce :=
2 ( 2 2 ) ( 2 2 ) .9999999994
Valor de x(1), y(1). > fx:=unapply(x(t),t); fy:=unapply(y(t),t); fx := t5 e( 1100 ( 2
5 e( 1100 ( 2
2 ) t)
e( 1100 ( 2
2 ) t)
2 ) t)
2e( 1100 ( 2
2 ) t)
1 2
2 e( 1100 ( 2
2 ) t)
1 2
2 e( 1100 ( 2
2 ) t)
( 2 2 ) ( 2 2 )
fy := t5
2e
( 1100 ( 2 2 ) t )
2 2 e( 1100 ( 2
5
2 ) t)
2 e( 1100 ( 2
2 e( 1100 ( 2
2 ) t)
e( 1100 ( 2
2 ) t)
e( 1100 ( 2
2 ) t)
2 ) t)
( 2 2 ) ( 2 2 )
> vx1:=evalf(fx(1)); vy1:=evalf(fy(1)); vx1 := 9.812867941 vy1 := .1961449481 Resolución numérica, opción type=numeric. es preciso limpiar x(t), y(t). > x(t):='x(t)'; y(t):='y(t)'; x( t ) := x( t ) y( t ) := y( t ) > sn:=dsolve({edo1,edo2,x(0)=10,y(0)=0},{x(t),y(t)},type=numeric);
Page 4
sn := proc(rkf45_x) ... end Podemos calcular valores aproximados para diferentes valores de t. > sn(1); [ t1, x( t )9.812867939798924, y( t ).1961449476407132 ] Compara los valores obtenidos con los valores obtenidos en la resolución exacta. Estudio de la evolución del sistema con otra configuración. Eliminamos el desagüe del depósito 2 Abrimos un desagüe de 1 litro/minuto desde el depósito 1. Aumentamos el caudal de transferencia (Dep. 2) --> (Dep.1) a 2 litros /minuto. La entrada exterior al depósito 1 (izquierda) contien agua limpia.
> restart; > edo1:=diff(x(t),t)=-3/100*x+2/100*y; edo2:=diff(y(t),t)=2/100*x-2/100*y; edo1 :=
t
x( t )
3 100
x
1 50
y
1 1 y( t ) x y 50 50 t Parimos de un contenido inicial x(0)=10. El depósito de la deracha contiene agual limpia. > s:=dsolve({edo1,edo2,x(0)=10,y(0)=0},{x(t),y(t)}); edo2 :=
s := { y( t )
20 17
17 e( 1200 ( 5
x( t )5 e( 1200 ( 5
17 ) t )
17 ) t )
5 17
20 17
17 e( 1200 ( 5
17 e( 1200 ( 5
17 ) t )
17 ) t )
5 17
,
17 e( 1200 ( 5
> assign(s); Comportamiento en las dos primeras horas. > plot([x(t),y(t)],t=0..120);
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5 e( 1200 ( 5
17 ) t )
17 ) t )
}
10
8
6
4
2
0
20
40
60 t
80
100
120
Comportamiento a largo plazo. > plot([x(t),y(t)],t=0..1000); 10
8
6
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2
0
200
400
t
600
800
1000
800
1000
Tiempo para alcanzar una concentración del 10mg/litro > plot([x(t),y(t),1],t=0..1000,color=[red,blue,balck]); 10
8
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0
200
400
t
> fsolve(y(t)=1,t=300..400); 360.1631604 >
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600
E.T.S. Minas: Métodos Matemáticos Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs lineales Francisco Palacios Escuela Politécnica Superior de Ingeniería de Manresa Universidad Politécnica de Cataluña Noviembre 2008, Versión 1.5 Contenido 1. Conceptos básicos. 2. Sistemas lineales homogéneos. 3. Resolución de sistemas lineales homogéneos con coeficientes constantes. 4. Resolución de sistemas completos: variación de parámetros.
1 1.1
Conceptos básicos Sistemas lineales
Un sistema de ecuaciones diferenciales lineales de primer orden es un sistema de la forma ⎧ dx1 ⎪ ⎪ = a11 (t) x1 + a12 (t) x2 + · · · + a1n (t) xn + b1 (t), ⎪ ⎪ dt ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ dx2 = a21 (t) x1 + a22 (t) x2 + · · · + a2n (t) xn + b2 (t), dt ⎪ ⎪ . .. ⎪ ⎪ .. ⎪ . ⎪ ⎪ ⎪ dx ⎪ n ⎩ = an1 (t) x1 + an2 (t) x2 + · · · + ann (t) xn + bn (t). dt
Los coeficientes aij (t) y los términos independientes bj (t) son funciones continuas en algún intervalo común I. Las incógnitas son las n funciones x1 (t), x2 (t), . . . , xn (t). El sistema es homogéneo cuando los términos independientes son idénticamente nulos bj (t) ≡ 0, para j = 1, . . . , n.
Cuando todos los coeficientes aij (t) son constantes, el sistema se denomina de coeficientes constantes.
1
Resumen y ejemplos
1.2
Tema 9: Sistemas de EDOs. 2
Funciones vectoriales
Una función vectorial de variable real es un vector ⎞ ⎛ x1 (t) ⎜ x2 (t) ⎟ ⎟ ⎜ X(t) = ⎜ . ⎟ ⎝ .. ⎠ xn (t)
cuyas componentes son funciones. Cuando manejamos funciones vectoriales, hemos de tener en cuenta los siguientes aspectos: 1. El dominio de una función vectorial es el la intersección del dominio de sus componentes. 2. Una función vectorial es continua en un intervalo I si todas sus componentes son continuas en I. 3. La derivada de una función vectorial se obtiene derivando sus componentes ⎞ ⎛ d x1 (t) ⎟ ⎞ ⎜ dt ⎛ ⎟ ⎜ x1 (t) ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ d ⎜ x2 (t) ⎟ ⎜ d x (t) ⎟ ⎟ 2 ⎟. ⎜ . ⎟=⎜ ⎟ dt ⎝ .. ⎠ ⎜ dt . ⎟ ⎜ .. ⎟ ⎜ xn (t) ⎠ ⎝ d xn (t) dt 4. La primitiva de una función vectorial se obtiene integrando sus componentes ⎞ ⎛ Z x1 (t) dt ⎟ ⎜ ⎛ ⎞ ⎟ ⎜ x1 (t) ⎟ ⎜ Z ⎟ ⎜ Z ⎜ x (t) ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ 2 ⎟ (t) dt x ⎟. ⎜ 2 ⎜ .. ⎟ dt = ⎜ ⎟ ⎝ . ⎠ ⎟ ⎜ .. ⎟ ⎜ . xn (t) ⎟ ⎜ Z ⎠ ⎝ xn (t) dt
Ejemplo 1.1 Consideramos la función vectorial definida por ⎛ ⎞ ln t X(t) = ⎝ √e2t ⎠ . 4−t 1. Determina el dominio. 2. Calcula X0 . 3. Calcula una primitiva. 4. Calcula
Z
2
X dt. 1
Resumen y ejemplos
Tema 9: Sistemas de EDOs. 3
1. Dominio. Las funciones componentes son x1 = ln t,
x2 = e2t ,
x3 =
√ 4 − t.
Los dominios de las funciones componentes son D(x1 ) = (0, +∞) , D(x2 ) = (−∞, +∞), D(x3 ) = (−∞, 4], por lo tanto, el dominio de la función vectorial es D(X) = D(x1 ) ∩ D(x2 ) ∩ D(x3 ) = (0, 4]. 2. Derivada. ⎛
⎜ ⎜ ⎜ ⎜ X0 = ⎜ ⎜ ⎜ ⎝
1 t 2e2t −1 √ 2 4−t
⎞
⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟. ⎟ ⎟ ⎠
3. Primitiva. Calculamos las primitivas de las funciones componentes. Z Z Z 1 x1 dt = ln t dt = t ln t − t dt = t ln t − t + c1 , t Z 1 e2t dt = e2t + c2 , 2 Z
√ 4 − t dt = − =
Z
1/2
(4 − t)
(−1) dt = −
1 3/2 (4 − t) + c3 (3/2)
−2 3/2 (4 − t) + c3 . 3
En resumen, tenemos
Z
⎛
⎜ ⎜ ⎜ X dt = ⎜ ⎜ ⎜ ⎝
t ln t − t 1 2t e 2 −2 3/2 (4 − t) 3
⎞
⎟ ⎟ ⎟ ⎟ + C, ⎟ ⎟ ⎠
donde C = (c1 , c2 , c3 )t es un vector arbitrario de R3 . 4. Integral definida. Calculamos la integral definida de las funciones componentes Z 2 Z 2 x1 dt = ln t dt = [t ln t − t]t=2 t=1 = 2 ln 2 − 1, 1
1
Resumen y ejemplos Z
Tema 9: Sistemas de EDOs. 4
2
x2 dt =
1
Z
2
x3 dt =
1
1
1.3
2
2
e2t dt =
1
Z
2
1
Por lo tanto, resulta
Z
Z
⎛ R2
∙
1 2t e 2
¸t=2
=
t=1
1 4 1 2 e − e , 2 2
∙ ´3 ¸t=2 √ √ 2 ³p 4√ 4 − t dt = − (4 − t) =− 2 + 2 3. 3 3 t=1
x1 (t) dt
⎛
⎞
⎞
2 ln 2 − 1
⎟ ⎜ ⎜ 1 ⎟ ⎜ ⎜ R ⎟ ⎜ 1 e4 − 1 e2 ⎜ 2 X dt = ⎜ 1 x2 (t) dt ⎟ = ⎜ 2 2 ⎟ ⎜ ⎜ ⎠ ⎜ ⎝ ⎝ R2 √ 4√ x (t) dt − 2+2 3 1 3 3
⎟ ⎛ ⎞ ⎟ 0. 38629 ⎟ ⎟ = ⎝ 23. 60455 ⎠ . ¤ ⎟ ⎟ 1. 57848 ⎠
Propiedades de la derivación de funciones vectoriales
Sea: • X(t), Y(t) funciones vectoriales del mismo número de componentes, • α un escalar, • f (t) una función escalar (a cada t le corresponde un valor real), • v un vector constante. Entonces, se cumple 0
1. [X(t) + Y(t)] = X0 (t) + Y0 (t). 0
2. [αX(t)] = αX0 (t). 3. [f (t) X(t)]0 = f 0 (t) X(t) + f (t) X0 (t). 4. [f (t) v]0 = f 0 (t) v. Ejemplo 1.2 Dada la función vectorial µ ¶ t2 X= sin2 t 0
y la función escalar f (t) = e2t , calcula [f (t) X(t)] . Aplicamos la regla del producto [f (t) X(t)]0 = f 0 (t)X(t) + f (t) X0 (t),
[f (t) X(t)]0
= 2e2t = 2e
2t
µ µ
t2 sin2 t
¶
+ e2t
µ
t2 + t sin + sin t cos t 2
2t 2 sin t cos t ¶ . ¤
¶
Resumen y ejemplos
1.4
Tema 9: Sistemas de EDOs. 5
Expresión matricial de un sistema lineal
Un sistema lineal de ecuaciones diferenciales de primer orden se puede escribir en la forma X0 = AX + B, donde ⎛ ⎜ ⎜ X=⎜ ⎝
x1 (t) x2 (t) .. . xn (t)
⎞
⎟ ⎟ ⎟, ⎠
⎛
⎜ ⎜ A=⎜ ⎝
⎞ · · · a1n (t) · · · a2n (t) ⎟ ⎟ ⎟, .. .. ⎠ . . an1 (t) an2 (t) · · · ann (t) a11 (t) a21 (t) .. .
a12 (t) a22 (t) .. .
⎛
⎜ ⎜ B=⎜ ⎝
b1 (t) b2 (t) .. . bn (t)
⎞
⎟ ⎟ ⎟. ⎠
Denominamos dimensión del sistema al número de componentes del vector X.
Ejemplo 1.3 Consideramos el sistema lineal homogéneo con coeficientes constantes ⎧ dx ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ dt = −4x + 6y, ⎪ ⎪ dy ⎪ ⎩ = −3x + 5y. dt 1. Exprésalo en forma matricial.
2. Verifica que las funciones vectoriales µ ¶ µ ¶ 1 2 X1 = e2t , X2 = e−t 1 1 son soluciones del sistema. 1. Expresión matricial. El sistema puede expresarse en la forma µ ¶ µ ¶µ ¶ d x −4 6 x = , y −3 5 y dt si tomamos X=
µ
x y
¶
,
A=
µ
−4 6 −3 5
el sistema se escribe X0 = AX. 2. Verificación de la soluciones. Tomamos µ ¶ 1 X1 = e2t 1 y calculamos la derivada X01
=
µ
1 1
¶
2e2t .
¶
,
Resumen y ejemplos
Tema 9: Sistemas de EDOs. 6
Por otra parte, tenemos µ ¶ ∙µ ¶ ¸ ∙µ ¶ µ ¶¸ −4 6 1 −4 6 1 AX1 = e2t = e2t −3 5 1 −3 5 1 µ ¶ µ ¶ −4 + 6 2 = e2t = e2t = X01 , −3 + 5 2 por lo tanto, X1 (t) es solución del sistema. Para X2 , resulta µ ¶ 2 X2 = e−t , 1 µ ¶ −2 e−t , X02 = −1 µ ¶ ∙µ ¶ ¸ ∙µ ¶ µ ¶¸ −4 6 2 −4 6 2 −t −t e =e AX2 = −3 5 1 −3 5 1 µ ¶ µ ¶ −8 + 6 −2 = e−t = e−t , −6 + 5 −1 por lo tanto, X2 (t) también es solución del sistema. ¤
2
Sistemas lineales homogéneos
Nos ocupamos en esta sección de sistemas lineales homogéneos X0 = AX, donde
⎛
⎜ ⎜ X=⎜ ⎝
2.1
x1 (t) x2 (t) .. . xn (t)
⎞
⎛
⎟ ⎟ ⎟, ⎠
⎜ ⎜ A=⎜ ⎝
⎞ · · · a1n (t) · · · a2n (t) ⎟ ⎟ ⎟. .. .. ⎠ . . an1 (t) an2 (t) · · · ann (t) a11 (t) a21 (t) .. .
a12 (t) a22 (t) .. .
Independencia lineal
Supongamos que las funciones vectoriales X1 (t), X2 (t), . . . , Xk (t) son soluciones del sistema homogéneo en el intervalo I. Decimos que las soluciones son linealmente dependientes en el intervalo I si existen constantes c1 , c2 , . . . , ck tales que c1 X1 + c2 X2 + · · · + ck Xk = 0, para todo t en el intervalo I. Si la ecuación c1 X1 + c2 X2 + · · · + ck Xk = 0,
para todo t ∈ I
sólo se cumple cuando c1 = c2 = · · · = ck ,
decimos que el conjunto de soluciones X1 , X2 , . . . , Xk , son linealmente independientes.
Resumen y ejemplos
2.2
Tema 9: Sistemas de EDOs. 7
Wronskiano
La independencia lineal puede estudiarse usando el wronskiano de n funciones vectoriales. Teorema 2.1 Consideramos el sistema lineal homogéneo de dimensión n ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ a11 (t) a12 (t) · · · a1n (t) x1 x1 ⎟ ⎜ ⎟ ⎟⎜ d ⎜ ⎜ x2 ⎟ ⎜ a21 (t) a22 (t) · · · a2n (t) ⎟ ⎜ x2 ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ .. ⎟ = ⎜ . ⎟ .. .. .. .. ⎠ ⎝ .. ⎠ dt ⎝ . ⎠ ⎝ . . . . xn
an1 (t) an2 (t) · · ·
xn
ann (t)
y supongamos que
⎛
⎜ ⎜ X1 = ⎜ ⎝
x11 x21 .. . xn1
⎞
⎛
⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ , X2 = ⎜ ⎠ ⎝
x12 x22 .. . xn2
⎞
⎛
⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ , . . . , Xn = ⎜ ⎠ ⎝
x1n x2n .. . xnn
⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠
son n vectores solución en el intervalo I. Entonces el conjunto de vectores solución es linealmente independiente en el intervalo si y sólo si el wronskiano ¯ ¯ ¯ x11 x12 · · · x1n ¯ ¯ ¯ ¯ x21 x22 · · · x2n ¯ ¯ ¯ W (X1 , X2 , . . . , Xn ) = ¯ . .. .. ¯ .. ¯ .. . . . ¯¯ ¯ ¯ xn1 xn2 · · · xnn ¯ es no nulo para todo t ∈ I.
2.3
Estructura del espacio de soluciones
El siguiente teorema determina la estructura del conjunto de soluciones de un sistema lineal homogéneo. Teorema 2.2 El conjunto mensión n ⎛ ⎞ ⎛ x1 ⎟ ⎜ d ⎜ ⎜ x2 ⎟ ⎜ ⎜ .. ⎟ = ⎜ dt ⎝ . ⎠ ⎝ xn
de soluciones del sistema lineal homogéneo de dia11 (t) a21 (t) .. .
a12 (t) a22 (t) .. .
··· ··· .. .
a1n (t) a2n (t) .. .
an1 (t) an2 (t) · · ·
ann (t)
es un espacio vectorial de dimensión n.
⎞⎛ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎠⎝
x1 x2 .. . xn
⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠
Dado el sistema de dimensión n X0 = AX, denominamos conjunto fundamental de soluciones a un conjunto de n soluciones X1 , X2 , . . . , Xn linealmente independientes. Observamos que según el Teorema 2.2, todo sistema lineal homogéneo tiene sistemas fundamentales de soluciones.
Resumen y ejemplos
Tema 9: Sistemas de EDOs. 8
Teorema 2.3 Dado el sistema lineal homogéneo X0 = AX, sea X1 , X2 , . . . , Xn un sistema fundamental de soluciones en el intervalo I. Entonces la solución general del sistema en el intervalo es X = c1 X1 + c2 X2 + · · · + cn Xn donde c1 , c2 , . . . , cn son constantes arbitrarias. Ejemplo 2.1 Determina la solución general del sistema µ ¶ µ ¶µ ¶ d x −4 6 x = . y −3 5 y dt Hemos visto en el Ejemplo 1.3, que los vectores µ ¶ µ ¶ 1 2 e2t , X2 = e−t , X1 = 1 1 son solución del sistema. El wronskiano es ¯ ¯ 2t ¯ e 2e−t ¯¯ ¯ = e2t e−t − e2t 2e−t = et − 2et = −et . W (X1 , X2 ) = ¯ 2t e e−t ¯
Obtenemos que el wronskiano no se anula para ningún valor de t, por lo tanto los vectores solución son linealmente independientes y forman un sistema fundamental. La solución general es µ ¶ µ ¶ 1 2 e2t + c2 e−t , c1 , c2 ∈ R. X = c1 1 1
que también puede escribirse en la forma ½ x = c1 e2t + 2c2 e−t , y = c1 e2t + c2 e−t
3
c1 , c2 ∈ R. ¤
Resolución de sistemas lineales homogéneos con coeficientes constantes
En esta sección se muestra como obtener la solución general del sistema lineal homogéneo de dimensión n con coeficientes constantes X0 = AX. La construcción de la solución se basa en el cálculo de los valores y vectores propios de la matriz de coeficientes A. Consideramos 3 casos: 1. Valores propios reales distintos. 2. Valores propios reales repetidos. 3. Valores propios complejos distintos. No trataremos el caso de valores propios complejos repetidos.
Resumen y ejemplos
3.1
Tema 9: Sistemas de EDOs. 9
Valores propios reales distintos
La matriz de coeficientes es una matriz cuadrada de orden n, si A tiene n valores propios reales distintos, λ1 , λ2 , . . . , λn , entonces podemos determinar n vectores propios linealmente independientes V1 , V2 , . . . , Vn . En este caso las funciones vectoriales X1 (t) = V1 eλ1 t ,
X2 (t) = V2 eλ2 t , . . . ,
Xn (t) = Vn eλn t ,
forman un sistema fundamental de soluciones en el intervalo (−∞, +∞), y la solución general es X(t) = c1 V1 eλ1 t + c2 V2 eλ2 t + · · · + cn Vn eλn t , donde c1 , c2 , . . . , cn , son constantes arbitrarias. Ejemplo 3.1 Resuelve el sistema ⎧ dx ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ dt = −4x + 6y, ⎪ ⎪ dy ⎪ ⎩ = −3x + 5y. dt Determina la solución particular que verifica µ ¶ 0 X(0) = . 1
Expresamos el sistema en forma matricial µ ¶ −4 6 X0 = X. −3 5 El polinomio característico es ¯ ¯ −4 − λ 6 p(λ) = |A − λI| = ¯¯ −3 5−λ = (−4 − λ) (5 − λ) + 18 = −20 + 4λ − 5λ + λ2 + 18 = λ2 − λ − 2.
Resolvemos la ecuación característica λ2 − λ − 2 = 0, ⎧ 1+3 √ = 2, 1± 1+8 ⎨ 2 λ= = ⎩ 1−3 2 2 = −1.
¯ ¯ ¯ ¯
Resumen y ejemplos
Tema 9: Sistemas de EDOs. 10
Los valores propios son λ1 = −1,
λ2 = 2.
Para calcular los vectores propios asociados a λ1 = −1. Resolvemos (A − λ1 I) X = 0, µ
(A + I) X = 0, ¶µ ¶ µ ¶ −4 + 1 6 x 0 = , −3 5+1 y 0 ½ −3x + 6y = 0 . −3x + 6y = 0
Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas {−x + 2y = 0 , resolvemos paramétricamente ½
x = 2α , y=α
α ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ1 son de la forma µ ¶ 2 V=α , α ∈ R, 1 tomamos V1 =
µ
2 1
¶
.
Para calcular los vectores propios asociados a λ2 = 2, resolvemos µ
(A − 2I) X = 0, ¶µ ¶ µ ¶ −4 − 2 6 x 0 = , −3 5−2 y 0 ½ −6x + 6y = 0, −3x + 3y = 0.
Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas {−x + y = 0 , resolvemos paramétricamente ½
x = α, y = α,
α ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ2 son de la forma µ ¶ 1 V=α , α ∈ R, 1
Resumen y ejemplos
Tema 9: Sistemas de EDOs. 11
tomamos V2 =
µ
Sistema fundamental de soluciones µ ¶ 2 X1 = e−t , 1
1 1
¶
.
X2 =
µ
1 1
¶
e2t ,
la solución general es X = c1
µ
2 1
¶
e−t + c2
µ
1 1
¶
e2t .
Para determinar la solución particular, imponemos la condición µ ¶ 0 X(0) = 1 y resulta c1
µ
2 1
¶
e0 + c2 ½
µ
1 1
¶
e0 =
µ
0 1
¶
,
2c1 + c2 = 0, c1 + c2 = 1.
Restamos la 2a ecuación a la 1a y obtenemos c1 = −1, sustituyendo en la 1a ecuación, resulta c2 = 2. Por lo tanto, la solución del problema de valor inicial es µ ¶ µ ¶ 2 1 X(t) = − e−t + 2 e2t , 1 1 o bien
3.2
½
x(t) = −2e−t + 2e2t , y(t) = −e−t + 2e2t .
¤
Valores propios reales repetidos
Cuando existe un valor propio λ de multiplicidad m, la situación es bastante más complicada. A continuación vemos algunos casos particulares. Representamos por Pλ = ker (A − λI) el subespacio de vectores propios asociados al valor propio λ. Conviene notar que si reunimos vectores solución linealmente independientes correspondientes a valores propios distintos, se obtiene un conjunto de soluciones linealmente independiente.
Resumen y ejemplos
3.2.1
Tema 9: Sistemas de EDOs. 12
Valor propio de mutiplicidad 2 con dim(Pλ ) = 2
En este caso disponemos de dos vectores propios asociados V1 , V2 que son linealmente independientes. La solución es análoga al caso de valores propios simples. Los vectores X1 (t) = V1 eλt ,
X2 (t) = V2 eλt ,
son vectores solución linealmente independientes. Ejemplo 3.2 Resuelve el sistema ⎧ dx ⎪ ⎪ = x, ⎪ ⎪ dt ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ dy = −x + y − z, ⎪ dt ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ dz = x + 2z. dt
Se trata de un sistema de dimensión 3, ⎛ 1 X0 = ⎝ −1 1
en forma matricial es ⎞ 0 0 1 −1 ⎠ X. 0 2
Calculamos el polinomio característico ¯ ¯ 1−λ 0 0 ¯ 1−λ −1 p(λ) = |A − λI| = ¯¯ −1 ¯ 1 0 2−λ ¯ ¯ ¯ 1−λ −1 ¯¯ = (1 − λ) ¯¯ 0 2−λ ¯ 2
= (1 − λ) (2 − λ) ,
los valores propios son λ1 = 1 (doble) ,
λ2 = 2.
Vectores propios asociados a λ1 = 1. Resolvemos (A − λ1 I) X = 0, (A − I) X = 0, ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 0 0 x 0 ⎝ −1 0 −1 ⎠ ⎝ y ⎠ = ⎝ 0 ⎠ , 1 0 1 z 0 ½ −x − z = 0, x + z = 0. ⎛
Resulta un sistema de una ecuación con tres incógnitas {x + z = 0,
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
Resumen y ejemplos
Tema 9: Sistemas de EDOs. 13
resolvemos paramétricamente ⎧ ⎨ x=α y=β , ⎩ z = −α
α, β ∈ R,
los vectores propios asociados a λ1 son de ⎛ ⎞ ⎛ 1 V = α⎝ 0 ⎠+β⎝ −1
la forma ⎞ 0 1 ⎠ , α, β ∈ R. 0
El subespacio de vectores propios Pλ1 es de dimensión 2, podemos obtener dos vectores propios linealmente independientes ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 V1 = ⎝ 0 ⎠ , V2 = ⎝ 1 ⎠ , −1 0 y construir los vectores solución ⎛ ⎞ 1 X1 (t) = ⎝ 0 ⎠ et , −1
⎛
⎞ 0 X2 (t) = ⎝ 1 ⎠ et . 0
Vectores propios asociados a λ2 = 2. Resolvemos el sistema ⎛
1−2 ⎝ −1 1 ⎛ −1 ⎝ −1 1
(A − 2I) X = 0, ⎞⎛ ⎞ µ ¶ 0 0 x 0 ⎠ ⎝ ⎠ 1 − 2 −1 y = , 0 0 2−2 z ⎞⎛ ⎞ µ ¶ 0 0 x 0 −1 −1 ⎠ ⎝ y ⎠ = , 0 0 0 z ⎧ ⎨ −x = 0, −x − y − z = 0, ⎩ x = 0.
Resulta un sistema de dos ecuaciones con tres incógnitas ½ x = 0, y + z = 0. Resolvemos paramétricamente ⎧ ⎨ x=0 y=α , ⎩ z = −α
α ∈ R,
los vectores propios asociados a λ2 son de la forma ⎛ ⎞ 0 V = α ⎝ 1 ⎠ , α ∈ R, −1
Resumen y ejemplos
Tema 9: Sistemas de EDOs. 14
tomamos
⎛
y obtenemos el vector solución
⎞ 0 V3 = ⎝ 1 ⎠ −1 ⎛
⎞ 0 X3 (t) = ⎝ 1 ⎠ e2t . −1
Finalmente, obtenemos el sistema fundamental de soluciones ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 0 X1 (t) = ⎝ 0 ⎠ et , X2 (t) = ⎝ 1 ⎠ et , X3 (t) = ⎝ 1 ⎠ e2t −1 0 −1
y la solución general es ⎛
⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 0 X(t) = c1 ⎝ 0 ⎠ et + c2 ⎝ 1 ⎠ et + c3 ⎝ 1 ⎠ e2t , −1 0 −1
donde c1 , c2 , c3 son constantes arbitrarias. La solución también puede expresarse en la forma ⎧ ⎨ x(t) = c1 et , y(t) = c2 et + c3 e2t , ⎩ z(t) = −c1 et − c3 e2t . ¤ 3.2.2
Valor propio de mutiplicidad 2 con dim(Pλ ) = 1
En este caso disponemos de un único vector propio asociado V1 . Un vector solución es X1 (t) = V1 eλt . Podemos construir un segundo vector solución de la forma X2 (t) = V1 teλt + V2 eλt , donde V2 verifica (A − λI) V2 = V1 . Las funciones vectoriales X1 (t), X2 (t) así obtenidas son soluciones linealmente independientes. Ejemplo 3.3 Resuelve el sistema ⎧ dx ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ dt = −3x − y, ⎪ ⎪ dy ⎪ ⎩ = 4x + y, dt
y determina la solución particular que verifica ½ x(0) = 0, y(0) = 1.
Resumen y ejemplos
Tema 9: Sistemas de EDOs. 15
Expresamos el sistema en forma matricial µ ¶ −3 −1 X0 = X. 4 1 El polinomio característico es ¯ ¯ −3 − λ −1 p(λ) = |A − λI| = ¯¯ 4 1−λ = (−3 − λ) (1 − λ) + 4 = −3 + 3λ − λ + λ2 + 4 = λ2 + 2λ + 1.
¯ ¯ ¯ ¯
Resolvemos λ2 + 2λ + 1 = 0, √ −2 −2 ± 4 − 4 = = −1 (doble). λ= 2 2 Tenemos un único valor propio doble λ = −1. Vectores propios asociados a λ = −1. Resolvemos (A − λI) X = 0, µ
(A + I) X = 0, ¶µ ¶ µ ¶ −3 + 1 −1 x 0 = , 4 1+1 y 0 ½ −2x − y = 0, 4x + 2y = 0.
Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas {2x + y = 0 , resolvemos paramétricamente ½
x=α , y = −2α
α ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ son de la forma µ ¶ 1 V=α , α ∈ R, −2 tomamos V1 =
µ
1 −2
¶
.
El subespacio de vectores propios es de dimensión 1. Obtenemos un primer vector solución µ ¶ 1 X1 (t) = e−t . −2
Resumen y ejemplos
Tema 9: Sistemas de EDOs. 16
Para determinar un segundo vector solución X2 , calculamos V2 que verifique (A + I) V2 = V1 , ¶µ ¶ µ ¶ −2 −1 x 1 = , 4 2 y −2 ½ −2x − y = 1, 4x + 2y = −2. Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas µ
{2x + y = −1, resolvemos paramétricamente ½ x=α , y = −1 − 2α Para α = 0, obtenemos el vector V2 =
µ
0 −1
α ∈ R. ¶
,
construimos un segundo vector solución de la forma X2 (t) = V1 teλt + V2 eλt , esto es X2 (t) =
µ
1 −2
¶
−t
te
+
µ
0 −1
¶
e−t .
La solución general es µ ¶ µ ¶ ∙µ ¶ ¸ 0 1 1 −t −t −t X(t) = c1 e e + c2 te + . −1 −2 −2 Para determinar la solución particular, imponemos las condiciones : ½ x(0) = 0, y(0) = 1, o lo que es lo mismo X(0) =
µ
0 1
¶
,
y obtenemos µ ¶ ¸ µ ¶ µ ¶ ∙µ ¶ 0 1 1 0 c1 e0 = e0 + c2 0 · e0 + , −1 −2 −2 1 µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 0 0 c1 + c2 = , −2 −1 1 ¶ µ ¶ µ 0 c1 = , 1 −2c1 − c2 de donde resulta ½ c1 = 0, c2 = −1. La solución particular es µ ¶ −e−t t X(t) = . ¤ e−t + 2e−t t
Resumen y ejemplos
4
Tema 9: Sistemas de EDOs. 17
Valores propios complejos
Consideramos el sistema X0 = AX, donde A es una matriz n × n real. Si A tiene un par conjugado de valores propios complejos λ = α ± βi, tomamos el valor propio λ = α + βi y calculamos un vector propio asociado V = U + Wi. Entonces podemos obtener el par de vectores solución X1 (t) = eαt (U cos βt − W sin βt) , X2 (t) = eαt (U sin βt + W cos βt) . Los vectores solución obtenidos son la parte real y la parte imaginaria de eαt (cos βt + i sin βt) (U + Wi) . Ejemplo 4.1 Resuelve el sistema ⎧ dx ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ dt = 4x − 5y, ⎪ ⎪ dy ⎪ ⎩ = 5x − 2y, dt y determina la solución particular que verifica ½ x(0) = 0, y(0) = 1.
Expresamos el sistema en forma matricial µ ¶ 4 −5 0 X = X. 5 −2 El polinomio característico es ¯ ¯ 4−λ −5 p(λ) = |A − λI| = ¯¯ 5 −2 − λ = (4 − λ) (−2 − λ) + 25 = −8 − 4λ + 2λ + λ2 + 25 = λ2 − 2λ + 17.
Resolvemos la ecuación característica λ2 − 2λ + 17 = 0,
¯ ¯ ¯ ¯
Resumen y ejemplos
Tema 9: Sistemas de EDOs. 18
√ 2 ± 8i 4 − 68 = = 1 ± 4i, λ= 2 2 tenemos un par de valores propios complejos conjugados 2±
λ = 1 ± 4i. Para calcular un vector propio asociado a λ = 1 + 4i, resolvemos el sistema µ
(A − λI) X = 0, ¶µ ¶ µ ¶ 4 − 1 − 4i −5 x 0 = , 5 −2 − 1 − 4i y 0 µ ¶µ ¶ µ ¶ 3 − 4i −5 x 0 = . 5 −3 − 4i y 0
Obtenemos el sistema
reordenamos
½
(3 − 4i) x − 5y = 0, 5x − (3 + 4i) y = 0,
½
5x − (3 + 4i) y = 0, (3 − 4i) x − 5y = 0.
Multiplicamos la primera ecuación por −
(3 − 4i) 5
y la sumamos a la segunda, y obtenemos ½ 5x − (3 + 4i) y = 0, 0 = 0. Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas {5x − (3 + 4i) y = 0, resolvemos paramétricamente ⎧ 3 + 4i ⎪ ⎨ x= a 5 , ⎪ ⎩ y=a
a ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ son de la forma ⎞ ⎛ 3 + 4i ⎟ ⎜ 5 V = a⎝ ⎠ , a ∈ R. 1
Tomamos
V=
µ
3 + 4i 5
¶
=
µ
3 5
¶
+i
µ
4 0
¶
.
Resumen y ejemplos
Tema 9: Sistemas de EDOs. 19
El sistema fundamental de soluciones son la parte real y la parte imaginaria de ∙µ ¶ µ ¶¸ 3 4 +i . et (cos 4t + i sin 4t) 5 0 Sistema fundamental de soluciones ∙µ ¶ µ ¶ ¸ µ ¶ 3 4 3 cos 4t − 4 sin 4t, X1 (t) = et cos 4t − sin 4t = et , 5 0 5 cos 4t ∙µ ¶ µ ¶ ¸ µ ¶ 4 3 4 cos 4t + 3 sin 4t X2 (t) = et cos 4t + sin 4t = et . 0 5 5 sin 4t La solución general es ∙µ ¶ µ ¶ ¸ ∙µ ¶ µ ¶ ¸ 3 4 4 3 t t X = c1 e cos 4t − sin 4t + c2 e cos 4t + sin 4t 5 0 0 5 µ ¶ µ ¶ 3 cos 4t − 4 sin 4t 4 cos 4t + 3 sin 4t = c1 et + c2 et . 5 cos 4t 5 sin 4t Para determinar la solución particular, imponemos la condición µ ¶ 0 X(0) = 1 y resulta c1 e0
µ
¶ µ ¶ µ ¶ 3 cos 0 − 4 sin 0 4 cos 0 + 3 sin 0 0 + c2 e0 = , 5 cos 0 5 sin 0 1 µ ¶ µ ¶ µ ¶ 3 4 0 c1 + c2 = , 5 0 1 ½ 3c1 + 4c2 = 0, 5c1 = 1, ½ c1 = 1/5, c2 = −3/20.
Por lo tanto, la solución del problema de valor inicial es µ ¶ µ ¶ 1 t 3 cos 4t − 4 sin 4t 3 t 4 cos 4t + 3 sin 4t X(t) = e − e , 5 cos 4t 5 sin 4t 5 20 ⎛
⎜ X(t) = ⎜ ⎝
5 − et sin 4t 4 3 et cos 4t − et sin 4t 4
⎞
⎟ ⎟. ¤ ⎠
Resumen y ejemplos
5
Tema 9: Sistemas de EDOs. 20
Resolución de sistemas completos: variación de parámetros
El objetivo de esta sección es presentar un método de resolución para sistemas de ecuaciones diferenciales lineales completos con coeficientes constantes X0 = AX + B, donde ⎛ ⎜ ⎜ X=⎜ ⎝
x1 (t) x2 (t) .. . xn (t)
⎞
⎟ ⎟ ⎟, ⎠
⎛
⎜ ⎜ A=⎜ ⎝
⎞ · · · a1n (t) · · · a2n (t) ⎟ ⎟ ⎟, .. .. ⎠ . . an1 (t) an2 (t) · · · ann (t) a11 (t) a21 (t) .. .
a12 (t) a22 (t) .. .
(1) ⎛
⎜ ⎜ B=⎜ ⎝
b1 (t) b2 (t) .. . bn (t)
⎞
⎟ ⎟ ⎟. ⎠
Puede demostrarse que la solución general del sistema (1) puede expresarse en la forma X(t) = Xh (t) + Xp (t), donde • Xh es la solución general del sistema homogéneo X0 = AX.
• Xp es una solución particular del sistema completo X0 = AX + B.
Cuando el sistema es de coeficientes constantes, disponemos de métodos para determinar la solución general del sistema homogéneo, por lo tanto, el problema se reduce a calcular una solución particular del sistema completo.
5.1
Matriz fundamental
Consideramos el sistema homogéneo X0 = AX.
(2)
Una matriz fundamental es una matriz cuyas columnas es un sistema fundamental de soluciones, esto es, decir que la matriz ⎞ ⎛ x11 (t) x12 (t) · · · x1n (t) ⎜ x21 (t) x22 (t) · · · x2n (t) ⎟ ⎟ ⎜ Φ=⎜ ⎟ .. .. .. .. ⎠ ⎝ . . . . xn1 (t) xn2 (t) · · · xnn (t)
es una matriz fundamental del sistema (2) sobre el intervalo I equivale que los vectores ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ ⎛ x11 (t) x12 (t) x1n (t) ⎜ x21 (t) ⎟ ⎜ x22 (t) ⎟ ⎜ x2n (t) ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ ⎜ X1 (t) = ⎜ ⎟ , X2 (t) = ⎜ ⎟ , . . . , Xn (t) = ⎜ .. .. .. ⎠ ⎠ ⎝ ⎝ ⎝ . . . xn1 (t)
xn2 (t)
son un sistema fundamental de soluciones.
xnn (t)
a decir ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠
Resumen y ejemplos
Tema 9: Sistemas de EDOs. 21
• Empleando una matriz fundamental, la solución general del sistema homogéneo se puede escribir en la forma X = Φ C, donde
⎛
⎜ ⎜ C=⎜ ⎝
c1 c2 .. . cn
⎞
⎟ ⎟ ⎟. ⎠
es vector columna cuyas componentes son constantes arbitrarias. • La matriz fundamental verifica la siguiente propiedad Φ0 = AΦ. Ejemplo 5.1 Dado el sistema ⎧ dx ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ dt = 2x − 4y, ⎪ ⎪ dy ⎪ ⎩ = −x − y. dt
1. Determina un sistema fundamental de soluciones. 2. Calcula una matriz fundamental y verifica que cumple la propiedad Φ0 = AΦ.
3. Verifica que las dos formas de expresar la solución general X = c1 X1 + c2 X2 ,
X = Φ C,
son equivalentes. 1. Sistema fundamental de soluciones. Expresamos el sistema en forma matricial µ ¶ 2 −4 0 X = X. −1 −1 El polinomio característico es ¯ ¯ 2−λ −4 p(λ) = |A − λI| = ¯¯ −1 −1 − λ = (2 − λ) (−1 − λ) − 4 = −2 − 2λ + λ + λ2 − 4 = λ2 − λ − 6,
resolvemos λ2 − λ − 6 = 0,
¯ ¯ ¯ ¯
Resumen y ejemplos
Tema 9: Sistemas de EDOs. 22
λ=
1±
Los valores propios son
⎧ √ 1 + 24 ⎨ = ⎩ 2
λ1 = 3,
1+5 2
= 3,
1−5 2
= −2.
λ2 = −2.
Vectores propios asociados a λ1 = 3. Resolvemos µ
(A − 3I) X = 0, ¶µ ¶ µ ¶ 2−3 −4 x 0 = , −1 −1 − 3 y 0 µ ¶µ ¶ µ ¶ −1 −4 x 0 = . −1 −4 y 0
Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas {x + 4y = 0, resolvemos paramétricamente ½
x = −4α , y=α
α ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ1 son de la forma µ ¶ −4 V=α , α ∈ R, 1 tomamos V1 =
µ
−4 1
¶
.
Vectores propios asociados a λ2 = −2. Resolvemos µ
(A + 2I) X = 0, ¶µ ¶ µ ¶ 2+2 −4 x 0 = , −1 −1 + 2 y 0 µ ¶µ ¶ µ ¶ 4 −4 x 0 = . −1 1 y 0
Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas {−x + y = 0 , resolvemos paramétricamente ½
x=α , y=α
α ∈ R.
los vectores propios asociados a λ2 son de la forma µ ¶ 1 V=α , α ∈ R, 1
Resumen y ejemplos
Tema 9: Sistemas de EDOs. 23
tomamos V2 =
µ
1 1
¶
.
Obtenemos el sistema fundamental de soluciones µ ¶ µ ¶ −4 1 3t X1 = e , X2 = e−2t . 1 1 2. Matriz fundamental. µ
Φ=
−4e3t e3t
e−2t e−2t
¶
.
Verificamos que se cumple la propiedad Φ0 = AΦ. La derivada es Φ0 =
µ
−12e3t 3e3t
¶
−2e−2t −2e−2t
,
por otra parte, calculamos µ ¶µ ¶ µ 2 −4 −4e3t e−2t −8e3t − 4e3t AΦ = = 3t −2t −1 −1 e e 4e3t − e3t µ ¶ −12e3t −2e−2t = = Φ0 . 3e3t −2e−2t
2e−2t − 4e−2t −e−2t − e−2t
¶
3. Solución general. Tenemos X(t) = c1 X(t) = En ambos casos, resulta ½
5.2
µ
µ
−4 1
¶
−4e3t e3t
e3t + c2 e−2t e−2t
µ
1 1
¶µ
¶
c1 c2
e−2t , ¶
.
x (t) = −4c1 e3t + c2 e−2t , y (t) = c1 e3t + c2 e−2t . ¤
Cálculo de la solución particular
Teorema 5.1 Dado el sistema X0 = AX + B, podemos obtener una solución particular para el sistema completo de la forma R Xp = Φ Φ−1 B dt
donde Φ, es una matriz fundamental. La solución general del sistema completo, es R X = Φ C + Φ Φ−1 B dt donde C es un vector columna cuyas componentes son constantes arbitrarias.
Resumen y ejemplos
Tema 9: Sistemas de EDOs. 24
Demostración. Partimos de la solución de la ecuación homogénea X = ΦC y usamos el método de variación de constantes para determinar una solución particular del sistema completo, esto es proponemos una solución particular de la forma Xp = Φ U(t). Sustituimos en el sistema completo X0 = AX + B y resulta Φ0 U + Φ U0 = A (Φ U) + B, usamos la propiedad Φ0 = AΦ y resulta AΦU + Φ U0 = AΦ U + B, Φ U0 = B, como Φ es invertible, podemos despejar U0 U0 = Φ−1 B. Integramos para obtener U U=
Z
Φ−1 B dt
y, finalmente, la solución particular es Z Xp = Φ Φ−1 B dt. La solución general del sistema homogéneo es de la forma Xh = Φ C y la solución general del sistema completo se puede escribir como X = Xh +Xp , por lo tanto, resulta X = ΦC + Φ
Z
Φ−1 B dt. ¤
Ejemplo 5.2 Consideramos el sistema ⎧ dx ⎪ 4t ⎪ ⎪ ⎨ dt = x + 2y + 2e , ⎪ ⎪ dy ⎪ ⎩ = 2x + y + e4t . dt
Resumen y ejemplos
Tema 9: Sistemas de EDOs. 25
1. Calcula una matriz fundamental. 2. Determina una solución particular del sistema completo. 3. Determina la solución general del sistema completo. 1. Matriz fundamental. Expresamos el sistema en forma matricial µ ¶ µ 4t ¶ 1 2 2e 0 X = X+ , 2 1 e4t se trata de un sistema completo X0 = AX + B con X=
µ
x(t) y(t)
¶
,
A=
µ
1 2 2 1
¶
,
B=
µ
2e4t e4t
El polinomio característico es ¯ ¯ 1−λ 2 p(λ) = |A − λI| = ¯¯ 2 1−λ = (1 − λ) (1 − λ) − 4 = 1 − 2λ + λ2 − 4 = λ2 − 2λ − 3,
resolvemos λ2 − 2λ − 3 = 0, ⎧ 2+4 √ = 3, 2 ± 4 + 12 ⎨ 2 λ= = ⎩ 2−4 2 2 = −1.
Los valores propios son
λ1 = 3,
λ2 = −1.
Vectores propios asociados a λ1 = 3. Resolvemos µ
(A − 3I) X = 0, ¶µ ¶ µ ¶ 1−3 2 x 0 = , 2 1−3 y 0 µ ¶µ ¶ µ ¶ −2 2 x 0 = . 2 −2 y 0
Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas {x − y = 0, resolvemos paramétricamente ½
x=α , y=α
α ∈ R.
¯ ¯ ¯ ¯
¶
.
Resumen y ejemplos
Tema 9: Sistemas de EDOs. 26
los vectores propios asociados a λ1 son de la forma µ ¶ 1 V=α , α ∈ R, 1 tomamos V1 =
µ
1 1
¶
.
Vectores propios asociados a λ2 = −1. Resolvemos µ
(A + I) X = 0, ¶µ ¶ µ ¶ 1+1 2 x 0 = , 2 1+1 y 0 µ ¶µ ¶ µ ¶ 2 2 x 0 = , 2 2 y 0
resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas {x + y = 0. Resolvemos paramétricamente ½
x=α , y = −α
α ∈ R,
los vectores propios asociados a λ2 son de la forma µ ¶ 1 V=α , α ∈ R, −1 Tomamos V2 =
µ
1 −1
¶
.
Obtenemos el sistema fundamental de soluciones µ ¶ µ ¶ 1 1 e3t , X2 = e−t . X1 = 1 −1 Matriz fundamental Φ=
µ
e3t e3t
e−t −e−t
¶
.
2. Solución particular del sistema completo. Sabemos que podemos obtener una solución particular del sistema completo a partir de la expresión Z Xp = Φ Φ−1 B dt. Tomamos la matriz fundamental Φ=
µ
e3t e3t
e−t −e−t
¶
,
Resumen y ejemplos
Tema 9: Sistemas de EDOs. 27
calculamos el determinante |Φ| = −e3t e−t − e3t e−t = −2e2t , la inversa de Φ es Φ−1 =
1 −2e2t
µ
−e−t −e3t
−e−t e3t
¶
=
1 2
µ
e−3t et
e−3t −et
¶
.
Calculamos el producto ¶ µ 4t ¶ ¶ µ −3t µ −3t 4t 1 1 2e e−3t 2e + e−3t e4t e e −1 = Φ B = et −et e4t et 2e4t − et e4t 2 2 µ t ¶ 1 3e = . e5t 2 Calculamos la integral Z
Φ−1 B dt =
Z
1 2
µ
t
3e e5t
¶
dt =
Finalmente la solución particular es
Xp
= Φ
Z
=
1 2
µ
=
⎛ 16 e4t ⎜ 5 1⎜ 2 ⎝ 14 e4t 5
Φ−1 B dt =
e3t e3t
e−t −e−t
µ ¶
⎛ R
1⎝ R 2 e3t e3t ⎛
3et dt
3et
⎞
⎟ ⎠= 1 ⎜ ⎝ 1 ⎠. 2 e5t dt e5t 5
e−t −e−t 3et
⎛
⎞
⎞
¶
⎛
3et
⎞
1 ⎜ ⎟ ⎠ ⎝ 1 2 5t e 5
⎟ ⎜ ⎠ ⎝ 1 5t e 5 ⎞ ⎛ 8 ⎞ e4t ⎟ ⎜ 5 ⎟ ⎟=⎜ ⎟. ⎠ ⎝ ⎠ 7 4t e 5
3. Solución general del sistema completo. Podemos escribir la solución general del sistema completo en la forma Z X = Φ C + Φ Φ−1 B dt.
⎞ ⎛ 8 e4t ⎟ ⎜ 5 c1 e3t e−t ⎟, +⎜ X= 3t −t ⎠ ⎝ e −e c2 7 4t e 5 o bien, usando un sistema fundamental de soluciones ⎞ ⎛ 8 e4t µ 3t ¶ µ −t ¶ ⎟ ⎜ 5 e e ⎟. X = c1 + c2 +⎜ 3t −t ⎠ ⎝ e −e 7 4t e 5 µ
¶µ
¶
Resumen y ejemplos
Tema 9: Sistemas de EDOs. 28
En ambos casos, obtenemos la solución general ⎧ 8 4t 3t −t ⎪ ⎪ ⎨ x (t) = c1 e + c2 e + 5 e , ⎪ ⎪ ⎩ y (t) = c e3t − c e−t + 7 e4t . 1 2 5
¤
Métodos Matemáticos E.T.S. Minas Tema 9: Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales Practica 2 Prof: Francisco Palacios EPSEM-UPC Curso 2007/2008 Versión 1.2 Diciembre 2007 Resolución de algunos sistemas de EDOs lineales. Ejercicio 1 > restart; > edo1:=diff(x(t),t)=x+2*y; edo2:=diff(y(t),t)=2*x+y; ∂
edo1 :=
∂t
edo2 :=
∂t
∂
x( t ) = x + 2 y y( t ) = 2 x + y
> s:=dsolve({edo1,edo2},{x(t),y(t)}); s := { x( t ) =
1
_C1 e( −t ) +
1
1
_C1 e( 3 t ) +
_C2 e( 3 t ) −
1
_C2 e( −t ), y( t ) =
1
_C1 e( 3 t ) −
2 2 2 2 2 > sp:=dsolve({edo1,edo2,x(0)=1,y(0)=2},{x(t),y(t)}); sp := { y( t ) =
3 2
1
e( 3 t ) +
2
e( −t ), x( t ) = −
1 2
e( −t ) +
3 2
1 2
_C1 e( −t ) +
1 2
_C2 e( −t ) +
1 2
_C2 e( 3 t ) }
e( 3 t ) }
> with(linalg): Warning, new definition for norm Warning, new definition for trace
> a:=matrix(2,2,[1,2,2,1]); ⎡1 a := ⎢ ⎣2
2⎤ ⎥ 1⎦
> p:=charpoly(a,lambda); p := λ − 2 λ − 3 2
> solve(p,lambda); -1, 3 > eigenvalues(a); -1, 3 > eigenvects(a); [ 3, 1, { [ 1, 1 ] } ], [ -1, 1, { [ -1, 1 ] } ] Ejercicio 5 > restart; > edo1:=diff(x(t),t)=-4*x+y+z; ∂
x( t ) = −4 x + y + z
edo1 :=
∂t
edo2 :=
∂t
> edo2:=diff(y(t),t)=x+5*y-z; ∂
y( t ) = x + 5 y − z
> edo3:=diff(z(t),t)=y-3*z; ∂ z( t ) = y − 3 z ∂t > s:=dsolve({edo1,edo2,edo3},{x(t),y(t),z(t)}); edo3 :=
s := { y( t ) = e( 5 t ) _C1 − z( t ) =
1 8
1 9
e( 5 t ) _C1 −
_C2 e( 5 t ) + 1 8
1 9
_C1 e( −3 t ) −
_C2 e( −4 t ) − 1 9
1 9
_C2 e( −4 t ) −
_C3 e( −4 t ) + 1 72
1 9
_C3 e( 5 t ),
_C2 e( 5 t ) +
Page 1
9 8
_C2 e( −3 t ) +
1 72
_C3 e( 5 t ) −
1 8
_C3 e( −3 t ) +
1 9
_C3 e( −4 t ),
x( t ) =
1
e( 5 t ) _C1 −
1
_C1 e( −3 t ) +
9
10
_C2 e( −3 t ) −
_C2 e( −4 t ) −
1
_C2 e( 5 t ) +
10
_C3 e( −4 t ) +
1
8 8 8 9 72 9 72 > s1:=dsolve({edo1,edo2,edo3,x(0)=1,y(0)=0,z(0)=1},{x(t),y(t),z(t)});
_C3 e( 5 t ) −
s1 := { y( t ) = 0, z( t ) = e( −3 t ), x( t ) = e( −3 t ) }
Ejercicio 7 > edo1:=diff(x(t),t)=x-2*y+2*z; edo2:=diff(y(t),t)=-2*x+y-2*z; edo3:=diff(z(t),t)=2*x-2*y+z; ∂
edo1 := edo2 :=
∂t ∂
∂t
x( t ) = x − 2 y + 2 z
y( t ) = −2 x + y − 2 z
∂
z( t ) = 2 x − 2 y + z ∂t > sol:=dsolve({edo1,edo2,edo3,x(0)=1,y(0)=0,z(0)=0},{x(t),y(t),z(t)}); edo3 :=
sol := { z( t ) =
1
e( 5 t ) −
1
e( −t ), x( t ) =
2
e( −t ) +
1
e( 5 t ), y( t ) = −
3 3 3 3 Asignamos los nombres x(t),y(t),z(t) a las expresiones que contien las soluciones > assign(sol); > x(t); 2 3
e( −t ) +
1
1 3
e( 5 t ) +
1 3
e( −t ) }
e( 5 t )
3
> y(t); −
1 3
e( 5 t ) +
1 3
e( −t )
> z(t); 1
1 e( 5 t ) − e( −t ) 3 3 Representación conjunta de las componentes del vector solución en el intervalo [0,0.7] > plot([x(t),y(t),z(t)],t=0..0.7,color=[red,blue,black]);
10
5
0
0.1
0.2
0.3
t
0.4
0.5
0.6
0.7
-5
-10
Definición de una función vectorial que permite calcular el valor de la solución para distintos valores de t > F:=unapply([x(t),y(t),z(t)],t); 1 1 1 1 1 ⎡2 ⎤ F := t → ⎢⎢ e( −t ) + e( 5 t ), − e( 5 t ) + e( −t ), e( 5 t ) − e( −t ) ⎥⎥ 3 3 3 3 3 ⎣3 ⎦ Cálculo del valor para t=0.5 > F(0.5); [ 4.465185093, -3.858654434, 3.858654434 ] Resolución numérica Es necesario limpiar x(t), y(t) , z(t) > x(t):='x(t)';y(t):='y(t)';z(t):='z(t)';
Page 2
1 8
_C3 e( −3 t ) }
edo1:=diff(x(t),t)=x-2*y+2*z; edo2:=diff(y(t),t)=-2*x+y-2*z; edo3:=diff(z(t),t)=2*x-2*y+z; > solnum:=dsolve({edo1,edo2,edo3,x(0)=1,y(0)=0,z(0)=0},{x(t),y(t),z(t)},type=numeric); x( t ) := x( t ) y( t ) := y( t ) z( t ) := z( t ) edo1 := edo2 :=
∂ ∂t ∂
∂t
edo3 :=
x( t ) = x − 2 y + 2 z
y( t ) = −2 x + y − 2 z
∂ ∂t
z( t ) = 2 x − 2 y + z
solnum := proc(rkf45_x) ... end > solnum(0.5); [ t = .5, y( t ) = -3.858654355830112, z( t ) = 3.858654355830112, x( t ) = 4.465185015541929 ] Obtención de valores y vectores propios con linalg > a:=matrix(3,3,[1,-2,2,-2,1,-2,2,-2,1]); ⎡1 ⎢ a := ⎢-2 ⎢ ⎣2
-2 1 -2
2⎤ ⎥ -2⎥ ⎥ 1⎦
> with(linalg): Warning, new definition for norm Warning, new definition for trace
> p:=charpoly(a,lambda); p := λ − 3 λ − 9 λ − 5 3
2
> factor(p); ( λ − 5 ) ( λ + 1 )2 > solve(p,lambda); 5, -1, -1 > eigenvals(a); 5, -1, -1 > eigenvects(a); [ -1, 2, { [ 1, 1, 0 ], [ -1, 0, 1 ] } ], [ 5, 1, { [ 1, -1, 1 ] } ]
Problema 11 > restart; > edo1:=diff(x(t),t)=2*y+exp(t); edo1 :=
∂ ∂t
x( t ) = 2 y + et
> edo2:=diff(y(t),t)=-x+3*y-exp(t); ∂
y( t ) = −x + 3 y − et ∂t > sol:=dsolve({edo1,edo2,x(0)=1,y(0)=1},{x(t),y(t)}); edo2 :=
sol := { x( t ) = −2 e( 2 t ) + 4 t et + 3 et, y( t ) = −2 e( 2 t ) + 3 et + 2 t et } > assign(sol); > plot([x(t),y(t)],t=0..1.8,color=[red,blue]);
Page 3
5 0.2
0.4
0.6
0.8
t
1
1.2
1.4
1.6
1.8
0 -5 -10 -15 -20 -25 -30
valor de t donde se anula x(t) > tx0:=fsolve(x(t)=0,t=0..2); tx0 := 1.507329784 valor de t donde se anula y(t) > ty0:=fsolve(y(t)=0,t=0..1); ty0 := .8576766739 A continuación definimos una función vectorial que permite calcular el vector solución para distintos valores de t > F:=unapply([x(t),y(t)],t); F := t → [ −2 e( 2 t ) + 4 t et + 3 et, −2 e( 2 t ) + 3 et + 2 t et ] > F(tx0); [ 0, -13.61016166 ] > F(ty0); [ 4.044248574, -.2 10-8 ] >
Page 4
E.T.S. Minas: Métodos Matemáticos
Resumen y ejemplos Tema 6: Integración numérica Francisco Palacios Escuela Politécnica Superior de Ingeniería de Manresa Universidad Politécnica de Cataluña Octubre 2008, Versión 1.5 Contenido 1. Fórmulas de cuadratura 2. Fórmulas de Newton-Cotes 3. Fórmulas compuestas
1
Fórmulas de cuadratura
• Objetivo Aproximar la integral I=
Z
b
f (x) dx
a
usando una combinación lineal de valores de f (x) en puntos del intervalo [a, b]. Puntos del intervalo (nodos) a ≤ x0 < x1 < · · · < xn ≤ b. Aproximación Z
a
b
f (x) dx ' α0 f (x0 ) + α1 f (x1 ) + · · · + αn f (xn ).
La fórmula de cuadratura es F (f ) = α0 f (x0 ) + α1 f (x1 ) + · · · + αn f (xn ). La notación F (f ) indica que los coeficientes αj y los nodos xj son conocidos; es la función f la que actúa como variable en la fórmula. • Error E (f ) = I − F (f ) Z b f (x) dx − [α0 f (x0 ) + α1 f (x1 ) + · · · + αn f (xn )] . = a
1
Resumen y ejemplos
Tema 6: Integración numérica. 2
Ejemplo 1.1 Consideramos la integral Z 1 x sin x dx. I= 0
1. Aproxima el valor de I con la fórmula de cuadratura ∙ µ ¶ ¸ a+b b−a F (f ) = f (a) + 4f + f (b) 6 2 [a, b] representa el intervalo de integración [0, 1]. 2. Calcula el valor exacto de la integral y el valor del error.
1. Valor aproximado. Tenemos a = 0,
b = 1,
f (x) = x sin x.
1−0 (0 + 4 · (0.5) sin (0.5) + sin 1) = 0. 30005. 6 2. Valor exacto y error.Calculamos una primitiva de f (x) F (f ) =
Z
x sin x dx = integramos por partes
µ
u=x du = dx dv = sin x dx v = − cos x
Z
0
1
¶ = −x cos x −
= −x cos x +
Z Z
(− cos x) dx cos x dx
= −x cos x + sin x + c
x sin x dx = [−x cos x + sin x]x=1 x=0 = − cos 1 + sin 1 = 0. 30117.
Error.
|E (f )| = |I − F (f )| = |0. 30117 − 0. 30005| = 0.00 112. Vemos que la fórmula de cuadratura ha producido una aproximación de la integral con 2 decimales exactos. ¤ • Grado de precisión Dado un intervalo [a, b], una fórmula de cuadratura F (f ) = α0 f (x0 ) + α1 f (x1 ) + · · · + αn f (xn )
Resumen y ejemplos
Tema 6: Integración numérica. 3
tiene grado de precisión g si es exacta para todos los polinomios de grado ≤ g (y no lo és para alguno de grado g +1). Es decir, si p(x) es un polinomio de grado ≤ g, entonces Z b p(x) dx = α0 p(x0 ) + α1 p(x1 ) + · · · + αn p(xn ). a
• Determinación del grado de precisión Puede demostrarse que la fórmula de cuadratura F (f ) tiene grado de precisión g si es exacta para los polinomios p0 (x) = 1, p1 (x) = x, p2 (x) = x2 , . . . , pg (x) = xg y no lo es para pg+1 (x) = xg+1 . Ejemplo 1.2 Consideramos el intervalo [0, 2]. Determina el grado de precisión de la fórmula de cuadratura F (f ) =
1 [f (0) + 4f (1) + f (2)] 3
Tenemos que verificar la exactitud de F (f ) sobre los monomios p0 (x) = 1, p1 (x) = x, p2 (x) = x2 , . . . ⎫ Z 2 ⎪ ⎪ 1 dx = [x]20 = 2, ⎪ ⎬ 0 ⇒ F (f ) exacta para p0 (x) = 1. ⎪ ⎪ 6 ⎪ F (1) = 13 (1 + 4 + 1) = = 2. ⎭ 3 ⎫ ∙ 2 ¸2 Z 2 x ⎪ ⎪ ⎬ x dx = = 2, 2 0 0 ⇒ F (f ) exacta para p1 (x) = x. ⎪ ⎪ ⎭ F (x) = 13 (0 + 4 · 1 + 2) = 63 = 2. ⎫ ∙ 3 ¸2 Z 2 ⎪ x 8 ⎪ 2 ⎪ x dx = = , ⎪ ⎬ 3 3 0 0 ⇒ F (f ) exacta para p2 (x) = x2 ⎪ ¡ ¢ ⎪ 8 ⎪ ⎭ F x2 = 13 (0 + 4 · 1 + 4) = . ⎪ 3 ⎫ ∙ 4 ¸2 Z 2 ⎪ x 16 ⎪ 3 ⎪ = 4, x dx = = ⎪ ⎬ 4 4 0 0 ⇒ F (f ) exacta para p3 (x) = x3 . ⎪ ⎪ ¡ ¢ ⎪ 12 ⎭ F x3 = 13 (0 + 4 · 1 + 8) = = 4. ⎪ 3
Resumen y ejemplos Z
∙
2
x5 x4 dx = 5 0
¸2 0
Tema 6: Integración numérica. 4 ⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎬
32 = , 5
⇒ F (f )no exacta para p4 (x) = x4 ⎪ ¡ ¢ ⎪ 20 ⎪ ⎭ F x4 = 13 (0 + 4 · 1 + 16) = . ⎪ 3 La fórmula de cuadratura tiene grado de precisión 3, y es exacta para todas las integrales Z 2
p(x) dx
0
con p(x) polinomio de grado ≤ 3. Por ejemplo, tomemos Z
0
p(x) = x3 − x,
¸2 ∙ 4 ¢ x x2 16 4 x3 − x dx = − − = 4 − 2 = 2, = 4 2 0 4 2
2¡
1 6 F (p) = [0 + 4· (1 − 1) + (8 − 2)] = = 2. ¤ | | {z } {z } 3 3 p(1)
2
p(2)
Fórmulas de Newton-Cotes
Las fórmulas de Newton-Cotes se obtienen integrando el polinomio interpolador construido con nodos igualmente espaciados. • Estrategia 1. Dividimos [a, b] en n subintervalos de longitud h=
b−a , n
los puntos de división son de la forma x0 = a, x1 = a + h,
Resumen y ejemplos
Tema 6: Integración numérica. 5 x2 = a + 2h, .. . xj = a + jh, .. . xn = a + nh = b.
2. Calculamos el polinomio pn (x) que interpola f (x) en los nodos x0 , x1 , x2 , . . . , xn . 3. Tomamos
Z
a
2.1
b
f (x) dx '
Z
b
pn (x) dx.
a
Fórmula del trapecio y de Simpson
• Fórmula del Trapecio Es la fórmula de Newton-Cotes de 2 puntos
Z
b
p1 (x) dx =
a
f (a) + f (b) (b − a) . 2
La fórmula del trapecio es FT (f ) =
b−a [f (a) + f (b)] . 2
Si tomamos h = b − a, obtenemos la siguiente expresión h [f (x0 ) + f (x1 )] , 2 x0 = a, x1 = a + h, h = b − a.
FT (f ) =
• Fórmula de Simpson
Resumen y ejemplos
Tema 6: Integración numérica. 6
Es la fórmula de Newton-Cotes de 3 puntos h= x0 = a,
b−a , 2
x1 = a + h,
x2 = a + 2h = b.
Puede demostrarse que Z
b
p2 (x) dx =
a
=
∙ µ ¶ ¸ a+b b−a f (a) + 4f + f (b) 6 2 h [f (x0 ) + 4f (x1 ) + f (x2 )] . 3
La fórmula de Simpson es h [f (x0 ) + 4f (x1 ) + f (x2 )] , 3 x0 = a, x1 = a + h, x2 = a + 2h, b−a . h= 2 FS (f ) =
Ejemplo 2.1 Consideramos la integral Z 2 1 dx. I= x 1 1. Aproxima el valor de I usando la fórmula del trapecio. 2. Aproxima el valor de I usando la fórmula de Simpson. 3. Calcula los errores.
Resumen y ejemplos
Tema 6: Integración numérica. 7
1. Aproximación con la fórmula del trapecio. Tenemos a = 1, 2−1 FT (f ) = 2
b = 2,
f (x) =
1 , x
µ ¶ 1 1 3 3 1+ = · = = 0.75. 2 2 2 4
2. Aproximación con la fórmula de Simpson. Tenemos h=
2−1 = 0.5, 2
x0 = 1, x1 = 1.5, µ 1 0.5 1+4 + FS (f ) = 3 1.5
x2 = 2, ¶ 1 = 0. 69444. 2
3. Valor exacto y errores. Calculamos la integral exacta Z 2 1 dx = [ln x]21 = ln 2 = 0. 69315. x 1 Error para la fórmula del trapecio |ET (f )| = |I − FT (f )| = |0. 69315 − 0.75| = 0.0 5685. Error para la fórmula de Simpson |ES (f )| = |I − FS (f )| = |0. 69315 − 0. 69444| = 0.00 129. Con la fórmula Simpson, hemos obtenido 2 decimales exactos. ¤
2.2
Errores
• Fórmula del trapecio Sea f (x) de clase C 2 [a, b]
x0 = a,
x1 = b,
h = b − a,
se cumple
I=
Z
FT (f )
b
a
z }| { h h3 f (x) dx = [f (x0 ) + f (x1 )] − f (2) (t) , 2 12
t ∈ (a, b) .
Valor absoluto del error |ET (f )| = |I − FT (f )| =
h3 ¯¯ (2) ¯¯ ¯f (t)¯ , 12
t ∈ (a, b) .
Resumen y ejemplos
Tema 6: Integración numérica. 8
Cota superior de error ¯ ¯ M2 = max ¯f (2) (x)¯ .
h3 M2 , 12
|ET (f )| ≤
x∈[a,b]
• Fórmula de Simpson Sea f (x) de clase C 4 [a, b] x0 = a,
x1 = a + h,
x2 = b,
h=
b−a , 2
se cumple FS (f )
z }| { b h5 h I= f (x) dx = [f (x0 ) + 4f (x1 ) + f (x2 )] − f (4) (t) , 3 90 a Z
t ∈ (a, b) .
Valor absoluto del error |ES (f )| = |I − FS (f )| = Cota superior de error |ES (f )| ≤
h5 ¯¯ (4) ¯¯ ¯f (t)¯ , 90
t ∈ (a, b) .
¯ ¯ M4 = max ¯f (4) (x)¯ .
h5 M4 , 90
x∈[a,b]
Ejemplo 2.2 Consideramos la integral Z 2 x ln x dx. I= 1
1. Aproxima el valor de I usando la fórmula del trapecio; calcula una cota superior de error. 2. Aproxima el valor de I usando la fórmula de Simpson; calcula una cota superior de error. 3. Calcula el valor exacto de la integral y verifica los resultados.
1. Aproximación trapecio. Tenemos a = 1,
b = 2,
h = 2 − 1 = 1,
f (x) = x ln x,
Valor de la aproximación FT (f ) =
1 (1 ln 1 + 2 ln 2) = ln 2 = 0. 69315. 2
Resumen y ejemplos
Tema 6: Integración numérica. 9
La cota de error es |ET (f )| ≤
h3 M2 , 12
¯ ¯ M2 = max ¯f (2) (x)¯ . x∈[1,2]
Calculamos las derivadas para determinar M2 . f 0 (x) = ln x + 1,
1 . x Observamos que f 00 (x) es positiva si x ∈ [1, 2], la función objetivo en el cálculo de M2 es ¯ ¯ 1 ¯ ¯ g(x) = ¯f (2) (x)¯ = , x −1 g 0 (x) = 2 . x 0 Vemos que g (x) es negativa, por lo tanto g es decreciente en el intervalo y resulta ¯ ¯ ¯ ¯ M2 = max ¯f (2) (x)¯ = g(1) = 1. f 00 (x) =
x∈[1,2]
Finalmente, obtenemos la cota de error
h3 1 M2 = = 0.083333. 12 12
|ET (f )| ≤
2. Aproximación por Simpson. Tenemos 2−1 = 0.5, 2
h= x0 = 1,
x1 = 1.5,
x2 = 2.
Valor de la aproximación FS (f ) =
0.5 (1 ln 1 + 4 · 1.5 ln (1.5) + 2 ln 2) = 0. 63651. 3
La cota de error es |Es (f )| ≤
h5 M4 , 90
¯ ¯ M4 = max ¯f (4) (x)¯ . x∈[1,2]
Calculamos las derivadas para determinar M4 . f 000 (x) = − f (4) (x) =
1 , x2
2 . x3
Resumen y ejemplos
Tema 6: Integración numérica. 10
Vemos que f (4) (x) es positiva si x ∈ [1, 2], la función objetivo es ¯ ¯ 2 ¯ ¯ g(x) = ¯f (4) (x)¯ = 3 , x
−6 . x4 La derivada g 0 (x) es negativa, por lo tanto g es decreciente y resulta ¯ ¯ ¯ ¯ M4 = max ¯f (4) (x)¯ = g(1) = 2. g 0 (x) =
x∈[1,2]
Finalmente, obtenemos la cota de error |ES (f )| ≤
h5 (0.5)5 M4 = 2 = 0.0006 9444. 90 90
Por lo tanto, podemos asegurar que el valor obtenido usando la fórmula de Simpson aproxima el valor de la integral con (al menos) 2 decimales exactos. 3. Valor exacto y errores. Calculamos una primitiva de f (x) Z x ln x dx = integramos por partes Z 2 x2 x 1 dx ⎞ = ln x − ⎛ 1 2 2 x u = ln x du = dx Z ⎟ x2 ⎜ x ⎠ = ln x − 1 x dx ⎝ 2 x 2 2 dv = x dx v = 2 2 x x2 = ln x − + c. 2 4 Z
¸x=2 ¶ µ x2 1 x2 1 ln x − ln 1 − x ln x dx = = (2 ln 2 − 1) − 2 4 x=1 2 4 1 = 2 ln 2 − 1 + 1/4 = 0. 63629. ∙
2
Error trapecio. |ET (f )| = |I − FT (f )| = |0. 63629 − 0. 69315| = 0.0 5686, cota calculada para el error trapecio |ET (f )| ≤ 0.083333. Error Simpson |ES (f )| = |I − FS (f )| = |0. 63629 − 0. 63651| = 0.000 22, cota error Simpson |ES (f )| ≤ 0.0006 94.
Resumen y ejemplos
Tema 6: Integración numérica. 11
Vemos que, en ambos casos, los errores son inferiores a las cotas calculadas. También observamos que con la fórmula Simpson hemos obtenido 3 decimales exactos. ¤ Importante: recuerda que la distancia entre nodos es • h = b − a para la fórmula del trapecio, b−a para la fórmula de Simpson. •h= 2
3
Fórmulas compuestas
Las fórmulas compuestas permiten obtener mejores aproximaciones dividiendo el intervalo de integración en varios tramos y aplicando una fórmula simple a cada uno de los tramos.
3.1
Trapecio compuesto
• Estrategia 1. Dividimos el intervalo [a, b] en n tramos de longitud b−a , n
h= obtenemos n + 1 puntos
x0 = a, x1 = a + h, x2 = a + 2h, . . . , xn = a + nh = b, los n tramos son A1 = [x0 , x1 ], A2 = [x1 , x2 ] , . . . , Aj = [xj−1 , xj ] , . . . , An = [xn−1 , xn ] . 2. Aplicamos la fórmula del trapecio a cada tramo A1 = [x0 , x1 ]
Aj = [xj−1 , xj ]
⇒ ⇒
An = [xn−1 , xn ]
(1)
=
(j)
=
(n)
=
FT .. .
FT .. .
⇒
FT
h [f (x0 ) + f (x1 )] , 2 .. . h [f (xj−1 ) + f (xj )] , 2 .. . h [f (xn−1 ) + f (xn )] . 2
3. Tomamos como aproximación global la suma de las aproximaciones sobre los tramos (n)
(1)
(2)
(j)
(n)
FT C = FT + FT + · · · + FT + · · · + FT .
Resumen y ejemplos
Tema 6: Integración numérica. 12
• Fórmula de trapecio compuesto con n tramos. (n)
FT C = h=
h [f (x0 ) + 2f (x1 ) + · · · + 2f (xj ) + · · · + 2f (xn−1 ) + f (xn )] , 2
b−a . n
Si agrupamos términos, obtenemos n−1
(n) FT C
X h = [f (x0 ) + f (xn )] + h f (xj ) , 2 j=1
h=
b−a . n
• Cota de error
Si f (x) es de clase C 2 [a, b], se cumple
donde
¯ ¯ ¯Z ¯ (n) ¯ ¯¯ ¯ET C ¯ = ¯
b a
¯
(n) ¯ f (x)dx − FT C ¯¯
≤
b−a 2 h M2 , 12
h=
b−a n
¯ ¯ ¯ ¯ M2 = max ¯f (2) (x)¯ . x∈[a,b]
• Demostración de la cota de error
Tenemos Z b Z x1 Z x2 Z xn f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx + · · · + f (x) dx x0 x1 xn−1 a Z Z Z = f (x) dx + f (x) dx + · · · + f (x) dx A1
A2
= I1 + I2 + · · · + In .
An
Resumen y ejemplos
Tema 6: Integración numérica. 13
La fórmula de trapecio compuesto se obtiene sumando el valor del trapecio simple en cada uno de los tramos, es decir (n)
(1)
(2)
(n)
FT C = FT + FT + · · · + FT , (j)
donde FT es el valor de la fórmula simple del trapecio sobre el tramo Aj = [xj−1 , xj ] . Entonces ¯Z b ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ (n) ¯ (n) ¯¯ ¯ f (x) dx − FT C ¯ ¯ET C ¯ = ¯ a ¯ ´¯ ³ ¯ (1) (2) (n) ¯ = ¯(I1 + I2 + · · · + In ) − FT + FT + · · · + FT ¯ ¯³ ´ ³ ´ ³ ´¯ ¯ (1) (2) (n) ¯ + I2 − FT + · · · + In − FT ¯ = ¯ I1 − FT ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ (1) ¯ (2) ¯ (n) ¯ ≤ ¯I1 − FT ¯ + ¯I2 − FT ¯ + · · · + ¯In − FT ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ (1) ¯ ¯ (2) ¯ ¯ (n) ¯ ≤ ¯ET ¯ + ¯ET ¯ + · · · + ¯ET ¯
¯ ¯ ¯ (j) ¯ donde ¯ET ¯ representa el error del trapecio simple en el tramo Aj . Sabemos que se cumple ¯ ¯ ¯ (j) ¯ h3 (j) ¯ET ¯ ≤ M2 , 12
entonces
¯ ¯ ¯ ¯ (j) M2 = max ¯f (2) (x)¯ , x∈Aj
¯ ¯ h3 (n) ¯ (n) ¯ h3 (1) h3 (2) ¯ET C ¯ ≤ M2 + M2 + · · · + M2 . 12 12 12 ¯ ¯ ¯ ¯ M2 = max ¯f (2) (x)¯ ,
Si tomamos
x∈[a,b]
se cumple para todos los tramos ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ (j) M2 = max ¯f (2) (x)¯ ≤ max ¯f (2) (x)¯ = M2 , x∈Aj
x∈[a,b]
por lo tanto
¯ ¯ ¯ (n) ¯ ¯ET C ¯ ≤
≤
h3 h3 h3 h3 b − a h2 M2 + M2 + · · · + M2 = n M2 = n M2 12 12 12 12 n 12 b−a 2 h M2 . ¤ 12
Ejemplo 3.1 Calcula el valor de la integral Z 2 x ln x dx 1
con 2 decimales exactos usando la fórmula del trapecio compuesto.
Resumen y ejemplos
Tema 6: Integración numérica. 14
1. Cálculo del número de tramos. Tenemos a = 1, b = 2, f (x) = x ln x, la cota de error es ¯ ¯ ¯ (n) ¯ b − a 2 E h M2 , ¯ TC¯ ≤ 12
donde
h=
b−a , n
¯ ¯ ¯ ¯ (2) M2 = max ¯f (x)¯ . x∈[a,b]
En el Ejemplo 2.2 hemos obtenido el valor de la cota de la derivada ¯ ¯ ¯ ¯ (2) M2 = max ¯f (x)¯ = 1, x∈[1,2]
entonces la cota de error toma la forma ¯ ¯ 1 ¯ (n) ¯ ¯ET C ¯ ≤ h2 . 12
Exigimos
1 2 h ≤ 0.5 × 10−2 12
y determinamos h
¡ ¢ h2 ≤ 12 · 0.5 × 10−2 = 0.0 6, √ h ≤ 0.0 6 = 0. 24495.
Finalmente, como h=
2−1 1 = , n n
resulta
1 1 ≤ 0. 24495 ⇒ n ≥ = 4. 0825. n 0. 24495 Es decir, para garantizar 2 decimales exactos en la aproximación, necesitamos n = 5 tramos. 2. Valor de la aproximación. Con n = 5, resulta h=
1 = 0.2, 5
los nodos son x0 = 1, x1 = 1.2, x2 = 1.4, x3 = 1.6, x4 = 1.8, x5 = 2.
Resumen y ejemplos
Tema 6: Integración numérica. 15
La fórmula del trapecio con 5 tramos es 4
(5)
FT C =
X h [f (x0 ) + f (x5 )] + h f (xj ) , 2 j=1
en concreto (5)
FT C
0.2 (1 ln 1 + 2 ln 2) + (0.2) (1.2 ln 1.2 + 1.4 ln 1.4 + 1.6 ln 1.6 + 1.8 ln 1.8) 2 = 0. 13863 + 0. 49997 = 0. 63860. =
3. Error exacto. El valor de la integral es Z 2 I= x ln x dx = 0. 63629, 1
de donde resulta el error ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ (5) ¯ ¯ (5) ¯ ¯ET C ¯ = ¯I − FT C ¯ = |0. 63629 − 0. 63860| = 0.00 231.
Vemos que, efectivamente, la fórmula de trapecio compuesta con 5 tramos aproxima el valor de la integral con 2 decimales exactos. ¤
3.2
Fórmula de Simpson compuesto
• Estrategia La idea es dividir el intervalo [a, b] en m tramos de igual longitud A1 , A2 , . . . , Am y aplicar la regla simple de Simpson a cada tramo. Para centrar ideas, expondremos el caso m = 3. 1. Para aplicar la regla de Simpson, debemos tomar el punto medio de cada tramo. Por lo tanto, tendremos una distancia entre nodos h=
b−a . 2m
Los nodos son x0 = a, x1 = a + h, x2 = a + 2h, . . . , xn = a + 2mh = b. Si m = 3, la distancia entre nodos será h= y tendremos 2m + 1 = 7 nodos
b−a 6
Resumen y ejemplos
Tema 6: Integración numérica. 16
en este caso, los tramos son A1 = [x0 , x2 ],
punto medio x1,
A2 = [x2 , x4 ],
punto medio x3 ,
A3 = [x4 , x6 ],
punto medio x5 .
2. Aplicamos la fórmula de Simpson simple a cada tramo (1)
=
h [f (x0 ) + 4f (x1 ) + f (x2 )] , 3
(2)
=
h [f (x2 ) + 4f (x3 ) + f (x4 )] , 3
(3)
=
h [f (x4 ) + 4f (x5 ) + f (x6 )] . 3
A1 = [x0 , x2 ]
⇒
FS
A2 = [x2 , x4 ]
⇒
FS
A3 = [x4 , x6 ],
⇒
FS
3. Tomamos como aproximación global la suma de las aproximaciones sobre los tramos (m)
(1)
(2)
(m)
FSC = FS + FS + · · · + FS , en el caso m = 3 (3)
FSC =
h [f (x0 ) + 4f (x1 ) + 2f (x2 ) + 4f (x3 ) + 2f (x4 ) + 4f (x5 ) + f (x6 )] 3
La fórmula puede reorganizarse como sigue: (3)
FSC =
h {f (x0 ) + f (x6 ) +2 [f (x2 ) + f (x4 )] +4 [f (x1 ) + f (x3 ) + f (x5 )]} | | {z } {z } {z } 3 | nodos extremos
nodos pares interiores
nodos impares
• Fórmula de Simpson compuesto La expresión general para la fórmula de Simpson compuesta con m tramos es ⎡ ⎤ m−1 m X X h b−a (m) . FSC = ⎣f (x0 ) + f (x2m ) + 2 f (x2j ) + 4 f (x2j−1 )⎦ , h = 3 2m j=1
j=1
Resumen y ejemplos
Tema 6: Integración numérica. 17
• Cota de error Si f (x) es de clase C 4 [a, b], se cumple ¯ ¯ ¯ ¯Z b b−a 4 ¯ (m) ¯ ¯¯ (m) ¯¯ h M4 , f (x)dx − FSC ¯ ≤ ¯ESC ¯ = ¯ 180 a ¯ ¯ ¯ ¯ M4 = max ¯f (4) (x)¯ .
h=
b−a . 2m
x∈[a,b]
• Demostración de la cota de error Tenemos Z b Z Z Z f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx + · · · + A1
a
A2
f (x) dx
Am
= I1 + I2 + · · · + Im .
La fórmula de Simpson compuesta de m tramos es (m)
(1)
(2)
(m)
FSC = FS + FS + · · · + FS (j)
donde FS es el valor de la fórmula simple de Simpson sobre el tramo Aj = [x2j−2 , x2j ] . Entonces, el error global no supera la suma de los errores en los tramos, en efecto ¯Z b ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ (m) ¯ (m) ¯¯ ¯ f (x) dx − FSC ¯ ¯ESC ¯ = ¯ ¯ a ´¯ ³ ¯ (1) (2) (m) ¯ = ¯(I1 + I2 + · · · + Im ) − FS + FS + · · · + FS ¯ ¯³ ´ ³ ´ ³ ´¯ ¯ (1) (2) (m) ¯ = ¯ I1 − FS + I2 − FS + · · · + Im − FS ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ (1) ¯ (2) ¯ (m) ¯ ≤ ¯I1 − FS ¯ + ¯I2 − FS ¯ + · · · + ¯Im − FS ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ (m) ¯ ¯ (1) ¯ ¯ (2) ¯ ≤ ¯ES ¯ + ¯ES ¯ + · · · + ¯ES ¯ , ¯ ¯ ¯ (j) ¯ donde ¯ES ¯ representa el error de Simpson simple en el tramo Aj . Para cada tramo, sabemos que se cumple ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ (j) ¯ h5 (j) ¯ ¯ (j) ¯ES ¯ ≤ M4 , M4 = max ¯f (4) (x)¯ , x∈Aj 90 entonces
¯ ¯ h5 (m) ¯ (m) ¯ h5 (1) h5 (2) ¯ESC ¯ ≤ M4 + M4 + · · · + M4 . 90 90 90 ¯ ¯ (4) ¯ ¯ Obviamente, el valor máximo de f (x) sobre cualquiera de los tramos (j)
M4 no puede superar al valor máximo sobre el intervalo completo [a, b]; es decir, si tomamos ¯ ¯ ¯ ¯ M4 = max ¯f (4) (x)¯ , x∈[a,b]
Resumen y ejemplos
Tema 6: Integración numérica. 18
se cumple para todos los tramos ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ (j) M4 = max ¯f (4) (x)¯ ≤ max ¯f (4) (x)¯ = M4 . x∈Aj
x∈[a,b]
por lo tanto
¯ ¯ ¯ (m) ¯ ¯ESC ¯ ≤
h5 (1) h5 (2) h5 (m) M4 + M4 + · · · + M4 90 90 90 5 5 5 h h h M4 + M4 + · · · + M4 ≤ 90 90 90 5 4 h h b − a h4 M4 ≤ m M4 = mh M4 = m 90 90 2m 90 b−a 4 h M4 . ¤ ≤ 180
Ejemplo 3.2 Calcula el valor de la integral Z 2 x ln x dx 1
con 4 decimales exactos usando la fórmula de Simpson compuesto.
1. Cálculo del número de intervalos. Tenemos a = 1, b = 2, f (x) = x ln x, la cota de error para la fórmula de Simpson con m tramos es ¯ ¯ b−a ¯ (m) ¯ b − a 4 h M4 , h = , ¯ESC ¯ ≤ 180 2m ¯ ¯ ¯ ¯ M4 = max ¯f (4) (x)¯ . x∈[a,b]
Hemos visto en el Ejemplo 2.2 que
¯ ¯ ¯ ¯ M4 = max ¯f (4) (x)¯ = 2, x∈[1,2]
entonces resulta la cota de error. ¯ ¯ 1 4 ¯ (m) ¯ h · 2. ¯ESC ¯ ≤ 180 Exigimos
1 4 h · 2 ≤ 0.5 × 10−4 180
Resumen y ejemplos y determinamos h
Tema 6: Integración numérica. 19
¡ ¢ 180 · 0.5 × 10−4 = 0.00 45, h ≤ 2 √ 4 h ≤ 0.0 045 = 0. 259. 4
Finalmente, como
h=
1 2−1 = , 2m 2m
resulta
1 1 ≤ 0. 259 ⇒ m ≥ = 1. 9305. 2m 2 · 0. 259 Necesitamos tomar m = 2. Se trata de Simpson doble. Observa que, como cada Simpson simple contiene dos subintervalos, el número de subintervalos es 2m = 4. 2. Valor de la aproximación. Con m = 2, la distancia entre nodos es 1 h = = 0.25, 4 nodos x0 = 1, x1 = 1.25, x2 = 1.5, x3 = 1.75, x4 = 2. La fórmula compuesta de Simpson con 2 tramos tiene la siguiente forma ⎡ ⎤ 1 2 X X h (2) ⎣f (x0 ) + f (x4 ) + 2 FSC = f (x2j ) + 4 f (x2j−1 )⎦ 3 j=1
j=1
h {f (x0 ) + f (x4 ) + 2f (x2 ) + 4 [f (x1 ) + f (x3 )]} . 3 Sustituyendo, obtenemos el valor de la aproximación 0.25 (2) FSC = [(1 ln 1 + 2 ln 2) + 2 (1.5 ln 1.5) + 4 (1.25 ln 1.25 + 1.75 ln 1.75)] 3 0.25 = 7. 635718 = 0. 6363098. 3 3. Error exacto. Podemos tomar como valor exacto de la integral Z 2 I= x ln x dx = 0. 63629 44, =
1
el error es ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ (2) ¯ ¯ (2) ¯ ¯ESC ¯ = ¯I − FSC ¯ = |0. 63629 44 − 0. 63630 98| = 0.154 × 10−4 . ¤ Importante: recuerda que la distancia entre nodos es b−a para la fórmula compuesta del trapecio con n tramos, •h= n b−a para la fórmula compuesta de Simpson con m tramos. •h= 2m
ETS Minas: Métodos matemáticos Guía de estudio:Tema 9 Sistemas de EDOs lineales Francisco Palacios Escuela Politécnica Superior de Ingeniería de Manresa Universidad Politécnica de Cataluña Noviembre 2008, versión 1.2
1
Introducción
El contenido del tema es el siguiente: 1. Conceptos básicos. 2. Sistemas lineales homogéneos. 3. Resolución de sistemas homogéneos con coeficientes constantes. 4. Resolución de sistemas completos: variación de parámetros.
2
Objetivos
2.1
Teóricos
Al finalizar el tema, el alumno debe se capaz de: • Identificar sistemas de EDOs lineales. • Distinguir si el sistema de EDOs es de coeficientes constantes. • Distinguir y manejar funciones vectoriales de variable real, más concretamente, dada una función vectorial, el alumno debe ser capaz de: — determinar el dominio, — estudiar la continuidad, — calcular la derivada, — calcular una primitiva, — calcular integrales definidas. • Escribir un sistema de EDOs lineales en forma matricial. • Diferenciar entre sistemas de EDOs lineales completos y homogéneos. 1
Francisco Palacios
Tema 9: Sistemas de EDOs lineales. 2
• Estudiar la independencia lineal de funciones vectoriales usando el Wronskiano. • Describir la estructura del conjunto de soluciones de un sistema de EDOs lineales homogéneo de dimensión n. • Determinar sistemas fundamentales de soluciones para un sistema de EDOs lineales homogéneas con coeficientes constantes. • Construir una matriz fundamental para una sistema de EDOs lineales homogéneas con coeficientes constantes. • Describir la estructura de la solución general de un sistema de EDOs lineales completo con coeficientes constantes.
2.2
Cálculo manual
Al finalizar el tema, el alumno debe se capaz de: • Obtener la solución general de un sistema sencillo de EDOs lineales homogéneo de orden n con coeficientes constantes usando los valores y vectores propios de la matriz del sistema. • Obtener la solución general de sistema sencillo de EDOs lineales homogéneo de orden n con coeficientes constantes, determinando una solución particular mediante el método de variación de parámetros. • Resolver problemas sencillos de valor inicial para sistema de EDOs lineales homogéneo de orden n con coeficientes constantes.
2.3
Cálculo con ordenador
Al finalizar el tema, el alumno debe se capaz de: • Escribir sistemas de EDOs siguiendo la sintaxis de Maple. • Calcular una familia de soluciones con dsolve. • Resolver problemas de valor inicial y de condiciones de contorno con dsolve. • Extraer una expresión correspondiente a la solución usando el comando assign. • Representar gráficamente las soluciones de un problema de valor inicial. • Aproximar numéricamente la solución de un problema de valor inicial usando la opción type=numeric de dsolve.
Francisco Palacios
3
Tema 9: Sistemas de EDOs lineales. 3
Orientaciones para el estudio • Resuelve manualmente los ejemplos del Resumen de clase. Si dispones de poco tiempo, puedes omitir el Ejemplo 3.3 y el Ejemplo 4.1. • Resuelve con papel y lápiz los ejercicios 1,2,3,4,9,10,11. • Resuelve con Maple todos los ejercicios.
4
Temporalización
Aproximadamente, el tiempo necesario para cubrir el tema es el siguiente: Actividad Explicación teórica, ejemplos Ejemplos, problemas Prácticas ordenador Leer guia estudio, resumen Problemas a mano Hacer práctica Poblemas con Maple Cuestionario
Tipo Clase teoría Clase prácticas Clase prácticas Trabajo personal Trabajo personal Trabajo personal Trabajo personal Trabajo personal
Duración 2h 4h 2h 0,25h 6,0h 0,75h 0,75h 0,25
8h
8h
Cuestionario Tema 9: Sistemas de EDOs Alumno: _____________________________________ 1. Asistencia a clase. Indica si has asistido a todas las clases de teoría y prácticas correspondientes al tema, en caso de no asistencia indica si has dedicado un tiempo equivalente de estudio personal. Finalmente, indica (si procede) el número de horas de clase perdidas que no hayas recuperado mediante estudio personal. Asistencia Si No
Recuperado Si No En parte
Horas perdidas
Clases de teoria Clases de práctica 2. Tiempo de estudio personal Tiempo Lectura de guía de estudio y resumen Hacer problemas a mano Hacer práctica Hacer problemas con Maple 3. Puntúa la utilidad de los documentos de estudio entre 1 (= es una pérdida de tiempo) y 5 (=muy útiles). Si no has descargado el documento, deja la casilla en blanco. Puntuación Guía de estudio Resumen Problemas Problemas resueltos Problemas resueltos con Maple Práctica 4. Revisa la lista de objetivos y escribe dos o tres tópicos que te gustaría que se volvieran a explicar en clase. ______________________________________________ ______________________________________________ ______________________________________________ 5. Revisa la lista de objetivos y da una estimación intuitiva entre 1 y 5 de tu grado de cumplimiento de esos objetivos. ____________ 6. Sugerencias:
E.T.S. Minas: Métodos Matemáticos Ejercicios Tema 6 Integración Numérica Francisco Palacios Escuela Politécnica Superior de Ingeniería de Manresa Universidad Politécnica de Cataluña Octubre 2008, Versión 1.5
Ejercicio 1 Consideramos la fórmula de cuadratura Z 1 0
con
f (x) dx ' F (f )
F (f ) = α1 f (a) + α2 f (1) . Determina α1 , α2 y a para que la fórmula de cuadratura tenga el mayor grado de precisión posible. Ejercicio 2 Consideramos la integral I=
Z 0.2 0
2
e−x dx.
1. Aproxima el valor de I usando la fórmula del trapecio simple. 2. Aproxima el valor de I usando la fórmula de Simpson. 3. Calcula el valor de la integral con Maple. 4. Calcula los errores absolutos que resultan al aplicar la fórmula del trapecio y de Simpson. Ejercicio 3 Consideramos la integral I=
Z 1.5
x2 ln x dx.
1
1. Aproxima el valor de I usando la fórmula del trapecio simple. 2. Calcula una cota superior de error. 3. Calcula manualmente el valor exacto de la integral y verifica el resultado. 4. Calcula una primitiva con Maple. 1
Ejercicios: Integración numérica
2
5. Calcula con Maple el valor exacto de la integral. Ejercicio 4 Consideramos la integral I=
Z 0.5
x sin x dx.
0
1. Aproxima el valor de I usando la fórmula del trapecio simple. 2. Usando las propiedades del valor absoluto, calcula una cota superior para |f 00 (x)| sobre [0, 0.5]. 3. Determina una cota superior de error. 4. Calcula manualmente el valor exacto de la integral y verifica el resultado. 5. Verifica con Maple la cota de |f 00 (x)| . 6. Calcula una primitiva con Maple. 7. Calcula con Maple el valor exacto de la integral. Ejercicio 5 Consideramos la integral I=
Z 1.5
x2 ln x dx.
1
1. Aproxima el valor de I usando la fórmula de Simpson. 2. Calcula una cota superior de error y verifica el resultado. Ejercicio 6 Consideramos la integral I=
Z 0.5
x sin x dx.
0
1. Aproxima el valor de I usando la fórmula de Simpson. ¯ ¯
¯ ¯
2. Calcula una cota superior para ¯f (4) (x)¯ sobre [0, 0.5]. 3. Determina una cota superior de error. 4. Verifica con Maple la cota de |f 00 (x)| . 5. Calcula con Maple el valor del error. Ejercicio 7 Consideramos la integral I=
Z 1.5 1
x2 ln x dx.
Ejercicios: Integración numérica
3
1. Aproxima el valor de I con 3 decimales exactos usando la fórmula del trapecio compuesto. 2. Verifica el valor de la aproximación con el comando trapezoid de la librería student de Maple. 3. Verifica el resultado calculando el error con Maple. Ejercicio 8 Consideramos la integral I=
Z 1.5
x2 ln x dx.
1
1. Aproxima el valor de I con 5 decimales exactos usando la fórmula de Simpson compuesto. 2. Verifica el valor de la aproximación con el comando simpson de la librería student de Maple. 3. Verifica el resultado calculando el error con Maple. Ejercicio 9 Consideramos la integral I=
Z 1
2
ex dx.
0
1. Determina el número de intervalos necesario par aproximar el valor de I con 4 decimales exactos usando la fórmula del trapecio compuesto. 2. Escribe un programa con Maple que te permita calcular el valor de la aproximación. 3. Verifica el resultado del apartado anterior con el comando trapezoid de la librería student de Maple. 4. Verifica el resultado calculando el valor exacto con Maple. Ejercicio 10 Consideramos la integral I=
Z 1
2
ex dx.
0
1. Determina el número de tramos necesario par aproximar el valor de I con 6 decimales exactos usando la fórmula de Simpson. 2. Calcula el valor de la aproximación con el comando simpson de la librería student de Maple. 3. Verifica el resultado calculando el valor exacto con Maple.
Ejercicios: Integración numérica
4
Ejercicio 11 Consideramos la integral I=
Z b
f (x) dx
a
y supongamos que cuando la aproximamos usando la fórmula de Simpson, la cota de error |ES | ≤
h5 M4 , 90
¯ ¯
¯ ¯
M4 = max ¯f (4) (x)¯ x∈[a,b]
nos garantiza al menos t decimales exactos.
1. Demuestra que la fórmula de Simpson nos proporcionará al menos t decimales exactos en todas las integrales Z b1
f (x) dx,
a1
a ≤ a1 < b1 ≤ b.
2. ¿Será cierto un resultado análogo para la fórmula del trapecio? 3. ¿Y para las fórmulas compuestas? Ejercicio 12 La longitud del arco de la curva y = f (x) desde el punto P = (a, f (a)) , hasta Q = (b, f (b)) se define como L=
Z bq a
1 + [y 0 (x)]2 dx.
Queremos calcular la longitud del arco de parábola y = x2 desde el punto P = (0, 0) , hasta Q = (1, 1) . 1. Representa gráficamente el arco y plantea la integral que da su longitud. 2. Queremos calcular el valor de la longitud de arco con 6 decimales (m) exactos. Usa para ello la fórmula de Simpson compuesta FSC hasta que el error estimado ¯
¯
¯ (m) = ¯¯F (m) − F (m−1) ¯¯ E SC SC SC
(m)
sea inferior a 0.5 × 10−8 . Para calcular los valores de FSC , usa la librería student de Maple. 3. Verifica el resultado calculando el valor exacto con Maple.
E.T.S. Minas: Métodos Matemáticos Soluciones Tema 6: Integración numérica Francisco Palacios Escuela Politécnica Superior de Ingeniería de Manresa Universidad Politécnica de Cataluña Octubre 2008, Versión 1.5
Ejercicio 1 Consideramos la fórmula de cuadratura Z 1 f (x) dx ' F (f ) 0
con F (f ) = α1 f (a) + α2 f (1) . Determina α1 , α2 y a para que la fórmula de cuadratura tenga el mayor grado de precisión posible.
Tenemos 3 parámetros, impondremos 3 condiciones ⎫ Z 1 ⎪ 1 1 dx = [x]0 = 1 ⎪ ⎬ 0 ⇒ α1 + α2 = 1, ⎪ ⎪ ⎭ F (1) = α1 + α2 Z
1
∙
x2 x dx = 2 0
¸1 0
=
1 2
⎫ ⎪ ⎪ ⎬
⎪ ⎪ ⎭ F (x) = α1 a + α2 ⎫ ∙ 3 ¸1 Z 1 x 1 ⎪ 2 ⎬ x dx = = ⎪ 3 0 3 0 ⎪ ⎪ ¡ ¢ ⎭ F x2 = α1 a2 + α2
⇒
1 α1 a + α2 = , 2
⇒
1 α1 a2 + α2 = . 3
Resulta el siguiente sistema de ecuaciones no lineales ⎧ ⎨ α1 + α2 = 1, α a + α = 1, ⎩ 1 2 2 21 α1 a + α2 = 3 .
1
Solución a los ejercicios: Integración numérica
2
Usamos la primera ecuación para eliminar α2 de la segunda y la tercera ⎧ ⎪ α1 + α2 = 1, ¡ a¢ ⎨ a a α1 a − α1 = − 12 , (2 − 1 ) → ¡2 ¢ a ⎪ a a ⎩ (3 − 1 ) → 3 α1 a2 − α1 = − 2 . 3
Despejamos a en la 2a ecuación
a=
α1 − 1/2 , α1
sustituimos en la 3a para determinar α1 µ ¶ α1 − 1/2 2 2 α1 − α1 = − , α1 3 (α1 − 1/2)2 2 − α1 = − , α1 3 2 (α1 − 1/2)2 − α21 = − α1 , 3 2 1 −α1 + = − α1 , 4 3 1 1 α1 = 3 4
⇒
3 α1 = . 4
Sustituimos en la 1a ecuación α1 + α2 = 1 para determinar α2 , obtenemos 1 α2 = . 4 Finalmente, sustituyendo en a=
α1 − 1/2 , α1
resulta a = 1/3. La fórmula de cuadratura es 1 3 F (f ) = f (1/3) + f (1) 4 4 y tiene grado de precisión 2. ¤
Solución a los ejercicios: Integración numérica
3
Ejercicio 2 Consideramos la integral Z 0.2 2 e−x dx. I= 0
1. Aproxima el valor de I usando la fórmula del trapecio simple. 2. Aproxima el valor de I usando la fórmula de Simpson. 3. Calcula el valor de la integral con Maple. 4. Calcula los errores absolutos que resultan al aplicar la fórmula del trapecio y de Simpson.
1. Aproximación por trapecio. Tenemos a = 0,
b = 0.2,
2
f(x) = e−x ,
¢ 0.2 − 0 ¡ 1 + e−0.04 = 0. 19607 89. 2 2. Aproximación por Simpson. Tenemos FT (f ) =
h= x0 = 0, FS (f ) = =
0.2 − 0 = 0.1, 2 x1 = 0.1,
x2 = 0.2,
0.1 [f (0) + 4f (0.1) + f (0.2)] 3 ¢ 0.1 ¡ 1 + 4e−0.01 + e−0.04 = 0. 19736 63. 3
3. Valor exacto y errores. Podemos calcular el valor de la integral con Maple con la orden > int(exp(-x^2),x=0..0.2); el resultado con 7 decimales es Z 0.2 2 e−x dx = 0. 19736 50, I= 0
|ET (f )| = |I − FT (f )| = |0. 19736 50 − 0. 19607 89| = 0.00 12861, |ES (f )| = |I − FS (f )| = |0. 19736 50 − 0. 19736 63| = 0.00000 13. Con la fórmula del trapecio hemos obtenido 2 decimales exactos y con la de Simpson 5 decimales exactos. ¤
Solución a los ejercicios: Integración numérica
4
Ejercicio 3 Consideramos la integral Z 1.5 x2 ln x dx. I= 1
1. Aproxima el valor de I usando la fórmula del trapecio simple. 2. Calcula una cota superior de error. 3. Calcula manualmente el valor exacto de la integral y verifica el resultado. 4. Calcula una primitiva con Maple. 5. Calcula con Maple el valor exacto de la integral.
1. Aproximación trapecio. Tenemos b = 1.5, h = 1.5 − 1 = 0.5, f (x) = x2 ln x, i 0.5 h 1 ln 1 + (1.5)2 ln (1.5) = 0. 2280741. FT (f ) = 2 2. Cota de error a = 1,
|ET (f )| ≤
h3 M2 , 12
¯ ¯ M2 = max ¯f (2) (x)¯ . x∈[1,1.5]
Calculamos las derivadas para determinar M2 .
f 0 (x) = 2x ln x + x, f 00 (x) = 2 ln x + 3, f 00 (x) es positiva si x ∈ [1, 1.5]. Función objetivo ¯ ¯ ¯ ¯ (2) g(x) = ¯f (x)¯ = 2 ln x + 3,
2 , x g 0 (x) es positiva en [1, 1.5], por lo tanto g es creciente en el intervalo y resulta ¯ ¯ ¯ ¯ M2 = max ¯f (2) (x)¯ = g(1.5) = 2 ln (1.5) + 3 = 3. 81093. g 0 (x) =
x∈[1,1.5]
Cota de error
|ET (f )| ≤
h3 (0.5)3 M2 = × 3. 81093 = 0.03 9697, 12 12
Solución a los ejercicios: Integración numérica
5
podemos asegurar un decimal exacto. 3. Valor exacto y error. Calculamos una primitiva de f (x) Z x2 ln x dx = integramos por partes Z 3 x3 x 1 dx ⎞ = ln x − ⎛ 1 3 3 x u = ln x du = dx Z ⎟ x3 ⎜ x ⎠ = ln x − 1 x3 dx ⎝ 3 x 3 3 dv = x 2 dx v = 3 3 x x3 = ln x − + c. 3 9 Z
¸x=1.5 x3 x3 ln x − x ln x dx = 3 9 x=1 1 Ã ! µ ¶ (1.5)3 (1.5)3 1 1 ln (1.5) − ln 1 − = − 3 9 3 9 2
∙
= 0. 19225 94.
Error trapecio |ET (f )| = |I − FT (f )| = |0. 19225 94 − 0. 22807 41| = 0.0 358147. Vemos que es inferior a la cota error calculada previamente |ET (f )| ≤ 0.039697. Para los otros apartados, ver Resolución con Maple.
¤
Ejercicio 4 Consideramos la integral Z 0.5 I= x sin x dx. 0
1. Aproxima el valor de I usando la fórmula del trapecio simple. 2. Usando las propiedades del valor absoluto, calcula una cota superior para |f 00 (x)| sobre [0, 0.5]. 3. Determina una cota superior de error. 4. Calcula manualmente el valor exacto de la integral y verifica el resultado. 5. Verifica con Maple la cota de |f 00 (x)| . 6. Calcula una primitiva con Maple.
Solución a los ejercicios: Integración numérica
6
7. Calcula con Maple el valor exacto de la integral.
1. Aproximación trapecio. Tenemos a = 0,
b = 0.5,
h = 0.5 − 0 = 0.5,
f(x) = x sin x,
0.5 [0 sin 0 + 0.5 sin (0.5)] = 0.059928. FT (f ) = 2 ¯ ¯ 2. Cota superior para ¯f (2) (x)¯ . Calculamos las derivadas f 0 (x) = sin x + x cos x,
f 00 (x) = 2 cos x − x sin x,
En este caso no es evidente el signo de f 00 . Intentamos calcular una cota superior M2 usando las propiedades del valor absoluto. ¯ ¯ ¯ ¯ (2) ¯f (x)¯ = |2 cos x − x sin x| ≤ |2 cos x| + |−x sin x| ≤ 2 |cos x| + |x| |sin x| ,
si x ∈ [0, 0.5] se cumple ¯ ¯ ¯ (2) ¯ ¯f (x)¯ ≤ 2 · 1 + 0.5 sin 0.5 = 2. 239713. 3. Cota superior de error. Tenemos h3 ¯¯ (2) ¯¯ |ET (f )| = ¯f (t)¯ , 12
t ∈ [0, 0.5],
de donde resulta
|ET (f )| ≤
(0.5)3 × 2. 239713 = 0.02333. 12
4. Valor exacto y error. Calculamos una primitiva de f (x) Z x sin x dx = integramos por partes Z µ ¶ u=x du = dx = −x cos x + cos x dx dv = sin xdx v =− cos x = −x cos x + sin x + c. Z
0.5 0
x sin x dx = [−x cos x + sin x]x=0.5 x=0 = −0.5 cos (0.5) + sin(0.5) = 0.04 0634.
Solución a los ejercicios: Integración numérica
7
Error |ET (f )| = |I − FT (f )| = |0.04 0634 − 0.05 9928| = 0.0 19294, cota error trapecio |ET (f )| ≤ 0.02 333. Vemos que el error obtenido es inferior a la cota de error, por lo tanto, el resultado es coherente1 . Para los otros apartados, ver Resolución con Maple. ¤ Ejercicio 5 Consideramos la integral Z 1.5 x2 ln x dx. I= 1
1. Aproxima el valor de I usando la fórmula de Simpson. 2. Calcula una cota superior de error y verifica el resultado.
1. Aproximación por Simpson. Tenemos a = 1,
b = 1.5,
h=
x0 = 1,
1.5 − 1 = 0.25, 2
x1 = 1.25,
f(x) = x2 ln(x),
x2 = 1.5.
Aproximación FS (f ) =
´ 0.25 ³ 1 ln 1 + 4 · (1.25)2 ln (1.25) + (1.5)2 ln (1.5) = 0. 19224 531. 3
Cota de error
|Es (f )| ≤ Calculamos las derivadas
h5 M4 , 90
¯ ¯ M4 = max ¯f (4) (x)¯ . x∈[1,1.5]
f 0 (x) = 2x ln x + x, f 00 (x) = 2 ln x + 3, 2 , x −2 f (4) (x) = 2 , x f (3) (x) =
1
¿Por qué no podemos afirmar que el resultado es correcto?
Solución a los ejercicios: Integración numérica f (4) (x) es negativa si x ∈ [1, 1.5]. Función objetivo ¯ ¯ 2 ¯ ¯ g(x) = ¯f (4) (x)¯ = 2 , x
−4 , x3 g 0 (x) es negativa en [1, 1.5], por lo tanto g(x) &, entonces ¯ ¯ ¯ ¯ M4 = max ¯f (4) (x)¯ = g(1) = 2. g 0 (x) =
x∈[1,1.5]
Cota de error
|ES (f )| ≤
h5 (0.25)5 M4 = 2 = 0.2 1701 × 10−4 , 90 90
podemos asegurar 4 decimales exactos. 3. Valor exacto y errores. Tomamos como valor exacto Z 1.5 x2 ln x dx = 0. 19225 936. I= 1
Error Simpson |ES (f )| = |I − FS (f )| = |0. 19225 936 − 0. 19224 531| = 0.00001405, cota calculada de error |ES (f )| ≤ 0.2 1701 × 10−4 . ¤ Ejercicio 6 Consideramos la integral Z 0.5 I= x sin x dx. 0
1. Aproxima el valor de I usando la fórmula de Simpson.. ¯ ¯ 2. Calcula una cota superior para ¯f (4) (x)¯ sobre [0, 0.5]
3. Determina una cota superior de error. 4. Verifica con Maple la cota de |f 00 (x)| . 5. Calcula con Maple el valor del error.
8
Solución a los ejercicios: Integración numérica
9
1. Aproximación por Simpson. Tenemos a = 0,
b = 0.5,
h=
x0 = 0,
0.5 − 0 = 0.25, 2
x1 = 0.25,
f (x) = x sin x,
x2 = 0.5.
Aproximación 0.25 (0 sin 0 + 4 · (0.25) sin (0.25) + (0.5) sin (0.5)) = 0.0405930. 3 ¯ ¯ 2. Cota superior para ¯f (4) (x)¯ . Calculamos las derivadas FS (f ) =
f 0 (x) = sin x + x cos x,
f 00 (x) = 2 cos x − x sin x,
f (3) (x) = −3 sin x − x cos x,
f (4) (x) = −4 cos x + x sin x. ¯ ¯ Determinamos una cota para ¯f (4) (x)¯ usando las propiedades del valor absoluto ¯ ¯ ¯ ¯ (4) ¯f (x)¯ = |−4 cos x + x sin x| ≤ |−4 cos x| + |x sin x| ≤ 4 |cos x| + |x| |sin x| .
Si x ∈ [0, 0.5], resulta ¯ ¯ ¯ (2) ¯ ¯f (x)¯ ≤ 4 · 1 + 0.5 sin 0.5 = 4. 2397. 3. Cota de error.
|ES (f )| =
h5 90
¯ ¯ ¯ ¯ (4) f (x) ¯, ¯
x ∈ (0, 0.5) .
(0.25)5 4. 2397 = 0.4 6004 × 10−4 , 90 podemos asegurar 4 decimales exactos. Como Z 0.5 I= x sin x dx = 0.04 06342 |ES (f )| ≤
0
el error es |ES (f )| = |I − FS (f )| = |0.04 06342 − 0.04 05930 | = 0.0000412. Para los otros apartados, ver Resolución con Maple.
¤
Solución a los ejercicios: Integración numérica
10
Ejercicio 7 Consideramos la integral Z 1.5 x2 ln x dx. I= 1
1. Aproxima el valor de I con 3 decimales exactos usando la fórmula del trapecio compuesto. 2. Verifica el valor de la aproximación con el comando trapezoid de la librería student de Maple. 3. Verifica el resultado calculando el error con Maple.
1. Cálculo del número de tramos. a = 1, b = 1.5, f(x) = x2 ln x, tenemos la acotación ¯ ¯ b−a ¯ (n) ¯ b − a 2 h M2 , h = , ¯ET C ¯ ≤ 12 n ¯ ¯ ¯ ¯ M2 = max ¯f (2) (x)¯ . x∈[a,b]
Hemos visto en el Ejercicio 3, que
¯ ¯ ¯ ¯ M2 = max ¯f (2) (x)¯ = 3. 81093, x∈[1,1.5]
entonces
¯ ¯ ¯ (n) ¯ 0.5 2 E h × 3. 81093. ¯ TC¯ ≤ 12 Para 3 decimales exactos, exigimos
0.5 2 h × 3. 81093 ≤ 0.5 × 10−3 12 y resolvemos en h ¢ ¡ 12 · 0.5 × 10−3 = 0.003149, h ≤ 0.5 × 3. 81093 √ h ≤ 0.003 149 = 0.05 6116. 2
Como h=
0.5 1.5 − 1 = , n n
Solución a los ejercicios: Integración numérica
11
resulta
0.5 0.5 ≤ 0.05 6116 ⇒ n ≥ = 8. 910. n 0.05 6116 Necesitamos 9 tramos. Valor de la aproximación. Con n = 9, resulta h=
x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 x8
x0 = 1 x9 = 1. 5 P
0.5 = 0.055556, 9 f (x0 ) = 0, f (x9 ) = 0. 91229 6 0. 91229 6
= 1.05 5556 = 1. 111111 = 1. 166667 = 1. 22222 4 = 1. 27778 = 1. 33333 6 = 1. 38889 2 = 1. 44444 8 P
f (x1 ) = 0. 06 0242 f (x2 ) = 0. 13007 46 f (x3 ) = 0. 20981 67 f (x4 ) = 0. 29977 04 f (x5 ) = 0. 40021 96 f (x6 ) = 0. 51144 04 f (x7 ) = 0. 63369 56 f (x8 ) = 0. 76723 72 3. 01249 7
La fórmula de trapecio compuesto con 9 tramos es 8
(9)
FT C =
X h [f (x0 ) + f (x9 )] + h f (xj ) , 2 j=1
en nuestro casos es (9)
0.05 5556 × 0. 91229 6 + 0.05 5556 × 3. 01249 7 2 = 0. 19270 4.
FT C =
Error exacto. Tomamos como valor exacto Z 1.5 x2 ln x dx = 0. 19225 94, I= 1
error
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ (9) ¯ ¯ (9) ¯ ¯ET C ¯ = ¯I − FT C ¯ = |0. 19225 9 − 0. 19270 4| = 0.000445.
Para el resto de los apartados, ver Resolución con Maple. ¤ Ejercicio 8 Consideramos la integral Z 1.5 I= x2 ln x dx. 1
Solución a los ejercicios: Integración numérica
12
1. Aproxima el valor de I con 5 decimales exactos usando la fórmula de Simpson compuesto. 2. Verifica el valor de la aproximación con el comando simpson de la librería student de Maple. 3. Verifica el resultado calculando el error con Maple.
1. Cálculo del número de intervalos. a = 1, b = 1.5, f(x) = x2 ln x. Tenemos la acotación ¯ ¯ b−a ¯ (m) ¯ b − a 4 h M4 , h = , ¯ESC ¯ ≤ 180 2m ¯ ¯ ¯ ¯ M4 = max ¯f (4) (x)¯ . x∈[a,b]
Hemos visto en el Ejercicio 5 que
¯ ¯ ¯ ¯ M4 = max ¯f (4) (x)¯ = 2, x∈[1,2]
entonces
¯ ¯ 0.5 4 ¯ (m) ¯ h · 2, ¯ESC ¯ ≤ 180 para obtener 6 decimales exactos, exigimos
0.5 4 h · 2 ≤ 0.5 × 10−6 180 y calculamos la h ¡ ¢ h4 ≤ 180 · 0.5 × 10−6 = 0.00009, h≤
√ 4 0.0000 9 = 0.09 74.
Como h= resulta
0.5 , 2m
0.5 0.5 ≤ 0.09 74 ⇒ m ≥ = 2. 5667. 2m 2 · 0.09 74 Necesitamos tomar m = 3. Se trata de Simpson compuesto con 3 tramos (con 2m = 6 subintervalos).
Solución a los ejercicios: Integración numérica
13
Valor de la aproximación. Con m = 3, la distancio entre nodos es h=
0.5 = 0.08 333333. 6
Valores en los nodos extremos. x0 = 1. x6 = 1. 5 P
f (x0 ) = 0 f (x6 ) = 0. 91229 649 0. 91229 649
Valores en los nodos pares interiores. x2 = 1. 16666 67 x4 = 1. 33333 33 P
f (x2 ) = 0. 20981 625 f (x4 ) = 0. 51143 473 0. 72125 098
x1 = 1. 08333 33 x3 = 1. 25 x5 = 1. 41666 67 P
f (x1 ) = 0.09 39389 6 f (x3 ) = 0. 34866 180 f (x5 ) = 0. 69903 227 1. 14163 303
Valores en los nodos impares.
Fórmula de Simpson compuesto con 3 tramos ⎡ ⎤ 2 3 X X h⎣ (3) f (x0 ) + f (x4 ) + 2 FSC = f (x2j ) + 4 f (x2j−1 )⎦ 3 j=1
j=1
h {f (x0 ) + f (x4 ) + 2[f (x2 ) + f (x4 )] + 4 [f (x1 ) + f (x3 ) + f (x5 )]} , 3
=
en nuestro caso, resulta (3)
FSC
0.08 333333 (0. 91229 649 + 2 · 0. 72125 098 + 4 · 1. 14163 303) 3 = 0. 192259175.
=
Error exacto. Tomamos como valor exacto Z 1.5 x2 ln x dx = 0. 192259358, I= 1
error ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ (3) ¯ ¯ (3) ¯ −6 I − F = E ¯ SC ¯ ¯ SC ¯ = |0. 19225 9358 − 0. 19225 9175| = 0.1 83 × 10 . ¤ Ejercicio 9 Consideramos la integral Z 1 2 ex dx. I= 0
Solución a los ejercicios: Integración numérica
14
1. Determina el número de tramos necesario par aproximar el valor de I con 4 decimales exactos usando la fórmula del trapecio compuesto. 2. Escribe un programa con Maple que te permita calcular el valor de la aproximación. 3. Verifica el resultado del apartado anterior con el comando trapezoid de la librería student de Maple. 4. Verifica el resultado calculando el valor exacto con Maple.
1. Cálculo del número de intervalos. 2
a = 0, b = 1, f (x) = ex . Tenemos la acotación ¯ ¯ b−a ¯ (n) ¯ b − a 2 h M2 , h = , ¯ET C ¯ ≤ 12 n ¯ ¯ ¯ ¯ M2 = max ¯f (2) (x)¯ . x∈[a,b]
Calculamos las derivadas
2
f 0 (x) = 2xex , 2
2
f 00 (x) = 2ex + 4x2 ex , f 00 (x) es positiva. Para determinar M2 consideramos la función objetivo ¯ ¯ 2 2 ¯ ¯ g(x) = ¯f (2) (x)¯ = 2ex + 4x2 ex ,
calculamos su derivada
2
2
g 0 (x) = 12xex + 8x3 ex
y observamos que g 0 (x) es positiva en el intervalo [0, 1], por lo tanto g(x) es creciente en el intervalo y resulta ¯ ¯ ¯ ¯ M2 = max ¯f (2) (x)¯ = g(1) = 6e = 16. 309691. x∈[0,1]
Obtenemos la cota de error ¯ ¯ 1 ¯ (n) ¯ ¯ET C ¯ ≤ h2 × 16. 309691, 12
Solución a los ejercicios: Integración numérica
15
para obtener 4 decimales exactos, exigimos 1 2 h × 16. 309691 ≤ 0.5 × 10−4 12 y resolvemos en h ¡ ¢ −4 12 · 0.5 × 10 = 3. 67879441 × 10−5 , h2 ≤ 16. 30969 1 p h ≤ 3. 67879 441 × 10−5 = 6. 06530 66 × 10−3 .
Finalmente, como
h=
1−0 1 = , n n
resulta 1 ≤ 6. 06530 66 × 10−3 n
⇒
n≥
1 = 164. 872127. 6. 06530 66 × 10−3
Necesitamos 165 subintervalos. Para el resto del ejercicio, ver Resolución con Maple. ¤ Ejercicio 10 Consideramos la integral Z 1 2 I= ex dx 0
1. Determina el número de intervalos necesario par aproximar el valor de I con 6 decimales exactos usando la fórmula de Simpson. 2. Calcula el valor de la aproximación con el comando simpson de la librería student de Maple. 3. Verifica el resultado calculando el valor exacto con Maple.
1. Cálculo del número de intervalos. 2
a = 0, b = 1, f (x) = ex . Tenemos la acotación ¯ ¯ b−a ¯ (m) ¯ b − a 4 h M4 , h = , ¯ESC ¯ ≤ 180 2m ¯ ¯ ¯ ¯ M4 = max ¯f (4) (x)¯ . x∈[a,b]
Solución a los ejercicios: Integración numérica Calculamos las derivadas
16
2
f 0 (x) = 2xex , 2
2
f 00 (x) = 2ex + 4x2 ex , 2
2
f (3) (x) = 12xex + 8x3 ex , 2
2
2
f (4) (x) = 12ex + 48x2 ex + 16x4 ex , f (4) (x) es positiva. Para calcular M4 , tomamos la función objetivo ¯ ¯ 2 2 2 ¯ ¯ g(x) = ¯f (4) (x)¯ = 12ex + 48x2 ex + 16x4 ex
y calculamos su derivada
2
2
2
g 0 (x) = 120xex + 160x3 ex + 32x5 ex . Observamos que g 0 (x) es positiva en [0, 1], por lo tanto g es creciente en el intervalo y resulta ¯ ¯ ¯ ¯ M4 = max ¯f (4) (x)¯ = g(1) = 76e = 206. 59. x∈[0,1]
Obtenemos la cota de error ¯ ¯ 1 4 ¯ (m) ¯ h × 206. 59, ¯ESC ¯ ≤ 180
para 6 decimales exactos, exigimos
1 4 h × 206. 59 ≤ 0.5 × 10−6 180 y resolvemos la inecuación en h ¡ ¢ 180 · 0.5 × 10−6 4 = 4. 35645 481 × 10−7 , h ≤ 206. 59 p 4 h ≤ 4. 35645 481 × 10−7 = 0.02 5691.
Como en Simpson compuesto la distancia entre nodos es h=
1 1−0 = , 2m 2m
resulta 1 ≤ 0.02 5691 2m
⇒
m≥
1 = 19. 46206 84. 2 · 0.02 5691
Necesitamos calcular la fórmula de Simpson compuesto con 20 tramos. Para el resto del ejercicio, ver Resolución con Maple. ¤
Solución a los ejercicios: Integración numérica
17
Ejercicio 11 Consideramos la integral Z b f (x) dx I= a
y supongamos que cuando la aproximamos usando la fórmula de Simpson, la cota de error ¯ ¯ h5 ¯ (4) ¯ |ES | ≤ M4 , M4 = max ¯f (x)¯ 90 x∈[a,b] nos garantiza al menos t decimales exactos.
1. Demuestra que la fórmula de Simpson nos proporcionará al menos t decimales exactos en todas las integrales Z b1 f (x) dx, a ≤ a1 < b1 ≤ b. a1
2. ¿Será cierto un resultado análogo para la fórmula del trapecio? 3. ¿Y para las fórmulas compuestas?
1. Para la integral Iˆ =
Z
b1
f (x) dx
a1
tendremos la cota de error
¯ ¯ h ¯ ˆ ¯ ˆ5 ˆ ¯ES ¯ ≤ M4 . 90
La longitud de intervalo verifica
ˆ = b1 − a1 < b − a = h, h 2 2 ¯ (4) ¯ y para las cotas de ¯f (x)¯ obtenemos ¯ ¯ ¯ ¯ ˆ 4 = max ¯¯f (4) (x)¯¯ ≤ max ¯¯f (4) (x)¯¯ = M4 . M x∈[a1 ,b1 ]
x∈[a,b]
Resulta
¯ ¯ h h5 ¯ ˆ ¯ ˆ5 ˆ ¯ES ¯ ≤ M4 ≤ M4 ≤ 0.5 × 10−t , 90 90 por lo tanto, podemos asegurar también t decimales exactos cuando aproximamos las integrales Z Iˆ =
b1
a1
f (x) dx. ¤
Solución a los ejercicios: Integración numérica
18
Ejercicio 12 La longitud del arco de la curva y = f (x) desde el punto P = (a, f (a)) , hasta Q = (b, f (b)) se define como L=
Z bq 1 + [y 0 (x)]2 dx. a
Queremos calcular la longitud del arco de parábola y = x2 desde el punto P = (0, 0) , hasta Q = (1, 1) . 1. Representa gráficamente el arco y plantea la integral que da su longitud. 2. Queremos calcular el valor de la longitud de arco con 6 decimales ex(m) actos. Usa para ello la fórmula de Simpson compuesta FSC hasta que el error estimado ¯ ¯ ¯ (m) = ¯¯F (m) − F (m−1) ¯¯ E SC SC SC (m)
sea inferior a 0.5 × 10−8 . Para calcular los valores de FSC , usa la librería student de Maple.
3. Verifica el resultado calculando el valor exacto con Maple.
Ver Resolución con Maple.
E.T.S. Minas: Métodos Matemáticos Ejercicios Tema 8 EDOs de orden superior Francisco Palacios Escuela Politécnica Superior de Ingeniería de Manresa Universidad Politécnica de Cataluña Noviembre 2008, Versión 1.3 Ejercicio 1 Resuelve las siguientes ecuaciones diferenciales ordinarias 1. 4y 00 + y 0 = 0. 2. y 00 − y 0 − 6y = 0. 3. y 00 + 8y 0 + 16y = 0. 4. 12y 00 − 5y 0 − 2y = 0. 5. y 00 + 9y = 0. 6. y 00 − 4y 0 + 5y = 0. 7. 3y 00 + 2y 0 + y = 0. Ejercicio 2 Resuelve las siguientes ecuaciones diferenciales ordinarias 1. y 000 − 4y 00 − 5y 0 = 0. 2. y 000 − 5y 00 + 3y 0 + 9y = 0. 3.
d3 u d2 u + 2 − 2u = 0. dt3 dt
4. y 000 + 3y 00 + 3y 0 + y = 0. 5. y (4) + y 000 + y 00 = 0. 6. 16 7.
d4 y d4 y + 24 4 + 9y = 0. 4 dx dx
d4 u d3 u d2 u du d5 u + 5 − 2 − 10 + + 5u = 0. dr5 dr4 dr3 dr2 dr
Ejercicio 3 Resuelve el problema de valor inicial ⎧ 00 ⎨ y + 16y = 0, y(0) = 2, ⎩ 0 y (0) = −2.
Ejercicio 4 Resuelve el problema de valor inicial ⎧ 2 d y dy ⎪ ⎪ ⎨ dx2 −4 dx − 5y = 0, ⎪ = 0, ⎪ ⎩ y(1) y 0 (1) = 2. 1
Ejercicios: EDO’s de orden superior
Ejercicio 5 Resuelve el problema de valor inicial ⎧ 00 ⎨ y + y 0 + 2y = 0. y(0) = 0. ⎩ 0 y (0) = 0.
Ejercicio 6 Resuelve el problema de valor inicial ⎧ 000 y + 12y 00 + 36y 0 = 0, ⎪ ⎪ ⎨ y(0) = 0, y 0 (0) = 1, ⎪ ⎪ ⎩ 00 y (0) = −7.
Ejercicio 7 Resuelve el problema de condiciones de contorno ⎧ 00 ⎨ y − 10y 0 + 25y = 0, y(0) = 1, ⎩ y(1) = 0.
Ejercicio 8 Resuelve el problema de condiciones de contorno ⎧ 00 ⎨ y + y = 0, y 0 (0) = 0, ⎩ 0 π y ( 2 ) = 2.
Ejercicio 9 Resuelve las siguientes ecuaciones diferenciales 1. y 00 + y = sec x. 2. y 00 + y = cos2 x. 3. y 00 − y = cosh x. 4. y 00 + 3y 0 + 2y =
1 . 1 + ex
5. y 00 + 3y 0 + 2y = sin (ex ) . 6. y 00 + 2y 0 + y = e−t ln t. 7. 3y 00 − 6y 0 + 6y = ex sec x. Ejercicio 10 Resuelve el problema de valor inicial ⎧ ⎨ 4y 00 − y = x ex/2 , y(0) = 1, ⎩ 0 y (0) = 0.
Ejercicio 11 Resuelve el problema de valor inicial ⎧ 00 ⎨ y + 2y 0 − 8y = 2e−2x − e−x , y(0) = 1. ⎩ 0 y (0) = 0.
Ejercicio 12 Resuelve la EDO y 000 + y 0 = tan x.
2
E.T.S. Minas: Métodos Matemáticos Ejercicios resueltos Tema 8 EDOs de orden superior Francisco Palacios Escuela Politécnica Superior de Ingeniería de Manresa Universidad Politécnica de Cataluña Noviembre 2008, Versión 1.3
Ejercicio 1 Resuelve las siguientes ecuaciones diferenciales ordinarias 1. 4y 00 + y 0 = 0. 2. y 00 − y 0 − 6y = 0. 3. y 00 + 8y 0 + 16y = 0. 4. 12y 00 − 5y 0 − 2y = 0. 5. y 00 + 9y = 0. 6. y 00 − 4y 0 + 5y = 0. 7. 3y 00 + 2y 0 + y = 0. (1.1) 4y 00 + y 0 = 0. Ecuación característica 4m2 + m = 0, m (4m + 1) = 0, raíces m = 0,
m = −1/4,
soluciones y1 y2 Solución general
= e0x = 1, 1 = e− 4 x . 1
y = c1 + c2 e− 4 x ,
c1 , c2 ∈ R.
(1.2) y 00 − y 0 − 6y = 0. Ecuación característica m2 − m − 6 = 0, ( √ 6 1 ± 1 + 24 1±5 2 = 3, m= = = 2 2 − 42 = −2. 1
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior
2
Sistema fundamental de soluciones y1 y2
= e3x , = e−2x .
Solución general y = c1 e3x + c2 e−2x ,
c1 , c2 ∈ R.
(1.3) y 00 + 8y 0 + 16y = 0. Ecuación característica m2 + 8m + 16 = 0, √ −8 ± 64 − 64 8 m= = − = −4 2 2 Sistema fundamental de soluciones y1 y2
(doble) .
= e−4x , = xe−4x .
Solución general y = c1 e−4x + c2 xe−4x ,
c1 , c2 ∈ R.
(1.4) 12y 00 − 5y 0 − 2y = 0. Ecuación característica 12m2 − 5m − 2 = 0, √ √ 5 ± 25 + 96 25 + 4 · 2 · 12 = 24 24 ( √ 16 2 5 ± 121 5 ± 11 24 = 3 , = = 6 24 24 = −1/4. − 24
5±
m = =
Sistema fundamental de soluciones y1 y2 Solución general
2
2
= e 3 x, 1 = e− 4 x . 1
y = c1 e 3 x + c2 e− 4 x ,
c1 , c2 ∈ R.
(1.5) y 00 + 9y = 0. Ecuación característica m2 + 9 = 0, m2 = −9, √ m = ± −9 = ±3i. Tenemos dos raíces complejas conjugadas (simples) z = α ± βi,
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior
3
con α = 0 y β = 3. Las soluciones son del tipo y1 y2
= eαx cos βx, = eαx sin βx.
Solución general y = eαx (c1 cos βx + c2 sin βx) , y = c1 cos 3x + c2 sin 3x,
c1 , c2 ∈ R.
(1.6) y 00 − 4y 0 + 5y = 0. Ecuación característica m2 − 4m + 5 = 0, m = =
√ √ 4 ± −4 16 − 20 = 2 2 4 ± 2i = 2 ± i. 2 4±
Sistema fundamental de soluciones = e2x cos x, = e2x sin x.
y1 y2 Solución general
y = e2x (c1 cos x + c2 sin x) ,
c1 , c2 ∈ R.
(1.7) 3y 00 + 2y 0 + y = 0. Ecuación característica 3m2 + 2m + 1 = 0, m = =
√ √ 4 − 12 −2 ± −8 = 6√ √6 −2 ± 2 2i 1 2 =− ± i. 6 3 3 −2 ±
Sistema fundamental de soluciones −x 3
Ã√ ! 2 cos x , 3
−x 3
Ã√ ! 2 sin x . 3
y1 = e
y2 = e Solución general −x 3
y=e
"
Ã√ ! à √ !# 2 2 c1 cos x + c2 sin x , 3 3
c1 , c2 ∈ R. ¤
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior
4
Ejercicio 2 Resuelve las siguientes ecuaciones diferenciales ordinarias 1. y 000 − 4y 00 − 5y 0 = 0. 2. y 000 − 5y 00 + 3y 0 + 9y = 0. 3.
d3 u d2 u + 2 − 2u = 0. dt3 dt
4. y 000 + 3y 00 + 3y 0 + y = 0. 5. y (4) + y 000 + y 00 = 0. 6. 16 7.
d4 y d4 y + 24 + 9y = 0. dx4 dx4
d4 u d3 u d2 u du d5 u + 5 4 − 2 3 − 10 2 + + 5u = 0. 5 dr dr dr dr dr
(2.1) y 000 − 4y 00 + 5y 0 = 0. Ecuación característica m3 − 4m2 − 5m = 0, ¡ ¢ m m2 − 4m − 5 = 0,
m2 − 4m − 5 = 0,
m = 0,
m2 − 4m − 5 = 0, ( √ √ 10 4 ± 16 + 20 4 ± 36 4±6 2 = 5, m= = = = 2 2 2 − 22 = −1. Raíces m = 0,
m = 5,
m = −1.
Sistema fundamental de soluciones y1 y2 y3
= e0x = 1, = e5x , = e−x .
Solución general y = c1 + c2 e5x + c3 e−x ,
c1 , c2 , c3 ∈ R.
(2.2) y 000 − 5y 00 + 3y 0 + 9y = 0. Ecuación característica m3 − 5m2 + 3m + 9 = 0. Intentamos con los divisores del término independiente ±1, ±3, ±9.
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior
5
Para m = −1, obtenemos (−1)3 − 5(−1)2 + 3(−1) + 9 = −1 − 5 − 3 + 9 = 0. Descomponemos usando la regla de Ruffini 1 −1)
Resolvemos
1
−5 −1 −6
3 6 9
9 −9 0
¡ ¢ m3 − 5m2 + 3m + 9 = (m + 1) m2 − 6m + 9 .
m2 − 6m + 9 = 0, √ 6 6 ± 36 − 36 = = 3 (doble) . m= 2 2 Sistema fundamental de soluciones y1 y2 y3
= e−x , = e3x , = xe3x .
Solución general y = c1 e−x + c2 e3x + c3 xe3x ,
c1 , c2 , c3 ∈ R.
(2.3) d3 u d2 u + 2 − 2u = 0, dt2 dt 000 u + u00 − 2u = 0. Ecuación característica m3 + m2 − 2 = 0. Observamos que m = 1 es solución. Descomponemos usando la regla de Ruffini 1 1) 1
Resolvemos
1 1 2
0 2 2
−2 2 0
¡ ¢ m3 + m2 − 2 = (m − 1) m2 + 2m + 2 .
m2 + 2m + 2 = 0, √ √ −2 ± 4 − 8 −2 ± −4 −2 ± 2i m= = = = −1 ± i. 2 2 2 Raíces de la ecuación característica m = 1,
m = −1 ± i.
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior
6
Sistema fundamental de soluciones y1 y2 y3
= et , = e−t cos t, = e−t sin t.
Solución general y = c1 et + e−t (c2 cos t + c3 sin t) ,
c1 , c2 , c3 ∈ R.
(2.4) y 000 + 3y 00 + 3y 0 + y = 0. Ecuación característica m3 + 3m2 + 3m + 1 = 0, 3
(m + 1) = 0. Raíces m = −1,
(triple).
Sistema fundamental de soluciones y1 y2 y3
= e−x , = xe−x , = x2 e−x .
Solución general y = c1 e−x + c2 xe−x + c3 x2 e−x ,
c1 , c2 , c3 ∈ R.
(2.5) y (4) + y 000 + y 00 = 0. Ecuación característica m4 + m3 + m2 = 0, ¡ ¢ m2 m2 + m + 1 = 0.
Resolvemos
m2 + m + 1 = 0,
m = =
√ √ −1 ± −3 1−4 = 2 √ √2 1 −1 ± 3 i 3 =− ± i. 2 2 2 −1 ±
Raíces de la ecuación característica m = 0
(doble) , √ 3 1 i (complejas conjugadas, simples) . m = − ± 2 2
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior
7
Sistema fundamental de soluciones = e0 = 1, = xe0 = x,
y1 y2
Ã√ ! 3 = e cos x , 2 Ã√ ! 3 − 12 x = e sin x . 2 − 12 x
y3 y4 Solución general y = c1 + c2 x + e
− 12 x
Ã√ ! à √ !! 3 3 c3 cos x + c4 sin x , 2 2
Ã
c1 , c2 , c3 , c4 ∈ R.
(2.6) 16
d4 y d2 y + 24 + 9y = 0, dx4 dx2
16y (4) + 24y (2) + 9y = 0. Ecuación característica 16m4 + 24m2 + 9 = 0. Se trata de una ecuación bicuadrada, realizamos el cambio t = m2 16t2 + 24t + 9 = 0,
t = =
√ √ 242 − 4 · 16 · 9 −24 ± 576 − 576 = 32 32 −24 8·3 3 =− =− (doble). 32 8·4 4 −24 ±
3 m2 = − , 4 r 3 m=± − , 4 √ 3 m=± i (dobles). 2 Sistema fundamental de soluciones Ã√ ! 3 x , y1 = cos 2 Ã√ ! 3 y2 = x cos x , 2 Ã√ ! 3 y3 = sin x , 2 Ã√ ! 3 y4 = x sin x . 2
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior
8
Solución general Ã√ ! Ã√ ! Ã√ ! Ã√ ! 3 3 3 3 y = c1 cos x + c2 x cos x + c3 sin x + c4 sin x , cj ∈ R. 2 2 2 2 (2.7) d5 u 5d4 u d3 u d2 u du + − 2 − 10 + + 5u = 0. dr5 dr4 dr3 dr2 dr Ecuación característica m5 + 5m4 − 2m3 − 10m2 + m + 5 = 0. Descomponemos usando la regla de Ruffini 1 1) 1 1) 1 −1)
1
−1)
1
5 1 6 1 7 −1 6 −1 5
−2 6 4 7 11 −6 5 −5 0
−10 4 −6 11 5 −5 0
1 −6 −5 5 0
5 5 0
Raíces m=1
(doble) ,
m = −1
(doble) ,
m = −5.
Sistema fundamental de soluciones y1 y2 y3 y4 y5
= = = = =
er , rer , e−r , re−r , e−5r .
Solución general y = c1 er + c2 rer + c3 e−r + c4 re−r + c5 e−5r , Ejercicio 3 Resuelve el problema de valor inicial ⎧ 00 ⎨ y + 16y = 0, y(0) = 2, ⎩ 0 y (0) = −2.
cj ∈ R. ¤
Se trata de una EDO lineal homogénea con coeficientes constantes. Ecuación característica m2 + 16 = 0, m2 = −16, √ m = −16 = ±4i.
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior
9
Solución general y = c1 cos 4x + c2 sin 4x,
c1 , c2 ∈ R.
Imponemos las condiciones iniciales, de y(0) = 2, obtenemos c1 cos 0 + c2 sin 0 = 2, c1 = 2. Para imponer la segunda condición, necesitamos previamente calcular la derivada de la solución general y 0 = −4c1 sin 4x + 4c2 cos 4x, de la condición y 0 (0) = −2, obtenemos −4c1 sin 0 + 4c2 cos 0 = −2, 4c2 = −2, c2 = −1/2. Solución del problema de valor inicial y = 2 cos 4x −
1 sin 4x. ¤ 2
Ejercicio 4 Resuelve el problema de valor inicial ⎧ 2 d y dy ⎪ ⎪ ⎨ dx2 −4 dx − 5y = 0, ⎪ = 0, ⎪ ⎩ y(1) y 0 (1) = 2.
EDO lineal homogénea con coeficientes constantes. Ecuación característica m2 − 4m − 5 = 0, ( √ √ 10 4 ± 16 + 20 4 ± 36 4±6 2 = 5, m= = = = 2 2 2 − 22 = −1. Solución general y = c1 e5t + c2 e−t ,
c1 , c2 ∈ R.
Calculamos y 0 = 5c1 e5t − c2 e−t , e imponemos las condiciones iniciales; de y(1) = 0, obtenemos c1 e5 + c2 e−1 = 0.
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior
De y 0 (1) = 2, resulta 5c1 e5 − c2 e−1 = 2. Tenemos el sistema
½
c1 e5 + c2 e−1 = 0, 5c1 e5 − c2 e−1 = 2.
Sumamos las ecuaciones y resulta 6c1 e5 = 2, c1 =
2 1 = 5. 5 6e 3e
Sustituimos en c1 e5 + c2 e−1 = 0 y obtenemos 1 5 e + c2 e−1 = 0, 3e5 1 c2 e−1 = − , 3 1 c2 = − e. 3 Solución del problema de valor inicial y=
1 5t 1 e − e · e−t . 3e5 3
Podemos reescribir la solución en la forma y
=
y
=
1 5t−5 1 −t+1 − e , e 3 3 1 5(t−1) 1 −(t−1) − e . ¤ e 3 3
Ejercicio 5 Resuelve el problema de valor inicial ½ 00 y + y 0 + 2y = 0, y(0) = y 0 (0) = 0. EDO lineal homogénea con coeficientes constantes. Ecuación característica m2 + m + 2 = 0, √ √ √ −1 ± 1 − 8 −1 ± −7 1 7 m= = =− ± i. 2 2 2 2 Solución general Ã√ ! à √ !# " 7 7 −x 2 c1 cos x + c2 sin x , c1 , c2 ∈ R. y=e 2 2
10
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior
11
De y(0) = 0, obtenemos e0 (c1 cos 0 + c2 sin 0) = 0 c1 = 0. Como c1 = 0, sabemos que la solución es de la forma Ã√ ! 7 −x x . y = e 2 c2 sin 2 Calculamos 1 y = − e−x/2 c2 sin 2 0
Ã√ ! Ã√ ! √ 7 7 7 −x/2 c2 x +e cos x , 2 2 2
de la condición y 0 (0) = 0, obtenemos
√ 1 7 − e0 c2 sin 0 + e0 c2 cos 0 = 0, 2 2 c2 = 0.
La solución es y(x) = 0. Este resultado puede deducirse sin realizar ningún cálculo, ya que sabemos que el sistema tiene solución única y la función y(x) = 0 es solución. ¤ Ejercicio 6 Resuelve el problema de valor inicial ⎧ 000 y + 12y 00 + 36y 0 = 0, ⎪ ⎪ ⎨ y(0) = 0, y 0 (0) = 1, ⎪ ⎪ ⎩ 00 y (0) = −7.
EDO lineal homogénea con coeficientes constantes. Ecuación característica m3 + 12m2 + 36m = 0, ¡ ¢ m m2 + 12m + 36 = 0,
2
m2 + 12m + 36 = (m + 6) .
Raíces de la ecuación característica m = 0,
m = −6 (doble).
Solución general y = c1 + c2 e−6x + c3 xe−6x ,
c1 , c2 , c3 ∈ R.
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior
Imponemos las condiciones iniciales. De y(0) = 0, obtenemos c1 + c2 e0 + c3 · 0 · e0 = 0, c1 + c2 = 0. Calculamos y 0 = −6c2 e−6x + c3 e−6x − 6c3 xe−6x . De la condición y 0 (0) = 1, resulta −6c2 + c3 = 1. Calculamos y 00
= 36c2 e−6x − 6c3 e−6x − 6c3 e−6x + 36c3 xe−6x = 36c2 e−6x − 12c3 e−6x + 36c3 xe−6x .
De la condición y 00 (0) = −7, resulta 36c2 − 12c3 = −7. Tenemos el sistema
⎧ ⎨
c1 + c2 = 0, −6c2 + c3 = 1, ⎩ 36c2 − 12c3 = −7.
Multiplicamos la 2a ecuación por 6 y la sumamos a la 3a ⎧ ⎨ c1 + c2 = 0, −6c2 + c3 = 1, ⎩ −6c3 = −1,
resulta
c3 = Sustituimos en la 2a
1 . 6
1 = 1, 6 1 5 −6c2 = 1 − = , 6 6 −5 c2 = . 36 −6c2 +
Sustituimos en la 1a c1 = −c2 =
5 . 36
Solución del problema de valor inicial y=
5 1 5 − e−6x + xe−6x . ¤ 36 36 6
12
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior
Ejercicio 7 Resuelve el problema de condiciones de contorno ⎧ 00 ⎨ y − 10y 0 + 25y = 0, y(0) = 1, ⎩ y(1) = 0.
EDO lineal homogénea con coeficientes constantes. Ecuación característica m2 − 10m + 25 = 0, √ 10 ± 100 − 100 = 5 (doble) . m= 2 Solución general y = c1 e5x + c2 xe5x , c1 , c2 ∈ R. Imponemos las condiciones de contorno ½ y(0) = 1, y(1) = 0. y obtenemos el sistema
½
c1 = 1, c1 e5 + c2 e5 = 0, ½ c1 = 1, c1 + c2 = 0,
c1 = 1,
c2 = −1.
Solución y
= e5x − xe5x . = e5x (1 − x) . ¤
Ejercicio 8 Resuelve el problema de condiciones de contorno ⎧ 00 ⎨ y + y = 0, y 0 (0) = 0, ⎩ 0 π y ( 2 ) = 2.
Ecuación característica
m2 + 1 = 0,
raíces m2 = −1, √ m = ± −1 = ±i. Solución general y y Calculamos y 0
= e0x (c1 cos x + c2 sin x) , = c1 cos x + c2 sin x, c1 , c2 ∈ R. y 0 = −c1 sin x + c2 cos x
13
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior
14
e imponemos las condiciones de contorno ½ 0 y (0) = 0, y 0 ( π2 ) = 2. Obtenemos
½
La solución es
−c1 · 0 + c2 · 1 = 0, −c1 · 1 + c2 · 0 = 2, ½ c2 = 0, −c1 = 2, ½ c1 = −2, c2 = 0. y = −2 cos x. ¤
Ejercicio 9 Resuelve las siguientes ecuaciones diferenciales completas 1. y 00 + y = sec x. 2. y 00 + y = cos2 x. 3. y 00 − y = cosh x. 4. y 00 + 3y 0 + 2y =
1 . 1 + ex
5. y 00 + 3y 0 + 2y = sin (ex ) . 6. y 00 + 2y 0 + y = e−t ln t. 7. 3y 00 − 6y 0 + 6y = ex sec x. (9.1) y 00 + y = sec x. Homogénea asociada y 00 + y = 0, ecuación característica m2 + 1 = 0, m2 = −1, √ m = ± −1 = ±i. Sistema fundamental de soluciones y1 y2
= cos x, = sin x.
Solución de la EDO homogénea yh = c1 cos x + c2 sin x,
c1 , c2 ∈ R.
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior
15
Solución particular yp = u1 y1 + u2 y2 , que verifica
½
y1 u01 + y2 u02 = 0, y10 u01 + y20 u02 = f (x) = sec x.
W1 W2 u01 = , u02 = . W W ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ y y2 ¯ ¯ cos x sin x ¯ ¯=¯ ¯ = cos2 x + sin2 x = 1. W = ¯¯ 10 y1 y20 ¯ ¯ − sin x cos x ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 0 ¯ sin x ¯¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 0 sin x ¯ ¯ y2 ¯ ¯ 0 ¯ = − sin x . W1 = ¯¯ = = f (x) y20 ¯ ¯ sec x cos x ¯ ¯¯ 1 cos x cos x ¯¯ cos x ¯ ¯ ¯ ¯ cos x ¯ 0 ¯¯ ¯ ¯ ¯ y1 0 ¯=¯ W2 = ¯¯ 0 1 ¯¯ = 1. y1 f (x) ¯ ¯¯ − sin x ¯ cos x Determinamos u1 (x) W1 sin x u01 = =− , W cos x Z − sin x u1 = dx = ln |cos x| . cos x Determinamos u2 (x)
W2 u02 = = 1, W Z u2 = dx = x.
Solución particular de la EDO completa
yp = cos x ln |cos x| + x sin x. Solución general de la EDO completa y = c1 cos x + c2 sin x + cos x ln |cos x| + x sin x,
c1 , c2 ∈ R.
(9.2) y 00 + y = cos2 x. EDO lineal completa con coeficientes constantes. Homogénea asociada y 00 + y = 0, ecuación característica m2 + 1 = 0, m2 = −1, √ m = ± −1 = ±i.
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior
16
Sistema fundamental de soluciones y1 y2
= cos x, = sin x.
Solución general de la EDO homogénea asociada yh = c1 cos x + c2 sin x,
c1 , c2 ∈ R.
Solución particular de la EDO completa yp = u1 y1 + u2 y2 que verifica
½
Wronskiano
¯ ¯ y y2 W = ¯¯ 10 y1 y20 ¯ ¯ 0 W1 = ¯¯ f (x) ¯ ¯ y W2 = ¯¯ 10 y1
determinamos u1
u01 =
u1
= =
y1 u01 + y2 u02 = 0, y10 u01 + y20 u02 = cos2 x.
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ cos x sin x ¯ 2 2 ¯=¯ ¯ ¯ ¯ − sin x cos x ¯ = cos x + sin x = 1, ¯ ¯ ¯ 0 sin x ¯¯ y2 ¯¯ ¯¯ = = − sin x cos2 x, y20 ¯ ¯ cos2 x cos x ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 0 0 ¯¯ ¯¯ cos x ¯ = cos3 x, = f (x) ¯ ¯ − sin x cos2 x ¯
W1 − sin x cos2 x = = − sin x cos2 x, W 1
Z
− sin x cos2 x dx =
1 cos3 x. 3
Determinamos u2
Z
cos2 x(− sin x) dx
u02 = cos3 x, u2
=
Z
cos3 x dx =
Z
Z
cos2 x cos x dx
¢ ¡ 1 − sin2 x cos x dx Z Z = cos x dx − sin2 x cos x dx
=
= sin x −
1 3 sin x. 3
Solución particular de la EDO completa µ ¶ µ ¶ 1 1 3 3 yp = cos x cos x + sin x − sin x sin x 3 3 1 1 = cos4 x + sin2 x − sin4 x. 3 3
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior
17
Solución general de la EDO completa y = yh + yp = c1 cos x + c2 sin x +
1 1 cos4 x + sin2 x − sin4 x, 3 3
c1 , c2 ∈ R.
Podemos simplificar ¤ 1 1£ 4 1 cos4 x + sin2 x − sin4 x = cos x − sin4 x + sin2 x 3 3 3 =
⎡ ⎤ ¢¡ ¢⎥ 1 ⎢¡ 2 2 2 2 ⎣ cos x + sin x cos2 x − sin x ⎦ + sin x 3 | {z }| {z } =1
= = =
cos 2x
1 cos 2x + sin2 x 3 1 1 − cos 2x 1 1 1 cos 2x + = + cos 2x − cos 2x 3 2 2 3 2 1 1 − cos 2x. 2 6
Finalmente y = c1 cos x + c2 sin x +
1 1 − cos 2x, 2 6
c1 , c2 ∈ R.
(9.3) y 00 − y = cosh x. EDO lineal completa con coeficientes constantes. Homogénea asociada y 00 − y = 0, ecuación característica m2 − 1 = 0, raíces m = ±1, sistema fundamental de soluciones y1 y2
= ex , = e−x .
Solución de la EDO homogénea yh = c1 ex + c2 e−x ,
c1 , c2 ∈ R.
Solución particular de la EDO completa yp = u1 y1 + u2 y2 con
⎧ ⎨ y1 u01 + y2 u02 = 0,
⎩ y10 u01 + y20 u02 = cosh x =
ex + e−x . 2
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior
u01 = Wronskiano
¯ ¯ ¯ ¯ y y2 ¯ ¯ ex ¯=¯ = ¯¯ 10 y1 y20 ¯ ¯ ex = −1 − 1 = −2.
W
Calculamos W1
W1 , W
u02 =
18 W2 . W
¯ e−x ¯¯ = −ex e−x − ex e−x −e−x ¯
¯ ¯ ¯ ¯ 0 0 e−x y2 ¯¯ ¯¯ = ¯¯ 0 ¯=¯ f (x) y2 cosh x −e−x = −e−x
1 + e−2x ex + e−x =− . 2 2
¯ ¯ ¯ = −e−x cosh x ¯
Determinamos u1 ´ ³ 2x − 1+e2
W1 1 + e−2x = = , W −2 4 Z ¢ 1 ¡ 1 1 1 + e−2x dx = x − e−2x . u1 = 4 4 8 u01 =
Calculamos
W2
¯ ¯ y = ¯¯ 10 y1
¯ ¯ 0 ¯¯ ¯¯ ex = f (x) ¯ ¯ ex
= ex cosh x = ex
¯ ¯ 0 ¯ cosh x ¯
e2x + 1 ex + e−x = , 2 2
determinamos u2 u02 =
u2
W2 = W
³
e2x +1 2
−2
´
=−
¢ 1 ¡ 2x e +1 , 4
¶ ¶ µ Z µ ¢ 1 ¡ 2x 1 1 2x − e + 1 dx = − e +x 4 4 2 1 2x 1 = − e − x. 8 4
=
Solución particular de la EDO completa µ µ ¶ ¶ 1 1 x −x 1 yp = x − e−2x ex + − e2x − e 4 8 8 4 1 x 1 −x 1 x x −x = xe − e − e − e . 4 8 8 4 Solución general de la EDO completa y = c1 ex + c2 e−x + Como
¢ 1¡ x ¢ 1 ¡ x x e − e−x − e + e−x , 4 8
sinh x =
ex − e−x , 2
cosh x =
ex + e−x , 2
c1 , c2 ∈ R.
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior
19
la solución puede reescribirse en la forma 1 1 y = c1 ex + c2 e−x + x sinh x − cosh x. 2 4 (9.4) 1 . 1 + ex EDO lineal completa con coeficientes constantes. Homogénea asociada y 00 + 3y 0 + 2y =
y 00 + 3y 0 + 2y = 0, ecuación característica m2 + 3m + 2 = 0, raíces m=
−3 ±
⎧ √ 9−8 −3 ± 1 ⎨ = = ⎩ 2 2
−3+1 2
= −1,
−3−1 2
= −2.
Sistema fundamental de soluciones y1 y2
= e−x , = e−2x .
Solución general de la EDO homogénea yh = c1 e−x + c2 e−2x ,
c1 , c2 ∈ R.
Solución particular de la EDO completa yp = u1 y1 + u2 y2 , que verifica
(
Wronskiano W
y1 u01 + y2 u02 = 0, y10 u01 + y20 u02 = f (x) =
¯ ¯ y = ¯¯ 10 y1
¯ ¯ y2 ¯¯ ¯¯ e−x = y20 ¯ ¯ −e−x
1 . 1 + ex
¯ e−2x ¯¯ −2e−2x ¯
= e−x (−2)e−2x + e−x e−2x = −2e3x + e−3x = −e−3x . También puede calcularse como ¯ −x ¯ e e−2x W = ¯¯ −x −e −2e−2x = −e−3x .
Calculamos W1
sigue ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = e−x e−2x ¯ ¯ ¯
¯ ¯ ¯ ¯ 0 y2 ¯¯ ¯¯ ¯ = = ¯ f (x) y20 ¯ ¯
=
−e−2x , 1 + ex
¯ 1 1 ¯¯ = e−3x (−2 + 1) −1 −2 ¯ 0
1 1+ex
¯ e−2x ¯¯ −2e−2x ¯
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior
20
determinamos u1 ³ −2x ´ −e 1+ex W e−2x ex 1 0 u1 = = = , = W −e−3x (1 + ex ) e−3x 1 + ex Z ex dx = ln (1 + ex ) . u1 = 1 + ex
Calculamos
W2
¯ ¯ y = ¯¯ 10 y1
¯ ¯ 0 ¯¯ ¯¯ e−x = f (x) ¯ ¯ −e−x
0 1 1+ex
e−x , +1
=
ex
¯ ¯ ¯ ¯
determinamos u2 u02
³
e−x ex +1
´
W2 −1 = −2x x = W −e−3x e (e + 1) e2x = − x . e +1 Z e2x u2 = − dx. ex + 1 =
Realizamos el cambio de variable ⎫ Z Z ex = t ⎬ e2x t2 1 dt = ex dx ⇒− dx = − · dt x ⎭ e +1 t+1 t 1 dx = t dt Z
Z t dt t+1−1 =− dt t+1 t+1 ¶ Z µ 1 = − 1− dt = −t + ln(t + 1) t+1 = −ex + ln (ex + 1) . = −
Solución particular de la EDO completa yp
= e−x ln (1 + ex ) + e−2x (−ex + ln (ex + 1)) = e−x ln (1 + ex ) − e−x + e−2x ln (ex + 1) ¡ ¢ = −e−x + e−x + e−2x ln (ex + 1) .
Solución general de la EDO completa ¡ ¢ y = c1 e−x + c2 e−2x − e−x + e−x + e−2x ln (ex + 1) ,
c1 , c2 ∈ R.
Podemos reescribir la solución en la forma y
¡ ¢ = e−x (c1 − 1) + c2 e−2x + ex + e−2x ln (ex + 1) ¡ ¢ = c01 e−x + c2 e−2x + e−x + e−2x ln (ex + 1) .
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior
21
con c01 = (c1 − 1) , resulta
(9.5)
¡ ¢ y = c01 e−x + c2 e−2x + e−x + e−2x ln (ex + 1) ,
c01 , c2 ∈ R
y 00 + 3y 0 + 2y = sin (ex ) . EDO lineal completa con coeficientes constantes. EDO homogénea asociada y 00 + 3y 0 + 2y = 0, ecuación característica m2 + 3m + 2 = 0, raíces m=
−3 ±
⎧ √ −3 ± 1 ⎨ 9−8 = = ⎩ 2 2
−3+1 2
= −1,
−3−1 2
=
−4 2
= −2.
Sistema fundamental de soluciones y1 y2
= e−x , = e−2x .
Solución general de la EDO homogénea yh = c1 e−x + c2 e−2x ,
c1 , c2 ∈ R.
Solución particular de la EDO completa yp = u1 y1 + u2 y2 , que verifica
½
y1 u01 + y2 u02 = 0, y10 u01 + y20 u02 = f (x) = sin (ex ) .
Wronskiano W
¯ ¯ y = ¯¯ 10 y1
¯ ¯ y2 ¯¯ ¯¯ e−x = y20 ¯ ¯ −e−x
¯ e−2x ¯¯ −2e−2x ¯
= −2e−3x + e−3x = −e−3x .
Calculamos ¯ ¯ ¯ ¯ 0 y2 ¯¯ ¯¯ 0 W1 = ¯¯ = f (x) y20 ¯ ¯ sin ex
determinamos u1
u01
¯ e−2x ¯¯ = −e−2x sin (ex ) , −2e−2x ¯
W1 sin (ex ) −e−2x sin (ex ) = = W −e−3x e−x = sin (ex ) · ex , Z u1 = sin (ex ) ex dx. =
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior
Con el cambio
½
22
t = ex , dt = ex dx,
resulta Z
u1
=
sin t dt = − cos t,
u1
= − cos (ex ) .
Calculamos ¯ ¯ y W2 = ¯¯ 10 y1
determinamos u2
u02 u02
Con el cambio
¯ ¯ 0 ¯¯ ¯¯ e−x = f (x) ¯ ¯ −e−x
¯ ¯ 0 ¯ = e−x sin (ex ) , sin (ex ) ¯
W2 − sin (ex ) e−x sin (ex ) = , = −3x W −e e−2x = −e2x sin (ex ) , Z u2 = − e2x sin (ex ) dx. =
½
t = ex , dt = ex dx,
resulta Z
µ ¶ Z t sin t dt = − −t cos t + cos t dt ,
u2
= −
u2
= − (−t cos t + sin t) , = t cos t − sin t,
deshacemos el cambio u2 = ex cos (ex ) − sin (ex ) . La solución particular de la EDO completa es yp
= − (cos ex ) e−x + (ex cos (ex ) − sin (ex )) e−2x = −e−x cos (ex ) + e−x cos (ex ) − e−2x sin (ex ) = −e−2x sin (ex ) .
Solución general de la EDO completa y = c1 e−x + c2 e−2x − e−2x sin (ex ) ,
c1 , c2 ∈ R.
(9.6) y 00 + 2y 0 + y = e−t ln t. EDO lineal completa con coeficientes constantes. La EDO homogénea asociada es y 00 + 2y 0 + y = 0,
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior
23
ecuación característica m2 + 2m + 1 = 0, raíces
√ 4−4 m= = −1 2 Sistema fundamental de soluciones −2 ±
y1 y2
(doble) .
= e−t , = t e−t .
Solución general de la EDO homogénea asociada yh = c1 e−t + c2 te−2t . c1 , c2 ∈ R. Solución particular de la EDO completa yp = u1 y1 + u2 y2 , que verifica
½
y1 u01 + y2 u02 = 0, y10 u01 + y20 u02 = f (t) = e−t ln t.
Wronskiano W
¯ ¯ y = ¯¯ 10 y1
¯ ¯ y2 ¯¯ ¯¯ e−t = y20 ¯ ¯ −e−t
¯ ¯ te−t ¯ −t −t ¯ e − te
= e−t (e−t − te−t ) + te−2t = e−2t − te−2t + te−2t = e−2t . Calculamos W1
Determinamos u1 u01 u1
¯ ¯ ¯ ¯ 0 0 te−t y2 ¯¯ ¯¯ = ¯¯ 0 ¯ = ¯ −t f (t) y2 e ln t (1 − t)e−t ¡ −t ¢ ¡ −t ¢ = − e ln t te = −e−2t t ln t.
¯ ¯ ¯ ¯
W1 −e−2t t ln t = −t ln t, = W e−2t µ 2 ¶ Z Z t 1 2 1 = (−t ln t) dt = − ln t − t · dt 2 2 t µ 2 ¶ Z 2 t 1 t 1 = − ln t − t dt = − ln t + t2 . 2 2 2 4 =
Calculamos W2
¯ ¯ y = ¯¯ 10 y1
¯ ¯ 0 ¯¯ ¯¯ e−t = f (t) ¯ ¯ −e−t
= e−2t ln t.
¯ ¯ 0 ¯ e−t ln t ¯
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior
24
Determinamos u2 u02 u2
W2 e−2t ln t = ln t, = e−2t ZW Z 1 = ln t dt = t ln t − t · dt t Z = t ln t − dt =
= t ln t − t.
Solución particular de la EDO completa µ 2 ¶ 1 2 t −t − ln t + t + te−t (t ln t − t) yp = e 2 4 µ 2 ¶ t 1 2 −t 2 2 − ln t + t + t ln t − t = e 2 4 µ 2 ¶ t 3 2 −t = e ln t − t . 2 4 Solución general de la EDO completa µ 2 ¶ t 3 y = c1 e−t + c2 te−t + e−t ln t − t2 , 2 4
c1 , c2 ∈ R.
(9.7) 3y 00 − 6y 0 + 6y = ex sec x. EDO lineal completa con coeficientes constantes, la forma estándar es y 00 − 2y 0 + 2y =
1 x e sec x. 3
Ecuación homogénea asociada y 00 − 2y 0 + 2y = 0, ecuación característica m2 − 2m + 2 = 0, raíces √ √ 4−8 2 ± −4 2 ± 2i m = = = , 2 2 2 m = 1 ± i. 2±
Tenemos un par de raíces complejas conjugadas, el sistema fundamental de soluciones es y1 y2
= ex cos x, = ex sin x.
Solución general de la EDO homogénea y = c1 ex cos x + c2 ex sin x,
c1 , c2 ∈ R.
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior
25
Solución particular de la EDO completa yp = u1 y1 + u2 y2 , que verifica
Wronskiano W
Calculamos
½
y1 u01 + y2 u02 = 0, y10 u01 + y20 u02 = f (x) = 13 ex sec x.
¯ ¯ ¯ ¯ y1 y2 ¯ ¯ ex cos x ex sin x ¯ ¯ ¯ = ¯ 0 0 ¯=¯ x x x e cos x − e sin x e sin x + ex cos x y1 y2 ¢ ¢ ¡ ¡ = e2x cos x sin x + cos2 x − e2x cos x sin x − sin2 x ¢ ¡ = e2x cos x sin x + cos2 x − cos x sin x + sin2 x ¢ ¡ = e2x sin2 x + cos2 x = e2x .
W1
¯ ¯ ¯ ¯ 0 0 ex sin x y2 ¯¯ ¯¯ = ¯¯ 0 ¯=¯ 1 x x f (x) y2 3 e sec x e (sin x + cos x) 1 1 1 2x = − e sin x · sec x = − e2x sin x 3 3 cos x 1 2x sin x = − e , 3 cos x
¯ ¯ ¯ ¯
¯ ¯ ¯ ¯
determinamos u1
Calculamos W2
u01
=
u1
=
¡ ¢ − 1 e2x sin x W1 1 sin x = 3 2xcos x = − WZ e 3 cos x 1 − sin x 1 dx = ln | cos x|. 3 cos x 3
¯ ¯ ¯ ¯ y1 0 ex cos x 0 ¯¯ ¯¯ ¯ = ¯ 0 = x y1 f (x) ¯ ¯ e (cos x − sin x) 13 ex sec x 1 1 1 1 2x e cos x · sec x = e2x cos x = e2x . = 3 3 cos x 3
¯ ¯ ¯ ¯
Determinamos u2 u02
=
u2
=
1 2x e W2 = 3 2x = 1/3, WZ e 1 dx = x/3. 3
Solución particular de la EDO completa µ ¶ 1 x yp = ln |cos x| ex cos x + ex sin x. 3 3 Solución general de la EDO completa 1 1 y = c1 ex cos x + c2 ex sin x + ex cos x ln |cos x| + xex sin x, 3 3
c1 , c2 ∈ R.
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior
26
Ejercicio 10 Resuelve el problema de valor inicial ⎧ ⎨ 4y 00 − y = x ex/2 , y(0) = 1, ⎩ 0 y (0) = 0.
Se trata de una EDO lineal completa de segundo orden con coeficientes constantes, escribimos la ecuación en forma estándar 1 1 y 00 − y = xex/2 . 4 4
Homogénea asociada 1 y 00 − y = 0, 4 ecuación característica m2 − raíces
1 = 0, 4
1 , 4 1 m=± . 2 m2 =
Sistema fundamental de soluciones y1 y2
1
= e 2 x, = e−x/2 .
Solución general de la EDO homogénea y = c1 ex/2 + c2 e−x/2 ,
c1 , c2 ∈ R.
Solución particular de la EDO completa yp = u1 y1 + u2 y2 , que verifica
½
y1 u01 + y2 u02 = 0, y10 u01 + y20 u02 = f (x) = 14 xex/2 .
Wronskiano W
¯ ¯ ¯ ¯ y y2 ¯ ¯ ex/2 ¯=¯ = ¯¯ 10 y1 y20 ¯ ¯ 12 ex/2 1 1 = − − = −1. 2 2
¯ e−x/2 ¯¯ − 12 e−x/2 ¯
Calculamos W1
¯ ¯ ¯ ¯ 0 0 y2 ¯¯ ¯¯ ¯ = = ¯ f (x) y20 ¯ ¯ 14 xex/2 1 1 = − xex/2 e−x/2 = − x. 4 4
¯ e−x/2 ¯¯ − 12 e−x/2 ¯
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior
27
Determinamos u1 u01 u1
−1x W1 1 = 4 = x, W (−1) 4 Z 1 1 = x dx = x2 . 4 8 =
Calculamos W2
¯ ¯ 0 ¯ 1 x/2 ¯ 4 xe
¯ ¯ y = ¯¯ 10 y1
¯ ¯ 0 ¯¯ ¯¯ ex/2 = f (x) ¯ ¯ 12 ex/2 1 1 = ex/2 xex/2 = x ex . 4 4
Determinamos u2 1 xex W2 1 = 4 = − xex , W −1 4 ¶ Z µ Z 1 x −1 1 1 = − xe dx = − xex dx = (x − 1) ex = (1 − x) ex . 4 4 4 4
u02
=
u2
Solución particular de la EDO completa µ ¶ 1 2 x/2 (1 − x) x −x/2 yp = + x e e ·e 8 4 µ ¶ 1 2 x 1 x/2 = x − + e . 8 4 4 Solución general de la EDO completa µ ¶ 1 2 x 1 x/2 y = c1 ex/2 + c2 e−x/2 + x − + e , 8 4 4
c1 , c2 ∈ R.
Imponemos las condiciones iniciales ½
y(0) = 1, y 0 (0) = 0.
De la condición y(0) = 1 resulta
1 = 1, 4 c1 + c2 = 3/4.
c1 + c2 +
Calculamos 1 1 y = c1 ex/2 − c2 e−x/2 + 2 2 0
µ
1 1 x− 4 4
¶
x/2
e
e imponemos la condición y 0 (0) = 0,
+
µ
1 2 x 1 x − + 8 4 4
¶
1 x/2 e 2
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior
resulta
28
1 1 1 1 c1 − c2 − + = 0, 2 2 4 8 1 1 1 c1 − c2 − = 0, 2 2 8 1 c1 − c2 = . 4 ½ c1 + c2 = 3/4, c1 − c2 = 1/4.
Resolvemos el sistema
Sumando, resulta 2c1 c1
= 1, = 1/2.
Restando, la 2a ecuación a la 1a , obtenemos 2c2 c2
= 1/2, = 1/4.
La solución del problema de valor inicial es µ 1 2 1 x/2 1 −x/2 + e + y = e x − 2 4 8 µ 1 2 3 x/2 1 −x/2 = + e + e x − 4 4 8
¶ x 1 x/2 + e 4 4 ¶ x x/2 e . ¤ 4
Ejercicio 11 Resuelve el problema de valor inicial ⎧ 00 ⎨ y + 2y 0 − 8y = 2e−2x − e−x , y(0) = 1, ⎩ 0 y (0) = 0.
EDO lineal completa de segundo orden con coeficientes constantes. La homogénea asociada es y 00 + 2y 0 − 8y = 0. Ecuación característica m2 + 2m − 8 = 0, raíces m=
−2 ±
⎧ √ −2 ± 6 ⎨ 4 + 32 = = ⎩ 2 2
−2+6 2 −2−6 2
Sistema fundamental de soluciones y1 y2
= e2x , = e−4x .
Solución general de la EDO homogénea y = c1 e2x + c2 e−4x ,
c1 , c2 ∈ R.
= 2, = −4.
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior
29
Solución particular de la EDO completa yp = u1 y1 + u2 y2 , que verifica
½
y1 u01 + y2 u02 = 0, y10 u01 + y20 u02 = f (x) = 2e−2x − e−x .
Wronskiano ¯ ¯ y = ¯¯ 10 y1
W
¯ ¯ y2 ¯¯ ¯¯ e2x = y20 ¯ ¯ 2e2x
¯ e−4x ¯¯ −4e−4x ¯
= −4e−2x − 2e−2x = −6e−2x .
Calculamos W1
Determinamos u1 u01
¯ ¯ ¯ ¯ 0 0 y2 ¯¯ ¯¯ = = ¯¯ f (x) y20 ¯ ¯ 2e−2x − e−x ¡ ¢ = −e−4x 2e−2x − e−x . = = =
u1
¯ e−4x ¯¯ −4e−4x ¯
¡ ¢ −e−4x 2e−2x − e−x W1 = W −6e−2x ¢ 1 −2x ¡ −2x − e−x 2e e 6 ¢ 1 1 1 ¡ −4x − e−3x = e−4x − e−3x . 2e 6 3 6 Z µ
¶ 1 −4x 1 −3x − e dx e 3 6 1 1 = − e−4x + e−3x . 12 18
=
Calculamos W2
y determinamos u2 u02
¯ ¯ ¯ ¯ y 0 ¯¯ ¯¯ e2x 0 = ¯¯ 10 = y1 f (x) ¯ ¯ 2e2x 2e−2x − e−x ¡ ¢ = e2x 2e−2x − e−x = 2 − ex , µ ¶ W2 1 2x 2 − ex = − = e (2 − ex ) W −6e−2x 6 ¢ 1¡ = − 2e2x − e3x 6 1 1 = − e2x + e3x , 3 6 ¶ Z µ 1 2x 1 3x − e + e dx, u2 = 3 6 =
¯ ¯ ¯ ¯
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior
30
1 1 u2 = − e2x + e3x . 6 18 Solución particular de la EDO completa µ µ ¶ ¶ 1 1 1 1 yp = − e−4x + e−3x e2x + − e2x + e3x e−4x 12 18 6 18 1 −2x 1 −x 1 −2x 1 −x = − e + e − e + e 12 18 6 18 −3 −2x 2 −x = + e e 12 18 −1 −2x 1 −x = + e . e 4 9 Solución general de la EDO completa 1 1 y = c1 e2x + c2 e−4x − e−2x + e−x , 4 9
c1 , c2 ∈ R.
Imponemos la condición y(0) = 1 y resulta 1 1 + = 1, 4 9 −9 + 4 c1 + c2 + = 1, 36 5 c1 + c2 − = 1, 36 5 41 c1 + c2 = 1 + = . 36 36 c1 + c2 −
Calculamos
1 1 y 0 = 2c1 e2x − 4c2 e−4x + e−2x − e−x 2 9 e imponemos la condición y 0 (0) = 0, resulta
1 1 − = 0, 2 9 9−2 2c1 − 4c2 + = 0, 18 7 2c1 − 4c2 + = 0, 18 2c1 − 4c2 = −7/18,
2c1 − 4c2 +
c1 − 2c2 = Resolvemos el sistema
−7 . 36
⎧ 41 ⎪ ⎨ c1 + c2 = , 36 ⎪ ⎩ c1 − 2c2 = −7 . 36
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior
31
Restamos la 2a ecuación a la 1a 3c2
=
c2
=
48 4 · 12 4 = = , 36 3 · 12 3 4 . 9
Sustituimos en la 1a ecuación c1 +
4 41 = , 9 36
41 4 41 − 16 25 − = = . 36 9 36 36 Solución del problema de valor inicial c1 =
y=
25 2x 4 −4x 1 −2x 1 −x − e + e . ¤ e + e 36 9 4 9
Ejercicio 12 Resuelve la EDO y 000 + y 0 = tan x. EDO lineal completa de tercer orden con coeficientes constantes. La EDO homogénea asociada es y 000 + y 0 = 0. Ecuación característica m3 + m = 0, ¢ ¡ m m2 + 1 = 0,
raíces
m = 0,
m = ±i.
Sistema fundamental de soluciones y1 y2 y3
= 1, = cos x, = sin x.
Solución general de la EDO homogénea yh = c1 + c2 cos x + c3 sin x,
c1 , c2 , c3 ∈ R.
Solución particular de la EDO completa yp = u1 y1 + u2 y2 + u3 y3 , que verifica
Wronskiano ¯ ¯ y1 y2 ¯ 0 ¯ y1 y20 ¯ 00 ¯ y1 y200
⎧ ⎨ y1 u01 + y2 u02 + y3 u03 = 0, y 0 u0 + y20 u02 + y30 u03 = 0, ⎩ 100 10 y1 u1 + y200 u02 + y300 u03 = f (x) = tan x. y3 y30 y300
¯ ¯ ¯ ¯ 1 cos x sin x ¯ ¯ ¯ = ¯ 0 − sin x cos x ¯ ¯ ¯ ¯ 0 − cos x − sin x
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ − sin x cos x ¯=¯ ¯ ¯ − cos x − sin x ¯
¯ ¯ ¯, ¯
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior
32
W = sin2 x + cos2 x = 1. Calculamos W1
¯ ¯ ¯ ¯ 0 y2 y3 ¯¯ ¯¯ ¯ y20 y30 ¯¯ = ¯¯ = ¯¯ 0 ¯ f (x) y200 y300 ¯ ¯ ¯ ¯ cos x sin x = tan x ¯¯ − sin x cos x = tan x.
Determinamos u1 u1 = Calculamos W2
Determinamos u2
¯ ¯ ¯ = ¯¯ ¯ ¯ ¯ = ¯¯
W3
= −
u01 = tan x, sin x dx = − ln |cos x| . cos x
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1 0 sin x ¯¯ ¯ ¯ ¯=¯ 0 0 cos x ¯¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 0 tan x − sin x ¯ ¯ 0 cos x ¯¯ = − tan x cos x = − sin x. tan x − sin x ¯
y1 y10 y100
Calculamos W3 ¯ ¯ y1 ¯ = ¯¯ y10 ¯ y100
Z
¯ 0 cos x sin x ¯¯ 0 − sin x cos x ¯¯ tan x − cos x − sin x ¯ ¯ ¯ ¡ ¢ ¯ = tan x cos2 x + sin2 x ¯
y2 y20 y200
0 y3 0 y30 f (x) y300
W2 u02 = = − sin x, W Z u2 = (− sin x) dx = cos x. 0 0 f (x)
sin2 x . cos x
¯ ¯ ¯ ¯ 1 cos x 0 ¯ ¯ ¯ = ¯ 0 − sin x 0 ¯ ¯ ¯ ¯ 0 − cos x tan x
Determinamos u3 u03 =
u3
= =
¯ ¯ ¯ ¯ = − sin x tan x ¯ ¯
W3 − sin2 x = W cos x
Z
Z
− sin2 x dx = cos x (− sin x) tan x dx.
Integramos por partes u = tan x du = sec2 x dx dv = − sin x dx v = cos x
¶
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior
u3
Z = cos x tan x − cos x sec2 x dx Z Z 1 = sin x − dx = sin x − sec x dx cos x = sin x − ln |sec x + tan x| .
Recordamos el cálculo de la primitiva de sec x Z Z sec x + tan x sec x dx = sec x dx sec x + tan x Z sec2 x + sec x tan x = dx, sec x + tan x como
resulta
d d sec x = sec x tan x, tan x = sec2 x, dx dx Z sec x dx = ln |sec x + tan x| .
Finalmente, la solución particular de la EDO completa es yp
= − ln |cos x| · 1 + cos x · cos x + (sin x − ln |sec x + tan x|) sin x = − ln |cos x| + cos2 x + sin2 x − sin x ln |sec x + tan x| = 1 − ln |cos x| − sin x ln |sec x tan x| .
Solución general de la EDO completa y = c1 + c2 cos x + c3 sin x + 1 − ln |cos x| − sin x ln |sec x tan x| . Finalmente, podemos incluir el 1 con la constante c1 y = c01 + c2 cos x + c3 sin x + ln |cos x| − sin x ln |sec x tan x| . ¤
33
E.T.S. Minas: Métodos Matemáticos Ejercicios Tema 9 Sistemas de EDOs lineales Francisco Palacios Escuela Politécnica Superior de Ingeniería de Manresa Universidad Politécnica de Cataluña Noviembre 2008, Versión 1.3
Ejercicio 1 Resuelve el sistema ⎧ dx ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ dt = x + 2y, ⎪ ⎪ dy ⎪ ⎩ = 2x + y. dt
Ejercicio 2 Resuelve el sistema ⎧ dx 4 3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ dt = − 5 x + 5 y, ⎪ ⎪ −2 11 dy ⎪ ⎩ = x − y. dt 5 5 Ejercicio 3 Resuelve el sistema ⎧ dx ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ dt = 2x + 3y, ⎪ ⎪ dy ⎪ ⎩ = 2x + y. dt
Ejercicio 4 Resuelve el sistema ⎧ dx ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ dt = 2x + 4y, ⎪ ⎪ dy ⎪ ⎩ = 4x + 2y. dt Determina la solución particular que verifica ½ x(0) = 5, y(0) = −1.
Ejercicio 5 Resuelve el sistema ⎧ dx ⎪ ⎪ = −4x + y + z, ⎪ ⎪ dt ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ dy = x + 5y − z, ⎪ dt ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ dz = y − 3z. dt 1
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales
Ejercicio 6 Resuelve el sistema ⎧ dx ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ dt = 3x − 18y, ⎪ ⎪ dy ⎪ ⎩ = 2x − 9y. dt
Ejercicio 7 Resuelve el sistema ⎧ dx ⎪ ⎪ = x − 2y + 2z, ⎪ ⎪ dt ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ dy = −2x + y − 2z, ⎪ dt ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ dz = 2x − 2y + z. dt
Ejercicio 8 Resuelve el sistema ⎧ dx ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ dt = 2x + 8y, ⎪ ⎪ dy ⎪ ⎩ = −x − 2y. dt
Ejercicio 9 Resuelve el sistema ⎧ dx ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ dt = 3x − 3y + 4, ⎪ ⎪ dy ⎪ ⎩ = 2x − 2y − 1. dt
Ejercicio 10 Resuelve el sistema ⎧ dx ⎪ t/2 ⎪ ⎪ ⎨ dt = 3x − 5y + e , ⎪ ⎪ 3 dy ⎪ ⎩ = x − y − et/2 . dt 4 Ejercicio 11 Resuelve el sistema ⎧ dx ⎪ t ⎪ ⎪ ⎨ dt = 2y + e , ⎪ ⎪ dy ⎪ ⎩ = −x + 3y − et . dt
2
E.T.S. Minas: Métodos Matemáticos Ejercicios Resueltos Tema 9: Sistemas de EDOs lineales Francisco Palacios Escuela Politécnica Superior de Ingeniería de Manresa Universidad Politécnica de Cataluña Noviembre 2008, Versión 1.4
Ejercicio 1 Resuelve el sistema ⎧ dx ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ dt = x + 2y, ⎪ ⎪ dy ⎪ ⎩ = 2x + y. dt
Expresamos el sistema en forma matricial µ ¶ 1 2 0 X = X, 2 1 con X=
µ
x(t) y(t)
¶
.
El polinomio característico es ¯ ¯ 1−λ 2 p(λ) = |A − λI| = ¯¯ 2 1−λ = (1 − λ) (1 − λ) − 4 = 1 − 2λ + λ2 − 4 = λ2 − 2λ − 3, resolvemos la ecuación característica λ2 − 2λ − 3 = 0, ⎧ 2+4 √ = 3, 2 ± 4 + 12 ⎨ 2 λ= = ⎩ 2−4 2 2 = −1,
los valores propios son
λ1 = −1,
λ2 = 3.
Vectores propios asociados a λ1 = −1. Resolvemos (A − λ1 I) X = 0, µ
(A + I) X = 0, ¶µ ¶ µ ¶ 1+1 2 x 0 = , 2 1+1 y 0 1
¯ ¯ ¯ ¯
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales µ
¶µ
2 2 2 2
¶
x y
2
µ
=
0 0
¶
.
Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas {x + y = 0 , resolvemos paramétricamente ½
x=α , y = −α
α ∈ R,
los vectores propios asociados a λ1 son de la forma µ ¶ 1 V=α , α ∈ R. −1 Tomamos V1 =
µ
¶
1 −1
.
Vectores propios asociados a λ2 = 3. Resolvemos µ
que es equivalente a
(A − 3I) X = 0, ¶µ ¶ µ ¶ 1−3 2 x 0 = , 2 1−3 y 0 µ ¶µ ¶ µ ¶ −2 2 x 0 = , 2 −2 y 0 µ
1 −1 1 −1
¶µ
x y
¶
=
µ
¶
0 0
.
Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas {x − y = 0, resolvemos paramétricamente ½
x=α , y=α
α ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ2 son de la forma µ ¶ 1 V=α , α ∈ R, 1 tomamos V2 =
µ
1 1
µ
1 1
¶
.
Obtenemos el sistema fundamental de soluciones µ ¶ µ ¶ 1 1 −t X1 = e , X2 = e3t . −1 1 Solución general X = c1
µ
1 −1
¶
e
−t
+ c2
¶
e3t ,
c1 , c2 ∈ R. ¤
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales
3
Ejercicio 2 Resuelve el sistema ⎧ dx 4 3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ dt = − 5 x + 5 y, ⎪ ⎪ −2 11 dy ⎪ ⎩ = x − y. dt 5 5
Expresamos el sistema en forma matricial µ ¶ −4/5 3/5 X, X0 = −2/5 −11/5 con X=
µ
x(t) y(t)
¶
.
El polinomio característico es ¯ ¯ −4/5 − λ 3/5 p(λ) = |A − λI| = ¯¯ −2/5 −11/5 − λ = (−4/5 − λ) (−11/5 − λ) + 6/25 44 4 6 11 = + λ + λ + λ2 + 25 5 5 25 = λ2 + 3λ + 2.
Resolvemos la ecuación característica λ2 + 3λ + 2 = 0, ⎧ −3+1 √ = −1, −3 ± 9 − 8 ⎨ 2 λ= = ⎩ −3−1 2 = −2, 2
los valores propios son
λ1 = −1,
λ2 = −2.
Vectores propios asociados a λ1 = −1. Resolvemos el sistema (A − λ1 I) X = 0, µ
(A + I) X = 0, ¶µ ¶ µ ¶ −4/5 + 1 3/5 x 0 = , −2/5 −11/5 + 1 y 0 µ ¶µ ¶ µ ¶ 1/5 3/5 x 0 = , −2/5 −6/5 y 0
que es equivalente a
µ
1 3 1 3
¶µ
x y
¶
=
µ
0 0
¶
.
Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas {x + 3y = 0,
¯ ¯ ¯ ¯
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales
resolvemos paramétricamente ½
x = −3α , y=α
4
α ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ1 son de la forma µ ¶ −3 V=α , α ∈ R, 1 tomamos V1 =
µ
−3 1
¶
.
Vectores propios asociados a λ2 = −2. Resolvemos µ
(A + 2I) X = 0, ¶µ ¶ µ ¶ −4/5 + 2 3/5 x 0 = , −2/5 −11/5 + 2 y 0 µ ¶µ ¶ µ ¶ 6/5 3/5 x 0 = , −2/5 −1/5 y 0
que es equivalente a
µ
2 1 2 1
¶µ
x y
¶
=
µ
0 0
¶
.
Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas {2x + y = 0, resolvemos paramétricamente ½
x=α , y = −2α
α ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ2 son de la forma µ ¶ 1 V=α , α ∈ R, −2 tomamos V2 =
µ
1 −2
¶
.
Obtenemos el sistema fundamental de soluciones µ ¶ µ ¶ −3 1 e−t , X2 = e−2t . X1 = 1 −2 Solución general X = c1
µ
−3 1
¶
−t
e
+ c2
µ
1 −2
¶
e−2t ,
c1 , c2 ∈ R. ¤
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales
5
Ejercicio 3 Resuelve el sistema ⎧ dx ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ dt = 2x + 3y, ⎪ ⎪ dy ⎪ ⎩ = 2x + y. dt
Expresamos el sistema en forma matricial µ ¶ 2 3 X, X0 = 2 1 con X=
µ
x(t) y(t)
¶
.
El polinomio característico es ¯ ¯ 2−λ 3 p(λ) = |A − λI| = ¯¯ 2 1−λ = (2 − λ) (1 − λ) − 6 = 2 − 2λ − λ + λ2 − 6 = λ2 − 3λ − 4.
Resolvemos la ecuación característica λ2 − 3λ − 4 = 0, ⎧ 3+5 √ = 4, 3 ± 9 + 16 ⎨ 2 λ= = ⎩ 2−5 2 2 = −1,
los valores propios son
λ1 = −1,
λ2 = 4.
Vectores propios asociados a λ1 = −1. Resolvemos (A − λ1 I) X = 0, µ
que es equivalente a
(A + I) X = 0, ¶µ ¶ µ ¶ 2+1 3 x 0 = , 2 1+1 y 0 µ ¶µ ¶ µ ¶ 3 3 x 0 = , 2 2 y 0 µ
1 1 1 1
¶µ
x y
¶
=
µ
0 0
¶
.
Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas {x + y = 0,
¯ ¯ ¯ ¯
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales
resolvemos paramétricamente ½
x=α , y = −α
6
α ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ1 son de la forma µ ¶ 1 V=α , α ∈ R, −1 tomamos V1 =
µ
1 −1
¶
.
Vectores propios asociados a λ2 = 4. Resolvemos µ
(A − 4I) X = 0, ¶µ ¶ µ ¶ 2−4 3 x 0 = , 2 1−4 y 0 µ ¶µ ¶ µ ¶ −2 3 x 0 = , 2 −3 y 0
resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas {2x − 3y = 0, resolvemos paramétricamente ⎧ ⎪ ⎨ x=α
⎪ ⎩ y = 2α 3
,
α ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ2 son de la forma µ ¶ 1 V=α , α ∈ R, 2/3 para evitar fracciones, tomamos el vector propio correspondiente a α = 3 µ ¶ 3 V2 = . 2 Obtenemos el sistema fundamental de soluciones µ ¶ µ ¶ 1 3 −t e , X2 = e4t . X1 = −1 2 Solución general X = c1
µ
1 −1
¶
e−t + c2
µ
3 2
¶
e4t ,
c1 , c2 ∈ R. ¤
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales
7
Ejercicio 4 Resuelve el sistema ⎧ dx ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ dt = 2x + 4y, ⎪ ⎪ dy ⎪ ⎩ = 4x + 2y. dt
Determina la solución particular que verifica ½ x(0) = 5, y(0) = −1.
1. Determinamos la solución general. Expresamos el sistema en forma matricial µ ¶ 2 4 0 X = X, 4 2 con X=
µ
x(t) y(t)
¶
.
El polinomio característico es ¯ ¯ 2−λ 4 p(λ) = |A − λI| = ¯¯ 4 2−λ = (2 − λ)2 − 16 = 4 − 4λ + λ2 − 16 = λ2 − 4λ − 12.
¯ ¯ ¯ ¯
Resolvemos la ecuación característica λ2 − 4λ − 12 = 0,
⎧ √ √ 4 ± 16 + 48 4 ± 64 ⎨ λ= = = ⎩ 2 2
4+8 2
= 6,
4−8 2
= −2,
los valores propios son
λ1 = −2,
λ2 = 6.
Vectores propios asociados a λ1 = −2. Resolvemos (A − λ1 I) X = 0, µ
(A + 2I) X = 0, ¶µ ¶ µ ¶ 2+2 4 x 0 = , 4 2+2 y 0 µ ¶µ ¶ µ ¶ 4 4 x 0 = . 4 4 y 0
Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas {x + y = 0 ,
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales
resolvemos paramétricamente ½
x=α , y = −α
8
α ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ1 son de la forma µ ¶ 1 V=α , α ∈ R, −1 tomamos V1 =
µ
1 −1
¶
.
Vectores propios asociados a λ2 = 6. Resolvemos µ
(A − 6I) X = 0, ¶µ ¶ µ ¶ 2−6 4 x 0 = , 4 2−6 y 0 µ ¶µ ¶ µ ¶ −4 4 x 0 = , 4 −4 y 0
resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas {x − y = 0 , resolvemos paramétricamente ½
x=α , y=α
α ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ2 son de la forma µ ¶ 1 V=α , α ∈ R, 1 tomamos V2 =
µ
1 1
¶
.
Obtenemos el sistema fundamental de soluciones µ ¶ µ ¶ 1 1 X1 = e−2t , X2 = e6t . −1 1 Solución general X = c1
µ
1 −1
¶
e−2t + c2
µ
1 1
¶
e6t ,
c1 , c2 ∈ R.
2. Solución del problema de valor inicial. Imponemos la condición µ ¶ 5 X(0) = −1
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales
y resulta c1
µ
1 −1
¶
0
e + c2
½
µ
1 1
¶
9
0
e =
µ
5 −1
¶
,
c1 + c2 = 5, −c1 + c2 = −1.
Sumando las dos ecuaciones, obtenemos 2c2 = 4, c2 = 2, y sustituyendo en la primera ecuación, resulta c1 = 3. La solución del problema de valor inicial es µ ¶ µ ¶ 1 1 −2t X(t) = 3 e +2 e6t . ¤ −1 1 Ejercicio 5 Resuelve el sistema ⎧ dx ⎪ ⎪ = −4x + y + z, ⎪ ⎪ dt ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ dy = x + 5y − z, ⎪ dt ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ dz = y − 3z. dt
Expresamos el sistema en forma matricial ⎛ ⎞ −4 1 1 X0 = ⎝ 1 5 −1 ⎠ X, 0 1 −3 con
⎛
El polinomio característico es
⎞ x(t) X = ⎝ y(t) ⎠ . z(t)
¯ ¯ −4 − λ 1 1 ¯ 1 5−λ −1 p(λ) = |A − λI| = ¯¯ ¯ 0 1 −3 − λ
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
= (−4 − λ) (5 − λ) (−3 − λ) + 1 + (−4 − λ) − (−3 − λ) = (−4 − λ) (5 − λ) (−3 − λ) + 1 − 4 − λ + 3 + λ = (−4 − λ) (5 − λ) (−3 − λ) ,
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales
10
Obtenemos la ecuación característica (−4 − λ) (5 − λ) (−3 − λ) = 0, los valores propios son λ1 = −3,
λ2 = −4,
λ3 = 5.
Vectores propios asociados a λ1 = −3. Resolvemos (A − λ1 I) X = 0, (A + 3I) X = 0, ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −4 + 3 1 1 x 0 ⎝ 1 5+3 −1 ⎠ ⎝ y ⎠ = ⎝ 0 ⎠ , 0 1 −3 + 3 z 0 ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 1 1 x 0 ⎝ 1 8 −1 ⎠ ⎝ y ⎠ = ⎝ 0 ⎠ . 0 1 0 z 0 ⎛
Aplicamos el método de Gauss ⎛ −1 ⎝ 1 0
1 1 8 −1 1 0 ⎛ −1 ⎝ 0 (2a + 1a ) → 2a 0 ⎛ −1 (2a /9) → 2a ⎝ 0 0 (3a − 2a /9) → 3a
⎞ 0 0 ⎠, 0 1 9 1
1 1 0
⎞ 0 0 ⎠, 0 ⎞ 1 0 0 0 ⎠. 0 0
1 0 0
Resulta un sistema de dos ecuaciones con tres incógnitas ½ −x + y + z = 0, y = 0. Resolvemos paramétricamente ⎧ ⎨ x=α y=0 , ⎩ z=α
α ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ1 son de la forma ⎛ ⎞ 1 V = α ⎝ 0 ⎠ , α ∈ R, 1 tomamos
⎛
⎞ 1 V1 = ⎝ 0 ⎠ . 1
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales
11
Vectores propios asociados a λ2 = −4. Resolvemos ⎛ ⎝
−4 + 4 1 0 ⎛ 0 ⎝ 1 0
que conduce al sistema
(A + 4I) X = 0, ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 x 0 5+4 −1 ⎠ ⎝ y ⎠ = ⎝ 0 ⎠ , 1 −3 + 4 z 0 ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 x 0 9 −1 ⎠ ⎝ y ⎠ = ⎝ 0 ⎠ , 1 1 z 0 ½
x + 9y − z = 0, y + z = 0.
Resolvemos paramétricamente ⎧ ⎨ x = −9y + z = 9α + α = 10α y = −α , ⎩ z=α
α ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ2 son de la forma ⎛ ⎞ 10 V = α ⎝ −1 ⎠ , α ∈ R, 1 tomamos
⎛
⎞ 10 V2 = ⎝ −1 ⎠ . 1
Vectores propios asociados a λ3 = 5. Resolvemos (A − 5I) X = 0, ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −4 − 5 1 1 x 0 ⎝ 1 5−5 −1 ⎠ ⎝ y ⎠ = ⎝ 0 ⎠ , 0 1 −3 − 5 z 0 ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −9 1 1 x 0 ⎝ 1 0 −1 ⎠ ⎝ y ⎠ = ⎝ 0 ⎠ . 0 1 −8 z 0
Aplicamos el método de Gauss ⎛ −9 ⎝ 1 0
1 0 1
intercambiamos las dos primeras filas ⎛ 1 0 ⎝ −9 1 0 1
1 −1 −8
⎞ 0 0 ⎠, 0
−1 1 −8
⎞ 0 0 ⎠, 0
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales
(2a + 9 · 1a ) → 2a
⎛
1 ⎝ 0 0
0 1 1
12 ⎞ 0 0 ⎠, 0
−1 −8 −8
resulta un sistema de dos ecuaciones con tres incógnitas ½ x − z = 0, y − 8z = 0. Resolvemos paramétricamente ⎧ ⎨ x=α y = 8α , ⎩ z=α
α ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ3 son de la forma ⎛ ⎞ 1 V = α ⎝ 8 ⎠ , α ∈ R, 1 tomamos
⎛
⎞ 1 V3 = ⎝ 8 ⎠ . 1
Obtenemos el sistema fundamental de ⎛ ⎞ ⎛ 1 X1 = ⎝ 0 ⎠ e−3t , X2 = ⎝ 1
soluciones ⎞ 10 −1 ⎠ e−4t , 1
⎛
⎞ 1 X3 = ⎝ 8 ⎠ e5t . 1
Solución general ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 10 1 X = c1 ⎝ 0 ⎠ e−3t + c2 ⎝ −1 ⎠ e−4t + c3 ⎝ 8 ⎠ e5t , 1 1 1
c1 , c2 , c3 ∈ R. ¤
Ejercicio 6 Resuelve el sistema ⎧ dx ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ dt = 3x − 18y, ⎪ ⎪ dy ⎪ ⎩ = 2x − 9y. dt
Expresamos el sistema en forma matricial µ ¶ 3 −18 0 X. X = 2 −9 El polinomio característico es ¯ ¯ 3−λ −18 p(λ) = |A − λI| = ¯¯ 2 −9 − λ = (3 − λ) (−9 − λ) + 36 = −27 − 3λ + 9λ + λ2 + 36 = λ2 + 6λ + 9.
¯ ¯ ¯ ¯
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales
13
Resolvemos la ecuación característica λ2 + 6λ + 9 = 0, √ −6 36 − 36 = = −3 (doble). λ= 2 2 Tenemos un único valor propio doble λ = −3. Vectores propios asociados a λ = −3. Resolvemos (A − λI) X = 0, −6 ±
µ
(A + 3I) X = 0, ¶µ ¶ µ ¶ 3+3 −18 x 0 = , 2 −9 + 3 y 0 µ ¶µ ¶ µ ¶ 6 −18 x 0 = , 2 −6 y 0
que es equivalente a µ
1 −3 1 −3
¶µ
x y
¶
=
µ
0 0
¶
.
Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas {x − 3y = 0, resolvemos paramétricamente ½
x = 3α , y=α
α ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ son de la forma µ ¶ 3 V=α , α ∈ R, 1 tomamos V1 =
µ
3 1
¶
.
El subespacio de vectores propios es de dimensión 1. Obtenemos un vector solución µ ¶ 3 X1 = e−3t . 1 Sabemos que podemos construir una segunda solución de la forma X2 = V1 teλt + V2 eλt donde V2 es un vector que verifica µ
(A + 3I) V2 = V1 , ¶µ ¶ µ ¶ 6 −18 x 3 = , 2 −6 y 1
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales
14
½
6x − 18y = 3 . 2x − 6y = 1 Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas {2x − 6y = 1 y necesitamos una solución cualquiera. Si tomamos y = 0, resulta ½ x = 1/2, y = 0. Obtenemos el vector
µ
¶ 1/2 V2 = 0 y construimos un segundo vector solución de la forma X2 = V1 teλt + V2 eλt , esto es X2 =
µ
3 1
¶
te−3t +
µ
1/2 0
¶
e−3t .
La solución general es µ ¶ µ ¶ ∙µ ¶ ¸ 1/2 3 3 −3t −3t −3t + c2 + e e te , X = c1 0 1 1
Ejercicio 7 Resuelve el sistema ⎧ dx ⎪ ⎪ = x − 2y + 2z, ⎪ ⎪ dt ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ dy = −2x + y − 2z, ⎪ dt ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ dz = 2x − 2y + z. dt Expresamos el sistema en forma matricial ⎛ ⎞ 1 −2 2 0 X = ⎝ −2 1 −2 ⎠ X, 2 −2 1 con ⎛ ⎞ x(t) X = ⎝ y(t) ⎠ . z(t) El polinomio característico es ¯ ¯ 1−λ −2 2 ¯ 1−λ −2 p(λ) = |A − λI| = ¯¯ −2 ¯ 2 −2 1−λ
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
c1 , c2 ∈ R. ¤
= (1 − λ)3 + 8 + 8 − 4 (1 − λ) − 4 (1 − λ) − 4 (1 − λ) 3
= (1 − λ) + 16 − 12 + 12λ 3
= (1 − λ) + 4 + 12λ = 1 − 3λ + 3λ2 − λ3 + 4 + 12λ = 5 + 9λ + 3λ2 − λ3 .
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales
Observamos que P (λ) se anula para λ de Ruffini −1 −1) −1
15
= −1. Descomponemos usando la regla 3 1 4
9 −4 5
5 −5 0
y obtenemos
Resolvemos
¡ ¢ 5 + 9λ + 3λ2 − λ3 = (λ + 1) −λ2 + 4λ + 5 . −λ2 + 4λ + 5 = 0,
λ=
−4 ±
Los valores propios son
⎧ √ −4 ± 6 ⎨ 16 + 20 = = ⎩ −2 −2
λ1 = −1 (doble),
2 −2
= −1,
−10 −2
= 5.
λ2 = 5.
Vectores propios asociados a λ1 = −1. Resolvemos ⎛
1+1 ⎝ −2 2 ⎛ 2 ⎝ −2 2
que es equivalente a
(A + I) X = 0, ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −2 2 x 0 1 + 1 −2 ⎠ ⎝ y ⎠ = ⎝ 0 ⎠ , −2 1 + 1 z 0 ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −2 2 x 0 2 −2 ⎠ ⎝ y ⎠ = ⎝ 0 ⎠ , −2 2 z 0
⎛
⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −1 1 x 0 ⎝ 1 −1 1 ⎠ ⎝ y ⎠ = ⎝ 0 ⎠ . 1 −1 1 z 0
Resulta un sistema de una ecuación con tres incógnitas {x − y + z = 0, resolvemos paramétricamente ⎧ ⎨ x=α y=β , ⎩ z = −α + β
α, β ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ1 son de la forma ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 V = α ⎝ 0 ⎠ + β ⎝ 1 ⎠ , α, β ∈ R. −1 1
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales
Disponemos de dos vectores propios linealmente valor propio λ1 = −1 ⎛ ⎞ ⎛ 1 V1 = ⎝ 0 ⎠ , V2 = ⎝ −1
16
independientes asociados al ⎞ 0 1 ⎠, 1
que nos proporcionan los vectores solución ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 X1 = ⎝ 0 ⎠ e−t , X2 = ⎝ 1 ⎠ e−t . −1 1 Vectores propios asociados a λ2 = 5. Resolvemos ⎛
1−5 ⎝ −2 2 ⎛ −4 ⎝ −2 2
(A − 5I) X = 0, ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −2 2 x 0 1 − 5 −2 ⎠ ⎝ y ⎠ = ⎝ 0 ⎠ , −2 1 − 5 z 0 ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −2 2 x 0 −4 −2 ⎠ ⎝ y ⎠ = ⎝ 0 ⎠ . −2 −4 z 0
Reducimos el sistema a forma triangular ⎞ ⎛ 0 −4 −2 2 ⎝ −2 −4 −2 0 ⎠ , 2 −2 −4 0 ⎛ 1 −1 −2 (3a /2) → 1a (2a /2) → 2a ⎝ −1 −2 −1 −2 −1 1 (1a /2) → 3a ⎛ 1 −1 −2 (2a + 1a ) → 2a ⎝ 0 −3 −3 0 −3 −3 (3a + 2 · 1a ) → 3a ⎛ 1 −1 −2 1 1 (2a /(−3)) → 2a ⎝ 0 0 0 0 (3a − 2a ) → 3a
Obtenemos el sistema
½
⎞ 0 0 ⎠, 0 ⎞ 0 0 ⎠, 0 ⎞ 0 0 ⎠. 0
x − y − 2z = 0, y + z = 0.
Resolvemos paramétricamente ⎧ ⎨ x = y + 2z = −α + 2α = α, y = −α, ⎩ z = α, α ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ2 son de la forma ⎛ ⎞ 1 V = α ⎝ −1 ⎠ , α ∈ R, 1
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales
tomamos
17
⎛
y obtenemos el vector solución
⎞ 1 V3 = ⎝ −1 ⎠ 1 ⎛
⎞ 1 X3 = ⎝ −1 ⎠ e5t . 1
Sistema fundamental de soluciones ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 X1 = ⎝ 0 ⎠ e−t , X2 = ⎝ 1 ⎠ e−t , −1 1 Solución general ⎛
⎛
⎞ 1 X3 = ⎝ −1 ⎠ e5t . 1
⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 10 X =c1 ⎝ 0 ⎠ e−t + c2 ⎝ 1 ⎠ e−t + c3 ⎝ −1 ⎠ e5t , −1 1 1
Ejercicio 8 Resuelve el sistema ⎧ dx ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ dt = 2x + 8y, ⎪ ⎪ dy ⎪ ⎩ = −x − 2y. dt
Expresamos el sistema en forma matricial µ ¶ 2 8 0 X. X = −1 −2 El polinomio característico es ¯ ¯ 2−λ 8 p(λ) = |A − λI| = ¯¯ −1 −2 − λ = (2 − λ) (−2 − λ) + 8 = −4 − 2λ + 2λ + λ2 + 8 = λ2 + 4. Resolvemos λ2 + 4 = 0, λ = ±2i. Tenemos un par de valores propios complejos conjugados. Calculamos un vector propio asociado a λ = 2i. Resolvemos (A − 2iI) X = 0,
¯ ¯ ¯ ¯
cj ∈ R. ¤
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales µ
x y
¶
8 −2 − 2i
0 0
¶
.
−2 − 2i 8
0 0
¶
,
2 − 2i 8 −1 −2 − 2i
reducimos a forma triangular µ 2 − 2i −1
¶µ
18
=
µ
0 0
¶
,
Intercambiamos las filas µ
−1 2 − 2i
multiplicamos la primera fila por 2 − 2i y la sumamos a la segunda, como (2 − 2i) (−2 − 2i) = −4 − 4i + 4i + 4i2 = −8, resulta
que es equivalente a
µ
−1 0 µ
1 0
−2 − 2i 0 2 + 2i 0
0 0 0 0
¶
¶
,
.
Obtenemos un sistema de una ecuación con dos incógnitas {x + (2 + 2i)y = 0, resolvemos paramétricamente ⎧ ⎨ x = −(2 + 2i) a, ⎩
y = a,
a ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ son de la forma ⎛ ⎞ − (2 + 2i) ⎠ , a ∈ R, V = a⎝ 1
tomamos el vector propio correspondiente a a = −1 µ ¶ µ ¶ µ ¶ 2 + 2i 2 2 V= = +i . −1 −1 0 Podemos obtener un sistema fundamental de soluciones tomando la parte real y la parte imaginaria de ∙µ ¶ µ ¶¸ 2 2 (cos 2t + i sin 2t) +i . −1 0 Sistema fundamental de soluciones µ ¶ µ ¶ µ ¶ 2 2 2 cos 2t − 2 sin 2t, cos 2t − sin 2t = , X1 = −1 0 − cos 2t
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales
X2 =
µ
2 0
¶
cos 2t +
µ
2 −1
¶
19
sin 2t =
µ
2 cos 2t + 2 sin 2t − sin 2t
¶
.
La solución general es ∙µ ¶ µ ¶ ¸ ∙µ ¶ µ ¶ ¸ 2 2 2 2 cos 2t − sin 2t + c2 cos 2t + sin 2t X = c1 −1 0 0 −1 µ ¶ µ ¶ 2 cos 2t − 2 sin 2t, 2 cos 2t + 2 sin 2t = c1 + c2 , c1 , c2 ∈ R. ¤ − cos 2t − sin 2t Ejercicio 9 Resuelve el sistema ⎧ dx ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ dt = 3x − 3y + 4, ⎪ ⎪ dy ⎪ ⎩ = 2x − 2y − 1. dt
Expresamos el sistema en forma matricial µ ¶ µ ¶ 3 −3 4 0 X+ . X = 2 −2 −1 Se trata de un sistema completo X0 = AX + B, con X=
µ
x(t) y(t)
¶
,
A=
µ
3 −3 2 −2
¶
,
B=
µ
4 −1
¶
.
Solución general del sistema homogéneo. El polinomio característico es ¯ ¯ ¯ 3−λ −3 ¯¯ p(λ) = |A − λI| = ¯¯ 2 −2 − λ ¯ = (3 − λ) (−2 − λ) + 6 = −6 − 3λ + 2λ + λ2 + 6 = λ2 − λ.
Resolvemos λ2 − λ = 0, λ (λ − 1) = 0, los valores propios son λ1 = 0,
λ2 = 1.
Vectores propios asociados a λ1 = 0. Resolvemos (A − λ1 I) X = 0, µ
AX = 0, ¶µ ¶ µ ¶ 3 −3 x 0 = , 2 −2 y 0
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales
resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas {x − y = 0, resolvemos paramétricamente ½
x = α, y = α,
α ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ1 son de la forma µ ¶ 1 V=α , α ∈ R, 1 tomamos V1 =
µ
1 1
¶
.
Vectores propios asociados a λ2 = 1. Resolvemos µ
(A − I) X = 0, ¶µ ¶ µ ¶ 3−1 −3 x 0 = , 2 −2 − 1 y 0 µ ¶µ ¶ µ ¶ 2 −3 x 0 = . 2 −3 y 0
Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas {2x − 3y = 0, resolvemos paramétricamente ½
x = α, y = 23 α,
α ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ2 son de la forma µ ¶ 1 V=α , α ∈ R, 2/3 tomamos el vector propio correspondiente a α = 3, µ ¶ 3 . V2 = 2 Obtenemos el sistema fundamental de soluciones µ ¶ µ ¶ 1 3 X1 = , X2 = et . 1 2 Solución general del sistema homogéneo µ ¶ µ ¶ 1 3 + c2 et . Xh = c1 1 2
20
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales
21
Solución particular del sistema completo. Sabemos que es posible construir una solución particular de la forma Z Xp = Φ Φ−1 B dt, donde Φ es una matriz fundamental ¶ µ 1 3et Φ= 1 2et y B es la columna de términos independientes µ ¶ 4 B= . −1 Empezamos calculando la inversa Φ−1 ,
−1
Φ
|Φ| = 2et − 3et = −et , µ t ¶ µ 1 2e −3et −2 = = −1 1 e−t −et
3 −e−t
¶
−11t −5e−t
¶
.
A continuación, calculamos µ ¶µ ¶ µ ¶ µ ¶ −2 3 4 −8 − 3 −11 −1 = = , Φ B= e−t −e−t −1 4e−t + e−t 5e−t integramos
Z
−1
Φ
B dt =
Z µ
−11 5e−t
¶
dt =
µ
y, finalmente, calculamos la solución particular del sistema completo µ ¶µ ¶ Z 1 3et −11t −1 Xp = Φ Φ B dt = −5e−t 1 2et µ ¶ −11t − 15 = . −11t − 10 Solución general del sistema completo. Podemos escribir la solución general en la forma Z X = Φ C + Φ Φ−1 B dt. X=
µ
1 3et 1 2et
¶µ
c1 c2
¶
+
µ
−11t − 15 −11t − 10
¶
,
o bien, usando un sistema fundamental de soluciones µ ¶ µ ¶ µ ¶ −11t − 15 1 3 . + c2 et + X = c1 −11t − 10 1 2 En ambos casos, obtenemos la solución general ⎧ x (t) = c1 + 3c2 et − 11t − 15, ⎨ ⎩
y (t) = c1 + 2c2 e−t − 11t − 10. ¤
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales
22
Ejercicio 10 Resuelve el sistema ⎧ dx ⎪ t/2 ⎪ ⎪ ⎨ dt = 3x − 5y + e , ⎪ ⎪ 3 dy ⎪ ⎩ = x − y − et/2 . dt 4
Expresamos el sistema en forma matricial µ ¶ µ t/2 ¶ 3 −5 e 0 X = X+ 3/4 −1 −et/2
se trata de un sistema lineal completo X0 = AX + B, con X=
µ
x(t) y(t)
¶
,
A=
µ
3 −5 3/4 −1
¶
,
B=
µ
et/2 −et/2
El polinomio característico es ¯ ¯ 3−λ −5 p(λ) = |A − λI| = ¯¯ 3/4 −1 − λ = (3 − λ) (−1 − λ) + 15/4 = −3 − 3λ + λ + λ2 + 15/4 = λ2 − 2λ + 3/4.
¯ ¯ ¯ ¯
Resolvemos λ2 − 2λ + 3/4 = 0,
λ= Los valores propios son
2±
⎧ √ 3/2, 4−3 2±1 ⎨ = = ⎩ 2 2 1/2.
λ1 = 1/2,
λ2 = 3/2.
Vectores propios asociados a λ1 = 1/2. Resolvemos µ ¶ 1 A − I X = 0, 2 µ ¶µ ¶ µ ¶ 3 − 1/2 −5 x 0 = , 3/4 −1 − 1/2 y 0 µ ¶µ ¶ µ ¶ 5/2 −5 x 0 = . 3/4 −3/2 y 0 Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas {x − 2y = 0,
¶
.
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales
resolvemos paramétricamente ½
x = 2α, y = α,
23
α ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ1 son de la forma µ ¶ 2 V=α , α ∈ R, 1 tomamos V1 =
µ
2 1
¶
.
Vectores propios asociados a λ2 = 3/2. Resolvemos µ ¶ 3 A − I X = 0, 2 µ ¶µ ¶ µ ¶ 3 − 3/2 −5 x 0 = , 3/4 −1 − 3/2 y 0 µ ¶µ ¶ µ ¶ 3/2 −5 x 0 = . 3/4 −5/2 y 0
Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas {3x − 10y = 0, resolvemos paramétricamente ½
x=α 3 α, y = 10
α ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ2 son de la forma µ ¶ 1 V=α , α ∈ R, 3/10 para evitar fracciones, tomamos α = 10 µ ¶ 10 . V2 = 3 Obtenemos el sistema fundamental de soluciones µ ¶ µ ¶ 2 10 et/2 , X2 = e3t/2 . X1 = 1 3 Solución general del sistema homogéneo µ ¶ µ ¶ 2 10 et/2 + c2 e3t/2 , Xh = c1 1 3 Podemos construir una solución particular de la forma Z Xp = Φ Φ−1 B dt
c1 , c2 ∈ R.
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales
donde Φ es la matriz fundamental µ t/2 2e Φ= et/2
10e3t/2 3e3t/2
24
¶
y B la columna de términos independientes µ t/2 ¶ e B= −et/2 Calculamos la inversa de la matriz fundamental
Φ−1
|Φ| = 6et/2 e3t/2 − 10et/2 e3t/2 = 6e2t − 10e2t = −4e2t , µ 3t/2 ¶ ¶ µ 1 −1 3e −10e3t/2 3e−t/2 −10e−t/2 = = . −et/2 2et/2 −e−3t/2 2e−3t/2 −4e2t 4
Calculamos el producto Φ−1 B =
∙
¶¸ µ t/2 ¶ µ −1 e 3e−t/2 −10e−t/2 −e−3t/2 2e−3t/2 −et/2 4 ¶ ¶ µ µ −1 1 3 + 10 −13 = , −e−t − 2e−t 3e−t 4 4
=
integramos ¶ ¶ ¶ µ µ µ Z Z 1 1 −1 −13 −13t 13t −1 Φ B dt = dt = = 3e−t −3e−t 3e−t 4 4 4 y finalmente, determinamos la solución particular del sistema completo µ t/2 ¶∙ ¶¸ µ Z −1 2e 10e3t/2 13t Xp = Φ Φ−1 B dt = 3e−t et/2 3e3t/2 4 ¶ µ ¶ ¶ µ t/2 µ −1 −1 13t 10e3t/2 2e 26tet/2 + 30et/2 = = . 3e−t et/2 3e3t/2 13tet/2 + 9et/2 4 4 Podemos reescribir la solución particular como sigue µ ¶ µ ¶ −1 1 26 30 Xp = tet/2 − et/2 13 9 4 4 µ ¶ µ ¶ 13/2 15/2 = − tet/2 − et/2 . 13/4 9/4 Solución general del sistema completo.
X = c1
µ
2 1
¶
et/2 +c2
µ
10 3
¶
X = Xh + Xp , µ ¶ µ ¶ 13/2 15/2 3t/2 t/2 − te − et/2 , c1 , c2 ∈ R. ¤ e 13/4 9/4
Ejercicio 11 Resuelve el sistema ⎧ dx ⎪ t ⎪ ⎪ ⎨ dt = 2y + e , ⎪ ⎪ dy ⎪ ⎩ = −x + 3y − et . dt
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales
25
Expresamos el sistema en forma matricial µ ¶ µ t ¶ 0 2 e X0 = X+ . −1 3 −et Se trata de un sistema lineal completo X0 = AX + B, con X=
µ
B=
µ
¯ ¯ −λ 2 p(λ) = |A − λI| = ¯¯ −1 3 − λ
¯ ¯ ¯ ¯
x(t) y(t)
¶
,
A=
µ
0 2 −1 3
¶
,
El polinomio característico es
= (−λ) (3 − λ) + 2 = λ2 − 3λ + 2.
Resolvemos λ2 − 3λ + 2 = 0, √ ½ 3± 9−8 3±1 2, λ= = = 1. 2 2 Los valores propios son λ1 = 1,
λ2 = 2.
Vectores propios asociados a λ1 = 1. Resolvemos (A − I) X = 0, µ ¶µ ¶ µ ¶ −1 2 x 0 = , −1 2 y 0 resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas, {−x + 2y = 0. Resolvemos paramétricamente ½
x = 2α y = α, α ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ1 son de la forma µ ¶ 2 V=α , α ∈ R, 1 tomamos V1 =
µ
2 1
¶
.
Vectores propios asociados a λ2 = 2. Resolvemos (A − 2I) X = 0,
et −et
¶
.
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales µ
26
¶µ ¶ µ ¶ −2 2 x 0 = , −1 3 − 2 y 0 µ ¶µ ¶ µ ¶ −2 2 x 0 = . −1 1 y 0
Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas {−x + y = 0, resolvemos paramétricamente ½
x = α, y = α,
α ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ2 son de la forma µ ¶ 1 V=α , α ∈ R, 1 tomamos V2 =
µ
1 1
¶
.
Obtenemos el sistema fundamental de soluciones µ ¶ µ ¶ 2 1 X1 = et , X2 = e2t . 1 1 Solución general del sistema homogéneo µ ¶ µ ¶ 2 1 t e + c2 e2t , Xh = c1 1 1
c1 , c2 ∈ R.
Podemos construir una solución particular de la forma Z Xp = Φ Φ−1 B dt donde Φ es la matriz fundamental Φ=
µ
2et et
e2t e2t
¶
y B es el vector de términos independientes µ t ¶ e . B= −et Invertimos la matriz fundamental
Φ−1
|Φ| = 2e3t − e3t = e3t , µ 2t ¶ µ 1 e e−t −e2t = 3t = t t −e 2e −e−2t e
−e−t 2e−2t
¶
.
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales
27
Calculamos el producto µ
¶µ t ¶ e −e−t 2e−2t −et µ ¶ µ ¶ 1+1 2 = = , −e−t − 2e−t −3e−t
Φ−1 B =
integramos
Z
Φ−1 B dt =
e−t −e−2t
Z µ
2 −3e−t
¶
dt =
µ
2t 3e−t
¶
,
y finalmente, obtenemos la solución particular del sistema completo µ t 2t ¶ µ ¶ Z 2e e 2t Xp = Φ Φ−1 B dt = 3e−t et e2t µ ¶ 4tet + 3et = . 2tet + 3et Solución general del sistema completo. µ
2 1
¶
et + c2
µ
1 1
¶
µ
¶ 4tet + 3et 2tet + 3et µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 4 3 2 1 = c1 tet + et , et + c2 e2t + 2 3 1 1
X = c1
e2t +
c1 , c2 ∈ R. ¤