AB - 1 Ecuacionesdiferencialesordinariasunaintroduccion-121118160636-Phpapp02

FERNANDO MESA

Licenciado en matemáticas, graduado de la Universidad Tecnológica de Pereira con honores. Tiene estudios de posgrado en Matemáticas, Instrumentación Física y Docencia Universitaria. Con experiencia de más de 20 años, profesor titular del Departamento de Matemáticas de la Universidad Tecnológica de Pereira en donde se ha destacado como directivo e investigador. E-mail: [email protected]

ALEJANDRO MARTÍNEZ ACOSTA

Licenciado en Educación, Especialidad Matemática de la Universidad del Cauca. Candidato a magíster en Enseñanza de las Matemáticas de la Universidad Tecnológica de Pereira. Actualmente, se desempeña como docente asociado en el Departa-mento de Matemáticas de la Universidad Tecnológica de Pereira; es investigador en las áreas de Ecuaciones diferenciales y Educación matemática. E-mail: [email protected].

JOSÉ RODRIGO GONZÁLEZ GRANADA

Matemático, con Maestría en Matemáticas y doctorado en Matemáticas. Investigador en matemáticas puras y aplicadas con resulta-dos originales en la teoría de bifurcación, deformación y deducción de la teoría de micro-deformación. Investigador en ecuacio-nes diferenciales parciales. Profesor asociado de la Universidad Tecnológica de Pereira.mail: [email protected].

Mesa, Fernando Ecuaciones diferenciales ordinarias : una introducción / Fernando Mesa, Alejandro Martínez Acosta, José Rodrigo González Granada. – 1ª. ed. -- Bogotá : Ecoe Ediciones, 2012. 2 p. – (Ciencias exactas. Matemáticas)

Incluye bibliografía e índice alfabéticoISBN 978-958-648-774-0

1. Ecuaciones diferenciales I. Martínez Acosta, Alejandro II. González Granada, José Rodrigo III. Título IV. Serie

CDD: 515.352 ed. 20 CO-BoBN– a802301

Colección: Ciencias ExactasÁrea: Matemáticas

Primera edición: Bogotá, D.C., 2012

ISBN: 978-958-648-774-0

© Fernando Mesa e-mail: [email protected]

© Alejandro Martínez Acosta e-mail: [email protected].

© José Rodrigo González Granada e-mail: [email protected].

Universidad Tecnológica de Pereira Vereda La Julita - Pereira - Risaralda

© Ecoe Ediciones Ltda. E-mail: [email protected] www.ecoeediciones.com Carrera 19 No. 63C-32, Pbx. 2481449, Fax. 3461741 - Bogotá D.C.

Coordinación editorial: Alexander Acosta QuinteroCarátula: Edwin Penagos PalacioImpresión: Imagen Editorial Impresorese-mail: [email protected]

Impreso y hecho en Colombia.

Catalogación en la publicación – Biblioteca Nacional de Colombia

www.ecoeediciones.com

mailto:[email protected]

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Contenido

Presentacion iv

1 Introduccion a las ecuaciones diferenciales 1

1.1 Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2 Definiciones y terminologıa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.3 Soluciones y problemas de valor inicial . . . . . . . . . . . . . 6

1.4 Ecuacion diferencial de una familia de curvas . . . . . . . . . . 12

1.5 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2 Ecuaciones diferenciales de primer orden 19

2.1 Ecuaciones de variables separables . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.2 Ecuaciones lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

2.3 Ecuaciones exactas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

2.4 Factores integrantes especiales . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

2.5 Transformaciones y sustituciones . . . . . . . . . . . . . . . . 38

2.6 Trayectorias ortogonales y oblicuas . . . . . . . . . . . . . . . 44

2.7 Ecuacion diferencial de primer orden en coordenadas polares . 48

2.8 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

2.8.1 Ecuaciones de primer orden . . . . . . . . . . . . . . . 51

2.8.2 Modelado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

i

CONTENIDO

3 Ecuaciones diferenciales de orden superior 59

3.1 Ecuaciones lineales de segundo orden . . . . . . . . . . . . . . 59

3.1.1 Introduccion: sistema masa-resorte . . . . . . . . . . . 59

3.1.2 Operadores diferenciales lineales . . . . . . . . . . . . . 60

3.1.3 Soluciones fundamentales de ecuaciones homogeneas . . 63

3.1.4 Reduccion de orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

3.2 Ecuaciones de orden superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

3.2.1 Teorıa basica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

3.2.2 Ecuaciones lineales con coeficientes constantes . . . . . 75

3.2.3 Coeficientes indeterminados . . . . . . . . . . . . . . . 83

3.2.4 Operadores anuladores . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

3.2.5 Variacion de los parametros . . . . . . . . . . . . . . . 89

3.3 Ecuacion de Cauchy–Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

3.4 Algunas aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

3.5 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

4 Transformada de Laplace 115

4.1 Definicion y transformadas basicas . . . . . . . . . . . . . . . 115

4.2 Propiedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

4.3 Transformada inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127

4.4 Los teoremas de traslacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133

4.5 Funciones periodicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140

4.6 Funcion delta de Dirac . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145

4.7 Funcion de transferencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148

4.8 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152

5 Sistemas de ecuaciones diferenciales 155

5.1 Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155

5.2 Teorıa preliminar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158

5.3 Metodos de solucion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165

5.3.1 Metodo de eliminacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165

5.3.2 Solucion mediante transformada de Laplace . . . . . . 170

CONTENIDO

5.4 Sistemas lineales homogeneos con coeficientes constantes . . . 171

5.5 Sistemas lineales no homogeneos . . . . . . . . . . . . . . . . . 181

5.5.1 Coeficientes indeterminados . . . . . . . . . . . . . . . 181

5.5.2 Variacion de los parametros . . . . . . . . . . . . . . . 182

5.6 Matriz exponencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185

5.7 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191

6 Solucion de ecuaciones diferenciales mediante series 193

6.1 Introduccion y preliminares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193

6.2 Solucion mediante series de potencias . . . . . . . . . . . . . . 197

6.2.1 Solucion en torno a puntos ordinarios . . . . . . . . . . 198

6.2.2 Solucion en torno a puntos singulares: metodo de Fro-

benius . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202

6.3 Ecuaciones y funciones especiales . . . . . . . . . . . . . . . . 207

6.3.1 Ecuacion de Bessel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 208

6.3.2 Ecuacion de Legendre . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212

6.3.3 Ecuacion hipergeometrica . . . . . . . . . . . . . . . . 214

6.4 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 217

Respuestas 219

Bibliografıa 229

Indice alfabetico 230

iii

Presentacion

Esta obra ha sido realizada para que sea usada como texto guıa en los cur-

sos de ecuaciones diferenciales, que se ofrecen en las diferentes universidades

en los distintos programas de ingenierıas y tecnologıas. En particular, en la

Universidad Tecnologica de Pereira en su programa de licenciatura en ma-

tematicas y fısica.

Esta edicion es el resultado de varios anos de trabajo y dedicacion, lo que

permitio basados en la experiencia, mejorar los distintos borradores que fue-

ron utilizados como notas de clase de quienes somos sus autores.

Se desarrollaron seis capıtulos, en los que sin perder de vista la formalidad

de los contenidos, el lector podra encontrarse con una presentacion senci-

lla, practica y amena haciendo posible un primer acercamiento al estudio de

las ecuaciones diferenciales ordinarias. Es ası como en los capıtulos 1 y 2 se

presentan los aspectos relacionados a las ecuaciones diferenciales de primer

orden, tema que corresponde a la unidad I del programa oficial del curso de

matematicas IV que se orienta en la Universidad Tecnologica de Pereira. El

siguiente capıtulo coincide con la unidad II del programa de matematicas

IV en el que se desarrollan los elementos mas importantes de las ecuaciones

diferenciales de orden superior. En el capıtulo 4 se lleva a cabo el desarrollo

de la transformada de Laplace y sus diferentes usos en la solucion de sis-

temas de ecuaciones y otras aplicaciones. Por ultimo en el capıtulo final de

v

Presentacion

esta obra esta dedicado a desarrollar lo referente a la solucion de ecuaciones

diferenciales mediante el metodo de Series de Potencias.

Es de anotar que en cada uno de estos capıtulos nos preocupamos por entregar

una gran variedad de ejemplos, los que le permiten al estudiante desarrollar

los ejercicios y problemas que se proponen; casi en su totalidad con su res-

puesta.

Por ultimo, queremos manifestar que junto con el proposito inicial, tambien

deseamos hacer un aporte para que la complejidad de las matematicas se pre-

sente sin perder rigurosidad pero estando cada vez mas al alcance de todos.

Nos hacemos responsables de los errores que pueden llegarse a filtrar en esta

primera edicion, y agradecemos de antemano las sugerencias y observaciones

que pudieran hacernos llegar.

Los autores.

vi

Capıtulo 1

Introduccion a las ecuaciones

diferenciales

1.1 Introduccion

En las ciencias y en la ingenierıa se desarrollan modelos matematicos para

entender mejor los fenomenos fısicos. A menudo, estos modelos conducen a

una ecuacion que contiene algunas derivadas de una funcion desconocida.

Esta ecuacion se denomina una ecuacion diferencial.

Comenzamos esta seccion con unos ejemplos, los cuales dan origen a ecua-

ciones diferenciales.

Ejemplo 1.1 (Caıda libre). Un ob-

jeto de masa m se deja caer desde una

altura h (por encima del suelo) y cae

por la fuerza de gravedad, (Fig. 1.1).

Determine la ecuacion diferencial que

describe la trayectoria del objeto.

h

y

mg

Nivel del suelo

t = 0, v = 0

Figura 1.1. Cuerpo en caıda libre

1

CAPITULO 1. INTRODUCCION A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES

Solucion.

Podemos aplicar al objeto que cae la segunda ley de Newton, la cual establece

que la masa de un objeto por su aceleracion es igual a la fuerza total que

actua sobre el. Esto conduce a la ecuacion

md2y

dt2= −mg,

donde m es la masa del objeto, y es la altura sobre el suelo, d2ydt2

es su acelera-

cion, g es la aceleracion gravitacional (constante) y −mg es la fuerza debida

a la gravedad.

Esta es una ecuacion diferencial que contiene la segunda derivada de la al-

tura desconocida y como funcion del tiempo. Al hacer v = dydt, se obtiene la

ecuacion diferencial de primer orden en la incognita v:

mdv

dt= −mg

Ejemplo 1.2 (Vaciado de un tanque). La ley de Torricelli establece que la

rapidez v de flujo (o salida) del agua a traves de un agujero de bordes agudos

en el fondo de un tanque lleno con agua hasta una altura (o profundidad)

h, es igual a la rapidez de un objeto que cae libremente desde una altura

h, en este caso v =√2gh, donde g es la aceleracion de la gravedad, (figura

1.2). Deduzca una ecuacion diferencial que exprese la altura h en cualquier

momento t, que hay en el tanque.

h h

V (t)

A0

Figura 1.2. Vaciado de un tanque

2

1.1. INTRODUCCION

Solucion. Si el area transversal del agujero es A0, y la rapidez del agua que

sale del tanque es v =√2gh, el volumen del agua que sale por unidad de

tiempo esta dado por A0v = A0

√2gh. Ası, si V (t) representa el volumen del

agua en el tanque a una profundidad h en cualquier instante t, entonces

dV

dt= −cA0

√2gh, 0 < c < 1 (1.1)

donde el signo menos indica que V esta disminuyendo. Si no se tiene en

cuenta la friccion en el agujero, lo cual causara una reduccion en la tasa de

flujo, entonces c = 1. Si el tanque es tal que el volumen en cualquier instante

t se expresa como V = V (h) con h = h(t) donde h es la profundidad en el

instante t, entonces por la regla de la cadena, dVdt

= dVdh

dhdt. Al sustituir esta

ultima ecuacion en (1.1) y despejar, se obtiene

dh

dt= −c

A0

dV/dh

√2gh.

Ejemplo 1.3 (Circuito RLC). Determine la ecuacion diferencial para el

circuito LRC dado en la figura 1.3.

E

L

C

R

Figura 1.3. Circuito RLC

Solucion. Los principios fısicos que rigen los circuitos electricos fueron es-

tablecidos por G. R. Kirchhoff en 1859. Los principios son los siguientes:

1. Ley de la corriente de Kirchhoff. La suma algebraica de las corrientes

que fluyen en cualquier punto de union (nodo) debe ser cero.

3


2. Ley del voltaje de Kirchhoff. La suma algebraica de los cambios ins-

tantaneos del potencial (caıdas de voltaje) en torno a cualquier lazo ce-

rrado (bucle) debe ser cero.

Para aplicar la ley del voltaje, se debe conocer la caıda de voltaje a traves

de cada elemento del circuito.

(a) De acuerdo con la ley de Ohm, la caıda de voltaje ER a traves de un

resistor es proporcional a la corriente i que pasa por el resistor:

ER= Ri.

La constante de proporcionalidad R se conoce como resistencia.

(b) Se puede mostrar mediante las leyes de Faraday y Lenz que la caıda de

voltaje EL a traves de un inductor es proporcional a la razon de cambio

instantanea de la corriente i:

EL= L

di

dt.

La constante de proporcionalidad L se conoce como inductancia.

(c) La caıda de voltaje E a traves de un capacitor es proporcional a la carga

electrica q que aparece en las placas del capacitor:

EC=

1

Cq.

La constante C se llama capacitancia.

Suponemos que una fuente de voltaje, suma voltaje o energıa potencial al

circuito. Si E(t) indica el voltaje que se proporciona al circuito en el instante

t, entonces la ley de Kirchhoff implica

EL+ E

R+ E

C= E(t). (1.2)

Al sustituir en (1.2) las expresiones para EL, E

Ry E

Cse tiene

Ldi

dt+Ri+

1

Cq = E(t) (1.3)

4

1.2. DEFINICIONES Y TERMINOLOGIA

La corriente es la razon de cambio instantanea de la carga, es decir i = dqdt.

Por lo tanto, podemos expresar (1.3) como

Ld2q

dt+R

dq

dt+

1

Cq = E(t) (1.4)

En la mayor parte de las aplicaciones interesa determinar la corriente i(t).

Al derivar (1.3) con respecto a t, suponiendo que E es diferenciable, y susti-

tuyendo i en lugar de dqdt, se obtiene:

Ld2i

dt+R

di

dt+

1

Ci =

dE

dt(1.5)

1.2 Definiciones y terminologıa

Definicion 1.2.1. Una ecuacion que contiene las derivadas de una o mas

variables dependientes con respecto a una o mas variables independientes es

una ecuacion diferencial.

Ejemplo 1.4. En la ecuacion

d2x

dt2+ a

dx

dt+ kx = 0, (1.6)

t es la variable independiente y x es la variable dependiente. Las constantes

a k se llaman coeficientes de la ecuacion.

Ejemplo 1.5. En la ecuacion

∂u

∂x− ∂u

∂y= x− 2y, (1.7)

x y y son las variables independientes, mientras que u es la variable depen-

diente.

Clasificacion

1. Segun el tipo: Una ecuacion que solo contiene derivadas ordinarias con

respecto de una sola variable independiente, es una ecuacion diferencial

5


ordinaria (EDO). Una ecuacion diferencial que contiene derivadas parcia-

les con respecto de mas de una variable independiente, es una ecuacion

diferencial parcial (EDP). La ecuacion (1.5) es una EDO, mientras que la

ecuacion (1.7) es una EDP.

2. Segun el orden: El orden de una ecuacion diferencial es el orden de las

derivadas de orden maximo que aparecen en ella. Las ecuaciones (1.5) y

(1.6) son ecuaciones de segundo orden. La ecuacion (1.7) es una EDP de

primer orden.

3. Segun la linealidad o no linealidad: Una ecuacion diferencial ordinaria

de orden n es lineal si tiene la forma

an(x)dny

dxn+ an−1(x)

dn−1y

dxn−1+ · · ·+ a1(x)

dy

dx+ a0(x)y = g(x). (1.8)

Si una ecuacion diferencial no es lineal, entonces se dice que es no lineal.

Ejemplo 1.6. Las ecuaciones (2x − y)dx + 4xdy = 0, y′′ − 3y′ + 2y = 0 y

x3 d3ydx3 − 2x dy

dx+ 6y = 0 son ecuaciones lineales de primero, segundo y tercer

orden respectivamente.

Ejemplo 1.7. Las ecuaciones (1 + y)y′ + 2y = ex, d2ydx2 + (sen y)y = 0 y

d4ydx4 + y2 = 0 son ecuaciones no lineales de primero, segundo y cuarto orden

respectivamente.

1.3 Soluciones y problemas de valor inicial

Una ecuacion diferencial ordinaria general de orden n se representa mediante

cualquiera de las expresiones

F(x, y, y′, . . . , y(n)

)= 0 (1.9a)

y(n) = f(x, y, y′, . . . , y(n−1)

)(1.9b)

6

1.3. SOLUCIONES Y PROBLEMAS DE VALOR INICIAL

Definicion 1.3.1 (Solucion explıcita). Una funcion φ tal que al sustituirla

en lugar de y en la ecuacion (1.9a) o en (1.9b) satisface la ecuacion para toda

x en un intervalo I es una solucion explıcita de la ecuacion en I. Una solucion

explıcita que es identica a cero en I, se llama solucion trivial.

Ejemplo 1.8. Muestre que φ(x) = x2 − x−1 es una solucion explıcita de

x2 d2ydx2 = 2y en (0,∞).

Solucion. Las funciones

φ(x) = x2 − x−1, φ′(x) = 2x+ x−2 y φ′′(x) = 2− 2x−3

estan definidas para toda x > 0. Al sustituir φ(x) y sus derivadas en la

ecuacion se tiene

x2(2− 2x−3) = 2(x2 − x−1) = 2φ(x).

Como esto es valido para cualquier x �= 0, la funcion φ(x) = x2 − x−1 es una

solucion explıcita en (0,∞) y tambien en (−∞, 0).

Ejemplo 1.9. Muestre que para cualquier eleccion de la constante c ≥ 0, la

funcion y = (√x + c)2 es una solucion explıcita de la ecuacion dy

dx=

√yxen

(0,∞).

Solucion. Calculamos dydx

=√x+c√x, la cual esta definida para toda x > 0. Al

sustituir en la ecuacion se tiene

√x+ c√x

=

√(√x+ c)2

x,

la cual es una igualdad valida para toda x > 0.

Definicion 1.3.2 (Solucion implıcita). Se dice que una relacion G(x, y) =

0 es una solucion implıcita de la ecuacion (1.9a) o (1.9b) en el intervalo I

si define una o mas soluciones explıcitas en I.

Ejemplo 1.10. Muestre que xy2 − x3y = 8 es una solucion implıcita dedydx

= 3x2y−y2

2xy−y3en el intervalo (0,∞).

7


Solucion. Al despejar y se tiene y = x3±√x6+32x2x

, obteniendose dos funcio-

nes, φ1(x) =x3+

√x6+32x2x

y φ2(x) =x3−√

x6+32x2x

en (0,∞). La sustitucion de la

funcion φ1(x) o φ2(x) y su derivada es un poco tediosa, ası que se usara de-

rivacion implıcita. Al derivar implıcitamente con respecto a x la ecuacion

xy2 − x3y = 8 se tiene

y2 + 2xydy

dx− 3x2y − x3 dy

dx= 0.

Al despejar dydx

se obtiene

dy

dx=

3x2y − y2

2xy − y3.

En muchos casos, no es posible despejar y en terminos de x. Sin embargo,

para cada cambio en x se requiere un cambio en y, de modo que se espera

que la relacion defina de manera implıcita al menos una funcion y(x). Esto es

difıcil de demostrar directamente, pero puede verificarse con rigor mediante

el teorema de la funcion implıcita del calculo avanzado, el cual garantiza

la existencia de tal funcion y(x) y que ademas es diferenciable. Una vez que

se sabe que y es una funcion diferenciable de x, se puede usar la tecnica de

derivacion implıcita.

Familia de soluciones. Al resolver una ecuacion diferencial de primer or-

den, F (x, y, y′) = 0, por lo general se obtiene una solucion con una constante

arbitraria, o parametro c. Una solucion con una constante arbitraria represen-

ta un conjunto G(x, y, c) = 0 de soluciones y se llama familia uniparametri-

ca de soluciones. Al resolver una ecuacion diferencial de orden n (1.9a) o

(1.9b), se busca una familia n−parametrica de soluciones y = φ(x, c1 , . . . , cn)

o G(x, y, c1 , . . . , cn) = 0. Una solucion de una ecuacion diferencial que no

tiene parametros arbitrarios se llama solucion particular.

Ejemplo 1.11. Verificar que x2+4y2 = c, donde c ≥ 0 es una constante, pro-

porciona una familia uniparametrica de soluciones implıcitas de la ecuacion

4y dydx

+ x = 0 y graficar varias soluciones.

8


Solucion. Al derivar implıcitamente con respecto a x la expresion x2+4y2 = c

se tiene 8y dydx

+ 2x = 0, que es equivalente a 4y dydx

+ x = 0. Algunas curvas

se muestran en la figura 1.4.

x

y

c = 1c = 4

c = 9 c = 16

Figura 1.4. Familia de curvas x2 + 4y2 = c

Soluciones singulares. En algunos casos, una ecuacion diferencial tiene una

solucion que no puede obtenerse particularizando alguno de los parametros

en una familia de soluciones. Esa solucion se llama solucion singular .

Ejemplo 1.12. Verifique que y = cx + c2 es una familia uniparametrica

de soluciones de la ecuacion y = xy′ + (y′)2. Muestre que y = −x2

4es una

solucion singular.

Solucion. Derivando y = cx+ c2 se tiene y′ = c. Al sustituir en la ecuacion

diferencial se obtiene

cx+ c2 = xc+ c2,

que es valida para toda x .

1

−1

−2

−3

−4

1 2 3 4−1−2−3−4

x

y

Figura 1.5. Curvas y = cx+ c2 y solucion singular y = −x2

4

9


Ahora se deriva y = −x2

4para obtener y′ = −x

2. Al reemplazar en la ecuacion

se tiene

−x2

4= x

−x

2+

x2

4,

que es verdadera para toda x. Ademas, y = −x2

4no se puede obtener de la

familia de soluciones asignando algun valor al parametro c. Luego, y = −x2

4

es una solucion singular, (ver figura 1.5).

Problema de valor inicial (PVI)

Definicion 1.3.3. Un problema de valor inicial (PVI) consiste en:

Resolver F (x, y, y′, . . . , y(n)) = 0

Sujeto a y(x0) = y0 , y′(x0) = y1 , . . . , y

(n−1)(x0) = yn−1

(1.10)

donde x0 ∈ I y y0 , y1 , . . . , yn−1 son constantes dadas.

Ejemplo 1.13. Muestre que y = c1ex + c2e

−2x es una familia de soluciones

de y′′+y′−2y = 0. Halle una solucion particular que satisfaga las condiciones

iniciales y(0) = 1, y′(0) = 2.

Solucion. Dejamos al lector la verificacion. Para hallar las constantes c1 y c2 ,

calculamos y′ para obtener y′ = c1ex−2c2e

−2x. Al sustituir en las condiciones

iniciales obtenemos el sistema de ecuaciones

c1 + c2 = 1

c1 − 2c2 = 2.

Al resolver este sistema se obtiene c1 =43, c2 = −1

3. Por lo tanto, la solucion

del PVI es y(x) = 43ex − 1

3e−2x, grafica en lınea continua.

10


1

2

3

−1

1 2 3−1−2−3x

y

y = 43ex − 1

3e−2x

y = 43ex

y = − 13e−2x

Figura 1.6. Algunos miembros de la familia y = c1ex + c2e

−2x

Teorema 1.3.1 (Existencia y unicidad de soluciones). Dado el proble-

ma de valor inicialdy

dx= f(x, y); y(x0) = y0 ,

supongase que f(x, y) y ∂f∂y(x, y) son funciones continuas en un rectangulo

R = {(x, y) | a < x < b, c < y < d} que contiene al punto (x0 , y0). Entonces

el problema de valor inicial tiene una unica solucion φ(x) en algun intervalo

I tal que x0 − h < x < x0 + h, donde h es un numero positivo, (Fig. 1.7).

x

y

�

c

d

y0

a bx0x0 − h x0 + h

(x0 , y0)

y = φ(x)

Figura 1.7. Existencia y unicidad de soluciones

11


Ejemplo 1.14. Para el problema de valor inicial

dy

dx= 3x− 3

√y − 1; y(1) = 1,

¿implica el teorema (1.3.1) la existencia de una solucion unica?

Solucion. En este caso, f(x, y) = 3x− 3√y − 1 y dy

dx= − 1

3 3√y−1.

Por desgracia, dydx

= − 13√y−1

no es continua, ni siquiera esta definida en y = 1.

Luego, no hay un rectangulo que contenga al punto (1, 1) donde f y ∂f∂x

sean

continuas. Como no se cumplen las hipotesis del teorema (1.3.1), no podemos

usarlo para determinar si el problema con valor inicial tiene o no una solucion

unica.

Ejemplo 1.15. Determine una region R del plano xy para la cual la ecuacion

diferencialdy

dx= (x− 1)e

yx−1

tenga una solucion unica que pase por un punto (x0 , y0) en la region.

Solucion. f(x, y) = (x − 1)ey

x−1 no esta definida para x = 1 y tampoco lo

esta ∂f/∂y. Por lo tanto, el problema de valor inicial tendra solucion unica

para cualquier punto (x0 , y0) en una region R tal que x0 < 1 o x0 > 1.

1.4 Ecuacion diferencial de una familia de

curvas

En esta seccion se determinara una ecuacion diferencial para una familia n

parametrica de curvas F (x, y, c1 , c2 , . . . , cn) = 0 para n = 1, 2, . . . , n. Empe-

zamos con una familia uniparametrica F (x, y, c) = 0.

1. Dada una familia uniparametrica de curvas F (x, y, c) = 0, donde c es

una constante, se puede determinar una ecuacion diferencial para dicha

familia de cualquiera de las siguientes maneras:

12

1.4. ECUACION DIFERENCIAL DE UNA FAMILIA DE CURVAS

Metodo 1. Se deriva implıcitamente la expresion F (x, y, c) = 0 con res-

pecto a x, se despeja y′ = dy/dx y se elimina la constante c para obtener

y′ = f(x, y) o M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0.

Metodo 2. Se despeja la constante c en la forma G(x, y) = c y se usa la

regla de derivacion implıcita

dy

dx= −Gx

Gy

o Gxdx+Gydy = 0. (1.11)

En la figura 1.8 se muestran algunas curvas de la familia F (x, y, c) = 0 y

una recta tangente a una de dichas curvas. Recuerdese que la pendiente

de la recta tangente a una curva en un punto P (x0 , y0) esta dada por la

derivada m =dy

dx

∣∣∣(x0 ,y0 )

.

x

y

�P

Figura 1.8. Familia de curvas F (x, y, c) = 0

Ejemplo 1.16. Encuentre una ecuacion diferencial para la familia de

cırculos (x− h)2 + y2 = h2 − 1, |h| ≥ 1.

Solucion. Despejando la constante se tiene

G(x, y) =x2 + y2 + 1

x= 2h.

Al usar la expresion dada por (1.11) y simplificar se obtiene la ecuacion

diferencial de primer orden

(x2 − y2 − 1) dx+ 2xy dy = 0.

13


1

2

3

−1

−2

−3

1 2 3 4 5 6−1−2−3−4−5−6−7x

y

Figura 1.9. Familia (x− h)2 + y2 = h2 − 1, |h| ≥ 1

2. Dada una familia n parametrica de curvas F (x, y, c1 , c2 , . . . , cn) = 0, donde

c1 , c2 , . . . , cn son constantes, se deriva n veces y se eliminan todas las cons-

tantes para obtener una ecuacion diferencial de orden n.

Ejemplo 1.17. Encuentre una ecuacion diferencial para la familia de

curvas y = c1e2x + c2e

−2x.

Solucion. Como hay dos constantes, derivamos dos veces y eliminamos

las constantes.

y = c1e2x + c2e

−2x, y′ = 2c1e2x − 2c2e

−2x, y′′ = 4c1e2x + 4c2e

−2x.

Ahora procederemos a eliminar las constantes.

y′ + 2y = 4c1e2x (A)

y′′ + 2y′ = 8c1e2x (B)

Restando dos veces la ecuacion (A) de la ecuacion (B) se obtiene

y′′ − 4y = 0,

que es la ecuacion diferencial para la familia de curvas.

14

1.5. EJERCICIOS

1.5 Ejercicios

En los ejercicios 1 a 8, clasifique cada una de las ecuaciones diferenciales

como ordinaria (EDO), parcial (EDP), proporcione el orden e indique las

variables independientes y dependientes. Si la ecuacion es ordinaria, indique

si es lineal o no lineal.

1. 3d2x

dt2+ 4

dx

dt+ 9x = 2 cos 3t, Vibraciones mecanicas

2.d2y

dx2− 2x

dy

dx+ 2y = 0, Ecuacion de Hermite

3.dy

dx=

y(2− 3x)

x(1− 3y), Especies en competencia

4.∂2u

∂x2+

∂2u

∂y2= 0, Ecuacion de Laplace

5.dx

dt= (a− x)(b− x), Reacciones quımicas

6.√1− y

d2y

dx2+ 2x

dy

dx= 0, Ecuacion de Kidder

7.∂N

∂t=

∂2N

∂t2+

1

r

∂N

∂r+ kN , Fision nuclear

8.d2y

dx2− 0.1(1− y2)

dy

dx+ 9y = 0, Ecuacion de Van der Pol

En los ejercicios 9 y 10, escriba una ecuacion diferencial que se ajuste a

la descripcion fısica.

9. La razon de cambio de la poblacion N de bacterias en el instante t es

proporcional a la poblacion en el instante t.

10. La razon de cambio en la temperatura T del cafe en el instante t es

proporcional a la diferencia entre la temperatura M del aire en el instante

t y la temperatura del cafe en el instante t.

15


11. Alison y Kevin participan en una carrera de “piques”. Parten del reposo y

luego aceleran a una razon constante. Kevin cubre la ultima cuarta parte

del recorrido en 3 segundos, mientras que Alison cubre la ultima tercera

parte de la distancia en 4 segundos. ¿Quien gana la carrera y por cuanto

tiempo?

12. Muestre que φ(x) = x|x| es una solucion explıcita de dydx

= 2√|y| en

(−∞,∞).

13. Muestre que φ(x) = ex − x es una solucion explıcita en (−∞,∞) de la

ecuacion diferencial dydx

+ y2 = e2x + (1− 2x)ex + x2 − 1.

14. Muestre que xy3 − xy3 sen x = 1 es una solucion implıcita en(0, π

2

)de la

ecuacion dydx

= (x cosx+senx−1)y3x(1−senx)

En los ejercicios 15 a 18, determine si la funcion o relacion es una solucion

explıcita o implıcita de la ecuacion dada.

15. y = sen x+ x2;d2y

dx2+ y = x2 + 2

16. exy + y = x− 1;dy

dx=

e−xy − y

e−xy + y

17. y − ln y = x2 + 1;dy

dx=

2xy

y − 1

18. x = 2e3t − e2t,d2x

dt2− 4

dx

dt+ 3x = e2t

19. Verifique que x2 + cy2 = 1, donde c es una constante no nula, es una

familia uniparametrica de soluciones implıcitas de dydx

= xyx2−1

y grafique

varias curvas solucion usando los mismos ejes.

20. Si c > 0 demuestre que la funcion φ(x) = (c2 − x2)−1 es una solucion del

problema de valor inicial dydx

= 2xy2, y(0) = 1c2

en (−c, c). Analice esta

solucion cuando x tiende a ±c.

16

1.5. EJERCICIOS

21. Muestre que la ecuacion(dydx

)2+ y2 + 3 = 0 no tiene solucion con valores

reales.

22. Determine los valores de m para los cuales la funcion φ(x) = emx es una

solucion de la ecuacion d2ydx2 + 6 dy

dx+ 5y = 0.

23. Determine los valores de m para los cuales la funcion φ(x) = xm es una

solucion de la ecuacion x2 d2ydx2 − x dy

dx− 3y = 0.

24. Verifique que φ(x) = c1ex + c2e

−2x es una solucion de d2ydx2 + dy

dx− 2y = 0

para cualquier eleccion de las constantes c1 y c2 . Determine de c1 y c2 de

modo que satisfaga las condiciones iniciales y(0) = 2, y′(0) = 1.

25. Para el problema de valor inicial dydx

= 3y2/3, y(2) = 0, muestre que

φ1(x) = 0 y φ2(x) = (x − 2)3 son soluciones. Explique por que esto no

contradice el Teorema 1.3.1, pagina 11.

26. El movimiento de un conjunto de partıculas a lo largo del eje x esta dado

por dx/dt = t3 − x3, donde x(t) denota la posicion de la partıcula en el

instante t.

a) Si una partıcula esta en x = 1 cuando t = 2, ¿cual es su velocidad

en ese instante?

b) Muestre que la aceleracion de una partıcula esta dada pord2xdt2

= 3t2 − 3t3x2 + 3x5.

c) Si una partıcula esta en x = 2 cuando t = 2.5, ¿puede llegar a la

posicion x = 1 en un instante posterior?

27. Muestre que la ecuacion diferencial |y′| − 1 = 0 no tiene una familia

uniparametrica de soluciones en (−∞,∞).

28. Considere la ecuacion diferencial y′ = 1 + y2.

a) Halle una region R del plano xy, para la cual la ecuacion diferencial

tenga solucion unica que pase por un punto (x0 , y0) en R.

17


b) Muestre que y = tan x satisface el PVI y′ = 1 + y2, y(0) = 0; pero

explique por que no es solucion del problema de valor inicial y′ =

1 + y2, y(0) = 0 en el intervalo (−2, 2).

c) Determine el mayor intervalo I de validez, para el que y = tan x sea

solucion del problema de valor inicial en la parte b).

29. Muestre que y =2(1+c1e

4x)

1−c1e4x es una familia de soluciones de la ecuacion

diferencial dydx

= y2 − 4. Mediante simple inspeccion, halle una solucion

singular.

30. Determine una ecuacion diferencial para cada una de las familias de cur-

vas. Dibuje algunas curvas para los casos c) y d).

a) x2 + (y − k)2 = k2 + 1

b) x2 − 2kxy + y2 = 4

c) y = c1e2x + c2e

−x

d) y = c1x2 + c2x

2 ln x

1

2

3

4

−1

−2

−3

−4

−5

1 2 3−1−2−3−4

x

y

k > 0

k < 0

(a) x2 + (y − k)2 = k2 + 1

1

2

3

4

−1

−2

−3

−4

−5

1 2 3 4 5−1−2−3−4−5

x

y

k > 0

k=0

k < 0

(b) x2 − 2kxy + y2 = 4

Figura 1.10. Graficas ejercicio 30

18

Capıtulo 2

Ecuaciones diferenciales de

primer orden

Con frecuencia, para resolver las ecuaciones diferenciales se tendra que inte-

grar y quiza la integracion requiera alguna tecnica especial. Es conveniente

que el estudiante dedique un poco de su tiempo al repaso de dichas tecnicas

antes de empezar a estudiar este capıtulo.

Una ecuacion diferencial de primer orden se puede escribir en cualquiera de

las siguientes formas:

F (x, y, y′) = 0, Forma general (2.1a)

y′ =dy

dx= f(x, y) Forma estandar (2.1b)

M(x, y) dx+N(x, y) dy = 0 Forma diferencial (2.1c)

2.1 Ecuaciones de variables separables

En esta seccion se considera un caso especial de la ecuacion (2.1b), en la que

f(x, y) = g(x)/h(y), y una de las mas faciles de resolver (por lo menos en

teorıa). Al escribir p(y) = 1/h(y) se tiene la siguiente:

19

CAPITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

Definicion 2.1.1. La ecuacion (2.1b) es separable si f(x, y) = g(x)p(y). Es

decir, una ecuacion de primer orden es separable si se puede escribir en la

formady

dx= g(x)p(y) =

g(x)

h(y). (2.2)

Metodo para resolver ecuaciones separables.

Para resolver la ecuacion (2.2), se multiplica por h(y) en ambos lados, obte-

niendose

h(y)dy = g(x)dx.

Luego se integra en ambos lados para obtener∫h(y)dy =

∫g(x)dx

H(y) = G(x) + C,

en dondeH(y) es una antiderivada particular de h(y), G(x) es una antideriva-

da particular de g(x) y C es una constante. La ultima expresion proporciona

una familia uniparametrica de soluciones de la ecuacion diferencial.

Ejemplo 2.1. Resolver dydx

= 1xy3

Solucion. De acuerdo con el metodo, se separan las variables para escribir

la ecuacion diferencial en la forma

y3dy =1

xdx

Al integrar se tiene ∫y3dy =

∫1

xdx

y4

4= ln x+ C, si x > 0

obteniendo una solucion implıcita de la ecuacion diferencial, que es valida en

cualquier intervalo que no contenga al origen.

20

2.1. ECUACIONES DE VARIABLES SEPARABLES

Ejemplo 2.2. Resolver el PVI

dy

dx= (1 + y2) tan x; y(0) =

√3

Solucion. Separando variables e integrando se tiene∫dy

1 + y2=

∫tan xdx

arctan y = ln(sec x) + C, −π/2 < x < π/2

y = tan(ln(sec x) + C), −π/2 < x < π/2

Para determinar C se usa la condicion inicial y(0) =√3.

√3 = tan(ln(sec 0) + C),

de donde C = π/3. Entonces, la solucion del PVI es

y = tan(ln(sec x) + π/3); −π

2< x <

π

2.

Ejemplo 2.3. Un objeto que pesa 4 lb cae desde una gran altura partiendo

del reposo. Si el aire ejerce una resistencia de 12v lb, donde v es la velocidad

en pies/seg, figura 2.1. Hallar la velocidad v(t) y la distancia recorrida y(t)

a los t segundos.

Solucion. Tomamos la direccion positiva hacia abajo.

De acuerdo con la segunda Ley de Newton se tiene

mdv

dt= F1 − F2,

pero m = wg= 4

32= 1

8, F1 = 4, F2 =

12v.

Reemplazando se obtiene la ecuacion diferencial

1

8

dv

dt= 4− 1

2v o

dv

dt= 32− 4v.

La condicion inicial obvia es v(0) = 0.

21


y

h

F1 = mg

F2

Nivel del suelo

t = 0, v = 0

Figura 2.1. Caıda de un cuerpo

Al separar variables e integrar se tiene

dv

8− v= 4dt ⇒

∫dv

8− v=

∫4dt

⇒ − ln(8− v) = 4t+ C1.

Al usar la condicion inicial se obtiene C1 = − ln 8. Luego, al sustituir este

valor de C1 y despejar v se tiene

v = v(t) = 8(1− e−4t).

Para hallar y se resuelve el PVI

dy

dt= 8(1− e−4t); y(0) = 0.

Al separar variables e integrar se obtiene

y(t) = 8(t+1

4e−4t) + C0

La condicion inicial y(0) = 0 proporciona C0 = −2. Por lo tanto

y = y(t) = 8(t+1

4e−4t)− 2.

22

2.2. ECUACIONES LINEALES

Observacion. La tecnica de separacion de variables conlleva a reescribir la

ecuacion diferencial efectuando ciertas operaciones algebraicas en ella. Es-

cribir dydx

= g(x)p(y) como h(y)dy = g(x)dx equivale a dividir ambos lados

entre p(y). Se deben tener en cuenta los ceros o raıces de p(y) en la ecuacion

separable dydx

= g(x)p(y), ya que estos proporcionan soluciones constantes de

la ecuacion diferencial.

2.2 Ecuaciones lineales

Una ecuacion lineal de primer orden en forma normal o canonica es una

ecuacion de la forma

dy

dx+ p(x)y = q(x) (Lineal en y) (2.3a)

o tambien

dx

dy+ p(y)x = q(y) (Lineal en x) (2.3b)

Factor Integrante

Para resolver (2.3a) se multiplica en ambos lados por un factor μ = μ(x),

de modo que el lado izquierdo se transforme en una expresion que sea la

derivada de un producto:

d

dx(μy) = μ

dy

dx+ y

dμ

dx. (2.4)

De esta manera se tiene

μ(x)dy

dx+ μ(x)p(x)y = μ(x)q(x). (2.5)

Igualando el lado izquierdo de (2.5) con (2.4) se tiene

μ(x)dy

dx+ μ(x)p(x)y = μ(x)

dy

dx+ y

dμ

dx.

23


De dondedμ

dx= μ(x)p(x).

Al separar variables e integrar se tiene

μ = μ(x) = e∫p(x)dx. (2.6)

De este modo (2.5) se convierte en

d

dx

(μ(x)y(x)

)= μ(x)q(x),

cuya solucion es

y = y(x) = [μ(x)]−1

[∫μ(x)q(x)dx+ C

]. (2.7)

Puesto que C es una constante arbitraria, la expresion (2.7) proporciona una

familia uniparametrica de (2.3a), la cual se llama solucion general.

Ejemplo 2.4. Resuelva la ecuacion diferencial

sen xdy

dx+ 2y cos x = 4x sen x.

Solucion. Reescribiendo la ecuacion en la forma normal se tiene

dy

dx+

2 cos x

sen xy = 4x.

Identificando p(x) = 2 cosxsenx

, se obtiene el factor integrante

μ(x) = e∫p(x)dx = sen2 x; 0 < x < π.

Al multiplicar la ecuacion por este factor se tiene

sen2 xdy

dx+ 2y sen x cos x = 4x sen2 x = 2x− 2x cos 2x

d

dx(y sen2 x) = 2x− 2x cos 2x.

Integrando y despejando se obtiene

y = y(x) =

(x2 − 1

2

)csc2 x− 2x cot x+ 1 + C csc2 x; 0 < x < π.

24

2.2. ECUACIONES LINEALES

Ejemplo 2.5. Resolver

3xdy

dx− (x2 − 9)y = −1

x; lım

x→∞y(x) = 0.

Solucion. La forma normal de la ecuacion es

dy

dx−

(x3− 3

x

)y = − 1

3x2.

Se tiene que p(x) = −x3+ 3

x, un factor integrante es

μ(x) = e∫p(x)dx = x3e−x2/6.

Luego,

x3e−x2/6 dy

dx− x3e−x2/6

(x3− 3

x

)y = −1

3xe−x2/6

d

dx(x3e−x2/6y) = −1

3xe−x2/6,

de donde

y = y(x) =1

x3+

C

x3ex

2/6.

Al usar la condicion lımx→∞

y(x) = 0 se obtiene C = 0. La solucion es

y = y(x) = 1x3 .

Problemas de mezclas

En los problemas de mezclas se desea calcular la cantidad de una sustancia

x(t) que hay en un recipiente (o en un recinto cerrado) en cualquier instante

t. La tasa de cambio de la sustancia presente en la mezcla satisface la relacion

dx

dt= R1 −R2 , (2.8)

donde

R1 = Tasa de entrada de la sustancia

R2 = Tasa de salida de la sustancia.

Estas cantidades estan dadas por

R1 = q1c1 y R2 = q2c2 ,

25


siendo

q1 = velocidad de flujo entrante, c1 = concentracion de entrada

q2 = velocidad de flujo saliente, c2 = concentracion de salida =x

V,

donde x = x(t) y V = V (t) son la cantidad de sustancia presente y el volumen

en el tiempo t, respectivamente.

Se distinguen tres casos

1. q1 = q2 . El volumen es constante

2. q1 > q2 . El volumen aumenta

3. q1 < q2 . El volumen disminuye

El volumen en el tanque esta dado por

V = V0 + (Δq) t, donde Δq = q1 − q2 .

V0

V, q1= q

2

V, q1> q

2

V, q1< q

2

x(t)

x(0) = x0

Ejemplo 2.6 (Mezclas). Un tanque con capacidad de 400 litros contiene

inicialmente 200 litros de una mezcla de sal y agua (salmuera) con 30 gramos

de sal disueltos. Le entra una solucion con 1 gramo de sal por litro a una tasa

de 4 l/min; la mezcla se mantiene uniforme mediante agitacion y de el sale

a una tasa de 2 l/min. Calcule la cantidad de gramos de sal en el tanque al

momento de desbordarse.

Solucion. Sea A(t) la cantidad de sal (en gramos) en el tanque en cualquier

momento t antes de desbordarse. La rapidez con que cambia A(t) es:

dA

dt= R1 −R2 ,

donde,

R1 = (4l/min)(1gr/l) = 4gr/min;

R2 = (2l/min)(A gr/min) = 2A/V gr/min,

26

2.3. ECUACIONES EXACTAS

donde V es el volumen del tanque en el instante t. Como al tanque le entran

4 l/min y le salen 2 l/min, hay una ganancia neta de 2 l/min. Luego, el

tiempo que tarda en llenarse el tanque es

tf =Diferencia de volumen

Ganancia neta en el flujo=

200

2min = 100min.

Pero V = V (t) = 200 + 2t = 2(100 + t), luego R2 =A

t+ 100.

Al sustitur R1 y R2 se obtiene el siguiente PVI

dA

dt= 4− A

t+ 100; A(0) = 30.

Resolviendo por ecuaciones lineales se tiene

A(t) = 2(t+ 100) +C

t+ 100, 0 ≤ t ≤ 100.

La condicion inicial da C = −17000. Por lo tanto, la solucion al PVI es

A(t) = 2(t+ 100)− 17000

t+ 100.

La cantidad de sal al momento de desbordarse es A(100) = 315 gramos.

2.3 Ecuaciones exactas

Recordemos que si z = F (x, y) es una funcion de dos variables que tiene

primeras derivadas parciales en una region R del plano xy, la diferencial

total de F es

dz =∂F

∂xdx+

∂F

∂ydy

Sabemos que la grafica de z = F (x, y) es una superficie y z = C, donde C

es una constante, representa una curva de nivel para aquellos valores en que

este definida z = C. En realidad, tenemos una familia de curvas en las cuales

27


dz = 0, de donde podemos hallar la pendiente a dichas curvas en cualquier

puntody

dx= f(x, y) = −Fx

Fy

pero esta es una ecuacion diferencial de primer orden, la cual puede escribirse

en la forma

M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 (2.9)

llamada forma diferencial.

Ahora, si el lado izquierdo de (2.9) se puede identificar con una diferencial

total

M(x, y)dx+N(x, y)dy =∂F

∂xdx+

∂F

∂ydy = dF (x, y)

entonces sus soluciones estan dadas (de manera implıcita) por las curvas de

nivel

F (x, y) = C

para una constante “arbitraria” C.

A continuacion se dan algunas diferenciales usadas frecuentemente.

1. d(xy) = ydx+ xdy 2. d

(x

y

)=

xdy − ydx

x2

3. d

(x

y

)=

ydx− xdy

y24. d

(tan−1 y

x

)=

ydx− xdy

x2 + y2

5. d

(tan−1 x

y

)=

xdy − ydx

x2 + y2

Ejemplo 2.7. Resolver la ecuacion diferencial

dy

dx= −2xy2 + 1

2x2y.

Solucion. Algunas de las opciones diferenciales que corresponden a esta

ecuacion son

(2xy2 + 1)dx+ 2x2ydy = 0

28


2xy2 + 1

2x2ydx+ dy = 0

dx+2x2y

2xy2 + 1dx = 0

De todas estas opciones, la primera forma es mejor, pues es una diferencial

total de la funcion F (x, y) = x2y2 + x. en efecto,

(2xy2 + 1)dx+ 2x2ydy = d(x2y2 + x)

=∂

∂x

(x2y2 + x

)dx+

∂

y

(x2y2 + x

)dy.

De este modo, las soluciones estan dadas de manera implıcia por la formula

x2y2 + x = C.

Ejemplo 2.8. Resuelva(3x2y +

y

x2 + y2

)dx+

(x3 + 2y − x

x2 + y2

)dy = 0

Solucion. El lado izquierdo de la ecuacion se puede reacomodar de la si-

guiente forma

3x2ydx+ (x3 + 2y)dy +ydx− xdy

x2 + y2,

el cual se puede ver como la suma de dos diferenciales totales

d(x3y + y2

)+ d

(tan−1 x

y

).

Ası, las soluciones estan dadas de manera implıcita por

x3y + y2 + tan−1

(x

y

)= C.

Definicion 2.3.1. La forma diferencial M(x, y)dx+N(x, y)dy es exacta en

un rectangulo R si existe una funcion F (x, y) tal que

∂F

∂x(x, y) = M(x, y) (2.10a)

29


∂F

∂y(x, y) = N(x, y) (2.10b)

para toda (x, y) ∈ R. Es decir, la diferencial de F satisface

dF (x, y) = M(x, y)dx+N(x, y)dy.

SiM(x, y)dx+N(x, y)dy es una forma diferencial exacta, entonces la ecuacion

M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0

es una ecuacion exacta.

Como es de esperarse, en las aplicaciones es poco usual que una ecuacion

diferencial este en la forma diferencial exacta. Para identificar este tipo de

ecuaciones se requiere de

• un criterio para determinar si una forma diferencial Mdx + Ndy es

exacta, y en tal caso

• un procedimiento para determinar la funcion F (x, y).

El criterio de exactitud surge de la siguiente observacion. Si

M(x, y)dx+N(x, y)dy =∂F

∂xdx+

∂F

∂ydy,

entonces el teorema del calculo relativo a la igualdad de las derivadas parciales

mixtas continuas∂2F

∂y∂x=

∂2F

∂x∂y

indica una condicion de compatibilidad sobre las funcionesM yN . El siguien-

te teorema indica que la condicion de compatibilidad es tambien suficiente

para que una ecuacion sea exacta.

Teorema 2.3.1. Suponga que las primeras derivadas parciales de M(x, y) y

N(x, y) son iguales en un rectangulo R. Entonces

M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 (2.11)

30


es exacta si y solo si la condicion de compatibilidad

∂M

∂y(x, y) =

∂N

∂x(x, y) (2.12)

se cumple para toda (x, y) en R.

A continuacion se describe el metodo de solucion el cual hace parte de la

demostracion del teorema 2.3.1

Metodo de solucion.

(a) Si (2.11) es exacta, en virtud de (2.10a), existe una funcion F tal que

∂F

∂x= M(x, y).

Para determinar F se puede integrar con respecto a x para obtener

F (x, y) =

∫M(x, y)dx+ g(y). (2.13)

(b) Para determinar g(y) calcule la derivada parcial con respecto de y en

ambos lados de (2.13) y sustituya N por∂F

∂x(por (2.10b)) y despeje

g′(y).

(c) Integre g′(y) para obtener g(y) sin constante numerica. Al sustituir g(y)

en (2.13) se obtiene F (x, y).

(d) Una familia de soluciones de (2.11) esta dada por F (x, y) = C.

En forma alternativa, partiendo de ∂F/∂x = N(x, y), la solucion implıcita

se puede obtener integrando primero con respecto a y.

Ejemplo 2.9. Resolver

(yexy + 2x)dx+ (xexy − 2y)dy = 0

31


Solucion. En este caso,

M(x, y) = yexy + 2x (∗)N(x, y) = xexy − 2y. (∗∗)

Como∂M

d∂y= xyexy =

∂N

∂x,

la ecuacion es exacta. Integrando con respecto a x la ecuacion (∗) se tiene

F (x, y) =

∫(yexy + 2x)dx = exy + x2 + g(y).

Derivando con respecto a y esta ultima expresion y usando la ecuacion (∗∗)se tiene

xyexy + g′(y) = xexy − 2y,

de donde g′(y) = −2y. Luego, g(y) = −y2. Por lo tanto,

F (x, y) = exy + x2 − y2

y una familia de soluciones de la ecuacion esta dada de manera implıcita por

exy + x2 − y2 = C.

2.4 Factores integrantes especiales

Retomando la ecuacion diferencial lineal en forma normal

dy

dx+ p(x)y = q(x)

y escribiendola en la forma diferencial

[p(x)y − q(x)] dx+ dy = 0, (2.14)

M(x, y) = p(x)y− q(x) y N(x, y) = 1. Como ∂M∂y

= p(x) �= 0 = ∂N∂x

, entonces

la ecuacion (2.14) no es exacta. Ahora multiplicamos por un factor μ(x) la

Ec. (2.14) de modo que la ecuacion resultante sea exacta

μ(x) [p(x)y − q(x)] dx+ μ(x)dy = 0

32

2.4. FACTORES INTEGRANTES ESPECIALES

y la condicion de compatibilidad implica

μ(x)p(x) = μ′(x),

de donde se obtiene el factor integrante

μ(x) = e∫p(x)dx.

Definicion 2.4.1. Si la ecuacion en forma diferencial

M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 (2.15)

no es exacta, pero

μ(x, y)M(x, y)dx+ μ(x, y)N(x, y)dy = 0 (2.16)

es exacta, se dice que μ(x, y) es un factor integrante de la Ec. (2.15)

Ejemplo 2.10. Muestre que μ(x, y) = 1x2y

es un factor integrante de la

ecuacion

−y2dx+ (x2 + xy)dy = 0

y resuelva la ecuacion resultante.

Solucion. Sean M(x, y) = −y2 y N(x, y) = x2 + xy = x(x+ y). Como

∂M/∂y = −2y �= ∂N/∂x = 2x+ y,

la ecuacion no es exacta. al multiplicar por μ(x, y) = 1x2y

se obtiene

(− y

x2

)dx+

(1

x+

1

y

)dx = 0.

Para esta ecuacion se tiene P (x, y) = − yx2 y Q(x, y) = 1

x+ 1

y. Como

∂P∂y

= − 1x2 = ∂Q

∂x, la nueva ecuacion es exacta. Luego, existe una funcion

F (x, y) tal que∂F

∂x= − y

x2y

∂Q

∂y=

1

x+

1

y.

33


Luego,

F (x, y) = −∫

y

x2dx =

y

x+ g(y).

Al derivar con respecto a y e igualar con Q(x, y) = 1x+ 1

yse tiene

1

x+ g′(y) =

1

x+

1

yo g′(y) =

1

y

Integrando, salvo constantes, se tiene g(y) = ln y. Por lo tanto, una famila

de soluciones implıcitas esta dada por

y

x+ ln y = C.

¿Como hallar un factor integrante?

Caso I: μ(x, y) = xnym, donde n y m se encuentran usando (2.12) aplicada

a P = μM y Q = μN .

Ejemplo 2.11. Encuentre un factor integrante de la forma μ(x, y) = xnym

y resuelva la ecuacion diferencial resultante si (xy + y2) dx− x2 dy = 0.

Solucion. Se tiene que M(x, y) = xy + y2 y N(x, y) = −x2. La ecuacion

diferencial no es exacta porque My = x+ 2y �= Nx = −2x. Ahora, sean

P (x, y) = μM = xnym(xy + y2) = xn+1ym+1 + xnym+2

Q(x, y) = μN = xnym(−x2) = −xn+2ym

Luego

Py = (m+ 1)xn+1ym + (m+ 2)xnym+1

Qx = −(n+ 2)xn+1ym

La condicion de compatibilidad implica que

−(n+ 2)xn+1ym = (m+ 1)xn+1ym + (m+ 2)xnym+1.

34


Al igualar coeficientes se obtiene el sistema de ecuaciones lineales

Coeficientes de xn+1ym : −(n+ 2) = m+ 1

Coeficientes de xnym+1 : 0 = m+ 2

cuya solucion es n = −1, m = −2. Se deja como ejercicio para el lector

resolver la ecuacion diferencial resultante.

Caso II: Ahora consideramos el caso general. Si μ(x, y) es un factor inte-

grante de la ecuacion (2.15) con primeras derivadas parciales continuas, para

verificar la exactitud de la ecuacion (2.16) se debe tener

∂

∂y(μ(x, y)M(x, y)) =

∂

∂x(μ(x, y)N(x, y))

M∂μ

∂y+ μ

∂M

∂y= N

∂μ

∂x+ μ

∂N

∂x.

Es decir,

N∂μ

∂x−M

∂μ

∂y=

(∂N

∂x− ∂M

∂y

)μ. (2.17)

Resulta que para encontrar un factor integrante de la ecuacion (2.12)

tenemos que resolver una ecuacion en derivadas parciales, que en general es

mas difıcil.

Como el caso general es un problema difıcil, consideraremos la siguiente sus-

titucion

μ = μ(z), z = h(x, y)

para alguna funcion h dada.

Para hallar dicho factor integrante, se usa la condicion (2.12) y la regla de la

cadena:

μx =∂μ

∂x=

dμ

dz

∂z

∂x(2.18a)

μy =∂μ

∂y=

dμ

dz

∂z

∂y(2.18b)

35


Al reemplazar (2.18a) y (2.18b) en (2.17) y despejardμ

μ, se obtiene

Ndμ

dzzx −M

dμ

dzzy = (My −Nx)μ

dμ

μ= R(z) dz donde R(z) =

My −Nx

zxN − zyM, z = h(x, y).

Ası, un factor integrante para (2.12) tiene la forma

μ(z) = e∫R(z)dz donde R(z) =

My −Nx

zxN − zyM, z = h(x, y)

Algunos casos especiales para z son: (i) z = x, (ii) z = y, (iii) z = x+ y, (iv)

z = x− y, (v) z = ax+ by, a �= 0 o b �= 0, (vi) z = xy, (vi) z = x2 + y2, (vii)

z = x2 − y2 y (viii) z = ax2 + by2, a �= 0 o b �= 0.

A continuacion se consideran los casos especiales (i) – (iii).

(i) μ = μ(z), z = x; μ depende solo de x. En este caso zx = 1, zy = 0.

Ası,

μ(z) = μ(x) = e∫R(x)dx; donde R(x) =

My −Nx

N.

(ii) μ = μ(z), z = y; μ depende solo de x. En este caso zx = 0, zy = 1.

Ası,

μ(z) = μ(y) = e∫R(y)dy; donde R(x) =

My −Nx

−M.

(iii) μ = μ(z), z = x+ y. En este caso, zx = 1, zy = 1. Ası,

μ(z) = e∫R(z) dz; donde R(z) =

My −Nx

N −M.

Los casos que restan se proponen como ejercicio.

36


Ejemplo 2.12. Resuelva (x2+2xy−y2)dx+(y2+2xy−x2)dy = 0 encontrando

un factor integrante de la forma μ = μ(z), z = h(x, y).

Solucion. Se tiene

M(x, y) = x2 + 2xy − y2 y N(x, y) = y2 + 2xy − x2.

La ecuacion no es exacta, puesto que

∂M

∂y= 2x− 2y �= 2y − 2x =

∂N

∂x.

Ahora∂M

∂y− ∂N

∂x= 4x− 4y = 4(x− y).

Es claro que ∂M/∂y−∂N/∂xN

no depende de x, ni ∂N/∂x−∂M/∂yM

depende de y.

Ahora,

∂M/∂y − ∂N/∂x

M −N=

−4(x− y)

2x2 − y2=

−4(x− y)

2(x− y)(x+ y)= −2(x+ y)−1 = G(z),

el cual depende de z = x+ y. Un factor integrante es

μ(z) = e∫G(z)dx = e−2

∫zdz = e−2 ln z = z−2 = (x+ y)−2.

Al multiplicar la ecuacion por este factor se obtiene

x2 + 2xy − y2

(x+ y)2dx+

y2 + 2xy − y2

(x+ y)2dy = 0,

la cual ahora es exacta. Luego,

∂F

∂x=

x2 + 2xy − y2

(x+ y)2(�)

∂F

∂y=

y2 + 2xy − x2

(x+ y)2(��)

Integrando parcialmente con respecto a x la ecuacion (�) se tiene

F (x, y) =

∫x2 + 2xy − y2

(x+ y)2dx =

∫ (1− 2y2

(x+ y)2

)dx

37


= x+2y2

(x+ y)+ g(y).

Derivando con respecto a y y usando la ecuacion (��) se tiene

2y2 + 4xy

(x+ y)2+ g′(y) =

y2 + 2xy − x2

(x+ y)2,

de donde g′(y) = −1. Integrando, salvo constantes, se obtiene g(y) = −y.

Luego,

F (x, y) = x+2y2

(x+ y)2− y =

x2 + y2

x+ y.

Por lo tanto, una familia de soluciones esta dada de manera implıcita por

x2 + y2

x+ y= C.

Observacion. En el proceso de multiplicar por un factor integrante, puede

ocurrir que se pierdan o ganen soluciones. En el Ejemplo (2.10), Sec. (2.4),

y = 0 es una solucion de la ecuacion original que se perdio al multiplicar por

el factor integrante μ(x, y) = 1x2y

.

2.5 Transformaciones y sustituciones

Puede ocurrir, y con mucha frecuencia, que la ecuacion (2.11) no sea sepa-

rable, ni lineal, ni exacta, por lo que los metodos estudiados hasta ahora

no funcionan, pero se podrıa transformar, mediante algun procedimiento,

en una ecuacion que se pueda resolver. Esto es lo que se ha hecho en las

dos secciones precedentes cuando se utiliza un factor integrante para resolver

una ecuacion lineal o para transformar una ecuacion no exacta en una exacta.

En esta seccion, se consideran algunas transformaciones o sustituciones que

permiten llevar una ecuacion a una separable o a una lineal. Por ejemplo,

suponga que se quiere transformar la ecuacion diferencial dy/dx = f(x, y)

con la sustitucion y = g(x, u), donde u se considera como funcion de x. Si

38

2.5. TRANSFORMACIONES Y SUSTITUCIONES

g tiene primeras derivadas parciales, entonces, por la regla de la cadena se

tienedy

dx=

∂g

∂x(x, u) +

∂g

∂u(x, u)

du

dx.

Al sustituir dy/dx, teniendo en cuenta que y = g(x, u) se tiene

∂g

∂x(x, u) +

∂g

∂u(x, u)

du

dx= f(x, g(x, u)),

la cual se puede escribir como

du

dx= h(x, u)

Si es posible encontrar una solucion u = φ(x) de esta nueva ecuacion, entonces

una solucion de la ecuacion original es y = f(x, φ(x)). De manera similar se

puede encontrar una solucion en la forma x = F (ϕ(y), y) para una ecuacion

dx/dy = F (x, y).

Ejemplo 2.13. Resolver la ecuacion

dy

dx=

2y

x+ x tan

( y

x2

)mediante la sustitucion y = x2u.

Sol Sea y = x2u. Por la regla de la cadena,

dy

dx=

d

dx(x2u) =

∂

∂x(x2u) +

∂

∂u(x2u) = 2xu+ x2du

dx.

Luego,

2xu+ x2du

dx= 2xu+ x tan u o x

du

dx= tan u.

Al separar variables e integrar se tiene∫du

tan u=

∫dx

x

ln(sen u) = ln(cx)

sen u = cx,

Al reemplazar u = y/x2 y despejar se tiene y = x2 sen−1(cx).

39


Ecuaciones con coeficientes homogeneos

Cuando una funcion f tiene la propiedad f(tx, tx) = tαf(x, y), para algun

numero real α, se dice que f es una funcion homogenea de grado α.

Ejemplo 2.14. f(x, y) =√x+ y es homogenea de grado 1

2pues

f(tx, ty) =√tx+ ty = t1/2

√x+ y = t1/2f(x, y).

Definicion 2.5.1. La ecuacion diferencial

M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 (2.19)

es homogenea si M y N son funciones homogeneas del mismo grado.

Ejemplo 2.15. La ecuacion

xdy

dx= y +

√x2 + y2

es una ecuacion homogenea.

Una forma alternativa para determinar si una ecuacion diferencial de primer

orden es homogenea, es escribirla en la forma dy/dx = f(x, y) y expresar

f(x, y) como una funcion del cociente y/x o x/y. Es decir, f(x, y) es una

funcion homogenea de grado cero. Cuando esto ocurre se dice que (2.19) es

homogenea. La sustitucion y = ux o x = vy transforma a (2.19) en una

ecuacion separable. En efecto, sea y = ux, entonces

dy

dx= u+ x

du

dx

Al sustituir dy/dx, y = ux se obtiene

u+ xdu

dx= f(x, ux) = x0f(1, u),

que se puede escribir como

xdu

dx= F (u), con F (u) = f(1, u)− u,

40


la cual es separable. Al separar variables e integrar se tiene∫du

F (u)= ln(cx)

De manera similar, x = vy transforma la ecuacion dx/dy = g(x, y) en

ydv

dy= G(v), con G(v) = g(v, 1)− v.

Ejemplo 2.16. Resuelva el PVI (x2 + 2y2) dydx

= xy; y(−1) = 1.

Solucion. Escribiendo la ecuacion en forma estandar se tiene

dx

dy=

x2 + 2y2

xy=

x

y+

2y

x

Al hacer la sustitucion x = vy,dx

dy= v + y

dv

dy,

v + ydv

dy= v +

2

vo y

dv

dy=

2

v

Al separar variables e integrar se tiene∫vdv =

∫2dy

y

v2

2= 2 ln y + C.

Regresando a las variables originales se tiene que

x2

y2= 4 ln y + 2C.

Usando la condicion inicial y(−1) = 1 nos da 1 = 4 ln 1 + 2C , de donde

2C = 1. Despejando x, teniendo en cuenta que x < 0, y > 0 por la condicion

inicial, se obtiene

x = −y√4 ln y + 1,

la cual es valida para y > e−1/4.

41


Ecuacion de Bernoulli

Una ecuacion de la forma

dy

dx+ p(x)y = f(x)yn (2.20)

es una ecuacion de Bernoulli. Cuando n = 1, la ecuacion (2.20) es separable,

mientras que si n = 0, la Ec. (2.20) es lineal. Si n �= 0 y n �= 1, la sustitucion

z = y1−n transforma la Ec. (2.20) en una ecuacion lineal. Al derivar con

respecto a x y usando regla de la cadena se tiene

dz

dx= (1− n)y−n dy

dx

Multiplicando en ambos lados de (2.20) por (1− n)y−n se tiene

(1− n)y−n dy

dx+ (1− n)p(x)y−n = (1− n)f(x). (2.21)

Al sustituir dzdx

por (1− n) dydx

y z por y1−n en (2.21) se tiene

dz

dx+ (1− n)p(x)z = (1− n)f(x),

la cual es una ecuacion lineal.

Ejemplo 2.17. Resuelva la ecuacion x dydx

+ y = x4y2.

Solucion. Escribiendo la ecuacion es forma estandar

dy

dx+

y

x= x3y2, (2.22)

vemos que es una ecuacion de Bernoulli con p(x) = 1/x, f(x) = x3 y n = 2.

Sean z = y1−2 = y−1, dzdx

= −y−2 dydy. Multiplicando por −y−2 la ecuacion

(2.22) se tiene

−y−2dy

dy− y−2

x= −x3

42


dz

dx− z

x= −x3

La ultima ecuacion es lineal, dejamos al lector los detalles para encontrar la

solucion

y =3

C1 − x4.

Ecuaciones de la formady

dx= G(ax+ by), b �= 0

En este caso, la sustitucion z = ax+ by, dz/dz = a− bdy/dx transforma la

ecuacion en una separable. Al sustituir en la ecuacion y simplificar se obtiene

dz

dx= a+ bG(z)

Ejemplo 2.18. Resolver dydx

= sen2(x− y)

Solucion. Sea z = x− y , entonces

dz

dx= 1− dy

dxo

dy

dx= 1− dz

dx.

Al sustituir en la ecuacion y reacomodar se tiene

dz

dx= 1− sen2 z = cos2 z.

Seaparando variables, integrando y despejando y se tiene

y = x− tan−1(x+ C).

Ecuaciones con coeficientes lineales

En este apartado consideramos ecuaciones de la forma

(a1x+ b1y + c1)dx+ (a2x+ b2y + c2)dy = 0 con a1b2 �= a2b1 . (2.23)

Si c1 = c2 = 0 , la Ec. (2.23) es homogenea. Si c1 �= c2 , se busca una traslacion

de ejes

x = u+ h, y = v + k,

43


de modo que a1x + b1y + c1 y a2x + b2y + c2 se transformen en a1u + b1v y

a1u+ b1v respectivamente. Para hallar tal transformacion se debe resolver el

sistema de ecuaciones lineales

a1h+ b1k + c1 = 0

a2h+ b2k + c2 = 0(2.24)

El sistema (2.24) tiene solucion unica puesto que a1b2 �= a2b1 .

Ejemplo 2.19. Resolver (2x+ y + 4)dx+ (x− 2y + 2)dy = 0.

Solucion. Se tiene que 2 · (−2) �= 1 · 1. Sean x = u+ h, y = v + k, donde h

y k se hallan resolviendo el sistema

2h+ k + 4 = 0

h− 2k + 2 = 2

La solucion es h = −2, k = 0. Al sustituir x = u− 2, y = v se tiene

(2u+ v)du+ (u− 2v)dv = 0

du

dv=

2v − u

v + 2u=

2− u/v

1 + 2u/v

La sustitucion u = vz, du/dv = z + vdz/dv transoforma la ecuacion en

z +dz

dv=

2− z

1− 2z.

Al separar variables, integrar, recuperar variables y simplicar se tiene

(x+ 2)2 + (x+ 2)y − y2 = C.

2.6 Trayectorias ortogonales y oblicuas

En esta seccion se estudian las trayectorias ortogonales y oblicuas a una

familia de curvas dadas F (x, y, c) = 0, donde c es una constante.

44

2.6. TRAYECTORIAS ORTOGONALES Y OBLICUAS

Definicion 2.6.1 (Trayectorias ortogonales). Dos familias uniparametri-

cas de curvas C1 : F (x, y, c1) = 0 y C2 : G(x, y, c2) = 0 son ortogonales si todas

las curvas de C1 cortan perpendicularmente a todas las curvas de C2 .

Recordemos: si m1 es la pendiente de la recta L1 y m2 es la pendiente de la

recta L2 , y L1 y L2 son perpendiculares, ver figura 2.2, entonces m1m2 = −1.

� �

F (x, y, c1) = 0

G(x, y, c2) = 0

y

x

Figura 2.2. Trayectorias ortogonales

Asi, si m1 es la pendiente de una recta tangente a cualquier curva de la

familia C1 y m2 es la pendiente de una recta tangente a cualquier curva de

la familia C2 en los puntos de corte con la familia C1 , entonces(dydx

)C2

= −(dxdy

)C1

Para calcular la familia de trayectorias ortogonales a la familia uniparametri-

ca F (x, y, c1) = 0 se procede de la siguiente manera:

1. Se halla la ecuacion diferencial para la familia dada C1 , para obtener

dy

dx= f(x, y)

2. A continuacion se resuelve la ecuacion diferencial de la familia C2 .

dy

dx= − 1

f(x, y)

45


Ejemplo 2.20. Determine las trayectorias ortogonales para la familia de

curvas x2 + 4y2 = c21.

Solucion. Primero encontramos la ecuacion diferencial para la familia dada

C1 : x2 + 4y2 = c2

1. Tomando diferenciales totales se tiene

d(x2 + 4y2) = d(c21)

2xdx+ 4ydy = 0.

De ahı se obtienedy

dx= − x

4y

La ecuacion diferencial para la familia ortogonal es

dy

dx=

4y

x.

Al separar variables e integrar se obtiene la familia

y = c2x4.

En la figura 2.3 se muestran varios miembros de la familia dada y de la familia

ortogonal.

x2 + 4y2 = c21

y = c2x4, c

2> 0

y = c2x4, c

2< 0

y

x

Figura 2.3. Trayectorias ortogonales del ejemplo 2.20

Nota. En un campo electrostatico, las lıneas de fuerza son ortogonales a las

lıneas de potencial constante.

46

2.6. TRAYECTORIAS ORTOGONALES Y OBLICUAS

Definicion 2.6.2 (Trayectorias oblıcuas). Dos familias uniparametricas

de curvas C1 : F (x, y, c1) = 0 y C2 : G(x, y, c2) = 0 son oblicuas o isogonales

si todas las curvas de C1 se cortan formando un angulo φ �= π/2, con todas

las curvas de C2 .

�

F (x, y, c1) = 0

G(x, y, c2) = 0

β α

φ

tanα = −Fx

Fy

tanβ = −Gx

Gy

y

x

Figura 2.4. Trayectorias oblicuas

Si F (x, y, c1) = 0 es la familia dada, entonces la pendiente a sus rectas

tangentes es m1 = tanα = f(x, y) y las pendientes de las curvas buscadas es

m2 = tan β. De la figura 2.4, β + φ = α. Luego,

tan β = tan(α− φ) =tanα− tanφ

1 + tanα tanφ=

f(x, y)− tanφ

1 + tanφf(x, y)

Por lo tanto, una ecuacion diferencial para una familia de trayectorias obli-

cuas esdy

dx=

f(x, y)− tanφ

1 + tanφf(x, y). (2.25)

Ejemplo 2.21. Determine la familia oblicua con angulo de 45◦ a la familia

y = c1x2, c1 �= 0.

Solucion. En primer lugar determinamos la ecuacion diferencial de la familia

dada. Al derivar se tienedy

dx= 2c1x.

47


Al eliminar la constante c1 se obtiene

dy

dx=

2y

x= f(x, y).

Sustituyendo en (2.25) se obtiene la ecuacion diferencial de la familia buscada

dy

dx=

2y − x

x+ 2y,

la cual es de coeficientes homogeneos. Usando la sustitucion y = ux, se tiene

u+ xdu

dx=

2ux− x

x+ 2ux=

2u− 1

1 + 2u

xdu

dx=

u− 1− 2u2

1 + 2u

Al separar variables e integrar se obtiene

ln(2u2 − u+ 1) + 6√7arctan

(4u−1√

7

)= −2 ln |x|+ c2 .

Al reemplazar u = y/x y simplificar se llega a

ln(2y2 − xy + x2

)+ 6√

7arctan

(4y−x√

7 x

)= c2 .

2.7 Ecuacion diferencial de primer orden en

coordenadas polares

En muchas ocasiones puede resultar mas conveniente trabajar en coordenadas

polares debido a las condiciones del problema o a la forma de la ecuacion de

una familia de curvas.

Las cordenadas polares de un punto P del plano estan dadas por

x = r cos θ, y = r sen θ, (2.26)

donde r es el radio polar y θ es el angulo polar.

48

2.7. ECUACION DIFERENCIAL DE PRIMER ORDEN EN COORDENADAS POLARES

�

Radio

polar

θα

ψ = α− θ

P

F (x, y, c0) = 0

y

x

Figura 2.5. Un miembro de F (x, y, c) = 0 y la recta tangente en P

Sea F (x, y, c) = 0 una familia de curvas en coordenadas cartesianas. Fijando

un valor de c y haciendo el cambio a coordendas polares dadas por (2.26), se

obtiene una nueva expresion de la forma

H(r, θ, c) = F (r cos θ, r sen θ, c) = 0.

Si F (x, y, c) = 0 define implıcitamente a y como funcion de x, y = φ(x), en

un entorno de los puntos P donde Fy �= 0, entonces H(r, θ, c) = 0 tambien

define implıcitamente a r como una funcion de θ, r = f(θ), en una vecindad

de aquellos puntos en donde Hr �= 0.

Derivando implıcitamente y aplicando regla de la cadena se obtiene.

dr

dθ= −Hθ

Hr

= −−Fxr sen θ + Fyr cos θ

Fx cos θ + Fy sen θ.

De donde resulta1

r

dr

dθ=

Fx sen θ − Fy cos θ

Fx cos θ + Fy sen θ

Ahora, si α es el angulo de inclinacion de la recta tangente en el punto P

entonces y′ = tanα, α = α(x). Como y′ = −Fx/Fy, obtenemos

1

r

dr

dθ=

1 + tanα tan θ

tanα− tan θ=

1

tan(α− θ).

49


Haciendo ψ = α− θ, ver figura 2.27, el angulo entre el radio polar y la recta

tangente, se llega a

1

r

dr

dθ=

1

tanψo r

dθ

dr= tanψ. (2.27)

Ejemplo 2.22. Encuentre una familia de curvas en coordenadas polares si

tanψ = k, k constante, k �= 0

Solucion. Al sustituir tanψ = k en (2.27), separar variables e integrar, se

tiene1

r

dr

dθ=

1

k∫dr

r=

1

k

∫dθ

ln r =θ

k+ ln c, c > 0

Al exponenciar se obtiene

r = f(θ) = ceθ/k, c > 0.

Cambiar M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 a polares

En este caso se usan las expresiones dadas por (2.26) y

dx = cos θ dr − r sen θdθ, dy = sen θdr + r cos θdθ,

para obtener

[M1 cos θ +N1 sen θ] dr + r [N1 cos θ −M1 sen θ] dθ = 0, (2.28)

donde M1(r, θ) = M(r cos θ, r sen θ) y N1(r, θ) = N(r cos θ, r sen θ).

Ejemplo 2.23. Transforme la ecuacion diferencial (x2 + y2)dx− 2xydy = 0

a coordenadas polares.

Solucion. Al reemeplazar x = r cos θ, y = r sen θ, dx = cos θ dr − r sen θdθ

y dy = sen θdr + r cos θdθ se tiene

r2(cos θdr − r sen θdθ)− 2r2 sen θ cos θ(sen θdr + r cos θdθ) = 0

cos θ(1− 2 sen2 θ)dr − r sen θ(1 + 2 cos2 θ)dθ = 0.

50

2.8. EJERCICIOS

2.8 Ejercicios

2.8.1 Ecuaciones de primer orden

Resolver cada una de las siguientes ecuaciones diferenciales

1.dy

dx=

sec2 y

1 + x22. x

dv

dx=

1− 4v2

3v

3. yecosx sen x dx+ y−1dy = 0 4. (1 + e−y)dx+ (1 + e−x)dy = 0

5. (e−y + 1) sen x dx+ (1 + cos x)dy = 0; y(0) = 0

6.dx

dt= (a− x)(b− x) 7.

√4 + y2 dx− y

√4− x2 dy = 0

8. (ex + e−x)dy

dx= y2 9. (x+

√x )

dy

dx= y +

√y

10.dy

dx= (1 + y2) tan x; y(0) =

√3 11.

dy

dx=

3x2 + 4x+ 2

2y + 1; y(0) = 1

12. (x2 + 1)dy

dx= x2 + 2x− 1− 4xy 13. (t2 + 1)

dy

dt= t(y + 1)

14. (x2 + 1)dy

dx+ xy = (1− 2x)

√x2 + 1

15. x sen xdy

dx+ (sen x+ x cos x)y = xex

16. sen xdy

dx+ y cos x = x sen x; y

(π2

)= 2

17.dy

dx=

1

2x+ e4y

18.dy

dx+

2

xy = f(x), y(2) = 0; donde f(x) =

⎧⎨⎩ 3, si 0 < x ≤ 1

−3, si x > 1

51


19.dy

dx+ p(x)y = x, y(1) = 1, donde p(x) =

⎧⎨⎩ 1/x, si 0 < x ≤ 1

−1/x, si x > 1

20. y(ln y − e−xy)dx+ x(1 + ln y − e−xy)dy = 0

21.dy

dx=

y sen(2x)− y + y2exy2

x− sen2 x− 2xyexy2

22. Determine el valor de k para (6xy3 + cos y)dx + (kx2y2 − x sen y)dx = 0

sea exacta y resuelva la ecuacion resultante

23. Determine la funcion mas general que falta para que la ecuacion sea exacta

y resuelvala

a) M(x, y)dx+ (sec2 y − x/y)dy = 0

b) (yexy − 4x3y + 2)dx+N(x, y)dy = 0

24. Resuelva 6xy dx + (9x2 + 4y)dy = 0 buscando un factor integrante de la

forma μ = μ(y)

25. Halle las expresiones para los factores integrantes para las casos μ = μ(z)

con z = x−y, z = ax+by, z = xy, z = x2+y2, z = x2−y2 y z = ax2+by2.

26. Si xM(x, y) + yN(x, y) = 0, determine la solucion de la ecuacion diferen-

cial M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0.

27. Considere la ecuacion diferencial

(5x2y + 6x3y2 + 4xy2)dx+ (2x3 + 3x4y + 3x2y)dy = 0.

a) Muestre que la ecuacion no es exacta.

b) Multiplique la ecuacion por un factor μ(x, y) = xnym y determine

valores de n y m que hagan exacta la ecuacion resultante y resuelvala

28. Resuelva xy′ = 2y + x2 cos (y/x2) mediante la sustitucion y = ux2.

29. Resolver el PVI 2x2yy′ + 2xy2 = tan(x2y2); y(1) =√

π/2, mediante la

sustitucion z = x2y2.

52

2.8. EJERCICIOS

30.dy

dx=

2y − 3xy

x− 3xy31. (xy′ − y) cos(2y/x) = −3x4

32.dy

dx+

y

x− 2= (x− 2)

√y 33.

dy

dx= sen(x− y)

34.dy

dx=

x+ y − 2

x+ y + 235.

dy

dx= (x+ y + 2)2

36. (2x− y)dx+ (4x+ y − 3)dy = 0

37. Una ecuacion de la formady

dx= p(x)y2+ q(x)y+ r(x), se llama ecuacion

de Ricatti generalizada

a) Muestre que si u(x) es una solucion conocida entonces la sustitucion

y = u+ 1/z reduce la ecuacion de Ricatti a una lineal en z.

b) Dado que u = x es una solucion de dy/dx = x3(y− x)2 + y/x, use la

parte a) para encontrar todas las soluciones.

38. Resolver mediante reduccion de orden

a) x2y′′ − 2y′ = 3x2 b) y′′ − k2y = 0

2.8.2 Modelado

1. La poblacion de una comunidad crece con una tasa proporcional a la

poblacion en cualquier instante. Su poblacion inicial es 500 y aumenta el

15% en 10 anos. ¿Cual sera la poblacion dentro de 30 anos?

2. El Pb-209, isotopo radiactivo del plomo, se desintegra con una razon pro-

porcional a la cantidad presente en cualquier instante y tiene una vida

media de 3.3 horas. Si al principio habıa 1 gramo de plomo, ¿cuanto tiem-

po debe pasar para que se desintegre el 90%?

3. Una curva arranca desde el origen por el primer cuadrante. El area bajo

la curva desde (0, 0) a (x, y) es un tercio del area del rectangulo que tiene

a esos puntos como vertices opuestos. Hallar la curva.

53


4. Un estudiante despistado olvido la regla del producto para derivadas y

creyo que (fg)′ = f ′g′. Sin embargo conto con suerte y obtuvo la respues-

ta correcta. Si una de las funciones es g(x) = ex2, halle la otra funcion.

5. Un termometro se lleva de un recinto interior hasta el ambiente exterior

donde la temperatura es de 5oF . Despues de un minuto el termometro

indica 55oF y despues de cinco minutos marca 30oF . A los nueve minutos

se introduce nuevamente al recinto. ¿Cual es la temperatura que marca

el termometro a los quince minutos?

6. Por razones obvias un anfiteatro se mantiene a una temperatura constante

de 5oC. Mientras se encontraba realizando la autopsia de la vıctima de un

crimen, el forense es asesinado y el cuerpo de la vıctima robado. A las 10

a.m. el ayudante del forense descubre su cadaver a una temperatura de

23oC . A medio dıa su temperatura es 18.5oC. Suponiendo que en vida,

el forense tenıa una temperatura de 37oC, ¿a que hora fue asesinado?

7. Se aplica una fuerza electromotriz E(t) =

⎧⎨⎩120 si 0 < t < 20

0 si t > 20, a un cir-

cuito en serie LR, en que la inductancia es L = 20 henrios y la resistencia

es R = 2 Ohms. Determine la corriente i(t) si i(0) = 0.

8. Una medicina se inyecta en el torrente sanguıneo de un paciente a un flujo

constante de r gr/seg. Al mismo tiempo, esa medicina desaparece con

una razon proporcional a la cantidad x(t) presente en cualquier instante

t. Halle x(t) si x(0) = 0 y encuentre lımx→∞ x(t).

9. Un tanque esta parcialmente lleno con 100 galones de salmuera con 10 lb

de sal disueltas. Le entra salmuera con 0.5 libras de sal por galon a un

flujo de 6 gal/min. El contenido del tanque esta bien mezclado y de el

sale a un flujo de 4 gal/min.

a) Halle la cantidad de libras de sal A(t) a los 30 minutos.

54

2.8. EJERCICIOS

b) Si el tanque tiene una capacidad de 300 galones, ¿cuantas libras de

sal habra cuando empieza a desbordarse?

c) Suponga que el tanque se desborda, que la salmuera continua en-

trando al flujo de 6 gal/min, que el contenido esta bien mezclado

y que la solucion sigue saliendo a un flujo de 4 gal/min. Determine

un metodo para hallar cantidad de libras de sal A(t) que habra en el

tanque cuando t = 150 minutos. ¿Su respuesta coincide con lo que

cabrıa esperar?

10. Los rayos luminosos chocan con una curva C en el plano, de tal manera

que todos los rayos L paralelos al eje x se reflejan y van a un punto unico,

O. Suponga que el angulo de incidencia es igual al angulo de reflexion,

deduzca una ecuacion diferencial que describa la forma de la curva y

resuelvala, (Fig. 2.7(a)).

11. Un deposito contiene 10 galones de salmuera con 2 libras de sal disueltas

en ella. Se introduce en el deposito salmuera que contiene disuelta una

libra de sal por galon a razon de 3 gal/min, y la mezcla bien revuelta, sale

a razon de 4 gal/min. Hallar la cantidad de sal x = x(t) en el deposito en

un instante t arbitrario. ¿Cual es la cantidad maxima de sal en el tanque?

12. A un recinto de 8000 pie3 de volumen entra aire con 0.06% de CO2. El

flujo de entrada es de 2000 pie3/min y sale con el mismo flujo. Si hay una

concentracion inicial de 0.2% de CO2, determine la concentracion en el

recinto en cualquier instante posterior. ¿Cual es la concentracion a los 10

minutos? ¿Cual es la concentracion del estado estable?

13. Desde el instante t = 0 se bombea agua fresca a razon de 3 gal/min en

un tanque, de 60 galones de capacidad lleno con una solucion salina. La

mezcla resultante se desborda con la misma razon en un segundo tanque de

60 galones que inicialmente contenıa solo agua pura, y de ahı se derrama

al piso. Suponiendo una mezcal perfecta en ambos tanques.

a) ¿En que momento sera mas salada el agua del segundo tanque?

55


b) ¿Y que tan salada estara, comparada con la solucion original?

14. Un gran tanque de capacidad 500 galones esta parcialmente lleno con 300

galones de una solucion salina. Le entra salmuera con 12lb de sal por galon

a un flujo de 6 gal/min. El contenido del tanque esta bien mezclado y de

el sale a un flujo de 4 gal/min. Si la cantidad mınima de sal es a los 13

minutos, halle la cantidad inicial de sal en el tanque y la cantidad de sal

al momento de desbordarse.

15. Determine las trayectorias ortogonales para las familias de curvas.

a) 2x2 + 3y2 = c1 b) (x− y − 1)ex = c1c) y2 = c1x d) (1 + c1x)y = x

e) x2 + y2 = c1x f ) ey = tan x+ c1g) x2 − 2c1x+ 2y2 = 0 h) x2 − y2 = c1i) x2 + (y − k)2 = k2 + 1 j ) y2 = c1(c1 − 2x)

16. Las rectas tangentes a una curva desconocida y = f(x) forman con los ejes

coordenados en el primer cuadrante un triangulo de area fija k. Demuestre

que la ecuacion diferencial que describe este tipo de curvas esta dada por

(xy′)2+2(k−xy)y′+y2 = 0. Resuelva la ecuacion derivando parcialmente

con respecto a y′.

�Tange

nte

x

y

θ φ = 2θ

y = f(x)

�

Tangente

(x0 , y0 )

y

x

y = f(x)

A = k

Figura 2.6. Graficas problemas 10 y 16

17. Curva de persecucion. Suponga que un perro P que viaja con velocidad

v parte del punto (a, 0) en el instante t = 0 persiguiendo a un conejo C

56

2.8. EJERCICIOS

que huye con velocidad w, en la direccion positiva del eje y, y que parte

del origen en el mismo instante.

a) Demuestre que la ecuacion diferencial que describe la trayectoria del

perro persiguiendo el conejo es

xd2y

dx2= k

√1 +

(dy

dx

)2

con k =w

v.

b) Haciendo z = dy/dx, mediante separacion de variables y con la con-

dicion inicial z(a) = 0, muestre que

dy

dx= z =

1

2

[(xa

)k

−(xa

)−k]

c) Halle la posicion y = y(x) del perro para el caso k < 1 y determine

la posicion donde el perro alcanza al conejo. La condicion inicial es

y(a) = 0.

d) Determine la posicion y = y(x) del perro para el caso k = 1. Muestre

que el perro no alcanza al conejo.

18. Un avion que vuela bajo la guıa de un faro no direccional (NDB) se mueve

de modo que su eje longitudinal apunte siempre hacia el faro. Un piloto

que se encuentra en el punto (a, 0) con a > 0 se dirige con velocidad

constante v, hacia un NDB que esta en el origen. El viento sopla de sur a

norte con velocidad constante w y mantiene su direccion.

a) Determine la ecuacion diferencial que describe la trayectoria del

avion sobre el suelo.

b) Haga una sustitucion adecuada y resuelva dicha ecuacion.

c) Use el hecho que x = a, y = 0 cuando t = 0 para determinar el valor

adecuado de la constante arbitraria en la familia de soluciones.

d) Exprese su solucion en terminos de funciones hiperbolicas

e) Haciendo k = w/v, analice los casos k < 1, k = 1 y k > 1.

57


x

y

P (x, y)

A(a, 0)

Q(0, wt)

s

x

y

�

Viento

O A(a, 0)

P (x, y)

Figura 2.7. Graficas problemas 17 y 18

19. Encuentre las trayectorias oblicuas con un angulo de 45◦ a

a) la parabola y = x2, b) la familia de curvas y = Aex.

20. Encuentre una familia de soluciones para la ecuacion diferencial dada por

(2.27) para cada uno de los siguientes casos.

a) ψ = θ b) ψ = θ/2

58

Capıtulo 3

Ecuaciones diferenciales de

orden superior

3.1 Ecuaciones lineales de segundo orden

3.1.1 Introduccion: sistema masa-resorte

Un oscilador masa – resorte amortiguado esta formado por una masa m unida

a un resorte fijo en un extremo, como se muestra en la figura 3.1.

l l

s

m

l + s

x

m

Posicion deequilibrio

Movim

iento

Figura 3.1. Sistema masa-resorte amortiguado

Al aplicar la segunda ley de Newton F = ma y recordando que a = d2xdt2

se

59

CAPITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR

tiene

F = md2x

dt2= mx.

Al desplazar la masa m con respecto del equilibrio, el resorte se estira o se

comprime y ejerce una fuerza que resiste al desplazamiento. Para la mayorıa

de los resortes, esta fuerza es directamente proporcional al desplazamiento y,

por lo general esta dada por

Fresorte = −kx, (3.1)

donde la constante positiva k es la rigidez y el signo negativo refleja su na-

turaleza de oposicion de la fuerza. La ley de Hooke, como se conoce a la

ecuacion (3.1) solo es valida para desplazamientos suficientemente pequenos.

En la practica, todos los sistemas mecanicos experimentan friccion o amor-

tiguamiento; para el movimiento de vibracion, esta fuerza se modela por lo

general mediante la ecuacion

Ffriccion = −bdx

dt= −bx = −bv, (3.2)

donde b es el coeficiente de amortiguamiento y el signo negativo tiene la

misma intencion que en la ecuacion (3.1). Las otras fuerzas que actuan sobre

el oscilador se consideran por lo general como externas al sistema. Al aplicar

la segunda ley de Newton se tiene

mx = −bx− kx+ Fexterna o mx+ bx+ kx = Fexterna.

3.1.2 Operadores diferenciales lineales

Una ecuacion lineal de segundo orden que se puede escribir en la forma

a2(x)d2y

dx2+ a1(x)

dy

dx+ a0(x)y = g(x). (3.3)

Vamos a suponer que a0(x), a1(x), a3(x) y g(x) son funciones continuas en

un intervalo I. Cuando a0 , a1 y a2 son constantes se dice que la ecuacion

tiene coeficientes constantes; en caso contrario, tiene coeficientes variables.

60

3.1. ECUACIONES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN

En esta seccion nos interesan las ecuaciones lineales en las que a2 nunca se

anula en I. En esta caso, (3.3) se puede escribir en la forma normal o canonica

d2y

dx2+ p(x)

dy

dx+ q(x)y = f(x), (3.4)

donde p(x) = a1(x)/a2(x), q(x) = a0(x)/a2(x) y f(x) = g(x)/a2(x) son

continuas en I.

Asociada a (3.4) se tiene la ecuacion

d2y

dx2+ p(x)

dy

dx+ q(x)y = 0 (3.5)

llamada ecuacion homogenea asociada a (3.4). Por conveniencia escribiremos

(3.5) como

y′′ + py′ + qy = 0. (3.6)

Dada cualquier funcion y con segunda derivada continua en el intervalo I,

(3.6) define una nueva funcion que llamaremos operador diferencial y que

denotamos por L, tal que

L[y] = y′′ + py′ + qy. (3.7)

El operador diferencial L definido en (3.7) es un operador lineal (transfor-

macion lineal). Es decir,

L[y1 + y2 ] = L[y1 ] + L[y2 ] y L[cy] = cL[y].

Teorema 3.1.1. Sean y1 y y2 soluciones de la ecuacion homogenea (3.6).

Entonces, cualquier combinacion lineal c1y1 + c2y2 de y1 y y2 donde c1 y c2son constantes, tambien es una solucion de (3.6).

Demostracion. L[c1y1 + c2y2 ] = c1L[y1 ] + c2L[y2 ] = c10 + c20 = 0.

Notacion. Usando la notacion Dy :=dy

dxy D2y =

d2y

dx2, (3.7) se puede

escribir en la forma

L[y] = D2y + pDy + qy = (D2 + pD + q)[y], (3.8)

Ası, el operador lineal L es L := D2 + pD + q.

61


Definicion 3.1.1. Sean L1 y L2 dos operadores diferenciales lineales de se-

gundo orden. Se define la suma L1 + L2 y el producto L1L2 como

(L1 + L2)[y] = L1 [y] + L2 [y] y (L1L2)[y] = L1 [L2 [y]].

Se dice que dos operadores L1 y L2 son iguales si L1 [y] = L2 [y] para todas

las funciones y con las derivadas necesarias.

Ejemplo 3.1. Calcule L1L2 [y] y L2L1 [y] en cada caso, donde:

a) L1 := D − 2 y L2 := D + 3.

b) L1 := xD − 3 y L2 := D + 2

c) L1 := xD − 2 y L2 := xD + 3

Solucion.

a) L1L2 [y] = L1 [(D + 3)[y]] = L1 [y′ + 3y] L2L1 [y] = L2 [(D − 2)[y]]

= L1 [y′] + 3L1 [y] = L2 [y

′ − 2y] = L2 [y′]− 2L2 [y]

= (D − 2)[y′] + 3(D − 2)[y] = (D + 3)[y′]− 2(D + 3)[y]

= y′′ − 2y′ + 3y′ − 6y = y′′ + 3y′ − 2y′ − 6y

= y′′ + y′ − 6y = y′′ + y′ − 6y

= (D2 +D − 6)[y] = (D2 +D − 6)[y]

Es decir, (D − 2)(D + 3) = D2 +D − 6 = (D + 3)(D − 2).

b) L1L2 [y] = L1 [(D + 2)[y]] = L1 [y′ + 2y] L2L1 [y] = L2 [(xD − 3)[y]] = L2 [xy

′ − 3y]

= L1 [y′] + 2L1 [y] = (D + 2)[xy′]− 3(D + 2)[y]

= (xD − 3)[y′] + 2(xD − 3)[y] = D[xy′] + 2xy′ − 3y′ − 6y

= xy′′ − 3y′ + 2xy′ − 6y = xy′′ + y′ + 2xy′ − 3y′ − 6y

= xy′′ + (2x− 3)y′ − 6y = xy′′ + (2x− 2)y′ − 6y

=(xD2 + (2x− 3)D − 6

)[y] =

(xD2 + (2x− 2)D − 6)[y]

En este caso se tiene:

(xD−3)(D+2) = xD2+(2x−3)D−6 y (D+2)(xD−3) = xD2+(2x−2)D−6.

62


c) L1L2 [y] = L1 [(xD + 3)[y]] L2L1 [y] = L2 [(xD − 2)[y]]

= L1 [xy′ + 3y] = L2 [xy

′ − 2y]

= L1 [xy′] + 3L1 [y] = (xD + 3)[xy′]− 2(xD + 3)[y]

= (xD − 2)[xy′] + 3(xD − 2)[y] = xD[xy′] + 3xy′ − 2xy′ − 6y

= xD[xy′]− 2xy′ + 3xy′ − 6y = x2y′′ + xy′ + xy′ − 6y

= x2y′′ + xy′ + xy′ − 6y = x2y′′ + 2xy′ − 6y

=(x2D2 + 2xD − 6

)[y] =

(x2D2 + 2xD − 6)[y]

Luego, (xD − 2)(xD + 3) = x2D2 + 2xD − 6 = (xD + 3)(xD − 2).

En el ejemplo anterior se observa que para los casos a) y c) los operadores

conmutan, mientras que en el literal b) no.

Algunas propiedades de los operadores diferenciales lineales

Sean L1 , L2 y L3 operadores diferenciales lineales de segundo orden. Entonces

Leyes conmutativas:

L1 + L2 = L2 + L1

L1L2 = L2L1 si L1 y L2 tienen coeficientes constantes

L1L2 = L2L1 si L1 = a1x2D2 + b1xD + c1 y L2 = a2x

2D2 + b2xD + c2

Leyes asociativas:

(L1 + L2) + L3 = L1 + (L2 + L3) y (L1L2)L3 = L1(L2L3).

Leyes distributivas:

L1(L2 + L3) = L1L2 + L1L3 y (L1 + L2)L3 = L1L3 + L2L3 .

3.1.3 Soluciones fundamentales de ecuaciones ho-

mogeneas

Teorema 3.1.2. Sean y1 y y2 dos soluciones de (3.6), donde p y q son

continuas en un intervalo (a, b). Suponga que en cierto punto x0 en (a, b),

63


estas soluciones satisfacen

y1(x0)y′2(x0) + y′

1(x0)y2(x0) �= 0. (3.9)

Entonces toda solucion de (3.6) en (a, b) se puede expresar como

y(x) = c1y1(x) + c2y2(x)y2(x),

donde c1 y c2 son constantes.

Definicion 3.1.2 (Wronskiano). Para cualquiera de las funciones diferen-

ciables y1 y y2 , la funcion

W [y1 , y2 ](x) =

∣∣∣∣∣y1(x) y2(x)

y′1(x) y′

2(x)

∣∣∣∣∣ = y1(x0)y′2(x)− y′

1(x)y2(x) (3.10)

se llama el wronskiano de y1 y y2 .

Definicion 3.1.3 (Conjunto fundamental de soluciones). Una pareja de

soluciones {y1 , y2} de (3.6) en (a, b) es un conjunto fundamental de soluciones

si W [y1 , y2 ](x0) �= 0 para algun x0 ∈ (a, b).

Ejemplo 3.2. Dado que y1(x) = e2x y y2(x) = xe2x son soluciones de la

ecuacion diferencial y′′ − 4y′′ + 4y = 0 en (−∞,∞) y determine la solucion

general.

Solucion. Primero verificamos que {e2x, xe2x} es un conjunto fundamen-

tal de soluciones. Dejamos como ejercicio verificar que son soluciones de la

ecuacion. Verifiquemos que W [y1 , y2 ](x0) �= 0 para algun x0 en (−∞,∞). Al

sustituir tenemos

W = W [y1 , y2 ](x) =

∣∣∣∣∣ e2x xe2x

2e2x e2x + 2xe2x

∣∣∣∣∣ = e4x + 2xe4x − 2xe4x = e4x �= 0,

para toda x ∈ R. Luego, {e2x, xe2x} forma un conjunto fundamental de

soluciones en (−∞,∞) y la solucion general es

y(x) = c1e2x + c2xe

2x.

64


Se puede ver facilmente que existe un conjunto fundamental de soluciones

para (3.6). De hecho, sea x0 ∈ (a, b) y sean y1 y y2 las soluciones que satisfacen

las condiciones iniciales

y1(x0) = 1, y2(x0) = 0

y′1(x0) = 0, y′

2(x0) = 1.

Entonces W [y1 , y2 ](x0) = 1 �= 0, de manera que {y1 , y2} es un conjunto

fundamental de soluciones.

Definicion 3.1.4 (Dependencia e independencia lineal). Dos funciones

y1 y y2 son linealmente dependientes (LI) en un intervalo I si existen

escalares c1 y c2 no nulas tales que

c1y1(x) + c2y2(x) = 0

para toda x en I. Si dos funciones no son linealmente dependientes, se dice

que son linealmente independientes.

La definicion anterior es equivalente a: dos funciones son linealmente depen-

dientes en un intervalo I, si ninguna es multiplo constante de la otra.

Teorema 3.1.3. Sean y1 y y2 soluciones de (3.6) en (a, b) y sea x0 cualquier

punto de (a, b). Entonces y1 y y2 son linealmente independientes en (a, b) si

y solo si los vectores (y1(x0)

y′1(x0)

)y

(y2(x0)

y′2(x0)

)

son linealmente independientes.

Corolario 1. Si y1 y y2 son soluciones de (3.6) en (a, b), entonces las si-

guientes afirmaciones son equivalentes:

a) {y1 , y2} es un conjunto fundamental de soluciones en (a, b).

b) Las funciones y1 y y2 son linealmente independientes en (a, b).

65


c) El wronskiano W [y1 , y2](x) nunca se anula en (a, b).

Los anteriores conceptos se extienden de manera natural para ecuaciones de

orden superior.

Identidad de Abel: Si y1 y y2 son soluciones de (3.6) en (a, b), entonces

W (x) = W (x0)e− ∫ x

x0p(x)dx

(3.11)

para algun x0 en (a, b).

3.1.4 Reduccion de orden

Como se ha visto en la seccion anterior, una solucion general de la ecuacion

diferencial lineal homogenea de segundo orden, esta dada por una combina-

cion lineal de dos soluciones linealmente independientes. En esta seccion se

describe un metodo para determinar una segunda solucion linealmente inde-

pendiente a partir de una solucion particular conocida de la homogenea, y

tambien para hallar una solucion particular de la ecuacion no homogenea.

Este procedimiento se conoce como reduccion de orden.

1. Si y′′ = f(x, y′), es decir, no aparece la variable dependiente y, entonces

la sustitucion u = y′, con u = g(x) la reduce a una ecuacion diferencial

de primer orden:du

dx= f(x, u).

Ejemplo 3.3. Resolver xy′′ =√1 + (y′)2.

Solucion. Como no aparece la variable “y”, hacemos la sustitucion

u = y′ = dy/dx. Ası, u′ = y′′ y al reemplazar se tiene

xu′ =√1 + u2.

Al separar variables e integrar se tiene∫du√1 + u2

=

∫dx

x

66


arcsenh u = ln x+ ln c1 , c1 > 0

u = senh(ln(c1x)) =1

2

(eln(c1x) − e− ln(c1x)

)u =

1

2

(c1x− 1

c1x

)Como u = y′, al integrar nuevamente, se tiene

y =1

2

(c1x2

2− ln x

c1

)+ c2

2. Si y′′ = f(y, y′), es decir, no aparece la variable independiente x, entonces

la sustitucion z = y′, con z = h(y) la reduce a una ecuacion diferencial

de primer orden: zdz

dy= f(y, z).

3. Ecuacion diferencial lineal homogenea. Consideremos la ecuacion lineal

homogenea de segundo orden

y′′ + py′ + qy = 0 (3.12)

Sea y1 una solucion no trivial de (3.12), es decir, y′′1+ py′

1+ qy1 = 0. Para

hallar una segunda solucion LI de (3.12), buscamos una solucion de la

forma

y2(x) = u(x)y1(x) = uy1 (3.13)

donde u es una funcion no constante por determinar. Al derivar tenemos

y′2= u′y1 + uy′

1y y′′

2= u′′y1 + 2u′y′

1+ uy′′

1.

Al sustituir estas expresiones en (3.12) y agrupar, se tiene

u′′y1 + 2u′y′1+ uy′′

1+ pu′y1 + puy′

1+ quy1 = 0

u[��0y′′1+ py′

1+ qy1 ] + y1u

′′ + [2y′1+ py1 ]u

′ = 0

y1u′′ + [2y′

1+ py1 ]u

′ = 0 (3.14)

67


Al hacer la sustitucion w = u′ y dividir por y1 , (3.14) se reduce a

w′ +[2y′1

y1

+ p

]w = 0. (3.15)

La ecuacion (3.15) es separable y tambien es lineal. Al separar variables

e integrar se tiene∫dw

w= −

∫ [2y′1

y1

+ py1

]dx

ln |w| = −2 ln |y1 |+ ln c2 −∫

p(x)dx

ln |w| = ln(y1)−2 + ln c2 −

∫p(x)dx = ln[c2y

−21]−

∫p(x)dx

w(x) = c2 [y1(x)]−2 e−

∫p(x)dx, ←− Exponenciando

donde c2 �= 0 es una constante adecuada.

Como w = u′, entonces

u(x) =

∫w(x)dx = c2

∫[y1(x)]

−2 e−∫p(x)dxdx.

Por lo tanto

y2(x) = c2y1(x)

∫[y1(x)]

−2 e−∫p(x)dxdx, (3.16)

para alguna constante c2 �= 0 adecuada que puede ser 1.

4. Ecuacion diferencial lineal no homogenea. Ahora tomemos la ecuacion

diferencial lineal no homogenea

y′′ + py′ + qy = f(x) (3.17)

Para obtener una solucion particular yp(x) de (3.17) se procede de manera

similar. Se supone una solucion conocida y1 de (3.12) y se busca yp = y1u.

La ecuacion (3.14) cambia a

y1u′′ + [2y′

1+ py1 ]u

′ = f(x).

68


Al dividir en ambos lados por y1 se tiene

u′′ +[2y′1

y1

+ p

]u′ =

f(x)

y1

(3.18)

Al hacer la sustitucion w = u′ y dividir por y1 , (3.18) se reduce a

w′ +[2y′1

y1

+ p

]w =

f(x)

y1

,

la cual es lineal. Al resolverla por el metodo estudiado en la seccion (2.2)

se obtiene

w(x) =e−

∫p(x)dx

[y1(x)]2

[∫y1(x)e

∫p(x)dxf(x)dx+ c1

].

Como w = u′, entonces

u =

∫w(x)dx

=

∫ [e−

∫p(x)dx

[y1(x)]2

[∫y1(x)e

∫p(x)dxf(x)dx+ c1

]]dx+ c0 (3.19)

Como estamos interesados en una solucion particular, hacemos c1 = c0 = 0

en (3.19) para obtener

yp(x) = y1(x)

∫ [e−

∫p(x)dx

[y1(x)]2

∫y1(x)e

∫p(x)dxf(x)dx

]dx (3.20)

Observacion. La formula (3.20) para encontrar una solucion particu-

lar de la ecuacion no homogenea (3.17) es un poco difıcil de memorizar,

ası que se sugiere hacer todo el procedimiento para hallarla en cada ecua-

cion que se resuelva. La formula (3.16) se puede memorizar mas facil-

mente, pero tambien se podrıa hacer todo el procedimiento para llegar a

ella. Para aplicar directamente las formulas (3.16) y (3.20) se debe tener

cuidado que las ecuaciones esten escritas en la forma normal o canonica.

Ejemplo 3.4. Dado que y1(x) = e−x es solucion de y′′+2y+ y = 0, halle la

general solucion y encuentre una solucion particular de y′′ + 2y′ + y = 2e−x.

69


Solucion. Primero hallamos una segunda solucion linealmente independiente

de la ecuacion homogenea. Partiendo de la ecuacion (3.15) y como y1 = e−x,

entonces y′1= −e−x. Luego

w′ +[2y′1

y1

+ p

]w = 0

w′ +[2−e−x

e−x+ 2

]w = 0

w′ = 0,

de donde w = c2 = 1. Pero w = u′, luego u = x. Ası, la solucion general de

la ecuacion homogenea esta dada por

y(x) = c1e−x + c2xe

−x.

Para encontrar una solucion particular yp de la ecuacion no homogenea

partimos de (3.18)

w′ +[2y′1

y1

+ p

]w =

f(x)

y1

w′ +[2−e−x

e−x+ 2

]w =

2e−x

e−x

w′ = 2,

de donde w = 2x. Pero w = u′, luego u = x2; por lo tanto, una solucion

particular de la ecuacion no homogenea es

yp(x) = x2e−x.

Ejemplo 3.5. Dado que x1(t) = et es una solucion, halle una segunda solu-

cion linealmente independiente para tx′′ + (1− 2t)x′ + (t− 1)x = 0, t > 0.

Solucion. Escribiendo la ecuacion en la forma normal tenemos

x′′ +(1

t− 2

)x′ +

(1− 1

t

)x = 0

70

3.2. ECUACIONES DE ORDEN SUPERIOR

Para aplicar la ecuacion (3.15) tenemos que x1 = et, x′1= et y p(t) = 1

t− 2.

Luego

w′ +[2y′1

y1

+ p

]w = 0

w′ +1

tw = 0

Al separar variables e integrar se tiene∫dw

w= −

∫1

tdt

ln |w| = − ln |t| = ln t−1,

de donde w = t−1. Como w = u′, entonces u = ln t. Ası, una segunda

solucion linealmente independiente para t > 0 es x2(t) = et ln t. Luego, la

solucion general es

y(t) = c1et + c2e

t ln t; t > 0.

3.2 Ecuaciones de orden superior

3.2.1 Teorıa basica

Una EDO lineal de orden n se puede escribir en la forma

an(x)y(n) + an−1(x)y

(n−1) + · · · + a1(x)y′ + a0(x)y = g(x). (3.21)

Vamos a suponer que a0(x), a1(x), . . . , an(x) y g(x) son funciones continuas

en un intervalo I. Cuando a0 , a1 , . . . , an son constantes se dice que la ecuacion

tiene coeficientes constantes; en caso contrario, tiene coeficientes variables.

Vamos a considerar las ecuaciones lineales en las que an(x) nunca se anula

en I. En esta caso, se podemos escribir (3.21) en la forma normal o canonica

y(n) + p1(x)y(n−1) + · · · + pn−1(x)y

′ + pn(x)y = f(x), (3.22)

71


donde p1(x) = an−1(x)/an(x), . . . , pn(x) = a1(x)/an(x) y f(x) = g(x)/an(x)

son continuas en I.

Asociada a (3.22) tenemos la ecuacion

y(n) + p1(x)y(n−1) + · · · + pn−1(x)y

′ + pn(x)y = 0, (3.23)

llamada ecuacion homogenea asociada.

Si definimos el operador

L := Dn + p1Dn−1 + · · · + pn−1D + pn, (3.24)

entonces, las ecuaciones (3.22) y (3.23) se pueden escribir en la forma

L[y] = f(x) (3.25)

L[y] = 0 (3.26)

Teorema 3.2.1 (Existencia y unicidad de soluciones). Suponga que

p1 , p2 , . . . , pn y f(x) son continuas en un intervalo (a, b) que contiene al punto

x0. Entonces para cualquier eleccion de los valores iniciales y0 , y1 , . . . , yn−1,

existe una unica solucion y(x) en todo el intervalo (a, b) del problema con

valores iniciales

L[y] = f(x), donde L esta definido por la expresion (3.24)

y(x0) = y0 , y′(x0) = y1 , . . . , y

(n−1)(x0) = yn−1

(3.27)

Ejemplo 3.6. Determine el intervalo (a, b) mas grande para el que el Teo-

rema 3.2.1 garantice la existencia de una unica solucion en (a, b) para el

problema con valores iniciales

(x2 − 1)y′′′ + exy = ln x; y(3/4) = 1, y′(3/4) = y′′(3/4) = 0 (3.28)

Solucion. Al escribir la ecuacion en la forma normal, se tiene que

p1(x) = 0, p2(x) = 0, p3(x) =ex

x2 − 1y f(x) =

ln x

x2 − 1.

72


Ahora, p1(x) y p2(x) son continuas en todos los reales, p3(x) es continua en

cualquier intervalo que no contenga a x = 1 y ni a x = −1, mientras que f(x)

no esta definida para x < 0 y x = 1, pero es continua en los intervalos (0, 1) y

(1,∞). Luego, las funciones p1(x), p2(x), p3(x) y f(x) son simultaneamente

continuas en los intervalos (0, 1) y (1,∞). El teorema 3.2.1 garantiza que si

elegimos x0 ∈ (0, 1), entonces existe una unica solucion del problema con

valores iniciales (3.28) en todo el intervalo (0, 1). De manera similar, para

x0 ∈ (1,∞), existe una unica solucion en (1,∞).

Teorema 3.2.2 (Primer principio de superposicion). Sean y1 , y2, . . . , yk

soluciones de la ecuacion homogenea (3.26), donde x esta en un intervalo I.

Entonces la combinacion lineal

c1y1 + c2y2 + · · ·+ ckyk,

donde c1 , c2 , . . . , cn son constantes, tambien es una solucion para todo x ∈ I.

Definicion 3.2.1 (Wronskiano). Sean f1 , f2 , . . . , fn funciones (n−1) veces

diferenciables, la funcion

W (x) = W [f1 , f2 , . . . , fn ](x) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

f1(x) f2(x) . . . fn(x)

f ′1(x) f ′

2(x) . . . f ′

n(x)

......

. . ....

f (n−1)1

(x) f (n−1)2

(x) . . . f (n−1)n

(x)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣es el wronskiano de f1 , f2 , . . . , fn .

Teorema 3.2.3. Sean y1 , y2 , . . . , yn soluciones de la ecuacion (3.26) en un

intervalo (a, b), donde p1 , p2 , . . . , pn son continuas en (a, b). Si en un cier-

to punto x0 ∈ (a, b) estas soluciones satisfacen W (x0) �= 0, entonces toda

solucion de (3.26) en (a, b) se pueden escribir en la forma

y(x) = c1y1(x) + c2y2(x) + · · ·+ cnyn(x) (3.29)

donde c1 , c2 , . . . , cn son constantes.

73


Definicion 3.2.2 (Conjunto fundamental de soluciones). Un conjun-

to de soluciones {y1, . . . , yn} de la ecuacion (3.26) en (a, b) es un conjunto

fundamental de soluciones si W [y1 , y2 , . . . , yn ](x0) �= 0 para algun punto

x0 ∈ (a, b).

Ejemplo 3.7. Dado que y1 = x, y2 = x−2, y3 = x−2 ln x son soluciones de

la ecuacion x3y′′′ + 6x2y′′ + 4xy′ − 4y = 0 en (0,∞) determine la solucion

general.

Solucion. Primero verificamos que {x, x−2, x−2 ln x} es un conjunto funda-

mental de soluciones. Dejamos como ejercicio verificar que son soluciones de

la ecuacion. Mostraremos que W [y1 , y2 , y3 ](x0) �= 0 para algun x0 ∈ (0,∞).

Al sustituir tenemos

W (x) =

∣∣∣∣∣∣∣x x−2 x−2 ln x

1 −2x−3 x−3 − x−3 ln x

0 6x−4 −5x−4 + 6x−4 ln x

∣∣∣∣∣∣∣ = x−4 + 5x−6 �= 0 en (0,∞)

Luego, {x, x−2, x−2 ln x} es un conjunto fundamental de soluciones en (0,∞)

y la solucion general es

y(x) = c1x+ c2x−2 + c3x

−2 ln x.

Definicion 3.2.3 (Dependencia e independencia lineal). Las m fun-

ciones f1 , f2 , . . . , fm son linealmente dependientes(LD) en un intervalo

I si existen constantes c1 , c2 , . . . , cm , no todas nulas, tales que

c1f1 + c2f2 + · · ·+ cmfm = 0

para toda x en I. Si las funciones f1 , f2 , . . . , fm no son linealmente de-

pendientes, se dice que son linealmente independientes (LI) en I.

Teorema 3.2.4. Sean y1 , y2 , . . . , yn soluciones de la ecuacion (3.26) en un

intervalo (a, b), donde p1 , p2 , . . . , pn son continuas en (a, b). Entonces las

siguientes afirmaciones son equivalentes

74


(i) {y1 , y2 , . . . , yn} es un conjunto fundamental de soluciones en (a, b).

(ii) y1 , y2 , . . . , yn son linealmente independientes en (a, b).

(iii) El wronskiano W [y1 , y2 , . . . , yn ](x) nunca se anula en (a, b).

Identidad de Abel

Si y1 , y2 , . . . , yn son soluciones LI de (3.26) en (a, b) entonces

W [y1 , y2 , . . . , yn ](x) = W [y1 , y2 , . . . , yn ](x0) exp

(−

∫p1(x)dx

)para alguna x0 en (a, b).

Teorema 3.2.5. Sea yp(x) una solucion particular de (3.25) y sea

{y1 , y2 , . . . , yn} un conjunto fundamental de soluciones de (3.26) en (a, b),

entonces toda solucion de (3.25) se puede expresar en la forma

y(x) = yc(x) + yp(x), (3.30)

donde la expresion yc(x) = c1y1(x)+c2y2(x)+ · · ·+cnyn(x) se llama solucion

complementaria de (3.25).

Teorema 3.2.6 (Segundo principio de superposicion). Si yp1 , yp2 ,

. . . , ypk

son soluciones particulares de L[y] = g1(x), L[y] = g2(x), . . .,

L[y] = gk(x) respectivamente, entonces yp(x) = yp1 + yp2 + · · · + yp

kes

solucion particular de

L[y] = g1(x) + g2(x) + · · ·+ gk(x).

3.2.2 Ecuaciones lineales con coeficientes constantes

Definicion 3.2.4. Sean L1 y L2 dos operadores diferenciales lineales con

coeficientes constantes, de orden n y m respectivamente.

L1 = P (D) := anDn + an−1D

n−1 + · · ·+ a1D + a0 y

75


L2 = Q(D) := bmDm + bm−1D

m−1 + · · ·+ b1D + b0 ,

donde a0 , a1 , . . . , an , b0 , b1 , . . . , bn son constantes. Se define la suma L1 +L2

y el producto L1L2 como sigue

(L1 + L2)[y] = L1 [y] + L2 [y] y (L1L2)[y] = L1

[L2 [y]

].

Decimos que los operadores L1 y L2 son iguales si L1 [y] = L2 [y] para todas

las funciones y con las derivadas necesarias.

Teorema 3.2.7 (Propiedades de los operadores lineales). Sean L1 , L2

y L3 operadores lineales con coeficientes constantes. Entonces

1. Leyes conmutativas: L1 + L2 = L2 + L1 y L1L2 = L2L1 .

2. Leyes asociativas:

(L1 + L2) + L3 = L1 + (L2 + L3) y (L1L2)L3 = L1(L2L3).

3. Leyes distributivas:

L1(L2 + L3) = L1L2 + L1L−3 y (L1 + L2)L3 = L1L3 + L2L3 .

Teorema 3.2.8. Sean L1 y L2 operadores diferenciales de orden n con coe-

ficientes constantes. Si y1 es una solucion no trivial de L2 [y] = 0 y y2 es una

solucion no trivial de L1 [y] = 0, entonces y = c1y1 + c2y2 es una solucion de

(L1L2)[y] = 0.

Demostracion. De los teoremas (3.2.2) y (3.2.8) y la definicion (3.2.4) se tiene

(L1L2)[c1y1 + c2y2 ] = c1(L1L2)[y1 ] + c2(L1L2)[y2 ]

= c1L1 [L2 [y1 ]] + c2L2L1 [y2 ] = c1L1 [0] + c2L2

[L1 [y2 ]

]= c10 + c2L2 [0] = 0 + c20 = 0

Teorema 3.2.9. Para cualquier funcion y con derivadas hasta el orden m

se cumple

e−ax(D − a)m[y] = Dm[e−axy] (3.31)

76


Demostracion. Se procedera por induccion matematica

Base Inductiva: Para m = 1 se tiene

D[e−axy] = e−axy′ − ae−axy = e−ax(y′ − ay) = e−ax(D − a)[y].

Pasos inductivos Supongamos que para todo k, 1 ≤ k ≤ m− 1, se tiene

Dk[e−axy] = e−ax(D − a)k[y] Hipotesis de induccion (HI)

y probemos que se cumple para k + 1. Ahora,

Dk+1[e−axy] = D[Dk[e−axy]] = D[e−ax(D − a)ky] Por HI

= e−axD[(D − a)ky]− ae−ax(D − a)k[y] Regla del producto

= e−ax(D − a)(D − a)k[y] Factorizando

= e−ax(D − a)k+1[y]

Por lo tanto, e−ax(D− a)m[y] = Dm[e−ay] para todo numero natural m.

Los teoremas (3.2.8) y (3.2.9) proporcionan un metodo para resolver ecua-

ciones diferenciales lineales de orden superior homogeneas con coeficientes

constantes, puesto que un operador lineal de este tipo es factorizable.

Ejemplo 3.8. Resolver y′ − ky = 0

Solucion. Escribiendo la ecuacion en terminos de operadores se tiene

(D − k)[y] = 0.

Multiplicando en ambos lados por e−kx y aplicando el teorema (3.2.9) tiene

e−kx(D − k)[y] = 0

D[e−kxy] = 0

Al integrar se obtiene e−kxy = c. Ası, y = cekx, donde c es una constante

arbitraria, proporciona la solucion general de la ecuacion.

77


Ejemplo 3.9. Resolver y′′ + 4y′ + 4y = 0.

Solucion. En terminos de operadores se tiene

(D2 + 4D + 4)[y] = (D + 2)2[y] = 0.

Multiplicando por e2x y aplicando el teorema(3.2.9) se tiene

e2x(D + 2)2[y] = 0

D2[e2xy] = 0.

Al integrar dos veces se tiene e2xy = c2x+ c1 . De donde y = c1e−2x+ c2xe

−2x

proporciona la solucion general de la ecuacion.

Ejemplo 3.10. Resolver y′′ − 5y′ + 4y = 0


(D2 − 5D + 4)[y] = (D − 1)(D − 4)[y] = (D − 1)[(D − 4)[y]] = 0.

La solucion general de (D − 1)[y] = 0 es y = c1ex y la de (D − 4)[y] = 0 es

y = c2e4x. Ası, la solucion general de la ecuacion dada es y = c1e

x + c2e4x.

Ejemplo 3.11. Resolver y′′ + 4y = 0.

Solucion. En terminos de operadores, la ecuacion es

(D2 + 4)[y] = (D − 2i)(D + 2i)[y] = 0

Se obtienen dos soluciones complejas linealmente independientes

Y1 = e2ix, Y2 = e−2ix.

La solucion general (compleja) es

Y (x) = C1e2ix + C2e

−2ix,

donde C1 y C2 son numeros complejos. Utilizando la formula de Euler

eiθ = cos θ + i sen θ

78


podemos expresar la solucion general en la forma

Y = C1(cos 2x+ sen 2x) + C2(cos 2x− i sen 2x)

= (C1 + C2) cos 2x+ i(C1 − C2) sen 2x

= c1 cos 2x+2 sen 2x,

donde c1 = C1 + C2 y c2 = i(C1 − C2).

Es facil verificar que las funciones con valores reales y1(x) = cos 2x y

y2(x) = sen 2x son soluciones linealmente independientes de la ecuacion.

De este modo, la solucion general de la ecuacion es

y(x) = c1 cos 2x+ c2 sen 2x,

donde c1 y c2 son constantes arbitrarias.

A continuacion generalizamos los casos presentados en los ejemplos previos.

Consideremos el operador diferencial de orden n con coeficientes constantes

L := P (D) = anDn + an−1D

n−1 + · · ·+ a1D + a0 . (3.32)

De este modo, podemos escribir la EDO lineal homogenea con coeficientes

constantes

an

dny

dxn+ an−1

dn−1

dxn−1· · ·+ a1

dy

dx+ a0y = 0 (3.33)

en la forma

L[y] = P (D)[y] = 0 (3.34)

Aplicando L = P (D) a y = erx tenemos

L[erx] = anrnerx + an−1r

n−1erx + · · ·+ a1rerx + a0e

rx

= erx(anrn + an−1r

n−1 + · · ·+ a1r + a0) = erxP (r)

donde P (r) = anrn + an−1r

n−1 + · · ·+ a1r+ a0 . Ası, y = erx es solucion de la

ecuacion (3.34) si r es una raız de la ecuacion

P (r) = anrn + an−1r

n−1 + · · ·+ a1r + a0 = 0, (3.35)

79


llamada ecuacion auxiliar o caracterıstica.

Como es bien sabido, la ecuacion (3.35) tiene n raıces (contando las multi-

plicidades), que pueden ser reales o complejas. Aunque no existen formulas

generales para determinar los ceros de un polinomio arbitrario de grado

mayor que 4, si podemos determinar un cero r1 , entonces podemos cancelar

el factor (r− r1) y trabajar con un polinomio de grado menor. Cuando no se

pueda encontrar un cero con exactitud, se pueden usar algoritmos numericos

para calcular raıces aproximadas.

A continuacion analizamos las posibilidades.

Raıces reales distintas

Si las raıces de la ecuacion (3.35) son reales y distintas, entonces n soluciones

linealmente independientes de la ecuacion son

y1(x) = er1x, y2(x) = er2x, . . . , yn(x) = ernx (3.36)

Ası, una solucion general de (3.34) es

y(x) = c1er1x + c2e

r2x + . . .+ cnernx,

donde c1 , c2 , . . . , cn son constantes.

Ejemplo 3.12. Resolver y′′′ − 4y′′ − y′ + 4y = 0.

Solucion. La ecuacion auxiliar es

p(r) = r3 − 4r2 − r + 4 = r2(r − 4)− (r − 4)

= (r − 4)(r2 − 1) = (r − 4)(r − 1)(r + 1).

Las raıces son r1 = 1, r2 = −1, r3 = 4. Luego, la solucion general es

y(x) = c1ex + c2e

−x + c3e4x.

80


Raıces reales repetidas

Si r1 es una raız de (3.35) de multiplicidad m, entonces m soluciones lineal-

mente independientes correspondientes al factor (r − r1)m son

y1(x) = er1x, y2(x) = xer1x, . . . , ym(x) = xm−1er1x

Ejemplo 3.13. Resolver y′′′ + 5y′′ + 3y′ − 9y = 0


p(r) = r3 + 5r2 + 3r − 9 = 0

Evaluando podemos ver que r1 = 1 es una solucion de la ecuacion auxiliar.

Por division sintetica se tiene

1 5 3 −9 1

1 6 9

1 6 9 0

El cociente es q(r) = r2 + 6r + 9 = (r + 3)2, cuya raız es r2 = −3 de

multiplicidad m = 2. La solucion general es

y(x) = c1ex + c2e

−3x + c3xe−3x.

Raıces complejas distintas

Si r = α+βi es una raız compleja de la ecuacion (3.35), entonces tambien lo

es su complejo conjugado r = α−βi, pues los coeficientes de P (r) son reales.

Si no hay raıces repetidas entonces una solucion general de (3.34) esta dada

por

Y = C1e(α+βi) + C2e

(α−βi)x.

Las soluciones con valores reales correspondientes a las raıces α ± βi son la

parte real y la parte imaginaria de e(α+βi)x. Como

e(α+βi)x = eαx(cos (βx) + i sen (βx)),

81


entonces dos soluciones LI de (3.34) son (Ver Ejemplo 3.11)

y1(x) = eαx cos (βx), y2(x) = eαx sen (βx).

Ejemplo 3.14. Resolver y′′ + 3y′′ + 4y − 8y = 0


p(r) = r3 + 3r2 + 4r − 8 = 0

Se ve facilmente que r1 = 1 es una raız de p(r). Por division sintetica

1 3 4 −8 1

1 4 8

1 4 8 0

El cociente es q(r) = r2+4r+8 = (r+2)2+4 cuyas raıces son r2,3 = −2±2i.

Dos soluciones linealmente independientes correspondientes a este factor son

y2 = e−2x cos 2x, y3 = e−2x sen 2x, por lo tanto una solucion general es

y(x) = c1ex + c2e

−2x cos 2x+ c3e−2x sen 2x.

Raıces complejas repetidas

Si r = α+βi es una raız compleja repetida de multiplicidad m > 1, entonces

(3.34) tiene las 2m soluciones linealmente independientes con valores reales

eαx cos βx, xeαx cos βx, . . . , xm−1eαx cos βx

eαx sen βx, xeαx sen βx, . . . , xm−1eαx sen βx(3.37)

En los dos apartados que siguen se desarrollan los metodos de coeficientes

indeterminados basados en el principio de superposicion y en el metodo de

los operadores anuladores. Para resolver L[y] = g(x), donde L esta dado por

(3.32), se debe pasar por dos etapas:

i) Determinar la solucion complementaria yc .

ii) Establecer cualquier solucion particular yp de la ecuacion no homogenea.

82


3.2.3 Coeficientes indeterminados

La idea basica es hacer una propuesta coherente acerca de la forma de yp

originada por los tipos de funciones que forman la entrada g(x). El metodo es

basicamente directo, pero esta limitado a ecuaciones lineales no homogeneas

con coeficientes constantes en las que g(x) es una constante a, una funcion

polinomial pn(x), una funcion exponencial eax, funciones seno o coseno como

cosωx, senωx o sumas y productos finitos de esas funciones.

Ejemplo 3.15. Resolver y′′ − 4y′ + 3y = 6x2 − 4.

Solucion. Primero resolvemos la ecuacion homogenea asociada. La ecuacion

auxiliar es r2−4r+3 = 0 cuyas raıces son r1 = 1 y r2 = 3. Luego, la solucion

complementaria es

yc(x) = c1ex + c2e

3x.

Como la funcion g(x) es un polinomio, es de esperarse que la solucion parti-

cular sea de la misma forma

yp = Ax2 +Bx+ C

e intentamos determinar coeficientes A, B y C.

Como y′p = 2Ax+B, y′′p = 2A, al sustituir en la ecuacion se tiene

2A− 8Ax− 4B + 3Ax2 + 3Bx+ 3C = 6x2 − 4

3Ax2 + (−8A+ 3B)x+ 2A− 4B + 3C = 6x2 − 4

Por igualdad de polinomios, al igualar coeficientes se tiene

Coeficientes de x2 : 3A = 6

Coeficientes de x : −8A+ 3B = 0

Coeficientes de 1 : 2A− 4B + 3C = −2

Al resolver el sistema obtenemos A = 2, B = 163, C = 40

3. Luego

yp = 2x2 + 163x+ 40

3y la solucion general esta dada por

y(x) = yc(x) + yp(x) = c1ex + c2e

4x + 2x2 + 163x+ 40

3.

83


Ejemplo 3.16. Resolver y′′ + y′ − 2y = 2e−x

Solucion. La solucion de la ecuacion homogenea asociada y′′+y′−2y = 0 es

yc = c1ex + c2e

−x. Como la funcion g(x) es una exponencial, asumimos

una solucion particular de la forma: yp = Ae−x, e intentamos determinar

el coeficiente A. Como y′p = −Ae−x y y′′p = Ae−x, al sustituir en la ecuacion

se tiene

Ae−x − Ae−x − 2Ae−x = −2Ae−x = 2e−x,

de donde A = −1. Por lo tanto yp = e−x y la solucion general es

y = c1ex + c2e

−x − e−x.

Ejemplo 3.17. Resuelva y′′ + 4y = sen x

Solucion. La solucion de la ecuacion homogenea asociada esta dada por

yc = c1 cos 2x + c2 sen 2x. Buscamos yp de la forma yp = A cos x + B sen x,

Como y′p = −A sen x + B cos x, y′′p = −A sen x − B cos x, al sustituir en la

ecuacion se tiene

−A cos x− B sen x+ 4A cos x+ 4B sen x = 3A cos x+ 3B sen x = sen x.

Al igualar coeficientes de cosx y sen x se tiene

3A = 0 y 3B = 1,

de donde A = 0 y B = 13. Ası, yp =

13cos x y la solucion general es

y = c1 cos 2x+ c2 sen 2x+ 13cos x.

Ejemplo 3.18. Resolver y′′ − 2y′ = 2x2 − 3x+ 2

Solucion. Encontramos que yc = c1 + c2e2x. Como en el ejemplo (3.15),

esperamos que yp sea de la forma yp = Ax2+Bx+C. Entonces y′p = 2Ax+B

y y′′p = 2A. Al sustituir en la ecuacion tenemos

2A− 4Ax− 2B = 0x2 − 4Ax+ 2A− 2B = 2x2 − 3x+ 2.

84


Al igualar coeficientes se tiene

Coeficientes de x2 : 0 = 2

Coeficientes de x : − 4A = −3

Coeficientes de 1 : 2A− 2B = 2

El sistema es inconsitente, el coeficiente C no se puede determinar. Ası, la

solucion particular no puede ser de esa forma. Al analizar detenidamente

la solucion particular propuesta, vemos que la funcion constante g1(x) = 2

hace parte de la solucion complementaria y por tanto satisface la ecuacion

homogenea. Para eliminar esta duplicidad, multiplicamos por x la solucion

particular propuesta anteriormente.

Sea yp = Ax3 +Bx2 +Cx, entonces y′p = 3Ax2 +2Bx+C y y′′p = 6Ax+2B.

Al reemplazar en la ecuacion diferencial, se tiene:

6Ax+2B − 6Ax2 − 4Bx− 2C = −6Ax2 + (6A− 4B)x+2B − 2C = 2x2 − 3x+2.

Al igualar coeficientes se obtiene

Coeficientes de x2 : − 6A = 2

Coeficientes de x : 6A− 4B = −3.

Coeficientes de 1 : 2B − 2C = 2

Da ahı, A = −13, B = −1

4y C = −3

4. Luego, yp = −1

3x3 + 1

4x2 − 3

4x

y = c1 + c2e2x − 1

3x3 + 1

4x2 − 3

4.

Ejemplo 3.19. Resolver y′′ + 4y′ + 4y = 6e−2x

Solucion. La solucion complementaria es yc = c1e−2x+c2xe

−2x. Como 6e−2x

y 6xe−2x hacen parte de yc, buscamos una solucion particular de la forma

yp = Ax2e−2x. Al derivar y reemplazar en la ecuacion se tiene

2Ae−2x − 8Axe−2x + 4Ax2e−2x + 8Axe−2x − 8Ax2e−2x + 4Ax2e−2x = 6e−2x

2Ae−2x = 6e−2x,

85


de donde A = 3. Luego, yp = 3x2e−2x y la solucion general esta dada por

y = c1e−2x + c2xe

−2x + 3x2e−2x.

A continuacion damos una tabla que nos permite conjeturar la forma de una

solucion particular.

Tipo g(x) yp(x)

I pn(x) = anxn + · · ·+ a1x+ a0 xkPn(x) = xk(Anx

n + · · ·+ A1x+ A0)

II cecx xkAecx

III a cos (ωx) + b sen (ωx) xk[A cos (ωx) +B sen (ωx)]

IV pn(x)ecx xkPn(x)e

cx

V pn(x) cos(ωx) + qm(x) sen(ωx)xk[P

N(x) cos(ωx) + Q

N(x) sen(ωx)], con

N = max{n,m}VI ecx[a cos(ωx) + b sen(ωx)] xkecx[A cos(ωx) +B sen(ωx)]

VII ecx[pn(x) cos(ωx) + qm(x) sen(ωx)]xkecx[P

N(x) cos(ωx) + Q

N(x) sen(ωx)],

N = max{n,m}VIII a cosh(ωx) + b senh(ωx) xk[A cosh(ωx) + B senh(ωx)]

IX pn(x) cosh(ωx) + qm(x) senh(ωx)xk[P

N(x) cosh(ωx)+Q

N(x) senh(ωx)], con

N = max{n,m}X ecx[a cosh(ωx) + b senh(ωx)] xkecx[A cosh(ωx) +B senh(ωx)]

XI ecx[pn(x) cosh(ωx) + qm(x) senh(ωx)]xkecx[P

N(x) cosh(ωx) + Q

N(x) senh(ωx)],

N = max{n,m}

Tabla 3.1. Forma de yp

El entero no negativo k se elige como el menor entero tal que ningun termino

de la solucion particular yp(x) sea solucion de la ecuacion homogenea co-

rrespondiente L[y] = 0. El polinomio Pn(x) debe incluir todos sus terminos

aunque pn(x) tenga algunos terminos nulos.

Ejemplo 3.20. Determine la forma de una solucion particular para la ecua-

cion diferencial

y′′′ + 4y′ = 2 + 4 cos 2x− 3x2e2x + xex sen x.

86


Solucion. Se tiene que yc = c1 + c2 cos 2x + c3 sen 2x. Sea L := D3 + D,

usaremos el Teorema 3.2.6 para encontrar la forma de yp para los problemas

i. L[y] = 2 ii. L[y] = 4 cos 2x

iii. L[y] = −3x2e2x vi. L[y] = xex sen x

Vemos que g1(x) = 2 y g2(x) = 4 cos 2x estan incluıdas en yc. Entonces

yp1 = Ax, yp2 = x (B cos 2x+ C sen 2x) ,

yp3 = (Dx2 + Ex+ F )ex yp4 = ex((Gx+H) cos x+ (Ix+ J) sen x

)Ası, la forma de yp es

yp = yp1 + yp2 + yp3 + yp4 .

3.2.4 Operadores anuladores

En esta seccion se estudia un metodo que es una variacion de coeficientes

indeterminados en el cual se usan operadores diferenciales.

Definicion 3.2.5. Se dice que un operador diferencial Q(D) anula a una

funcion g(x) si Q(D)[g(x)] = 0.

Ejemplo 3.21. Muestre que el operador Q(D) := D3(D − 2)2 anula a la

funcion g(x) = 3x2 − 4x+ 2 + (x+ 3)e2x.

Solucion. Usaremos el Teorema 3.2.9: e−ax(D − a)k[y] = Dk[e−axy]

Q(D)[g(x)] = D3(D − 2)2[3x2 − 4x+ 2 + (x+ 3)e2x]

= D3(D − 2)2[3x2 − 4x+ 2] +D3(D − 2)2[(x+ 3)e2x]

= (D − 2)2[D3[3x2 − 4x+ 2]] +D3[e2xe−2x(D − 2)2[e2x(x+ 3)]]

= (D − 2)2[0] +D3[e2xD2[e−2x(x+ 3)e2x]], y = (x+ 3)e2x

= 0 +D3[e2xD2[x+ 3]] = D3[e2x0] = D3[0] = 0

En la tabla siguiente se da una lista de operadores anuladores.

87


Tipo g(x) Operador anulador Q(D)

I pn(x) = anxn + · · ·+ a1x+ a0 Dn+1

II ceax D − a

III a cos (ωx) + b sen (ωx) D2 + ω2

IV pn(x)eax (D − a)n+1

V pn(x) cos (ωx) + qm(x) sen (ωx) (D + ω2)N+1, N = max{n,m}VI eax[c cosωx+ d senωx] (D − a)2 + ω2

VII eax[pn(x) cos (ωx) + qm(x) sen (ωx)] [(D − a)2 + ω2]N+1, N = max{n,m}VIII a cosh (ωx) + b senh (ωx) D2 − ω2

IX pn(x) cosh (ωx) + qm(x) senh (ωx) (D − ω2)N+1, N = max{n,m}X eax[c coshωx+ d senhωx] (D − a)2 − ω2

XI eax[pn(x) cosh (ωx) + qm(x) senh (ωx)] [(D − a)2 − ω2]N+1, N = max{n,m}

Tabla 3.2. Operadores anuladores

Ejemplo 3.22. Resolver y′′ − 2y′ + y = 2x+ cos x

Solucion. La solucion complementaria es yc = c1ex + c2xe

x. Expresando en

terminos de operadores tenemos

(D2 − 2D + 1)[y] = (D − 1)2[y] = 2x+ cos x

Un operador anulador para g(x) = 2x+cos x esQ(D) = D2(D2+1). Entonces

Q(D)P (D)[y] = Q(D)[g(x)]

D2(D2 + 1)(D − 1)2[y] = 0.

La solucion de esta ultima ecuacion es

y = a1 + a2x+ a3 cos x+ a4 sen x+ a5ex + a6xe

x .

La parte de la solucion encerrada en el recuadro es yc, luego los terminos

restantes en la ecuacion expresan la forma de la solucion particular que bus-

camos

yp = A1 + A2x+ A3 cos x+ A4 sen x.

88


Despues de efectuar los calculos se obtiene yp = −4 + 2x + 12sen x. Ası, la

solucion general es

y = c1ex + c2xe

x − 4 + 2x+1

2sen x.

Ejemplo 3.23. Determine la forma de una solucion particular de la ecuacion

y′′′ − 2y′′ + y′ = 2x+ cos x− 3ex.

Solucion. Se encuentra que yc = c1 + c2ex+ c3xe

x. Usando operadores tene-

mos

(D3 − 2D2 +D)[y] = D(D − 1)2[y] = 2x+ cos x− 3ex.

Un operador anulador para la funcion g(x) = 2x + cosx − 3ex es

Q(D) = D2(D − 1)(D2 + 1). Ası

D2(D − 1)(D2 + 1)D(D − 1)2[y] = 0

D3(D − 1)3(D2 + 1)[y] = 0,

cuya solucion es

y = a1 + a2x+ a3x2 + a4e

x + a5xex + a6x

2ex + a7 cos x+ a8 sen x.

Como la combinacion lineal a1 + a4ex + a5xe

x que esta encerrada en los

recuadros corresponde a la solucion complementaria, los terminos restantes

en la ecuacion expresan la forma que buscamos

yp = A1x+ A2x2 + A3x

2ex + A4 cos x+ A5 sen x.

3.2.5 Variacion de los parametros

En las secciones previas se ha visto que el metodo de los coeficientes in-

determinados o el de los operadores anuladores es un metodo sencillo para

encontrar una solucion particular cuando la ecuacion tiene coeficientes cons-

tantes y el termino no homogeneo es de un tipo especial. Aquı presentamos un

metodo mas general, llamado variacion de los parametros, para determinar

89


una solucion particular. Este metodo se aplica incluso cuando, los coeficien-

tes de la ecuacion diferencial son funciones de x, siempre que se conozca un

conjunto fundamental de soluciones para la ecuacion homogenea asociada.

Antes de estudiar el metodo daremos algunas definiciones y resultados que

nos permiten simplificar algunos calculos

Definicion 3.2.6. Sean u = (u1 , u2 , . . . , un) y v = (v1 , v2 , . . . , vn), donde

u1 , u2 , . . . , un y v1 , v2 , . . . , vn son funciones, definimos el producto interior

〈u,v〉 entre u y v de la siguiente manera

〈u,v〉 = u1v1 + u2v2 + · · ·+ unvn =n∑

i=1

uivi (3.38)

Teorema 3.2.10. Sea p una funcion escalar y, u = (u1 , u2 , . . . , un),

v = (v1 , v2 , . . . , vn) y w = (w1 , w2 , . . . , wn) funciones vectoriales diferencia-

bles. Entonces

〈u,v〉 = 〈v,u〉 (3.39)

〈u,v +w〉 = 〈u,v〉+ 〈u,w〉 (3.40)

〈pu,v〉 = p〈u,v〉 = 〈u, pv〉 (3.41)

〈u,v〉′ = 〈u,v′〉+ 〈u′,v〉 (3.42)

donde u′ = (u′1, u′

2, . . . , u′

n).

Consideremos la ecuacion lineal no homogenea de orden n en forma normal

L[y] = y(n) + pny(n−1) + · · ·+ p2y

′ + p1y = f(x), (3.43)

donde L := Dn+p1Dn−1+ · · ·+pn−1D+pn y sea {y1 , y2 , . . . , yn} un conjunto

fundamental de soluciones de L[y] = 0.

Sabemos que la solucion general de L[y] = 0 esta dada por

y = c1y1 + c2y2 + · · ·+ cnyn (3.44)

90


donde c1 , c2 , . . . , cn son constantes. Para determinar una solucion particular

de (3.43), la idea detras de la variacion de los parametros consiste en reem-

plazar las constantes en (3.44) por funciones de x. Es decir, buscamos una

solucion de la forma

yp = v1y1 + v2y2 + · · ·+ vnyn = 〈v,y〉 (3.45)

Como hemos introducido n funciones incognitas v1 , v2 , . . . , vn, es razonable

que podamos imponer condiciones sobre dichas funciones. De (3.45) y usando

(3.42) tenemos,

y′p = 〈v,y〉′ = 〈v,y′〉+ 〈v′,y〉Para simplificar los calculos y evitar derivadas de segundo orden de las

incognitas v1 , v2 , . . . , vn en las expresiones para y′′p , imponemos la condicion

〈v′,y〉 = k1 , donde k1 es una constante que puede ser 0.

Ası, y′p se simplifica a

y′p = 〈v,y′〉+ k1 . (3.46)

Luego,

y′′p = 〈v,y′〉′ = 〈v′,y′〉+ 〈v,y′′〉.

Ahora imponemos la condicion

〈v′,y′〉 = k2 , donde k2 es una constante que puede ser 0,

de donde

y′′p = 〈v,y′′〉+ k2 . (3.47)

Este proceso se continua hasta llegar a

y(n−1)p = 〈v′,y(n−2)〉+ 〈v,y(n−1)〉.

En este punto, la condicion que se debe imponer es

〈v′,y(n−2)〉 = kn−1 , donde kn−1 es una constante que puede ser 0,

91


de donde

y(n−1)p = 〈v,y(n−1)〉+ kn−1 . (3.48)

Finalmente,

y(n)p = 〈v′,y(n−1)〉+ 〈v,y(n)〉. (3.49)

Al sustituir las expresiones para yp, y′p, y

′′p , . . . , y

(n−1)p , y

(n)p dadas por (3.45),

(3.46), (3.47),. . . , (3.48) y (3.49) en (3.43), y usando (3.40) y (3.41) tenemos

f(x)= L[yp]

= 〈v′,y(n−1)〉+ 〈v,y(n)〉+ pn−1〈v′,y(n−1)〉+ pn−1kn−1

+ · · ·+ p1〈v,y′〉+ p1k1 + p1〈v,y〉= 〈v′,y(n−1)〉+ 〈v,y(n) + pn−1y

(n−1) + · · ·+ p1y′ + p1y〉+ 〈p,k〉,

(3.50)

donde 〈p,k〉 = p1k1 + · · ·+ pn−1kn−1 . Puesto que {y1 , y2 , . . . , yn} constituye

un conjunto fundamental de soluciones de L[y] = 0 entonces

L[y] = y(n) + p1y(n−1) + · · ·+ pn−1y

′ + pny = 0.

Ası, (3.50) se reduce a

〈v′,y(n−1)〉+ 〈p,k〉 = f(x). (3.51)

En resumen, para hallar una solucion particular dada por (3.45), debemos

encontrar v1 , v2 , . . . , vn que satisfagan

〈v′,y〉 = v′1y1 + v′

2y2 + · · ·+ v′nyn = kn−1

〈v′,y〉 = v′1y′1+ v′

2y′2+ · · ·+ v′ny

′n = kn−2

...

〈v′,y(n−2)〉 = v′1y(n−2)1

+ v′2y(n−2)2

+ · · ·+ v′ny(n−2)n = k1

〈v′,y(n−1)〉 = v′1y(n−1)1

+ v′2y(n−1)2

+ · · ·+ v′ny(n−1)n = f(x)− 〈p,k〉,

(3.52)

92


Para determinar v1 , v2 , . . . , vn primero debemos resolver el sistema (3.52) en

terminos de v′1, v′

2, . . . , v′n . Despues de un manejo algebraico de la regla de

Cramer se obtiene

v′1=

W1

W, v′

2=

W2

W, . . . , v′n =

Wn

W,

donde W es el wronskiano de y1 , y2 , . . . , yn y Wj es el determinante que se

obtiene al reemplazar la columna j−esima de la matriz del sistema por la

columna (kn−1 , kn−2 , . . . , k1 , f(x) − 〈p,k〉)T . Al integrar estas ecuaciones se

obtiene

v1 =

∫W1

Wdx, v2 =

∫W2

Wdx, . . . , vn =

∫Wn

Wdx.

Para n = 2, las ecuaciones anteriores son

v1 =

∫k1y

′1− y2 [f(x)− pk1 ]

Wdx, v2 =

∫y1 [f(x)− pk1 ] + k1y

′1

Wdx.

Para simplificar los calculos, se toman k1 = k2 = · · · = kn−1 = 0 en (3.52).

Asi, para n = 2 se tiene

v1 = −∫

y2f(x)

Wdx, v2 =

∫y1f(x)

Wdx.

Para n = 3 se tiene

v1 =

∫W [y2 , y3 ]f(x)

Wdx, v2 = −

∫W [y1 , y3 ]f(x)

Wdx, v3 =

∫W [y1 , y2 ]f(x)

Wdx.

Ejemplo 3.24. Resolver y′′− y′− 2y = e−x por variacion de los parametros.

Solucion. Un conjunto fundamental de soluciones de y′′ − y′ − 2y = 0 es

{e−x, e2x}. Seayp = v1e

−x + v2e2x.

El wronskiano de e−x y e2x es W = 3ex. Luego

v′1= −e2xe−x

3ex= −1

3, v′

2=

e−xe−x

3ex= 1

3e−3x,

de donde

v1 = −13x, v2 = −1

9e−3x.

93


Entonces yp = v1y1 + v2y2 = −13xe2xe−x − 1

9e−3xe2x = −1

3xe−x − 1

9e−x y la

solucion general viene dada por

y =(c1 − 1

9

)e−x + c2e

2x − 13xe−x.

Ejemplo 3.25. Resolver y′′ − y = (1− e−x)−1.

Solucion. Se obtiene que yc = c1ex + c2e

−x y W = W [ex, e−x] = −2. Luego,

v1 =12

∫e−x

1− e−xdx = 1

2ln |1− e−x| = 1

2ln |ex − 1| − 1

2x

v2 = −12

∫ex

1− e−xdx = −1

2

∫e2x

ex − 1dx = −1

2ex − 1

2ln |ex − 1|

Por tanto,

yp = v1y1 + v2y2 =12ex ln(ex − 1)− 1

2xex − 1

2− 1

2e−x ln(ex − 1);x > 0

y la solucion general es

y = c1ex + c2e

−x + 12ex ln(ex − 1)− 1

2xex − 1

2− 1

2e−x ln(ex − 1), x > 0.

Ejemplo 3.26. Resolver y′′′ + y′′ − 2y′ = 6ex(1 + ex)−1

Solucion. Un CFS para la ecuacion diferencial homogenea asociada es

{1, ex, e−2x} y W = W [1, ex, e−2x] = 6e−x. Ahora

yp = v1y1 + v2y2 + v3y3 .

W [y2 , y3 ] =

∣∣∣∣ex e−2x

ex −2e−2x

∣∣∣∣ = −3e−x, W [y1 , y3 ] =

∣∣∣∣1 e−2x

0 −2e−2x

∣∣∣∣ = −2e−2x

W [y1 , y2 ] =

∣∣∣∣1 ex

0 ex

∣∣∣∣ = ex.

Luego,

v1 =

∫W [y2 , y3 ]f(x)

Wdx =

∫ −3e−x6ex

6e−x(1 + ex)dx

= −3

∫ex

1 + exdx = −3 ln(1 + ex)

94

3.3. ECUACION DE CAUCHY–EULER

v2 = −∫

W [y1 , y3 ]f(x)

Wdx = −

∫ −2e−2x6ex

6e−xdx

= 2

∫1

1 + exdx = −2 ln(1 + e−x) = 2x− 2 ln(1 + ex)

v3 =

∫W [y1 , y2 ]f(x)

Wdx =

∫ex6ex

6e−x(1 + ex)dx =

∫e3x

1 + exdx

= 12e2x + ln(1 + ex)− ex − 3

2.

Luego,

yp = v1y1 + v2y2 + v3y3

= −3 ln(1 + ex) + 2ex[x− ln(1 + ex)

]+ e−2x

[12e2x + ln(1 + ex)− ex − 3

2

].

La solucion general es y = c1 + c2ex + c3e

−2x + yp.

3.3 Ecuacion de Cauchy–Euler

Una ecuacion de la forma

anxny(n) + an−1x

n−1y(n−1) + · · ·+ a1xy′ + a0y = g(x) (3.53)

donde a0 , a1 , . . . , an son constantes, se llama ecuacion de Cauchy–Euler o

ecuacion equidimensional. Empezaremos el desarrollo analizando en detalle

las formas de las soluciones generales de la ecuacion homogenea de segundo

orden

ax2y′′ + bxy′ + cy = g(x) (3.54)

La solucion de ecuaciones de orden superior sera similar. Una vez se haya

determinado la solucion complementaria yc de

ax2y′′ + bxy′ + cy = 0 (3.55)

podemos resolver la ecuacion no homogenea (3.54) con el metodo de variacion

de los parametros.

95


Puesto que el coeficiente de y(n) es cero cuando x = 0, para garantizar que

los resultados fundamentales del teorema (3.2.1) sean aplicables a la ecuacion

de Cauchy–Euler, supondremos que x > 0. Hay dos maneras equivalentes de

resolver la ecuacion (3.55). La primera forma es intentar una solucion de

la forma y = xr, donde r es una constante por determinar. La primera y

segunda derivadas son, y′ = rxr−1 y y′′ = r(r − 1)xr−2 respectivamente. Al

sustituir en (3.55) se tiene

ax2y′′ + bxy′ + cy = ar(r − 1)xr + brxr + cxr

= [ar2 + (b− a)r + c]xr = 0

Ası, y = xr es una solucion de (3.55) siempre que r sea solucion de la ecuacion

auxiliar

ar2 + (b− a)r + c = 0. (3.56)

Hay tres casos por considerar que dependen de si las raıces son reales y

distintas, reales repetidas (o iguales) o complejas

Caso I: Raıces reales distintas.

Sean r1 y r2 las raıces reales de (3.56), tales que r1 �= r2 . Entonces {xr1 , xr2}forma un conjunto fundamental de soluciones. De este modo, la solucion

general es

y(x) = c1xr1 + c2x

r2 .

Ejemplo 3.27. Resolver x2y′′ + 5xy′ + 3y = 0.

Solucion. Sea y = xr, entonces y′ = rxr−1 y y′′ = r(r−1)xr−2. al reemplazar

en la ecuacion se tiene

r(r − 1)xr + 5rxr + 3xr = (r2 + 4r + 3)xr = 0.

La ecuacion auxiliar es

r2 + 4r + 3 = (r + 1)(1 + 3) = 0

96

3.3. ECUACION DE CAUCHY–EULER

cuya soluciones son r1 = −1 y r2 = −3. Luego, la solucion general es

y = c1x−1 + c2x

−3.

Caso II: Raıces reales repetidas.

Si las raıces de (3.56) son repetidas, es decir, si r1 = r2 , solo podremos obtener

una solucion y1 = xr1 . Cuando las raıces de la ecuacion (3.56) son iguales,

el discriminante de los coeficientes debe ser cero. Luego, la raız deber ser

r1 = − b−a2a

. Para encontrar una segunda solucion linealmente independiente

usamos el metodo de reduccion de orden. Para ello, escribimos la ecuacion

(3.55) en la formad2y

dx2+

b

ax

dy

dx+

c

x2y = 0. (3.57)

Usando la ecuacion (3.16) tenemos

y2(x) = y1(x)

∫[y1(x)]

−2 e−∫p(x)dxdx

= xr1

∫e−

∫bax

dx

x2r1dx = xr1

∫e−

balnx

x2r1dx

= xr1

∫x−b/ax−2r1dx ←− e−

balnx = x−b/a

= xr1

∫x−b/ax−(b−a)/adx ←− −2r1 = (b− a)/a

= xr1

∫1

xdx = xr1 ln x.

Entonces la solucion general es y = c1xr1 + c2x

r1 ln x.

Ejemplo 3.28. Resolver la ecuacion x2y′′ − 3xy′ + 4y = 0.

Solucion. La sustitucion y = xr proporciona

x2y′′ − 3xy′ + 4y = r(r − 1)xr − 3rx2 + 4xr = (r2 − 4r + 4)xr = 0.

Esto ocurre si r2 − 4r + 4 = (r − 2)2 = 0. Como r = 2 es una raız doble,

entonces la solucion general es

y = c1x2 + c2x

2 ln x.

97


Caso III: Raıces complejas conjugadas: Si las raıces de (3.56) son el par

conjugado

r1 = α + βi, r2 = r1 = α− βi,

donde α, β > 0 son reales, una solucion es

Y = C1xα+βi + C2x

α−βi

Al usar la identidad

xiβ =(elnx

)iβy la formula de Euler, al igual que en el caso de ecuaciones con coeficientes

constantes, despues de un poco de algebra, llegamos a la solucion general

y = xα[c1 cos (β ln x) + c2 sen (β ln x)].

Ejemplo 3.29. Resolver y′′ + 3y′ + 5y = 0.

Solucion. La sustitucion y = xr, y′ = rxr−1 y y′′ = r(r − 1)xr−2 da

r(r − 1)xr + 3rxr + 5xr = (r2 + 2r + 5)xr = 0.

La ecuacion auxilar es r2 + 2r + 5 = (r + 1)2 + 4 = 0, cuyas soluciones son

r1,2 = −1± 2i. Luego, la solucion general es

y = x−1 [c1 cos (2 ln x) + c2 sen (2 ln x)] .

3.4 Algunas aplicaciones

En esta seccion se analizaran algunas aplicaciones de las ecuaciones de orden

superior.

Sistema masa–resorte

Como se vio en la introduccion del capıtulo, la ecuacion diferencial que des-

cribe el movimiento de un sistema masa–resorte esta dada por

md2x

dt2+ b

dx

dt+ kx = g(t). (3.58)

98

3.4. ALGUNAS APLICACIONES

La ecuacion (3.58) puede escribirse en forma conveniente como

d2x

dt2+ 2λ

dx

dt+ ω2x = f(t), (3.59)

donde λ = b2m

, ω2 = km

y f(t) = g(t)m.

Caso 1: Movimiento libre no amortiguado. Tambien conocido como

Movimiento Armonico Simple (MAS)

d2x

dt2+ ω2x = 0. (3.60)

Las soluciones de la ecuacion auxiliar r2 +ω2 = 0 son los numeros complejos

r1,2 = ±ω i. La solucion general de (3.60) esta dada por

x(t) = c1 cosωt+ c2 senωt = A sen (ωt+ φ), (3.61)

donde A =√c21+ c2

2es la amplitud del movimiento y φ es el angulo de fase

el cual esta definido por las ecuaciones

senφ =c1A, cosφ =

c2A, tanφ =

c1c2

El periodo de las vibraciones libres que describe (3.61) es T = 2πω

y la fre-

cuencia es f = 1T= ω

2π.

t

x

T

A

−A

A

T 2T 3T

Figura 3.2. Movimiento Armonico Simple (MAS)

99


Ejemplo 3.30. Se fija una masa de 20 kg a un resorte. Si la frecuencia del

MAS es 2/π oscilaciones por segundo, ¿cual es la constante k del resorte?

¿Cual es la frecuencia del MAS si la masa original se reemplaza por una de

80 kg?

Solucion. El periodo es T = 1f= π

2. Por otro lado, T = 2π

ω, de donde ω = 4.

Tambien se tiene que 16 = ω2 = km

= k20. Ası, k = 320.

Para el caso en que m = 80 kg se tiene ω =√

km

=√

32080

=√4 = 2.

Entonces, la frecuencia es f = ω2π

= 22π

= 1π.

Ejemplo 3.31. Al fijar un contrapeso de 24 lb al extremo de un resorte, lo

estira 4 pulg. Deduzca la ecuacion del movimiento cuando el contrapeso se

suelta de la posicion de equilibrio con una velocidad inicial de 2 pie/s hacia

abajo.

Solucion. Primero debemos hallar la constante del resorte. Para ello expre-

semos la longitud en pies y determinemos su masa. Puesto que 1 pie = 12

pulg. y g = 32 pie/seg2 se tiene

l = 4 pulg. = 4 ∗ 1

12pie =

1

3pie, m =

24

32slugs =

3

4slugs,

k =F

l= 72 libra/pie y ω =

√k

m=

√96 = 4

√6.

La solucion general es

x(t) = c1 cos(4√6 t) + c2 sen(4

√6 t).

Las condiciones iniciales son: x(0) = 0 y x′(0) = 2. Al usar estas condiciones

se obtiene

x(t) =1

2√6sen(4

√6 t).

Caso 2: Movimiento libre amortiguado

d2x

dt2+ 2λ

dx

dt+ ω2x = 0. (3.62)

100


Las soluciones de la ecuacion auxiliar r2 + 2λr + ω2 = 0 son

r1,2 = −λ±√λ2 − ω2.

Ahora se pueden distinguir tres casos dependiendo del signo de λ2 − ω2.

Puesto que cada solucion tiene el termino de amortiguamiento e−λt, λ > 0,

los movimientos de la masa se vuelven insignificantes cuando t es grande; es

decir, x(t) → 0 cuando t → ∞.

Caso I: λ2 − ω2 > 0. Aquı se dice que el sistema esta sobreamortiguado

porque el coeficiente de amortiguamiento b es grande comparado con k. La

solucion general de (3.62) esta dada por (ver Fig. 3.3(a))

x(t) = e−λt[c1e

√λ2−ω2 t + c2e

−√λ2−ω2 t

], (3.63)

Caso II: λ2 − ω2 = 0. Se dice que el sistema esta crıticamente amorti-

guado puesto que cualquier perturbacion en la fuerza de amortiguamiento

podrıa originar un movimiento oscilatorio. La solucion general de la ecuacion

(3.62) es (ver Fig. 3.3(b))

x(t) = e−λt(c1 + c2t) (3.64)

Caso III: λ2−ω2 < 0. Se dice que el sistema esta subamortiguado porque

el coeficiente de amortiguamiento es pequeno comparado con k. Ahora las

raıces son complejas

r1,2 = −λ±√ω2 − λ2 i.

Entonces, la solucion general de la ecuacion (3.62) es (ver Fig. 3.3(c))

x(t) = e−λt(c1 cos√ω2 − λ2 t+ sen

√ω2 − λ2 t)

= Ae−λt sen(√ω2 − λ2 t+ φ)

(3.65)

donde A =√c21+ c2

2y φ es el angulo de fase el cual esta definido por las

ecuaciones

senφ =c1A, cosφ =

c2A, tanφ =

c1c2

101


El movimiento que describe (3.65) es oscilatorio pero debido al coeficiente

e−λt, las amplitudes de vibracion tienden a cero cuando t → ∞.

En ocasiones, al coeficiente Ae−λt se le denomina amplitud amortiguada

de las vibraciones. Dado que la ecuacion (3.65) no es una funcion periodi-

ca, el numero 2π√ω2−λ2 se llama cuasiperiodo y

√ω2−λ2

2πes la cuasifrecuencia.

t

x

(a) Sobreamortiguado

t

x

(b) Subamortiguado

t

x

(c) Crıticamente amortiguado

Figura 3.3. Movimiento libre amortiguado

Caso 3: Movimiento forzado

d2x

dt2+ 2λ

dx

dt+ ω2x = f(t). (3.66)

Aquı consideramos el caso en que f(t) = a1 cosΩt + a2 senΩt. La solucion

general de (3.66) es de la forma

x(t) = xc(t) + xp(t), (3.67)

donde xc(t) es la solucion general de (3.62) y yp(t) es una solucion particular

de (3.66). Vimos que, para λ > 0, xc(t) → 0 cuando t → ∞. Por esta razon,

la solucion complementaria xc(t) se le denomina termino transitorio o

solucion transitoria y la funcion xp(t), se le llama termino estable o

solucion estable.

102


t

x

xp(t) = estable

xc(t) = transitorio

(a)

x(t) = estable + transitorio

t

x

(b)

Figura 3.4. Movimiento forzado

Analicemos ahora el caso en que λ = 0. La ecuacion diferencial es

d2x

dt2+ ω2x = a1 cosΩt+ a2 senΩt (3.68)

Hay que considerar dos casos: Ω �= ω y Ω = ω

(i) Ω �= ω. En este caso la solucion particular es de la forma

xp = A1 cosΩt+ A2 senΩt. Al reemplazar xp y x′′p en (3.68) se obtiene

xp(t) =a1

ω2 − Ω2cosΩt+

a2

ω2 − Ω2senΩt (3.69)

(ii) Ω = ω. (Resonancia pura). La solucion particular es de la forma

xp = A1t cosΩt+A2t senΩt. Al reemplazar xp y x′′p en (3.68) se obtiene

xp(t) = − a2

2ωt cosωt+

a1

2ωt senωt = A0t sen(ωt+ φ) (3.70)

Note que la ecuacion (3.69) no esta definida para ω = Ω y que la

ecuacion (3.70) se podrıa “ver” como el caso lımite en (3.69) cuando

Ω → ω. Este proceso de lımite equivale a una “sintonizacion” de la

frecuencia (Ω/2π) de la fuerza impulsora con la de las vibraciones libres

(ω/2π). La presencia del factor t en (3.70) hace que los desplazamientos

crezcan cuando t → ∞. Este fenomeno se conoce como resonancia

pura.

103


t

x

x = A0t

x = −A0t

xp = A0t sen(ωt+ φ)

Figura 3.5. Resonancia

Circuito en serie RLC

En el capıtulo 1 se encontro que la ecuacion diferencial para el circuito RLC

es

Ld2q

dt2+R

dq

dt+

1

Cq = E(t). (3.71)

El estudio de la ecuacion (3.71) es similar a la ecuacion (3.66).

Deflexion de un viga

Una gran cantidad de estructuras son construidas a partir de vigas, las cua-

les se flexionan o distorsionan debido a su propio peso o por la influencia de

alguna fuerza externa. Como se vera mas adelante, la flexion (flecha) y(x)

esta determinada por una ecuacion lineal de cuarto orden.

Supongamos que una viga tiene longitud L es homogenea y tiene seccion

transversal uniforme en toda su extension. Cuando no recibe carga, inclu-

yendo la de su propio peso, la lınea que une los centroides de sus secciones

transversales es una recta, llamada eje de simetrıa. Si a la viga se aplica una

carga en un plano vertical que contenga al eje de simetrıa, sufre una dis-

torsion y la curva que une los centroides de las secciones se llama curva de

flexion o curva elastica o simplemente elastica. Esta curva, describe la forma

104


que adopta la viga. Suponiendo que el eje x coincide con el eje de simetrıa

de la viga y que la flexion (o flecha) y(x), medida desde este eje, es positiva

si es hacia abajo. En teorıa, se demuestra que el momento flexionante M(x)

en un punto x a lo largo de la viga, se relaciona con la carga por unidad de

longitud w(x) mediante la ecuacion

d2M

dx2= w(x). (3.72)

Ademas, el momento flexionante M(x) es proporcional a la curvatura κ, de

la curva elastica:

M(x) = EIκ, (3.73)

donde E e I son constantes, E es el modulo de Young de elasticidad del

material de la viga e I es el momento de inercia de la seccion transversal de

esta (respecto de un eje llamado eje neutro). El producto EI se llama rigidez

a la flexion de la viga. De acuerdo con el calculo diferencial, la curvatura es

κ = y′′/[1+ (y′)2]3/2. Cuando la flexion y(x) es pequena, la pendiente y′ ≈ 0,

de modo que [1 + (y′)2]3/2 ≈ 1. Si κ = y′′, la ecuacion (3.73) se transforma

en M = EIy′′. La segunda derivada de esta ecuacion es

d2M

dx2= EI

d2

dx2y′′ = EI

d4y

dx4. (3.74)

Aplicamos el resultado de la ecuacion (3.72) para reemplazar d2M/dx2 en la

ecuacion (3.74) y vemos que la flexion y(x) satisface la ecuacion diferencial

de cuarto orden

EId4y

dx4= w(x). (3.75)

Las condiciones en la frontera asociadas a esta ecuacion dependen de la forma

en que esten sometidos los extremos de la viga. Una viga en voladizo esta em-

potrada en un extremo y libre en otro. Un trampolın, un brazo extendido,

el ala de un avion y una marquesina son ejemplos comunes de este caso.

Para una viga en voladizo, la flexion y(x) debe satisfacer las dos condiciones

siguientes en el extremo empotrado en x = 0:

• y(0) = 0 porque no hay flexion en ese lugar, y

105


• y′(0) = 0 porque la curva de deflexion es tangente al eje x

Cuando x = L, las condiciones del extremo libre son:

• y′′(L) = 0 porque el momento flexionante es cero

• y′′′(L) = 0 porque la fuerza cortante es cero.

La funcion F (x) = dM/dx = EIdy3/dx3 se llama fuerza cortante. Si un

extremo de una viga esta simplemente apoyado (articulado), se debe cumplir

que y = 0 y y′′ = 0 en ese extremo. La siguiente tabla resume las condiciones

en la frontera asociadas con (3.75).

Extremos de la viga Condiciones de frontera

empotrado y = 0, y′ = 0

libre y′′ = 0, y′′′ = 0

simplemente apoyado y = 0, y′′ = 0

Ejemplo 3.32. Una viga de longitud L esta simplemente apoyada en ambos

extremos y w(x) = w0 , 0 < x ≤ L. Determine la flexion de esta viga.

Solucion. La flexion satisface la ecuacion

EId4y

dx4= w0 .

Las condiciones iniciales asociadas son

y(0) = 0, y(L) = 0, y′′(0) = 0 y y′′(L) = 0.

Al integrar sucesivamente cuatro veces se obtiene la solucion general

y(x) = c1 + c2x+ c3x2 + c4x

3 +w0

24EIx4.

Las condiciones y(0) = 0 y y′′(0) = 0 dan c1 = 0 y c3 = 0. Las restantes

condiciones aplicadas a y(x) = c2x+ c4x3 +

w0

24EIx4 dan origen al sistema

c2L+ c4L3 +

w0

24EIL4 = 0

106

3.5. EJERCICIOS

6c4L+w0

2EIL2 = 0

Al resolver este sistema se obtiene c2 = w0L3/24EI y c4 = −w0L/12EI.

Entonces, la flexion es

y(x) =w0L

3

24EIx− w0L

12EIx3 +

w0

24EIx4.

y

xL

3.5 Ejercicios

1. Sea L := D2 − 4D + 3. Calcule

a) L[x2] b) L[e3x] c) L[erx] d) L[cos x]

2. Sea L := x2D2 − 3xD − 5. Calcule

a) L[cos x] b) L[x−1] c) L[xr] d) L[e−x]

3. Sea L := D2 − xD + 2. Calcule

a) L[x2 − 1] b) L[cos 2x] c) L[e−2x] d) L[ln x]

4. Muestre que el operador T definido por T := D2−3D+y, de manera que

T [y] = y′′ − 3y′ + y2, no es lineal.

5. Dado que y1 = e2x cos x y y2 = e2x sen x son soluciones linealmente in-

dependientes de y′′ − 4y′ + 5y = 0, determine soluciones de esta ecuacion

que satisfagan las condiciones iniciales

a) y(0) = 2, y′(0) = 1 b) y(0) = 4, y′(0) = 5

107


6. Muestre que y = c1x2 + c2x

4 + 3 es una familia de soluciones de la ED

x2y′′ − 5xy′ + 8y = 24 en (−∞,∞) y halle un miembro de la familia que

satisfaga

y(1) + y′(1) = −4 y y(2) + y′(2) = 19.

7. Sea y = c1x2+c2x

4+ax+b una familia biparametrica de curvas. Halle los

valores de a y b de modo que sea solucion de x2y′′ − 5xy′ + 8y = 9x− 16

en (−∞,∞) y halle un miembro de la familia que satisfaga

y(1) + y′(1) = 0 y y(−1) + y′(−1) = 2.

8. Dado que y = c1 cos x + c2 sen x es solucion de y′′ + y = 0, determine

soluciones, si existen, que satisfagan las condiciones de frontera

a) y(0) = 2, y(π2) = 0 b) y(0) = 2, y(π) = −2

En los problemas 9 y 10, defina un intervalo en torno a x = 0 para el cual

el problema de valor inicial correspondiente tenga solucion unica.

9. (x− 2)y′′ + 3y = x 10. y′′ + (tan x)y = ex

En los problemas 11 a 17, compruebe si las funciones respectivas son

linealmente independientes o dependientes en (−∞,∞).

11. y1 = x, y2 = x2 12. y1 = e3x, y2 = e−2x

13. y1 = e−x cos 2x, y2 = e−x sen 2x

14. y1 = x2 cos (ln x), y2 = x2 sen (ln x)

15. y1 = x+ 2, y2 = |x|+ 2 16. y1 = 1, y2 = x, y3 = x2

17. y1 = cos 2x, y2 = cos2 x, y3 = sen2 x

18. Considere la ecuacion diferencial lineal x2y′′ − 3xy′ + 3y = 0, x ∈ R.

108

3.5. EJERCICIOS

a) Verifique que y1 = x, y2 = x3 son soluciones linealmente indepen-

dientes en (−∞,∞). Muestre que W [y1 , y2 ](1) �= 0

b) Verifique que la funcion y3 = |x|3 es tambien solucion en (−∞,∞),

pero que no pueden elegirse constantes c1 y c2 de manera que

y3 = c1y1 + c2y2 para toda x en (−∞,∞).

c) Explique si lo anterior contradice o no el teorema 3.2.1, pagina 72.

19. Suponga que y1 y y2 son soluciones linealmente independientes de la ecua-

cion diferencial y′′ + py′ + qy = 0 en un intervalo I, y sea W [y1 , y2 ](x) el

wronskiano de y1 y y2

a) Demuestre que dWdx

+ p(x)W = 0

b) Demuestre la identidad de Abel: W (x) = ce−∫p(x)dx para alguna

constante c �= 0.

20. Use la identidad de Abel para determinar (salvo un multiplo constante)

el wronskiano de dos soluciones en (0,∞) de xy′′ − (x− 1)y′ + 3y = 0.

21. Dado que y1 = cosx√x

es una solucion de x2y′′ + xy′ + (x2 − 14)y = 0 en

(0,∞) determine la solucion general

22. Dado que y1 = e−x2/2 es solucion de y′′ + xy′ + y = 0, mediante reduccion

de orden, encuentre una segunda solucion LI y una solucion particular yp

de y′′ + xy′ + y = 3x2.

23. Dado que y1 = x es una solucion de y′′ − xy′ + y = 0 en (0,∞)

a) Obtenga una representacion integral para una segunda solucion li-

nealmente independiente.

b) Obtenga un desarrollo en serie de Maclaurin para esa solucion.

24. Muestre que la sustitucion y = ue−∫p(x)dx, transforma la ecuacion dife-

rencial y′′ + py′ + qy = 0 en una ecuacion de la forma

u′′ − pu′ + (q − p′)u = 0.

109


En los ejercicios 25 y 26, use el ejercicio 24 para resolver la ecuacion dada

25. x2y′′ − 2xy′ + 2y = 0 en (0,∞). 26. x2y′′ + 2xy′ − 2y = 0 en (0,∞).

En los ejercicios 27 a 36 encuentre la solucion general de la ecuacion

homogenea dada

27. y′′ − 5y′ + 4y = 0 28. y′′ + 4y′ + 4y = 0

29. y′′ − 4y′ + 2y = 0 30. y′′ + 2y′ + 5y = 0

31. y′′′ − 3y′′ + 4y′ − 2y = 0 32. (D4 − 5D2 + 4)[y] = 0

33. (D4 + 2D3 − 3D2 − 8D − 4)[y] = 0

34. (D4 − 2D2 − 3)[y] = 0 35. (D4 + 64)[y] = 0

36. (D5 − 3D4 − 10D3 − 2D2 + 9D + 5)[y] = 0

37. Dado que y1 = e−x cos 3x es solucion de yiv + 2y′′′ + 8y′′ − 4y′ − 20y = 0,

halle la solucion general.

38. Dado que y1 = ex cos (√2 x) es solucion de yiv − 2y′′′ + y′′ + 4y′ − 6y = 0,

halle la solucion general.

En los ejercicios 39 a 43 resuelva el problema de valor inicial.

39. y′′ − 8y′ + 17y = 0; y(0) = 4, y′(0) = −1

40. 4y′′ − 4y′ + 3y = 0; y(0) = 1, y′(0) = 5

41. y′′′ + 2y′′ − 5y′ − 6y = 0; y(0) = y′(0) = 0, y′′(0) = 1

42. yiv − y = 0; y(0) = 2, y(0) = 3, y′′(0) = 4, y′′′(0) = 5

43. (D4 − 3D3 + 3D2 −D)[y] = 0; y(0) = y′(0) = 0, y′′(0) = y′′(0) = 1

44. Sea L := aD2 + bD + C, donde a, b, c son constantes y b2 − 4ac = 0.

110

3.5. EJERCICIOS

a) Muestre que L[erx] = a(r − r0)2erx, donde r0 = − b

2a.

b) Muestre que L

[∂

∂rerx

]=

∂

∂rL[erx], y ası

∂

∂rL[erx] = 2a(r − r0)e

rx + ax(r − r0)2erx.

En los ejercicios 45 a 50 resuelva mediante coeficientes indeterminados.

45. y′′ − 8y′ + 20y = 100x2 − 26xex 46. y′′ + 2y′ + y = senx+ 2 cosx+ 2e−x

47. 4y′′ − 4y′ + y = 12 + 4ex/2 48. y′′ + 4y = 3 sen 2x

49. y′′ − 7y′ + 6y = 18x+ 4ex, y(0) = 4, y′(0) = 0

50. y′′ + 4y = f(x), y(0) = 1, y′(0) = 2; f(x) =

{sen x,0 ≤ x < π/2

0,x ≥ π/2

51. Compruebe que el operador diferencial anula la funcion indicada

a) D4; g(x) = 5x3 + 2x b) D2 + 2xD + 2; g(x) = e−x2

c) 2D2 − 5D − 3; g(x) = 4ex/2 − 2e−3x

d) D2 + 4; g(x) = 3 cos 2x− 2 sen 2x

52. Determine un operador diferencial lineal que anule cada una de las si-

guientes funciones.

a) g(x) = x2 sen x+ xe2x b) g(x) = (x− ex)2

c) g(x) = x sen2 x+ x2 d) g(x) = (cos x+ e−x)2

En los ejercicios 53 a 58 resuelva por operadores anuladores.

53. y′′ − y = x2ex + 5 54. y′′ + 4y′ + 4y = 2x+ 6− 2ex

55. y′′ − 6y′ + 9y = 3 + e3x 56. y′′ + 4y′ + 4y = x2 − 2e−2x

57. y′′ + y = cos 2x 58. y′′ + 4y = x+ sen 2x

59. Si k y b son constantes positivas, halle la solucion general de

y′′ + k2y = sen bx.

111


En los ejercicios 60 a 66, resuelva por variacion de los parametros.

60. y′′ + y = sec x 61. y′′ + y = tan2 x

62. y′′ + 3y′ + 2y = (1 + ex)−1 63. y′′ − 2y′ + y = ex(1 + x2)−1

64. y′′ − 6y′ + 9y = x−3e3x 65. y′′ − 2y′ + y = ex arctan x

66. y′′′ + y′ = tan x

67. Dado que y1 = x es solucion de (x2 − 1)y′′ − 2xy′ + 2y = 0 en (−1, 1),

halle la solucion general de (x2 − 1)y′′ − 2xy′ + 2y = (x2 − 1)2.

68. Dado que y1 = x−1/2 cos x es solucion de x2y′′ + xy′ + (x2 − 14)y = 0 en

(0,∞), halle la solucion general de x2y′′ + xy′ + (x2 − 14)y = x5/2.

69. Halle una ecuacion diferencial de orden 4 cuya solucion general sea

y = c1ex cos

√2x+c2e

x sen√2 x+c3 cosh

√2 x+c4 senh

√2 x+x2−xe−x.

En los ejercicios 70 y 71 combine dos metodos.

70. y′′ + 4y = 2 tan 2x+ x− e−x 71. y′′ − 2y′ + y = 4x2 − 3x+ x−1ex

En los ejercicios 72 a 78 resuelva las ecuaciones de Cauchy–Euler.

72. x2y′′ + 3xy′ − 3y = 0 73. x2y′′ − xy′ + y = 0

74. 4x2y′′ + 4xy′ − y = 0 75. x3y′′′ − x2y′′ − 2xy′ + 6y = 0

76. x3y′′′ + xy′ − y = 0

77. x4yiv + 6x3y′′ + 9x2y′′ + 3xy′ + 3y = 0

78. x2y′′ − xy′ + y = x(1 + 3/ ln x)

79. Use la sustitucion t = ln x para resolver

x2y′′ − 4xy′ + 6y = x2−1x

, y(1) = 1, y′(1) = 0.

112

3.5. EJERCICIOS

80. Use la sustitucion t = ln x para demostrar que la ecuacion de Cauchy –

Euler de tercer orden ax3y′′′+bx2y′′+cxy′+dy = 0, x > 0 es equivalente

a la ecuacion con coeficientes constantes

aY ′′′ + (b− 3a)Y ′′ + (2a− b+ c)Y ′ + dY = 0; con Y = Y (t).

Resuelva los ejercicios 81 y 82 usando el ejercicio 80.

81. x3y′′′ − 2x2y′′ + 4xy′ − 4y = 0

82. x3y′′′ − 3x2y′′ + 6xy′ − 6y = 3 + ln x3

Modelado

1. Un contrapeso de 20 lb estira 6 pulg a un resorte. En este sistema, el

contrapeso se suelta, partiendo del reposo, a 6 pulg abajo de la posicion

de equilibrio.

a) Calcule la posicion del contrapeso cuando t = π12, π8, π6, π4y 9π

32

b) ¿Cual es la velocidad del contrapeso cuando t = 3π16

s? ¿Hacia donde

se dirige el contrapeso en ese instante?

c) ¿Cuando pasa el contrapeso por la posicion de equilibrio?

2. Una fuerza de 400 N estira 2 m un resorte. Despues, al extremo de ese

resorte se fija una masa de 50 kg. Otro resorte, cuya constante es 20 N/m,

esta colgado del mismo soporte rıgido en posicion paralela a la del sistema

masa–resorte anterior. Al segundo resorte se le fija una masa de 20 kg, y

de ambas masas salen de su posicion de equilibrio a una velocidad de 10

m/s hacia arriba.

a) ¿Cual masa tiene la mayor amplitud de movimiento?

b) ¿Cual masa se mueve con mas rapidez cuando t = π4s?

c) ¿En que momento estan las dos masas en la misma posicion? ¿Donde

estan en ese momento? ¿En que direcciones se mueven?

113


3. Un contrapeso de 4 lb se fija a un resorte cuya constante es 2 lb/pie.

El medio presenta una resistencia al movimiento numericamente igual a

la velocidad instantanea. Si el contrapeso se suelta de un punto a 1 pie

arriba de la posicion de equilibrio con una velocidad de 8 pie/s hacia abajo,

halle el instante en que pasa por la posicion de equilibrio. Encuentre el

momento en que el contrapeso llega a su desplazamiento extremo respecto

a la posicion de equilibrio ¿Cual es su posicion en ese instante?

4. Un circuito RLC simple tiene un capacitor con C = 0.25 F, un resitor

con R = 7 × 104 Ω y un inductor con L = 2.0 H. La carga inicial en el

capacitor es cero, lo mismo que la corriente inicial. Si se conecta al circuito

un voltaje impreso de 60 volts y se cierra el circuito en t = 0, determine

la carga en el capacitor para t > 0. Estime la carga cuando t = 0.1 s.

5. Una viga uniforme de longitud L tiene empotrado su extremo en x = 0 y

libre en x = L. Halle la flexion “y” de la viga si w(x) = w0(L − x) para

0 ≤ x ≤ L; donde w0 es una constante.

6. Una viga uniforme de longitud L tiene empotrados sus extremos en x = 0

y x = L. Halle la flexion “y” de la viga si w(x) =w0

L(L2 − x2) para

0 ≤ x ≤ L; donde w0 es una constante.

114

Capıtulo 4

Transformada de Laplace

La transformada de Laplace es una poderosa herramienta de gran utilidad

en la solucion de ecuaciones diferenciales, ecuaciones integrales, calculo de

integrales impropias y otras aplicaciones.

4.1 Definicion y transformadas basicas

Definicion 4.1.1. Sea f(t) una funcion definida para t ≥ 0. La transformada

de Laplace de f(t), denotada por L {f(t)}, se define como

L {f(t)} =

∫ ∞

0

e−stf(t)dt. (4.1)

Si la integral impropia converge, se dice que f(t) tiene transformada de La-

place y es una funcion de s; es decir, L {f(t)} = F (s); de lo contario se dice

que L {f(t)} no existe.

Ejemplo 4.1. Las transformadas de f(t) = 1 y f(t) = t.

a) L {1} =

∫ ∞

0

e−stdt =1

s, s > 0. b) L {t} =

∫ ∞

0

e−sttdt =1

s2, s > 0.

Mediante induccion se puede demostrar que:

115

CAPITULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE

Ejemplo 4.2. Para todo n = 0, 1, 2, . . . se tiene L {tn} =n!

sn+1, s > 0.

Para comprobarlo se usa la formula de reduccion∫tneatdt =

1

atneat − n

a

∫tn−1eatdt, a �= 0; n = 1, 2, . . .

Ejemplo 4.3. Halle L {sen t}.Solucion. Usando integracion por partes se tiene

L {sen t} =

∫ ∞

0

est sen tdt ←−u = sen t dv = e−stdt

du = cos tdt v = −1

se−st

=�

��

��

0

−1

se−st

∣∣∣∣∞0

+1

s

∫ ∞

0

e−st cos tdt

=1

s

∫ ∞

0

e−st cos tdt ←−u = cos t dv = e−stdt

du = − sen tdt v = −1

se−st

=1

s

[�� 0

−1

se−st cos t

∣∣∣∣∞0

+1

s

∫ ∞

0

e−st sen tdt

]=

1

s2L {sen t}.

Luego, (1 +

1

s2

)L {sen t} =

1

s2,

de donde

L {sen t} =1

s2 + 1.

Ejemplo 4.4. Calcule L {cos t}.

Solucion. Notando que L {sen t} =1

s

∫ ∞

0

e−st cos tdt =1

sL {cos t} se tiene

L {cos t} = sL {sen t} =s

s2 + 1.

116

4.1. DEFINICION Y TRANSFORMADAS BASICAS

f(t) F (s) = L {f(t)} f(t) F (s) = L {f(t)}

1. tn, n = 0, 1, . . .n!

sn+1, s > 0 4. cos t

s

s2 + 1, s > 0

2. et1

s− 1, s > 1 5. senh t

1

s2 − 1, s > 1

3. sen t1

s2 + 1, s > 0 6. cosh t

s

s2 − 1, s > 1

Tabla 4.1. Lista basica de transformadas

Continuidad seccional y orden exponencial

Definicion 4.1.2. Una funcion es seccionalmente continua (SC) en un inter-

valo [a, b], si existen t0 , t1 , . . . , tn tales que a = t0 < t1 < · · · < tn−1 < tn = b

de modo que la funcion es continua en (tk−1, tk) y son finitos los lımites la-

terales lımt→a+

f(t), lımt→b−

f(t), lımt→t−k

f(t) y lımt→t+k

f(t). Una funcion es continua por

partes en [0,∞), si lo es en cada intervalo [0, N ] con N > 0.

Nota. Si f(t) es continua en [a, b], entonces es SC en [a, b].

Definicion 4.1.3. Se dice que una funcion f(t) es de orden exponencial c,

si existen constantes c ≥ 0,M > 0 y T ≥ 0 tales que

|f(t)| ≤ Mect para todo t ≥ T .

y

ta bt1 t2 t3

Figura 4.1. Continuidad seccional

M

−M

y = Mect

y = −Mect

y = f(t)

T

y

t

Figura 4.2. Orden exponencial

117


Teorema 4.1.1 (Condiciones suficientes para la existencia de la

transformada de Laplace). Si f(t) es seccionalmente continua en el in-

tervalo [0,∞) y de orden exponencial c para todo t > T , entonces existe la

transformada de Laplace de f(t) para todo s > c.

Ejemplo 4.5. Determine si existe L {f(t)} para

a) f(t) =1

t+ 1b) f(t) = et

2

Solucion. Se tiene

a) f(t) = 1t+1

es continua en [0,∞], luego es SC en [0,∞]. Ademas se tiene

que |f(t)| ≤ et, t ≥ 0. Por lo tanto, existe L {f(t)}.

b) f(t) = et2no es de orden exponencial. Luego no existe L {f(t)}.

4.2 Propiedades

A continuacion se enuncian varias propiedades de la transformada de Laplace

y se ilustran con ejemplos. En otras, ademas, se dara una demostracion.

Asumiremos que las funciones a las cuales se les calcula la transformada de

Laplace satisfacen las condiciones del teorema 4.1.1.

Propiedad 1 (Cambio de escala). Si F (s) = L {f(t)} entonces

L {f(at)} =1

aF

(sa

), a �= 0.

Ejemplo 4.6. Como L {et} =1

s− 1, s > 1 y L {sen t} =

1

s2 + 1, s > 0,

L {eat} =1/a

s/a− 1=

1

s− a, s > a.

L {sen kt} =1/k

(s/k)2 + 1=

k

s2 + k2, s > 0.

Aplicando la propiedad 1, la lista basica se transforma en

118

4.2. PROPIEDADES

f(t) F (s) = L {f(t)} f(t) F (s) = L {f(t)}

1. tn, n = 0, 1, . . .n!

sn+1, s > 0 4. cos kt

s

s2 + k2, s > 0

2. eat1

s− a, s > a 5. senh kt

k

s2 − k2, s > k

3. sen ktk

s2 + k2, s > 0 6. cosh kt

s

s2 − k2, s > k

Tabla 4.2. Lista basica de transformadas con cambio de escala

Propiedad 2 (Linealidad). Si F (s) = L {f(t)}, G(s) = L {g(t)}, y a y b

son constantes, entonces L {af(t) + bg(t)} = aF (s) + bG(s).

Ejemplo 4.7. L {sen2 t} = L

{1− cos 2t

2

}=

1

2

[1

s− s

s2 + 4

]=

2

s2(s2 + 4).

Propiedad 3 (Comportamiento final). Si F (s) = L {f(t)}, entonces

lıms→∞

F (s) = 0.

Corolario 2. Si lıms→∞

F (s) �= 0 o lıms→∞

F (s) = ∞, entonces F (s) no es trans-

formada de Laplace de alguna funcion SC y de orden exponencial.

Ejemplo 4.8. Determine si F (s) puede ser transformada de Laplace de al-

guna funcion SC y de orden exponencial

a) F (s) = s ln(s− 2

s

)b) F (s) = e−s

Solucion. Calculemos lıms→0

F (s) en cada caso

a) lıms→∞

F (s) = lıms→∞

s ln(s− 2

s

)← Forma 0 · ∞

= lıms→∞

s ln(1− 2

s

)= lım

s→∞

ln(1− 2

s

)1/s

← Forma0

0

= lıms→∞

1

1− 2/s

2

s2

−1/s2← Regla de L’hopital

119


= − lıms→∞

2

1− 2/s= −2 �= 0.

Luego, F (s) = s ln(s−2s

)no es transformada de Laplace de alguna funcion

SC y de orden exponencial.

b) lıms→∞

F (s) = lıms→∞

e−s = 0. El teorema no garantiza que F (s) sea transfor-

mada de Laplace.

Propiedad 4 (Teorema del valor inicial). Si F (s) = L {f(t)}, entonceslımt→0+

tf(t) = lıms→∞

F (s).

Ejemplo 4.9. Sea f(t) = cos t y F (s) =s

s2 + 1. Se tiene

lımt→0+

f(t) = lımt→0+

(cos t) = 1 y lıms→∞

sF (s) = lıms→∞

( s2

s2 + 1

)= 1.

Propiedad 5 (Teorema del valor final). Si F (s) = L {f(t)} y lımt→∞

f(t)

es finito, entonces lımt→∞

f(t) = lıms→0+

sF (s).

Ejemplo 4.10. Sea f(t) = e−t + 1 y F (s) =1

s+ 1+

1

s. Se tiene

lımt→∞

f(t) = lımt→∞

(e−t + 1) = 1 y lıms→0+

sF (s) = lıms→0+

( s

s+ 1+ 1

)= 1.

Propiedad 6 (Transformada de una derivada). Si F (s) = L {f(t)},entonces

L{f (n)(t)

}= snF (s)− sn−1f(0)− · · · − sf (n−2)(0)− f (n−1)(0).

Demostracion. Probaremos para n = 1 y n = 2. Sea F (s) =

∫ ∞

0

e−stf(t) dt.

n = 1 : L {f ′(t)} =

∫ ∞

0

e−stf ′(t) dt

= e−stf(t)∣∣∣∞0+ s

∫ ∞

0

e−stf(t) dt ← Integrando por partes

= 0− f(0) + sF (s) = sF (s)− f(0).

120

4.2. PROPIEDADES

n = 2 : L {f ′′(t)} = sL {f ′(t)} − f ′(0) = s(sF (s)− f(0)

)− f ′(0)

= s2F (s)− sf(0)− f ′(0).

Ejemplo 4.11. Si y′′(t) − 2y′(t) + y(t) = et, y(0) = 0, y′(0) = 1, halle

L {y(t)}.

Solucion. Sea Y (s) = L {y(x)}. Aplicando transformada de Laplace se tiene

L {y′′(t)− 2y′(t) + y(t)} = L {et}L {y′′(t)} − 2L {y′(t)}+ L {y(t)} =

1

s− 1← Propiedad 1

s2Y (s)− s�

��

0y(0)−

��

1

y′(0) + 2[sY (s)−�

��

0y(0) + Y (s)] =

1

s− 1← Propiedad 3

(s2 − 2s+ 1)Y (s) = 1 +1

s− 1=

s

s− 1,

de donde

Y (s) =s

(s− 1)3

Propiedad 7 (Transformadas de integrales). Si F (s) = L {f(t)}, en-tonces

L

{∫ t

0

· · ·∫ t

0

f(u) dun

}=

F (s)

sn; n = 1, 2, . . .

Propiedad 8 (Derivada de una transformada (multiplicacion por

tn)). Si F (s) = L {f(t)}, entonces L {tnf(t)} = (−1)nF (n)(s).

Demostracion. Probaremos para n = 1. Como F (s) =

∫ ∞

0

e−stf(t) dt,

F ′(s) =∫ ∞

0

∂

∂s

(e−stf(t)

)dt =

∫ ∞

0

(−te−stf(t)) dt = −L {tf(t)} .

Luego, L {tf(t)} = −F ′(s). El caso general, se hace por induccion.

Ejemplo 4.12. Halle L {t cos 2t}

121


Solucion. Usando la propiedad 8 se tiene:

L {t cos 2t} = − d

ds[L {cos 2t}] = − d

ds

[s

s2 + 4

]

= −s2 + 4− 2s2

(s2 + 4)2=

s2 − 4

(s2 + 4)2.

Propiedad 9 (Integrales de transformadas (division por tn)). Si

F (s) = L {f(t)}, entonces

L

{f(t)

tn

}=

∫ ∞

s

· · ·∫ ∞

s

F (u) dun.

Ejemplo 4.13. Halle L

{sen t

t

}.

Solucion. Sea F (s) = L {sen t} entonces

L

{sen t

t

}=

∫ ∞

s

F (u)du =

∫ ∞

s

1

u2 + 1du = arctan u

∣∣∣∞s

=π

2− arctan s = arctan

(1

s

)

Propiedad 10. Si L {g(t, u)} = G(s, u) y f(t) =

∫ ∞

0

g(t, u)du, entonces

L {f(t)} =

∫ ∞

0

G(s, u)du.

Ejemplo 4.14. Sea f(t) =

∫ ∞

0

cos tu

a2 + u2du, halle L {f(t)}.

Solucion. Sea G(s, u) = L {g(t, u)} = L

{cos tu

a2 + u2

}=

1

a2 + u2· s

s2 + u2.

Por la propiedd 10 se tiene

L {f(t)} =

∫ ∞

0

s

(u2 + a2)(u2 + s2)dt.

122

4.2. PROPIEDADES

Mediante fracciones parciales tenemos

s

(u2 + a2)(u2 + s2)=

Au+ B

u2 + a2+

Cu+D

u2 + s2.

Entonces

(Au+ B)(u2 + s2) + (Cu+D)(u2 + a2) = 1

(A+ C)u3 + (B +D)u2 + (s2A+ a2C)u+ s2B + a2D = 1.

Al igualar coeficientes se tiene

A+ C = 0, B + D = 0

s2A+ a2C = 0, s2B + a2A = 1

Al resolver estos sistemas se obtiene

A = C = 0, B =1

s2 − a2, C =

−1

s2 − a2.

Luego,

L {f(t)} =

∫ ∞

0

s

(u2 + a2)(u2 + a2)du =

s

s2 − a2

∫ ∞

0

[1

u2 + a2− 1

u2 + s2

]du

=s

s2 − a2

[1

aarctan

u

a

∣∣∣∞0− 1

sarctan

u

s

∣∣∣∞0

]

=s

s2 − a2

[ π

2a− π

2s

]=

π

2

s

(s2 − a2)

[1

a− 1

s

]

=π

2

s

(s− a)(s+ a)

[s− a

as

]=

π

2(s+ a)

La funcion Gamma o funcion factorial

Definicion 4.2.1. Para x > 0, la funcion Gamma esta definida por

Γ(x) =

∫ ∞

0

ux−1e−udu.

123


Ejemplo 4.15. Γ(1) =

∫ ∞

0

e−xdu = −e−u∣∣∣∞0

= 1.

Ejemplo 4.16. Calcule Γ(1/2).

Solucion.

I = Γ

(1

2

)=

∫ ∞

0

u−1/2e−udu ← u = x2, du = 2xdx

=

∫ ∞

0

x−1e−x2

2xdx = 2

∫ ∞

0

e−x2

dx.

Ahora

I2 = 4

(∫ ∞

0

e−x2

dx

)2

= 4

(∫ ∞

0

e−x2

dx

)(∫ ∞

0

e−x2

dx

)

= 4

(∫ ∞

0

e−x2

dx

)(∫ ∞

0

e−y2dy

)= 4

∫ ∞

0

∫ ∞

0

e−x2−y2dxdy

= 4

∫ ∞

0

∫ π/2

0

re−r2dθdr ←− Polares

=(−2e−r2

∣∣∣∞0

)θ∣∣∣π/20

dr = π

x

y

r

θ

0 ≤ θ ≤ π/2

0 ≤ r < ∞

Luego, I = Γ(12

)=

√π.

Propiedades de la funcion Gamma

1. Γ(x+ 1) = xΓ(x), para x > 0. Ası, Γ(n+ 1) = n!, para n = 0, 1, 2 . . .

2. Γ(a)Γ(1− a) =π

sen aπ, 0 < a < 1.

3. Para x < 0, x �= −1,−2, . . ., se define Γ(x) =Γ(x+ 1)

x.

4. L {tα} =Γ(α + 1)

sα+1, α > −1.

124

4.2. PROPIEDADES

Ejemplo 4.17. Se tiene

Γ(32) = Γ(1

2+ 1) = 1

2Γ(1

2) =

√π2, Γ(5

2) = Γ(3

2+ 1) = 3

2Γ(3

2) = 3

√π

22.

Ejemplo 4.18. Calcule L{t−1/2

}.

Solucion. Se tiene L {t−1/2} =Γ(1/2)

s1/2=

√π

s1/2=

√π

s.

Ejemplo 4.19. Halle L {sen√t}

Solucion. Usando la serie sen x =∞∑n=0

(−1)nx2n+1

(2n+ 1)!con x = t1/2 se tiene

L {sen√t} =

∞∑n=0

(−1)n

(2n+ 1)!L {tn+1/2} =

∞∑n=0

(−1)n

(2n+ 1)!

Γ(n+ 1/2 + 1)

sn+1/2+1

=∞∑n=0

(−1)n

(2n+ 1)!

1 · 3 · . . . · (2n+ 1)

2n+1

√π

sn+3/2

=∞∑n=0

(−1)n

(2n+ 1)!

1 · 2 · 3 · 4 · . . . · 2n · (2n+ 1)

(2n · n!)2n+1

√π

sn+3/2

=∞∑n=0

(−1)n

��(2n+ 1)!

��(2n+ 1)!

(2n · n!)2n+1

1

sn+1

√π

s

=1

2s

√π

s

∞∑n=0

(−1)n1

(4s)n=

1

2s

√π

se−1/4s

La funcion Beta

Definicion 4.2.2. Para m > 0, n > 0, la funcion Beta esta definida por

B(m,n) =

∫ 1

0

um−1(1− u)n−1 du; 0 < u < 1.

Algunas de las propiedades de la funcion Beta son

1. B(m,n) =Γ(m)Γ(n)

Γ(m+ n)

2.

∫ π/2

0

sen2m−1 θ cos2n−1 θ dθ =1

2B(m,n)

125


Ejemplo 4.20. B(14, 34) =

Γ(14)Γ(3

4)

Γ(1)=

π

sen (π/4)= π

√2

Ejemplo 4.21. Calcule

∫ π/2

0

1√tan θ

dθ

Solucion.∫ π/2

0

1√tan θ

dθ =

∫ π/2

0

sen1/2 θ cos−1/2 θ dθ =1

2B

(1

4,3

4

)=

π√2

2.

Definicion 4.2.3 (Convolucion). Sean f(t) y g(t) funciones continuas por

partes en [0,∞). La convolucion de f y g, que se denota f ∗g, se define como

(f ∗ g)(t) =∫ t

0

f(τ)g(t− τ)dτ.

Ejemplo 4.22. Halle t2 ∗ t.

Solucion.

t2 ∗ t =∫ t

0

τ 2(t− τ)dτ =

∫ t

0

(tτ 2 − τ 3)dτ = tτ 3

3

∣∣∣∣t0

− τ 4

4

∣∣∣∣t0

=t4

3− t4

4=

t4

12.

Ejemplo 4.23. Halle t ∗ sen t

Solucion.

t ∗ sen t =∫ t

0

τ sen(t− τ)dτ = τ cos(t− τ)∣∣∣t0−

∫ t

0

cos(t− τ) dτ

= t+ sen(t− τ)∣∣∣t0= t− sen t.

Propiedades de la convolucion.

Sean f y g funciones continuas por partes en [0,∞). Entonces

1. f ∗ g = g ∗ f

2. f ∗ (g + h) = f ∗ g + f ∗ h

3. (f ∗ g) ∗ h = f ∗ (g ∗ h)

4. f ∗ 0 = 0

126

4.3. TRANSFORMADA INVERSA

Teorema 4.2.1 (Teorema de convolucion). Sean f y g funciones conti-

nuas por partes en [0,∞) y F (s) = L {f(t)}, G(s) = L {g(t)}. EntoncesL {f ∗ g} = F (s)G(s).

4.3 Transformada inversa

Definicion 4.3.1. Sea F (s) = L {f(t)}, entonces la transformada inversa

de F (s) es L −1{F (s)} = f(t).

F (s) L −1 {F (s)} F (s) L −1 {F (s)}

1.1

sα+1, α > −1

tα

Γ(α + 1)4.

s

s2 + k2, s > 0 cos kt

2.1

s− a, s > a eat 5.

1

s2 − k2, s > k

1

ksenh kt

3.1

s2 + k2, s > 0

1

ksen kt 6.

s

s2 − k2, s > k cosh kt

Tabla 4.3. Lista basica de transformadas inversas

La transformada inversa de una funcion tambien es una tranformacion lineal

y por tanto, satisface propiedades similares a la transformada de Laplace.

Ejemplo 4.24.

L−1

{4

s2− s+ 4

s2 + 4

}= L

−1

{4

s2

}− L

−1

{s

s2 + 4

}− L

−1

{4

s2 + 4

}= 4t− cos 2t− 2 sen 2t

Calculo de transformadas inversas

Descomposicion en fracciones parciales.

Hay una forma de determinar los coeficientes en la descomposicion en frac-

ciones parciales, en el caso especial cuando F (s) =P (s)

Q(s), donde P y Q son

127


polinomios y grado(P ) < grado(Q) = n. Consideraremos algunos casos, pero

omitiremos las pruebas.

Caso 1. Q es un producto de factores lineales distintos. Es decir,

Q(s) = (s− a1)(s− a2) . . . (s− an).

Entonces existen constantes A1 , A2 , . . . , An tales que

F (s) =P (s)

(s− a1)(s− a2) . . . (s− an)=

A1

s− a1

+A2

s− a2

+ · · ·+ An

s− an,

donde

Ak = lıms→a

k

(s− ak)F (s) = (s− a

k)F (s)

∣∣∣s=a

k

; k = 1, 2, . . . , n

Ejemplo 4.25. Halle L −1

{1

s2 − 3s+ 2

}.

Solucion. Mediante fracciones parciales se tiene

F (s) =1

s2 − 3s+ 2=

1

(s− 2)(s− 1)=

A

s− 2+

B

s− 1,

donde

A = (s−2)F (s)

∣∣∣∣s=2

=1

s− 1

∣∣∣∣s=2

= 1, B = (s−1)F (s)

∣∣∣∣s=1

=1

s− 2

∣∣∣∣s=1

= −1.

Luego,

L−1

{1

s2 − 3s+ 2

}= L

−1

{1

s− 2

}− L

−1

{1

s− 1

}= e2t − et.

Caso 2. s = a es una raız real de Q de multiplicidad n. Es decir,

Q(s) = (s− a)n.

Entonces existen constantes A1 , A2 , . . . , An tales que

F (s) =P (s)

(s− a)n=

A1

s− a+

A2

(s− a)2+ · · ·+ An

(s− a)n,

128


donde

An−k =1

k!P (k)(a); k = 0, 1, 2, . . . , n− 1. (4.2)

Para el caso de raıces complejas y combinacion de casos, se puede usar el

metodo de evualacion numerica o el metodo algebraico junto con el de Heavi-

side, cuando este sea aplicable1.


{s2 + 3s+ 3

(s+ 2)3

}.

Solucion. Tenemos que P (s) = s2 + 3s + 3, P ′(s) = 2s + 3 y P ′′(s) = 2.

Luego

F (s) =A

s+ 2+

B

(s+ 2)2+

C

(s+ 2)3,

donde

C = P (−2) = 1, B = P ′(−2) = −1, A =1

2P ′′(−2) = 1.

Entonces,

L−1

{s2 + 3s+ 3

(s+ 2)3

}= L

−1

{1

s+ 2

}− L

−1

{1

(s+ 2)2

}+ L

−1

{1

(s+ 2)3

}= e−2t − te−2t +

1

2t2e−2t.


{2s2

(s+ 1)(s2 + 1)

}Solucion.

F (s) =2s2

(s+ 1)(s2 + 1)=

A

s+ 1+

Bs+ C

s2 + 1,

donde

A = (s+ 1)F (s)

∣∣∣∣s=−1

=2s2

s2 + 1

∣∣∣∣s=−1

= 1.

Para determinar B y C usaremos evaluacion numerica y numeros complejos:

s = i : (s2 + 1)F (s)∣∣∣s=i

=2s2

s+ 1

∣∣∣s=i

= Bi+ C

1Para mas detalles ver, Martınez Alejandro. Descomposicion en fracciones parciales.

Revista Scientia et Technica No 31. Universidad Tecnologica de Pereira. Pereira 2006.

129


=−2

i+ 1= Bi+ C ⇒ i− 1 = Bi+ C.

De ahı, B = 1 y C = −1. Por lo tanto,

L−1

{2s2

(s+ 1)(s2 + 1)

}= L

−1

{1

s+ 1

}+ L

−1

{s

s2 + 1

}− L

−1

{1

s2 + 1

}= e−t + cos t− sen t.

Ejemplo 4.28. Calcule L −1

{2s3 + 4s− 2

s4 − 1

}.

Solucion.

F (s) =2s3 + 4s− 2

s4 − 1=

2s3 + 4s− 2

(s2 − 1)(s2 + 1)=

As+ B

s2 − 1+

Cs+D

s2 + 1

Para este ejemplo usaremos el metodo algebraico. Multiplicando en ambos

lados por (s2 − 1)(s2 + 1) se tiene

(As+ B)(s2 + 1) + (Cs+D)(s2 − 1) = 2s3 + 4s− 2

(A+ C)s3 + (B +D)s2 + (A− C)s+ B −D = 2s3 + 4s− 2

Al igualar coeficientes tenemos el siguiente sistema lineal

A+ C = 2 B +D = 0

A− C = 4 B −D = −2

Al resolver obtenemos A = 3, B = −1, C = −1, D = 1. Por lo tanto,

f(t) = L−1

{2s3 + 4s− 2

s4 − 1

}

= L−1

{s

s2 − 1

}+ L

−1

{3

s2 − 1

}+ L

−1

{1

s2 + 1

}+ L

−1

{1

s2 + 1

}= − cosh t+ 3 senh t+ cos t+ sen t

130


Usando L −1{F (n)(s)

}= (−)ntnf(t)


{ln

s− 1

s+ 2

}

Solucion. Sea F (s) = lns− 1

s+ 2= ln (s− 1)− ln (s+ 2), entonces

F ′(s) =1

s− 1+

1

s+ 2.

al tomar transformada inversa en ambos lados se tiene

L−1 {F ′(s)} = L

−1

{1

s− 1

}− L

−1

{1

s+ 2

}= et − e−2t

−tf(t) = et − e−2t

Por lo tanto, f(t) =e−2t − et

t.

Ejemplo 4.30. Encuentre una funcion y tal que

y′(t) = 1 +

∫ t

0

y(u)du; y(0) = 0.

Solucion. Sea Y (s) = L {y(t)}. Aplicando transformada de Laplace en

ambos lados se tiene

L {y′(t)} = L {1}+ L

{∫ t

0

y(u)du

}

sY (s)−�

��

0y(0) =

1

s+

Y (s)

s,

de donde

Y (s) =1

s2 − 1.

Por lo tanto, y(t) = L −1 {Y (s)} = senh t.

Ejemplo 4.31. Resolver el siguiente PVI

ty′′(t) + (1− t)y′(t) + y(t) = 0, y(0) = 1.

131


Solucion. Sea Y (s) = L {y(t)}. Entonces

L {ty′′(t)}+ L {(1− t)y′(t)}+ L {y(t)} = 0

− d

dsL {y′′(t)}+ L {y′(t)} − (−1)

d

ds{y′(t)}+ Y (s) = 0

− d

ds[s2Y (s)− sy(0)− y′(0)] + sY (s)−

��

1y(0) +

d

ds[sY (s)− y(0)] + Y (s) = 0

d

ds[s2Y (s)− sy(0)− y′(0)]− d

ds[sY (s)− y(0)]− sY (s)− Y (s) + 1 = 0

s2Y ′(s) + 2sY (s)−�

��

1y(0)− sY ′(s)− Y (s)− sY (s)− Y (s) + 1 = 0

(s2 − s)Y ′(s) + (s− 2)Y (s) = 0

Al separar variables e integrar se tiene∫dY

Y+

∫s− 2

s(s− 1)ds = C

lnY +

∫ [2

s− 1

s− 1

]ds = C

lnY + ln s2 − ln(s− 1) = lnC1

lns2Y

s− 1= lnC1

s2Y

s− 1= C1

Y (s) =C1(s− 1)

s2= C1

[1

s− 1

s2

].

Luego, y(t) = L −1{Y (s)} = C1(1− t). Como y(0) = 1, entonces C1 = 1. Por

lo tanto, y(t) = 1− t.

Teorema 4.3.1 (Teorema de convolucion). Sean f y g funciones conti-

nuas por partes en [0,∞) y F (s) = L {f(t)}, G(s) = L {g(t)}. Entonces

L−1{F (s)G(s)} = f ∗ g.


{1

s2(s2 + 1)

}

132

4.4. LOS TEOREMAS DE TRASLACION

Solucion. Se podrıa resolver por fracciones parciales, pero usaremos la forma

inversa del teorema de convolucion.

L−1

{1

s2(s2 + 1)

}= L

−1

{1

s2· 1

s2 + 1

}= t ∗ sen t = t− sen t

4.4 Los teoremas de traslacion

Teorema 4.4.1 (Primer teorema de traslacion). Si F (s) = L {f(t)} y

a es un numero real, entonces

L {eatf(t)} = F (s− a) = F (s)∣∣∣s→s−a

,

donde s → s− a significa que se reemplaza s en F (s) por s− a.

La forma inversa del primer teorema de traslacion es: Si F (s) = L {f(t)} y

a es un numero real, entonces

L−1{f(t)F (s− a)} = L

−1

{F (s)

∣∣∣s→s−a

}= eatf(t),

Ejemplo 4.33. Evalue

a) L {t3e−2t} b) L {e3t cos 2t}

Solucion.

a) L {t3e−2t} = L {t3}∣∣∣s→s+2

=3!

s4

∣∣∣s→s+2

=6

(s+ 2)4

b) L {e3t cos 2t} = L {cos 2t}∣∣∣s→s−3

=s

s2 + 4

∣∣∣s→s−3

=s− 3

(s− 3)2 + 4

Ejemplo 4.34. Evalue L −1

{s

s2 − 4s+ 5

}.

133


Solucion.

L−1

{s

s2 − 4s+ 5

}= L

−1

{s

(s− 2)2 + 1

}= L

−1

{s− 2 + 2

(s− 2)2 + 1

}

= L−1

{s

s2 + 1

} ∣∣∣∣s→s−2

+ L−1

{2

s2 + 1

} ∣∣∣∣s→s−2

= e2t[cos t+ 2 sen t].


{s

s2 − 6s+ 5

}.

Solucion. Se podrıa resolver mediante fracciones parciales, pero lo haremos

completando cuadrados

L−1

{s

s2 − 6s+ 5

}= L

−1

{s

(s− 3)2 − 4

}= L

−1

{s− 3 + 3

(s− 3)2 − 4

}

= L−1

{s

s2 − 4

} ∣∣∣∣s→s−3

+3

2L

−1

{2

s2 − 4

} ∣∣∣∣s→s−3

= e3t[cosh 3t+ 32sen 3t].

Funcion escalon unitario o funcion de Heaviside

Definicion 4.4.1. Para a ≥ 0 se define la funcion escalon unitario

U (t−a) =

⎧⎨⎩0, si 0 ≤ t < a

1, si t ≥ a ax

1

y

Es de anotar que se ha definido la funcion escalon unitario solo para t ≥ 0, ya

que es todo lo que interesa al estudiar transformada de Laplace. En sentido

mas amplio, U (t− a) = 0 para t < 0

Ejemplo 4.36. Realice la grafica de

a) U (t) b) U (t− 3)

134


Solucion.

1

2

−11 2−1

t

y

1

2

−11 2 3 4 5−1

t

y

Figura 4.3. Graficas de U (t) y U (t− 3)

Funciones a trozos en terminos de funciones escalon unitario.

La funcion escalon unitario tiene la propiedad de “encender” o “apagar”

funciones.

1. “Encendido” de funciones: la funcion escalon unitario puede usarse para

“encender” funciones a partir de un valor de a. Cuando se multiplica

una funcion g(t) definida para t ≥ 0 por la funcion escalon unitario

U (t− a), se anula la parte de la grafica de dicha funcion en [0, a) y se

“enciende” a partir de a, como lo muestra la figura 4.4(a).

2. “Apagado” de funciones: la funcion escalon unitario tambien se usa

para “apagar” funciones a partir de un valor a, como se ilustra en la

figura 4.4(b).

y=g(t)

a

y

ty = 0

(a) f(t) = g(t)U (t− a)

y =g(t

)

a

y

ty = 0

(b) f(t) = g(t)(1− U (t− a)

)Figura 4.4. Encendido y apagado de funciones

135


Por ejemplo, la funcion

f(t) =

⎧⎨⎩g(t), 0 ≤ t < a

h(t), t ≥ a

es equivalente a

f(t) = g(t)− g(t)U (t− a) + h(t)U (t− a).

De manera similar, una funcion de la forma

f(t) =

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩0, 0 ≤ t < a

g(t), a ≤ t < b

0, t ≥ b

es equivalente a

f(t) = g(t)[U (t− a)− U (t− b)].

Ejemplo 4.37. Expresar en terminos de funciones escalon unitario

a) f(t) =

⎧⎨⎩2t, 0 ≤ t < 1

0, t ≥ 1b) g(t) =

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩2t, 0 ≤ t < 1

3− t, 1 ≤ t < 3

0, t ≥ 3

Solucion.

a) f(t) = 2t− 2tU (t− 1)

b) g(t) = 2t− 2tU (t− 1) + (3− t)U (t− 1)− (3− t)U (t− 3)

= 2t− 3(t− 1)U (t− 1) + (t− 3)U (t− 3)

1

2

−11 2−1

t

y

1

2

−11 2 3 4 5−1

t

y

Figura 4.5. Graficas de f(t) y g(t)

136


Ejemplo 4.38. L {U (t− a)} =

∫ ∞

a

e−stdt = −1

se−st

∣∣∣∣∞a

=e−as

s, s > 0

Ejemplo 4.39. Trace la grafica de f(t) = cos (t− π)U (t− π)

Solucion. f(t) =

⎧⎨⎩0, 0 ≤ t < π

cos (t− π), t ≥ π. Pero cos (t− π) = − sen t.

Luego

f(t) =

⎧⎨⎩ 0, 0 ≤ t < π

− sen t, t ≥ π.

y

t

1

−1

π 2π 3π

Figura 4.6. Grafica de f(t) = cos(t− π)U (t− π)

Teorema 4.4.2 (Segundo teorema de Traslacion). Si F (s) = L {f(t)},entonces

L {f(t− a)U (t− a)} = e−asF (s).

La forma inversa del segundo teorema de traslacion es: Si F (S) = L {f(t)},entonces

L−1{e−asF (s− a)} = f(t− a)U (t− a) = f(t)

∣∣∣t→t−a

U (t− a)

Ejemplo 4.40. L {cos(t− π)U (t− π)} =se−πs

s2 + 1

Ejemplo 4.41. Calcule L {t2U (t− 1)}.

137


Solucion. No podemos aplicar el Teorema 4.4.2 directamente, puesto que la

funcion a transformar no esta en la forma requerida. Mediante un pequeno

ajuste se tiene

L {t2U (t− 1)} = L {(t− 1 + 1)2U (t− 1)}= L {[(t− 1)2 + 2(t− 1) + 1]U (t− 1)}= e−s

L {t2}+ 2e−sL {t}+ L {U (t− 1)}

=2e−s

s3+

2e−s

s2+

e−s

s=

e−s

s

[2

s2+

2

s+ 1

].

Para evitar hacer esto en cada funcion que no este en la forma requerida,

damos una forma alternativa del segundo teorema de traslacion.

Corolario 3 (Forma alternativa del segundo teorema de traslacion).

Si F (s) = L {f(t)}, entonces L {f(t)U (t− a)} = e−asL {f(t+ a)}.

Ejemplo 4.42. Halle L {sen 2tU (t− π}

Solucion. Usando la forma alternativa del segundo teorema de traslacion se

tiene

L {sen 2tU (t− π)} = e−πsL {sen 2(t+ π)}

= e−πsL {sen 2t��

1cos 2π + cos 2t��

0sen 2π }

= e−πsL {sen 2t} =

2e−πs

s2 + 4.

Ejemplo 4.43. Halle L { [[t]]}, donde [[ ]] denota la funcion parte entera,

tambien conocida como funcion piso.

Solucion. Recordemos que [[t]] = n si n ≤ x < n+ 1 para n = 0, 1, 2, . . .. En

terminos de funciones escalon unitario se tiene

[[t]] = U (t− 1) + U (t− 2) + U (t− 3) + · · · =∞∑n=1

U (t− n)

Luego

138


L {[[t]]} =∞∑n=1

L {U (t− n)}

=∞∑n=1

e−ns

s︸︷︷︸Serie geometrica

=e−s

s

[1

1− e−s

]=

1

s(es − 1)

5

1

2

3

−11 2 3 4−1

t

y

Figura 4.7. Funcion escalera


{e−2s

s2 + 2

}.

Solucion.

L−1

{e−2s

s2 + 2

}=

1√2

[sen (

√2 t)

∣∣∣t→t−2

]U (t− 2)

=1√2sen[

√2(t− 2)]U (t− 2).

Ejemplo 4.45. Resolver el PVI: y′′(t) + y(t) = f(t) donde

f(t) =

⎧⎨⎩1, 0 ≤ t < π

0, t ≥ π; y(0) = 0, y′(0) = 1.

Solucion. Sea Y (s) = L {y(t)}. En terminos de funciones escalon unitario

se tiene que f(t) = 1− U (t− π). Luego

L {y′′(t) + y(t)} = L {f(t)}

s2Y (s)− s�

��

0y(0)−

��

1

y′(0) + Y (s) =1

s− e−πs

s

(s2 + 1)Y (s) = 1 +1

s− e−πs

s

Y (s) =1

s2 + 1+

1

s(s2 + 1)− e−πs

s(s2 + 1).

139


Al aplicar transformada inversa y las propiedades se tiene

y(t) = L−1{Y (s)} = 1 + sen t− cos t− [1− cos(t− π)] U (t− π)

=

⎧⎨⎩1 + sen t− cos t, 0 ≤ t < π

sen t− 2 cos t, t ≥ π(Verifique esta respuesta).

t

x

−2

−1

1

2

π2

π 3π2

2π 5π2

3π

Figura 4.8. Grafica de la solucion del ejemplo 4.45

4.5 Funciones periodicas

Definicion 4.5.1. Una funcion f(t) es periodica con periodo T > 0 si

f(t+ T ) = f(t),

para todo t en el dominio de f .

T 2T 3T 4Tt

y

Amplitu

d

Periodo

A

TgT(t)

A

Figura 4.9. Funcion periodica

140

4.5. FUNCIONES PERIODICAS

Ejemplo 4.46. f(t) = sen t es una funcion periodica de periodo T = 2π.

t

y

−1

1

π2

π 3π2

2π 5π2

3π

Figura 4.10. Grafica de y = sen t

Ejemplo 4.47. f(t) =

⎧⎨⎩1, 0 ≤ t < 1

0, 1 < t ≤ 2; f(t+ 2) = f(t).

1

2

−1

1 2 3 4 5−1t

y

Figura 4.11. Onda cuadrada

Nota. Es conveniente introducir una notacion para la version “enmarcada”

de una funcion periodica, como se ilustra en la Fig 4.9

gT(t) =

⎧⎨⎩f(t), 0 ≤ t < T

0, en otro caso

La transformada de Laplace de gT(t) es

GT(s) =

∫ ∞

0

e−stgT(t)dt =

∫ T

0

e−stf(t)dt.

141


Teorema 4.5.1. Si f(t) es periodica con periodo T , es continua por partes

en [0,∞) y de orden exponencial, entonces

L {f(t)} =G

T(s)

1− e−Ts.

Demostracion. Observe que f(t) puede escribirse como una suma de copias

trasladadas de su version enmarcada

f(t) = gT(t) + g

T(t− T )U (t− T ) + g

T(t− 2T )U (t− 2T ) · · ·

=∞∑n=0

gT(t− nT )U (t− nT ).

Por lo tanto,

L {f(t)} =∞∑n=1

L {gT(t− nT )U (t− nT )}

=∞∑n=0

e−nTsGT(s) = G

T(s)

∞∑n=0

e−nTs =G

T(s)

1− e−Ts,

puesto que∞∑n=0

e−nTs es una serie geometrica con razon r = e−Ts.

Ejemplo 4.48. Determine la transformada de Laplace de la funcion onda

cuadrada del ejemplo 4.47.

Solucion. Se tiene que gT(t) = 1− U (t− 1), T = 2.

GT(s) = L {g

T(t)} = L {1− U (t− 1)} =

1

s− e−s

s=

1− e−s

s.

Por lo tanto

L {f(t)} =G

T(s)

1− e−2s=

1− e−s

s(1− e−2s)=

1

s(1 + e−s).

Ejemplo 4.49. Halle L {f(t)} para

f(t) =

⎧⎨⎩sen t, 0 ≤ t < π

0, π ≤ t < 2π; f(t+ 2π) = f(t).

142

4.5. FUNCIONES PERIODICAS

t

y

−1

1

π2

π 3π2

2π 3π5π2

Figura 4.12. Rectificacion media de onda seno

Solucion. En este caso se tiene gT(t) = sen t− sen t U (t− π) y el periodo

es T = 2π. Luego

L {gT(t)} = L {sen t− sen t U (t− π)} = L {sen t} − L {sen t U (t− π)}

=1

s2 + 1− e−πs

L {sen (t+ π)}

=1

s2 + 1+

e−πs

s2 + 1=

1 + e−πs

s2 + 1= G

T(s).

Por lo tanto

L {f(t)} =G

T(s)

1− e−2πs=

1 + e−πs

(s2 + 1)(1− e−2πs)=

1

(s2 + 1)(1− e−πs).

Ejemplo 4.50. Resolver x′′(t) + x(t) = f(t); x(0) = 0, x′(0) = 1, donde

f(t) =

⎧⎨⎩sen t, 0 ≤ t < π

0, t ≥ π

Solucion. En el ejemplo 4.49 se encontro que F (s) = L {f(t)} =1 + e−πs

s2 + 1.

Luego, L {x′′(t) + x(t)} = L {f(t)}. Ası,

s2X(s)− s�

��

0x(0)−

��

1

x′(0) +X(s) =1 + e−πs

s2 + 1

(s2 + 1)X(s) = 1 +1 + e−πs

s2 + 1

X(s) =1

s2 + 1+

1 + e−πs

(s2 + 1)2

143


=1

s2 + 1+

1

(s2 + 1)2+

e−πs

(s2 + 1)2

De donde,

x(t) = L−1{X(s)} = L

−1

{1

s2 + 1

}+ L

−1

{1

(s2 + 1)2

}+ L

−1

{e−πs

(s2 + 1)2

}= sen t+ sen t ∗ sen t+ sen t ∗ sen t

∣∣∣t→t−π

U (t− π) ←− Ejercicio 4d

= sen t+1

2(sen t− t cos t) +

1

2[sen(t− π)− (t− π) cos(t− π)] U (t− π)

Equivalentemente

x(t) =

⎧⎨⎩

32sen t− 1

2t cos t, 0 ≤ t < π

sen t− π2cos t, t ≥ π

t

x

−2

−1

1

2

π2

π 3π2

2π 5π2

3π


Ejemplo 4.51. Resuelva la ecuacion integro–diferencial

y′(t) = t+ 2

∫ t

0

et−τy(τ)dτ , y(0) = 1.

Solucion. La ecuacion se puede escribir como y′(t) = t + 2et ∗ y(t). Sea

Y (s) = L {y(t)} . Entonces al aplicar transformada de Laplace y despejar

Y (s) se tiene

sY (s)− 1 =1

s2+ 2Y (s)

1

s− 1

144

4.6. FUNCION DELTA DE DIRAC

[s− 2

s− 1

]Y (s) = 1 +

1

s2

s2 − s− 2

s− 1Y (s) =

s2 + 1

s2

Al despejar y usar fracciones parciales, se tiene

Y (s) =(s− 1)(s2 + 1)

s2(s+ 1)(s− 2)

=1/2

s2− 3/4

s+

4/3

s+ 1+

5/12

s− 2

de donde,

y(t) = L−1{Y (s)} = 1

2t− 3

4+ 4

3e−t + 5

12e2t.

1

2

3

4

5

1 2−1t

y


4.6 Funcion delta de Dirac

Impulso unitario. Con frecuencia, en los sistemas mecanicos, circuitos

electricos, doblamiento de vigas y otras aplicaciones actuan fuerzas exter-

nas (o fem sobre circuitos) de gran magnitud solo durante un lapso muy

145


breve de tiempo. Por ejemplo, el golpe de un martillo ejerce una fuerza muy

grande durante un intervalo de tiempo relativamente muy corto, y un gran

peso concentrado en un punto de una viga suspendida ejerce una fuerza de

gran magnitud sobre una seccion muy pequena de la viga. Para trabajar

con fuerzas violentas o de breve duracion, los fısicos y los ingenieros usan la

funcion delta introducida por Paul M. Dirac. La funcion

δa(t− t0) =

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

0, si 0 ≤ t < t0 − a1

2a, si t0 ≤ t < t0 + a

0, si t ≥ t0 + a

(4.3)

para a > 0, t0 > 0, podrıa servir como modelo matematico de este tipo de

fuerzas. Para valores pequenos de a, δa(t− t0) es, esencialmente, una funcion

constante de gran magnitud que se encuentra “encendida” solo durante un

lapso muy pequeno, alrededor de t0 . Esta funcion δa(t− t0) se llama impulso

unitario porque tiene la propiedad de integracion∫ ∞

−∞δa(t− t0)dt = 1

t

y

12a

t0 − a t0 t0 + a

12a

t0 − a t0 t0 + at

y

Figura 4.15. Funcion impulso unitario δa(t− t0)

Esta idea ha llevado a algunos ingenieros y fısicos a pensar en una funcion

lımite, denotada por δ(t− t0), aproximada por δa(t− t0) cuando a → 0. Esta

funcion lımite ha sido llamada la funcion delta de Dirac. Es decir

δ(t− t0) = lıma→0

δa(t− t0).

146

4.6. FUNCION DELTA DE DIRAC

Esta ultima expresion se puede caracterizar por las condiciones:

1. δ(t− t0) =

⎧⎨⎩∞, si t = t0

0, si t �= t02.

∫ ∞

0

δ(t− t0)dt = 1.

Ademas satisface la propiedad (propiedad cernidora)

3.

∫ ∞

0

δ(t− t0)f(t0)dt = f(t0), para cualquier funcion continua f definida

en [0,∞).

Es claro que δ(t− t0) no es una funcion en el sentido usual; en realidad, es un

ejemplo de lo que se llama funcion generalizada o distribucion. A pesar de

este inconveniente, la funcion delta de Dirac fue utilizada con exito durante

varios anos para resolver varios problemas de fısica e ingenierıa antes que

Laurent Schwarz justificara matematicamente su uso.

Ejemplo 4.52. Halle L { δa(t− t0)}.

Solucion. Podemos escribir δa(t− t0) =12a[U (t− (t0 −a))−U (t− (t0 +a))].

Luego

L {δa(t− t0)} =1

2aL {U (t− (t0 − a))− U (t− (t0 + a))}

=1

2a

[e−(t0−a)s

s− e(t0+a)s

s

]=

e−t0s

as

[eas − e−as

2

]= e−t0s

senh as

as.

Ejemplo 4.53. Halle L { δ(t− t0)}.

Solucion. Al tomar lımites en el ejemplo anterior se tiene

L {δ(t− t0)} = lıma→0+

L {δa(t− t0)} = e−t0s lıma→0+

[senh as

as

]= e−t0s.

Ası, D(s) = L {δ(t)} = 1, lo cual muestra que δ(t) no es una funcion en el

sentido usual, ya que lıms→∞

D(s) = 1 �= 0.

147


Ejemplo 4.54. Resolver x′′(t) + x(t) = δ(t− π); x(0) = 1, x′(0) = 0.

Solucion. Al aplicar transformada de Laplace se tiene

L {x′′(t) + x(t)} = L {δ(t− π)}s2X(s)− s

��

1x(0)−

��

0

x′(0) +X(s) = e−πs

(s2 + 1)X(s) = s+ e−πs

X(s) =s

s2 + 1+

e−πs

s2 + 1.

Luego

x(t) = L−1{X(s)} = cos t+ sen(t− π)U (t− π).

En forma equivalente, teniendo en cuenta que sen(t− π) = − sen t.

x(t) =

⎧⎨⎩cos t, 0 ≤ t < π

cos t− sen t, t ≥ π.

t

x

−1

1

π2

π 3π2

2π 5π2

3π


4.7 Funcion de transferencia

La funcion de transferencia H(s) de un sistema lineal es el cociente entre la

transformada de Laplace de la funcion de salida y(t), y la transformada de

Laplace de la funcion de entrada g(t), en el supuesto que todas las condiciones

iniciales se anulan. Es decir, H(s) = Y (s)/G(s).

148

4.7. FUNCION DE TRANSFERENCIA

Ası por ejemplo, si el sistema lineal es controlado por la ecuacion diferencial

ad2y

dt+ b

dy

dt+ cy = g(t) (4.4)

donde a, b y c son constantes, la funcion de transferencia se puede calcular

como sigue.

Aplicando transformada de Laplace en ambos lados de (4.4) se obtiene

a[s2Y (s)− sy(0)− y′(0)] + b[sY (s)− y(0)] + cY (s) = G(s)

Como se ha supuesto que las condiciones iniciales se anulan, la ecuacion se

reduce a

(as2 + bs+ c)Y (s) = G(s)

De este modo, la funcion de transferencia de la ecuacion (4.4) es

H(s) =Y (s)

G(s)=

1

as2 + bs+ c(4.5)

Observe la similitud de estos calculos con los correspondientes para hallar la

ecuacion auxiliar de la ecuacion homogenea asociada a (4.4). En efecto, el

primer paso para invertir

H(s) =1

as2 + bs+ c

es hallar las raıces del denominador as2+ bs+ c, que es equivalente a resolver

la ecuacion caracterıstica para (4.4). La funcion h(t) = L −1{H(s)} es la

funcion de respuesta al impulso unitario para el sistema; este nombre proviene

del hecho de que describe la solucion al golpear un sistema masa – resorte con

un martillo. Tambien se puede caracterizar h(t) como la solucion al problema

homogeneo

ah′′(t) + bh′(t) + ch(t) = 0, h(0) = 0, h′(0) = 1/a. (4.6)

Al calcular la transformada de Laplace de la ecuacion (4.6) se tiene

a[s2H(s)− sh(0)− h′(0)] + b[sH(s)− h(0)] + cH(s) = 0

149


Al sustituir las condiciones iniciales y despejar H(s) se tiene

H(s) =1

as2 + bs+ c.

que es igual a la formula para la funcion de transferencia dada en (4.5).

Una caracterıstica importante de la funcion de respuesta al impulso h es que

ayuda a describir la solucion del problema general con valores iniciales

ay′′(t) + by′(t) + cy(t) = g(t), y(x0) = y0 , y′(x0) = y1 (4.7)

Por el analisis de la ecuacion (4.4) se puede ver que la convolucion h ∗ g es

la solucion de (4.7) en el caso particular en el que las condiciones iniciales se

anulan (es decir, y0 = y1 = 0). Para trabajar con condiciones no nulas, sea yh

la solucion del problema homogeneo con valores iniciales correspondientes;

es decir, yhes solucion de

ay′′(t) + by′(t) + cy(t) = 0, y(x0) = y0 , y′(x0) = y1 (4.8)

De esta manera, la solucion deseada del problema general con valores iniciales

(4.7) debe ser h ∗ g + yh. El principio de superposicion implica que, como

h ∗ g es una solucion de la ecuacion (4.4) y yhes una solucion de la ecuacion

homogenea correspondiente, entonces h∗g+yhes una solucion de la ecuacion

(4.4). Ademas, como h ∗ g tiene condiciones iniciales nulas,

(h ∗ g)(0) + yh(0) = y0

(h ∗ g)′(0) + y′h(0) = y1

Las anteriores observaciones se resumen en el siguiente teorema.

Teorema 4.7.1. Sea I un intervalo que contiene al origen. La solucion unica

del problema con valores iniciales (4.7), donde g es continua en I, esta dada

por

y(t) = h ∗ g + yh

(4.9)

donde h es la funcion de respuesta al impulso para el sistema y yhes la

solucion unica de (4.8).

150

4.7. FUNCION DE TRANSFERENCIA

Funcion Transformada

1. tαΓ(α + 1)

sα+1, α > −1

2. tneat; n = 0, 1, 2, . . .n!

(s− a)n+1

3. sen btb

s2 + b2

4. cos bts

s2 + b2

5. senh btb

s2 − b2

6. cosh bts

s2 − b2

7.

∫ t

0

· · ·∫ t

0

f(τ) dτnF (s)

sn; n = 1, 2, . . .

8. f (n)(t) snF (s)− sn−1f ′(0)− · · · − f (n−1)(0)

9. eatf(t) F (s− a)

10. U (t− a)e−as

s

11. f(t− a)U (t− a) e−asF (s)

12. tnf(t) (−1)nF (n)(s)

13.f(t)

tn

∫ ∞

s

· · ·∫ ∞

s

F (u) dun

14. (f ∗ g)(t) F (s)G(s)

15. Periodica f(t)

∫ T

0e−stf(t) dt

1− e−Ts

16. δ(t− t0) e−t0s

Tabla 4.4. Lista ampliada de transformadas

151


4.8 Ejercicios

1. Usando la definicion calcule L {f(t)}

a) f(t) =

⎧⎨⎩1− t, 0 ≤ t < 1

0, t ≥ 1b) f(t) =

⎧⎨⎩0, 0 ≤ t < π/2

cos t, t ≥ π/2

2. Muestre que

a) L {ta} =Γ(a+ 1)

sa+1para a > −1.

b) Γ(n+ 12) =

1 · 3 · 5 · . . . · (2n− 1)

2n√π, n = 1, 2, . . .

3. Usando propiedades halle L {f(t)}

a) f(t) = (t+ e−t)2 b) f(t) = e2t cos2 t

c) f(t) = t2 sen 2t d) f(t) = te−2t cos 2t

e) f(t) = sen 3t cos 2t f ) f(t) = cos 3t cos 2t

g) f(t) = sen 3t sen 2t h) f(t) =1− cos t

t2

i) f(t) =

⎧⎨⎩t, 0 ≤ t < 1

0, 1 ≤ t < 2; f(t+ 2) = f(t)

j ) f(t) =

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩t, 0 ≤ t < 1

2t− t2, 1 ≤ t < 2

0, t ≥ 2

k) f(t) = |sen t|

l) f(t) =

∫ ∞

0

e−tu2

du

m) f(t) =

⎧⎨⎩sen t, 0 ≤ t < π/2

sen t+ cos t, t ≥ π/2

n) f(t) =1 + t− et

t2n) f(t) =

∫ ∞

t

cos u

udu

o) f(t) =cos

√t√

tp) f(t) =

∫ ∞

0

u sen tu

u2 + a2du

152

4.8. EJERCICIOS

4. Halle L −1 {F (s)}

a) F (s) =4s

4s2 + 1b) F (s) =

2s+ 4

s3 + 2s2 − 5s− 6

c) F (s) =s

s3 + 2s2 + 4s+ 8d) F (s) =

1

(s2 + 1)2

e) F (s) =1

s2 − 6s+ 10f ) F (s) =

s+ 1

(s2 + 2s+ 2)2

g) F (s) =e−2s

s2(s− 1)h) F (s) = ln

s2 − 1

s2 − 4

i) F (s) = lns3 + 8

s3 − 8j ) F (s) = e−

√s

5. Calcule f ∗ g. Suponga que a �= b

a) f(t) = sen at, g(t) = sen at b) f(t) = sen at, g(t) = sen bt

c) f(t) = cos at, g(t) = cos at d) f(t) = cos at, g(t) = cos bt

e) f(t) = sen at, g(t) = cos at f ) f(t) = sen at, g(t) = cos bt

6. Resolver cada uno de los siguientes problemas de valor inicial

a) y′′ − 6y′ + 13y = 0; y(0) = 0, y′(0) = −3

b) y′′(t) + y(t) = f(t); y(0) = 0, y′(0) = 1, donde

f(t) =

⎧⎨⎩0, 0 ≤ t < π/2

cos t, t ≥ π/2.

c) y′ + 2y = f(t), donde f(t) =

⎧⎨⎩t, 0 ≤ t < 1

0, t ≥ 1

d) y′′ + 4y = δ(t− 2π); y(0) = 1, y′(0) = 0

e) ty′′ + (1− 2t)y′ − 2y = 0, y(0) = 1, y′(0) = 2

f ) y′ + 6y + 9

∫ t

0

y(u)dy = 1; y(0) = 0

g) ty′′ + (3t− 1)y′ − (4t+ 9)y = 0; y(0) = 0

153


Aplicaciones

1. Una partıcula de masa 2 gramos se mueve sobre el eje x y es atraıda hacia

el origen con una fuerza numericamente igual a 8x. Si esta inicialmente

en reposo en x = 10, hallar su posicion en cualquier tiempo posterior si

a) No actuan otras fuerzas

b) Actua una fuerza amortiguadora igual a 8 veces su velocidad ins-

tantanea

2. Si en el problema 1 actua una fuerza externa f(t) = F0 cosωt y no hay

fuerza amortiguadora, hallar la posicion de la partıcula en cualquier ins-

tante. Interprete fısicamente los resultados.

3. Desarrolle el problema 2, si

a) f(t) = F0U (t− π2) b) f(t) = F0δ(t)

4. Un inductor de 2 henrys, una resistencia de 16 ohmios y un condensador

de 0.02 faradios se conectan en serie en una f.e.m de E voltios. En t = 0,

tanto la carga del condensador como la corriente del circuito son cero.

Encontrar la carga y la corriente en cualquier instante t > 0 si

a) E = 300 V b) E = 150[1− U (t− π2)] V

5. Una viga en voladizo fija en el extremo x = 0 y libre en el extre-

mo x = L, soporta una carga w(x) por unidad de longitud dada por

w(x) =

⎧⎨⎩w0 si 0 < x < l/2

0 si L/2 < x < L.. Hallar su deflexion y(x).

6. Una viga tiene empotrados sus extremos en x = 0 y en x = L. En el

punto x = L/3 actua, verticalmente hacia abajo, una carga concentrada

P0 . Hallar la deflexion resultante.

154

Capıtulo 5

Sistemas de ecuaciones

diferenciales

5.1 Introduccion

En los temas precedentes se han estudiado ecuaciones y modelos que con-

ducen a ecuaciones diferenciales unicas. Una sola ecuacion puede describir

una poblacion en un ambiente; pero si hay, por ejemplo, dos especies que

interactuan y compiten en el mismo ambiente, el modelo demografico de sus

poblaciones x(t) y y(t) podrıa ser un sistema de la forma

dx

dt= g1(t, x, y)

dy

dt= g2(t, x, y)

Ejemplo 5.1 (Tanques interconectados). Considere dos tanques como

se muestran en la figura 5.1. Suponga que el tanque A contiene 50 galones de

agua en el que se han disuelto 25 libras de sal y que el tanque B contiene 50

galones de agua pura. El lıquido es bombeado dentro y fuera de los tanques;

la mezcla se intercambia entra ambos y se supone que el lıquido que sale de

B ha recibido una buena agitacion. Se desea formar un modelo matematico

155

CAPITULO 5. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

que describa los numeros x1(t) y x2(t) de libras de sal en los tanques A y B,

respectivamente, en el tiempo t.

Tanque Ax1 (t), 50 galx1 (0) = 25 lb

Tanque Bx2 (t) 50 galx2 (0) = 0 lb

Agua pura, 3gal/min Mezcla, 1 gal/min

Meszcla, 4 gal/min Mezcla, 3gal/min

Figura 5.1. Tanques interconectados

Solucion. Mediante un analisis similar al realizado para un tanque se

procede de la siguiente manera:

Para el tanque A, la tasa neta de cambio de x1(t) es

dx1

dt=

tasa de entrada de la sal︷︸︸︷(3 gal/min)(0 lb/gal) + (1 gal/min)

(x2

50lb/gal

)−

tasa de salida de la sal︷︸︸︷(4 gal/min)

(x1

50lb/gal

)= − 2

25x1 +

1

50x2

De manera similar, para el tanque B, la tasa neta de cambio de x−2(t) es:

dx2

dt=

2

25x1 −

2

25x2

De esta manera se obtiene el sistema lineal

dx1

dt= − 2

25x1 −

1

50x2

dx2

dt=

2

25x1 −

2

25x2

Ademas, el sistema tiene las condiciones iniciales x1(0) = 25, x2(0) = 0

Ejemplo 5.2 (Sistemas acoplados masa-resorte). En una superficie ho-

rizontal suave (lisa), una masa m1 = 2 kg esta unida a una pared fija median-

te un resorte con constante k1 = 4 N/m. Otra masa m2 = 1 kg esta unida al

156

5.1. INTRODUCCION

primer objeto mediante un resorte con constante k2 = 2 N/m. Los objetos

estan alineados en forma horizontal, de modo que los resortes tengan su lon-

gitud natural (ver figura 5.2). Si ambos objetos se desplazan 3 m a la derecha

de sus posiciones de equilibrio y luego se liberan, ¿cuales son las ecuaciones

de movimientos de los dos objetos?

k1 = 4 k1 = 2

2 kg 1 kg

x > 0 y > 0

x = 0 y = 0

k1 = 4 k1 = 2

2 kg 1 kg

x = 3 y = 3

x = 0 y = 0

Figura 5.2. Resortes acoplados

Solucion. Por las hipotesis, las unicas fuerzas que se deben tomar en cuenta

son aquellas inherentes a los propios resortes. De acuerdo con la ley de Hooke,

la fuerza que actua sobre un objeto debido a un resorte tiene una magnitud

proporcional al desplazamiento del resorte a partir de su longitud natural y

una direccion opuesta a su desplazamiento. Es decir, si el resorte se estira o

comprime, entonces trata de regresar a su longitud natural.

Como cada masa se puede mover libremente, se aplica la segunda ley de

Newton a cada objeto. Sea x(t) el desplazamiento (hacia la derecha) de la

masa de 2 kg. A partir de su posicion de equilibrio y de manera similar, sea

y(t) el desplazamiento correspondiente a la masa de 1 kg. La masa de 2 kg

tiene una fuerza F1 que actua por el lado izquierdo debido a un resorte y una

fuerza F2 que actua por el lado derecho debido al segundo resorte.

Al aplicar la ley de Hooke se tiene

F1 = −k1x, F2 = k2(y − x)

157


porque y − x es el desplazamiento neto del segundo resorte con respecto a

su longitud natural. Solo hay una fuerza que actua sobre la masa de 1 kg: la

fuerza debida al segundo resorte, que es

F3 = −k2(y − x).

Al aplicar la segunda ley de Newton se obtiene el sistema

m1

d2x

dt2= F1 + F2 = −k1x+ k2(y − x)

m2

d2y

dt2= F3 = −k2(y − x)

Equivalentemente

m1

d2x

dt2+ (k1 + k2)x− k2y = 0

m2

d2y

dt2− k2x+ k2y = 0.

Al sustituir los valores se obtiene el sistema lineal de segundo orden

2d2x

dt2+ 6x− 2y = 0

d2y

dt2− 2x+ 2y = 0.

5.2 Teorıa preliminar

Definicion 5.2.1. Un sistema lineal de ecuaciones diferenciales es un sistema

de la forma

P11(D)x1 + P12(D)x2 + · · ·+ P1n(D)xn = b1(t)

P21(D)x1 + P22(D)x2 + · · ·+ P2n(D)xn = b2(t)

......

. . ....

...

Pn1(D)x1 + Pn2(D)x2 + · · ·+ Pnn(D)xn = bn(t),

(5.1)

en donde los Pij son polinomios de diversos grados en el operador diferencial

D.

158

5.2. TEORIA PRELIMINAR

Definicion 5.2.2. Un sistema lineal de ecuaciones diferenciales de primer

orden es de la forma

dx1

dt= a11(t)x1 + a12(t)x2 + · · ·+ a1n(t)xn + f1(t)

dx2

dt= a21(t)x1 + a22(t)x2 + · · ·+ a2n(t)xn + f2(t)

......

.... . .

......

dxn

dt= an1(t)x1 + an2(t)x2 + . . .+ ann(t)xn + fn(t)

(5.2)

Si todos los coeficientes de Pij en (5.1) o los coeficientes aij en (5.2) son cons-

tantes, entonces (5.1) o (5.2) es un sistema lineal con coeficientes constantes.

Un sistema que no tenga ninguna de las formas (5.1) o (5.2) se dice que es

no lineal.

En general, un sistema de ecuaciones diferenciales de primer orden en forma

normal es un sistema de la forma

x′1(t) = g1(t, x1 , x1 , . . . , xn)

x′2(t) = g2(t, x1 , x2 , . . . , xn)

......

x′n(t) = gn(t, x1 , x2 , . . . , xn)

(5.3)

Ejemplo 5.3. El siguiente sistema

dx

dt= x(−a+ by)

dy

dt= y(d− cx)

donde a, b, c y d son constantes positivas, es no lineal. Este es un sistema

famoso de ecuaciones y se llama modelo depredador–presa de Lotka–

Volterra.

159


Forma matricial de un sistema lineal

El sistema (5.1) se puede escribir en la forma

P (D)x(t) = b(t)

donde

A(D) =

⎛⎜⎜⎜⎜⎝P11(D) P12(D) . . . P1n(D)

P21(D) P22(D) . . . P2n(D)...

.... . .

...

Pn1(D) Pn2(D) . . . Pnn(D)

⎞⎟⎟⎟⎟⎠ , x(t) =

⎛⎜⎜⎜⎜⎝x1(t)

x2(t)...

xn(t)

⎞⎟⎟⎟⎟⎠ , b(t) =

⎛⎜⎜⎜⎜⎝b1(t)

b2(t)...

bn(t)

⎞⎟⎟⎟⎟⎠ .

La forma matricial normal de (5.2) es

dx

dt= x′(t) = Ax+ f(t),

donde

A(t) =

⎛⎜⎜⎜⎜⎝a11(t) a12(t) . . . a1n(t)

a21(t) a22(t) . . . a2n(t)...

.... . .

...

an1(t) an2(t) . . . ann(t)

⎞⎟⎟⎟⎟⎠ , x(t) =

⎛⎜⎜⎜⎜⎝x1(t)

x2(t)...

xn(t)

⎞⎟⎟⎟⎟⎠ , f(t) =

⎛⎜⎜⎜⎜⎝f1(t)

f2(t)...

fn(t)

⎞⎟⎟⎟⎟⎠ .

Ejemplo 5.4. Escriba en forma matricial

a)x′ = 4x+ 7y

y′ = x− 2yb)

(2D2 −D − 1)x− (2D + 1)y = 1

(D − 1)x+ Dy = −1

c) y′′′(x) + y′′(x)− 2y′(x) + y(x) = cos x

Solucion.

a) x′ = Ax, donde A =

(4 7

1 −2

)y x =

(x

y

)

b) P (D)x = b, donde

P (D) =

(2D2 −D − 1 −(2D + 1)

D − 1 D

), x =

(x

y

), b =

(1

−1

).

160


Este sistema tambien se puede expresar en la forma x′ = Ax+ f . Para

ello, primero lo escribimos como

2x′′ − x′ − x− 2y′ − y = 1 (1)

x′ − x+ y′ = −1. (2)

Ahora sean x1 = x, x2 = x′ = x′1, x3 = y. De (1) y (2) se tiene

y′ = x′3= x− x′ − 1 = x1 − x2 − 1

x′′ =1

2x+

1

2x′ +

1

2y + y′ +

1

2

x′2=

1

2x1 +

1

2x2 +

1

2x3 + (x1 − x2 − 1) +

1

2

=3

2x1 −

1

2x2 +

1

2x3 −

1

2.

De esta forma el sistema queda

x′1= x2

x′2=

3

2x1 −

2

2x2 +

1

2x3 −

1

2

x′3= x1 − x2 − 1.

En forma matricial

x′ =

⎛⎜⎝x′

1

x′2

x′3

⎞⎟⎠ =

⎛⎜⎝0 1 0

32

−12

12

1 −1 −1

⎞⎟⎠

⎛⎜⎝x1

x2

x3

⎞⎟⎠+

⎛⎜⎝ 0

−12

1

⎞⎟⎠

c) Haciendo x = t, x1 = y, x2 = y′, x3 = y′′ se tiene

x′1= y′ = x2 , x′

2= y′′ = x3

x′3= y′′′ = −y + 2y′ + cos t = −x1 + 2x2 − x3 + cos t

Ası, la ecuacion ordinaria de tercer orden se transforma en el sistema

x′1= x2

161


x′2= x3

x′3= −x1 + 2x2 − x3 + cos t

En forma matricial queda

x′ =

⎛⎜⎝ 0 1 0

0 0 1

−1 2 −1

⎞⎟⎠

⎛⎜⎝ x1

x2

x3

⎞⎟⎠+

⎛⎜⎝ 0

0

cos t

⎞⎟⎠

Definicion 5.2.3. Una funcion vectorial es una solucion de (5.1) o (5.2) en

un intervalo I es cualquier matriz columna

x =

⎛⎜⎜⎜⎜⎝x1(t)

x2(t)...

xn(t)

⎞⎟⎟⎟⎟⎠

cuyas componentes son funciones diferenciables que satisfacen al sistema en

el intervalo I.

Ejemplo 5.5. Verifique que x =

(5 cos t

3 cos t− sen t

)es solucion del sistema

x′ = −2x+ 5y

y′ = 2x+ 4y

Solucion. Ejercicio

Definicion 5.2.4 (Problema de Valor Inicial (PVI)). Sea t0 un punto

en un intervalo I y

x(t0) =

⎛⎜⎜⎜⎜⎝x1(t0)

x2(t0)...

xn(t0)

⎞⎟⎟⎟⎟⎠ ; x0 =

⎛⎜⎜⎜⎜⎝γ1

γ2

...

γn

⎞⎟⎟⎟⎟⎠ ,

162


donde γ1 , γ2 , . . . , γn son constantes dadas. Entonces, el problema

Resolver x′(t) = A(t)x+ f(t)

Sujeto a x(t0) = x0

(5.4)

es un problema de valor inicial.

Teorema 5.2.1 (Existencia y unicidad de soluciones). Si las compo-

nentes de A(t) y F (t) son funciones continuas en un intervalo comun I que

contiene al punto t0, entonces existe una unica solucion del problema de valor

inicial (5.4).

Teorema 5.2.2 (Principio de superposicion). Si x1 , x2 , . . . ,xkson so-

luciones del sistema homogeneo x′ = Ax en un intervalo I, entonces la com-

binacion lineal

c1x1 + c1x2 + · · ·+ ckx

k

en la que c1 , c2 , . . . , ck son constantes arbitrarias tambien es una solucion en

el intervalo.

Definicion 5.2.5 (Dependencia e independencia lineal). Sean

x1 , x2 , . . . ,xn un conjunto de vectores solucion del sistema homogeneo

x′ = Ax en un intervalo I. Se dice que el conjunto es linealmente depen-

diente (LD) en el intervalo si existen constantes c1 , c2 , . . . , cn , no todas

cero tales que

c1x1 + c2x2 + · · ·+ cnxn = 0

para todo t en el intervalo. Si el conjunto de vectores no es linealmente

dependiente en I, entonces es linealmente independiente (LI).

Teorema 5.2.3. Sean

x1 =

⎛⎜⎜⎜⎜⎝x11

x21

...

xn1

⎞⎟⎟⎟⎟⎠ ,x2 =

⎛⎜⎜⎜⎜⎝x12

x22

...

xn2

⎞⎟⎟⎟⎟⎠ , . . . ,xn =

⎛⎜⎜⎜⎜⎝x1n

x2n

...

xnn

⎞⎟⎟⎟⎟⎠

163


n vectores solucion del sistema homogeneo x′ = Ax en un intervalo I. En-

tonces el conjunto de vectores es linealmente independientes en I si y solo si

el wronskiano de x1 , x2 , . . . ,xn

W (x1 , x2 , . . . ,xn) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

x11 x12 . . . x1n

x21 x22 . . . x2n

......

. . ....

xn1 xn2 . . . xnn

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣�= 0

para todo t en el intervalo

Definicion 5.2.6 (Conjunto fundamental de soluciones). Todo con-

junto x1 ,x2 , . . . ,xn de n vectores solucion, linealmente independientes del

sistema homogeneo x′ = Ax en un intervalo I es un conjunto fundamental

de soluciones en el intervalo.

Definicion 5.2.7 (Matriz fundamental). Si x1 ,x2 , . . . ,xn es un conjunto

fundamental de soluciones del sistema homogeneo x′ = Ax, entonces a la

matriz

Φ(t) =

⎛⎜⎜⎜⎜⎝x11(t) x12(t) . . . x1n(t)

x21(t) x22(t) . . . x2n(t)...

.... . .

...

xn1(t) xn2(t) . . . xnn(t)

⎞⎟⎟⎟⎟⎠

se le llama matriz fundamental.

Teorema 5.2.4. Existe un conjunto fundamental de soluciones para la ecua-

cion x′ = Ax en un intervalo I.

Teorema 5.2.5. Sean {x1 ,x2 , . . . ,xn} un conjunto fundamental de solucio-

nes de x′ = Ax en un intervalo I. Entonces la solucion general del sistema

en el intervalo es

x = c1x1 + c2x2 + · · ·+ cnxn = Φ(t)c,

donde c = col(c1 , c2 , . . . , cn).

164

5.3. METODOS DE SOLUCION

Teorema 5.2.6. Sea xp una solucion particular de x′ = Ax+ f en un inter-

valo I y

xc = c1x1 + c2x2 + · · ·+ cnxn

la solucion general en el mismo intervalo del sistema homogeneo asociado

x′ = Ax. Entonces la solucion general de x′ = Ax+ f es

x = xp + xc

La solucion xc se denomina solucion complementaria de x′ = Ax+ f .

5.3 Metodos de solucion

5.3.1 Metodo de eliminacion

Esta seccion se ha tomado de Kreider [1]. Cualquier metodo de eliminacion

que se usa para resolver sistemas de ecuaciones lineales se puede adaptar

para resolver sistemas de ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes

constantes y se facilita si se reformula en notacion de operadores.

Operaciones elementales

A continuacion se describen las operaciones elementales que se pueden apli-

car para resolver sistemas de ecuaciones diferenciales en forma matricial

P (D)x = b, usando eliminacion sistematica

1 Intercambiar renglones: fi ↔ fk

2 “Multiplicar (operar)” un renglon fi por P (D) : fi ← P (D)fi

3 Sumar a un renglon un “multiplo” de otro: fi ← fi + P (D)fk

Se comienza por considerar sistemas 2×2 que son lo suficientemente generales

para ilustrar todos los pasos esenciales de la tecnica. Sea

P11(D)x1 + P12(D)x2 = b1(t)

P21(D)x1 + P22(D)x2 = b2(t)(5.5)

165


en donde los Pij son polinomios en D. El primer paso consiste en colocar de

nuevo ındices a los Pij si es necesario de tal forma que el grado de P11 no sea

mayor que el grado de P21 . Como los Pij se pueden manipular algebraicamente

como polinomios ordinarios, se puede escribir

P21 = Q21P11 +R21

en donde R21 o es cero o un polinomio en D de grado menor que el grado

de P11 , (es decir, R21 es el residuo de la “division” de P21 por P11). Ahora, al

“multiplicar” (es decir, operar sobre) la primera ecuacion en (5.5) por −Q21

y sumar el resultado a la segunda ecuacion se obtiene

R21x1 + (P22 −Q21P12)x2 = b2 −Q21b1 .

Esta, con la primera ecuacion de (5.5) da el sistema

P11x1 + P12x2 = b1

R21x1 + (P22 −Q21P12)x2 = b2 −Q21b1(5.6)

Ademas –y esto es la clave del metodo–, (5.5) y (5.6) son equivalentes1. Hay

que considerar dos casos.

Caso 1: R21 = 0. Cuando esto sucede, (5.6) esta en forma triangular y la

reduccion es completa. Ademas, una de las tres situaciones siguientes

se presentara, segun P22 − P12Q21 sea o no distinta de cero.

(i) P22 − P12Q21 �= 0. En este caso, (5.6) es de la forma

P11x1 + P12x2 = b1(P22 −Q21P12)x2 = b2 −Q21b1

y admite una solucion.

(ii) P22 − P12Q21 y b2 −Q21b1 �= 0. En estas circunstancias, el sistema

es incompatible o inconsistente. Cuando esto ocurre, ni (5.6) ni el

sistema original tienen solucion alguna.

1Dos sistemas son equivalentes si tienen exactamente las mismas soluciones.

166


(iii) P22 − P12Q21 y b2 −Q21b1 = 0. En este caso, (5.6) se reduce a una

ecuacion de dos incognitas. Para resolverla se vuelve a escribir en

la forma

P11x1 = b1 − P12x2

y se resuelve con respecto a x1 con x2 arbitraria.

Caso 2: R21 �= 0. En este caso puede suceder una de estas dos cosas:

(i) P22 −Q21P12 = 0, en cuyo caso, (5.6) esta en forma triangular.

(ii) P22 − Q21P12 �= 0 , en cuyo caso (5.6) es de la misma forma que

(5.5) y se repite el procedimiento.

Observacion. A primera vista puede parecer que (5.5) podrıa reducirse a

forma triangular de una manera mas eficiente que la descrita. Por ejemplo,

se podrıa operar sobre la primera ecuacion empleando P21 y sobre la segunda

empleando P12 y luego sumar para obtener el sistema triangular

P11x1 + P12x2 = b1

(P12P21 − P12P22)x2 = P21b1 − P11b2(5.7)

Ademas, toda solucion de (5.5) es ciertamente una solucion de (5.7). Sin

embargo, estos dos sistemas no son equivalentes en general, ya que puede

poseer soluciones que no satisfacen a (5.5). Esto ilustra el hecho que cuando

un sistema de ecuaciones diferenciales con coeficientes constantes se reduce

a forma triangular la reduccion debe efectuarse con cuidado para evitar in-

troducir soluciones “extranas”. El metodo que acaba de describirse no tiene

tal problema.

Ejemplo 5.6. Resolver mediante eliminacion

x′ = 2x+ y + t− 2

y′ = 3x+ 4y − 4t

167



(D − 2)x− y = t− 2

−3x+ (D − 4)y = −4t

Escribiendo en forma matricial y usando eliminacion se tiene(D − 2 −2 | t− 2

−3 D − 4 | −4t

)f12−→

(−3 D − 4 | −4t

D − 2 −2 | t− 2

)

−→(−3 D − 4 | −4t

0 13(D − 2)(D − 4) + 1 | 1

3(D − 2)[−4t] + t− 2

)

−f1−→(3 −(D − 4) | 4t

0 13(D

2 − 6D + 5) | 113 t− 10

3

)

3f2−→(3 −(D − 4) | 4t

0 D2 − 6D + 5 | 11t− 10

)

El sitema reducido equivalente es

3x− (D − 4)y = 4t (1)

(D2 − 6D + 5)y = 11t− 10 (2)

A continuacion se resuelve la ecuacion no homogenea (2) en la variable y.

Paso 1. Hallar yc para la ecuacion homogenea asociada. La ecuacion auxiliar

asociada es r2 − 6r + 5 = 0 cuyas raıces son r1 = 1 y r2 = 5. Luego

yc(t) = c1et + c2e

5t

Paso 2. Hallar yp. Sea yp = At+B, entonces y′p = A, y′′p = 0. Al sustituir

en (2) se tiene

y′′p − 6y′p + 5yp = 11t− 10

5At− 6A+ 2B = 11t− 10

Al igualar coeficientes y resolver se obtiene A = 115, B = 16

25. Por lo tanto,

y(t) = yc(t) + yp(t) = c1et + c2e

5t + 115t+ 16

25.

168


Ahora despejando x(t) de (1) tiene

x(t) = 13[(D − 4)y + 4t] = −c1e

t + 13c2e

5t − 85t− 3

25.

En forma vectorial, la solucion es

x(t) =

(x(t)

y(t)

)= c1

(et

−et

)+ c2

(e5t

−13e5t

)+ 1

25

(−4t− 3

88t+ 16

).

Ejemplo 5.7. Resolver mediante elimincion

(2D2 −D − 1)x− (2D + 1)y = 1

(D − 1)x+ Dy = −1.

Solucion. Mediante eliminacion tenemos(2D2 −D − 1 −(2D + 1) | 1

D − 1 D | −1

)Fact.−→

((2D + 1)(D − 1) −(2D + 1) | 1

D − 1 D | −1

)

−→(

D − 1 D | −1

(2D + 1)(D − 1) −(2D + 1) | 1

)

−→(D − 1 D | −1

0 −(2D + 1)(D − 1) | 2

)

−f2−→(D − 1 D | −1

0 (2D + 1)(D − 1) | −2

)

El sitema reducido equivalente es

(D − 1)x+Dy = −1 (1)

(2D + 1)(D − 1)y = −2 (2)

A continuacion se resuelve la ecuacion no homogenea (2) en la variable y.

Paso 1. Hallar yc para la ecuacion homogenea asociada. La ecuacion auxiliar

asociada es (2r + 1)(r − 1) = 0 cuyas raıces son r1 = −12y r2 = 1. Luego

yc(t) = c1e−t/2 + c2e

t

169


Paso 2. Hallar yp. Sea yp = A, entonces y′p = 0, y′′p = 0. Al sustituir en

(2) se tiene

2y′′p + 3y′p + yp = −2

A = −2

Por lo tanto,

y(t) = yc(t) + yp(t) = c1e−t/2 + c2e

t − 2.

Ahora encontramos x(t) resolviendo la ecuacion (1). Al reemplazar y(t) en

(1) se tiene

(D − 1)x+Dy = −1

(D − 1)x− 12c1e

−t/2 + c2et = −1

(D − 1)x = 12c1e

−t/2 − c2et − 1

e−t(D − 1)x = 12c1e

−3t/2 + c2 − e−t

D[e−tx] = 12c1e

−3t/2 + c2 − e−t

Al integrar y despejar x(t) se obtiene

x(t) = −13c1e

−t/2 + c2tet + 1.

En forma vectorial, la solucion es

x(t) =

(x(t)

y(t)

)= c1

(−1

3e−t/2

e−t/2

)+ c2

(tet

−et

)+

(1

−2

).

5.3.2 Solucion mediante transformada de Laplace

La transformada de Laplace se puede usar para reducir ciertos sistemas de

ecuaciones diferenciales lineales con condiciones iniciales a un sistema alge-

braico, donde las incognitas son ahora las transformadas de las funciones que

conforman la solucion. Al despejar estas incognitas y calcular sus transfor-

madas inversas de Laplace se obtiene la solucion del problema con valores

iniciales para el sistema.

170

5.4. SISTEMAS LINEALES HOMOGENEOS CON COEFICIENTES CONSTANTES

Ejemplo 5.8. Resolver el PVI

x′′ + 2y′ = −x; x(0) = 2, x′(0) = −7

−3x′′ + 2y′′ = 3x− 4y; y(0) = 4, y′(0) = −9

Solucion. Aplicando transformada de Laplace y haciendo X(s) = L {x(t)}y Y (s) = L {y(t)} se obtiene

L {x′′ + 2y′} = −L {x}L {−3x′ + 2y′′} = L {3x− 4y}

Usando propiedades tenemos

s2X(s)− s�

��

2x(0)−

��

−7

x′(0) + 2[sY (s)−�

��

4y(0)] = −X(s)

−3[X(s)−�

��

−7x(0)] + 2[s2Y (s)− s

��

4y(0)−

��

−9

y′(0)] = 3X(s)− 4Y (s)

Al agrupar terminos semejantes se obtiene el sistema en X(s) y Y (s)

(s2 + 1)X(s) + 2sY (s) = 2s+ 1

−3(s2 + 1)X(s) + 2(s2 + 2)Y (s) = 2s+ 3

cuya solucion es (Verifique)

X(s) =4

s+ 2− 1

s+ 1− s

s2 + 1; Y (s) =

5

s+ 2− 1

s+ 1.

Por lo tanto (x(t)

y(t)

)=

(4e−2t

5e−2t

)−

(e−t

e−t

)−

(cos t

0

).

5.4 Sistemas lineales homogeneos con coefi-

cientes constantes

En esta seccion se analiza un procedimiento para obtener una solucion general

para el sistema homogeneo

x′(t) = Ax(t) (5.8)

171


donde A es una matriz constante (real) n×n. La solucion general estara de-

finida para toda t en (−∞,∞), pues los elementos de A son funciones cons-

tantes, que son continuas en dicho intervalo. De manera similar que para el

caso de ecuaciones lineales homogeneas con coeficientes constantes estudia-

das en la seccion 4.3 en el cual se buscaban soluciones de la forma eλt, es de

esperarse que el sistema (5.8) tenga soluciones de la forma

x(t) = eλtk,

donde λ es una constante y k es un vector constante, los cuales deben de-

terminarse. Al sustituir la funcion vectorial x(t) y su derivada en (5.8) se

tiene

λeλtk = Aeλtk = eλtAk.

Cancelando el factor eλt y reagrupando terminos se obtiene

(A− λI)k = 0. (5.9)

Lo anterior muestra que x(t) = eλtk es una solucion de (5.8) si y solo si

λ y k satisfacen la ecuacion (5.9). Como el caso trivial k = 0 no sirve

para hallar soluciones linealmente independientes de (5.8), se requiere que

det(A− λI) = 0. Es decir, λ es un valor propio de A con vector propio aso-

ciado k. De acuerdo con la teorıa de sistemas de ecuaciones lineales estudiados

en el curso de Algebra Lineal, el sistema (5.9) tiene soluciones no triviales si

y solo si

p(λ) = det(A− λI) = |A− λI| = 0. (5.10)

A (5.10) se le llama ecuacion auxiliar o caracterıstica de A y p(λ) es el

polinomio caracterıstico de A.

Caso 1. Valores propios reales distintos.

Cuando la matriz A de n×n tiene n valores reales y distintos; λ1 , λ2 , . . . , λn,

siempre es posible hallar un conjunto de n vectores propios linealmente in-

dependientes, k1,k

2, . . . ,kn, y{

x(t) = c1eλ1 tk

1+ c2e

λ2 tk2+ . . .+ cne

λntkn

}172


es un conjunto fundamental de soluciones de (5.8) en (−∞,∞).

Ejemplo 5.9. Resolver el sistema dado usando metodos matriciales

x′ =

(−2 1

1 −2

)x

Solucion. Encontremos los valores y vectores propios de A =

(−2 1

1 −2

)

|A− λI| = 0 ⇔∣∣∣∣∣−2− λ 1

1 −2− λ

∣∣∣∣∣ = 0

⇔ (λ+ 2)2 − 1 = 0 ⇔ λ1 = −3 o λ2 = −1

Ahora encontramos los valores propios

λ1 = −3 :

(1 1 | 0

1 1 | 0

)−→

(1 1 | 0

0 0 | 0

); k

1=

(1

−1

)

λ2 = −1 :

(1 −1 | 0

−1 1 | 0

)−→

(1 −1 | 0

0 0 | 0

); k

2=

(1

1

)Ası, la solucion general es

x(t) = c1

(e−3t

−e−3t

)+ c2

(e−t

e−t

)


x′ =

⎛⎜⎝2 −7 0

5 10 4

0 5 2

⎞⎟⎠x

Solucion. Encontremos los valores y vectores propios de A =

⎛⎜⎝2 −7 0

5 10 4

0 5 2

⎞⎟⎠

|A− λI| =

∣∣∣∣∣∣∣2− λ −7 0

5 10− λ 4

0 5 2− λ

∣∣∣∣∣∣∣ = −(λ− 2)(λ− 5)(λ− 7) = 0

173


Los valores propios son λ1 = 2, λ2 = 5, λ3 = 7.

Los vectores propios asociados son respectivamente (Efectue los calculos)

k1 =

⎛⎜⎝ 7

−5

−5

⎞⎟⎠ , k2 =

⎛⎜⎝ 7

−3

−5

⎞⎟⎠ , k3 =

⎛⎜⎝ 4

0

−5

⎞⎟⎠

Por lo tanto, la solucion general es

x(t) = c1

⎛⎜⎝ 7e2t

−5e2t

−5e2t

⎞⎟⎠+ c2

⎛⎜⎝ 7e5t

−3e5t

−5e5t

⎞⎟⎠+ c3

⎛⎜⎝ 4e7t

0

−5e7t

⎞⎟⎠

Los ejemplos anteriores se resumen en el siguiente teorema.

Teorema 5.4.1. Suponga que la matriz constante A de n×n tiene los vecto-

res propios linealmente independientes k1,k

2, . . . ,kn. Sea λi el valor propio

correspondiente a ki. Entonces{x1 = eλ1tk1 ,x2 = eλ2tk2 , . . . ,xn = eλntkn

}es un conjunto fundamental de soluciones en (−∞,∞) para el sistema ho-

mogeneo x′ = Ax. Por lo tanto, la solucion general de x′ = Ax es

x(t) = c1eλ1 tk

1+ c2e

λ2 tk2+ . . .+ cne

λntkn

donde c1 , c2 , . . . , cn son constantes arbitrarias.

Caso 2. Valores propios reales repetidos.

En este caso, (λ−λ1)m, es un factor de p(λ), m = ma(λ1) > 1. Puede suceder

i. La multiplicidad geometrica de λ1 es mg(λ1) = m = ma(λ1). Es decir,

λ1 tiene asociados exactamente m vectores linealmente independientes

ii. La multiplicidad geometrica de λ1 es r < m = ma(λ1).

Caso i. mg(λ1) = ma(λ1). Esto siginifica que Eλ1= gen {k

1,k

2, . . . ,km}.

En este caso se tienen las m soluciones LI para (5.8)

x1 = eλ1 tk1 ,x2 = eλ1 tk2 , . . . ,xm = eλ1 tkm

174



x′ =

⎛⎜⎝3 2 4

2 0 2

4 2 3

⎞⎟⎠x

Solucion. Encontremos los valores y vectores propios de

A =

⎛⎜⎝3 2 4

2 0 2

4 2 3

⎞⎟⎠

|A− λI| =

∣∣∣∣∣∣∣3− λ 2 4

2 −λ 2

4 2 3− λ

∣∣∣∣∣∣∣ = −(λ+ 1)2(λ− 8) = 0

Los valores propios son λ1 = 1, de multiplicidad m = 2 y λ2 = 8, simple.

El calculo de los vectores propios produce (realice los calculos)

k1 =

⎛⎜⎝2

1

2

⎞⎟⎠ y k2 =

⎛⎜⎝ 1

0

−1

⎞⎟⎠ , asociados a λ1 = −1

k3 =

⎛⎜⎝ 0

2

−1

⎞⎟⎠ , asociado a λ2 = 8

Por lo tanto, la solucion general es

x(t) = c1

⎛⎜⎝2e−t

e−t

2e−t

⎞⎟⎠+ c2

⎛⎜⎝ e−t

0

−e−t

⎞⎟⎠+ c3

⎛⎜⎝ 0

2e8t

−e8t

⎞⎟⎠

Caso ii. mg(λ1) = r, 1 ≤ r < m. Es decir, Eλ1= gen {k

1,k

2, . . . ,kr}. Solo

hay r soluciones LI

x1 = eλ1 tk1 ,x2 = eλ1 tk2 , . . . ,xr = eλ1 tkr

175


• r = 1 , es decir, solo hay un vector propio asociado k11 . En este caso, siempre

es posible hallar m soluciones linealmente independientes de la forma

x1 = eλ1 tk11

x2 = teλ1 tk21 + eλ1 tk22

......

xm =1

(m− 1)!tm−1eλ1 tkm1 +

1

(m− 2)!tm−2eλ1 tkm2 + · · ·+ eλ1 tkmm

Para obtener los vectores kmj se sustituyen en (5.8) y luego se simplifica. Por

ejemplo, para hallar x2 se procede de la siguiente manera:

x′2= Ax2

eλ1 tk21 + λ1teλ1 tk21 + λ1e

λ1 tk22 = A(teλ1 tk21 + eλ1 tk22)

eλ1 t (k21 + λ1tk21 + λ1k22) = eλ1 tA(tk21 + k22)

Al cancelar el factor comun eλ1 t y reacomodar se tiene

k21 + λ1tk21 + λ1k22 = A(tk21 + k22)

t(A− λ1I)k21 + (A− λ1I)k22 = k21

Esta ultima igualdad se mantiene si y solo si

(A− λ1I)k21 = 0 (i)

(A− λ1I)k22 = k21 (ii)

Es decir, k21 es un valor propio de A y k22 se obtiene resolviendo (ii) una

vez hallado k21 en (i). En este punto es conveniente elegir k21 = k11 . Observe

que al multiplicar por (A− λ1I) en (ii) se obtiene

(A− λ1I)2k22 = 0

Para hallar los demas vectores kmj se continua el proceso y se deben resolver

(A− λ1I)km1 = 0

176


(A− λ1I)km2 = km1

(A− λ1I)km3 = km2

... =...

(A− λ1I)km−1,m = kmm

con km1 = k11 .

Ejemplo 5.12. Resolver el sistema

x′ = −6x+ 5y

y′ = −5x+ 4y

Solucion. Encontremos los valores propios de la matriz A =

(−6 5

−5 4

).

p(λ) =

∣∣∣∣∣−6− λ 5

−5 4− λ

∣∣∣∣∣ = (λ+ 1)2 = 0

Hay un solo valor propio λ1 = −1 y un solo vector propio asociado k1 =

(1

1

),

y por lo tanto, solo es posible determinar una solucion x1 = e−tk1 . Para

hallar una segunda solucion linealmente independiente se propone

x2 = te−tk1 + e−tk2 .

Para hallar k2 se resuelve el sistema

(A− λ1I)k2 = k1 ,

obteniendose k2 =

(1

0

). Luego

x2 = te−t

(1

1

)+ e−t

(1

0

).

177


La solucion general es

x = c1e−t

(1

1

)+ c2

(te−t

(1

1

)+ e−t

(1

0

))

x(t) = c1

(e−t

e−t

)+ c2

(e−t + te−t

te−t

)

Ejemplo 5.13. Resolver x′ = Ax, donde A =

⎛⎜⎝3 1 0

0 3 1

0 0 3

⎞⎟⎠.

Solucion. Calculo de valores y vectores propios de la matriz A

|A− λI| =

∣∣∣∣∣∣∣3− λ 1 0

0 3− λ 1

0 0 3− λ

∣∣∣∣∣∣∣ = (λ− 3)3 = 0.

Se obtiene λ1 = 3 de multiplicidad algebraica m = 3. El calculo de los

vectores propios produce un solo vector k1 =

⎛⎜⎝1

0

0

⎞⎟⎠, el cual conduce a la

solucion x1 = e3tk1 = e3t

⎛⎜⎝1

0

0

⎞⎟⎠.

Ahora buscamos dos soluciones linealmente independientes de la forma

x2 = te3tk1 + e3tk2

x3 =1

2t2e3tk1 + te3tk2 + e3tk3

Los vectores k2 y k3 se encuentran resolviendo

(A− λ1I)k2 = k1

(A− λ1I)k3 = k2 .

178


Despues de realizar los calculos se obtienen k2 =

⎛⎜⎝0

1

0

⎞⎟⎠ y k3 =

⎛⎜⎝0

0

1

⎞⎟⎠. Por lo

tanto, la solucion general es

x = c1e3t

⎛⎜⎝1

0

0

⎞⎟⎠+ c2

⎛⎜⎝te3t

⎛⎜⎝1

0

0

⎞⎟⎠+ e3t

⎛⎜⎝0

1

0

⎞⎟⎠⎞⎟⎠

+ c3

⎛⎜⎝1

2t2e3t

⎛⎜⎝1

0

0

⎞⎟⎠+ te3t

⎛⎜⎝0

1

0

⎞⎟⎠+ e3t

⎛⎜⎝0

0

1

⎞⎟⎠⎞⎟⎠ .

• Hay mas de un vector propio asociado: Consideremos m = 3 y r = 2. En

este caso se tienen dos soluciones LI

x1 = eλ1 tk1 , x2 = eλ1 tk2 ,

donde k1 y k2 se hallan resolviendo el sistema

(A− λ1I)k = 0

Una tercera solucion LI se busca de la forma

x3 = teλ1 t(ak1 + bk2) + eλ1 tk3 ,

donde a y b son constantes adecuadas que se deben elegir y k3 se encuentra

resolviendo

(A− λ1I)k3 = ak1 + bk2

Caso 3. Valores propios complejos.

Suponga que λ1 = α+ βi es una raız compleja de la ecuacion caracterıstica.

Entonces tambien lo es su conjugada λ2 = λ1 = α−βi ya que p(λ) tiene coe-

ficientes reales. Para este par de raıces complejas se tiene el par de soluciones

complejas

z1 = eλ1 tw1 , z2 = eλ1 tw2 ,

179


donde w1 y w2 = w1 son vectores propios complejos asociados a λ1 y λ2

respectivamente.

Escribiendo

z = x1 + ix2 , w1 = b1 + ib2 ,

y despues de algunos calculos (los cuales se dejan para el lector), como se

hizo para el caso de raıces complejas en ecuaciones diferenciales ordinarias

de segundo orden con coeficientes constantes, se llega a que las soluciones

reales x1 y x2 son

x1 = eαt[b1 cos βt− b2 sen βt]

x2 = eαt[b1 sen βt+ b2 cos βt]

Ejemplo 5.14. Resolver x′ = Ax, donde A =

(−2 −5

1 2

).

Solucion. El calculo de los valores y vectores propios da

|A− λI| =∣∣∣∣∣−2− λ −5

1 2− λ

∣∣∣∣∣ = λ2 + 1 = 0.

Valores propios: λ1,2 = ±i. En este caso se tiene α = 0, β = 1

Vectores propios:

λ = i :

(−2− i −5 | 0

1 2− i | 0

)−→

(1 2− i | 0

0 0 | 0

).

Se obtiene

k1 =

(−2 + i

1

)=

(−2

1

)+ i

(1

1

).

Luego, la solucion general es

x = c1

[(−2

1

)cos t−

(1

1

)sen t

]+ c2

[(−2

1

)sen t−

(1

1

)cos t

].

180

5.5. SISTEMAS LINEALES NO HOMOGENEOS

5.5 Sistemas lineales no homogeneos

En esta seccion se estudian los metodos de coeficientes indeterminados y

variacion de los parametros para encontrar soluciones particulares del sistema

no homogeneo x′ = Ax+ f .

5.5.1 Coeficientes indeterminados

El metodo de coeficientes indeterminados se puede usar para hallar una so-

lucion particular del sistema lineal no homogeneo x′ = Ax + f cuando A

es una matriz n × n constante y las entradas de f(t) son polinomios, fun-

ciones exponenciales, senos y cosenos, o sumas y productos finitos de estas

funciones.

Ejemplo 5.15. Resolver x′ = Ax+ f(t), donde

A =

⎛⎜⎝3 2 4

2 0 2

4 2 3

⎞⎟⎠ y f(t) =

⎛⎜⎝t+ 2et

4et

3t− et

⎞⎟⎠

Solucion. En el ejemplo 5.11 de la seccion anterior se encontro que una

solucion general del sistema homogeneo asociado x′ = Ax es

xc(t) = c1e−t

⎛⎜⎝2

1

2

⎞⎟⎠+ c2e

−t

⎛⎜⎝ 1

0

−1

⎞⎟⎠+ c3e

8t

⎛⎜⎝ 0

2

−1

⎞⎟⎠

Como la funcion f(t) se puede escribir en la forma

f(t) = tg + eth = t

⎛⎜⎝1

0

3

⎞⎟⎠+ et

⎛⎜⎝ 2

4

−2

⎞⎟⎠ ,

se busca una solucion particular de la forma

xp = tb+ c+ etd = t

⎛⎜⎝b1b2b3

⎞⎟⎠+

⎛⎜⎝c1c2c3

⎞⎟⎠+ et

⎛⎜⎝d1

d2

d3

⎞⎟⎠ ,

181


donde se deben determinar los vectores constantes b, c y d. Al sustituir esta

expresion de xp en el sistema no homogeneo se tiene

b+ etd = A(tB+ c+ etd) + tg + eth,

la cual se puede escribir como

t(Ab+ g) + Ac− b+ et(h− Ad) = 0.

Al igualar a cero los coeficientes de estas tres ecuaciones vectoriales se tienen

los tres sistemas

Ab = −g, Ac = b, Ad = h.

Al resolver estos sistemas se obtiene

xp = t

⎛⎜⎝−1

−1

1

⎞⎟⎠+ 1

8

⎛⎜⎝ 6

7

−10

⎞⎟⎠+ 1

64et

⎛⎜⎝−44

−57

78

⎞⎟⎠ .

5.5.2 Variacion de los parametros

Mediante una idea similar a la empleada en el caso de ecuaciones ordinarias

de orden n, en donde se propone una solucion particular de la forma

xp(t) = v1x1 + v2x2 + · · ·+ vnxn

se puede extender el metodo de variacion de los parametros a los sistemas.

Sea Φ(t) una matriz fundamental para el sistema homogeneo

x′(t) = A(t)x(t). (5.11)

en donde ahora, las entradas de A pueden ser funciones continuas de t cua-

lesquiera. Como una solucion general de (5.11) esta dada por x(t) = Φ(t)c,

donde c es un vector constante n × 1, se busca una solucion particular del

sistema no homogeneo

x′(t) = A(t)x(t) + f(t) (5.12)

182

5.5. SISTEMAS LINEALES NO HOMOGENEOS

en la forma

xp(t) = Φ(t)v(t), (5.13)

donde v(t) = col(v1(t), v2(t), . . . , vn(t)) es una funcion vectorial por deter-

minarse.

Para deducir una formula para v(t), primero se deriva (5.13) mediante la

version matricial de la regla del producto para obtener

x′p = Φ(t)v(t) + Φ′(t)v(t).

Al sustituir las expresiones para xp y x′p en (5.12) se llega a

Φ(t)v(t) + Φ′(t)v(t) = AΦ(t) + f(t). (5.14)

Como Φ(t) satisface la ecuacion matricial Φ′ = AΦ, la ecuacion (5.14) se

transforma en Φv′ = f .

Multiplicando ambos lados de la ultima ecuacion por Φ−1(t) (que existe pues

las columnas de Φ(t) son linealmente independientes) se obtiene

v′ = Φ−1f .

Al integrar se tiene

v(t) =

∫Φ−1(t)f(t)dt.

Por lo tanto, una solucion particular de (5.12) es

xp(t) = Φ(t)v(t) = Φ(t)

∫Φ−1(t)f(t)dt. (5.15)

Combinando (5.15) con la solucion Φ(t)c del sistema homogeneo se tiene la

siguiente solucion general para (5.12)

x(t) = Φ(t)c+ Φ(t)

∫Φ−1(t)f(t)dt. (5.16)

La elegancia de la deduccion de la formula de variacion de los parametros

(5.16) para sistemas, es evidente al compararla con la deduccion mas larga

para el caso escalar.

183


Problema de Valor Inicial (PVI).

Dado un problema con valores iniciales de la forma

x′ = Ax+ f , x(t0) = x0 , (5.17)

se puede usar la condicion inicial para determinar c en (5.16). Al expresar

x(t) mediante una integral definida se tiene

x(t) = Φ(t)c+ Φ(t)

∫ t

t0

Φ−1(u)f(u)du.

Al usar la condicion inicial se ve que x0 = Φ(t0)c, De donde c = Φ−1(t0)x(t0).

De este modo, la solucion de (5.17) esta dada por la formula

x(t) = Φ(t)Φ−1(t0)x(t0) + Φ(t)

∫ t

t0

Φ−1(u)f(u)du (5.18)

Para aplicar la formula (5.18), primero se debe hallar una matriz fundamen-

tal Φ(t) para el sistema homogeneo. Cuando la matriz de coeficientes A es

constante ya se han analizado metodos para determinar Φ(t). Sin embargo,

si las entradas de A dependen de t, la determinacion de Φ(t) puede ser muy

difıcil (implicando posiblemente ¡una serie de potencias matricial!).

Ejemplo 5.16. Determinar la solucion del problema con valores iniciales

x′ =

(−2 1

1 −2

)x+

(e−2t

e−4t

); x0 =

(1

0

).

Solucion. En el ejemplo 5.9 se encontro que dos soluciones LI son

x1 =

(e−3t

−e−3t

), x2 =

(e−t

e−t

)

Por lo tanto, una matriz fundamental para el sistema homogeneo es

Φ(t) =

(e−3t e−t

−e−3t e−t

).

184

5.6. MATRIZ EXPONENCIAL

Usando la formula(a b

c d

)−1

=1

ad− bc

(d −b

−c a

)si ad− bc �= 0,

se encuentra que

Φ−1(t) = 12

(e3t −e3t

et et

).

Al sustituir en (5.18) y efectuar los calculos se obtiene

x(t) = 16

(−4e−4t + 9e−3t − 6e−2t + 7e−t

2e−4t − 9e−3t + 7e−t

).

5.6 Matriz exponencial

Recuerde que la sencilla ecuacion diferencial x′ = ax, donde a es una cons-

tante, tiene solucion general x(t) = ceat. De manera similar, se mostrara que

una solucion general del sistema normal x′ = Ax donde A es una matriz

constante n × n, esta dada por x(t) = etAc. La primera tarea consiste en

definir la exponencial matricial o matriz exponencial etA.

Definicion 5.6.1. Para cualquier matriz constante A de n× n,

etA = I + tA+t2

2!A2 + · · ·+ tn

n!An + · · · =

∞∑n=0

tn

n!An (5.19)

Ejemplo 5.17. Sea A =

(λ 0

0 μ

)= diag{λ, μ}. Como

A2 = AA =

(λ2 0

0 μ2

)= diag{λ2, μ2},

A3 = A2A =

(λ3 0

0 μ3

)= diag{λ3, μ3},

......

...

185


An =

(λn 0

0 μn

)= diag{λn, μn};

entonces

etA =∞∑n=0

tn

n!An =

⎛⎜⎜⎜⎝

n∑n=0

λntn

n!0

0∞∑n=0

μntn

n!

⎞⎟⎟⎟⎠

=

(eλt 0

0 eμt

)= diag{eλt, eμt}

En general se tiene el siguiente resultado

Lema 1. Si A = diag{λ1 , λ2 , . . . , λn}, entonces

etA = diag{eλ1 t, eλ2 t, . . . , eλnt}.

Teorema 5.6.1. Sean A y B matrices constantes y, r, s y t escalares. En-

tonces

a) e0A = I

b) e(r+s)A = erAesA

c) ertI = ertI

d) (etA)−1 = e−tA

e) et(A+B) = etAetB, si AB = BA

f)d

dt(etA) = AetA

La parte (f) del teorema 5.6.1 indica que etA es una matriz fundamental. Si

se representa a la matriz exponencial etA por Ψ(t), la ecuacion

d

dt(etA) = AetA (5.20)

equivale a la ecuacion matricial Ψ′(t) = AΨ(t). Ademas, de la definicion 5.6.1

se deduce que Ψ(0) = I.

186


De acuerdo con la expresion de la seccion 2.2, la solucion general de la ecua-

cion diferencial lineal de primer orden x′(t) = ax(t) + f(t), donde a es una

constante, se expresa como sigue

x(t) = xc(t) + xp(t) = ceat + eat∫ t

0

e−auf(u)du

Para un sistema no homogeneo de ecuaciones diferenciales lineales de primer

orden, se puede demostrar que la solucion general de x′ = Ax + f , donde A

es una matriz constante n× n, es

x(t) = etAc+ e−tA

∫ t

t0

e−uAf(u)du (5.21)

Calculo de etA

El hecho de saber que etA es una matriz fundamental tiene un uso practico

siempre que sea posible calcularla. Como se vio en el ejemplo 5.17, si A es

una matriz diagonal, entonces basta exponenciar los elementos de la diagonal

(por t) para obtener etA. La definicion de etA de la ecuacion (5.19) serıa una

manera natural, para calcularla. Sin embargo, la utilidad practica de (5.19)

es limitada, porque sus componentes son series de potencias en t.

Uso de la transformada de Laplace

En la ecuacion (5.20) se vio que x = etA es una solucion de x′ = Ax. Como

e0A = I, x = etA es una solucion del problema de valor inicial

x′ = Ax, x(0) = I. (5.22)

Si X(s) = L {x(t)} = L {etA}, entonces aplicando transformada de Laplace

en (5.22) se tiene

sX(s)− x(0) = AX(s)

(sI − A)X(s) = I.

187


Si se multiplica la ultima ecuacion por (sI − A)−1, entonces se obtiene

X(s) = (sI − A)−1. Es decir,

L {eAt} = (sI − A)−1

de donde

eAt = L−1{(sI − A)−1}. (5.23)

Ejemplo 5.18. Halle etA para A =

(0 2

−2 0

)

Solucion. Calculemos la inversa de sI − A =

(s −2

2 s

).

(sI − A)−1 =1

s2 + 4

(s 2

−2 s

)=

⎛⎜⎜⎜⎝

s

s2 + 4

2

s2 + 4

−2

s2 + 4

s

s2 + 4

⎞⎟⎟⎟⎠ .

Por lo tanto, de (5.23)

x(t) = etA = L−1{X(s)} =

(cos 2t sen 2t

− sen 2t cos 2t

)

Matrices nilpotentes

Si B es una matriz nilpotente, es decir, Bk = 0 para algun entero positivo

k, entonces la serie para etB solo tiene un numero finito de terminos, pues

Bk+1 = Bk+2 = · · · = 0. En tales casos, etB se reduce a

etB = I + tB + · · ·+ tk−1

(k − 1)!Bk−1.

Usaremos la ley de los exponentes y este hecho acerca de matrices nilpotentes

para determinar etA para una clase particular de matrices. Sea r un escalar,

como

etA = ertIet(A−rI)

188


se obtiene una representacion finita de etA si B = A− rI es nilpotente para

alguna r. De hecho, cuando el polinomio caracterıstico de A tiene la forma

p(λ) = (λ1−λ)m, es decir, cuando A tiene un valor propio λ1 de multiplicidad

m, el teorema de Cayley–Hamilton2 implica que (λ1I−A)m = 0. Por lo tanto,

A− λI es nilpotente y

etA = eλ1 t

[I + tB + · · ·+ tk−1

(k − 1)!Bk−1

]Ejemplo 5.19. Determine una matriz fundamental para x′ = Ax, donde

A =

⎛⎜⎝ 3 −2 1

2 −1 1

−4 4 1

⎞⎟⎠ .

Solucion. El polinomio caracterıstico de A es p(λ) = (1 − λ)3. Ası, λ1 = 1

es un valor propio de multiplicidad 3. Por el Teorema de Cayley–Hamilton,

(A− I)3 = 0, luego

etA = et[I + (A− I)t+ (A− I)2

t2

2

].

Pero

A− I =

⎛⎜⎝ 2 −2 1

2 −2 1

−4 4 0

⎞⎟⎠ , (A− I)2 =

⎛⎜⎝−4 4 0

−4 4 0

0 0 0

⎞⎟⎠ .

Al sustituir se tiene

etA =

⎛⎜⎝et + 2tet − 2t2et −2tet + 2t2et tet

2tet − 2t2et et − 2tet + 2t2et tet

−4tet 4tet et

⎞⎟⎠

En general, no se espera que la matriz sea nilpotente, pero se puede apro-

vechar la siguiente relacion entre matrices fundamentales como ayuda para

calcular etA.

2El teorema de Cayley-Hamilton establece que una matriz satisface su propia ecuacion

caracterıstica; es decir, p(A) = 0.

189


Lema 2. Sean Φ(t) y Ψ(t) dos matrices fundamentales para el mismo sistema

x′ = Ax. Entonces existe una matriz constante C tal que Φ(t) = Ψ(t)C.

Se puede usar el lema 2 para calcular etA cuando se conoce una matriz fun-

damental Φ(t) para x′ = Ax. Como etA tambien es una matriz fundamental

para el sistema, el lema 2 afirma que etA = Φ(t)C para una cierta matriz

constante C. Al hacer t = 0 se obtiene

etA = Φ(t)Φ−1(0).

Aunque esta formula es util, cambia el problema de determinar etA por el

de determinar una matriz fundamental Φ(t). Por fortuna, se pueden usar las

propiedades de la matriz exponencial etA para simplificar esta tarea. Como

las columnas de una matriz fundamental deben tener la forma etAu, se trata

de hallar n vectores u para los que sea razonable el calculo de etAu.

Primero se usa la relacion etAu = ertet(A−rI)u para expresar etAu como

etAu = ertet(A−rI) = ert[u+ t(A− rI)u+ · · ·+ tk

k!(A− rI)ku+ · · ·

](5.24)

Se sabe que si r es un valor propio de A y u es un vector propio asociado,

entonces ertu es una solucion de (5.24). En efecto, en este caso,

(A− rI)u = (A− rI)2u = · · · = 0.

Por la tanto, la serie en (5.24) se reduce al primer termino, ertu. Aun-

que es mucho esperar que A − rI sea nilpotente, no es mucho pedir que

(A− rI)ku = 0 para algun vector no trivial u y algun entero k.

Definicion 5.6.2. Sea A una matriz constante n × n y r un valor propio

de A. Un vector no trivial u que satisface (A− rI)ku = 0 para algun entero

positivo k se llama un vector propio generalizado de A asociado a r.

190

5.7. EJERCICIOS

5.7 Ejercicios

En los ejercicios 1 a 8 resuelva el sistema por eliminacion sistematica

1.x′ = 5x+ 3y

y′ =−6x− 4y2.

x′ =4x+ 7y

y′ = x− 2y

3.(D + 1)x+ (D − 1)y = 2

3x+ (D + 2)y = −14.

D2x−Dy = t

(D + 3)x+ (D + 3)y = 2

5.x′′ + y′=−5x

x′ + y′ =−x+ 4y6.

(tD + 1)x+ (D − 1)y=0

2x+ (D − 1)y=0

7.D2x− 2(D2 +D)y=sen t

x+Dy=08.

(2D2 +D − 1)x− (2D − 1)y = t− 2

(D + 1)x+Dy = −t

En los ejercicos 9 a 13 use la transformada de Laplace.

9.x′ =2y + et; x(0) = 1

y′ =8x− t; y(0) = 110.

x′ + y=1− U (t− 2); x(0) = 0

x+ y′=0; y(0) = 0

11.

x′′ + y′= 2

4x+ y′=6

x(0) = 3, x′(0) = 0, y(1) = 4

12.

x′′ + x′ + y′ = 0

4x′ − y′′ − y′= 0

x(0) = x′(0) = 0, y(0) = −1, y′(0) = 5

13. Redes electricas. El sistema de ecuaciones diferenciales para describir

las corrientes i2(t) e i3(t) en la red de la figura es

Ldi2dt

+ Ldi3dt

+R1i2 = E(t)

R1

di2dt

+R2

di3dt

+1

Ci3 = 0

E

L

CR1

R2i1

i2

i3

Resuelva el sistema dado que R1

= 10Ω, R2

= 5Ω, L = 1h, C = 0.2F,

i2(0) = 0; i3(0) = 0 y f(t) = 120[1− U (t− 2)].

191


En los ejercicios 14 a 18, escriba en forma matricial x′ = Ax+ f .

14. wiv + w = t2 15. y′′ − 3y′ − 10y = sen x

16.x′ − 3x+ y= t2

x+ y′ − 2y = et17.

(2D2 +D − 1)x− (2D − 1)y = 1

(D − 1)x+Dy = −1

18.

x′ − t2x+ y + z= t

y′ − etz=5

tx− y − z′ + 3z= et

En los ejercicios, 19 a 25 determine una solucion general para x′ = Ax.

19. A =

(1 −1

1 4

)20. A =

(−1 3

−3 5

)21. A =

(5 1

−2 3

)

22. A =

(2 4

−1 6

); x(0) =

(−1

6

)23. A =

⎛⎜⎝1 2 2

2 0 3

2 3 0

⎞⎟⎠

24. A =

⎛⎜⎝ 1 −1 2

−1 1 0

−1 0 1

⎞⎟⎠ 25. A =

⎛⎜⎝ 2 1 1

1 2 1

−2 −2 −1

⎞⎟⎠

En los ejercicios 26 a 31 encuentre la solucion general de x′(t) = Ax+ f .

26. A =

(1 1

4 1

), f(t) =

(−t− 1

−4t− 2

)27. A =

⎛⎜⎝ 1 −2 2

−2 1 2

2 2 1

⎞⎟⎠ , f(t) =

⎛⎜⎝ 2et

4et

−2et

⎞⎟⎠

28. A =

(1 1

0 2

), f(t) = e−2t

(t

3

)29. A =

(2 −1

1 5

), f(t) = e−t

(t

3

)

30. A =

(2 1

−3 −3

), f(t) =

(2et

4et

)31. A =

(−4 2

2 −1

), f(t) =

(8 sen t

0

)

192

Capıtulo 6

Solucion de ecuaciones

diferenciales mediante series

6.1 Introduccion y preliminares

Serie infinita. Una serie infinita es una expresion de la forma

a0 + a1 + · · · + an + · · · =∞∑n=0

an.

Serie de potencias. Una serie de potencias en torno a x0 es una expresion

de la forma

c0+c1(x−x0)+c2(x−x0)2+ · · · +an(x−x0)

n+ · · · =∞∑n=0

cn(x−x0)n. (6.1)

1. Se dice que la serie (6.1) converge en el punto x = a si la serie infinita∞∑n=0

cn(a−x0)n converge; es decir existe y es finito el lımite de las sumas

parciales

lımN→∞

N∑n=0

cn(a− x0)n.

Si este lımite no existe, se dice que la serie (6.1) diverge (o que es

divergente) en x = a.

193

CAPITULO 6. SOLUCION DE ECUACIONES DIFERENCIALES MEDIANTE SERIES

2. Si la serie converge para algun numero x1 �= x0 , entonces converge para

todo x tal que

|x− x0 | ≤ |x1 − x0 | = δ.

x0− δ x

0 x0+ δx

Teorema 6.1.1 (Radio de convergencia). Para cada serie de potencias

de la forma (6.1) existe un numero ρ, (0 ≤ ρ ≤ ∞), llamado radio de

convergencia de la serie de potencias, tal que (6.1) converge absolutamente

para |x− x0 | < ρ y diverge para |x− x0| > ρ. Si la serie (6.1) converge

para todo valor de x, entonces ρ = ∞. Si la serie (6.1) converge solo en x0

entonces ρ = 0.

x0 − δ x0 x0 + δ

Divergencia Convergencia absoluta Divergencia

Teorema 6.1.2 (Criterio del cociente). Si para n grande, los coeficientes

an no se anulan y satisfacen

lımN→∞

∣∣∣an+1

an

∣∣∣ = L, (0 ≤ L ≤ ∞),

entonces el radio de convergencia de la serie de potenciasN∑

n=0

cn(x − x0)n es

ρ = 1/L, donde ρ = ∞ si L = 0 y ρ = 0 si L = ∞

Teorema 6.1.3 (Principio de identidad). Si∞∑n=0

cn(x − x0)n = 0 para

toda x en cierto intervalo abierto, entonces cn = 0 para todo n.

Observaciones.

1. Si el cociente |(an+1)/an| no tiene lımite, hay que usar otro metodo

(por ejemplo el criterio de la raız) para hallar el radio de convergen-

cia ρ. En particular, si una infinidad de an se anulan, entonces no es

194

6.1. INTRODUCCION Y PRELIMINARES

posible aplicar el criterio del cociente directamente. Sin embargo, se

puede modificar el criterio del cociente para aplicarlo a series que solo

contienen terminos “pares” e “impares”.

2. Para cada valor de x para el cual la serie de potencias∞∑n=0

cn(x− x0)n

converge, se obtiene un numero que es la suma de la serie. Por lo tanto

es adecuado denotar esa suma por f(x), pues su valor depende de la

eleccion de x; es decir, es una funcion de x. Ası, se puede escribir

f(x) =∞∑n=0

cn(x− x0)n, |x− x0 | < ρ

Ejemplo 6.1. Serie geometrica

a)1

1− x= 1 + x+ x2 + · · ·+ xn + · · · =

∞∑n=0

xn, |x| < 1

b)1

1 + x= 1− x+ x2 + · · ·+ (−1)nxn · · · =

∞∑n=0

(−1)nxn, |x| < 1

Operaciones con series

Sean f(x) =∞∑n=0

an(x− x0)n y g(x) =

∞∑n=0

bn(x− x0)n dos series de potencias

con radios de convergencia no nulos, entonces

1. f(x) + g(x) =∑n=0

(an + bn)(x− x0)n para toda x en el intervalo comun

de convergencia

2. f(x)g(x) =∞∑n=0

cn(x − x0)n donde cn =

n∑k=0

akbn−k (Producto de

Cauchy).

3. h(x) = f(x)/g(x) =∞∑n=0

dn(x− x0)n donde los coeficientes dn se obtie-

ne al igualar los coeficientes del producto f(x) = g(x)h(x); es decir,

an =n∑

k=0

bkdn−k y resolver dn.

195


Teorema 6.1.4. Si la serie f(x) =∞∑n=0

cn(x − x0)n tiene un radio de con-

vergencia ρ > 0, entonces f es diferenciable en el intervalo |x− x0| < ρ.

Ademas:

f ′(x) =∞∑n=1

ncn(x− x0)n−1, para |x− x0| < ρ

y

∫f(x)dx =

∞∑n=0

cnn+ 1

(x− x0)n+1 + C, para |x− x0 | < ρ.

Desplazamiento del ındice de la suma

El ındice de la suma de una serie de potencias es un ındice nominal, como la

variable de integracion en una integral definida. Por lo tanto,

1.∞∑n=0

cn(x− x0)n =

∞∑k=0

ck(x− x0)k =

∞∑i=0

ci(x− x0)i

2.∞∑n=0

cn(x− x0)n =

∞∑k=i

cn−i(x− x0)n−i

Ejemplo 6.2. Expresar la serie∞∑n=3

n(n − 1)(n − 2)cn(x − x0)n−3 en donde

el termino generico sea xk en lugar de xn−3

Solucion Al hacer k = n − 3 se tiene que n = k + 3. Observe que cuando

n = 3, k = 0. Por lo tanto

∞∑n=3

n(n− 1)(n− 2)cn(x− x0)n−3 =

∞∑k=0

(k + 3)(k + 2)(k + 1)ck+3xk

Definicion 6.1.1 (Funcion Analıtica). Una funcion f es analıtica en x0

si en un intervalo abierto I en torno de x0 , esta funcion es la suma de una

serie de potencias

196

6.2. SOLUCION MEDIANTE SERIES DE POTENCIAS

Ejemplo 6.3. Algunas representaciones conocidas son

a) ex = 1 + x+x2

2!+ · · ·+ xn

n!· · · =

∞∑n=0

xn

n!, x ∈ R

b) sen x = x− x3

3!+ · · ·+ (−1)n

x2n+1

(2n+ 1)!· · · =

∞∑n=0

(−1)nx2n+1

(2n+ 1)!, x ∈ R

c) cos x = 1− x2

2!+ · · ·+ (−1)n

x2n

(2n)!· · · =

∞∑n=0

(−1)nx2n

(2n)!, x ∈ R

d) ln(1 + x) = x− x2

2+ · · ·+ (−1)nxn+1

(n+ 1)· · · =

∞∑n=0

(−1)nxn+1

n+ 1, −1 < x ≤ 1

Nota. Si f es analıtica en x0 entonces

f(x) =∞∑n=0

f (n)(x0)

n!(x− x0)

n ;

es decir, la serie de potencias coincide con la serie de Taylor de f .

6.2 Solucion mediante series de potencias

En esta seccion se muestra un metodo para obtener una solucion en serie

de potencias de una ecuacion diferencial homogenea de segundo orden con

coeficientes analıticos; en especial, el caso en el que los coeficientes son

polinomios. La generalizacion a orden superior es inmediata.

Primero se escribe la ecuacion diferencial lineal.

a(x)y′′ + b(x)y′ + c(x)y = 0 (6.2)

en la forma

y′′(x) + p(x)y′ + q(x)y = 0 (6.3)

llamada forma estandar, donde p(x) = b(x)/a(x) y q(x) = c(x)/a(x), si

a(x) �= 0.

197


Puntos ordinarios y singulares

Definicion 6.2.1. Un punto x0 es un punto ordinario de la ecuacion (6.3)

si p(x) y q(x) son analıticas en x0 no es punto ordinario, se dice que es un

punto singular de la ecuacion.

Ejemplo 6.4. Encuentre los puntos ordinarios y singulares de las ecuaciones

a) xy′′ + (x2 − x)y′ + (sen x)y = 0

b) (x2 − 1)y′′ + (x2 − x)y′ + 2xy = 0

Solucion.

a) Escribiendo la ecuacion en la forma (6.3) se tiene

y′′ + (x− 1)y′ +sen x

xy = 0

entonces, p(x) = x− 1 y q(x) = senxx

son analıtica en toda x, luego todos

los puntos son ordinarios. No hay puntos singulares.

b) La forma estandar de la ecuacion es

y′′ +x

x+ 1y′ +

2x

x2 − 1y = 0.

En este caso se tiene que p(x) = xx+1

la cual no es analıtica en x = −1 y

q(x) = 2xx2−1

que no es analıtica en x = −1 ni en x = 1. Luego los puntos

x = ±1 son singulares; los demas puntos son ordinarios

6.2.1 Solucion en torno a puntos ordinarios

Empezamos esta seccion con un ejemplo.

Ejemplo 6.5. Determinar una solucion en serie de potencias en torno del

punto ordinario x0 = 0 para y′′ − xy = 0.

198


Solucion. Se busca una solucion de la forma y(x) =∞∑n=0

cnxn. Entonces

y′(x) =∞∑n=1

ncnxn−1 y y′′ =

∞∑n=2

n(n− 1)cnxn−2.

Al sustituir en la ecuacion diferencial se tiene

∞∑n=2

n(n− 1)cnxn−2 − x

∞∑n=0

cnxn = 0,

lo cual se simplifica a

∞∑n=2

n(n− 1)cnxn−2 −

∞∑n=0

cnxn+1 = 0.

Lo primero que se observa es que la primera serie empieza en x0 = 1 y la

segunda en x1 = x. Para que ambas series empiecen en x2 se escribe

2c2 +∞∑n=3

n(n− 1)cnxn−2 −

∞∑n=0

cnxn+1 = 0.

Luego se hace un desplazamiento de los ındices en las series

2c2 +∞∑n=3

n(n− 1)cnxn−2

︸︷︷︸k=n−2, n=k+2

−∞∑n=1

cnxn+1

︸︷︷︸k=n+1, n=k−1

= 0.

De este modo, las series quedan en la forma

2c2 +∞∑k=2

(k + 2)(k + 1)ck+2 −∞∑k=2

ck−1xk = 0.

Al escribir en una sola serie las dos sumas se tiene

2c2 +∞∑n=2

[(k + 2)(k + 1)c

k+2− c

k−1

]xk = 0.

Por el principio de identidad se tiene que

2c2 = 0 (6.4)

199


(k + 2)(k + 1)ck+2

− ck−1

= 0, para k = 1, 2, 3, . . . (6.5)

De (6.4), se tiene que c2 = 0 y de (6.5):

ck+2

=ck−1

(k + 1)(k + 2), k = 1, 2, 3, . . . (6.6)

La expresion (6.6) es una relacion de recurrencia para el coeficiente gene-

ral. A continuacion se encuentran algunos coeficientes para ver si hay algun

comportamiento regular o una forma general para el coeficiente cn

k n = k + 2 cn = ck+2

0 2 c2 = 0

1 3 c3 =c03·2 =

c031·1!·2

2 4 c4 =c04·3 =

c131·1!·1·4

3 5 c5 =c24·5 = 0

4 6 c6 =c35·6 =

c02·3·5·6 =

c032·2!·2·5

5 7 c7 =c46·7 =

c13·4·6·7 =

c132·2!·1·4·7

6 8 c8 =c57·8 = 0

Tabla 6.1. Coeficientes cn del ejemplo 6.5

De la tabla 6.1 se observa que los coeficientes que se anulan son c2 = 0 y

c5 = c8 = · · · = c3k+2

, · · · = 0. Ademas.

c3n =c0

3n · n! · 2 · 5 · . . . · (3n− 1)y c3n+1 =

c13n · n! · 1 · 4 · . . . · (3n+ 1)

Por lo tanto la solucion de la ecuacion diferencial es

y(x) = c0y1(x) + c1y2(x),

en donde

y1 = 1 +∞∑n=1

x3n

3nn! · 2 · 5 · . . . · (3n− 1)y y2 =

∞∑n=0

x3n+1

3nn! · 1 · 4 · . . . · (3n+ 1).

200


A continuacion se enuncia un teorema para la ecuacion (6.3)

Teorema 6.2.1. Suponga que x0 es un punto ordinario para la ecuacion

(6.3). Entonces (6.3) tiene dos soluciones analıticas linealmente independien-

tes de la forma

y(x) =∞∑n=0

cn(x− x0)n (6.7)

Ademas, el radio de convergencia de cualquier solucion en serie de potencias

de la forma dada por (6.7) es al menos tan grande como la distancia de x0

al punto singular (real o complejo) mas cercano.

Observacion. Se puede suponer sin perdida de generalidad que x0 = 0, de

modo que (6.7) se transforma en

y(x) =∞∑n=0

cnxn (6.8)

De no ser ası, la sustitucion t = x− x0 transforma la serie (6.7) en la forma

(6.8) con z(t) = y(t+ x0)

Ejemplo 6.6. Determine al menos los cuatro primeros terminos no nulos en

un desarrollo en serie de potencias para la ecuacion diferencial

x2y′′ − y′ + y = 0 en torno a x0 = 2

Solucion. Se tiene que p(x) = −1/x2 y q(x) = 1/x2 las cuales son analıticas

en x0 = 2. La sustitucion t = x − 2, haciendo z(t) = y(t + 2) y usando la

regla de la cadena

dy

dx=

dz

dt

dt

dx=

dz

dty

d2y

dx2=

d2z

dt2,

la ecuacion original se transforma en la forma

(t+ 2)2z′′ − z′ + z = (t2 + 2t+ 1)z′′ − z′ + z = 0

Ahora se busca una solucion general en la forma z(t) =∞∑n=0

cntn.

201


Procediendo como el ejemplo 6.5 (los detalles se dejan para el lector) se

encuentra que

z(t) = c0(1− 1

8t2 + 1

32t3 + . . .

)+ c1

(t− 1

8t2 + 7

96t3 + . . .

).

Ası, al hacer nuevamente t = x−2 se obtiene y(x) = c1y1(x)+c2y2(x), donde

y1(x) = 1− 18(x− 2)2 + 1

32(x− 2)3 + . . .

y2(x) = x− 2 + 18(x− 2)2 − 7

96(x− 3)3 + . . .

6.2.2 Solucion en torno a puntos singulares: metodo

de Frobenius

Definicion 6.2.2. Consdidere la ecuacion

y′′(x) + p(x)y′ + q(x)y = 0 (6.9)

Un punto singular x0 de (6.9) es regular si (x−x0)p(x) y (x−x0)2q(x) son

analıticas en x0 . En caso contrario, x0 es un punto singular irregular.

Ejemplo 6.7. Clasifique los puntos singulares de la ecuacion

(x2 − 1)2y′′(x) + (x− 1)y′(x)− y(x) = 0.

Solucion. Al escribir la ecucion en forma normal se observa que

p(x) =x− 1

(x2 − 1)2=

1

(x+ 1)2(x− 1)y q(x) =

−1

(x2 − 1)2.

Ası que los puntos singulares son x = −1 y x = 1.

Para x = −1 se tiene (x+ 1)p(x) =1

(x+ 1)(x− 1)la cual no es analıtica en

x = −1. Luego, x = −1 es un punto singular irregular.

Para x = 1 se tiene (x − 1)p(x) =1

(x+ 1)2y (x − 1)2q(x) =

−1

(x+ 1)2las

cuales son analıticas en x = 1. Por lo tanto, x = 1 es un punto singular

regular.

202


Sea x = x0 = 0 un punto singular regular de (6.9). Entonces,

xp(x) = p0 + p1x+ p2x2 + · · · =

∞∑n=0

pnxn

x2q(x) = q0 + q1x+ q2x2 + · · · =

∞∑n=0

qnxn

Supongamos ahora que una solucion de (6.9) es de la forma y =∞∑n=0

cnxn+r.

Ası, y′ =∞∑n=0

(n+r)cnxn+r−1 y y′′ =

∞∑n=0

(n+r−1)(n+r)cnxn+r−2. Al sustituir

en (6.9) se tiene

∞∑n=0

(n+ r − 1)(n+ r)cnxn+r−2 +

∞∑n=0

pnxn−1

∞∑n=0

(n+ r)cnxn+r−1+

∞∑n=0

qnxn−2

∞∑n=0

cnxn+r = 0.

Efectuando las operaciones se tiene

∞∑n=0

(n+ r − 1)(n+ r)cnxn+r−2 + xr−2

∞∑n=0

( n∑k=0

pk(n− k + r)cn−k

)xn+

xr−2

∞∑n=0

( n∑k=0

qkcn−k

)xn = 0.

Al extraer el factor comun xr−2 y cancelarlo, por ser x �= 0, se tiene

∞∑n=0

(n+ r − 1)(n+ r)cnxn +

∞∑n=0

( n∑k=0

pk(n− k + r)cn−k

)xn+

∞∑n=0

( n∑k=0

qkcn−k

)xn = 0.

El primer termino es

(r − 1)rc0 + p0c0r + q0c0 =((r − 1)r + p0r + q0

)c0

203


Por el principio de identidad, este y todos los demas coeficientes deben ser

iguales a cero. Es decir,

((r − 1)r + p0r + q0

)c0 = 0.

Para poder determinar a r, es conveniente suponer que c0 �= 0. Ası,

(r − 1)r + p0r + q0 = 0.

Esta ultima ecuacion permite encontrar los valores de r, dando origen a la

siguiente definicion

Definicion 6.2.3 (Ecuacion indicial). Si x0 es un punto singular regular

de (6.9), entonces la ecuacion inicial para este punto es

r(r − 1) + p0r + q0 = 0 (6.10)

donde

p0 = lımx→x0

(x− x0)p(x) y q0 = lımx→x0

(x− x0)2q(x)

Las raıces de la ecuacion inicial son los exponentes (ındices) de la singu-

laridad x0 .

Teorema 6.2.2 (Metodo de Frobenius). Si x0 es un punto singular re-

gular de la ecuacion (6.9) existe al menos una solucion de la forma

y(x) = (x− x0)r

∞∑n=0

cn(x− x0)n =

∞∑n=0

cn(x− x0)n+r, c0 �= 0, (6.11)

en donde el numero r es una constante por determinar. Esta serie converge

cuando menos en algun intervalo 0 < x− x0 < ρ.

Ejemplo 6.8. Encuentre una solucion en la forma y =∞∑n=0

cnxn+r para la

ecuacion 4xy′′ + 2y′ + y = 0, en torno al punto singular x = 0.

204


Solucion. Sea y =∞∑n=0

cnxn+r. Entonces y′ =

∞∑n=0

(n + r)cnxn+r−1 y

y′′ =∞∑n=0

(n+ r − 1)(n+ r)cnxn+r−2. Al sustituir en la ecuacion se tiene:

∞∑n=0

4(n+ r − 1)(n+ r)cnxn+r−1 +

∞∑n=0

2(n+ r)cnxn+r−1 +

∞∑n=0

cnxn+r = 0.

Al extraer y cancelar el factor xr−1, pues x �= 0, se obtiene

∞∑n=0

4(n+ r − 1)(n+ r)cnxn +

∞∑n=0

2(n+ r)cnxn +

∞∑n=0

cnxn+1 = 0.

Para expresar como una sola serie, debemos acomodar los exponentes de x

y los subındices de cada serie. Las dos primeras empiezan en x0 y la tercera

en x1 = x. Ası

4r(r − 1)c0 +∞∑n=1

4(n+ r − 1)(n+ r)cnxn + 2c0+

+∞∑n=1

2(n+ r)cnxn +

∞∑n=0

cnxn+1 = 0

(4r(r − 1) + 2r

)c0 +

∞∑n=1

4(n+ r − 1)(n+ r)cnxn

︸︷︷︸k=n

+

+∞∑n=1

2(n+ r)cnxn

︸︷︷︸k=n

+∞∑n=0

cnxn+1

︸︷︷︸k=n+1,n=k−1

= 0

De ahı,

(4r(r − 1) + 2r

)c0 +

∞∑k=1

[4(k + r − 1)(k + r)ck + 2(k + r)ck + ck−1

]xk = 0

Por el principio de identidad y dado que c0 �= 0.

4r(r − 1) + 2r = 0 Ecuacion indicial (6.12)

205


4(k + r − 1)(k + r)ck + 2(k + r)ck + ck−1 = 0, k = 1, 2, . . . (6.13)

De (6.12), r1 = 1/2 o r2 = 0. Observemos que r1 − r2 = 1/2 /∈ Z+.

De (6.13) se obtiene la relacion de recurrencia para cada valor de r

ck =−ck−1

2(k + r)[2(k + r)− 1], k = 1, 2, . . . (6.14)

Al reemplazar los valores de r se obtiene

Para r1 = 1/2 : ck =−ck−1

2k(2k + 1)y para r2 = 0 : ck =

−ck−1

2k(2k − 1);

k = 1, 2, . . .

Ahora procederemos a calcular los coeficientes. Para r1 = 1/2 se tiene

k n = k − 1 ck

1 0 c1 =−c02 · 3 =

−c03!

2 1 c2 =−c14 · 5 =

c02 · 3 · 4 · 5 =

c05!

3 2 c3 =−c26 · 7 =

−c02 · 3 · 4 · 5 · 6 · 7 =

−c07!

Se observa que

cn =(−1)nc0(2n+ 1)!

, n = 0, 1, 2, . . .

Tomando c0 = 1, se obtiene

y1(x) =∞∑n=1

(−1)n

(2n+ 1)!xn+1/2 = x1/2

∞∑n=1

(−1)n

(2n+ 1)!xn.

Dejamos para el lector encontrar la solucion y2 correspondiente a r2 = 0. Por

lo tanto, la solucion general de la ecuacion es

y(x) = c1y1(x) + c2y2(x).

206

6.3. ECUACIONES Y FUNCIONES ESPECIALES

Casos de la raıces indiciales

Cuando se aplica el metodo de Frobenius se pueden diferenciar tres casos que

corresponden a la naturaleza de las raıces indiciales. Supondremos que r1 y

r2 son la raıces reales de (6.10) y que, cuando son diferentes, r1 es la raız

mayor.

Caso 1: Las raıces no difieren en un entero. Si r1 y r2 son distintas y

no difieren en un entero, existen dos soluciones linealmente independientes

de la forma

y1(x) =∞∑n=0

cn(x− x0)n+r1 , c0 �= 0

y2(x) =∞∑n=0

bn(x− x0)n+r2 , b0 �= 0

Caso 2. Las raıces difieren en un entero positivo. Si r1 − r2 es un

entero positivo, existen dos soluciones linealmente independiente de la forma

y1(x) =∞∑n=0

cn(x− x0)n+r1 , c0 �= 0

y2(x) = Cy1(x) ln x+∞∑n=0

bn(x− x0)n+r2 , b0 �= 0

y C es una constante que podrıa ser cero.

Caso 3. Raıces iguales. Si r1 = r2 , siempre existen dos soluciones lineal-

mente independientes de la forma

y1(x) =∞∑n=0

cn(x−x0)n+r1 , c0 �= 0; y2(x) = y1(x) ln x+

∞∑n=0

bn(x−x0)n+r1

6.3 Ecuaciones y funciones especiales

En esta seccion se estudian tres ecuaciones importantes:

x2y′′ + xy′ + (x2 − v2)y = 0 (6.15)

207


(1− x2)y′′ − 2xy′′ + n(n+ 1)y = 0, (6.16)

x(x− 1)y′′ + [γ − (α + β + 1)x]y′ − αβy = 0 (6.17)

las cuales aparecen con frecuencia en estudios superiores de matematicas apli-

cadas. Las ecuaciones (6.15), (6.16) y (6.17) se llaman ecuacion de Bessel,

ecuacion de Legendre y ecuacion hipergeometrica respectivamente.

6.3.1 Ecuacion de Bessel

Para resolver la ecuacion de Bessel, supondremos que v ≥ 0. Como x = 0

es un punto singular regular de (6.15), por el teorema 6.2.2, existe al menos

una solucion en la forma∞∑n=0

cnxn+r. Al sustituir esta ecuacion en (6.15) se

tiene

x2y′′ + xy′ + (x2 − v2)y =

∞∑n=0

cn(n+ r)(n+ r − 1)xn+r +

∞∑n=0

cn(n+ r)xn+r+

+

∞∑n=0

cnxn+r+2 − v2

∞∑n=0

cnxn+r

= c0(r2 − v2)xr + xr

∞∑n=1

cn[(n+ r)2 − v2]xn

+ xr∑n=0

cnxn+2 = 0 (6.18)

En (6.18) vemos que la ecuacion indicial es r2 − v2 = 0 , de modo que las

raıces indiciales son r1 = v y r2 = −v. Cuando r1 = v, la ecuacion (6.18) se

transforma en

xv∞∑n=1

cnn(n+ 2v)xr + xv∞∑n=0

cnxn+2

= xv[(1 + 2v)c1x+

∞∑n=2

cnn(n+ 2v)xn

︸︷︷︸k=n−2

+∞∑n=0

cnxn+2

︸︷︷︸k=n

]

= xv[(1 + 2v)c1x+

∞∑k=0

[(k + 2)(k + 2 + 2v)ck+2 + ck]xk+2

]= 0.

208


Ası,

(1 + 2v)c1 = 0

(k + 2)(k + 2 + 2v)ck+2

+ ck= 0,

de donde c1 = 0 y

ck+2

=−c

k

(k + 2)(k + 2 + 2v), k = 0, 1, 2, . . . (6.19)

Como c1 = 0, al sustituir en (6.19) se obtiene que c2n+1 = 0, n = 0, 1, 2, . . ..

Ahora considerando k = 0, 2, 4, . . . vemos, despues de hacer k+2 = 2n, para

n = 1, 2, 3, . . ., que

c2n = − c2n−2

22n(n+ v). (6.20)

Ası

c2 = − c022 · 1 · (1 + v)

c4 = − c222 · 2 · (2 + v)

=c0

24 · 1 · 2 · (1 + v)(2 + v)

c6 = − c422 · 3 · (3 + v)

= − c026 · 1 · 2 · 3(1 + v)(2 + v)(3 + v)

...

c2n = − (−1)nc022n · n!(1 + v)(2 + v) · · · (n+ v)

, n = 1, 2, 3, . . . (6.21)

Se acostumbra eligir convenientemente c0 como

c0 =1

2vΓ(1 + v),

en donde Γ es la funcion gamma. Recordemos que dicha funcion posee la

propiedad Γ(1+α) = αΓ(α). De este modo, podemos reducir el producto en

el denominador de (6.21) a un solo termino;

Γ(1 + v + 1) = (1 + v)Γ(1 + v)

Γ(1 + v + 2) = (2 + v)Γ(2 + v) = (2 + v)(1 + v)Γ(1 + v).

209


Por lo tanto, (6.21) se puede expresar en la forma

c2n =(−1)nc0

22n · n!(1 + v)(2 + v) · · · (n+ v)=

(−1)n

22n+vn!Γ(1 + v + n), n = 0, 1, 2, . . .

Funciones de Bessel de primera clase

Al usar el coeficiente c2n que se acaba de obtener y r = v, una solucion en

forma de serie de potencias de la ecuacion (6.15) es y =∞∑n=0

c2nx2n+v. Esta

solucion se representa por Jv(x):

Jv(x) =∞∑n=0

(−1)n

n!Γ(1 + v + n)

(x2

)2n+v

. (6.22)

Si v ≥ 0, la serie converge al menos en el intervalo [0,∞). Tambien, para el

segundo exponente r2 = −v, de manera similar, se obtiene

J−v(x) =∞∑n=0

(−1)n

n!Γ(1− v + n)

(x2

)2n−v

. (6.23)

Las funciones Jv(x) y J−v(x) dadas por (6.22) y (6.23) se llaman funciones

de Bessel de primera clase o de primera especie. Segun sea el valor de

v, la ecuacion (6.23) puede tener potencias negativas de x y, por consiguiente,

converge en (0,∞)1

Observaciones. Se debe tener cuidado al escribir la solucion general de la

ecuacion (6.15).

1. Cuando v = 0, (6.22) y (6.23) son iguales.

2. Si v > 0 y r1 − r2 = v − (−v) = 2v no es un entero positivo; entonces,

de acuerdo con el caso 1 de la seccion 6.3, se tiene que Jv(x) y J−v(x)

son soluciones linealmente independientes de (6.15) en (0,∞), ası que

la solucion general en dicho intervalo es y = c1Jv(x) + c2J−v(x).

1Al reemplazar x por |x|, las series de (6.22) y (6.23) convergen para 0 < |x| < ∞.

210


3. Si r1 − r2 = 2v es un entero positivo, de acuerdo con el caso 2 de la

seccion 6.2, es posible que exista una segunda solucion de (6.15) en

forma de serie. En este caso vemos que hay dos posibilidades: cuando

v = m = entero positivo, J−m(x) definida por (6.23) y Jm(x) no son

soluciones linealmente independientes. Se puede demostrar que J−m

es un multiplo constante de Jm. Ademas, r1 − r2 = 2v puede ser un

entero positivo cuando v es la mitad de un entero positivo impar. Es

posible demostrar, que en este caso, Jv(x) y J−v(x) son linealmente

independientes; es decir, la solucion general de (6.15) en (0,∞) es

y = c1Jv(x) + c2J−v(x), v no es un entero. (6.24)

Ejemplo 6.9. Halle la solucion general de x2y′′ + xy′ + (x2 − 14)y = 0 en

(0,∞).

Solucion. En este caso, v2 = 14y v = 1

2. Luego, la solucion general de la

ecuacion dada en (0,∞) es y = c1J1/2(x) + c2J−1/2(x).

Funciones de Bessel de segunda clase

Si v no es un entero, la funcion definida por la combinacion lineal

Yv(x) =cos vπJv(x)− J−v(x)

sen vπ(6.25)

y la funcion Jv(x) son soluciones linealmente independientes de (6.15); por

lo tanto, otra forma de la solucion general de (6.15) es y = c1Jv(x) + c2Yv(x)

siempre y cuando v no sea entero. Cuando v → m, donde m es un entero,

la ecuacion (6.25) tiende a la forma indeterminada 0/0, sin embargo, al usar

la regla de L’Hopital se puede demostrar que lımv→m

Yv(x) existe. Ademas, la

funcion

Ym(x) = lımv→m

Yv(x)

y Jm(x) son soluciones LI de la ecuacion x2y′′ + xy′ + (x2 −m2)y = 0. Por

lo tanto, para cualquier valor de v, la solucion general de (6.15) en (0,∞) se

211


puede escribir en la forma

y = c1Jv(x) + c2Yv(x). (6.26)

La funcion Yv(x) se llama funcion de Bessel de segunda clase de orden v.

Propiedades Algunas de las propiedades mas utiles de las funciones de

Bessel de orden m para m = 0, 1, 2, . . . son

(i) J−m(x) = (−1)mJm(x) (ii) Jm(−x) = (−1)mJm(x)

(iii) Jm(0) =

⎧⎨⎩0, m > 0

1, m = 0(iv) lım

x→0+Ym(x) = −∞

Otras propiedades son

(i)d

dx[x−vJv(x)] = −x−vJv−1(x) (ii)

d

dx[xvJv(x)] = xvJv−1(x)

6.3.2 Ecuacion de Legendre

Dado que x = 0 es un punto ordinario de la ecuacion de Legendre, al re-

emplazar la serie de potencia∞∑n=0

cnxn, desplazar los ındices y combinar las

series se obtiene

(1− x2)y′′ − 2xy′ + n(n+ 1)y = [n(n+ 1)c0+ 2c

2] + [(n− 1)(n+ 2)c

1+ 6c

3]x

+∞∑j=2

[(j + 2)(j + 1)cj+2

+ (n− j)(n+ j + 1)cj ]xj = 0.

Por el teorema 6.1.3,

n(n+ 1)c0 + 2c2 = 0

(n− 1)(n+ 2)c1 + 6c3 = 0

(j + 2)(j + 1)cj+2

+ (n− j)(n+ j + 1)cj = 0,

o sea

c2 = −n(n+ 1)

2!c0

212


c3 = −(n− 1)(n+ 2)

3!c1

cj+2

= −(n− j)(n+ j + 1)

(j + 2)(j + 1)cj, j = 2, 3, 4, . . . (6.27)

Para j = 2, 3, 4, . . ., la relacion de recurrencia (6.27) produce los siguientes

resultados

c4 = −(n− 2)(n+ 3)

4 · 3 c2 =(n− 2)n(n+ 1)(n+ 3)

4!c0

c5 = −(n− 3)(n+ 4)

5 · 4 c3 =(n− 3)(n− 1)(n+ 2)(n+ 4)

5!c1

c6 = −(n− 4)(n+ 5)

6 · 5 c4 = −(n− 4)(n− 2)n(n+ 1)(n+ 3)(n+ 5)

6!c0

c7 = −(n− 5)(n+ 6)

7 · 6 c5 = −(n− 5)(n− 3)(n− 1)(n+ 2)(n+ 4)(n+ 6)

7!c1

Entonces se obtienen dos soluciones linealmente independientes validas al

menos para |x| < 1

y1(x) = c0

[1− n(n+ 1)

2!x2 +

(n− 2)n(n+ 1)(n+ 3)

4!x4

−(n− 4)(n− 2)n(n+ 1)(n+ 3)(n+ 5)

6!x6 + · · ·

]y2(x) = c1

[x− (n− 1)(n− 2)

3!x3 +

(n− 3)(n− 1)(n+ 2)(n+ 4)

5!x5

−(n− 5)(n− 3)(n− 1)(n+ 2)(n+ 4)(n+ 6)

7!x7 + · · ·

](6.28)

Observe que si n es un entero par, la primera serie termina, mientras que

y2(x) es una serie infinita. Por ejemplo, para n = 4 se tiene

y1(x) = c0

[1− 4 · 5

2!x2 +

2 · 4 · 64!

x4

]= c0

[1− 10x2 +

35

3x4

].

De manera similar, cuando n es un entero impar, la serie y2(x) termina con

xn; esto es, cuando n es un entero o negativo, se obtiene una solucion en

forma de polinomio de grado n de la ecuacion de Legendre.

213


Se acostumbra elegir valores apropiados de c0 o c1 , dependiendo de si n es par

o impar, respectivamente. para n = 0 se elige c0 = 1, y para n = 2, 4, 6, . . .

c0 = (−1)n/21 · 3 · · · (n− 1)

2 · 4 · · ·n ;

mientras que para n = 1 se escoge c1 = 1, y para n = 3, 5, . . .

c1 = (−1)(n−1)/2 1 · 3 · · ·n2 · 4 · · · (n− 1)

.

Polinomios de Legendre Estas soluciones polinomicas particulares de gra-

do n se llaman polinomios de Legendre y se representan por Pn(x). Los

primeros polinomios de Legendre son

P0(x) = 1 P1(x) = x

P2(x) =12(3x2 − 1) P3(x) =

12(5x3 − 3x)

P4(x) =18(35x4 − 30x2 + 3) P5(x) =

18(63x5 − 70x3 + 15x)

(6.29)

Propiedades

1. Pn(−x) = (−1)nPn(x) 2. Pn(1) = 1

3. Pn(−1) = (−1)n 4. Pn(0) = 0

5. P ′n(0) = 0, n par

Relacion de recurrencia

(k + 1)Pk+1(x)− (2k + 1)xPk(x) + kPk−1(x) = 0 (6.30)

Formula de Rodrıguez

Pn(x) =1

2nn!

dn

dxn(x2 − 1)n; n = 0, 1, 2, . . . (6.31)

6.3.3 Ecuacion hipergeometrica

Esta ecuacion tiene puntos singulares en x = 0 y en x = 1, ambos regulares.

De este modo, un desarrollo en serie en torno a x = 0 de (6.17) obtenida

214


mediante el metodo de Frobenius convergera al menos para 0 < x < 1. Para

hallar este desarrollo, observe que la ecuacion indicial asociada con x = 0 es

r(r − 1) + γr = r[r − (1− γ)] = 0,

con raıces 0 y 1 − γ. Supongamos que γ no es un entero y usemos la raız

r = 0 para obtener una solucion para (6.17) de la forma y1(x) =∞∑n=0

cnxn. Al

sustituir y1(x) en (6.17), desplazar ındices y simplificar obtenemos la ecuacion

∞∑n=1

[n(n+ γ − 1)cn − (n+ α− 1)(n+ β − 1)cn−1 ]xn−1 = 0.

Al igualar a cero los coeficientes de la serie obtenemos la relacion de recu-

rrencia

n(n+ γ − 1)cn − (n+ α− 1)(n+ β − 1)cn−1 = 0, n ≥ 1.

Como n ≥ 1 y γ no es un entero, entonces

cn =(n+ α− 1)(n+ β − 1)

n(n+ γ − 1)an−1 , n ≥ 1.

Hallando cn en forma recursiva se obtiene

cn =α(α + 1) · · · (α + n− 1)β(β + 1) · · · (β + n− 1)

n!γ(γ + 1) · · · (γ + n− 1)a0 , n ≥ 1.

Si usamos la funcion factorial definida para enteros no negativos n como

(t)n = t(t+ 1)(t+ 2) · · · (t+ n− 1), n ≥ 1

(t)0 = 1, t �= 0,

entonces podemos escribir cn de manera mas compacta como

cn =(α)n(β)n(γ)n

a0 , n ≥ 1

Si c0 = 1 y sustituyendo cn en y1(x) se tiene la siguiente solucion para la

ecuacion (6.17)

y1(x) = 1 +∞∑n=1

(α)n(β)n(γ)n

xn,

215


llamada funcion hipergeometrica de Gauss y se denota por F (α, β, γ; x).

Es decir,

F (α, β, γ; x) = 1 +∞∑n=1

(α)n(β)n(γ)n

xn.

Las funciones hipergeometricas son generalizaciones de las series geometricas.

Para verlo, observe que para cualquier constante β que no sea cero ni un

entero negativo,

F (1, β, β; x) = 1 + x+ x2 + x3 + · · · .Lo interesante es que varias funciones familiares se pueden expresar en termi-

nos de la funcion hipergeometrica:

1. F (α, β, β; x) = (1− x)−α

2. F (1, 2, 2;x) = −x−1 ln(1− x)

3. F(12, 1, 3

2; x2

)= 1

2x−1 ln

(1 + x

1− x

)

4. F(12, 1, 3

2;−x2

)= x−1 arctan x

Para obtener una segunda solucion linealmente independiente de (6.17)

cuando γ no es un entero, usamos la otra raız de la ecuacion indicial,

r = 1− γ, y buscamos una solucion de la forma y2(x) =∞∑n=0

dnxn+1−γ .

Al sustituir y2(x) en la ecuacion (6.17) y calcular bn, tenemos que

y2(x) = x1−γ +∞∑n=1

(α + 1− γ)n(β + 1− n)nn!(2− γ)n

xn+1−γ.

Es facil ver que

y2(x) = x1−γF (α + 1− γ, β + 1− γ, 2− γ; x)

Usando la funcion gamma, se puede ver que

(t)n =Γ(t+ n)

Γ(t), t > 0 y n entero no negativo.

Ası, la funcion hipergeometrica se puede expresar como

F (α, β, γ; x) =Γ(γ)

Γ(α)Γ(β)

∞∑n=0

Γ(α + n)Γ(β + n)

n!Γ(γ + n)xn.

216

6.4. EJERCICIOS

6.4 Ejercicios

En los ejercicios 1 y 2 compruebe, mediante sustitucion directa, que la serie

de potencias es una solucion particular de la ecuacion diferencial respectiva.

1. y =∞∑n=1

(−1)nxn

n, (x+ 1)y′′ + y′ = 0

2. y =∞∑n=1

(−1)nxn

2n(n!)2, xy′′ + y′ + xy = 0

En los ejercicios 3 al 6 determine dos soluciones en forma de series de

potencias, de la ecuacion diferencial, respecto al punto ordinario x = 0.

3. y′′ − 2xy′ + y = 0 4. y′′ − xy′ + 4y = 0

5. y′′ − x2y′ − xy = 0 6. (x2 − 1)y′′ − xy′ + y = 0

En los ejercicios 7 y 8, resuelva el problema con valores iniciales dado,

mediante el metodo de series.

7. t2x′′ − 12x = 0; x(1) = 3, x′(1) = 5

8. (x− 1)y′′ − xy′ + y = 0; y(0) = −2, y′(0) = 6

En los ejercicios 9 al 12 use el metodo de Frobenius para hallar al menos

los cuatro primeros terminos no nulos del desarrollo en serie en torno de

x = 0 para una solucion de la ecuacion dada, para x > 0.

9. 9x2y′′ + 9x2y′ + 2y = 0 10. x2y′′ + xy′ + x2y = 0

11. x2x′′ + (x2 + x)z′ + z = 0 12. (1− x2)y′′ − 2xy′ + 2y = 0

En los ejercicios 13 al 19, use el metodo de Frobenius para hallar una

formula general para los coeficientes ck en un desarrollo en serie de po-

tencias en torno a x = 0 para una solucion de la ecuacion dada, con

x > 0

217


13. 4x2y′′ + 2x2y′ − (x+ 3)y = 0 14. xw′′ − w′ − xw = 0

15. xy′′ + 2y′ + xy = 0 16. xy′′ + 2(x2 + 1)y′ + 4xy = 0

17. xy′′ − x2y′ + y = 0 18. xy′′ + y′ + 2y = 0

19. 4xy′′ + 2y′ − y = 0

20. Resuelva el sistema

tx′(t)− y(t) = 0, y(0) = 0

x(t)− y′(t) = 0

218

Respuestas

Capıtulo 1. Introduccion a las ED, pagina 15

1. EDO, 2, t; x, lineal

2. EDO, 2, x; y, lineal

3. EDO, 2, x; y, no lineal

4. EDP, 2, x, y; u

5. EDO, 2, t; x, no lineal


7. EDP, 2, t, r; N


9. dN/dt = kN

10. dT/dt = k(T −M)

11. Allison por 6√3− 4

√6 ≈ 0.594 seg

12. Derive y sustituya



15. Es solucion

16. No es solucion

17. Es solucion

18. Es solucion

19. Algunas curvas solucion

x

y

20. lımx→c−

φ(x) = ∞ = lımx→−c+

φ(x) y

lımx→c−

φ(x) = −∞ = lımx→−c−

φ(x)

21. Suma de cuadrados no es negativo

22. −1,−5

23. −1, 3

24. y = 53ex + 1

3e−2x

25. ∂F∂x

no es continua en (2, 0)

26. a) v|(2,1)

= 7

c) No, porque v|(2.5,2)

= 7.625 > 0

219

Respuestas

27. Son soluciones las familias y(x) = c1 − x y

y(x) = c2 + x.

28. a) Todo el plano.

b) tanx no es continua en x = ±π/2.

c) En (−π/2, π/2)

29. Soluciones singulares: y = ±2

30. Ecuacion diferencial

a) 2xy dx+ (y2 − x2 + 1) dy = 0

b) y(x2−y2+4)dx+x(y2−x2+4)dy = 0

c) y′′ − y′ − 2y = 0

d) x2y′′ − xy′ − 4y = 0

Capıtulo 2. ED de primer orden

Ecuaciones de primer orden, pagina 51.

1. y + 12sen 2y = 2arctanx+ c

2. (1− 4v2)−3/8 = cx

3. y(x) = (c1 − ecos x)−1

4. y(x) = ln c−1−ex

1+ex

5. y(x) = ln cos x, −π/2 < x < π/2

6. x(t) = a−bctb−a

1−ctb−a

7. 2 arc sen(x/2)− (4 + y2) = c

8. y−1 = c− arctan(ex + 1)

9.√y + 1 = c(

√x+ 1)

10. y = tan (ln(secx) + π/3) ; −π2< x < π

2

11. y = 12

(√4x3 + 8x2 + 8x+ 9− 1

)

12. y = 1x2+1

(x5

5− x+ c

)

13. y =√

c(t2 + 1)− 1

14.√x2 + 1y = x− x2 − c

15. y = xex−ex+cx sen x

16. y = 1− cotx+ cscx, 0 < x < π

17. x = 12+ ce2y

18. y(x) =

⎧⎨⎩

3x− 6

x2 , si 0 < x ≤ 1

− 3x, si x > 1

19. y(x) =

⎧⎨⎩

x2

3+ 2

3x, si 0 < x ≤ 1

x2, si x > 1

20. xy ln y + e−xy = c

21. y cos 2x+ 2xy − 2exy2 − y = c

22. k = 9. Familia: 3x2y3 + x sen y = c

23. a) tan y − x ln y +

∫ x

x0

a(t)dt = c

b) exy − x4y + 2x+

∫ y

y0

b(t)dt = c

24. μ(y) = y2. Familia de soluciones:

3x2y3 + y4 = c

27. y = cx

28. a) Verifique que My = Nx

b) n = 2, m = 1 Familia:

5x5y2 + 6x6y3 + x4y3 = c

29. sec(y/x2) + tan(y/x2) = cx

30. sen(x2y2) = cex

31. y = cx2e3(y−x)

32. sen(2y/x) + 2x3 = c

220

Respuestas

33.√z = 1

3(x− 2)2 + c

x−2

34. tan(x− y) + sec(x− y) = x+ c

35. y − x+ 2 ln(x+ y) = c

36. y = tan(x+ c)− x− 2

37. (2x+ 2y + 1)3 = c(y + 1)(2x+ y + 2)

38. y = x+ 5xc−x5

Modelado, pagina 53

1. x(30) = 760

2. t ≈ 11 segundos

3. y = cx2, c > 0

4. y = c√2x− 1ex, c > 0, x ≥ 1/2

5. T ≈ 48oF

6. A las 6:00 de la manana

7. i(t) =

⎧⎨⎩60(1− e−0.1t), si 0 ≤ t < 20

60(1− e−2)e−0.1(t−20), si t ≥ 20

8. x(t) = rk

(1− e−kt

), k > 0; lım

t→∞x(t) = r

k.

9. a) A(30) ≈ 64.3 libras b) A(100) ≈ 135.5 libras

c) A(150) ≈ 626 libras

10. dydx

=

√x2+y2−x

y, cuando y′ > 0; y2 = c(2x+ c)

11. A(t) = 10− t− 8−3(t− 10)4, Amın ≈ 1.22 libras

12. x(t) = 4.8− 4.6e−t/4, 0.055%, 0.06%

13. a) 20 minutos mas tarde

b) 1/e mas salado

14. A(t) = t+ 50 + 265692(t+50)2

, A ≈ 284.65 Lb

15. a) y2 = c2x3

b) (x− y + 1)ey = c2c) 2x2 + y2 = c2 d) x3 + y3 = c2e) x2 + y2 = c2y

f ) 2x+ sen 2x− 4e−y = c2

16. y = k2x

17. a) Indicacion: y′ = y−wtx

, s = vt, en donde s =

∫ a

x

√1 + (y′)2dx

c) y = a2

[1

1+k

(xa

)1+k − 11−k

(xa

)1−k]+ ak

1−k2 . Lo alcanza en y = ak1−k2

d) y = 12

(x2

2a− a lnx+ a ln a− a

2

), lımx→0+

y = ∞

18. a) dydx

=y−k

√x2+y2

x, y(a) = 0, donde k = w

v

b) ln[z +

√1 + z2

]= −k lnx+ C. Sust.: y = xz

c) C = k ln a, y = a2

[(xa

)1−k − (xa

)1+k].

221

Respuestas

d) y = −x senh[ln(xa

)k].

e) Si k < 1, el avion llega a su destino. Si k = 1, el avion llega al punto (0, a/2). Si k > 1, el

avion se va con el viento, ya que lımx→0+

y(x) = ∞.

19. a) y = x− ln |2x+ 1|+ c, x = −1/2 b) y + 2 ln(y − 1) = x+ c, y > 1.

20. a) r = c sen θ b) r = c(1− cos θ)

Capıtulo 3. ED de orden superior, pagina 107

1. a) 3x2 − 8x+ 2 b) 0

c) (r2 + 4r + 3)erx

d) 2 cosx+ 4 senx

2. a) −(x2 + 5) cosx+ 3x senx

b) 0

c) (r2 − 4r − 5)xr

d) (x2 + 3x− 5)e−x

3. a) 0

b) −2 cos 2x+ 2x sen 2x

c) (6 + 2x)e−2x

d) − 1x2 − 1 + 2 lnx

4. No cumple las propiedades de linealidad

5. a) y = 2e2x cosx+ 13e2x senx

b) y = 4e2x cosx+ 53e2x senx

6. y = x4 − 4x2 + 3

7. y = 2x2 − 2x4 + 3x− 2

8. a) y = 2 cosx

b) y = 2 cosx+ c2 senx

9. (−∞,∞)

10. (−π2, π2)

11. Linealmente independiente






17. Linealmente dependiente

18. c) No lo contradice

19. a) Derive W y reemplace

b) Resuelva la ecuacion

20. W (x) = cex

x

21. y =1√x[c1 cosx+ c2 senx]

22. y2 = e−x2/2x∫0

et2/2dt, yp = x2 − 2

23. y2 = xx∫0

t−2et2/2dt = −1 +

x2

2+

x4

24+ · · ·


25. y = c1x+ c2x2

26. y = c1x+ c2x−2

27. y = c1ex + c2e

4x

28. y = c1e−2x + c2xe

−2x

29. y = c1e(2−

√2)x + c2e

(2+√

2)x

30. y = e−x[c1 sen 2x+ c2 cos 2x]

31. y = ex[c1 + c2 cosx+ c3 senx]

32. y = c1ex + c2e

−x + c3e2x + c4e

−2x

33. y = c1ex + c2xe

x + c3e2x + c4e

−2x

222

Respuestas

34. y = c1 cosx+ c2 senx+ c3 cosh√3 x+ c4 senh

√3 x

35. y = e2x[c1 cos 2x+ c2 sen 2x] + e−2x[c3 cos 2x+ c4 sen 2x]

36. y = c1e−x + c2e

x + c3xex + c4x

2ex + c5e5x

37. y = c1e√

2 x + c2e−√

2 x + e−x[c3 cos 3x+ c4 sen 3x]

38. y = c1e√

2 x + c2e−√

2 x + ex[c3 cos√2 x+ c4 sen

√2 x]

39. y = e4x(cosx+ senx)

40. y = ex/2(cos

√2

2x+ sen

√22x)

41. y = 130

e−x + 110

e−2x + 115

e3x

42. y = 3 coshx− senx+ 4 cosx− senx

43. y = 2− 2ex + 2xex − 12x2ex

44.

a) L[er−x] = (aD2 + bD + c)[erx] = ar2erx + brerx + cerx = a(r2 +b

ar +

c

a)erx

= a[(r +

b

2a)2 +

��

04ac− b2

4a

]erx = a(r − r0 )

2erx, r0 = − b

2a

b)∂

∂rL[erx] =

∂

∂r

[a(r − r0 )

2erx]= 2a(r − r0 )e

rx + ax(r − r0)2erx

L[ ∂

∂rerx

]= (aD2 + bD + c)[xerx] = a(D2[xerx] + bD[xerx] + c(xerx)

= (ar2x+ 2ar + brx+ b+ c)erx

= ax(r +b

2a)2erx + 2a(r +

b

2a)erx =

∂

∂rL[erx]

45. y = e4x(c1 cos 2x+ c2 sen 2x) + 15x2 + 4

25x+ 2

25− (2x+ 12

13)ex

46. y = c1e−x + c2xe

−x + cosx− 12senx+ x2e−x

47. y = c1ex/2 + c2xe

x/2 + 12 + 12x2ex/2

48. y = c1 cos 2x+ c2 sen 2x− 34x sen 2x

49. y = 7315

ex − 1315

e7x + 2x− 45xex

50. y =

⎧⎨⎩cos 2x+ 5

6sen 2x+ 1

3senx, 0 ≤ xπ/2

23(cos 2x+ sen 2x), x ≥ π/2

51. Verifique que L[g(x)] = 0 en cada caso.

52. a) (D2 + 1)3(D − 2)2 b) D3(D − 1)2(D − 2)

c) D3(D2 + 4)2 d) D(D2 + 1)(D + 2)(D2 + 2D + 2)

53. y = c1 coshx+ c2 senhx+ 12 + x12

(2x2 − 3x+ 6)ex

223

Respuestas

54. y = c1e−2x + c2xe

−2x + 12x− 7

8− 1

4ex

55. y = c1e3x + c2xe

3x + 3 + 12x2e3x

56. y = c1e−2x + c2xe

−2x + 14x2 − 1

2x+ 1

4− x2e−2x

57. y = c1 cosx+ c2 senx− 13cos 2x

58. y = c1 cos 2x+ c2 sen 2x+ 14x cos 2x+ 1

4x

59. y = c1 cos kx+ c2 sen kx+ yp(x), en donde yp(x) =

⎧⎨⎩

1k2−b2

sen bx, si k = b

− 12k

x sen kx, si k = b

60. y = c1 cosx+ c2 senx+ ln |secx|+ x senx

61. y = c1 cosx+ c2 senx+ ln |secx+ tanx| − 2

62. y = c1e−x + c2e

−2x + e−x ln(1 + ex) + e−2x ln(1 + ex)

63. y = y = c1ex + c2xe

x − ex ln√1 + x2 + xex arctanx

64. y = c1e3x + c2e

3x + e3x

2x

65. y = c1ex + (c2 − 1

2)xex + 1

2

(3x2 − 1ex arctanx

)− 14ex ln(1 + x2)

66. y = c1 + c2 cosx+ c3 senx+ 1 + ln |secx| − senx ln |secx+ tanx|

67. y = c1x+ c2 (x2 + 1) + 1

6x4 − 1

2x2

68. y = c1x−1/2 cosx+ c2x

−1/2 senx+ x1/2

69. y′v − 2y′′′ + y′′ + 4y′ − 6y = −8x2 + 6x+ 2 + 6xe−x + 8e−x

70. y = c1 cos 2x+ c2 sen 2x+ x− 12e−x − 1

2cos 2x ln |sec 2x+ tan 2x|

71. y = c1ex + (c2 − 1)xex + 4x2 + 13x+ 18− xex lnx

72. y = c1x−5 + c2x

3

73. y = c1x+ c2x lnx

74. y = c1x−1/2 + c2x

1/2

75. y = c1x−1 + c2x

2 + c3x3

76. y = c1x+ c2x lnx+ c3x ln3 x

77. y = c1x−1 + c2x+ c3 cos (

√3 lnx) + c4 sen (

√3 lnx)

78. y = c1x+ (c2 − 2)x lnx− x2ln2 x+ 2x ln(lnx)

79. y = 53x2 − 5

4x3 + x

2+ 1

12x

80. Sugerencia: use la regla de la cadena

81. y = c1x+ c2x2 + c3x

3

82. y = c1x+ c2x2 + c3x

3 + yp

224

Respuestas

Capıtulo 4. Transformada de Laplace, pagina 152

1. a) F (s) =1

s− 1

s2(1− e−s) b) F (s) =

e−sπ2

s2 + 1

2. a) Use la defincion y la funcion gamma b) Proceda por induccion

3. a) F (s) =2

s3+

2

(s+ 1)2+

1

s+ 2b) F (s) =

2

(s− 2)(s2 − 4s− 8)

c) F (s) =12s2 − 16

(s2 + 4)2d) F (s) =

s2 + 4s+ 3

(s2 + 4s+ 5)2

e) F (s) =3(s2 + 5)

(s2 + 1)(s2 + 25)f ) F (s) =

s(s2 + 13)

(s2 + 1)(s2 + 25)

g) F (s) =12

(s2 + 1)(s2 + 25)h) F (s) = arctan

1

s+ s ln

s√s2 + 1

i) F (s) =1− (s+ 1)e−s

s2(1− e−2s)j ) F (s) =

1

s2

[1− 2e−2s

s

2e−s

s+ 2e−2s

]

k) F (s) =1 + e−πs

(s2 + 1)(1− e−πs)l) F (s) =

π

2√s

m) F (s) =1

s2 + 1+

(1 + s)e−πs2

s2 + 1n) F (s) = (s− 1) ln

s

s− 1− 1

n) F (s) =ln

√s2 + 1

s

4. a) f(t) = cos t2

b) f(t) = 815

e2t − 13e−t − 1

5e−3t

c) f(t) = 14[cos 2t+ sen 2t] d) f(t) = 1

2[sen t− t cos t]

e) f(t) = e−3t sen t f ) f(t) = 12te−t sen t

g) f(t) = (1− t+ et−2)U (t− 2) h) f(t) =2(cos 2t− cos t)

t

i) f(t) =2 senh 2t− 4 senh t cos(

√3 t)

tj ) f(t) =

1

2√π t3/2

e−14t

5. a) 12a

(sen at− 2at cos at) b) a sen bt−b sen ata2−b2

c) 12a

(sen at+ 2at cos at) d) a sen at−b sen bta2−b2

e) 12t sen at

f )a(cos bt− cos at)

a2 − b2

6. a) y(t) = − 12e3t sen 2t

b) y(t) = sen t− 12[cos t− (t− π

2) sen t]U (t− π

2)

c) y(t) = ce−2t + 14(t− 1− e−t)− 1

4

[t− 2− e2(t−1)

]U (t− 1)

d) y(t) = cos 4t+ 14sen 4t U (t− 2π) e) y = e2t

f ) y(t) = te−3t g) y(t) = ct2et

Aplicaciones

1. a) x(t) = 10 cos 2t b) x(t) = 10e2t(1 + 2t)

2. x(t) =

⎧⎨⎩10 cos 2t+

F0

2(ω2−4)(cos 2t− cosωt) si ω = 2

10 cos 2t+F08t sen 2t si ω = 2

225

Respuestas

3. a) q(t) = 6− 6e−4t cos 3t− 8e−4t sen 3t, i(t) = dqdt

= 50e−4t sen 3t

b) i(t) =

⎧⎨⎩25e−4t cos 3t si 0 < t < π

2

25e−4t cos 3t− 25e−4(t−π2) cos 3t si t > π

2

4. a) x(t) =

⎧⎨⎩10 cos 2t si 0 < t < π

2

10 cos 2t+ 18F0 (1 + cos 2t) si t > π

2

b) x(t) = 10 cos 2t+ 14F0 sen 2t

5. y(x) =

⎧⎨⎩

w0L2

16EIx2 − w

0L

12EIx3 +

w0

24EIx4, si 0 < x < L

2w

0L2

16EIx2 − w

0L

12EIx3 +

w0

24EIx4 − w

024EI

(x− L2)4, si L

2< x < L

6. y(x) =

⎧⎨⎩

2P0L2

27EIx2 − 10P

081EI

x3 si 0 < x < L3

2P0L2

27EIx2 − 10P

081EI

x3 +P0

6EI(x− L

3)3 si L

3< x < L

Capıtulo 5. Sistemas de ED, pagina 191

1. x(t) = − 56c1e

−t + c2e2t, y(t) = c1e

−t + c2e2t

2. x(t) = −c1e−3t + 7c2e

5t, y(t) = c1e−3t + c2e

5t

3. x(t) = − 13[(√5 c1 − 2c2 ) sen

√5 t− (2c1 +

√5 c2 ) cos

√5 t]− 1

y(t) = c1 cos√5 t+ c2 sen

√5 t− 7

5

4. x(t) = c2e−t + c3e

−3t − c4 t+ c5 − 12t2, y(t) = c1 − c2e

−t − 3c3e−3t + c4 t+ c5 − 1

2t2

5. x(t) =c16e5t − 2

3(c2 + 3c3 ) cos 2t+

23(3c2 − c3 ) sen 2t, y(t) = c1e

25t + c2 cos 2t+ c3 sen 2t

6. x(t) = c1 t, y(t) = c1 (t− 1) + c2e−t

7. x(t) = (c3 − c2 )e−t cos t− (c3 + c2 )e

−t sen t− 15sen t+ 2

5cos t

y(t) = c1 + c2e−t cos t+ c3e

−t sen t+ 15cos t+ 2

5sen t

8. x(t) = c0e−t + c1 te

−t +c23et/2 − t+ 1, y(t) = c1e

−t + c2et/2

9. x(t) = 11164

e4t + 107320

e−4t − 25et + 1

8t, y(t) = 111

32e4t + 107

160e−4t + 1

16− 16

5et

10. x(t) = cosh t− cosh(t− 2)U (t− 2), y(t) = − senh t+ senh(t− 2)U (t− 2)

11. x(t) = 2 cosh 2t+ 1− a2senh 2t, y(t) = 2t− 2 senh 2t+ a cosh 2t, donde a = 2+2 senh 2

cosh 2

12. x(t) = e−t cos 2t+ 12e−t sen 2t− 1, y(t) = −e−t sen 2t− e−t cos 2t− 1

2e−t sen 2t

13. i1 (t) =125

+ 12e−2t − 725e−

53t −

[125

− 12e−2(t−2) − 725e−

53(t−2)

]U (t− 2)

i2 (t) = 24 + 96e−2t − 120e−53t −

[24 + 96e−2(t−2) − 120e−

53(t−2)

]U (t− 2)

i3 (t) = i1 (t) + i2 (t)

226

Respuestas

14. x′ = Ax + f , con A =

⎛⎜⎜⎜⎝

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

−1 0 0 0

⎞⎟⎟⎟⎠, x =

⎛⎜⎜⎜⎝x1

x2

x3

x4

⎞⎟⎟⎟⎠ y f =

⎛⎜⎜⎜⎝

0

0

0

t2

⎞⎟⎟⎟⎠, donde x1 = w, x2 = w′,

x3 = w′′ y x4 = w′′′

15. x′ = Ax+ f , con A =

(0 1

10 3

), x =

(x1

x2

)y f =

(0

sen t

), donde x = t, x1 = y, x2 = y′

16. x′ = Ax + f , A =

⎛⎜⎜⎜⎝

0 1 0 0

−3 0 −1 0

0 0 0 1

−1 0 2 0

⎞⎟⎟⎟⎠, x =

⎛⎜⎜⎜⎝x1

x2

x3

x4

⎞⎟⎟⎟⎠ y f =

⎛⎜⎜⎜⎝

0

t2

0

et

⎞⎟⎟⎟⎠, x1 = x, x2 = x′, x3 = y y

x4 = y′

17. x′ = Ax + f , con A =

⎛⎜⎝t2 −1 −1

0 0 et

t −1 3

⎞⎟⎠, x =

⎛⎜⎝x1

x2

x3

⎞⎟⎠ y f =

⎛⎜⎝ t

5

−et

⎞⎟⎠, donde x1 = x, x2 = y y

x3 = z

18. x′ = Ax+ f , con A =

⎛⎜⎝0 1 0

32

− 32

− 12

1 −1 0

⎞⎟⎠, x =

⎛⎜⎝x1

x2

x3

⎞⎟⎠ y f =

⎛⎜⎝ 0

0

−1

⎞⎟⎠, x1 = x, x2 = x′, x3 = y

19. x(t) = c1e3t

(1

−1

)+ c2e

2t

(2

1

)

20. x(t) = c1x1 (t) + c2x2 (t) en donde x1 y x2 estan dadas por:

x1 (t) = e3t

[(−2

3

)cos

√5 t−

(√5

0

)sen

√5 t

]y x2 (t) = e3t

[(−2

3

)sen

√5 t−

(√5

0

)cos

√5 t

]

21. x(t) = c1e4t

[(1

2

)cos t−

(1

0

)sen t

]+ c2e

4t

[(1

2

)sen t−

(1

0

)cos t

]

22. x(t) = 6e4t

(2

1

)+ 13

[te4t

(2

1

)+ e4t

(−1

0

)]

23. x(t) = c1e−3t

⎛⎜⎝ 0

−1

1

⎞⎟⎠+ c2e

−t

⎛⎜⎝−2

1

1

⎞⎟⎠+ c3e

5t

⎛⎜⎝−1

1

1

⎞⎟⎠

24. x(t) = c1et

⎛⎜⎝0

2

1

⎞⎟⎠+ c2e

t

⎡⎢⎣⎛⎜⎝0

1

1

⎞⎟⎠ cos t−

⎛⎜⎝−1

0

0

⎞⎟⎠ sen t

⎤⎥⎦+ c3e

t

⎡⎢⎣⎛⎜⎝0

1

1

⎞⎟⎠ sen t+

⎛⎜⎝−1

0

0

⎞⎟⎠ cos t

⎤⎥⎦

25. x(t) = c1et

⎛⎜⎝−1

1

0

⎞⎟⎠+ c2e

t

⎛⎜⎝−1

0

1

⎞⎟⎠+ c3

⎡⎢⎣tet

⎛⎜⎝ 1

1

−2

⎞⎟⎠+ et

⎛⎜⎝1

0

0

⎞⎟⎠⎤⎥⎦

227

Respuestas

Capıtulo 6. Solucion de EDO mediante series,

pagina 217

1. Derive y sustituya 2. Derive y reemplace

3. y(x) = c0

(1 +

∞∑n=1

(−1) · 3 · 7 · · · · (4n− 5)

(2n)!x2n

)+

c1

(x+

∞∑n=1

(−1) · 3 · 7 · · · · (4n+ 1)

(2n+ 3)!x2n

)

4. y(x) = c0

(1− 2x2 +

1

3x4

)+ c1

(x+

∞∑k=1

(−3)(−1) . . . (2k − 5)

(2k + 1)!x2k+1

)

5. y(x) = c0

(1 +

∞∑k=1

[1 · 4 · 7 · · · · (3k − 2)]2

(3k)!x3k

)+

c1

(x+

∞∑k=1

[2 · 5 · 8 · · · · (3k − 1)]2

(3k + 1)!x3k+1

)

6. y(x) = c1x+ c0

(1 +

∞∑n=1

(−1)n(−1)2 · 12 · 32 · · · · · (2n− 3)2

(2n)!

)

7. x(t) = 2t4 + t−3 8. y(x) = 8x− 2ex

9. y1 (x) = x2/3(1− 1

2x+ 5

28x2 − 1

21x3 + . . .

)10. y1 (x) = 1− 1

4x2 + 1

64x4 − 1

2304x6 + . . .

11. z1 (x) = x− 13x2 + 1

12x3 − 1

60x4 + . . . 12. y(x) = c1x+ c0

( ∞∑n=0

x2n

2n− 1

)

13. y1 (x) = x2/3∞∑

n=0

(−1)nxn

2n−1(n+ 2)!14. w1 (x) =

∞∑n=0

xn+2

22n(n+ 1)!n!

15. y(x) = x−1/2(c0 cosx+ c1 senx)

16. y(x) = x−1

(c0e

−x2+ c1

∞∑n=0

(−1)n22nn!

(2n+ 1)!x2n+1

)

17. y1 = x(1− 1

2x+ 1

4x2 − 5

48x3 + · · · ) 18. y1 (x) =

∞∑n=0

(−1)n2n

(n!)2xn

19. y(x) = c0x1/2

∞∑n=0

xn

(2n+ 1)!+ c1

∞∑n=0

xn

(2n)!

20. x1 (t) =

∞∑n=0

tn

(n!)2, y1 (t) =

∞∑n=0

tn+1

(n!)2(n+ 1)

228

Bibliografıa

[1] Kreider Donald, Kuller Robert, Ostberg Robert. (1973). Ecuaciones Di-

ferenciales. Fondo Educativo Interamericano. Bogota, Colombia.

[2] Martınez Alejandro. (2006). Descomposicion en fracciones parciales. Re-

vista Scientia et Technica No 31. Universidad Tecnologica de Pereira.

Periera, Colombia.

[3] Nagle, Saff, Snider. (2001). Ecuaciones diferenciales y problemas con

valores en la frontera. Tercera edicion, Addison Wesley. Naucalpan de

Juarez, Mexico.

[4] Spiegel Murray. (1992). Transformadas de Laplace. McGraw Hill Serie

Schaum. Ciudad de Mexico, Mexico.

[5] Zill G. Dennis, Cullen Michael. (2002). Ecuaciones Diferenciales con

problemas de valores en la frontera. Quinta Edicion. Thomson Learning.

Ciudad de Mexico, Mexico.

[6] Zill, Dennis G. (2001). Ecuaciones Diferenciales con aplicaciones de mo-

delado. Septima edicion. Thomsom Learning. Ciudad de Mexico, Mexico.

229

Indice alfabetico

Caıda libre, 1

Cambio de escala, 116

Circuito RLC, 3, 102

Coeficientes indeterminados, 82, 179

Conjunto fundamental de soluciones, 63,

73, 162

Continuidad seccional, 115

Convolucion, 124

Criterio del cociente, 192

Deflexion de una viga, 102

Dependencia e independencia lineal, 64,

74, 161

Ecuacion

auxiliar, 79

indicial, 202

Ecuacion diferencial, 5

con coeficientes constantes, 75

con coeficientes homogeneos, 40

con coeficientes lineales, 43

de Bernoulli, 42

de Bessel, 206

de Cauchy-Euler, 93

de Legendre, 210

de primer orden, 19

de Ricatti, 53

de segundo orden, 59

de una familia de curvas, 12

de variables separables, 19

en coordenadas polares, 48

exacta, 27

hipergeometrica, 212

lineal

de orden superior, 71

de primer orden, 23

de segundo orden, 60

Eliminacion sistematica, 163

Existencia y unicidad, 11, 72, 161

Formula de Euler, 78

Factores integrantes, 32

Familia de soluciones, 8

Forma matricial de un sistema, 158

Fracciones parciales, 125

Funcion

analıtica, 194

beta, 123

230

INDICE ALFABETICO

de transferencia, 146

delta de Dirac, 143

escalon unitario, 132

gamma, 121

periodica, 138

Funciones de Bessel

de primera clase, 208

de segunda clase, 209

Identidad de Abel, 74

Ley

de Faraday, 4

de Lenz, 4

de Ohm, 4

Leyes de Kirchhoff, 3

Metodo de Frobenius, 200

Matriz

exponencial, 183

fundamental, 162

nilpotente, 186

Movimiento

forzado, 100

libre amortiguado, 99

libre no amortiguado, 97

Operadores

anuladores, 86

diferenciales, 60

Orden exponencial, 115

Polinomios de Legendre, 212

Principio de superposicion, 72, 75, 161

Problema de valor inicial, 10

Problemas de mezclas, 25

Puntos

ordinarios, 196

singulares, 196

Reduccion de orden, 65

Segunda ley de Newton, 2

Sistema masa-resorte, 59, 97

Solucion

explıcita, 7

implıcita, 7

singular, 9

Teorema de traslacion

primer, 131

segundo, 135

Transformada

de Laplace, 113, 168

de una derivada, 118

Derivada de una, 119

inversa, 125

Transformadas

de integrales, 119

Integrales de, 120

Trayectorias

oblicuas, 47

ortogonales, 44

Vaciado de un tanque, 2

Valores propios, 172

Variacion de los parametros, 89, 180

Wronskiano, 63, 73, 162

231

Otros títulos de interés:

∙ Estadística básica aplicada,

Ciro Martínez Bencardino

∙ Estadística y muestreo,

Ciro Martínez Bencardino

∙ Fundamentos de estadística.

Para la investigación en educación,

Mireya Ardila Rodríguez

∙ Álgebra lineal y programación lineal

Francisco Soler, Fabio Molina y Lucio Rojas.

∙ Didáctica de las matemáticas

Robinson Castro Puche y Rubby Castro Puche.

∙ Fundamentos de matemática

Francisco Soler Fajardo y Reinaldo Nuñez.

∙ Matemáticas financieras aplicadas

Jhonny de Jesús Meza Orozco

∙ Matemáticas financieras

empresariales

Jhonny de Jesús Meza Orozco

∙ Matemáticas para informática

Ismael Gutiérrez García.

Las ecuaciones diferenciales han permitido acercar estrechamente al ser humano con la realidad expresada en las matemáticas; es por ello, que los autores de esta completa obra la ponemos a su alcance para que sea utilizada como texto guía o de consulta en los cursos de Ecuaciones diferenciales ordinarias que se ofrecen en los programas de ingenierías, tecnologías, matemáticas y licenciaturas en matemáti-cas y física, de las diferentes universidades del país.

Esta primera edición es el resultado de varios años de trabajo y dedi-cación, lo que permitió mejorar los distintos borradores que fueron utilizados como notas de clase de quienes somos sus autores. Se desarrollaron seis capítulos, en los que sin perder de vista la formali-dad de los contenidos, el lector podrá encontrarse con una presenta-ción sencilla, práctica y amena; haciendo posible un primer acerca-miento al estudio de las ecuaciones diferenciales ordinarias.

Cabe resaltar que en cada uno de los capítulos nos preocupamos por entregar una gran variedad de ejemplos, que le permitirán al estu-diante desarrollar los ejercicios y problemas que se proponen; casi en su totalidad con su respuesta.

Área: Ciencias ExactasColección: Matemáticas

EcuacionesDiferenciales Ordinariasuna introducción

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