MÉTODO VARIACIÓN DE PARÁMETROS
RESOLUCIĂ“N DE UNA EDO LINEAL DE ORDEN SUPERIOR : MÉTODO VARIACIĂ“N DE PARĂ METROS INTRODUCCION Recordemos que el mĂŠtodo de variaciĂłn de parĂĄmetros se aplica para resolver EDO lineales no homogĂŠneas, los coeficientes de la EDO pueden ser constantes o variables, no hay restricciĂłn para la funciĂłn đ?‘”(đ?‘Ľ) đ?‘‘ đ?‘›đ?‘Ś đ?‘‘ 2đ?‘Ś đ?‘‘đ?‘Ś đ?‘Žđ?‘› (đ?‘Ľ) đ?‘› + . . . . . + đ?‘Ž2(đ?‘Ľ) 2 + đ?‘Ž1 (đ?‘Ľ) + đ?‘Ž0 (đ?‘Ľ)đ?‘Ś = đ?‘”(đ?‘Ľ) đ?‘‘đ?‘Ľ đ?‘‘đ?‘Ľ đ?‘‘đ?‘Ľ como ya se dijo la soluciĂłn general de una EDO no homogĂŠnea es igual a la suma de La soluciĂłn homogĂŠnea đ?‘Śâ„Ž y una soluciĂłn particular đ?‘Śđ?‘? đ?‘Śđ??ş = đ?‘Śâ„Ž + đ?‘Śđ?‘? Procederemos a realizar un ejemplo con este mĂŠtodo
RESOLUCIÓN DE UNA EDO LINEAL DE ORDEN SUPERIOR : MÉTODO VARIACIÓN DE PARà METROS
EJEMPLO: Resolver la siguiente EDO no homogĂŠnea: 2đ?‘Śđ?‘–đ?‘– + 4đ?‘Ś đ?‘– = đ?‘’ 4đ?‘Ľ SOLUCIĂ“N Primero se debe calcular la soluciĂłn de la EDO homogĂŠnea 2đ?‘Śđ?‘–đ?‘– + 4đ?‘Śđ?‘– =0 Como es una ecuaciĂłn de segundo orden se sabe que la soluciĂłn homogĂŠnea đ?‘Śâ„Ž es igual a la combinaciĂłn lineal de 2 funciones linealmente independientes đ?‘Śâ„Ž = đ?‘?1 đ?‘Ś1 + đ?‘?2đ?‘Ś2
RESOLUCIĂ“N DE UNA EDO LINEAL DE ORDEN SUPERIOR : MÉTODO VARIACIĂ“N DE PARĂ METROS 2đ?‘Śđ?‘–đ?‘– + 4đ?‘Śđ?‘– =0 Como los coeficientes de la EDO son constantes la soluciĂłn homogĂŠnea đ?‘Śâ„Ž es igual a đ?’†đ?’Œđ?’™ Sustituimos đ?‘Śâ„Ž en la EDO homogĂŠnea 2đ?‘Śđ?‘–đ?‘– + 4đ?‘Śđ?‘– =0 2 đ?‘’ đ?‘˜đ?‘Ľ
đ?‘–đ?‘–
+ 4 đ?‘’ đ?‘˜đ?‘Ľ đ?‘– =0
Simplificamos la expresiĂłn 2đ?‘˜ 2 đ?‘’ đ?‘˜đ?‘Ľ + 4đ?‘’ đ?‘˜đ?‘Ľ = 0 2đ?‘˜ 2 + 4 đ?‘’ đ?‘˜đ?‘Ľ = 0 Obteniendo una ecuaciĂłn de segundo grado para k 2đ?‘˜ 2 + 4 = 0
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Al resolver la ecuaciĂłn de segundo grado đ?‘˜ đ?‘˜ +2 =0 los valores de đ?‘˜ son : đ?‘˜1 = 0
đ?‘˜2 = −2
Por lo tanto la soluciĂłn homogĂŠnea đ?‘Śâ„Ž es igual a la combinaciĂłn lineal de las Funciones đ?‘Ś1 = đ?‘’ 0đ?‘Ľ = 1, đ?‘Ś2 = đ?‘’ −2đ?‘Ľ đ?‘Śâ„Ž = đ?‘?1 + đ?‘?2 đ?‘’ −2đ?‘Ľ La soluciĂłn homogĂŠnea tambiĂŠn se puede expresar como un conjunto cuyos elementos son las funciones đ?‘Ś1 = đ?‘’ 0đ?‘Ľ = 1, đ?‘Ś2 = đ?‘’ −2đ?‘Ľ đ?‘Śâ„Ž = 1, đ?‘’ −2đ?‘Ľ
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O como un par ordenado cuyas coordenadas son las funciones đ?‘Ś1 = đ?‘’ 0đ?‘Ľ = 1, đ?‘Ś2 = đ?‘’ −2đ?‘Ľ đ?‘Śâ„Ž = 1, đ?‘’ −2đ?‘Ľ Conocida la soluciĂłn homogĂŠnea podemos plantear la soluciĂłn particular đ?‘Śđ?‘? la cual es igual al producto punto de la soluciĂłn homogĂŠnea đ?‘Śâ„Ž y una funciĂłn đ?‘˘ đ?‘Ľ đ?‘Śđ?‘? = đ?‘Śâ„Ž đ?‘˘ đ?‘Ľ En nuestro ejemplo la funciĂłn đ?‘˘ đ?‘Ľ debe ser igual a la combinaciĂłn de dos funciones đ?‘˘1 đ?‘Ľ , đ?‘˘2 đ?‘Ľ , porque la soluciĂłn homogĂŠnea es la combinaciĂłn lineal de dos funciones
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Por lo tanto la soluciĂłn particular del ejemplo es igual a: đ?‘Śđ?‘? =
1 , đ?‘’ −2đ?‘Ľ
�1, �2
Ahora debemos escribir el sistema de ecuaciones que resume las condiciones que debe cumplir đ?‘Śđ?‘? para ser soluciĂłn de la EDO Recordemos que el sistema de ecuaciones para una EDO no homogĂŠnea de orden n đ?‘‘ đ?‘›đ?‘Ś đ?‘‘ 2đ?‘Ś đ?‘‘đ?‘Ś đ?‘Žđ?‘› (đ?‘Ľ) đ?‘› + . . . . . + đ?‘Ž2(đ?‘Ľ) 2 + đ?‘Ž1 (đ?‘Ľ) + đ?‘Ž0 (đ?‘Ľ)đ?‘Ś = đ?‘”(đ?‘Ľ) đ?‘‘đ?‘Ľ đ?‘‘đ?‘Ľ đ?‘‘đ?‘Ľ
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Es igual a: đ?‘Ś1 đ?‘Ś1 đ?‘– đ?‘Ś1 đ?‘–đ?‘– . â‹Ž . đ?‘Ś1
đ?‘›âˆ’1
â‹Ż â‹ą â‹Ż
đ?‘Śđ?‘› đ?‘Śđ?‘› đ?‘– đ?‘Śđ?‘› đ?‘–đ?‘– . â‹Ž . đ?‘Śđ?‘›
đ?‘›âˆ’1
�1 �2 . . . ��
đ?‘– đ?‘–
đ?‘–
0 0 . = . đ?‘” đ?‘Ľ đ?‘Žđ?‘› đ?‘Ľ
La matriz de los coeficientes es el Wronskiano de las funciones de la soluciĂłn HomogĂŠnea đ?‘Śâ„Ž
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Por lo tanto el sistema de ecuaciones escrito en forma matricial para nuestro ejemplo es igual a: 1 0
đ?‘’ −2đ?‘Ľ −2đ?‘’ −đ?‘Ľ
�1 �2
đ?‘– đ?‘–
0
= 1 4đ?‘Ľ đ?‘’ 2
Tenemos un sistema de ecuaciones con dos incĂłgnitas y dos ecuaciones đ?‘‘đ?‘˘1 đ?‘‘đ?‘˘2 −2đ?‘Ľ +đ?‘’ =0 ecuaciĂłn 1 đ?‘‘đ?‘Ľ đ?‘‘đ?‘Ľ đ?‘’ 4đ?‘Ľ −2đ?‘Ľ đ?‘‘đ?‘˘2 −2đ?‘’ = đ?‘’đ?‘?đ?‘˘đ?‘Žđ?‘?đ?‘–Ăłđ?‘› 2 đ?‘‘đ?‘Ľ 2
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Para resolver el sistema de ecuaciones đ?‘‘đ?‘˘1 đ?‘‘đ?‘˘2 + đ?‘’ −2đ?‘Ľ =0 đ?‘‘đ?‘Ľ đ?‘‘đ?‘Ľ đ?‘‘đ?‘˘2 đ?‘’ 4đ?‘Ľ −2đ?‘Ľ −2đ?‘’ = đ?‘‘đ?‘Ľ 2 Aplicaremos el mĂŠtodo de Kramer
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0 𝑒 −2𝑥 𝑒 4𝑥 𝑒 4𝑥 −2𝑥 −2𝑥 −2𝑒 −𝑒 𝑑𝑢1 𝑒 4𝑥 2 2 = = =− 1 𝑒 −2𝑥 𝑑𝑥 −2𝑒 −2𝑥 4 −2𝑥 0 −2𝑒 𝑑 𝑢1
𝑒 4𝑥 =− 𝑑𝑥 4
𝑒 4𝑥 𝑢1 𝑥 = − 16
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1
0 𝑒 4𝑥 𝑒 4𝑥 0 𝑑𝑢2 𝑒 6𝑥 2 2 = = =− 1 𝑒 −2𝑥 𝑑𝑥 −2𝑒 −2𝑥 4 0 −2𝑒 −2𝑥
𝑑 𝑢2
𝑒 6𝑥 = − 𝑑𝑥 4
𝑒 6𝑥 𝑢2 = − 24
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Como
𝑒 4𝑥 𝑢1 𝑥 = − 16
y
𝑒 6𝑥 𝑢2 𝑥 = − 24
La solución particular es igual a: 𝑦𝑝 =
1 , 𝑒 −2𝑥
𝑒 4𝑥 𝑒 6𝑥 − 16 , − 24
𝑒 4𝑥 𝑒 4𝑥 5 4𝑥 𝑦𝑝 = − − =− 𝑒 16 24 48
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Por lo tanto la solución general de la EDO 2𝑦𝑖𝑖 + 4𝑦𝑖 = 𝑒 4𝑥
Es igual a: 𝑦𝐺 = 𝑐1 + 𝑐2𝑒 −2𝑥 −
5 4𝑥 𝑒 48
Corina Villarroel Robalino DOCENTE