Herramientas algenbra lineal (67)

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b) Para dar la solución general de la ecuación en diferencias completa, necesitamos
una solución particular de dicha ecuación.
Puesto que ϕ(k) = 2 constante, ensayamos una solución constante:
yp(k) = C.
esto es
C + 3C + 2C = 2,
por lo que C =
1
3
.
Finalmente tenemos
y(k) = C1(−2)k + C2(−1)k +
1
3
.
c) Obliguemos a que la solución general de la ecuación dada en b), verifique las
condiciones iniciales dadas:
y(0) = 0 = C1 + C2 +
1
3
y(1) = 1 = −2C1 − C2 +
1
3
 C1 = −
1
3
C2 0
}
.
Por lo que resolviendo el sistema queda
y(k) =
1
3
(
1− (−2)k
)
.
— — —
2.- Consideremos la ecuación en diferencias siguiente
y(k + 2)− 3y(k + 1) + 2y(k) = 3k.
a) Resolver la ecuación homogénea asociada.
b) Dar la solución general de dicha ecuación.
Solución:
200 CAPÍTULO 9. SISTEMAS LINEALES DISCRETOS
a) La ecuación homogénea asociada es
y(k + 2)− 3y(k + 1) + 2y(k) = 0,
cuya ecuación caracteŕıstica es
t2 − 3t+ 2 = 0.
Las ráıces de dicha ecuación son claramente 2, 1. Por lo que la solución general de
la ecuación homogénea es
yh(k) = C1(1)
k + C2(2)
k = C1 + C2(2)
k.
b) Para dar la solución general de la ecuación en diferencias completa, necesitamos
una solución particular de dicha ecuación.
Puesto que ϕ(k) = 3k exponecial y 3 no es ráız de la ecuación caracteŕıstica, ensa-
yamos una solución del tipo
yp(k) = A3
k
esto es
A3k+2 − 3A3k+1 + 2A3k = 3k
que simplificando
3k(2A− 1) = 0,
y por tanto A =
1
2
, esto es yp(k) =
1
2
3k.
Finalmente tenemos pues
y(k) = C1 + C2(2)
k +
1
2
3k.
— — —
3.- Consideremos la ecuación en diferencias siguiente
y(k + 2)− 9y(k + 1) + 20y(k) = 4k.
a) Resolver la ecuación homogénea asociada.
201
b) Dar la solución general de dicha ecuación.
Solución:
a) La ecuación homogénea asociada es
y(k + 2)− 9y(k + 1) + 20y(k) = 0,
cuya ecuación caracteŕıstica es
t2 − 9t+ 20 = 0,
Las ráıces de dicha ecuación son claramente 5, 4. Por lo que la solución general de
la ecuación homogénea es
yh(k) = C1(5)
k + C2(4)
k.
b) Para dar la solución general de la ecuación en diferencias completa, necesitamos
una solución particular de dicha ecuación.
Puesto que ϕ(k) = 4k exponecial y 4 es ráız de la ecuación caracteŕıstica de multi-
plicidad 1, ensayamos una solución del tipo
yp(k) = Ak3
k,
esto es
A(k + 2)4k+2 − 9A(k + 1)4k+1 + 20Ak4k = 4k,
Ak(4k+2 − 9 · 4k+1 + 20 · 4k) + (2A4k+2 − 9A4k+1 − 4k) = 0,
esto es
(Ak(16− 36 + 20) + (A(32− 36)− 1))4k = 0
y por tanto A = −1
4
, esto es yp(k) = −
1
4
k4k = −k4k−1.
Finalmente tenemos pues
y(k) = C1(5)
k + C2(4)
k +−k4k−1.
— — —