ecuaciones diferenciales de orden superior capÍtulo 3
TRANSCRIPT
Ecuaciones Diferenciales de Orden Superior
CAPÍTULO 3
Contenidos
• 3.1 Ecuaciones Lineales: teoría básica• 3.2 Reducción de Orden• 3.3 Ecuaciones Lineales Homogéneas con coeficientes
constantes• 3.4 Coeficientes Indeterminados• 3.5 Variación de Parámetros• 3.6 Ecuación de Cauchy-Euler• 3.7 Ecuaciones No lineales• 3.8 Modelos Lineales: Problemas de Valor Inicial• 3.9 Modelos Lineales: Problemas de Valor en la Frontera• 3.10 Modelos No Lineales• 3.11 resolución de Modelos de Ecuaciones Lineales
3.1 Ecuaciones Lineales: teoría Básica
• Problemas de valor inicialUn problema de valor inicial de n-ésimo orden esResolver:
Sujeta a :
(1)
con n condiciones iniciales.
)()()()()( 011
1
1 xgyxadxdy
xadx
dxa
dx
ydxa n
n
nn
n
n
10)1(
1000 )(,,)(,)( n
n yxyyxyyxy
Sea an(x), an-1(x), …, a0(x), y g(x) continuas en I, an(x) 0 para todo x de I. Si x = x0 cualquier punto de Este intervalo, entonces existe una solución y(x) de (1)En el intervalo y s única.
TEOREMA 3.1 Existencia de una solución única
• El problema
posee la solución trivial y = 0. Como es una ED con coeficientes constantes, por el Teorema 3.1, y = 0 es la única solución en cualquier intervalo que contenga a x = 1.
Ejemplo 1
0)1(,0)1(,0)1(,0753 yyyyyyy
Ejemplo 2
• Compruebe que y = 3e2x + e–2x – 3x, es una solución de
Esta ED es lineal y los coeficientes, como g(x), son todos continuos, y a2(x) 0 en cualquier intervalo que contenga x = 0. Esta ED tiene una solución única en I.
1)0(',4)0(,124" yyxyy
Problemas de Valor en la Frontera
• Resolver:
Sujeta a :
se llama un problema de valor en la frontera (PVF).(Fig 3.1)
)()()()( 012
2
2 xgyxadxdy
xadx
ydxa
10 )(,)( ybyyay
Fig 3.1
• En el ejemplo 4 de la Sec 1.1, vemos la solución de es
x = c1 cos 4t + c2 sin 4t (2)(a) Suponemos que x(0) = 0, entonces c1 = 0,
x(t) = c2 sen 4tAdemás, x(/2) = 0, obtenemos 0 = 0, de ahí
(3)
tiene infinitas soluciones. (Fig 3.2)(b) Si
(4)
tenemos que c1 = 0, c2 = 0, x = 0 es solución única.
Ejemplo 3
016" xx
02
,0)0(,016
xxxx
08
,0)0(,016
xxxx
Ejemplo 3 (2)
(c) Si
(5)
tenemos que c1 = 0, y 1 = 0 (contradicción).De ahí que (5) no tiene solución.
12
,0)0(,016
xxxx
Fig 3.2
• La siguiente ED
(6)
se dice que es homogénea;
(7)
con g(x) no nula, es no homogénea.
0)()()()( 011
1
1
yxadxdy
xadx
ydxa
dx
ydxa n
n
nn
n
n
)()()()()( 011
1
1 xgyxadxdy
xadx
ydxa
dx
ydxa n
n
nn
n
n
• Sea dy/dx = Dy. Este símbolo D se llama operador diferencial. Definimos a un operador diferencial de n-ésimo orden u operador polinominal como
(8)Además, tenemos que
(9)por tanto el operador diferencial L es un operador lineal.
• Ecuaciones DiferencialesPodemos escribir las DEs simplemente como
L(y) = 0 y L(y) = g(x)
Operadores Diferenciales
)()()()( 011
1 xaDxaDxaDxaL nn
nn
))(())(()}()({ xgLxfLxgxfL
Sean y1, y2, …, yk soluciones de
ecuación diferencial homogénea de n-ésimo orden(6) en un intervalo I.Entonces la combinación lineal
y = c1y1(x) + c2y2(x) + …+ ckyk(x) donde ci, i = 1, 2, …, k son constantes arbitrarias,
también es una solución en el intervalo.
TEOREMA 3.2 Principio de Superposición – Ecuaciones Homogéneas
(A) y = cy1 también es solución si y1 es una solución.
(B) Una ED lineal homogénea siempre posee la solución trivial y = 0.
COROLARIOS Corolarios del Teorema 3.2
• Las funciones y1 = x2, y2 = x2 ln x ambas son soluciones de Luego y = x2 + x2 ln x también es una solución en (0, ).
Ejemplo 4
Un conjunto de f1(x), f2(x), …, fn(x) es linealmentedependiente en un intervalo I, si existen ciertas Constantes c1, c2, …, cn no todas nulas, tales que c1f1(x) + c2f2(x) + … + cn fn(x) = 0Si el conjunto no es linealmentedependiente, es linealmente independiente.
DEFINICIÓN 3.1 Depedencia Lineal e Independenciay
0423 yyxyx
En otras palabras, si el conjunto es linealmenteindependiente, cuando c1f1(x) + c2f2(x) + … + cn
fn(x) = 0entonces c1 = c2 = … = cn = 0
• Con respecto a la Fig 3.3, ninguna función múltiplo constante de las demás, luego estas dos funciones son linealmente independientes.
Fig 3.3
Las funciones f1 = cos2 x, f2 = sin2 x, f3 = sec2 x, f4 = tan2 x son linealmente dependientes en el intervalo(-/2, /2) porque
c1 cos2 x +c2 sin2 x +c3 sec2 x +c4 tan2 x = 0
caundo c1 = c2 = 1, c3 = -1, c4 = 1.
Ejemplo 5
Ejemplo 6
• Las funciones f1 = x½ + 5, f2 = x½ + 5x, f3 = x – 1, f4 = x2 son linealmente dependientes en el intervalo (0, ), porque f2 = 1 f1 + 5 f3 + 0 f4
Suponga que cada una de las funciones f1(x), f2(x), …, fn(x)
posee al menos n – 1 derivadas. El determinante
se llama el Wronskiano de las funciones.
DEFINICIÓN 3.2Wronskiano
)1()1()1(
21
21
1
21
'''),...,(
nn
nn
n
n
n
fff
fff
fff
ffW
Sean y1(x), y2(x), …, yn(x) soluciones de la
ED homogénea de n-ésimo orden (6) en un intervalo I. Este conjunto de soluciones es linealmente independiente si y sólo si W(y1, y2, …, yn) 0 para todo x en el intervalo.
TEOREMA 3.3Criterio para solucionesLinealmente independientes
Cualquier conjunto y1(x), y2(x), …, yn(x) de n soluciones
linealmente independientes se llama conjunto fundamental de soluciones.
DEFINITION 3.3Conjunto Fundamental de Soluciones
CH3_23x
Existe un conjunto fundamental de soluciones para la ED lineal (6) en un intervalo I.
TEOREMA 3.4Existencia de un conjunto fundamental
Sea y1(x), y2(x), …, yn(x) un conjunto fundamental de
Soluciones de la ED lineal homogénea (6) en un interval I.Entonces la solución general es
y = c1y1(x) + c2y2(x) + … + cnyn(x) donde ci son constantes arbitrarias.
TEOREMA 3.5
Solución general, ecuaciones homogéneas
• Las funciones y1 = e3x, y2 = e-3x son soluciones de
y” – 9y = 0 on (-, )Ahora
para todo x. Así que y = c1y1 + c2y2 es la solución general.
Ejemplo 7
0633
),(33
3333
xx
xxxx
ee
eeeeW
Ejemplo 8
• La función y = 4 sinh 3x - 5e3x es una solución del ejemplo 7 (Copruébelo). Observe
= 4 sinh 3x – 5e-3x
xxx
xxx eee
eeey 333
333 52
4522
• Las funciones y1 = ex, y2 = e2x , y3 = e3x son soluciones de y’’’ – 6y” + 11y’ – 6y = 0 on (-, ). Como
para todo valor real de x. y = c1ex + c2 e2x + c3e3x es la solución general en (-, ).
Ejemplo 9
02
94
32),,( 6
32
32
32
32 x
xxx
xxx
xxx
xxx e
eee
eee
eee
eeeW
• Función Complementariay = c1y1 + c2y2 +… + ckyk + yp = yc + yp
= función complementaria + una solución particular
Sea yp cualquier solución particular de (7) en un intervalo Iis called a particular solución. Y sea y1(x), y2(x), …, yk(x) un conjunto fundamental de soluciones de (6), entonces la solución general de la ecuación en el intervalo es
y= c1y1 + c2y2 +… + ckyk + yp (10)Donde las ci, i= 1,2,….,n son constantes arbitrarias
TEOREMA 3.6
Solución General –Ecuaciones No homogéneas
• La función yp = -(11/12) – ½ x es una solución particular de
(11)Por las conclusiones anteriores, la solución general de (11) es
Ejemplo 10
xyyyy 36116
xecececyyy xxxpc 2
112113
32
21
Dados(12)
donde i = 1, 2, …, k. Si ypi denota una solución particular de la ED (12)
Correspondiente, con gi(x), tenemos(13)
es una solución particular de (14)
TEOREMA 3.7
)()()()()( 01)1(
1)( xgyxayxayxayxa i
nn
nn
)()()(21
xyxyxyykpppp
)()()(
)()()()(
21
01)1(
1)(
xgxgxg
yxayxayxayxa
k
nn
nn
• Deducimos queyp1 = -4x2 es una solución particular de
yp2 = e2x es una solución particular de
yp3 = xex es una solución particular de
Del Teorema 3.7, es una solución de
Ejemplo 11
824164'3" 2 xxyyy
xeyyy 224'3"
xx exeyyy 24'3"
321 ppp yyyy
)()(
2
)(
2
321
228241643xg
xx
xg
x
xg
exeexxyyy
• Si ypi es una solución particular de (12), entonces
también es una solución particular de (12) donde el miembro de la derecha es
Observación:
,21 21 kpkppp ycycycy
)()()( 2211 xgcxgcxgc kk
3.2 Reducción de Order
• Introducción:Sabemos que la solución general de
(1)es y = c1y1 + c2y1. Suponemos que y1(x) denota una solución conocida de (1). Aceptamos que la otra solución y2 es de la forma y2 = uy1.Nuestro objetivo es encontrar una u(x) y este método se llama reducción de orden.
0)()()( 012 yxayxayxa
Dada y1 = ex , una solución de y” – y = 0, hallar la segunda solución y2 por el método de reducción de orden.
SoluciónSi y = uex, entonces
Y
Como ex 0, se permite que w = u’, entonces
Ejemplo 1
eeueueyueuey xxxxx 2,
0)'2"(" uueyy x
uecw x 21
22
12/1 cecu x
Así (2)
Escogiendo c1 = 0, c2 = -2, tenemos y2 = e-x. Porque W(ex, e-x) 0 para todo x, son independientes.
xxx ecec
exuy 21
2)(
Ejemplo 1 (2)
Caso General
• Escribimos (1) en la forma estándar (3)Sea y1(x) una solución conocida de (3) e y1(x) 0 para todo x en el intervalo.
• Si definimos y = uy1, tenemos
0)()( yxQyxPy
uyuyyuyuyyuy 11111 2,
0)2(][ 111
cero
111
uPyyuyQyyPyu
QyyPy
Esto implica que
o(4)
donde se permite que w = u’. Resolviendo (4), tenemos
ó
0)2( 111 uPyyuy
02)2( 111 wPyywy
021
1
Pdxdxyy
wdw
cPdxwy ||ln 21
Pdxecwy 121
luego
Sea c1 = 1, c2 = 0, obtenemos
(5)
221
1 cdxy
ecu
Pdx
dxxy
exyy
dxxP
)()( 2
1
)(
12
La función y1= x2 es una solución de
Hallar la solución general en (0, ).Solución:La forma estándar es
De (5)
La solución general es
Ejemplo 2
04'3"2 yxyyx
0432
xy
xy
xxdxx
exy
xdx
ln24
/32
2
xxcxcy ln22
21
3.3 Ecuaciones Lineales Homogéneas con Coeficientes Constantes
• Introducción: (1)
donde ai son constantes, an 0.• Ecuación Auxiliar :
Para n = 2, (2)
Si sustituimos y = emx, (3)
se llama una ecuación auxiliar.
0012)1(
1)(
yayayayaya nn
nn
0 cyybya
0)( 2 cbmamemx
02 cbmam
De (3) las dos raíces son:
(1) b2 – 4ac > 0: reales y distintas.(2) b2 – 4ac = 0: reales e iguales.(3) b2 – 4ac < 0: números conjugados
complejos.
aacbbm 2/)4( 21
aacbbm 2/)4( 22
• Caso 1: Raíces reales y distintasLa solución general es
(4)• Caso 2: Raíces reales repetidas
y de (5) de Sec 3.2, (5)
la solución general es (6)
xmey 11
xmxmxm
xmxm xedxedx
e
eey 11
1
11
2
2
2
xmxm xececy 1121
xmececy xm 2121
• Caso 3: Raíces complejas conjugadasEscribimos , una solución general esDe la fórmula de Euler: y (7) y
imim 21 ,xixi eCeCy )(
2)(
1
sincos iei xixe xi sincos xixe xi sincos
xee xixi cos2 xiee xixi sin2
Como es una solución luego el conjuntoC1 = C1 = 1 y C1 = 1, C2 = -1 , tenemos do soluciones:
Así, ex cos x y ex sen x un conjunto fundamental de soluciones, esto es, la solución general es
(8)
xixi eCeCy )(2
)(1
xeeeey xxixix cos2)(1
xieeeey xxixix sin2)(2
)sincos(
sincos
21
21
xcxce
xecxecyx
xx
• Resolver las EDs siguientes:(a)
(b)
(c)
Ejemplo 1
03'5"2 yyy3,1/2,)3)(12(352 21
2 mmmmmmxx ececy 3
22
1
025'10" yyy
5,)5(2510 2122 mmmmm
xx xececy 52
51
07'4" yyy
imimmm 32,32,074 212
)33cos(,3,2 212 xsencxcey x
ResolverSolución:
(Fig 3.4)
Ejemplo 2
2)0(',1)0(,017'4"4 yyyyy
,01744 2 mm im 21/21
)2sin2cos( 212/ xcxcey x
,1)0( y ,11 c ,2)0('y y 3/42 c
Fig 3.4
Dos ecuaciones que ale la pena conocer
• para la primera ecuación :
(9)Para la segunda ecuación :
(10)Sea
Luego(11)
,02 yky 0 ,02 kyky
kxckxcy sincos 21
kxkx ececy 21
Shkxckxcy 21 cosh
Chkxeey kxkx )(1/21
kxSheey kxkx )(1/22
Ecuaciones de Orden Superior
• Dada
(12)
tenemos
(13)
es una ecuación auxiliar .
0012)1(
1)(
yayayayaya nn
nn
0012
21
1 amamamama n
nn
n
Ejemplo 3
ResolverSolución:
043 yyy
2223 )2)(1()44)(1(43 mmmmmmm
232 mmxxx xecececy 2
32
21
Resolver
Solución:
Ejemplo 4
02 2
2
4
4
ydx
yd
dx
yd
0)1(12 2224 mmm
immimm 4231 ,ixixixix xeCxeCeCeCy 4321
xxcxxcxcxc sincossincos 4321
• Si m1 = + i es una raíz compleja de multiplicidad k, entonces m2 = − i es es también una raíz compleja de multiplicidad k. Las 2k soluciones linealmente independientes son :
Raíces Complejas Repetidas
xexxexxxexe xkxxx cos,,cos,cos,cos 12
xsenexxsenexxsenxexsene xkxxx 12 ,,,,
3.4 Coeficientes Indeterminados
• IntroducciónSi queremos resolver
(1)
Tenemos que hallar y = yc + yp. Así introducimos el método de coeficientes indeterminados.
)(01)1(
1)( xgyayayaya n
nn
n
Resolver Solución: Podemos obtener yc como se describe en la Sec 3.3. Ahora, queremos hallar yp.
Como el lado derecho de la ED es un polinomio, ponemos
Tras sustituir, 2A + 8Ax + 4B – 2Ax2 – 2Bx – 2C = 2x2 – 3x + 6
Ejemplo 1
6322'4" 2 xxyyy
,2 CBxAxyp ,2', BAxyy pp Ayp 2"
Ejemplo 1 (2)
Luego6242,328,22 CBABAA
9,5/2,1 CBA
9252 xxyp
Hallar una solución particular de
Solución: Sea yp = A cos 3x + B sen 3xTras sustituir,
Luego
Ejemplo 2
xsenyyy 32'"
xxBAxBA 3sin23sin)83(3cos)38(
16/73,6/73 BA
xsenxy p 373
163cos
73
6
Ejemplo 3
Resolver (3)Solución: Podemos hallar
Sea Tras sustituir,
Luego
xxexyyy 26543'2"
xxc ececy 3
21
xxp EeCxeBAxy 22
x
xx
xex
eECCxeBAAx2
22
654
)32(3323
4/3,2,23/9,4/3 ECBAxx
p exexy 22
34
2923
34
xxx exxececy 2321 3
42
923
34
Determinar yp de
Solución: Primero: sea yp = Ae2x
Tras substituir, 0 = 8e2x, (conjetura incorrecta) Sea yp = Axe2x
Tras sustituir, -3Ae2x = 8e2x Entonces A = -8/3, yp = (−8/3)xe2x
Ejemplo 4
xeyyy 84'5"
• Ninguna función en la supuesta yp es parte de ycTabla 3.1 muestra soluciones particulares de prueba.
Regla para el Caso 1:
)(xg Forma de py
1. 1(una constante) A 2. 75 x BAx
3. 23 2 x CBxAx 2
4. 13 xx ECxBxAx 23
5. xsen 4 xsenBxA 44cos 6. x4cos xsenBxA 44cos
7. xe5
xAe5
8. xex 5)29(
xeBAx 5)(
9. xex 52
xeCBxAx 52 )(
10. xsene x 43 xsenBexAe xx 44cos 33
11. xsenx 45 2 xsenGFxExxCBxAx 4)(4cos)( 22
12. xxe x 4cos3 xseneECxxeBAx xx 4)(4cos)( 33
Ejemplo 5Hallar la forma de yp de (a) Solución: tenemos que y probamos con
No hay duplicación entre los términos yp y yc
(b) y” + 4y = x cos xSolución: Probamos conTampoco hay duplicidad entre los términos yp y yc
.
xx eexyyy 7525'8" 3
xexxg )75()( 3
xp eECxBxAxy )( 23
xECxxBAxxp sin)(cos)(
Hallar la forma de yp de
Solución: Para 3x2:
Para -5 sen 2x:
Para 7xe6x:
Ningún término de duplica un término de yc
Ejemplo 6
xxexsenxyyy 62 7253149
CBxAxyp 21
xFsenxEy p 22cos2
xp eHGxy 6)(
3
321 pppp yyyy
• Si alguna yp contiene términos que duplicanlos términos de yc, entonces esa yp se debe multiplicar por xn, donde n es el entero positivo más pequeño que elimina esa duplicación.
Regla para el Caso 2:
Ejemplo 8
Resolver Solución:
Primero probamos: yp = Ax + B + C cos x + E sen x (5)Per hay una duplicación. Entonces probamos con
yp = Ax + B + Cx cos x + Ex sen xTras sustituir y simplificar,
A = 4, B = 0, C = -5, E = 0Luego y = c1 cos x + c2 sen x + 4x – 5x cos xComo y() = 0, y’() = 2, tenemos
y = 9 cos x + 7 sen x + 4x – 5x cos x
2)(',0)(,104" yysenxxyy
senxcxcyc 21 cos
Resolver Solución:
yc = c1e3x + c2xe3x
Tras sustituir y simplificar,A = 2/3, B = 8/9, C = 2/3, E = -6
Luego
Ejemplo 9
xexyyy 32 12269'6"
21
32
pp y
x
yp EeCBxAxy
xxx exxxxececy 32232
31 6
32
98
32
Resolver Solución:
m3 + m2 = 0, m = 0, 0, -1yc = c1+ c2x + c3e-x yp = Aex cos x + Bex sen x
Tras sustituir y simplificar,A = -1/10, B = 1/5
Luego
Ejemplo 10
xeyy x cos"
senxexeecxccyyy xxxpc 5
1cos
10
1321
Hallar la forma de yp de
Solución: yc = c1+ c2x + c3x2 + c4e-x
Comprobando:
Multiplicando A por x3 y (Bx2e-x + Cxe-x + Ee-x) por xObtenemos
yp = Ax3 + Bx3e-x + Cx2e-x + Exe-x
Ejemplo 11
xexyy 2)4( 1
21
2
pp y
xxx
yp EeCxeeBxAy
3.5 Variación de Parámetros
• Algunas suposicionesPara la ED
(1)ponemos(1) en la forma
(2)donde P, Q, f son continuas en I.
)()()()( 012 xgyxayxayxa
)()()( xfyxQyxPy
Método de Variación de Parámetros
• Probamos (3)
Tras obtener yp’, yp”, las ponemos en (2), entonces
(4)
)()()()( 2211 xyxuxyxuyp
ppp yxQyxPy )()(
][][ 22221111 QyyPyuQyyPyu
2211221122221111 ][ uyuyuyuyPyuuyyuuy
221122112211 ][][][ uyuyuyuyPuydxd
uydxd
)(][][ 221122112211 xfuyuyuyuyPuyuydxd
Haciendo suposiciones adicionales: y1u1’ + y2u2’ = 0, luego la forma (4),y1’u1’ + y2’u2’ = f(x)
Expresamos lo anterior en términos de determinantes
y (5)
donde
(6)
Wxfy
WW
u)(21
1 W
xfyWW
u)(12
2
)(
0,
)(
0,
1
12
21
21
21
21
xfy
yW
yxf
yW
yy
yyW
Resolver Solución:
m2 – 4m + 4 = 0, m = 2, 2 y1 = e2x, y2 = xe2x,
Como f(x) = (x + 1)e2x, entonces
Ejemplo 1
xexyyy 2)1(4'4"
022
),( 4222
2222
x
xxx
xxxx e
exee
xeexeeW
xxx
xx
xx
x
exexe
eWxex
xeex
xeW 4
22
2
24
22
2
1 )1()1(2
0,)1(
2)1(
0
De (5),
Luego
u1 = (-1/3)x3 – ½ x2, u2 = ½ x2 + xY
1)1(
,)1(
4
4
22
4
4
1 xe
exuxx
e
xexu x
x
x
x
xxxxp exexxexxexxx 222322223
21
61
21
21
31
xxxxpc exexxececyyy 22232
22
1 21
61
Ejemplo 1 (2)
Resolver Solución:
y” + 9y = (1/4) csc 3xm2 + 9 = 0, m = 3i, -3i y1 = cos 3x, y2 = sin 3x, f = (1/4) csc 3x
Como
Ejemplo 2
xyy 3csc36"4
33cos33sin3
3sin3cos)3sin,3(cos
xx
xxxxW
xx
xx
xW
xx
xW
3sin3cos
41
3csc4/13sin3
03cos,
41
3cos33csc4/1
3sin021
Entonces
Y
1211
1 WW
u
xsen
x
W
Wu
3
3cos
12
122
,12/11 xu |3|ln36/12 xsenu
|3|ln)3(36
13cos
12
1xsenxsenxxy p
|3|ln)3(36
13cos
12
133cos 21 xsenxsenxxxsencxcyyy pc
Ejemplo 2 (2)
Resolver Solución:
m2 – 1 = 0, m = 1, -1 y1 = ex, y2 = e-x, f = 1/x, y W(ex, e-x) = -2
Luego
Los límites inferior y seperior de la integral son x0 y x, respectivamente.
Ejemplo 3
xyy
1"
x
x
tx
dtt
eu
xeu
011 21
,2
)/1(
x
x
tx
dtte
uxe
u022 2
1,
2)/1(
Ejemplo 3 (2)
x
x
x
x
tx
tx
p dtte
edtt
eey
0 021
21
x
x
x
x
tx
txx
pc dtte
edtt
eeecyyy
0 021
21
1
• Para las EDs de la forma
(8)
luego yp = u1y1 + u2y2 + … + unyn, donde yi , i = 1, 2, …, n, son los elementos de yc. Así tenemos
(9)
y uk’ = Wk/W, k = 1, 2, …, n.
Ecuaciones de Orden Superior
)()()()( 01)1(
1)( xfyxPyxPyxPy n
nn
02211 nnuyuyuy
02211 nnuyuyuy
)()1(2
)1(21
)1(1 xfuyuyuy n
nn
nn
Para el caso n = 3,
(10)
,11 W
Wu ,2
2 WW
u WW
u 33
3.6 Ecuación de Cauchy-Eulaer
• Forma de Ecuación deCauchy-Euler
• Método de Soluciónprobamos y = xm, como
)(011
11
1 xgyadxdy
xadx
ydxa
dx
ydxa n
nn
nn
nn
n
k
kk
k dx
ydxa kmk
k xkmmmmxa )1()2)(1(
mk xkmmmma )1()2)(1(
Ecuación Auxiliar
• Para n = 2, y = xm, luegoam(m – 1) + bm + c = 0, oam2 + (b – a)m + c = 0 (1)
• Caso 1: Raíces Reales y Distintas
(2)
2121
mm xcxcy
Resolver Solución:Tenemos a = 1, b = -2 , c = -4
m2 – 3m – 4 = 0, m = -1, 4,y = c1x-1 + c2x4
Ejemplo 1
0422
22 y
dxdy
xdx
ydx
• Usando (5) de Sec 3.2, tenemosLuego
(3)
Caso 2: Raíces Reales Repetidas
xxcxcy mm ln1121
xxy m ln12
Ejemplo 2
ResolverSolución:Tenemos a = 4, b = 8, c = 1
4m2 + 4m + 1 = 0, m = -½ , -½
084 2
22 y
dxdy
xdx
ydx
xxcxcy ln2/12
2/11
• Orden Superior: multiplicidad
• Caso 3: Raíces Complejas Conjugadasm1 = + i, m2 = – i, y = C1x( + i) + C2x( - i)
Comoxi = (eln x)i = ei ln x = cos( ln x) + i sen( ln x)x-i = cos ( ln x) – i sen ( ln x)
Luego y = c1x cos( ln x) + c2x sen( ln x) = x [c1 cos( ln x) + c2
sen( ln x)] (4)
Caso 3: Raíces Complejas Conjugadas
12 )(ln,,)(ln,, 1111 kmmmm xxxxxx
ResolverSolución:Tenemos a = 4, b = 0 , c = 17
4m2 − 4m + 17 = 0, m = ½ + 2i
Apply y(1) = -1, y’(1) = 0, then c1 = -1, c2 = 0,
(Fig 3.15)
Ejemplo 3
21
)1(',1)1(,0174 2 yyyyx
)]ln2sin()ln2cos([ 212/1 xcxcxy
)ln2cos(1/2 xxy
Fig 3.15
Ejemplo 4
Resolver Solución:Sea y = xm,
Luego tenemos xm(m + 2)(m2 + 4) = 0m = -2, m = 2i, m = -2iy = c1x-2 + c2 cos(2 ln x) + c3
sin(2 ln x)
0875 2
22
3
33 y
dxdy
xdx
ydx
dx
ydx
33
3
22
21
)2)(1(
,)1(,
m
mm
xmmmdx
yd
xmmdx
ydmx
dxdy
Resolver Solución:We have (m – 1)(m – 3) = 0, m = 1, 3 yc = c1x + c2x3 , use variaión de parámetros,
yp = u1y1 + u2y2, donde y1 = x, y2 = x3 Escribimos la ED como
Luego P = -3/x, Q = 3/x2, f = 2x2ex
Ejemplo 5
xexyxyyx 42 23'3"
xexyx
yx
y 22 2
33
Así
Hallamos
xx
xx
exex
xWex
xex
xW
xx
xxW
322
522
3
1
32
3
221
0,2
32
0
,231
,2
2 23
5
1x
x
exx
exu x
x
ex
exu 3
5
2 2
2
,2221
xxx exeexu xeu 2
Ejemplo 5 (2)
Ejemplo 5 (3)
Luego
xx
xxxxp
xeex
xexexeexyuyuy
22
)22(2
322211
xxpc xeexxcxcyyy 22 23
21
3.7 Ecuaciones No LinealesEjemplo 1 ResolverSolución:Esta ecuación no lineal carece de término y. Sea u(x) = y’, entonces du/dx = y”,
ó
(Se escribe en esta forma solo por conveniencia)
Como u-1 = 1/y’,
Entonces,
2)'(2" yxy
22xudxdu dxx
u
du22
21
21 cxu
21
2
1
cxdxdy
21
1
121
2 tan1
ccx
ccx
dxy
ResolverSolución:Esta ecuación no lineal carece de término x. Sea u(x) = y’, entonces y” = du/dx = (du/dy)(dy/dx) = u du/dy
ó
ln|u| = ln|y| + c1, u = c2y (donde )Como u = dy/dx = c2y, dy/y = c2 dx
ln|y| = c2x + c3,
Ejemplo 2
2)'(" yyy
2udydu
uy
ydy
udu
xcecy 24
12
cec
• Suponga(1)
existe. Si además suponemos que y(x) admite Desarrollo en serie de Taylor centrado en 0:
(2)
Recuerde que y(0) = -1, y’(0) = 1. De la ED original, y”(0) = 0 + y(0) – y(0)2 = −2. Luego
(3)
Ejemplo 3
1)0(,1)0(,2 yyyyxy
5)5(
4)4(
32
!5)0(
!4)0(
!3)0(
!2)0(
!1)0(
)0(
)(
xy
xy
xy
xy
xy
y
xy
yyyyyxdxd
xy 21)()( 2
(4)
(5)
y así. Así que podemos utilizar el mismo método para obtener
y(3)(0) = 4, y(4)(0) = −8, ……Luego
2)4( )(22)21()( yyyyyyydxd
xy
yyyyyyyyydxd
xy 62))(22()( 2)5(
5432
51
31
32
1)( xxxxxxy
Ejemplo 3 (2)
• La ED en el ejemplo 3 es equivalente a
Fig 3.16 muestra la gráfica de esta ED. Para comparar, también se muestra la curva del desarrollo de Taylor de orden 5.
Ejemplo 4
1)0( ,1)0( ,2
uyyyxdxdu
udxdy
Fig 3.16
3.8 Modelos Lineales: PVI
• Ley de NewtonObserve la Fig 3.18, tenemos
(1)kxksmgkxmgxsk
dt
xdm
cero
22 )(
Fig 3.18
Fig 3.19
• De (1), tenemos
(2)
donde = k/m. (2) se llama un movimiento armónico simple, o movimiento libre no amortiguado.
Movimiento Libre no Amortiguado
022
2
xdt
xd
Solución y Ecuación de Movimiento
• De (2), la solución general es
(3)
Período T = 2/, frecuencia f = 1/T = /2.
tctctx sincos)( 21
Una masa que pesa 2 libras alarga un resorte 6 pulgadas. En t = 0, se libera la masa desde un punto que está 8 pulgadas debajo de la posición de equilibrio con una velocidad ascendente de 4/3 pie/s. Determine la ecuación del movimiento.Solución:Conversión de unidades: 6 pulg = 1/2 pie; 8 pulg = 2/3 pie,
m = W/g = 1/16 slugPor la Ley de Hooke, 2 = k(1/2), k = 4 lb/ft De ahí (1) obtenemos
Ejemplo 1
,416
12
2
xdt
xd 0642
2
xdt
xd
junto con x(0) = 2/3, x’(0) = -4/3.Como 2 = 64, = 8, la solución es
x(t) = c1 cos 8t + c2 sen 8t (4)Aplicando la condición inicial, tenemos
(5)
Ejemplo 1 (2)
tttx 8sin61
8cos32
)(
Forma alternativa de x(t)
• (4) puede escribirse comox(t) = A sen(t + ) (6)
donde y es un ángulo de fase,
(7)
(8)
(9)
,22
21 ccA
2
1
2
1
tancos
sin
cc
AcAc
tAtA
tAtA
sin)cos(cos)sin(
sincoscossin
)(sincossincos 2121 txtctct
A
cAt
A
cA
Fig 3.20
• Solución (5) es x(t) = (2/3) cos 8t − (1/6) sin 8t = A sin(t + )
Entonces
Sin embargo no es not la solución, ya que sabemos que
tan-1 (+/−) se localiza en el segundo cuadranteLuego entonces
(9)
El período es T = 2/8 = /4.
Ejemplo 2
69.0)()( 36172
612
32 A
rad,816.1)326.1(
rad 326.1)4(tan 1
)816.18sin(617
)( ttx
Fig 3.21
• La Fig 3.21 muestra el movimiento.
• Si la ED es como
(10)donde es una constante de amortiguamiento positiva. Luego x”(t) + (/m)x’ + (k/m)x = 0 puede ponerse como
(11)
donde 2 = /m, 2 = k/m (12)La ecuación auxiliar es m2 + 2m + 2 = 0, y las raíces son
Movimiento Libre Amortiguado
dtdx
kxdt
xdm 2
2
02 22
2
xdtdx
dt
xd
222
221 , mm
• 2 – 2 > 0. Sea entonces
(13)
Se dice que es sobreaortiguao. Fig 3.23.
Caso 1:
)()(2222
21ttt ececetx
,22 h
Fig 3.23
Caso 2:
• 2 – 2 = 0. Luego
(14)
Se dice que es críticamente amortiguado. Fig 3.24.
)()( 21 tccetx t
Fig 3.24
• 2 – 2 < 0. Sea entonces
(15)
Se dice que es subamortiguado. Fig 3.25.
Caso 3:
,22 h
imim 222
221 ,
)sincos()( 222
221 tctcetx t
Fig 3.25
• La solución de
es (16)
Fig 3.26.
Ejemplo 3
1)0(,1)0(,0452
2
xxxdtdx
dt
xd
tt eetx 4
32
35
)(
Fig 3.26
Una masa que pesa 8 libras alarga 2 pies un resorte. Se supone que una fuerza amortiguadora igual a 2 la velocidad instantánea actúa sobre el sistema. En t = 0, la masa se suelta en la posición de equilibrio con una velocidad ascendente de 3 pies/s. Determine la ecuación de movimiento.Solución:De la Ley de Hooke, 8 = k (2), k = 4 lb/et, y m = W/g = 8/32 = ¼ slug, de ahí
(17)
Ejemplo 4
,2441
2
2
dtdx
xdt
xd 01682
2
xdtdx
dt
xd
Ejemplo 4 (2)
m2 + 8m + 16 = 0, m = −4, −4x(t) = c1 e-4t + c2t e-4t (18)
Condiciones iniciales: x(0) = 0, x’(0) = −3, luego x(t) = −3t e-4t (19)
Fig 3.27.
Fig 3.27
Ejemplo 5
Una masa que pesa 16 libras alarga un muelle desde 5 pies hasta 8.2 pies. Si al inicio la masa se libera desde el reposo en un punto 2 pies arriba de la posición de equilibrio, encuentre los desplazamientos x(t) si se sabe además que el medio circundante ofrece una resistencia numéricamente igual a la velocidad instantánea.
De la Ley de Hooke, 16 = k (3.2), k = 5 lb/pie, y m = W/g = 16/32 = ½ slug, de ahí
(20)
m2 + 2m + 10 = 0, m = −3 + 3i, −3 − 3i
,521
2
2
dtdx
xdt
xd 01022
2
xdtdx
dt
xd
(21)
Condiciones iniciales: x(0) = −2, x’(0) = 0, luego
(22)
Ejemplo 5 (2)
)3sin3cos()( 21 tctcetx t
ttetx t 3sin
32
3cos2)(
Forma alternativa de x(t)
• (22) puede ponerse como
(23)
donde y
)sin()( 22 tAetx t
,22
21 ccA
2
1tancc
• Como en la Fig 3.28,
(24)
(25)
donde
ED de Movimiento forzado con amortiguammiento
)(2
2
tfdtdx
kxdt
xdm
)(2 22
2
tFxdtdx
dt
xd
mkmmtftF /,/2,/)()( 2
Fig 3.28
Interprete y resuelva
(26)
Solución:Interpretación: m = 1/5, k = 2, = 1.2, f(t) = 5 cos 4t
La masa se libera inicialmente desde el reposo ½ abajo de la posición de equilibrio
Solución:
Ejemplo 6
0)0(,21
)0(,4cos522.151
2
2
xxtxdtdx
dt
xd
01062
2
xdtdx
dt
dx
)sincos()( 213 tctcetx t
c
Suponiendo xp(t) = A cos 4t + B sen 4t,tenemos A = −25/102, B = 50/51, entonces
Usando x(0) = 1/2, x’(0) = 0 c1 = 38/51, c2 = −86/51,
(28)
Ejemplo 6 (2)
tttctcetx t 4sin5150
4cos10225
)sincos()( 213
tttte
tx
t 4sin5150
4cos10225
sin5186
cos5138
)(
3
Términos Transitorio y de Estado Estable
• Gráfica de (28) se muestra en la Fig 3.29.• xc(t) se desvanece cuando t :
término transitorioxp(t) permanece cuando t :
término de estado estable
Fig 3.29
• La solución de
es
Fig 3.30.
Ejemplo 7
1
2
2
)0(,0)0(
,sin2cos422
xxx
ttxdtdx
dt
xd
estable estadootransitori
1 sin2sin)2()( ttextx t
Fig 3.30
Resolver
donde F0 es una constante y .Solución:
xc = c1 cos t + c2 sen t Sea xp = A cos t + B sen t, tras la sustitución,
A = 0, B = F0/(2− 2),
Ejemplo 8
0)0(,0)0(,sin02
2
2
xxtFxdt
xd
tF
txp
sin)( 220
Como x(0) = 0, x’(0) = 0, entonces
Así
(30)
tF
tctcxxtx pc
sinsincos)( 220
21
)(/,0 22021 Fcc
,)sinsin()(
)( 220 tt
Ftx
Ejemplo 8 (2)
Resonancia Pura
• Cuando = , consideramos el caso .
(31)
20
0
230220
2
cossin
2cossin
lim
)(
)sinsin(lim
)(
sinsinlim)(
tttF
tttF
dd
ttdd
Ftt
Ftx
ttF
tF
cos
2sin
20
20
• Cuando t , los desplazamientos se vuelven largosDe hecho, |x(tn)| cuando tn = n/, n = 1, 2, …..Como se muestra en la Fig 3.31, se dice que es una resonancia pura.
Fig 3.31
• La siguiente ecuación es la ED de movimiento forzado con amortiguamiento:
(32)Si i(t) denota la corriente en Fig 3.32, entonces
(33)Como i = dq/dt, tenemos
(34)
Circuitos LRC en Serie
)(2
2
tfkxdtdx
dt
xdm
)(1
tEqC
Ridtdi
L
)(1
2
2
tEqCdt
dqR
dt
qdL
Fig 3.32
Hallar q(t) en la Fig 3.32, donde L = 0.025 henry, R = 10 ohm, C = 0.001 farad, E(t) = 0, q(0) = q0 coulombs, y i(0) = 0 ampere.Solución:Usando los datos:
Como se ha descrito antes,
Usando q(0) = q0, i(0) = q’(0) = 0, c1 = q0, c2 = q0/3
Ejemplo 9
,010001041 qqq 0400040 qqq
)60sin60cos()( 2120 tctcetq t
)249.160sin(310
)( 200 teq
tq t
Encuentre al solución de estado estable qp(t) y la coriente de estado estable, when E(t) = E0 sen t .Solución:Sea qp(t) = A sen t + B cos t,
Ejemplo 10
222
1222
0
222
1222
0
,
1
RCC
LL
RCC
LL
REB
CLE
A
Si
SiUsando el método similar, obtenemos
So
• Observación: X y Z se denominan reactancia y impedancia, respectivamente.
,1
C
LX 22222 12
CCL
LX
,22 RXZ 2
22222 12
RCC
LLZ
)/(),/( 20
20 ZREBZXEA
tZ
REt
Z
XEtqp
cossin)( 2
02
0
t
ZX
tZR
ZE
tqti pp cossin)()( 0
Ejemplo 10 (2)
3.9 Modelos Lineales: PVF
• Deflexión de una vigaMomento de flexión M(x) en un punto x a lo largo de la viga está relacionado con la carga por unidad w(x) mediante la ecuación
(1)Además, M(x) es proporcional a la curvatura de la curva elástica
M(x) = EI (2)donde E, I son constantes.
)(2
2
xwdx
Md
• Del cálculo, tenemos y”, donde deflexión y(x) es pequeña. Finalmente tenemos
(3)Entonces
(4)
4
4
2
2
2
2
dx
ydEIy
dx
dEI
dx
Md
)(4
4
xwxd
ydEI
Terminología
Extremos de la viga Condiciones en la frontera
empotrados y = 0, y’ = 0
libres y” = 0, y’’’ = 0
apoyados simplemente o abisagrados
y = 0, y” = 0
Fig 3.41
Fig 3.41
Una viga de longitud L se fija en ambos extremos. Hallar la deflexión de la viga si una carga constante w0 está uniformemente distribuida a lo largo de su longitud, esto es,
w(x)= w0 , 0 < x < L
Solución:De (4) tenemos Extremos empotrados significa Tenemos m4 = 0, yc(x) = c1 + c2x + c3x2 + c4x3, y
Ejemplo 1
04
4
wdx
ydEI
0)(,0)(,0)0(,0)0( LyLyyy
40
24x
EIw
yp
Ejemplo 1 (2)
Entonces
Usando las condiciones de la frontera, tenemosc1 = 0, c2 = 0, c3 = w0L2/24EI, c4 = −w0L/12EI
Eligiendo w0 = 24EI y L = 1, tenemos Fig 3.42.
4034
2321 24
)( xEI
wxcxcxccxy
220403022
0 )(24241224
)( LxxEI
wx
EIw
xEILw
xEILw
xy
Fig 3.42
ResolverSolución:Caso 1 : = 0
y = c1x + c2, y(0) = c2 = 0, y(L) = c1L = 0, c1 = 0
luego y = 0, solución trivial.Caso 2 : < 0, = −2, > 0Escogiendo y = c1 Ch x + c2 Sh x
y(0) = 0, c1 = 0; y(L) = 0, c2 = 0 luego y = 0, solución trivial.
Ejemplo 2
0)(,0)0(,0" Lyyyy
Caso 3 : > 0, = 2, > 0Escogiendo y = c1 cos x + c2 sen x
y(0) = 0, c1 = 0; y(L) = 0, c2 sin L= 0 Si c2 = 0, y = 0, solución trivial.Así que c2 0, sen L = 0, L = n, = n/L
Así, y = c2 sen (nx/L) es una solución para cada n.
Ejemplo 2 (2)
,3,2,1,2
222 n
L
nn
Tomando c2 = 1, para cada:
la función correspondiente:
• Observación: n = (n/L)2, n = 1, 2, 3, … se conocen como valores propios. yn = sen (nx/L) se llaman funciones propias.
,9,
4, 2
2
2
2
2
2
LLL
,3sin,
2sin,sin x
Lx
Lx
L
Ejemplo 2 (3)
Pandeo de una Columna Vertical Delgada
• En cuanto a la Fig 3.43, la ED es
(5)
donde P es una fuerza compresiva vertical constante aplicada en la parte superior de la columna.
,2
2
Pydx
ydEI 02
2
Pydx
ydEI
Fig 3.43
En cuanto a la Fig 3.43, cuando la columna se fija con bisagras en ambos extremos, hallar la deflexión. Solución:El PVF es
Intuitivamente, si la carga P no es suficientemente grande, no hay deflexión. La pregunta es: ¿para qué valores de P el PVF posee soluciones no triviales?
Ejemplo 3
0)(,0)0(,02
2
LyyPydx
ydEI
Escribiendo = P/EI, vemos
es idéntica al ejemplo 2. Del Caso 3, las curvas de deflexión son yn = c2 sen (nx/L), que corresponden a los valores propios n = Pn/EI = n22/L2, n = 1, 2, 3, …Desde el punto de vista físico, solo para Pn = EIn22/L2, la columna experimenta flexión.Llamamos a estas Pn las cargas críticas y la más pequeña P = P1 = EI2/L2 se llama la carga de Euler, yy1 = c2 sen(x/L) se conoce como primer modo de pandeo.Fig 3.44
Ejemplo 3 (2)
0)(,0)0(,0 Lyyyy
Fig 3.44
Cuerda Rotatoria
• La ED simpley” + y = 0
(6)ocurre una y otra vez como un modelo matemático. Fig 3.45.
Fig 3.45
• tenemosF = T sen 2 – T sen 1 (7)
Cuando 1 y 2 son pequeños, sen 2 tan 2 , sen 1 tan 1
Como tan2, tan1 son tangentes de las rectas que contienen a los vectoresT1 y T2, entonces
tan 2 = y’(x + x), tan 1 = y’(x)Así (7) pasa a ser
(8)Porque F = ma, m = x, a = r2. Con x pequeño, obtenemos r = y.
)]()([ xyxxyTF
Así(9)
Al igualndo (8) = (9), tenemos
(10)
Para x cercano a cero, tenemos
(11)Y las condiciones en la frontera son y(0) = y(L) = 0.
2)( yxF
2)()]()([ yxxyxxyT
yx
xyxxyT 2)()(
,22
2
ydx
ydT 02
2
2
ydx
ydT
3.10 Modelos No Lineales
• Resortes no linealesEl modelo
(1)cuando F(x) = kx se dice que es lineal. Sin embargo,
(2)es un resorte no lineal. Otro modelo
(3)
0)(2
2
xFdt
xdm
,032
2
kxdt
xdm 03
12
2
xkkxdt
xdm
02
2
kxdtdx
dtdx
dt
xdm
• F(x) = kx + k1x3 se dice que es duro si k1 > 0;y es suave, si k1 < 0. Fig 3.50.
Resortes Duros y Suaves
Fig 3.50
Ejemplo 1
• Las EDs (4)
y (5)
son casos especiales de(2). Fig3.51 muestra la gráfica obtenida de un programa de solución numérica.
032
2
xxdt
xd
032
2
xxdt
xd
Fig 3.51
• El modelo de un péndulo simple se representa en la Fig 3.52. De la figura, tenemos la aceleración angular a = s” = l”, la fuerza
Luego
(6)
Péndulo No Lineal
2
2
dt
dmlmaF
0sin2
2
lg
dt
d
Fig 3.52
• Como
Si empleamos solo los dos primeros términos,
Si es pequeño,
(7)
Linealización
!5!3
sin53
0)6/()/(/ 322 lglgdtd
02
2
lg
dt
d
• Fig 3.53 muestra algunos resultados con condiciones iniciales diferentes obtenidos con un programa de solución numérica. Podemos observar que si la velocidad inicial es bastante grande, el péndulo se saldrá de los límites.
Ejemplo 2
Fig 3.53
• Recordando (17) de la Sec 1.3 y Fig 1.26 dy/dx = W/T1, puede modificarse como
(8)
• donde es la densidad y s es la longitud del arco.Como la longitud s es
(9)
Cables Telefónicos
1Tws
dxdy
xdx
dxdy
s0
2
1
• entonces
(10)
Al derivar (8) con respecto a x y usando (10), obtenemos
(11)
2
1
dxdy
dxds
,1
2
2
dxds
Tw
dx
yd 2
12
2
1
dxdy
Tw
dx
yd
Ejemplo 3• De la Fig 1.26, obtenemos
y(0) = a, y’(0) = 0. Sea u = y’, la ecuación (11) se convierte en
Así
Ahora y’(0) = u(0) = 0, sinh-10 = 0 = c1 Como u = sinh(x/T1) = dy/dx, entonces
Usando y(0) = a, c2 = a − (T1/)
,1 2
1
uTdx
du
dx
Tu
du
121
11
1sinh cxTw
u
,sinh1
xTdx
dy 21
1 cosh cxTw
Ty
1
1
1 coshT
axT
Ty
• De la Fig 3.54, tenemos
(12)
cuando y = R, kMm/R2 = Mg, k = gR2/M, entonces
(13)
Movimiento de un Cohete
,22
2
y
Mmk
dt
sdm 22
2
y
Mk
dt
sd
2
2
2
2
y
Rg
dt
sd
Fig 3.54
• Suponiendo que la masa es variable, F = ma debería modificarse como
(14)
Masa Variable
)(mvdtd
F
Ejemplo 4
Una cadena uniforme de 10 pies de largo se enrolla sin tensión sobre el suelo. Un extremo de ella cadena se jala verticalmente hacia arriba por medio de una fuerza de 5 libras. La cadena pesa 1 libra por pie. Determine la altura del extremo sobre el nivel del suelo en el instante t.Solución:Sea x(t) = la altura
v(t) = dx/dt (velocidad)W = x1 = x (peso)m = W/g = x/32 (masa)F = 5 – W (fuerza neta)
Entonces
(15)Como v = dx/dt
(16)
es de la forma F(x, x’, x”) = 0Como v = x’, y
luego (15) pasa a ser(17)
Ejemplo 4 (2)
,532
xvx
dtd
x
dtdx
vdtdv
x 32160
160322
2
2
x
dtdx
dt
xdx
dxdv
vdtdx
dxdv
dtdv
xvdtdv
xv 321602
Escribiendo (17) como(v2+32x – 160) dx + xv = 0 (18)
(18) puede multiplicarse por un factor de integración para transformarse en exacta, donde podemos encontrar que le factor de integración es es (x) = x (compruébese). Luego
Use el método de la Sec. 2.4(19)
Como x(0) = 0, entonces c1 = 0. Resolviendo (19) = 0, para v = dx/dt > 0, obtenemos
Ejemplo 4 (3)
222 /,16032/ xvvfxxxvxf
12322 80
332
21
cxxvx
xdtdx
364
160
Compruebe que
(20)
Usando x(0) = 0 de nuevo, , elevamos al cuadrado ambos lados de (20) y resolvemos para x
(21)
Ejemplo 4 (4)
2
2/1
364
160323
ctx
8/1032 c
2
15104
12
152
15)(
ttx
3.11 Resolución de Sistemas de Ecuaciones Lineales
• Muelle conectado/Sistema de masasDe la Fig 3.58 y la Ley de Newton
(1)
)(
)(
12222
1221111
xxkxm
xxkxkxm
Fig 3.58
Método de Solución
• Considere dx/dt = 3y, dy/dt = 2x
óDx – 3y = 0, 2x – Dy = 0 (2)
Entonces, multiplicando la primera por D, la segunda por −3, y eliminando la y, se obtiene D2x – 6x =0
(3)Un método similar puede proporcionar
(4)
tt ecectx 62
61)(
tt ececty 64
63)(
Volviendo las ecuaciones originales,dx/dt = 3y
tras la simplificación,
tenemos
(5)
0)36()36( 642
631 tt eccecc
2413 36
,36
cccc
Resolver Dx + (D + 2)y = 0 (D – 3)x – 2y = 0 (6)
Solución:Multiplicando la primera por D – 3, la segunda por D, y restando,
[(D – 3)(D + 2) + 2D]y = 0(D2 + D – 6)y = 0
luego y(t) = c1e2t + c2e-3t (7)
Ejemplo 1
Usando el método similar,
x(t) = c3e2t + c4e-3t (8)
Sustituyendo (7) y (8) en la primera ecuación de (6),(4c1 + 2c3)e2t + (−c2 – 3c4)e−3t = 0
Luego 4c1 + 2c3 = 0 = −c2 – 3c4
c3 = –2c1, c4 = – ⅓c2 tttt ecectyecectx 32
21
32
21 )(,
31
2)(
Ejemplo 1 (2)
Ejemplo 2
Resolver x’ – 4x + y” = t2
x’ + x + y’ = 0 (9)Solución:
(D – 4)x + D2y = t2
(D + 1)x + Dy = 0 (10)Eliminando x,
entonces y m = 0, 2i, −2i
Sea podemos obtener A = 1/12, B = ¼ , C = −1/8.
0)4()1(])4()1[( 22 DtDyDDDD,2)4( 23 ttyDD
tctccyc 2sin2cos 321
,23 CtBtAtyp
Así
(11)
Método similar para obtener x(t)
Entonces m= 2i, −2i,
Sea xp(t) = At2 + Bt + C, luegopodemos obtener A = −1/4, B = 0, C = 1/8
ttttctcc
yyy pc
81
41
121
2sin2cos 23321
,)]1()4[( 2txDDD 22 )4( txD
tctcxc 2sin2cos 54
Ejemplo 2 (2)
Así (12)Usando la segunda ecuación de (9), tenemos
Ejemplo 2 (3)
81
41
2sin2cos 254 ttctcxxx pc
02cos)22(2sin)22( 345245 tccctccc
)42(5/1),24(5/1 325324 cccccc
ttttctccty
ttcctcctx
81
41
121
2sin2cos)(
81
41
2sin)42(51
2cos)24(51
)(
23321
23232
Ejemplo 3
• En (3) de Sec. 2.9, tenemos
Junto con las condiciones iniciales dadas, podemos usar el mismo método para obtener x1 y x2, no mencionados aquí.
0252
252
0501
252
21
21
xDx
xxD
Resolver
(13) conSolución:
Luego
Ejemplo 4
0410" 211 xxx
04"4 221 xxx
1)0(',0)0(,1)0(',0)0( 2211 xxxx
0)4(4
04)10(
22
1
212
xDx
xxD
,0)12)(2( 122 xDD 0)12)(2( 2
22 xDD
Ejemplo 4 (2)
Usando el mismo método, tenemos
(14)tttx
tttx
32sin10
32sin
5
2)(
32sin5
32sin
10
2)(
2
1
Fig 3.59