RE: Ecuación Diferencial Lineal Homogénea con coeficientes constantes

OleeeeeResuelta

Cuando resolvemos una ecuación diferencial lineal homogénea con coeficientes constantes y el polinomio asociado tiene raíces complejas a±bi , ¿por qué no se hace con ellas lo mismo que con las raíces reales? ¿Por qué no se utilizan como soluciones e(a+bi)t y e(a-bi)t ?

Marco Estudiante Enviada el 20 de octubre de 2018 a Ecuaciones diferenciales orden n.
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1 Respuestas

Solución

Hola Marco

Sí que se puede, pero queda feo. Si en la ecuación diferencial original no hay números complejos, es feo dar una solución general que los incluya. Lo que se hace entonces es aplicar la fórmula de Euler a e(a+bi)t y e(a-bi)t . Las funciones con las que las raíces a±bi colaboran en la solución general son  eatcos(bt) y eatsin(bt).

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Maestro Respuesta escrita el 20 de octubre de 2018.

Pero si aplico Euler las funciones que quedan son

 eatcos(bt) + i eatsin(bt)

y

 eatcos(bt) – i eatsin(bt)

y siguen siendo funciones complejas, sólo que escritas de otra forma. No acabo de entender por qué luego nos quedamos con  eatcos(bt) y eatsin(bt)

 

Marco Estudiante el 20 de octubre de 2018.

Tienes razón que falta una justificación, pero la hay, y te la voy a dar ahora.

Imagina que tienes una ecuación diferencial lineal y homogénea L(y)=0 a la que les has encontrado una solución compleja  f(t)+i g(t).

Entonces se cumple que

L ( f(t)+i g(t) ) =0

y como L es un operador lineal se cumple también que

L ( f(t)) + i  L (g(t) ) =0

Si tienes en cuenta que el 0 de la derecha lo puedes escribir así

L ( f(t)) + i  L (g(t) ) =0 + i 0

se concluye que

L ( f(t)) = 0

y

L ( g(t)) = 0

porque para que dos complejos en binómica sean iguales deben ser iguales su parte real y su parte imaginaria.

Osea, resumiendo, que si

L ( f(t)) + i  L (g(t) ) =0        ⇒       L ( f(t)) = 0     y      L ( g(t)) = 0

o dicho en plata, si encontramos una solución compleja de una ecuación diferencial lineal y homogénea, entonces la parte real y la parte imaginaria de esa solución compleja también son solución. Ahí está la clave.

Eso es lo que ocurre con esta solución: eatcos(bt) + i eatsin(bt)

Es una solución compleja y por lo tanto su parte real ( eatcos(bt) ) y su parte imaginaria (eatsin(bt) )  también son solución. Y con esas nos solemos quedar.

 

Lauel : ) Maestro el 20 de octubre de 2018.

Ufffff.  Vaya tela. Eso no nos lo han explicado en clase. Sólo nos han dicho “se ponen esas funciones y punto”. Ahora lo entiendo mucho mejor. Gracias Lauel.

Sólo una cosa más. ¿La otra solución compleja eatcos(bt) – i eatsin(bt) no debería dar también soluciones?

Marco Estudiante el 20 de octubre de 2018.

La otra solución compleja aportaría las mismas funciones. Si juntas las 4 tienes un conjunto LD y no nos sirve. Necesitas funciones que sean LI. Y además tampoco necesitas 4 funciones, sólo dos, porque la pareja de raíces complejas conjugadas a±bi tienen que colaborar con dos funciones entre las dos, no más. Esas funciones son  eatcos(bt) y eatsin(bt).

Lauel : ) Maestro el 20 de octubre de 2018.

Genial. Gracias

Marco Estudiante el 20 de octubre de 2018.
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