Pontificia Universidad Catolica de ChileFacultad de Matematicas

Cadiz Fabian

Ecuaciones Diferenciales

Con ejercicios resueltos

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Indice general

1. Introduccion 71.1. Definiciones y ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.1.1. La ecuacion de propagacion del Calor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.1.2. La ecuacion de Shrodinger . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.1.3. Definicion: Ecuacion diferencial ordinaria . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.1.4. Definicion: EDO Normal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.1.5. Ejemplo: Forma de la Catenaria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

2. Ecuaciones de Primer Orden 152.1. Separacion de variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.2. Problema de Valores Iniciales (PVI) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2.2.1. Ejemplo: Poblaciones en crecimiento, modelo exponencial . . . . . . . . . 172.2.2. Ejemplo: Modelo logıstico (Pierre Verhulst, 1838) . . . . . . . . . . . . . 17

2.3. Ecuaciones Lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302.3.1. Definicion: Ecuacion Lineal de primer orden . . . . . . . . . . . . . . . . 302.3.2. Solucion general de ecuaciones lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2.4. Ecuacion de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 322.5. Ecuaciones Exactas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

2.5.1. Definicion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 462.5.2. Teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 472.5.3. Definicion: Factor Integrante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 482.5.4. Ejemplo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

2.6. Acerca de los problemas de valores iniciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 622.6.1. Ejemplo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

2.7. Teorema (Existencia y Unicidad) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

3. Ecuaciones Lineales 753.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 753.2. Defnicion: E.D.O Lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 753.3. Ecuaciones Lineales de orden arbitrario con coeficientes constantes . . . . . . . . 76

3.3.1. Ejemplo: Motivacion para metodo del operador D . . . . . . . . . . . . . 763.3.2. Definicion: Funciones linealmente independientes . . . . . . . . . . . . . . 773.3.3. Afirmacion (a confirmar mas adelante) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 773.3.4. Ejemplo: determinacion de dos soluciones l.i . . . . . . . . . . . . . . . . 773.3.5. Teorema: Principio de Superposicion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

3.4. Solucion de ecuaciones lineales de orden arbitario con coeficientes constantes . . 793.4.1. Caso 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 793.4.2. Caso 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 793.4.3. Metodo de coeficientes indeterminados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

3.5. Variacion de parametros en ecuaciones lineales de segundo orden . . . . . . . . . 94

3

3.5.1. Definicion: Wronskiano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 953.5.2. Teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 963.5.3. Teorema: Formula de Abel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96

3.6. Series . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1073.6.1. Definicion: Serie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

3.7. Series de terminos no negativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1083.7.1. Teorema (Criterio de la raız) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1083.7.2. Teorema (Criterio del cuociente) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1083.7.3. Definicion: Convergencia absoluta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108

3.8. Soluciones en forma de series de potencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1083.8.1. Teorema: Radio de convergencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1093.8.2. Definicion de una funcion mediante serie de potencias . . . . . . . . . . . 1103.8.3. Definicion: Funcion analıtica en un punto . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110

3.9. Soluciones en torno a puntos ordinarios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1103.9.1. Definicion: Punto ordinario y punto singular . . . . . . . . . . . . . . . . 1103.9.2. Teorema: Existencia de la solucion en series de potencias . . . . . . . . . 111

3.10. Soluciones en torno a puntos singulares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1113.10.1. Definicion: Puntos singulares regulares e irregulares . . . . . . . . . . . . 1113.10.2. Teorema de Frobenius . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

4. Transformada de Laplace 1214.1. Definicion: Transformada de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1214.2. Algunas transformadas de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121

4.2.1. Funcion de Heavyside . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1214.2.2. Delta de Dirac δ(t) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1224.2.3. Transformadas de funciones sencillas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1244.2.4. Transformada de sin at y cos at . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

4.3. Propiedades de la transformada de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1274.3.1. Linealidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1274.3.2. Existencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1274.3.3. Desplazamiento temporal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1284.3.4. Desplazamiento en el dominio de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

4.4. Derivacion en el tiempo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1294.5. Integracion en el tiempo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1314.6. Derivacion en el dominio de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1314.7. Propiedad de la convolucion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1324.8. Transformada inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1324.9. Tabla de Transformadas de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133

5. Sistemas de Ecuaciones Lineales de primer orden 1515.1. Definicion: Sistema lineal de primer orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1515.2. Teorema: Existencia y unicidad de solucion para un PVI de sistemas lineales . . 152

5.2.1. Sistemas lineales de coeficientes constantes . . . . . . . . . . . . . . . . 1535.3. Breve repaso de Algebra Lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154

5.3.1. Matriz simetrica y antisimetrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1545.3.2. Valores y vectores propios de una matriz A . . . . . . . . . . . . . . . . . 1545.3.3. Diagonalizacion de una matriz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1555.3.4. Exponenciacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1555.3.5. Algunos comentarios adicionales sobre matrices simetricas . . . . . . . . 157

5.4. Solucion de sistemas lineales de coeficientes constantes . . . . . . . . . . . . . . 157

4

5.4.1. Por definicion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1575.4.2. Caso en que A es una matriz nilpotente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1585.4.3. A es diagonalizable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1585.4.4. Teorema de Caley - Hamilton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1595.4.5. Matrices que conmutan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160

5.5. Sistemas lineales homogeneos de dimension 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1605.5.1. Teorema de Jordan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161

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Capıtulo 1

Introduccion

En fısica e Ingenierıa resulta de gran importancia la caracterizacion de determinados blo-ques, procesos, o sistemas. Un sistema es una interconexion de elementos que en su conjuntopresentan un determinado comportamiento. Ejemplo de un sistema puede ser un conjunto masa-resorte, en donde es posible aplicar una fuerza externa (a disposicion nuestra). El movimientode la masa dependera tanto de la fuerza externa aplicada como de las propiedades inherentesal sistema masa-resorte. Otro ejemplo puede ser un sistema simple de levitacion magnetica, endonde un electroiman (dispositivo que genera un campo magnetico mediante la aplicacion deuna corriente) atrae una masa de material ferromagnetico. Este sistema podrıa encontrarse enuna situacion de equilibrio en que la fuerza magnetica sobre la masa m es igual en magnitud ala atraccion gravitacional. Resulta de particular interes saber como se comportarıa este sistemaante una perturbacion, por ejemplo, cuando la masa m es forzada a abandonar su posicion deequilibrio.

Estos sistemas son caracterizados de forma analıtica mediante alguna relacion matematicaentre dos o mas variables. Dependiendo de la modelacion del sistema, esta relacion podrıaser realmente simple, o extremadamente compleja. Muchas de esas relaciones matematicascorresponden justamente a Ecuaciones Diferenciales, esto es, una relacion que involucra a lasvariables y algunas de sus derivadas(La definicion formal se dara mas adelante). Como ejemplo,suponga que x(t) representa la posicion al tiempo t de una partıcula de masa constante quese mueve en 1 dimension respecto a un determinado origen, y F (t) es la fuerza neta actuandosobre ella. Entonces

md2x(t)

dt2= F (t)

La segunda derivada de la posicion es proporcional a la fuerza neta. Este es un ejemplo deuna ecuacion diferencial sencilla. (al menos, en forma) Una vez que el comportamiento de undeterminado sistema es comprendido, muchas veces es deseable intervenir en el de modo quepresente algun comportamiento deseado, para ello existen herramientas muy utilizadas que severan al final del curso (por ejemplo, La transformada de Laplace).

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1.1. Definiciones y ejemplos

1.1.1. La ecuacion de propagacion del Calor

Sea u : R× (0, T ]→ R la temperatura en una barra unidimensional infinita, en la posicionx (x ∈ R) y al tiempo t (t ∈ (0, T ]). Suponiendo que tanto la capacidad calorica del materialcomo su conductividad termica son constantes ( e iguales a 1 por simplicidad), entonces ladistribucion de temperatura en la barra satisface la siguiente ecuacion

∂u(x, t)

∂t=∂2u(x, t)

∂x2

Dado que u(x, t) es funcion de dos variables, esta es una ecuacion diferencial de derivadasparciales (un tipo de ecuacion que no se vera en este curso). Una solucion de esta ecuacion es

u(x, t) =1√2πt

e−x2

2t

Esta solucion representa una distribucion inicial de temperatura muy alta en el origen. Laecuacion del calor nos permite determinar la evolucion temporal de la temperatura en la barra.A continuacion se ilustra la solucion para 4 instantes diferentes

Fig. 1.1: Distribucion de temperaturas para t = 0,23 s (izq) y t = 0,54 s (der)

Fig. 1.2: Distribucion de temperaturas para t = 1,54 s (izq) y t = 3,11 s (der)

La solucion describe como el calor (o bien, la temperatura) se comienza a distribuır a lolargo de la barra. Por supuesto que en el lımite cuando t→∞, la temperatura se iguala a 0 entodos lados (esto sucede por que la barra es infinita)

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1.1.2. La ecuacion de Shrodinger

En la mecanica Newtoniana, si se conocen la fuerza neta actuando sobre una partıculade masa m (constante), y sus condiciones iniciales en t = 0 (posicion y velocidad iniciales),entonces la trayectoria de una partıcula queda absolutamente determinada para todo t > 0, lacual es solucion de la segunda ley de Newton

md2x(t)

dt= F (t, x, dx/dt)

La fuerza actuando sobre la partıcula podrıa no solo depender del tiempo, sino tambien dela posicion (ejemplo de una fuerza que depende de la posicion es la fuerza elastica), inclusopuede depender tambien de la velocidad de la partıcula (las fuerzas de roce viscoso cumplencon esta propiedad). En mecanica Cuantica, el concepto de trayectoria carece de validez, solose puede conocer la probabilidad de que una partıcula se encuentre en una vecindad de x alinstante t (en una dimension). Esta probabilidad es

P =| ψ(x, t) |2 dx

donde ψ, conocida como funcion de onda, es solucion de la Ecuacion de Schrodinger

i~∂ψ(x, t)

∂t= − ~2

2m

∂2ψ(x, t)

∂t+ V (x, t)ψ(x, t)

Fig. 1.3: Funcion de onda de un electron en un atomo de Hidrogeno

Las ecuaciones diferenciales juegan un rol fundamental en el desarrollo de las cienciasbasicas. En este curso veremos el tipo mas simple de ecuaciones diferenciales (llamadas ecua-ciones diferenciales ordinarias). El manejo y comprension de los metodos de solucion de estetipo de ecuaciones es basico para diversas areas de la Ingenierıa y la fısica.

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1.1.3. Definicion: Ecuacion diferencial ordinaria

Una ecuacion diferencial ordinaria corresponde a una ecuacion que involucra una variableindependiente x, una funcion desconocida y(x), mas algunas de sus derivadas de la forma

F (x, y, y(1), ..., y(n)) = 0

donde n ∈ N, n ≥ 1. Algunos ejemplos son:

a) dy(x)dx

= 0, cuya solucion es y(x) = C, con C constante

b) d2y(x)dx2 = 0, cuya solucion general es de la forma y(x) = C1x+ C2, con C1, C2 constantes

c) d2y(t)dt2

= −g con g = 9,8 m/s2

Esta ultima corresponde al movimiento unidimensional de una partıcula en un campo grav-itacional. Esta puede ser resuelta de forma muy sencilla

d2y(t)

dt2= −g

Luegody(x)

dt= −gt+ C1

y(t) = C2 + C1t−gt2

2

Dadas las condiciones iniciales y(0) = C2 = y0, y′(0) = C1 = v0

La solucion general resulta ser

y(t) = y0 + v0t−gt2

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1.1.4. Definicion: EDO Normal

Una ecuacion diferencial ordinaria normal (EDO Normal) es una ecuacion que involucrauna variable independiente x ∈ R, una funcion de x (que llamaremos y), mas algunas derivadasde y de la forma

dny(x)

dxn= f(x, y, y(1), ..., y(n−1)) (1.1)

donde f es una funcion de n+ 1 variables, y n ∈ N, con n ≥ 1

Observacion: Se entiende que f se puede evaluar solo para valores de su argumento dondeesta definida. En otras palabras, f tiene un dominio

Df ⊆ Rn+1

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Ejemplo de una EDO normal es la siguiente

dy(x)

dx=

1

1− y

Supongamos que ϕ(x) es una funcion definida en x1 < x < x2, que al reemplazar en (1.1)por y se produce una identidad en x1 < x < x2. Decimos que ϕ(x) es una solucion de (1.1) enx1 < x < x2. Al intervalo (x1, x2) lo llamamos el intervalo de definicion de la solucion

EjemploConsideremos la EDO normal

dy(x)

dx= 1 + y(x)2

con condicion inicial y(0) = 0. Es claro que y(x) = tan(x) es una solucion con intervalo dedefinicion I = [0, π/2)

Observaciones

a) Las soluciones siempre son funciones continuas

b) n ∈ N se llama el orden de la ecuacion

c) Si ϕ(x), x1 < x < x2 es solucion, necesariamente

(x, ϕ(x), ϕ′(x), ..., ϕ(n−1)(x)

)∈ Df

si x1 < x < x2

1.1.5. Ejemplo: Forma de la Catenaria

Catenaria es la curva que describe una cadena suspendida por sus extremos, sometida a uncampo gravitatorio uniforme. Los primeros matematicos en tratar este problema sugirieron quela curva serıa una parabola. La ecuacion correcta fue obtenida por Gottfried Leibniz, ChristianHuygens y Johann Bernoulli en 1691, en respuesta a un desafıo planteado por Jakob Bernoulli.La situacion es la siguiente

Se tiene una cuerda homogenea (densidad lineal de masa ρ [kg/m]) en un campo gravita-cional uniforme sujeta en sus extremos en x1 y x2. La forma que adquiere la cuerda estara dadapor la condicion de equilibrio de fuerzas sobre esta.

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Sea un intervalo [a, b] ⊂ [x1, x2]

Sea ~T (x) =(Tx(x)i+ Ty(x)j

)la tension sobre la cuerda en el punto x. El equilibrio de

fuerzas sobre el segmento [a, b] entrega

Tx(a) = Tx(b)

Ty(b) = Ty(a) +W

donde W es el peso total del segmento [a, b]. La primera ecuacion implica que la componentehorizontal de la tension es constante a lo largo de la cuerda

Tx = T

La segunda puede ser expresada de la siguiente forma

Ty(b)− Ty(a) = ρg

ˆ b

a

dx√

1 + y′(x)2

Ademas, es claro que para todo x ∈ [x1, x2], la direccion de la tension coincide con latangente a la curva

Ty(x)

Tx(x)= y′(x)→ Ty(x) = Ty′(x)

Luego

dTy(x)

dx= T

d2y(x)

dx2

Equivalentemente

dTy(x) = Td2y(x)

dx2dx

Ası

Ty(b)− Ty(a) = T

ˆ b

a

dxy′′(x)

Finalmente se obtiene la siguiente identidad

T

ˆ b

a

dxy′′(x) = ρg

ˆ b

a

dx√

1 + y′(x)2

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ˆ b

a

dx(Ty′′(x)− ρg

√1 + y′(x)2

)= 0

Lo cual es valido para todo intervalo [a, b] ⊂ [x1, x2], suponiendo que el integrando es unafuncion continua se tiene

y′′(x) =ρg

T

√1 + y′(x)2

Corresponde a una ecuacion diferencial ordinaria normal de segundo orden. Sea v = y′,entonces

v′(x) =ρg

T

√1 + v(x)2

Recordando algunas propiedades de las funciones hiperbolicas

cosh2 x− sinh2 x = 1

(coshx)′ = sinhx

Es facil verificar que la solucion es

v(x) = sinh(ρgxT

)Finalmente

y(x) =T

ρgcosh

(ρgxT

)+ C

La curva de la catenaria corresponde a un coseno hiperbolico. La siguiente figura muestrala solucion para T = 100, g = 9,81, ρ = 1, con extremos en −5 y 5, y y(5) = 5

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Capıtulo 2

Ecuaciones de Primer Orden

Comenzaremos con el estudio de ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden, esdecir, con ecuaciones de la forma

F (x, y, y′) = 0

Si la ecuacion es normal, entonces

dy(x)

dx= f(x, y)

No existe una formula o metodo general que permita resolver cualquier ecuacion de primerorden. Por lo mismo, resulta util clasificar las ecuaciones diferenciales de acuerdo a la formaque estas tengan, pues para cierto tipo de ecuaciones si existen metodos de resolucion generales.Hay que notar ademas que para una ecuacion diferencial, multiples soluciones pueden existir.Un ejemplo trivial es el siguiente

dy(x)

dx= 2

Soluciones validas en todo R son y1(x) = 2x, y2(x) = 2x + 4, y3(x) = 2x − 5. De hecho,existen infinitas soluciones a esta ecuacion. A pesar de esto, muchas veces se desea encontraruna solucion en particular, que cumpla con tomar algun valor determinado para cierto valor dela variable independiente. Como ejemplo

dy(x)

dx= 2, y(5) = −π

Es decir, ya no basta con encontrar una funcion cuya derivada sea 2. Se debe cumplir ademascon la condicion impuesta en x = 5. La solucion general es de la forma

y(x) = 2x+ C

donde C debe cumplir con −π = 10 + C → C = −π − 10. Por lo tanto, la unica solucionposible es

y(x) = 2x− π − 10

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2.1. Separacion de variables

Una ecuacion de variables separables es una EDO normal de primer orden

dy

dt= f(t, y)

donde

f(t, y) = h(t)g(y)

En este caso la solucion de la ecuacion se logra escribiendola de la siguiente manera

dy

g(y)= h(t)dt

y entonces

ˆdy

g(y)=

ˆdth(t) + C

Ejemplo

dy

dt= −y2, y(0) = 1

Se tiene

ˆdy

y2= −ˆdt+ C

−1

y= −t+ C

Luego

1

y(t)= t+ C ′ → y(t) =

1

t+ C ′

La condicion inicial es y(0) = 1→ C ′ = 1.Luego la solucion es

y(t) =1

t+ 1

con t ∈ (−1,∞)

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2.2. Problema de Valores Iniciales (PVI)

Para sistemas de primer orden, consiste en encontrar una solucion de la ecuacion

dy

dt= f(t, y)

con la condicion inicial y(0) = y0

Observacion: La condicion inicial a veces se da en un instante t0 > 0, es decir, se imponey(t0) = y0

2.2.1. Ejemplo: Poblaciones en crecimiento, modelo exponencial

Sea P (t) la poblacion de individuos en una zona al tiempo t. Se propone el siguiente modelopara la evolucion temporal de P

dP (t)

dt= kP (t)

donde k ∈ R+. Este modelo simple establece que la tasa de crecimiento de la poblaciones proporcional a la cantidad de individuos. Corresponde a una EDO normal de primer ordenseparable

dP

P= kdt

lnP = kt+ C

Finalmente

P (t) = P0ekt

P0 representa la poblacion inicial. La solucion al PVI

dP (t)

dt= kP (t), P (0) = P0

esP (t) = P0e

kt

2.2.2. Ejemplo: Modelo logıstico (Pierre Verhulst, 1838)

El matematico belga Pierre Vershulst propuso en 1838 el famoso modelo logıstico

dP (t)

dt= kP (t)

(1− P (t)

M

)donde M ∈ R+ es la cantidad maxima de poblacion permitida. Supongamos que se desea

resolver el PVI con P (0) = P0. La ecuacion sigue siendo separable

dP

P(1− P

M

) = kdt

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ˆdP

P(1− P

M

) =

ˆdP

(1

P+

1/M

1− PM

)

Luego

ln

(P

1− PM

)= kt+ C1

P

1− PM

= C2ekt

MP

M − P= C2e

kt → P (t) =MC2e

kt

M + C2ekt

La condicion inicial es

P (0) =MC2

M + C2

= P0

Luego

C2 =MP0

M − P0

Finalmente la solucion es

P (t) =MP0e

kt

M − P0 + P0ekt

P (t) =MP0

P0 + (M − P0)e−kt

Notar que

lımt→∞

P (t) = M

Es decir, la poblacion tiende a estabilizarse en un valor muy cercano a M individuos. Lasiguiente figura muestra la solucion para M = 10, k = 1. En azul se ilustra la solucion concondicion inicial P (0) = 20, mientras que en rojo la condicion inicial es P (0) = 2

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Problema

La difusion de una epidemia es modelada por la ecuacion logıstica

dx

dt= kx(m− x)

donde k > 0, la poblacion total del pueblo es m y x(t) representa la cantidad de individuosinfectados pasados t dıas. Para t = 0 un decimo de la poblacion esta infectada. Despues decinco dıas, un quinto de la poblacion esta infectada.a) ¿Que proporcion de la poblacion estara infectada despues de diez dıas?b) ¿Para que valor de t la mitad de la poblacion estara infectada?

Soluciona) La ecuacion a resolver es la siguiente

dx

dt= kx(m− x)

La cual es una ecuacion separable, en efecto

dx

x(m− x)= kdt

Ademas

1

x(m− x)=

1

m

(1

x+

1

m− x

)Entonces

dx

x+

dx

(m− x)= kmdt

lnx− ln (m− x) = kmt+ C0

ln

(x

m− x

)= kmt+ C0

x

m− x= C1e

kmt

Finalmente

x(t) =C1me

kmt

1 + C1ekmt

La solucion general es

x(t) =C1m

C1 + e−kmt

19

Para t = 0, un decimo de la poblacion esta infectada, luego

x(0) =m

10=

C1m

C1 + 1

De aquı se obtiene el valor de C1

m

10= C1

(m− m

10

)= C1

9m

10

C1 =1

9Entonces

x(t) =m/9

19

+ e−kmt

Ademas, como x(5) = m/5

m

5=

m/919

+ e−km5

5

9=

1

9+ e−km5

1

5mln

(9

4

)= k

Con esto, la proporcion de la poblacion infectada despues de 10 dıas es

x(10) =m/9

19

+ e−km10

x(10) =m/9

19

+ e−2 ln(9/4)=

m/919

+(

49

)2

x(10) =m

1 + 9(

49

)2 = m9

25

b) Se debe resolver

x(t) =m

2Es decir

m

2=

m/919

+ e−kmt

1

9= e−kmt

20

Se tiene entonces

ln 9 = kmt

t =1

kmln 9 = 5 ln

(4

9

)ln 9

Finalmente

t =5 ln 9

ln 9− ln 4

21

Problema

Resuelva

a) (t2 − xt2

)x′ + x2 + tx2 = 0

b)tdx− xdt =

√t2 + x2dt

Soluciona) Se debe resolver

t2 (1− x)x′ + x2 (1 + t) = 0

que puede ser escrita de la siguente forma

dx

dt=

x2

x− 1

1 + t

t2

que es una ecuacion de variables separables. Se tiene entonces

dx

x2(x− 1) =

dt(1 + t)

t2

Ası

lnx+1

x= −1

t+ ln t+ C

La solucion x(t) queda expresada en forma implıcita

ln

(x(t)

t

)+

1

x(t)+

1

t= C

b) Se tiene

tdx− xdt =√t2 + x2dt

Luego

tdx

dt− x =

√t2 + x2

dx

dt=x

t+

1

t

√t2 + x2 =

x

t+

√1 +

(xt

)2

Resulta natural el siguiente cambio de variable, v = x/t, luego se tiene x′ = v′t+ v, ası

v′t+ v = v +√

(1 + v2)

22

dv

dt=

1

t

√1 + v2

La cual es una ecuacion separable

dv√1 + v2

=dt

t

Arc sinh v = ln t+ C0

v =C1

2t− 1

2C1t

y entonces la solucion general de la ecuacion es de la forma

x(t) =1

2

(C1t

2 − 1

2C1

)

23

Problema

Resolver las ecuaciones siguientes

x′ =x2

tx− t2

x′ = x− x2

SolucionPara la primera ecuacion, se propone el siguiente cambio de variable

y =x

tcon esto

y′ =x′

t− x

t2=x′

t− y

t

Luego

y′ =x2

t2x− t3− y

t=

1ty− t

y2

− y

t

y′ =y2

t(y − 1)− y

t=y2 − y2 + y

t(y − 1)

y′ =1

t

y

y − 1

Esta ultima es una ecuacion separable. En efecto

dyy − 1

y=dt

t

Luego

y − log y = log t+ C

Luego, x queda determinado en forma implıcita por la siguiente relacion

x(t)

t− log x(t) + log t = log t+ C

x(t)− t log x(t)− Ct = 0

24

La ecuacionx′ = x− x2

es una ecuacion separable. Equivalentemente se puede escribir

x′

x− x2= 1

Notar que

1

x− x2=

1

x+

1

1− xLuego

dx

x+

dx

1− x= dt

Entonces

lnx− ln (1− x) = t+ C

ln

(x

1− x

)= t+ C

Puede obtenerse una solucion explıcita, pues

x

1− x= Ket

x(t) =Ket

1 +Ket

o bien

x(t) =1

Ke−t + 1

25

Problema

Encuentre las funciones y(x) que satisfacen la siguiente ecuacion

ˆ 1

0

dsy(sx) = 2y(x)

Idea: haga un cambio de variables

SolucionHaciendo el cambio de variables u = sx se obtiene

1

x

ˆ x

0

duy(u) = 2y

Derivando con respecto a x

xy −´ x

0duy(u)

x2= 2

dy

dx

Reemplazando el valor de la integral se obtiene la siguiente ecuacion diferencial

xy − 2xy

x2=y

x− 2

y

x= 2

dy

dx

Luego

−yx

= 2dy

dx

Claramente una ecuacion separable

2dy

y= −dx

x

2 ln y = − lnx+ C0

y2 =C1

x

26

Problema

Un conejo parte del origen y corre por el eje y positivo con velocidad a. Al mismo tiempo,un perro que corre con velocidad b sale del punto (c, 0) y persigue al conejo. El proposito deeste problema es determinar la trayectoria y(x) que sigue el perroa) Dado un instante t cualquiera, el conejo se encontrara en la posicion C = (0, at) del planoxy, y llamamos P = (x, y) a las coordenadas de la posicion del perro. Observando que el trazoPC es tangente a la trayectoria buscada, obtenga la ecuacion diferencial que satisface y(x)b) Derivando la expresion anterior con respecto a x pruebe que se tiene

xd2y

dx2= −a dt

dx

c) Para calcular dt/dx en la ecuacion anterior, comience por obtener el valor de la derivadads/dx de la longitud s del arco de curva descrito por y(x). Para esto recuerde que

ds2 = dx2 + dy2

y que s crece si x decrece en nuestro casod) Continuando con el calculo de dx/dt, observe que ds/dt representa la velocidad del perro quees constante y conocida segun los datos del problema. Usando este hecho y el valor de ds/dx,calcule dt/dxe) Demuestre entonces que la ecuacion buscada de la curva es

xd2y

dx2= k

√1 +

(dy

dx

)2

donde k = a/bf) Mediante la sustitucion p = dy/dx, obtendra una ecuacion de primer orden en p. Resuelvadicha ecuacion.

Soluciona) La trayectoria del perro sera algo similar a lo que se muestra en la siguiente figura

En todo instante el perro se mueve en la direccion de la recta que une su posicion con laposicion del conejo. Dado que la posicion de ambos varıa de forma continua en el tiempo, latrayectoria debe tener una forma similar a la que se ha dibujado

27

La siguiente figura ilustra por que el trazo PC es tangente a la trayectoria

Basta escribir la ecuacion de la tangente

y − atx

=dy

dx

de donde resulta

xdy

dx= y − at

b) La derivacion con respecto a x de la expresion anterior entrega

xd2y

dx2+dy

dx=dy

dx− a dt

dx

xd2y

dx2= −a dt

dx

c) Se tienedt

dx=dt

ds

ds

dx

Usando la expresion de ds2 se obtiene

ds

dx= −

√1 +

(dy

dx

)2

d) Se sabe ademas que dt/ds = 1/b y finalmente, usando el resultado de la pregunta anterior

dt

dx= −1

b

√1 +

(dy

dx

)2

e) Reemplazando en la ecuacion obtenida en c

xd2y

dx2=a

b

√1 +

(dy

dx

)2

28

f) La sustitucion indicada lleva a la ecuacion

xdp

dx=a

b

√1 + p2

La que es una ecuacion de variables separables

dp√1 + p2

= kdx

x

Arc sinh p = k lnx+ C0

p = sinh (k lnx+ C0) =1

2ek lnxeC0 − 1

2e−k lnxe−C0

p =1

2C1x

k − 1

2C1

x−k

Finalmente, para k 6= 1

y(x) =1

2(k + 1)C1x

k+1 − 1

2C1(1− k)x1−k + C2

29

2.3. Ecuaciones Lineales

2.3.1. Definicion: Ecuacion Lineal de primer orden

Decimos que una EDO de primer orden

dy

dx= f(x, y)

es lineal sif(x, y) = a(x)y + b(x)

Observaciones

a) La funcion f(x, y) cumple con f(x, c1y1 + c2y2) = c1f(x, y1) + c2f(x, y2)

b) Si b(x) = 0, llamamos a la ecuacion lineal homogenea

c) Si b(x) = 0, la ecuacion es separable. Pero en general, una ecuacion separable no es lineal

2.3.2. Solucion general de ecuaciones lineales

Para una ecuacion lineal de primer orden

dy

dx− a(x)y = b(x)

se define el factor integrante como

F.I = e−´ xx0dτa(τ)

Al multiplicar ambos lados de la ecuacion por el factor integrante resulta

dy

dxe−´ xx0dτa(τ) − a(x)ye

−´ xx0dτa(τ)

= b(x)e−´ xx0dτa(τ)

Se reconoce inmediatamente el lado izquierdo como una derivada total

d

dx

(y(x)e

−´ xx0dτa(τ)

)= b(x)e

−´ xx0dτa(τ)

Luego

y(x)e−´ xx0dτa(τ)

=

ˆ x

x0

b(u)e−´ ux0dτa(τ)

+ C

Finalmente la solucion general es

y(x) = Ce´ xx0dτa(τ)

+ e´ xx0dτa(τ)

ˆ x

x0

b(u)e−´ ux0dτa(τ)

Notar que C representa el valor de y en x = x0

30

En resumen, la solucion general al PVI

dy(x)

dx− a(x)y(x) = b(x)

y(x0) = y0

es

y(x) = y0e´ xx0dτa(τ)︸ ︷︷ ︸

yh(x)

+ e´ xx0dτa(τ)

ˆ x

x0

b(u)e−´ ux0dτa(τ)

︸ ︷︷ ︸yp(x)

Notar que y(x) se ha descompuesto en 2 funciones. yh(x) es solucion a la ecuacion homogenea

dyh(x)

dx− a(x)yh(x) = 0

la cual incluye el valor inicial de y. Por otro lado, yp(x) recibe el nombre de solucion par-ticular, y no depende de la condicion inicial, sino del termino no homogeneo b(x)

Ejemplo

Resolver

dy(x)

dx= 3y + ex

con y(0) = y0

El factor integrante de esta ecuacion es

F.I = e−´ x0 3dτ = e−3x

Entonces

dy(x)

dxe−3x − 3ye−3x = exe−3x

d

dx

(y(x)e−3x

)= e−2x

Luego

y(x)e−3x =

ˆ x

0

due−2u + C =1

2− 1

2e−2x + C

y(x) = y0e3x︸ ︷︷ ︸

yh(x)

+1

2e3x − 1

2ex︸ ︷︷ ︸

yp(x)

yh(x) es solucion a la ecuacion homogenea, y′(x) = 3y(x).

31

2.4. Ecuacion de Bernoulli

Una ecuacion de Bernoulli es una EDO de primer orden de la forma

dy

dx= a(x)y(x) + b(x)yα

donde α 6= 1

Si bien una ecuacion de Bernoulli no es lineal, mediante el cambio de variable

v = y1−α

se obtiene una EDO lineal para v. En efecto

dv

dx= (1− α)y−α

dy

dx= (1− α)y−α (a(x)y(x) + b(x)yα)

dv

dx= (1− α)a(x)y(x)1−α + (1− α)b(x)

Finalmente

dv(x)

dx= (1− α)a(x)v(x) + (1− α)b(x)

La cual es una EDO lineal de primer orden en v

32

Problema

Resolver las ecuaciones siguientes

a)

x′ − 2x

t+ 1= (t+ 1)2

b)x′ + tx = t3x3

Soluciona) La ecuacion es lineal, y puede ser resuelta mediante un factor integrante

F.I = e−´ tt1

2dττ+1 = Ce−2 ln(t+1) =

C

(t+ 1)2

Luego

x′

(t+ 1)2− 2x

(t+ 1)3= 1

d

dx

(x

(t+ 1)2

)= 1

Ası

x

(t+ 1)2= t+ C

Finalmente

x(t) = (C + t)(t+ 1)2

b)x′ + tx = t3x3

Esta es una ecuacion de Bernoulli, que puede ser transformada en una ecuacion linealmediante el cambio de variable

z = x−2

dz

dt= − 2

x3x′ =

2t

x4− 2t2

dz

dt=

2t

x2− 2t3 = 2tz − 2t3

Multiplicando a ambos lados por

e−´ tt0dτ2t

= Ce−t2

dz

dte−t

2 − 2tze−t2

=d

dt

(z(t)e−t

2)

= −2t3e−t2

33

Luego

z(t) = Cet2 − 2et

2

ˆ t

0

dττ 3e−τ2

34

Problema

Resolver

a)

x′ + 2x

t− 1 = 0

b)x′ + (tan t)x = t sin(2t)

Soluciona) Corresponde a una ecuacion lineal, que tiene sentido para t 6= 0. El factor integrante es

FI = e´ tt1dτ 2

τ = e2 ln t/t1 =

(t

t1

)2

Luego

x′t2 + 2xt = t2

d

dt

(xt2)

= t2

xt2 =

ˆ t

t0

t2 + C0 =1

3t3 + C1

La solucion general queda

x(t) =1

3t+

1

t2C1

b) Tambien corresponde a una ecuacion lineal. El factor integrante es

F.I =

ˆ t

t1

dτ tan τ = Ce− ln(cos t) = C1

cos t

luego

x′

cos t+

sin t

cos2 tx = t

sin(2t)

cos t

d

dt

( x

cos t

)=

ˆ t

t0

du2u sinu+ C = −2t cos t+ 2 sin t+ C1

Finalmente

x(t)

cos t= −2t cos t+ 2 sin t+ C1

x(t) = −2t cos2 t+ 2 sin t cos t+ C1 cos t

35

Problema

Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales en y(x), usando cambios de variables que lepermitan usar sus conocimientos sobre ecuaciones de primer orden

a)y′y′′ + 2(y′)2 = 0

b)x3yy′ + 2x2y2 − 1 = 0

En este ultimo caso se recomienda u(x) = x2y(x)

Soluciona) Si se realiza el cambio de variables z(x) = [y′(x)]2, la ecuacion propuesta se transforma en

dz(x)

dx= 2y′(x)y′′(x) = −4(y′)2

dz(x)

dx= −4z(x)

Una EDO lineal de primer orden homogenea. Se tiene

z(x) = Ce−4x

Luego

y′(x) = C1e−2x

Finalmente

y(x) = C0 −C1

2e−2x

b) Haciendo

u(x) = x2y(x)

du(x)

dx= 2xy(x) + x2dy(x)

dx

du(x)

dx=

1

y(x)x

(2x2y2 + x3yy′

)du(x)

dx=

x

y(x)x2

Luego

u′(x)u(x) = x

36

Esta es una ecuacion separable

duu = xdx→ 1

2u2 =

1

2x2 + C

u(x) =√x2 + C1

Luego

y(x) =1

x2

√x2 + C1

37

Problema

Al caer, una gota de agua se evapora y al mismo tiempo retiene su forma esferica. Haremoslas suposiciones adicionales de que la rapidez con que se evapora (perdida de masa) es propor-cional a su area, con una constante de proporcionalidad k < 0, y no se considera la resistenciadel aire. Designamos por ρ la densidad del agua, r0 el radio de la gota cuando t = 0 y ladireccion positiva se define hacia abajoa) Detemuestre que bajo los supuestos anteriores la rapidez con que disminuye el radio r(t) dela gota es constante y que se tiene

r(t) =

(k

ρ

)t+ r0

b) Si r0 = 0,01 m, y si r = 0,007 m 10 segundos despues, determine el tiempo en el que seevapora la gota de lluvia por completoc) Obtenga la ecuacion diferencial satisfecha por la velocidad v(t) de la gota de agua en sucaıda libre. Para ello comience por establecer el valor de su masa en funcion del tiempo. Si lagota de lluvia cae desde el reposo, determine v(t)

Soluciona) Se tiene

dm(t)

dt= k4πr(t)2

Donde

m(t) = ρ4

3πr(t)3

Luego

ρ4

3π3r(t)2dr

dt= k4πr(t)2

Finalmente

dr

dt=

(k

ρ

)

y entonces

r(t) = r0 +

(k

ρ

)t

b) Se tiene

r(10) = 0,007 = 0,01 + 10k

ρ

Luego

k

ρ= −0,003

10= 0,0003

38

La gota se evapora en t tal que

r(t) = 0,01− 0,0003t = 0→ t = 33,33

c) La masa de la gota en funcion del tiempo es

m(t) = ρ4

3πr(t)3

Luego, la evolucion de su posicion esta dada por la segunda ley de Newton

d

dt

(4πr(t)3

3ρv(t)

)=

4πr(t)3

3ρg

d

dt

(r(t)3v(t)

)= r(t)3g

Luego

3r(t)2(k/ρ)v(t) + r(t)3dv(t)

dt= r(t)3g

3(k/ρ)

r(t)v(t) +

dv(t)

dt= g

dv(t)

dt+

3(k/ρ)

(k/ρ)t+ r0

= g

Es una EDO lineal no homogenea. El factor integrante es

e´ tt1dτ

3(k/ρ)(k/ρ)τ+r0 = Ce3 ln((k/ρ)t+r0)

= C ((k/ρ)t+ r0)3

Luego, llamando A = k/ρ

dv(t)

dt(At+ r0)3 + 3v(t)A(At+ r0)2 = g(At+ r0)3

d

dt

(v(t)(At+ r0)3

)= g(At+ r0)3

v(t)(At+ r0)3 = g

ˆ t

0

(Aτ + r0)3 + C0 =g

4A(At+ r0)4 − gr4

0

4A+ C0

Finalmente

v(t) =g

4A(At+ r0)− gr4

0

4A(At+ r0)3+

C0

(At+ r0)3

39

Con C0 = v(0) = 0La solucion es

v(t) =g

4A(At+ r0)− gr4

0

4A(At+ r0)3

v(t) =g

4A

((At+ r0)3 − r4

0

(At+ r0)3

)

40

Problema

Considere un estanque que esta lleno con 1000 litros de agua. Por un tubo conectado alestanque se hace ingresar una solucion contaminada en la proporcion de 1 a 100, con una tasade 300 lts/ min. Por un tubo fluye agua pura hacia el estanque con una tasa de 300 lts/min.Una bomba extrae lıquido del estanque con una velocidad de 700 lts/mina) Si C(t) representa la cantidad de contaminante en el estanque en el instante t, medida enlitros, deduzca el problema con valores iniciales que modela su evolucionb) Encuentre la solucion al problema planteado. Indique en que instante se alcanza la maximacantidad de contaminante en el estanque

Soluciona) Sea V (t) el volumen de lıquido que esta en el estanque en el instante t. Inicialmente es 1000,y decrece a razon de 100 lts/min. Luego

V (t) = 1000− 100t

Ahora, C(t) es la cantidad de contaminante en el estanque al tiempo t. La tasa de in-greso al estanque es de 300/100 lts/min. Sin embargo, debido a la bomba que extrae lıquidodiluıdo, tambien hay una perdida de contaminante. Al instante t, se tendra una concentracionde contaminante

C(t)/V (t)

la cual es extraıda por la bomba a razon de 700 lts/min. En resumen

dC(t)

dt=

300

100− 700

V (t)C(t)

y el problema con valores iniciales se escribe

C ′(t) = 3 +7

t− 10C

C(0) = 0

b) La ecuacion diferencial a resolver es del tipo lineal no homogenea. El factor integrante es

F.I = e−´ tt0ds 7s−10 = Ce−7 ln(t−10) =

C

(t− 10)7

Luego

C ′(t)1

(t− 10)7− 7

(t− 10)8C(t) =

3

(t− 10)7

d

dt

C(t)

(t− 10)7=

3

(t− 10)7

C(t)

(t− 10)7=

ˆ t

0

3du

(u− 10)7+ C = −1

2(t− 10)−6 +

1

2

1

106+ C0

41

Luego

C(t) = −(t− 10)

2+

(t− 10)7

2× 106+ C0(t− 10)7

Notar que C0 = C(0) = 0, luego

C(t) = −(t− 10)

2+ 5

(t− 10)7

107

Esta solucion es valida siempre y cuando V (t) ≥ 0, es decir para

t ∈ [0, 10)

. Para encontrar el instante t0 en que C(t) es maxima, basta derivar e igualar la derivada a 0.Esto es

dC(t0)

dt= 3 +

7

t0 − 10C(t0) = 0

Luego

−7

2+ 35

(t0 − 10)6

107+ 3 = 0

Finalmente se obtiene

t0 = 10(1− 7−1/6

)

42

Problema

Considere la ecuaciony′ + y = esinx (cosx+ 1)

a) Obtenga la forma general de la solucion y(x) de la ecuacion anterior

b) Verifique que, independientemente de la condicion inicial, la solucion y(x) tiende a unafuncion periodica cuando x→∞

SolucionSe trata de una ecuacion lineal, cuyo factor integrante es

F.I = e´ xx0ds

= Cex

Entonces

exy′ + yex = ex+sinx (cosx+ 1)

d

dx(exy(x)) = ex+sinx (cosx+ 1)

Luego

y(x) = e−xy0 + e−xˆ x

0

dueu+sinu (cosu+ 1)

La ultima integral se resuelve mediante u+ sinu = v, luego dv = (1 + cosu)du

y(x) = e−xy0 + e−xˆ x+sinx

0

dvev = e−xy0 + e−x(ex+sinx − 1

)

La solucion esy(x) = e−x(y0 − 1) + esinx

donde y0 = y(0). Es facil ver que cuando x→∞

y(x)→ esinx

que es una funcion perıodica en x

43

Problema

Una esfera metalica de masa unitaria se deja caer libremente desde una altura H > 0. En sutrayectoria encuentra un vaso que contiene un lıquido que opone un roce viscoso de coeficienteλ al movimiento de la esfera. La columna lıquida tiene una altura h < H; el vaso se encuentraapoyado sobre la superficie de la tierra. Calcule el tiempo T que demora la esfera en quedar ala altura h/2 de la superficie de la tierra. Su calculo puede quedar expresado en forma de unaecuacion algebraica que determine el tiempo T

SolucionSea x(t) la posicion de la esfera en el instante t ≥ 0, medida sobre la vertical y colocando elorigen sobre la superficie de la tierra. Para plantear las ecuaciones, distinguiremos dos tiempos:T0, el tiempo necesario para alcanzar la altura h; T , el tiempo que se demora el movil enalcanzar la altura h/2 que es lo que se busca. Usando la segunda ley de Newton se tienen lossiguientes problemas con valores iniciales. Para 0 < t ≤ T0:

x′′(t) = −g, x(0) = H, x′(0) = 0

Llamando v = x′, se tiene v′ = −g; v(0) = 0, luego

v(t) = −gt

Integrando esta expresion, se encuentra x(t)

x(t) = H − 1

2gt2

Esto nos permite calcular T0, pues x(T0) = h, de donde

T0 =

√2(H − h)

g

y ademas

v(T0) = −gT0 = −√

2g(H − h)

Para T0 < t ≤ T

x′′(t) = −g + λx′, x(T0) = h, x′(T0) = −√

2g(H − h)

Nuevamente llamando v(t) = x′(t), se obtiene una ecuacion lineal para v(t)

v′(t) = −g + λv(t)

v′(t)e−λt − λv(t)e−λt = −ge−λt

d

dt

(v(t)e−λt

)= −ge−λt

44

v(t) = Ceλt − geλtˆ t

T0

dse−λs

v(t) = Ceλt +g

λ

(1− eλ(t−T0)

)

donde v(T0) = −gT0 = CeλT0 → C = −gT0e−λT0

v(t) = −gT0eλ(t−T0) +

g

λ

(1− eλ(t−T0)

)v(t) = −g

(T0 +

1

λ

)eλ(t−T0) +

g

λ

Integrando entre T0 y t (T0 < t ≤ T ), y usando que x(T0) = h

x(t) = h− g

λ

(T0 +

1

λ

)e(t−T0) +

g

λ(t− T0)

Finalmente, se tendra x(T ) = h2

si y solo si

h

2− g

λ

(T0 +

1

λ

)e(T−T0) +

g

λ(t− T0) = 0

45

2.5. Ecuaciones Exactas

2.5.1. Definicion

Una EDO de primer orden de la forma

M(x, y) +N(x, y)dy

dx= 0

Es exacta si existe una funcion F (x, y) diferenciable tal que

M(x, y) =∂F (x, y)

∂x

N(x, y) =∂F (x, y)

∂y

En tal caso, la solucion de la ecuacion esta dada implıcitamente por

F (x, y) = C

donde C es una constante

NotaLa idea es la siguiente. Sea F (x, y) una funcion diferenciable. Entonces el diferencial exacto deF esta dado por

dF (x, y) =∂F (x, y)

∂xdx+

∂F (x, y)

∂ydy

Entonces la relaciondF (x, y) = 0

entrega una curva en el plano x − y dada por y = y(x) en la cual la funcion F (x, y) no varıa.Es decir, a lo largo de la curva y(x) la funcion F (x, y) permanece constante. La ecuacion quesatisface esta curva puede ser vista como la siguiente EDO

∂F (x, y)

∂x+∂F (x, y)

∂y

dy

dx= 0

Notar que en todo punto de continuidad de las primeras derivadas de F se tiene

∂2F (x, y)

∂y∂x=∂2F (x, y)

∂x∂y

Luego, dada la ecuacion

M(x, y) +N(x, y)dy

dx= 0

veremos que la ecuacion es exacta ssi

∂M(x, y)

∂y=∂N(x, y)

∂x

46

2.5.2. Teorema

Consideremos una EDO de primer orden

M(x, y) +N(x, y)dy

dx= 0

con M,N y sus derivadas parciales de primer orden continuas en una region R = (x0, x1)×(y0, y1). Luego, esta ecuacion es exacta ssi

∂M(x, y)

∂y=∂N(x, y)

∂x

DemostracionPrimero veamos que si la ecuacion es exacta, entonces se cumple

∂M(x, y)

∂y=∂N(x, y)

∂x

En efecto, existe F (x, y) tal que

M(x, y) =∂F (x, y)

∂x

N(x, y) =∂F (x, y)

∂y

Entonces

∂M

∂y=

∂2F

∂y∂x=

∂2F

∂x∂y=∂N

∂x

Ahora, se debe mostrar que si

∂M(x, y)

∂y=∂N(x, y)

∂x

entonces la ecuacion es exacta. Hay que encontrar F (x, y) tal que ∂F (x, y)/∂x = M(x, y)

F (x, y) =

ˆdxM(x, y) + g(y)

Para encontrar g(y) se impone ademas que

N(x, y) =∂F (x, y)

∂y=

∂

∂y

ˆdxM(x, y) + g′(y)

luego

g′(y) = N(x, y)− ∂

∂y

ˆM(x, y)dx

Hay que probar que el termino de la derecha no depende de x. En efecto

47

∂g′(y)

∂x=∂N(x, y)

∂x− ∂

∂x

∂

∂y

ˆdxM(x, y) =

∂N(x, y)

∂x− ∂M(x, y)

∂y= 0

Finalmente, hemos encontrado F (x, y) tal que

M(x, y) =∂F (x, y)

∂x

N(x, y) =∂F (x, y)

∂y

y por lo tanto la ecuacion es exacta

2.5.3. Definicion: Factor Integrante

Dada una EDO de primer orden

M(x, y) +N(x, y)dy

dx= 0

con M,N y sus primeras derivadas parciales continuas en R = (x0, x1) × (y0, y1), decimosque µ(x, y) es un factor integrante ssi

µ(x, y)M(x, y) + µ(x, y)N(x, y)dy

dx= 0

es exacta, y si µ y sus derivadas parciales de primer orden son continuas en R

2.5.4. Ejemplo

Sea la EDO normal

y + xdy

dx= 0

Se reconoce inmediatamente M(x, y) = y, N(x, y) = x . Se verifica que

∂M(x, y)

∂y= 1 =

∂N(x, y)

∂x

Decimos entonces que la ecuacion es exacta y buscamos F (x, y) tal que

∂F (x, y)

∂x= y

∂F (x, y)

∂y= x

La primera condicion entrega

F (x, y) =

ˆdxy + h(y) = xy + h(y)

donde h es una funcion unicamente de y. Imponiendo la segunda condicion

48

∂F (x, y)

∂y= x+ h′(y) = x

Entonces h(y) es una constante y la solucion a la ecuacion esta dada por

F (x, y) = xy = C

Explıcitamente

y(x) =C

x

49

Problema

a) Resolver la ecuacion(2t+ 3x2)dt+ 6txdx = 0

b) Sean µ(x, t) y ν(x, t) dos factores integrantes de la ecuacion

M(t, x)dt+N(t, x)dt = 0

Suponiendo que α(t, x) = µ(t, x)/ν(t, x) no es constante, demuestre que α(t, x) = C =const. define implıcitamente la solucion general de (b)

Soluciona) Si llamamos M(t, x) = 2t+ 3x2, N(t, x) = 6tx, se puede verificar directamente que

∂M(x, t)

∂x= 6x =

∂N(x, t)

∂t

de donde resulta que la ecuacion propuesta es exacta. Luego existe F (t, x) cuyas derivadasparciales con respecto a t y x coincidan con M y N , respectivamente. Para calcular F (x, t)hacemos

F (t, x) =

ˆdt(2t+ 3x2

)+ g(x)

F (t, x) = t2 + 3x2t+ g(x)

Enseguida, derivando con respecto a x

6tx = 6xt+ g′(x)

luego g′ = 0, g(x) = const. y podemos tomar una constante particular, g(x) = 0 . Con estaeleccion obtenemos que x(t) debe verificar la relacion

t2 + 3x2(t)t = c

vale decir

x(t) =

√c− t2

3t

b) Bajo las hipotesis del enunciado, si µ y ν son factores integrantes de la ecuacion planteada,se tiene

∂µ

∂tN + µ

∂N

∂t=∂µ

∂xM + µ

∂M

∂x

∂ν

∂tN + ν

∂N

∂t=∂ν

∂xM + ν

∂M

∂x

50

Multiplicando la primera ecuacion por ν y la segunda por µ, y luego restando ambas, setiene (

∂µ

∂tν − ∂ν

∂tµ

)N =

(∂µ

∂xν − µ∂ν

∂x

)M

Esto equivale a (∂µ

∂t

1

ν− 1

ν2

∂ν

∂tµ

)N =

(∂µ

∂x

1

ν− 1

ν2µ∂ν

∂x

)M

De donde se obtiene que para α = µ/ν se cumple

∂α

∂tN =

∂α

∂xM

Escribiendo ahora el diferencial de α, observamos que

dα =∂α

∂tdt+

∂α

∂xdx

dα =1

N

(∂α

∂tNdt+

∂α

∂xNdx

)

dα =1

N

∂α

∂x(M(t, x)dt+N(t, x)dx)

En consecuencia, si dα = 0, sobre alguna curva x(t), entonces ella resuelve la ecuaciondiferencial

M(t, x)dt+N(t, x)dx = 0

51

Problema

Resolver las ecuaciones diferenciales siguientes

a)(x cos t+ 2tex)dt+ (sin t+ t2ex + 2)dx = 0

b)(3x2 + 4t)dt+ (2xt)dx = 0

Soluciona) En este caso tenemos una ecuacion que se resuelve por el metodo de los diferenciales exactos.En efecto, sean M(t, x) = x cos t+ 2tex, N(t, x) = sin t+ t2ex + 2, entonces

∂M(t, x)

∂x= cos t+ 2tex =

∂N(t, x)

∂t

Se construye entonces una funcion F (t, x) en la forma

F (t, x) =

ˆ t

0

(x cos s+ 2sex)ds+ g(x) = x sin t+ t2ex + g(x)

donde g es una funcion a determinar. Para ello se iguala

∂F (t, x)

∂x= sin t+ t2ex + g′(x) = N(t, x) = sin t+ t2ex + 2

Entonces g′(x) = 2. Luego, podemos tomar

F (t, x) = x sin t+ t2ex + 2x

Finalmente, las soluciones ϕ(t) de la ecuacion diferencial quedan determinadas implıcita-mente por la ecuacion

ϕ(t) sin t+ t2eϕ(t) + 2ϕ(t) = C(const.)

b) Este caso la ecuacion no es exacta. Sin embargo, al multiplicar a ambos lados por t2 setiene

(3x2t2 + 4t3)dt+ (2xt3)dx = 0

Definiendo

M(t, x) = t2(3x2 + 4t)

N(t, x) = 2xt3

se obtiene

∂M(t, x)

∂x=∂N(t, x)

∂t

52

Para encontrar una funcion F (t, x), como en la parte a), integramos N con respecto a t

F (t, x) = x2t2 + g(x)

y se verificar g′(x) = 4t3, de donde basta tomar

F (t, x) = x2t2 + t4

Las soluciones ϕ(t) deben verificar entonces

ϕ(t)2 t2 + t4 = C

ϕ(t) = ±√C

t2− t2

53

Problema

En la ecuacionM(t, x)dt+N(t, x)dx = 0

suponga que los coeficientes M y N son continuamente diferenciables y tales que la funcion

1

M(t, x)

(∂N(t, x)

∂t− ∂M(t, x)

∂x

)solo depende de x. Llame g(x) a esta funcion

a) Demuestre que bajo las condiciones anteriores, existe un factor integrante para la ecuacionque tiene la forma

µ(x) = e´ xx0g(y)dy

donde x0 es un punto arbitrario en el dominio de definicion de g

b) Aproveche el resultado anterior para resolver la ecuacion diferencial

x cos tdt+ (2x2 + 1) sin tdx = 0

Soluciona) Verifiquemos que

∂

∂xµ(x)M(t, x) =

∂

∂tµ(x)N(t, x)

En efecto

∂

∂xµ(x)M(t, x) =

∂µ(x)

∂xM(t, x) + µ(x)

∂M(t, x)

∂x

= g(x)µ(x)M(t, x) + µ(x)∂M(t, x)

∂x

= µ(x)

(∂N(t, x)

∂x− ∂M(t, x)

∂x

)+ µ(x)

∂M(t, x)

∂x

=∂µ(x)N(t, x)

∂t

En consecuencia, µ(x) es un factor integrante para la ecuacion propuesta

b) En este caso

∂N(t, x)

∂t(t, x)− ∂M(t, x)

∂x= 2x2 cos t

de donde g(x) = 2x y

µ(x) = ex2

Para encontrar F (x, t) tal que ∂F∂t

= µM y ∂F∂x

= µN , integramos µM con respecto a t, loque nos da una funcion de la forma

xex2

sin t+ h(x)

54

donde h es una funcion desconocida que se determina derivando lo anterior con respecto ax e imponiendo que esa expresion coincida con N

2x2ex2

sin t+ ex2

sin t+ h′(x) = (2x2 + 1)ex2

sin t

Luego h′(x) = 0, de donde h(x) es constante y basta tomar como funcion F la siguiente

F (t, x) = xex2

sin t

La solucion ϕ de la ecuacion propuesta satisface entonces

ϕ(t)eϕ(t)2 sin t = C

donde C es una constante arbitraria

55

Problema

a) Encuentre una funcion M(x, y) de modo que la ecuacion

M(x, t)dx+

(xexy + 2xy +

1

x

)dy = 0

sea exacta

b) Resuelvaxydx+ (2x2 + 3y2 − 20)dy = 0

Soluciona) Para que la ecuacion sea exacta debe existir una funcion F (x, y) tal que ∂F (x,y)

∂x= M(x, y) y

∂F (x,y)∂y

= xexy + 2xy + 1x. Integrando esta ultima expresion, F debe ser de la forma

F (x, y) = exy + xy2 +y

x+ g(x)

donde g(x) es una funcion desconocida. Luego, M debe satisfacer

M(x, y) =∂F (x, y)

∂x= yexy + y2 − y

x2+ g′(x)

Tomando entonces una funcion g(x) constante se obtiene que una funcion M(x, y) quesatisface lo solicitado es

M(x, y) = yexy + y2 − y

x2

Observese que hay una familia infinita de funciones M que satisfacen lo pedido

b) Se puede observar que esta ecuacion no es exacta pues

∂

∂yxy = x 6= 2x =

∂

∂x

(2x2 + 3y2 − 20

)

Se puede ensayar, por ejemplo, un factor integrante de la forma xnym. Planteamos lasigualdades

∂

∂yxn+1ym+1 =

∂

∂x

(2x2 + 3y2 − 20

)xnym

de donde obtenemos que la condicion a satisfacer es

(m+ 1)xn+1ym − 2(n+ 2)xn+1ym − 3nxn−1ym+2 + 20nxn−1ym = 0

Si se escoge n = 0 llegamos a una expresion mas simple

(m+ 1)xym − 4xym = 0

De donde se deduce que m = 3 y la funcion y3 es un factor integrante. Con este, se tiene

xy4dx+ (2x2y3 + 3y5 − 20y3)dy = 0

56

Buscamos una funcion F (x, y) que satisfaga

∂F (x, y)

∂x= xy4

de donde F (x, y) = x2y4/2 + h(y). Luego

∂F (x, y)

∂y= 2x2y3 +

dh(y)

dy= 2x2y3 + 3y5 − 20y3

Luego, podemos tomar h(y) = y6/2− 5y4, de donde

F (x, y) =

(1

2x2 − 5

)y4 +

1

2y6

Y la solucion y(x) de la ecuacion original queda dada en forma implıcita por la relacion(1

2x2 − 5

)y(x)4 +

1

2y(x)6 = C

con C una constante

57

Problema

Una cadena uniforme de largo L metros esta enrollada en el piso. Se tira uno de sus extremoshacia arriba con una fuerza constante de F0 Newton. La cadena pesa 1 Newton por metro. Sedesea calcular la velocidad que tendra la cadena en el momento en que su segunda extremidadpierda contacto con el pisoa) Designando por x(t) la altura de la extremidad que se tira y por v(t) su velocidad, comiencepor expresar el valor que tiene la masa suspendida en el tiempo t y determine la ecuaciondiferencial satisfecha por x y v usando la Segunda Ley de Newton en su forma generalb) Multiplicando la ecuacion de la parte a) por x y usando las relaciones

v =dx

dt,dv

dt==

dv

dxv

pruebe que su ecuacion se reduce a una del tipo diferencial exacto

Soluciona) El peso total de la cadena es

mg = L→ m =L

g

Con esto, la densidad lineal de masa esta dada por

ρ =m

L=

1

g

Sea x(t) la coordenada de la extremidad de la cadena con respecto al piso. Con esto, lacantidad de masa suspendida al tiempo t esta dada por

m(t) = x(t)ρ =1

gx(t)

La segunda ley de Newton para el pedazo de cadena suspendida al tiempo t es

F0 −m(t)g =d

dt(m(t)v(t))

F0 − x(t) =1

g

dx(t)

dtv(t) +

1

gx(t)

dv(t)

dt

g (F0 − x(t)) = x(t)dv(t)

dt+dx(t)

dtv(t)

b) Multiplicando por x(t), se obtiene

gF0x(t)− gx(t)2 = x(t)2dv(t)

dt+dx(t)

dtv(t)x(t)

gF0x− gx2 = x2 dv

dxv + v2x

Finalmente

gx(F0 − x) = xv2 + x2vdv

dx

58

Escrito de otra forma (xv2 − gx(F0 − x)

)︸ ︷︷ ︸M(x,v)

dx+ x2v︸︷︷︸N(x,v)

dv = 0

Se verifica que esta es una ecuacion exacta, pues

∂M(x, v)

∂v= 2vx =

∂N(x, v)

∂x

Luego, se busca una funcion F (x, v) tal que

∂F (x, v)

∂v= N(x, v) = x2v → F (x, v) =

1

2x2v2 + h(x)

y

∂F (x, v)

∂x= xv2 + h′(x) = M(x, v) = xv2 − gxF0 + gx2

Luego podemos tomar

h′(x) = gx2 − gxF0 → h(x) =gx3

3− g

2x2F0

y la solucion en su forma implıcita es

1

2x2v2 +

1

3gx3 − 1

2gx2F0 = C

Imponiendo las condiciones iniciales x(0) = v(0) = 0, se deduce que C = 0. Luego

1

2x2v2 +

1

3gx3 − g

2x2F0 = 0

v2 +2g

3x− gF0

Se obtiene finalmente

v(x) =

√g

(F0 −

2

3x

)Finalmente, la velocidad de la cadena cuando el extremo inferior deja de estar en contacto

con el piso es

v(L) =

√g

(F0 −

2

3L

)Notar que es necesario que F0 >

23L, de lo contrario es imposible levantar completamente

la cadena del piso

59

Problema

a) Determine condiciones en M,N de modo que la ecuacion M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0tenga un factor integrante de la forma µ = µ(x− y2)

b) Encuentre un factor integrante para

(3x− y2)dx− 4xydy = 0

Soluciona) Si µ(x, y) es factor integrante de la ecuacion, entonces

∂

∂y(µ(x, y)M(x, y)) =

∂

∂x(µ(x, y)N(x, y))

Luego

∂µ(x, y)

∂yM(x, y) + µ(x, y)

∂M(x, y)

∂y=∂µ(x, y)

∂xN(x, y) + µ(x, y)

∂N(x, y)

∂x

Ahora, µ(x− y2) = µ(u). Entonces

∂µ

∂y=∂µ(u)

∂u

∂u

∂y= −2yµ′(u)

Del mismo modo∂µ

∂x=∂µ(u)

∂u

∂u

∂x= µ′(u)

Finalmente

−2yµ′(u)M(x, y) + µ(u)∂M(x, y)

∂y= µ′(u)N(x, y) + µ(x, y)

∂N(x, y)

∂x

µ′(u)

µ=∂M(x, y)/∂y − ∂N(x, y)/∂x

N(x, y) + 2yM(x, y)

Ası

∂M(x, y)/∂y − ∂N(x, y)/∂x

N(x, y) + 2yM(x, y)

debe ser funcion solo de x− y2

b) Se tiene

(3x− y2)dx− 4xydy = 0

Luego M(x, y) = 3x − y2, N(x, y) = −4xy. Es claro que la ecuacion no es exacta. Sinembargo

∂M(x, y)/∂y − ∂N(x, y)/∂x

N(x, y) + 2yM(x, y)=

−2y + 4y

−4xy + 2y(3x− y2)=

2y

2xy − 2y3

60

∂M(x, y)/∂y − ∂N(x, y)/∂x

N(x, y) + 2yM(x, y)=

1

x− y2

Efectivamente resulta ser una funcion de (x− y2), y entonces existe un factor integrante dela forma µ(x− y2) que satisface

µ′(u)

µ=

1

u

Luego

lnµ = lnu+ C

Podemos tomar

µ = u = x− y2

61

2.6. Acerca de los problemas de valores iniciales

Consideremos el problema de valores iniciales

dy

dt= f(t, y)

y(x0) = y0

Es un hecho que no siempre un PVI tiene solucion unica.

2.6.1. Ejemplo

dy

dt=√y(t)

y(0) = 0

Se puede encontrar una solucion general facilmente, pues la ecuacion es separable

ˆdy√y

=

ˆdt+ C

2√y = t+ C

Luego

y(t) =(t+ C)2

4

Imponiendo la condicion inicial

C2

4= y(0) = 0→ C = 0

Luego una solucion al PVI es

y(t) =t2

4

Sin embargo, no es solucion unica, de hecho

y(t) = 0

es igualmente una solucion. En general, si r ≥ 0, la siguiente familia de funciones

y(t) =

0 0 ≤ t ≤ r

(t−r)24

t > r

Es solucion del PVI, en efecto, se cumple y(0) = 0. Ademas, se puede verificar que laderivada en x = r esta bien definida.

62

Fig. 2.1: Se muestran dos soluciones del PVI, con r = 0,5(azul), y r = 1 (rojo)

2.7. Teorema (Existencia y Unicidad)

Sea f(t, y) una funcion definida en un dominio del plano de las variables t e y, de la forma

Df = (t1, t2)× (y1, y2)

Supongamos que f(t, y) esta definida y es continua en Df , entonces

a) Existencia: Si (t0, y0) ∈ Df , luego el PVI

dy

dt= f(t, y)

y(t0) = y0

tiene una solucion ϕ(t)

b) Unicidad: Si ademas se cumple que la derivada parcial ∂f(t, y)/∂y esta definida y escontinua en Df , y si ϕ(t) y ψ(t) son soluciones del PVI, entonces ϕ(t) = ψ(t) en suintervalo comun de definicion

63

Problema

a) Resuelvat2y′ = 3ty + 1, y(1) = 0

y pruebe que la solucion es unica en el intervalo t > 0

b) Determine dos soluciones del problema de valor inicial

dy

dx= x(y − 1)1/3, y(0) = 1

Explique como se enciente esto en virtud del Teorema de existencia y Unicidad

SolucionPara t > 0, la ecuacion equivale a

y′ − 3

ty =

1

t2

Se trata de una ecuacion lineal de primer orden, el factor integrante es

µ(t) = e−´ tt0

3sds

= C1

t3

Luego

dy

dt

1

t3− 3

t4y(t) =

1

t5

d

dt

(1

t3y′(t)

)=

1

t5

Ası

y(t) = t3(− 1

4t4+ C

)y(t) = Ct3 − 1

4t

Imponiendo la condicion inicial

y(1) = 0→ C − 1

4= 0→ C =

1

4

Por lo tanto, la solucion al PVI es

y(t) =1

4

(t3 − 1

t

)

Vemos que

dy

dt= f(t, y)

64

con

f(t, y) =3ty + 1

t2

Se cumple que f(t, y) y ∂f(t, y)/∂y son continuas en R = (t, y), t > 0

Por lo tanto, para todo (t0, y0) con t0 > 0, el PVI

y′(t) = f(t, y), y(t0) = y0

tiene unica solucion

b)Se tiene

y′(x) = x(y − 1)1/3, y(0) = 1

Es claro que y(x) = 1 es solucion. Busquemos otra solucion, notemos que la ecuacion esseparable

dy

(y − 1)1/3= xdx

Luego(y − 1)2/3

2/3=x2

2+ C

(y − 1)1/3 =2

3

(x2

2+ C

)=x2

3+ C0

Pero y(0) = 1, luego C0 = 0. Entonces

y(x) =

(x2

3

)3/2

+ 1

Dos posibles soluciones son

y(x) =x3

33/2+ 1

y(x) = − x3

33/2+ 1

Pues (x2)1/2 = ±x. Esto no contradice el teorema de existencia y unicidad, pues la ecuaciones de la forma

dy

dx= f(x, y)

con f(x, y) = x(y − 1)1/3

La cual es continua en todo R2, y por lo tanto el PVI con y(0) = 1 tiene al menos unasolucion, En el punto (0, 1), la derivada parcial

∂f(x, y)

∂y= x

1

3(y − 1)−2/3

No es continua, y por lo tanto es posible que exista mas de una solucion

65

Problema

Encuentre la solucion x(t) de la ecuacion integral

x(t) = k0 +

ˆ t

−1

ds |sx(s)|

donde t ≥ 1 y k0 > 0

SolucionLa ecuacion diferencial asociada es

dx(t)

dt= |tx(t)|

con condicion inicial x(−1) = k0 > 0. Como la derivada de la solucion es positiva, la soluciones creciente y por lo tanto x(t) ≥ k0 > 0 para todo t > −1. De donde la ecuacion es

dx

dt= −tx(t) t ∈ [−1, 0]

dx

dt= tx(t) t ≥ 0

La solucion general a la primera es

x(t) = C−e−t2/2

y a la segunda es

x(t) = C+et2/2

Como x(−1) = k0 = C−e−1/2, se tiene que

x(t) = k0e1/2e−t

2/2 t ∈ [−1, 0]

Esto implica que x(0) = k0e1/2 = C+, por lo tanto

x(t) = k0e1/2et

2/2 t ≥ 0

66

Problema

a) Utilizando el teorema de existencia y unicidad, demuestre que el problema con valor inicial

xtdx

dt= 3x2 + t2, x(−1) = 2

tiene unica solucion definida en algun intervalo abierto que contiene el punto t = −1

b) Resuelva explıcitamente el PVI

c) Encuentre el intervalo maximo de definicion de la solucion

Soluciona) Si x 6= 0, y t 6= 0, podemos escribir la ecuacion de la siguiente forma

dx

dt=

3x2 + t2

xt, x(−1) = 2

La funcion

f(t, x) :=3x2 + t2

xt

y su derivada parcial

∂f(t, x)

∂x=

6x2 − 3x2 − t2

tx2

son continuas en la region (t, x) ∈ R2|t < 0, x > 0

que contiene al punto (−1, 2). Por lo tanto el teorema de existencia y unicidad de soluciones

de un PVI garantiza que este tiene unica solucion definida en algun intervalo abierto que con-tiene al punto t = −1

b) La ecuacion se puede reescribir como

dx

dt=

3x

t+t

x, x(−1) = 2

Notar que esta es una ecuacion de Bernoulli, la que puede ser resuelta utilizando el cambiode variable v = x1−(−1) = x2. Entonces

dv

dt= 2x

dx

dt=

6x2

t+ 2t =

6v

t+ 2t

Se obtiene la ecuacion lineal en v

dv

dt− 6

tv = 2t v(−1) = 4

El factor integrante es t−6, de forma que

dv

dtt−6 − 6

t7v = 2t−5

67

d

dt

(1

t6v

)= 2t−5

Luego

v(t) = t6(−1

2t−4C

)v(t) = Ct6 − 1

2t2

Satisfaciendo la condicion inicial, se tiene

v(−1) = −C − 1

2= 4→ C = −9

2

Finalmente

v(t) =9

2t6 − 1

2t2

x(t) =

√t2(9t4 − 1)

2

c) La funcion x(t) es definida y diferenciable en el dominio

D =

t ∈ R|t

2(9t4 − 1)

2> 0

= (−∞,−3−1/2)

⋃(3−1/2,∞)

Como −1 ∈(−∞,−3−1/2

)encontramos que el intervalo maximo de definicion de la solucion

es (−∞,−3−1/2

)

68

Problema

Considere el PVI y′ = x2√|y|, y(a) = b

a) Enuncie el Teorema de Existencia y Unicidad, y aplıquelo a este PVI

b) Resuelva la ecuacion diferencial en cada semiplano y > 0, y < 0

c) Estudie la existencia y unicidad de soluciones del PVI para a arbitrario y b = 0. Funda-mente su respuesta

Soluciona) Sean f(x, y), ∂f(x, y)/∂y, continuas en

R = (a, b)× (c, d) =

(x, y) ∈ R2, |a < x < b, c < y < d

Sea (x0, y0) ∈ R, entonces existe (y es unica) y = y(x) definida en un intervalo x ∈ I quecontiene a x0 tal que

dy

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

En el PVIdy

dx= x2

√|y|, y(a) = b

la funcion f(x, y) = x2√|y| es continua ∀(x, y) ∈ R2 y es derivable respecto a y, con derivada

continua en R2| y = 0. Entonces ∀(a, b) ∈ R2 hay solucion del PVI, mientras que la unicidadde la solucion esta garantizada solo para b 6= 0, ∀a

b) En el semiplano y > 0

y′ = x2√y

Esta ecuacion es separable

ˆdy√y

=

ˆdxx2 + C

2√y =

x3

3+ C

Luego

y(x) =

(x3

6+ C

)2

Donde C debe cumplir con la condicion inicial. El intervalo de definicion esta dado porx3/3 + C ≥ 0

69

En el semiplano y < 0

dy

dx= x2√−y

ˆdy√−y

=

ˆx2dx+ C

−2√−y =

x3

3+ C

El intervalo de solucion es x3/3 + C < 0, y se tiene

y(x) = −(x3

6+ C

)2

c) Hay infinitas soluciones de

dy

dx= x2

√|y|, y(a) = 0

para cualquier a ∈ R. Las soluciones son

y(x) = 0,∀x ∈ R

y(x) =

(x3

6− a3

6

)2

si x ≥ a

−(x3

6− a3

6

)2

si x ≤ a

Ademas son soluciones, para a2 < a < a1

y(x) =

(x3

6− a3

1

6

)2

si x ≥ a1

0 si a2 ≤ x ≤ a1

−(x3

6− a3

2

6

)2

si x ≤ a2

Por ultimo, son soluciones tambien

y(x) =

(x3

6− a3

1

6

)2

si x ≥ a1

0 si x ≤ a1

con a1 ≥ a, y

y(x) =

0 si x ≥ a2

−(x3

6− a3

2

6

)2

si x ≤ a2

para a ≥ a2

70

Problema

Sea ϕ(t) la solucion del problema con valores iniciales

x′(t) = x2 + t para t ≥ 0

x(0) = 0

Demuestre que ϕ(1) ≥ 1/2

SolucionComo ϕ(t) es solucion, se tiene

ϕ′(t) = ϕ(t)2 + t ≥ t

Por lo tanto

ˆ 1

0

dsϕ′(s) ≥ˆ 1

0

dss

De donde

ϕ(1)− ϕ(0) ≥ 1

2

Usando el hecho de que ϕ(0) = 0 (ϕ(t) es solucion al PVI), obtenemos

ϕ(1) ≥ 1

2

71

Problema

a) Determine los valores de (a, b) tal que el problema de valor inicial

xy′ + 2y = 0, y(a) = b

no tiene solucion

b) Encuentre dos soluciones al problema de valor inicial

y′ = (x− y)3/4 + 1, y(1) = 1

Soluciona) La ecuacion se puede escribir como

dy

dx= −2y(x)

x, y(a) = b

En este caso, f(x, y) = −2y/x es continua para todo x 6= 0. Entonces, el PVI tiene solucionpara a 6= 0 y los candidatos (a, b) para la no existencia de soluciones son de la forma (0, b)

dy

dx= −2y(x)

x

Esta ecuacion es separable, luego

dy

y= −2

xdx

ln y = −2 lnx+ C

Finalmente

y(x) =C1

x2

debemos agregar la solucion especial y = 0. Para (a, b) = (0, 0) hay una solucion que esy = 0. Para (a, b) = (0, b) con b 6= 0, no hay soluciones.

b) Se tiene

dy

dx= (x− y)3/4 + 1, y(1) = 1

Sea u = x− y → µ′(x) = 1− y′(x)→ y′(x) = 1− µ′(x). Con esto

1− µ′(x) = µ3/4 + 1

dµ(x)

dx= −µ3/4

72

Esta ecuacion es separable

ˆdµ

µ3/4= −ˆdx+ C → 4µ1/4 = −x+ C

Finalmente

µ(x) =(−x

4+ C1

)4

x− y =(−x

4+ C1

)4

y(x) = x−(−1

4x+ C1

)4

Debemos agregar la solucion especial µ(x) = 0, es decir y = x, la cual ademas cumple conla condicion inicial y(1) = 1. Tambien es solucion

y(x) = x−(−1

4x+ C1

)4

donde C1 se determina de

y(1) = 1−(−1

4+ C

)4

= 1→ C =1

4

El PVI tiene por lo menos dos soluciones

y = x

y = x−(

1

4− x

4

)4

73

74

Capıtulo 3

Ecuaciones Lineales

3.1. Introduccion

Recordemos el caso de una ecuacion lineal de primer orden

dy(x)

dx+ a(x)y(x) = b(x)

Este tipo de ecuacion presenta propiedades interesantes. En primer lugar, se puede resolversiempre con el mismo metodo (el del factor integrante). La solucion general esta dada por

y(x) = y0e´ xx0dτa(τ)︸ ︷︷ ︸

yh(x)

+ e´ xx0dτa(τ)

ˆ x

x0

b(u)e−´ ux0dτa(τ)

︸ ︷︷ ︸yp(x)

donde yh(x) es solucion de la ecuacion homogenea y′(x) + a(x)y(x) = 0, y yp(x) es llamadasolucion particular. Veremos que las ecuaciones lineales de orden superior tambien poseen estapropiedad. Mas aun, veremos que una ecuacion lineal de orden n (la definicion se dara acontinuacion) se puede reducir a un sistema de n ecuaciones lineales de primer orden (Esto esimportantısimo)

3.2. Defnicion: E.D.O Lineal

Decimos que una ecuacion diferencial ordinaria de orden n, (n ∈ N) es lineal si es de laforma

p0(x)yn(x) + p1(x)yn−1(x) + ...+ pn(x)y(x) = f(x)

donde p0, p1, ..., pn, f son funciones solo de la variable independiente.

Nota

a) Si p0(x) = 1, la ecuacion es normal

b) Si f(x) = 0, decimos que la ecuacion es homogenea

c) Si p0, p1, ..., pn son constantes, decimos que la ecuacion es lineal con coeficientes constantes

Para resolver ecuaciones lineales utilizaremos variados metodos. Entre ellos, destaca laTransformada de Laplace, que veremos hacia el final del curso, y es fundamental parael estudio de sistemas dinamicos, analisis de senales, control automatico, etc.

75

3.3. Ecuaciones Lineales de orden arbitrario con coefi-

cientes constantes

3.3.1. Ejemplo: Motivacion para metodo del operador D

Sea la ecuacion lineal de primer orden homogenea

y(x) + ay(x) = 0

Es claro que la solucion general es de la forma

y(x) = Ce−ax

donde C es una constante arbitraria. Ahora, definiremos el siguiente operador, que actuasobre funciones derivables

D :=d

dx

En terminos de este operador derivada, la ecuacion puede ser escrita como

(D + a)y(x) = 0

Notar que la solucion de d+ a = 0 es d = −a, y entonces la solucion se escribe

y(x) = Ce−ax

Ahora, consideremos la siguiente ecuacion

y(x)− 3y(x) + 2y(x) = 0

la cual es lineal y homogenea, de orden 2. En terminos del operador D, puede ser escritacomo

(D2 − 3D + 2)y(x) = 0

La idea es suponer soluciones de la forma Ced, donde d resulta ser una raız del polinomio(d2 − 3d+ 2). Notemos que este puede ser factorizado como

(d2 − 3d+ 2) = (d− 2)(d− 1)

Una raız esta dada por d = 2

y1(x) = C1e2x

Es claro que y1(x) es solucion de la ecuacion.

76

Ademas, d = 1 es solucion

y2(x) = C2ex

De forma que la solucion general de la ecuacion es

y(x) = C1e2x + C2e

x

con C1, C2 constantes

Las dos soluciones de la ecuacion homogenea que hemos obtenido, y1(x) = C1e2x y y2 =

C2ex, resultaron ser linealmente independientes

3.3.2. Definicion: Funciones linealmente independientes

Decimos que el conjunto de funciones y1, y2, ..., yn (n ∈ N) son linealmente independientessi no existen constantes C1, C2, ...Cn que no sean todas nulas tales que

C1y1(x) + C2y2(x) + ...Cnyn(x) = 0

Notar que la definicion es completamente analoga a la de independencia lineal de elementosde un espacio vectorial.

3.3.3. Afirmacion (a confirmar mas adelante)

La solucion de la ecuacion lineal homogenea de orden n de coeficientes constantes

a0(x)yn(x) + a1yn−1 + ...+ any(x) = 0

es una combinacion lineal de n funciones l.i

3.3.4. Ejemplo: determinacion de dos soluciones l.i

Sea la ecuacion

y(x)− 2y(x) + y(x) = 0

Esta puede ser reescrita como

(D2 − 2D + 1)y(x) = 0

Buscamos las soluciones de

(d− 1)2 = 0→ d = 1

Entonces una solucion es y1(x) = C1ex . Necesitamos ahora encontrar otra solucion l.i con

y1(x). Una forma es buscar una solucion del tipo

y2(x) = a(x)ex

77

Luegoy2(x) = a(x)ex + a(x)ex

y2(x) = a(x)ex + 2a(x)ex + a(x)ex

Para que y2 sea solucion de la ecuacion homogenea, debe tenerse

y2(x)− 2y2(x) + y2(x) = a(x)ex = 0

Luego, a(x) debe cumplir a(x) = 0 y entonces es de la forma

a(x) = c2 + c3x

Ası,

y2(x) = C2ex + C3xe

x

Es solucion de la ecuacion. En particular, las funciones

ex, xex

son l.i (demuestrelo), de forma que la solucion general sera una superposicion de ambas

y(x) = C1ex + C2xe

x

3.3.5. Teorema: Principio de Superposicion

Sean ϕ1, ϕ2, ..., ϕn soluciones de una EDO normal lineal y homogenea. Luego, cualquiercombinacion lineal de ϕ1, ϕ2, ..., ϕn es solucion. Es decir

C1ϕ1 + C2ϕ2 + ...+ Cnϕn

es solucion para C1, C2, ..., Cn ∈ R

78

3.4. Solucion de ecuaciones lineales de orden arbitario

con coeficientes constantes

Sea la ecuaciony(n)(x) + a1y

(n−1)(x) + ...+ any(x) = f(x)

con (a1, a2, ..., an) ∈ R. Primero se resuelve la ecuacion homogenea asociada

y(n)(x) + a1y(n−1)(x) + ...+ any(x) = 0

Puede ser reescrita como(Dn + a1D

n−1 + ...+ an−1D + an)y(x) = 0

Existen soluciones de la forma y(x) = Cedx, donde d satisface la ecuacion caracterıstica

p(d) = dn + a1dn−1 + ...+ an−1d+ an = 0

El cual admite n raıces complejas, y puede ser factorizado como

p(d) = (d− d1) (d− d2) ... (d− dn) = 0

3.4.1. Caso 1

Las raıces d1, d2, ...dn del polinomio p(d) son todas distintas. Se tienen entonces n solucionesde la forma

yi(x) = Ciedix 1 ≤ i ≤ n

Como d1, d2, ..., dn son todos distintos, el conjunto yi(x)∣∣∣ni=1

es linealmente independiente.

Por lo tanto, la solucion general de la ecuacion homogenea es

3.4.2. Caso 2

Existen k raıces distintas, d1, d2, ..., dk ( con k < n), de modo que

p(d) = (d− d1)n1 (d− d2)n2 ... (d− dk)nk

conk∑i=1

ni = n

Entonces, para resolver(D − di)ni = 0

79

Buscamos soluciones de la forma

yi(x) = u(x)edix

Sabemos que u(x) = cte nos da una solucion. Necesitamos, sin embargo, ni soluciones l.i

(D − di)(u(x)edix

)= D

(u(x)edix

)− diu(x)edix

= u′(x)edix + diu(x)edix − diu(x)edix

Luego

(D − di)(u(x)edix

)= u′(x)edix

(D − di)ni(u(x)edix

)= u(ni)edix

Entonces, necesariamente

u(ni) = 0

y entonces debe ser un polinomio de grado ni − 1, de la forma

u(x) = c1xni−1 + c2x

ni−2 + ...+ cni

Ası, el conjunto de ni elementos yk(x) = xkeλix

∣∣∣ni−1

k=0

es l.i y permite formar la solucion general de (D − di)niy(x) = 0

yi(x) = c1xni−1edix + c2x

ni−2edix + ...+ cniedix

Finalmente, la solucion general de la ecuacion homogenea sera

yh(x) =k∑i=1

yi(x)

La solucion general de

y(n)(x) + a1y(n−1)(x) + ...+ any(x) = f(x)

Sera la suma de la solucion homogenea mas una solucion particular

y(x) = yh(x) + yp(x)

Ahora veremos como determinar la solucion particular

80

3.4.3. Metodo de coeficientes indeterminados

A continuacion presentaremos un metodo para encontrar la solucion particular de unaecuacion lineal no homogenea. Como ejemplo, tratemos de resolver

y′′(x)− 4y(x) = 2e3x

Equivalentemente

(D2 − 4)y(x) = 2e3x

Notemos ademas que

(D − 3)e3x = 0

(Decimos que el operador (D − 3) en un aniquilador de f(x) = 2e3x). De forma quecualquier solucion debe cumplir con

(D − 3)(D2 − 4)y(x) = 2(D − 3)e3x = 0

Luego, resolvemos

(D − 3)(D2 − 4)y(x) = 0

Para ello determinamos las raıces de p(d) = (d− 3)(d2 − 4), obteniendose

y(x) = C1e3x + C2e

2x + C3e−2x︸ ︷︷ ︸

Solucion de la ecuacion homogenea

Sin embargo, esta funcion no es solucion para cualquier valor de C1. Decimos que la solucionparticular de la ecuacion debe ser de la forma

yp(x) = Ce3x

donde C es un coeficiente a determinar. Simplemente se impone que yp satisfaga la ecuacion

y′′p(x)− 4yp(x) = (9C − 4C)e3x = 2e3x → C = 2/5

Finalmente, la solucion general de la ecuacion es

yg(x) =2

5e3x + C1e

2x + C2e−2x

81

Otro ejemplo

Resolvery′′(x) + 5y′(x) + 4y(x) = 3x+ 2

Se tiene

(D2 + 5D + 4)y(x) = 3x+ 2

Ademas

D2(3x+ 2) = 0

Luego

D2(D2 + 5D + 4)y(x) = 0

Resolvemos las raıces del polinomio

p(d) = d2(d2 + 5d+ 4) = d2(d+ 4)(d+ 1)

de donde se obtiene

y(x) = C1e−4x + C2e

−x + Ae0x +Bxe0x

De aquı se ve que la solucion particular necesariamente tiene la forma

yp(x) = A+Bx

para determinar los coeficientes, resolvemos

y′′p(x) + 5y′p(x) + 4yp(x) = 5B + 4A+ 4Bx = 3x+ 2

entonces

4B = 3x→ B = 3/4

4A+15

4= 2→ A = − 7

16

Finalmente la solucion general es

y(x) = − 7

16+

3

4x+ C1e

−4x + C2e−x

82

En general, consideremos la ecuacion lineal de coeficientes constantes

y(n)(x) + a1y(n−1)(x) + ...+ any(x) = f(x)

donde f(x) es una combinacion lineal de funciones de la forma:

a) Un polinomio en x

b) Una exponencial erx

c) Alguna funcion trigonometrica de la forma cos rx, sin rx, no siendo r una raız del poli-nomio asociado a la ecuacion homogenea

dn + a1dn−1 + ...+ an = 0

Luego, podemos encontrar una solucion particular como una combinacion lineal de f y susderivadas

83

Problema

Resolver las ecuaciones siguientes

a)x′′′ − 3x′ + 2x = et

b)d4

dt4y(t)− 4

d3

dt3y(t) + 5

d2

dt2y(t) = t+ cos t

Soluciona) El aniquilador de et es el operador (D − 1), luego toda solucion satisface

(D − 1)(D3 − 3D + 2)x(t) = 0

El polinomio de la derecha corresponde a la ecuacion homogenea asociada

x′′′h − 3x′h + 2xh = 0

La ecuacion caracterıstica es

d3 − 3d+ 2 = 0

Claramente d1 = 1 es solucion. Ademas

(d3 − 3d+ 2) : (d− 1) = d2 + d− 2

y entonces

d3 − 3d+ 2 = (d− 1)(d− 1)(d+ 2) = 0

d1 = 1 es solucion con multiplicidad 3, luego

x1(t) = (A+Bt+ Ct3)et

es solucion. Ademas, d2 = −2 es solucion con mutiplicidad 1, ası

x2(t) = Ce−2t

es solucion. Entonces identificamos soluciones de la forma

xh(t) = C1et + C2te

t + C3e−2t︸ ︷︷ ︸

Homogenea

+Ct2et

La solucion particular puede ser obtenida mediante el metodo de coeficientes indetermina-dos. (Se trata de encontrar el valor de C)

xp(t) = Ct2et

x′p(t) = 2tCet + Ct2et

x′′p(t) = 2Cet + 4Ctet + Ct2et

x′′′p (t) = 6Cet + 6Ctet + Ct2et

84

Luego, para que satisfaga la ecuacion

6Cet + 6Ctet + Ct2et − 6tCet − 3Ct2et + 2Ct2et = 6Cet = et

Finalmente, la solucion general es

x(t) = C1et + C2te

t + C3e2t +

1

6t2et

b) La ecuacion es (D4 − 4D3 + 5D2)y(t) = t+ cos t

La solucion homogenea se encuentra resolviendo la ecuacion caracterıstica

d4 − 4d3 + 5d2 = d2(d2 − 4d+ 5) = 0

Se obtiene, a parte de la solucion d = 0 ( de multiplicidad 2)

d = 2± 1

2

√−4 = 2± i

Luego, la solucion homogenea es de la forma

yh(x) = C1 + C2t+ C3e2t cos t+ C4e

2t sin t

Para encontrar la particular, notemos que un aniquilador de t + cos t es (D2 + 1)D2, queincorporan las soluciones d = 0 (multiplicidad 2), y d = ±i, luego la solucion particular es dela forma

yp(t) = At2 +Bt3 + C cos t+D sin t

Al imponer que yp(t) satisfaga la ecuacion, se obtiene un sistema lineal de 4 ecuaciones y 4incognitas, al resolver resulta

yp(t) =4

25t2 +

1

30t3 − 1

8cos t+

1

8sin t

y la solucion general queda

yg(x) = C1 + C2t+ C3e2t cos t+ C4e

2t sin t+4

25t2 +

1

30t3 − 1

8cos t+

1

8sin t

85

Problema

Resuelva

a)x′′ − 6x′ + 9x = t2

b)x′′′ − 5x′′ + 7x′ − 3x = t cos t

Soluciona) Primero resolvemos la ecuacion homogenea

x′′h − 6x′h + 9xh = 0

Escrito de otra manera:(D2 − 6D + 9)xh = 0

Las raıces del polinomio caracterıstico estan dadas por

d2 − 6d+ 9 = (d− 3)2 = 0

Se obtiene una solucion unica (multiplicidad 2)

d1 = 3

Luego, una solucion de la ecuacion homogenea es

x1(t) = Ce3t

y, dado que la multiplicidad de la raız d1 = 3 es 2, tambien sera solucion

x2(t) = (A+Bt)e3t

Finalmente, la solucion general de la ecuacion homogenea sera

xh(t) = C1e3t + C2te

3t

La funcion no homogenea corresponde a un polinomio de orden 2, luego proponemos unasolucion particular de la forma

xp(t) = A+Bt+ Ct2

x′p(t) = B + 2Ct

x′′p(t) = 2C

Se debe tener entonces

2C − 6B − 12Ct+ 9A+ 9Bt+ 9Ct2 = 9A− 6B + 2C + (9B − 12C)t+ 9Ct2 = t2

86

De aquı se resuelve para A,B y C

C =1

9

9B =12

9→ B =

12

81=

4

27

9A = 6B − 2C =24

27− 6

27=

18

27→ A =

2

27

Finalmente, la solucion general es

x(t) =2

27+

4

27t+

1

9t2 + C1e

3t + C2te3t

b) Para encontrar la solucion homogenea se debe resolver la ecuacion caracterıstica

d3 − 5d2 + 7d− 3 = 0

Notamos inmediatamente que d1 = 1 es solucion. De esta forma, el polinomio es divisiblepor (d− 1)

d3 − 5d2 + 7d− 3 : (d− 1) = d2 − 4d− 3

Luego

d3 − 5d2 + 7d− 3 = (d− d1)(d− d2)(d− d3)

cond1 = 1

d2 = 2(

1 +√

7)

d3 = 2(

1−√

7)

La solucion homogenea es

xh(t) = C1et + e2t

(C2e

√7t + C3e

−√

7t)

Para encontrar la solucion particular, proponemos una solucion de la forma

xp(t) = At cos t+Bt sin t

x′p(t) = A cos t− At sin t+B sin t+Bt cos t

x′′p(t) = −2A sin t− At cos t+ 2B cos t−Bt sin t

x′′′p (t) = −3A cos t+ At sin t− 3B sin t−Bt cos t

87

Resolviendo, se obtiene finalmente

(4A− 10B) cos t+ (10A+ 4B) sin t+ (−2A+ 2B)t sin t+ (2A+ 6B)t cos t

xp(t) =t

2

(3

13cos t− 2

13sin t

)

88

Problema

Considere la ecuacion diferencial

y′′ + 4xy′ + (6 + 4x2)y = x2e−x2

a) Pruebe que si u(x) = ex2y(x), entonces u satisface una ecuacion lineal no homogenea de

coeficientes constantes

b) Use esto para determinar la solucion y(x) con y(0) = 1, y′(0) = 0

Soluciona) Sea u(x) = ex

2y(x), de forma que

y(x) = e−x2

u(x)

y′(x) = e−x2

u′(x)− 2xe−x2

u(x)

y′′(x) = e−x2

u′′(x)− 4xe−x2

u′(x) + (4x2 − 2)e−x2

u(x)

De esta forma, la ecuacion es equivalente a

e−x2

u′′(x)− 4xe−x2

u′(x) + (4x2 − 2)e−x2

u(x) + 4xe−x2

u′(x)

−8x2e−x2

u(x) + (6 + 4x2)e−x2

u(x) = e−x2

x2

Simplificando, se tiene

e−x2

u′′(x) + 4e−x2

u(x) = e−x2

u(x)

u′′(x) + 4u(x) = x2

Efectivamente se trata de una ecuacion lineal no homogenea de coeficientes constantes

b) La solucion de la ecuacion homogenea satisface

y′′h(x) + 4yh(x) = 0

Resolviendo el polinomio caracterıstico

d2 + 4 = 0→ d = ±2i

Con esto, la solucion de la ecuacion homogenea es

yh(x) = A cos 2x+B sin 2x

Para la ecuacion particular, suponemos una solucion de la forma

yp(x) = αx2 + βx+ γ

y′′p(x) = 2

89

Luego

2α + 4αx2 + 4βx+ 4γ = x2

De aquı se obtiene

α =1

4

β = 0

2α + 4γ = 0→ γ = −α2

= −1

8

La solucion general para u(x) resulta ser

u(x) = A cos 2x+B sin 2x+x2

4− 1

8

La condicion inicial y(0) = 1 es equivalente a u(0) = 1, luego

A− 1

8= 1→ A =

9

8

Por ultimo, la condicion

y′(0) = u′(0) = 0 = 2B → B = 0

Finalmente, la solucion es

y(x) = e−x2

9

8cos 2x+

x2

4− 1

8

90

Problema

Un cilindro vertical de altura h y radio R, esta cerrado por su extermidad inferior (o base)y tiene empotrado un resorte de coeficiente de elasticidad k y largo l < h en reposo. El cilindroestpa lleno de un lıquido viscoso que opone un roce proporcional a la velocidad de desplazamien-to en su interior, segun una constante de proporcionalidad λ. En el instante inicial se contraetotalmente el resorte y sobre su extremidad libre, se adhiere una esfera de masa m y radio r,siendo r < R, r < h/2

a) Plantee las ecuaciones del movimiento de la esfera cuando el resorte se extiende y es-tablezca las condiciones para que la esfera quede oscilando dentro del cilindro

b) ¿Que relacion deben cumplir las constantes m,h, k, λ, r, R, l para que la esfera afloreapenas fuera del cilindro al extenderse el resorte? (Lo anterior significa que solo un puntode la esfera alcanza la superficie del lıquido)

Soluciona) Colocando el origen de coordenadas en la base del cilindro, llamamos x(t) a la posicion dela extremidad superior del resorte. De acuerdo a la segunda ley de Newton, se tiene

mx′′(t) = k(l − x)−mg − λx′, x(0) = 0, x′(0) = 0

Primero hay que notar que para que el sistema suba inmediatamente despues de soltarlo,se requiere que mg < kl, es decir, la fuerza elastica debe ser al menos superior al peso de laesfera. El problema con valores iniciales a resolver es

x′′(t) +λ

mx′(t) +

k

mx(t) =

kl

m− g

x(0) = 0

x′(0) = 0

La ecuacion caracterıstica correspondiende a la ecuacion homogenea es

d2 +λ

md+

k

m= 0

y la solucion sera

xh(t) = C1ed1t + C2e

d2t

con d1, d2, las raıces de la ecuacion caracterıstica. Ası, para que exista un comportamientooscilatorio, es necesario y suficiente que las raıces sean complejas. Se tiene

d = − λ

2m± 1

2

√(λ

m

)2

− 4k

m

Las raıces seran complejas si

∆ =

(λ

m

)2

− 4k

m< 0

Bajo esta condicion, la solucion general de la ecuacion es

91

ϕ(t) = e−λ

2mt

(C1 cos

(√−∆

2t

)+ C2 sin

(√−∆

2t

))+ ϕp(t)

Por simple inspeccion se verifica que ϕp puede ser escogida como l − mgk

. Utilizando luegolas condiciones iniciales para calcular las constantes C1 y C2 se llega a la solucion

ϕ(t) =(l − mg

k

)1− e−

λ2m

t

(cos

(√−∆

2t

)+

λ

m√−∆

sin

(√−∆

2t

))Aquı hemos supuesto que en todo instante ϕ(t) ≤ h (La condicion de la parte b) asegura que

este sea el caso). La siguiente figura ilustra la evolucion de la solucion para el caso pertinente

Fig. 3.1: El comportamiento es subamortiguado, la masa presenta un comportamiento oscila-torio, y se frena debido a la perdida de energıa por roce viscoso

Si se tuviera ∆ > 0, entonces la solucion resulta ser amortiguada, y se ilustra a continuacion

Fig. 3.2: Si el coeficiente de roce es suficientemente alto, la masa no alcanza a oscilar

b) Notar que la derivada de la solucion esta dada por

ϕ′(t) =λ2 − 2km

m2√−∆

(l − mg

k

)e−

λ2m

t sin

(√−∆

2t

)La altura maxima que alcanza la masa m ocurre cuando la velocidad se anula por primera

vez. Esto ocurre cuando t = 2π/√−∆ = T . Para que la esfera aflore apenas, debe tenerse

hmax = ϕ(T ) = h− 2r

ϕ(T ) =(l − mg

k

)1− e−

λ2m

T

= h− 2r

92

Es decir, la condicion que debe cumplirse es la siguiente

l =h− 2r

1− e−λπ/√−∆

+mg

k

93

3.5. Variacion de parametros en ecuaciones lineales de

segundo orden

Consideremos ecuaciones lineales de segundo orden

y′′(x) + p1(x)y′(x) + p2(x)y(x) = f(x)

donde, en general p1(x), p2(x) no son constantes. A continuacion veremos un metodo gen-eral para determinar la solucion particular de la ecuacion a partir de la solucion homogenea.Supongamos que esta ultima es

yh(x) = c1y1(x) + c2y2(x)

Para resolver la ecuacion no-homogenea, buscamos una solucion particular de la forma

y(x) = u1(x)y1(x) + u2(x)y2(x)

Se tiene

y′(x) = u′1(x)y1(x) + u′2y2(x) + u1y′1(x) + u2(x)y′2(x)

Suponiendo queu′1(x)y1(x) + u′2(x)y2(x) = 0

De esta forma

yp(x) = u1(x)y1(x) + u2(x)y2(x)

y′p(x) = u1(x)y′1(x) + u2(x)y′2(x)

y′′p(x) = u′1(x)y′1(x) + u′2(x)y′2(x) + u1(x)y1(x)′′ + u2(x)y2(x)′′

Ademas, como y1(x) y y2(x) satisfacen la ecuacion homogenea

y′′1(x) = −p1(x)y1(x)′ − p2(x)y1(x)

y′′2(x) = −p1(x)y2(x)′ − p2(x)y2(x)

De esto ultimo

y′′p(x) = u′1(x)y′1(x) + u′2(x)y′2(x) + u1(x) (−p1(x)y′1(x)− p2(x)y1(x))

+u2(x) (−p1(x)y′2(x)− p2(x)y2(x))

y′′p(x) = u′1(x)y′1(x) + u′2(x)y′2(x)− p1(x)y′p(x)− p2(x)yp(x)

Por lo tanto, debe cumplirse

u′1(x)y′1(x) + u′2(x)y′2(x)− p1(x)yp(x)− p2(x)yp(x) + p1(x)yp(x) + p2(x)yp(x) = f(x)

94

Simplificando

u′1(x)y′1(x) + u′2(x)y′2(x) = f(x)

Finalmente, u1(x) y u2(x) se obtiene resolviendo el siguiente sistema

Cuya solucion es, por supuesto

u′1(x) =−y2(x)f(x)

y1(x)y′2(x)− y2(x)y′1(x)

u′2(x) =y1(x)f(x)

y1(x)y′2(x)− y2(x)y′1(x)

3.5.1. Definicion: Wronskiano

Llamamos Wronskiano de las soluciones y1(x) e y2(x) a la funcion

W (x) := y1(x)y′2(x)− y2(x)y′1(x)

Notar que tambien puede ser escrito en la forma de un determinante

W (x) =

∣∣∣∣ y1(x) y2(x)y′1(x) y′2(x)

∣∣∣∣El hecho de que las funciones y1(x), y2(x) sean linealmente independientes garantiza que

W (x) 6= 0

En terminos del Wronskiano, se obtiene

u′1(x) = −−y2(x)f(x)

Wy1,y2(x)

u′2(x) =y1(x)f(x)

Wy1,y2(x)

95

3.5.2. Teorema

Consideremos una ecuacion lineal no homogenea de segundo orden

y′′(x) + p1(x)y′(x) + p2(x)y(x) = f(x)

donde p1, p2 y f son continuas en algun intervalo I = (a, b). Luego, la solucion general es

yg(x) = C1y1(x) + C2y2(x) + yp(x)

conyp(x) = u1(x)y1(x) + u2(x)y2(x)

yp(x) =

ˆ x

x0

ds−y2(s)f(s)

W (s)y1(x) +

ˆ x

x0

dsy1(s)f(s)

W (s)y2(x)

Escrito de forma aun mas elegante:

yp(x) =

ˆ x

x0

ds

y1(s)y2(x)− y2(s)y1(x)

W (s)

f(s)

3.5.3. Teorema: Formula de Abel

Considere la ecuacion lineal homogenea de segundo orden

y′′(x) + p(x)y′(x) + q(x)y(x) = 0

en un intervalo I ⊆ R, con p continua. El Wronskiano de dos soluciones de la ecuacion l.isatisface la ecuacion

W (x) = W (x0)e−´ xx0p(s)ds

para todo x0 en I.

La demostracion es la siguiente, se sabe que

W (x) = y1(x)y′2(x)− y2(x)y′1(x)

donde y1(x), y2(x) son soluciones de la ecuacion homogenea. Diferenciando

W ′(x) = y′1(x)y′2(x) + y1(x)y′′2(x)− y′2(x)y′1(x)− y2(x)y′′1(x)

W ′(x) = y1(x)y′′2(x)−y2(x)y′′1(x) = −y1(x) (p(x)y′2(x) + q(x)y2(x))+y2(x) (p(x)y′1(x) + q(x)y1(x))

W ′(x) = −p(x) (y1(x)y′2(x)− y2(x)y′1(x)) = −p(x)W (x)

Esta es una ecuacion de primer orden separable, y entonces

W (x) = Wx0e´ xx0p(s)ds

El Wronskiano puede ser cero para todo t (en cuyo caso las coluciones no son l.i), o distintode cero para todo t

96

Problema

Considere la ecuacion y′′ + a′(t)y′ + y = 0 donde la funcion a(t) es continua con derivadacontinua. Considere ϕ1 una solucion no nula de la ecuacion

a) Demuestre que

ϕ2(t) = ϕ1(t)

ˆ t

0

1

[ϕ1(s)]2e−a(s)ds

es tambien una solucion

b) Demuestre que las soluciones ϕ1, ϕ2 son linealmente independientes

Soluciona) Se deriva directamente y se obtiene

d

dt

(ϕ1(t)

ˆ t

0

1

[ϕ1(s)]2e−a(s)ds

)= ϕ′1(t)

ˆ t

0

1

[ϕ1(s)]2e−a(s)ds+

1

[ϕ1(t)]e−a(t)

La segunda derivada es

ϕ′′1(t)

ˆ t

0

ds

[ϕ1(s)]2e−a(s) + ϕ′1(t)

1

[ϕ1(t)]2e−a(t) − ϕ′1(t)

[ϕ1(t)]2e−a(t) − a′(t)

[ϕ1(t)]2e−a(t)

Agrupando adecuadamente se obtiene que

(ϕ′′1(t) + a′(t)ϕ′1(t) + ϕ1(t))

ˆ t

0

1

[ϕ1(s)]2e−a(s)ds

Lo cual es cero puesto que ϕ1 es solucion de la ecuacion homogenea

b) Hay que probar que el Wronskiano Wϕ1,ϕ2 = ϕ1(t)ϕ′2(t) − ϕ2(t)ϕ′1(t) nunca se anula.Despejando se obtiene que

ϕ2(t)

ϕ1(t)=

ˆ t

0

ds

[ϕ1(s)]2e−a(s)

Derivando la igualdad, se obtiene

Wϕ1,ϕ2(t)

[ϕ1(t)]2= − 1

[ϕ1(t)]2e−a(t)

Como ϕ1(t) no es identicamente cero, podemos simplificar por [ϕ1(t0)]2 en un punto t0.Luego, Wϕ1,ϕ2(t0) = e−a(t0) no se anula pues a(t) es continua. Ademas sabemos que si el Wron-skiano es no nulo en un punto es siempre no nulo. Por lo tanto, las soluciones ϕ1, ϕ2 son l.i

97

Problema

Para resolver la ecuacion

t2x′′(t)− tx′(t) + 5x(t) = t, (t > 0)

siga el procedimiento siguiente

a) Verifique que la funcion ϕ(t) = 21t sin(2 ln t) es una solucion de la ecuacion homogenea

b) Calcule el Wronskiano de la ecuacion y encuentre un abase de soluciones de la ecuacionhomogenea

c) Encuentre la solucion general de la ecuacion planteada

Solucion

a) Sea ψ(t) = t sin(2 ln t). Un calculo directo de sus derivadas nos da

ψ′(t) = sin(2 ln t) + 2 cos(2 ln t)

ψ′′(t) =2

t(cos(2 ln t)− 2 sin(2 ln t))

Reemplazando en la ecuacion

x′′(t)− 1

tx′(t) +

5

t2x =

1

tse observa que ψ verifica la ecuacion homogenea asociada.

b) El Wronskiano satisface la ecuacion

W ′(t) = W (1)e´ t1dss = W (t)t

Si ϕ1(t) = t sin(2 ln t) es solucion de la homogenea, necesitamos otra solucion l.i, digamosϕ2(t). La forma mas facil de encontrarla consiste en probar que ϕ2(t) = t cos(2 ln t) es solucionl.i de ϕ1(t) y para eso basta probar que el Wronskiano determinado por estas funciones es dela forma W (1)t. En efecto

Wϕ1,ϕ2(t) =

∣∣∣∣ t sin(2 ln t) t cos(2 ln t)sin(2 ln t) + 2 cos(2 ln t) cos(2 ln t)− 2 sin(2 ln t)

∣∣∣∣Wϕ1,ϕ2(t) = t sin(2 ln t) cos(2 ln t)− 2t sin2(2 ln t)− t cos(2 ln t) sin(2 ln t)− 2t cos2(2 ln t)

Wϕ1,ϕ2(t) = −2t = W (1)t

pues, efectivamente W (1) = −2. De esta forma, ϕ1(t), ϕ2(t) constituyen una base de solu-ciones de la ecuacion homogenea

c) La solucion particular esta dada por

xp(t) =

ˆ t

1

ds

ϕ1(s)ϕ2(t)− ϕ2(s)ϕ1(t)

W (s)

f(s)

xp(t) =

ˆ t

1

ds

s sin(2 ln s)ϕ2(t)− s cos(2 ln s)ϕ1(t)

−2s2

98

xp(t) =

ˆ t

1

ds

cos(2 ln s)ϕ1(t)

2s− sin(2 ln s)ϕ2(t)

2s

pero

ˆ t

1

ds cos(2 ln s)

2s→ u = 2 ln s, du =

2

sds

ˆ t

1

ds cos(2 ln s)

2s=

1

4

ˆ 2 ln t

0

du cosu =1

4sin(2 ln t)

Del mismo modo

ˆ t

1

ds sin(2 ln s)

2s=

1

4

ˆ 2 ln t

0

du sinu = −1

4cos(2 ln t) +

1

4

Finalmente

xp(t) = ϕ1(t)1

4sin(2 ln t) +

1

4cos(2 ln t)ϕ2(t)− 1

4ϕ2(t) =

t

4− 1

4ϕ2(t)

Y la solucion general queda

x(t) = C1t sin(2 ln t) + C2t cos(2 ln t) +t

4

99

Problema

Encuentre la solucion general de la siguiente ecuacion

x2y′′ + xy′ − 4y = 1

sabiendo que y1(x) = x2 es una solucion de la ecuacion homogenea asociada

SolucionMediante variacion de parametros, buscamos una solucion homogenea de la forma y2(x) =v(x)y1(x). Entonces

y′2(x) = v′(x)y1(x) + v(x)y′1(x)

y′2(x) = v′′(x)y1(x) + 2v′(x)y′1(x) + v(x)y′′1(x)

Para que sea solucion de la homogenea

x2v′′(x)y1(x) + 2v′(x)y′1(x)x2 + v(x)x2y′′1(x) + xv′(x)y1(x) + xv(x)y′1(x)− 4v(x)y1(x) = 0

x2v′′(x)y1(x) + 2v′(x)y′1(x)x2 + v(x)(x2y′′1(x) + xy′1(x)− 4y1(x)

)︸ ︷︷ ︸=0

+xv′(x)y1(x) = 0

x2v′′(x)y1(x) + 2v′(x)y′1(x)x2 + xv′(x)y1(x) = 0

x2v′′(x)x2 + 4v′(x)x3 + xv′(x)x2 = 0

xv′′(x) + 5v′(x) = 0

de donde se obtiene

v′(x) = − 1

x5→ v =

1

4

1

x4+ C

De esta manera, y2(x) = 14x2 , la ecuacion general de la ecuacion homogenea es

Ax2 +B

x4

El Wronskiano Wy1,y2 = 1x. Aplicando la formula de variacion de parametros, se obtiene que

la solucion particular yp de la no homogenea esta dada por

yp(x) =

ˆ x

x0

ds

y1(s)y2(x)− y2(s)y1(x)

W (s)

1

s2

100

Reemplazando

yp(x) =1

4x2

ˆ x

1

ds

s3− 1

4x2

ˆ s

1

dss = −1

4

Luego, la solucion general es

y(x) = Ax2 +B

x2− 1

4

101

Problema

Considerar la ecuacionx′′(t) + p(t)x′(t) + q(t)x(t) = 0

donde los coeficientes p y q son funciones continuas definidas sobre toda la recta real y convalores complejos.

a) Dada una funcion R → R diferenciable contınuamente hasta segundo orden y estricta-mente creciente, encontrar una relacion entre p y q de modo que al hacer el cambio devariable s = f(t), x(t) = y(s) = y(f(t)), la ecuacion precedente se transforme en una concoeficientes constantes

b) Transforme la ecuacionx′′ + (2et − 1)x′ + e2tx = 0

end2y

ds2+ 2

dy

ds+ y = 0

mediante un cambio de variable s = f(t) apropiado

c) Encontrar la solucion general de

x′′ + (2et − 1)x′ + e2tx = 1

Soluciona) Comencemos por calcular las derivadas sucesivas de x y de y

x′(t) =dx

dt=dy

ds

ds

dt=dy

sf ′(t)

x′′(t) =d2y

ds2(f ′(t))2 +

dy

dsf ′′(t)

Reemplazando las expresiones anteriores en la ecuacion propuesta obtenemos

d2y

ds2+ P

dy

ds+Qy = 0

donde los coeficientes

P =f ′′ + p(t)f ′

(f ′)2

Q =q(t)

(f ′)2

deben ser constantes

b) Aplicamos lo anterior con los datos que se entregan

p(t) = 2et − 1 q(t) = e2t

P = 2, Q = 1

102

Entonces se obtiene

q(t)

(f ′)2=

e2t

(f ′)2= 1→ f ′ = et

Luego, un cambio de variable posible es s = f(t) = et (verificar que cumple la relacioncorrecta para P )

c) Si se aplica el cambio de variables de la pregunta anterior, se obtiene

x′(t) =dy

dsf ′ =

dy

dset

x′′(t) =d2y

ds2(f ′(t))2 +

dy

dsf ′(t) = e2td

2y

ds2+ et

dy

ds

Luego

dy

dset + e2td

2y

ds2+ 2e2tdy

ds− dy

dset + e2ty(s) = 1

d2y

ds2+ +2

dy

ds+ y(s) = e−2t =

1

s2

y la ecuacion no homogenea en y es

d2y

ds2+ 2

dy

ds+ y =

1

s2, (s 6= 0)

La ecuacion homogenea correspondiente tiene una base de soluciones de la forma

ϕ1(s) = e−s, ϕ2(s) = se−s

El Wronskiano asociado es

W (s) = ϕ1(s)ϕ′2(s)− ϕ2(s)ϕ′1(s) = e−s(e−s − se−s

)+ se−se−s

W (s) = e−2s

La solucion particular de la ecuacion no homogenea es entonces

ϕp(s) =

ˆ s

1

drϕ1(r)ϕ2(s)− ϕ1(s)ϕ2(r)

r2W (r)= e−(s−r)(s− r)

De donde la solucion general de la ecuacion es

ϕ(s) = (C1 + C2s) e−s +

ˆ s

1

dre−(s−r)(s− r)

r2

y se obtiene la solucion de la ecuacion original haciendo el reemplazo x(t) = y(s) = y(et)

103

Problema

Resuelva la siguiente ecuacion

x′′(t)− cos tx′(t) + sin tx(t) = sin t

SolucionPrimero se debe resolver la ecuacion homogenea asociada

x′′(t)− cos tx′(t) + sin tx(t) = 0

Una solucion es x1(t) = esin t. En efecto

x′1(t) = cos tesin t

x′′1(t) = − sin tesin t + cos2 tesin t

Luego

x′′1(t)− cos tx′1(t) + sin tx1(t) = − sin tesin t + cos2 esin t − cos2 tesin t + sin tesin t = 0

Debemos encontrar otra solucion de la ecuacion homogenea linealmente independiente conx1. Proponemos una de la forma

x2(t) = w(t)x1(t)

Con lo que

x′2(t) = w′(t)x1(t) + w(t)x′1(t)

x′2(t) = w′′(t)x1(t) + 2w′(t)x′1(t) + w(t)x′′1(t)

Se debe cumplir entonces

w′′(t)x1(t) + 2w′(t)x′(t) + w(t)x′′1(t)− cos t (w(t)x1(t) + w′(t)x1(t)) + sin tw(t)x1(t) = 0

w(t) (x′′1(t)− cos tx′1(t) + sin tx1(t))︸ ︷︷ ︸=0

+2w′(t)x′1(t) + w′′(t)x1(t) = 0

Luego

w′′(t)x1(t) + w′(t) (2x′1(t)− cos tx1(t)) = 0

w′′(t)esin t + w′(t)(2 cos tesin t − cos tesin t

)w′′(t) + w′(t) cos t = 0

104

Esta ecuacion resulta ser separable, notando que

w′′(t)

w′(t)= − cos t

w′(t) = e− sin t → w(t) =

ˆ t

0

e− sin sds

Finalmente

x2(t) = esin t

ˆ t

0

dse− sin s

Ahora que tenemos dos soluciones l.i de la ecuacion homogenea, el problema esta practica-mente resuelto. El Wronskiano esta dado por

W (t)x1,x2 =

∣∣∣∣ x1(t) x2(t)x′1(t) x′2(t)

∣∣∣∣

W (t)x1,x2 = esin t

(1 + cos tesin t

ˆ t

0

dse− sin s

)− esin t

ˆ t

0

dse− sin s cos tesin t

W (t)x1,x2 = esin t

Luego, por el teorema de variacion de parametros, la solucion particular es

xp(t) = −x1(t)

ˆ t

0

dsx2(s)f(s)

W (s)+ x2(t)

ˆ t

0

dsy1(s)f(s)

W (s)

xp(t) = −esin t

ˆ t

0

ds

ˆ s

0

dre− sin r sin s

+ esin t

ˆ t

0

dse− sin s

ˆ t

0

ds sin s

Solo por entretencion calculemos la siguiente integral doble

I =

ˆ t

0

ds

ˆ s

0

dre− sin r sin s =

ˆ t

0

dr

ˆ t

r

dse− sin r sin s

Donde se ha explotado la forma de la region de integracion en el plano s− r. Finalmente

I =

ˆ t

0

dre− sin r

(− cos s

∣∣∣tr

)=

ˆ t

0

dr (cos r − cos t) e− sin r

105

I =

ˆ t

0

dr cos re− sin r − cos t

ˆ t

0

dre− sin r = −e− sin r∣∣∣t0− cos t

ˆ t

0

e− sin rdr

Sea

ϕ(t) =

ˆ t

0

dre− sin r

Con lo que la solucion particular queda escrita en forma mas compacta

xp(t) = 1− esin t + esin tϕ(t)

y la solucion general queda

x(t) = esin t

(C1 + C2

ˆ t

0

dse− sin s

)+ 1− esin t + esin tϕ(t)

106

3.6. Series

Consideremos la sucesion

S0 = 1

S1 = 1 + r

S2 = 1 + r + r2

En general

Sn = 1 + r + r2 + ...+ rn

Sn, n ∈ N es una sucesion . El lımite, si existe, es denotado por

S = lımn→∞

Sn = lımn→∞

(1 + r + r2 + ...+ rn

)S = lım

n→∞

n∑k=0

rk =∞∑k=0

rk

Sabemos que

Sn =1− rn+1

1− r, |r| < 1

de modo que

S =∞∑k=0

rk =1

1− r, |r| < 1

3.6.1. Definicion: Serie

Una serie numercia es una sucesion Sn∣∣∣∞n=1

de numeros de la forma

S1 = a1

S2 = a1 + a2

Sn = a1 + a2 + ...+ an

Sn =n∑k=1

ak

La serie converge silımn→∞

Sn existe

En tal caso, escribimos

lımn→∞

Sn =∞∑k=1

ak

107

3.7. Series de terminos no negativos

Consideremos

∞∑n=0

an , an > 0

3.7.1. Teorema (Criterio de la raız)

Supongamos que l = lımn→∞ a1/nn existe, entonces

a) Si l < 1,∑∞

n=1 an converge

b) Si l > 1,∑∞

n=1 an diverge

3.7.2. Teorema (Criterio del cuociente)

Supongamos que l = lımn→∞an+1

anexiste, entonces

a) Si l < 1,∑∞

n=1 an converge

b) Si l > 1,∑∞

n=1 an diverge

3.7.3. Definicion: Convergencia absoluta

Sea la serie general∞∑n=1

an

con an no necesariamente positivo. Decimos que la serie converge absolutamente si

∞∑n=1

|an| converge

3.8. Soluciones en forma de series de potencias

La mayor parte de las ecuaciones diferenciales de coeficientes variables no se pueden resolveren terminos de funciones elementales. Sin embargo, es posible para algunas encontrar solucionesen series de potencia. Una serie de potencias en torno a a esta definida por

∞∑n=0

an(x− a)n

se dice que esta converge en x0 ∈ R si la serie evaluada en x0 converge a un valor real.Resulta de interes saber exactacmente para que valores de x una serie de potencia resultaconvergente. Obviamente converge para x = a

∞∑n=0

an(x− a)n∣∣∣x=a

= a0

Se puede demostrar que la serie converge en un intervalo de la forma

x ∈ R, |x− a| < R

108

mientras que la serie diverge para x, |x− a| > R . A R ∈ R se le llama radio de conver-gencia de la serie.

En efecto, sea

∞∑n=0

|an(x− a)n|

Segun el criterio del cuociente, la serie converge para cada x ∈ R tal que

lımn→∞

∣∣∣∣an+1(x− a)n+1

an(x− a)n

∣∣∣∣ < 1

Esto es

|x− a| lımn→∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ < 1

Definiendo

R = lımn→∞

∣∣∣∣ anan+1

∣∣∣∣Se ve que la serie

∑∞n=0 an(x−a)n converge absolutamente si |x−a| < R. Ademas, se puede

demostrar que para |x− a| > R, la serie diverge

3.8.1. Teorema: Radio de convergencia

El radio de convergencia de la serie de potencias

∞∑n=0

an(x− a)n

es

R = lımx→∞

∣∣∣∣ anan+1

∣∣∣∣para x tal que |x− a| < R, la serie converge absolutamente. Para x tal que |x− a| > R, la

serie diverge

NotaUtilizando el criterio de la raız, se obtiene la siguiente equivalencia

R =1

lımn→∞ |an|1/n= lım

n→∞

∣∣∣∣ anan+1

∣∣∣∣109

3.8.2. Definicion de una funcion mediante serie de potencias

Para una funcion dada se puede escribir

f(x) =∞∑n=0

an(x− a)n = a0 + a1(x− a) + a2(x− a)2 + ...

cuyo dominio es el intervalo de convergencia de la serie. Si esta tiene un radio de convergenciaR > 0, f es continua, diferenciable e integrable para x, |x− a| < R. Ademas, tanto su derivadacomo la integral se pueden determinar por derivar e integrar termino a termino, respectivamente(convergencia uniforme)

f ′(x) = a1 + 2a2(x− a) + 3a3(x− a)2 + ... =∞∑n=1

ann(x− a)n−1

ˆdxf(x) = C + a0(x− a) + a1

1

2(x− a)2 + a2

(x− a)3

3+ ... = C +

∞∑n=0

an(x− a)n+1

n+ 1

3.8.3. Definicion: Funcion analıtica en un punto

Se dice que f es analıtica en x = a si se puede representar por una serie de potencias enx− a , con radio de convergencia positivo.

3.9. Soluciones en torno a puntos ordinarios

Supongamos que la ecuacion diferencial de segundo orden

a2(x)y′′(x) + a1(x)y′(x) + a0(x)y(x) = 0

se expresa en la forma normal dividiendo por a2(x)

y′′(x) + P (x)y′(x) +Q(x)y(x) = 0

3.9.1. Definicion: Punto ordinario y punto singular

Se dice que x0 es un punto ordinario de la ecuacion diferencial si P (x), Q(x) son analıticasen x0. Se dice que un punto no ordinario de la ecuacion es un punto singular

110

3.9.2. Teorema: Existencia de la solucion en series de potencias

Si x = x0 es un punto ordinario de la ecuacion

y′′(x) + P (x)y′(x) +Q(x)y(x) = 0

siempre se pueden determinar dos soluciones l.i en forma de series de potencias centradasen x0

y =∞∑n=0

an(x− x0)n

Una solucion en serie converge, al menos, para |x− x0| < R, donde R es la distancia de x0

al punto singular mas cercano

3.10. Soluciones en torno a puntos singulares

Para la ecuacion

y′′(x) + P (x)y′(x) +Q(x)y(x) = 0

vimos que para todo punto ordinario x = x0 no habıa problemas para determinar dossoluciones l.i en forma de series de potencias en torno a x0

∞∑n=0

an(x− x0)n

Sin embargo, si x0 es un punto singular, no siempre esto es posible. Se podrıa llegar a unasolucion en series de la forma

∞∑n=0

an(x− x0)n+r

donde r es un entero no negativo por determinar

3.10.1. Definicion: Puntos singulares regulares e irregulares

Para la ecuacion

y′′(x) + P (x)y′(x) +Q(x)y(x) = 0

Un punto singular x = x0 es singular regular si tanto (x− x0)P (x) como (x− x0)2Q(x) sonanalıticas en x0. Se dice que un punto singular no regular es un punto singular irregular de laecuacion.

111

3.10.2. Teorema de Frobenius

Si x = x0 es un punto singular regular de la ecuacion

y′′(x) + P (x)y′(x) +Q(x)y(x) = 0

Existe al menos una solucion en serie de la forma

y = (x− x0)r∞∑n=0

an(x− x0)n

en donde r es una constante por determinar. Esta serie converge al menos en un intervalo0 < |x− x0| < R

112

Problema

a) Encuentre las relaciones de recurrencia para la solucion en serie de potencias, alrededorde t = 0, de la ecuacion de Legendre

(t2 − 1)y′′(t) + 2ty′(t)− µ(µ+ 1)y(t) = 0

b) Muestre que si µ es un entero positivo, entonces la ecuacion de Legendre tiene una solucionpolinomial de grado µ

Solucion

a) Sea

y(t) =∞∑n=0

antn

la solucion buscada. Derivando dos veces termino a termino y corriendo los ındices, obten-emos

y(t) =∞∑n=0

antn

y′(t) =∞∑n=0

(n+ 1)an+1tn

y′′(t) =∞∑n=0

(n+ 1)(n+ 2)an+2tn

Por lo tanto,

(t2 − 1)y′′(t) + 2ty′(t)− µ(µ+ 1)y(t) =

=∞∑n=0

(n+ 1)(n+ 2)an+2tn+2 +

∞∑n=0

2(n+ 1)an+1tn+1−

∞∑n=0

(n+ 1)(n+ 2)an+2 + µ(µ+ 1)an tn

=∞∑n=2

(n− 1)nantn +∞∑n=2

2nantn + 2a1t−

∞∑n=2

(n+ 1)(n+ 2)an+2 + µ(µ+ 1)an tn

− (2a2 + µ(µ+ 1)a0)− (6a3 + µ(µ+ 1)a1) t

= − (2a2 + µ(µ+ 1)a0)− (6a3 + (µ(µ+ 1)− 2)a1) t

+∞∑n=2

(n(n+ 1)− µ(µ+ 1)) an − (n+ 1)(n+ 2)an+2 tn

113

Igualando todos los coeficientes a cero, obtenemos que

a2 = −µ(µ+ 1)

2a0

a3 =2− µ(µ+ 1)

6a1

an+2 =n(n+ 1)− µ(µ+ 1)

(n+ 1)(n+ 2)an n = 0, 1, 2, 3, 4, ...

b) Si µ ∈ N entonces, cuando en la recursion anterior se tiene n = µ, obtenemos aµ+2 = 0,luego

aµ+2 = aµ+4 = aµ+6 = ... = 0

Por otra parte, todas las soluciones particulares se obtienen asignando a las constantesarbitrarias a1 y a0 valores dados. Entonces, si µ es par escogemos a1 = 0, con lo cual a2k+1 = 0para todo k = 0, 1, 2, ... y, como vimos antes, a2k = 0 para 2k ≥ µ+ 2, con lo cual

an = 0 ∀n > µ

implicando que todas las soluciones obtenidas haciendo a1 = 0 son polinomios de grado µ.

Si µ es impar , en tal caso se puede escoger a2 = 0 y razonando como antes se obtiene comosoluciones polinomio de grado µ

114

Problema

Comencemos por considerar la ecuacion

x4 d2y

dx2+ λy = 0

que tiene una singularidad que no es regular en el punto x = 0

a) Demuestre que el cambio de variable t = 1/x genera una ecuacion diferencial que poseeuna singularidad regular en t = 0, vale decir que se le puede aplicar el metodo de Frobenius(basado en serie de potencias)

b) Aplique el metodo de potencias (Frobenius) para encontrar soluciones l.i ϕ1(t), ϕ2(t) dela ecuacion precedente

Solucion

a) Al aplicar el cambio de variables, se observa que

d2y

dx2=

d

dx

(dy

dt

dt

dx

)=

d

dx

(− 1

x2

dy

dt

)d2y

dx2=

2

x3

dy

dt− 1

x2

d

dx

(dy

dt

)d2y

dx2= 2t3

dy

dt− 1

x2

−1

x2

(d2y

dt2

)=d2y

dt2t4 + 2

dy

dtt3

de modo que la ecuacion se reduce a

y′′(t) +2

ty′(t) + λy(t) = 0

Notar que el punto t = 0 es singular regular de esta ecuacion

b) Sabemos que la ecuacion acepta al menos una solucion de la forma

y(t) = tr∞∑n=0

antn

Derivando

y′(t) = rtr−1

∞∑n=0

antn + tr

∞∑n=0

(n+ 1)an+1tn

y′′(t) = r(r − 1)tr−2

∞∑n=0

antn + 2rtr−1

∞∑n=0

(n+ 1)an+1tn + tr

∞∑n=0

(n+ 2)(n+ 1)an+2tn

Reemplazando en la ecuacion

r(r − 1)tr−2

∞∑n=0

antn + 2rtr−1

∞∑n=0

(n+ 1)an+1tn + tr

∞∑n=0

(n+ 2)(n+ 1)an+2tn + 2rtr−2

∞∑n=0

antn+

2tr−1

∞∑n=0

(n+ 1)an+1tn + λtr

∞∑n=0

antn = 0

115

Igualando a cero los coeficientes de tr−2, se obtiene la ecuacion

r(r − 1) + 2r = 0

Cuyas soluciones son r1 = 0, r2 = −1. Para r1 = 0, se tiene

∞∑n=0

(n+ 2)(n+ 1)an+2tn + 2t−1

∞∑n=0

(n+ 1)an+1tn + λ

∞∑n=0

antn = 0

∞∑n=0

(n+ 2)(n+ 1)an+2tn + 2

∞∑n=0

(n+ 1)an+1tn−1 + λ

∞∑n=0

antn = 0

Luego a1 = 0 y

∞∑n=0

(n+ 2)(n+ 1)an+2tn + 2

∞∑n=0

(n+ 2)an+2tn + λ

∞∑n=0

antn = 0

((n+ 2)(n+ 1) + 2(n+ 2)) an+2 + λan = 0 ; n = 0, 1, 2, 3, ...

(n2 + 5n+ 6

)an+2 + λan = 0 ; n = 0, 1, 2, 3, ...

an+2 = − λ

(n+ 3)(n+ 2)an ; n = 0, 1, 2, 3, ...

Se ve que an = 0 para todo n impar (a1 = 0), mientras que

a2 = − λ

3× 2a0

a4 = − λ

5× 4a2 =

λ2

5!a0

a6 = − λ

7× 6a4 = −λ

3

7!a0

Se deduce

a2n =(−1)n

(2n+ 1)!(λn)

Finalmente una solucion queda dada por

y1(t) = a0

∞∑n=0

(−1)n

(2n+ 1)!(√λt)2n = a0

sin(√λt)√λt

Por ultimo, para r = −1

t−1

∞∑n=0

(n+ 2)(n+ 1)an+2tn + λt−1

∞∑n=0

antn = 0

116

Luego

an+2 = − λ

(n+ 2)(n+ 1)an

Tomando a1 = 0, entonces an = 0 para todo n impar, y ademas

a2 = − λ

2× 1a0

a4 = − λ

4× 3a2 =

λ2

4!

a6 = − λ

6× 5a4 = −λ

3

6!

Ası

a2n =(−1)n

(2n)!

(√λ)2n

y otra solucion de la ecuacion, l.i con la anterior resulta ser

ϕ2(t) = t−1b0

∞∑n=0

(−1)n

(2n)!

(√λt)2n

=cos(√λ)t

t

Finalmente, volviendo a la variable x, la solucion general de la ecuacion propuesta toma laforma

y(x) = α1x√λ

sin(√

λ/x)

+ α2x cos(√

λ/x)

117

Problema

a) Resuelva el problema

(x2 − 2x− 3)y′′(x) + 3(x− 1)y′(x) + y = 0 y(1) = 4, y′(1) = 1

con serie de potencias centrada en x0 = 1. Encuentre el radio de convergencia de lasolucion

b) Encuentre los 5 primeros terminos de la expansion en serie de potencias centrada en 0 dela solucion del problema

y′′ − exy = 0, y(0) = 1, y′(0) = 1

Solucion

a) Sea el cambio de variable t = x− 1, y v(t) = y(x) = y(t+ 1). Entonces, la ecuacion

(x2 − 2x− 3)y′′(x) + 3(x− 1)y′(x) + y = 0 y(1) = 4, y′(1) = 1

Es equivalente a

(t2 − 4)v′′(t) + 3tv′(t) + v = 0 y(1) = 4, y′(1) = 1

o bien

v′′(t) +3t

t2 − 4v′(t) +

1

t2 − 4v = 0 y(1) = 4, y′(1) = 1

Vemos que t = 0 es un punto ordinario de la ecuacion, de forma que admite solucion enserie de potencias centrada en 0

v(t) =∞∑n=0

antn

Entonces

tv′(t) =∞∑n=0

nantn , v′′(t) =

∞∑n=0

(n+ 2)(n+ 1)an+2tn

y

t2v′′(t) =∞∑n=0

n(n− 1)antn

Sustituyendo en la ecuacion, se obtiene la relacion

an+2 =n+ 1

4(n+ 2)an para todo n ≥ 0

118

De esta forma

a2 =1

4× 2a0

a4 =3

4× 4a2 =

3

4× 4× 4× 2a0 =

2× 3× 4

44 × (2!)2a0 =

4!

44 × (2!)2a0

a6 =5

4× 6a4 =

5!× 6

44 × 4× 6× 6× (2!)2a0 =

6!

46 × (3!)2a0

Luego, se ve que en general

a2k =(2k)!

42k(k!)2a0 para todo k ≥ 0

del mismo modo se deduce

a2k+1 =(k!)2

(2k + 1)!a1

Las condiciones iniciales implican v(0) = 4 → a0 = 4 y v′(0) = 1 → a1 = 1. La solucion esentonces

y(x) = 4∞∑k=0

(2k!)2

42k(k!)2(x− 1)2k +

∞∑k=0

(k!)2

(2k + 1)!(x− 1)2k+1

y su radio de convergencia es igual a 2, pues esta es la distancia entre x0 = 1 y la raız mascercana del polinomio (x2 − 2x− 3)

b) Busco una solucion de la forma y(x) =∑∞

k=0 akxk. Las condiciones iniciales implican

a0 = 1, a1 = 1. Sustituyendo la serie en la ecuacion diferencial se obtiene

∞∑k=0

(k + 2)(k + 1)ak+2xk −

(∞∑k=0

xk

k!

)(∞∑k=0

akxk

)= 0

Se tiene ademas

(∞∑k=0

xk

k!

)(∞∑k=0

akxk

)= a0 + (a0 + a1)x+

(a0

2!+ a1 + a2

)x2 +

(a0

3!+a1

2!+ a2 + a3

)x3 + ...

=∞∑k=0

(k∑j=0

aj(k − j)!

)xk

Se tiene entonces la relacion

ak+2 =1

(k + 2)(k + 1)

k∑j=0

aj(k − j)!

119

Por ende, los primeros 5 terminos de la expansion son

1 + x+x2

2+x3

3+x4

6

120

Capıtulo 4

Transformada de Laplace

La transformada de Laplace es una herramienta realmente poderosa para resolver ecuacionesdiferenciales lineales, o en general sistemas de ecuaciones lineales. Primeramente definiremos latransformada de Laplace, derivaremos sus propiedades mas interesantes y luego la aplicacion ala resolucion de ecuaciones diferenciales sera inmediata

4.1. Definicion: Transformada de Laplace

Sea f : [0,∞)→ R. Definimos la transformada de Laplace de f como la integral impropia

F (s) = L f (s) =

ˆ ∞0

dtf(t)e−st

para aquellos valores de s ∈ C para los cuales la integral converge. El conjunto de estosvalores constituye la region de convergencia, y corresponde al conjunto de valores para loscuales

ˆ ∞0

dt |f(t)| e−Res t <∞

En efecto, si esto ultimo se cumple, la transformada de Laplace existe. Sea s = σ + iδ

0 ≤∣∣∣∣ˆ ∞

0

dtf(t)e−st∣∣∣∣ ≤ ˆ ∞

0

dt |f(t)|∣∣e−σt−iδt∣∣ =

ˆ ∞0

dt |f(t)| e−Res t <∞

4.2. Algunas transformadas de Laplace

4.2.1. Funcion de Heavyside

Sea la funcion de Heavyside

H(t) =

0 t < 01 t > 0

121

A continuacion se ilustra la forma de la funcion Heavyside

Fig. 4.1: H(t) tambien es llamada popularmente funcion escalon

Su transformada de Laplace esta dada por

L H(t) (s) =

ˆ ∞0

dtH(t)e−st =

ˆ ∞0

dte−st = −1

se−st

∣∣∣∞0

Esta ultima integral converge unicamente para <s > 0, y se tiene

L H(t) (s) =1

s<s > 0

4.2.2. Delta de Dirac δ(t)

En muchos modelos fısicos se utilizan funciones generalizadas, o distribuciones de Schwartz,que no son funciones en el sentido ordinario. El ejemplo mas ilustre y sobresaliente de funciongeneralizada es la delta de Dirac, que resulta fundamental para el desarollo de muchas teorıas dela fısica, ası como del Analisis de Senales (Disciplina de la Ingenierıa Electrica). Las propiedadesfundamentales de la delta son

δ(t) = 0 ∀t 6= 0 Es cero excepto en el origen

ˆ ∞−∞

dtδ(t) = 1 Integra uno

ˆ ∞−∞

dtδ(t)f(t) = f(0) Para toda f definida en x = 0

ˆ ∞−∞

dt′δ(t− t′)f(t′) = f(t)

Notar que a pesar de que la delta de dirac es nula excepto en el origen, su integral es 1. Estopor supuesto es imposible para una funcion ordinaria, la unica forma de pensarlo es que tengaun valor indefinidamente grande en x = 0 (infinito!). Esta es una forma intuitiva de pensar enla delta, sin embargo incorrecta, pues no se trata de una funcion.

122

Existen varias sucesiones de funciones que se aproximan a este comportamiento. (Es decir,definen la delta de Dirac). Un ejemplo consiste en la siguiente sucesion de funciones

δn(t) =

0 t < −1/n

n/2 −1/n < t < 1/n

0 t > 1/n

Fig. 4.2: Primeras 3 funciones dadas por la sucesion δn(x)

Notar que a medida que aumenta n, la funcion se asemeja a un rectangulo cada vez masangosto en torno al origen y de mayor amplitud. Sin embargo, siempre el area bajo δn(t) es1. Fısicamente usaremos la delta de Dirac para modelar fuerzas de gran amplitud que actuansobre un intervalo de tiempo infinitamente breve

Veamos que en efecto δn(t) se comporta como la delta cuando n→∞ˆ ∞−∞

dtδn(t) =

ˆ 1/n

−1/n

dt(n

2

)=(n

2

) 2

n= 1

Ademas, para obtener

ˆ ∞−∞

dtδn(t)f(t)

Usamos el teorema del valor medio integral

ˆ ∞−∞

dtδn(t)f(t) =n

2

ˆ 1/n

−1/n

dtf(t) =n

2

2

nfn = fn

donde fn es el valor de la funcion para algun t entre −1/n < t < 1/n . De esta forma, esclaro que

lımn→∞

ˆ ∞−∞

dtδn(t)f(t) = lımn→∞

fn = f(0)

En resumen, la sucesion δn(t) define la funcion generalizada δ(t)

La transformada de Laplace de la delta de Dirac1 esta dada por

L δ(t) (s) =

ˆ ∞0

dtδ(t)e−st = e−s0 = 1

1Ası es, definiremos la transformada de Laplace de la Delta sin remordimientos

123

Ası

L δ(t) (s) = 1 ∀s ∈ C

Fig. 4.3: Paul Dirac

Paul Dirac(1902-1984) Fısico Ingles. Se graduo de Ingeniero Electrico en 1921, posteri-ormente estudio matematicas y fue recibido en la Universidad de Cambridge. En 1926 desar-rollo una version de la mecanica cuantica en la que unıa el trabajo previo de Werner Heisenbergy de Erwin Schrodinger en un unico modelo matematico que asocia cantidades medibles conoperadores que actuan en el espacio vectorial de Hilbert y describe el estado fısico del sistema.Por este trabajo recibio un doctorado en fısica por Cambridge. En 1928, trabajando en losspines no relativistas de Pauli, hallo la ecuacion de Dirac, una ecuacion relativista que describeal electron. Este trabajo permitio a Dirac predecir la existencia del positron, la antipartıculadel electron

4.2.3. Transformadas de funciones sencillas

Sea la funcionf(t) = e−atH(t)

Fig. 4.4: f(t) es una exponencial decreciente para a > 1, y creciente para a < 1

Entonces

Le−atH(t)

(s) =

ˆ ∞0

dte−ate−st =

ˆ ∞0

dte−(a+s)t =−1

(a+ s)e−(a+s)t

∣∣∣∞0

Esta ultima integral converge unicamente si <a+ s > 0 , es decir para <s > −a

Le−atH(t)

(s) =

1

s+ a<s > −a

124

Sea la funcion

f(t) = tH(t)

Su transformada de Laplace esta dada por

L tH(t) (s) =

ˆ ∞0

dtte−st = − d

ds

ˆ ∞0

dte−st = − d

ds

(1

s

)<s > 0

L tH(t) (s) =1

s2<s > 0

En general, si

f(t) = tnH(t) n ∈ Nentonces

L tnH(t) (s) =

ˆ ∞0

dttne−st = − 1

stne−st

∣∣∣∞0︸ ︷︷ ︸

0 si <s>0

+1

s

ˆ ∞0

dtntn−1e−st

L tnH(t) (s) =n

s

ˆ ∞0

dttn−1e−st =n(n− 1)

s2

ˆ ∞0

dttn−2e−st

Se deduce entonces

L tnH(t) (s) =n!

sn

ˆ ∞0

dte−st =n!

sn+1<s > 0

L tnH(t) (s) =n!

sn+1<s > 0 n ∈ N

4.2.4. Transformada de sin at y cos at

La transformada de cos at puede ser encontrada facilmente utilizando la forma compleja

cos at =1

2

(eiat + e−iat

)Se tiene entonces

L cos atH(t) (s) =1

2

ˆ ∞0

dte(s+ia)t +

ˆ ∞0

dte(s−ia)t

L cos atH(t) (s) =

1

2

1

s+ ia+

1

s− ia

︸ ︷︷ ︸

2s/(s2+a2)

<s > 0

125

Finalmente

L cos atH(t) (s) =s

s2 + a2<s > 0

Del mismo modo

sin at =1

2i

(eiat − e−iat

)

Luego

L sin atH(t) (s) =1

2i

ˆ ∞0

dte(s+ia)t −ˆ ∞

0

dte(s−ia)t

L sin atH(t) (s) =1

2i

1

s+ ia− 1

s− ia

︸ ︷︷ ︸

2ia/(s2+a2)

<s > 0

Con esto

L sin atH(t) (s) =a

s2 + a2<s > 0

126

4.3. Propiedades de la transformada de Laplace

4.3.1. Linealidad

Resulta evidente de la definicion que la transformada de Laplace es una aplicacion lineal

L af1(t) + bf2(t) (s) =

ˆ ∞0

dtaf1(t)e−st +

ˆ ∞0

dtbf2(t)e−st

= aL f1(t)+ bL f2(t)

con a y b constantes arbitrarias

4.3.2. Existencia

Si f(t) es Riemann integrable para 0 ≤ t ≤ T , para cualquier T finito, y de orden exponen-cial, es decir, existen M y a constantes tales que

|f(t)| ≤Meat ∀t > 0

entonces f(t) tiene una transformada de Laplace para <s > a y

lım|s|→∞

L f(t) (s) = 0

Demostracion

Se tiene

∣∣∣∣ˆ T

0

dtf(t)e−st∣∣∣∣ ≤ ˆ T

0

dte−<st|f(t)| ≤M

ˆ T

0

dte−<steat =M

<s − a− M

<s − ae(a−<s)T

Si <s > a, entonces

lımT→∞

∣∣∣∣ˆ T

0

dtf(t)e−st∣∣∣∣ ≤ lım

T→∞

(M

<s − a− M

<s − ae(a−<s)T

)=

M

<s − a

Esto establece la convergencia absoluta de la integral, y de la desigualdad obtenida

|L f(t) (s)| ≤ M

<s − a

se sigue que

lım|s|→∞

L f(t) = 0

127

4.3.3. Desplazamiento temporal

Sea una funcion f(t)H(t). Interesa determinar la transformada de Laplace de la mismafuncion desplazada en a, con a > 0, es decir, de

f(t− a)H(t− a)

su transformada de Laplace esta dada por

L f(t− a)H(t− a) =

ˆ ∞0

dtf(t− a)H(t− a)e−st =

ˆ ∞a

dtf(t− a)e−st

En seguida, mediante el cambio de variable y = t− a, dy = dt

L f(t− a)H(t− a) =

ˆ ∞0

dyf(y)e−s(y+a) = e−asL f(t)H(t)

Y se obtiene el primer teorema de traslacion

L f(t− a)H(t− a) (s) = e−asL f(t)H(t) (s)

Es decir, un desplazamiento de a en el dominio del tiempo corresponde a una multiplicacionpor un factor e−as en el dominio de Laplace

Ejemplo

Imaginemos que deseamos encontrar la transformada de Laplace de la siguiente funcion

f(t) = H(t)−H(t− a)

Esta funcion tiene la forma de un rectangulo

Su transformada de Laplace puede ser obtenida facilmente por definicion, o bien utilizandola propiedad de linealidad y desplazamiento temporal

L H(t)−H(t− a) = L H(t) −L H(t− a)

L H(t)−H(t− a) =1

s− e−as1

s=

1− e−as

s<s > 0

128

4.3.4. Desplazamiento en el dominio de Laplace

Se tiene

Lf(t)e−at

(s) =

ˆ ∞0

dtf(t)e−ate−st

=

ˆ ∞0

dtf(t)e−(a+s)t

Finalmente, se obtiene el segundo teorema de traslacion

Lf(t)e−at

(s) = L f(t) (s+ a)

Ejemplo

La transformada de Laplace de te−at se puede obtener facilmente como

Lte−at

(s) = L t (s+ a) =

1

s2

∣∣∣s=s+a

Lte−at

(s) =

1

(s+ a)2<s > −a

En general, utilizando la transformada de laplace de tn, se obtiene

Ltne−at

(s) =

n!

(s+ a)n+1<s > −a n ∈ N

Hasta ahora hemos simplemente definido la transformada de Laplace, hemos calculado ex-plıcitamente algunas de ellas y se han mostrado unas cuantas propiedades. Sin embargo, lapropiedad siguiente, junto con la propiedad de linealidad, son las razones principales por lasque la transformada de Laplace es reamente util para resolver ecuaciones diferenciales lineales

4.4. Derivacion en el tiempo

Sea f : [0,∞) → R acotada y diferenciable. Interesa encontrar la transformada de Laplacede su derivada, es decir

L f ′(t) (s) =

ˆ ∞0

dtf ′(t)e−st

Integrando por partes, se obtiene

L f ′(t) (s) = e−stf(t)∣∣∣∞0

+ s

ˆ ∞0

dtf(t)e−st

Siendo f(t) acotada, se tiene

L f ′(t) (s) = −f(0) + s

ˆ ∞0

dtf(t)e−st

129

y se obtiene la propiedad fundamental

L f ′(t) (s) = sL f(t) (s)− f(0)

Es decir, la transformada de Laplace de la derivada es s veces la transformada de Laplaceoriginal, menos una constante, determinada por la condicion inicial de f . La transformada dela segunda derivada es inmediata

L f ′′(t) (s) = sL f ′(t) (s)− f ′(0)

= s2L f(t) (s)− sf(0)− f ′(0)

L f ′′(t) (s) = s2L f(t) (s)− sf(0)− f ′(0)

La obtencion de la transformada de derivadas de orden superior es absolutamente analoga.Lo que podemos concluır es que las transformadas de Laplace de f y sus derivadas poseen unarelacion realmente muy simple! Esta es la razon por la que las ecuaciones diferenciales linealesen el dominio de Laplace son simples de resolver. Ademas, esta propiedad puede ser util paracalcular transformadas de Laplace, por ejemplo, si conocemos la transformada del coseno

L cos(at)H(t) =s

s2 + a2<s > 0

Entonces la transformada del seno cumple con

L a cos(at)H(t) = L (sin(at)H(t))′ = sL sin(at)H(t) − 0

as

s2 + a2= sL sin(at)H(t)

FinalmenteL sin(at)H(t) =

a

s2 + a2<s > 0

Resultado conocido. Lo mismo se puede utilizar para f(t) = teat, que cumple con f(0) = 0,luego

Leat + ateat

= sL f(t) (s)− 0

sL f(t) (s) =1

s− a+ aL f(t) (s)

Ası

L f(t) (s) =1

(s− a)2<s > −a

130

4.5. Integracion en el tiempo

Veamos ahora que ocurre para la transformada de Laplace de una integracion. Sea

f(t) =

ˆ t

0

dτg(τ)

f cumple con f(0) = 0, luego podemos utilizar la propiedad de la derivada temporal y elteorema fundamental del calculo

L f ′(t) = L g(t) = sL f(t) − 0

Ası

L

ˆ t

0

dτg(τ)

=

1

sL g(t) (s)

y se obtiene otra propiedad interesante

L

ˆ t

0

dτg(τ)

=

1

sL g(t) (s)

4.6. Derivacion en el dominio de Laplace

Las propiedades de la transformada de Laplace siguen aumentando. Por ejemplo, a partirde

L f(t) (s) =

ˆ ∞0

dtf(t)e−st

Utilizando la convergencia uniforme de la transformada, podemos derivar con respecto a se intercambiar con la integral sin problemas

d

dsL f(t) (s) = −

ˆ ∞0

dtf(t)te−st

y entonces

d

dsL f(t) (s) = −L tf(t) (s)

Por ejemplo, se puede verificar que

Lte−at

(s) = − d

ds

(1

s+ a

)=

1

(s+ a)2<s > −a

131

4.7. Propiedad de la convolucion

Se define la convolucion entre 2 funciones f y g como

h(t) =

ˆ ∞−∞

dτf(τ)g(t− τ) =

ˆ ∞−∞

dτf(t− τ)g(τ)

Notar que si g y f son nulas para t < 0, entonces

h(t) =

ˆ t

0

dτf(τ)g(t− τ) =

ˆ t

0

dτf(t− τ)g(τ)

La transformada de Laplace de la convolucion cumple

L f ∗ g (s) = L f(t) (s)L g(t) (s)

Es decir, una convolucion en el dominio del tiempo equivale a una multiplicacion en eldominio de Laplace. Tambien se tiene que

L f(t)g(t) (s) = L f(t) (s) ∗L g(t) (s)

En resumen, la multiplicacion en un dominio equivale a una convolucion en el otro.

Notar que a partir de esta propiedad, se deduce que

f(t) ∗ δ(t) = f(t) para todo f

Ademas, si f(t) = 0 para t < 0

f(t) ∗H(t) =

ˆ t

0

dτf(τ)

Es decir, convolucionar con la funcion de Heavyside corresponde a una integracion. En eldominio de Laplace resulta evidente, pues

L f ∗H (s) =1

sL f(t) (s)

4.8. Transformada inversa

Dado que la transformada Laplace de una funcion real esta definida sobre un dominiocomplejo, calcular la transformada inversa de Laplace por definicion requiere conocimientosde integracion de funciones de variable compleja que no estan al alcance de este curso. Sinembargo, en muchos casos basta utilizar el hecho de que si

L f(t) (s) = L g(t) (s) s ∈ Region de convergencia

Entonces f(t) = g(t). Con esto, si se conoce la transformada de Laplace de un conjunto defunciones, es posible encontrar la inversa por simple inspeccion. 2

2 La astucia no se compra en las farmacias!

132

4.9. Tabla de Transformadas de Laplace

Cuadro 4.1: Transformadas de Laplace y sus propiedades

Funcion Transformada de Laplace Validez

H(t) 1s

<s > 0

δ(t) 1 ∀ s ∈ C

e−atH(t) 1s+a

<s > −a

tnH(t) n!sn+1 <s > 0, n ∈ N

tne−atH(t) n!(s+a)n+1 <s > −a, n ∈ N

cos(at)H(t) ss2+a2 <s > 0

sin(at)H(t) as2+a2 <s > 0

f(t− a) e−asL f(t− a) (s) a > 0

f(t)e−at L f(t) (s+ a) a ∈ R

f ′(t) sL f(t) (s)− f(0) f acotada y derivable

´ t0dτf(τ) 1

sL f(t) (s) f integrable

tf(t) − dds

L f(t) (s) L f(t) (s) derivable

f(t) ∗ g(t) L f(t) (s)L g(t) (s) f, g con Transformada de Laplace

f(t)g(t) L f(t) (s) ∗L g(t) (s) f, g con Transformada de Laplace

133

Problema

Un bloque rectangular de masa m = 1 [kg] descansa sobre una superficie y esta sujeto a unade las paredes por un resorte de coeficiente de elasticidad k = 1 [N/m]. El roce entre el bloquey la superficie es de tipo viscoso de coeficiente λ = 2. Suponga que inicialmente el bloque seencuentra en reposo, y se aplica una fuerza dada por

F (t)

−1 si 0 ≤ t ≤ 10 si t > 1

Resuelva la ecuacion y describa el movimiento del bloque

SolucionSea x(t) la coordenada del bloque respecto al largo natural del resorte. Inicialmente, x(0) =x(0) = 0, pues se encuentra en reposo y en equilibrio. La ecuacion a resolver corresponde a lasegunda ley de Newton

x′′ + x+ 2x′ = F (t)

Notar ademas que F (t) puede ser expresada facilmente en terminos de la funcion de Heavy-side, cuya transformada de Laplace es muy conocida

F (t) = − (H(t)−H(t− 1))

Resolviendo la ecuacion diferencial en el dominio de Laplace, se tiene

L x′′ + x+ 2x′ (s) = L F (t)

s2L x(t) (s) + 2sL x(t) (s) + L x(t) (s) =e−s − 1

s

L x(t) (s)(s2 + 2s+ 1

)=e−s − 1

s

Luego la transformada de Laplace de x(t) esta dada por

L x(t) (s) =1

s(s+ 1)2

(e−s − 1

)

Notar ademas que

1

s(s+ 1)2=

1

s

1

(s+ 1)2

donde 1/(s+ 1)2 es la transformada de Laplace de te−t

134

Utilizando la propiedad de convolucion, se tiene

L −1

1

s(s+ 1)2

= H(t) ∗ (te−tH(t)) =

ˆ t

0

dττe−τ = H(t)(1− (t+ 1)e−t

)

Con lo que, finalmente x(t) esta dado por

x(t) = H(t)((t+ 1)e−t − 1

)+H(t− 1)

(1− te−(t−1)

)

135

Problema

Encontrar la solucion del problema con valor inicial

tx′′(t)− tx′(t) + x(t) = 2

x(0) = 2 x′(0) = −1

SolucionTomando la transformada de Laplace a ambos miembros se obtiene

− d

ds

(s2L x(t) (s)− 2s+ 1

)+

d

ds(sL x(t) (s)− 2) + L x(t) (s) =

2

s

Reordenando

d

dsL x(t) (s) = −2

sL x(t) (s) +

2

s2

!Notar que se obtiene una ecuacion de primer orden lineal en el dominio de Laplace. La

solucion es de la forma

L x(t) (s) =C

s2+

2

s= − d

ds

(C

s

)+

2

s

De forma que la funcion x(t) debe ser

x(t) = (2 + Ct)H(t)

La condicion inicial x′(0) = −1 determina C = −1, y entonces la solucion es

x(t) = (2− t)H(t) t ≥ 0

voila!

136

Problema

Resuelva la ecuacion integral

ˆ t

0

x(t− r) (x(r)− 1− er) dr = et − 1 t ≥ 0

SolucionEsta ecuacion puede ser resuelta tomando la transformada de Laplace a ambos lados de laigualdad. Antes de eso, se puede notar que

ˆ t

0

x(t− r) (x(r)− 1− er) dr =

ˆ t

0

drx(t− r)x(r)−ˆ t

0

drx(t− r)−ˆ t

0

drx(t− r)er

Se reconocen inmediatamente tres convoluciones

= x(t) ∗ x(t)− x(t) ∗H(t)− x(t) ∗ et

De forma que la ecuacion puede ser reescrita de la siguiente manera

x(t) ∗ x(t)− x(t) ∗H(t)− x(t) ∗ et = et − 1 t ≥ 0

Tomando la transformada de Laplace y recordando que L f ∗ g (s) = L f(t) (s)L g(t)Equivalentemente

(L x(t) (s))2 −L x(t) (s)

(1

s+

1

s− 1

)=

1

s(s− 1)

(L x(t) (s)− 1

s

)(L x(t) (s)− 1

s− 1

)= 0

de donde hay dos valores posibles para la transformada de Laplace (y entonces, dos solu-ciones)

L x(t) (s) =1

s→ x(t) = H(t)

L x(t) (s) =1

s− 1→ x(t) = etH(t)

137

Problema

Use la transformada de Laplace para resolver el sistema lineal de 2x2 de segundo orden

x′′ = 2x+ y

y′′ = 2x+ 3y

con condiciones iniciales x(0) = 0, x′(0) = 1, y(0) = 0, y′(0) = 3

SolucionHasta un sistema de ecuaciones de segundo orden es tremendamente sencillo con el eleganteformalismo de Laplace. Se tiene

s2L x(t) (s)− 1 = 2L x(t) (s) + L y(t) (s)

s2L y(t) (s)− 3 = 2L x(t) (s) + 3L y(t) (s)

En el dominio de Laplace tenemos un sencillo sistema algebraico, que puede ser escrito deforma matricial como (

s2 − 2 −1−2 s2 − 3

)(L x(t) (s)L y(t) (s)

)=

(13

)

Esto es facilmente invertible. En efecto(L x(t) (s)L y(t) (s)

)=

1

(s2 − 1)(s2 − 4)

(s2 − 3 1

2 s2 − 2

)(13

)

=1

(s2 − 1)(s2 − 4)

(s2

3s2 − 4

)

De aquı se obtienen ambas transformadas de Laplace

L x(t) (s) =s2

(s2 − 1)(s2 − 4)= −1

3

1

s2 − 1+

4

3

1

s2 − 4

L y(t) (s) =3s2 − 4

(s2 − 1)(s2 − 4)=

1

3

1

s2 − 1+

8

3

1

s2 − 4

Encontremos finalmente las transformadas inversas

L x(t) (s) = −1

3

1

s2 − 1+

4

3

1

s2 − 4= −1

3

(− 1/2

s+ 1+

1/2

s− 1

)+

4

3

(−1/4

s+ 2+

1/4

s− 2

)De aquı se lee

x(t) =

(1

6e−t − 1

6et +

1

3e2t − 1

3e−2t

)H(t)

138

De igual forma, para y

L y(t) (s) =1

3

(1/2

s− 1− 1/2

s+ 1

)+

8

3

(1/4

s− 2− 1/4

s+ 2

)

Luego

x(t) =

(1

6et − 1

6e−t +

2

3e2t − 2

3e−2t

)H(t)

139

Problema

Considere el oscilador armonico

x′′(t) + x(t) = f(t)

sometido a impulsos periodicos decrecientes en amplitud, modelados por una suma ponder-ada de deltas de Dirac

f(t) =∞∑n=0

1

2nδ(t− 2nπ)

a) Determine la solucion x(t) con x(0) = x′(0) = 0

b) Demuestre que lımt→∞x(t)

sin(t)= 2

Soluciona) Tomando la transformada de Laplace a ambos lados de la ecuacion, y utilizando linealidad

L x′′(t) + x(t) (s) = L

∞∑n=0

1

2nδ(t− 2nπ)

=∞∑n=0

1

2nL δ(t− 2nπ)

(s2 + 1)L x(t) (s) =∞∑n=0

1

2ne−2πns

L x(t) (s) =∞∑n=0

1

2ne−2πns

s2 + 1

La transformada inversa esta dada por

x(t) =∞∑n=0

1

2nH(t− 2nπ) sin(t− 2nπ) = sin t

∞∑n=0

1

2nH(t− 2nπ)

Notar ademas que para t ≥ 0, H(t− 2nπ) 6= 0 para t > 2nπ. Es decir, la suma es finita, yva desde n = 0 hasta la parte entera de t

2π, esto es

∞∑n=0

1

2nH(t− 2nπ) =

N∑n=0

1

2n=

1− 1/2N+1

1− 1/2= 2

(1− 12N+1

)

con N = [t/2π]. Finalmente

x(t) = 2

(1− 1

2N+1

)sin t

Si t→∞, entonces N →∞ y

lımt→∞

x(t)

sin t= 2

140

Problema

Para pequenas oscilaciones, la dinamica de un pendulo doble queda representada por unsistema de ecuaciones de la forma

(m1 +m2) l21ϑ′′1 +m2l1l2ϑ

′′2 + (m1 +m2) l1gϑ1 = 0

m2l22ϑ′′2 +m2l1l2ϑ

′′1 +m2l2gϑ2 = 0

Escriba el sistema de ecuaciones lineales satisfecho por la transformada de Laplace de ϑ1 yϑ2. Encuentre ϑ1(t) en el caso particular en que ϑ1(0) = 0, ϑ′1(0) = 0, ϑ2(0) = 0, ϑ′2(0) = 1 yl1 = l2 = l

SolucionUtilizaremos la siguiente notacion para las transformadas de Laplace

Θ1(s) = L ϑ1(t) (s)

Θ2(s) = L ϑ2(t) (s)

El sistema de ecuaciones a resolver, en el caso l1 = l2 = l es

(m1 +m2) ϑ′′1 +m2ϑ′′2 + (m1 +m2)

g

lϑ1 = 0

m2ϑ′′2 +m2ϑ

′′1 +m2

g

lϑ2 = 0

Aplicando la transformada de Laplace, y las condiciones iniciales respectivas

(m1 +m2)(s2 +

g

l

)Θ1(s) +m2

(s2Θ2(s)− 1

)= 0(

s2Θ2(s) +g

lΘ2(s)− 1

)+ s2Θ1(s) = 0

141

Reescribiendo (1 +

m1

m2

)(s2 +

g

l

)Θ1(s) + s2Θ2(s) = 1(

s2 +g

l

)Θ2(s) + s2Θ1(s) = 1

Definiendo M2 = 1 + m1

m2, escribimos este sistema de la siguiente manera(M2

(s2 + g

l

)s2

s2 s2 + gl

)(Θ1(s)Θ2(s)

)=

(11

)

Cuya solucion es(Θ1(s)Θ2(s)

)=

1

M2(s2 + g/l)2 − s4

(s2 + g

l−s2

−s2 M2(s2 + g

l

))(11

)

Notese que

1

M2(s2 + g/l)2 − s4=

1

(M2 − 1)s4 + 2glM2s2 +M2 g

2

l2

=

(1

M2 − 1

)1

s2 + gMl(M−1)

1

s2 + gMl(M+1)

Definiendo

w1 =

√gM

l(M − 1)w2 =

√gM

l(M + 1)

1

M2(s2 + g/l)2 − s4=

m2

m1w1w2

w1

s2 + w21

w2

s2 + w22

1

M2(s2 + g/l)2 − s4=

√m2

m1

l

gM

(w1

s2 + w21

)(w2

s2 + w22

)

Y entonces

Θ1(s) =

√m2 +m1

m1

(w1

s2 + w21

)(w2

s2 + w22

)

Θ2(s) =

√m2

m1

l

gM

(w1

s2 + w21

)(w2

s2 + w22

)((M2 − 1)s2 +M2 g

l

)

142

Aquı se aprecia que

ϑ1(t) =

√m2 +m1

m1

(sinw1tH(t) ∗ sinww(t)H(t))

ϑ1(t) =

√m2 +m1

m1

ˆ t

0

dτ sin(w1τ) sin (w2(t− τ))

143

Problema

Resuelva el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales

x′1 + x′2 + x′3 = t

x′1 + 2x′2 + x′3 = et

x′1 + x′2 − x′3 = 0

con condiciones inicialesx1(0) = x2(0) = 0 x3(0) = 1

SolucionSe tiene

L x′1(t) (s) = sL x1(t) (s)

L x′2(t) (s) = sL x2(t) (s)

L x′3(t) (s) = sL x3(t) (s)− 1

Con esto, el sistema equivale a

sL x1(t) (s) + sL x2(t) (s) + sL x3(t) (s) = L t (s) + 1

sL x1(t) (s) + 2sL x2(t) (s) + sL x3(t) (s) = Let

(s) + 1

sL x1(t) (s) + sL x2(t) (s)− sL x3(t) (s) = −1

L x1(t) (s) + L x2(t) (s) + L x3(t) (s) =1 + s2

s3

L x1(t) (s) + 2L x2(t) (s) + L x3(t) (s) =1

s− 1

L x1(t) (s) + L x2(t) (s)−L x3(t) (s) = −1

s

Restando la segunda ecuacion con la primera, se obtiene

L x2(t) (s) =1

s− 1− 1 + s2

s3=

1

s− 1− 1

s3− 1

s

Luego, sumando la primera y la tercera

2L x1(t) (s) + 2L x2(t) (s) =1

s3

L x1(t) (s) =1

2s3−L x2(t) (s) =

3

2s3− 1

s− 1+

1

s

144

Finalmente, reemplazando en la primera se obtiene

3

2s3− 1

s− 1+

1

s+

1

s− 1− 1

s3− 1

s+ L x3(t) (s) =

1

s3+

1

s

L x3(t) (s) =1

2s3+

1

s

Ahora basta con calcular las transformadas inversas. Es util recordar que

L t (s) = − d

ds

(1

s

)=

1

s2

Lt2

(s) = − d

ds

(1

s2

)=

2

s3

Con esto

x1(t) = L −1

3

2s3− 1

s− 1+

1

s

=

3

2L −1

1

s3

−L −1

1

s− 1

+ L

1

s

x1(t) =

(3

4t2 − et + 1

)H(t)

x2(t) = L −1

1

s− 1− 1

s3− 1

s

=

(et − 1

2t2 − 1

)H(t)

x2(t) = L −1

1

2s3+

1

s

=

(1

4t2 + 1

)H(t)

Botado!

145

Problema

Resuelva la elegante ecuacion

x′(t) + 3x(t) + 2

ˆ t

0

dτx(τ) = f(t)

con condiciones iniciales nulas

SolucionUtilizando la transformada de Laplace, obtenemos

sL x(t) (s) + 3L x(t) (s) +2

sL x(t) (s) = L f(t) (s)

L x(t) (s)

(s+ 3 +

2

s

)= L x(t) (s)

(s2 + 3s+ 2

s

)= L f(t) (s)

L x(t) (s) =

(s

(s+ 2)(s+ 1)

)L f(t) (s)

Notar que si llamamos h(t) a la solucion cuando f(t) = δ(t), entonces

L h(t) (s) =

(s

(s+ 2)(s+ 1)

)=−1

s+ 1+

2

s+ 2

h(t) =(2e−2t − e−t

)H(t)

de forma que para cualquier f(t), la solucion de la ecuacion esta dada por

x(t) = h(t) ∗ f(t)

pues

L x(t) (s) = L h(t) (s)L f(t) (s)

Notar esta espectacular propiedad que cumplen los sistemas descritos por ecuaciones difer-enciales lineales: basta conocer la solucion cuando f(t) es una delta de dirac, o impulso. Estasolucion, llamada respuesta al impulso por los ingenieros electricos 3 es todo lo que se debeconocer de este tipo de sistemas para caracterizarlo completamente. En efecto, para cualquierf(t), la solucion esta dada por

x(t) = h(t) ∗ f(t) =

ˆ t

0

dτf(τ)h(t− τ)

Esto es realmente notable.

3Yo tambien soy Ingeniero Electrico, pero encuentro muy poco elegante llamar impulso a la Delta de Dirac

146

Problema

a) Exprese la transformada inversa de Laplace de

F (s) = e−2s 1

(s+ 1)3

s

s2 + 2s+ 2

como una convolucion

b) Mediante la transformada de Laplace resuelva la ecuacion

y′(t) + 2y(t) +

ˆ t

0

y(t− τ)dτ =

t t < 1

2− t 1 ≤ t ≤ 20 t > 2

sujeta a la condicion inicial y(0) = 1

Soluciona) Se tiene

F (s) = e−2s 1

(s+ 1)3︸ ︷︷ ︸H(s)

s

s2 + 2s+ 2︸ ︷︷ ︸G(s)

Luego

h(t) = L −1 H(s) =t2e−t

2H(t)

g(t) = L −1 G(s) = L −1

s

s2 + 2s+ 2

g(t) = L −1

s+ 1

(s+ 1)2 + 1− 1

(s+ 1)2 + 1

= e−t (cos t− sin t)H(t)

Entonces

L −1 F (s) = L −1e−2sH(s)

︸ ︷︷ ︸h(t−2)

L −1 G(s)

Finalmente

f(t) =

(1

2e−(t−2)(t− 2)2H(t− 2)

)∗ et (cos t− sin t)

f(t) =

ˆ t

0

dτ1

2e−(τ−2)(τ − 2)2H(τ − 2)et−τ (cos(t− τ)− sin(t− τ))

147

b) Se debe notar que la funcion definida a tramos puede ser expresada en terminos defunciones de Heavyside

y′(t) + 2y(t) +

ˆ t

0

y(t− τ)dτ = t (H(t)−H(t− 1)) + (2− t) (H(t− 1)−H(t− 2))

y′(t) + 2y(t) + y(t) ∗H(t) = tH(t) + 2(1− t)H(t− 1) + (t− 2)H(t− 2)

Tomando la transformada de Laplace a ambos lados de la ecuacion

sL y(t) (s)− 1 + 2L y(t) (s) +1

sL y(t) (s) =

1

s2− 2

e−s

s2+e−2s

s2

L y(t) (s)

(s+ 2 +

1

s

)= 1 +

1

s2− 2

e−s

s2+e−2s

s2

L y(t) (s)

(s2 + 2s+ 1

s

)= 1 +

1

s2− 2

e−s

s2+e−2s

s2

L y(t) (s) =s

(s+ 1)2+

1

s(s+ 1)2− 2

e−s

s(s+ 1)2+

e−2s

s(s+ 1)2

Ahora realizamos las siguientes jugadas estrategicas

L −1

s

(s+ 1)2

= L −1

s+ 1− 1

(s+ 1)2

=(e−t − te−t

)H(t)

L −1

1

s(s+ 1)2

=

ˆ t

0

dτe−ττ = −e−τ (τ + 1)∣∣∣t0

=(1− e−t(t+ 1)

)H(t)

L −1

e−s

s(s+ 1)2

=(1− e−(t−1)t

)H(t− 1)

L −1

e−2s

s(s+ 1)2

=(1− e−(t−2)(t− 1)

)H(t− 2)

Finalmente nos comemos a la reina

y(t) =(1− 2te−t

)H(t)− 2

(1− e−(t−1)t

)H(t− 1) +

(1− e−(t−2)(t− 1)

)H(t− 2)

148

Problema

Resolver

y′′(t) + 2y′(t) + 5y(t) =

0 t < 2e−t t ≥ 2

SolucionLa transformada del lado derecho esta dada por

ˆ ∞2

e−ste−tdt =

ˆ ∞2

dte−t(s+1) =e−2(s+1)

s+ 1

Luego

L y(t) (s)(s2 + 2s+ 5

)− sy(0)− y′(0)− 2y(0) =

e−2(s+1)

s+ 1

L y(t) (s) =(s+ 2)y(0)

(s+ 1)2 + 4+

y′(0)

(s+ 1)2 + 4+

e−2(s+1)

(s+ 1) ((s+ 1)2 + 4)

Se tiene ademas

L −1

(s+ 2)y(0)

(s+ 1)2 + 4

= L −1

(s+ 1)y(0)

(s+ 1)2 + 4+

y(0)

(s+ 1)2 + 4

L −1

(s+ 2)y(0)

(s+ 1)2 + 4

= y(0)e−t

(cos 2t+

1

2sin 2t

)H(t)

L −1

y′(0)

(s+ 1)2 + 4

= e−t

y′(0)

2sin 2tH(t)

Considerando ademas que

L −1

1

s (s2 + 4)

=

ˆ t

0

dτsin 2τ

2= −1

4cos 2τ

∣∣∣t0

=1

4(1− cos 2t)H(t)

L −1

e−2s

s (s2 + 4)

=

1

4(1− cos 2(t− 2))H(t− 2)

Finalmente

L −1

e−2(s+1)

(s+ 1) ((s+ 1)2 + 4)

=e−t

4(1− cos 2(t− 2))H(t− 2)

Ası

y(t) = e−t

1

4(1− cos 2(t− 2))H(t− 2) +

(y(0) cos 2t+

(y(0) + y′(0))

2sin 2t

)H(t)

149

150

Capıtulo 5

Sistemas de Ecuaciones Lineales deprimer orden

5.1. Definicion: Sistema lineal de primer orden

Decimos que un sistema de Ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden es normaly lineal si es de la forma

dyi(t)

dt= ai1(t)y1(t) + ai2(t)y2(t) + ...+ ain(t)yn(t) + fi(t) 1 ≤ i ≤ n ∈ N

donde aij(t) : 1 ≤ i, j ≤ n y fi(t), 1 ≤ i ≤ n son funciones unicamente de la variableindependiente (en este caso t). Tal sistema sera escrito en forma matricial como

d

dt~y(t) = A(t)~y(t) + ~f(t)

donde

~y(t) =

y1(t)y2(t)...yn(t)

~f(t) =

f1(t)f2(t)...fn(t)

y A(t) es una matriz de n× n

A(t) =

a11(t) a12(t) ... a1n(t)... ... ...

an1(t) an2(t) ... ann(t)

Nota: Cualquier ecuacion lineal normal de orden n

yn(t) + p1(t)yn−1(t) + ...+ pn(t)y(t) = f(t)

puede ser transformada en un sistema de n ecuaciones lineales de primer orden, con nincognitas.

151

En efecto, basta tomar

y1(t) = y(t) y2 = y′(t) ... yn−1 = yn−2(t) yn(t) = yn−1(t)

Con esto, se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones de primer orden

d

dty1(t) = y2(t)

d

dty2(t) = y3(t)

d

dtyi−1(t) = yi(t) 2 ≤ i ≤ n

d

dtyn(t) = f(t)− p1(t)yn(t)− ...− pny1(t)

Este sistema tiene la siguente pinta

d

dt

y1(t)y2(t)...yn(t)

=

0 1 0 ... 00 0 1 ... 0... ... ... ... ...0 0 0 ... 1

pn(t) pn−1(t) ... p2(t) p1(t)

y1(t)y2(t)...yn(t)

+

00...f(t)

5.2. Teorema: Existencia y unicidad de solucion para un

PVI de sistemas lineales

Consideremos un sistema de EDO de primer orden normal, de la forma

d

dtyi(t) = fi(t, y1, y2, ..., yn) 1 ≤ i ≤ n

supongamos que existe un intervalo I ⊆ Rn+1 donde f1, f2, ..., fn estan definidas, son con-tinuas y ademas las derivadas parciales

∂fi(t)

∂yj1 ≤ i, j ≤ n

estan definidas y son continuas, entonces

i) Si (t0, z1, z2, ..., zn) ∈ I ⊆ Rn+1, luego existe una solucion

~ϕ(t) = (ϕ1, ϕ2, ..., ϕn)T

de la ecuacion tal que

ϕi(t0) = zi 1 ≤ i ≤ n

ii) Si ~ϕ(t) y ~ψ(t) son dos soluciones del P.V.I de i), entonces son iguales en el intervalo dedefinicion

152

5.2.1. Sistemas lineales de coeficientes constantes

Hemos visto que un sistema lineal de ecuaciones de primer orden siempre tiene la forma

~x′ = A~x+ ~f

Supongamos por ahora que A es una matriz de coeficientes constantes. La solucion generaldel sistema esta dada por

~x = eAt~x0 + eAtˆ t

0

dτe−Aτ ~f(τ)

donde eAt se define como la siguiente matriz

eAt =∞∑k=0

1

k!Aktk

La demostracion se obtiene considerando que

d

dteAt =

∞∑k=0

k1

k!Aktk−1 =

∞∑k=0

1

k!Ak+1tk = AeAt

Luego, resulta evidente que

~x′ = AeAt~x0 + AeAtˆ t

0

dτe−Aτ ~f(τ) + ~f(t) = A

(eAt~x0 + eAt

ˆ t

0

dτe−Aτ ~f(τ)

)+ f(t)

~x′ = A~x+ f(t)

En resumen, para sistemas lineales caracterizados por una matriz A de coeficientes con-stantes, se reduce el problema a calcular la siguiente matriz

eAt =∞∑k=0

1

k!Aktk

Para ello se pueden utilizar diversos metodos que requieren conocimientos mınimos de alge-bra lineal. A continuacion se presentara un breve resumen de los elementos relevantes que sedeben manejar en este curso.

153

5.3. Breve repaso de Algebra Lineal

5.3.1. Matriz simetrica y antisimetrica

Sea A una matriz cuadrada de dimension n. Se dice que A es simetrica si y solo si

A = AT

Equivalentemente

aij = aji 1 ≤ i, j ≤ n

Por otro lado, una matriz A se dice antisimetrica si y solo si

A = −AT

Notar que esto implica que si diagonal ( y por lo tanto su traza) es nula

aii = 0 ∀i

5.3.2. Valores y vectores propios de una matriz A

Sea A una matriz cuadrada de dimension n, n ∈ N. Sean λ ∈ C y ~u ∈ Cn no nulo tales que

A~u = λ~u

λ se llama valor propio de A , y ~u se llama vector propio de A asociado a λ.

Notar que

A~u = λ~u⇔ (A− λ1) ~u = 0 ~u 6= 0

⇔ Ker (A− λ1) 6= 0⇔ (A− λ1) no es invertible

Equivalentemente

|A− λ1| = 0

Definicion: Polinomio CaracterısticoSe llama polinomio caracterıstico de A al polinomio en λ de grado n

P (λ) = |A− λ1| = anλn + an−1λ

n−1 + ...+ a1λ+ a0

Es claro que λ0 es valor propio de A ssi P (λ0) = 0. Es decir, los n valores propios de A sonlas raıces del polinomio caracterıstico

P (λ) = (λ− λ1)m1(λ− λ2)m2 ...(λ− λr)mr r ≤ n

donde mi es la multiplicidad algebraica del valor propio λi. Por supuesto que se debe tener

r∑i=1

mi = n

Se llama multiplicidad geometrica de λi a la dimension del conjunto de todos los vectorespropios asociado a λi.

154

5.3.3. Diagonalizacion de una matriz

Se dice que A es diagonalizable ssi existe V : matriz cuadrada invertible y D: matriz diagonaltal que

A = V DV −1

donde D tiene la forma

D = diag (λ1, λ2, ..., λn)

Notar que si

V = [~v1 ~v2 ...~vn]

V es invertible ssi ~v1, ~v2 , ..., ~vn son linealmente independientes. Notar que

A = V DV −1 ⇔ AV = V D ⇔ A~vj = λj~vj

Por lo tanto, si los vectores propios de A , ~v1, ~v2, ..., ~vn forman un conjunto linealmenteindependiente, y si los valores propios asociados son λ1, λ2, ..., λn entonces A es diagonalizable,con

V = [~v1 ~v2 ... ~vn] D = diag (λ1, λ2, ..., λn)

Teorema

Una matriz A cuadrada de dimension n es diagonalizable ssi tiene n vectores propios l.i

Propiedad de independencia lineal

Supongamos que

A~vi = λi~vi

con i = 1, 2, ...n. Entonces vectores propios asociados a valores propios distintos son l.i.Notar entonces que si una matriz de dimension n tiene n valores propios distintos, automatica-mente la matriz es diagonalizable

5.3.4. Exponenciacion

Supongamos que ~vj es un vector propio de A con valor propio asociado λj. Entonces resultaevidente que

Ak~vj = λkj~vj k ∈ N

Por otro lado, supongamos que f es una funcion analıtica en torno a x = 0, es decir, admiteuna expansion en serie de potencias

f(x) =∞∑k=0

ckxk

155

De esta forma, podemos definir f(A) como la siguiente matriz

f(A) =∞∑k=0

ckAk

de aquı, es facil mostrar la interesante propiedad

f(A)~vj = f(λj)~vj

Por otro lado, si A es diagonalizable, entonces

A = V DV −1

ası

A2 = V DV −1V DV −1 = V D2V −1

es facil mostrar que en general

Ak = V DkV −1

y D, por ser matriz diagonal, cumple con

Dk = diag(λk1, λ

k2, ..., λ

kn

)Entonces

eA =∞∑k=0

1

k!Ak =

∞∑k=0

1

k!V DkV −1

eA = V

(∞∑k=0

1

k!Dk

)V −1 = V diag

(∞∑k=0

λk1k!

...

∞∑k=0

λknk!

)V −1

Se obtiene finalmente que

eA = V diag(eλ1 eλ2 ...eλn

)V −1

En particular

eAt = V diag(eλ1t eλ2t ...eλnt

)V −1

y en general, si f es una funcion analıtica

f(A) = V diag (f(λ1) f(λ2) ...f(λn))V −1

156

5.3.5. Algunos comentarios adicionales sobre matrices simetricas

Afirmamos que

1) Si A es real y simetrica, es diagonalizable

2) Si A es una matriz real y simetrica , entonces sus valores propios son reales

3) Si A es simetrica, entonces los vectores propios asociados a valores propios distintos sonortogonales

Se dice que A es ortogonalmente diagonalizable, pues

A = V DV −1 = V DV T

5.4. Solucion de sistemas lineales de coeficientes con-

stantes

Hemos visto anteriormente que la solucion general de

~x′ = A~x+ ~f(t)

esta dada por

~x = eAt~x0 + eAtˆ t

0

dτe−Aτ ~f(τ)

Para encontrar eAt, se pueden utilizar los siguientes metodos

5.4.1. Por definicion

Se puede tratar de calcular eAt mediante su definicion

eAt =∞∑k=0

1

k!Aktk

Por ejemplo, sea la matriz

A =

(0 1−1 0

)Se tiene

A2 =

(0 1−1 0

)(0 1−1 0

)=

(−1 00 −1

)

A3 =

(−1 00 −1

)(0 1−1 0

)=

(0 −11 0

)

A4 =

(0 −11 0

)(0 1−1 0

)=

(1 00 1

)Podemos intuir entonces que

157

eAt =

(1− t2

2!+ t4

4!+ ...

) (t− t3

3!+ t5

5!− ...

)(−t+ t3

3!− t5

5!+ ...

) (1− t2

2!+ t4

4!− ...

)Finalmente, resulta

eAt =

(cos t sin t− sin t cos t

)Por supuesto que en este caso particular, resulto algo sencillo. La idea es en general utilizar

herramientas que faciliten mas este calculo.

5.4.2. Caso en que A es una matriz nilpotente

Una matriz cuadrada de dimension n se dice nilpotente si existe k ∈ N tal que

Ak = 0

Esto implica

Ai = 0 i ≥ k

Cuando esto ocurre, entonces eAt se obtiene como una suma finita

eAt =k−1∑j=0

1

j!Ajtj

Como ejemplo, consideremos

B =

(0 10 0

)Notar que

B2 =

(0 10 0

)(0 10 0

)=

(0 00 0

)y entonces

eAt = 1 + tB =

(1 t0 1

)

5.4.3. A es diagonalizable

En el caso en que A sea diagonalizable, es decir, cuando los vectores propios de A formanun conjunto linealmente independiente de dimension n, entonces

A = V DV −1

y entonces podemos utilizar lo siguiente

eAt = V diag(eλ1t eλ2t ...eλnt

)V −1

158

Notar que no siempre es necesario conocer la formula para la solucion general de un sistemalineal. Supongamos que

~x′ = A~x+ ~f

Si A es diagonalizable

A = V DV −1 D = V −1AV

Mediante el cambio de variable

~y = V −1~x, ~x = V ~y

se obtiene

d

dt~y = V −1d~x

dt= V −1

(A~x+ ~f

)d

dt~y = V −1AV ~y + V −1 ~f

d

dt~y = D~y + V −1 ~f

Aparentemente no se ha logrado nada mas que un simple cambio de variables. Sin embargo,este sistema lineal corresponde a n ecuaciones de primer orden absolutamente desacopladas,pues la matriz D es diagonal. La ventaja consiste en que solucionar n ecuaciones linealesindependientes de primer orden es algo sencillo.

5.4.4. Teorema de Caley - Hamilton

Supongamos que los valores propios de A son distintos y dados por λ1, λ2, ..., λn. Entoncesse puede obtener eAt como la siguiente suma finita

eAt = a01 + a1A+ a2A2 + ...an−1A

n−1

donde los coeficientes a0, a1, ...an−1 son solucion del siguiente sistema algebraico

eλ1t = a0 + a1λ1 + a2λ21 + ...+ an−1λ

n−11

eλ2t = a0 + a1λ2 + a2λ22 + ...+ an−1λ

n−12

Lo mismo para λ3, λ4, ... hasta λn

eλnt = a0 + a1λn + a2λ2n + ...+ an−1λ

n−1n

159

Utilizar este teorema resulta muy conveniente para bajas dimensiones, por ejemplo, paradimension 2, se obtiene algo extremadamente simple

eAt = a01 + a1A

donde

eλ1t = a0 + λ1a1

eλ2t = a0 + λ2a1

5.4.5. Matrices que conmutan

Imaginemos que deseamos encontrar

eAt

donde A puede ser expresada como la suma de dos matrices

A = B + C

de forma que

eAt = e(B+C)t

Podrıa resultar que eBt y eCt sean matrices faciles de encontrar. Sin embargo, en general

e(B+C)t 6= eBteCt

Decimos que dos matrices B y C conmutan si

[B,C] = BC − CA = 0

Solo en este caso

e(B+C)t = eBteCt

5.5. Sistemas lineales homogeneos de dimension 2

Consideremos el sistema lineal homogeneo de coeficientes constantes

~x′ = A~x

donde A es una matriz cuadrada de dimension 2. Sabemos que la solucion general de esteproblema esta dada por

~x′ = eAt~x0

Ahora vamos a enunciar un teorema que permite encontrar la solucion general de estaecuacion sin calcular necesariamente eAt

160

5.5.1. Teorema de Jordan

Sea A una matriz real de 2× 2. Luego, necesariamente alguna de las siguientes situacionesocurre

i) A es diagonalizable. Es decir, existen dos vectores l.i ~v1, ~v2 y dos numeros λ1, λ2 ∈ C talesque

V −1AV =

(λ1 00 λ2

)donde

V = [~v1 ~v2]

y ademas

A~v1 = λ1~v1

A~v2 = λ2~v2

ii) A no es diagonalizable. Es decir, existe un unico valor propio de A de multiplicidadgeometrica 1, llamado λ

A~v1 = λ~v1

Sin embargo, definimos un vector propio generalizado ~v2 tal que

A~v2 = λ~v2 + ~v1

Notar que ~v2 es linealmente independiente con ~v1, y se cumple

V −1AV =

(λ 10 λ

)

Proposicion 1Sea A una matriz real de dimension 2, diagonalizable con dos vectores propios ~v1, ~v2 y respec-tivos valores propios λ1, λ2. Luego, la solucion general del sistema homogeneo

~x′ = A~x

es

~x = c1eλ1t~v1 + c2e

λ2t~v2

La demostracion es la siguiente. Sea

V = [~v1 ~v2]

Usando el cambio

~u = V −1~x ~x = V ~u

161

Se tiene

~u′ = V −1~x′ = V −1AV ~u

Es decir

~u′ =

(λ1 00 λ2

)~u

Cuya solucion es claramente

~u =

(c1e

λ1t

c2eλ2t

)Finalmente, como

~x = V ~u = c1eλ1t~v1 + c2e

λ2t~v2

Una forma alternativa de demostrar esto, es recordando que la solucion general esta dadapor

~x = eAt~x0

Ademas , como los vectores propios de A son l.i, siempre se puede escribir ~x0 como combi-nacion lineal de ~v1, ~v2

~x = eAt (c1~v1 + c2~v2) = c1eAt~v1 + c2e

At~v2

~x = c1eλ1t~v1 + c2e

λ2t~v2

donde se ha utilizado la interesante propiedad mencionada anteriormente.

Proposicion 2Si A no es diagonalizable, pero tiene un vector propio ~v1 y un vector propio generalizado ~v2

tales que

A~v1 = λ~v1

A~v2 = λ~v2 + ~v1

Entonces la solucion general de

~x′ = A~x

es

~x = c1eλt~v1 + c2

(eλt~v2 + teλt~v1

)

162

La demostracion es la siguiente. Si V = [~v1 ~v2], se tiene

V −1AV =

(λ 10 λ

)Mediante el cambio de variable

~y = V −1~x

se tiene

~y′ = V −1AV ~y

(y1

y2

)=

(λ 10 λ

)(y1

y2

)Luego

y1 = λy1 + y2

y2 = λy2 → y2(t) = c2eλt

Ası

y1 = λy1 + c2eλt

Cuya solucion es

y1 = c1eλt + c2te

λt

Finalmente

~x = c1eλt~v1 + c2

(eλt~v2 + teλt~v1

)

Una demostracion alternativa consiste en expandir ~x0 en terminos de ~v1, ~v2

~x = eAt~x0 = c1eAt~v1 + c2e

At~v2

y claramente

c1eAt~v1 = c1e

λt~v1

mientras que

c2eAt~v2 = c2e

λte(A−λ1)t~v2

= c2eλt

1 + (A− λ1)t+

1

2!(A− λ1)2t2 + ...

pero

(A− λ1)~v2 = ~v1

163

Luego

(A− λ1)2 ~v2 = (A− λ1)~v1 = 0

y en general

(A− λ1)k ~v2 = 0 k ≥ 2

Finalmente

c2eAt~v2 = c2e

λt (~v2 + (A− λ1)t~v2)

c2eAt~v2 = c2e

λt (~v2 + t~v1)

y entonces

~x = c1eλt~v1 + c2

(eλt~v2 + teλt~v1

)

164

Problema

Encuentre la solucion general de

x′ = x+ 3y + t2

y′ = 3x+ y − 2e−2t

SolucionEl problema se puede reescribir como(

xy

)=

(1 33 1

)(xy

)+

(t2

−2e−2t

)O bien

~x′ = A~x+ ~f(t)

La solucion del sistema homogeneo es simplemente

~xh(t) = eAt~x0

Observamos ademas que la matriz A es real y simetrica, y por lo tanto diagonalizable.Resolvemos el problema de autovalores de la matriz A

|A− λ1| =∣∣∣∣1− λ 3

3 1− λ

∣∣∣∣ = (1− λ)2 − 9 = 0

1− 2λ+ λ2 − 9 = 0

λ2 − 2λ− 8 = 0→ (λ− 4)(λ+ 2)

Obtenemos los siguientes autovalores

λ1 = 4 λ2 = −2

Para encontrar eAt, podrıamos usar el teorema de Caley-Hamilton

eAt = a0 + a1A

donde a0, a1 son solucion de

e4t = a0 + 4a1

e−2t = a0 − 2a1

De aquı se obtiene, restando

e4t − e−2t = 6a1 → a1 =1

6

(e4t − e−2t

)Despejando se obtiene a0

a0 = e4t − 4

6e4t +

4

6e−2t =

1

3e4t +

2

3e−2t

Finalmente

eAt =

(13e4t + 2

3e−2t 0

0 13e4t + 2

3e−2t

)+ a1

(1 33 1

)165

eAt =

(12e4t + 1

2e−2t 1

2e4t − 1

2e−2t

12e4t − 1

2e−2t 1

2e4t + 1

2e−2t

)

Con esto estamos absolutamente listos, pues el resto es algebra. La solucion general de laecuacion sera

~x(t) = eAt~x0 + eAtˆ t

0

dτe−Aτ ~f(τ)

Sin embargo, si tenemos vision de futuro podemos ver que los calculos pueden resultarbastante tediosos. Si tomamos el camino de diagonalizar la matriz A, necesitamos encontrarsus vectores propios. Para λ1 = 4

A~v1 = 4~v1 → −3v11 + 3v12 = 0

Entonces podemos tomar

~v1 =

(11

)Para ~v2

A~v2 = −2~v2 → 3v21 + 3v22 = 0

Tomamos

~v2 =

(1−1

)De esta forma, si construımos la matriz de vectores propios

V =

(1 11 −1

)entonces

A = V DV −1 D = V −1AV

con D = diag (λ1, λ2) y donde

V −1 = −1

2

(−1 −1−1 1

)=

1

2

(1 11 −1

)Entonces, si tenemos

~x′ = A~x+ ~f(t)

y realizamos la transformacion

~u = V −1~x

~u′ = V −1~x′ = V −1(A~x+ ~f(t)

)~u′ = V −1AV︸ ︷︷ ︸

D

~u+ V −1 ~f(t)

166

Obtenemos el problema equivalente

~u′ =

(4 00 −2

)~u+

1

2

(t2 − 2e−2t

t2 + 2e−2t

)y este es un problema totalmente desacoplado, en efecto

u′1 = 4u1 +t2

2− e−2t

u′2 = −2u2 +t2

2+ e−2t

Ambos son problemas lineales de primer orden faciles de resolver. Finalmente, se obtiene lasolucion al problema original utilizando

~x = V ~u

Las soluciones obtenidas son

x(t) = C1e4t + C2e

−2t +7

64+

1

8t2 − 5

16t+

(1

6+ t

)e−2t

y(t) =

(−t+

1

6

)e−2t − 3t2

8+

3t

16− 9

64− C2e

−2t + C2e4t

167

Problema

Considerar el sistema~x′ = A~x

donde la matriz A tiene la forma (λ 1−w2 λ

)a) Demuestre que la solucion general de este sistema se escribe en la forma

~φ(t) = eλt(

coswt1 +1

wsinwtJw

)~C

donde ~C es un vector constante, 1 es la matriz identidad y Jw es la matriz

Jw =

(0 1−w2 0

)b) Resolver enseguida la ecuacion no homogenea de la forma

~x′ = A~x+ f(t)

donde

f(t) =

(sinwtw coswt

)Soluciona) Es sabido que la solucion del sistema homogeneo es

~φ(t) = eAt~x0

donde ~x0 es un vector constante, que en este caso es igual a ~φ(0). La matriz A puede serescrita como

A = λ1 + Jwdonde la matriz Jw es justamente

Jw =

(0 1−w2 0

)Notar ademas que λ1 y J conmutan, es decir

[λ1, Jw] = 0

Con esto, eAt se puede descomponer en las siguientes 2 matrices

eAt = e(λ1+Jw)t = eλIteJwt

La primera de ellas es un regaloeλtI = eλtI

168

Para obtener la segunda, primero podemos ver que sus valores propios son distintos, ypor lo tanto es diagonalizable

|Jw − α1| = α2 + w2 = 0

Esto da

α1 = iw α2 = −iw

Para encontrar eJwt, podemos utilizar inteligentemente el teorema de Caley-Hamilton

eJwt = a0 + a1Jw

donde

eiwt = a0 + iwa1

e−iwt = a0 − iwa1

Resolviendo

a0 = coswt

y entonces

a1 =1

iw

(eiwt − a0

)=

1

iw

(eiwt − 1

2eiwt − 1

2e−iwt

)

a1 =1

iw

(−1

2e−iwt +

1

2eiwt)

=1

wsinwt

Ası

eJwt = coswt1 +1

wsinwtJw

Finalmente, se demuestra lo pedido

eAt~x0 = eλt(

coswt1 +1

wsinwtJw

)~x0

b) Para resolver

~x′ = A~x+ ~f(t)

Recordamos que la solucion particular de la ecuacion (la homogenea fue obtenida en laparte a) esta dada por

169

~xp = eAtˆ t

0

dτe−Aτ ~f(τ)

Tenemos

e−Aτ ~f(τ) = e−λτ coswτ ~f(τ)− 1

we−λτ sinwτJw ~f(t)

Si se preguntan a que se debe el signo menos en la ultima expresion, es debido a que lafuncion sinwτ es impar. Desarrollando explıcitamente

Jw ~f =

(0 1−w2 0

)(sinwτw coswτ

)=

(w coswτ−w2 sinwτ

)Luego

e−Aτ ~f(τ) = e−λτ coswτ

(sinwτw coswτ

)− 1

we−λτ sinwτ

(w coswτ−w2 sinwτ

)

e−Aτ ~f(τ) = e−λτ(

0w

)Finalmente

ˆ t

0

dτe−Aτ ~f(τ) =

ˆ t

0

dτe−λτ(

0w

)=

(0

− 1λ

(e−λt − 1

))

y la solucion particular esta dada por

~xp(t) = eAtˆ t

0

dτe−Aτ ~f(τ) = eAt(

01λ

(1− e−λt

))

~xp(t) = eλt coswt

(0

1λ

(1− e−λt

))+ eλt1

wsinwtJw

(0

1λ

(1− e−λt

))

~xp(t) =1

λ

(eλt − 1

)coswt

(01

)+(e−λt − 1

) 1

wλsinwt

(10

)

Finalmente la solucion general es

~x = eλt(

coswt1 +1

wsinwtJw

)~x0 +

1

λ

(eλt − 1

)( 1w

sinwtcoswt

)

170

Problema (Movimiento de una carga en un campo electrico y magnetico)

Una partıcula de carga q se encuentra en una region del espacio donde existe un campomagnetico ~B y un campo electrico ~E. Ası, sobre ella actuara una fuerza neta dada por lafuerza de Lorentz

~F = q(~E + ~v × ~B

)Esta permite encontrar la trayectoria de la partıcula, utilizando la segunda ley de Newton

d~p

dt= q

(~E + ~v × ~B

)a) Se pide encontrar el movimiento general de una partıcula sometida a la fuerza deLorentz, en un caso muy particular y sencillo, como se muestra en la siguiente figura

Es decir, se tienen dos campos uniformes y perpendiculares ~E = Ei, ~B = Bk.Sugerencia : Resuelva primero las ecuaciones diferenciales asociadas a las 3 componentesde la velocidad de la partıcula.

b) ¿Como son las trayectorias en el caso en que ~E = 0?

Soluciona) Se debe resolver

md~v

dt= q

(~E + ~v × ~B

)d~v

dt=

q

m

(Ei+ ~v ×Bk

)

La velocidad de la partıcula es, simplemente

~v = xi+ yj + zk

de forma que

d

dt~v =

q

m

(Ei− xBj + yBi

)

171

De aquı se obtienen las siguientes ecuaciones diferenciales que describen el movimientode la partıcula

z = 0

y = −qBmx

x =q

m(E + yB)

Definiendo qBm

= w0 y qEm

= w1

z = 0

y = −w0x

x = w1 + w0y

La solucion de la primera de ellas es evidente, y esta dada por

z(t) = z0 + vozt

es decir, la partıcula describe un movimiento uniforme en la direccion z . Las ecuacionespara la velocidad en x y en y estan acopladas, y pueden ser escritas de forma matricialcomo

d

dt

(yx

)=

(0 −w0

w0 0

)(yx

)+

(0w1

)

Es decir, se tiene un sistema de ecuaciones diferenciales no homogeneo de la forma

~x = A~x+ ~f

Sabemos que su solucion esta dada por

~x = eAt~x0 +

ˆ t

0

dτeA(t−τ) ~f(τ)

La solucion homogenea es, simplemente

~xh = eAt~x0

donde x0 corresponde a ~x(t = 0). Para calcular eAt obtenemos los valores propios de A

| A− λI |=∣∣∣∣−λ −w0

w0 −λ

∣∣∣∣ = λ2 + w20 = 0

Estan dados porλ1 = iw0, λ2 = −iw0

172

Para encontrar eAt se puede utilizar el teorema de Caley-Hamilton ( o bien, diagonalizarA)

eAt = a01 + a1A

donde a0 y a1 estan dados por

eiw0t = a0 + iw0a1

e−iw0t = a0 − iw0a1

Resolviendo

a0 = cosw0t

a1 =1

w0

sinw0t

Con esto

eAt =

(cosw0t 0

0 cosw0t

)+

(0 − sinw0t

sinw0t 0

)

eAt =

(cosw0t − sinw0tsinw0t cosw0t

)y la solucion homogenea queda

~xh(t) =

(yx

)=

(v0y cosw0t− v0x sinw0tv0y sinw0t+ v0x cosw0t

)

Ademas, la solucion particular toma la forma

~xp(t) =

ˆ t

0

dτ

(cosw0(t− τ) − sinw0(t− τ)sinw0(t− τ) cosw0(t− τ)

)(0w1

)

~xp(t) =

ˆ t

0

dτ

(w1 sinw0(t− τ)w1 cosw0(t− τ)

)=w1

w0

(cosw0(t− τ)− sinw0(t− τ)

) ∣∣∣t0

~xp(t) =w1

w0

(1− cosw0t

sinw0t

)Finalmente, se tiene

x = v0y sinw0t+ v0x cosw0t+w1

w0

sinw0t

y = v0y cosw0t− v0x sinw0t+w1

w0

(1− cosw0t)

173

Integrando, se obtiene la cinematica general para la partıcula

x(t) = −v0y

w0

cosw0t+v0x

w0

sinw0t−w1

w20

cosw0t+v0y

w0

+w1

w20

+ x0

y(t) =v0y

w0

sinw0t+v0x

w0

cosw0t+w1

w0

(t− 1

w0

sinw0t

)− v0x

w0

+ y0

z(t) = z0 + v0zt

b) Si el campo electrico es nulo, w1 = 0 y las soluciones quedan

x(t) = −v0y

w0

cosw0t+v0x

w0

sinw0t+v0y

w0

+ x0

y(t) =v0y

w0

sinw0t+v0x

w0

cosw0t−v0x

w0

+ y0

z(t) = z0 + v0zt

La partıcula describe un movimiento circular en el plano x− y (¿cual serıa el centro?),como se muestra en la figura

Este movimiento tiene una frecuencia angular de oscilacion (constante) dada por

w0 =qB

m

En particular, si la velocidad inicial en la direccion z es nula, la trayectoria es definitiva-mente una circunferencia en el espacio

174

Problema (Circuito RLC)

La siguiente figura muestra un circuito compuesto de una resistencia, una inductanciay un condensador en serie (Llamado RLC). Para el caso particular en que L = 1 [H],R = 2,5 Ω, C = 1 F , la ecuacion que relaciona el voltaje en el condensador y(t) con elvoltaje aplicado al circuito x(t) es

d2y(t)

dt2+ 2,5

dy(t)

dt+ y(t) = x(t)

Encuentre y(t) para el caso en que x(t) = H(t) con condiciones iniciales y(0) = y′(0) = 0.Se sugiere transformar la ecuacion de segundo orden en un sistema de ecuaciones deprimer orden.

SolucionLa ecuacion

d2y(t)

dt2+ 2,5

dy(t)

dt+ y(t) = x(t)

Puede ser transformada en un sistema de ecuaciones de primer orden mediante el siguientecambio de variables

y1(t) = y(t)→ y1(t) = y2(t)

y2(t) =dy(t)

dt→ y2(t) = −2,5y2 − y1 + x(t)

Tenemos entonces

d

dt

(y1

y2

)=

(0 1−1 −2,5

)(y1

y2

)+

(0x(t)

)

~y′ = A~y + ~f

cuya solucion es, por supuesto

~y(t) = eAt ~y0︸︷︷︸~0

+eAtˆ t

0

dτe−Aτ ~f(τ)

175

Para encontrar eAt, busquemos los valores propios de A

|A− λ1| =∣∣∣∣−λ 1−1 −2,5− λ

∣∣∣∣ = 0

Se obtiene

λ2 + 2,5λ+ 1 = (λ+ 2)(λ+1

2) = 0

Cuyas soluciones son λ1 = −2, λ2 = −12. El vector propio asociado a λ1 se puede encontrar

utilizando

(A+ 21)~v1 = 0

(2 1−1 −0,5

)~v1 = 0→ ~v1 =

(−12

)De igual modo, para ~v2

(A+ 0,51)~v2 = 0

(0,5 1−1 −2

)~v2 = 0→ ~v2 =

(−21

)

Ası, podemos armar las siguientes matrices

V =

(−1 −22 1

)V −1 =

1

3

(1 2−2 −1

)

D =

(−2 00 −1

2

)Finalmente, se obtiene

eAt = V

(e−2t 0

0 e−t2

)V −1

eAt =

(−1 −22 1

)(e−2t 0

0 e−t2

)1

3

(1 2−2 −1

)=

(−1 −22 1

)(13e−2t 2

3e−2t

−23e−t/2 −1

3e−

t2

)

176

eAt =

(43e−t/2 − 1

3e−2t 2

3e−t/2 − 2

3e−2t

23e−2t − 2

3e−t/2 4

3e−2t − 1

3e−t/2

)Entonces

eA(t−τ) ~f =

(43e−(t−τ)/2 − 1

3e−2(t−τ) 2

3e−(t−τ)/2 − 2

3e−2(t−τ)

23e−2(t−τ) − 2

3e−(t−τ)/2 4

3e−2(t−τ) − 1

3e−(t−τ)/2

)(0

x(τ)

)

eA(t−τ) ~f = x(τ)

(23e−(t−τ)/2 − 2

3e−2(t−τ)

43e−2(t−τ) − 1

3e−(t−τ)/2

)Recordando que la solucion es

~y = eAtˆ t

0

dτe−Aτ ~f(τ) =

ˆ t

0

dτeA(t−τ) ~f(τ)

y que y1 = y(t), la solucion esta dada por

y1(t) = y(t) =2

3

ˆ t

0

dτ(e−(t−τ)/2 − e−2(t−τ)

)x(τ)

Para el caso en que x(τ) = H(τ)

y(t) =2

3

ˆ t

0

dτ(e−(t−τ)/2 − e−2(t−τ)

)=

2

3

(2e−(t−τ)/2

∣∣∣t0− 1

2e−2(t−τ)

∣∣∣t0

)

y(t) =2

3

(2− 2e−t/2 − 1

2+

1

2e−2t

)t > 0

y(t) =

(1− 4

3e−t/2 +

1

3e−2t

)t > 0

Pueden notar lo sencillo que es resolver este problema con Laplace

d2y(t)

dt2+ 2,5

dy(t)

dt+ y(t) = x(t) y(0) = y′(0) = 0

(s2 + 2,5s+ 1

)Y (s) =

1

s→ Y (s) =

1

s(s+ 2)(s+ 12)

Y (s) =1

s+

1/3

(s+ 2)+−4/3

(s+ 12)

y(t) =

(1− 4

3e−t/2 +

1

3e−2t

)H(t)

177

Problema (Osciladores acoplados)

Considere dos masas m1, m2 conectadas una a la otra y a dos paredes por medio de tresresortes, como indica la siguiente figura

Suponga que las masas se desplazan sin friccion y que cada resorte obedece la ley deHooke, en que su extension o compresion x y la fuerza de reaccion estan relacionadas porla formula F = −kx. Sean x1(t), x2(t) las posiciones de las masas m1, m2 con respecto asus respectivas posiciones de equilibrio. Suponga que m1 = m2 = 1/2, k1 = 5, k2 = 3/2,k3 = 1a) Escriba las ecuaciones diferenciales que gobiernan a x1(t), x2(t) en la forma ~x′′ = A~x,donde A es una matriz de dimension 2b) Determine V tal que V −1AV = D, donde D es una matriz diagonalc) Realizando la susbtitucion ~x = V ~y, resuelva la ecuacion diferencial

Soluciona) Se tiene, a partir de la segunda ley de Newton

m1x′′1 = −k1x1 + k2(x2 − x1) = −(k1 + k2)x1 + k2x2

m2x′′2 = −k2(x2 − x1)− k3x2 = k2x1 − (k2 + k3)x2

Con m1 = m2 = 1/2, k1 = 5, k2 = 3/2 y k3 = 1

1

2x′′1 = −13

2x1 +

3

2x2

1

2x′′2 =

3

2x1 −

5

2x2

Equivalentemente

x′′1 = −13x1 + 3x2

x′′2 = 3x1 − 5x2

Esto es un sistema de la forma

d2

dt2

(x1

x2

)=

(−13 3

3 −5

)(x1

x2

)178

~x′′ = A~x

b) Busquemos los valores y vectores propios de A

|A− λ1| =∣∣∣∣−13− λ 3

3 −5− λ

∣∣∣∣λ2 + 18λ+ 65− 9 = λ2 + 18λ+ 56 = 0

Entonces

λ =−18±

√324− 224

2=−18± 10

2

Se obtiene

λ1 = −14 λ2 = −4

Ahora calculamos los vectores propios

(A+ 141)~v1 = 0

(1 33 9

)~v1 → ~v1 =

(−31

)Del mismo modo

(A+ 41)~v2 = 0

(−9 33 −1

)~v2 → ~v2 =

(13

)Con esto

A = V DV −1

Donde

V =

(−3 11 3

)

D =

(−14 0

0 −4

)

179

c) De esta forma, mediante el cambio de variable

~x = V ~y → ~y = V −1~x

Entonces

~y′′ = V −1~x′′ = V −1A~x = V −1AV ~y

Se obtiene

~y′′ = D~y

Este es un problema totalmente desacoplado

y′′1 = −14y1 → y1(t) = C1 cos(√

14t)

+ C2 sin(√

14t)

y′′2 = −4y2 → y2(t) = C3 cos (2t) + C4 sin (2t)

Finalmente

~x =

(−3 11 3

)(y1

y2

)

x1(t) = −3C1 cos(√

14t)− 3C2 sin

(√14t)

+ C3 cos (2t) + C4 sin (2t)

x2(t) = C1 cos(√

14t)

+ C2 sin(√

14t)

+ 3C3 cos (2t) + 3C4 sin (2t)

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Indice alfabetico

Algebra lineal, 154

Catenaria, 11Convergencia absoluta, 108Convolucion, 132

Delta de Dirac, 122Dirac, Paul, 124

Ecuacion de Bernoulli, 32Ecuacion Diferencial ordinaria, 10Ecuacion Diferencial Ordinaria Normal, 10Ecuacion homogenea, 75Ecuaciones exactas, 46Ecuaciones Lineales, 30Ecuaciones lineales, 75

Formula de Abel, 96Factor integrante, 30, 48Funcion de Heavyside, 122Funciones linealmente independientes, 77

Metodo de coeficientes indeterminados, 81Modelo Logıstico, 17

Polinomio caracterıstico, 154Principio de superposicion, 78Problema de valores iniciales, 17

Radio de convergencia, 109

Separacion de variables, 16Series, 107Series de potencias, 108Sistemas lineales, 151Solucion particular, 31

Teorema de Caley- Hamilton, 160Teorema de Existencia y unicidad, 63Teorema de Frobenius, 112Teorema de Jordan, 161Transformada de Laplace, 121

Valor propio, 154Variacion de parametros, 94Vector propio, 154

Wronskiano, 95

181