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Víctor D. Rojas Cerna
1
ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS
Una ecuación diferencial ordinaria una relación que involucra a una función x(t),
sus derivadas y a la variable independiente t.
Ejemplo:
x´(t) = t + z y´= x + 2
x´´(t) – x´(t)=1 y´´-y´=1
x´´´(t)- 2x' + 3x = t et
Estas ecuaciones diferenciales ordinarias, son llamadas lineales en el sentido
que la función incógnita y sus derivadas tienen “exponente” 1
Ejemplo
(x´(t))2 + x(t) = 1 )(" tx + x´(t) = cost
Son ecuaciones diferenciales no lineales, pues alguna derivada tiene un
exponente que no es 1.
( )[ ] 2/12)t('x + 2x = t
x´´(t) + 2x = t (x´´>0)
Orden de una ecuación diferencial ordinaria
x´´(t) – et x(∈) = 0 orden 2
x´ + x/t = 0 orden 1
x(4) + 2x´ = t et orden 4
Grado de una ecuación diferencial ordinaria
Es el exponente que afecta a la derivada de mayor orden
Comentario
Toda ecuación diferencial ordinaria puede expresarse como una de primer
orden.
x´´(t) + x´(t) + x(t) = 0
Orden 2, lineal
Víctor D. Rojas Cerna
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Coeficientes constantes
x1 = x ⇒ x1´= x2
x2 = x´ ⇒ x2´= x´´= -x2 - x1
=
Y
X
1- 1-
1 0
Y
X '
Z´= AZ, Z =
y
x
Observación
Se suele definir una ecuación diferencial ordinaria de orden n como:
f(x, x´, x(2), ...x(n), t) = 0
Donde el coeficiente de x(n) en la ecuación diferencial ordinaria de x no es cero,
sirve de base.
Por lo expuesto, la solución de una ecuación diferencial ordinaria, de primer
orden sirve como base (cimiento) para las de orden n.
Ejemplo: Resolvemos
1. x´= ax , a constante.
ax=dt
dx
Separando variables:
x
dx = adt
Integrando:
Ln x = at + c, (x > 0)
x = K eat
x(t) = Keat
2. Resolver:
x´= ax + (1, 0)
x = (x1, x2)
(x1', x2') = a (x1, x2) + (1,0)
Víctor D. Rojas Cerna
3
Tenemos:
x1´= ax1 + 1
x2´= ax2
x2 = Ka eat
x1' = (ax1 + 1) dt
1ax
dx
1
1
+ = dt
a
1 ln (ax1 + 1) = t + c1
x1 = K1 eat
x1 = a
1 (K1 e
at – 1)
x(t) = a
1 (K1 e
at – 1, K2 eat)
Solución de una ecuación diferencial ordinaria
Es una relación que involucra n constantes esenciales(es decir constantes
irreducibles), si el orden de la ecuación diferencial ordinaria es n, que satisface
dicha ecuación. Si una EDOL es de orden n, su solución será una relación que
involucra a x(t) y t , la cual tiene n constantes esenciales.
Así la “primitiva”
21.)( CeCtx t += ………(1)
Es solución de la EDOL
teCx .1=′ ……….(2)
teCx .1=′′ ………..(3)
Obtenida al eliminar las c.e.
De (1), (2)y (3) debemos obtener una EDOL sin las constantes esenciales
xx ′=′′ Es decir 0=′−′′ xx
Resolver: x' - x = 0
1. x(t) = Ket
x'(t) = Ket
x´ – x = Ket – Ket = 0
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2. Resolver:
x´´ + x = 0
x = A cost + B sent
Dos constantes esenciales: A y B Orden 2.
x´´ + x = -A cost – Bsent + A cost + B sent = 0
Las ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden lineal, son los que
nos interesa, más aunque tenemos E.I en resolver problemas de Cauchy
Problema de Cauchy
Toda ecuación de Cauchy es una ecuación diferencial sujeta a condiciones
iniciales.
x´ = ƒ(x, t)
x(t0) = x0
ƒ: A → R, A C R
1. ƒ(x, t) = x + t
x´ = x + t
x(0) = a
2. Resolver
=
=
0)0(x
x)t('x 3/1
f(x,t) = x1/3
Tenemos dos soluciones linealmente independientes
x(t) = 0 y x(t) =
<
≥
0t, 0
0t,t3
2 2/3
3. Verificar que el problema de Cauchy
=
≥=
0)0(x
0x ,x)t('x
admite como soluciones a:
Víctor D. Rojas Cerna
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a) x(t) =0 obviamente x'(t) = 0 = x(t)
b) x (t) =
<
≥
0t, 0
0t,4t2
x'(t) =
<
≥
0t, 0
0t,2t
= )t(x , x (0) = 0
LEMA 1 : Sea f : I x Ω à R continua, entonces Existe uma solución de la
ecuación de Cauchy x = x (t)
Es una solución del problema de Cauchy: (I un intervalo de R Ω c Rn)
x’ = f (t,x)
x (to) = xo (1)
S.s.s. x = x( t) es una solución continua de la ecuación integral
x(t) = xo + ( )( ) drrxrft
to∫ ,
Demostración
Si x = x(t) es una solución del problema de Cauchy, entonces
x(to) = xo ∧ x’ (t) = (xo + ( )( ) ( )( )∫ ∫
=
t
to
t
todrrxrfdrrxr 11
x(to)= xo ∧ x’ (t) = f (t, x (t)) (Teorema fundamental del cálculo)
Luego x = x (t) es solución del problema de Cauchy de (1)
⇒ Supongamos que x = x (t) es solución de (1)
x’(t) = f(t, x(t))
Integrando ambos miembros de tO a t
( ) ( )( )∫ ∫=t
to
t
todrrxrfdttx ,'
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )∫ ∫+=⇒=−t
to
t
too drrxrfxtxdrrxrftoxtx ,,
así x= x (t) es una solución continusa de (2
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Generalizando (Problema de Cauchy)
( ) ( ) ( ) ( )( )121 ,.......,,, −=Ν∈ mm xxxxtfxm
( ) 10,0,)( −≤≤= mJXX J
Jto
Una solución de este problema es una función x= x(t) de clase m, entonces
aplicando el teorema de TAyLOR vemos que (3) será equivalente a la
ecuación integral.
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )∑ ∫
−
=
−−
−
−+−=
1
0
111)(
,.....,,)!1(!
)(m
J
t
to
mm
JJto
rxrxrxrfm
sttot
J
xtx
Podemos comprobar que este problema es equivalente a (1), es decir es un
problema de Cauchy de primer orden . Es decir (2) y (3) son equivalentes.
Hagamos y (t) = (x (t), x(1) (t), ....... x(m-1)(t), f(t,x(t), x(1)(t)......, x(m-1) (t)
Así si x = x (t) es una solución, de (3) entonces:
( )( )tytFdt
dy,,=
y además y (to) = (x(to) , x(1)(to), ...... x(m-1)(to) = (x1,0, x2,0….., xm-1,0) = yo
Por lo que x = x (t) es una solución del problema de Cauchy
y(t) = yo
Análogamente, si y (t) = (y1(t), y2 (t),...... ym (t)) es una solución del problema:
( )( )tytFdt
dy,=
y (to) = yo
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entonces : ( ) ( ) ( ) ( )( )1112
11 ,....,,, −== m
m ytYtytfYYY
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )ftyytytyty mn ,.......,,,, 111
11
−1=
Para entender claramente algunos resultados acerca de la resistencia y ..........
de un problema de Cauchy, recordemos algunos conceptos de análisis real.
Sea E un espacio vectorial real o complejo
Definición: Una función o o : E à [0, ∞] tal que:
(1) o x o = 0 x = 0
(2) o xλ o = o λ o o x o , ∀ λ ∈ R
(3) o x+y o ≤ o xo + o y o (Desigualdad Triangular)
Se denomina una norma sobre E . E se dice que es un espacio normado
Normas de Rn
El espacio más útil es E = Rn y las normas más frecuentes son:
(1) x = ),........,(, 211
2n
n
KK xxxxx =∑
=
(2) x = ∑=
n
KKX
1
(3) x = max KX
1≤ K ≤ m
Definición: Un cubrimiento de E c Rn, es toda familia de conjuntos abiertos que
“cubren E”
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Definición E c Rn se dice que es un conjunto “COMPACTO” si de todo
cubrimiento, podemos obtener un conjunto finito( cubrimiento finito) de él, tal
que también es un cubrimiento de E.
Espacio de Banach.
Un espacio normado E, se dice que es un espacio de Banach, si toda sucesión
de Cauchy en E, es una sucesión convergente.
Familias Equicontinuas
Sea T = F : I à Rn una familia de funciones, decimos que T es equicontinua
en to ∈I ,
Si ∈∀ > 0 , δ∃ > ott −/0 < ( ) ( )otftf −⇒δ < Tf ∈∀∈,
Diremos que T es equicontinua en I, si lo es en cada punto de I.
Definición. Una familia de funciones T=f: I à Rn se dice que es una familia
acotada, Si M∃ > 0 tal que:
: ( ) Mtf ≤ , ItTf ∈∧∈∀ .
EXISTENCIA DE LA SOLUCION DE UNA EDO
TEOREMA DE ARZELA – ASCOLI
Sea T = f: I à Rn una familia acotada y equicontinua en I. Entonces cada
sucesión fn cT contiene una subsucesión uniformemente convergente en
cada subintervalo compacto de I.
TEOREMA DE BROUWER
Sea f : B à una función continua, donde E = x∈Rn / 1≤x . Entonces f tiene
un punto fijo , esto es ∃ y ∈B tal que f (y) = y
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Generalización
Sea A c Rn el cual es homeomorfo a B. Sea f : A à Una aplicación continua, ∃
x A∈ punto fijo de f.
TEOREMA DE SHAUDER
Sea x un espacio de Banach, Kcx un subconjunto convexo y compacto y f:
Kà K
• Una aplicación continua, entonces existe Kx ∈−
punto de f.
Definición
Sea E un conjunto normado AcE se dice que es convexo
Si ( ) [ ]1,0,1,, ∈∀∈+−∈∀ tAtyxtAyx
Denotemos x con H (s) = ∩B / Barrado y conexo
LEMA DE MAZUR
Sea x un espacio de Banach, K⊂ x compacto, entonces H (k) es un
subconjunto compacto
TEOREMA DE PEANO
Sea ( ) continuaaplicaciónunaRxtabiertocRxR noo
n →Ω∈Ω ,,
Entonces existe por lo menos una solución del problema de Cauchy
( )x b,fdt
dx=
x(to) = xo
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PRINCIPIO DE CONTRACCIÓN DE BANACH
Sea x un espacio de Banach ; Υ≤Υ :, TX X→ un operador continuo
diremos que T es una concentración en y , si ∃ o < α < | tal que :
( ) ( ) Υ∈∀−≤− yxyxyTxT ,,α
Teorema
Sea x un espacio de Banach, F cx cerrado, T : F → F una contracción,
entonces T tiene un punto fijo : x ∈ F
Funciones Lipschitzianas
Sea Ω ⊂ R x Rn un conjunto abierto y conexo, diremos que f: Ω, si ∃ M> 0
constante tal que:
( ) ( ) ( ) Ω∈−≤− 11212111 ,,,, xtxxMxtfxtf
M es conocida como la constante Lipschitziana.
Funciones Localmente Flipschitziana
F se dice localmente Lipschitziana en Ω, si es lipschitziana en cada rectángulo
compacto de Ω.
Teorema de Picard – Lindelof (UNICIDAD)
Sea 1+<Ω nR abierta y conexo, Lto, xo ∈ Ω y R(to,xo) = (t,xo) = (t,x) ∈R x Rn/
oo ttaxx −∧≤−
Si f:Ω → Rn es continua en Ω y lipschitziana en R (to, xo) con respecto a la
variable x, entonces existe una única solución x = x (t) del problema de Cauchy.
( )xtfdt
dx,=
x(to) = xo
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donde x = x(t) está definido en un intervalos I que contiene a to.
Aplicación:
Sea f: R x R → R definida por f (t,x) = 1 + (x-t)² y consideremos el problema de
Cauchy.
( )²1 txdt
dx−+=
x(o) = 0
En este caso Ω = R x R , tomemos el rectángulo R(o,o) = (,x)/ t ≤ a ∧ x ≤ b)
Podemos apreciar que f es lipschitziana
( ) ( ) ( ) ( ) yxztyxtytxytfxtf −−+=−+−−+=− ²1²1,,
( ) ( ) ( ) ( ) yxbaayxtyxytfxtf −++≤−++≤− 22,,
M
M = 2 (a+b) es una constante de Lipschitz
Luego el problema de Cauchy, tiene una solución única
x-t = z ⇒ x’ –1 = z´ ⇒ 1 + z’
1+ z’ = 1 + z² ⇒ z’ = z²
Z = 0 Satisface, luego tenemos una solución _Z = x-t = 0, o sea x = t
es una solución, veamos que es única.
Si z ≠0 , KtZ
+=−1
es decir x-t = kt +
1
kttx
++=
1
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Si t = 0, x = 01
=k
, no existe k con dicha propiedad, por lo que no hay
otra solución que x = t. Así la solución es única, análogamente el
problema.
( ) tsentxx cos²' +−=
x (o) = 0
Tiene solución única, x = sen t
Ejemplo
Consideremos el problema de Cauchy
=
+=
1 x(o)
1²xdt
dx
Aquí f(t,x) = x² +1 , (t,x) ∈ R x R
Sea a,b > 0, R = (t,x) / ∧≤− ax 1 bt ≤
( ) ( ) ( ) yxyxyxyxyxyxytfxtf +−=+−−=+−+=− 1²1²,,
como 1-a ≤ x ≤ 2 (1+a) yx −
Así, f(t,x) es lipschitziana en R
Por otro lado ( ) ( )²111²1², axxxtf ++≤+=+=
Esto es: ( ) ( ) ( ) ( )1,0,,²11, Rxtaxtf ∈∀++≤
Sea b1> 0 tal que b1 ≤ ( )²11 a
a
++
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El teorema de Picard – Lindelof asegura la existencia de una solución
• x= x(t), t ∈ I - ( ) ( )²11
,²11 a
a
a
a
++++
Si tomamos a = 1 , obtenemos que x= x(t) está definido en [- 1/5 , 1/5]
Sin embargo integrando la ecuación, obtenemos x(t) = tg (t +c)
x(o) =1 ⇒ 1 tg (0 +C) ⇒ 1 = tg ( c ) ⇒ c = π/4
Entonces la solución al problema del Cauchy es:
x(t) = tan
+
4
πt
esta función está definida en el intervalo [ ]2,0,2.08.0,4.2.4
,4
3−−≈− ó
ππ
así tenemos que esta es la solución maximal, ya no se puede extender (así no
podemos extender más allá de ese intervalo)
Ejemplo : Considere el problema de Cauchy
²² txdt
dx−=
x(o) = 1
f(t,x) = x²-t² , (t, x) ∈ R x R
Consideremos el rectángulo R = (t,x) / 1−x ≤ 1, 0 ≤ 1, 0 ≤ t ≤ 1
( ) ( ) 5²², ≤+=− txyfxtf
Se puede ver que f(t,x) es Lipschitziana
( ) ( ) ( ) ( ) ( )Lhallarparayxxfyfxf −=−
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Como x
f
∂
∂ ≤ A en R, entonces la constante de Lipschitziana es 4.
Definimos el operador T de la siguiente forma:
(Tϕ)(t) = 1 + ( )( )∫ −t
dsSs1
²²ϕ
Sea b1> 0 /b1 ≤ 1/5, entonces considermos que t ∈ [‘.0, 0.2]
Como f es la Lipschitziana, entonces T es una contracción, luego tendrá con
único punto fijo ϕ (t) , t ∈ [0,0.2].
Además el principio de contracción de Banach, nos dice que ϕ = nn
ϕlim
Donde ϕn = T.ϕn-1, n = 1, 2........., donde ϕo (t) = 1 ∀t ∈ [0,0.2]
( ) ( )∫ −+=−+=t
o
ttdst
3
³1²3111ϕ
( ) 7542
63
1
15
2
6
1²1²
5
³31 tttttdssst
t
o+−−++=
−−++= ∫ϕ
Este teorema, garantiza la convergencia de esta sucesión a una función
( )tϕϕ = , tal que ( ) 1=oϕ (la convergencia es el punto fijo)
Definición.- Consideremos el problema de Cauchy
( )xtfdt
dx,=
x(to) = xo
y sea x = x(t), a < b<c una solución de este problema
Una función ( ) βαϕϕ <+<= ,t se denomina prolongación de x = x(t)
Víctor D. Rojas Cerna
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Si se satisfacer : (1) <x, β> > <a,b>
(2) ϕ = ϕ(t) es una solución del problema (*)
(3) ϕ<<,b> = x
Solución Maximal
Definición : Una solución x x (t) del problema de Cauchy (*) se denomina
solución maxiomal (o no prolongable), si cualquier prolongación de ella coincide
con ella. Esto es x= x(t) no es prolongable
Proposición. Sea Ω ⊂ R x Rn abierto y conexo, f : Ω à Rn continua y
localmente Lopschitziana respecto de x. Entonces para cualquier (to, xo) ∈ Ω
existe una solución maximal x = x (t) del problema de Cauchy.
TEOREMA ( De equivalencia)
Sea Ω un conjunto abierto y conexo de Rn+1, f (t,x) continua en Ω , (to, x2) ∈Ω
R (to, xo) = ( ) escontinuax
fdondeaxxbttxt oo
∂
∂≤−∧≤,/, entonces el
problema de Cauchy :
( )xtfdt
dx,=
x(to) = xo
Tiene una única solución.
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Tipos de ecuaciones ordinarias de primer orden
1. Variable separable
2. Homogéneas
3. Lineales y Bernoulli
4. Exactas
5. Factor integrante
6. Clairaut
7. Lagrange
8. Riccati
Ecuaciones diferencial de Variables Separables
Toda ecuación de la forma x' = f(t,x) se dice que es de variable separable.
Si f(t,x) = g(t) h(x)
Así tendremos que: )x(h
dx = g(t) dt
Integrando: ∫ )x(h
dx= ∫ g(t)dt + k, k constante de integración
Si tenemos un problema de Cauchy:
=
=
00 x)t(x
)x,t(f'x
La solución de este problema es:
∫x
x0 )r(h
dr = ∫
t
t0g(p) dp
Ejemplo: Resolver: ex+y y' = 1
y(0) = 1
Solución:
eydy = e-x dx
∫y
1er dr = ∫
x
0e-pdp ⇒ ey - e = 1-e-x ⇒ y = Ln (e + 1 - e-x)
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Ejemplo: Resolver y ' = x2y - xy + y - x2 + x-1, y(2) = 3
Solución
dy = (x2 - x + 1) (y-1) dx
∫ −
y
3 1r
dr = ∫
x
2(p2-p + 1) dp
Ln
−
2
1y =
3
P3 -
x
2
2p
2
P
+ ⇒ Ln
−
2
1y =
3
x3 -
2
x2+x -
3
8
Ecuación Homogénea
Toda ecuación de la forma: M(x,y) dx + N (x,y) dy = 0 (EH) se dice que es una
ecuación homogénea si M(x,y) y N(x,y) son ambas homogéneas del mismo
grado.
O equivalentemente la ecuación y'= h(x,y) es una ecuación homogénea, si
h(x,y) es homogénea de grado 1.
Cambio de variable
Para resolver la ecuación homogénea, haremos un cambio de variable:
x = tv
dx = v dt + tdv
m(t,tv) dt + N(t,tv)(vdt + tdv) = 0
M ∧ N son del mismo grado por decir k.
M (t, tv) = tk M(1, v)
N (t, tv) = tk N(1, v)
tk M(1 , v) dt + tk N (1, v) (vdt + tdv) = 0
Separando variables
(M(1,v) + VN(1,v)dt + t N(1,v)dv = 0
0 dv v)N(1, v)v,1(M
)v,1(N
t
dt=
++
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Integrando:
∫ =+
+=
kdvv)N(1, V v)M(1,
v)(1, Ntln
t
xv
Aplicación
2 X(1) , t x2
xt'X
22=
+=
∫ =+
+=
k)V,1(VN)V,1(M
dv )V,1(NtLn
t
xV
(t2 + x2) dt – 2xtdx = 0
M(t,x) N(t,x)
⇒ ∫ =
−++
−+
=
k)v2(vv1
vdv2tLn
t
xv
2
⇒ Ln|t| + Kdv1v
1
1v
1
txv
=
++
− =∫
⇒ Ln |t| + K1v(Ln
txv
2 =−=
Ln |t| + Ln
− 1
t
x2
2 = K
Ln
− 1
t
x2
2 = K - Ln |t| ⇒
t
C
t
x=−1
2
2
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Ejemplo. Resolver
(x-y) dx + (x+y) dy = 0
°1 °1
EDOH
Kdv)v1(vv1
v1xLn
x
yv
=
++−
++ ∫
=
Kdvv1
v1xLn
x
yv
2=
+
++ ∫
=
Ln |x| kx
y1n
2
1
x
ytan
2
21 =
++
+ −
Ecuaciones Reducible a una Ec. Homogenéas.
(1) 111 cybxa
cbyax'y
++
+++ = 0, ab1-a1b ≠0
cc1 ≠ 0 (ax + by + c) dx + (a1x + b1y + c1) dy = 0 Hagamos los cambios: g = ax+by+c dg = adx+bdy h = a1x+b1y+c1 dh = a1dx + b1dy
baab
dgaadhdy
baab
bdhdgbdx
11
1
11
1
−
−=∧
−
−=
Sustituyendo: g(b1dg - bdh) + h(adh -a1dg) = 0 (EDOH) La solución es: (b1g - a1h)dg + (ah-bg) dh = 0
Ln |ax+by+c| + Kdv)bav(vab
bav
cbyax1cy1bx1av11
=−+−
−
++
++=
∫
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Ejemplo. Resolver:
(x-y+1) dx + (x+y+2) dy = 0
Solución.
La solución es: Ln |x-y+1| + Kdv)1v(vv1
)1(v
1yx
2yxv
=++−
−−
+−
++=
∫
Ln |x-y+1| k1yx
2yx1Ln
2
1
1yx
2yxtan
21 =
+−
++++
+−
+++ −
Ejemplo. Resolver:
y' + yx
yx
+
− = 0
Ln|x-y|+ Kdvv1
1v
yx
yxv
2=
+
−
−
+=
∫
Ln |x-y|+ kyx
yx1Ln
2
1
yx
yxtan
21 =
−
+++
−
++ −
(2) y' = f(ax+by+c), a ≠0 ^ b≠0
Solución
Z = ax + by + c
Dz 0 adx + bdy
b-1 (dz - adx) = f(z)dx ⇒ dz = (a + b f(z)) dx
Integrando: cbyaxz)z(bfa
dzdx
++=∫∫ +
− = K
x - cbyaxz)z(bfa
dz
++=∫ +
− = K
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Ejemplo. Resolver y' = x+y
Z = x + y, a = 1, b = 1, f(z) = z
x – Kz1
dz
yxz=
+−
+=∫
x-Ln(x+y+1) = K ⇒ Ln (x+y+1) = x-k ⇒ y = Cex-x-1
Observación: Resolver
(a1 t + b1 x1 + c1) dt + (a2 t + b2 xa c2) dx = 0
Si:
a1 b2 – b1 a2 # 0
g = a1t + b1x + c1
h = a2t + b2x + c2
dg = a1dt + b1dx
dh = a2dt + b2dx
k1yx
2yxtg
1yx
2yx1Ln
2
11yxLn 1
2
=
+−
+++
+−
+++++− −
1221
12
b a - b a
dh bdg bdt
−=
1221
21
b a - b a
dg adh adx
−=
Sustituyendo en la Ecuación Diferencial Ordinaria dada
g(h2 dg – b1 dh) + n(a1 dh – a2 dg) = 0
Tenemos una EDOH:
(b2 g – b2h) dg + (a1h + b1g) dh = 0
∫ =
+−+++ k
)b - v (a v v ab
dv b - v acxbtaLn
1122
11111
V = a2t + b2x + c2
a1t + b1x + c1
Victor D. Rojas Cerna
22
Ecuación Reducible a Variable Separable
y f(xy) dx + xg(xy) dy = 0 , f(xy) ≠ g(xy)
Z = xy ⇒ dz = xdy + ydx ⇒ xdy = dz - ydx
y f(z)dx + g(z) (dz - ydx) = 0
x
z (f(z) - g(z)) dx + dz = 0
x
dx+
g(z))z(f(z)
dz
− = 0
La solución general es: Ln|x| + ( ) xyz)z(g)z(fz
dz
=∫ −
= K
Ejemplo. Resolver: y(xy+1) dx + x(xy-1) dy = 0
Ln|x| + ( ) xyz)1z(1zz
dz
=∫ −−+
= K ⇒ Ln|x| + 2
1 Ln|z| = K
Así tenemos: y = ex-3
Ecuaciones lineales
Una reacción diferencial ordinaria de primer orden, que pueda expresarse
en la forma:
y' + P(x) y = Q(x) (1)
Se denomina una EDO lineal en y, análogamente
x' + P(y) x = Q(y) (2)
Se denomina una EDO en x,
Hallemos la solución de (1) ^ (2)
Resolvamos inicialmente: y' + P(x)y = 0
Separando variables y
dy = - P(x) dx
Ln|y| = - ∫ P(x) dx
y = C ∫− dx)x(Pe
Victor D. Rojas Cerna
23
Para resolver (1) ahora asumimos que la solución es y = C(x) ∫− dx)x(Pe
donde C(x) debe ser hallada de manera que se satisfaga (1), así
sustituyendo:
'dx)x(P
C(x)e
∫−
+ P(x)
∫− dx)x(PC(x)e = Q(x)
C'(x) ∫− dx)x(Pe + C(x)
+
∫∫ −− dx)x(P
'dx)x(P e)x(Pe = Q(x)
C'(x) ∫− dx)x(Pe = Q(x)
C'(x) = ∫ dx)x(Pe Q(x)
C(x) = ∫ ∫ dx)x(Pe Q(x) dx + K
Luego, la solución general de (1) es:
y = ∫− dx)x(Pe
+∫∫ kQ(x)dx e dx)x(P
Análogamente, la solución de (2) es:
x = ∫− dy)y(Pe
+∫∫ kQ(y)dy e dy)y(P
Ejemplo. Resolver: y + (Tgx)y = Sen x Cos x
Ecuación Lineal en y, la solución general es:
y = ∫− dx)Tgx(e
+∫∫ kdx x Cos x Sen e dx)Tgx(
y = |Cosx|Lne ( )kdx x Cos x Sen e |Cosx|Ln +−∫
y = Cos x
+∫ kdx x Cos x Sen
x Cos
1
y = Cos x (-Cos x + K)
y = K Cos x - Cos2 x
Victor D. Rojas Cerna
24
Ecuación de Bernoulli
Toda ecuación de la forma: y' + P(x) y = Q(x) yn, n≠0,1 (3)
es conocida como una ecuación de Bernoulli.
Hagamos el cambio de variable: z = 1ny
1−
(4)
Derivando: Z' = (1-n) ny
1 y' (5)
La ecuación (3) se puede expresar: ny
'y+P(x)
−1ny
1=Q(x) (6)
Sustituyendo (4) y (5) en (6)
n1
'Z
−+P(x) Z = Q(x)
Z' + ((1-n) P(x)) Z = (1-n) Q(x) (7)
(7) es una EDOL, su solución es:
z = ∫ −− dx )x(P)n1(e
+∫ −∫ kn)Q(x)dx-(1e dx)x(P)n1(
y1-n = ∫− dx)x(P)1n(e
+− ∫−
∫ kQ(x)dxe)n1( dx)x(P)n1(
Análogamente la EDO: x' + P(y) x = Q(y) xn, n ≠ 0,1
Tiene como solución:
x1-n = ∫− dx)x(P)1n(e
+− ∫−
∫ kQ(x)dxe)n1( dx)x(P)n1(
Ejemplo: Resolver y' + y = xy2
Tenemos una EDOB, n = 2
y-1 = ex ( )kxdxe x +− −∫ = ex ((x+1) e-x + k)
y = xke1x
1
++
Victor D. Rojas Cerna
25
Ecuaciones Exactas:
Una ecuación diferencial M(x,y) dx + N(x,y) dy = 0 (8)
Se dice que es exacta, si ∃u: A → R, A ⊆ R2 tal que
du = M(x,y) dx + N (x,y) dy
Obviamente se tendría: du = 0
Así la solución de (8) sería: u = C
Ejemplo. Resolver y dx + x dy = 0
Tenemos una EDOE, pues ∃ u = xy tal que
du = y dx + xdy
Así la solución general será: u = C
xy = C
Condición de Exactitud
Si M(x,y) dx + N(x,y) dy = 0
Es exacta, entonces ∃u tal que du = Mdx + Ndy, luego se tendrá que:
du = ux dx + uy dy = Mdx + Ndy
ux = M ^ uy = N
Por conocimiento previo: "Existe u: A → R, A C R2 tal que ux = M ^uy = N
S.S.S. My = Nx"
M(x,y)dx + N(x,y) dy = 0 es exacta ↔ My = Nx ………………………. )(α
Solución de una EDOE
La solución de (8) si es exacta, será:
∫x
x0M(t,y0) dt + ∫
y
y0
N(x,p) dp = K
La solución de una EDOE se puede obtener por combinaciones
integrables. Resolvamos como ejemplos, la ecuación:
2xcosy dx + (1 - x2seny) dy = 0.
Buscando combinaciones integrables: d (x2 cosy) + dy = 0
d (x2 cosy + y ) = 0
x2 cosy + y = k
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26
Factor Integrante
Si )(α no es una EDOE, en caso exista una función u: A → R, A c R2
de manera que:
u(x,y) M(x,y) dx + u(x,y) N(x,y) dy = 0 (10)
Es exacta, entonces se dice que u = u(x,y) es un factor integrante (f.i) de
(10). Veamos que relación debe cumplir u.
Como (10) es una EDOE, se cumplirá la condición de exactitud.
(uM)y = (uN)x ⇒ uy M + uMy = uxN + uNx
u
uyM -
u
ux N = Nx - My (RFFI)
la relación fundamental del factor integrante (RFFI) se puede expresar en
otras formas, si se conoce alguna particularidad de u.
Casos factibles
1. Si u = f(x) g(y)
La RFFI toma la forma: )y(g
)y('g M -
)x(f
)x('fN = Nx - My
Ejemplo. Resolver: (2x+x2 + y2) dx + (2x2 + 2y2 +2y)dy= 0
3212
)(
)('
yg
yg (2x + x2 + y2) -
3211
)(
)('
xf
xf (2x2+2y2 + 2y) = 4x - 2y
)y(g
)y('g = 2 ^
)x(f
)x('f =1 ⇒ u = f(x) g(y) = ex+2y
(2x + x2 + y2) ex + 2y dx + (2x2 + 2y2 + 2y) ex+2y = 0
d (ex+2y (x2 + y2 )) = 0
ex+2y (x2 + y2 ) = C
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27
2. Forma conocida del f.I
En estos casos la RFFI se transforma de acuerdo a un cambio de
variable, dado por la forma que tiene el f.i.
Ejemplo. Resolver: la ecuación (2y2-2x2-2xy) dx + (x2-y2-4xy) dy = 0,
donde el factor integrante es de la forma u= u(x2+y2)
Haciendo: z = x2 + y2
u = u (z)
ux = uZ zx = uZ 2x ^ uy = uZ zy = uZ (2y)
u
uz (2yM - 2xN) = Nx - My ⇒ )(
)('
zu
zu =
xNyM
MN YX
22 −
−
Si lo supuesto es cierto debemos tener )(
)('
zu
zu=
xNyM
MN YX
22 −
−=h(z)
⇒)z(u
)z('u =
)xy4yx(x2)xy2x2y2(y2
x2y4y4x22222 −−−−−
+−−
⇒ )(
)('
zu
zu =
3223 2244
84
xxyyxy
yx
−−+
− =
)()42(
)42(222 yxyx
yx
−−⋅−
−
⇒ )(
)('
zu
zu =
z
2−
⇒ Ln|u(z)| = Ln (z-2) ⇒ u(z) = 2
1
z
Factor integrante: u = 222 )(
1
yx +
Como es una EDOE podemos expresarla como una combinación
integrable
Resolvamos:
222
22
)(
)22)(2()2)((
yx
ydyxdxyxdydxyx
+
++−++ = 0 (EDOE)
d
+
+22
2
yx
yx = 0 ⇒ 2x + y = C(x2 + y2)
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28
Ecuación de Lagrange y Clairaut
Toda ecuación de la forma: y = x f(y') + g(y')
Se denomina:
a) Lagrange si f(y') ≠ y'
b) Clairaut si f(y') = y'
a) Ecuación de Lagrange
Se obtiene una solución parámetrica haciendo: y' = p
dy = pdx
Ejemplo: Resolver y = x f(y') + g(y'), f(y') ≠ y'
Previamente hallemos la solución en forma general.
Diferenciando: y=x f(p) + g(p), f(p) ≠ p
dy = f(p)dx + xf ’(p) dp + g’(p) dp
pdx = f(p) dx +xf ‘(p)dp+g’(p)dp
(p-f(p)) dp
dx - f ’(p) x = g ‘(p)
EDOL: dp
dx +
ppf
pf
−)(
)(' x =
)(
)('
pfp
pg
−
Integrando :
x =
dpppf
pf
e
)(
)'(∫
−−
+
−
′∫ − kdpppf
pge ppf
dppf
)(
)()(
)('
La solución paramétrica es:
+=
+
−
′∫
∫∫= −−
−
)()(
)(
)()(
)('
)(
)('
pgpxfy
kdpppf
pgeex
dpppf
pfdp
ppf
pf
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29
Ejemplo: Resolver la siguiente Ecuación de Lagrange:
''2 yxyy +=
2)( ppf = ppg =)(
+=
+−
∫∫= −−
−
pxpy
kpp
dpeex
dppp
pdp
pp
p
2
2
22
][22
+=
+−
−
−= ∫
pxpy
kdppp
p
px
2
2
2]
)1(
)1([
)1(
1
+=
+−
−= ∫
pxpy
kdpp
p
px
2
2]
)1([
)1(
1
+=
−
+−=
pxpy
p
kppx
2
2)1(
ln
Victor D. Rojas Cerna
30
b) Ecuación de Clairaut
Se obtiene como un lagrange, la solución con el cambio y'=p
Diferenciando: y = xy'+g(y')
⇒ y = xp + g(p)
⇒ dy = pdx + xdp + g'(p) dp
⇒ pdx = pdx + (x + g'(p)) dp
⇒ (x + g'(p)) dp = 0
⇒ p = C v x = - g’(p)
Aplicación Resolvemos y = xy' + (y')2
Tenemos:
a) Solución general: y= cx + c2, c constante
b) Solución singular: x = - g'(p), g(p)=p2, g'(p)= 2p
x = - 2p ⇒ p = - 2
x
y = xp + p2
y =x
−
2
x +
2
2
−
x =
4
2x− → y =
4
2x− (solución singular)
Victor D. Rojas Cerna
31
ECUACION DE RICCATI
El estudiante habrá constatado que las ecuaciones diferenciales estudiadas hasta aquí en los ejemplos y ejercicios admiten soluciones expresables mediante las funciones elementales, pero no siempre ocurrirá así y deberá prepararse a aceptar como solución de una ecuación diferencial expresiones no reducibles a las funciones elementales. Consideremos, por ejemplo el problema de determinar la longitud de un arco de la elipse, cuyas ecuaciones paramétricas son: x= acost y y=bsent desde el punto t= Π/2 al punto variable t. Sabemos que dicha longitud L se expresa como:
( ) ( )∫∫ +−=
+
=
t
π/2
22t
π/2
22
dtbcostasentdtdt
dy
dt
dxL
Integral que no es posible resolver mediante las funciones elementales, si bien la naturaleza del problema nos indica que L es una función perfectamente definida de t, que, además, es continua y derivable. Esta integral se conoce con el nombre de integral elíptica, y mediante ella se pueden definir las llamadas funciones elípticas. La teoría de las integrales y funcione elípticas que aparecen en muchas ramas de las matemáticas, es muy extensa y se han escrito muchos volúmenes para exponerla. Como ejemplo de ecuación de primer orden y primer grado que no es resoluble mediante las funciones elementales, tenemos la ecuación de Riccati.
0RQyPyy' 2 =+++ ..........................(I)
donde P, Q y R son funciones de x exclusivamente. Esta ecuación (1) no es siempre resoluble mediante las funciones elementales pero pueden establecerse con facilidad las siguientes propiedades de la ecuación y de sus soluciones: Propiedad 1
Si se conoce una solución particular y=y1(x) de la ecuación propuesta, esta puede reducirse a una ecuación lineal de primer orden.
Victor D. Rojas Cerna
32
Demostración
Sea la solución de la ecuación (I) la función y=µ+y1......................(1) De donde: y’=µ’+y1’...................(2)
(1) y (2) en (I): µ’+y1’+P(µ+y1)
2+Q(µ+y1)+R=0 entonces: µ’+Pµ2+(2Py1+Q) µ+(y1’+Py1
2+Qy1+R)=0....................(3) por dato y1 es una solución de (1), luego: y1’+Py1
2+Qy1+R=0 entonces de (3): µ’+Pµ2+(2Pµ1+Q) µ=0 que es una ecuación de Bernoulli puesto que µ’+(2Py1+Q) µ=-Pµ2....................(4) hagamos: z=µ-1................(5) entonces:
dx
dμ-μ=
dx
dz 2- ....................(6)
de (4): -µ-2µ’-(2Py1+Q) µ-1=P ecuación que convierte
de (5) y (6) a: P=Q)Z+(2Py-dx
dz1 ....................(II)
que ya es una ecuación diferencial lineal. Propiedad 2
Si se conoce dos soluciones particulares distintas y=y1(x) y=y2(x) de la ecuación (I), es posible obtener la solución completa mediante una sola cuadratura. Demostración.
Hagamos µ
µ
-1
y- 21yy = ........................(1)
De (1) ( )
221221
-1
y-
-1
yμ-1+y-y= y
yy +=
µµ..........................(2)
')-1(
')y-(
-1
'-y'yy' 22
2121 yy
++=µ
µ
µ...........................(3)
de (1) y (3) en (1):
0)-1
y-()
-1
y-yP(''
)-(1
y-
-1
'y-y 212212
2121 =+++++ Ry
Qyy
µ
µ
µ
µµ
µµ
(1-µ)(y1’-y2’)+(y1-y2) µ’+y2’(1-µ)2+P(y1-µy2)
2+Q(y1-µy2)(1-µ)+R(1-µ)2=0
Victor D. Rojas Cerna
33
Efectuando y ordenando convenientemente, teniendo en cuenta que tanto y1 como y2 son soluciones de (I) y deben satisfacer que:
0RQyPy'y 1
2
11 =+++ y 0RQyPy'y 2
2
22 =+++
logramos: y1’-y2’-µy1’+µy2’+(y1-y2) µ’+y2’(1-2µ+µ2)+P(y1
2-2µy1y2+µ2y22)+Q(y1-µy1-
µy2+µ2y2)+R(1-2µ+µ2)=0 → (y1’+Py1
2+Qy1+R)+(y2’+Py22+Qy2+R) µ2-(y1’+Py1
2+Qy1+R) µ-(y2’+Py2
2+Qy2+R) µ+(y1-y2) µ’-2Pµy1y2+Py12µ+Py2
2µ=0
→ (y1-y2) µ’+P(y1-y2)2µ=0 → 0dx)yy(P
μ
du21 =−+
( )( )
∫ ∫∫=⇒=−+
−− dxyyP
121
21CeμCdxyyPμLn:
Propiedad 3
Si se conocen tres soluciones particulares distintas, y=y1(x), y=y2(x) e y=y3(x), es posible expresar la solución completa sin cuadraturas. Para demostrarlo sustituyamos primero, y=y3(x)+1/µ y deducimos así la ecuación lineal (II) µ’-(2Py3+Q) µ=P......………...(I) como en la propiedad (I).Las otras dos soluciones y=y1(x), y=y2(x) de (I) nos proporcionan dos soluciones que son:
)x(y)x(y
1)x(μμ
31
1−
==
)x(y)x(y
1)x(μμ
32
2−
==
Pero una ecuación lineal tiene por solución completa la expresión:
Cμμ
μμ
12
1 =−
−
De donde µ1 y µ2 son dos soluciones distintas de y’+P(x)y=Q(x) Sustituyendo µ por 1/y-y2 y µ1 y µ2 por sus valores se tiene:
C
yy
1
yy
1
yy
1
yy
1
3132
313 =
−−
−
−−
−
La cual es la solución general de (I).
Victor D. Rojas Cerna
34
Propiedad 4
La razón doble de cuatro soluciones cualesquiera de (I) es independiente de x. Propiedad 5 Si P es idénticamente nulo, la ecuación (I) es lineal y de primer orden. Si P no es idénticamente nulo, (I) se puede reducir a una ecuación de la forma : v’’+x1v’+x2v=0 Demostración
i) Si P =0 de (I): y’+Qy+R=0 luego la afirmación es inmediata. ii) Si P=0 hagamos y=Z/P, entonces
0RP
ZQ
P
ZP
P
Z2'
=+
+
+
→ 0PRZP
'PQZ'Z 2 =+
−++
Hagamos ahora Z=v’/v y multipliquemos por v:
0PRv'vP
'PQ''v =+
−+
Ecuación diferencial de segundo orden cuya solución general contiene dos constantes arbitrarias, pero estas figuran en la correspondiente solución de Riccati original de manera que solo importa su cociente, que constituye la única constante esencial de una ecuación de primer orden.
Aplicación Geométrica: Trayectorias Ortogonales Previamente, vamos algunos conceptos.
• Una curva y = f(x) se caracteriza por la pendiente de ella.
• Una familia de curvas con una constante arbitraria esencial, se
caracteriza por satisfacer una EDO de orden 1.
Ejemplo: Hallar la EDO para la familia y = eax, a∈R
y' = a eax ⇒ y' = ay
y = eax ⇒ ax = Ln y ⇒ a = x
Lny y
x
Lny'y =
Osea la EDO para esta familia es: xy'=y Ln y , y > 0
Victor D. Rojas Cerna
35
• Una familia de curva con dos constantes arbitrarias esenciales, se
caracteriza por satisfacer una EDO de orden 2.
Ejemplo: Hallar la EDO para la "primitiva" y = ax2+b a,b ∈ R de las
igualdades:
y = ax2 + b
y' = 2ax
y'' = 2a ⇒ y' = xy''
• Generalizando, si se tiene una familia con n constantes arbitrarias
esenciales, a dicha familia se le asocia una EDO de orden n.
• Dada una familia de curvas φ(y, x, c1) = 0 (tenemos una constante
arbitraria esencial) entonces ella se caracteriza por su pendiente dada
por y'.
• La familia de curvas, cuya pendiente es la inversa negativa de la
pendiente de la familia dada, se conoce como la familia de trayectorias
ortogonales de la familia dada.
Ejemplo: Hallar la familia de trayectorias ortogonales a la familia
x2 + y2 = R2
Pendiente de la familia dada: 2x + 2y y' = 0
Sustituyendo y' por - x': 2x + 2y (-x') = 0
Resolviendo esta nueva ecuación: xdy - y dx = 0
y-1 dy - x-1dx = 0
Ln |y| - Ln |x| = C
y = K x (rectas que pasan por el origen)
Si tomamos cualquier curva de la familia dada, podemos verificar que
cualquier "recta" de la familia de trayectoria ortogonales, la corta
"perpendicularmente" en el punto de corte.
Víctor D. Rojas Cerna
36
ECUACIONES DIFERENCIALES
TIPO SOLUCIONES GENERALES
P(x)dx + Q(y)dy = 0 ∫P(x)dx + ∫Q(y)dy = C
M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0 Condición: M(ax, ay) = anM(x,y) N(ax, ay) = anN(x,y)
cdvvvNvM
viNx
x
yv
=+
+=
∫ ),1(),1(
),(ln
y’=h(y/x), h(y/x)≠(y/x) c
zhz
dzx
x
yz
=−
+=
∫ )(ln
y’=f(ax+by+c) Condición:a,b,a+bf(z)≠0
z=ax+by+c
kzbfa
dzx
cbyaxz
=+
−++=
∫ )(
y’+ 0111
=++
++
cybxa
cbyax
Condición: ab1-a1b ≠ 0
kdvbavvvab
bzvcbyaxLn
cbyax
cybxav
=−+−
−+++
++
++=
∫111)(
)(
11
yf(xy)dx+xg(xy)dy=0
Condición: f(xy)≠ g(xy) Ln x + ∫
=− yxzxgxfz
dzzg
))()((
)(=K
y’ + P(x)y = Q(x)
Lineal en y.
y=e-∫P(x)dx(∫e∫P(x)dx Q(x)dx+K)
x’ + P(y)x = Q(y)
Lineal en x.
x=e-∫P(y)dy(∫e∫P(y)dy Q(y)dy+K)
y’ + P(x)y = Q(x)yn,n≠0,1
Ec. De Bernoulli en y.
yl-n =e(n-1)∫P(x)dx((1-n)∫e(l-n) ∫Pdx Q(x)dx+K)
x’ + P(y)x = Q(y)xn,n≠0,1
Ec. De Bernoulli en x.
xl-n =e(n-1)∫P(y)dy((1-n)∫e(l-n) ∫Pdy Q(y)dy+K)
M(x,y)dx + N(x,y) dy = 0
Condición x
N
y
M
∂
∂=
∂
∂
Ecuación exacta.
∫ ∫ =+x
x
y
yO o
KdttxNdsyoxM ),(),(
Víctor D. Rojas Cerna
37
Relación Fundamental del Factor integrante:
x
N
y
M
y
uLnM
x
uLnN
∂
∂−
∂
∂=
∂
∂−
∂
∂ )()( u = factor integrante
APLICACIONES GEOMETRICAS
A = (x+yy’,0)
B = (x,0)
C = (x-yx’, 0)
D = (0,y +
xx’)
E = (0,y –
xy’)
Recta tangente y-y =y’(x-x)
Recta Normal y-y =-x’(x-x)
Teorema Fundamental del Cálculo
)()( tfduufdt
d t
a=
∫ , a constante.
M(x,y)dx + N(x,y)dy=0 Condición
h(x)=
∂
∂−
∂
∂
x
N
y
M
N
1
∫∫ =+y
y
x
x oOO
KdttxNxudsysMsu ),()(),()(
factor integrante dyyg
exu)(
)(∫
=
M(x,y)dx + N(x,y)dy =0 Condición:
g(y)=
∂
∂−
∂
∂
y
M
x
N
M
1
∫∫ =+y
y
x
x ooOO
KdttxNtudsysMyu ),()(),()(
factor integrante dyyg
exu)(
)(∫
=
Víctor D. Rojas Cerna
38
COMBINACIONES INTEGRALES
GRUPO DE TERMINOS FACTOR INTEGRANTE DIFERENCIAL
ExACTA
xdx + ydy (x2+y2)n, n ≠ 1 d((x2+y2)n-1/n+1) x2- y2 d(Ln(x2+y2))
xdy + ydx (xy)n, n≠-1
++1)(
1
1 nxyn
d
xy d(Ln(xy))
xdy-ydx 1/(x2+y2) d(arco tg(y/x))
x+dy (x+y)n, n≠-1
+
+ +
1
)( 1
n
yxd
n
EJERCICIOS SOBRE ECUACIONES DIFERENCIALES: Los siguientes problemas han sido seleccionados de las practicas y exámenes tomados: 1) Resolver 2x2y+x2-2xy+2y-x+1+y’=0
Solución
Separación variables (x2–x+1)(2y + 1) dx + dy = 0
(x2 – x+1) dx + 012
=+y
dy-
Solución general:
KyLnxxx
=+++− /12/2
1
2
2
3
3
2) Resolver y5 arco sen 1+x
x- y4 arco tg x =-y’
Solución: Viendo el triángulo adjunto: podemos apreciar la identidad de los arcos-sen y tg. Luego
01
1 45=
−+
+dy
yydx
x
x separando variables e integrando S.G. Ln
Kxarcoxxarcoxy
yyy
y=−++−++
−tgtg
33
125.011
3) Resolver (1-3x)(arco tg 212
2y
x
x+
+
arco sen
+ 1
2
x
x )x’=2 2 (x+1)2
Solución: Kyarcox
=+
+− )(tg
2
1
2sen
2
1 1
1+xx
l
Víctor D. Rojas Cerna
39
4) Resolver ( ) 2
2224224' 2 yeyyxxyxyx +++++−=
Separando variables e integrando tendremos:
( ) 02241
1 22 =++++
dyeyxydxx
y è S.G. ( ) keyx y =+++2
121ln
5) Resolver (x2y2+x2-y2-x2y-xy2+y+x-xy-1) + (xy+x-y-1)2 y’ = 0 Separando variables e integrando
+−
+++
+−
−+
12
122
122
12
yy
yydx
xx
xx dy = 0
El cálculo de las integrales queda a cargo del interesado.
6) Resolver (y2 arctg(x)+y3 arcsec 12 +x )+y’ = 0 Solución: Vemos en el triángulo que
arcotg x = arcosec 12 +x
Separando variables, tenemos arcotg x dx + 0)1(
12
=+
dyyy
∫ ∫ =−++−−+ Kdyyyy
dxxarco )1)1(12
1(tg
x arco tg x – Ln KyLnyLny
xl =++−−+ /1///12
7) Resolver la ecuación de variable separable.
0)11(1 23 13 =+++++ − dyxxdxyy
Respuesta:
Kyy
xxxLnxx =+++++−+ 5/9)1
1(9
55/4)
11(
4
5/5.0/25.05.0 2
8) Resolver: y’=x2+4y2 + 1-4xy+2x-4y+3x-6y+5.
Solución
Viendo el segundo miembro, detectamos que hay que factorizarlo por la misma
distribución de los sumandos que no se han simplificado, esto para poder
detectar que se trata de una simple factorización y aplicación de nuestro
formulario.
y’=(x-2y+1)2 + 3(x-2y+1)+2 ∫+−=++−
−⇒
12)23(21 2
yxzzz
dzx = K
∫+−=++
+⇒
12)362 2
yxzzz
dzx =K
12 +x
x
l
tx
xarcot
tg
tg
=
=
t
Víctor D. Rojas Cerna
40
9) Resolver x2yy’= 222 )(2
1xyyxtg −
Solución: 2(x2ydy+xy2dx)= tg(x2y2)dx, hagamos el cambio z=x2y2 remplazando dz = tg(z) dx à cotg(z) dz = dx así la S.G. es: sen(x2y2) = Kex 10) Resolver (x+y3) dx + (3y5-3y2x) dy = 0 Solución: Hagamos el cambio de variable z=y3 à 3y2 dy = dz Luego (x+z)dx + (z-x)dz = 0 la cuál es homogénea luego la solución es:
xln + ∫=−++
−
xyvvvv
dvv
/)1(1
)1(= K à Ln(x2 + y2)–2arco tg(y/x)=C,C=2K
11) Resolver (2x-2y+xex) dx + (2x-2y-1)dy = 0 Solución: Por combinaciones integrables (2x-2y)(dx-dy) + xex dx + dy = 0 Integrando (x-y)2 + xex – ex + y = K 12) Resolver y – xy’ = a (1 + x2y’) Solución:
y-xy’ = a+ax2 y’ à (ax2+x)y’–y =-a à y’ - xax +2
1y=-
xax
a
+2 LINEAL
y = ))((2
22
Kdxxax
axax
dx
exax
dx
e ++
−+−+ ∫∫
∫
La solución general es y = )//(1
KxLnax
ax+−
+
13) Resolver (x-yarco tg(y/x))dx + xarco tg(y/x) dy = 0 Solución:
La ecuación es homogénea, luego la solución general es:
xln + K
xyvvvvv
dvv=
=+−∫/)arctan(.)arctan(.1
)(arctan
S.G. xln + Kx
y
x
y
x
y=
+−
2
1ln)(arctan
Víctor D. Rojas Cerna
41
14) Resolver (ysec2(xy)+ sen x) dx + (xsec2(xy) + sen y) dy = 0 Solución: My=sec2(xy)+2xysec2(xy)tg(xy) , Nx = sec2(xy) + 2xysec2(xy)tg(xy)
∫∫ =∂+++y
y
x
x oooo
Kttxtxdsssyy ))sen()(sec())sen()(sec( 22
Respuesta: tg(xy) = K + cos(x)+cos(y) 15) Para que valor de n, la siguiente ecuación es exacta
0)()(
222
22
=−
+
++xdyydx
yx
cybxyaxn
Solución: Aplicaremos la condición de exactitud, así obtendremos el valor de n
122
222
22
22
)(
2(2
)(
34++
++−
+
++=
nnyyx
cybxyaxny
yx
cybxyaxM
122
222
22
22
)(
)2.(2
)(
43++
+++
+
++−=
nnxyx
cybxyaxnx
yx
cybxyaxN
Igualando o sea de My = Nx, se obtiene n=2
16) Resolver y’ =
2
122
1
+−
+−
yx
yx
Solución.-
Hacemos z=x-y, y aplicamos la F-4 así la solución general será:
kdz
yxzzz
zzx =
−=+
++− ∫ 23
1442
2
17) Resolver y’ tgx sen 2y = sen2 x + cos2 y Solución.-
xsenysenxxy 2cos.tan'2 = (identidad trigonométrica sen2r) dividiendo ambos
términos, por cos(y) tendremos previa simplificación
1secsectantan'2 22 += yxsenyyxy . Muy laborioso, mejor directo.
Haciendo el cambio de variable z' y' cos(y) 2sen(y) - zycos2 =⇒=
estas últimas son derivadas con respecto a x.
( ) zxsenzx −−= )(')tan( 2
Víctor D. Rojas Cerna
42
lineal con respecto a z.
x dxx sen x (x) -zsen(x) z' coscotcos−=
S.G. xkxseny csc3
12cos 2 +−=
18) Resolver xy’ + Lnxy
Lnxxx
Lnx
y2
)( +=
Solución:
,1
' 2−+=+ y
Lnx
Lnxxy
xLnxy Bernoulli en y, donde n = -2
y1-(-2) = e(-2-1)∫(xLnx)-1dx((1-(-2)) ∫e
3Ln(Ln(x)) )ln
KdxLnx
xx−
+
S.G. y3 = (Ln x)-3 (3∫(Ln x)2 (x+Ln x) dx + K) APLICACIONES GEOMÉTRICAS
19) Hallar la ecuación de la familia de trayectorias ortogonales a la familia de
circunferencias con centros en el eje y, y que además pasa por (a,0). Solución.-
Originalmente se pedía que pase por (a,0) y (-a,0) lo cuál es innecesario. Ecuación de la familia dada x2 + (y-k)2 = r2
x2 + y2 – 2Ky = a2
derivando 2x+2yy’ – 2ky’ = 0, pero tenemos que k=y
ayx
2
222 −+ .
2x+(2y-2y
ayx
2
222 −+ )y’=0
Cambiando y’ por –x’ tenemos que resolver 2xyy’-y2+x2-a2=0
y’ -x2
1y = 1
2
22−−
yxa Bernoulli con n =-1
kxxaKdxx
xaLnxedx
xey +−−=+−−= ∫
∫ 22)2
222(2
12
2
20) Resolver x(y’)2 – yy’-y’+1=0, hallando la solución general y singular de
ella. Solución: x(y’)-y-1+(y’)-1 = 0 à y = x(y’) – 1+(1/y’)
Víctor D. Rojas Cerna
43
Hagamos y’ = p à y=px-1+(1/p) à dy = pdx+xdp-(1/p2)dp à pdx= pdx+xdp-(1/p2)dp à (x-p-2) dp = 0
de donde p=C ó x= 2−p , así tendremos que la solución general es
S.g. y=Cx –1+c
1
La solución singular se obtiene reemplazando 2
1−
±= xp
Si p= 12111
−=⇒+−
=⇒ xyx
xxy
x
Si p=-1/ 12 −−=⇒ xyx .
En este caso ambas soluciones singulares satisfacen la ecuación. 21) Resolver y’ = tg(ax+by+c) Solución. Por la tabla inicial usaremos la F4, luego la solución será
∫++=+
−cbyaxzzbtga
dzx
)(=k
Calculo de la integral
Cambio de variable tg(z)=y è sec2z dz = dy à dz =21 y
dy
+
dyy
aby
aby
b
bay
dy
byaI )
1()(
1)
1()
1(
2
2
222 +
−−
++=
++= ∫∫ .
)112
(1 2
2222ytgayLn
b
baabyLn
ba
bI −−+
+−+
+=
la solución general será:
Kcbyaxba
a
cbyax
cbyaxbtgaLn
ba
bx =++
++
++
+++
+− )(
)sec(
)(2222
22) Resolver y4-(y’)4-y(y’)2 = 0
Víctor D. Rojas Cerna
44
23) Resolver
2(x5+2x3 y-y2x)dx + (y2+2x2 y-x4)dy = 0 (Sugerencia y=zr, r constante.) Solución: Reemplazando dy=rzr-1dz à 2(x5+2x3zr-z2rx)dx=-(z2r+2x2zr-x4)rzr-1dz Luego 5=3+r=2r+1 à así r=2 Resolvamos (x5-x1z4+2x3z2)dx+(z5+2x2z3-x4z)dz=0
Como es homogenea xln + ∫=−+++−
−+
xyvvvvvvv
dvvvv
/)2()21(
)2(3524
35
=k
24) Resolver (y cos 2x+2(sen2x)3/2)dx + sen2x dy=0 Solución:
Dividiendo entre sen2x, tendremos y’+(cotg2x)y=-2 x2sen Lineal
))2sen2()2(sen
2
1
(2cot
KdxxxLn
edxxg
ey +−−−
= ∫∫
25) Resolver (x3+xy2+y) dx+(y3+x2y+x)dy =0 Solución:
Es exacta pues My=Nx
∫∫ =+++++y
yo
x
x OO
Kdtxtxtdsysys )()( 2320
3
S.G. x4+y4+4xy+2x2y2=K 26) Considere la ecuación M(x,y)+N(x,y)dy=0 donde M y N tienen primeras
derivadas continuas (parciales) en cierto rectángulo “R”. Demostrar que una función u definida en “R” que tenga primeras derivadas parciales continuas, es un factor integrante si y solo si
y
uM
x
uN
x
N
y
Mu
∂
∂−
∂
∂=
∂
∂−
∂
∂)(
Demostración: → 1) sea un factor integrante (hipot.) 2) uM dx + uNdy = 0 es exacta (1-def. de factor integrante) 3) (uM)y = (uN)x (2-condición de exactitud) 4) Umy+uyM = uNx+uxN (3-derivación parcial) 5) u(My-Nx) = Nux - Muy l.q.d.d. ← Queda como ejercicio.
Víctor D. Rojas Cerna
45
27) Resolver la ecuación y’=223
3
)12(
)43()1(
yxx
yxxLnxx
−+
+−+
Solución: “Acomodando la linealidad”, tendremos
2
2323
2
12
)()1()
12
43(' −
−+
+=
−+
++ y
xx
xLnxy
xx
xxy Bernoulli n=-2
y3= ))1()12(3()12(
1 322
323Kdxxxx
xx++−+∫
−+
Calcular la integral pendiente y extraer raíz cúbica a ambos lados.
28) Resolver yxeyxseny x 2cos)2('2−=+
Solución:
Dividiendo entre cos2y, tendremos (sec2y)y’ + 2xtg(y) = x2xe−
Cambio de variable tg(y)=z à sec2 y dy = dz Reemplazando se tendrá z’+2xz=x exp(-x2) Lineal en z.
yxxexdx
exdx
ez 22
cos2
(2 −−
= ∫∫∫
( )kdxxeeey xxx += ∫−− 222
tan
S.G
+
+ − πcek
x x2
2arctan
2
, C en Z
29) Resolver 4x2yy’ = 9xy2+6x+54y3+108y4+72y2+16d Solución:
Debe tratarse solamente de un cambio de variable.
Factorizando tenemos: 4x2yy’ = 3x(3y2+2) + 2(3y2+2)3 Cambio de variable 3y2+2 = z à 6yy’ = z’ Luego resolveremos z’-4.5x-1z = 3x-2z3, la cúal es de Bernoulli.
Sol. General (3y2+2)-2 = - 9
3
2 −+kxx
Víctor D. Rojas Cerna
46
30) Determinar un factor integrante y resolver la ecuación Sen x (2 + 3y sen x ) dx + sec x dy = 0
Solución: My = 3 sen3 x, Nx = sec(x)tg(x)
)tg()cos(3sen3 xxxN
xN
yM
−=−
u= ∫ − dxxxxe
))tg(cossen3( 3
=cos(x)x
e
4sen4
3
Completar el cálculo de la integral para hallar la solución. 31) Deducir la formula o relación fundamental del factor integrante en
particular si u = φ(x2-xy2+1) Solución: Sabemos que si u es un factor integrante, de una ecuación diferencial satisface la relación fundamental.
N(Lnu)x – M(Ln u)y = My – Nx
Hagamos el cambio de variable z=x2-xy2+1
(lnu) = lnu x = (2x-y2) dz
udLn )(
lnu y = (Ln u)zz y = -2xy dz
dLnu
Reemplazando estos últimos cálculos, tendremos
xy NMdz
udLnxyMNyx −=+−
)()2)2(( 2
uln = ∫ −
−
xyMNyx
NxMy
2)2( 2dz = h(x,y) luego ),( yxheu =
z = x2–xy2+1 32) Resolver x(sen(y) + ycos(y))y’+2ysen(y)-1-x=0
Hacer el cambio z=y sen(y)
Respuesta ysen(y) = 22
3
1
2
1 −++ Kxxx
33) Resolver (y2-1)y’-2tgx(y+y2)=y2 cosx Hacer el cambio z=y+y-1, convirtiéndola en lineal Respuesta 1+y2 = ycos2x (Ln/sec x – tg x/k)
34) Resolver x+( 0')422 =++ yyyyx
Víctor D. Rojas Cerna
47
Solución.-
Como combinación integrable 022
=++
+ydy
yx
ydyxdx
Integrando kyyx =++ 2222
35) Resolver por factor integrante
(2x2 + 2y2+4x+2y+1)dx(x2+y2+x+3y+1)dy=0 Solución.-
My = 4y+2, Nx=2x+1
Relación fundamental del F.I. M yx MNxf
xfN
yg
yg−=−
)(
)('
)(
)('
Hemos supuesto el caso más general, ya que no hay indicios acerca del factor integrante, o sea u=f(x)g(y) (de lo contrario hubiéramos hecho el cambio de variable de acuerdo a la forma del factor integrante).
142)(
)(')1322(
)(
)(')1242222( −−=++++−++++ yx
xf
xfyxyx
yg
ygyxyx
por lo tanto 2)(
)('1
)(
)('=∧=
xf
xf
yg
yg
u=f(x)g(y)=e2x ey = e2x+y 36) Resolver mediante un factor integrante.
(4x2y2+2y3)dx+(3x3y+4xy2)dy = 0 Solución.-
La relación fundamental yx MN
xf
xfN
yg
ygM −=−
)(
)('
)(
)('
( )322 24 yyx + 2223 2)(
)(')43(
)(
)('yyx
xf
xfxyyx
yg
yg−=+−
xxf
xf
yyg
yg 1
)(
)('1
)(
)('=∧= à g(y) = y ^ f(x) = x
Luego el factor integrante será u=f(x)g(y) = xy Hallando la integral
∫∫ =+++y
y
X
Xoo
OO
Kdttxtxdssyys )43()24( 322433
La solución genral es x2y3(x2+y)=c
Víctor D. Rojas Cerna
48
37) Resolver y’-( xsen2 )y2+xx cossen
1y=-cos2x
donde y1 = cotgx es una solución particular. Solución.-
y = cotx + z-1, determinemos z. y’ = -csc2x-z-2z’
-csc2x-z-2z’-sen2x(cotx+z-1)2+ xzxxsenx
21 cos)(cotcos
1−=+ − .
-csc2x-z-2z’-cos2x-2senxcosx(z-1)-sen2x(l/z2)+csc2x+xx
z
cossen
1−
=-cos2x
–z-2z’-2senxcosx z1-sen2x.z-2 + xx cossen
1Z-1=0
z’+(2senx cosx - xx cossen
1)z=-sen2x, la cuál es lineal.
Z = xgxecxsen
e2cot2cosln2 +−−
( ∫++ xxxsen
e2cot2cscln2
(-sen2x)dx+K)
Pero simplificando tenemos que la solución general será:
Z= xexkx2sentgtg
2
1 −+−
Por lo tanto la S.G. es y=cotgx-(0.5 tgx –e-sen2xAgx(K))-1
38) Resolver axy(y’)2+(x2-ay2-1)y’-xy=0. Sugerencia: hacer el doble cambio de variable x2=u, y2=v. Solución:
x2=u, y2 = v è 2xdx = du ^2dydy=dv à y’=(x/y)v’à y’=dx
dvvv
v
u=','
Efectuando el remplazando, tendremos a
0/)'/)(1())'(( 2 =−−−+ vuvvuavuvv
uuva .
Au (v’)2 + (u-av-1)uv’-uv=0 Hagamos el cambio (o sustitución) v’= p à dv = pdu previa simplificación del factor común u.
aup2 + (u-av-1)p-v=0 à (ap+1) v=aup2-up-p.
Víctor D. Rojas Cerna
49
Diferenciando se tiene:
De donde se tiene (2aup+u-1)dp = 0 à p=c ó p=au
u
2
1 −
Para obtener una solución singular se reemplaza el valor de p.
022210)2
1)(1(2)
2
1( 2 =−−+−→=−
−−−+
−auvavuav
au
uavu
au
uau
Reemplazando u y v, la S.G. 1-x4+2x2-2ay2 – 2x2y2 a=0 La S.G. se obtiene reemplazando p=C, así tenemos:
(aC+1)y2 = ax2C2-Cx2-C 39) Sea A el punto de corte de la tangente a una curva en P=(x,y) y el eje y,
si la circunferencia cuyo diámetro es AP pasa por un punto fijo (a,c). Hallar la ecuación de la curva.
Solución.- A = (0, y – xy’)
P = (x, y), C = (x/2, y-2
1xy’)
Igualando los radios, es decir radio = d(A; C) = d ((a, c) ; C) Elevar al cuadrado y resolver la ecuación de Bernoulli y ver que la ecuación de la curva es. y² = a² - 2ax + kx² 40) Resolver xsen∅d∅ + (x3 – 2x2 cos∅ + cos∅) dx = 0 Solución.- Hagamos z=cos∅ à dz=-sen∅d∅
-xdz+(x³-(2x²-1) cos∅)dx=0 à ²xzx
1²x2'z =
−+ lineal en z.
+−
∫−∫
=φ=
kdx²xdx
x
1x2
edxx2
x
1
ecosz
Luego la solución general será: cos∅ = 2
xkxe-x²
Víctor D. Rojas Cerna
50
41) Resolver a) (x + Ln(y)) dy – (yLn(y))dx = 0 Solución.- La ecuación es lineal con respecto a x, x’ – (yLny)-1x = y-1 Cuya solución es x = Ln(y) (Ln(Ln(y))+k) b) 2cosxdx + (senx - y² - 1) dy = 0 Solución.- Hacer z = senx à dz = cosxdx à 2dz + (z - y² - 1) dy = 0 z’ + 0.5z = 0.5(1 + y²) Solución General
( )k2/ye82/yye42/ye2y2/ye2/yexsen ++−+−=
42) Calcular las trayectorias ortogonales de la familia de curvas
x
y
2
kytg =
+
Solución.-
Derivando:x
yy
x
yky '
2
'
2²sec +=
+
x
y
x
yyKytgl
'
²2
'))
2(( 2 +−=
++ Reemplazando y cambiando y’ por –x’
(x² + y² - 2x) x’ – 2y = 0 la cuál puede resolverse por factor integrante pues:
( ) xedxxheu1N
XNYM −=∫=⇒−=−
Luego multiplicamos por el factor integrante y luego aplicamos la fórmula para exactas. S.G. -x²e-x-y²e-x = k
xkeyx =+ 22
43) Resolver ( ) ( )xndyyx10 φ=φ∫
Solución.- Hagamos xy = z, xdy = dz cambiando los límites de integración tendremos
( ) ( )xnxdzzx φφ =∫0
, aplicando el Teorema Fundamental del Cálculo ∅(x) =
n(x∅(x)’= n(∅(x)+x∅’(x)).
Separando variables: ( )( )
0dx
xdn
x
dx1n =
φ+−
(n-1)Ln/x/+nLn/∅(x)/=K o equivalentemente ( ) keC,n
n1
Cxx =
−
=φ
Víctor D. Rojas Cerna
51
44) Resolver xy’ = y(Lny – Lnx)
Solución.-
La ecuación puede expresarse como
=x
yLn
x
y'y (Homogénea)
aplicando la fórmula para y’=h(y/x) (ó resolviéndola como homogénea)
kyxxkxyzzLnzz
dzxLn =−−−⇒=
=−+ ∫
1ln1lnln/
45) La normal en un punto P de una curva encuentra al eje x en Q.
Encontrar la ecuación de la curva si pasa por el punto (0, b) y si el lugar
geométrico del punto medio de PQ es y2 = kx.
Solución.-
Ltg : y – y = x’(x – x)
Sabemos que Q = (x + yy’, 0)
( )
+=+=
2,
'2
'5.0
yyyxQPM
M en P: y² = kx à
+=
2
'yyxk
2
2
y
Reduciendo y simplificando: 1xy2k2
y'y −=− (Bernoulli)
( ) ( )( )
+−−−
=−−
∫∫
cdxx2k
x
e2k2
dx2
e11
y
Completando los cálculos la S.G. será y2=-4x/k- 4k2+Cex/k
Como la curva pasa por (0, b) se tiene C=b²+4k2
46) Resolver y²exdx+(yex+eLny)dy=0
Solución.-
Separando variables e integrando tenemos y=C(ex 1)-1
Víctor D. Rojas Cerna
52
47) Hallando la ecuación de la curva cuyos interceptos de la tangente en
cualquier punto es una constante k (la curva en el 1er. Cuadrante).
Solución.-
Según el gráfico adjunto.
tenemos que;
x- yx’+y-xy’=k
y(1- x’)=k+xy’-x
y=xy’+k(l-x’)’1 Ecuación de Claireaut.
Hacemos y’=p de donde al reemplazar se tiene (x-k(p-1)-2)dp=0
de donde p=C ó x
k1p ±=
La solución singular será xkx2ky ++= (la que corresponde al problema)
48) (x–2seny–3)dx+(2x-4seny-3)dy=0
Solución.-
Cambio de variable. Z=xseny dz=dx-ecosy dy
(2z+6+2z-3)dx+(2z-3)sz=0 à (4z+3)dx+(2z-3)dz=0
S.G. 1.5x-seny-8
9Ln(4x-8seny+3)=k.
49) Hallar la curva para la cual el punto medio del segmento de tangente comprendido entre el punto de contacto y la intersección con el eje x,
está situado en la recta 3
xy =
Solución.-
Del gráfico P = (x, y)
Q = (x-yx’, 0)
M = 2
1(P+Q)=(x+0.5yx’,0.5y)
m en L:3
xy = por lo tanto 3x
y
2'x'yx
2
1x
3
1
2
y=+⇒
+= Lineal
Integrando tendremos S.G. xy²=y³+k.
Víctor D. Rojas Cerna
53
50) Hallar la curva que tiene la propiedad, de que el punto medio de normal
comprendida, entre el punto de contacto y la intersección con el eje x,
este en la recta L. 3y=x.
Solución.-
Q=(x+yy’,0), P=(x, y)
( )
+=+=2
y,
2
'yyxQP
2
1M
M en L: 3y = x à 2
'yyx
2
y3 +=
(2x-3y)dx+ydy=0 Homogénea.
kx
y
x
yxk
xyvvv
vdvxLn =−−−+⇒=
=+−+ ∫ 1ln2ln2ln
/232//
Luego la curva será (y-2x)²=C(y-x) si además nos pidieran que pase por
determinado punto como el (0,5), hallamos el valor de la constante en este
caso será 25=C(5) es decir C=5 luego la curva será (y-2x)²=5(y-x).
51) Determinar las trayectorias ortogonales de todas las líneas rectas con
pendiente y ordenada de intersección con el eje y, iguales.
Solución.-
Primero hallamos la familia, y luego sus trayectorias ortogonales.
De la condición del problema: y-xy’=y’
y=(1+x)y’ à y=k(1+x) : es la ecuación de la familia.
Hallando las tray. Ortogonales y’=k pero x1
yk
+= luego (1+x)dy=ydx
cambiando y’ por –x’ tendremos.
-(1+x)dx=ydy à (1+x)²+y²=k
Víctor D. Rojas Cerna
54
52) Determinar la ecuación diferencial de todas las circunstancias tangentes
a la recta x=5.
Sugerencia: Hallar la ecuación de la familia (x-h)²+(y-k)²=r² pero r²=(5-h)², luego
seguir todo el procedimiento ya descrito.
53) Resolver la siguiente ecuación exacta.
(x²+y²)a[(4x²+y²+3xy)dx+(x²+4y²+3xy)dy]=0
Solución.-
Usemos la condición de exactitud para determinar el valor de a.
My=2ay(x²+y²)a-1(4x²+y².3xy)+(x²+y²)a(2y+3x)
Nx=2ay(x²+y²)a-1(x²+4y².3xy)+(x²+y²)a(2x+3y)
My=NxàMy-Nx=0 à (x²y²)+2ª(4xy-x²-xy-y²-3xy)=0 à 2
1a =
Completando la solución es decir integrando tenemos:
S.G. (x²+y²)3/2(x+y)=k
54) resolver la siguiente ecuación homogénea:
(bxb-1+2(xy)a-b+ya-2)dx+(x2b-4+2xa-3yb-2)dy=0
Sugerencia: aplicando la condición de homogeneidad se tendrá que a=4 y b=3,
luego aplicando la solución para ella tenemos:
S.G. x3+x2y+xy2=k
55) Resolver la ecuación exacta siguiente:
ya((3x2y2+3yb)+(3x3y+6bxy+2y)y’)=0
Sugerencia: Usar la condición de exactitud y determinar que a=1 y b=1.
S.G. x³y³+3xy²+y²=k
56) Resolver la siguiente ecuación por combinaciones integrables.
(dx+dy)+3 ³y²x²y³x + (2xy²dx+2x²ydy)=0
Sugerencia: observar la disposición de los diferenciales.
S.G. 2(x+y)2/3+(xy)8/3=k
Víctor D. Rojas Cerna
55
576) Hallar la ecuación de una corva en el primer cuadrante, tal que satisfaga
la siguiente propiedad:
“Si la recta tangente a la curva en el punto P=(x,y) intercepta al eje x en el
punto A y si B es la proyección de P sobre el eje x, entonces el área del
triángulo ABP es igual al producto de las coordenadas del punto P”.
Solución.-
Area ∆ ABP = xy , A=(x-yx’,0) , B=(x,o)
0'yxX2xyy)'yx(2
1=−⇒=
2Ln/y/-Ln/x/=k à y²=Cx
Si la curva pasa por el punto (1, 1) la curva será y²=x
58) Hallar la curva que pasa por el punto (1,e) si la pendiente de la recta
tangente en cualquier punto de ella es:
2
x
yLny2x
x
yLn1
x
y
+
+
Sugerencia: Hacer el cambio de variable y=xez ó z=Ln
x
y obteniéndose la
ecuación de Bernoulli: z2xzx
1'z =− (y’=pendiente es la ecuación inicial de la
que hemos partido). Al resolver la ecuación tenemos z-1=x-1(∫x³dx+k) como (1,e) está en tenemos que k=5/4.
Luego la curva buscada será:
x
k
4
x1
+
Víctor D. Rojas Cerna
56
59) Determinar la ecuación de una curva que pasa por el punto (1,0) tal que
si por un punto cualquiera de ella se traza la tangente geométrica y por
el origen de coordenadas se traza una perpendicular a esta tangente si
la longitud de esta perpendicular es igual a la anscisa del punto de
tangencia.
Sugerencia:
Del gráfico tenemos que:
D((x,y),Ltg)=x
( )x
2'y1
/'xyy/=
+
−
(y-xy’)²=x²(1+y’²) à (x²+y²)+2xyy’= 0 (HOMOGENEA)
La solución es x²+y²=Cx, como (1,0) pertenece a ella l=C(1) à C=1
así la curva buscada es: x²+y²=x (CIRCUNFERENCIA).
60) Hallar una fórmula para calcular la pendiente de una curva, en un punto
de ella si satisface la ecuación diferencial:
y(l-Ln(y))y’’+(l+Ln(y))(y’)²=0 y si y’(e)=-1
Sugerencia:
La pendiente de la tangente está dado por y’. Luego hallaremos una expresión
para y’. La ecuación dada se puede expresar como:
( )( ) ( ) 0
))(1(
)(1'
2'0
)(1
)(12'
''=
−
++
−⇒=
−+ dy
yLny
yLnydy
yLny
yLn
y
y
Integrando tendremos que: kLnyLnLnyy
+−+=− )1(2'
1
Como y’(e)=-1 à k=0 . Luego la fórmula buscada es:
))²1((
1'
LnyLnyLny
−=
Víctor D. Rojas Cerna
57
61) Resolver la ecuación (y-xy’)(1+y’²)1/2=y’
Sugerencia.-
Se trata de una ecuación de Clairaut, luego hacer y’=p y así la sol. general es
y=Cx+C(1+C²)1/2 hallar la sol. singular.
62) Hallar la curva que pasa por el punto (1,0) y satisface la ec.dif.18
(1+y²)dx=(arco tgy-x)
Solución.-
²1
tan
²1
1'
y
yarcx
yx
+=
++ LINEAL en x
x = arco tg(y)-1+ke-arco tg(y) (1,0) en luego k=2 por lo tanto:
: x=arcotg(y)-1 2e-arcotg(y)
Circuitos Eléctricos
En un circuito que contiene uno o más elementos de almacenamiento de energía, existirá un estado estacionario siempre que cambie la condición de energía en el circuito, hasta que se alcance el nuevo estado estacionario. Esto puede ocasionarse por un cambio de voltaje o corriente que se aplique, o o por un cambio de cualquiera de los elementos del circuito. Sistemas de Primer Orden
Veamos los siguientes circuitos:
VRVL
t=0VS
i
VRV
C
t=0VS
i
Los circuitos mostrados contienen un solo elemento de almacenamiento de energía, en el que sV es el voltaje de suministro, i es la corriente del circuito en
un tiempo de t segundos una vez que se ha cerrado el interruptor. En este
tiempo los voltajes CLR VVV ,, están en los componentes.
Víctor D. Rojas Cerna
58
CIRCUITO INDUCTIVO
En este circuito tenemos LRS VVV +=
LRS VVV +=
dt
diLiRVS +=
dt
di
R
Li
R
VS +=
CIRCUITO CAPACITIVO
El circuito de la figura 2.
CCRS ViRVVV +=+=
Sabemos que: dt
dVCi C=
CC
S Vdt
dVRCV +=
En general: dt
dxTXF +=
F= función de tendencia=valor en estado estacionario x=variable del circuito, T= constante de tiempo del circuito
La ecuación puede escribirse: dt
dDTDxXF =+= ,
La solución de ecuaciones lineales de primer orden de este tipo admite una solución que puede escribirse como: te xxx += , 0lim =
∞→t
t
x
tx es llamada solución transitoria y ex es la solución estacionaria.
Fuente de voltaje constante, EVS = volts, el interruptor se cierra en 0=t .
Para el circuito inductivo de la figura 1, loa ecuación de la corriente es
R
E
dt
di
R
Li =+
L
Ei
L
R
dt
di=+
+= ∫
−
kdteetit
L
Rt
L
R
)(
tL
R
keR
Eti
−
+=)(
R
Ei iaestacionar =
Víctor D. Rojas Cerna
59
Como la corriente que atravieza un inductor no puede cambiar en forma instantanea, entonces en t=0 i=0
R
Ek
R
Ek −=⇒+=0
)1( L
Rt
eR
Ei
−
−=
Para el circuito capacitivo: en t=0
Edt
dVRCV C
C =+
RC
EV
RCdt
dVC
C =+1
kdtRC
EeeV
tRC
tRC
C += ∫−
11
RC
t
C keEV−
+=
EVKKEV −=⇒+= 11
Luego: ( ) RC
t
eVEEV−
−−= 1
Fuente alterna de voltaje )(0 wtsenEVS = aplicada al circuito inductivo
)()( 00 wtsenL
Ei
L
R
dt
diwtsen
R
E
dt
di
R
Li =+⇒=+
∫ +=−−
kdtwtsenL
Eeeti L
Rt
L
Rt
)()( 0
tL
Rt
L
Rt
R
L
kee
wL
R
wtwwtsenL
R
R
Eeti
−−
+
+
−=
2
20
)cos()()(
tL
E
keLwR
wtwLwtRLsen
L
Eti
−
+
+
−=
222
20 )cos()(
)(
+−
+= )cos()()(
2222220 wtwLR
Lwwtsen
LwR
REtie (corriente estacionaria)
Víctor D. Rojas Cerna
60
Sea 222 LwRz += y R
wL=φtan
+−
+= )cos(
2)(
2)(
2222
0 wtLwR
Lwwtsen
LwR
R
z
Etie
( ))cos()()()cos()( 0 wtsenwtsenZ
Etie φφ −=
R
wL
222 LwR +
φ
)()( 0 φ−= wtsenZ
Etie
φ es el ángulo de fase entre el voltaje de suministro sinusoidal y la corriente
de estado estacionario. De esta manera tenemos:
tL
R
kewtsenZ
Eti
−
+−= )()( 0 φ
Tenemos que 0)0( =i cuando tt ˆ=
tL
R
ketwsenZ
E ˆ0 )ˆ(0
−
+−= φ
)ˆ(ˆ
0 φ+−= twseneZ
Ek
tL
R
)ˆ()ˆ()()( 0 φφ −−−−= twsenttL
Rewtsen
Z
Eti
Víctor D. Rojas Cerna
61
MEZCLAS
1. 2 recipientes están conectados de tal manera que del primera puede
pasar al segundo una salmuera a razón de 2 Dl/min y del segundo al primero simultáneamente 1 Dl/mm. En el momento de iniciarse el proceso de intercambio de salmueras en t= 0, el primer recipiente contiene 1 Hl de salmuera que contiene 20 Kg. De sal, y en el segundo recipiente 1 Hl de agua pura. Determinar cuanta sal contendrá el primer recipiente al cabo de 5 min. Sabiendo que iniciado el proceso de intercambio, la mezcla en ambos recipientes se mantiene homogénea en todo instante.
SOLUCIÓN: Sean x(t) e y(t) las cantidades de sal que habrá en los dos recipientes al cabo de t minutos. En todo instante se cumple: x+y = 20.
V21 = 1 Dl/min V12 = 2 Dl/mm
Veamos la siguiente tabla:
I II Cantidad de Sal x Kg. y Kg.
Volumen final
V1+(V21 – V12) t = 10-t
V2 + (V12 – V21) t = 10
+ t
Planteando las ecuaciones diferenciales:
)1.....().........2(10
)1(10
1221t
x
t
YVCVC
dt
dxIII
−−
+=−=
)2.....().........1(10
)2(10
2112t
y
t
XVCVC
dt
dyIII
+−
−=−=
pero x + y = 20 è y = 20 – x......................................(3)
I II
V1= 10 Dl
20 Kgde sal
V2 = 10 DlAgua
Pura
I II
V1= 10 Dl
20 Kgde sal
V2 = 10 DlAgua
Pura
Víctor D. Rojas Cerna
62
Sustituyendo (3) en (1):
t
x
t
x
dt
dx
−−
+
−=
10
2
10
20
Visualizando la linealidad:
tx
tttX
+=
−+
++
10
20)
10
2
10
1()(1
+
+= ∫
∫−
++∫
−+
+−
kdtt
dte
dtetX
tttt
10
20)(
)10
2
10
1()
10
2
10
1(
( )
+
−+
+
−=
t
t
t
tKtX
10
1020
10
10)(
2
x(0) = 20 è K= 0
Luego: x(t) = t
t
+
−
10
)10(20
x(5) = Kg3
20
2. En un tanque hay 100 lt de agua salada que contiene H kg. De sal
disuelta en el agua. Se introduce agua salada que contiene 2 Kg. De sal por litro dentro del tanque a razón de 3 lt/mm y la mezcla que permanece uniforme al agitarlo, fluye fuera del tanque a la misma razón ¿Cuántos kilos de sal hay en el tanque, cuando el tiempo t es muy grande (t û∞ ). SOLUCIÓN: Sea x Kg de sal existente en el tanque después de t minutos Vol. Final= Vol. Inicial = 100 lts. Entran al tanque: 2 Kg./lt. . 3 lt/min. = 6 Kg./min
Salen del tanque: c V2 = )3(100
x
100
36
x
dt
dx−=
6)(100
3)(1 =+ txtX
+= ∫
−
kdteetxtt
6)( 100
3
100
3
Víctor D. Rojas Cerna
63
+=
−
keetxtt
100
3
100
3
200)(
100
3
200)(t
ektx−
+=
200)0( −=⇒= HkHx
100/3)200(200)( teHtx −−+=
Cuando t à ∞ à x = 200 kg.
3. En un tanque hay 100 gl de agua salada que contiene 60 lbs de sal
disuelta. Se introduce agua salada que contiene 3 lbs de sal por galón fluye dentro del tanque a razón de 2 gl/min.
Si la mezcla que se mantiene uniforme agitándose, fluye fuera del tanque a la misma razón ¿Cuántas lbs de sal hay en el tanque al final de 40 min.?
Un tanque contiene 240 lt. De agua pura, se introduce luego una solución
salina al tanque a razón de 8lt./min. Con una concentración de 0,3kg. De sal
por lt y simultáneamente saldrá esta mezcla a razón de 10 lt /min.
Determine la concentración de sal cuando el tanque contenga 120 lt de solución.
4. El aire de una habitación de dimensiones 4m, 5m, y 3m contiene 0.1 % de C02, si se esta renovando (entra y sale la misma cantidad de aire) a razón de 40mt3/min con aire que contiene 0.05% de C02.
a) Halle el % de C02 en dicha habitación al cabo de 10´. b) Que % de C02 habrá después de un intervalo de tiempo muy
largo (hallar la solución estacionaria).
Víctor D. Rojas Cerna
64
Ecuaciones lineales con coeficientes constantes
Definimos un operador L, que nos permita expresar mas fácilmente una
ecuación diferencial de orden n con coeficientes constantes
a y a y a y a y f x an n nn0 1
12
20 0( ) ( ) ( ) ... ( );+ + + + = ≠− −
donde n N∈ , a Ci ∈ (constantes), f x( ) una función ordinaria.
Definimos para estas ecuaciones el operador:
∑=
−
−
=n
kkn
kn
kdx
daL
0
, a0 0≠
Luego la ecuación a resolver es: Ly f x= ( ) es la variable dependiente
y y x= ( ) , x la variable independiente
• Si f x( ) ≠ 0 , la EDO de orden n se dice no homogénea.
• Si f x( ) = 0 , la EDO de orden n se dice homogénea.
De la definición tenemos:
1) ∑=
−=n
k
knk xgaxgL
0
)( )())((
2) ))()(( xgxhL + ∑=
−+=n
k
knk xgxha
0
)())()((
= +− −
=
∑a h gk xn k
xn k
k
n
( )( )( )
( )( )
0
= +−
=
−
=
∑ ∑a h a gk xn k
k
n
k xn k
k
n
( )( )
( )( )
0 0
L h x g x L h x L g x( ( ) ( )) ( ( )) ( ( ))+ = +
3) a C∈ (constante), L ah x aL h x( ( )) ( ( ))=
4) L es un operador lineal.
Víctor D. Rojas Cerna
65
Ecuaciones Lineales Homogéneas con Coeficientes Constantes
Estudiamos la EDOLCCH (ecuación diferencial ordinaria con coeficientes
constantes homogenea)
Ly y ay b= + + =" ' 0 ORDEN 2 ....(1)
Ly y a y a yn nn= + + + =−( ) ( ) ...1
1 0 ORDEN n ...(2)
Definimos el polimonio característico como:
p r r ar b( ) = + +2 para 1
p r r a r an nn( ) ...= + + +−
11 para 2
Propiedad
L e r erx n rx( ) =
Visualización:
( )'e rerx rx= , ( )' ' ( )'e re r erx rx rx= = 2 ,..., ( )( )e r erx n n rx=
Asi: L e r er n rx( ) =
Comentemos algunas resultados para EDOLCCH de orden 2
Teorema 1. Dada Ly y ay b= + + =" 0 .....(1)
Si p(r) tiene dos raices distintas entonces y e y er x r x1 2
1 2= ∧ = son dos soluciones
de 1.
Ecuaciones de Segundo Orden con Condiciones Iniciales
El problema que tenemos es hallar una ecuación que cumpla:
Ly
y x a y x b
=
= =
0
0 0( ) , '( )
Víctor D. Rojas Cerna
66
Por ejemplo resolvamos:
y y y
y y
" '
( ) , ' ( )
− − =
= =
2 3 0
0 0 0 1
p r r r( ) = − −2 2 3
p r r( ) ,= ↔ = −0 1 3
y c e c ex x= +−1 2
3
y c c( )0 0 01 2= ⇒ + =
y x c e c ex x' ( ) = − +−1 2
33
y c c' ( )0 3 11 2= − + =
La solución del sistema:
c c
c c1 2
1 2
0
3 1
+ =
− + =
c c1 2
1
4
1
4= − ∧ =
y e ex x= − −1
43( ) es la solución buscada.
Teorema (Existencia)
Para ∀ ∈ ∈x R a b R0 , , existe una solución φ de la ecuación
Ly
y x a y x b
=
= =
0
0 0( ) , ' ( )
Visualización
Sean r1 , r2 las raices de p r( ) = 0
∃ ∧φ φ1 2 base de las soluciones de ella, es decir
L Lφ φ1 20 0= ∧ = , φ φ1 2∧ linealmente independientes.
Sea φ φ φ= +c c1 1 2 2 , es obvio por el principio de superposición (linealidad de L
caso homogeneo)
Víctor D. Rojas Cerna
67
Para determinar c c1 2∧ usamos las condiciones iniciales
φ φ φ( ) ( ) ( )x a c x c x a0 1 1 0 2 2 0= ⇒ + =
bxcxcbx =+⇒= )(')(')(' 0220110 φφφ
Según Cramer, este sistema tendrá una única solución si
∆ = ≠φ φ
φ φ1 0 2 0
1 0 2 0
0( ) ( )
( ) ' ( )
x x
x x
Si r r1 2≠ , obvio que: φ φ1 21 2( ) ( )x e x er x r x= ∧ =
∆ = = − ≠+e e
r e r er r e
r x r x
r x r xr r x
1 2
1 2
1 2
1 22 1 0( ) ( )
Si r r x e x xer x r x1 2 1 2
1 2= = =, ( ) , ( )φ φ
∆ =+
= + − = ≠e xe
r e r exr xr e e
r x r x
r x r xr x r x
1 1
1 1
1 1
1 11 1
2 2
11 0
( )( )
Entonces ∃ ∧c c1 2 y ademas unicos demanda que se cumplan la EDOCCH y las
condiciones iniciales prescritas.
Teorema:
Si φ es una solución de Ly = 0 en un intervalo I entonces:
φ φ φ( ) ( ) ( )( ) ( )x e x x ek x x k x x0 0
0 0− − −≤ ≤
∀ ∈x I donde [ ]φ φ φ( ) ( ) ' ( )/
x x x= +2 2 1 2
y k a a= + +1 1 2
Teorema:
I es un intervalo, x I0 ∈ , existe a lo mas una solución φ de la EDOCCH:
Ly
y x a y x b
=
= =
0
0 0( ) , ' ( )
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68
Visualizacion
Supongamos que φ y ψ sean dos soluciones de este
Denotemos: h x x x( ) ( ) ( )= −φ ψ
Por la linealidad de L: ( )L h x L x x( ( )) ( ) ( )= − = − =φ ψ 0 0 0
h x x x a a( ) ( ) ( )= − = − =φ ψ0 0 0
h x x x b b' ( ) ' ( ) ' ( )0 0 0 0= − = − =φ ψ
Luego: h x h x( ) ' ( )0 00 0= ∧ =
Por el teorema anterior:
h x e h x e k a ak x x k x x( ) ( ) ,( ) ( )0 0 1 2
0 0 1− − −≤ = + +
[ ] [ ]h x h x h x( ) ( ) ' ( )/
/
0 0
2
0
2 1 21 2
0 0 0= + = + =
0 0 0≤ ≤ ⇒ = ∀ ∈h x h x x I( ) ( ) ,
[ ]h x h x h x h x h x h x( ) ( ) ' ( ) ( ) ' ( ) ( )/
= + ⇒ + = ⇒ =2 2 1 2 2 2
0 0
h x x I( ) ,= ∀ ∈0
Asi hemos demostrado la linealidad.
Dependencia e independencia lineal
φi i J∈ , J una familia de índices (es decir J n n N= ∈1 2, ,..., , ) ó NJ =
φi i J∈ es L.I. en un intervalo J si c x c i ni i
i
n
iφ ( ) ; , ,...,=
∑ = ⇒ = =1
0 0 1 2
Veamos cuando J = 1 2,
φ φ1 2( ) ( )x x∧ don L.I. en el intervalo J c x c x c c x J⇔ + = ⇒ = = ∀ ∈1 1 2 2 1 20 0φ φ( ) ( ) ,
ahora veamos que tenemos si usamos la Regla de Cramer.
c x c x x J
c x c x x J
1 1 2 2
1 1 2 2
0
0
φ φ
φ φ
( ) ( ) ,
'( ) '( ) ,
+ = ∈
+ = ∈
Víctor D. Rojas Cerna
69
Sea x J0 ∈ arbitrario, luego como el sistema
c x c x
c x c x
1 1 0 2 2 0
1 1 0 2 2 0
0
0
φ φ
φ φ
( ) ( )
' ( ) ' ( )
+ =
+ =
tiene una única solución c c1 2 0= = entonces
∆ = ≠φ φ
φ φ1 0 2 0
1 0 2 0
0( ) ( )
' ( ) ' ( )
x x
x x
al determinante
Wx x
x x( , )
( ) ( )
' ( ) ' ( )φ φ
φ φ
φ φ1 2
1 2
1 2
=
se denomina WRONSKIANO de φ1( )x y φ2 ( )x
Asi llegamos a la conclusión de que φ1( )x y φ2 ( )x don L.I. en J, si
W( , )φ φ1 2 0≠ .Asi tenemos el siguiente resultado.
Teorema: Sean φ1 y φ2 dos soluciones de Ly = 0 en un intervalo J y sea x I0 ∈
arbitrario. Entonces φ1 y φ2 son L.I. en J si y sólo si:
W x( , )( )φ φ1 2 0 0≠
Visualización
⇒) φ1 y φ2 L.I. en J ⇒ W x J( , ) ,φ φ1 2 0≠ ∀ ∈
⇒ ≠ ∈W x x J( , )( ) ,φ φ1 2 0 00
⇐) W x( , )( )φ φ1 2 0 0≠ , tomemos la combinación lineal
c x c x x J
c x c x x J
1 1 2 2
1 1 2 2
0
0
φ φ
φ φ
( ) ( ) ,
' ( ) ' ( ) ,
+ = ∀ ∈
+ = ∀ ∈
Tenemos un sistema lineal homogéneo en c1 y c2 .
Como ∆ = ≠W x( , )( )φ φ1 2 0 0 , el sistema tiene una única solución que es la
solución trivial: c c1 2 0= =
Luego φ1 y φ2 son L.I. en J
Víctor D. Rojas Cerna
70
Teorema: (fórmula para el Wronskiano)
L L x J x Jφ φ1 2 00 0= ∧ = ∈ ∈, , , entonces
W x e W xa x x( , )( ) ( , )( )( )φ φ φ φ1 2 1 2 01 0= − −
Visualización
Lφ1 0= ⇒ + + =φ φ φ1 1 1 1 0"( ) ' ( ) ( )x a x b x ....( )1
Lφ2 0= ⇒ + + =φ φ φ2 1 2 2 0"( ) ' ( ) ( )x a x b x ....( )2
( )1 por φ2 φ φ φ φ φ φ1 2 1 1 2 1 2 0"( ) ( ) ' ( ) ( ) ( ) ( )x x a x x b x x+ + = ....( )3
( )2 por φ1 φ φ φ φ φ φ2 1 1 2 1 2 1 0"( ) ( ) ' ( ) ( ) ( ) ( )x x a x x b x x+ + = ....( )4
( ) ( )4 3− ( ) ( )φ φ φ φ φ φ φ φ1 2 2 1 1 1 2 1 2 0" " ' '− + − =a ....( )5
WW
W= ⇒
= −
= + − −
φ φ
φ φ
φ φ φ φ
φ φ φ φ φ φ φ φ1 2
1 2
1 2 2 1
1 2 1 2 2 1 2 1' '
' '
' " ' ' ' ' "
Vemos que W satisface la EDO : W a W'+ =1 0
W a W a' " " ( ' ' )+ = − + − =1 1 2 2 1 1 1 2 2 1 0φ φ φ φ φ φ φ φ (Ver (5))
Luego la solución general es:
W ke a x= − 1
W x ke k W x e ea x a x a x( ) ( )0 01 0 1 0 1= ⇒ =− −
W x e W xa x x( ) ( )( )0 0
1 0= − −
Generalizando
W n
n
n
n nn
n
( ,... )
...
' ' ... '
: : :
...
φ φ
φ φ φ
φ φ φ
φ φ φ
1
1 2
1 2
1 2
=
W e Wn xa x x
n x( ,... ) ( ,... )( )( )
( )φ φ φ φ1 11 0
0= − −
Víctor D. Rojas Cerna
71
PROBLEMAS SOBRE ECUACIONES DIFERENCIALES
DE ORDEN SUPERIOR HOMOGENEAS CON COEFICIENTES
CONSTANTES
1) Encuentre todas las soluciones de variable real para las siguientes
ecuaciones:
a) y” + y = 0
Solución:
Polinomio característico: P(r) = r2 + 1
Solución general: Φ(x) = c1·cosx + c2·senx
b) y” - y = 0
Solución:
Polinomio característico: P(r) = r2 - 1
Raíces: r = -1, 1
Solución general: Φ(x) = c1·e-x + c2·e
x
c) y(4) - y = 0
Solución:
Polinomio característico:
P(r) = r4 - 1 = (r2 -1)(r2 + 1) = (r - 1)(r + 1)(r - i)(r + i)
Raíces: r = -1, 1, -i, i
Solución general: Φ(x) = c1·e-x + c2·e
x + c3·cosx + c4·senx
d) y(5) + 2y = 0
Solución:
Polinomio característico: P(r) = r5 + 2
Raíces: r5 = -2 ⇒
+
⋅= 5
K2i
51
e2r
ππ
; K = 0, 1, 2, 3, 4
Como los coeficientes son reales, las raíces serán:
51
51
2,x5
senix5
cos2 −
π⋅±
π⋅±
Víctor D. Rojas Cerna
72
La solución será:
)x(c)x(5
1iii∑
=
Φ=Φ ,donde:
π⋅
π⋅=Φ x
5sen2·cosx
5cos2exp)x( 5
15
1
1
x5
sen2sene 51x
5cos2
2
51
π⋅⋅=Φ
π⋅
x5
sen2cose 51x
5cos2
3
51
π⋅⋅=Φ
π⋅−
x5
sen2sene 51x
5cos2
4
51
π⋅⋅=Φ
π⋅−
x25
51
e)x( −=Φ
e) y(4) - 5y(11) + 4y = 0
Solución:
Polinomio característico: P(r) = r4 - 5r2 + 4
Raíces: P(r) = (r2 - 4)(r2 - 1) = (r - 2)(r + 2)(r - 1)(r + 1)
r = -1, -2, 1, 2
Solución general: Φ(x) = c1·e-x + ·c2·e
-2x + c3·ex + c4·e
2x
Φ(x)=C1coshx+C2senhx
2) Determinar todas las soluciones de variable real para las siguientes
ecuaciones:
a) y’’’ - iy” + y’ - iy = 0
Solución:
Polinomio característico: P(r) = r3 - ir2 + r - i
Raíces: (r - i)(r2 + 1) = 0 ⇒ (r - i)2(r + i) = 0
⇒ r = i, i, -i
Víctor D. Rojas Cerna
73
La solución general es:
Φ(x) = (c1 + c2x)·eix + c3·e-ix; c1, c2, c3 constantes
Buscando las soluciones reales:
Φ(x) = (c1 + c2x)(cosx + isenx) + c3(cosx - isenx)
Φ(x) = (c1 + c3)cosx + i(c1 - c3)senx + c2x(cosx + isenx)
Como c1 y c3 son constantes cualesquiera, podemos
considerarlos así determinemos K1 y K2 ∈ R tales que:
c1 + c3 = K1
c1 - c3 = -iK2
Así si tomamos c1 = 1 - i; c3 = 1 + i
c1 + c3 = 2 ∧ i(c1 - c3) = i(1 - i - 1 - i) = i(-2i) = 2
Luego tenemos que Φ1(x) = cosx ∧ Φ2(x) = senx, son soluciones
reales de la ecuación dada.
Con la otra expresión no se puede obtener otra solución real.
Por tanto: Φ(x) = A1Φ1(x) + A2Φ2(x), con A1 y A2 constantes reales
son las soluciones solicitadas.
b) y” - 2iy’ - y = 0
Solución:
Polinomio característico: P(r) = r2 - 2ir - 1 = (r - i)2
Raíces: r = i, i
Solución general: Φ(x) = (c1 + c2x)eix
Φ(x) = (c1 + c2x)(cosx + isenx)
El segundo paréntesis en una función de valor complejo, no es
posible obtener una solución real diferente de la nula c1 = c2 = 0
Por tanto, tendremos que Φ(x) = 0 es la única solución real de la
ecuación.
Víctor D. Rojas Cerna
74
3) Consideremos la ecuación: y(4) - k4y = 0, donde k es una
constante real
a) Demuestra que cosKx, senKx, coshKx, senhKx, son soluciones de
ella si K ≠ 0
Demostración:
Como K ≠ 0, tenemos que el polinomio característico:
P(x) = r4 - K4
* Así las raíces son: -K, K, ±Ki )dos reales y dos complejas conjugadas)
* La solución general será:
( ) KxsencKxcoscececx 43Kx
2Kx
1 +++=Φ −
* Como ( )KxKx ee2
1Kxcosh −+=
( )KxKx ee2
1Kxsenh −−=
Sumando miembro a miembro: eKx = coshKx + senhKx.......α
Restando miembro a miembro: e-Kx = coshKx - senhKx......β
* Sustituyendo (α) y (β) en Φ:
Φ(x) = c1· (coshKx - senhKx) + c2(coshKx + senhKx) +
c3·cosKx + c4·senKx·
Así tenemos:
Φ(x) = (c1 + c2)coshKx + (-c1 + c2)senhKx +
c3·cosKx + c4·senhKx
Luego:
Φ(x) = K1·coshKx + K2·senhKx + K3·cosKx + K4·senKx
(K1 = c1 + c2, K2 = -c1 + c2, K3 = c3, K4 = c4)
Por tanto:
Φ1(x) = coshKx (K1 = 1, K2 = K3 = K4 = 0)
Φ2(x) = senhKx (K2 = 1, K1 = K3 = K4 = 0)
Φ3(x) = cosKx (K3 = 1, K1 = K2 = K4 = 0)
Φ4(x) = senKx (K4 = 1, K1 = K2 = K3 = 0)
Víctor D. Rojas Cerna
75
b) Demuestre que existen soluciones no triviales Φ que
satisfacen las siguientes condiciones: Φ(0) = 0, Φ’(0) = 0, Φ(1)
= 0, Φ’(1) = 0 si y sólo si cosKcoshK = 1 ∧ K≠0
Demostración:
Φ(x) =K1coshKx + K2senhKx + K3cosKx + K4senKx
Φ’(x) = KK1senhKx + KK2coshKx - KK3sen Kx + KK4cosKx
Φ(0) = 0 ⇒ K1 + K3 = 0
Φ’(0) = 0 ⇒ KK2 + KK4 = 0
Φ(1) = 0 ⇒ K1coshK + K2senhK + K3cosK + K4senK = 0
Φ’(1) = 0 ⇒ KK1senhK+KK2coshK-KK3senK+KK4cosK = 0
Tenemos un sistema homogéneo de cuatro ecuaciones y cuatro
incógnitas, dicho sistema tendrá soluciones no triviales. Sí sólo si
∆ = 0.
∆ es la matriz de los coeficientes del sistema.
KcosKKsenKKcosKKsenhK
KsenKcosKsenhKcosh
K0K0
0101
−
=∆
KcosK)KsenhK(senKKcoshKKsenK
KsenKcoshKcosKsenhKcosh
K0K0
0001
+−
−=∆
KcosKsenhKsenKcosh
KsenKcoshKcosKsenh
101
K 2
−−
−=∆
KcoshKcosKsenhKsenKcosh
KsenhKsenKcoshKcosKsenh
001
K 2
−−−
−−=∆
∆ = K2[(cosK - coshK)(cosK - coshK) + (sen2K - senh2K)]
∆ = K2(cos2K - 2cosKcoshK + cosh2K) + (sen2K - senh2K)
∆ = K2(2 - 2cosKcoshK)
∆ = 0 ↔ 2K2(1 - cosKcoshK) = 0
Víctor D. Rojas Cerna
76
Por tanto como hemos considerado K ≠ 0, necesariamente
∆ = 0 ⇔ cosKcoshK = 1
Así, el sistema homogéneo tendrá soluciones no triviales que
satisfagan las condiciones iniciales.
c) Calcule todas las soluciones no triviales que satisfagan las
condiciones dadas en el inciso (b)
Solución:
De las dos primeras ecuaciones tenemos:
K3= -K1 ∧ K4 = -K2
La tercera ecuación se transforma en:
K1(coshK-cosK) + K2(senhK - senK) = 0
Como hay infinitas soluciones, tendremos que:
K1 = -c(senhK - senK) ∧ K2 = c(coshK - cosK)...................γ
c = constante arbitraria
Así tendremos que como:
Φ(x) = K1(coshKx - cosKx) + K2 (senhKx - senKx)
Sustituynedo (γ):
Φ(x) = c[(coshK - cosK)(coshK - cosK) - (senhK - senK)
(coshKx -cosKx)], donde c es constante arbitraria
d) Encuentre los valores de K para los cuales existen
soluciones no triviales que satisfagan las condiciones: Φ(J)(0)
= Φ(J)(1), J = 0, 1, 2, 3.
Solución:
Φ(x) = K1coshKx + K2senhKx + K3cosKx + K4senKx
Φ’(x) = KK1senhKx + KK2coshKx - KK3senKx + KK4cosKx
Φ”(x) = K2K1coshKx+K2K2senhKx-K2K3cosKx-K2K4senKx
Φ’’’(x) = K3K1senhKx+K3K2coshKx+K3K3senKx-K3K4cosKx
Φ(0) = Φ(1) ⇒ K1 + K3
= K1coshK + K2senhK + K3cosK + K4senK
Φ’(0) = Φ’(1) ⇒ KK2 + KK4
Víctor D. Rojas Cerna
77
= KK1senhK + KK2coshK - KK3senK + KK4cosK
Φ”(0) = Φ”(1) ⇒ K2K1 - K2K3
= K2K1coshK + K2K2senhK - K2K3cosK - K2K4senK
Φ’’’(0) = Φ’’’(1) ⇒ K3K2 - K3K4
= K3senhK + K3coshK + K3K3senK - K3K4cosK
Tenemos cuatro ecuaciones y cuatro incógnitas K1, K2, K3, K4, el
sistema es homogéneo:
(1 - coshK)K1 - (senhK)K2 + (1 - cosK)K3 - (senK)K4 = 0
(KsenhK)K1 + (coshK-1)KK2-(K)K3 + (KcosK-K) = 0
K2(coshK-1)K1+(K2senhK)K2+(1-cosK)K2K3+(-K2senK)K4=0
(K3senhK)K1+(coshK-1)K3K2+(senK)K3K3+(1-cosK)K3K4=0
El determinante ∆ de los coeficientes del sistema deberán ser
cero, para que el sistema tenga soluciones diferentes de la
solución trivial.
Kcos11Ksen1KcoshKsenh
KsenKcos1KsenhKcosh
1KcosKsen1KcoshKsenh
KsenKcos1KsenKcos1
K 6
−−
−−
−−
−−−−
=∆
∆ = 0 ⇔ K = 2Kπ; K = 0, 1, 2, 3,...
e) Calcula todas las soluciones no triviales que satisfacen las
condiciones dadas en el inciso (d)
Solución:
Sustituyendo el valor de K, se tiene:
(1 - coshK)K1 - (senK)K2 = 0
(senhK)K1 + (coshK - 1)K2 = 0
(coshK - 1)K1 + (senhK)K2 = 0 ⇒
(senK)K1 + (coshK - 1)K2 = 0
(1 - coshK)K - (senK)K2 = 0
(senK)K1 + (coshK - 1)K2 = 0
Víctor D. Rojas Cerna
78
El determinante ∆1 de los coeficientes de este nuevo sistema es:
Ksenh)1K(coshKcoshKsenh
KsenhKcosh1 221 +−−=
−−=∆
∆1 = -(cosh2K - 2coshK + 1) + senh2K = 2(coshK - 1)
∆1 = 2(cosh(2nπ) - 1) ≠ 0, n ∈ Z+. Luego el sistema tiene una única
solución que es la trivial. K3 y K4 toman cualquier valor.
Luego: Φ(x) = Acos2nπx + Bsen2nπx; A, B constantes arbitrarias
es la solución solicitada.
Ecuación Lineal con Coeficientes Constantes no Homogénea
Deseamos resolver: Ly f x= ( ) , f es continua en el intervalo J
La solución general es y y yH P= + donde LyH = 0 y Ly f xP = ( )
yH es simple de hallar, nuestro problema es hallar yP (una solución particular)
Veamos algunas alternativa para hallar yP
METODO DE VARIACIÓN DE PARAMETRO
Sea Ly = 0 , φ φ φ= +c x x c x x1 1 2 2( ) ( ) ( ) ( )
c x1( ) , c x2 ( ) son funciones por hallar
( ) ( ) ( )L c x x c x x a c x x c x x a c x x c x x f xφ φ φ φ φ φ φ= + + + + + =1 1 2 2 1 1 1 2 2 2 1 1 2 2( ) ( ) ( ) ( ) " ( ) ( ) ( ) ( ) ' ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )L c c a c c a c c f xφ φ φ φ φ φ φ= + + + + + =1 1 2 2 1 1 1 2 2 2 1 1 2 2" ' ( ) ....( )1
Como debemos hallar c x c x1 2( ) ( )∧ podemos hallarlos de manera que:
c c1 1 2 2 0' 'φ φ+ =
Asi se reduce la ecuación (1) en:
( ) ( )c x c c a c c a c a c f x1 1 1 2 2 1 1 1 2 2 2 1 1 2 2 2( ) " ' ' ( )φ φ φ φ φ φ+ + + + + =
( ) ( )c a a c a a c c f x1 1 1 1 2 1 2 2 1 2 2 2 1 1 2 2φ φ φ φ φ φ φ φ" ' " ' ' ' ' ' ( )+ + + + + + + =
c L c L c c f x1 1 2 2 1 1 2 2φ φ φ φ+ + + =' ' ' ' ( ) ....( )2
Recordemos que φ φ1 2, es una base para el espacio vectorial de las
soluciones de Ly = 0 , asi son L.I.
W x Jx( , ) ,( )φ φ1 2 0≠ ∀ ∈
Víctor D. Rojas Cerna
79
Así ∆ ≠ 0 , luego por CRAMER:
( ) ( )c x
f
Wc x
f
W1
2
2
1 2
12
1 2
0
' ( )'
,' ( )
,= ⇒ =
−
φ
φ
φ φ
φ
φ φ
( ) ( )c x
f
Wc x
f
W2
1
1
1 2
21
1 2
0
' ( )'
,' ( )
,= ⇒ =
φ
φ
φ φ
φ
φ φ
Integrando
( ) ( )c x
t f t
Wdt c x
t f t
Wdt
tx
x
tx
x
12
1 2
21
1 20 0
( )( ) ( )
,( )
( ) ( )
,( ) ( )
= − ∧ =∫ ∫φ
φ φ
φ
φ φ
La solución general es:
( ) ( )φ φ
φ
φ φφ
φ
φ φ( ) ( )
( ) ( )
,( )
( ) ( )
,( ) ( )
x xt f t
Wdt x
t f t
Wdt
tx
x
tx
x
= − +∫ ∫12
1 2
21
1 20 0
Ejemplo: Resolvamos
)(" xTanyy =+
)sen()()cos()(101)( 212 xxxxrrrP =∧=⇒±=⇒=+= φφ
( ) ( )∫∫ +−=x
xo
x
x
dtttantxdtttant
xx )()cos()sen(1
sen)cos()(
0
φ
1)cos()sen(
)sen()cos(),( 21 =
−=
xx
xxW φφ
Víctor D. Rojas Cerna
80
Método de Coeficientes Indeterminados
Consiste en determinar la forma de la φP , para lo cual determinamos las partes
variables de f x( ) . Asi tenemos dos posibilidades:
Caso 1: Si no hay partes variables comunes con los elementos de la base de las soluciones, entonces φP es una combinación lineal de las partes variables de
f x( ) . Enseguida sustituyendo φP en L f xPφ = ( ) hallamos los coeficientes de la
combinación lineal. Ejemplo. Resolver: ( )( ) cos , ( ) ' ( )D D y x y y− + = = =1 2 0 0 0
Solución
φnx xc e c e= + −
122
partes variables de f x x x( ):cos ,sen
ninguna es una solución básica (pertenezca a la base) φP A x B x= +cos sen
L f xPφ = ( ) ⇒ − − + − + − + =A x B x A x B x A x B x xcos sen sen cos cos sen cos2
( ) ( )⇒ − + − + − − − =A B A x B A B x x2 2cos sen cos
8
1
8
3
03
13−=∧−=⇒
=−
=+−⇒ BA
BA
BA
solución general: Φ = + − −c e c e x xx x1 2
2 3
8
1
8cos sen
Ahora con las condiciones iniciales:
φ( )0 03
801 2= ⇒ + − =c c ⇒ + =c c1 2
3
8
φ' ( )0 0 21
801 2= ⇒ + − =c c ⇒ + =c c1 22
1
8
c
c
1
2
5
81
4
=
= −
Φ( ) cos senx e e x xx x= − − −5
8
1
4
3
8
1
82
Caso 2: En caso exista una parte variable de f x( ) , que sea un elemento de la base,
entonces la combinación lineal que tomamos habrá que multiplicarla por el
menor x K NK , ∈ , de manera que ningún sumando resulte un elemento de la
base.
Víctor D. Rojas Cerna
81
Ejemplo.
Resolver: ( ) cos
( ) , ' ( )
D y x
y y
2 4 2
0 1 0 2
+ =
= =
Solución y A x B xn = +cos sen2 2
partes variables: cos , sen2 2x x
son elementos de la base de las soluciones ( )y x C x D xP = +cos sen2 2
( )y C x D x x C x D xP' cos sen sen cos= + + − +2 2 2 2 2 2
( )y C x D x C x D x x C x D xP" sen cos sen cos cos sen= − + − + + − −2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 4 2
sustituyendo en la ecuación ( ) ( ) ( )− + + − − + + =4 2 4 2 4 2 4 2 4 2 2 2C x D x x C x D x x C x D x xsen cos cos sen cos sen cos
− + =4 2 4 2 2C x D x xsen cos cos
⇒− =
=
⇒ = ∧ =4 0
4 10
1
4
C
DC D
y A x B xx
x= + +cos sen sen2 24
2
y A
y BA B
( )
' ( )
0 1 1
0 2 2 21 1
= ⇒ =
= ⇒ =
⇒ = ∧ =
Así: y x xx
x= + +cos sen sen2 24
2
Operadores Inversos
Deseamos encontrar; )(1
xfaD
y−
=
)(')()( xfayyxfyaD =−↔=−
Tenemos una EDOL de primer orden cuya solución es:
∫− dxxfee axax )(
Es decir: ∫−=
−dxxfeexf
aDaxax )()(
1
Generalizando 2)(
12
)()())((
11212 dxeeexf
rDrDxrxrrxr
∫∫−−=
−−
3)()(
123
))(()())()((
1121323 dxxfeeeexf
rDrDrDxrxrrxrrxr
∫∫∫−−−=
−−−
M
nxrxrrxrrxrrxr
nn
dxxfeeeeexfrDrDrD
nnnnn )()(...)())...()((
1121121 )()()(
11∫∫∫∫∫
−−−−
−
−−−=−−−
Podemos halla la solución general o la solución particular según se consideren o no en dada integración la constante.
Víctor D. Rojas Cerna
82
Caso 1
Resolver
==
=−−
0)0(',0)0(
1)2)(1(
yy
yDD
2)21(2 )()1()1()2)(1(
1dxeee
DDy xxx
∫∫−−=
−−=
dxkeeey xxx )( 12 +−= −−
∫
dxekeey xxx
∫−+−−= )( 1
22
+−= −−
2122
2
1kekeey xxx
2
1221 ++=⇒ xx ececy donde 2211 , ckkc =−=
02
10)0( 21 =++⇒= ccy
020)0(' 21 =+⇒= ccy
2/11 21 =∧−=⇒ cc
La solución buscada es: 2
1
2
1 2 ++−= xx eey
Caso 2:
Resolver
==
=−
1)0(',0)0(
)1( 42
yy
exyD x
Solución: x
h exccy )( 21 += 24)11( )(dxexeeey xxxx
p ∫∫−−=
∫ == xxp exdx
xey 6
5
30
1
5
xx exexccy 621
30
1)( ++=
=⇒=
=⇒=
11)0('
00)0(
2
1
cy
cy
xx exxey 6
30
1+=
Comentario: Los métodos anteriores se pueden aplicar a las Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Lineales con Coeficientes Constantes de orden 3 o más.
Veamos como resolvemos: 22 )1( xyDD =−
( )1 variación de parámetros:
y A x xB x C x ex= + +( ) ( ) ( )
A x B x C x( ), ( ), ( ) por hallar:
Condiciones a satisfacer:
Víctor D. Rojas Cerna
83
A x B x x C x e
A x B x C x e
A x x B x C x e x
x
x
x
' ( )( ) ' ( )( ) ' ( )
' ( )( ) ' ( )( ) ' ( )
' ( )( ) ' ( )( ) ' ( )
1 0
0 1 0
0 2
+ + =
+ + =
+ + =
C x x e x C x x x e kx' ( ) ( ) ( )= − ⇒ = − + + +−2 2 32 2
B x x B xx
k' ( ) ( )= − ⇒ = − +2
3
23
A x x x x A x x x A x x x k' ( ) ( ) ' ( ) ( )= − − − ⇒ = − ⇒ = − +2 3 2 4 31
1
4
1
3
y x x k xx
k x x e k ex x= − + + − + − + + +( ) ( ) ( )1
4
1
3 32 24 3
1
3
22
3
osea que:
y k k x k e x xx
x xx= + + + − − − − −1 2 34 3
4
21
4
1
3 32 2( )
y k k x k e x x x xx= + + + − − − − −1 2 34 3 21
12
1
32 2( )
( )2 Operadores:
∫ ∫ ∫−−−=
−= 320)00(2
2)(
)1(
1dxxeeeex
DDy xxx
P
∫ ∫∫−− == dx
xeedx
xeey xxxx
P )12
()(3
42
3
y e x x x x ePx x= − − − − −
−1
124 12 2 24 3 2( )
y x x xP = − − − −1
12
1
324 3 2
y k k k e x x x xx= + + − − − − −−1 2 3
4 3 21
12
1
32 2
( )3 Coeficientes indeterminados:
f x x( ) = 2
partes variables: x x2 1, ,
forma tentativa: Ax Bx C2 + +
Viendo la y y x Ax Bx Cn p: ( )= + +2 2
Sustituyendo en la ecuación:
A B C= − = − = −1
12
1
31, ,
El problema es saber que método es más abreviado, dependerá de la “experiencia” para poder atinar la elección.
Víctor D. Rojas Cerna
84
Algunas identidades importantes
I1) Si f a( ) ≠ 0 entonces 1 1
f De
f aeax ax
( ) ( )=
Visualización:
f D a D a D a D an nn n( ) ...= + + + +−
−0 11
1
tenemos la ecuación: f D y eax( ) =
Como f a( ) ≠ 0 , a no es raiz luego eax no es elemento de la base del espacio
solución.
Deseamos hallar yP tal que: f D y ePax( ) =
y AePax=
Sustituyendo
( )a D Ae e a a Ae e Af ai
n i
i
nax ax
in i ax ax−
=
−∑ ∑
= ⇒ = ⇒ =
0
1
( )
yf a
ePax=
1
( )
Osea: 1
f ae eax ax
( )=
Apreciamos que:
( )( )D D y yP− + = ⇒ =1 2 11
2
( )D y e y exP
x2 2 211
5+ = ⇒ =
( )D Dy e y exP
x− = ⇒ =11
22 2
Observación:
Hallar yP para ( )( )D D y ex− + =1 2 2
yD D
eD
e e e e dx xePx x x x x x=
− −
=
−= =−∫
1
1
1
2
1
12( )( )
Ejercicio: Hallar yP para ( ) ( )D D y e ex x− + = −1 22 2 2
I2) 1 1
2 2 2 2D ax
ax
++ =
−+cos( ) cos( )α β
αα β si a 2 2 0− ≠α
Visualización:
yD a
xP =+
+1
2 2 cos( )α β
( ) cos( )D a y xP2 2+ = +α β
α no es raiz del polinomio característico y A x B xP = + + +cos( ) sen( )α β α β (coeficientes indeterminados)
Víctor D. Rojas Cerna
85
y A x B xP" ( cos( ) sen( ))= − + − +α β α β α 2
y a yP P" + 2 = − + − + + + + +α α β α β α β α β2 2( cos( ) sen( )) ( cos( ) sen( ))A x B x a A x B x
= − + + − + = +( ) cos( ) ( ) sen( ) cos( )a A x a B x x2 2 2 2α α β α α β α β
Luego:
Aa
B=−
∧ =1
02 2α
ya
xP =− +
+1
2 2αα βcos( )
Análogamente: 1 1
2 2 2 2D ax
ax
++ =
− ++sen( ) sen( )α β
αα β , si a2 2 0− ≠α
Aplicación: resolvamos: ( ) sen
( ) ' ( )
D y x
y y
2 21
0 0 0
+ =
= =
y A x B xn = +cos sen
yD
xD
xD
eD
xPx=
+=
+− =
+−
+
1
1
1
1
1
21 2
1
2
1
1
1
122
22 2
02sen ( cos ) ( ) cos
y xP = +1
2
1
32cos
y A x B x x= + + +cos sen cos1
2
1
32
y x A x B x x' ( ) sen cos sen= − + −2
32
y A A
y B
( )
' ( )
05
60
5
60 0 0
= + = ⇒ = −
= ⇒ =
y x x= − + +5
6
1
2
1
32cos cos
I3) 1
22 2D aax b
x
aax b
++ = +cos( ) sen( )
Razonando: y x A ax b B ax bP = + + +( cos( ) sen( ))
y A ax b B ax b x aA ax b aB ax bP' cos( ) sen( ) ( sen( ) cos( ))= + + + + − + + +
y Aa ax b Ba ax b aA ax b aB ax b x a A ax b a B ax bP" sen( ) cos( ) sen( ) cos( ) ( cos( ) sen( ))= − + + + − + + + + − + − +2 2
y aA ax b aB ax b x a A ax b a B ax bP" sen( ) cos( ) ( cos( ) sen( ))= − + + + + − + − +2 2 2 2
y a y aA ax b aB ax b ax bP P" sen( ) cos( ) cos( )+ = − + + + = +2 2 2
De donde: − = ∧ = ⇒ = ∧ =2 0 2 1 01
2aA aB A B
a
Luego: 1
22 2D aax b
x
aax b
++ = +cos( ) sen( )
Análogamente: 1
22 2D aax b
x
aax b
++ = − +sen( ) cos( )
Víctor D. Rojas Cerna
86
Coeficientes indeterminados: y x A ax b B ax bP = + + +( cos( ) sen( ))
y y aA ax b aB ax b ax bP P" sen( ) cos( ) sen( )+ = − + + + = +2 2
− = ∧ = ⇒ = − ∧ =2 1 2 01
20aA aB A
aB
Así 1
22 2D aax b
x
aax b
++ = − +sen( ) cos( )
Aplicación: Resolvamos: ( )D y x y y2 4 2 0 0 0 0+ = = =sen ; ( ) , ' ( )
y A x B xx
x= + −cos sen cos2 24
2
y A( )0 0 0= ⇒ =
y x A x B x xx
x' ( ) sen cos cos sen= − + − +2 2 2 21
42
22
y B B' ( )0 21
40
1
8= − = ⇒ =
y xx
x= −1
82
42sen cos
Aplicación: ( )( ) sen , ( )D D y x y− + = = −1 2 01
10, 0)0(' =y
yD D
x DD
x DD
xP =−
−+
= +
−− −
−
1 3
1
1 3
2
1
31
1
12
1
42 2
/ /sen sen sen
( ) ( )senx2D15
1senx1D
6
1yp −++−=
( ) ( )senxxsenxx 2cos15
1cos
6
1yp −++−=
senx10
3cosx
10
1BeAey 2xx
p −−+= −
010
1
10
1-BAy(0) =+⇒−=+= BA ..................(1)
xsenxBeAexy xx cos10
3
10
12)(' 2 −+−= −
10
320
10
32)0(' =−⇒=−−= BABAy ..............(2)
de (1) y (2): 10
1
10
1−=∧−= BA
xsenxeey xx cos10
1
10
3
10
1
10
1 2 −−−= −
Víctor D. Rojas Cerna
87
Aplicación:
( )( )15
7)0('',
15
2)0(',
15
2)0(,211 2 −====+− yyyxsenyDD
∫−−=
−−=
+−= xdxsene
exsen
Dxsen
DDy x
x
p 23
21
1
3
12
1
1
1
12
( ) xxp exxseney −− −−
−= 2cos22
5
1
3
1
( )xxseny 2cos2215
1CsenxBcosxAex ++++=
015
2
15
2)0( =+⇒=++= BABAy .......(1)
( )xsenx 242cos215
1CcosxBsenx-Aey' x −++=
0015
2CA(0)y' =+⇒=++= CA ..........(2)
( )xxsenCSenxBAexy 2cos82415
1cos'' −−+−−=
115
7
15
8)0('' −=−⇒−=+−= BABAy ...........(3)
Resolviendo (1), (2) y (3): 2
1,
2
1,
2
1−=−== CBA
( )xxsensenxxey x 2cos2215
1
2
1cos
2
1
2
1++−−=
Ejercicio:
Resolver 1)4( 22 +=+ xeyDD , 0)0('')0(')0( === yyy
I4) )()(
1)(
)(
1xQ
aDfexQe
Dfaxax
+=
Visualizando Recursivamente se puede observar esta propiedad conocida como desplazamiento exponencial.
1) )(1
;)(1
1 xQerD
yrDDf ax
−=−=
)(1 xQeyrDy ax=−
( ) ( ) Q(x)yraDyrDye 11ax =−+=−− yey ax-=
)(1
1
xQraD
ey ax
−+=
Víctor D. Rojas Cerna
88
2) ))(()( 21 rDrDDf −−= ; )())((
1
12
xQerDrD
y ax
−−=
)())(( 12 xQyrDrDe ax =−−−
)())()(( 12 xQeraDraD ax =−+−+ −
)())((
1
12
xQraDraD
ey ax
−+−+=
3) Por inducción se muestra cuando f(D) es de grado n, Nn∈ .
Aplicación: Resolver xeyD 23)2( =− , 0)0( =y , 0)0(' =y , 2)0(" =y
===
−= ∫∫∫ 6
)(1
)1()2(
1 323)0(2
3
22
3
xedxee
Dee
Dy xxxxx
p
6)(
2322
xx ex
eCxBxAy +++=
00)0( =⇒= Ay
)()2222(' 22 xheCxBxACxBy x +++++=
0)0(' ≠= By
)(')44442422(" 22 xheCxBxACxBCxCBy x ++++++++=
122)0(" =⇒== CCy
xexxy 232
6
1
+=
Método Serial de Operadores
Consiste en hallar la serie de M´claurin para )(
1
Df o como algunas veces se
dice por división.
Supongamos que deseamos hallar )9(12
1 43
23xx
DDyp +
+−=
Dividiendo: 1 1-2D2+D3 -1+2D2-D3 1+2D2-D3+4D4-4D5
2D2-D3 -2D2+4D4-2D5 -D3+4D4-2D5
+D3-2D5+D6 4D4-4D5+D6
-4D4+8D6-4D7
-4D5+9D6-4D7 4D5-8D7+4D8 9D6+4D7+4D8
)10...)(4421( 435432 xxDDDDy p ++−+−+=
96024010612 24 +++−+= xxxxyp
9561224010 234 ++++= xxxxy p
Víctor D. Rojas Cerna
89
Comentario: Este método es útil cuando f(x) es un polinomio, en otro caso podría ser complicado hallar la suma de una serie. (coeficientes constantes) Puede averiguar como hallar usando este método:
2cos
1
13
x
Dyp
−=
2cos...)1( 963 x
DDDy p ++++=
22
1)
2(cos
xsen
xD −=
2128
1)
2(cos7 x
senx
D =
2cos
4
1)
2(cos2 xx
D −= 2
cos256
1)
2(cos8 xx
D =
28
1)
2(cos3 x
senx
D = 2512
1)
2(cos9 x
senx
D −=
2cos
16
1)
2(cos4 xx
D = 2
cos1024
1)
2(cos10 xx
D −=
232
1)
2(cos5 x
senx
D −= 22048
1)
2(cos11 x
senx
D =
2cos
64
1)
2(cos6 xx
D −= 2
cos4096
1)
2(cos12 xx
D =
2cos...
2
1
2
1
2...
2
1
2
1
2
1
2cos
1261593
xxsen
xyp
−+−+
−+−+=
( ) ( )n
n
nn
n
np
xxsen
xy 1
2
1
2cos1
2
1
22cos
1
61
36
1
−
+−
+= ∑∑
≥
+−
≥
+
−
+
+
+=
6
6
2
11
2
1
2cos
64
11
1
8
1
22cos
xxsen
xyp
2cos
65
1
265
8
2cos
xxsen
xy p −+=
2cos
65
64
265
8 xxsenyp += ..........(1)
Víctor D. Rojas Cerna
90
Por el método de coeficientes indeterminados: 22
cosˆx
Bsenx
Ayp += resolvamos
( )2
cosˆ13 xyD =−
2cos
8
1
28
1'''
xB
xAsenyp −=
2cos
22cos
2cos
8
1
28
1'''
xxBsen
xA
xB
xAsenyy pp =−−−=−
2cos
2cos
8
1
28
1 xxAB
xsenBA =
−−+
−
25
64
65
8
18
1
08
1
−=∧−=⇒
=−−
=−
BA
BA
BA
225
64
2cos
65
8ˆ
xsen
xyp −−= .............(2)
( )2
cosˆ13 xyD p =− vemos que pp yy ˆ−=
( )
−−−=⇒−=−
225
64
2cos
25
8
2cos1 3 x
senx
yx
yD pp
+=
2sen
25
64
2cos
25
8 xxy p
Ejemplos
1) Encuentre todas las soluciones para las siguientes ecuaciones
a) y’’’ - y’ = x
Solución:
* Polinomio característico: P(r) = r3 - r
* Raíces: 0,-1, 1
* La solución: Φ(x) = u1(x) + u2(x)e-x + u3(x)ex
* ( ) 2
ee0
ee0
ee1
e,e,1Wxx
xx
xx
xx −=−=−
−
−
−
* 1
2
xx
xx
xx
1 K2
xxdxxdx
ee1
ee0
ee0
2
1)x(u +−=−=−−= ∫∫
−
−
−
Víctor D. Rojas Cerna
91
* ( )∫∫ +−==−= 2
xx
x
x
x
2 K2
e1xdxxe
2
1xdx
e10
e00
e01
2
1)x(u
* ( )∫∫ ++−==−−= −−
−
−
−
3xx
x
x
x
3 Ke1x2
1dxxe
2
1xdx
1e0
0e0
0e1
2
1)x(u
* La solución general es:
Φ(x) =
+
+−+
+
−+
+− −−
321
2
2
1
2
1
2Ke
xeKe
xK
x xxx
Φ(x) =2
xeKeKK
2x
3x
21 −++ −
b) y’’’ - 8y = eix
Solución:
* Polinomio característico: P(r) = r3 - 8
r3 = 8 ⇒ r = 2ei2Kπ/3, K = 0, 1, 2
⇒ r = 2, eiπ/3, 2e-iπ/3
⇒ r = 2,
±
2
3i
2
12 ⇒ r = 2, 1 ± i 3
* La solución general es:
Φ(x) = )x(x3senecx3cosecec x3
x2
x21 Ψ+++
* La solución particular Ψ(x) = Aeix
Ψ’(x) = Aieix; Ψ”(x) = -Aeix; Ψ’’’(x) = -iAeix
* Tenemos: Ψ’’’(x) - 8Ψ(x) = -iAeix - 8Aeix = eix
Luego: (-i - 8)A = 1 ⇒ 65
i8
i8
1A
+−=
−−=
* Luego: la solución general es:
Φ(x) = ( ) ix32
xx21 e
65
i8x3sencx3cosceec
+−+++
Víctor D. Rojas Cerna
92
c) y(4) + 16y = cosx
Solución:
* Polinomio característico: P(r) = r4 + 16
* Raíces: r = 2ei(π + 2Kπ)/3; K = 0, 1, 2, 3
±±=
2
3
2
12 ir ⇒ ( )3i1r ±±=
* La solución general es:
Φ(x)= ( ) ( ) )x(x3sencx3coscex3sencx3cosce 43x
21x Ψ++++ −
Ψ(x) es una solución particular
* Ψ(x) = Acosx + Bsenx
Así: Ψ’(x) = -Asenx + Bcosx
Ψ”(x) = -Acosx - Bsenx
Ψ’’’(x) = Asenx - Bcosx
Ψ’’’’(x) = Acosx + Bsenx
* Sustituyendo:
Ψ’’’’(x) +16Ψ(x) = Acosx + Bsenx+16(Acosx + Bsenx) = cosx
* Luego: 17Acosx + 17Bsenx = cosx
17A = 1 ∧ 17B = 0 ⇒ 17
1A = ∧ B = 0
* De esta manera:
Φ(x)= ( ) ( ) xcos17
1x3sencx3xcoscex3sencx3cosce 43
x21
x ++++ −
d) y(4) - 4y(3) + 6y” - 4y’ + y = ex
Solución:
* Polinomio característico:
P(r) = r4 - 4r3 + 6r2 - 4r + 1 = (r - 1)4
* Raíces: r = 1, 1, 1, 1
* Solución general:
Φ(x) = (c1 + c2x + c3x2 + c4x
3)ex + Ψ(x),
Ψ(x), es solución particular.
* [ ] dxdxdxdxeeeeeex xxxxxx
=Ψ ∫∫∫∫
−−−− )()( )11()11()11(1
Víctor D. Rojas Cerna
93
Observación sabemos que:
( )( ) ( )=
−−−)x(b
rD...rDrD
1
n21
∫∫∫∫−−−− − nxrx)rr(x)rr(x)rr(xr )dx)(x(bee...eee n1nn22121
* Efectuando los integrales:
( ) x43
x22
x3x e24
xdx
6
xedx
2
xe)dx(xe)x( ====Ψ ∫∫∫∫∫
* La solución general será:
( ) x4
x34
2321 e
24
xexcxcxcc)x( ++++=Φ
e) y(4) - y = cosx
Solución:
* Polinomio característico:
P(r) = r4 - 1 = (r2 - 1)( r2 + 1) = (r + 1)(r - 1)(r - i)(r + i)
* Raíces: r = -1, 1, -i, i
* Solución general:
)x(xsencxcoscecec)x( 43x
2x
1 Ψ++++=Φ −
Donde Ψ(x) es una solución particular.
* Ψ(x) = x(Acosx + Bsenx)
Ψ’(x) = Acosx + Bsenx + x(-Asenx + Bcosx)
Ψ”(x) = -Asenx + Bcosx - Asenx+ Bcosx + x(-Acosx-Bsenx)
Ψ”(x) = -2Asenx + 2Bcosx + x(-Acosx - Bsenx)
Ψ’’’(x) =A(-2cosx - cosx + xsenx) + B(-2senx - senx - xcosx)
Ψ’’’ (x) = A(-3cosx + xsenx) + B(-3senx - xcosx)
Ψ(4)(x)=A(3senx + senx + xcosx) + B(-3cosx - cosx + xsenx)
* Sustituyendo:
Ψ(4)(x) - Ψ(x) = A(4senx + xcosx) + B(-4cosx + xsenx)
- x(Acosx + Bsenx) = cosx
Víctor D. Rojas Cerna
94
⇒ 4Asenx - 4Bcosx = cosx ⇒ A = 0 ∧ B =4
1−
* Ψ(x) =4
1− xsenx
* La solución general es:
xsen4
xxsencxcoscecec)x( 43
x2
x1 −+++=Φ −
f) y” - 2iy’ - y = eix - 2e-ix
Solución:
* Polinomio característico: P(r) = r2 - 2ir - 1 = (r - i)2
* Raíces: r = i, i
* Solución general:
Φ(x) = (c1 + c2x)eix + Ψ(x), Ψ(x) una solución particular.
( ) ( )∫ ∫−−− −=Ψ dxdxe2eeee)x( ixixixxiiix
( ) ( )[ ]∫ ∫−
−=Ψ dxdxe21exx2iix
( ) ∫
+=Ψ
−
dxi
exex
ix2ix
( )( )
−+=Ψ
−
i2i
e
2
xex
ix22ix
( ) ( ) ixix2
ix22ix e2
1e
2
xexe
2
1x −− +=+=Ψ
* La solución general es:
( ) ( ) ixix2
ix21 e
2
1e
2
xexccx −+++=Φ
Víctor D. Rojas Cerna
95
2) Demuestre que la solución dada por (10.3) satisface las indicaciones
iniciales (10.4)
Demostración:
* Tenemos ∫∑ =ΦΦ
Φ=Ψ=
x
x n1
1n
1KKP
0
0dt)t)(,...,(W
)t(b)t(W)x()x( , así tenemos:
∫ ∑∑==
=Φ=ΦΦ
Φ=Ψx
x
n
1K0K
n1
10
n
1KK0P
0
0)0)(x(dt)t)(,...,(W
)t(b)t(W)x()x(
* Por (10.2) tenemos que:
)x()x(u...)x()x(u)x( 0)K(
nn)K(
11)K(
P Φ++Φ=Ψ
* Evaluando en x = x0
)x()x(u...)x()x(u)x( 0)K(
n0n0)K(
1010)K(
P Φ++Φ=Ψ
* Pero tenemos que:
∫ =ΦΦ
=x
x n1
1K
0
,0dt)t)(,...,(W
)t(b)t(W)x(u ∀K = 1, 2, ..., n
* Por lo tanto: 0)x( 0)K(
P =Ψ ∀K = 1, 2, ..., n
3) La fórmula (10.3) que da una solución particular ΨP, de la ecuación L(y)
= b(x) tiene sentido para algunas funciones discontinuas b(x).
Entonces ΨP será una solución de L(y) = b(x) en los puntos de
continuidad de b(x). Encuentre una solución particular de la ecuación: y”
+ y = b(x), donde:
-1, -π ≤ x < 0
b(x) = 1, 0 ≤ x ≤ π
0, 1 x 1 > π
Solución:
Polinomio característico: P(r) = r2 + 1
Raíces: r = -i, i
Las soluciones: Φ1(x) = cosx ∧ Φ2(x) = senx
Φ1(x) ∧ Φ2(x) son linealmente independientes en R y además L(Φ1) =
0 ∧ L(Φ2) = 0
Víctor D. Rojas Cerna
96
Determinemos una solución particular:
∫ ∫ ΦΦΦ+
ΦΦΦ=Ψ
x
x
x
x 21
22
21
11P
0 0
dt)t)(,(W
)t(b)t(W)x(dt
)t)(,(W
)t(b)t(W)x()x( ,W(Φ1,Φ2)(x)=1
∫ ∫+x
x
x
x0 0
dt0xsendt0xcos , −π ≥ x
∫∫ −−
+−x
x
x
x 00
dt)1(1tsen
0tcosxsendt)1(
tcos1
tsen0xcos ,−π < x < 0
ΨP(x) = ∫∫ −+
x
x
x
x 00
dt)1(1tsen
0tcosxsendt)1(
tcos1
tsen0xcos , 0 ≤ x ≤ π
∫∫ −+
x
x
x
x 00
dt)0(1tsen
0tcosxsendt)0(
tcos1
tsen0xcos , x > π
Acosx + Bsenx, x ≤ −π
ΨP(x) = cosx(-cosx+cosx0)+senx(-senx+senx0), −π < x < 0
cosx(cosx-cosx0)+senx(senx-senx0), 0 ≤ x ≤ π
Ccosx + Dsenx, x> π
ComoΨP(x) esperamos que no tenga “saltos” debemos tener que:
ΨP(−π−) = ΨP(−π+) ⇒ A = -1 - cosx0
ΨP(0−) = ΨP(0+) ⇒ -1+cosx0 = 1-cosx0 ⇒ cosx0 = 1 ⇒ senx0 = 0
ΨP(π−) = ΨP(π+) ⇒ 2 = -C ⇒ A = -2 ∧ C = -2
Además deseamos que no tenga saltos, luego:
-2cosx + Bsenx, x < −π
ΨP(x) = -1 + cosx, −π < x < 0
1 - cosx, 0 < x < π
-2cosx + Dsenx, x > π
2senx + Bcosx, x < −π
ΨP’(x) = -senx, −π < x < 0
senx, 0 < x < π
2senx + Dcosx, x > π
ΨP’(−π−) = ΨP’(−π+) ⇒ -B = 0 ⇒ B = 0
ΨP’(π−) = ΨP’(π+) ⇒ 0 = -D ⇒ D = 0
Víctor D. Rojas Cerna
97
Luego tenemos que: - 2cosx, x < −π
ΨP(x) = cosx -1, −π < x < 0
1 - cosx, 0 < x < π
-2cosx, x > π
es una solución particular, hay salto en −π
4) Usando el método de los coeficientes indeterminados, encuentre una
solución particular, para cada una de las ecuaciones:
a) y” + 4y = cosx
Solución:
L(y) = y” + 4y
M(y) = y” + y
M(L(y)) = 0
M(L(y)) = M(y”+4y) = (y”+4y)” + (y”+4 y) = y”” + 8y” + 4y
Polinomio de M(L(y)) = 0 es P(r) = (r2 + 4)(r2 + 1)
(Recordar que M(L(y)) = 0 es una ecuación de orden m + n, y su
polinomio característico es el producto de los polinomios
característicos de M(y) = 0 ∧ L(y) = 0)
La solución Φ de M(y) = 0 es:
Φ(x) = c1cos2x + c3cosx + c4senx
La solución particular Ψ(x) de L(y) = 0 será:
Ψ(x) = c3cosx + c4senx
L(Ψ(x)) = cosx ⇒ Ψ”(x) + 4Ψ(x) = cosx...................α
Pero:
Ψ’(x) = - c3senx + c4cosx ∧ Ψ”(x) = - c3cosx - c4senx
Sustituyendo en (α) se tiene:
- c3cosx - c4senx + 4(c3cosx + c4senx) = cosx
3c3cosx + 3c4senx = cosx ⇒ 3
1c3 = ∧ c4 = 0
Por tanto: Ψ(x) = 3
1 = cosx es una solución particular de
y”+4y=cosx
Víctor D. Rojas Cerna
98
b) y” + 4y = Sen2x
Solución:
Ly = y” + 4y ∧ M(y) = y” + 4y
M(L(y)) = 0
El polinomio característico será:
P(r) = (r2 + 4)(r2 + 4) = (r2 + 4)2
Las raíces r = ±2i, ±2i (multiplicidad 2 para ambas raíces)
La solución general: Φ(x) = (c1+ c2)cos2x + (c3 + c4x)sen2x
Φ(x) = c1cos2x + c3sen2x + x (c2cos2x + c4sen2x)
Ψ(x)
Nuestra solución particular será:
Ψ(x) = x(c2cos2x + c4sen2x)...........................................α
L(y)=sen2x ⇒ L(Ψ(x))=sen2x ⇒ Ψ”(x) + 4Ψ(x)=sen2x....β
Ψ’(x) = c2cos2x + c4sen2x + x(-2c2sen2x + 2c4cos2x)
Ψ”(x) = -2c2sen2x + 2c4cos2x - 2c2sen2x + 2c4cos2x +
x(-4c2cos2x - 4c4sen2x)
Ψ”(x) = -4c2sen2x + 4c4cos2x + x(-4c2cos2x - 4c4sen2x)...γ
Sustituyendo en (β), los resultados obtenidos de (α) ∧ (γ):
-4c2sen2x + 4c4cos2x - x(4c2cos2x + 4c4sen2x) +
4x(c2cos2x + c4sen2x) = sen2x
Así: -4c2sen2x + 4c2cos2x = sen2x ⇒ c2 =4
1− ∧ c4 = 0
La solución particular será:
Ψ(x) = 4
x− cosex
c) y” - 4y = 3e2x + 4e-x
Solución:
Ly = y” - 4y ∧ M(y) = 3(y’ - 2y) + 4(y’ + y)
M(L(y)) = 0, además L(y) = 3e2x + 4e-x
El polinomio característico de M(L(y)) = 0 es:
P(r) = (r2 - 4)(3)(r - 2)(4)(r - 1) = 12(r - 2)2(r + 2)(r - 1)
Víctor D. Rojas Cerna
99
La solución de M(L(y)) = 0 será:
Φ(x) = (c1+ c2x)e2x + c3e-2x + c4e
-x
La solución particular será:
Ψ(x) = c2xe2x + c4e-x......................................................α
Determinemos las constantes c2 ∧ c4
Ψ’(x) = c2e2x(1 + 2x) + c4(-e
-x) ∧
Ψ”(x) = c2 (2 + 4x + 2) + c4-e-x...................................β
L(Ψ(x)) = 3e2x + 4e-x
⇒ Ψ”(x) - 4Ψ(x) = 3e2x + 4e-x
Sustituyendo (α) y (β)
⇒ c2e2x(4 + 4x) + c4e
-x - 4[c2xe2x + c4e-x] = 3e2x + 4e-x
⇒ 4c2e2x - 3c4e
-x = 3e2x + 4e-x
⇒ c2 = 4
3 ∧ c4 =
3
4−
De esta manera, la solución particular es:
Ψ(x) = 4
3xe2x
3
4− e-x
d) y” - y’ - 2y = x2 + cosx
Solución:
M1(y) = y’’ ; M2(y) = y” + y
La idea es hallar la solución particular para cada sumando, luego
consideramos la suma de las soluciones particulares para cada
caso.
P1(r) = (r2 - r - 2)(r3) ∧ P1(r) = (r2 - r - 2)(r2 + 1)
Ψ1(x) = c1+ c2x + c3x2 ∧ Ψ2(x) = c4cosx + c5senx
O sea tenemos:
Ψ1(x) = c1+ c2x + c3x2 + c4cosx + c5senx
Determinemos las constantes c1, c2, c3, c4, c5
Ψ’(x) = + c4(-senx) + c5cosx
Ψ”(x) = 2c3 - c4cosx - c5senx
Víctor D. Rojas Cerna
100
Sustituyendo los últimos datos obtenidos en la ecuación inicial
L(Ψ) = x2 + cosx
* 2c3 - c4cosx - c5senx - (c2 + 2c3x - c4senx + c5cosx)
- 2(c1+ c2x + c3x2 + c4cosx + senx) = x2 + cosx
* Agrupando convenientemente:
(2c3 - c2 - 2c1) + (-2c3 - 2c2)x + (-2c3)x2 + (-3c5 + c4)senx
+ (-c5 - 3c4)cosx = x2 + cosx
* Resolvamos el sistema:
2c3 - c2 - 2c1 = 0 ∧ -2c3 - 2c2 = 0 ∧ -2c3 = 1
-3 + c4 = 0 ∧ -c5 - 3c4 = 1
* c3 = - 2
1 ⇒ c3 = - c2 =
2
1
c1 = c3 - 2
1c1 = -
2
1 -
2
1
2
1 = -
4
3
(Hemos trabajado con las ecuaciones de la primera fila)
- 3 = 0 ⇒ -9c5 + 3c4 = 0
- c5 - 3c4 = 1 - c5 - 3c4 = 1
⇒ c5 = 10
1− ∧ c4 = 3c5 =
10
3−
* Luego la solución particular es:
Ψ(x) = - 4
3 +
2
1x -
2
1x2
10
3− cosx
10
1− senx
e) y” + 9y = x2e3x
Solución:
Como en los ejemplos anteriores tendremos que, la
solución t iene la forma:
(c1 + c3x2)e3x
(Observación: el polinomio característico de M(L(y)) es
(r2 + 9)(r2 - 3)2)
Víctor D. Rojas Cerna
101
Apelando al método indeterminado:
Ψ’(x) = (c2 + 2c3x + 3c1 + 3c2x + c3x2)e3x
Ψ”(x)=(2c3 + 3c2 + 6c3x + 3c2+ 6c3x + 9c1 + 9c2x + 9c3x2)e3x
Ψ”(x) =(2c3 + 6c2 + 9c1) + (12c3 + 9c2)x + 9c3x2)e3x
Sustituyendo:
([(2c3 + 6c2 + 9c1) + (12c3 + 18c2)x + (9c3)x2] +
9[c1+ c2x + c3x2]) e3x = x2e3x
Calculando la exponencial (lo cual es factible pues eα ≠ 0, ∀α)
2c3 + 6c2 + 18c1 = 0
Resolviendo el sistema: 12c3 + 18c2 = 0
18c3 = 1
c3 = 18
1 ⇒ c2 =
18
12c3 = -
27
1
c1 = 9
1(-c3 - 3c2) =
162
1
Luego la solución particular será:
Ψ(x) = 162
1(1 - 6x + 9x2)e3x
f) y” + y = xexcos2x
Solución:
* Tenemos L(y) = y” + y ∧ M(y) = y’’’’-2y’’’+14y”-10y’+25y
Podemos ver que M(b(x)) = M(xexcos2x) = 0,
L(Φ) = xexcos2x
* El polinomio característico de M(L(Φ)) = 0 será el producto de
ambos polinomios característicos:
P(r) = (r2 + 1)((r - 1)2 + 4)2
* Φ(x) = c1cosx+c2senx + (c3+c4x)excos2x + (c5+c6x)exsen2x,
esto era de esperar, pues M(L(Φ)) = 0 era de orden 2 + 4 = 6
* Entonces si denotamos con Ψ la solución particular solicida, ella
tendrá la forma:
Ψ(x) = (Ax + B)excos2x + (Cx + D)
Víctor D. Rojas Cerna
102
Donde A. B, C y D tendremos que determinarlas. (Observar que
las constantes c3, c4, c5 y c6 las hemos sustituido por A, B, C y D
respectivamente)
* Ψ’(x) = (Ax + B)excosx + Aexcos2x - 2(Ax + B)exsen2x +
Cexsen2x + (Cx + D)exsen2x + 2(Cx + D)excos2x
* Ψ’(x) = (Ax + B + A + 2Cx + 2D)excos2x +
(-2Ax - 2B + C + Cx + D)exsen2x
Ψ’(x) = [(A + 2C)x + (B + A + 2D)]excos2x +
[(C - 2A)x + C + D - 2B]exsen2x
* Ψ”(x) =(A+2C)excos2x + [(A+2C)x + (B+A+2D)]excos2x -
2[(A + 2C)x + (B + A + 2D)]exsen2x +
(C - 2A)exsen2x + [(C - 2A)x + C + D - 2B]exsen2x
2[(C - 2A)x + C + D - 2B]excos2x
Ψ”(x) = (A + 2C + (A + 2C)x + (B + A + 2D) + 2(C -2A)x +
2C + 2D - 4B)excos2x + (-2(A + 2C)x - 2B - 2A -
4D + C - 2A + (C - 2A)x + C + D - 2B)exsen2x
Ψ”(x) = (-3A + 4C)xexcos2x +(2A - 3B + 4C + 4D)excos2x +
(-4A - 3C)xexsen2x + (-4A - 4B + 2C - 3D)exsen2x
* Como L(Ψ) = xexcos2x, tendremos que,
(-2A + 4C)xexcos2x + (-2A -2B + 4C + 4D)excos2x +
(-4A -2C)xexsen2x + (-4A - 4B + 2C -2D)exsen2x = xexcos2x
* Por tanto tendremos que:
-2A + 4C = 1 ⇒ A = - 10
1 ∧ C =
5
1
-4A - 2C = 0
-2A - 2B + 4C + 4D = 0 ⇒ -2B + 4D = 2A - 4C
-4A - 4B + 2C - 2D = 0 -4B - 2D = 4A - 2C
⇒ -2B + 4D = -1
-4B - 2D = -5
4
⇒ B = 50
13 ∧ D = -
50
6
Víctor D. Rojas Cerna
103
* Luego tendremos que:
Ψ(x) = x2senex5
1
50
6x2cosex
10
1
50
13 xx
+−+
−
g) y” + iy’ + 2y = 2cosh2x + e-2x
Solución:
* Pol inomio característico:
P(r) = r2 + ir + 2 = 4
9
2
ir
2
+
+ ⇒ r = -2i, i
* Solución general:
Φ(x) = c1e-2ix + c2e
ix + Ψ(x), Ψ(x)—la solución particular
* 2cosh2x + e-2x = e2x + e-2x + e-2x = e2x + 2e-x
* Ψ(x) = Ae2x + Be-2x
* Ψ(x) = x
2
x2
2e
2)2(i)2(
12e
2)2(i2
1
+−+−+
++
(Observación: A = )2(P
1 ∧ B =
)2(P
1
−)
* Ψ(x) = i26
1
+e2x + 2
i26
1
−e-2x
* Ψ(x) = 436
i26
+
−e2x + 2
436
i26
+
+e-2x
* Por tanto: Ψ(x) =
−
20
i3e2x +
+
20
i26e-2x
Comentario: La solución general es:
Φ(x) = c1e-2ix + c2e
ix +
−
20
i3e2x +
+
20
i26e-2x
Víctor D. Rojas Cerna
104
h) y’’’’ = x2 + e-xsenx
Solución:
* La forma de la solución particular será:
Ψ(x) = x3(Ax2 + Bx + C) + e-x(Dcosx + Esenx)
* Ψ’(x)=5Ax4+4Bx3+3Cx2+e-x(-Dsenx+Ecosx-Dcosx-Esenx)
Ψ’(x) = 5Ax4 + 4Bx3 + 3Cx2 + e-x((E - D)cosx-(E - D)senx)
* Ψ”(x) = 20Ax3 + 12Bx2 + 6Cx + e-x((D - E)senx -
(E - D) cosx + (D - E)cosx + (E + D)senx)
Ψ”(x) = 20Ax3 + 12Bx2 + 6Cx + e-x(-2Ecosx + 2Dsenx)
* Ψ’’’(x) = 60Ax2 + 24Bx + 6C + e-x(2Esenx + 2Ecosx +
2Dcosx - 2Dsenx)
* Ψ’’’(x) = x2 + e-xsenx ⇒ 60Ax2 + 24Bx + 6C +
e-x(2(E + D)cosx + 2(E - D)senx) = x2 + e-xsenx
* Igualando: 60A = 1 ∧ 24B = 0 ∧ 6C = 0 ∧
2(E + D) = 0 ∧ 2(E -D) = 1
⇒ A = 60
1 ∧ B = 0 ∧ C = 0 ∧
E = 4
1 D =
4
1−
Luego, la solución particular es:
Ψ(x) = xcose4
1xsene
4
1
60
x xx5
−− −+
Comentario: La solución general es:
Φ(x) = c1 + c2x + c3x2 + xcose
4
1xsene
4
1
60
x xx5
−− −+
Víctor D. Rojas Cerna
105
i) y’’’’ + 3y’’ + 3y’ + y = x2e-x
Solución:
* Tenemos que Ψ(x) = x3(Ax2 + Bx + C)e-x
* Ψ’(x) = 3x2(Ax2 + Bx + C)e-x + x3(2Ax + B)e-x -
x3(Ax2 + Bx + C)e-x
Ψ’(x) = [(-Ax5 + (5A - B)x4 + (4B -C)x3 + (3C)x2]e-x
* Ψ”(x) = [-5Ax4 + 4(5A - B)x3 + 3(4B -C)x2 + 6Cx + Ax5 -
(5A - B)x4 - (4B -C)x3 -3Cx2]e-x
Ψ”(x) = [Ax5 + (B - 10A)x4 + (20A - 8B + C)x3 +
(12B - 6C)x2 + 6Cx]e-x
* Ψ’’’(x) = [5Ax4 + 4(B -10A)x3 + 3(20A - 8B + C)x2 +
2(12B - 6C)x + 6C - Ax5 - (B -10A)x4 - (20A -
8B + C)x3 - (12B - 6C)x2 - 6Cx]e-x
* Ψ’’’(x) = [-Ax5 + (5A - B + 10A)x4 + (4B - 40A - 20A +
8B - C)x3 + 60A - 24B + 3C - 12B + 6C)x2 + 6C +
(24B - 12C - 6C)x]e-x
* Ψ’’’(x) = [-Ax5 + (15A - B)x4 + (-60A + 12B - C)
(60A - 36B + 9C)x2 + (24B - 18C)x + 6C]e-x
* Ψ’’’(x) + 3Ψ”(x) + 3Ψ’(x) + Ψ(x) = [(-A + 3A - 3 + A)x5 +
(15A - B + 3B - 30A + 15A - 3B + B)x4 + (-60A +
12B - C + 60A - 24B + 3C + 12B - 3C + C)x3 +
(60A - 36B + 9C + 36B - 18C + 9C)x2 + (24B -
18C + 18C)x + 6C]e-x = x2e-x
* 0x5 + 0x4 +0x3 + 60A + 24Bx + 6C = x2
⇒ A = 60
1 ∧ B = 0 ∧ C = 0
(pues 24B = 0 ∧ 6C = 0 ⇒ B = C = 0
* Por tanto: Ψ(x) = 60
x5
e-x
Víctor D. Rojas Cerna
106
5) Consideremos el operador de coeficientes constantes L, cuyo
polinomio característico es P. Consideremos la ecuación L(y) = eax,
donde a es una constante. Si a es una raíz de multiplicidad K,
demuestre por el método de los coeficientes indeterminados, que
existe una solución dada por la siguiente relación:
( ))a(P
exx
)K(
axK
=Ψ
Solución:
* Tenemos que si P(r) tiene una raíz de multiplicidad K (1 < K ≤ n) del
polinomio característico P de L(y) = 0, el cual lo hemos considerado de
orden n.
* Si a es dicha raíz tenemos por una propiedad anteriormente
demostrada que:
P(a) = P’(a) = P”(a) =... = P(K -1)(a) = 0 ∧ P(K)(a) ≠ 0
* Como L(erx) = ∑=
−n
0J
)Jn(rxK )e(a ,
Donde a0 = 1 y aJ constante para J = 1, ..., n
* Así tenemos que: L(erx) = rxn
0J
JnK
rxJnn
0JK eraera
= ∑∑
=
−−
=
⇒ L(erx) = P(r)erx.......................................................α
* La función f(x) = erx la podemos considerar como una función de r, o
sea f(r) = erx, así podemos (α) derivar ambos miembros con respecto a
r.
* Así tenemos que: (erx)(n) + a1(erx)(n-1) + ... + an(e
rx) = P(r)erx
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) rxrxn
)1n(rx1
)n(rx erxPr'Pea...eaedr
d+=+++
−
* O sea:
( ) ( ) ( ) rxrxn
)1n(
rx1
)n(
rx e)))r(P(x)r('P(edr
da...e
dr
dae
dr
d+=
++
+
−
(xerx)(n) + a1(xerx)(n-1) + ... + an(xerx) = (P’(r) + xP(r))erx
⇒ L(xerx) = (P’(r) + xP(r))erx
Víctor D. Rojas Cerna
107
* Si derivamos (α), K veces tendremos que:
( )( ) ( )( )rx
K
Krx
K
K
erPdr
deL
dr
d=
( ) ( ) ( )( )( )∑
=
−
=
K
0J
JrxJKrx
K
K
erPJ
Ke
dr
dL
* ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )∑=
−
+
=
K
1J
)J(rxJKrxKaxK erPJ
KerP
J
KexL
* Evaluando caundo r = a se tiene:
L(xKeax) = P(K)(a)eax + ( ) ( ) ( )( )[ ] ar
JrxK
1J
JK eaPJ
K=
=
−∑
L(xKeax) = P(K)(a)eax + ( ) ( )( )[ ] ar
JrxK
1J
e0J
K=
=∑
L(xKeax) = P(K)(a)eax
* Como L es un operador lineal cuando los coeficientes son constantes,
se obtendrá que:
ax
)K(
axK
e)a(P
exL =
(Ojo: P(K)(a) ≠ 0)
* Luego: Ψ(x) = )a(P
ex)K(
axK
es una solución particular de L(y) = eax
6) Sea L un operador diferencial lineal con coeficientes constantes,
cuyo polinomio característico es P(r) = (r - a)K. Usando el resultado
del ejercicio 1) b), demuestre que toda solución Φ de L(y) = 0 tiene
la forma:
Φ(x) = eaxP(x)
donde P es un polinomio tal que grado P ≤ K - 1. También
demuestre que cualquier Φ de este tipo es una solución de
L(y) = 0.
Víctor D. Rojas Cerna
108
Demostración:
Tenemos que: L(Φ(x)) = 0
Polinomio característico: P(r) = (r - a)K, una raíz es a de multiplicidad K.
Usemos como nos exige el ejercicio (1) parte(b).
L(Φ(x)) = 0 ⇒ (D - a)K(Φ(x)) = 0
⇒ e-ax(D - a)K(Φ(x)) = 0
⇒ DK(e-axΦ(x)) = 0
Luego tendremos que:
D(DK-1(e-axΦ(x)) = 0 ⇒ DK-1(e-axΦ(x)) = K1 (hemos integrado)
D(DK-2(e-axΦ(x))) = K1 nuevamente hemos integrado y obtenemos:
DK-2(e-axΦ(x)) = K1x + K2
D(DK-3(e-axΦ(x))) = K1x + K2
-3(e-axΦ(x)) = 2
K1 x2 + K2x + K3
Así si integramos K - 3 veces más obtenemos:
e-axΦ(x) = A1xK-1 + A2x
K-2 + ... + AK-1x + AK
Φ(x) = eaxP(x), P(x) un polinomio de grado menor o igual a K - 1
∴ Toda solución tiene esa forma Φ(x) = eaxP(x), P ≤ K - 1
Ahora demostremos que: (D - a)K(eaxP(x)) = 0, donde P(x) es un
polinomio a lo más de grado K - 1.
Por el ejercicio (1) parte (b) se tiene:
(D - a)K(eaxP(x)) = eaxDK(P(x)) = eaxDK
∑
−
=
1K
0n
nn xA
= eax
∑
−
=
1K
0n
nKn )x(DA (Ojo: n < K)
= eax
∑
−
=
1K
0nn )0(A = eax(0) = 0
∴Queda demostrado que Φ(x) = eaxP(x), P(x) un polinomio a lo más de
grado K - 1, satisface la ecuación dada L(y) = 0
Víctor D. Rojas Cerna
109
7) Sea P un polinomio cuyo primer coeficiente es unitario y que tiene
n diferentes raíces r1,..., rn. Demuestre que:
−++
−+
−=
nn rrrPrrrPrrrPrP
1
)('
11
)('
11
)('
1
)(
1
211
K
Demostración:
Por conocimientos de descomposición en fracciones parciales
tendremos:
∑= −
=n
1m m
m
rr
A
)r(P
1, Am son constantes
Determinemos el coeficiente AJ, 1 ≤ J n, para lo cual multiplicamos
ambos miembros por r -rJ
−
−=
−∑
≠
=
n
Jm
1mm
m
JJ Arr
rr
)r(P
rr + AJ
Luego tendremos que:
J
n
Jm
mm
m
J
J
J
AArr
rr
rr
rPrP+
−
−=
−
− ∑≠
=1)()(
1 (Ojo: las raíces son todas diferentes)
(Ojo: P(r) = P(r) - 0 = P(r) - P(rJ), pues rJ es una raíz de P)
Tomando límites a ambos miembros cuando r → rJ
)r('P
1
J
= AJ, ∀ J, 1 ≤ J ≤ n
Así tenemos:
∑= −
⋅=n
m mm rrrPrP 1
1
)('
1
)(
1
Así se tiene desarrollando la sumatoria que:
nn2211 rr
1
)r('P
1
rr
1
)r('P
1
rr
1
)r('P
1
)r(P
1
−⋅++
−⋅+
−⋅= L
L.q.a.v.
Víctor D. Rojas Cerna
110
ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS LINEALES CON
COEFICIENTES VARIABLES
Si tenemos una EDOLCV la cual nos permite determinar (o si es dato ella) una
solución particular de la EDOLCH, entonces podemos reducir el orden de la
EDOLCV. Si la EDOLCV es de orden 2, entonces al reducir en 1 el orden de la
EDO, ella será de orden la cual la podamos resolver (salvo excepciones)… lo
cual significa, que si tenemos la EDOLCV:
)()(')('' tRxtQxtPx =++
Si conocemos una solución 1x de la EDOLCVH:
0)(')('' =++ xtQxtPx
O sea:
0)(')('' 111 =++ xtQxtPx
Haciendo el cambio de variable:
21
)(
1
)(ln2
1
1
)('2)('2
11
11
111
111
111111
111
11
1
)(
)('
)()('2'
)())('2('
'
)('))('2(''
)(')())(')(''(''2''
''''2''''
'''
1
1
11
1
11
KdtKdttRexev
Kdtx
tReev
x
tRw
x
xtPxw
tRwxtPxwx
wv
tRvxtPxvx
tRvxtPxtQxtPxvvxvx
vxvxvxx
vxvxx
vxx
dttPdttPx
dtx
xtPxdt
x
xtPx
+
+∫∫=
+
∫∫=
=+
+
=++
=
=++
=+++++
++=
+=
=
∫ ∫
∫
−−
++−
Víctor D. Rojas Cerna
111
221
)(
1
)(
121
)(
)( Kdtx
eKdtdtetRx
x
ev
dttPdttP
dttP
∫∫ ∫ +∫
+
∫∫
=
−−
La solución general será:
44444 344444 21444 3444 21pX
dt)t(P
121
dt)t(P
11221
dt)t(P
11 dtdt)e)t(Rx(x
exxK)dt
x
e(xKx ∫
∫++
∫= ∫ ∫∫
−−
Alambert D' deSolución
Conclusión:
Para resolver una EDOLCVNH de orden 2, bastará con seguir los siguientes
pasos:
1) Determinar una solución 1x de la EDOLCCH.
2) Por D’ Alambert, obtenemos una solución Linealmente Independiente:
dtx
etx
dttP
∫∫
=
−
21
)(
2 )(
3) Por Variación de Parámetros, podemos hallar la px (sino, recordamos la
fórmula).
Reducción del orden
Resolvamos: xy’’ – (1+x) y’ + y = x2 e2x
Por inspección ocular tenemos y=ex, es una solución particular.
Tentativamente: y = ex v es la solución general donde debemos hallar v.
y’= (v + v’) ex , y’’= (v+ v’+ v’+ v’’) ex = (v+ 2v’+ v’’) ex
xy’’-(1+ x)y’+y= x(v + 2v’+v’’) ex(1+ x) (v+ v’) ex + ex v = x2 e2x
xv’’ + (x-1) v’ = x2 ex
Víctor D. Rojas Cerna
112
Reduciendo el orden : v’ = w
xw’ + (x-1) w = x2 ex
xe x w1
' =−
+x
xw
∫ +=∫∫
−−
1x
dx x
1-xdx
1
k dx e x e x
x
ew
∫ += 1x
xx- k dx e x
e e
xxw
12xx- k e
2
1 e xw +=
∫ +
+= 2
x-1
x k dx e x ke 2
xv
Solución general:
)k
kc2
1y
2
11
=
−=+++=
2
1x
22x
c
c :(Ojo e c 1)(x e 1)-(x
Lo interesante es ver que y = x+1, proceda como el caso anterior y obtenga la
solución hallada.
Entonces en el caso de tener una ecuación diferencial de orden 2, lineal l y si
conocemos una solución de la ecuación homogénea.
y ‘’ + P(x) y’ + Q(x) y = 0
Podemos hallar la solución de la EDOLCVNH
y ‘’ + P(x) y’ + Q(x) y = R(x)
Víctor D. Rojas Cerna
113
Esto hacemos haciendo un cambio de variable y = y1 v ,donde y es una
solución de la ecuación homogénea o sea que:
0y )(y' )( 11''
1 =++ xQxPy
Tenemos que: v'y v' 1'1 += yy
' v'' v2y' v'''' 111 yyy ++=
Sustituyendo:
R(x) v)(y Q(x) ) vy v(y )( v v2y v 1'
1'1
''1
''1
''1 =+++++ xPyy
)(' vP(x)) 2('' v)y )(y )(''(y 1'111
'11 xRyyyxQxPv =+++++
)( v'P(x)) 2(' v' 1'11 xRyyy =++
Ahora hacemos: v’ = w
Resolvamos: R(x) wP(x)) 2(' w 1'11 =++ yyy
11
1'1
y
R(x) w
P(x) 2' =
++
y
yyw
dx y
R(x) e 1
1
dx P(x) 2y
dx P(x) 2
1
1'1
1
1'1
kew y
y
y
yy
+=∫
+∫
+−
∫ ∫ ∫ +
+==
∫+
∫+
−
21
1
dx P(x) 2y
dx P(x) 2
k dx k dx y
R(x) e e wdx 1
1'1
1
1'1
y
y
y
yy
v
La solución general es:
∫ ∫ ∫
++=
∫+
∫+
∫+
−
dx dx y
R(x) e y k dx e y
1
dx P(x) 2y
dx P(x) 2y
-
12
dx P(x) 2
111
1'1
1
1'1
1
1'1
y
y
y
y
y
yy
eky
Víctor D. Rojas Cerna
114
Ecuaciones de Cauchy
Rápidamente estudiamos la ecuación de Cauchy – Euler: (o también se conoce
como ecuaciones Cauchy – Legendre)
0 a , f(x) y D a )( k-nk
0
≠=
+ −
=∑ kn
n
k
bax
Cuando b = 0 se le denomina una ecuación de Euler.
Cambio de variable: ax + b = ez ↔ z = Ln(ax + b)
Cambiando operadores: dz
d == D
dx
dD
DD a D b)(ax dx
dz =+><
+==
bax
a
dz
dD
a)-( a D b)(ax )()(
)( 2222
22
22 DDDD =+><
++
+−==
bax
a
bax
aDDD
Generalizando: (ax + b)3 D3 = a3 D (D -1) (D -2)
Al sustituir estos cambios, obtenemos una EDOLCCH que podemos resolverla
por cualquiera de los métodos descritos y luego volver a la variable original.
Aplicación 1: Resolver: (x2 D2 + xD – 16) y = 0
Haciendo el cambio: x = ez
Resolvamos: D =D , x2 D2 = D (D -1)
(D (D -1) + D – 16) y = 0 , y = y(z) función de z
(D 2-16) y = 0 ß> (D -4) (D +4) y = 0
y = c1 e4z + c2 e
-4z
y = c1 x4 + c2 x
-4
Víctor D. Rojas Cerna
115
Aplicación 2: Resolver: xy’ –2xy’+ 2y= xe -x
Ecuación de Euler: zx e=
(D (D -1 ) - 2D +2 )y = ze z
1
(D 2 -3D + 2 ) y ze z
1 =
p2z
2z
1 ye ce cy ++=
Completar los cálculos pendientes, ver que: ∫+−−+= − dx x
e )1x(xexcxcy
-x2x2
21
Comentario:
Estas ecuaciones que tienen coeficientes variables, mediante el cambio x=ez
ella se transforma en una EDOLCCNH.
Circuitos Eléctricos
En un circuito que contiene uno o más elementos de almacenamiento de
energía existirá un estado estacionario siempre que cambie la condición de
energía en el circuito, hasta que se alcance el nuevo estado estacionario. Esto
puede ocasionarse por un cambio del voltaje o de la corriente que se aplique, o
por un cambio de cualquiera de los elementos del circuito.
Sistemas de Primer Orden
Veamos los siguientes circuitos:
Los circuitos mostrados contienen un solo elemento de almacenamiento de
energía, en el que vs es el voltaje de suministro, i es la corriente del circuito en
un tiempo de t segundos una vez que se ha cerrado el interruptor. En este
tiempo los voltajes VR, VL y VC están en los componentes.
Víctor D. Rojas Cerna
116
Circuito Inductivo
En este circuito tenemos: VS = VR + VL
dt
diLVL =
dt
diLiRVS +=
dt
di
R
Li
R
VS +=
Circuito Capacitivo
El circuito de la figura 2
VS = VR + VC = iR + VC
Sabemos que: dt
dVCi C=
CC
cS Vdt
dCRV +=
Víctor D. Rojas Cerna
117
En general: dt
dxTxF +=
F = función de tendencia = valor en estado
estacionario de x
X = variable del circuito
T = constante de tiempo del circuito
La ecuación puede escribirse: F = x + T Dx , dt
dD =
La solución de este tipo de ecuaciones lineales de primer orden de este tipo
admite una solución que puede escribirse como:
∞→
=+=
t
0 xlim , xxx tte
xt es llamada la solución transitoria y xe es la solución estacionaria.
Fuente de voltaje constante, VS = E volts, el interruptor se cierra en t=0.
Para el circuito inductivo de la figura 1, la ecuación del circuito es:
R
E
dt
di
R
Li =+
L
E i
L
R
dt
di=+
+= ∫ k dt
L
E e e (t) i
t L
Rt
L
R-
t
L
R-
e kR
E (t) i +=
R
Ei iaestacionar =
Víctor D. Rojas Cerna
118
Como la corriente que atraviesa un inductor no pueden cambiar en forma
instantánea, entonces en t=0, i=0
R
E- K
R
EK0 =⇒+=
( )Rt/L-e - 1 R
Ei =
Para el circuito capacitivo: en t=0 ,V1 volts
Edt
dVRCV C
C =+
RC
E V
RC
1
dt
dVC
C =+
+= ∫
−
k dt RC
E e eV
tRC
1t
RC
1
C
e KEVC +=
E VK KEV 0t 11 −=⇒+==
Luego: V = E – (E – V1) e-t/RC
Fuente alterna de voltaje VS = EO sen wt aplicada al circuito inductivo.
wtsen L
E
L
Ri
dt
di wtsen
R
E
dt
di
R
Li OO =+⇒=+
+= ∫
−
k dt wtsen L
E e e)t( i O
t L
Rt
L
R
t
L
R-t
L
R
22
Ot
R
L-
e k e
wL
R
wtcos w - wtsen L
R
R
E e (t) i +
+
=
t
L
R-
222
2O e k
L w R
wtcos w L - wtsen RL
L
E (t) i +
+=
ia)estacionar (corriete wtcos wL R
Lw - wtsen
L w R
R E (t) i
222222Oe
++=
R
wL tg y L w R Z Sea 222 =φ+=
Víctor D. Rojas Cerna
119
++= wtcos
L w R
Lw - wtsen
L wR
R
Z
E (t) i
222222
Oe
wt)cos sen - wtsen (cos Z
E (t) i O
e φφ=
) - (wt sen Z
E (t) i O
e φ=
φ es el ángulo de fase entre el voltaje de suministro sinusoidal y la corriente de
estados estacionario.
De esta manera tenemos:
t
L
R-
O e k ) - (wt sen Z
E (t) i +φ=
Tenemos que i(o)=0 cuando t=t
t
O kZ
EL
R-
e ) -(wt sen 0 += φ
) - (wt sen e Z
E k
tL
R
O φ=
) - (wt sen e -) - (wt sen Z
E (t) i
)tt(L
R
O φφ=−
SISTEMA DE SEGUNDO ORDEN
Consideremos el circuito
CIRCUITO EN SERIE:
Por la LKV: VR + VL + VC = VS
∫ =++ S V idt C
1
dt
diLiR
dt
dV i
C
1
dt
i dL
dt
diR S
2
=++
dt
dV
L
1 i
LC
1
dt
di
L
R
dt
i d S2
2
=+ +
Víctor D. Rojas Cerna
120
Sabemos que: i = ie + it
La solución transitoria la obtenemos al resolver:
0i LC
1Di
L
Ri D ttt
2 =++
La “forma tipo” de esta EDOLCC es:
0i ) w D 2dw D( t2nn
2 =++ ∫
Donde wn es la frecuencia natural no amortiguada de las oscilaciones y de es el
factor de amortiguamiento.
L
C
2
R
L 2w
R d
LC
1w
nn ==∧=
La condición d=0 implica una resistencia del circuito de cero.
Las soluciones las obtenemos de acuerdo al valor de d como se indica:
(1) d < 1 OSCILACIONES AMORTIGUADAS
)t(w sen e ki ot-dw
tn θ+=
(2) d=1 AMORTIGUAMIENTO CRITICO
t-wt
ne )BtA(i +=
(3) d > 1 RESPUESTA SOBREAMORIGUADA
t-dwt-wtwt
noo e )e Be A(i +=
(4) d = 0 SIN AMORTIGUAMIENTO (OSCILACION CONTINUA)
)t(w sen Ai nt θ+=
Víctor D. Rojas Cerna
121
Donde A, B y θ son constantes determinadas por las condiciones iniciales del
circuito y wo es la frecuencia de las oscilaciones amortiguadas, dada por:
2no d-1 ww =
Condiciones iniciales con un voltaje de E volts aplicado al circuito de la A63.
Por la LKV: Ri + Ldi + VC = E
Sea V1 el voltaje a través del condensador y sea cero la corriente del circuito
antes de cerrar el interruptor en t=0.
LDi + V1 = E
L
VEDi 1−
=
La solución de estados estacionarios ie(t)=0 ya que el condensador esta
totalmente cargado a E.
Por tanto, tenemos la solución general es i=it. Así tenemos:
2nn
2 w2d r (r) p ω + ρ +=
1 -d wdw- r 2
w4 wd4dw2r 2
nn
2n
2n
2n
±=⇒−±−
=
Veamos los casos:
(1) d < 1
Las raíces son complejas
t wcos e Bt wsen e Ai ot-dw
ot-dw nn +=
i(o) = 0
i = A e-dwnt sen wot
w
V-E A A w
L
V-E t wcos e '
o
1o
1o
dw- n
LAi t
o =⇒=⇒ = ω
La solución será: t wsen e Lw
VEi o
tdw-
o
1 n−
=
(2) d = 1
Las raíces son r= -dwn, -dwn (raíz doble)
Víctor D. Rojas Cerna
122
t-dwt-dw nn e t B i e )BtA(i =⇒+=
I(o) = 0 è A = 0
ttBi n-dwn e )-dw (' ><+=
BL
VEi =⇒=⇒
−=
L
V-E
L
V-E (o)i' ' 111
La solución es:
tdw-1 ne t
L
VEi
−=
(3) d > 1
Las raíces son reales, así:
t)w(-dwt)w(-dw onon e B e Ai −+ +=
i(o) = 0 ⇒ A + B = 0 ⇒ B = -A
t)-(dw)(-dw nn e )( e )(' oo won
twon wdwBwdwAi ++ −−++−=
L
VEwBwAi oo
1nn)0( )(dw )(-dw '
−=+−+=
L
VE)wdww(-dw A 1
onon
−=+++
L
V-E - b
Lw2
VEA 1
o
1 =∧−
=
)e(e e Lw2
VEi twtwtdw-
o
1 oon −−−
=
)t(w senh e Lw
VEi o
tdw-
o
1 n−
=
(4) d = 0
raíces:
=±=±± 2noo
2nn d-1 ww i w1-o w wo
t wsen Bt wcos Ai oo +=
t wSen B i 0 A 0 (o) i o=⇒=⇒=
L
VEtBwi o
1o 'i wcos '
−=∧=
Víctor D. Rojas Cerna
123
LL
VEBi
o
11o)0(
w
V-E B w' =⇒
−==
t wsen Lw
VEi o
o
1−=
IooIiiIi RLC =−−=−−=
De (1) cuando t=0 : I0I)(Di R
L0tL =++=
0)Di( 0tL ==
t)dw-(wno
t)dw(wnoL
nono e )dw(w Be )dw(w ADi +− +−−=
0 )dw (w B - )dw-(w A 0 I B A 0)Di( nono0tL =+∧=++⇒==
de donde:
I w2
dww - B I
w2
dwwA
o
no
o
no −=∧
+−=
Sustituyendo:
t )w(dw-
o
ont )w(dw-
o
onL
onon e w2
wdw e
2w
wdw - 1 Ii −− −
++
=
Solución para d < 1 Análogamente como el caso anterior, la solución transitoria es:
)t(w sen e Ai ot-dw
tn θ+=
Como antes la solución de estado estacionario IiLe = de modo que la
solución es:
I)t(w sen e Ai ot-dw
Ln +θ+=
Tenemos: 0)(Di 0)i( 0tL0tL =∧= ==
t-dwooo
t-dwnL
nN e A )t wcos w)t(w sen e dw(Di +θ+−=
Así tenemos: onn
o I/w w- I/sen- A dw
wtg =θ=∧=θ
Víctor D. Rojas Cerna
124
θ+= ) t(w sen e
w
w - 1 Ii o
tdw-
o
nL
n
CIRCUITO EN PARALELO
Consideremos el circuito:
Por la LKC:
Iiii CLR =++
Ecuación del circuito: Idt
dvCi
R
VL =++
L dt
di LV =
Ahora tenemos: 2
22
L2
LLdt
d D ,
dt
d D , Ii D CLiDi
R
L===++ ……… (1)
Ii 1) D R
L D CL( L
2 =++
LC
Ii
LC
1 D
RC
1D L
2 =
++
Recordando: C
L
R2
1
RC2w
1 d
LC
1 w: w w
n
2non ==∧=∧
Solución para d > 1 De la solución anterior, la solución transitoria es:
t-dwt-wtNL
noo e ) e B e A(i +=
En estado estacionario: 0ii , 0 V , Ii CRL ====
Víctor D. Rojas Cerna
125
La solución es: Ie )e Be A(i t-dwt-wtwL
noo ++=
Condiciones iniciales: en t=0 , 0 v y 0iL ==
Aplicaciones
Determinar la corriente en el
siguiente circuito donde:
E(t) = Eote-t
La ecuación del circuito es: ∫ =+ t-o te E idt
C
1
dt
di L
t-o e t)-(1 E i
1'' =+
CLi
t-o e t)-(1 L
E i
1'' =+
LCi
t-o e t)-(1 2
E i
4
1'' =+i
)t(i2
t sen B
2
t cos A (t) i p++=
++
= t-
22
e t
4
1D
1 - 1
4
1D
1
2)( o
p
Eti
t
4
11)-(D
1 e
2
E4e t
4
1D
1)4(
2
E)t(i
2
tot-
2
op
+
−=
+
−= −
t
0204
6
1 e EE2)t(i
2
t-oop
+−
−=
t ... D 25
32
5
4 e EE2)t(i t-
oop
++−=
t-oop e
25
32t
5
4 EE2)t(i
+−=
Víctor D. Rojas Cerna
126
e 25
32t
5
4 E - E 2
2
t sen B
2
t cos A)t( i t-
oo
+++=
ooo E 25
18- A 0E
25
32E 2 A 0 (o) i =⇒=−+⇒=
0')(
)0( ==L
Vi
o
t-)( e
25
32
5
4
5
4-
2
t cos
22
tsen
2'
++++−= tE
BAi ot
oo)0( E 25
24 B 0E
25
12
2
B 0' =⇒=−⇒=i
Luego: t-ooo e
25
32t
5
4 EE2
2
t cos
25
18
2
t sen
25
24 E (t) i
+−+
−=
Aplicaciones:
En el circuito de la figura el interruptor ha estado en “a” durante un tiempo muy
grande. Si en un determinado instante el interruptor se conecta al punto “b”
Calcular a partir de ese instante (t=0) la corriente instantánea i(t), si además se
sabe que R, es retirado del circuito.
1H L F, 2
1 C,2R , 1R 21 ==Ω=Ω=
V(t) = e-t sen t
Solución
c) Conexión en “a” (tiempo muy grande, t tiende a ∞)
En el instante anterior a la conexión en “b” se tiene:
2 i 2 i . 1 =⇒=
O sea I(o) = 2 para la conexión en “b2
1 (o) q )2(2
1 q cVq =⇒=⇒=
Víctor D. Rojas Cerna
127
c) Conexión en b: 0 t ≥∀
sen t 2'2'' teqqq −=++
Condiciones: 2 (o) I)o(q 1 (o) q 1 ==∧=
t sen e C t cos e Cq -t2
-t1H +=
(Las raíces del polinomio característico son):
i) 1- r 01)1r( 2 ±=⇒=++
t cos e 2
t- t sen
1D
1 e t) sen (e
1)1D(
1q t-
2
t-t-
2p =+
=++
=
Luego: t cos e 2
t - t sen e C t cos e Cq t-t-
2t-
1 +=
Determinemos las constantes 21 C C ∧
+++== sen t
2
t t cos
2
1 - t cos C sen t C - t cos
2
t sen t C - t cos C- e (t) ' 2121
t-qi
1e 1 (0) q 1 =⇒=
2
7C 2
2
1C 1- 2' 22)0( =⇒=−+⇒=q
Luego:
+++−−== sen t
2
t t cos
2
1 - t cos
2
7 sen t - t cos
2
t sen t
2
7cose (t) ' t-
)( tiq t
Por tanto:
++= t sen
2
t t cos
2
t t sen
2
9 - t cos 2 e (t) i t-
Víctor D. Rojas Cerna
128
En el circuito adjunto, hallar V(t)
Si: 0) ( t (t) E >λλ=
Solución
Sabemos que: Vdt i C
1 V ' RC ∫ =∧= RiLVL
Como Vhallar podemos ,iii 21 +=
En la malla externa tenemos:
∫ λ=⇒+=λ⇒+= )t(i- t V(t) )t(V)t(i t idt
2
1
1)t(i (t) E 111
En la malla interna: ∫ −=⇒−= (t) i 4)('V dt )(i
4
1
1)()( '
2'
)(2 tEtttEtV
Luego tendremos: V(t)) - ( 4
1)(i )(i 4 22
')( λλ =⇒−= ttV t
Vemos: ∫ =⇒=⇒= '(t)
'(t) V
2
1 i 2V idt
2
1
1 (t) iV
Sabemos que: (t)) V - (6 4
1)(6V
2
1 ''
(t)21 +−=⇒+= tVtiii
+=+⇒+=+⇒
2
3 t
3
4 V(t)
3
4 (t) V' )()('V
4
3 λ
2
36ttVt
23
4 V(t) )('V +=+⇒ t
λ
3
4t
Como es lineal tenemos: ∫ +
+
λ=
−C dt 2t
3
4 e e)t(V
t3
4t
3
4
Luego: Ce 2
3e
16
9t
4
3
3
4 e)t(V
t3
4t
3
4t
3
4
++
−
λ=
−
t3
4-
e C2
3
16
9t
4
3
3
4)t(V ++−
λ=
Viendo el circuito, apreciamos que: 2
3
4
3 C C
2
3
4
3- 0 0)o(V −
λ=⇒++
λ=⇒=
Víctor D. Rojas Cerna
129
Por tanto:
aTransitoriTensión iaEstacionarTensión
e 2
3
4
3
2
3
16
9
4
3
3
4)( 3
4- t
ttV
−++
−=
λλ
1. Encuentre todas las soluciones de las siguientes ecuaciones:
a) y” + 4y = cosx
Solución:
El polinomio característico es P(r) = r2 + 4
Raíces: r = -2i, 2i
La solución solicitada será:
Φ(x) = u1(x)cos2x + u2(x)sen2x
Ahora hallemos u1(x) ∧ u2(x), previamente hallemos el wronskiano
W(Φ1, Φ2)(x) = xx
xx
2cos22sen2
2sen2cos
− = 2
u1(x) = ( )( )∫ ΦΦ
ΦΦ
)x(,W
)x(,W
21
211cosxdx =
2
1∫ x2cos21
x2sen0cosxdx
u1(x) = 2
1∫ − dxxcosx2sen =
2
1∫ dxxcosxsen 2 =
3
1cos3x + K1
u2(x) = 2
1
1xsen2'
0x2cos2−
cosxdx = 2
1∫ dxxcosx2cos
u2(x) = 2
1∫ − )xsen21( 2 cosxdx =
2
1
− xsen
3
2xsen 3 + K2
La solución Φ será:
Φ(x) =
+ 1
3 Kxcos3
1cos2x +
− xsen
3
1xsen
2
1 3 sen2x + K2sen2x
Φ(x)=K1cos2x+K2sen2x+3
1cos3xcos2x+
2
1senxsen2x-
3
1 sen3xsen2x
Φp(x)
Operando Φp(x):
Φp(x) = 3
1cos3x(cos2x - sen2x) + sen2xcosx -
3
2sen4xcosx
Φp(x) = 3
xcos cos2x(cos2x - sen2x) + 3sen2x - 2sen4x
Víctor D. Rojas Cerna
130
Φp(x) = 3
xcos (1 - sen2x)2 - cos2xsen2x + 3sen2x - 2sen4x
Φp(x) = 3
xcos 1 - sen2x + sen4x - cos2xsen2x + 3sen2x - 2sen4x
Φp(x) = 3
xcos 1 + sen2x + sen4x - cos2xsen2x - 2sen4x
Φp(x) = 3
xcos 1 + sen2x - sen4x - cos2xsen2x
Φp(x) = 3
xcos 1 + sen2x - sen2x(sen2x + cos2x)
Φp(x) = 3
xcos 1 + sen2x - sen2x
Φp(x) = 3
xcos
O sea la solución general será:
Φ(x) = K1cos2x + K2sen2x + 3
1cosx, K1, K2 constantes.
b) y” + 9y = sen3x
Solución:
* Polinomio característico: P(r) = r2 + 9
* Raíces del polinomio característico: -3i, 3i
* La solución general será: Φ(x) = u1(x)cos3x + u2(x)sen3x
* Tendremos que determinar las funciones u1(x) ∧ u2(x), para lo cual
apelamos al método de variación de parámetros.
* Tenemos que: W(cos3x,sen3x) = x3cos3x3sen3'
x3senx3cos
− = 3
* Usando las identidades deducidas para u1(x) ∧ u2(x)
u1(x) = ∫ )x3sen,x3(cosW
)x3sen,x3(cosW1 sen3xdx = 3
1∫ x3cos31
x3sen0sen3xdx
= 3
1∫ − xdx3sen 2 =
6
1∫ − )1x6(cos dx
u1(x) = 36
1sen6x -
6
x + K1
Víctor D. Rojas Cerna
131
* Análogamente hallamos u2(x):
u2(x) = 3
1∫ − 1x3sen3
0x3cossen3xdx
u2(x) = 3
1∫ x3senx3cos dx =
6
1∫ x6sen dx
u2(x) = -36
1cos6x + K2
* Φ(x) =
+− 1K
6
xx6sen
36
1cos3x +
+− 2Kx6xcos
36
1sen3x
*Φ(x)=K1cos3x+K2sen3x+
− x3senx6cos
36
1x3cosx6xsen
36
1-
6
xcos3x
* Apreciamos que:
36
1sen6xcos3x-
36
1cos6xsen3x=
36
1(2cos23xsen3x-(cos23x-sen23x)sen3x)
= 36
x3sen(2cos23x - cos23x + sen23x)
= 36
x3sen(cos23x + sen23x)
= 36
x3sen
* Φ(x) = K1cos3x + K2sen3x + 36
1sen3x -
6
xcos3x
* Φ(x) = K1cos3x +
+
36
1K 2 sen3x -
6
xcos3x
* Luego se tiene que la solución general es:
Φ(x) = C1cos3x + C2sen3x - 6
xcos3x, C1, C2 constantes
(Observación: C1 = K1 ∧ C2 = K2 + 36
1
Víctor D. Rojas Cerna
132
2. Encuentre todas las soluciones de las siguientes ecuaciones:
a) y” + 4y = cosx
Solución:
Usando operadores para la Φp(x)
P(r) = r2 + 4 ⇒ r = -2i, 2i
Φp(x) = 4D
12 +
cosx = 41
12 +−
cosx = 3
1cosx
La solución general es: Φ(x) = C1cos2x + C2sen2x + 3
1cosx
b) y” + 9y = sen3x
Solución:
P(r) = r2 + 9 ⇒ r = -3i, 3i
Φ(x) = C1cos3x + C2sen3x + Φp(x)
Amparados en: 22 aD
1
+senax = -
a2
xcosax
Φp(x) = 9D
12 +
sen3x = -)3(2
xcos3x = -
6
xcos3x
Φ(x) = C1cos3x + C2sen3x - 6
xcos3x
c) y” + y = tanx (-2
π < x <
2
π)
Solución:
Usando variación de parámetros: P(r) = r2 + 1, así r = -i, i
Φ(x) = u1(x)cosx + u2(x)senx
Resolvamos: u1’(x)cosx + u2’(x)senx = 0
u1’(x)(-senx) + u2’(x)cosx = tanx
u1’(x) =
xcosxsen
xsenxcos
xcostanx
xsen0
−
= -xsenxcos
xsentanx22 +
=xcos
xsen 2− =
xcos
xcos1 2+−
u1’(x) = ∫ +− )xcosxsec( dx + C1 = -Ln(secx + tanx) + senx + C1
Víctor D. Rojas Cerna
133
u2’(x) =
xcosxsen
xsenxcos
tanxxsen
0xcos
−
− =
xsenxcos
xsen22 +
= senx
u2(x) = ∫ xsen dx + C2 = - cosx + C2
La solución general es:
Φ(x) = ( )1CtanxxsecLnxsen ++− cosx + (-cosx + C2)senx
Φ(x) = C1cosx + C2senx + (-cosxLn|sec + tanx|)
Φ(x) = C1cosx + C2senx - cosxLn|sec + tanx|
d) y” + 2iy’ + y = x
Solución:
P(r) = r2 + 2ir + 1 = 0 ⇒ r = i(-1 ± 2 )
Φp(x) = Ax + B, para cierto A y B constantes por hallar
Φp”(x) + 2iΦp’(x) + Φp(x) = x ⇒ 0 + 2i(A) + Ax + B = x
⇒ Ax + (2iA +B) = x
⇒ A = 1 ∧ 2iA + B = 0
⇒ A = 1 ∧ B = -2i
⇒ Φp(x) = x - 2i
Luego: Φ(x) = C1ix)12(e − + C2
ix)12(e +− + x - 2i
e) y” - 4y’ + 5y = 3e-x + 2x2
Solución:
P(r) = r2 - 4r + 5 = 0 ⇒
(r -2)2 = -5 + 4 ⇒ (r -2)2 = -1 ⇒ r = 2 ± i
Φ(x) = e2x(C1cosx + C2senx) + Φp(x)
Φp(x) = )x(1PΦ + )x(
2PΦ
)x(1PΦ =
5)1(4)1(
32 +−−−
e-x = 10
3e-x (Método de los operadores)
Víctor D. Rojas Cerna
134
Utilizando el método de los coeficientes indeterminados para hallar
)x(2PΦ
)x(2PΦ = Ax2 + Bx + C ⇒ )x('
2PΦ = 2Ax + B
)x("2PΦ = 2A
)x("2PΦ - 4 )x('
2PΦ + 5 )x(2PΦ = 2x2
→ 2A -4(2Ax + B) + 5(Ax2 + Bx + C) = 2x2
→ 5Ax2 + (5B - 8A)x + (2A - 4B + 5C) = 2x2
→ 5A = 2 ∧ 5B - 8A = 0 ∧ 2A - 4B + 5C = 0
→ A = 5
2 ∧ B =
25
16 ∧ C =
125
44
Luego: Φ(x) = e2x(C1cosx + C2senx) x-2 e 10
3 x
5
2 x
25
16
125
44++++
f) y” - 7y’ + 6y = senx
Solución:
P(r) = r2 - 7r + 6 = 0 ⇒ r = 1, 6
Φ(x) = C1ex + C2e
6x + Φp(x)
Usando coeficientes indeterminados para determinar Φp(x)
Φp(x) = Acosx + Bsenx ⇒
Φp’(x) = -Asenx + Bcosx ∧ Φp”(x) = -Acosx - Bsenx
Φp”(x) - 7Φp’(x) + 6Φp(x) = senx ⇒
-Acosx - Bsenx - 7(-Asenx + Bcosx) + 6(Acosx + Bsenx) = senx
⇒ (-A - 7B + 6A)cosx + (-B + 7A + 6B)senx = senx
⇒ -A - 7B + 6A = 0 ∧ -B + 7A + 6B = 1
⇒ A = 74
7 ∧ B =
74
5
Luego: Φ(x) = C1ex + C2e
6x + 74
1(7cosx + 5senx)
g) y” + y = 2senxsen2x
Solución:
P(r) = r2 + 1 ⇒ r = ±i
Φ(x) = u1(x)cosx + u2(x)senx
Víctor D. Rojas Cerna
135
Usemos variación de parámetro para hallar u1(x) ∧ u2(x)
u1’(x)cosx + u2’(x)senx = 0
u1’(x)(-senx) + u2’(x)cosx = 2senxsen2x
u1(x) = ∫ )sen,(cos
cos2sensen2
sen0
xxW
xxx
x
dx = ∫
−
−
xcosxsen
xsenxcos
x2senxsen2 2
dx
u1(x) = ∫−
1
2sensen2 2 xxdx = -2 ∫ xsen 2 (2senxcosx)dx
u1(x) = -4 ∫ xsen 3 cosxdx = -sen4x + C1
u2(x) = ∫ − x2senxsen2xsen
0xcos
)xsen,x(cosW
1dx
u2(x) = ∫ xsen2 cosxsen2xdx = ∫ x2sen 2 dx = 2
1∫ − )x4cos1( dx
= 2
x -
8
1sen4x + C2
Φ(x) = (-sen4x + C1)cosx +
+− 24sen
8
1
2Cx
xsenx
Φ(x) = C1cosx + C2senx - sen4xcosx - 8
1senxsen4x +
2
xsenx
h) y” + y = secx
Solución:
* Como en el caso anterior
* Φ(x) = u1(x)cosx + u2(x)senx
* Asimismo: W(cosx,senx) = 1
* u1(x) = ∫ xcosxsec
xsen0dx = ∫ − xsen secxdx = ∫
−
xcos
xsendx
u1(x) = Ln|cosx| + C1 = Ln(cosx) + C1
(Ojo: 2
π− < x <
2
π de esta manera cosx > 0)
* u2(x) = ∫ − xsecxsen
0xcosdx = ∫ xcos secxdx
u1(x) = ∫dx = x + C2
Víctor D. Rojas Cerna
136
Luego tendremos:Φ(x) = (Ln(cosx) + C1)cosx + (x + C2)senx
Así: Φ(x) = C1cosx + C2senx + xsenx + (cosx)Ln(cosx)
i) 4y” - y = ex
Solución:
ΦH(x) = C1e-x/2 + C2e
x/2
pues las raíces son 2
1, -
2
1 del polinomio característico.
* Resolvamos:
u1’(x)e-x/2 + u2’(x)ex/2 = 0
u1’(x)
− − 2/xe
2
1 + u2’(x)
2/xe2
1 =
4
1ex
* u1(x) = ∫ 1
e2
1e
4
1e0
2xx
2x
dx = ∫ −4
1e3x/2dx = -
6
1e3x/2 + C1
pues W(e-x/2, ex/2) = 2/x2/x
2/x2/x
e2
1e
2
1ee
−
−
− = 1
u2(x) = ( )∫ −
−
−
−
x2x
x2x
2x
e,eW
e4
1e
2
10e
dx = ∫2/
4
1 xe dx = 2
1ex/2 + C2
* Φ(x) =
+− 1
2/x3 Ce6
1e-x/2 +
+ 2
2/x Ce2
1ex/2
* Por tanto: Φ(x) = C1e-x/2 + C2e
x/2 +
−
6
1e
2
1 2/x ex
Luego: Φ(x) = C1e-x/2 + C2e
x/2 + 3
1ex
j) 6y” + 5y’ - 6y = x
Solución:
* Raíces: 2/3, -3/2
* Φ(x) = u1(x)e2x/3 + u2(x)e-3x/2
Víctor D. Rojas Cerna
137
* Resolviendo: u1’(x)e2x/3 + u2’(x)e-3x/2 = 0
u1’(x)
3x2e3
2 + u2’(x)
− − 2x3e
2
3 =
6
x
* Hallemos el wronskiano:
W(e2x/3, e-3x/2) = 2x33x2
2x33x2
e2
3e
3
2ee
−
−
− = - 6x5e
6
13 −
* u1(x) = ∫
−
13
62x3
2x3
e2
3
6
xe0
−
−
−dx =
13
1
−−
4
9x
2
3e-2x/3 + C1
* u1(x) = ∫
−
13
6
63
20
32
3/2
xe
ex
x
dx = -13
1 2x3e9
4x
3
2
− + C2
* Φ(x) = C1e2x/3 + C2e
-3x/2 - 6
1x -
36
5
3. Consideremos L(y) = y” + a1y’ + a2y, donde a1, a2 son constantes
reales. Sean A, ω constante reales tales que P(ω) ≠ 0, donde P es el
polinomio característico.
a) Demuestre que la ecuación L(y) = Aeiωx tiene una solución Φ
dada por la relación: Φ(x) = )i(P
A
ωei(ωx - α) donde
P(iω) = |P(iω)|eiα
Demostración:
veamos que: L(Φ) = Aeiωx
φφφφ 21 '")( aaL ++=
'φ (x) = )i(P
)i(A
ω
ωei(ωx-α)
"φ (x) = )i(P
)i(A 2
ω
ωei(ωx-α)
L(Φ(x)) = )i(P
)i(A 2
ω
ωei(ωx-α) + a1
)i(P
)i(A
ω
ωei(ωx-α) + a2
)i(P
A
ωei(ωx-α)
L(Φ(x)) = ( )
)i(P
a)i(a)i(A 212
ω
+ω+ωei(ωx-α)
Víctor D. Rojas Cerna
138
L(Φ(x)) = )i(P
)i(AP
ω
ωei(ωx-α) =
)i(P
e)i(PA i
ω
ω α
ei(ωx-α)
L(Φ(x)) = Aeiωx
(Ojo: P(iω) ≠ 0 así |P(iω)| ≠ 0
Por tanto: Φ(x) = es solución de L(y) = Aeiωx
b) Si Φ es una solución cualquiera de L(y) = Aeiωx, demuestre
que Φ1 = Re(Φ), Φ2(x) = ImΦ) son soluciones de:
L(y) = Acosωx, L(y) = Asenωx respectivamente.
Demostración:
Por la parte (a) tenemos una idea de como atacar la demostración sea Φ(x) una solución cualquiera de L(y) = Aeiωx
Por conocimientos de variable compleja, la Φ(x) podemos expresarla como: Φ(x) = Φ1(x) + iΦ2(x), Φ1 ∧ Φ2 funciones reales de variable real. Luego: Φ’(x) = Φ1’(x) + iΦ2’(x)
Φ”(x) = Φ1”(x) + iΦ2”(x)
Sustituyendo en L(y) = Aeiωx
(Φ1”(x)+iΦ2”(x)) + a1(Φ1’(x)+iΦ2’(x)) + a2(Φ1(x)+iΦ2(x)) = Aeiωx Obviamente se tiene: (Φ1”(x)+a1Φ1’(x)+a2Φ1(x)) + i(Φ2”(x)+a1Φ2’(x)+a2Φ2(x)) = Acosωx + iAsenωx
)(),( 21 tt φφ unciones de valor y variable real
Tomando parte real a ambos miembros, y luego imaginarios; se tiene: Φ1”(x) + a1Φ1’(x) + a2Φ1(x) = Acosωx ∧ Φ2”(x) + a1Φ2’(x) + a2Φ2(x) = Asenωx O sea: L(Φ1(x)) = Acosωx ∧ L(Φ2(x)) = Asenωx Luego: Φ1 es una solución de L(y) = Acosωx Φ2 es una solución de L(y) = Asenωx
c) Demuestre, usando los incisos (a) y (b) que existe una
solución particular Φ de la ecuación
Ly” + Ry’ + C
1y = Ecosωx la cual tiene la forma
Φ(x) = Bcos(ωx - α)
Víctor D. Rojas Cerna
139
Demostración: La ecuación diferencial dada puede expresarse como:
y” + L
Ry’ +
LC
1y =
L
Ecosωx
Así tenemos una ecuación: y” + a1y’ + a2y = Acosωx, donde
A = L
E, a1 =
L
R, a2 =
LC
1, a1, a2, A, ω constantes reales.
Existe una solución por la parte (a), que tiene la forma.
Φ(x) = ( )ωiP
LE ei(ωx-α), α argumento de P(iω)
Por el inciso (b), Φ1 = Re(Φ(x)) satisface L(y) = Acosωx donde L(y) = y” + a1y’ + a2y
Por otro lado: Φ(x) = ( )ωiP
LE(cos(ωx-α) + isen(ωx-α))
Φ1(x) = ( )ωiP
LEcox(ωx-α)
O sea existe una solución Φ1(x) = Bcox(ωx-α) con B = ( )ωiP
LE ∧
donde α es el argumento de P(iω)
Así: Φ1”(x) + L
RΦ1’(x) + Φ1(x) =
L
Ecosωx
es decir: LΦ1”(x) + RΦ1’(x) + C
1Φ1(x) = Ecosωx
d) Supongamos que R2C < 2L en el inciso (c)encuentre el valor
de ω para el cuál B es máximo.
Solución:
Como B = ( )ωiP
LE, donde E, L son constantes positivas, B será máximo cuando
|P(iω)| sea mínimo, así trabajamos con dicho módulo
P(r) = r2 + L
Rr +
LC
1
Tomando módulos:
|P(iω)| =
ω++ω−
L
Ri
LC
12 = 22
2
L
R
LC
1
ω+
−ω
= 2
22
22
24
L
R
CL
1
LC
2 ω++
ω−ω =
22
2
2
24 1
w2
CLL
R
LC+
−−ω
Completando cuadrados dentro del radical
|P(iω)| =
2
2
2
22
2
2
22
L2
R
LC
1
CL
1
L2
R
LC
1−−+
−−ω
Víctor D. Rojas Cerna
140
Por tanto )P(iω es mínimo, cuando:
ω2 - 2
2
L2
R
LC
1− = 0
Como R2C < 2L, tendremos que:
ω2 = LC
1 -
2
2
L2
R
Por tanto tenemos que:
si ω =
21
2
2
L2
R
LC
1
− , B es máximo
Teorema A: b(x) continua en el intervalo I, toda ψ solución de la ecuación
)()( xbyL = en el intervalo I, puede escribirse
2211 φφψψ ccp ++=
4. Consideremos la ecuación L(y) = y” + a1y’ + a2y = b(x), donde a1, a2
son constantes y b(x) es una función continua en el intervalo 0 ≤ x <
∞.
Supongamos que las raíces r1, r2 del polinomio característico P(r) = r2 + a1r + a2, son diferentes y que Re(r1) < 0 y Re(r2) < 0
a) Supongamos que b(x) está acotada en el intervalo
0 ≤ x < ∞, esto es que existe una constante K > 0 tal que: | b(x)| ≤ K (0 ≤ x < ∞) Demuestre que toda solución de L(y) = b(x) está acotada
Demostración: Tenemos que una solución del problema cualquiera, considerando un intervalo
I = [0, p], para cualquier p > 0 estará dada por:
Ψ(x) = C1xr1e + C2
xr2e + 12 rr
1
−[ ]∫
−− −x
x
)tx(r)tx(r
0
21 ee b(t)dt, Rcxx ∈210 ,,
Obviamente esto es posible por el teorema A, dado que se cumplen las hipótesis de dicho teorema.
Sin dificultad apreciamos que: Ψ(x) = ΨH(x) + ΨP(x) donde L(ΨH(x)) = 0 ∧ L(ΨP(x)) = b(x) Veamos que siempre ΨH(x) ∧ ΨP(x) son acotadas en [0, p]
|ΨH(x)| ≤ |C1xr1e | + |C2
xr2e | = |C1|( )x)rRe( 1e + |C2|e
(Re(r2)x Observación:
| xr1e | = ( )x)rIm(i)rRe( 11e + = | ( )x)rRe( 1e | | ( )x)rIm(i 1e | = ( )x)rRe( 1e
Análogamente: | xr2e | = ( )x)rRe( 2e Por otro lado, se tiene:
( )x)rRe( 1e ≤ 1, ∀ x∈[0,p] ∧ como Re(r1) < 0 ( )x)rRe( 2e ≤ 1, ∀ x∈[0,p] ∧ como Re(r2) < 0
Víctor D. Rojas Cerna
141
Por tanto tendremos que: |ΨH(x)| ≤ |C1| + |C2|, ∀ x∈[0,p] (p > 0 cualquiera) Ahora acotemos la solución particular ΨP(x). Por el teorema 10 tenemos que:
ΨP(x) = 12 rr
1
−[ ]∫
−− −x
x
)tx(r)tx(r
0
21 ee b(t)dt
* ΨP(x) = 12 rr
1
−
− ∫∫
−−x
x
trxrx
x
trxr
0
22
0
11 dt)t(beedt)t(bee
Veamos por partes:
∫−
x
x
tr
0
1 dt)t(be ≤ K ( )∫
+−x
x
t)rIm(i)rRe(
0
21 dte
≤ K ( )∫
−x
x
t)rRe(
0
1 dte = )rRe(
K
1
− ( ) ( )( )011 x)rRe(x)rRe( ee −− −
* Análogamente:
∫−
x
x
tr
0
2 dt)t(be ≤ )rRe(
K
2
− ( ) ( )( )022 x)rRe(x)rRe( ee −− −
* Así:
)x(PΨ ≤ 12 rr
1
−
+ ∫∫
−−x
x
trxrx
x
trxr
0
22
0
11 dt)t(beedt)t(bee
)x(PΨ ≤12 rr
1
−( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
−−+
−− −−−− 02220111 x)rRe(x)rRe(
2
x)rRe(x)rRe(x)rRe(
1
x)rRe( ee)rRe(
Keee
)rRe(
Ke
)x(PΨ ≤ 12 rr
K
−
( ) ( )
−+
− −−
)rRe(
1e
)rRe(
1e
2
)xx()rRe(
1
)xx()rRe( 0201
como la integral podemos considerar x ≥ x0, ambos en I = [O, p] se tiene que: x - x0≤ p ⇒ (Re(r1))(x - x0) ≥ pRe(r1)
⇒ -(Re(r1))(x - x0) ≤ -pRe(r1)
⇒ ( )( )01 xx)rRe(e −− ≤ )rRe(p 1e−
Análogamente: ( )( )02 xx)rRe(e −− ≤ )rRe(p 2e−
Luego: )x(PΨ ≤ M, donde:
M = 12 rr
1
−
−+
−
)rRe(
1e
)rRe(
1e
2
)rRe(p
1
)rRe(p 21
(Ojo: pRe(r1) < 0 ⇒ )rRe(
1e
1
)rRe(p 1 − > 0, similarmente
)rRe(
1e
2
)rRe(p 2 − > 0)
Tenemos N = |C1| + |C2| + M Luego tendremos que existe N > 0 tal que:
)x(PΨ ≤ N, ∀ x ∈ [0, p] con p > 0 arbitrario.
Así Ψ(x) una solución cualquiera de L(y) = b(x) siempre es acotada.
Víctor D. Rojas Cerna
142
b) Si b(x) → 0 cuando x→ ∞, demuestre que toda solución de
L(y) = b(x) tiende a cero cuando x → ∞
Demostración: Como Ψ(x) = ΨH(x) + ΨP(x)
Tenemos: ′
∞→xlim ΨH(x) = C1
′∞→x
lim xr1e + C2′
∞→xlim xr2e
= C1′
∞→xlim ( )x)rIm(i)rRe( 11e + + C2
′∞→x
lim ( )x)rIm(i)rRe( 22e +
= C1′
∞→xlim ( )x)rRe( 1e ( )x)rIm(i 1e + C2
′∞→x
lim ( )x)rRe( 2e ( )x)rIm(i 2e
= C1(0) + C2(0) = 0 Nota:
* La función ( )x)rIm(i 1e es acotada, pues | ( )x)rIm(i 1e | = 1 lo cual nos permite afirmar
| ( )x)rIm(i 1e | ≤ 1 ∀ x, así ella es acotada.
* ∞→x
lim ( )x)rRe( 1e = 0, pues Re(r1) < 0
* Similarmente ′
∞→xlim ( )x)rRe( 2e = 0, pues Re(r2) < 0
* ΨP(x) = 12 rr
1
−
− ∫∫
−−X
X
trxrX
X
trxr
0
212
0
11 dt)t(beedt)t(bee
ΨP(x) = 12 rr
1
−
− ∫∫
−−x
0
trxrx
0
trxr dt)t(beedt)t(bee 2211
Como b(x) es continua en [0, ∞> y además ′
∞→xlim b(x) = 0 la gráfica de b(x) tiene
como asíntota al eje x positivo (semieje positivo x), luego las integrales son finitas o sea existen, es decir son constantes. Por tanto cuando tomamos límites se tiene:
′∞→x
lim ΨP(x) = 12 rr
1
−( ))B(emli)A(emli
x
xr
x
xr 21
∞→∞→′−′
A, B constantes Luego como en el caso anterior
′∞→x
lim xr1e = ′
∞→xlim ( )x)rRe( 1e ( )xrie )Im( 1 = 0
pues Re(r1) < 0 y ( )x)rIm(i 1e es acotada
Análogamente ′
∞→xlim xr2e = 0
Por tanto: ′
∞→xlim ΨP(x) = 0
Víctor D. Rojas Cerna
143
5. Demuestre que si P1, P2, P3, P4 son polinomios de segundo grado,
entonces son linealmente dependientes en -∞< x <∞.
Demostración: Sea Pi(x) = aix
2 + bix + ci, i= 1, 2, 3, 4, a ≠ 0 (grado dos polinomios) Tenemos una combinación lineal de P1(x), P2(x), P3(x), P4(x) λ4(a1x
2 + b1x + c1)+ λ2(a2x2 + b2x + c2) + λ3(a3x
2 + b3x + c3)+ λ4(a4x
2 + b4x +c4) = 0 Lo cual nos conduce al siguiente sistema: λ1a1 + λ2a2 + λ3a3 + λ4a4 = 0 λ1b1 + λ2b2 + λ3b3 + λ4b4 = 0
λ1c1 + λ2c2 + λ3c3 + λ4c4 = 0 Tenemos cuatro incógnitasλ1, λ2, λ3, λ4, cuatro ecuaciones, el sistema es
homogéneo, una solución es la trivial los λi = 0; i = 1, 2, 3, 4. Luego el sistema no tiene una única solución. Por lo tanto P1, P2, P3, P4 son linealmente dependientes.
Otro razonamiento: El conjunto V = P(x)/ P(x) es un polinomio de grado 2, es de dimensión 3. Una
base es x2, x, 1, es decir a lo más existen tres polinomios linealmente independientes. Luego si tenemos 4 polinomios de grado 2, uno de ellos es combinación lineal de los otros (al menos uno de ellos), luego ellos son linealmente dependientes.
6. Encuentre todas las soluciones de las siguientes ecuaciones:
a) y’’’ - 8y = 0
Solución: P(r) = r3 - 8
P(r) = 0 ⇔ r3 = 8 ⇔ r = 2
π+
3
K20i
e K = 0, 1, 2
⇔ r = 2, -1 + i 3 , -1 - i 3
Φ(x) = c1e2x + c2
( )x3i1e +− + c3( )x3i1e −−
Φ(x) = K1e2x + K2e
-xcos 3 x + K3e-xsen 3 x
b) y(4) + 16y = 0
Solución: P(r) = r4 + 16 polinomio con coeficientes reales y potencias pares, luego P(r) =
0 ⇔ r4 = -16
⇔ r = 2
π+π
3
K2i
e , K = 0,1, 2, 3
⇔ r = ± (1 ± i 3 )
Φ(x) = ex(c1cos 3 x + c2sen 3 x) + e-x(c3cos 3 x + isen 3 x)
Víctor D. Rojas Cerna
144
c) y’’’ - 5y” + 6y’ = 0
Solución: P(r) = r3 - 5r2 + 6r P(r) = 0 ⇔ r(r -2)(r -3) = 0 ⇔ r = 0, 2, 3
Φ(x) = c1 + c2e2x + c3e
3x
d) y’’’ - iy” + 4y’ - 4iy = 0
Solución: P(r) = r3 - ir2 + 4r - 4i P(r) = 0 ⇔ r3 - ir2 + 4r - 4i (r = i e una raíz “visual”) ⇔ (r -i)(r2 + 4)= 0 (usando Rufini) ⇔ r = i, -2i, 2i Φ(x) = c1e
ix + c2e-2ix + c3e
2ix
e) y(100) + 100y = 0
Solución: P(r) = r100 + 100 P(r) = 0 ⇔ r100 = -100
⇔ rK = 1001/100
π+π
100
K2i
e K = 0, ..., 99
⇔ rJ = 1001/100( )
π−
100
1J2i
e
Φ(x) = ∑=
100
1J
xirJ
Jec
f) y(4) + 5y” + 4y = 0
Solución: P(r) = r4 + 5r2 + 4 P(r) = 0 ⇔ (r2 + 1)(r2 + 4) = 0 ⇔ r = -2i, -i, i, 2i Φ(x) = c1cos2x + c2sen2x + c3cosx + c4senx
g) y(4) - 16y = 0
Solución: P(r) = 0 ⇔ r4 - 16 = 0 ⇔ r4 = 16
⇔ r = 2
π+
4
K20i
e K = 0, 1, 2, 3 Como P(r) = 0 tiene coeficientes reales y tiene solamente potencias pares
tenemos: r = -2, 2, 2i, -2i Φ(x) = c1e
-2x + c2e2x + c3cos2x + c4sen2x
h) y’’’ - 3y’ - 2y = 0
Solución: P(r) = r3 - 3ir2 + 3r + i P(r) = 0 ⇔ (r - i)3 = 0 ⇔ r = i, i, i Φ(x) = (C1 + C2 x + C3 X
2)eix
Víctor D. Rojas Cerna
145
7. Encuentre cuatro soluciones independientes de la ecuación: y(4) + λy = 0 que sean linealmente independientes, para los
siguientes casos: a) λ = 0
Solución: y4 = 0 P(r) = r4 P(r) = 0 ⇔ r = 0, 0, 0, 0 Φ1(x) = 1, Φ2(x) = x, Φ3(x) = x2, Φ4(x) = x3
b) λ > 0
Solución: y(4) + λy = 0 P(r) = r4 + λ
P(r) = 0 ⇔ r4 = -λ ⇔ r = λ1/4
π+π
4
K2i
e , K = 0, 1, 2, 3 Como P(r) es un polinomio de potencias pares y coeficientes reales, se tiene
que: P(α) = 0, P(-α) = 0, P( α ) = 0, P(-α ) = 0
Así si denotamos: λ1/4 = K, K ∈ Z+ tendremos que las raíces son: r = Keiπ/4, -Keiπ/4, Ke-iπ/4, -Ke-iπ/4
r = K
+
2
2i
2
2, -K
+
2
2i
2
2, K
−
2
2i
2
2, -K
−
2
2i
2
2
Luego:
Φ1(x) = Kx
2
2
e cos2
2x, Φ2(x) =
Kx2
2
e sen2
2x,
Φ3(x) = Kx
2
2
e−
cos2
2x, Φ4(x) =
Kx2
2
e−
sen2
2x
Son soluciones trivialmente independientes.
c) λ < 0
Solución: Sea λ = -K4, K ∈ R+, luego las raíces del polinomio característico serán: r = -
K, K, Ki, -Ki Las soluciones independientes podríamos tomarla: Φ1(x) = e-Kx, Φ2(x) = eKx, Φ3(x) = eKix, Φ4(x) = e-Kix
8. Supongamos que todas las raíces del polinomio característico de la
ecuación: y(n) + a1y(n-1) + ... + any = 0 tener la parte real negativa.
Demuestre que cualquier solución tiende a cero cuando x → ∞
Víctor D. Rojas Cerna
146
Demostración: a) Si todas son diferentes, tendríamos:
Φ(x) = ∑=
n
1K
xri
Kec
para cada K, K = 1, ..., n se tiene que:
∞→xlim xrKe =
∞→xlim ( )xiba KKe + =
∞→xlim xaKe ( )xibKe = 0
como rK = aK + ibK y aK < 0, se tiene que ∞→x
lim xaKe
y como xibKe ≤ 1 (acotada)el producto de xaKe por xibKe tiende a cero . Luego:
∞→xlim xrKe = 0, ∀ K = 1, ..., n
∞→xlim Φ(x) = ∑
=
n
1KKe
∞→xlim xrKe = 0 + 0 + ... + 0 = n(0) = 0
b) Si hubiera una raíz rK de multiplicidad m, m ≤ n tendríamos que:
∞→xlim (c1 + c2x + c3x
2 + ... + cmxm-1) xrKe =
∞→xlim (c1
xrKe + c2xxrKe + ... + xm xrKe )
sabemos que: ∞→x
lim xm xaKe = 0, si aK < 0
Así tendríamos que: ∞→x
lim (c1 + c2x + ... + cmxm-1) xrKe = 0
Por tanto en cualquier caso (a) ó (b) se tiene que: ′
∞→xlim Φ(x) = 0
9. Considérese la ecuación: y’’’ - 4y = 0
a) Calcule tres soluciones linealmente independientes
Solución: P(r) = r3 + 4r P(r) = 0 ⇔ r = 0, -2, 2 Φ1(x) = 1, Φ2(x) = e-2x, Φ3(x) = e2x b) Calcule el wronskiano de las soluciones halladas en (a) Solución:
W(1, e-2x, e2x) = x2x2
x2x2
x2x2
e4e40
e2e20
ee1
−
−
−
− = x2x2
x2x2
e4e4
e2e2−
−− = -16
c) Encuentre la solución Φ que además satisfaga las siguientes
condiciones: Φ(0) = 0, Φ’(0) = 1, Φ”(0) = 0 Solución: Φ(x) = c1 + c2e
-2x + c3e2x
Φ’(x) = -2c2e-2x + 2c3e
2x Φ”(x) = 4c2e
-2x + 4c3e2x
Φ(0) = 0 ⇒ c1 + c2 + c3 = 0
Víctor D. Rojas Cerna
147
Φ’(0) = 1 ⇒ -2c2 + 2c3 = 1 Φ”(0) = 0 ⇒ 4c2 + 4c3 = 0
Resolviendo el sistema: c1 = 0 ∧ c2 = -4
1 ∧ c3 =
4
1
Luego la Φ(x) solicitada es: Φ(x) = -4
1e-2x +
4
1e2x =
2
1senh2x
10. Supongamos que Φ es una solución de la ecuación
y(n) + a1y(n-1) + ... + any = 0
y que n
xa
exx1
)()( Φ = Ψ . Demuestre que Ψ satisface una ecuación lineal
homogénea con coeficientes constantes y(n) + b1y
(n-1) + ... + bny = 0 donde b1 = 0 Demostración: * Cuando n= 2 Sea Φ(x) una solución de y” + a1y’ + a2y = 0............................(1)
Veamos que Ψ(x) = Φ(x) 2
xa1
e es una solución de la ecuación y” + b1y’ + b2y = 0 Para algún b2 constante.
Ψ’(x) = Φ’(x) 2
xa1
e + Φ(x) 2
xa1
e
2
a1
Ψ”(x) = Φ”(x) 2
xa1
e + Φ’(x)2
a1 2
xa1
e + Φ’ (x) 2
xa1
e
2
a1 +2
1
2
a
Φ(x) 2
xa1
e
Ψ”(x) = Φ”(x) 2
xa1
e + a1Φ’(x) 2
xa1
e + 2
1
2
a
Φ(x) 2
xa1
e
Por lo anteriormente expresado: Ψ”(x) + b2Ψ(x) = 0 para algún b2 constante que hallaremos
(Φ”(x) + a1Φ’(x)) 2
xa1
e + 2
1
2
a
Φ(x) 2
xa1
e + b2Φ(x) 2
xa1
e = 0
Cancelando los exponenciales y sumando y restando a2Φ(x)
(Φ”(x) + a1Φ’(x) + a2Φ(x)) +
−
+ 2
2
12 a
2
ab Φ(x) = 0
Como Φ es solución de (1), el primer paréntesis es cero; luego:
−
+ 2
2
12 a
2
ab Φ(x) = 0
b2 = a2 - 2
1
2
a
Víctor D. Rojas Cerna
148
Es decir existe una ecuación diferencial con coeficientes constantes y donde b1 = 0
y” +
−
2
12
2
aa y = 0
de la cual es solución que era lo que deseábamos demostrar * Analizaremos si n = 3 Sea Φ(x) una solución de y’’’ + a1y” + a2y’ + a3y = 0, encontremos b2 y b3
constantes tal que Ψ(x) = Φ(x) 3
xa1
e sea una solución de y’’’ + 0y” + b2y’ + b3y = 0 O sea que: Ψ’’’ + b2Ψ’(x) + b3Ψ(x) = 0.....................................(2) Calculemos las derivadas: Ψ’, Ψ”, Ψ’’’.
Ψ’(x) = Φ’(x) 3
xa1
e + Φ(x)3
a1 3
xa1
e
Ψ”(x) = Φ”(x) 3
xa1
e + 3
a1 Φ’(x) 3
xa1
e +3
a1 Φ’(x) 3
xa1
e + 2
1
3
a
Φ(x) 3
xa1
e
Ψ”(x) = Φ”(x) 3
xa1
e + 3
a2 1 Φ’(x) 3
xa1
e + 2
1
3
a
Φ(x) 3
xa1
e
Ψ’’’(x) = Φ’’’(x) 3
xa1
e + Φ”(x)3
a1 3
xa1
e + 3
a2 1 Φ”(x) 3
xa1
e +
22
1
3
a
Φ’(x) 3
xa1
e + 2
1
3
a
Φ’(x) 3
xa1
e + 3
1
3
a
Φ(x) 3
xa1
e
Sustituyendo:
Φ’’’(x) + a1Φ” + 32
1
3
a
Φ’ +
3
1
3
a
Φ + b2
Φ+Φ
3
a' 1 + b3Φ = 0
(Hemos cancelado la exponencial) Sumando y restando a2Φ, y agrupando:
(Φ’’’ + a1Φ” + a2Φ’ + a3Φ) +
−
+ 2
2
12 a
3
a3b Φ’ +
−+
+ 33
2
12 ab
3
ab Φ = 0
El primer paréntesis es cero, pues Φ es solución de: y’’’ + a1y” + a2y’ + a3y = 0
−
+ 2
2
12 a
3
a3b Φ’ +
−
+ 3
123 a
3
abb Φ = 0
Tomemos b2 ∧ b3 de manera que:
2
2
12 a
3
a3b −
+ = 0 ∧ 3
123 a
3
abb −
+ = 0
de donde b2 = a2 - 32
1
3
a
∧ b3 = a3 - b2
3
a1 = a3 - 3
aa 21 + 33
1
3
a
Víctor D. Rojas Cerna
149
así hemos conseguido lo deseado; o sea ψ(x) sea solución de la ecuación: y’’’ + 0y” + b2y’ + b3y = 0
Demostración:
* Tomemos Φ solución de: 0yan
0K
)Kn(K =∑
=
− donde a0 = 1
* Como ψ = Φ x
n
a
e1+
, lo cual equivale a:
Φ = ψx
n
a1
e−
* La idea es sustituir Φ, Φ’, ..., Φ(n) en la ecuación inicial, como sabemos que: )K(
xn
a1
e
Ψ
−
= ∑=
K
0J J
K )JK( −Ψ
)J(x
n
a1
e
−
= ∑=
−
K
0J
1 Jn
a
J
K )JK( −Ψx
n
a1
e−
Constante CK,J (Nota: J índice de sumación) * Sustituyendo tenemos:
∑=
−
n
J
J
n
a
J
n
0
1 )( Jn−Ψx
n
a1
e−
+ a1 ∑−
=
−
−1n
0J
J
1
n
a
J
1n )( Jn−Ψx
n
a1
e−
+ ... + an-1 ∑=
−
1
0J
J
1
n
a
0
1 )J1( −Ψx
n
a1
e−
= 0
* Calculando la exponencial
∑=
n
0JJ,nC )Jn( −Ψ + a1 ∑
−
=−
1n
0JJ,1nC )J1n( −−Ψ + ... + an-1 ∑
=
1
0JJ,1C )J1( −Ψ + anΨ = 0
* Hallemos el coeficiente de Ψ(n):
coeficiente de Ψ(n) = Cn,0 =
0
n0
1
n
a
− = 1
* Ahora hallemos el coeficiente de Ψ(n-1): Coeficiente de
Ψ(n-1) = Cn,1 = a1Cn-1,0 =
1
n1
1
n
a
− + a1
−
0
1n0
1
n
a
−
= - )!1n(!1
!n
− n
a1 + a1)!1n(!0
)!1n(
−
− = -a1 + a1 = 0
coeficiente de Ψ(n-1) = 0 * Luego Ψ satisface la ecuación diferencial: y(n) + 0y(n-1) + b2y
(n-2) + ... + bn-1y(1) + bny = 0
donde b2, b3, ...bn son constantes y b1 = 0
Víctor D. Rojas Cerna
150
Ecuaciones en diferencias
Es de mucho interés el estudio de funciones de variable discreta, generalmente para estudiar la solución de algún problema es conveniente a veces discretizarla. Si hablamos de señales, hay dos tipos: Señal analógica: cuando la variable independiente es continua. Señal digital: cuando la variable independiente es discreta. En el caso de tener una secuencia RZf →: , entonces tenemos una función
(señal) discreta, se suele llamar a la variable independiente discreta ARGUMENTO. El problema que enfrentamos, es hallar una función discreta que satisface alguna “ecuación de diferencia”. Por ejemplo deseamos hallar )(nfyn = (sucesión o secuencia) que satisface
2,2 1 ≥= − nyy nn
1)1( =y
la solución es 12 −= nny
Obviamente hay dos tipos de discretización cuando el tamaño del paso h es igual: Señal Analógica
Señal discretizada
Señal discretizada
Tamaño de paso constante
Tamaño de paso disconstante
Algunas veces se suele usar )(xf en vez de )(ny , obviamente )(ny ó ny son
los más usados en aplicaciones de circuitos digitales. Ahora cuando hablamos de sucesiones: )(nfyn = , CNf →:
Ó generalizando )(nfyn = , CZf →:
Como hemos mencionado anteriormente, nos interesa que la discretización sea uniforme, es decir si CAf →: ñ A formado por un conjunto de puntos aislados
1−−= ii xxh , i∀
Así empezaremos definiendo algunos operadores para funciones f discretas con h=cte.
Víctor D. Rojas Cerna
151
Operador ∆
Sea CAf →: , A un conjunto de puntos aislados “igualmente separados” por
un tamaño h. )()()( xfhxfxf −+=∆
))(()(2 xfxf ∆∆=∆
))()(()(2 xfhxfxf −+∆=∆
)()()()()(2 xfhxfhxfhhxfxf −+−+−++=∆
)()(2)2()(2 xfhxfhxfxf ++−+=∆
)()(3)2(3)3()(3 xfhxfhxfhxfxf −+++−+=∆
Podemos generalizar pero no es importante, solo debemos tener en cuenta o siguiente.
))(()( 1 xfxf nn −∆∆=∆ Observaciones
1. Si pensamos en que )(nfyn = tenemos:
nnn yyy −=∆ +1
nnnn yyyy +−=∆ ++ 122
nnnnn yyyyy −+−=∆ +++ 1233 33
2. ( ) nn yrry ∆=∆ , r constante
( ) nnnn xyxy ∆+∆=+∆
Operador Desplazamiento Definamos )()( hxfxEf +=
)2())(()(2 hxfxEfExfE +==
consecuencia: )()1()()()()()( xfExfxEfxfhxfxf −=−=−+=∆
es decir 1−=∆ E
)()(2)()()(2)2()( 22 xfxEfxfExfhxfhxfxf +−=++−+=∆
)()12()( 22 xfEExf +−=∆
Así tenemos: 22 )1( −=∆ E
Apreciamos de igual manera que 33 )1( −=∆ E
¿Se cumplirá: nn E )1( −=∆ , Nn∈ ?
Observaciones
1+= nn yEy , 22
+= nn yyE , knnk yyE +=
Operador de la media M
))()((2
1)( xfhxfxMf ++=
))()((2
1)( xfxExMf +=
)11(2
1++∆=M
12
+∆
=M
Víctor D. Rojas Cerna
152
Ecuaciones en diferencias
Tenemos especial interés en resolver ecuaciones de la forma ( ) )()( xgxfBA =+∆ Ecuación de diferencia de primer orden
( ) )()(2 xgxfCBA =+∆+∆ Ecuación de diferencia de segundo orden
CBA ,, constantes reales
O también podemos expresarlas de la siguiente manera en términos del operador E.
( ) )()(2 xgxfCbEaE =++ Ecuación de diferencias de orden 2
( ) )()( xgxfbEaE =+ Ecuación de diferencias de orden 1
En el otro lenguaje tendríamos: )(12 ngcybyay nnn =++ ++ Ecuación de diferencias de orden 2
)(1 ngbyay nn =++ Ecuación de diferencias de orden 1
Analogía: Existe una analogía entre las EDOL y las ecuaciones en diferencias por lo que empezaremos hallando la solución de ecuaciones de diferencias homogéneas, es decir de ecuaciones de la forma
0)(0
=
∑
=
− xfEan
k
knk es de orden n .........(1)
Polinomio Característico
∑=
−=n
k
knk rarP
0
)(
Propiedad
Si P(r1)=0, entonces x
rxf 1)( = es una solución de (1)
Observación: Supongamos que deseamos resolver una EDO lineal de primer orden homogénea
01 =++ nn byay , py =)1(
a
brbarrP −=⇒+=)(
La solución será nn
a
bAy )(−=
b
apA
a
bAp −=⇒−= )(
1)()( −−=−−= nnn
a
bp
a
b
b
apy
Víctor D. Rojas Cerna
153
Ecuación de diferencias de orden 2
021120 =++ ++ nnn yayaya ó ( ) 0)(212
0 =++ xfaEaEa
212
0)( arararP ++= tiene 2 raíces 1r y 2r así:
Caso 1: Raíces Reales distintas
Si 21 rr ≠ , nn
n BrAry 21 +=
Caso 2: Raíces Reales iguales
21 rr = , ( ) n
n rBnAy 1+=
Caso 3: Raíces Complejas
21 rr = Como 210 ,, aaa R∈ , 21 rr = las raíces complejas serán conjugadas.
ibar +=1 , ibar −=2
θρ ier =1 , θρ ier −=1 nini
n eBeAy )()( θθ ρρ −+= θθ ρρ inninn
n eBeAy −+=
)()( niSennCosBniSennCosAy nnn θθρθθρ −++=
( ) ( ) nSeniBiAnCosBAy nnn θρθρ −++=
nSenknCosky nnn θρθρ 21 += ..........(2)
La solución de
( ) 0)(212
0 =++ xfaEaEa
xSenkxCoskxf xx θρθρ 21)( +=
Ejemplo 1: Resolver 0)()2)(1( =−− xfEE 1)1(,1)0( == ff
1,20)1)(2()( =⇒=−−= rrrrP xx BAxf 12)( +=
BAxf x += 2)(
10121)1(
11)0(=∧=⇒
=+⇒=
=+⇒=BA
BAf
BAf
1)( =xf
Ejemplo 2: Resolver: 1)2()1(,0)()1)(2( ===−∆−∆ ffxf
0)()11)(21( =−−−− xfEE
0)()2)(3( =−− xfEE
3,20)( =⇒= rrP xx BAxf 32)( +=
3
1
3
1
1941)2(
1321)1(−=∧−=⇒
=+⇒=
=+⇒=BA
BAf
BAf
132)( −−= xxxf
Víctor D. Rojas Cerna
154
Ejemplo 3: Resolver 3,1,082 2112 ===−− ++ yyyyy nnn
4,2082)( 2 −=⇒=−−= rrrrP nn
n BAy 4)2( +−=
24
5
12
1
31643
1421
2
1 =∧−=⇒=+⇒=
=+−⇒=BA
BAy
BAy
nnny 4
24
5)2(
12
1+−−=
Ejemplo 4: Halla los números de Fibonacci dados por
1,0, 1012 ==+= ++ yyyyy nnn
2
51
2
5101)( 21
2 +=∧
−=⇒=−−= rrrrrP
nn
n BAy
++
−=
2
51
2
51
00)0(5
5
5
51
2
51
2
511)1( =+⇒=∧=∧−=⇒=
+−
−⇒= BAyBAAy
( ) ( )( ) nnn
ny −−−+= 251515
5
Ejemplo 5: Determinar el término general de la sucesión: 0,1,1,3,5,11,21,43,... Vemos que nnn yyy 212 += ++
2,102)( 2 −=⇒=−−= rrrrP nn
n BAy )1(2 −+=
3
1
3
1
121
00
1
0 −=∧=⇒=−⇒=
=+⇒=BA
BAy
BAy
( )1)1(23
1 +−+= nnny
Ejemplo 6: Determinar las soluciones de (1) 0127 12 =++ ++ nnn yyy
(2) 03 =++ nn yy
)31(,101)( 3 irrrP ±−=⇒=+=
nnn
nCSen
nBCosAy 2
33)1(
++−=
ππ
3,2
πθρ ==
(3) 20,0 102 =∧==++ yyyy nn
Víctor D. Rojas Cerna
155
irrrP ±=⇒=+= 01)( 2
21
πθρ =∧=
2)1(
2)1(
ππ nSenB
nCosAy nn
n +=
22
ππ nBSen
nACosyn +=
000 =⇒= Ay
221 =⇒= By
22
πnSenyn =
Soluciones independientes
Supongamos que deseamos resolver 021120 =++ ++ nnn yayaya
Si tenemos dos soluciones de dicha EDD por la analogía con las ED, definimos el Wronskiano
11
),(−−
=nn
nn
nnvu
vuvuW
Esto se generaliza, es decir si tenemos una EDD de orden n homogénea
Raya i
m
kknk ∈=∑
=+ ,0
0
Si tenemos n soluciones nnnnn yyyy ,...,, 321 (el exponente no indica potencia)
mmnmnnmn
mnn
mnn
mnnn
nnnnn
yyy
yy
yy
yyy
yyyyW
121
1
21
2
11
1
21
321
...
),...,,(
+−+−+−
−−
−−
=
L
MM
Ecuaciones de diferencias con coeficientes constantes no homogénea
( ) )()(212
0 xgxfaEaEa =++ , 0)( ≠xg x discreta o equivalentemente
( ) )(212
0 ngyaEaEa n =++
la solución general será: pnnnn yyy )()( +=
Procedamos como en el caso de las ecuaciones diferenciales ordinarias con coeficientes constantes no homogéneas. Ejemplo
Resolver 3)82( 2 =−− nyEE
( ) nnnnnn BAyy 4)2( +−==
( ) )3( npnpn kyy ==
Víctor D. Rojas Cerna
156
Hallamos k por sustitución, como el método de los coeficientes indeterminados visto en las ecuaciones diferenciales ordinarias lineales con coeficientes constantes no homogéneas.
npn kyEE 3)82( 2 =−−
nnkEE 33)82( 2 =−−
( ) ( ) ( )[ ] nnnn EEk 3383232 =−−
[ ] 1)863(33.83.23 212 =−−⇒=−− ++ kk nnnn
5
1−=k
)3(5
1)4()2( nnn
n BAy −+−=
Ejemplo
Resolver ( ) nnyEE 41682 =+− , 4)1(,1)0( == yy
( ) 4,4041682)(2
−=⇒=−=+−= rrrrrP
( ) nnn BnAy 4+=
npn kny 42=
( )( ) nnknEE 44168 22 =+−
( ) ( ) ( ) nnnn knEknknE 4416484 2222 =+− nnnn knnknk 44164)1(84)2( 21222 =++−+ ++
( )[ ] nnnnnnnk 4416)12(321644 222 =+++−++
( )222 16326432646416 nnnnnk +−−−++
( ) 116326432646416 222 =+−−−++ nnnnnk
32
1132 =⇒= kk
nn nBnAy 4
32
1 2
++=
11)0( 0 =⇒== Ayy
32
144)
32
1(41 −=⇒=++⇒= BBAy
nn nny 4
32
1
32
11 2
+−=
Observación Si deseamos hallar una solución de nn xyEL =)(
Cuando nn ax = y si 0)( ≠aL entonces np
n aaL
y)(
1=
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157
Ejemplo
Resolver nnn yy 22 =−+
nnpn
Ey 2
14
12
1
12 −
=−
=
npny 2
3
1=
Conectores adicionales para sistemas digitales
Sumador
∑nx
ny
nn yx +
Retardo
)(nx )( knx −Retardok
Multiplicador
a)(nx )(nax
Ejemplo: Hallar )(ny en el circuito adjunto, si además 7
9)0( =y , 2)1( =y .
∑
Retardo 2
2
n3ny
nnyny 3)1(2)( +−= nnyny 3)1(2)( =−−
23)(2)2( +=−+ nnyny
2,202)( 2 −=⇒=−= rrrP
nnn BAny 37
9)2()2()( ++−=
BABAy −=⇒=++⇒=7
9
7
9
7
9)0(
Víctor D. Rojas Cerna
158
28
213
7
13222
2
27222)1( −=⇒−=⇒=++−⇒= BBBAy
( ) nnnny 37
9)2()2(
28
213)( ++−=
Ejemplo: Hallar )(ny en el circuito adjunto, mostrando las EDD que cumple
)(ny
Retardo1
Retardo1
Retardo1
Retardo1
3 3
∑∑
∑
n2
)(ny
Del circuito se tiene: nnynynyny 2)2(2)1(3)4()( =−+−+−+
Esta ecuación en diferencias equivale a:
)2(16)()2(2)3(3)4( nNynynyny =++++++
Ejemplo: Determinar la EDD para el circuito
Retardo2∑
3
2∑y(n)n2
Víctor D. Rojas Cerna
159
Hagamos un diagrama adicional mostrando lo que sucede
Retardo2∑
3-2
2∑y(n)n2 )(
2
1ny
)2(2)(6 −−− nyny
)2()(3 −+ nyny
)2( −ny)(ny
)(ny
)(ny
Vemos que:
nnynyny 2)2(2)(6)(2
1+−+−=
nnyny 2)2(4)(14 =−− EDD de orden 2 no homogénea
Ejemplo: La “ecuación de ingreso nacional” es
Iayayy nnn =+− ++ 12 2
donde 10 << a , I constante θieaaaiaraarrrP ±=−±=⇒=+−= 22 02)(
asena −=∧= 1cos θθ
La solución de la ecuación del ingreso nacional es: pn
nnn ynaBsennaAy ++= θθ cos)()(
a
I
aa
II
aaEEy np
n−
=+−
=+−
=121
)2(2
12
a
InaBsennaAy nn
n−
++=1
cos)()( θθ
Ecuaciones en diferencias con coeficientes variables
Deseamos resolver: 08)1(2)2( 12 =−+−+ ++ nnn yynyn
Podemos sugerir un cambio de variable: 22 )2( ++ += nn ynx es decir nn nyx =
Así resolveremos 082 12 =−− ++ nnn xxx
Polinomio: 0)2)(4(822)( =−−=−−= rrrrrP
Raíces: 4,2− nn
n BAx )4()2( +−= nn
n BAny )4()2( +−=
( )nnn BA
ny )4()2(
1+−=
Víctor D. Rojas Cerna
160
Ecuaciones no lineales
Mediante algún cambio de variable transformamos una ecuación no lienal en otra lineal Ejemplo:
Resolver NnLQQ
Qn
n ∈=+=+ ,,1
1 11 y hallar nn
Q∞→
lim
Hacer n
nn
y
yQ 1+=
11
2
11
2 11
1++
+
++
+ +=↔+=n
n
n
n
n
nn
n
y
y
y
y
y
yy
y
nnn yyy += ++ 12 EDDLCC
01)( 2 =−−= rrrP
Raíces : 2
51±
nn
n BAy
−+
+=
2
51
2
51 (números de Fibonacci)
( ) ( )( ) ( )nn
nn
nn
nn
n
BA
BA
BA
BA
Q5151
5151
2
1
2
51
2
51
2
51
2
5111
11
−++
−++=
−+
+
−+
+
=
++
++
( ) ( )( ) ( ) ( )22
1 515151512 −++=−++⇒= BABALLQ ..........(1)
2
51lim
+=
∞→n
nQ
de (1) hallamos una relación entre A y B Ejemplo: Resolver la ecuación no lineal
n
nn
P
PP
+=+
11
Sugerencia: hacer el cambio de variable nn Py /1=
1
111
1
1
1
11 +=↔
+=
++ nn
n
n
n yyy
y
y
11 +=+ nn yy EDDLCCNH
la cual es simple de resolver.
Víctor D. Rojas Cerna
161
Ejercicios:
1. Hallar la DEL cuya solución sea nnn BAy −+= 52
2. Resolver )!1()1(1 +++=+ nyny nn 2)0( =y
3. Resolver: !21 nnyy nnn +=+ , 0)0( =y
4. Resolver: 0252 12 =+− ++ nnn yyy , 00 =y , 11 =y
5. Resolver: nnnn yyy 2256 12 =++ ++ , 010 == yy
6. Para que valores de a, tienen carácter oscilatorio las soluciones de la EDDLCC: 0)1(2 12 =++− ++ nnn yayy
7. 13 =−− nn yy , 110 == yy Halle la solución.
8. Resolver: 2
cos2
πnyy nn =++
9. Resolver: nnn nyy )1(2
2 −=−+
10. 1123 =−+− +++ nnnn yyyy , 00 =y , 11 =y , 22 =y
Aplicación Circuital
Determinar el voltaje de cada nodo en el circuito adjunto:
RRRR
2R 2R 2R 2R+
-
12,16 10 == VV
Consideremos la malla dela figura
1i
2i
3i1+nV 2+nV
R2 R2 R2
nV
321 iii +=
R
VV
R
V
R
VV nnnnn 2111
2+++− −
+=−
Multiplicando por 2R 0252 12 =+− ++ nnn VVV
Polinomio: 2,2
10252)( 2 =⇒=+−= rrrrP
nnn BAV 22 += −
160 =+= BAV
1222
1 =+= BA
V
Víctor D. Rojas Cerna
162
Resolviendo el sistema tenemos la solución buscada.
3
40,
3
8== BA
( ))2(423
1 3 nnnV −+ −+=
SOLUCIÓN EN SERIE DE POTENCIA DE UNA EDOL DE ORDEN 2
Indudablemente hay ecuaciones diferenciales de orden 2 (o cualquier orden) las cuales admiten una solución pero que por los métodos clásicos vistos no podemos acceder a la solución. Inclusive las de primer orden por ejemplo, supongamos que deseamos hallar la solución al siguiente problema de Cauchy:
0
2
)0( yy
yty
=
+=′ )(tyy =
ytyxf += 2),( es continua y 1=yf también es continua en cualquier dominio
rectangular dyaytR ≤≤= /),( que contenga al (0,y0) obviamente.
Podemos ver que se trata de una EDOLDPO cuya solución por integración es complicada pero podemos asumir que admite una solución serial o también buscando en factor integrante. Pensemos en que deseamos usar series lo cual admiten que en dominio de convergencia que comienza al (0,y0) podemos durar serie y así obtener la solución.
nn
ntay
0≥∑=
1
0
21
1
1 −
≥
−
≥∑+=∑= n
nn
nn
ntattnay
sustituyendo: n
nn
nn
ntattna
0
21
1 ≥
−
≥∑=∑
uniformizando el índice de sumación
2
01
0)1( ttatan n
nn
nn
n=∑−+∑
≥+
≥
2
10
))1(( ttaan nnn
n=−+∑ +
≥
( ) 0101 010 aaaa =⇒=−+
( )
( ) ( ) 023
01212
6
1
3
11
3
1012
2
1
2
1011
aaaaa
aaaaa
nn +=+=⇒=−+
==⇒=++
Víctor D. Rojas Cerna
163
( )
22)2()(
)0(
22)2()(
22...)!3
1
!2
11)(2()(
2,01
20
000
20
2320
2
−−−+=
=⇒=
−−−+=
−−−+++++=
≥∀=−+ +
tteyty
yayy
tteaty
tttttaty
naan
t
t
nn
Ecuaciones diferenciales lineales de orden 2
Son las de mayor interes, consideremos inicialmente la ecuación
)1()()(')(")( xfyxRyxQyxp =++
una EDOLCCVNH, donde P(x0)≠x0, P(x) una función continua en 0x , entonces
podemos dar algunas pautas fundamentakes. Cuando P,Q,R son polinomios en x, si P(x0)≠0 , x0 se llama un punto ordinario, en caso P(x0)= 0 se denomina a x0 un punto singular, para (1). En general consideremos la EDOLCCVH: )2(0)(')(")( =++ yxRyxQyxp
donde)(
)(
)(
)(
xP
xR
xP
xQ∧ son funciones analíticas en x0, es decir ambas admiten un
desarrollo en serie de Taylor en potencias de x-x0 . Propiedad. La ecuación (2) admite una serie de potencias alrededor de x0 (es decir potencias de x-x0) como solución de ella, siempre que x0 sea un punto ordinario. PROBLEMA MODELO. Veamos el caso más simple, es decir resolvamos la ecuación
[ ] 0)44)1( 22 =+−− yxDDx
vemos que las funciones 22 1
4
1
4
xx
x
−∧
− son analíticas en x=0, el cual es un
punto ordinario.. Admitamos que esta admite una solución serial (desarrollo en serie).
nn
nxay
0≥∑= , los an son coeficiente de la seria de potencias por hallar.
Víctor D. Rojas Cerna
164
Sustituyendo en la EDOL dada.
( ) ( ) 044110
1
1
2
2
2 =∑+∑−−−≥
−
≥
−
≥
∑ nn
n
nn
n
nn
n
xaxnaxxannx
Uniformizando el índice de sumación, para “simplificación”
044)1()1(012
2
2=∑+∑−−∑−−∑
≥≥≥
−
≥
nn
n
nn
n
nn
n
nn
nxaxnaxannxann
Todos los índices se uniformizan que empiecen de 0
( )( )
[ ]
2,)4)(1()1)(2(;0446;042
044)1()1)(2()446()42(
044)1(12
211302
22
11302
0122
0
≥∀+−=++=+−=+
=+−−−++∑++−++
=∑+∑−+∑−++∑
+
+≥
≥≥≥+
≥
nannannaaaaa
xanaannannxaaaaa
xaxnaxannxann
nn
nnnnn
n
nn
n
nn
n
nn
n
nn
n
como Nnaa n ∈∀== + ,0,0 122
Cuando n es par se tiene: 2,)2)(1(
)4)(1(2 ≥∀
++
+−=+ na
nn
nna nn
0a constante contraria
0460245
4
5
4;
2
1aaaaaa −==−== a1 = arbitrario
a3 = 0 = a2n+1, 1≥n
Queda para el lector, resolver la EDDF de orden 2.
....)5
421(
....5
42
64201
6440
2010
−−−−+=
−−−−+=
xxxaxay
xaxaxaxaay
Análogamente pedimos resolver la ecuación:
)1......(84'4")1( 2 =+−− yxyyx
Víctor D. Rojas Cerna
165
x=0 es un punto ordinario para (1), admitamos que ella admite una solución tipo serie de potencias
nn
nxay
0≥∑=
Teníamos la solución para el caso homogéneo; ahora igualmente a 8
[ ]
nnaaaaa
aaa
aaaaaaa
nann
nnaaaa
xannannxaaa
n
nn
nnn
n
∈∀====⇒=
−==
−==−==−=
≥∀++
++=Λ=Λ=+
=++−++∑+++
+
+
+≥
,0...0
75
64
75
112
15
14
5
4
5
8
30
242
2
1,24
2,)2)(1(
)4)(1(06842
8)4)(1()1)(2(6)42(
129753
068
0462402
2302
20
302
luego la solución tendría la forma:
...75
64
75
112)
5
4
5
8)204( 8
04
010 +
−+
−+−++= xaxxaay
O sea tenemos la solución general considerando
2...)75
112
5
824()()
75
64
5
421(
:
86421
86420
1201
+++++++−−−−=
=∧=
xxxxxaxxxxay
acac
las soluciones independientes las hemos obtenido sustituyendo, en la ecuación mientras que la última es la solución particular. Otro caso seria resolver.
!,4'4")1(
0
2
n
xeeyxyyx
n
n
xx
≥∑==+−+
Víctor D. Rojas Cerna
166
tenemos ahora
002402
10
2302
24
7
24
12
2
116
12
1)
2
16(
12
1,2
2
1
..,
2,!
1)4)(1()2)(1(16142
aaaaaa
arbitrarioaarbitrarioa
nn
annannaaa nn
−=+−=+=−=
≥=−−+++∧=∧=+ +
Soluciones independientes
Solución particular:
También podemos resolver la ecuación
en cuyos casos tendríamos que usar productos de series, obviamente es más complicado, pero se puede acceder a la solución en ciertos casos. Es de interés primordial, resolver un problema de Cauchy, es decir una ecuación con condiciones iniciales cuyo número depende del orden de la ecuación. Generalmente cuando hablamos la solución de un EDOL mediante series, es necesario mencionar el dominio de averiguar la convergencia de la solución lo cual implica algunas veces resolver EDD como ya lo apreciamos en el genero propuesto los criterios iniciales para ver la convergencia son: D’Alambert, Cociente, Raíz, Rabee. Esta teoría se aplica también e EDOLCCV recordando como en el caso clásico. Veamos el siguiente ejemplo: Resolvamos la EDOLCCV hallando una solución serial
• x=0 es un punto ordinario, luego la EDOLCCV admite una solución tipo serie de potencias.
• Admitamos que es una solución • sustituyendo :
0630
24
720
169aa −=
++++−−−−= 000
8
1
6
1)(...)
4
521( 53
1642
0 xxxaxxxay
xxxx ,...5
421 642 −−+−
...8
1
6
1 53 ++= xxy p
0/// =++ yyey x
0// =− xyy 1)0( =y 0)0(/ =y 0)0(
// =y
nn
nxay
0≥∑=
Víctor D. Rojas Cerna
167
• uniformizando los índices:
Desarrollando:
Tenemos que:
Empezamos por hallar la primera solución
así tenemos una primera solución, al tomar
Por tanto esta serie converge en todo R. * Ahora obtengamos una segunda solución que sea L.I.con a1 arbitrario
0)2)(3)(4( 1
0
14 =∑−+++∑ +
≥
++
≥
nn
n
nn
Bnxaxannn
( ) 0))2)(3)(4()1)(2)(3( 14
03 =−+++∑+ +
+≥
nnn
nxaannna
0,)2)(3)(4(
10 43 ≥∀
+++=∧= + na
nnnaa nn
0012
00804
!12
9.5.1
12.11.10.8.7.6.4.3.2
1
!8
5.1
8.7.6.4.3.2
1,
.4.3.2
1
aaa
aaaaa
arbitrarioan
==
===
10 =a n
nx
n
nx 4
11
)!4(
)34....(9.5.11)(
−∑+=≥
φ
)(2 xφ )(1 xφ
11913
1159
1115
!13
10.6.2
13....9.8.7.6.5.4.3.2.1
10.6.2
13.12.11
1
!9
6.2
9.8.7.6.5.4.2.3.1
6.2
9.8.7
1
!5
2
5.4.3.2.1
2
5.4.3
1
aaaa
aaaa
aaaa
===
===
===
Víctor D. Rojas Cerna
168
en general:
Luego una segunda solución LI con es
* Por último hallemos una tercera solución L.I con φ1 ∧ φ2 . arbitrarioa2
Así se tendrá
Luego la 3ª solución con a2=1
Esta serie converge en todo R. La solución será:
Esta solucion general converge en todo R., Por las condiciones iniciales:
21014
2610
2226
)!24(
)14....(11.7.32
14.13.12
1
2!10
1.3
10.9.8.7.6.5.4.3.2.1
7.32
10.9.8
1
!6
32
6.5.4.3.2.1
32
6.5.4
1
an
naa
aaaaa
aaaa
+
−==
===
===
24
1
23
)24(
)14....(11.7.3)( +
≥ +
−∑+= n
nx
n
nxxφ
24
1
23
)!24(
)14....(11.7.3)( +
≥ +
−∑+= n
nx
n
nxxφ
)()()()( 332211 xcxcxcx φφφφ ++=
114)!14(
)24...(10.6.2a
n
na n
+
−=+
1,)!14(
)24...(10.6.2)( 1
14
11
2 =+
−+=
+
≥∑ ax
n
nxx
n
n
φ
)(1 xφ
Víctor D. Rojas Cerna
169
Luego la solución será:
Es simple ver que dicha serie converge en todo R
ECUACION DE LEGENDRE
La EDOLCCV:
( )10)1('2'')1( 2 LL=++−− yxyyx αα
donde α es una constante, se llama ecuación de Legendre.
Veamos que:
• Mostremos que si la escribiéramos en la forma:
0)(')('' 21 =++ yxayxay
entonces )()( 21 xaxa ∧ son funciones analíticas en x=0 (o sea,
tienen un desarrollo en forma de serie de potencias de x) cuando 1<x
n
nx
n
nx 4
1 )!4(
)34...(9.5.11)(
−∑+=≥
φ
00)2()0(0)0(
)()()()(,)(
)()(,,)
00)0()1()0(0)0(
)0()0()0()0(
1)0()0(2)01(1)0(
331111
11
33
11
1
11
3311
111
33
23211
1
33
1
2211
131
=⇒=+⇒=
+=+=
+=
=⇒=++⇒=
++=′
=⇒+++⇒=
cc
xcxxcxcx
xcxcx
cccc
ccc
cccc
φφ
φφφφ
φφφ
φ
φφφφ
φ
Víctor D. Rojas Cerna
170
Visualización:
La ecuación puede escribirse de la forma:
01
)1('
1
2''
22=
−
++
−
−+ y
xy
x
xy
αα
Tenemos: 2221
1
)1()(
1
2)(
xxa
x
xxa
−
+=∧
−−=
αα
Si 1<x , tenemos (apelando a nuestros conocimientos de series) que la serie
geométrica ∑≥0
2
n
nx converge para 1<x , y además: 2
0
2
0
2
1
1)(
xxx
n
n
n
n
−== ∑∑
≥≥
,
pues la razón 2xr = satisface ( )1...1 << xpuesr , así converge dicha serie para
dichos valores de x.
Por tanto: ( )2
0
2
1
22
x
xxx
n
n
−−=−∑
≥
es convergente; luego )(2 xa es
converge y admite un desarrollo en serie de potencias en x (alrededor de x=0)
Así: ∑≥
+−=0
121 2)(
n
nxxa y, análogamente: ∑≥
++=−
−=
0
12
22 )1(1
)1()(
n
nxx
xa αααα
, la
cual también es convergente.
• Calculamos las soluciónes linealmente independientes cuando 1<x
Víctor D. Rojas Cerna
171
1. Consideramos la ecuación
0²
1'
1" =−+ y
xy
xy
para x > 0
a) Demuestre que tiene una solución de la forma xr, donde r es una constante.
Solución Tenemos la ecuación : x² y” + y’ – y = 0 y= xr es una solución, por tanto: y’= rxr-1 ∧ y”=r(r-1) xr-2 Sustituyendo: xr(r (r-1) +r-1) = 0 Como x >0, tendremos que, ∀r∈R Por lo tanto tendremos: xr >0 ⇒ r²-1 = 0 1,101² −⇒=−⇒ zxr
Luego: y = x ∧ y = x-1 son soluciones de dicha ecuación b) Encuentre dos soluciones linealmente independientes para x>0 y
demuestre que son linealmente independiente.
Demostración φ1(x)= x∧φ 2(x)=x-1 son soluciones de ella, por la parte (a)
Veamos que son L.I.
01
0)()( 212211 =+⇒=+x
xxx ααφαφα DERIVANDO:
0²
1)1( 21 =−⇒
xαα
Evaluando en x = 1 ambas ecuación : 021 =+ αα
021 =− αα
Resolviendo el sistema: 021 =− αα (pues 0,02
11
11
>∀≠−=
−
xx
Víctor D. Rojas Cerna
172
Visualización
Tenemos que x=0 es un punto ordinario de dicha ecuación; 1±=x son
los únicos puntos singulares, luego la serie que obtengamos será convergente
para un radio de convergencia R=1 (distancia del punto ordinario al punto
singular más cercano).
Así admitamos una solución e la forma: ∑≥
=0n
nn xay
∑∑≥
−
≥
− −=∧=2
2
1
1 )1('''n
nn
n
nn xannyxnay
Sustituyendo en la EDOL dada:
0)1(2)1()1(2 1 0
22 =++−−− ∑ ∑ ∑≥ ≥ ≥
−
n n n
nn
nn
nn xaxnaxannx αα
0)1(2)1()1(2 1 02
2 =++−−−−∑ ∑ ∑∑≥ ≥ ≥≥
−
n n n
nn
nn
n
nn
nn xaxnaxannxann αα
0)1(2)1()1)(2(2 1 02
2 =++−−−++∑ ∑ ∑∑≥ ≥ ≥≥
+n n n
nn
nn
n
nn
nn xaxnaxannxann αα
Desarrollando y expresándola adecuadamente:
( ) ( ) [ ] ∑≥
+ =+−+−−++++−−+++2
21302 0)1(2)1()1)(2()1(26)1(2n
nnn xannnannxaaaa αααααα
Es decir, debemos tener:
nn ann
nnaaaaa
)1)(2(
))(1(
6
)1)(2(
2
)1(21302
++
−−+−=∧
−+−=∧
+−= +
αααααα
Vemos que:
1≥∀n
02)!2(
)22()4)(2)(12()5)(3)(1()1( a
n
nna n
n
+−−−−++++−=
ααααααα LL
1212)!12(
)12()3)(1)(2()6)(4)(2()1( ++
+
+−−−++++−= n
nn a
n
nna
ααααααα LL
)()()( 2110 xaxax Φ+Φ=Φ es la solución general de la ecuación de
Legendre, donde tenemos que:
( )∑≥
=++−−−−++++
−=Φ1
02
1 11)!2(
)22()4)(2)(12()5)(3)(1()1()(
n
nn axn
nnx L
LL ααααααα
( )∑≥
+ =++
+−−−++++−=Φ
11
122 1
)!12(
)12()3)(1)(2()6)(4)(2()1()(
n
nn axxn
nnx L
LL ααααααα
Víctor D. Rojas Cerna
173
Polinomios de Legendre
Nos interesa ver las soluciones cuando Nn ∈=α ; asi n es par o impar, con lo
cual una de las soluciones resulta ser un polinomio. Además por conveniencia
podemos tomarlos con la propiedad de que sean ortogonales en <-1,1> así
mismo que la suma de sus coeficientes sea 1, lo cual es factible escogiendo un
valor para las constantes a0 ó a1 según n sea par o impar., estos polinomios se
conocen como los POLINOMIOS DE LEGENDRE.
• Si n es par
En este caso la solución )()(1 xPx n=Φ es un polinomio de grado n, que es
conocido como un POLINOMIO DE LEGENDRE.
• Si n es impar
Con la segunda serie ella se convierte en un polinomio.
Así, si consideramos una constante de manera que dichos polinomios sean tales que la suma de sus coeficientes sea 1, es decir dichos polinomios evaluados en 1, debe ser 1, así se tendrá los siguientes polinomios:
1)(0 =xP xxP =)(1 2
1
2
3)( 2
2 −= xxP
233
2
3
2
5)( xxxP −=
4.2
3.1
4.2
5.32
4.2
7.5)( 24
4 +−= xxxP
xxxxP4.2
5.3
4.2
7.52
4.2
9.7)( 35
5 +−=
6.4.2
5.3.1
6.4.2
7.5.33
6.4.2
9.7.33
6.4.2
11.9.7)( 246
6 −+−= xxxxP
xxxxxP6.4.2
7.5.3
6.4.2
9.7.53
6.4.2
11.9.73
6.4.2
13.11.9)( 357
7 −+−=
Fórmula de Rodríguez. Para 0∪∈ Nn , podemos obtener los polinomios de Legendre, ellos
están dados por:
( )( )n
n
n
nn xdx
d
nxP 1
)!(2
1)( 2 −=
Esta propiedad se demuestra utilizando el Teorema del Binomio,
evidentemente son cuestiones calculísticas.
También comentamos que si conozco una solución de una ecuación de orden 2, entonces, por el método de reducción del orden, podemos acceder a la solución de ecuaciones de la forma:
)()1('2'')1( 2 xfynnxyyx =++−−
Evidentemente es cómodo cuando f(x) es un polinomio.
Víctor D. Rojas Cerna
174
Ecuaciones Reducibles a Legendre.
Algunas ecuaciones diferenciales, que no son de Legendre se pueden
transformar en una de ellas mediante algún cambio de variable. Veamos
algunos ejemplos.
1. 0120'4'')41( 2 =+−− yxyyx
El cambio de variable natural es: 2x=t
'22.' ydt
dy
dx
dt
dt
dy
dx
dyy ==== )(tyy =
( ) ''4'2'' yydx
dy ==
Sustituyendo en la EDOL dada:
0120'8'')1(4 2 =+−− yyyt ⇒ 030'2'')1( 2 =+−− yyyt
Ecuación de Legendre ( )5=α
La solución será:
)15
63
3
14()( 53 tttKt +−=Φ ; )
480
63
24
14
2()( 53 xxx
Kt +−=Φ
Obviamente, esta solución es: )()( 51 xAPx =Φ , A es una constante.
2. ( ) ( ) 06'1''1 22 =++−− −− yyeye xx
Cambio de variable: t=ex
)(tyLny = )(tyy =
''''''' 2 yeyeyyey xxx +=⇒= ∧ '''''''' 2 ytytyyty +=∧=
Sustituyendo en la EDOL dada:
( )( ) ( ) 06'1'''1 222 =+−−+− −− yyttytytt
( ) ( ) ( ) 06'11''1 222 =++−−+− −−− yyttttyt
( ) 0)12(2'2''1 2 =++−− yytyt .....Ecuación de Legendre con 2=α , así una
solución será:
)()( 2 tPt =Φ
( ) ( )132
1)( 2
2 −==Φ xx eePx
Víctor D. Rojas Cerna
175
3. ( ) 020''' =++ yyctgxy
Cambio de variable: t = cosh
)(tyy =
)('' senxyy −= ∧ '''cos'' 2 yxsenyxy +−=
( ) 020')('cos''20''' 2 =+−+−=++ yysenxctgxyxyxsenyyctgxy
Resolvemos:
( ) 0)14(4'2''1 2 =++−− yytyt .....Ecuación de Legendre 4=α
Nos piden una solución, entonces podemos dar una solución polinómica
)(cos)(
)()(
4
4
xPx
tPt
=Φ
=Φ
Según la formula de Rodríguez tenemos:
( )( )xx
xdx
dx
cos
42
4
4
41
)!4(2
1)(
→
−=Φ
ORTOGONALIDAD.
Lo cual significa que ellos son ortogonales e el espacio vectorial de las
funciones [ ] Rf →− 1,1: , por ende. formarán una base para este espacio
vectorial. Esto trae como consecuencia que todo [ ] Rf →− 1,1: se puede
expresar mediante la serie de Legendre: ∑≥
=0
)()(n
n xPAxf .
Primero veamos la formula de Rodríguez y luego lo afirmado.
Podemos apreciar que ( )n
n
n
xdx
dx 1)( 2 +=Φ satisface la EDDL
Tomemos: ( )nxxu 1)( 2 −=
( ) ( ) ( ) ( ) xxnxuxxxnxunn21)('121)(' 2212 −=−⇒−=
−
( ) [ ] ( ) [ ] 0)(2)('1)(2)('1 22 =−−⇒=− xunxxuxxunxxux
Ahora derivamos n+1 veces:
( ) [ ] [ ] [ ] 0)('2)(2)(''2)(''12 =−−+− xunxxunxuxxux
( ) [ ] [ ] 0)(2)(')1(2)(''12 =−−+− xunxuxnxux
Víctor D. Rojas Cerna
176
( ) [ ] [ ] [ ] [ ] 0)('2)('')1(2)(')1(2)('''2)('''12 =−−−−−+− xunxuxnxunxuxxux
Luego de haber derivado n+1 veces tenemos:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0)()1(2)(2)()1()()1(2)(1 )(1122 =+−−++++− +++ xunnxnxuxnunxxunxux nnnnn
( ) 0)()1()('2)(''12 =Φ++Φ−Φ− xnnxxxx
( )( )n
n
n
xdx
dx 1)( 2 −=Φ ∧ ( )( )n
n
n
nnn x
dx
d
nxDn 1
!2
1)(!2)1( 2 −=⇒=Φ
Lógicamente:
[ ] [ ] )()(2 )1)(1()1()(nn
xxxx −+=−=Φ
[ ] nnn xx )1()1()(
+−= +términos que contienen a (x-1)
como factor
nxnx )1(!)( +=Φ +términos que contienen a (x-1) como
factor
nn )2(!)1( =Φ
Así, el polinomio: ( )( )n
n
n
nnn xdx
d
nx
nxP 1
!2
1)(
!2
1)( 2 −=Φ=
PROPIEDAD. Si mn ≠ , entonces ∫−
=1
1
0)()( dxxPxP mn .
Tomemos Pn y Pm dos polinomios de Legendre de grados n y m
respectivamente.
Tenemos: ( ) 0)()1()('2)(''1 2 =++−− xPnnxxPxPx nnn
( ) 0)()1()('2)(''1 2 =++−− xPmmxxPxPx mmm
( )[ ]( )[ ]
+−=−
+−=−
)()1()('1
)()1()('1/2
/2
xPmmxPx
xPnnxPx
mm
nn
( )[ ]( )[ ]
+−=−
+−=−
)()()1()('1
)()()1()('1/2
/2
xPxPmmxPxP
xPxPnnxPxP
nmmn
mnnm
( )[ ] ( )[ ] [ ] )()()1()1()('1)()('1)(/2/2 xPxPnnmmxPxxPxPxxP nmmnnm +−+=−−−
Víctor D. Rojas Cerna
177
Integrando de –1 a 1 se tiene:
( ) [ ] )()()1(()1()()(')(')()1(/2 xPxPnnmmxPxPxPxPx nmnmnm +−+=−−
( ) [ ] dxxPxPnnmmdxxPxPxPxPx nmnmnm ∫∫−−
+−+=−−1
1
1
1
/2 )()()1(()1()()(')(')()1(
[ ] [ ] dxxPxPnnmmxPxPxPxPx mnnmnm ∫−
−+−+=−
1
1
1
1
2 )()()1()1()()(')(')().1(
∫−
=⇒1
1
0)()( dxxPxP nm nm ≠
Así obtenemos lo afirmado.
Propiedad .
∫−
+=
1
1
2
)!12(
2)(
ndxxPn
Apreciación Tiene una importancia vital, cuando resolvamos EDPL, saber expresar
una función f(x) en términos de funciones polinómicas o polinomios de
Legendre.
Ejemplo: Se puede confirmar que:
dxxPxPxPdxxPx )()(5
3)(
5
2)( 5
1
1
1
1
1353
∫ ∫− −
+=
∫ ∫− −
+=1
1
1
1
5153 )()(5
3)()(
5
2dxxPxPxPxP = 0
Propiedad
( ) ∑≥
−=+−
0
2
12 )(21
k
kk txPtxt
Ejercicios:
1. Verifique que la función: 11
1
2)( −
−
+=
x
xLn
xxh , 1<x es una
solución de la EDL para 1=α . Luego, exprese Q(x) como un
combinación lineal de las soluciones “básicas” Q1(x) y Q2(x)
Víctor D. Rojas Cerna
178
2. Halle la solución de: ( ) 8'2''1 2 =−− xyyx
3. Halle la solución de: ( ) xyxyyx =+−− 30'2''1 2
4. Halle la solución de: ( ) )(12'2''1 52 xPyxyyx =+−−
5. Calcule: ( )∫−
−1
1
65 )( dxxxxP
6. Calcule: ∫−
1
1
75 )()( dxxPxxP
Método de Frobenius
Sea 0)(')('')( =++ yxRyxQyxP uan EDOL cuya solución es la que
deseamos hallar. Supongamos que 0)0( =P o sea que x=0 que es el mas
“grato” es un punto singular, esto implica que la solución ya no puede admitir
una solución tipo serie de Taylor.
Pero resolvamos la ecuación dada equivale a resolver la EDOL
0)(')('' =++ yxRyxQy
=
=
)(
)()(
)(
)()(
xP
xRxR
xR
xQxQ
Si 0)( 0 =xP y existen los límite:
0
0
( ) ( )Lim x x Q x m
x x
− =
→ ∧ 0
0
( ) ( )Lim x x R x k
x x
− =
→
0xx = se dice que es un punto singular regular.
Lo cual equivale a decir que estas nuevas funciones coeficientes son
analíticas en 0xx = .
Ecuación Indicial
Es la obtenida al igualar el coeficiente de menor exponente de x, al sustituir la
solución tipo serie de Frobenius, dada por: ( 1) 0r r mr k− + + =
Puede una ecuación lineal tener un solo punto singular, que a su vez es
un punto singular regular.
Víctor D. Rojas Cerna
179
Razonando
Recordemos que la ecuación diferencial lineal:
0)(')('')( =++ yxRyxQyxP
Se dice que x=a es un punto singular si 0)( =aP ; generalmente
)()(),( xRxQxP ∧ son polinomios (lo mas frecuente). En realidad
)()(),( xRxQxP ∧ son analíticas alrededor a un ax = . Ahora, si existe además:
ax
xP
xQaxLim
→
−)(
)()(
∧
ax
xP
xRaxLim
→
−)(
)()( 2
se dice que x=a es un punto singular regular.
Luego la ecuación: 0'2'' 2 =++ yxyxy admite a x=0 como un punto
singular, y es el único punto singular, para xxP =)( y se cumplo 0)0( =P
Además como:
∃
0
2
→
x
xxLim
= 0
2
→x
Lim = 2
∃
0
22
→
x
x
xxLim
= ( )0
3
→x
xLim = 0
Así x=0 es también un punto singular regular.
* ¿∃ ∑≥
=0n
nn xay ? solución de la EDOL 0'' =− yxy
xxP =)( 0)0( =P
x=0 es un punto singular.
1 11 1 0
( )( 1) 2( 1) 2 0n r n r n rn n n
n n n
n r n r a x n r a x a x+ + ++ +
≥− ≥− ≥
+ + + + + + − =∑ ∑ ∑
( ) 0 0 11
1 2 ( )( 1) 2 2( 1) 0r n rn n
n
r r a ra x n r n r a n r a x +−
≥
− + + + + − − + + − = ∑
Víctor D. Rojas Cerna
180
Ecuación indicial o determinante
Ecuación a resolver: 02)1( =−−rr pues a0=0
2,1022 −=⇒=−− rrr
Primera solución: 1−=r
0a arbitrario y [ ] 1)2(22)2)(1( −−−=−−− nn anann ; 1≥n
0a arbitrario y 1)2(2)3( −−−=− nn anann ; 1≥n
01 aa = , 02 =a , 22 )23(2)0(3 aa −−= , o sea 0=0; esto se interpreta como
que 3a es arbitrario. Así tenemos las dos soluciones:
)1()( 1 xxx −=Φ − ... hemos tomado 10 =a
Segunda solución: 2=r
La otra solución sería cuando 2=r , ( ) ( ) 12 123 −+−=− nn anann
0a arbitrario, 01 aa −=
( ) 0125
36
10
1aaa =−= 023
15
4
18
8aaa −=−=
03421
2
28
10aaa =−=
−+−+−=Φ ...
21
3
15
4
5
31)( 4322
2 xxxxxx
o expresado en otra forma multiplicada por 6
1:
∑≥ +
+−=Φ
0
22
)!3(
)1(2)1()(
n
nnn
xn
nxx ; Φ=Φ
6
1
La solución general es:
)()( 2211 xcxcy Φ+Φ=
Casos: Rrr ∈∧ 21
1) Zrrrr ∈−∧≠ 2121
2) Zrrrr ∉−∧≠ 2121
3) 21 rr =
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181
Caso 2: Zrrrr ∉−∧≠ 2121
Veamos el siguiente ejemplo:
0'''2 =−+ yyxy
x=0 es un punto singular regular, por lo tanto hay una solución tipo
Frobenius: ∑≥
+=0n
rnn xay
0)()1)((200
1
0
1 =−++−++ ∑∑∑≥
+
≥
−+
≥
−+
n
rnn
n
rnn
n
rnn xaxarnxarnrn
0)()1)((21
11
0
1
0
1 =−++−++ ∑∑∑≥
−+−
≥
−+
≥
−+
n
rnn
n
rnn
n
rnn xaxarnxarnrn
0)()1)((21
11
0
1 =−++−++ ∑∑≥
−+−
≥
−+
n
rnn
n
rnn xaxarnrnrn
0)122)(()12(1
110 =−−+++− ∑
≥
−+−
n
rnnn xaarnrnarr
Ec. indicial
Raíces: 0, ½ 10)122)((
10 −
−++=∧= nn a
rnrnaa ; 1≥n
Existen dos soluciones tipo Frobenius
1ª solución: r=0
0a arbitrario ∧ 1)12(
1−
−= nn a
nna ; 1≥n
01 aa = 0126
1
6
1aaa == 023
90
1
15
1aaa ==
++++=Φ ...
90
1
6
11)( 320
1 xxxxx
2ª solución: r=1/2
0a arbitrario ∧ 1)12(
1−
+= nn a
nna ; 1≥n
013
1aa = 012
30
1
10
1aaa == 023
630
1
21
1aaa ==
++++=Φ ...
630
1
30
1
3
11)( 32
2 xxxxx
La solución general es:
)()()( 2211 xcxcx Φ+Φ=Φ
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182
Ambas soluciones seriales “básicas” convergen en todo R (notar que hay
un único punto singular que es x=0)
Caso 3:
consideremos la ecuación 0)(')(''2 =++ yxbxyxayx , donde 0=x es un
punto singular regular, así existe al menos una solución tipo Frobenius;
)()( xbxa ∧ son funciones analíticas (tienen desarrollo en series de potencias)
las cuales sopn convergentes para 0>∧< rrx . Si 21 rr ∧ son raices idénticas
de la ecuación indicial, entonces las soluciones “básicas” son:
)()( 1
1 xxx r Ψ=Φ , )(xΨ admite desarrollo en series de potencias
( ) )()()( 121 xxLnexxx r Φ+Ψ=Φ , )(xΨ analítica y admite desarrollo en
series de potencias
Resolvamos:
0''' =++ xyyxy
x=0 es un punto singular regular.
0)()1)((0
1
0
1
0
1 =+++−++ ∑∑∑≥
++
≥
−+
≥
−+
n
rnn
n
rnn
n
rnn xaxarnxarnrn
0)(0
1
0
12 =++ ∑∑≥
++
≥
−+
n
rnn
n
rnn xaxarn
0)2(0
1
2
12
2 =+++ ∑∑≥
++
−≥
+++
n
rnn
n
rnn xaxarn
0)2()1(0
12
21
12 =++++++ ∑≥
+++
−
n
rnnn
rr xaarnxaraxr
Condición: r=0, 0 ecuación indicial: 0,002 =⇒= rr
Raices iguales, entonces solamente admite una solución tipo Frobenius
Hallemos la solución en términos de r:
)(ryy =
Como 01 =a , entonces 0...... 1253 ===== +naaa
0a arbitrario
022)2(
1a
ra
+−= 022224
)4()2(
1
)4(
1a
rra
ra
++=
+−=
0222426)6()4()2(
1
)6(
1a
rrra
ra
+++=
+−=
Víctor D. Rojas Cerna
183
+
+++−
+++
+−= ...
)6()4()2(
1
)4()2(
1
)2(
11 6
222
4
22
2
20 xrrr
xrr
xr
axy r
Se tiene que: 120''' −=++ rxrayxyyx , las soluciones son:
01 )(
==Φ
ryx ∧
0
2 )(=
∂
∂=Φ
rr
yx
...642
1
42
1
2
11)( 6
222
4
22
2
21 +−+−=Φ xxxx
( )( )
+++++−+Φ=Φ ...)1(
642)1(
422)()( 3
121
222
6
21
22
4
2
2
12
xxxxLnxx
Como solamente hay un solo punto singular, la serie converge en todo
R-0
Comentario:
aunque como se manifestó anteriormente, conocida una solución )(1 xΦ ,
la
otra )(2 xΦ la podemos hallar usando reducción de orden.
Principales ecuaciones:
Chebyshev : 0''')1( 22 =+−− yxyyx α , α constante
Hermite : 02'2'' =+− yxyy α , α constante
Bessel : 0)(''' 222 =−++ yxxyyx α , α>0 constante
Gauss : [ ] 0')1('')1( 2 =−++−+− yyxyx αββαγ
Airy : 0'' =+xyy
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184
Función Gamma . (1) Generalidades: Integral de Euler
∫∞
−−=Γ0
1)( duuep pu , p>1 (inicialmente)
1)1(0
==Γ ∫∞
− due u
(2) )()1( ppp Γ=+Γ , p>1
Demostracion
∫∫−
∞→
∞−+− ==+Γ
Rpu
R
pu duuelimduuep00
1)1()1(
dupueuelimp pR
uRpu
R
)1(
00
)1( −−−
∞→ ∫+−=+Γ
( ) ∫−−
∞→
−
→+−=+Γ
Rpu
R
pR
RduueplimRelimp
0
1
0)1(
∫∞
−−=+Γ0
1)1( duuepp pu
)()1( ppp Γ=+Γ ; p>0
(3) n∈Ν , Γ(n+1)=n! Visualizacion
Vimos que: ∫∞
−− ==Γ0
11 1)1( duue u
1)1(1)11()2( =Γ=+Γ=Γ
!21.2)2(2)12()3( ==Γ=+Γ=Γ
!31.2.3)3(3)13()4( ==Γ=+Γ=Γ
Por induccion vimos que: Γ(n+1)=n! , ∀n∈Ν U 0 (4) Recordemos una integral de Euler que da la funcion Beta por MA-123 recordemos que:
( )∫−− −=Β
1
0
11 1),( duuunmnm
dicha integral converge, cuando m,n>0 (5) B(m,n)=B(n,m) (conmutabilidad) Visualizacion
Víctor D. Rojas Cerna
185
( )∫−− −=Β
1
0
11 1),( duuunmnm
Cambio de variable: α=1-u ⇒ dα=-du
( ) ),(1),(1
0
11mndnm nm
Β=−=Β ∫−−
ααα , n,m>0
(6) Se a>1 ∧ b>0 entonces )1,1(1
),( +−Β−
=Β bab
aba
Visualizacion
( ) ( ) ( )∫∫ −−
+−−
−=−=Β −−−−1
0
21
0
11
0
111
11
11),( duuu
b
auu
b
aduuuba
babaab
integrando por partes: α=ua-1 ∧ dα=(1-u)b-1 du
dα=(a-1)ua-2 du ∧ b
u b)1( −−=γ
( ) )1,1(1
11
0),(1
0
1)1(1)1( +−Β−
=−−
+=Β ∫−+−− ba
b
aduuu
b
aba
ba
(7) a>0 , B(a,1)=1/a
Visualizacion
( )a
duuduuua aa 11)1,(
1
0
11
0
111 ==−=Β ∫∫−−−
(8) Si p∈ℜ-Ζ- , podemos extender la definicion de la funcion Gamma,
amparandonos en que:
Sabemos que π=Γ )2/1(
Γ(-1/2) podemos calcularlo asi:
π2)2
1()
2
1(
2
1)1
2
1()
2
1( −=Γ⇒−Γ−=+−Γ=Γ
ππ3
4)2(
3
2)
2
3()
2
3(
2
3)1
2
3()
2
1( =−−=−Γ⇒−Γ−=+−Γ=−Γ
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186
(9) ∫ ++=++2
0
1212 )1,1(2
1sencos
π
ϑϑϑ nmBdnn
Hagamos u=sen2θ ⇒ du=2 senθ cosθ dθ
00 =⇒= uθ
12
=⇒= uπ
θ
( ) ( )∫=2
0
22 sencossencos
π
θθθθ dInm
∫ ++=−=1
0
)1,1(2
1)1(
2
1nmBduuuI nm
(10) Calculamos que: 2
0
2 π=∫
∞− due u
=
=⇒= ∫∫∫∫∫
−−−−− dyedxedyedueIdueI yxy
p
up
p
up
1
0
1
0
1
00
2
0
22222
∫ ∫+−=⇒
p p
yxp dxdyeI
0 0
)(2 22
dxdyeIdxdyeR
yxp
R
yx
∫∫∫∫+−+− ≤≤⇒
2
22
1
22 )(2)(