Parte I: Ecuaciones Diferenciales de PrimerOrden1 Ejemplos de Problemas que involucran Ecuaciones Diferenciales.Ejemplo 1 Considere un objeto de masa m cayendo libremente. ¿Cómo determinar la posición del objeto encada instante t?

En primer lugar se necesita un sistema de coordenadas apropiado. Considere una recta vertical con coorde-nadas de manera tal que el sentido positivo queda hacia arriba. Como la posición del objeto cambia en el tiempo,resulta claro que para describirla en relación al sistema de coordenadas se requiere un listado de números queindique la posición en cada instante. Esto se expresa diciendo que la posición está determinada por la funcióny (t), y el problema consiste en determinar la función y (t). Ahora bien, como el objeto cae libremente se puedeargumentar que la única fuerza que actúa sobre él es su propio peso P , que se relaciona, según Newton, con laaceleración de gravedad por la ecuación

P = −mg,

donde g > 0, es la aceleración de gravedad. Por otra parte, la aceleración a (t) experimentada por el objeto enel instante t, se expresa desde el punto de vista de y (t), o mejor de cálculo diferencial, por

a (t) =d2y (t)

dt2= y00 (t) ,

y nuevamente Newton afirma que

P = md2y (t)

dt2= my00 (t) .

Entonces, se puede concluir quey00 (t) = −g.

De esta manera se ha determinado una relación que debe ser satisfecha por la función y (t) que representala situación de interés. Esta relación es una ecuación diferencial; ecuación por cuanto involucra la magnituddesconocida y (t), que se busca determinar, y diferencial porque la incógnita aparece bajo el signo de la derivada.Se puede observar que cualquier función que satisfaga esta relación puede representar la posición del objeto

en el instante t. Esto tiene sentido: note que se puede dejar caer un objeto de muy diferentes formas, porejemplo se puede lanzar hacia abajo o hacia arriba, aún cuando pareciera que esta última forma no es la maneramás natural de "caer", luego, cualquiera sea la forma en que el fenómeno ocurra, se espera poder describir elmovimiento con una función que satisfaga la ecuación.En efecto, integrando un par de veces ambos miembros de la ecuación diferencial se obtiene:

y (t) = −12gt2 + at+ b

¿De qué manera se puede seleccionar la solución que representa la situación que se está estudiando?.Para responder a esta pregunta es necesaria información adicional que de alguna forma caracterice la situación

que está bajo estudio, por ejemplo, conocer la posición en que se encuentra en algún instante t y, naturalmentemla velocidad en ese mismo instante. Así, esta situación particular queda descrita por la ecuación

y00 (t) = −g

1

junto con las llamadas condiciones inciales

y0 (t0) = v0

y (t0) = c0.

Esto lleva a la solución particular

y (t) = −12gt2 + (v0 + gt0) t+ c0 −

µv0t0 +

1

2gt20

¶.

Ejemplo 2 La velocidad con que se desintegra una sustancia radiactiva es, en cada instante, proporcional a lacantidad de sustancia que permanece no desintegrada. ¿Cómo determinar la cantidad de sustancia radiactivaen el instante t?.

Anotemos A (t) la cantidad de sustancia radiactiva en el instante t. La desintagración en un intervalo detiempo [t, t1] está dada por la variación A (t1) − A (t) en la cantidad de sustancia radiactiva y la rapidez conque se produce la desintegración en este intervalo es

A (t1)−A (t)

t1 − t

de manera que la rapidez con que cambia la cantidad A (t), en el instante t no es otra cosa que la derivada de A

A0 (t) = limt→t1

A (t1)−A (t)

t1 − t

y entonces la cantidad A (t) necesariamente satisface la ecuación diferencial

A0 (t) = kA (t)

donde k < 0 es la constante de proporcionalidad (¿Por qué k < 0?).

Ejemplo 3 Supóngase que un cable cuelga suspendido de sus extremos, sometido a su propio peso. ¿Cómodeterminar la forma que asume el cable colgante?

Se situa el sistema de coordenadas de manera que el punto más bajo de la curva, P1, esté sobre el origendel sistema de coordenadas. Considere P2 un punto cualquiera sobre la curva. Sobre el arco [P1P2 actúan tresfuerzas, a saber:1.- El peso del segmento de cuerda [P1P2,2.- la tensión T1 en el extremo P1, y3.- la tensión T2 en el extremo P2.

2

Figura 1: Cable colgante

Ahora bien, si w representa el peso del cable por unidad lineal y s (x) representa la longitud de arco de cableentre P1 y P2, entonces

Peso de [P1P2 = −ws (x)y por otra parte, como el sistema está en equilibrio, entonces las tensiones en los extremos P1 y P2 del arco enconsideración satisfacen

− |T1|+ |T2| cos (θ (x)) = 0, 0 ≤ θ (x) ≤ π

2−ws (x) + |T2| sen (θ (x)) = 0

y podemos escribir

|T1| = |T2| cos (θ (x)) , 0 ≤ θ (x) ≤ π

2ws (x) = |T2| sen (θ (x))

dividiendo miembro a miembro

tg (θ (x)) =ws (x)

|T1|(1.1)

Por otra parte, del curso de cálculo

s (x) =

Z x

0

s1 +

µdy (t)

dt

¶2dt,

reemplazando en (1.1) y derivando, para eliminar la integral se obtiene finalmente

d2y

dx2=

w

|T1|

s1 +

µdy

dx

¶2Por lo tanto, si se necesita determinar la función cuya gráfica representa la forma que asume el cable colgante,se debe encontrar una aplicación y (x) que satisfaga esta última ecuación.

3

Ejemplo 4 Una masa m de peso W se suspende del extremo de una varilla de longitud constante l, la quepuede rotar libremente por el extremo opuesto. ¿Cómo determinar el movimiento de la masa m?.

Considere P , el punto más bajo del recorrido del péndulo y sea s (t) la longitud de arco entre el punto Py la posición de la masa en el extremo del péndulo en el instante t. Si θ (t) es el ángulo determinado por elpéndulo respecto a la vertical, se puede afirmar que:

θ (t) =s (t)

l,

os (t) = lθ (t) .

Según la segunda ley de Newton, la componente del peso m en la dirección del movimiento−→F (t) satisface

mlθ00 (t) = ms00 (t) =−→F (t) =Wsen (θ (t)) = −mgsen (θ (t)) ,

y entonceslθ00 (t) = −gsen (θ (t)) ,

o bienθ00 (t) +

g

lsen (θ (t)) = 0 (1.2)

Consecuentemente el movimiento del extremo del péndulo estará descrito por una función que satisfaga laecuación diferencial (1.2).

Ejemplo 5 Considere una masa m que pende del extremo de un resorte cuyo segundo extremo está fijo. ¿Cómodeterminar el movimiento de la masa m?.

Para responder a esta pregunta se debe considerar la ley de Hook: La fuerza ejercida por un resorte alser deformado longitudinalmente es proporcional a la diferencia de longitud experimentada por el resorte. Laformulación respectiva de la ley es:

FR = −k (lf − li)

donde k > 0, es la constante de proporcionalidad o constante del resorte, lf es la longitud del resorte deformadoy li es la longitud natural del resorte.Ahora bien, si por el extremo libre del resorte se suspende una masam, y se deja al sistema oscilar libremente,

luego de un tiempo el sistema "masa-resorte" alcanzará un estado de equilibrio. Sea le la longitud del resorteen estado de equilibrio y s = le − li. Aplicando la ley de Hook se puede afirmar que

−ks+mg = 0 (1.3)

Ahora bien, si en el instante t la masa se encuentra en la posición y (t), entonces la fuerza resultante aplicadaa la masa m en ese instante será −→

F (t) = −k (s+ y (t)) +mg,

y según la ley de Newton −→F (t) = my00 (t)

de manera que−ks− ky (t) +mg = my00 (t)

4

y empleando (1.3), obtenemos

y00 (t) +k

my (t) = 0 (1.4)

Se puede concluir que para determinar el movimiento de la masa m en el extremo del resorte es suficienteencontrar una función y (t) que satisfaga la ecuación diferencial (1.4). Observe que el razonamiento anteriortiene un pequeño "descuido". En efecto, se observa que para determinar le se admite un hecho intuitivamentediscutible: después de un tiempo el sistema alcanza un estado de equilibrio, esta está muy bien, pero rápi-damente "ha sido olvidado". Se puede argüir como defensa que, si bien es cierto se ha olvidado este hechoen el razonamiento posterior, aún así el sistema "masa-resorte" puede estar razonablemente bien representadopor aquellas funciones y (t) que satisfacen la ecuación (1.4), pero, ¿qué tan bien representado?...eso se pùedeestablecer experimentalmente en un laboratorio.Si se quisiera mejorar la descripción del sistema, se debería considerar la razón por la cual es sistema alcanza

el equillbrio: el roce con el aire. Experimentalmente se establece que la fuerza que se opone al movimientode la masa m es proporcional a la velocidad de m en cada instante. Esta consideración adicional, junto conun razonamiento análogo al anterior permite concluir que el movimiento de la masa m está descrito por unafunción que satisface la siguiente ecuación diferencial

y00 (t) +q

my0 (t) +

k

my (t) = 0

donde q es la constante de proporcionalidad determinada por el roce.

Ejemplo 6 Una persona M que parte del orígen, se mueve en la dirección positiva del eje x arrastrando unpeso a lo largo de la curva C. El peso, ubicado inicialmente sobre el eje y en el punto (0, s), es arrastrado pormedio de una cuerda de longitud constante s, que se mantiene tensa en el transcurso del movimiento. ¿Cómodeterminar la curva C?.

Para cada x, sea (x, y (x)) el punto C con abscisa x, y sea θ (x) el ángulo obtuso formado por la rectatangente a la curva C en el punto (x, y (x)) y el eje de abscisas. Entonces:

dy

dx= tg (θ (x)) =

sen (θ (x))

cos (θ (x))=

−y (x)ps2 − y2 (x)

,

de manera que la curva queda determinada por la función que satisface la ecuación diferencial

dy

dx=

−y (x)ps2 − y2 (x)

.

1.1 Ejercicios.

1. Un cuerpo de masa m que cae encuentra una resistencia del aire proporcional a su velocidad instantáneav (t). ¿Cómo determinar la posición y (t) en el instante t?.

2. El isótopo radioactivo I − 131 se usa en el tratamiento de la hipertiroides y tiene una vida media de 8dias.

(a) Suponga que se requieren 72 horas para enviar el I − 131 del productor al hospital. ¿Qué porcentajede la cantidad originalmente enviada llega al hospital?

5

(b) Si el I−131 es almacenado en el hospital 48 horas adicionales antes de ser usado ¿Qué tanto quedarade la cantidad original enviada por el productor cuando el material radioactivo se utilice?

(c) ¿Cuánto tiempo le tomara al I − 131 desintegrarse completamente de manera que el hospital puedadeshacerse de los residuos sin precauciones especiales?.

3. La ley de enfriamiento de Newton dice que la rapidez con que un cuerpo se enfría es proporcional ala diferencia entre su temperatura y la temperatura del ambiente. Un excursionista sometido a unatemperatura externa de 0oC nota que la temperatura de su café descendió de 90oC a 80oC en 60 segundos.¿Cuánto tardará la temperatura del café en descender hasta 20oC ?.

4. Un peso de 96 libras se desliza por una pendiente que forma un ángulo de 30o con la horizontal. Si elcoeficiente de rozamiento (o fricción) deslizante es µ, determine la ecuación diferencial de la velocidad v (t)del peso en cualquier instante. Se sabe que la fuerza de fricción que se opone al movimiento es µN dondeN es la componente normal del peso.

5. Un tonel cilíndrico de s pies de diámetro y peso w libras flota en el agua. Despues de un hundimiento parcialen el momento inicial, el tonel se sigue moviendo verticalmente hacia arriba y hacia abajo. Determine laecuación diferencial de los desplazamientos verticales y (t) sobre un eje vertical en el que el orígen se eligeen la superficie del agua cuando el tonel esta en equilibrio. Emplee el principio de Arquímides (el empuje,vale decir, la fuerza ejercida hacia arriba que el agua ejerce sobre el tonel es igual a peso del agua que

desplaza) y tome 62, 4h

lbpie3

icomo peso específico del agua. La dirección positiva es la dirección hacia

abajo.

2 Definiciones, Teoremas Básicos y Método gráfico de solucionesDefinición 1 Una ecuación diferencial de primer orden, es una ecuación de la forma

dy

dx= f (x, y) (2.1)

donde f (x, y) es una función conocida de las variables x e y.

La incógnita en la ecuación es y = y (x), que es una función de la variable x. Una solución para esta ecuaciónes cualquier función y = y (x) que al ser reemplazada en la ecuación (2.1) satisface la igualdad determinada porla ecuación.

Definición 2 El problema de resolver la ecuación

dy

dx= f (x, y)

sujeta a la condicióny (x0) = y0

se denomina problema de valor inicial, y lo abreviamos P.V.I. La condición y (x0) = y0 se denomina condicióninicial.

6

Definición 3 Una solución del P.V.I.

dy

dx= f (x, y) ,

y (x0) = y0

es cualquier función y = y (x) definida en un intervalo que contiene al punto x0, que satisface la ecuacióndydx = f (x, y) y que además satisface y (x0) = y0.

Dado un P.V.I., resulta natural plantearse algunas preguntas respecto a la existencia de su(s) solución(es):

i) ¿Existe solución para este P.V.I.?, y supuesto que exista solución,

ii) ¿cuántas soluciones tiene este P.V.I.?,

iii) ¿existe una única solución para el P.V.I.?.

Observe que estas preguntas se resumen en la siguiente: ¿Cuántas soluciones tiene la ecuación dydx = f (x, y),

cuya gráfica pasa por el punto de coordenadas (x0, y0)?.Los siguientes teoremas permiten asegurar que el P.V.I. dydx = f (x, y) , y (x0) = y0 tiene solución:

Teorema 1 (PEANO) Suponga que f : [a, b]× [c, d]→ R es una función contínua. Entonces, dado (x0, y0) ∈(a, b) × (c, d), existe un intervalo x0 ∈ (a1, b1) ⊂ [a, b] y una función y : (a1, b1) → [c, d] que es solución delP.V.I. y0 = f (x, y) , y (x0) = y0.

Este teorema garantiza la existencia de al menos una solución para el P.V.I. y0 = f (x, y) , y (x0) = y0, perono responde a la pregunta: ¿Cuántas soluciones tiene el P.V.I.?. El siguiente ejemplo muestra que un P.V.I.puede tener más de una solución.

Ejemplo 7 Considere el P.V.I. y0 = x |y|12 , y (0) = 0.

Para y ≥ 0, esta ecuación se puede escribir

y−12 y0 = x

o bien

2d

dx

³y12

´= x

integrando

y12 =

x2

4+ c,

elevando al cuadrado

y (x) =x4

16+ c

x2

2+ c2

y como es de interés determinar una solución y = y (x) que satisfaga la condición inicial y (0) = 0 , se puedeconcluir que c = 0. De modo que y1 (x) = x4

16 es una solución del P.V.I., sin embargo es claro que la funcióny2 (x) = 0, también es solución del P.V.I., de manera que se tiene al menos dos soluciones para el P.V.I. dado.En la figura se grafican ambas funciones en un intervalo centrado en x0 = 0, (note que la gráfica de y2 (x) = 0coincide con el eje x).

7

Figura 2: Las dos soluciones de y0 = x|y| 12

Ya que según muestra el ejemplo, un P.V.I. puede tener más de una solución, es posible preguntar si existencondiciones bajo las cuales un P.V.I. dado tiene solución única. La respuesta a esta pregunta está dada por elsiguiente teorema:

Teorema 2 (PICARD) Suponga que f : [a, b]× [c, d]→ R y ∂f∂y : [a, b]× [c, d]→ R, son funciones contínuas.

Dado (x0, y0) ∈ (a, b) × (c, d), existe un intervalo x0 ∈ (a1, b1) ⊂ [a, b] y una única función y : (a1, b1) → [c, d]que es solución del P.V.I. y0 = f (x, y) , y (x0) = y0.

Observación 1 Note que en el ejemplo anterior f (x, y) = x |y|12 es una función contínua en cualquier rectán-

gulo [a, b] × [c, d] que contiene al punto (0, 0), pero no tiene derivada parcial en este punto, de manera que nopodemos aplicar el teorema anterior al P.V.I. y0 = x |y|

12 , y (0) = 0.

Observación 2 Este teorema asegura que bajo ciertas condiciones un P.V.I. dado tiene una única solución,pero nada dice acerca de cómo determinar esa única solución.

Ejemplo 8 ¿Cuántas soluciones tiene el P.V.I. y0 = y3, y (0) = 1?

Es claro que f (x, y) = y3 es una función contínua, al igual que ∂f∂y (x, y) = 3y2, y por lo tanto, según el

teorema de Peano, el P.V.I. dado tiene una única solución.La ecuación puede ser escrita de la siguiente forma:

y−3y0 = 1

o bien

−12

d

dx

¡y−2

¢= 1,

de donde, multiplicando por -2 e integrando, se obtiene

y−2 = −2x+ C,

8

despejando y

y =

r1

C − 2xPara determinar el valor de la constante C se utiliza la condición inicial y (0) = 1. Reemplazando esta condicióninicial en la última igualdad se obtiene

1 =

r1

C

luego C = 1

Ejemplo 9 La ecuación dydx = xy es una ecuación de primer orden en la que f (x, y) = xy.

Para resolver esta ecuación, esto es, determinar alguna función y = y (x) que la satisfaga, se puede, supuestoque y 6= 0, escribir la ecuación en la forma

1

y

dy

dx= x (2.2)

recordandod

dx(ln |y|) = 1

y

dy

dx

y reemplazando en (2.2), se obtiened

dx(ln (|y|)) = x,

integrando respecto a x, se obtiene

ln (|y|) =Z

xdx =x2

2+ c, c constante,

calculando exponencial

|y| = ecex2

2 ,

y por lo tanto

y (x) = kex2

2 , k constante arbitraria.

Se puede observar que existen infinitas soluciones de la ecuación dada, las que dependen del valor asignado ala constante k. Para seleccionar una solución en particular es necesario conocer alguna información adicional.En efecto, si, por ejemplo, estamos interesados en la solución de la ecuación que satisface la condición (inicial)y (1) = 1, entonces el valor de la constante k debe ser tal que

1 = y (1) = ke12

2 = ke12

de manera quek = e−

12 ,

y se obtiene la solución

y (x) = e−12 e

x2

2 ,

pero, si es de interés determinar la solución que satisface y (1) = −1, se obtiene y (x) = −e x2

2 − 12 .

9

¿Es posible determinar aproximadamente la gráfica de una solución de la ecuación y0 = f (x, y),sin resolver la ecuación?Para responder a esta pregunta es necesario recordar que las soluciones de la ecuación son funciones y = y (x)

que satisfacen y0 (x) = f (x, y (x)), de manera tal que la ecuación entrega información acerca de las pendientesde las gráficas de sus soluciones. De alguna forma, la ecuación sugiere que por el punto (x, y) del plano se puedetrazar un pequeño segmento (pequeño por razones prácticas) cuya inclinación sea exactamente el valor dadopor la expresión f (x, y). Si esto se realiza con un número conveniente de puntos, se obtiene un conjunto desegmentos en el plano que puede emplearse como guía para un primer bosquejo de las gráficas de las solucionesde la ecuación dada. La función que a cada punto (x, y) le asigna un segmento de recta con inclinación f (x, y),se denomina campo de direcciones. Procediendo de esta forma con la ecuación y0 = xy se obtienen las figuras3 y 4.

Figura 3: Campos de direcciones de y0 = xy Figura 4: Curva solución de y0 = xy que pasa por (1, 1)

Ejemplo 10 Anotemos y (t) la cantidad de individuos de alguna especie de bacteria (o peces o animales) ¿Cómocrece el número de y (t), supuesto que la tasa de crecimiento sea proporcional a y (t)?

Vemos quey0 (t) = ky (t) = f (t, y)

o bieny0 = ky

el campo de direcciones de esta ecuación se muestra en la figura 5

10

Figura 5: Campos de direcciones de y0 = 3y

si f (t, y) = 0, entonces ky = 0 ⇒ y0 = 0 ∀t (aquí las isoclinas, que son curvas con igual valor de y0, sonrectas paralelas al eje t).¿Cómo determinar las curvas solución?

1

yy0 = k ⇒ d

dt(ln |y|) = k

⇒ ln |y| = kt+ C1

⇒ |y| = Cekt

Suponga ahora que los individuos de la especie anterior tienen que competir entre sí por el alimento, sepuede pensar que este hecho produce una disminución en el crecimiento de la población.En el instante t podrían ocurrir y (t)·y (t) = y (t)

2 encuentros y se puede asumir que

y0 (t) = ky (t)− ay2 (t)

o bien

y0 = ky − ay2

y0 = (k − ay) y

Para simplificar, se supone que k = a = 1 de manera que el crecimiento (o decrecimiento) de la especie estádada por

y0 = (1− y) y = y − y2

interpretando geométricamente, observe la figura 6,

11

Figura 6: Función y − y2

el campo de direcciones de la ecuación diferencial asociado se muestra en la figura 7.

Figura 7: Campo de direcciones de y0 = y − y2

12

Observe que la especie tiene un volumen de equilibrio natural dado por 1. Ahora, suponga que se trata deuna especie marina, por ejemplo, merluza y se decide extraer una parte C de este volumen de equilibrio naturalpor unidad de tiempo, de manera que la población está dada por

y0 = (1− y) y − C

¿Se extingue la especie o no?. Considere las gráficas para los siguientes valores de C ::Para C = 1, figura 8, el campo de direcciones se muestra en la figura 9, para C = 1

4 , figura 10, el campode direcciones se muestra en la figura 11, finalmente para C = − 1

10 , figura 12, el campo de direcciones de laecuación diferencial se muestra en la figura 13.

Figura 8: y − y2 − 1 Figura 9: Campo de direcciones de dydt = y − y2 − 1

Figura 10: y − y2 − 14 Figura 11: Campo de direcciones de dy

dt = y − y2 − 14

13

Figura 12: y − y2 + 110 Figura 13: Campo de direcciones de dy

dt = y − y2 + 110

2.1 Ejercicios

1. Dada H (x, y, c) = 0, una familia de curvas a un parámetro. Muestre que existe una ecuación diferencialde primer orden que tiene a todas las curvas de esta familia entre sus soluciones. Esta ecuación es llamadaecuación de la familia de curvas.

2. Determine la ecuación diferencial de la familia de curvas a un parámetro x2+ y2 = c, o bien x2+ y2− c =H (x, y, c) = 0 Grafique las curvas.

3. Determine la ecuación diferencial de la familia de curvas a un parámetro x2+y2 = cy, o bien x2+y2−cy =H (x, y, c) = 0 Grafique las curvas.

4. Cuando todas las curvas de una familia de curvas G (x, y, c) = 0 cortan ortogonalmente a todas las curvasde otra familia H (x, y, c) = 0, se dice que las familias son, cada una, trayectorias ortogonales de la otra.Suponga que la ecuación diferencial de la familia de curvas G (x, y, c) = 0 es la ecuación dy

dx = f (x, y).Determine la ecuación diferencial de la familia H (x, y, c) = 0 ortogonal a la familia G (x, y, c) = 0.

5. Determine las ecuaciones de las familias de curvas ortogonales a las familias en los ejercicios 2 y 3 anteriores.Esboce algunas curvas de las familias obtenidas.

6. Determine las soluciones de

y0 = (1− y) y − C, C ∈ [0, 1] , constante.

7. Suponga que se extrae una proporción p de la población y (t) en cada unidad de tiempo, dfe manera quela ecuación que determina el crecimiento (decrecimiento) de la población de peces es

y0 = (1− y) y − py, p ∈ [0, 1]

Analice la situación gráficamente. ¿Existe algún riesgo de extinción de la especie para algún valor de p?.

14

8. Considere el modelo de población dPdt = 0.4P

¡1− P

230

¢, donde P = P (t) representa el número de individ-

uos presentes en la población en el tiempo (instante) t y 230 es la capacidad de soporte del medio, estosignifica que el medio no es capaz de soportar mas de 230 individuos y por lo tanto si en algún instante elnúmero de individuos es mayor que 230, P = P (t) comenzará a disminuir, mientras que si el número deindividuos es menor que 230 es posible que la población aumente.

(a) Explique por que la ecuación representa el hecho que la población crece cada vez que el número deindividuos es menor que 230 (y positivo) y disminuye cuando el número de individuos es mayor que230.

(b) ¿Para cuáles valores de P la población se encuentra en equilibrio? Note que la población se encuentraen equilibrio cuando su número no experimenta cambio.

(c) ¿Para cuáles valores de P la población se encuentra creciendo?

(d) ¿Para cuáles valores de P la población está decreciendo?

(e) Observe que P (t) = 0 y P (t) = 230 son soluciones de la ecuación. Grafique estas soluciones comofunciones de t.

(f) Si P = P (t) es una solución de esta ecuación, entonces la pendiente de P en t esta dada exactamentepor dP

dt = 0.4P¡1− P

230

¢en cada punto (¿Por qué?). Empleando esta observación y sin resolver la

ecuación, esboce, en forma aproximada, la gráfica de una solución de la ecuación supuesto que i)0 < P (0) < 230, ii) 230 < P (0).

(g) Resuelva la ecuación y compare las gráficas de estas soluciones con las gráficas determinadas en elpunto anterior.

9. La población de peces en una laguna está modelada por la ecuación dPdt = −

P2

50 + 2P . Suponga que lasautoridades han decidido autorizar la pesca con licencia de manera que cada pescador puede pescar trespeces durante el año.

(a) Si las autoridades contratan sus servicios para que usted determine el número de licencias que sepuede entregar sin que la población de peces quede en riesgo de extinción, ¿cuál sería el númeromáximo de licencias que usted recomendaría?

(b) Suponga que las autoridades entregan el número máximo de licencias recomendado por usted. ¿Cuáles su predicción para el número de peces en la laguna a medida que el tiempo transcurre?. Esboceen forma aproximada una posible solución de la ecuación diferencial.

(c) Resuelva analíticamente la ecuación y compare con su esbozo en b.

10. Determine si las siguientes ecuaciones tienen solución única:

(a) dydx = x3 − y3, y (0) = 6,

(b) xdxdt + 4t = 0, x (2) = −π(c) y dydx = x, y (1) = 0

11. Considere la ecuación diferencialdy

dx= x+ sen (y)

15

(a) Bosqueje el campo de direcciones de la ecuación.

(b) Una curva solución pasa por el punto¡1, π2

¢. ¿Cuál es su pendiente en ese punto?. Bosqueje la gráfica

de esa curva.

(c) Justifique que cada curva solución es creciente para x > 1.

(d) Muestre que la segunda derivada satisface

d2y

dx2= 1 + x cos (y) +

1

2sen (y) .

(e) Una curva solución pasa por (0, 0). Demuestre que la curva tiene un mínimo relativo en (0, 0) .

12. Para cada una de las siguientes ecuaciones determine una región del plano de manera que por cada punto(x0, y0) pase una única curva solución (gráfica de la solución). Dibuje un esbozo del campo de pendientescorrespondiente a cada ecuación.

(a) dydx = y2/3

(b) y0 =√xy

(c) (x2 + y2)y0 = y2

(d) y0 = x3 cos(y)

(e) dydx = (x− 1)ey/(x−1)

13. ¿Se puede afirmar que el P.V.I. y0 = 3y2/3 , y(0) = 0 tiene solución única?. Si su respuesta no esafirmativa determine por lo menos dos soluciones, en caso contrario encuentre la solución única.

3 Ecuaciones de Variables Separables.En esta sección se estudiará un tipo particular de ecuaciones de primer orden conocidas como ecuaciones devariables separables o también de variables separadas, cuyas soluciones pueden encontrarse, luego de algunamanipulación de tipo algebraica, por integración directa.

Definición 4 Se dice que la ecuación dydx = f (x, y) es de variables separables si f (x, y) puede expresarse como

f (x, y) = g(x)h(y) .

Proposición 1 Una ecuación dydx = f (x, y) de variables separables, se puede escribir como:

dy

dx=

g (x)

h (y)(3.1)

y tiene solución: Zh (y) dy =

Zg (x) dx+ C (3.2)

Observación 3 La igualdad 3.2 sugiere escribir la ecuación 3.1 en la forma h (y) dy = g (x) dx o tambiéng (x) dx−h (y) dy = 0. La ventaja de esta notación reside en el hecho que para resolver la ecuación es suficienteintegrar en cada sumando respecto a la variable indicada por la respectiva diferencial. Así, la solución deg (x) dx− h (y) dy = 0 está dada por

Rg (x) dx−

Rh (y) dy = C.

16

Observación 4 La ecuación diferencial dydx = −

g(x)h(y) , se anotará como g (x) dx+ h (y) dy = 0, y se dirá que la

ecuación está expresada en su forma diferencial. Habiendo adoptado esta notación, se debe tener presente quecada vez que se encuentre una ecuación diferencial de la forma g (x) dx+ h (y) dy = 0, se debe entender que laecuación que se está resolviendo es, en realidad, la ecuación dy

dx = −g(x)h(y) .

Ejemplo 11 Resolver el P.V.I.

dy

dx=

x2y2

1 + xy (0) = 1

Aquí se tiene f (x, y) = x2y2

1+x =g(x)h(y) , donde g (x) =

x2

1+x y h (y) =1y2 , de manera que la ecuación dada es del

tipo de variables separables. Para determinar las soluciones de esta ecuación se procede de la siguiente forma.Supuesto que y 6= 0, se puede escribir

1

y2dy =

x2

1 + xdx

e integrando miembro a miembro Z1

y2dy =

Zx2

1 + xdx+ C

−1y

=

Zx2

1 + xdx

=

Z(x− 1) dx+

Z1

1 + xdx

=(x− 1)2

2+ ln |1 + x|+ C

de manera que las soluciones de la ecuación están determinadas por

y =−1

(x−1)22 + ln |1 + x|+ C

(3.3)

Para resolver el P.V.I. dado se debe determinar el valor de la constante C para la que se satisface y (0) = 1.Reemplazando x = 0 en 3.3

1 = y (0) =−1

(0−1)22 + ln |1 + 0|+ C

de donde se obtiene

1 =−1

12 + C

C = −1− 12= −3

2

y la solución del P.V.I. dado es

y =−1

(x−1)22 + ln |1 + x|− 3

2

=−2

(x− 1)2 + 2 ln |1 + x|− 3

17

3.1 Ejercicios

1. Dado el P.V.I.

dy

dx=

x2y2

1 + xy (0) = 1

determine si tiene una solución o más de una

2. ¿Cuántas soluciones tiene el siguiente P.V.I.: y0 = y2 − 4, y (0) = −2?. Resuelva el P.V.I.

3. Resuelva las siguientes ecuaciones mediante separación de variables.

(a) (x+ 1)y2 dydx = (y + 1)2

(b) dydx =

xy+3x−y−3xy−2x+4y−8

(c) sen(3x)dx+ 2y cos3(3x)dy = 0

(d) (y − yx2) dydx = (y + 1)2

4. Muestre que una ecuación de la forma dydx = f(ax + by + c), b 6= 0, puede reducirse a una ecuación de

variables separables mediante la sustitución u = ax+ by + c.

5. resuelva las siguientes ecuaciones:

(a) y0 = (x+ y)2

(b) y0 = sen2(x− y + 1)

(c) dydx = 1 + ey−x+5

6. Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales y P.V.I.:

(a) x dvdx =

1−4v23v

(b) y−1dy + yecos(x)sen (x) dx = 0

(c)¡x+ xy2

¢dx+ ex

2

ydy = 0

(d)¡1 + x2 + y2 + x2y2

¢dy = y2dx,

(e)¡y2 + yx

¢dx+ x2dy = 0,

4 Ecuaciones HomogéneasDefinición 5 La función de las variables x e y, H (x, y), es una función homogénea de grado α, si para x, yy t convenientemente restringidos, se tiene

H (tx, ty) = tαH (x, y)

Observación 5 En la definición anterior, la expresión "para x, y y t convenientemente restringidos", debeentenderse como "para x, y y t en intervalos donde las siguientes expresiones tengan sentido"

18

Ejemplo 12 H (x, y) = x2 − y2, es homogénea de grado dos, esto es, α = 2.

Ejemplo 13 M (x, y) =√xy es homogénea de grado 1. En efecto:

M (tx, ty) =√txty = |t|√xy = tM (x, y) , supuesto que xy ≥ 0 y t ≥ 0.

Ejemplo 14 N (x, y) =px3 + y3, es homogénes de grado 3

2 . En efecto

N (tx, ty) =

q(tx)3 + (ty)3 = t

32

px3 + y3 = t

32N (x, y) .

Ejemplo 15 H (x, y) = x2 + y3, no es homogénea de grado α, cualquiera que sea a. En efecto, si para algúnα, se satisface

t2x2 + t3y3 = H (tx, ty) = tαH (x, y) = ta¡x2 + y3

¢,

donde x, y y t están en ciertos intervalos. Es claro que α no puede ser ni cero, uno, dos ni tres (¿Por qué?).Despejando se obtiene ¡

t2 − tα¢x2 =

¡t3 − tα

¢y3

donde x, y y t están en ciertos intervalos. Derivando cuatro veces respecto a t, resulta

−α (α− 1) (α− 2) (α− 3) tα−4x2 = −α (α− 1) (α− 2) (α− 3) tα−4y3

y como −α (α− 1) (α− 2) (α− 3) tα−4 6= 0, se puede cancelar y se tiene

x2 = y3

lo que es absurdo (¿Por qué?).

Definición 6 La ecuación diferencial de primer orden

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

es homogénea de grado α si ambos coeficientes, M (x, y) y N (x, y), son homogéneos de grado α.

Ejemplo 16 La ecuación¡x2 − 2y2

¢dx+ xydy = 0, es homogénea de grado 2.

Ejemplo 17 La ecuación x2y0 − 3xy − 2y2 = 0, es homogénea de grado 2, ya que puede escribirse comox2 dydx = 3xy + 2y2 y en forma diferencial como

¡3xy + 2y2

¢dx − x2dy = 0, ecuación cuyos coeficientes son

homogéneos de grado 2.

Ejemplo 18 xsen¡yx

¢dydx = ysen

¡yx

¢+ x, es una ecuación homogénea de grado 1.

Ejemplo 19 xdx+ y2dy = 0. Los coeficientes de esta ecuación son homogéneos pero tienen grados diferentes,consecuentemente la ecuación no es homogénea.

Ejemplo 20¡x2 + y

¢dx+xdy = 0, no es una ecuación homogénea ya que el coeficiente de dx no es homogéneo.

Proposición 2 Si la ecuación M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0, es homogénea, entonces el cambio de variablesy = zx transforma la ecuación en una ecuación de variables separables.

19

Observación 6 El cambio de variables x = zy también transforma la ecuación homogénea en otra de variablesseparables. Para verificar esto observe que

dy

dx=1dydx

=1

z + y dzdy.

Ejemplo 21 Resolver¡2√xy − y

¢dx− xdy = 0.

Esta ecuación es homogénea de grado 1 para x > 0. Consiodere el cambio de variables y = zx. Reemplazandody = zdx+ xdz en la ecuación, se obtiene³

2px (zx)− zx

´dx− x [zdx+ xdz] = 0,

factorizando y cancelando x > 0, ¡2√z − z

¢dx− [zdx+ xdz] = 0¡

2√z − z − z

¢dx− xdz = 0

2¡√

z − z¢dx− xdz = 0

separando las variables1

xdx− 1

2 (√z − z)

dz = 0. (4.1)

Para resolver esta ecuación se integra directamente.Considere u =

√z, du = 1

2z− 12 dz = 1

21√zdz, de manera queZ

1

2 (z −√z)dz =Z

1

(√z − 1)

1

2

1√zdz =

Z1

u− 1du = ln¯√

z − 1¯

Integrando en 4.1 se obtiene Z1

xdx−

Z1

2 (√z − z)

dz = 0,

ln |x|+ ln¯√

z − 1¯= c

como y = zx , se tiene z = yx , reemplazando en la relación anterior

ln

¯x

µry

x− 1¶¯= c,

suponiendo c = ln |k|, calculando exponencial en ambos lados de la igualdad

x

µry

x− 1¶

= k

√xy − x = k, k constante real

despejando y, se obtiene facilmente

y =(x+ k)2

x, k constante real.

20

Ahora, si se intenta el otro cambio de variables que se sugiere en el caso de una ecuación homogénea, asaber, x = zy. Se tiene dx = zdy + ydz y reemplazando en la ecuación, se obtiene³

2pzy2 − y

´(zdy + ydz)− zydy = 0

z¡2√z − 2

¢dy + y

¡2√z − 1

¢dz = 0

1

ydy +

2√z − 1

2z (√z − 1)dz = 0

1

ydy +

√z +√z − 1

2z (√z − 1) dz = 0

1

ydy +

∙1

2√z (√z − 1) +

1

2z

¸dz = 0

integrando directamente

ln |y|+ ln¯√

z − 1¯+1

2ln |z| = c

ln¯y√z¡√

z − 1¢¯

= c

reemplazando z = xy , y calculando la exponencial

√xy

µrx

y− 1¶= k

despejando y

y =(x− k)

2

x, k constante.

Ejemplo 22 Resolver la ecuación 2x3ydx+¡x4 + y4

¢dy = 0.

La ecuación es homogénea de grado 4. Haciendo x = zy, dx = zdy + ydz y reemplazando, se tiene

2z3y4 (zdy + ydz) +¡z4y4 + y4

¢dy = 0

2z3y5dz +¡3z4y4 + y4

¢dy = 0

2z3ydz +¡3z4 + 1

¢dy = 0

2z3

3z4 + 1dz +

1

ydy = 0

1

6ln¯3z4 + 1

¯+ ln |y| = c = ln k

y¡3z4 + 1

¢ 16 = k

oy

6p3z4 + 1 = k

y, como z = xy , se obtiene

y 6

s3x4 + y4

y4= k

21

tomando la sexta potencia3y2x4 + y6 = k, k ≥ 0 constante.

Si M (x, y) y N (x, y) son homogéneas de grado α, entonces

M (x, y) = M³x, x

y

x

´= xαM

³1,

y

x

´N (x, y) = N

³x, x

y

x

´= xαN

³1,

y

x

´y entonces la ecuación

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

dx= −M (x, y)

N (x, y)

se puede escribir comody

dx= −

M¡1, yx

¢N¡1, yx

¢ = F³yx

´.

De la misma forma, la ecuacióndy

dx= F

³yx

´puede escribirse

−F³yx

´dx+ dy = 0,

que es una ecuación homogénea de grado 0.

Ejemplo 23 Resolver el P.V.I. x dydx = y + xe

yx , y (1) = 1.

Dividiendo por x,dy

dx=

y

x+ e

yx = F

³yx

´ecuación que en su forma diferencial es la ecuación de grado 0 dada por³y

x+ e

yx

´dx− dy = 0

Para resolver esta ecuación, cambiando variables y = zx, dy = zdx+ xdz y reemplazando³zxx+ e

zxx

´dx− zdx− xdz = 0

ezdx− xdz = 01

xdx− e−zdz = 0

ln |x|+ e−z = c

y reemplazando z = yx

ln |x|+ e−yx = c (4.2)

relación que determina y = y (x) en forma implícita. Para determinar la solución del P.V.I. dado, se debedeterminar el valor de la constante c. Para esto, en 4.2 se reemplaza x = 1, y = 1

ln |1|+ e−1 = c

c = e−1

22

y entonces la solución del P.V.I. está dada en forma implícita por

ln |x|+ e−yx = e−1

explícitamente, la solución es

y = −x ln¯e−1 − ln |x|

¯= x ln

¯e

1− e ln |x|

¯Ejemplo 24 Resolver la ecuación

¡x2e−

yx + y2

¢dx = xydy

Dividiendo por xy (o multiplicando por 1xy ), ser obtieneµx

ye−

yx +

y

x

¶dx = dyµ

e−yx

yx

+y

x

¶dx− dy = 0

esta última ecuación es homogénea con coeficientes de grado 0. Para resolverla considere y = zx, dy = zdx+xdz,al reemplazar en la ecuación µ

e−z

z+ z

¶dx− (zdx+ xdz) = 0

e−z

zdx− xdz = 0 (4.3)

1

xdx− zezdz = 0

de manera que la solución de la ecuación 1.15 está dad en forma implícita porZ1

xdx−

Zzezdz = c, c ∈ R

IntegrandoRzezdz por partes se obtiene

Rzezdz = (z − 1) ez, de manera que la solución de 1.15 está dada

implícitamente porln |x|− (z − 1) ez = c, c ∈ R. (4.4)

Ahora bien, no se debe olvidar que es la ecuación¡x2e−

yx + y2

¢dx = xydy, la que se está resolviendo, lo que

aún no se ha realizado. Para lograr este objetivo basta reemplazar z = yx en 1.16 y se obtiene

ln |x|−³yx− 1´eyx = c, c ∈ R,

relación que determina la solución de la ecuación en forma implícita.

23

4.1 Ejercicios

1. Si ae 6= bd muestre que se puden elegir constantes h y k de modo tal que las sustituciones x = z − h, y =w − k , transforman la ecuación dy

dx = F ( ax+by+cdx+ey+f ) en una ecuación homogénea.

2. Resuelva las siguientes ecuaciones:

(a) dydx =

x−y−3x+y−1

(b) (2x+ 3y − 1)dx− 4(x+ 1)dy = 0

3. Resuelva las siguientes ecuaciones homogeneas

(a) −ydx+ (x+√xy)dy = 0(b) 2x2ydx = (3x3 + y3)dy

(c) dydx =

yx +

xy

(d) dydx =

yx +

x2

y2 + 1

(e) (y2 + 3xy)dx = (4x2 + xy)dy , y(1) = 1

(f) y3dx = 2x3dy − 2x2ydx, y(1) =√2

(g) (x+py2 − xy) dydx = y , y( 12) = 1

5 Ecuaciones Exactas y Factores de IntegraciónAntes de definir que clase de ecuaciones diferenciales son llamadas exactas, consideraremos el siguiente teorema:

Teorema 3 (De la función implícita) Suponga que f : R2 → R, es de clase C1 (las derivadas existen y soncontínuas) en un rectángulo de R2 que contiene al punto (x0, y0) en su interior. Si f (x0, y0) = c, c constante,y ∂f

∂y (x0, y0) 6= 0, entonces existe un intervalo abierto I que contiene a x0 y una función y : I → R, y = y (x),tal que

i. f (x, y (x)) = c, para todo x ∈ I.

ii. y0 (x) = dydx (x) = −

∂f∂x (x,y(x))∂f∂y (x,y(x))

para todo x ∈ I.

Observe que la conclusión del teorema dice algo respecto a las soluciones de ciertas ecuaciones diferenciales.En efecto, sea f (x, y) una función de las variables x e y, si se denota M (x, y) = ∂f

∂x (x, y (x)) y N (x, y) =∂f∂y (x, y (x)) y se considera el P.V.I.

y0 (x) = −M(x,y)N(x,y)

y (x0) = y0

),

el teorema de la función implícita asegura que si N (x0, y0) =∂f∂y (x0, y0) 6= 0, entonces el P.V.I. tiene una

única solución en un intervalo abierto que contiene al punto x0 y está dada implícitamente por la relaciónf (x, y (x)) = c. Este hecho justifica la siguiente definición:

24

Definición 7 Se dice que la ecuación M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0 es exacta, si existe una función de dosvariables f (x, y), tal que M (x, y) = ∂f

∂x (x, y (x)) y N (x, y) =∂f∂y (x, y (x)) .

Si la ecuación M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0 es exacta, y N (x0, y0) 6= 0, entonces el teorema de la funciónimplícita garantiza que el P.V.I.

M (x, y) dx+N (x, y) dy = 0y (x0) = y0

¾tiene una única solución, que está determinada implícitamente por la relación

f (x, y (x)) = c0

donde c0 = f (x0, y0). En otras palabras, la solución está determinada por la curva de nivel c0 = f (x0, y0) dela función f .

Ejemplo 25 Resolver el P.V.I.:

2xdx+ 2ydy = 0

y (2) = 4

Esta ecuación es exacta, pues las funcionesM (x, y) = 2x yN (x, y) = 2y coinciden con las derivadas parcialesde f (x, y) = x2+y2 respecta a x e y respectivamente. El teorema de la función implícita afirma que la solución dela ecuación 2xdx+2ydy = 0 está dada implícitamente por f (x, y) = c, esto es x2+y2 = c. Ahora bien, como esde interés determinar aquella solución que tiene la propiedad adicional y (2) = 4 (satisfacer la condición inicial),se determina c reemplazando estos valores en la relación f (x, y) = c. Se obtiene f (2, 4) = 22 + 42 = 20 = c0.Despejando y se obtiene la solución al P.V.I.:

y (x) =p20− x2

Observe que, si bien es cierto que la ecuación dada en este ejemplo es una ecuación exacta, también es unaecuación de variables separadas, de modo que puede resolverse integrando directamente:

R2xdx+

R2ydy = c,

de donde x2 + y2 = c.

Ejemplo 26 Resolver el P.V.I.

2xdx− 2ydy = 0

y (0) = 2

Esta ecuación es exacta, pues las funciones M (x, y) = 2x y N (x, y) = −2y, coinciden con las derivadasparciales de f (x, y) = x2 − y2 respecto a x e y respectivamente. El teorema de la función implicita afirma quela solución de la ecuación 2xdx− 2ydy = 0, está dada implícitamente por f (x, y) = c, esto es x2− y2 = c. Paradeterminar la solución que satisface la condición inicial y (0) = 2, se determina c reemplazando estos valoresen la relación f (x, y) = c. Luego: f (0, 2) = 02 − 22 = −4 = c0, por lo tanto, la solución del P.V.I. dado es:x2 − y2 = −4. Despejando y se obtiene la solución del P.V.I.

y =p4 + x2

Note que, también esta ecuación es de variables separables, de modo que puede resolverse mediante integracióndirecta. Por supuesto que no debe pensarse que toda ecuación exacta es de variables separables. Fácilmente

25

se puede construir un ejemplo de una ecuación exacta que no es de variables separables. En efecto, es sufi-ciente considerar una función de dos variables f (x, y) de manera que la ecuación exacta determinada por ella∂f∂x (x, y (y)) dx +

∂f∂y (x, y (x)) dy = 0, no sea de variables separables. Por ejemplo, si f (x, y) = x + sen (xy),

se obtiene la ecuación exacta (1 + y cos (xy)) dx + x cos (xy) dy = 0, que no es de variables separables. Comoesta ecuación es de variables separables, su solución está determinada implícitamente por las curvas de nivel dela función f (x, y) = x + sen (xy), esto es, las soluciones están determinadas por la relación x + sen (xy) = c,donde c es una constante arbitraria.Entonces, cómo se puede reconocer si una ecuación dadaM (x, y) dx+N (x, y) dy = 0 es exacta o no. Clara-

mente, si se puede determinar alguna función f (x, y) tal que M (x, y) = ∂f∂x (x, y (x)) y N (x, y) = ∂f

∂y (x, y (x)),entonces no existirá ninguna duda sobre la naturaleza de la ecuación, y se habrá encontrado la solución de laecuación despejando y de la relación f (x, y) = c.Y si no es tan fácil determinar la función f (x, y) tal que M (x, y) = ∂f

∂x (x, y (x)) y N (x, y) = ∂f∂y (x, y (x)),

entonces considere el siguiente teorema:

Teorema 4 Si f (x, y) es de clase C2 (dos veces continuamente diferenciable), entonces las derivadas parcialesmixtas de orden dos son iguales; esto es:

∂2f

∂x∂y(x, y) =

∂2f

∂y∂x(x, y)

Ahora bien, suponga que la ecuación M (x, y) dx+N (x, y) dy = 0, es exacta y que las funciones M (x, y) yN (x, y) son de clase C1. Entonces, existe una función f (x, y) tal queM (x, y) = ∂f

∂x (x, y) y N (x, y) =∂f∂y (x, y),

y, como las derivadas parciales mixtas de segundo orden de f (x, y) son iguales, se puede afirmar que

∂M

∂y(x, y) =

∂2f

∂y∂x(x, y) =

∂2f

∂x∂y(x, y) =

∂N

∂x(x, y)

Se concluye que, si M (x, y) dx+N (x, y) dy = 0, es exacta, entonces ∂M∂y (x, y) =

∂N∂x (x, y).

Es natural la pregunta acerca de que si la igualdad ∂M∂y (x, y) =

∂N∂x (x, y) garantiza que la ecuación

M (x, y) dx+N (x, y) dy = 0 es exacta. La respuesta la da el siguiente teorema:

Teorema 5 Si M (x, y) y N (x, y) son de clase C1, entonces

∂M

∂y(x, y) =

∂N

∂x(x, y)

si, y solamente si,M (x, y) dx+N (x, y) dy = 0 es exacta.

Proposición 3 Si M (x, y) dx+N (x, y) dy = 0 es exacta, entonces la solución de la ecuación es:

f (x, y) :

ZM (x, y) dx+

Z ∙N (x, y)− ∂

∂y

µZM (x, y) dx

¶¸dy = C

f (x, y) :

ZN (x, y) dy +

Z ∙M (x, y)− ∂

∂x

µZN (x, y) dy

¶¸dx = C

Ejemplo 27 Resolver la ecuación 2xydx+¡x2 − y

¢dy = 0.

26

La ecuación es exacta pues∂

∂y(2xy) = 2x =

∂

∂x

¡x2 − y

¢la solución de la ecuación está determinada por f (x, y) = c, donde ∂f

∂x (x, y) = 2xy y∂f∂y (x, y) = x2 − y. Ahora

bien, utilizando la proposición se tiene:Z2xydx+

Z ∙x2 − y − ∂

∂y

µZ2xydx

¶¸dy = C

x2y +

Z ∙x2 − y − ∂

∂y

¡x2y

¢¸dy = C

x2y +

Z ¡x2 − y − x2

¢dy = C

x2y +

Z−ydy = C

x2y − y2

2= C

Se puede despejar y para obtener finalmente y como función de x:

y = x2 +px4 − 2c

Observación 7 Note que existen dos posibles soluciones al despejar la variable y en la solución implícita, perouna sóla satisface la ecuación diferencial.

Ejemplo 28 Resolver la ecuación¡e2y − y cos (xy)

¢dx+

¡2xe2y − x cos (xy) + 2y

¢dy = 0.

Note que esta ecuación no es de variables separables ni homogénea. La ecuación es exacta:

∂

∂y

¡e2y − y cos (xy)

¢= 2e2y − cos (xy) + xysen (xy)

=∂

∂y(2xexy − x cos (xy) + 2y)

la solución de la ecuación está determinada por f (x, y) = c, donde ∂f∂x (x, y) = e2y − y cos (xy) y ∂f

∂y (x, y) =

2xe2y − x cos (xy) + 2y. Luego,Z ¡e2y − y cos (xy)

¢dx+

Z ∙¡2xe2y − x cos (xy) + 2y

¢− ∂

∂y

µZ ¡e2y − y cos (xy)

¢dx

¶¸dy = C

xe2y − sen (xy) +

Z ∙¡2xe2y − x cos (xy) + 2y

¢− ∂

∂y

¡xe2y − sen (xy)

¢¸dy = C

xe2y − sen (xy) +

Z £¡2xe2y − x cos (xy) + 2y

¢− 2xe2y + x cos (xy)

¤dy = C

xe2y − sen (xy) +

Z2ydy = C

xe2y − sen (xy) + y2 = C

No se intentará despejar el valor y = y (x) de esta relación, pues resulta muy difícil de realizar o inclusoimposible.

27

Ejemplo 29 Resolver el siguiente PV.I.¡e2y − y cos (xy)

¢dx+

¡2xe2y − x cos (xy) + 2y

¢dy = 0

y (0) = 1

¾Como la ecuación dada en este P.V.I. es la misma del ejemplo anterior, se puede recurrir a la solución

obtenida para determinar el valor de la constante c correspondiente, pero para ejemplificar el hecho de quepodemos resolver la ecuación exacta considerando la segunda forma de solución, se determinará la solución deesta ecuación a partir de este supuesto y posteriormente se procederá a evaluar el valor de la constante c.Z ¡

2xe2y − x cos (xy) + 2y¢dy +

Z ∙¡e2y − y cos (xy)

¢− ∂

∂x

µZ ¡2xe2y − x cos (xy) + 2y

¢dy

¶¸dx = C

xe2y − sen (xy) + y2 +

Z ∙¡e2y − y cos (xy)

¢− ∂

∂x

¡xe2y − sen (xy) + y2

¢¸dx = C

xe2y − sen (xy) + y2 +

Z £e2y − y cos (xy)− e2y + y cos (xy)

¤dx = C

xe2y − sen (xy) + y2 +

Z0dx = C

xe2y − sen (xy) + y2 = C

Luego, se ha obtenido el mismo resultado que en el ejercicio anterior. Para determinar la solución del P.V.I.,se reemplaza la condición inicial en la relación anterior. Se obtiene

0e2·1 − sen (0 · 1) + 12 = C

de donde C = 1, de manera que la solución del P.V.I. dado está determinado implícitamente por

xe2y − sen (xy) + y2 = 1

5.1 Factores de Integración

Considere la ecuaciónM (x, y) dx+N (x, y) dy = 0 (5.1)

y suponga que su solución pueda expresarse implícitamente por la relación f (x, y) = c, para alguna función fde clase C2. ¿Existe alguna función µ = µ (x, y), tal que la ecuación

µ (x, y)M (x, y) dx+ µ (x, y)N (x, y) dy = 0 (5.2)

resulte exacta?. Si la solución de (5.1) puede expresarse por f (x, y) = c, entonces, aplicando el teorema de lafunción implícita y la ecuación (5.1), se puede afirmar que

−∂f∂x (x, y)∂f∂y (x, y)

=dy

dx= −M (x, y)

N (x, y),

entonces resulta inmediato de verificar que si se define

µ (x, y) =∂f∂x (x, y)

M (x, y)=

∂f∂y (x, y)

N (x, y)

entonces la ecuación (5.2) es una ecuación exacta.

28

Definición 8 La función µ = µ (x, y) es un factor integrante para la ecuación M (x, y) dx+N (x, y) dy = 0, sila ecaución µ (x, y)M (x, y) dx+ µ (x, y)N (x, y) dy = 0 es una ecuación exacta.

Proposición 4 µ (x, y) es un factor de integración de la ecuación (5.1):

i. µ (x, y) depende sólo de la variable x, sí

1

µ (x)

∂µ (x)

∂x=

∂M∂y (x, y)−

∂N∂x (x, y)

N (x, y)(5.3)

es decir, si el cuociente∂M∂y (x,y)− ∂N

∂x (x,y)

N(x,y) = ν (x) es una función que sólo depende de x.

ii. µ (x, y) depende sólo de la variable y, sí

1

µ (y)

∂µ (y)

∂y=

∂N∂x (x, y)−

∂M∂y (x, y)

M (x, y)(5.4)

es decir, si el cuociente∂N∂x (x,y)−

∂M∂y (x,y)

M(x,y) = (y) es una función que sólo depende de y.

iii. si z = z (x, y) depende de las variables x e y, entonces µ (x, y) = µ (z), depende de z, sí

1

µ (z)

dµ (z)

dz=

∂N(x,y)∂x − ∂M(x,y)

∂y

∂z∂yM (x, y)− ∂z

∂xN (x, y)(5.5)

es decir, el cuociente∂N(x,y)

∂x − ∂M(x,y)∂y

∂z∂yM(x,y)− ∂z

∂xN(x,y)= ζ (z) es una función que sólo depende de z.

Ejemplo 30 Determine un factor de integración para la ecuación (xy − 1) dx+¡x2 − xy

¢dy = 0 y resuelva la

ecuación.

La ecuación dada no es exacta. Para determinar un factor de integración se puede verificar si esta ecuaciónadmite un factor de integración que no dependa de y, es decir, que sólo dependa de x. Para esto, se puedeproceder de dos formas: la primera es recurrir a la ecuación (5.3) y verificar si la expresión

∂M∂y (x, y)−

∂N∂x (x, y)

N (x, y)

no depende de y. Una simple evaluación:

∂M∂y (x, y)−

∂N∂x (x, y)

N (x, y)=

x− (2x− y)

x2 − xy= − 1

x

de manera que efectivamente el lado izquierdo de la ecuación (5.3) no depende de y. Resolviendo esta ecuaciónse puede determinar un factor de integración que sólo depende de x :

1

µ (x)

∂µ (x)

∂x= − 1

x(5.6)

29

o biend

dx(ln |µ (x)|) = − 1

x

integrando, tomando la exponencial se obtiene el factor de integración

µ (x) =C

x

Antes de continuar la solución de la ecuación considere un segundo procedimiento para determinar µ = µ (x) :Suponga que existe un factor de integración µ = µ (x) que sólo depende de x, entonces la ecuación

µ (x) (xy − 1) dx+ µ (x)¡x2 − xy

¢dy = 0

es exacta, de manera que∂

∂y(µ (x) (xy − 1)) = ∂

∂x

¡µ (x)

¡x2 − xy

¢¢y derivando parcialmente

∂µ (x)

∂y(xy − 1) + µ (x)

∂

∂y(xy − 1) = ∂µ (x)

∂x

¡x2 − xy

¢+ µ (x)

∂

∂x

¡x2 − xy

¢esto es

µ (x)x =∂µ (x)

∂x

¡x2 − xy

¢+ µ (x) (2x− y)

y despejando el producto 1µ(x)

∂µ(x)∂x se obtiene la ecuación

1

µ (x)

∂µ (x)

∂x=

x− (2x− y)

x2 − xy

que luego de alguna simplificación algebráica se transforma en la ecuación

1

µ (x)

∂µ (x)

∂x= − 1

x

que es la ecuación (5.6) de donde

µ (x) =C

x

Ahora que el factor de integración ha sido determinado, resulta relativamente fácil resolver la ecuación dada.En efecto, al multiplicar por µ (x) = C

x , se obtiene la ecuación exacta

C (xy − 1)x

dx+C¡x2 − xy

¢x

dy = 0

y simplificando µy − 1

x

¶dx+ (x− y) dy = 0.

30

Luego, resolvemos: Z µy − 1

x

¶dx+

Z ∙(x− y)− ∂

∂y

µZ µy − 1

x

¶dx

¶¸dy = C

yx− ln |x|+Z ∙

(x− y)− ∂

∂y(yx− ln (x))

¸dy = C

yx− ln |x|+Z[(x− y)− x] dy = C

yx− ln |x|+Z(−y) dy = C

yx− ln |x|− y2

2= C

y la solución de la ecuación dada está determinada en forma implícita por

yx− ln |x|− y2

2= C, C constante real.

Se deja como ejercicio despejar el valor de la función y en términos de la variable x.En el ejemplo anterior fue posible encontrar un factor de integración que sólo depende de la variable x. Por

supuesto, esto no es siempre así, como lo muestra el siguiente ejemplo.

Ejemplo 31 Determine un factor de integración para la ecuación

−2xydx+¡3x2 − y2

¢dy = 0

y resuelva la ecuación.

Primero observe que la ecuación dada no es exacta. Se verifica si la ecuación admite un factor de integraciónµ = µ (x). Según la discusión anterior, si existe un factor puede determinarse como solución de la ecuación (5.3)siempre que la expresión

∂M(x,y)∂y − ∂N(x,y)

∂x

N (x, y)

sólo depende de la variable x. Evaluando esta expresión con los valores M (x, y) = −2xy y N (x, y) = 3x2− y2,se obtiene

∂M(x,y)∂y − ∂N(x,y)

∂x

N (x, y)=

−8x3x2 − y2

que es una función de las variables x e y, por lo tanto la ecuación dada no admite un factor de integración quesólo depende de x. Entonces, utilizando (5.4), se tiene:

1

µ (y)

∂µ (y)

∂y= −4

y

Resolviendo esta ecuación se obtiene µ (y) = y−4. Note que no se ha considerado la constante de integración(¿Por qué?). Para resolver la ecuación dada, se multiplica por el factor de integración para obtener la ecuaciónexacta:

−2xy−3dx+¡3x2y−4 − y−2

¢dy = 0.

31

Se procede como de costumbre.Z ¡−2xy−3

¢dx+

Z ∙¡3x2y−4 − y−2

¢− ∂

∂y

µZ ¡−2xy−3

¢dx

¶¸dy = C

−x2y−3 +Z ∙¡

3x2y−4 − y−2¢− ∂

∂y

¡−x2y−3

¢¸dy = C

−x2y−3 +Z £¡

3x2y−4 − y−2¢− 3x2y−4

¤dy = C

−x2y−3 +Z ¡−y−2

¢dy = C

−x2y−3 + 1

y= C

de donde se tiene que la solución de la ecuación dada está determinada implícitamente por

1

y− x2

y3= C, donde C es constante.

Ejemplo 32 Sabiendo que la ecuación −y2dx+¡x2 + xy

¢dy = 0, tiene un factor de integración que depende

de x2y, determine sus soluciones.

Sea z = z (x, y) = x2y. Entonces, el lado derecho de la ecuación (5.5) debe poder expresarse como unafunción de la variable z, y si este es el caso, el factor puede determinarse resolviendo (5.5):

∂N(x,y)∂x − ∂M(x,y)

∂y

∂z∂yM (x, y)− ∂z

∂xN (x, y)=

(2x+ y)− (−2y)x2 (−y2)− 2xy (x2 + xy)

= − 2x+ 3y

2x3y + 3x2y2

= − 2x+ 3y

x2y (2x+ 3y)

= − 1

x2y

de manera que el lado derecho de la ecuación (5.5) se puede expresar como una función ζ (z) de la variablez = x2y, a saber ζ (z) = − 1z . Para determinar el factor de integración se resuelve la ecuación (5.5) expresadaen términos de la variable z:

1

µ (z)

dµ (z)

dz= −1

z.

Se obtiene µ (z) = 1z =

1x2y . Ahora, se multiplica la ecuación −y2dx+

¡x2 + xy

¢dy = 0 por µ (z) para obtener

la ecuación exacta

− y

x2dx+

µ1

y+1

x

¶dy = 0.

32

Para resolver esta última ecuación se procede de la forma habitual:Z ³− y

x2

´dx+

Z ∙µ1

y+1

x

¶− ∂

∂y

µZ ³− y

x2

´dx

¶¸dy = C

y

x+

Z ∙µ1

y+1

x

¶− ∂

∂y

³yx

´¸dy = C

y

x+

Z ∙µ1

y+1

x

¶− 1

x

¸dy = C

y

x+

Z1

ydy = C

y

x+ ln |y| = C

y la solución de la ecuación dada está determinada en forma implícita por

y

x+ ln |y| = C, donde C es una constante.

¿Cómo se procedería para resolver el ejemplo anterior, si no se recuerda la fórmula (5.5)?.

5.2 Ejercicios

1. Determine si la ecuación dada es exacta, y si lo es resuélvala:

(a) (2x+ y) dx− (x+ 6y) dy = 0(b) ( sen(y)− ysen(x)) dx+ (cos(x) + x cos(y)− y) dy

(c) (x3 + y3)dx+ 3xy2dy = 0

(d) (x+ y)2dx+ (2xy + x2 − 1)dy = 0

2. Determine M(x, y) ó N(x, y) para que la ecuación dada resulte exacta:

(a) M(x, y)dx+ (xexy + 2xy + 1x)dy = 0

(b) (y1/2x−1/2 + xx2+y )dx+N(x, y)dy = 0

3. Resuelva los siguientes P.V.I.:

(a) (ex + y) dx+ (2 + x+ yey) dy = 0, y (0) = 1.

(b)¡x3 + y

x

¢dx+

¡y2 + ln (x)

¢dy = 0, y (1) = 1

(c) (cos (x) + ln (y)) dx+³xy + ey

´dy = 0, y

¡π2

¢= 1

4. Muestre que la función µ(x, y) dada es un factor de integración para la correspondiente ecuación:

(a) 6xydx+ (4y + 9x2)dy = 0, µ(x, y) = y2 ¿Cómo determinaría este factor?

(b) −y2dx+ (x2 + xy)dy = 0, µ(x, y) = 1x2y

33

(c) (−xysen(x) + 2y cos(x))dx+ 2x cos(x)dy = 0, µ(x, y) = xy

5. Determine si las siguientes ecuaciones admiten o nó factores de integración µ de la forma µ = µ(x) óµ = µ(y) . Si es el caso resuelva la ecuación.

(a) xdy + ydx+ 3x3y4dy = 0

(b)¡3x2 − y2

¢dy − 2xydx = 0

(c) exdx+ (ex cot(y) + 2y csc(y))dy = 0

(d) ydx+ (x− 2x2y3)dy = 0(e) ydx+ (2x− yey)dy = 0

(f) (y2 + xy + 1)dx+ (x2 + xy + 1)dy = 0 R.-. µ = exy , exy(x+ y) = c

6. ¿Bajo qúe condiciones la ecuación M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 tendrá un factor integrante que sea funciónde la suma z = x+ y ?

6 Ecuaciones Lineales de Primer Orden.Se llama ecuación lineal de primer orden a la ecuación

dy

dx+ p (x) y = q (x) (6.1)

Esta ecuación puede escribirse en la forma diferencial

(p (x) y − q (x)) dx+ dy = 0,

luego tiene el factor de integraciónµ (x) = e

Rpxdx. (6.2)

Multiplicando la ecuación (6.1) y resolviendo se obtiene:

y (x) = e−Rp(x)dx

∙ZeRp(x)dxq (x) + c

¸, c ∈ R , (6.3)

que es la solución general de la ecuación lineal de primer orden (6.1).

Ejemplo 33 Determine la solución general de la ecuación

y0 + y = e3x.

La ecuación es lineal de primer orden y está en la forma normal, de manera que admite el factor de integración

µ (x) = eRdx = ex.

Multiplicando la ecuación por este factor se obtiene:

d

dx(exy) = e4x,

34

de dondeexy =

1

4e4x + c,

y entonces, la solución general de la ecuación está dada por

y (x) =1

4e3x + ce−x, c ∈ R.

Ejemplo 34 Determine la solución general de la ecuación

xy0 + 4y = x3 − x

La ecuación dada es lineal de primer orden, pero no se encuentra en la forma normal. Para determinarun factor de integración que sólo depende de la variable x, es necesario normalizar la ecuación. Para esto semultiplica la ecuación por x−1:

y0 +4

xy = x2 − 1

y el factor de integración esµ (x) = e

R4xdx = e4 ln(x) = x4.

Se multiplica la ecuación normalizada por el factor de integración, para obtener la ecuación exacta

x4y0 + 4x3y = x6 − x4 (6.3)

(Investigue que ocurre si se multiplica la ecuación original por el factor de integración. ¿Resulta exacta?¿Cómoexplica lo que ocurre?).Observe que la ecuación (6.3) puede escribirse como

d

dx

¡x4y

¢= x6 − x4

integrando se obtiene

x4y =x7

7− x5

5+ c

y, despejando y, se encuentra la solución general

y =x3

7− x

5+

c

x4, c ∈ R.

6.1 La ecuación de Bernoulli.

La ecuación de Bernoulli normalizada es la ecuación

y0 + p (x) y = q (x) yn (6.4)

donde n es un número real arbitrario fijo.Para resolver esta ecuación se multiplican ambos miembros por y−n, para obtener

y−ny0 + p (x) y−n+1 = q (x) ,

35

y se observa que y−ny0 "casi coincide" con la derivada de y−n+1. Esta observación sugiere el cambio de variable

z = y−n+1,

de donde se obtienedz

dx= (1− n) y−ny0,

o bieny−ny0 =

1

1− nz0,

de manera que, reemplazando en la ecuación (6.4) resulta

1

1− nz0 + p (x) z = q (x) ,

y normalizando, se obtiene la ecuación de primer orden

z0 + (1− n) p (x) z = (1− n) q (x) .

Ejemplo 35 Resolver la ecuaciónxy0 + y = y−2.

La ecuación dada no es una ecuación de Bernoulli normalizada, pero multiplicando por x−1 se obtiene laecuación de Bernoulli normalizada

y0 +1

xy =

1

xy−2.

Multiplicando esta ecuación por y−(−2) = y2, se obtiene

y2y0 +1

xy3 =

1

x(6.5)

Haciendo el cambio de variable

z = y−(−2)+1 = y3,

z0 = 3y2y0, o bien y2y0 =1

3z0

reemplazando en la ecuación (6.5)1

3z0 +

1

xz =

1

x,

y normalizando, se obtiene la ecuación lineal

z0 +3

xz =

3

x(6.6)

que admite el factor de integraciónµ (x) = e

R3xdx = x3.

Multiplicando la ecuación (6.6) por el factor de integración resulta

d

dx

¡x3z

¢= 3x2,

36

integrandox3z = x3 + c,

y como z = y3 se obtiene, finalmentey (x) =

3p1 + cx−3, c ∈ R.

Ejemplo 36 Determine la solución de la ecuación

y0 + x−1y = xy2.

Multiplicando la ecuación por y−2 se obtiene

y−2y0 + x−1y−1 = x,

haciendo z = y−1, se tiene y−2y0 = −z, y reemplazando en la ecuación anterior

−z0 + 1

xz = x.

Normalizandoz0 − 1

xz = −x.

Un factor de integración para esta ecuación es

µ (x) = eR− 1xdx = e− ln(x) =

1

x.

Multilplicando ambos lados de la ecuación se tiene

d

dx

µ1

xz

¶= −1,

integrando1

xz = −x+ c, c ∈ R,

despejando z y reemplazando z = y−1, se obtiene la solución

1

y= −x2 + xc, c ∈ R

y =1

cx− x2, c ∈ R.

Ejemplo 37 Determine la solución de la ecuación

2¡1− x2

¢y0 −

¡1− x2

¢y = xy3e−x

Normalizando

y0 − 12y =

xe−x

2 (1− x2)y3,

37

multiplicando por y−3

y−3y0 − 12y−2 =

xe−x

2 (1− x2),

haciendo z = y−2, se tiene y−3y0 = −12z0 y luego

−12z0 − 1

2z =

xe−x

2 (1− x2),

y normalizando

z0 + z =xe−x

x2 − 1 ,

se multiplica por el factor de integración µ (x) = eRdx = ex :

d

dx(exz) =

x

x2 − 1 ,

integrando

exz =1

2ln¯x2 − 1

¯+ c, c ∈ R,

despejando z y reemplazando por y−2 se tiene

1

y2=

1

2e−x ln

¯x2 − 1

¯+ ce−x, c ∈ R

y =

rex

ln√x2 − 1 + c

, c ∈ R.

6.2 La ecuación de Riccati.

La ecuación de Riccati es la ecuación

dy

dx= p (x) + q (x) y + r (x) y2. (6.7)

Si se conoce una solución y1 (x) de esta ecuación, entonces el cambio de variable

y (x) = y1 (x) +1

z (x)(6.8)

transforma esta ecuación en una ecuación lineal de primer orden. En efecto, reemplazando

y = y1 +1

z, e

y0 = y01 −z0

z2

en la ecuación

y01 −z0

z2= p (x) + q (x)

µy1 +

1

z

¶+ r (x)

µy1 +

1

z

¶2

38

y desarrollando

y01 −z0

z2= p (x) + q (x) y1 + q (x)

1

z+ r (x) y21 + 2r (x)

y1z+1

z2

y como y1 es solución de la ecuación (6.7), se tiene que

− z0

z2= q (x)

1

z+ 2r (x) y1

1

z+ r (x)

1

z2,

normalizando, se obtiene la ecuación lineal de primer orden

z0 = − (q (x) + 2r (x) y1) z − r (x)

o bienz0 + (q (x) + 2r (x) y1) z = −r (x)

Ejemplo 38 Determine las soluciones de la ecuación

y0 − xy2 + (2x− 1) y = x− 1,

sabiendo que y1 (x) = 1 es una solución.

Reemplazando en la ecuación se verifica fácilmente que y1 (x) es efectivamente una solución. Luego deverificar este hecho, se realiza el cambio de variables

y (x) = 1 +1

z (x)

y0 = − z0

z2

reemplazando en la ecuación, se tiene

− z0

z2− x

µ1 +

1

z

¶2+ (2x− 1)

µ1 +

1

z

¶= x− 1,

desarrollando

− z0

z2− x− 2x

z− x

z2+ 2x+

2x

z− 1− 1

z= x− 1,

− z0

z2− x

z2− 1

z= 0,

normalizandoz0 + z = −x

La ecuación lineal de primer orden tiene como factor de integración µ (x) = ex

d

dx(exz) = −xex,

39

integrando, y reemplazando z:

exz = −xex + ex + c, c ∈ Rz = 1− x+ ce−x, c ∈ R,

1

y (x)− 1 = 1− x+ ce−x, c ∈ R,

y (x) = 1 +1

1− x+ ce−x, c ∈ R,

que es la solución pedida.

Ejemplo 39 Determine la solución de la ecuación

y0 + xy2 − 2x2y + x3 = x+ 1,

sabiendo que la y1 (x) = x− 1, es una solución particular de la ecuación.

Por inspección se verifica que y1 (x) = x− 1 es una solución. Considere

y = (x− 1) + 1z.

Reemplazando en la ecuación, se tiene

1− z0

z2+ x

µ(x− 1) + 1

z

¶2− 2x2

µ(x− 1) + 1

z

¶+ x3 = x+ 1,

desarrollando

1− z0

z2+ x3 − 2x2 + x+

2x2

z− 2x

z+

x

z2− 2x3 + 2x2 − 2x

2

z+ x3 = x+ 1,

cancelando y sumando términos semejantes

− z0

z2− 2x

z+

x

z2= 0,

normalizandoz0 + 2xz = x,

multiplicando por el factor integrante: µ (x) = eR2xdx = ex

2

, se tiene

d

dx

³ex

2

z´= xex

2

,

integrando

ex2

z =1

2ex

2

+ c, c ∈ R,

y como y = x− 1 + 1z , se obtiene

y = x− 1 + 2

1 + ce−x2, c ∈ R.

que es la solución pedida.

40

6.3 Ejercicios

1. Resolver las ecuaciones lineales:

(a) x dydx − 3y = x4

(b) y0 + y = 1(1+e2x)

(c)¡2y − x3

¢dx = xdy

(d) (1 + x2)dy + 2xydx = cot(x)dx

(e) (y − 2xy − x2)dx+ x2dy = 0

2. Resuelva las siguientes ecuaciones:

(a) y0 − y = exy2

(b) xy0 − (1 + x)y = xy2

(c) 3(1 + x2)y0 = 2xy(y3 − 1)(d) y1/2y0 + y3/2 = 1 , y(0) = 4

3. Resolver las siguientes ecuaciones:

(a) dydx = −2− y + y2 , note que y = −2 es una solución,

(b) dydx = 1− x− y + xy2 , y = 1

(c) dydx = 6 + 5y + y2

(d) dydx = sec

2(x)− tan(x)y + y2, y = tan(x)

4. Resuelva los siguientes P.V.I.

(a)¡x3 − y

¢dx+ xdy = 0, y (1) = 3

(b) (t+ x+ 3) dt+ dx = 0, x (0) = 1

(c) (x+ 1) dydx + y = ln (x) , y (1) = 10

(d) x2 dydx − 2xy = 3y4, y (1) = 12

7 Aplicaciones de las Ecuaciones de Primer Orden.Ahora se darán ejemplos de aplicaciones de algunas de las ecuaciones diferenciales estudiadas hasta ahora.También se invita al lector a revisar la bibliografía, en la que encontrará una gran cantidad de otros ejemplos.La vida media de una sustancia radiactiva es el tiempo necesario para que se desintegre la mitad de los

átomos de una cantidad inicial de la sustancia en cuestión. Es sabido que la tasa de desintegración de unasustancia radiactiva es proporcional a la cantidad de sustancia en cada instante.

Ejemplo 40 Inicialmente había 100 miligramos de una sustancia radiactiva. Después de 6 horas la masadisminuyó en un 3%. Si la rapidez de desintegración es, en un instante cualquiera, proporcional a la cantidadde sustancia en dicho instante, hallar la cantidad que queda después de 24 horas.

41

Sea y (t) la cantidad de dicha sustancia en el instante t. Como la rapidez de desintegración y0 (t) es, en uninstante cualquiera, proporcional a la cantidad y (t) de sustancia en dicho instante, se tiene

y0 (t) = ky (t) ,

para alguna constante de proporcionalidad k, de donde

y (t) = Cekt, C ∈ R.

La cantidad inicial de sustancia es de 100 = y (0) = Ce0k = C miligramos.Luego de 6 horas, la cantidad de sustancia disminuyó una tres por ciento, de manera que 97 = y (6) = 100e6k ,

y entonces

k =1

6ln

µ97

100

¶.

Consecuentemente

y (t) = 100

µ97

100

¶ t6

.

Ahora bien, después de 24 horas quedarán:

y (24) = 100

µ97

100

¶ 246

= 100

µ97

100

¶4,

es decir, después de 24 horas quedarán aproximadamente 88,5 miligramos de sustancia radiactiva.

Ejemplo 41 La cantidad de bacterias en un cultivo crece, en un instante cualquiera, con una rapidez propor-cional al número de bacterias en dicho instante. Después de tres horas se observa que hay 400 bacterias, y alcabo de 10 horas, hay 2.000. ¿Cuál es el número inicial de bacterias?.

Sea y (t), el número de bacterias presentes en el cultivo en el instante t. Como en un instante cualquieray0 (t) -la rapidez con que crece la población de bacterias- es proporcional al número de elllas, se puede escribir

y0 (t) = ky (t) .

Esta es una ecuación lineal de primer orden, la que tiene soluciones de la forma

y (t) = Cekt.

Para responder a la pregunta formulada, es necesario determinar los valores de las cosntantes C y k. Paraesto, se recurre a la información que aporta el enunciado del problema. Si el tiempo se mide en horas, entoncesse puede afirmar que

Ce3k = y (3) = 400

yCe10k = y (10) = 2000.

De donde, dividiendo miembro a miembro,

e7k = 5,⇒ k =1

7ln (5)

⇒ C = 5−37 · 400

42

y entonces el número de bacterias en el instante t está determinado, aproximadamente, por

y (t) = 5−37 · 400 · 5 t7 = 400 · 5

t−37 .

(¿por qué?). Entonces, el número inicial de bacterias es, ap‘roximadamente,

y (0) = 400 · 5− 37 ≈ 200.6787642.

La ley de enfriamiento de Newton afirma que en un cuerpo que se está enfriando, la rapidez con que latemperatura T (t) cambia es proporcional a la diferencia entre la temperatura del cuerpo y la temperaturaconstante del medio que lo rodea. Por supuesto este enunciado presume que el medio que rodea al cuerpo encuestión es suficientemente grande para que su temperatura no se vea afectada de manera perceptible.

Ejemplo 42 Un termómetro que está en el interior de una habitación se lleva al exterior, en donde la tem-peratura del aire es de −15 grados celsius. Después de un minuto el termómetro marca 13 grados celsius, ydespués de 5 minutos marca −1 grado celsius. ¿Cuál es la temperatura de la habitación al momento de sacar eltermómetro al exterior?

Denote la temperatura de termómetro, medida en grados celsius, en el tiempo t, medido en minutos, porT (t). Se puede suponer que el tiempo 0 corresponde al momento en que el termómetro es transportado alexterior, de manera que la temperatura de la habitación está dada por el valor de T (t) en t = 0. Como latemperatura del aire fuera de la habitación es de −15 grados celsius (temperatura constante del medio querodea al termómetro), se puede afirmar -aplicando la ley de enfriamiento de Newton- que la temperatura T (t)del termómetro satisface la ecuación lineal de primer orden

dT

dt(t) = k [T (t)− (−15)] ,

o, identicamente1

T + 15dT − kdt = 0,

ecuación de variables separables, con solución

ln |T + 15|− kt = c, c ∈ R,

despejando T , se tiene|T + 15| = Cekt, C ∈ R. (7.1)

Ahora, como la temperatura del termómetro no puede ser en ningún caso menor que la temperatura delmedio ambiente en el que se enfría, entonces T (t) ≥ −15, de manera que T+15 ≥ 0 y entonces |T + 15| = T+15.Reemplzanado esto en 7.1 se tiene

T + 15 = Cekt; C ∈ R,de donde

T (t) = Cekt − 15, C ∈ R.Para que esta función represente la temperatura del termómetro en las condiciones dadas en el problema, esnecesario determinar los valores de las constantes C y k, de manera que T (1) = 13 y T (5) = −1, esto es

Cek − 15 = 13Ce5k − 15 = −1

43

o bienCek = 28 (1)Ce5k = 14 (2)

despejando C en (1) y reemplzando en (2), se tiene

e4k =14

28=1

2

luego k = 14 ln

¡12

¢= − ln

¡4√2¢y por lo tanto C 1

4√2 = 28 ⇒ C = 28 4√2 y la temperatura de termómetro en el

tiempo t está dada porT (t) = 28 · 2

t+14

De manera que la temperatura de la habitación al momento de transportar el termómetro fuera de ella es,aproximadamente:

T (0) = 28 · 4√2 ≈ 33.29779922 grados celsius.

Ejemplo 43 Un termómetro se saca de una habitación, en donde la temperatura del aire es de 21 gradoscelsius, al exterior donde la temperatura es de −12 grados celsius. Después de medio minuto el termómetromarca 16 grados celsius. ¿Cuánto marca el termómetro después de estar un minuto a la intemperie?¿Cuantotiempo demorará el termómetro en alcanzar los −10 grados celsius?.

Sea T (t) la temperatura en grados celcius del termómetro en el instante t medido en segundos. Supondremosque el instante t = 0 es el instante en que el termómetro es llevado al exterior. Siendo así, T (0) = 21. Latemperatura del medio exterior es −12 grados celcius, de manera que la ley de enfriamiento de Newton aplicadaa nuestro termómetro nos da

T 0 = k(T − (−12)),o lo que es lo mismo

dT

T + 12= k dt,

de dondeln |T + 12| = kt+ c,

y como en el ejemplo anteriorT (t) = Cekt − 12. (7.2)

Ahora bien, como 21 = T (0), reemplazando en (1.43) resulta 21 = Ce0k − 12, y entonces C = 33. Por otraparte, como a los treinta segundos la temperatura del termómetro es 16 grados celcius, reemplazando en (7.2),

se tiene 16 = 33 e30k − 12, de manera que k = 1

30ln

¯28

33

¯, y por lo tanto la temperatura del termómetro en el

instante t está dada porT (t) = 33e

130 ln| 2833 |t − 12,

o bien

T (t) = 33

µ28

33

¶ t30

− 12.

Finalmente T (60) = 33¡2833

¢ 6030 − 12 = 33

¡2833

¢2 − 12 ≈ 11, 8, de manera que la temperatura del termómetro unminuto despues de expuesto a la intemperie es T (60) ≈ 11, 8 grados celcius. Para contestar la segunda pregunta

44

hacemos −10 = T (t) = 33¡2833

¢ t30 −12 y despejamos t. Obtenemos 2

33=

µ28

33

¶ t30

de donde t = 30ln

¯¯ 233

¯¯

ln| 2833 |≈ 513

segundos, esto es, aproximadamente 8, 6 minutos.

Ejemplo 44 Se disuelven inicialmente 25 kilos de sal en un tanque que contiene 1200 litros de agua. Se bombeasalmuera al tanque a razón de 12 litros por minuto; y luego la solución, adecuadamente mezclada, se bombeafuera del tanque tambien a razón de 12 litros por minuto. Si la concentración de la solución que entra es de0, 25 kilos de sal por litro, determine la cantidad de sal que hay en el tanque en un instante cualquiera. ¿Cuántasal hay en el tanque despues de 50 minutos?, ¿Cuánta sal queda en el tanque despues de un período prolongadode tiempo?.

Sea y(t) la cantidad de kilos de sal que se encuentran en el tanque en el instante t, medido en minutos.Considere un pequeño intervalo de tiempo (t0, t1). ¿Qué ocurre con la solución salina en el tanque durante esteintervalo de tiempo?. Evidentemente la solución salina en el tanque se está modificando, ya que por un ladoentra sal al tanque y por otro sale del tanque. Observe que durante el mencionado intervalo de tiempo entran altanque 12∆t litros de salmuera, que llevan consigo 0, 25 ·12∆t kilos de sal al interior del tanque. Por otra parte,en el mismo intervalo de tiempo, salen del tanque 12∆t litros de solución, los que llevan consigo...cierta cantidadde sal. ¿Cómo determinar esta cantidad de sal que sale del tanque?. Imagine que se tiene algún instrumento quepermite medir la cantidad de sal en el tanque. Ciertamente, cualquiera que sea el diseño de este instrumento,este tendrá ciertas limitaciones: Por muy preciso que resulte ser, no podrá detectar las variaciones en la cantidadde sal en el tanque si ∆t es arbitrariamente pequeño, de manera que desde un punto de vista práctico, se puedeasumir que para intervalos de tiempo muy pequeños, la cantidad y(t) de sal en el tanque, t ∈ (t0, t1), permanececonstante. Para hacer este razonamiento mas aceptable, suponga que en intervalos de tiempo muy pequeños,la cantidad de sal en el tanque permanece practicamente constante. Aceptado este supuesto, se puede afirmarque durante el intervalo de tiempo (t0, t1) la concentración de sal en el tanque es

y(t)1200 , donde t es cualquier

tiempo en el intervalo (t0, t1). De esta discusión se concluye que: durante el intervalo de tiempo (t0, t1), salendel tanque 12∆t y(t)

1200 kilos de sal. Ahora bien, la variación de la cantidad de sal en el tanque durante el intervalo(t0, t1) es exactamente la cantidad de sal que entra durante este intervalo de tiempo menos la cantidad de salque sale del tanque durante este intervalo. En términos matemáticos:

y(t1)− y(t0) = 0, 25 · 12∆t− 12y(t)

1200∆t , t ∈ (t0, t1) ,

dividiendo por ∆t,y(t1)− y(t0)

t1 − t0= 3− y(t)

100, t ∈ (t0, t1) ,

considerando limt1→t0

y(t1)−y(t0)t1−t0 y observando que t ∈ (t0, t1) se obtiene finalmente la ecuación diferencial:

y0(t0) = 3−1

100y(t0)

y como t0 es arbitrario, se puede escribir la ecuación en términos de la variable t :

y0(t) = 3− 1

100y(t) .

45

Para responder las preguntas formuladas en el problema, se debe resolver la ecuación. Considere el factor deintegración µ(x) = e

Rdx100 = e

x100 . Multiplicando la ecuación por este factor, se obtiene

d

dx(e

x100 y(t)) = 3 e

x100 ,

integrandoe

x100 y(t) = 300 e

x100 + c , c ∈ R

de manera quey(t) = 300 + ce−

x100 , c ∈ R

Inicialmente el tanque contiene 25 kilos de sal, de modo que

25 = y(0) = 300 + ce−0100 = 300 + c ,

por lo tanto c = −275, y la cantidad de sal en el tanque esta determinada, en el instante t, por

y(t) = 300− 275 e− x100 .

Consecuentemente, despues de 50 minutos, el tanque contendra y(50) = 300−275 e 50100 = 300−275 e− 1

2 ≈ 128, 1kilos de sal, y como lim

x→∞e−

x100 = 0, se concluye que luego de un período prolongado de tiempo quedarán en el

tanque aproximadamente 300 kilos de sal, ... siempre que la salmuera que entra al tanque no se agote antes!!!,esta información no es ”conocida” por nuestra ecuación, asi que ella no puede advertirnos de este hecho práctico.

Ejemplo 45 Determine la forma de un espejo curvado de tal manera que la luz de una fuente situada en elorígen se refleja en él como un haz de rayos paralelos al eje x.

Suponga que la superficie del espejo está determinada por la rotación de una sección transversal al espejopasando por el centro del mismo. En otras palabras, suponga que la superficie del espejo se obtiene rotando lagráfica de alguna función conveniente en torno a algun eje de rotación (eje x). Sea y(x) la curva que representauna sección del espejo como en la figura.

Figura 14: Espejo CurvadoSean α, β, φ y θ los angulos en la figura. Observe que θ = α + φ, y como φ = β resulta θ = α + β. Por

otra parte, segun la ley de reflexión α = β, de manera que θ = 2β. De la figura se observa que:

y

x= tg(θ) = tg(2β) =

2 tg(β)

1− tg2(β)

46

y es claro quey0(x) = tg(β)

de donde se obtiene la ecuación diferencial:

y

x=

2 y0(x)

1− (y0(x))2 .

Lo primero que se observa es que la derivada de y aparece al cuadrado en esta ecuación. Esto sugiere tratarla ecuación como una ecuación cuadrática en la incógnita y0, de manera que se intentará despejar y0 y luegodeterminar y. Para esto se escribe z = y0 y u =

y

x. Con estas notaciones la ecuación se expresa por

u =2z

1− z2

o bien,

z2 +2

uz − 1 = 0 .

Despejando z se obtiene:

z = − 1u±r1 + u2

u2,

y reemplazando z = y0 y u =y

x, resulta

y0 = −xy±

vuuut1 + (y

x)2

(y

x)2

,

de donde

y0 = −xy±

sx2 + y2

y2,

y como se está interesado en y > 0 (¿Por qué?), se obtiene finalmente la ecuación diferencial homogenea degrado 1

y0 =−x±

px2 + y2

y. (7.3)

Note que en realidad se trata de dos ecuaciones, cada una de ellas determinada por el signo asignado al radicalen el lado derecho de la ecuación. Para resolver esta ecuación considere y = wx, de manera que y0 = w0x+ wy al reemplazar en la ecuación anterior se obtiene

w0x+ w =−x±

px2 + (wx)2

wx,

de donde

w0x+ w =−x± |x|

√1 + w2

wx.

47

Cancelando x en el lado derecho, resulta:

w0x+ w = − 1w± |x|

x

√1 + w2

w.

Antes de continuar, observe que la presencia de la variable x en el lado derecho de esta última ecuación es

superflua ya que|x|x= ±1. Restando w a ambos lados resulta

w0x = −1 + w2

w± |x|

x

√1 + w2

w,

o, lo que es igual,dw

dxx =

−(1 + w2)± |x|x

√1 + w2

w

y separando las variablesw

−(1 + w2)± |x|x

√1 + w2

dw =1

xdx . (7.4)

Si v = 1 + w2 entonces dv = 2w dw de manera queR w dw

−(1 + w2)± |x|x

√1 + w2

= 12

R dv

−v ± |x|x

√v

=R dv

2√v(−√v ± |x|

x )

= − ln |−√v ± |x|

x |= − ln |−

√1 + w2 ± |x|

x |(recuerde que |x|

x = ±1)

de manera que integrando directamente en la ecuación (7.4) se obtiene

− ln¯−p1 + w2 ± |x|

x

¯= ln |x|+ c

y "exponenciando"1¯

−√1 + w2 ± |x|

x

¯ = C |x| , C = ec > 0.

Relación que determina a la solución de la ecuación (7.4) en forma implícita. Reemplazando w =y

xen esta

ecuación se obtiene1¯

¯−r1 +

y2

x2± |x|

x

¯¯= C |x|

o bien1¯

− 1

|x|p

x2 + y2 ± |x|x

¯ = C |x| ,

48

y como|x|x=

x

|x| se puede escribir|x|¯

−p

x2 + y2 ± x¯ = C |x|

de donde la solución de la ecuación (7.3) está dada en forma implícita por

1¯px2 + y2 ∓ x

¯ = C ,

Ahora bien, como se ha comentado, la ecuación (7.3) corresponde a dos ecuaciones. Si el signo del radical en laecuación (1.44) es ” + ” la solución está dada por

1¯px2 + y2 − x

¯ = C , (Por qué?). (7.5)

Para poder eliminar las barras del valor absoluto en (7.4) y despejar y, considere el signo dep

x2 + y2 − x. Seobserva que si x ∈ R− 0 , entonces x ≤ |x| =

√x2 ≤

px2 + y2, y consecuentemente

px2 + y2 − x ≥ 0, de

manera que (7.5) se puede escribir como

a =p

x2 + y2 − x , a =1

C> 0 ,

y por lo tantoa+ x =

px2 + y2 ,

elevando al cuadrado y despejando y2 se obtiene

y2 = 2ax+ a2 .

Se deja de ejercicio analizar que ocurre si en la ecuación (7.3) se considera el signo negativo para el radical dellado derecho. (Indicación: si x < 0, entonces x < 0 < −x = |x|). Compare la solución que obtiene en este casocon la anterior. ¿En qué consiste la diferencia entre ambas soluciones desde un punto de vista geométrico?.

Ejemplo 46 Suponga que un aeroplano despega desde el punto (a, 0) situado al este de su destino, un aeropuertolocalizado en el orígen (0, 0). El aeroplano vuela con rapidez constante v0 relativa al viento, el cual esta soplandohacia el norte con velocidad constante. Supuesto que durante todo el vuelo el piloto mantiene la nave en direcciónhacia el origen, determine la trayectoria del avión.

Denote Va.r.t. la velocidad del avión relativa al terreno, Va.r.v. la velocidad del avión relativa al viento, yVv. la velocidad del viento (relativa al terreno), entonces es claro que Va.r.t = Vv + Va.r.v.. Como la velocidaddel viento es constante en la dirección norte, entonces Vv = (0, w). Denote σ(t) = (x(t), y(t)) la posicióndel avión respecto al sistema de coordenadas con orígen en el aeropuerto de destino y con punto de despegueen el punto de coordenadas (a, 0). Sea θ(t) el ángulo que forma el vector velocidad Va.r.t respecto al eje x.Entonces (x0(t), y0(t)) = Va.r.t.(t) = Vv + Va.r.v. = (0, w) + Va.r.v. y entonces x0(t) = − k Va.r.t.(t) k cos(θ(t)) ey0(t) = − k Va.r.t.(t) k sen( θ(t)) +w y como k Va.r.t.(t) k= v0 se obtiene

x0(t) = −v0 cos(θ(t)) e y0(t) = −v0sen( θ(t)) + w

49

y dividiendo y0(t) por x0(t) y anotando k =w

v0resulta la ecuación homogenea

dy

dx=

dy

dtdx

dt

=y

x− k

px2 + y2

x.

Sea y = z x, entonces

z + xdz

dx=

dy

dx=

z x

x− k

px2 + (z x)2

x

y como en este problema x > 0 (¿por qué?), cancelando resulta

xdz

dx= −k

p1 + z2 ,

separando las variablesdz

k√1 + z2

+dx

x= 0 ,

integrando Zdz

k√1 + z2

+

Zdx

x= c

esto es1

kln¯z +

p1 + z2

¯+ ln |x| = c

o bien

ln

¯x³z +

p1 + z2

´ 1k

¯= c

"exponenciando" y anotando C = ec resulta

x³z +

p1 + z2

´ 1k

= C

y como z =y

x, reemplazando se obtiene

x

Ãy

x+

r1 +

³yx

´2! 1k

= C

o también

x k

Ãy

x+

r1 +

³yx

´2!= C

Finalmente, como el avión despega del punto con coordenadas (a, 0) = σ(0) = (x(0), y(0)), se observa quex(0) = a e y(0) = 0, y reemplazando estos valores en la última ecuación se obtiene

a k

⎛⎝0a+

s1 +

µ0

a

¶2⎞⎠ = C

50

, esto es C = ak, y la trayectoria del avión queda determinada en forma implícita por la ecuación:

xwv0−1³y +

px2 + y2

´= a

wv0 .

¿Es posible que el avión se quede sin combustible antes de llegar al aeropuerto?, ¿En cuáles condiciones estosería inevitable?, ¿Puede obtener su conclusión a partir de esta última ecuación? (Recuerde que

px2 + y2

representa la distancia del avión al aeropuerto (origen de coordenadas), y observe que para que el avión seacerque al aeropuerto es necesario que la componente x se aproxime a 0).

Ejemplo 47 Suponga que un cable cuelga suspendido de sus extremos, sometido a la acción de su propio peso.Si la densidad lineal del cable es constante igual w, detemine la forma que asume el cable.

Ubique el eje Y pasando por el punto más bajo de la cadena, como es observa en la figura:

Figura 15: Cable colganteDenote por s la longitud de arco desde ese punto a uno variable (x, y) y por w (s) la densidad lineal de la

cadena. Se obtiene la ecuación de la curva del hecho de que la porción de la cadena entre el punto más bajo y(x, y) está en equilibrio bajo la acción de tres fuerzas: la tensión horizontal T0 en el punto más bajo; la tensiónvariable T en (x, y), que actúa a lo largo de la tangente debido a la flexibilidad de la cadena; y una fuerza haciaabajo igual al peso de la porción de la cadena entre esos dos puntos. Igualando la componente hortizontal de Ty T0 y la vertical de T al peso resulta:

T cos (θ) = T0,

Tsen (θ) =

Z s

0

w (s) ds

Se deduce de la primera de estas ecuaciones que:

Tsen (θ) = T0 tan (θ) = T0dy

dx,

así que:

T0y0 =

Z s

0

w (s) ds

51

Se elimina la integral derivando con respecto a x:

T0y00 =

d

dx

Z s

0

w (s) ds =d

ds

Z s

0

w (s) dsds

dx

= w (s)

q1 + (y0)2

Por consiguiente:

T0y00 = w (s)

q1 + (y0)2 (7.6)

es la ecuación diferencial de la curva pedida, y ésta se halla resolviendo la ecuación. Para continuar se necesitainformación adicional sobre la función w (s) . Se resuelve (7.6) para el caso en que w (s) es una constante w0,de modo que:

y00 = a

q1 + (y0)2, a =

w0T0

(7.7)

Sustituyendo y0 = p e y00 = dpdx , la ecuación (7.7) se reduce a:

dpp1 + p2

= adx (7.8)

Ahora se integra (7.8) y se utiliza el hecho de que p = 0 cuando x = 0 para llegar a

ln¯p+

p1 + p2

¯= ax

despejando p,

p =dy

dx=1

2

¡eax − e−ax

¢.

Si se ubica el eje x a la altura adecuada para que y = 1a cuando x = 0 se tiene

y =1

2a

¡eax + e−ax

¢=1

acosh (ax)

como la ecuación de la curva que adopta una cadena uniforme flexible bajo su propio peso. Esta curva se llamacatenaria.

7.1 Ejercicios

1. Un cuerpo de masa m que va cayendo encuentra una resistencia del aire proporcional a su velocidadinstantanea v(t) . Determine la posición del cuerpo en el instante t .

2. Supongase que un cable cuelga suspendido de sus extremos, sometido a la acción de su propio peso.Determine la función cuya gráfica representa la forma del cable colgante.(Vea SIMMONS, ”ECUACIONESDIFERENCIALES con aplicaciones y notas históricas”

3. Una persona M que parte del origen, se mueve en la dirección positiva del eje x arrastrando un peso alo largo de la curva C. El peso, ubicado inicialmente sobre el eje y en el punto de coordenadas (o, s), esarrastrado por medio de una cuerda de longitud constante s, que se mantiene tensa en el transcurso delmovimiento. Determine la curva C. (Vea SIMMONS, ”ECUACIONES DIFERENCIALES con aplica-ciones y notas históricas”

52

4. Hallar la forma de un espejo curvado de tal manera que la luz de una fuente situada en el orígen se reflejaen él como un haz de rayos paralelos al eje x. (Vea SIMMONS, ”ECUACIONES DIFERENCIALES conaplicaciones y notas históricas”, Capítulo 1, Factores integrantes).

5. Un depósito contiene 40 galones de agua pura. Salmuera con 3 libras de sal por galón fluye en él a razónde 2 galones por minuto, y la mezcla escapa a razón de 3 galones por minuto.

a) Calcular la cantidad de sal en el depósito cuando ya solo quedan en él 20 galones.

b) ¿Cuándo es máxima la cantidad de sal en el depósito?

6. Un cultivo tiene inicialmente una cantidad N0 de bacterias. Una hora más tarde se observa un aumentode 50% en el número de bacterias del cultivo. Si la rapidez con que crece el cultivo es proporcional alnúmero de bacterias presentes, determine el tiempo necesario para que el número de bacterias se triplique.

7. Un magnate posee una fortuna que crece a un ritmo proporcional al cuadrado de su valor en cada momento.Si tenía 10 millones de dólares hace un año y hoy tiene 20 millones ¿Cuál será su fortuna dentro de 6meses?, ¿ y dentro de un año?.

8. ¿Cuál curva situada por encima del eje x tiene la propiedad que la longitud del arco que une dos puntoscualesquiera sobre ella es proporcional al area bajo dicho arco?

9. Un conejo parte del orígen y corre por el eje y positivo con velocidad a. Al mismo tiempo, un perro quecorre con rapidez b sale del punto de coordenadas (c, 0) y persigue al conejo. ¿Cuál es la trayectoria quesigue el perro?.(Vea SIMMONS, ”ECUACIONES DIFERENCIALES con aplicaciones y notas históricas”,Capítulo 2, Cadena colgante, curvas de persecución)

10. El eje y y la recta x = c son las orillas de un río cuya corriente fluye con una velocidad uniforme a en ladirección negativa del eje y. Una barca entra en el río por el punto de coordenadas (c, 0) y desplazandosecon rapidez b relativa al agua se dirige a la orilla opuesta. ¿Cuál es la trayectoria que seguirá la barcasi durante todo el trayecto la proa permanece orientada hacia el orígen de coordenadas?. Es claro queel destino de la barca depende de la relación entre a y b. Determine condiciones para llegar a la orillaopuesta. ¿Es posible que la barca llegue al punto correspondiente al orígen de coordenadas?. (La mismareferencia del problema anterior)

11. Cierta información dudosa relativa a los efectos de la feniletilamina en el agua potable comenzó a extenderseun día en una ciudad de 100.000 habitantes. Después de una semana 10.000 personas había oído el rumor.Suponga que la razón de aumento del número de las que han oído el rumor es proporcional al número delos que aún no escuchan el rumor. ¿Cuánto tiempo pasará hasta que la mitad de la ciudad haya escuchadoel rumor?

12. La ley de Torricelli se puede enunciar de la siguiente forma: la velocidad de caída de una gota de aguaes proporcional al cuociente entre la raíz cuadrada de la altura sobre el área de la sección transversalhorizontal del tanque. La constante de proporcionalidad está dada por la expresión: k = −a

√2g. Un

tanque tiene la forma de un cilindro vertical; inicialmente contiene agua pura con una profundidad de 9pies y un tapón en el fondo es retirado en el momento t = 0 (horas). Después de 1 hora la profundidaddel agua ha descendido a 4 pies. ¿Cuánto tiempo tardará el agua en salir por completo?

53

13. Un tanque de 400 galones contiene inicialmente 100 galones de salmuera, la cual contiene a su vez 50 librasde sal. Entra salmuera, cuya concentración es de 1 libra de sal por galón a razón de 5 galones por segundo,y la salmuera mezclada en el tanque se derrama a razón de 3 galones por segundo. ¿Qué cantidad de salcontendrá el tanque cuando esté lleno de salmuera?

Ecuaciones Diferenciales Lineales de OrdenSuperior.1 Ecuaciones lineales de 2o orden.Definición 1 La ecuación lineal de 2o orden es la ecuación

y00 (x) + p (x) y0 (x) + q (x) y (x) = r (x) , (1.1)

Teorema 1 Sean p (x) , q (x) y r (x) funciones contínuas en un intervalo cerrado [a, b]. Dado x0 ∈ [a, b], y0e y1 ∈ R, existe una y sólo una solución y (x) de (1.1) definida para todo x ∈ [a, b], tal que y (x0) = y0 ey0 (x0) = y1.

Este teorema afirma que la ecuación (1.1) siempre tiene solución, más aún afirma que el P.V.I.

y00 (x) + p (x) y0 (x) + q (x) y (x) = r (x)y (x0) = y0y0 (x0) = y1

⎫⎬⎭tiene exactamente una solución.

1.1 Ecuaciones lineales de 2o orden homogéneas.

Antes de intentar resolver la ecuación (1.1), considere la ecuación homogénea:

y00 (x) + p (x) y0 (x) + q (x) y (x) = 0 (1.2)

Proposición 1 Si y1 (x) e y2 (x) son soluciones de (1.2) y λ ∈ R entoncesi) (y1 + y2) (x) = y1 (x) + y2 (x) son soluciones de (1.2)ii) (λy1) (x) = λy1 (x) es solución de (.2)

En efecto:

i) (y1 + y2)00 (x) + p (x) (y1 + y2)

0 (x) + q (x) (y1 + y2) (x) = 0 + 0

ii) (λy1)00 (x) + p (x) (λy1)

0 (x) + q (x) (λy1) (x) = 0

ConsidereSh ([a, b]) = y : [a, b]→ R | y es solución de (1.2)

La proposición anterior muestra que Sh ([a, b]) es un espacio vectorial.

54

Proposición 2 Sh ([a, b]) con la suma habitual de funciones y la multiplicación de un escalar real por unafunción es un espacio vectorial de dimensión 2.

Esto significa que Sh ([a, b]) tiene una base formada por dos elementos, en particular si y1 (x) , y2 (x) esuna base de Sh ([a, b]), entonces para cada y ∈ Sh ([a, b]) existen escalares C1, C2 ∈ R, tales que:

y (x) = C1y1 (x) + C2y2 (x)

Conclusion: si se desea determinar las soluciones de la ecuación homogénea

y00 (x) + p (x) y0 (x) + q (x) y (x) = 0

es suficiente determinar dos soluciones y1 (x) e y2 (x) de esta ecuación que sean linealmente independientes.

Definición 2 Si y1, y2 : [a, b]→ R son funciones diferenciables, el Wronskiano de y1, y2, W [y1, y2], es

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

µy1 (x) y2 (x)y01 (x) y02 (x)

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

02 (x)− y2 (x) y

01 (x)

Proposición 3 (Fórmula de Abel)Si y1 (x) e y2 (x) son solución de la ecuación lineal homogénea de 2o orden

y00 (x) + p (x) y0 (x) + q (x) y (x) = 0

entoncesW [y1 (x) , y2 (x)] =W (x) = Ce−

Rp(x)dx (Formula de Abel)

Corolario 2 Sean y1 (x) , y2 (x) soluciones de la ecuación homogénea (2.2), entoncesi) y1 (x) , y2 (x) es linealmente independiente si y sólo si W [y1 (x) , y2 (x)] 6= 0, ∀ x ∈ [a, b]ii) y1 (x) , y2 (x) es linealmente dependiente si y sólo si W [y1 (x) , y2 (x)] = 0, ∀ x ∈ [a, b]

Ejemplo 1 Muestre que y (x) = C1sen (x) + C2 cos (x) es la solución general de la ecuación y00 + y = 0.

i. Primero verificamos que son soluciones de la ecuación:

y1 (x) = sen (x) , y2 (x) = cos (x)

y01 (x) = cos (x) , y02 (x) = −sen (x)y001 (x) = −sen (x)| z , y002 (x) = − cos (x)| z

y001 + y1 = −sen (x) + sen (x) = 0, y002 + y2 = − cos (x) + cos (x) = 0

ii. Ahora verificamos que y1 (x) , y2 (x) es linelamente independiente

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

µsen (x) cos (x)cos (x) −sen (x)

¶= −sen2 (x)− cos2 (x) = −1 6= 0 ∀ x

∴ y1 (x) , y2 (x) es linealmente independiente.

55

1.1.1 Empleo de una solución conocida y1 de y00 (x)+ p (x) y0 (x)+ q (x) y (x) = 0 para determinar y2solución linealmente independiente.

Suponga y1 es una solución conocida de y00 (x) + p (x) y0 (x) + q (x) y (x) = 0, Observe que si y2 es cualquiersolución de la ecuación homogénea (1.2), entonces, según la fórmula de Abel aplicada a y1 (x) , y2 (x), y2satisface la ecuación lineal de 1er orden:

y1 (x) y02 (x)− y2 (x) y

01 (x) = e−

Rp(x)dx

o bien

y02 (x)−y01 (x)

y1 (x)y2 (x) =

e−Rp(x)dx

y1 (x)

esta ecuación puede ser resuelta, pues es de 1er orden

Ejemplo 2 Determine la solución general de la ecuación lineal homogénea de 2o orden

x2y00 + xy0 − y = 0, y1 (x) = x.

Seany1 (x) = x, y01 (x) = 1, y

001 (x) = 0

reemplazando en la ecuación se tienex2 · 0 + x · 1− x = 0

Para resolver la ecuación en primer lugar se debe normalizar la ecuación:

y00 +1

xy0 − 1

x2y = 0

Sea y2 (x) otra solución de la ecuación que es linealmente independiente con y1, entonces, según la fórmula deAbel:

W [y1 (x) , y2 (x)] = e−Rp(x)dx

y1y02 − y01y2 = e−

R1xdx

xy02 − y2 = e− ln|x| =1

x

y02 −1

xy2 =

1

x2

determinando el factor integrante: µ (x) = eR− 1xdx = e− ln|x| = 1

x

d

dx

µ1

xy2

¶=

1

x3, integrando

1

xy2 = −1

2x−2 + C, despejando y2

y2 (x) = − 12x+ Cx

56

Observe que:

y (x) = C1y1 (x) + C2y2 (x)

= C1x+ C2

µ− 12x+ Cx

¶y (x) = (C1 + C)x+

µ−C22

¶1

x.

Luego, y1 (x) = x e y2 (x) = 1x . Por lo tanto

Sh ([a, b]) =

½C1x+ C2

1

x| C1, C2 ∈ R

¾1.2 Ejercicios

1. Determine cuáles de los siguientes conjuntos de funciones son linealmente dependientes y cuáles son lineal-mente independientes. En cada caso use la defnición directa y los teoremas que involucran al Wronskiano.

(a) e−4x , e4x

(b) 2x3 , −3x3

(c) 1, cos(x)

(d) x2 , x2 + 1 , x2 − 1(e) (x+ 1)(x− 2) , (2x− 1)(x+ 3) , (x+ 2)(x− 1)(f) sen2(x), cos2(x) , 2

(g) sen(x) + cos(x) , 3sen(x)− 2 cos(x), 4 cos(x)

2. Determine si los siguientes conjuntos de funciones son linealmente independientes en -∞ < x <∞

(a) y1(x) = x, y2(x) = x2, y3(x) = 4x− 3x3(b) y1(x) = 0, y2(x) = x, y3(x) = ex(c)

©y1(x) = 5, y2(x) = cos

2(x), y3(x) = sen2(x)ª

(d) y1(x) = cos(x), y2(x) = 1, y3(x) = cos2(x)

3. En los siguientes problemas se da una solución de la ecuación propuesta. Determine otra solución que sealinealmente independiente de la solución dada.

(a) x2y00 − 7xy0 + 16y = 0 , y1 = x4

(b) xy00 + y0 = 0 , y1 = ln(x)

(c) 4x2y00 + y = 0, y1 = x1/2 ln(x)

(d) y00 − 3 tg(x) y0 = 0 , y1 = 1(e) (1− 2x− x2)y00 + 2(1 + x)y0 − 2y = 0 , y1 = x+ 1 .

4. Determinar la solución general:

57

(a) y00 + y = 0, y1 (x) = sen (x) ,

(b) y00 − y = 0, y1 (x) = ex,

(c) x y00 + 3y0 = 0, solución evidente y1 (x) = 1,

(d)¡1− x2

¢y00 − 2xy0 + 2y = 0, y1 (x) = x

2 Ecuación lineal homogénea de 2o orden con coeficientes constantes.La ecuación lineal homogénea con coeficientes constantes es la ecuación:

y00 (x) + p (x) y0 (x) + q (x) y (x) = 0donde p (x) = p, q (x) = q son constantes

¾(2.1)

Para resolver esta ecuación, se necesita encontrar por lo menos una solución.Como las derivadas de y = emx son múltiplos de y existe alguna posibilidad de determinar m de manera que

y = emx sea solución de la ecuación en cuestión.Sea y1 (x) = emx y suponga que es solución de la ecuación (2.1), entonces

m2emx + pmemx + qemx = 0¡m2 + pm+ q

¢emx = 0

por lo tanto si m2 + pm+ q = 0, entonces y1 (x) = emx será solución de (2.1). ¿Cuál es el valor de m?.

m1 =−p+

pp2 − 4q2

,

m2 =−p−

pp2 − 4q2

Luego se tienen tres posibilidades:

I. Raíces reales y distintas.

II. Raíces reales e iguales.

III. Raíces complejas.

I. p2 − 4q > 0; m1 6= m2; m2 + pm + q = (m−m1) (m−m2) ⇒ y1 (x) = em1x, y2 (x) = em2x son ambas

soluciones de (2.1), además se verifica que W [y1 (x) , y2 (x)] 6= 0. Por lo tanto y1 (x) , y2 (x) es unconjunto linealmente independiente.

Conclusión:

y (x) = C1em1x + C2e

m2x | C1, C2 ∈ R es la solución general de la ecuación (2.1)

Ejemplo 3 Resolvery00 (x)− 5y0 (x) + 6y (x) = 0

58

Aquí, p = −5, q = 6. Considere el polinomio asociado

m2 − 5m+ 6

cuyas raíces son

m =5±√25− 242

=5± 12

m1 = 2, m2 = 3

m2 − 5m+ 6 = (m− 2) (m− 3)

Solución de la ecuación: ©y (x) = C1e

2x + C2e3x | C1, C2 ∈ R

ªEjemplo 4 Resolver:

y00 (x)− y0 (x)− 2y (x) = 0

Considere las raíces del polinomio asociado

m2 −m− 2 = (m+ 1) (m− 2)

Solución general: ©y (x) = C1e

−x + C2e2x | C1, C2 ∈ R

ªII. p2 − 4q = 0; m1 = m2 = −p

2 , m2 + pm+ q = (m−m1)

2 ⇒ y1 (x) = e−p2x es solución de (2.1).

Para determinar y2 (x) una solución linealmente independiente de (2.1) con y1 (x), considere la fórmula deAbel:

W [y1 (x) , y2 (x)] = Ce−Rpdx

e−p2xy02 (x) +

p

2e−

p2xy2 (x) = Ce−px

y02 (x) +p

2y2 (x) = Ce−

p2x

el factor de integración: µ (x) = eR p

2 dx = ep2x

d

dx

³ep2xy2 (x)

´= Ce−

p2xe

p2x, integrando

ep2xy2 (x) = Cx

y2 (x) = Cxe−p2x

como interesa encontrar una solución de la ecuación entonces, considerando C = 1, se tiene

y2 (x) = xe−p2x

Como m1 = −p2 se concluye que la solución general de la ecuación (2.1) es, en este caso:

y (x) = C1em1x + C2xe

m1x | C1, C2 ∈ R

59

Ejemplo 5 Resolvery00 (x) + 4y0 (x) + 4y (x) = 0

Se observa que el polinomio asociado es

m2 + 4m+ 4 = (m+ 2)2

luego la raíz: m1 = m2 = −2 = −p2 , por lo tanto, la solución general de la ecuación dada es:©y (x) = C1e

−2x + C2xe−2x | C1, C2 ∈ R

ªIII. p2 − 4q < 0; m1 = −p

2 +−√4q−p22 i = a− bi, m2 = a+ bi, luego

ey1 (x) = em1x = e(a−bi)x = eaxe−bxiey2 (x) = em2x = e(a+bi)x = eaxebxi

y, según la fórmula de Euler:eθi = cos (θ) + isen (θ)

se obtiene:

ey1 (x) = eax cos (bx)− ieaxsen (bx)ey2 (x) = eax cos (bx) + ieaxsen (bx)

pero estas expresiones involucran números complejos. Considere las combinaciones

y1 (x) =1

2(ey1 (x) + ey2 (x)) = eax cos (bx)

y2 (x) =i

2(ey1 (x)− ey2 (x)) = eaxsen (bx) .

Se verifica fácilemente que y1 (x) e y2 (x) son soluciones de (2.1) (Ejercicio) (basta observar que si m1 =a− bi, m2 = a+ bi, entonces

m2 + pm+ q = (m−m1) (m−m2)

= m2 − (m1 +m2)m+m1m2

= m2 − 2am+¡a2 + b2

¢de modo que la ecuación (2.1) se expresa por

y00 (x)− 2ay0 (x) +¡a2 + b2

¢y (x) = 0

y al reemplazar y1 (x) e y2 (x) en esta ecuación se verifica la igualdad en cada caso.)

AdemásW [y1 (x) , y2 (x)] 6= 0 (Ejercicio)

Conclusión: la solución general de (2.1) es, en este caso,

y (x) = C1eax cos (bx) + C2e

axsen (bx) | C1, C2 ∈ R

60

Ejemplo 6 Resolver la ecuacióny00 (x)− 4y0 (x)− 8y (x) = 0

Polinomio asociado:m2 − 4m+ 8

Raíces:

m =4±√16− 322

= 2± 2i

Solución general de la ecuación:

y (x) = C1e2x cos (2x) + C2e

2xsen (2x) , C1, C2 ∈ R

Ejemplo 7 Resolvery00 (x) + 2y0 (x) + 5y (x) = 0

Polinomio asociado:m2 + 2m+ 5

Raíces:

m =2±√4− 202

= 1± 2i

Solución general:y (x) = C1e

x cos (2x) + C2exsen (2x) , C1, C2 ∈ R

2.1 Ejercicios

1. Determine la solución general de las siguientes ecuaciones:

(a) y00 + 5y0 + 6y = 0

(b) y00 + 8y0 + 16y = 0

(c) z00 + z0 − z = 0

(d) y00 + 9y = 0

(e) z00 − 6z0 + 10z = 0(f) w00 + 4w0 + 6w = 0

2. Resuelva los siguientes P.V.I.

(a) y00 + 2y0 − 8y = 0; y (0) = 3, y0 (0) = −12(b) y00 + 2y0 + y = 0; y (0) = 1, y0 (0) = −3(c) w00 − 4w0 + 2w = 0; w (0) = 0, w0 (0) = 1(d) y00 − 2y0 + 2y = 0; y (π) = eπ, y0 (π) = 0.

61

3 Ecuación lineal de 2o orden no homogénea con coeficientes con-stantes

La ecuación lineal de 2o orden no homogénea con coeficientes constantes es la ecuación

y00 (x) + py0 (x) + qy (x) = r (x) (3.1)

Proposición 4 Sea y1 (x) , y2 (x) una base del espacio solución de la ecuación homogénea

y00 (x) + py0 (x) + qy (x) = 0

e yp (x) una solución particular de la ecuación (3.1).Entonces la solución general de (3.1) es:

y (x) = yp (x) + C1y1 (x) + C2y2 (x) ; C1, C2 ∈ R

en otras palabras, y (x) es solución de (3.1) si y sólo si y (x) = yp (x) + yh (x) , donde yh (x) es solución de laecuación homogénea (2.1).

Justificación:⇒) si y (x) = yp (x) + yh (x) es inmediato que y (x) es solución de (2.5)⇐) si y (x) es solución de (3.1), entonces y (x) = yp (x) + (y (x)− yp (x))| z

solución de la homogénea

Según esta proposición, para resolver (3.1) sólo se necesita conocer una solución particular de (3.1).

3.1 Método de Variación de Parámetros.

Suponga que y1 (x) e y2 (x) son soluciones de la ecuación homogénea

y00 (x) + p (x) y0 (x) + q (x) y (x) = 0

(note que los coeficientes no son necesariamente constantes).Es posible preguntarse si existe alguna solución yp (x) de la ecuación

y00 (x) + p (x) y0 (x) + q (x) y (x) = r (x) (3.2)

que sea de la forma:yp (x) = u1 (x) y1 (x) + u2 (x) y2 (x) .

Supongamos que existe una solución de esta forma, entonces se tiene que:

y1 (x)u01 (x) + y2 (x)u

02 (x) = 0

y01 (x)u01 (x) + y02 (x)u

02 (x) = r (x)

¾, ∀x

62

de donde se necesita encontrar u1 y u2:

u01 (x) =

¯0 y2 (x)

r (x) y02 (x)

¯¯y1 (x) y2 (x)y01 (x) y02 (x)

¯ = − y2 (x) r (x)

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

u02 (x) =

¯y1 (x) 0y01 (x) r (x)

¯¯y1 (x) y2 (x)y01 (x) y02 (x)

¯ = y1 (x) r (x)

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

y, entonces, la solución particular yp (x) de (3.2) es:

yp (x) = y1 (x)

Z −y2 (x) r (x)W [y1 (x) , y2 (x)]

dx+ y2 (x)

Zy1 (x) r (x)

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

Observación: Si se exige que yp (x) sea solución del P.V.I.:

y00 (x) + p (x) y0 (x) + q (x) y (x) = r (x)

y (x0) = 0

y0 (x0) = 0

entonces

yp (x) =

Z x

x0

µy2 (x) y1 (t)− y1 (x) y2 (t)

W [y1 (t) , y2 (t)]

¶r (t) dt

Ejemplo 8 Resolver

y00 + 3y0 + 2y =1

1 + ex

i. Se determina la solución general de la ecuación homogénea: y00 + 3y0 + 2y = 0.

m2 + 3m+ 2 = (m+ 2) (m+ 1) .

Solución general de la homogénea:yh (x) = C1e

−2x + C2e−x

ii. Como y1 (x) = e−2x e y2 (x) = e−x son soluciones linealmente independientes de la homogénea, se determinauna solución particular yp (x) de la forma:

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

= u1 (x) e−2x + u2 (x) e

−x

según el análisis anterior, se utiliza la condición

y1u01 + y2u

02 = 0

y01u01 + y02u

02 =

1

1 + ex

63

despejando u01, u02 :

u01 (x) =

¯0 e−x1

1+ex −e−x¯

¯e−2x e−x

−2e−2x −e−x¯ = − e−x

1+ex

e−3x=− 1

ex(1+ex)

1e3x

u01 (x) = − e2x

1 + ex, u1 (x) =

Z −e2x1 + ex

dx

v = ex; dv = exdx⇒Z −e2x1 + ex

dx = −Z

vdv

1 + v= − (v − ln |1 + v|)

∴ u1 (x) = −ex + ln |1 + ex|

u02 (x) =

¯e−2x 0−2e−2x 1

1+ex

¯¯

e−2x e−x

−2e−2x −e−x¯ = ex

1 + ex⇒ u2 (x) = ln |1 + ex|

La solución particular:

yp = (−ex + ln (1 + ex)) e−2x + (ln (1 + ex)) e−x

yp = e−x¡e−x + 1

¢ln (1 + ex)− e−x

La solución general de la ecuación dada: y = yp + yh

y (x) = e−x¡e−x + 1

¢ln (1 + ex)− e−x + C1e

−2x + C2e−x

o simplemente:y (x) = e−x

¡e−x + 1

¢ln (1 + ex) + C1e

−2x + C2e−x

Ejemplo 9 Resolver

y00 + y = csc (x) , csc (x) =1

sen (x)

i. Solución de la ecuación homogénea asociada:y00 + y = 0

polinomio asociado:m2 + 1

raíces:m1 = 0− i, m2 = 0 + i

Solución de la ecuación homogénea

y1 (x) = cos (x) , y2 (x) = sen (x)

yh = C1 cos (x) + C2sen (x)

64

ii. Se supone que existe la solución particular:

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

se impone la condición:

y1 (x)u01 (x) + y2 (x)u

02 (x) = 0

y01 (x)u01 (x) + y02 (x)u

02 (x) =

1

sen (x)

entonces:

u01 (x) =

¯0 sen (x)1

sen(x) cos (x)

¯¯cos (x) sen (x)−sen (x) cos (x)

¯ = −11⇒ u1 (x) = −x

u02 (x) =

¯cos (x) 0−sen (x) 1

sen(x)

¯¯cos (x) sen (x)−sen (x) cos (x)

¯ = cos (x)

sen (x)⇒ u2 (x) = ln |sen (x)|

⇒ yp (x) = −x cos (x) + sen (x) ln |sen (x)|

Solución general de la ecuación dada: y (x) = yp (x) + yh (x)

y (x) = (C1 − x) cos (x) + (C2 + ln |sen (x)|) sen (x)

3.2 Ecuaciones lineales de 2o orden con coeficientes constantes, otro punto devista. (Método del Anulador o Coeficientes Indeterminados)

Definición 3 Dado el siguiente conjunto de funciones:

C ([a, b]) = y : [a, b]→ R | y es diferenciable

Si y ∈ C ([a, b]), entonces podemos definir D (y) = y0 como la aplicación

C ([a, b])D→ C ([a, b])

y 7→ D (y) = y0

El conjunto (C ([a, b]) ,+, ·) es un Espacio Vectorial y D es una función lineal.

Proposición 5 Dada la aplicación D : C ([a, b])→ C ([a, b]) , D (y) = y0, tiene las siguientes propiedades:

i. La compuesta D D

D D : C ([a, b])→ C ([a, b])

(D D) (y) = D (D (y)) = D (y0) = y00

Como D es lineal, D D también es lineal. Notación: D2 = D D

65

ii. Si m1 es una constante, entonces se puede considerar la función

C ([a, b])m1→ C ([a, b])

y 7→ m1y

esta función también es lineal.

iii. Si se suman funciones lineales se obtiene una función lineal:

D +m : C ([a, b])→ C ([a, b])

(D +m) (y) = D (y) +m · y = y0 +my

Considere la ecuación lineal de 1er ordeny0 + 2y = 0

entonces, se puede reescribir esta función como

(D + 2) (y) = 0

Observe que el operador D + 2, tiene Kernel, cuya definición es:

ker (D + 2) = y ∈ C ([a, b]) | D (y) + 2y = y0 + 2y = 0Luego, el determinar las funciones que están en ese conjunto es resolver la ecuación diferencial:

1

yy0 = −2⇒ y (x) = Ce−2x

ker (D + 2) =©Ce−2x | C ∈ R

ªluego, podemos generalizar este hecho particular con la siguiente proposición:

Proposición 6 Dada la ecuación de primer orden

y0 −m1y = 0, m1 constante

esta ecuación se puede reescribir como(D −m1) (y) = 0,

cuya solución está dada porker (D −m1) = Cem1x | C ∈ R

Luego, si L1, L2 : C ([a, b])→ C ([a, b]) son operadores lineales, entonces se pueden componer

L1 L2 : C ([a, b])→ C ([a, b])

y L1 L2 es lineal. Así, si L1 = D +m1; L2 = D +m2, se tiene

(L1 L2) (y) = L1 (L2 (y))

= (D +m1) (L2 (y))

= D (L2 (y)) +m1L2 (y)

= D ((D +m2) (y)) +m1 ((D +m2) (y))

= D (D (y) +m2y) +m1 (D (y) +m2y)

= D2 (y) +m2D (y) +m1D (y) +m1m2y

= D2 (y) + (m1 +m2)D (y) +m1m2y

=¡D2 + (m1 +m2)D +m1m2

¢(y)

66

que es la forma general de la ecuación diferencial de 2o orden con coeficientes constantes.

Note que las soluciones de la ecuación

y00 + (m1 +m2) y0 +m1m2y = 0

constituyen el Kernel del operador lineal¡D2 + (m1 +m2)D +m1m2

¢= L1 L2, esto es

y (x) | y00 (x) + (m1 +m2) y0 (x) +m1m2y (x) = 0 = ker

¡D2 + (m1 +m2)D +m1m2

¢= ker (L1 L2)

Proposición 7 Si L2 (y2) ≡ 0, entonces (L1 L2) (y2) = 0

Consecuencia:Si y2 satisface L2 (y2) = 0, entonces y2 ∈ ker (L1 L2) y por lo tanto y2 es solución de y00 + (m1 +m2) y

0 +m1m2y = 0, como L2 = D +m2 entonces y2 = e−m2x es solución de L2 (y) = 0 y por lo tanto y2 = e−m2x essolución de y00 + (m1 +m2) y

0 +m1m2y = 0. ¿Cómo se puede determinar otra solución?.Como L1 L2 = L2 L1, en efecto:

(L2 L1) (y) = L2 (L1 (y))

= D (L1 (y)) +m2L1 (y)

= D (D (y) +m1y) +m2 (D (y) +m1y)

= D2 (y) +m1D (y) +m2D (y) +m2m1y

= D2 (y) + (m2 +m1)D (y) +m2m1y

=¡D2 + (m2 +m1)D +m2m1

¢(y)

= (L1 L2) (y)

Pero, entonces, si y1 es solución de L1 (y) = 0, entonces y1 es solución de (L2 L1) (y) = 0, esto es y1 es soluciónde ¡

D2 + (m1 +m2)D +m1m2

¢(y) = 0

Como L1 = D +m1, entonces y1 (x) = e−m1x ∈ ker (L1) y por lo tanto: y1 ∈ ker (L1 L2) = ker (L2 L1) =y | y00 + (m1 +m2) y

0 +m1m2y = 0, de esta manera se han obtenido las soluciones linealmente independientes

y1 (x) = e−m1x, y2 (x) = e−m2x

Luego, se ha mostrado otra técnica para resolver ecuaciones lineales homogéneas.

Ejemplo 10 Resolvery00 + 9y0 + 18y = 0

Considere ¡D2 + 9D + 18

¢y = 0

y se verifica fácilmente queD2 + 9D + 18 = (D + 6) (D + 3)

Composicion

67

Se resuelven las ecuaciones(D + 6) y = 0, (D + 3) y = 0

se obtieney1 (x) = e−6x, y2 = e−3x

y la solución general es ©y (x) | y (x) = C1e

−6x + C2e−3x, C1, C2 ∈ R

ªEjemplo 11 Resolver ¡

D2 + 4D + 4¢y = 0

Note queD2 + 4D + 4 = (D + 2) (D + 2) = (D + 2)2

Se resuelve (D + 2) y = 0 , obteniendo y1 (x) = e−2x, y según el método antes estudiado y2 (x) = xe−2x. Por lotanto la solución general es ©

y (x) = C1e−2x + C2xe

−2x | C1, C2 ∈ Rª

Ejemplo 12 ResolverD2y + y = 0

En esta ecuación no es posible "factorizar" D2 + 1 es "factores" lineales de orden 1 con coeficientesconstantes reales. Esta ecuación es simplemente

y00 + y = 0

y se resuelve según el método presentado anteriormente:

y1 (x) = cos (x) , y2 (x) = sen (x)

y la solución general esy (x) = C1 cos (x) + C2sen (x) | C1, C2 ∈ R

Problema: Resolver la ecuacióny00 + 5y0 + 6y = e−x

i. Solución de la ecuación homogénea ©yh = C1e

−2x + C2e−3x | C1, C2 ∈ R

ªii. Determinar una solución particular de la ecuación.

Desde el nuevo punto de vista se puede escribir la ecuación como¡D2 + 5D + 6

¢y = e−x

o también(D + 2) (D + 3) y = e−x

Dos observaciones:

68

a. e−x es solución de (D + 1) y = 0

b. Si yp (x) es solución de (D + 2) (D + 3) y = e−x, entonces

(D + 1) ((D + 2) (D + 3)) (yp) = (D + 1)¡e−x

¢= 0

y como los coeficientes son constantes, también se puede escribir

((D + 2) (D + 3)) (D + 1) y = 0, ahora bien

si (D + 1) y = 0⇒ (D + 2) (D + 3) (D + 1) y = 0.

Esto permite realizar la siguiente pregunta: ¿existirá una solución yp de la ecuación dada que satisfaga(D + 1) (yp) = 0?.

Si la respuesta es afirmativa, entonces se puede determinar una solución particular yp (x) de la forma

yp (x) = Ce−x

(El operador D + 1, se denomina anulador de e−x).

Para verificar esto, se reemplaza yp propuesto en la ecuación dada:¡D2 + 5D + 6

¢ ¡Ce−x

¢= e−x

Ce−x − 5Ce−x + 6Ce−x = e−x

(C − 5C + 6C) e−x = e−x

2Ce−x = e−x

entonces, si C = 12 se determina una solución particular

yp (x) =1

2e−x

Entonces la solución general de la ecuación es:

y (x) =1

2e−x + C1e

−2x + C2e−3x, C1, C2 ∈ R

Ejemplo 13 Resolvery00 + 2y0 − 3y = cos (x)

La ecuación es(D + 3) (D − 1) y = cos (x)

i. La solución de la ecuación homogénea es

yh (x) = C1e−3x + C2e

x, C1, C2 ∈ R

ii. Se determina (si es posible) un anulador de cos (x), esto es alguna expresión lineal (con coeficientes con-stantes) L tal que L (cos (x)) = 0.

69

Recuerde que cos (x) es solución de la ecuación ¡D2 + 1

¢y = 0

Como en el ejemplo anterior, se observa que si yp es solución de la ecuación

(D + 3) (D − 1) y = cos (x)

entonces ¡D2 + 1

¢(D + 3) (D − 1) yp =

¡D2 + 1

¢(cos (x)) = 0

¿Existirá una solución particular yp que sea solución de¡D2 + 1

¢yp = 0?.

Si esto ocurre, entonces yp (x) = A1 cos (x) +A2sen (x) .

Para determinar los coeficientes A1 y A2 se reemplaza yp en la ecuación:

(D + 3) (D − 1) (A1 cos (x) +A2sen (x)) = cos (x)

(D + 3) (−A1sen (x) +A2 cos (x)−A1 cos (x)−A2sen (x)) = cos (x)

− (A2 −A1) sen (x)− (A1 +A2) cos (x) + 3 (A2 −A1) cos (x)− 3 (A1 +A2) sen (x) = cos (x)

(−4A2 − 2A1) sen (x) + (2A2 − 4A1) cos (x) = cos (x)

esta última igualdad implica el siguiente sistema de ecuaciones

2A2 − 4A1 = 1

−4A2 − 2A1 = 0

cuyas soluciones son:

A1 = −1

5, A2 =

1

10

por lo tanto

yp = −1

5cos (x) +

1

10sen (x)

La solución general de la ecuación dada es:

y (x) = yp + yh

y (x) =1

10sen (x)− 1

5cos (x) + C1e

−3x + C2ex, C1, C2 ∈ R.

Ejemplo 14 Resolver la ecuación3y00 − 6y0 + 6y = ex + e−x

i. Solución homogénea

3y00 − 6y0 + 6y = 0

3¡D2 − 2D +D

¢y = 0

como m2 − 2m+ 2 = (m− (1 + i)) (m− (1− i)) se obtiene

yh = C1ex cos (x) + C2e

xsen (x)

70

ii. Anulador de ex + e−x.

Como (D − 1) ex = 0 y (D + 1) e−x = 0, se observa que (D − 1) (D + 1) = D2 − 1 anula a ex + e−x. Elrazonamiento es idéntico al de los ejemplos anteriores:

Si yp es solución de la ecuación, entonces

0 =¡D2 − 1

¢ ¡ex + e−x

¢=

¡D2 − 1

¢ ¡3D2 − 6D + 2

¢yp

=¡3D2 − 6D + 2

¢ ¡D2 − 1

¢yp

¿Existe una solución particular yp que también es solución de¡D2 − 1

¢yp = 0?

Si existe, entoncesyp = Aex +Be−x

reemplazamos en la ecuación:

3¡Aex −Be−x

¢0 − 6 ¡Aex −Be−x¢+ 2

¡Aex +Be−x

¢= ex + e−x

3Aex + 3Be−x − 6Aex + 6Be−x + 2Aex + 2Be−x = ex + e−x

(3A− 6A+ 2A) ex + (3B + 6B + 2B) = ex + e−x

−Aex + 11Be−x = ex + e−x

esto implica

−A = 1, 11B = 1

A = −1, B =1

11

Luego, la solución particular es

yp = −ex +1

11e−x

Por lo tanto la solución general es

y (x) =1

11e−x − ex + C1e

x cos (x) + C2exsen (x)

y (x) = (C1 cos (x) + C2sen (x)− 1) ex +1

11e−x, C1, C2 ∈ R.

Ejemplo 15 Resolvery00 + y = xex

i. Solución homogéneayh = C1 cos (x) + C2sen (x)

ii. Anulador de xex : (D − 1)2 (xex) = 0.

71

Es necesario encontrar una solución particular yp de la ecuación que sea solución de (D − 1)2 y = 0. Se observaque yp (x) = Aex +Bxex, reemplazando en la ecuación se tiene

(Aex +Bex +Bxex)0 +Aex +Bxex = xex

Aex +Bex +Bex +Bxex +Aex +Bxex = xex

2 (A+B) ex + 2Bxex = xex

luego

A+B = 0

2B = 1

entoncesB =

1

2, A = −1

2

Por lo tantoyp =

1

2(xex − ex)

Por lo tanto la solución general es

y (x) =1

2(x− 1) ex + C1 cos (x) + C2sen (x) , C1, C2 ∈ R.

3.3 Ejercicios

1. Mediante el método de variación de parámetros resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales.

(a) y00 + y = sec(x)

(b) y00 + y = sec(x) tg(x)

(c) y00 − 4y = x ex, sujeta a las condiciones y(0) = 1, y0(0) = 0

(d) 2y00 + y0 − y = x+ 1 , sujeta a las ondiciones y(0) = 1, y0(0) = 0

(e) y00 − 4y0 + 4y = (12x2 − 6x) e2x

2. Resuelva las ecuaciones siguientes:

(a) (D2 + 1)y = e−2x,

(b) (xD + 1)(D − 2)y = sen(x),

(c) (D − 1)(D + 1)y = ex,

(d) (D + 4)(xD − 1)y = x.

3. Mediante el método de los coeficientes indeterminados resuelva las siguientes ecuaciones.

(a) y”− 9y = 54(b) y00 + 4y0 + 4y = 2x+ 6

(c) y00 + 3y0 = 4x− 5

72

(d) y00 + 4y = 4 cos(x) + 3 sen(x)− 8(e) y00 + 4y = cos2(x)

(f) y00 + y0 + 14y = ex(sen(3x)− cos(3x))

(g) y00 + 2y0 + y = x2e−x

4. Muestre que la sustitución x = et , transforma la Ecuación de Cauchy - Euler anxny(n)+an−1xn−1y(n−1)+...+a1xy

(1)+a0y = g(x) en una ecuación lineal con coeficientes constantes (verifique esta afirmación porlo menos para n = 2 y 3 ,. Para esto considere z = y(x) = y(et) , y derive z respecto a t para obtenerdzdt =

dydx · et ,

dz2

dt2 =dy2

dx2 · e2t + ·dzdx , etc. ...

5. Resuelva las ecuaciones x2y00 +−xy0 + y = ln(x) , x3y000 + 3x2y00 + xy0 = 0

4 Ecuaciones Lineales con coeficientes constantes de orden mayorque dos.

Definición 4 Las ecuaciones lineales con coeficientes constantes de orden mayor que dos son ecuaciones de laforma:

y(n) (x) + an−1y(n−1) (x) + · · ·+ a1y

0 (x) + a0y (x) = r (x) , (4.1)

o en otras palabras ¡Dn + an−1D

n−1 + · · ·+ a1D + a0¢(y (x)) = r (x)

donde a0, a1, . . . , an−1 son constantes.La ecuación homogénea asociada es:¡

Dn + an−1Dn−1 + · · ·+ a1D + a0

¢(y (x)) = 0

Teorema 3 El conjunto de todas las soluciones de la ecuación lineal homogénea de orden n¡Dn + an−1D

n−1 + · · ·+ a1D + a0¢(y (x)) = 0

es un espacio vectorial de dimensión n

Observación 1 El conjunto de todas las soluciones no es otra cosa que

ker¡Dn + an−1D

n−1 + · · ·+ a1D + a0¢

y por lo tanto es un espacio vectorial.

Definición 5 Sean y1 (x) , y2 (x) , . . . , yn (x) las n soluciones de (4.1), entonces el Wronskiano se define como:

W [y1 (x) , y2 (x) , . . . , yn (x)] = det

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣

y1 (x) y2 (x) y3 (x) y4 (x) . . . yn (x)y01 (x) y02 (x) y03 (x) y04 (x) . . . y0n (x)y001 (x) y002 (x) y003 (x) y004 (x) . . . y00n (x)y0001 (x) y0002 (x) y0003 (x) y0004 (x) . . . y000n (x)...

......

.... . .

...y(n−1)1 (x) y

(n−1)2 (x) y

(n−1)3 (x) y

(n−1)4 (x) . . . y

(n−1)n (x)

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦

73

Teorema 4 Sea L = Dn + an−1Dn−1 + · · · a1D + a0 y suponga que L = Ln11 · · · Lnkk , donde cada Li es

un polinomio de la forma D −mi ó D2 − 2aD +¡a2 + b2

¢donde mi, a± bi son ceros del polinomio asociado

mn + an−1mn−1 + · · ·+ a1x+ a0.

Una base del espacio solución de la ecuación¡Dn + an−1D

n−1 + · · · a1D + a0¢y = 0, está determinada por

la reunión de las bases de los espacios solución de las ecuaciones Ln11 y = 0, Ln22 y = 0, . . . , Lnkk y = 0. Donde:

i. El conjunto©em1x, xem1x, x2em1x, . . . , xk−1em1x

ªes una base del espacio solución de la ecuación homogénea

(D −m1)ky = 0

y por lo tanto la solución general de esta ecuación es

y (x) = C1em1x + C2xe

m1x + C3x2em1x + · · ·+ Ckx

k−1em1x =kXi=1

Cixi−1em1x, Ci ∈ R, i ∈ 1, 2, . . . , k

ii. El conjunto ©eax cos (bx) , xeax cos (bx) , x2eax cos (bx) , . . . , xk−1eax cos (bx) ,eaxsen (bx) , xeaxsen (bx) , x2eaxsen (bx) , . . . , xk−1eaxsen (bx)

ªes una base para el espacio solución de la ecuación homogénea¡

D2 − 2aD +¡a2 + b2

¢¢ky = 0

Recuerde del álgebra que todo polinomio se factoriza como producto de potencias de polinomios de grado 1(determinados por las raíces reales) y/ó grado 2 (determinados por las raíces complejas).

Ejemplo 16 Resolver la ecuacióny000 + 4y00 + y0 − 6y = 0

Solución: La estrategia es factorizarD3 + 4D2 +D − 6

Considere las raíces del polinomio asociado

m3 + 4m2 +m− 6

se puede observbar que m = 1 es una raíz del polinomio

m3 + 4m2 +m− 6 : m− 1 = m2 + 5m+ 6−¡m3 −m2

¢0 + 5m2 +m− 6−¡5m2 − 5m

¢0 + 6m− 6

por lo tanto

m3 + 4m2 +m− 6 = (m− 1)¡m2 + 5m+ 6

¢= (m− 1) (m+ 2) (m+ 3)

74

Entonces se puede factorizar

D3 + 4D2 +D − 6 = (D − 1) (D + 2) (D + 3)y entonces la ecuación puede escribirse de cualquiera de las tres formas siguientes:

(D − 1) (D + 2) (D + 3) y = 0

(D + 2) (D + 3) (D − 1) y = 0

(D + 3) (D − 1) (D + 2) y = 0

y se determinan las soluciones de la ecuación como soluciones de

(D + 3) y = 0⇒ y1 (x) = e−3x

(D − 1) y = 0⇒ y2 (x) = ex

(D + 2) y = 0⇒ y3 (x) = e−2x

se verifica fácilmente que y1 (x) , y2 (x) , y3 (x) son linealmente independientes.Conclusión: la solución de la ecuación

y000 + 4y00 + y0 − 6y = 0es

y (x) = C1e−3x + C2e

x + C3e−2x, C1, C2, C3 ∈ R

Ejemplo 17 Resolver la ecuación

y(4) + 4y(3) + 10y(2) + 12y(1) + 5y = 0

Factorizar el polinomio asociadom4 + 4m3 + 10m2 + 12m+ 5

se observa que −1 es un cero de este polinomiom4 + 4m3 + 10m2 + 12m+ 5 : m+ 1 = m3 + 3m2 + 7m+ 5−¡m4 +m3

¢3m3 + 10m2 + 12m+ 5−¡3m3 + 3m2

¢7m2 + 12m+ 5−¡7m2 + 7m

¢5m+ 5

y por lo tantom4 + 4m3 + 10m2 + 12m+ 5 = (m+ 1)

¡m3 + 3m2 + 7m+ 5

¢note que −1 es un cero de m3 + 3m2 + 7m+ 5,

m3 + 3m2 + 7m+ 5 : m+ 1 = m2 + 2m+ 5−¡m3 +m2

¢2m2 + 7m+ 5

−¡2m2 + 2m

¢5m+ 5− (5m+ 5)

0

75

se obtiene finalmentem4 + 4m3 + 10m2 + 12m+ 5 = (m+ 1)2

¡m2 + 2m+ 5

¢y entonces la ecuación se escribe:

(D + 1)2¡D2 + 2D + 5

¢y = 0, o también¡

D2 + 2D + 5¢(D + 1)2 y = 0

Se determinan las soluciones como soluciones de las ecuaciones:¡D2 + 2D + 5

¢y = 0⇒ m2 + 2m+ 5 = 0⇒ m =

−2±√4− 202

= −1± 2i

⇒ y1 (x) = e−x cos (2x) , y2 (x) = e−xsen (x)

(D + 1)2 = 0⇒ y3 (x) = e−x, y4 (x) = xe−x

Entonces y1 (x) , y2 (x) , y3 (x) , y4 (x) son soluciones de la ecuación (2.10).Se verifica fácilmente que W [y1 (x) , y2 (x) , y3 (x) , y4 (x)] 6= 0, aquí

W = det

⎛⎜⎜⎝y1 y2 y3 y4y01 y02 y03 y04y001 y002 y003 y004y0001 y0002 y0003 y0004

⎞⎟⎟⎠Como el espacio solución de la ecuación (2.10) tiene dimensión 4, entonces la solución general de (2.10) es

y (x) = C1e−x cos (x) + C2e

−xsen (x) + C3e−x + C4xe

−x, C1, C2, C3, C4 ∈ R.

Ejemplo 18 Resolver (D + 2)3 y = 0.©e−2x, xe−2x, x2e−2x

ªes una base del espacio solución ⇒ la solución general es

y (x) = C1e−2x + C2xe

−2x + C3x2e−2x, C1, C2, C3 ∈ R

Ejemplo 19 Resolver D5y = 0

Se puede escribir (D − 0)5 y = 0 y entonces una base para el espacio solución es©e0x = 1, xe0x = x, x2e0x = x2, x3e0x = x3, x4e0x = x4

ªo, equivalentemente ©

1, x, x2, x3, x4ª

y la solución general es

y (x) = C1 + C2x+ C3x2 + C4x

3 + C5x4, C1, C2, C3, C4, C5 ∈ R.

Ejemplo 20 Resolver(D − 2)3 (D + 1)2 (D − 4D + 8)3 y = 0

76

La solución es

y (x) = C1e2x + C2xe

2x + C3x2e2x + C4e

−x + C5xe−x + C6e

2x cos (2x) + C7xe2x cos (2x) + · · ·

= · · ·+ C8x2e2x cos (2x) + C9e

2xsen (2x) + C10xe2xsen (2x) + C11x

2e2xsen (2x) , C1, . . . , C11 ∈ R

Ejemplo 21 Resolver¡D6 − 2D5 + 3D4 − 4D3 + 3D2 − 2D + 1

¢y = 0

Observe que m1 = 1, a±bi = 0± i son raíces del polinomio asociado: m6−2m5+3m4−4m3+3m2−2m+1.Se puede factorizar el polinomio asociado:

m6 − 2m5 + 3m4 − 4m3 + 3m2 − 2m+ 1 : m2 + 1 = m4 − 2m3 + 2m2 − 2m+ 1−¡m6 +m4

¢− 2m5 + 2m4 − 4m3 + 3m2 − 2m+ 1

−¡−2m5 − 2m3

¢2m4 − 2m3 + 3m2 − 2m+ 1

−¡2m4 + 2m2

¢− 2m3 + 3m2 − 2m+ 1

−¡−2m3 − 2m

¢m2 + 1

−¡m2 + 1

¢0

se obtiene

m6 − 2m5 + 3m4 − 4m3 + 3m2 − 2m+ 1 =¡m2 + 1

¢ ¡m4 − 2m3 + 2m2 − 2m+ 1

¢m4 − 2m3 + 2m2 − 2m+ 1 : m− 1 = m3 −m2 +m− 1

−¡m4 −m3

¢−m3 + 2m2 − 2m+ 1

−¡−m3 +m2

¢m2 − 2m+ 1

−¡m2 −m

¢−m+ 1− (−m+ 1)

0

luego

m6 − 2m5 + 3m4 − 4m3 + 3m2 − 2m+ 1 =¡m2 + 1

¢(m− 1)

¡m3 −m2 +m− 1

¢=

¡m2 + 1

¢(m− 1)

¡m2 (m− 1) + (m− 1)

¢=

¡m2 + 1

¢2(m− 1)2

La ecuación se expresa como L21 L22y = 0 donde L1 = D − 1, L2 = D2 + 1Se resuelve por separado:

L21y = 0; (D − 1)2 y = 0⇒ y1 (x) = ex, y2 (x) = xex es base del espacio solución.L22y = 0;

¡D2 + 1

¢2y = 0⇒ y3 (x) = cos (x) , y4 (x) = x cos (x) , y5 (x) = sen (x) , y6 (x) = xsen (x)

77

Según el teorema anterior, el conjunto

y1 (x) = ex, y2 (x) = xex, y3 (x) = cos (x) , y4 (x) = x cos (x) , y5 (x) = sen (x) , y6 (x) = xsen (x)

es una base del espacio solución de la ecuación dada. La solución general de la ecuación es:

y (x) = C1ex + C2xe

x + C3 cos (x) + C4x cos (x) + C5sen (x) + C6xsen (x)

oy (x) = (C1 + C2x) e

x + (C3 + C4x) cos (x) + (C5 + C6x) sen (x)

Considere nuevamente L = Dn + an−1Dn−1 + · · · a1D+ a0, al igual que en el caso de ecuaciones de orden 2, la

solución general de la ecuación Ly = r (x) se obtiene como y (x) = yp (x) + yh (x) , donde yh (x) es la solucióngeneral de la ecuación homogénea Ly = 0 e yp (x) es alguna solución de la ecuación Ly = r (x) .

Ejemplo 22 Resolver la ecuación ¡D2 − 2D + 1

¢y = ex, L = D − 1

Se puede escribir(D − 1)2 y = ex

i. La solución de la homogéneayh (x) = C1e

x + C2xex

ii. Para encontrar yp (x), se emplea el método de los coeficientes indeterminados:

Si yp (x) es solución de Ly = ex, entonces yp (x) es solución de (D − 1)3 y = 0, entonces

yp (x) = C1ex + C2xe

x| z solución de Ly=0

+ C3x2ex

∴ yp (x) = C3x2ex

yp = Ax2ex

y0p (x) = A2xex +Ax2ex = A¡2x+ x2

¢ex

y00p (x) = A (2 + 2x) ex +A¡2x+ x2

¢ex = A

¡2 + 4x+ x2

¢ex

reemplazando

A¡2 + 4x+ x2

¢ex − 2A

¡2x+ x2

¢ex +Ax2ex = ex

A¡2 + 4x+ x2 − 4x− 2x2 + x2

¢ex = ex ⇒ 2C3 = 1⇒ C3 =

1

2

∴ yp (x) =12x

2ex es una solución particular.

78

La solución general es:

y (x) =1

2x2ex + C1e

x + C2xex

=

µC1 + C2x+

1

2x2¶ex, C1, C2 ∈ R.

Ejemplo 23 Resolver la ecuación:¡D6 − 2D5 + 3D4 − 4D3 + 3D2 − 2D + 1

¢y = ex

Según se ha visto en el ejemplo 76, la ecuación puede expresarse como

(D − 1)2¡D2 + 1

¢2y = ex

i. La solución de la ecuación homogénea se ha determinado en el ejemplo 76.

ii. Para determinar una solución particular yp (x) se puede emplear el método de los coeficientes indeterminados:

Como ex se anula en D − 1, entonces cualquier solución yp de Ly = ex es solución de

(D − 1) (D − 1)2 ¡D2 + 1

¢2y = 0

Las soluciones de¡D2 + 1

¢2y = 0 se descartan, pues cualquier solución de esta ecuación es solución de

Ly = 0.

Las soluciones de (D − 1)3 y = 0 son yp = C1ex + C2xe

x| z soluciones de Ly=0

+ C3x2ex

∴ yp (x) = C3x2ex.

yp = Ax2ex

y0p (x) = A2xex +Ax2ex = A¡2x+ x2

¢ex

y00p (x) = A (2 + 2x) ex +A¡2x+ x2

¢ex = A

¡2 + 4x+ x2

¢ex

y000p (x) = A (4 + 2x) ex +A¡2 + 4x+ x2

¢ex = A

¡6 + 6x+ x2

¢ex

y(4)p (x) = A (6 + 2x) ex +A¡6 + 6x+ x2

¢ex = A

¡12 + 8x+ x2

¢ex

y(5)p (x) = A (8 + 2x) ex +A¡12 + 8x+ x2

¢ex = A

¡20 + 10x+ x2

¢ex

y(6)p (x) = A (10 + 2x) ex +A¡20 + 10x+ x2

¢ex = A

¡30 + 12x+ x2

¢ex

reemplazando:

A¡30 + 12x+ x2

¢ex − 2A

¡20 + 10x+ x2

¢ex + 3A

¡12 + 8x+ x2

¢ex − 4A

¡6 + 6x+ x2

¢ex + ... =

...+ 3A¡2 + 4x+ x2

¢ex − 2A

¡2x+ x2

¢ex +Ax2ex = ex

A¡30 + 12x+ x2 − 2

¡20 + 10x+ x2

¢+ 3

¡12 + 8x+ x2

¢− 4

¡6 + 6x+ x2

¢+ ... =

...+ 3¡2 + 4x+ x2

¢− 2

¡2x+ x2

¢+ x2

¢ex = ex

A¡30 + 12x+ x2 − 40− 20x− 2x2 + 36 + 24x+ 3x2 − 24− 24x− ... =

...− 4x2 + 6 + 12x+ 3x2 − 4x− 2x2 + x2¢ex = ex

A8ex = ex

79

entonces: 8A = 1⇒ A = 18

Por lo tanto yp = 18x

2ex es la solución particular de la ecuación.

La solución general es:

y (x) =1

8x2ex + C1e

x + C2xex + C3 cos (x) + C4x cos (x) + C5sen (x) + C6xsen (x)

=

µC1 + C2x+

x2

8

¶ex + C3 cos (x) + C4x cos (x) + C5sen (x) + C6xsen (x) , C1, . . . , C6 ∈ R.

Ejemplo 24 Resolvery(5) − y(4) + 2y000 − 2y00 + y0 − y = cos (x)

Se puede escribir ¡D¡D4 + 2D2 + 1

¢−¡D4 + 2D2 + 1

¢¢y = cos (x)

(D − 1)¡D2 + 1

¢2y = cos (x)

i. La solución de la ecuación homogénea es:

y (x) = C1ex + C2 cos (x) + C3x cos (x) + C4sen (x) + C5xsen (x) , C1, ..., C5 ∈ R.

ii. Como D2+1 aniquila cos (x) entonces toda solución (particular) yp (x) de la ecuación dada debe ser soluciónde la ecuación homogénea

(D − 1)¡D2 + 1

¢3y = 0

Se concluye que existe una solución particular de la forma

yp (x) = Ax2 cos (x) +Bx2sen (x)

= x2 (A cos (x) +Bsen (x))

Luego:

yp (x) = x2 (A cos (x) +Bsen (x))

y0p (x) = 2x (A cos (x) +Bsen (x)) + x2 (−Asen (x) +B cos (x))

y00p (x) = 2 (A cos (x) +Bsen (x)) + 4x (−Asen (x) +B cos (x))− x2 (A cos (x) +Bsen (x))

y000p (x) = 6 (−Asen (x) +B cos (x))− 6x (A cos (x) +Bsen (x))− x2 (−Asen (x) +B cos (x))

y(4) (x) = −12 (A cos (x) +Bsen (x))− 8x (−Asen (x) +B cos (x)) + x2 (A cos (x) +Bsen (x))

y(5) (x) = −20 (−Asen (x) +B cos (x)) + 10x (A cos (x) +Bsen (x)) + x2 (−Asen (x) +B cos (x))

reemplazando en la ecuación y simplificando se tiene:

cos (x) (8A− 8B) + sen (x) (8A+ 8B) = cos (x)

luego:

8A− 8B = 1

8A+ 8B = 0

80

y

A =1

16, B = − 1

16

por lo tanto:

yp =1

16x2 (cos (x)− sen (x))

y la solución general es:

y =1

16x2 (cos (x)− sen (x)) + C1e

x + C2 cos (x) + C3x cos (x) + C4sen (x) + C5xsen (x) , C1, ..., C5 ∈ R

4.1 Ejercicios:

1. Determine la solución de las siguientes ecuaciones:

(a)¡D2 − 8D + 25

¢3y = 0

(b)¡D4 + 4D3 + 6D2 + 4D + 1

¢y = 0,observe que la ecuación se puede escribir como (D + 1)4 y = 0

(c) y000 − y = 0,

(d) y000 + 5y00 = 0,

(e) y000 − y00 − 4y = 0(f) y000 − 6y00 + 12y0 − 8y = 0

(g) d4ydx4 +

d3ydx3 +

d2ydx2 = 0 ,

(h) d5ydx5 − 16

dydx = 0

(i) d5ydx5 − 2

d4ydx4 + 17

d3ydx3 = 0

2. Determine la solución de los siguientes problemas de valor inicial:

(a) y000 + 12y00 + 36y0 = 0, y(0) = 0, y0(0) = 1, y00(0) = −7(b) y000 + 2y00 − 5y0 − 6y = 0, y(0) = 0 = y0(0) , y00(0) = 1

(c) d4ydx4 = 0 , y(0) = 2, y0(0) = 3, y00(0) = 5 .

3. Para cada conjunto de funciones dado a continuación, determine una ecuación diferencial que contengadicho conjunto en su espacio solución.

(a) ex , cos(x) , sen(x)(b) cosh(x), cos(x)(c) x2, x sen(x)(d) 1, sen(x) , x senh(x)(e) x4 , cos(x) sen(x) (f) senh(3x) , 5(g) x, x2 cosh(3x)

81

(h)©cos2(x), sen2(x)

ª4. Mediante el método de los coeficientes indeterminados resuelva las siguientes ecuaciones.

(a) y”− 9y = 54(b) y00 + 4y0 + 4y = 2x+ 6

(c) y00 + 3y0 = 4x− 5(d) y00 + 4y = 4 cos(x) + 3 sen(x)− 8(e) y00 + 4y = cos2(x)

(f) y00 + y0 + 14y = ex(sen(3x)− cos(3x))

(g) y00 + 2y0 + y = x2e−x

(h) y(4) − 4y(2) = 5x2 − e−2x

(i) 16y(4) − y = ex/2

(j) y(4) − 5y(2) + 4y = 2 cosh(x)− 6

5 El método de Variación de Parámetros.Como en el caso de orden 2, si y1 (x) , ..., yn (x) son soluciones linealmente independientes de la ecuación¡

Dn + an−1Dn−1 + ...+ a1D + a0

¢y = 0

entonces existe una solución particular de la ecuación¡Dn + an−1D

n−1 + ...+ a1D + a0¢y = r (x)

de la formayp (x) = u1 (x) y1 (x) + · · ·+ unyn (x)

los coeficientes u1 (x) , ..., un (x) satisfacen:

y1 (x)u01 (x) + · · · yn (x)u0n (x) = 0

y01 (x)u01 (x) + · · · y0n (x)u0n (x) = 0

...y(n−2)1 (x)u01 (x) + · · · y

(n−2)n (x)u0n (x) = 0

y1 (x)(n−1) u01 (x) + · · · yn (x)

(n−1) u0n (x) = r (x)

⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎭Ejemplo 25 Resolver

y000 − y0 = sen (x)

i. Solución homogénea: ¡D3 −D

¢y = 0

D (D + 1) (D − 1) y = 0

luego:yh (x) = C1 · 1 + C2e

−x + C3ex, C1, C2, C3 ∈ R

82

ii. La solución particular es:yp (x) = u1 (x) · 1 + u2 (x) e

−x + u3 (x) ex

Con la condición se tiene el siguiente sistema de ecuaciones:

1 · u01 (x) + e−xu02 (x) + exu03 (x) = 0

0 · u01 (x)− e−xu02 (x) + exu03 (x) = 0

0 · u01 (x) + e−xu02 (x) + exu03 (x) = sen (x)

Para determinar u01 (x) , u02 (x) , u

03 (x) :

W£1, e−x, ex

¤= det

⎛⎝ 1 e−x ex

0 −e−x ex

0 e−x ex

⎞⎠ = −2

u01 (x) =

det

⎛⎝ 0 e−x ex

0 −e−x ex

sen (x) e−x ex

⎞⎠−2 = −1

2sen (x) · 2 = −sen (x)⇒ u01 (x) = −sen (x)

u1 (x) = cos (x)

u02 (x) =

det

⎛⎝ 1 0 ex

0 0 ex

0 sen (x) ex

⎞⎠−2 = −1

2

¡−e−xsen (x)

¢=1

2e−xsen (x)

u2 (x) =1

2

Zexsen (x) dxZ

exsen (x) dx = −ex cos (x) +Z

ex cos (x) dx = −ex cos (x) + exsen (x)−Z

exsen (x) dx⇒

⇒Z

exsen (x) =1

2ex (sen (x)− cos (x))

u2 (x) =1

4ex (sen (x)− cos (x))

u03 (x) = −12det

⎛⎝ 1 e−x 00 −e−x 00 e−x sen (x)

⎞⎠ =1

2e−xsen (x)⇒ u3 (x) =

1

2

Ze−xsen (x) dx

Ze−xsen (x) dx = −e−x cos (x)−

Zex cos (x) dx = −e−x cos (x)− e−xsen (x)−

Ze−xsen (x) dx⇒

⇒Z

e−xsen (x) = −12ex (sen (x) + cos (x))

u3 (x) = −14e−x (cos (x) + sen (x))

por lo tanto la solución particular es:

yp (x) = cos (x) +1

4(sen (x)− cos (x))− 1

4(cos (x) + sen (x))

yp (x) =1

2cos (x)

83

La solución general de la ecuación dada es:

y (x) =1

2cos (x) + C1 + C2e

−x + C3ex, C1, C2, C3 ∈ R

Ejemplo 26 Resolvery000 − 2y00 = 4 (x+ 1)

i. Solución homogénea:

D2 (D − 2) y = 0

yh (x) = C1 + C2x+ C3e2x, C1, C2, C3 ∈ R.

ii. La ecuación no homogénea:yp (x) = 1 · u1 (x) + xu2 (x) + e2xu3 (x)

Entonces, el sistema de ecuaciones es:

1 · u01 (x) + xu02 (x) + e2xu03 (x) = 0

0 · u01 (x) + 0 · e−xu02 (x) + 2e2xu03 (x) = 0

0 · u01 (x) + 0 · e−xu02 (x) + 4e2xu03 (x) = 4 (x+ 1)

Luego:

W£1, x, e2x

¤=

¯¯ 1 x e2x

0 1 2e2x

0 0 4e2x

¯¯ = 4e2x

u01 (x) =1

4e2x

¯¯ 0 x e2x

0 1 2e2x

4 (x+ 1) 0 4e2x

¯¯ = 1

4e2x¡4 (x+ 1)

¡(2x− 1) e2x

¢¢= (x+ 1) (2x− 1)

u01 (x) = 2x2 + x− 1⇒ u1 (x) =2

3x3 +

1

2x2 − x

u02 (x) =1

4e2x

¯¯ 1 0 e2x

0 0 2e2x

0 4 (x+ 1) 4e2x

¯¯ = 1

4e2x¡−4 (x+ 1)

¡2e2x

¢¢= −2 (x+ 1)

u2 (x) = − (x+ 1)2

u03 (x) =1

4e2x

¯¯ 1 x 00 1 00 0 4 (x+ 1)

¯¯ = 1

4e−2x (4 (x+ 1)) = e−2x (x+ 1)

u3 (x) =

Ze−2x (x+ 1) dxZ

e−2x (x+ 1) dx = −12e−2x (x+ 1)− 1

4e−2x ⇒ u3 (x) = −e−2x

µ1

2x+

3

4

¶

84

Por lo tanto, la solución particular es:

yp (x) =2

3x3 +

1

2x2 − x− x (x+ 1)2 − 1

2x− 3

4

yp (x) =2

3x3 +

1

2x2 − x− x3 − 2x2 − x− 1

2x− 3

4

yp (x) = −13x3 − 3

2x2 − 5

2x− 3

4

La solución general es:

y (x) = −13x3 − 3

2x2 − 5

2x− 3

4+ C1 + C2x+ C3e

2x, C1, C2, C3 ∈ R.

5.1 Ejercicios

1. Mediante el método de variación de parámetros resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales:

(a) y00 + y = sec(x)

(b) y00 + y = sec(x) tan(x)

(c) y00 − 4y0 + 4y = (12x2 − 6x) e2x

(d) y000 − 2y00 − y0 + 2y = e3x

(e) 2y(3) − 6y(2) = x2

(f) y(4) − 9y00 =¡x2 + 1

¢sen (3x)

(g) (D − 1)3¡D2 − 4

¢y = xex + e2x + e−2x

(h) y00 − 4y = x ex, sujeta a las condiciones y(0) = 1, y0(0) = 0

(i) 2y00 + y0 − y = x+ 1 , sujeta a las ondiciones y(0) = 1, y0(0) = 0

6 Aplicaciones de las ecuaciones de 2o orden

6.1 Resortes

Recordemos la Ley de Hooke:"La fuerza realizada por un resorte R de longitud l, deformada de manera rectilínea hasta una longitud l1

es F = k (l − l1), donde k es una constante positiva que depende del resorte R ".

85

Figura 16: Resorte comprimido Figura 17: Resorte extendido

l − l1 > 0 l − l1 < 0F = k (l − l1)−−−−−−→

, k > 0, F = k (l − l1)←−−−−−−Considere un resorte R de longitud l, vertical y fijo por su extremo superior, al cual se le ha suspendido una

masa m en si extremo inferior. ¿Cómo determinar el movimiento de la masa m en el extremo del resorte?.

86

Figura 18: Sistema Masa-Resorte verticalConsideremos que el sistema de coordenadas está dispuesto como en la figura. Según la Ley de Hooke:

−ks+mg = 0 (6.1)

Si en el instante t la masa se encuentra en la posición y (t), entonces la fuerza resultante sobre la masa m es:

FS (y (t)) = −k (s+ y (t)) +mg =↑

(2.12)

−ky (t)

y según la ley de Newton: Fs (y (t)) = my00 (t) :

my00 (t) = −ky (t)

87

o bien

y00 (t) +k

my (t) = 0µ

D2 +k

m

¶y (t) = 0

y entonces el movimiento de la masa m que cuelga del extremo del resorte queda descrito por la función deposición:

y (t) = C1 cos

Ãrk

mt

!+ C2sen

Ãrk

mt

!, C1, C2 ∈ R

Supongamos ahora que existan fuerzas que se oponen al movimiento de la masa m, por ejemplo el roce conel aire o el fluido donde m puede estar inmerso (sistema de amortiguación). Experimentalmente se observa queestas fuerzas, en el caso de no ser demasiado grandes, son proporcionales a la velocidad de m.Como esta fuerza siempre se opone al movimiento, entoncesFR (y (t)) = −βy0 (t) , β > 0

Figura 19: Sistema Masa-Resorte horizontal

En estas condiciones

my00 (t) = Fy(t) = Fs (y (t)) + Fr (y (t))= −ky (t)− βy0 (t)

de donde

y00 (t) +β

my0 (t) +

k

my (t) = 0

88

o bien µD2 +

β

mD +

k

m

¶y = 0, β > 0, k > 0

Finalmente, suponga que el sistema masa-resorte sea afectado por una fuerza adicional que en el instante t estádeterminada por f (t), entonces, la función y (t) que describe la posición de la masa en el instante t satisface:µ

D2 +β

mD +

k

m

¶y =

1

mf (t)

Ejemplo 27 Una masa de 100 [gr] se adhiere a un resorte de acero de longitud 50 [cm]. El resorte se extiende5 [cm] por efecto de esta masa. Si en algún instante se aplica a la masa una velocidad hacia abajo de 10

hcmseg

i.

Determine la función de posición que describe el movimiento de la masa.

Solución:Suponga que no existe roce ni fuerzas externas que actúen sobre la masa.

Figura 20: Sistema Masa-Resorte

Sea k la constante del resorte:

−k · 5 + 100 · g = 0

k =100g

5= 20g

∙cm · cm

seg2

gr

¸si g = 9, 8

hmseg2

i= 980

hcmseg2

i⇒

k = 20 · 980 = 19600 = 1.9 · 104

89

Sea y (t) la posición de la masa medida desde la posición de equilibrio (sentido positivo hacia abajo), entonces

my00 (t) = −ky (t)

y00 (t) +k

my (t) = 0

y00 (t) +19600

100y (t) = 0

y00 (t) + 196y (t) = 0³D2 + (14)

2´y = 0; a± bi = 0± 14i⇒ y (t) = C1 cos (14t) + C2sen (14t)

Como y (0) = 0 e y0 (0) = 10hcmseg

i⇒

C1 cos (0) + C2sen (0) = 0−14C1sen (0) + 14C2 cos (0) = 10

¯¯

C1 · 1 + C2 · 0 = 0−14C1 · 0 + 14C2 · 1 = 10

¯¯

⇒ C1 = 0 y C2 =10

14

y (t) =10

14sen (14t) describe el movimiento de la masa en el extremo del resorte.

Ejemplo 28 Una masa de 200 [gr] extiende 5 [cm] un resorte espiral. Si el resorte está conectado a un amor-tiguador de aceite con un coeficiente de amortiguamiento de 400

hdinas seg

cm

i, determinar el movimiento provocado

si la masa es empujada hacia abajo 2 [cm] adicionales y luego soltada.

Sea y (t) la posición de m en el instante t.Suponga que la fuerza amortiguadora es proporcional a la velocidad m, entonces

Fr (y (t)) = −βy0 (t) , β = 400⇒ my00 (t) = Fs (y (t))− Fr (y (t))

my00 (t) = −ky (t)− βy0 (t)

y00 (t) +β

my0 (t) +

k

my (t) = 0

como−5k +mg = 0⇒ k =

mg

5=200 · 980

5= 40 · 980 = 39200

90

La ecuación que gobierna el movimiento de m es

y00 (t) +400

200y0 (t) +

39200

200y (t) = 0

y00 (t) + 2y0 (t) + 196y (t) = 0

m2 + 2m+ 196 = 0

m =−2±

√4− 7842

= −1± i

2

√780 = −1±

√195i

y entonces

y (t) =³C1 cos

³√195t

´+ C2sen

³√195t

´´e−t

Ahora bien: y (0) = 2, y0 (0) = 0

y0 (t) =√195e−t

³−C1sen

³√195t

´+ C2 cos

³√195t

´´−³C1 cos

³√195t

´+ C2sen

³√195t

´´e−t

=³³√

195C2 − C1

´cos³√195t

´−³C2 +

√195C1

´sen

³√195t

´´e−t

Por lo tanto

2 = y (0) = e0 (C1 cos (0) + C2sen (0))

0 = y0 (0) =³³√

195C2 − C1

´cos (0)−

³C2 +

√195C1

´sen (0)

´e0

esto es

C1 = 2√195C2 − C1 = 0

C1 = 2, C2 =2√195

finalmente

y (t) = 2e−t

Ãcos³√195t

´+

sen¡√195t

¢√195

!

Ejemplo 29 Si un sistema "masa-resorte" con constante de resorte 20£dinascm

¤, de amortiguamient 20

hdinas seg

cm

iy con masa 10 [gr] está en movimiento afectado por una fuerza f (t) = 10e−t cos (t). Determine la función querepresenta el movimiento de la masa si en el instante t = 0 la masa se encuentra en la posición de equilibriocon movimiento ascendente de magnitud 10

hcmseg

i.

Solución:Se tiene que para y (t) la posición de la masa

y00 (t) +β

my0 (t) +

k

my (t) =

10

me−t cos (t)

91

según los datos del problema: k = 20, β = 20, m = 10, reemplazando

y00 + 2y0 (t) + 2y (t) = e−t cos (t)

m2 + 2x+ 2 = 0

m =−2±

√4− 8

2= −1± i

La solución homogénea:yh (t) = C1e

−t cos (t) + C2e−tsen (t)

Supongamos una solución particular:

yp (t) = u1 (t) e−t cos (t) + u2 (t) e

−tsen (t)

e−t cos (t)u01 + e−tsen (t)u02 = 0(−e−t cos (t)− e−tsen (t))u01 + (e

−t cos (t)− e−tsen (t))u02 = e−t cos (t)

¯¯

cos (t)u01 + sen (t)u02 = 0− (cos (t) + sen (t))u01 + (cos (t)− sen (t))u02 = cos (t)

¯¯

luego

u01 (t) =

¯0 sen (t)

cos (t) cos (t)− sen (t)

¯¯

cos (t) sen (t)− (cos (t) + sen (t)) cos (t)− sen (t)

¯ = − cos (t) sen (t)cos2 (t)− sen (t) cos (t) + cos (t) sen (t) + sen2 (t)

u01 (t) = − cos (t) sen (t) = −12sen (2t)⇒ u1 (t) =

1

4cos (2t)

u02 (t) =

¯cos (t) 0

− (cos (t) + sen (t)) cos (t)

¯¯

cos (t) sen (t)− (cos (t) + sen (t)) cos (t)− sen (t)

¯ = cos2 (t)u2 (t) =

Zcos2 (t) dt =

Z1 + cos (2t)

2dt⇒ u2 (t) =

t

2− 14sen (2t)

Por lo tanto

yp (t) =

µ1

4cos (2t)

¶e−t cos (t) +

µt

2− 14sen (2t)

¶e−tsen (t) .

La solución general de la ecuación es:

y (t) =

µ1

4cos (2t) + C1

¶e−t cos (t) +

µt

2− 14sen (2t) + C2

¶e−tsen (t)

y como y (0) = 0, y0 (0) = −10 :

y0 (t) =

µt

2− 14cos (2t)− C1 −

3

4sen (2t) + C2

¶e−t cos (t)+

µ1

2− C1 −

3

4cos (2t)− t

2+1

4sen (2t)− C2

¶¡e−tsen (t)

¢92

entonces

y (0) =1

4+ C1 = 0

y0 (0) = −14− C1 + C2 = −10

Luego: C1 = −14 , C2 = −10 y entonces

y (t) =1

4(cos (2t)− 1) e−t cos (t) +

µt

2− 14sen (2t)− 10

¶e−tsen (t)

6.1.1 Circuitos electricos

Otra aplicación de las ecuaciones diferenciales son los circuitos eléctricos sencillos que están formados por fuentesde voltaje (por ejemplo, baterías o generadores), resistores, inductores y capacitores. La figura a continuaciónes un diagrama del llamado circuito RLC en serie:

Figura 21: Circuito Eléctrico RLC

Los principios físicos que gobiernan los circuitos eléctricos fueron establecidos por G. R. Kirchoff en 1859.Los principios son los siguientes:

1.- Ley de la corriente de Kirchoff : La suma algebraica de las corrientes que fluyen en cualquier punto deunión deben ser cero.

2. Ley del voltaje de Kirchoff : La suma algebraica de los cambios instantáneos del potencial (caídas devoltaje) en torno a cualquier lazo cerrado debe ser cero.

La ley de la corriente de Kirchoff implica que la misma corriente I pasa por cada elemento del circuito enserie de la figura 18. Para aplicar la ley del voltaje de Kirchoff, se debe conocer la caída de voltaje a través decada elemento del circuito, cuyas fórmulas aparecen a continuación:

93

a. De acuerdo con la ley de Ohm, la caída de voltaje ER a través de un resistor es proporcional a la corrienteI que para por el resistor:

ER = RI

La constante de proporcionalidad R se conoce también como resistencia.

b. Se puede mostrar mediante las leyes de Faraday y Lenz que la caída de voltaje EL a través de un inductores proporcional a la razón de cambio instantánea de la corriente I :

EL = LdI

dt

La constante de proprcionalidad L se conoce como inductancia.

c. La caída de voltaje EC a través de un capacitor es proporcional a la carga eléctrica q que aparece en lasplacas del capacitor:

EC =1

Cq

La constante C se conoce como capacitancia.

Suponga que una fuente de voltaje suma voltaje oenergía potencial al circuito. Si E (t) indica el voltaje quese proporciona al circuito en el instante t, entonces la ley de voltaje de Kirchoff implica

EL +ER +EC = E (t) . (6.2)

Al sustituir en (2.13) las expresiones para EL, ER y EC se tiene:

LdI

dt+RI +

1

Cq = E (t) (6.3)

La corriente es justamente la razón de cambio instantánea en la carga; es decir,

I =dq

dt

Por lo tanto, se puede expresar (2.14) sólo en términos que q como sigue:

Ld2q

dt2+R

dq

dt+1

Cq = E (t) (6.4)

En la mayor parte de las aplicaciones interesará determinar la corriente I (t). Sei se deriva (2.15) con respectoa T y se sustituye I en lugar de dq

dt , se obtiene:

Ld2I

dt2+R

dI

dt+1

CI =

dE

dt(6.5)

Para un circuito RLC en serie, por lo general se tiene la carga incial en el capacitor q (0) y la corriente inicialI (0) = q0 (0). Estas constantes proporcionan las condiciones iniciales para la ecuación (2.15). Sin embargo,para la ecuación (2.16) también se necesita conocer la razón de cambio inicial en la corriente, I 0 (0), lo quepuede obtenerse de la ecuación (2.14) sustituyéndo los valores iniciales q (0) , I (0) y E (0) .

94

Ejemplo 30 Un circuito RLC en serie tiene una fuente de voltaje dada por E (t) = sen (100t) [V ], V = volts,un resistor de 0, 02 [Ω], Ω = ohm, un inductor de 0, 001 [H], H = henry, y un capacitor de 2 [F ], F = farad.(Se escogen estos valores por conveniencia; los valores típicos para el capacitor son mucho menores.) Si lacorriente y la carga iniciales en el capacitor son iguales a cero, determinar la corriente en el circuito para t > 0.

Solución: En este caso, L = 0, 001, R = 0, 02, C = 2 y E (t) = sen (100t). Al sustituir esta en la ecuación(6.5) para la corriente se tiene:

(0, 001)d2I

dt2+ (0, 02)

dI

dt+ (0, 5) I = 100 cos (100t) , (6.6)

o en forma equivalente:d2I

dt2+ 20

dI

dt+ 500I = 100.000 cos (100t) (6.7)

La ecuación homogénea asociada con (6.7) tiene la ecuación auxiliar

m2 + 20m+ 500 = 0

m =−20±

√400− 20002

= −10± 20i

Por lo tanto, la solución de la ecuación homogénea es

Ih (t) = C1e−10t cos (20t) + C2e

−10tsen (20t) , C1, C2 ∈ R.Para determinar una solución particular de (6.7), se puede utilizar el método de los coeficientes indeterminados.Suponga que:

Ip = A cos (100t) +Bsen (100t)

I 0p = −100Asen (100t) + 100B cos (100t)I 00p = −10.000A cos (100t)− 10.000Bsen (100t)

reemplazando en (6.6):

1

1.000(−10.000A cos (100t)− 10.000Bsen (100t)) + 2

100(−100Asen (100t) + 100B cos (100t)) + ... =

...+5

10(A cos (100t) +Bsen (100t)) = 100 cos (100t)µ

−10A+ 2B + 5

10A

¶cos (100t) +

µ−10B − 2A+ 5

10B

¶sen (100t) = 100 cos (100t)

luego:

−10A+ 2B + 5

10A = 100⇒ 2B +

5− 10010

A = 100⇒ 2B − 9510

A = 100

−10B − 2A+ 5

10B = 0⇒ −2A+ 5− 100

10B = 0⇒ −2A− 95

10B = 0

2B − 192A = 100

−2A− 192B = 0⇒ −2A = 19

2B ⇒ A = −19

4B

2B − 192

µ−194B

¶= 100⇒ 2B +

361

8B = 100⇒ 16 + 361

8B = 100⇒ 377

8B = 100⇒ B =

800

377⇒ A = −15200

1508

95

por lo tanto la solución particular es

Ip (t) = −15200

1508cos (100t) +

800

377sen (100t)

Y la solución general es

I (t) = C1e−10t cos (20t) + C2e

−10tsen (20t)− 3800377

cos (100t) +800

377sen (100t) , C1, C2 ∈ R.

Para determinar los constantes C1 y C2, se necesitan los valores de I (0) e I 0 (0). Se sabe que I (0) = q (0) = 0.Para determinar I 0 (0), se sustituyen los valores de L, R y C en la ecuación (2.14) y se igualan los dos lados ent = 0, se obtiene:

(0, 001) I 0 (0) + (0, 02) I (0) + (0.5) q (0) = sen (0)

como I (0) = q (0) = 0, se observa que I 0 (0) = 0. Entonces:

I (0) = C1 −3800

377= 0

I 0 (t) = −10C1e−10t cos (20t)− 20C1e−10tsen (20t)− 10C2e−10tsen (20t) + 20C2e−10t cos (20t) + ...

= ...+380000

377sen (100t) +

80000

377cos (100t)

I 0 (0) = −10C1 + 20C2 +80000

377= 0

entonces

C1 −3800

377= 0⇒ C1 =

3800

377

−10C1 + 20C2 +80000

377= 0⇒ 20C2 = 10C1 −

80000

377

20C2 =38000

377− 80000

377= 20C2 = −

42000

377⇒ C2 = −

2100

377

Por lo tanto, la corriente en el circuito RLC en serie es:

I (t) =3800

377e−10t cos (20t)− 2100

377e−10tsen (20t)− 3800

377cos (100t) +

800

377sen (100t)

6.2 Ejercicios

1. Una fuerza de 400N estira un resorte 2m . Una masa de 50 kg se sujeta al extremo del resorte y se lasuelta desde la posición de equilibrio con una velocidad dirigida hacia arriba de 10m/s . Halle la ecuacióncuya solución representa el movimiento de la masa en el extremo del resorte. Resuelva esta ecuación.

2. Otro resorte cuya constante es de 20N/m , se suspende del mismo soporte rígido paralelamente al sistemaresorte-masadel problema anterior. Una masa de 20kg se sujeta al segundo resorte y ambas masas sesueltan desde la posición de equilibriocon una velocidad dirigida hacia arriba de 10m/s .

a.- ¿Cuál de las masas tiene mayor amplitud de movimiento?

b.- ¿Cuál de los dos se mueve más rápido en t = π/4 segundos?, ¿En π/2 segundos?

96

c.- ¿En qué instante ambas masas están en la misma posición ?, ¿Dónde se ubican en dichos instantes?,¿En qué direcciones se están moviendo?

3. Un carro que pesa 128 lb está sujeto a un muro por un resorte de constante 64 lb/pie. Se aparta el carro6 pulgadas del muro y se suelta sin velocidad inicial. Simultáneamente, se le aplica una fuerza periódicaexterna f(t) = 32 sen(4t). Suponiendo que no hay resistencia del aire , hallar la posición x = x(t) delcarro en el instante t. ¿Qué puede decir de | x(t) | para valores arbitrariamente grandes de t ?, ¿Qué leocurrirá al resorte despues de algún tiempo?

4. Un cuerpo que pesa 4 lb se sujeta a un resorte cuya constante es 2 lbpie . El medio ofrece una resistencia

al movimiento numéricamente igual a la velocidad instantánea. Si el cuerpo se suelta desde un punto queestá 1 pie sobre la posición de equilibrio, determine el instante en que el cuerpo pasa por la posición deequilibrio. Encuentre el instante en el cual el citado cuerpo alcanza su desplazamiento extremo desde laposición de equilibrio. ¿Cuál es la posición del cuerpo en dicho instante?

5. En un circuito RLC en serie tiene una fuente de voltaje dada por E (t) = sen (100t) [volts], un resistorde 0.02 [ohm], un inductor de 0.001 [henrys] y un capacitor de 2 [farads].(Se escogen estos valores porconveniencia; los valores típicos para el capacitor son mucho menores). Si la corriente y la carga inicialesen el capacitor son iguales a cero, determinar la corriente en el circuito para t > 0.

6. Una masa de 1 kg se sujeta a un resorte cuya constante es de 16 Nm y el sistema completo se sumerge

en un líquido que comunica una fuerza de amortiguación numéricamente igual a 10 veces la velocidadinstantánea. Determine y resuelva las ecuaciones del movimiento si

(a) el peso se suelta, a partir del reposo, desde un punto que está 1 m abajo de la posición de equilibrio.

(b) el peso se suelta desde un punto que está 1m abajo de la posición de equilibrio con una velocidaddirigida hacia arriba de 12ms .

7. Un cuerpo que pesa 4 lb está suspendido de un resorte cuya constante es 3 lbpie . El sistema completo

se sumerge en un fluido que opone una fuerza de amortiguación numéricamente igual a la velocidadinstantánea. A partir de t = 0 se aplica sobre el sistema una fuerza exterior f(t) = e−t . Determine laecuación del movimiento si el peso se suelta a partir del reposo, desde un punto que está 2 pies abajo dela posición de equilibrio.

8. Consideremos un sistema masa resorte con m = 12 , k = 17 y β = 3 en unidades mks. Sea x (t) el

desplazamiento de la masa m con respecto de su posición de equilibrio. Si la masa se pone en movimientocon x (0) = 3 y x0 (0) = 1, determine las oscilaciones libres amortiguadas resultantes.

9. Considere el sistema masa resorte del problema anterior, pero con las condiciones iniciales x (0) = x0 (0) = 0y con la fuerza externa impuesta f (t) = 15sen (2t). Determinar la posición del resorte en cualquierinstante.

10. Una masa que pesa 32 [lb] (masa m = 1 [slug]) se une al extremo libre de una largo y ligero resorte quees alargado 1 pie por una fuerza de 4 [lb]. La masa está incialmente en reposo en su posición de equilibrio.A partir del instante t = 0 [seg], una fuerza externa F (t) = cos (2t) se aplica a la masa. Determinar lafunción posición resultante x (t) para esta masa.

97

11. Considere una masa de 1 [Kg] unida a un resorte con constante k = 4, al cual se le aplica una fuerzaexterna f (t) = sen (3t) por 10 minutos y después se elimina. Si el resorte parte del reposo en su posiciónde equilibrio, determine el desplazamiento del resorte en cualquier instante.

Parte III: La transformada de Laplace1 Definiciones y Teoremas BásicosDefinición 1 La transformada de Laplace de f : [0,∞)→ R es la función L (f) (s) : (α,∞)→ R, definida por

L (f) (s) =

Z ∞0

e−stf (t) dt

Ejemplo 1 Determine la transformada de Laplace de cos (at)

Solución:

L (cos (at)) (s) =

Z ∞0

e−st cos (at) dt

= limb→∞

Z b

0

e−st cos (at) dt

= limb→∞

"e−st

s2 + a2(asen (at)− s cos (at))

¯b0

#

= limb→∞

∙e−sb

s2 + a2(asen (ab)− s cos (ab)) +

s cos (0t)

s2 + a2

¸=

s

s2 + aa, s > 0

Conclusión:L (cos (at)) (s) =

s

s2 + a2, s > 0

Definición 2 f : (o,∞)→ R es de orden exponencial si existen constantes C > 0 y α > 0 tales que

|f (t)| ≤ Ceαt, ∀t > 0.

Proposición 1 Si f es de orden exponencial y contínua por tramos, entonces L (f) está definida ∀s > α.

Proposición 2 La transformada de Laplace es lineal siempre que esté definida:

L (f + g) (s) = L (f) (s) + L (g) (s)

L (λf) (s) = λL (f) (s)

98

Teorema 1 Si f es contínua de orden exponencial en (0,∞) y dfdt es contínua por tramos en [0,∞), entonces

L

µdf

dt

¶(s) = sL (f) (s)− f

¡0+¢, donde f

¡0+¢= lim

x→0+f (x)

Teorema 2 Si f, dfdt , ...,

dn−1fdtn−1 son contínuas y de orden exponencial para todo t > 0 y si dnf

dtn es contínua portramos, entonces

L

µdnf

dtn

¶(s) = snL (f) (s)− sn−1f

¡0+¢− sn−2

df

dt

¯0+− ...− dn−1f

dtn−1

¯0+

Ejemplo 2 Determine la transformada de eat.

Solución:

d

dt

¡eat¢

= aeat ⇒ L¡aeat

¢(s) = L

µd

dt

¡eat¢¶(s)

= sL¡eat¢(s)− ea0

+

= sL¡eat¢(s)− 1

⇒ aL¡eat¢− sL

¡eat¢= −1⇒ L

¡eat¢=

1

s− a

Ejemplo 3 Calcular L (tn)

Solución: Primero determinaremos para t y t2:Como d

dt (t) = 1⇒

1

s= L (1) (s) = L

µd

dt(t)

¶(s) = sL (t) (s)− 0+ ⇒ L (t) (s) =

1

s2

Como ddt

¡t2¢= 2t⇒

2L (t) (s) = L

µd

dt

¡t2¢¶(s) = sL

¡t2¢(s)− 0+ ⇒ sL

¡t2¢(s) = 2 · 1

s2⇒ L

¡t2¢(s) =

2

s3

entonces, para tn:

d

dt(tn) = ntn−1 ⇒ nL

¡tn−1

¢(s) = sL (tn)− 0⇒ L (tn) =

n

sL¡t−n−1

¢=

n

s· (n− 1)!

sn=

n!

sn+1

Otra manera:

(xn)(n) = n!⇒ L (n!) (s) = snL (xn) (s)− 0⇒ L (xn) =L (n!) (s)

sn=1

snL (n!) =

n!

sn· 1s=

n!

sn+1

Ejemplo 4 Calcule L (sen (at)) (s)

99

Solución: Como sen (at) = − 1a

¡ddt (cos (at))

¢⇒

L (sen (at)) (s) = −1aL

µd

dt(cos (at))

¶(s)

= −1a

¡sL (cos (at)) (s)− cos

¡a0+

¢¢= −1

a

µs

s

s2 + a2− 1¶= −1

a· s2

s2 + a2+1

a

=1

a

µ1− s2

s2 + a2

¶=1

a· s

2 + a2 − s2

s2 + a2

=a

s2 + a2, s > a

Definición 3 Se dice que f (t) es la transformada inversa de Laplace de ϕ (s) si L (f) (s) = ϕ (s) y se denota

L−1 (ϕ (s)) (t) = f (t)

Ejemplo 5 L−1¡1s

¢= 1

Ejemplo 6 L−1³

1s−2

´= e2t

Ejemplo 7 L−1¡3s4

¢= L−1

¡3!2s4

¢= 1

2L−1 ¡ 3!

s4

¢= 1

2 t3

Ejemplo 8 L−1³

ss2+9

´= cos (3t)

Teorema 3 de Lerch:Sean f y g funciones contínuas por tramos de orden exponencial y supongamos que existe un número reals0 tal que L (f) (s) = L (g) (s) , ∀s > s0, entonces f (t) = g (t) ∀t > 0, excepto posiblemente en puntos dediscontinuidad.

Ejemplo 9 Resolver el siguiente P.V.I.: ¡D2 − 1

¢y = 1,

y (0) = 0,

y0 (0) = 1.

100

Aplicando la transformada de Laplace:

y00 − y = 1 ÁL

L (y00) (s)− L (y) (s) = L (1) (s)

s2L (y) (s)− sy¡0+¢− y0

¡0+¢− L (y) (s) =

1

s¡s2 − 1

¢L (y)− s · 0 =

1

s

L (y) (s) =1

s2 − 1

µ1 +

1

s

¶L (y) (s) =

s+ 1

s (s2 − 1)

L (y) (s) =1

s (s− 1) =1 + s− s

s (s− 1) =1

s− 1 −1

s

Si y es solución del P.V.I.¡D2 − 1

¢y = 1, y (0) = 0, y0 (0) = 1⇒ y = L−1

³1

s(s−1)

´L (y) (s) =

1

s (s− 1) =1 + s− s

s (s− 1) =1

s− 1 −1

s

L (y) (s) = L¡et¢− L (1) = L

¡et − 1

¢L (y) (s) = L

¡et − 1

¢⇒ y = et − 1

Teorema 4 Si f es de orden exponencial en [0,∞) entonces(i) L

³R t0f (u) du

´= 1

sL (f) (s) y L−1 ¡ 1

sL (f) (s)¢=R t0L−1 (ϕ (s)) du, donde ϕ (s) = L (f) (s)

(ii) L³R t

0

R t10

R t20

...R tn−10

f (u) dudtn−1...dt2dt1´= 1

snL (f) (s)

Ejemplo 10 Determine L−1³

1s(s−1)

´Como 1

s(s−1) =1s ·

1s−1 =

1sL (e

t) (s)⇒ L−1³

1s(s−1)

´= L−1

¡1sL (e

t) (s)¢=R t0eudu = eu|t0 = et − 1.

1.1 Ejercicios

1. Pruebe que L (sen (at)) (s) = as2+a2 , s > 0

2. Determine la transformada de f (t) = 1, la función constante igual a uno.

3. Determine la transformada de f (t) = eat, a ∈ R es una constante.

4. Determine la transformada de Laplace de:

(a) f(x) =

½−1 , 0 < x < 11 , 1 ≤ x

(b) f(x) =

½4 , 0 ≤ x < 20, 2 ≤ x

101

(c) f(x) =

½x , 0 < x < 11 , 1 ≤ x

(d) f(x) =

½2x+ 1 , 0 < x < 10 , 1 ≤ x

(e) f(x) = (x+ 1)3

5. La función gamma, Γ, se define mediante la siguiente integral:

Γ(α) =

∞Z0

tα−1e−t dt , α > 0

Muestre que L(xα) = Γ(α+1)sα+1 , α > −1.

6. Use el ejercicio anterior para determinarlas siguientes igualdades:

(a) L(x−1/2) =p

πs

(b) L(x1/2) =√π

2s3/2

(c) L(x3/2) = 3√π

4s5/2

7. Calcule las correspondientes transformadas de Laplace para verificar las igualdades que se afirman acontinuación.

(a) L(senh(ax))(s) = as2−a2 , p >| a |

(b) L(cosh(ax))(s) = ss2−a2 , p >| a |

(c) L(sen2(ax))(s) = 12

³1s −

ss2+4a2

´(d) L(cos2(ax))(s) = 1

2

³1s +

ss2+4a2

´8. Calcule L(cos(x) cos(2x))(s), (Considere cos(a± b))

9. Verifique las siguientes igualdades:

(a) L(sen(2x) cos(2x))(s) = 2s2+16

(b) L(cos2(x))(s) = 12s +

s2(s2+4)

(c) L( 4x2 − 5sen(3x))(s) = 4 2s3 − 53

s2+9

(d) L(etsenh(x))(s) = 12(s−2) −

12s

10. Demuestre que la función f(x) = 1x2 no tiene transformada de Laplace. (Observe que L(f(x))(s) =

1R0

e−stf(t) dt+∞R1

e−stf(t) dt , y aplique la de finición de integral impropia para mostrar que∞R1

e−stf(t) dt

no existe.)

11. Muestre que f(x) = x1/3 es de orden exponencialñ pero su derivada no lo es.

102

12. Muestre que la función f(x) = 2xex2

cos(ex2

) no es de orden exponencial y tiene transformada de Laplace.En efecto L(f(x))(s) = sL(sen(ex2))(s) y sen(ex2) es de orden exponencial.

13. Verifique las siguientes igualdades:

(a) L−1( (s+1)3

s4 ) = 1 + 3x+ 32x

2 + 16x

3

(b) L−1( 1s2 −48s5 ) = x− 2x4

(c) L−1( s+1s2+2) = cos(√2x) + 1√

2sen(√2x)

(d) L−1( 1s2−16) =

14senh(4x)

(e) L−1( 2s−6s2+9 ) = 2 cos(3x)− 2sen(3x)(f) L−1( 4s

4s2+1) = cos(12x)

(g) L−1( 2s−6s2+9 ) = 2 cos(3x)− 2sen(3x)(h) L−1( 10s

s2−25) = 10 cosh(5x)

(i) L−1( s+1(s2−4s)(s+5) ) = −

120 +

536e

4t − 445e−5t

(j) L−1( 14s2+1) =

12sen(

12x)

(k) L−1( 1s2(s2+4)) =

14x−

18sen(2x)

(l) L−1( s−1s2(s2+1)) = 1− x− cos(x) + sen(x)

(m) L−1( s(s2+4)(s+2) ) =

14 cos(2x) +

14sen(2x)−

14e−2x

(n) L−1( 6s+3(s2+4)(s2+1)) = 2 cos(x) + sen(x)− 2 cos(2x)− 1

2sen(2x)

2 Teoremas de Traslación.Teorema 5 (1er teorema de traslacion)Suponga que L (f) (s) = ϕ (s) es conocida, entonces

L¡eatf (t)

¢(s) = ϕ (s− a) = L (f (t)) (s− a)

o tambiénL−1 (L (f) (s− a)) = eatf (t)

Ejemplo 11 Calcular la transformada de Laplace de e2t cos (3t)

L¡e2t cos (3t)

¢(s) = L (cos (3t)) (s− 2)

=s

s2 + 32

¯s=s−2

=s− 2

(s− 2)2 + 32=

s− 2(s− 2)2 + 9

103

Ejemplo 12 Calcular la transformada inversa de ss2−4s+13 .

L−1µ

s

s2 − 4s+ 13

¶= L−1

Ãs

(s− 2)2 + 9

!= L−1

Ãs− 2 + 2(s− 2)2 + 9

!

= L−1

Ãs− 2

(s− 2)2 + 9+

2

(s− 2)2 + 9

!

= L−1

Ãs− 2

(s− 2)2 + 9

!+ L−1

Ã2

(s− 2)2 + 9

!

= L−1 (L (cos (3t)) (s− 2)) + 23L−1

Ã3

(s− 2)2 + 9

!= e2t cos (3t) +

2

3L−1 (L (sen (3t)) (s− 2))

= e2t cos (3t) +2

3e2tsen (3t)

Definición 4 Dada c > 0, la función escalón unitario o de Heaviside, se define como

µc (t) =

½0 si 0 ≤ t < c1 si c ≤ t

cuya gráfica es:

Figura 22: Función escalón unitario µc (t)Note que: µa tiene la siguiente gráfica:

104

Figura 23: Función escalón unitario µa (t)y µb tiene la gráfica:

Figura 24: Función escalón unitario µb (t)y es inmediato que µa − µb = 1[a,b) de manera que:

f (t) =

⎧⎨⎩ 0 si 0 ≤ t < ah (t) si a ≤ t < b0 si b ≤ t

= h (t) (µa (t)− µb (t))

Ejemplo 13 Considere la función:

105

f (t) =

⎧⎨⎩ 0 0 ≤ x < 2t+ 1 2 ≤ t < 50 5 ≤ t

Entonces f (t) = (t+ 1) (µ2 (t)− µ5 (t))

Teorema 6 2o Teorema de traslación.Si f (t) = µa (t) g (t− a) entonces L (f (t)) (s) = e−asL (g (t)) (s) o en términos de la transformada inversa:L−1 (e−asL (g (t)) (s)) = µa (t) g (t− a) .

Ejemplo 14 Calcular L³µ2 (t) (t+ 3)

2´.

Primero se determina la función g (t) de la siguiente forma: g (t− 2) = (t+ 3)2 de manera que g (t) =

(t+ 2 + 3)2 = (t+ 5)2 y entonces

µ2 (t) (t+ 3)2 = µ2 (t) g (t− 2) , g (t) = (t+ 5)

luego:

L³µ2 (t) (t+ 3)

2´

= e−2sL³(t+ 5)2

´(s) = e−2sL

¡t2 + 10t+ 25

¢(s)

= e−2sµ2

s3+10

s2+25

s

¶

¿Cómo evaluar L (f) si f (t) =

⎧⎨⎩ 0 si 0 ≤ t < ah (t) si a ≤ t < b0 si b ≤ t

?. Se puede escribir f (t) = h (t) (µa (t)− µb (t)) =

µah (t)− µbh (t) , entonces

L (f (t)) (s) = L (µa (t)h (t)) (s)− L (µb (t)h (t)) (s)

Note que si: g (t) = h (t+ a)⇒ g (t− a) = h (t− a+ a) = h (t), luego:

L (f (t)) (s) = L (µa (t)h (t− a+ a)) (s)− L (µb (t)h (t− b+ b)) (s)

= L (µa (t) g (t− a)) (s)− L (µb (t) g (t− b)) (s)

o, equivalentemente:L (f (t)) (s) = e−asL (h (t+ a)) (s)− e−bsL (h (t+ b)) (s)

Ejemplo 15 Calcular L (f (t)) (s) si

f (t) =

⎧⎨⎩ 0 0 ≤ t < 1t+ 3 1 ≤ t < 40 4 ≤ t

Como f (t) = (t+ 3) (µ1 (t)− µ4 (t)), entonces:

f (t) = (t+ 3) (µ1 (t)− µ4 (t)) = µ1 (t) (t+ 3)− µ4 (t) (t+ 3)

= µ1 (t) ((t+ 4)− 1)− µ4 (t) ((t+ 7)− 4)

106

entonces

L (f (t)) (s) = L (µ1 (t) ((t+ 4)− 1)) (s)− L (µ4 (t) ((t+ 7)− 4)) (s)= e−sL (t+ 3 + 1) (s)− e−4sL (t+ 3 + 4) (s)

= e−sL (t+ 4) (s)− e−4sL (t+ 7) (s)

= e−sµ1

s2+4

s

¶− e−4s

µ1

s2+7

s

¶Ejemplo 16 Calcular L (f) si

f (t) =

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩0 0 ≤ t < 1

t+ 3 1 ≤ t < 4t2 4 ≤ t < 50 5 ≤ t

Note que

f (t) =

⎧⎨⎩ 0 0 ≤ t < 1t+ 3 1 ≤ t < 40 4 ≤ t

+

⎧⎨⎩ 0 0 ≤ t < 4t2 4 ≤ t < 50 5 ≤ t

f (t) = (t+ 3) (µ1 (t)− µ4 (t)) + t2 (µ4 (t)− µ5 (t))

= µ1 (t) (t+ 3) + µ4 (t)¡t2 − t− 3

¢− µ5 (t) t

2

entonces:

L (f (t)) (s) = L (µ1 (t) (t+ 3)) (s) + L¡µ4 (t)

¡t2 − t− 3

¢¢(s)− L

¡µ5 (t) t

2¢(s)

= e−sL ((t+ 1) + 3) (s) + e−4sL³(t+ 4)2 − (t+ 4)− 3

´(s)− e−5sL

³(t+ 5)2

´(s)

= e−sL (t+ 4) (s) + e−4sL¡t2 + 7t+ 9

¢(s)− e−5sL

¡t2 + 10t+ 25

¢(s)

= e−sµ1

s2+4

s

¶+ e−4s

µ2

s3+7

s2+9

s

¶− e−5s

µ1

s3+10

s2+25

s

¶Ejemplo 17 Determine la transformada inversa de

e−3s

s2 + 6s+ 10

Como

L−1µ

e−3s

s2 + 6s+ 10

¶= µ3 (t) g (t− 3)

107

entonces

L−1µ

e−3s

s2 + 6s+ 10

¶= µ3 (t)L

−1µ

1

s2 + 6s+ 10

¶= µ3 (t)L

−1

Ã1

(s+ 3)2+ 1

!= µ3 (t)L

−1 (L (sen (t)) (s+ 3))

= µ3 (t) L−1 ¡L ¡e−3tsen (t)¢ (s)¢¯

(t−3)

= µ3 (t) e−3(t−3)sen (t− 3)

2.1 Ejercicios

1. Verifique las siguientes igualdades:

(a) L(xe10x) = 1(s−10)2

(b) L(xe−6x) = 1(s+6)2

(c) L(x3e−2x) = 3!(s+2)4

(d) L(x10e−7x) = 10!(s+7)11

(e) L(e5xsen(3x) = 3(s−1)2+9

(f) L(e−2x cos(4x)) = s+2(s+2)2+16

(g) L(e−x cosh(x)) = s+1(s+1)2−1

(h) L( 16x3ex) =1

(s−1)4

(i) L(e2x(x− 1)2) = 2(s−2)3 −

2(s−2)2 +

1s−2

(j) L(ex cos2 3x) ) = 12(s−1) +

(s−1)2(s−1)2+72

2. Verifique las siguientes igualdades:

(a) L−1( 1s2+2s+5) =

12e−xsen(2x)

(b) L−1( 5s(s−2)2 ) = 5e

2x + 10xe2x

(c) L−1( 2s+5s2+6s+34 ) =

12e−3x cos(5x)− 1

5e−3xsen(5x)

(d) L−1( (s+1)2

(s+2)4 ) = xe−2x − x2e−2x + 16x

3e−2x ,

3. Verifique las igualdades a continuación:

(a) L(e2−xU2(x)) = e−2s

s+1

(b) L((3x+ 1)U3(x)) = 3e−3s

s2 + 10e−3s

s

(c) L((3x+ 1)U3(x)) = 3e−3s

s2 + 10e−3s

s

108

(d) L(sen(x)Uπ/2(x)) = se−πs

s2+1

(e) L(xex−5U5(x)) = e−5s

(s−1)2 +5e−5s

s−1

(f) L−1( se−πs/2s2+4 ) = cos(2(x−π2 ))Uπ/2(x)

(g) L−1( e−2s

s2(s−1) ) = (1− x+ ex−2)U2(x)

4. Verifique las igualdades a continuación:

a.- L(1− U4(x) + U5(x) ) = 1s −

e−4s

s + e−5s

s ,

b.-L(sen(x)Urπ/2(x) ) = − se−3π/s

s2+1 ,

c.-L(sen(x)(1− U2π(x)) ) = 1s2+1 −

e−2πs

s2+1

5. Verifique las igualdades y trace la gráfica de cada transformada inversa

(a) L −1( 1s2 −

e−s

s2 ) =

½x , 0 ≤ x < 11 , 1 ≤ x

(b) L −1( 2s −

3 e−s

s2 + 5 e−s

s2 ) =

⎧⎨⎩ 2 , 0 ≤ x < 1−3x+ 5 , 1 ≤ x < 22x− 5 , 2 ≤ x

(c) L −1(ln( s−3s+1))) = −1x(e

3x − e−x)

(d) L−1(ln( s2+1s2+4))) = −1x(2 cos(x)− 2 cos(2x))

6. Determine L ((x2 − 3x)U2(x)) = e−2s( 2s3 + 1

s2 −2s ) , (Exprese x

2 − 3x como potencias de x− 2).

7. ¿Cómo expresaria las siguientes funciones para aplicar directamente el segundo teorema de traslación?

(a) L((2x+ 1)U1(x))(b) L (etU5(x))(c) L (cos(x)Uπ(x))(d) L (sen(x)U2π(x))

3 Funciones Periódicas.Definición 5 Una función periódica es una función f (t) tal que

f (t+ p) = f (t) ∀t ∈ [0, p]

y además p es el menor número positivo con esta propiedad.Note que f (t) = f (t+ p) = f (t+ 2p) = f (t+ 3p) = ... = f (t+ kp) , k ∈ N.

Ejemplo 18 f (x) = cos (x) : f (x+ 2π) = cos (x+ 2π) = cos (x) = f (x) y p = 2π es en menor númeropositivo con esa propiedad.

109

Ejemplo 19 Considere el siguiente gráfico:

Figura 25: Función Periódica

entonces

f (x) =

½1 si x ∈ [2n, 2n+ 1)0 si x ∈ [2n+ 1, 2n+ 2)

Teorema 7 Si f es de orden exponencial y periódica de período p, entonces

L (f (t)) (s) =1

1− e−sp

Z p

0

e−stf (t) dt

Ejemplo 20 Determine la transformada de f si la gráfica de f es:

Figura 26: Función Periódica

110

De la gráfica se deduce que f es períodica de período 2 y entonces:

L (f) (s) =1

1− e−2s

Z 2

0

e−stf (t) dt

=1

1− e−2s

µZ 1

0

1 · e−stdt+Z 2

1

0 · e−stdt¶

=1

1− e−2s

µZ 1

0

e−stdt

¶=

1

1− e−2s

µ−e−st

s

¶¯10

=1

1− e−2s

µ−1s

¶¡e−s − 1

¢=

1

s· 1− e−s

1− e−2s=

1

s (1 + e−s)

Ejemplo 21 Calcular L (f) si f (t) = n+ 1 si n ≤ t < n+ 1.

Anotando f (t) = t + g (t) se puede ver que g (t) = f (t) − t = n + 1 − t si n ≤ t < n + 1, note quen ≤ t < n+ 1⇒ t = n+ u, 0 ≤ u < 1⇒ g (t) = n+ 1− t = n+ 1− (n+ u)Por lo tanto g (t) = 1− u si n ≤ t < n+ 1, t = n+ u.Por otra parte, como 0 ≤ u < 1 y t = n + u, en particular, para t ∈ [0, 1), g (t) = g (0 + u) = g (u) y para

n ≤ t < n+1, t = n+u, g (t) = g (n+ u) = 1−u y g (0 + u) = 1−u⇒ g (n+ u) = g (0 + u) = g (u)⇒ g (u) =g (u+ 1) por lo tanto g (u) tiene período 1.

L (f (t)) (s) = L (t+ g (t)) =1

s2+ L (g (t)) (s)

L (g (t)) (s) =1

1− e−s

Z 1

0

e−st (1− t) dt =1

s2e−s +

1

se−s − 1

s2

=1

1− e−s

µ1

se−s +

1

s2¡e−s − 1

¢¶=

e−s

s (1− e−s)− 1

s2

⇒ L (f (t)) (s) =1

s2+

e−s

s (1− e−s)− 1

s2

Teorema 8 Si L (f (t)) (s) = ϕ (s) entonces

L (tnf (t)) (s) = (−1)n dn

dsnϕ (s)

Ejemplo 22 Calcular la transformada de tn.

L (tn) = L (tn · 1) = (−1)n dn

dsnϕ (1)

= (−1)n dn

dsn¡s−1

¢= (−1)n (−1)n n!s−(n+1)

n!

sn+1

111

Ejemplo 23 Determine la transformada inversa de s(s2+1)2

Sea

g (t) = L−1

Ãs

(s2 + 1)2

!entonces:

L (g (t)) (s) =s

(s2 + 1)2 = −

1

2

µd

ds

µ1

s2 + 1

¶¶= −1

2

µd

ds(L (sen (t)) (s))

¶Luego

L (g (t)) (s) = −12

µd

ds(L (sen (t)) (s))

¶2L (g (t)) (s) = − d

ds(L (sen (t)) (s))

L (2g (t)) (s) = − d

ds(L (sen (t)) (s))

2g (t) = tsen (t)

g (t) =t

2sen (t)

Ejemplo 24 Determine la transformada inversa de 1(s2+1)2

.

L−1

Ã1

(s2 + 1)2

!= g (t)

Comod

ds

µ1

s2 + 1

¶= − 2s

(s2 + 1)2 ⇒

1

(s2 + 1)2 = −

1

2s

µd

ds

µ1

s2 + 1

¶¶entonces

L−1

Ã1

(s2 + 1)2

!= L−1

µ1

2s

µ− d

ds

µ1

s2 + 1

¶¶¶=

1

2L−1

µ1

s(L (tsen (t)))

¶=

1

2

Z t

0

vsen (v) dv =1

2(−v cos (v) + sen (v))|t0

=1

2(sen (t)− t cos (t))

Ejemplo 25 Determine L−1 (ln (1 + s))

112

Sea

g (t) = L−1 (ln (1 + s))

⇒ L (g (t)) (s) = ln (1 + s)

⇒ 1

1 + s=

d

ds(L (g (t)) (s)) = −L (tg (t)) (s)

⇒ L (tg (t)) (s) = L¡−e−t

¢(s)

⇒ tg (t) = −e−t

⇒ g (t) = −e−t

t

Por lo tanto

L−1 (ln (1 + s)) = −e−t

t

3.1 Ejercicios

1. Compruebe las siguientes igualdades empleando la formula de derivación para transformadas:

(a) L(xsenh(3x)) = 3e−3s

s2 + 10e−3s

s

(b) L(x2 cos(x)) = 2s(s2−3)(s2+1)3

(c) L(xe−3x cos(3x)) = (s+3)2−9[(s+3)2+9]2

(d) L−1( (s+1)(s2+2s+2)2 ) =

12xe−xsen(x)

(e) L−1( s(s2+1)2 ) =

12x sen(x)

2. Muestre que L (cos2(x)) = s2+2s(s2+4) empleando la identidad d/dx(cos2(x)) = −sen(2x).

3. Determine la transformada de las funciones definidas por:

(a) f(x) = sen(x) si 0 ≤ x ≤ 2π y f(x+ 2π) = f(x) si x ≥ 2π(b) f(x) = cos(x) si 0 ≤ x ≤ 2π y f(x+ 2π) = f(x) si x ≥ 2π

4. Determine la transformada de las funciones periódicas f(x), cuyas gráficas se muestran a continuación

a.- b.-

113

c.- d.-

e.- f.-

5. Una masa de 32 [lb] se une al extremo libre de un largo y ligero resorte que es alargado 1 [pie] por unafuerza de 4 [lb]. La masa está inicialmente en reposo en su posición de equilibrio. A partir del instantet = 0 (segundos), una fuerza externa F (t) = cos (2t) se aplica por 2 segundos y luego se permite que lamasa continúe su movimiento sin impedimento. Determinar la función posición resultante x (t) para estamasa.

6. Considere un circuito RLC con R = 100 [Ohm] , L = 1 [Henry] , C = 0.001 [Faraday] y un batería queproporciona E0 = 90 [volts]. Inicialmente, no hay corriente en el circuito y no hay carga en el condensador.En el instante t = 0, un interruptor en el circuito se cierra y se mantiene así durante 1 [segundo]. Enel instante t = 1 se abre y se mantiene así de ahí en adelante. Determinar la corriente resultante en elcircuito.

4 El teorema de convolución.Definición 6 Sean f y g funciones contínuas por tramos y de orden exponencial. La convolución entre f y ges la fuinción (f ∗ g) (t) definida por

(f ∗ g) (t) =Z t

0

f (t− u) g (u) du

Observación 1

(f ∗ g) (t) =

Z t

0

f (t− u) g (u) du, haciendo en cambio de variables s = t− u, u = t− s

=

Z 0

t

f (s) g (t− s) (−ds) =Z t

0

g (t− s) f (s) ds = (g ∗ f) (t)

114

Teorema 9 Sean f y g funciones contínuas por tramos de orden exponencial, entonces:

L ((f ∗ g) (t)) (s) = L

µZ t

0

f (t− u) g (u) du

¶(s) = L (f (t)) (s) · L (g (t)) (s)

o lo que es igual Z t

0

f (t− u) g (u) du = L−1 (L (f (t)) (s) · L (g (t)) (s))

Ejemplo 26 Calcular eat ∗ ebt

eat ∗ ebt =Z t

0

ea(t−u)ebudu =

Z t

0

eate(b−a)udu = eat1

b− ae(b−a)u

¯t0= eat

³e(b−a)t − 1

´=

ebt − eat

b− a

Ejemplo 27 Resolver la ecuación integral

y (t) = 1−Z t

0

(t− u) y (u) du

Aplicando transformada de Laplace:

L (y (t)) (s) = L (1) (s)− L

µZ t

0

(t− u) y (u) du

¶(s)

L (y (t)) (s) =1

s− L (t ∗ y (t)) (s)

L (y (t)) (s) =1

s− L (t) (s) · L (y (t)) (s)

L (y (t)) (s) =1

s− 1

s2L (y (t)) (s)

L (y (t)) (s)

µ1 +

1

s2

¶=

1

s

L (y (t)) (s)

µs2 + 1

s2

¶=

1

s

L (y (t)) (s) =s

s2 + 1= L (cos (t))⇒ y (t) = cos (t)

Ejemplo 28 Calcular L−1³

1s(s2+1)

´

L−1µ

1

s (s2 + 1)

¶= L−1

µ1

s· 1

s2 + 1

¶= L−1 (L (1) (s) · L (sen (t)) (s))= 1 ∗ sen (t)

=

Z t

0

1sen (u) du =

Z t

0

sen (u) du = − cos|t0= 1− cos (t)

115

4.1 Ejercicios

1. En los siguientes problemas verifique las igualdades sin evaluar la integral

(a) L½

xR0

cos(t)dt

¾= 1

s2+1

(b) L½

xR0

t sen(t) dt

¾= 2

(s2+1)2

(c) L½

xR0

sen(t) cos(t− τ)dt

¾= s

(s2+1)2

(d) L½x

xR0

τe−τdt

¾= 3s+1

s2(s+1)3

(e) L(1 ∗ x3) = 6s5

(f) L(1 ∗ e−2x) = 1s(s+2)

(g) L(x2 ∗ x3) = 2s3(s−1)2

(h) L(e2x ∗ sen(x)) = 1(s−2)(s2+1)

2. Suponiendo que L−1(F (s)) = f(x) determine la validez de las siguientes igualdades a continuación:

(a) L−1( ss2+4F (s)) =

tR0

f(τ) cos(2(t− τ)) dt

(b) L−1( 1(s+1)F (s)) =

xR0

f(τ)e−5(x−τ) dt

3. Verifique las siguientes igualdades mediante convolución:

(a) L−1( 1s(s+1) ) = 1− ex

(b) L−1( 1(s+1)2 ) = xe−x ,

(c) L−1( 1s3(s−1) ) = ex − 1

2x2 − x− 1

(d) L−1( 1(s2+4s+5)2 ) =

12e−2x(sen(x)− x cos(x))

4. Verifique las igualdades y trace la gráfica de cada transformada inversa

(a) L −1( 1s2 −

e−s

s2 ) =

½x , 0 ≤ x < 11 , 1 ≤ x

(b) L −1( 2s −

3 e−s

s2 + 5 e−s

s2 ) =

⎧⎨⎩ 2 , 0 ≤ x < 1−3x+ 5 , 1 ≤ x < 22x− 5 , 2 ≤ x

116

5 Aplicaciones de la Transformada de Laplace a Ecuaciones Dife-renciales

Ejemplo 29 Resolver

y0 + 2y +

Z t

0

y (s) ds =

⎧⎨⎩ t 0 ≤ t < 12− t 1 ≤ t < 20 2 ≤ t

⎫⎬⎭ = h (t)

Solución: Sea

h (t) = t (µ0 (t)− µ1 (t)) + (2− t) (µ1 (t)− µ2 (t))

= tµ0 (t) + µ1 (t) (2− 2t)µ1 (t)− (2− t)µ2 (t)

= tµ0 (t)− 2 (t− 1)µ1 (t) + (t− 2)µ2 (t)entonces, aplicando transformada de Laplace

L (y0 (t)) (s) + 2L (y (t)) (s) +1

sL (y (t)) (s) = L (µ0 (t) (t− 0))− 2L (µ1 (t) (t− 1) + L (µ2 (t) (t− 2)))

sL (y (t)) (s)− y¡0+¢+ 2L (y (t)) (s) +

1

sL (y (t)))s = e−0sL (t) (s)− 2e−sL (t) (s) + e−2sL (t) (s)µ

s+ 2 +1

s

¶L (y (t)) (s)− y

¡0+¢=

1

s2¡1− 2e−s + e−2s

¢Si y (0+) = C, constante, entonces

L (y (t)) (s) =1

s (s+ 1)2¡1− 2e−s + e−2s

¢+

sC

(s+ 1)2

y, aplicando transformada inversa:

y (t) = L−1

"1

s (s+ 1)2

#− 2L−1

"e−s

1

s (s+ 1)2

#+ L−1

"e−2s

s (s+ 1)2

#+ CL−1

"s

(s+ 1)2

#Luego:

i

L−1

"1

s (s+ 1)2

#= L−1

∙1

s

¸∗ L−1

"1

(s+ 1)2

#

= 1 ∗ L−1∙− d

ds

µ1

s+ 1

¶¸= 1 ∗ L−1

∙− d

dsL¡e−t¢¸

= 1 ∗ L−1£L¡te−t

¢¤= 1 ∗

¡te−t

¢=

Z t

0

1|(t−u) ue−udu

=

Z t

0

ue−udu = 1− (1 + t) e−t

117

ii

L−1

"s

(s+ 1)2

#= L−1

"s+ 1− 1(s+ 1)2

#

= L−1

"1

s+ 1− 1

(s+ 1)2

#= e−t − L−1 [L (t) (s+ 1)]

= e−t − L−1£L¡te−t

¢¤= e−t (1− t)

y entonces

y (t) = 1− (1 + t) e−t − 2L−1£e−sL

¡1− (1 + t) e−t

¢(s)¤+ L−1

£e−2sL

¡1− (1 + t) e−t

¢¤+ Ce−t (1− t)

= 1− (1 + t) e−t − 2L−1£L¡µ1 (t)

¡1− te1−t

¢¢¤+ L−2

£L¡µ2 (t)

¡1− (t− 1) e2−t

¢¢¤+ Ce−t (1− t)

finalmente

y (t) = 1− (1 + t) e−t − 2µ1 (t)¡1− te1−t

¢+ µ2 (t)

¡1− (t− 1) e2−t

¢+ Ce−t (1− t)

Ejemplo 30 Resolver la ecuacióny00 − 2y0 + y = tetsen (t)

Solución: Aplicando la transformada de Laplace a la ecuación, se tiene

L (y00 (t)) (s)− 2L (y0 (t)) (s) + L (y (t)) (s) = L¡tetsen (t)

¢(s)

s2Y (s)− sy¡0+¢− y0

¡0+¢− 2

¡sY (s)− y

¡0+¢¢+ Y (s) = − d

ds

¡L¡etsen (t)

¢(s)¢

s2Y (s)− sy¡0+¢− y0

¡0+¢− 2

¡sY (s)− y

¡0+¢¢+ Y (s) = − d

ds(L (sen (t)) (s− 1))

s2Y (s)− sy¡0+¢− y0

¡0+¢− 2

¡sY (s)− y

¡0+¢¢+ Y (s) = − d

ds

Ã1

(s− 1)2 + 1

!

s2Y (s)− sy¡0+¢− y0

¡0+¢− 2

¡sY (s)− y

¡0+¢¢+ Y (s) =

2 (s− 1)³(s− 1)2 + 1

´2Sean y (0+) = a, y0 (0+) = b, se tiene

¡s2 − 2s+ 1

¢Y (s)− as− b+ 2a =

2 (s− 1)³(s− 1)2 + 1

´2Y (s) =

2 (s− 1)

(s− 1)2³(s− 1)2 + 1

´2 + b

(s− 1)2+

a (s− 2)(s− 1)2

118

Aplicando transformada inversa:

y (t) = L−1

⎡⎢⎣ 2 (s− 1)

(s− 1)2³(s− 1)2 + 1

´2⎤⎥⎦+ bL−1

"1

(s− 1)2

#+ aL−1

"s− 1(s− 1)2

− 1

(s− 1)2

#

Observe que2 (s− 1)

(s− 1)2³(s− 1)2 + 1

´2 = ϕ (s− 1)

dondeϕ (s) =

2s

s2 (s2 + 1)2

entonces, si ϕ (s) = L (f (t)) (s), se concluye que

2 (s− 1)

(s− 1)2³(s− 1)2 + 1

´2 = L (f (t)) (s− 1) = L¡etf (t)

¢luego, solamente es necesario determinar f (t):

ϕ (s) =2s

s2 (s2 + 1)2 =

1

s2·µ− d

ds

µ1

s2 + 1

¶¶= L (t) · L (tsen (t)) = L (t ∗ tsen (t))

Entonces

f (t) = t ∗ sen (t) =Z t

0

(t− u)u sen (u) du

Entonces

L−1

⎡⎢⎣ 2 (s− 1)

(s− 1)2³(s− 1)2 + 1

´2⎤⎥⎦ = et

Z t

0

(t− u)u sen (u) du

Entonces

L−1

⎡⎢⎣ 2 (s− 1)

(s− 1)2³(s− 1)2 + 1

´2⎤⎥⎦ = et

µ1− cos (t)− 1

2tsen (t)

¶y entonces

y (t) = etZ t

0

(t− u)u sen (u) du+ btet + a¡et − tet

¢y (t) = et

µ1− cos (t)− 1

2tsen (t) + bt+ a− at

¶Ejemplo 31 Resolver

−y00 + 4y0 + 4y =½

0 , t ≤ 2e−(t−2) , 2 < t

¾= h (t) , y (0) = 1, y0 (0) = −1

119

Solución: note que h (t) = µ2 (t) e−(t−2) = µ2 (t) g (t− 2) , g (t) = et

Entonces:

−L (y00 (t)) (s) + 4L (y0 (t)) (s) + 4L (y (t)) (s) = e−2sL¡e−t¢(s)

−¡s2Y (s)− sy

¡0+¢− y0

¡0+¢¢+ 4

¡sY (s)− y

¡0+¢¢+ 4Y (s) =

e−2s

s+ 1

−s2Y (s) + s− 1 + 4sY (s)− 4 + 4Y (s) =e−2s

s+ 1¡−s2 + 4s+ 4

¢Y (s) =

e−2s

s+ 1+ 5− s

entonces, dividiendo por¡−s2 + 4s+ 4

¢, se tiene:

Y (s) =e−2s

(s+ 1) (−s2 + 4s+ 4) +5

−s2 + 4s+ 4 −s

−s2 + 4s+ 4

Luego:

1

−s2 + 4s+ 4 = − 1

s2 − 4s− 4 = −1√8

√8

(s− 2)2 − 8

= − 1√8L³senh

³√8t´´(s− 2)

= − 1√8L³e2tsenh

³√8t´´(s)

= L

µ− e2t√

8senh

³√8t´¶(s)

además:

s

−s2 + 4s+ 4 = − s

s2 − 4s− 4 = −s

(s− 2)2 − 8= −L

³cosh

³√8t´´(s− 2)

= −L³e2t cos

³√8t´´(s)

= L³−e2t cosh

³√8t´´(s)

y1

(s+ 1) (−s2 + 4s+ 4) =1

s+ 1· 1

−s2 + 4s+ 4 = L

µe−t ∗ − e2t√

8senh

³√8t´¶(s)

120

donde

e−t ∗ − e2t√8senh

³√8t´

= −e−t√8

Z t

0

e3usenh³√8u´du

= −e−t√8

Z t

0

e3ue√8u − e−

√8u

2du

= − e−t

2√8

Z t

0

³e(3+

√8)u − e(3−

√8)u´du

= − e−t

2√8

e(3+√8)u

3 +√8− e(3−

√8)u

3−√8

¯¯t

0

= − e−t

2√8

Ãe(3+

√8)t

3 +√8− e(3−

√8)t

3−√8

!

=e(2−

√8)t

6√8− 16

− e(2+√8)t

16 + 6√8

Por lo tanto:

y (t) = e2t cosh³√8t´− 5e

2t

√8senh

³√8t´+ µ2 (t)

Ãe(2−

√8)t

6√8− 16

− e(2+√8)t

16 + 6√8

!Ejemplo 32 Resolver

y00 + y = t, y (1) = 1, y0 (1) = 1

Observe que y (u+ 1), es tal que y (0 + 1) = y (1). Considere w (u) = y (u+ 1) = y (t), entonces

w (0) = y (0 + 1) = 1, w0 (0) = y0 (0 + 1) = y0 (1) = 1

y entoncesw00 (u) + w (u) = u+ 1

Luego, aplicando la transformada de Laplace, se tiene:

L (w00 (u)) (s) + L (w (u)) (s) =1

s2+1

s

s2W (s)− sw¡0+¢− w0

¡0+¢+W (s) =

1

s2+1

s¡s2 + 1

¢W (s)− s− 1 =

1

s2+1

s

W (s) =1

s2 (s2 + 1)+

1

s (s2 + 1)+

s+ 1

s2 + 1

Por lo tanto

w (u) = L−1 [L (u) (s) · L (sen (u)) (s)] + L−1 [L (1) (s) · L (sen (u)) (s)] + L−1 [L (cos (u)) (s)] + L−1 [L (sen (u)) (s)]

w (u) = u ∗ sen (u) + 1 ∗ sen (u) + cos (u) + sen (u)

w (u) =

Z u

0

(u− v) sen (v) dv +

Z u

0

1sen (v) dv + cos (u) + sen (u)

w (u) = u− senu+ 1− cos (u) + cos (u) + sen (u) = 1 + u

121

Realizando el cambio de variables: u+ 1 = t :y (t) = t

Ejemplo 33 Resolverty00 + (3t− 1) y0 − (4t+ 9) y = 0, y (0) = 0 , y0 (0) = 1

Aplicando transformada de Laplace, se tiene

L (ty00 (t)) (s) + L ((3t− 1) y0 (t)) (s)− L ((4t+ 9) y (t)) (s) = 0

− d

ds(L (y00 (t)) (s)) + 3L (ty0 (t)) (s)− L (y0 (t)) (s)− 4L (ty (t)) (s)− 9L (y (t)) (s) = 0

− d

ds

¡s2Y (s)− sy

¡0+¢− y0

¡0+¢¢+ 3 (−1) d

ds(L (y0 (t)) (s))− L (y0 (t)) (s)− 4 (−1) d

ds(Y (s))− 9Y (s) = 0

−¡2sY (s) + s2Y 0 (s)− 0

¢− 3 d

ds

¡sY (s)− y

¡0+¢¢−¡sY (s)− y

¡0+¢¢+ 4Y 0 (s)− 9Y (s) = 0

−2sY (s)− s2Y 0 (s)− 3Y (s)− 3sY 0 (s)− sY (s) + 4Y 0 (s)− 9Y (s) = 0

Agrupando los términos semejantes y dividiendo por¡−s2 − 3s+ 4

¢, se tiene:¡

−s2 − 3s+ 4¢Y 0 (s) = (3s+ 12)Y (s)

Y 0 (s)

Y (s)= − 3s+ 12

s2 + 3s− 4Y 0 (s)

Y (s)= −3 s+ 4

(s+ 4) (s− 1)Y 0 (s)

Y (s)=

−3s− 1

Luegod

ds(ln (Y (s))) = −3 d

ds(ln (s− 1))

integrando, se tiene

ln (Y (s)) = ln (s− 1)−3

Y (s) =1

(s− 1)3

L (y (t)) (s) =1

2!

2!

(s− 1)3

L (y (t)) (s) =1

2!L¡t2¢(s− 1)

L (y (t)) (s) =1

2!L¡ett2

¢Por lo tanto, la curva solución es:

y (t) =t2et

2

122

5.1 Ejercicios

1. Resuelva los siguientes problemas de valor inicial mediante el empleo de la transformada de Laplace.Cuando sea apropiado haga uso de funciones escalón unitario.

(a) y00 − 2y0 + 5y = 1 + x , y(0) = 0 , y0(0) = 4

(b) y00 − 2y0 = exsenh(x) , y(0) = 0 , y0(0) = 0

(c) y000 + 2y00 − y0 − 2y = sen(3x) , y(0) = 0 , y0(0) = 0 , y00(0) = 1,

(d) y(4) − y = x , y(0) = 0 , y0(0) = 0 , y00(0) = 0, y000(0) = 0

(e) y00 + a2y = f(x) , y(0) = y0(0) = 0

(f) y0 + y = f(x) , y(0) = 0 , donde f(x) =½

1 , 0 ≤ x < 1−1 , 1 ≤ x

(g) y0 + 2y = f(x) , y(0) = 0 , donde f(x) =½

x , 0 ≤ x < 10 , 1 ≤ x

(h) y00 + 4y = f(x) , y(0) = 0 , y0(0) = −1 , f(x) =½1 , 0 ≤ x < 10 , 1 ≤ x

(i) y00 + 4y = sen(x)U2π(x) , y(0) = 1 , y0(0) = 0

(j) y00 − 5y0 + 6y = U1(x) , y(0) = 0 , y0(0) = 1

(k) y00 + y = f(x) , y(0) = 0 , y0(0) = −1 , f(x) =

⎧⎨⎩ 0 0 ≤ x < π1 π ≤ x < 2π0 2π ≤ x

(l) y00 + 4y0 + 3y = 1− U2(x)− U4(x) + U6(x) , y(0) = 0 , y0(0) = 0

2. Resuelva las siguientes ecuaciones integrales mediante la transformada de Laplace

(a) y(x) +

xZ0

(x− t)y(t) dt = x

(b) y(x) = 2x−xZ0

sen(t)y(x− t) dt

(c) y(x) = xex +

xZ0

τy(x− τ) dτ

(d) 3sen(2x) = y(x) + 2

xZ0

(x− t)y(t) dt

3. En este problema se da una aplicación de la convolución a un problema ”práctico”. Considere un hilo enforma de curva suave y un abalorio que se desliza por el hilo hacia el orígen, por acción de su propio pesoy sin rozamiento. Considere un sistema de coordenadas (x, y) donde y representa la altura. Si la forma delhilo viene dada por una función y = y(x), el tiempo total de descenso será una función T (y), de la altura

123

y. El problema mecánico de Abel es el inverso: dada la función T (y), encuentre la curva que determinala forma del hilo que produce un tiempo de descenso igual a T (y). (Este problema puede ser bastantedifícil. Vea SIMMONS, ”ECUACIONES DIFERENCIALES con aplicaciones y notas históricas”, sección52, página 418)

4. Hallar la ecuación de la curva de descenso si T (y) = k√y

5. El tanque mezclador de la figura contiene inicialmente 500 litros de una solución salina, con una concen-

tración de sal de 2hKgLt

i. Durante los primeros 10 minutos de operación, se abre la válvula A, añadiendo

12£Ltmin

¤de una solución con una concentración de sal de 4

hKgLt

i. Después de 10 minutos se cambia a

la válvula B, la cual agrega una concentración de 6hKgLt

ia 12

£Ltmin

¤. La válvula C elimina 12

£Ltmin

¤,

manteniendo constante el volumen. Determine la concentración de sal en el tanque como función deltiempo.

6. En el problema 1 suponga, ahora, que sólo se mantiene abierta la válvula A y la válvula C sólo elimina6£Ltmin

¤. Resuelva el problema.

7. Considere una masa de 1 [Kg] unida a un resorte con constante k = 4, al cual se le aplica una fuerzaexterna f (t) = sen (3t) por 10 minutos y después se elimina. Si el resorte parte del reposo en su posiciónde equilibrio, determine el desplazamiento del resorte en cualquier instante.

124

Parte IV: Sistemas de Ecuaciones Diferenciales.1 Métodos Básicos.Hasta ahora se ha estudiado ecuaciones diferenciales que involucran una variable independiente y una dependi-ente. Sin embargo, en las aplicaciones ocurren que una variable dependiente depende de más de una variableindependiente, como se muestra en el siguiente ejemplo:

Ejemplo 1 Suponga una partícula de masa m que se mueve en el plano XY debido a una fuerza−→F = F (t, x, y)

que actúa sobre ella. (es decir, la dirección de la fuerza y su magnitud dependen solamente de la posición dela partícula y del tiempo t) Suponga que inicialmente la partícula está en un punto cualquiera, el origen, enreposo. Es posible realizar la siguiente pregunta: ¿Cuál es la posición de la partícula en un instante posterior?

Solución: Descomponga la fuerza−→F en sus componentes positivas F1 y F2 como se indica en la figura:

Figura 27: Descomposición de fuerzas de−→F

De la segunda ley de Newton, se tiene:

md2x

dt2= F1 (t, x, y)

md2y

dt2= F2 (t, x, y)

Ademásx (0) = y (0) = x0 (0) = y0 (0) = 0

Para resolver este problema hay varios métodos, en esta monografía consideraremos tres de ellos, dos quese refieren a las técnicas anteriormente estudiadas para resolver sistemas de ecuaciones, y una más propio de lateoría de Matrices que estudiaremos con más detención.

125

i. Método de Eliminación

En el ejemplo supongamos que m = 1, y

F1 (t, x, y) = y − e−2t

F2 (t, x, y) = x+ 3e−2t

entonces

x00 = y − e−2t (1)

y00 = x+ 3e−2t (2)

Así de (1) se tiene

y = x00 + e−2t

y0 = x000 − 2e−2t

y00 = x(4) + 4e−2t

reemplazando en (2), se tiene

d4x

dt4+ 4e−2t = x+ 3e−2t

d4x

dt4− x = −e−2t

asím4 − 1 = 0⇒

¡m2 − 1

¢ ¡m2 + 1

¢= 0⇒ m1 = 1, m2 = −1, m3 = i, m4 = −i

luegoxh = C1e

t + C2e−t + C3 cos (t) + C4sen (t)

Y, por anuladores o coeficientes indeterminados:

xp = Ae−2t ⇒ xp = −1

15e−2t

Luego

x (t) = C1et + C2e

−t + C3 cos (t) + C4sen (t)−1

15e−2t

y reemplazando en (1) se tiene:

C1et + C2e

−t − C3 cos (t)− C4sen (t)−4

15e−2t = y − e−2t

y (t) = C1et + C2e

−t − C3 cos (t)− C4sen (t) +11

15e−2t

Para determinar las constantes C1, C2, C3 y C4 se utilizan las condiciones iniciales:

x (0) = C1 + C2 + C3 −1

15= 0

y (0) = C1 + C2 − C3 +11

15= 0

x0 (0) = C1 − C2 + C4 +2

15= 0

y0 (0) = C1 − C2 − C4 −22

15= 0

126

de dondeC1 =

1

6, C2 = −

1

2, C3 =

2

5, C3 = −

4

5Luego

x (t) =et

6− e−t

2+2

5cos (t)− 4

5sen (t)− 1

15e−2t

y (t) =et

6− e−t

2− 25cos (t) +

4

5sen (t) +

11

15e−2t

Representaciones gráficas de las soluciones son las siguientes: primero las soluciones por separado:

ahora ambas soluciones determinando una curva paramétrica:

Otra idea, equivalente al método de eliminación, es la Triangulización con operadores:Resolver

x0 = − 450x+

150y

y0 = 450x−

450y

¾, x (0) = 25, y (0) = 0

reescribir como

Dx+4

50x− 1

50y = 0

− 450

x+Dy +4

50y = 0

127

o, mejor aún: µD +

4

50

¶x− 1

50y = 0 (1)

− 450

x+

µD +

4

50

¶y = 0 (2)

Multiplicando (1) por 450 y (2) por

¡D + 4

50

¢, se tiene

4

50

µD +

4

50

¶x− 4

50·50y = 0 (1.1)

− 450

µD +

4

50

¶x+

µD +

4

50

¶2y = 0 (2.1)

sumando (1.1) y (2.1) se tiene

4

50

µD +

4

50

¶x− 4

50·50y = 0 (1.2)µD +

4

50

¶2y − 4

50·50y = 0 (2.2)

Resolvemos (2.2): µD2 +

8

50D +

16

50·50

¶y − 4

50·50y = 0µD2 +

8

50D +

12

50·50

¶y = 0

ecuación auxiliar

m2 +8

50m+

16

50·50 = 0⇒ m =− 850 ±

q6450·50 −

4850·50

2

m = − 450± 12

r16

50·50 = −4

50± 2

50=−4± 250

=

½x1 = − 3

25x2 = − 1

25

⇒ y (x) = C1e− 650 t + C2e

− 250 t

reemplazando en (2)

− 450

x+

µD +

4

50

¶³C1e

− 650 t + C2e

− 250 t´

= 0

− 650

C1e− 650 t − 2

50C2e

− 250 t =

4

50x− 4C1

50e−

650 t − 4C2

50e−

250 t

− 450

x =6

50C1e

− 650 t +

2

50C2e

− 250 t − 4C1

50e−

650 t − 4C2

50e−

250 t

− 450

x =2

50C1e

− 650 t − 2

50C2e

− 250 t

x = −12C1e

− 650 t +

1

2C2e

− 250 t

128

por lo tanto

x (t) = −12C1e

− 650 t +

1

2C2e

− 250 t

y (x) = C1e− 650 t + C2e

− 250 t

además

y (0) = 0, x (0) = 25

−12C1 +

1

2C2 = 25

C2 + C1 = 0

luego

C1 = −25C2 = −C1

por lo tanto

x (t) =25

2e−

650 t − 25

2e−

250 t

y (x) = 25e−650 t − 25e− 2

50 t

ii. Método de la transformada de Laplace

Para mostrar la forma en que actúa este método, utilizaremos el siguiente ejemplo:

1. Ejemplo 2 Resolver el sistema de ecuaciones diferenciales

dx

dt= x (t) + y (t)

dy

dt= 4x (t)− 2y (t)

Se puede aplicar la transformada de Laplace para convertir el sistema en un sistema algebraico. Anotemosx (0+) = C1, y (0

+) = C2.

L

µdx

dt

¶(s) = L (x (t)) (s) + L (y (t)) (s)

L

µdy

dt

¶(s) = 4L (x (t)) (s)− 2L (y (t)) (s)

anotando X (s) = L (x (t)) (s) y Y (s) = L (y (t)) (s), se tiene:

sX − C1 = X (s) + Y (s)

sY (s)− C2 = 4X (s)− 2Y (s)

129

(s− 1)X (s)− Y (s) = C1

−4X (s) + (s+ 2)Y (s) = C2

4 (s− 1)X (s)− 4Y (s) = 4C1

−4 (s− 1)X (s) +¡s2 + s− 2

¢Y (s) = (s− 1)C2

sumando ¡s2 + s− 6

¢Y (s) = 4C1 + (s− 1)C2

Y (s) = C14

s2 + s− 6 + C2s− 1

s2 + s− 6reemplazando en la primera ecuación:

X (s) = C11

s− 1 + C14

(s− 1) (s2 + s− 6) + C21

s2 + s− 6Luego, calculamos las transformadas inversas:

1. (a) L−1h

1s2+s−6

ies:

L−1∙

1

s2 + s− 6

¸= L−1

∙1

(s+ 3) (s− 2)

¸= L−1

∙−

15

s+ 3+

15

s− 2

¸= −1

5e−3t +

1

5e2t

(b) L−1h

s−1s2+s−6

ies:

L−1∙

s− 1s2 + s− 6

¸= L−1

∙s− 1

(s+ 3) (s− 2)

¸= L−1

∙s− 2 + 1

(s+ 3) (s− 2)

¸= L−1

∙1

s+ 3

¸+ L−1

∙1

(s+ 3) (s− 2)

¸= e−3t − 1

5e−3t +

1

5e2t

(c) L−1h

1(s−1)(s2+s−6)

ies:

L−1∙

1

(s− 1) (s2 + s− 6)

¸= L−1

∙1

(s− 1) (s− 2) (s+ 3)

¸= L−1

∙ − 14s− 1 +

15

s− 2 +120

s+ 3

¸= −1

4et +

1

5e2t +

1

20e−3t

130

Por lo tanto

y (t) = C14

5

¡e2t − e−3t

¢+ C2

µe−3t − 1

5e−3t +

1

5e2t¶

y (t) =1

5(4C1 + C2) e

2t +4

5(C2 − C1) e

−3t

x (t) = C14

5e2t + C1

1

5e−3t + C2

1

5

¡e2t − e−3t

¢x (t) =

1

5(4C1 + C2) e

2t +1

5(C1 − C2) e

−3t

y anotando a = 15 (4C1 + C2) ; b =

15 (C1 − C2) se obtiene

x (t) = ae2t + be−3t

y (t) = ae2t − 4be−3t

Ejemplo 3 Resolver

x00 = y − x

y00 = x− y

con condiciones iniciales x (0) = 0, x0 (0) = −2, y (0) = 0, y0 (0) = 1.Aplicando la transformada de Laplace, se tiene

s2L [x]− s·0 + 2 = L [y]− L [x]

s2L [y]− s·0− 1 = L [x]− L [y]

o ¡s2 + 1

¢L [x]− L [y] = −2 (1)

−L [x] +¡s2 + 1

¢L [y] = 1 (2)

multiplicando (2) por¡s2 + 1

¢ ¡s2 + 1

¢L [x]− L [y] = −2 (1.1)

−¡s2 + 1

¢L [x] +

¡s2 + 1

¢2L [y] = 1 (2.1)

sumando ³¡s2 + 1

¢2 − 1´L [y] = s2 − 1¡s4 + 2s2 + 1− 1

¢L [y] = s2 − 1¡

s4 + 2s2¢L [y] = s2 − 1

L [y] =s2 − 1

s2 (s2 + 2)

L [y] =s2 + 2

s2 (s2 + 2)− 3

s2 (s2 + 2)

L [y] =1

s2− 3

s2 (s2 + 2)

131

reemplazando en (2) se tiene

L [x] =¡s2 + 1

¢L [y]− 1

L [x] =¡s2 + 1

¢µ s2 − 1s2 (s2 + 2)

¶− 1

L [x] =s4 − 1

s2 (s2 + 2)− 1

L [x] =s4 − 1− s4 − 2s2

s2 (s2 + 2)= − 2s2 + 1

s2 (s2 + 2)

L [x] = − 2

s2 + 2− 1

s2 (s2 + 2)

Calculando las fracciones parciales:

n

s2 (s2 + 2)=

A

s+

B

s2+

Cs+D

s2 + 2

luego

As¡s2 + 2

¢+B

¡s2 + 2

¢+ (Cs+D) s2 = n

As3 + 2As+Bs2 + 2B + Cs3 +Ds2 = n

luego tenemos el sistema

A+ C = 0

B +D = 0

2A = 0

2B = n

luego: A = 0, B = n2 , C = 0,D = −n

2 , luego

L [x] = − 2

s2 + 2− 1

s2 (s2 + 2)= − 2

s2 + 2− 12

1

s2+1

2

1

s2 + 2

L [y] =1

s2− 3

s2 (s2 + 2)=1

s2− 32

1

s2+3

2

1

s2 + 2

por lo tanto

x (t) = −3√2

4sen (2t)− t

2

y (t) = − t

2+3√2

4sen (2t)

Representaciones gráficas de las soluciones son las siguientes: primero las soluciones por separado:

132

ahora ambas soluciones determinando una curva paramétrica:

Considere ahora el siguiente problema:

Ejemplo 4 El tanque A contiene 50 galones de agua en los cuales se disuelven 25 libras de sal. Un segundotanque B contiene 50 galones de agua pura. Se bombea líquido hacia y desde los tanques, en las proporcionesindicadas en la figura. Determine las cantidades de sal en ambos tanques en el instante t.

Figura 28: Sistema de Estanques Interconectados

133

Sean x (t) , y (t) las cantidades de sal en A y B respectivamente en el instante t. Observe que los volumenende solución en A y B permanecen constantes:

A : VA (t) = 50 + 3t+ t− 4t = 50 [Galones]B : VB (t) = 50 + 4t− t− 3t = 50 [Galones]

Ahora bien:

dx

dt= ”entra”− ”sale” = 3

∙G

m

¸·0∙lb

G

¸+ 1

∙G

m

¸·y (t)50− 4

∙G

m

¸·x (t)50

dy

dt= ”entra”− ”sale” = 4

∙G

m

¸·x (t)50− 1

∙G

m

¸·y (t)50− 3

∙G

m

¸·y (t)50

Por lo tanto

dx

dt=

y (t)

50− 4

50x (t)

dy

dt=

4

50x (t)− 4

50y (t)

o bien

x0 = − 450

x+1

50y

y0 =4

50x− 4

50y

además x (0) = 25, y (0) = 0.Para resolver este sistema se puede aplicar la transformada de Laplace:

L [x0] = − 450

L [x] +1

50L [y]

L [y0] =4

50L [x]− 4

50L [y]

sL [x]− x¡0+¢= − 4

50L [x] +

1

50L [y]

sL [y]− y¡0+¢=

4

50L [x]− 4

50L [y]

Anotemos X = L [x] , Y = L [y]:

sX − 25 = − 450

X +1

50Y

sY − 0 =4

50X − 4

50Y

µs+

4

50

¶X − 1

50Y = 25

− 450

X +

µs+

4

50

¶Y = 0

134

multiplicando ambas ecuaciones por 50 se tiene:

(50s+ 4)X − Y = 1250

−4X + (50s+ 4)Y = 0

Multiplicando la primera por (50s+ 4) se tiene

(50s+ 4)2X − (50s+ 4)Y = 1250 (50s+ 4)

−4X + (50s+ 4)Y = 0

sumando ambas ecuaciones: h(50s+ 4)

2 − 4iX = 1250 (50s+ 4)

[(50s+ 4)− 2] [(50s+ 4) + 2]X = 1250 (50s+ 4)

(50s+ 2) (50s+ 6)X = 1250 (50s+ 4)

X =1250 (50s+ 4)

(50s+ 2) (50s+ 6)

Por otra parte:

Y =4X

50s+ 4=

4

50s+ 4· 1250 (50s+ 4)

(50s+ 2) (50s+ 6)

Y =5000

(50s+ 2) (50s+ 6)

luego x = L−1 [X] , y = L−1 [y] :

X =1250 (50s+ 4)

(50s+ 2) (50s+ 6)= 1250· (50s+ 2) + 2

(50s+ 2) (50s+ 6)

= 1250·∙

1

50s+ 6+

2

(50s+ 2) (50s+ 6)

¸= 1250·

∙1

50s+ 6+

2

(50s+ 2) (50s+ 6)

¸= 1250·

"1

50· 1

s+ 650

+1

502· 2¡s+ 2

50

¢ ¡s+ 6

50

¢#= 25· 1

s+ 650

+1

2· 2¡s+ 2

50

¢ ¡s+ 6

50

¢= 25· 1

s+ 650

+1¡

s+ 250

¢ ¡s+ 6

50

¢= 25· 1

s+ 650

+A

s+ 250

+B

s+ 650

135

resolviendo la suma de fracciones parciales

As+6

50A+Bs+

2

50B = 1

A+B = 0 ∧ 6

50A+

2

50B = 1

∴ 6

50A− 2

50A = 1⇒ 4

50A = 1

A =50

4=25

2, B = −25

2

Por lo tanto

X = 25· 1

s+ 650

+25

2· 1

s+ 250

− 252· 1

s+ 650

Y =5000

(50s+ 2) (50s+ 6)= 5000· 1

502· 1¡s+ 2

50

¢ ¡s+ 6

50

¢= 25

µ1

s+ 250

− 1

s+ 650

¶luego

x (t) =25

2

³e−

325 t + e−

125 t´

y (t) = 25³e−

125 t − e−

325 t´

Representaciones gráficas de las soluciones son las siguientes: primero las soluciones por separado:

ahora ambas soluciones determinando una curva paramétrica:

136

1.1 Ejercicios

1. Determine la solución general de cada uno de los siguientes sistemas de ecuaciones diferenciales.

(a)½

dx/dt = 3x− ydy/d(t) = 9x− 3y

(b)½

dx/dt = −6x+ 5ydy/d(t) = −5x+ 4y

(c)½

dx/dt = −12x− 9ydy/d(t) = 4x

(d)

⎧⎨⎩ x0 = 3x+ 2y + 4zy0 = 2x+ 2zz0 = 4x+ 2y + 3z

2. Resuelva los siguientes sistemas de ecuaciones aplicando la transformada de Laplace a cada ecuación paratransformar el sistema en un sistema de ecuaciones algebraicas.

(a)

½x0(t) = −x(t) + 1y0(t) = 2x(t)x(0) = 0, y(0) = 1

(b)

½x0 = 2y + et

y0 = 8x− tx(0) = 1, y(0) = 1

(c)

½x0 + 3x+ y0 = 1x0 − x+ y0 − y = et

x(0) = 0, y(0) = 0

(d)

½x00 + x0 + y0 = 0y00 + y0 − 4x0 = 0x(0) = 1 , x0(0) = 0y(0) = −1 , y0(0) = 5

137

(e)

½x0 − 4x+ y(3) = 6sen(t)x0 + 2x− 2y(3) = 0

x(0) = 0 , y(0) = 0y0(0) = 0 , y00(0) = 0

2 Sistemas Lineales Homogéneos.Consideremos el sistema general de 2 ecuaciones diferenciales de primer orden con coeficientes constantes:

dx

dt= a11x (t) + a12y (t) (2.1)

dy

dt= a21x (t) + a22y (t)

Si

U (t) =

µx (t)y (t)

¶, U 0 (t) =

µdxdtdydt

¶, A =

µa11 a12a21 a22

¶entonces el sistema (2.1) puede expresarse como

U 0 = AU (2.2)

Observación 1 Si U1 (t) =µ

x1 (t)y1 (t)

¶y U2 (t) =

µx2 (t)y2 (t)

¶son soluciones de (2.1), y por lo tanto de (2.2),

entoncesC1U1 (t) + C2U2 (t)

también es solución de (2.1) (y de (2.2)). Luego½U (t) =

µx (t)y (t)

¶ÁU es solución de U 0 = AU

¾es un espacio vectorial.

Observación 2 Sean U1 (t) =

µx1 (t)y1 (t)

¶y U2 (t) =

µx2 (t)y2 (t)

¶:

αU1 (t) + βU2 (t) =

µαx1 (t) + βx2 (t)αy1 (t) + βy2 (t)

¶=

µx1 (t) x2 (t)y1 (t) y2 (t)

¶µαβ

¶

por lo tanto U1 y U2 son linealmente independientes si y sólo si existe t tal que detµ

x1 (t) x2 (t)y1 (t) y2 (t)

¶6= 0

Definición 1 Si U1 y U2 son soluciones de (2.1) (y de (2.2)) el Wronskiano de U1 y U2 es el determinante

W [U1 (t) , U2 (t)] = det

µx1 (t) x2 (t)y1 (t) y2 (t)

¶

138

Observación 3 Se verifica que

d

dtW [U1 (t) , U2 (t)] =

d

dt[x1y2 − x2y1]

= x01y2 + x1y02 − x02y1 − x2y

01

= (a11x1 + a12y1) y2 + x1 (a21x2 + a22y2)− (a21x1 + a22y1)x2 − y1 (a11x2 + a12y2)

= a11x1y2 + a12y1y2 + a21x1x2 + a22x1y2 − a21x1x2 − a22y1x2 − a11y1x2 − a12y1y2

= (a11 + a22)x1y2 − (a11 + a22) y1x2

= (a11 + a22) (x1y2 − y1x2)

d

dtW [U1 (t) , U2 (t)] = (a11 + a22)W [U1 (t) , U2 (t)]

y entoncesW [U1 (t) , U2 (t)] = Ce

R(a11(t)+a22(t))dt

Conclusión 1 U1, U2 son linealmente independientes sí y sólo si ∀t,W [U1 (t) , U2 (t)] 6= 0 y U1, U2 son lineal-mente dependientes sí y sólo si ∀t,W [U1 (t) , U2 (t)] = 0

Observación 4 Considere la ecuación de 2o orden lineal

y00 + ay0 + by = 0

defina x1 = y, x01 = x2 = y0, x02 = y00 = −ay0 − by, se obtiene el sistema de ecuaciones

x01 = x2

x02 = −ax2 − bx1

o µ0 1−b −a

¶µx1x2

¶=

µx01x02

¶(i)

note que si U =µ

x1 (t)x2 (t)

¶es solución de (i), entonces

x02 = −ax01 − bx1 y x01 = x2

x02 = x001x001 = −ax01 − bx1

se concluye que x1 = y es solución dey00 + ay0 + by = 0

Ejercicio 1 Si y1, y2 son soluciones linealmente independientes de y00+ay0+by, entonces U1 =µ

y1y01

¶, U2 =µ

y2y02

¶son soluciones de (i)

139

En efecto, si U1 =µ

y1y01

¶, U2 =

µy2y02

¶son soluciones linealmente independiente de (i), entonces y1, y2

son soluciones linealmente independientes de y00 + ay0 + by = 0, pues W [U1, U2] =W [y1, y2] . (Esto justifica laescritura anterior del Wronskiano).

Teorema 2 El espacio solución del sistema de ecuaciones diferenciales de primer orden:

U 0 = AU

o

dx

dt= a11x (t) + a12y (t) (2.3)

dy

dt= a21x (t) + a22y (t)

tiene dimensión 2, esto es, si U1, U2 son soluciones linealmente independientes, entonces cualquier solución seexpresa como

U = C1U1 (t) + C2U2 (t) , C1, C2 ∈ R

Problema: Determinar la solución general de:

U 0 = AU (2.2)

Note que esta ecuación es, al menos en apariencia, muy similar a la ecuación

y0 (x) = ay (x)

cuya solución esy (x) = eax

Nos preguntamos si existirán soluciones de (2.2) de la forma

U =

µaemt

bemt

¶= emt

µab

¶Reemplazando en (2.2): µ

amemt

bmemt

¶=

µa11ae

mt + a12bemt

a21aemt + a22be

mt

¶se obtiene

a (a11 −m) emt + a12bemt = 0

aa12emt + b (a22 −m) emt = 0

y dividiendo por emt

a (a11 −m) + a12b = 0 (2.4)

aa12 + b (a22 −m) = 0

El problema es determinar a, b y m. Observe que si a = 0 = b, entonces U =

µ00

¶es una solución obvia del

sistema (2.4). Para determinar una solución no nula por el teorema:

140

Teorema 3 Sea A una matriz de orden m× n, las siguientes afirmaciones son equivalentes

i. A es singular (no tiene inversa).

ii. det (A) = 0

iii. AX = 0 tiene solución no trivial

iv Las columnas (filas) de A forman un conjunto linealmente dependiente.

se requiere

det

∙a11 −m a12a21 a22 −m

¸= 0

(a11 −m) (a22 −m)− a21a12 = 0

m2 − (a11 + a22)m+ a11a22 − a21a12 = 0

Esta ecuación es llamada la ecuación auxiliar del sistema (2.4)Note que esta ecuación es exactamente:

det (A−mI) = 0, A =

µa11 a12a21 a22

¶, I =

µ1 00 1

¶Observación 5 La ecuación (2.4) puede expresarse

(A−mI)

µab

¶=

µ00

¶

Si anotamos V =µ

ab

¶, entonces m y V satisfacen

(A−mI)V = 0

AV = mV

El número m se denomina valor propio de A y el vector V , vector propio de A asociado a m. Por esta razónel método se denomina de los valores y vectores propios: "Si m es valor propio de A y V es un vector propioasociado a m, entonces X = emtV es una solución de la ecuación X 0 = AX".

2.1 Método de solución de U 0 = AU.

Si m1 y m2 son las soluciones de det (A−mI), entonces, reemplazando m1 en (2.4) se puede determinara = a1 , b = b1 tales que a1, b1,m1 satisfacen (2.4) y por lo tanto

U1 =

µa1e

m1t

b1em1t

¶es una solución de U 0 = AU.

141

En forma análoga, reemplazando m2 en (2.4) se determinan a = a2, b = b2 tales que a2, b2,m2 satisfacen(2.4) y por lo tanto

U2 =

µa2e

m2t

b2em2t

¶es una solución de U 0 = AU.Al aplicar este método puede ocurrir cualquiera de las posibilidades siguientes:

i. det (A−mI) = 0 tiene raíces reales distintas: m1 6= m2. En estas condiciones es fácil ver que las soluciones

U1 =

µa1e

m1t

b1em1t

¶, U2 =

µa2e

m2t

b2em2t

¶son linealmente independientes y la solución general del sistema es

U = C1U1 (t) + C2U2 (t) =

µC1a1e

m1t + C2a2em2t

C1b1em1t + C2b2e

m2t

¶, C1, C2 ∈ R

Por lo tanto

x (t) = C1a1em1t + C2a2e

m2t

y (t) = C1b1em1t + C2b2e

m2t, C1, C2 ∈ R

Ejemplo 5 Resolver

dx

dt= x+ y

dy

dt= 4x− 2y

El sistema se puede escribir como: U 0 =µ1 14 −2

¶U, U =

µx (t)y (t)

¶.

La ecuación auxiliar es:

det

µµ1 14 −2

¶−m

µ1 00 1

¶¶= det

µ1−m 14 −2−m

¶= 0

(1−m) (−2−m)− 4 = 0

m2 +m− 2− 4 = 0

m2 +m− 6 = 0, o bien (m+ 3) (m− 2) = 0

luego, tenemos: m1 = −3, m2 = 2.

a) Para m1 = −3, reemplazando en (2.4)

(1−m) ·a+ 1·b = 0

4·a− (2 +m) ·b = 0

se tiene:

4a+ b = 0

4a+ b = 0

142

luego4a+ b = 0⇒ b = −4a

es decir:

U1 (t) =

µaem1t

bem1t

¶=

µae−3t

−4ae−3t¶= a

µe−3t

−4e−3t¶, luego para a = 1

U1 (t) =

µe−3t

−4e−3t¶

b. Para m2 = 2, reemplazando en (2.4) se tiene

−a+ b = 0

4a− 4b = 0

entonces a = b, luego

U2 (t) =

µaem2t

bem2t

¶=

µae2t

ae2t

¶= a

µe2t

e2t

¶, luego para a = 1

U2 (t) =

µe2t

e2t

¶Por lo tanto la solución general del sistema dado es

U = C1U1 (t) + C2U2 (t)

por lo tanto

x (t) = C1e−3t + C2e

2t

y (t) = −4C1e−3t + C2e2t, C1, C2 ∈ R

Representaciones gráficas de las soluciones son las siguientes: primero las soluciones por separado:

ahora ambas soluciones determinando una curva paramétrica:

143

Algunas curvas solución para diferentes condiciones iniciales:

(Compare con el ejemplo del método de la Transformada de Laplace)

Ejemplo 6 Resolver

x0 = − 450

x+1

50y

y0 =4

50x− 4

50y

Escribiendo el sistema en forma matricial se tieneµ− 450

150

450 − 4

50

¶| z

A

µxy

¶=

µx0

y0

¶

144

luego

0 = det (A−mI) = det

µ− 450 −m 1

50450 − 4

50 −m

¶=

µ4

50+m

¶2− 4

502

⇒µ4

50+m

¶2=

4

502⇒ 4

50+m = ± 2

50⇒ m = − 4

50± 2

50=

½− 250− 650

m1 = − 650

, m2 = −2

50

a) Vector propio para m1 = − 650 :

(A−m1I)V =−→0µ

− 450 +

650

150

450 − 4

50 +650

¶µa1b1

¶=

µ00

¶250a1 +

150b1 = 0

450a1 +

250b1 = 0

¾⇒ b1 = 50

µ− 250

a1

¶= −2a1

U1 (t) =

µa1e

m1t

b1em1t

¶=

µa1e− 650 t

−2a1e−650 t

¶= a1

µe−

650 t

−2e− 650 t

¶, luego para a1 = 1

U1 (t) =

µe−

650 t

−2e− 650 t

¶b. Vector propio para m2 = − 2

50 :

(A−m2I)V =−→0µ

− 450 +

250

150

450 − 4

50 +250

¶µa2b2

¶=

µ00

¶− 250a2 +

150b2 = 0

450a2 −

250b2 = 0

¾⇒ b2 = 2a2

U2 (t) =

µa2e

m1t

b2em1t

¶=

µa2e− 250 t

2a2e− 250 t

¶= a2

µe−

250 t

2e−250 t

¶, luego para a2 = 1

U2 (t) =

µe−

250 t

2e−250 t

¶Por lo tanto

x (t) = C1e− 650 t + C2e

− 250 t

y (t) = −2C1e−650 t + 2C2e

− 250 t

ii. det (A−mI) = 0 tiene dos raíces reales iguales: m1 = m2 = m ∈ R.

Determinamos un vector propio V1 asociado am y entonces U1 = emtV1 es una solución del sistema U 0 = AU .Para determinar una segunda solución, buscamos una solución U2 de la forma

U2 = (W2 +W1t) emt

145

Para determinar W1 y W2, suponga que U2 satisface la ecuación U 0 = AU, esto es:

U 02 = AU2, o bien

(W2 +W1t)0emt + (W2 +W1t)memt = (AW2 +AW1t) e

mt , cancelando emt y resolviendo la derivada se tiene

W1 +mW2 +mW1t = AW2 +AW1t

entonces, W1 +mW2 = AW2 y mW1 = AW1, es decir

AW1 = mW1 y W1 = (A−mI)W2

por tanto, W1 es un vector propio de A asociado a m, entonces W1 = V1 y W2 es un vector que satisface

(A−mI)W2 = V1

en conclusión, si det (A−mI) = 0 tiene dos raíces reales iguales, digamos m1 = m2 = m, entonces una basepara el espacio solución de U 0 = AU está dada por

U1 = emtV1

U2 = (W2 + V1t) emt

donde V1 es el vector propio asociado a m y W2 es un vector que satisface (A−mI)W2 = V1 y se le denominavector propio generalizado de m

Ejemplo 7 Determine la solución general de

x0 = 3x− 4yy0 = x− y

El problema puede escribirse también como

U 0 =

µ3 −41 −1

¶U, donde U =

µxy

¶La matriz A =

µ3 −41 −1

¶tiene valores propios: det (A−mI) = 0 :

det

µ3−m −41 −1−m

¶= 0

(3−m) (−1−m) + 4 = 0

−3− 2m+m2 + 4 = 0

m2 − 2m+ 1 = 0⇒ (m− 1)2 = 0∴ m = m1 = m2 = 1

El vector propio asociado a m = 1 :

AV1 = 1V1 ⇒ (A− I)V1 =−→0µ

3− 1 −41 −1− 1

¶µab

¶=

µ00

¶⇒ 2a− 4b = 0⇒ a = 2b

V1 =

µab

¶=

µ2bb

¶= b

µ21

¶,

considerando b = 1, se tiene V1 =µ21

¶

146

Luego U1 = emtV1 = etµ21

¶. Para determinar U2, se necesita determinar W2, tal que

(A−mI)W2 = V1

como m = 1, entoncesµ2 −41 −2

¶µcd

¶=

µ21

¶⇒ c− 2d = 1⇒ c = 1 + 2d

W2 =

µcd

¶=

µ1 + 2d

d

¶=

µ10

¶+ d

µ21

¶,

si d = 0, entonces W2 =

µ10

¶

luego U2 = (W2 + tV1) emt =

µµ10

¶+

µ21

¶t

¶et, es decir:

U2 =

µ(1 + 2t) et

tet

¶y la solución general es:

U = C1U1 (t) + C2U2 (t) =

µC12e

t + C2 (1 + 2t) et

C1et + C2te

t

¶=

µx (t)y (t)

¶esto es

x (t) = (2C1 + C2 + 2C2t) et

y (t) = (C1 + C2t) et, C1, C2 ∈ R

Representaciones gráficas de las soluciones son las siguientes: primero las soluciones por separado:

ahora ambas soluciones determinando una curva paramétrica:

147

Algunas curvas solución para diferentes condiciones iniciales:

Ejemplo 8 Resolver

U 0 =

µ3 −182 −9

¶U

Los valores propios son:

(3−m) (−9−m) + 36 = 0

−27 + 6m+m2 + 36 = 0

m2 + 6m+ 9 = 0

(m+ 3)2 = 0⇒ m1 = −3 = m2

vector propio asociado:µ6 −182 −6

¶µab

¶=

µ00

¶⇒ 2a− 6b = 0⇒ a = 3b

⇒ V1 =

µab

¶=

µ3bb

¶= b

µ31

¶, para b = 1, V1 =

µ31

¶

148

Por lo tanto U1 =µ31

¶e−3t, para determinar U2 se tiene queµ

6 −182 −6

¶µcd

¶=

µ31

¶⇒ 2c− 6d = 1⇒ c =

1

2+ 3d

W2 =

µcd

¶=

µ12 + 3dd

¶=

µ120

¶+ d

µ31

¶, para d = 0, W2 =

µ120

¶por tanto U2 =

µµ120

¶+

µ31

¶t

¶e−3t y la solución general es

U (t) = C1

µ31

¶e−3t + C2

µµ120

¶+

µ31

¶t

¶e−3t, C1, C2 ∈ R

o

x (t) =

µ3C1 + C2

µ1

2+ 3t

¶¶e−3t

y (t) = (C1 + C2t) e−3t, C1, C2 ∈ R

Representaciones gráficas de las soluciones son las siguientes: primero las soluciones por separado:

ahora ambas soluciones determinando una curva paramétrica:

149

Algunas curvas solución para diferentes condiciones iniciales:

iii. det (A−mI) = 0 tiene raíces complejas m1 = a+ bi, m2 = a− bi, entonces la solución es de la forma

Ui (t) = Vi (t) emit, i = 1, 2

Observación 6 Recuerde que si m = a + ib, entonces m = a − bi es el complejo conjugado de m. Si V =⎛⎜⎝ u1...un

⎞⎟⎠ es una matriz columna donde cada ui es un número complejo, se anota V la matriz conjugada de

V : V =

⎛⎜⎝ u1...un

⎞⎟⎠. Suponga que m = a + ib es un valor propio complejo de la matriz A de orden n × n con

coeficientes reales y que V sea un vector propio asociado al valor propio m. Entonces m es un vector propio deA y además V es un vector propio asociado a m, en efecto:

AV = mV ⇒ AV = mV ⇒ AV = mV

Ahora bien, es posible preguntarse si, como en el caso real, las expresiones

U1 = emtV y U2 = emtV

representan soluciones del sistema de ecuaciones diferenciales de primer orden

U 0 = AU

Observe que en este contexto, las expresiones

U 01 = AU1, U02 = AU2

carecen de sentido, ya que U1 y U2 son expresiones que asumen valores en el plano complejo y no tiene ningúnsentido en este curso las expresión U 01, U

02. Sin embargo, es posible preguntarse por alguna combinación conve-

niente de las expresiones U1 y U2 determinen una expresión real que si sea solución de U 0 = AU . Para estorecuerde que

ea+ib = ea (cos (b) + isen (b))

150

y considere:

Y1 = emtV = eat (cos (bt) + isen (bt))V

Y2 = emtV = eat (cos (bt)− isen (bt))V

entonces

Y1 + Y2 = eat¡¡V + V

¢cos (bt) + i

¡V − V

¢sen (bt)

¢i (Y1 − Y2) = eat

¡i¡V − V

¢cos (bt)−

¡V + V

¢sen (bt)

¢son funciones reales de la variable t, ya que V + V = 2Re (V ), i

¡V − V

¢= −2 Im (V ) donde Re (V ) =⎛⎜⎝ Re (u1)

...Re (un)

⎞⎟⎠ e Im (V ) =

⎛⎜⎝ Im (u1)...

Im (un)

⎞⎟⎠ , V = Re (V ) + i Im (V ). Observe que

AV = A (Re (V ) + i Im (V )) = AV = mV = (a+ bi) (Re (V ) + Im (V ))

= (aRe (V )− b Im (V )) + i (bRe (V ) + a Im (V ))

se concluye que

ARe (V ) = aRe (V )− b Im (V )

A Im (V ) = bRe (V ) + a Im (V )

Proposición 1 Sea m = a + ib un valor propio de la matriz A con coeficientes reales de orden n × n, y sea

V =

⎛⎜⎝ u1...un

⎞⎟⎠ un vector propio asociado al valor propio m, si Re (V ) =

⎛⎜⎝ Re (u1)...

Re (un)

⎞⎟⎠ e Im (V ) =

⎛⎜⎝ Im (u1)...

Im (un)

⎞⎟⎠,entonces las funciones

Z1 (t) = eat (Re (V ) cos (bt)− Im (V ) sen (bt))Z2 (t) = eat (− Im (V ) cos (bt)−Re (V ) sen (bt))

son soluciones del sistema de ecuaciones diferenciales de primer orden U 0 = AU , en general cualquier combi-nación lineal Z = C1Z1 + C2Z2, con C1, C2 ∈ R es solución de U 0 = AU

Por lo tanto, entonces,

U1 (t) = eat (Re (V ) cos (bt)− Im (V ) sen (bt))U2 (t) = eat (Im (V ) cos (bt) + Re (V ) sen (bt))

son las soluciones del sistema de ecuaciones U 0 = AU , y la solución general es:

U = C1U1 (t)+C2U2 (t) = C1eat (Re (V ) cos (bt)− Im (V ) sen (bt))+C2eat (Im (V ) cos (bt) + Re (V ) sen (bt)) , C1, C2 ∈ R

Ejemplo 9 Resolver el sistema

y1 − 2y2 = y015y1 − y2 = y02

151

Reescribiendo el sistema en forma matricial:µ1 −25 −1

¶µy1y2

¶=

µy01y02

¶

luego, los valores propios deµ1 −25 −1

¶son

0 = det

µ1−m −25 −1−m

¶= − (1−m) (1 +m) + 10 = −

¡1−m2

¢+ 10 = m2 + 9⇒ m = ±3i

Los vectores propios asociados a m1 = 0 + 3i :µ1 −25 −1

¶µab

¶= 3i

µab

¶, o bien

a− 2b = 3ia

5a− b = 3ib

de donde 2b = (1− 3i) a, o bien b = 12 (1− 3i) a. Por tanto

V1 =

µab

¶=

µa

12 (1− 3i) a

¶= a

µ1

12 −

32 i

¶, para a = 1

V1 =

µ1

12 −

32 i

¶=

µ112

¶+ i

µ0−32

¶es un vector propio asociado a m1 = 0 + 3i.Para el caso m2 = 0− 3i : µ

1 −25 −1

¶µab

¶= −3i

µab

¶, o bien

a− 2b = −3ia5a− b = −3ib

de donde 2b = (1 + 3i) a, o bien b = 12 (1 + 3i) a. Por tanto

V2 =

µab

¶=

µa

12 (1 + 3i) a

¶= a

µ1

12 +

32 i

¶, para a = 1

V2 =

µ1

12 +

32 i

¶=

µ112

¶+ i

µ032

¶= V1

es un vector propio asociado a m2 = 0− 3i..Por lo tanto, la solución del sistema de ecuaciones es:

U = C1U1 (t)+C2U2 (t) = C1eat (Re (V ) cos (bt)− Im (V ) sen (bt))+C2eat (Im (V ) cos (bt) + Re (V ) sen (bt)) , C1, C2 ∈ R

donde

U1 (t) = e0t (Re (V ) cos (3t)− Im (V ) sen (3t))U2 (t) = e0t (Im (V ) cos (3t) + Re (V ) sen (3t))

152

U1 (t) =

µ21

¶cos (3t)−

µ0−3

¶sen (3t) =

µ2 cos (3t)

cos (3t) + 3sen (3t)

¶U2 (t) =

µ0−3

¶cos (3t) +

µ21

¶sen (3t) =

µ2sen (3t)

−3 cos (3t) + sen (3t)

¶y la solución del sistema es

y1 = 2C1 cos (3t) + 2C2sen (3t)

y2 = C1 (cos (3t) + 3sen (3t)) + C2 (sen (3t)− 3 cos (3t)) , C1, C2 ∈ R

Representaciones gráficas de las soluciones son las siguientes: primero las soluciones por separado:

ahora ambas soluciones determinando una curva paramétrica:

Algunas curvas solución para diferentes condiciones iniciales:

153

Ejemplo 10 Considereµ2 −33 2

¶µxy

¶=

µx0

y0

¶, determine las soluciones.

Determinar los valores propios:

0 = det

µ2−m −33 2−m

¶= (2−m)2 + 9⇒ (2−m)2 = −9

2−m = ±√−9⇒ 2−m = ±3i⇒ m = 2± 3i

Determinar los vectores propios: m = 2− 3iµ2− (2− 3i) −3

3 2− (2− 3i)

¶µab

¶=

µ00

¶µ3i −33 3i

¶µab

¶=

µ00

¶3ai− 3b = 0⇒ ai = b

por tanto:

V1 =

µab

¶=

µaai

¶= a

µ1i

¶, para a = 1

V1 =

µ1i

¶=

µ10

¶+ i

µ01

¶y la solución general del sistema está dada por:

U = C1U1 (t) + C2U2 (t) , C1, C2 ∈ R

U1 = e2tµcos (3t)

µ10

¶+ sen (3t)

µ01

¶¶U2 = e2t

µcos (3t)

µ01

¶+ sen (3t)

µ10

¶¶

154

por tanto

x (t) = e2t (C1 cos (3t) + C2sen (3t))

y (t) = e2t (C1sen (3t) + C2 cos (3t)) , C1, C2 ∈ R

Representaciones gráficas de las soluciones son las siguientes: primero las soluciones por separado:

ahora ambas soluciones determinando una curva paramétrica:

Algunas curvas solución para diferentes condiciones iniciales:

155

2.2 Sistemas de n× n Ecuaciones Diferenciales

Ahora consideraremos sistemas de ecuaciones diferenciales de primer orden con coeficientes constantes:

x01 = a11x1 + a12x2 + ...+ a1nxn

x02 = a21x1 + a22x2 + ...+ a2nxn...

x0n = an1x1 + an2x2 + ...+ annxn

o bien, en forma matricial:

U 0 = AU, A = (aij)n×n , U =

⎛⎜⎜⎜⎝x1x2...xn

⎞⎟⎟⎟⎠Proposición 2 UÁU 0 = AU es un espacio vectorial de dimensión n.

Definición 2 Si U1, ..., Un son soluciones de AU = U 0, el Wronskiano de U1, ..., Un es

W [U1 (t) , ..., Un (t)] = det (U1 (t) · · ·Un (t))

y, como antes, U1, ..., Un son linealmente independientes sí y sólo si W [U1 (t) , ..., Un (t)] 6= 0.

Como en el caso de 2× 2, se define m el valor propio de A si det (A−mIn×n) = 0 y vector propio asociado

a m cualquier vector V =

⎛⎜⎜⎜⎝a1a2...an

⎞⎟⎟⎟⎠ tal que (A−mIn×n)V =

⎛⎜⎝ 0...0

⎞⎟⎠ .

Si m es un valor propio real y V es el vector propio asociado a m, entonces U = V emt es una solución deU 0 = AU.

156

Definición 3 Si det (A−mI) = (m−mi)k·q (m), pero (m−mi)

k+1 no es un factor de det (m−mi), se diceque mi es un valor propio de multiplicidad k de la matriz A.

A partir de esta definición, podemos tener dos situaciones generales para un autovalor propiomi de la matrizA del sistema de ecuaciones diferenciales:

i. k = 1, es decir, la multiplicidad de mi es uno, luego si Vi es el vector propio asociado a mi y Ui = Viemit es

una solución linealmente independiente de U 0 = AU.

ii. Si k 6= 1, es decir, la multiplicidad de mi es mayor que 1, podemos distinguir tres casos:

a. Existen k vectores propios linealmente independientes Vi,1, ..., Vi,k asociados a mi, entonces:

Vi,1emit, Vi,2e

mit, ..., Vi,3emit

son soluciones linealmente independientes de la ecuación U 0 = AU.

b. Existe un único vector propio Vi (salvo por multiplicidad por un escalar) asociado al valor propio mi,entonces existen vectores W2,W3, ...,Wk, tales que:

(A−mI)Vi = 0,

(A−mI)W2 = Vi,

(A−mI)W3 = W2,

...

(A−mI)Wk = Wk−1

y los siguientes vectores columnas son soluciones linealmente independientes de U 0 = AU :

Ui,1 = Viemit

Ui,2 = (W2 + tVi) emit

Ui,3 =

µW3 + tW2 +

t2

2!Vi

¶emit

Ui,4 =

µW4 + tW3 +

t2

2!W2 +

t3

3!Vi

¶emit

...

Ui,k =

µWk + tWk−1 + · · ·+

tk−2

(k − 2)!W3 +tk−1

(k − 1)!W2 +tk

k!Vi

¶emit

c. Existen r < k vectores propios linealmente independientes Vi,1, ..., Vi,r asociados a mi. En este caso, nopodemos utilizar la regla de construcción de vectores del caso anterior, luego no podemos determinarlos k vectores soluciones linealmente independientes de U 0 = AU.

Observación 7 Si W2, W3, ...,Wk son los vectores como en el caso ii.b., entonces

0 = (A−mI)Vi = (A−mI) (A−mI)W2 = (A−mI)2W2 = (A−mI)

2(A−mI)W3 = (A−mI)

3W3 =

= (A−mI)3(A−mI)W4 = (A−mI)

4W4 = ... = (A−mI)

k−1(A−mI)Wk = (A−mI)

kWk

cada Wj se denomina vector propio generalizado asociado al valor propio mi.

157

Ejemplo 11 Resolver

U 0 =

⎛⎝ 1 −2 2−2 1 −22 −2 1

⎞⎠U

Los valores propios son:

det

¯¯ 1−m −2 2−2 1−m −22 −2 1−m

¯¯ = 0

¯¯ 1−m −2 2−2 1−m −22 −2 1−m

¯¯ =

¯¯ 1−m −2 2

0 −1−m −1−m2 −2 1−m

¯¯

(−1−m)

¯¯ 1−m −2 2

0 1 12 −2 1−m

¯¯ = (−1−m)

¯¯ 1−m −2 4

0 1 02 −2 3−m

¯¯

(−1−m)

¯1−m 42 3−m

¯= (−1−m) [(1−m) (3−m)− 8]

(−1−m)¡m2 − 4m− 5

¢= 0⇒ m1 = −1 = m2,m3 = 5

Los autovectores son:m1 = m2 = −1, es un valor propio de multiplicidad 2. Los vectores propios asociados:⎛⎝ 1− (−1) −2 2

−2 1− (−1) −22 −2 1− (−1)

⎞⎠⎛⎝ abc

⎞⎠ =

⎛⎝ 000

⎞⎠2a− 2b+ 2c = 0

−2a+ 2b− 2c = 0

2a− 2b+ 2c = 0

se observa que las ecuaciones son equivalentes, luego el sistema no es tal, sino una ecuación:

a− b+ c = 0⇒ b = a+ c

por tanto

V =

⎛⎝ abc

⎞⎠ =

⎛⎝ aa+ cc

⎞⎠ =

⎛⎝ aa0

⎞⎠+⎛⎝ 0

cc

⎞⎠ = a

⎛⎝ 110

⎞⎠+ c

⎛⎝ 011

⎞⎠Luego, escogiendo a = 1, c = 0, se tiene

V1 =

⎛⎝ 110

⎞⎠y escogiendo a = 0, c = 1, se tiene

V2 =

⎛⎝ 011

⎞⎠158

que, claramente, son linealmente independientes.Para m = 5, el vector propio es:⎛⎝ −4 −2 2

−2 −4 −22 −2 −4

⎞⎠⎛⎝ abc

⎞⎠ =

⎛⎝ 000

⎞⎠−4a− 2b+ 2c = 0

−2a− 4b− 2c = 0

2a− 2b− 4c = 0

diviendo por 2 cada ecuación del sistema, se tiene

−2a− b+ c = 0 (1)

−a− 2b− c = 0 (2)

a− b− 2c = 0 (3)

sumando (3) + (2) se tiene

−2a− b+ c = 0 (1.1)

−a− 2b− c = 0 (2.1)

−3b− 3c = 0 (3.1)

despejando c en (3.1)c = −b

reemplazando en (1.1) y (2.1) se tiene

−2a− 2b = 0

−a− b = 0

entoncesa = −b

y

V3 =

⎛⎝ abc

⎞⎠ =

⎛⎝ −bb−b

⎞⎠ = b

⎛⎝ −11−1

⎞⎠para b = 1 se tiene

V3 =

⎛⎝ −11−1

⎞⎠Luego, la solución general es:

U (t) = C1e−t

⎛⎝ 110

⎞⎠+ C2e−t

⎛⎝ 011

⎞⎠+ C3e5t

⎛⎝ −11−1

⎞⎠ , C1, C2, C3 ∈ R.

x (t) = C1e−t − C3e

5t

y (t) = C1e−t + C2e

−t + C3e5t

z (t) = C2e−t − C3e

5t

159

Representaciones gráficas de las soluciones son las siguientes: primero las soluciones por separado:

ahora las soluciones determinando una curva paramétrica:

Algunas curvas solución para diferentes condiciones iniciales:

160

Ejemplo 12 Resolver

x0 = x+ y

y0 = y + z

z0 = z

Escribiendo la ecuación en forma matricial, se tiene⎛⎝ x0

y0

z0

⎞⎠ =

⎛⎝ 1 1 00 1 10 0 1

⎞⎠⎛⎝ xyz

⎞⎠Tiene un único valor propio:

det

⎛⎝ 1−m 1 00 1−m 10 0 1−m

⎞⎠ = (1−m)3 = 0⇒ m1 = m2 = m3 = 1,

m = 1, tiene multiplicidad 3.Determinamos, ahora, los vectores propios asociados a m = 1:⎛⎝ 0 1 0

0 0 10 0 0

⎞⎠⎛⎝ abc

⎞⎠ =

⎛⎝ 000

⎞⎠b = 0

c = 0

0 = 0

por lo tanto V1 =

⎛⎝ 100

⎞⎠, es el único vector propio asociado a m = 1. Para determinar dos vectores propios

linealmente independientes, utilizamos la fórmula de construcción dada anteriormente:

det(A− I)W2 = V1

det (A− I)W3 = W2

Para determinar W2 : ⎛⎝ 0 1 00 0 10 0 0

⎞⎠⎛⎝ abc

⎞⎠ =

⎛⎝ 100

⎞⎠b = 1

c = 0

0 = 0

y el vector propio:

W2 =

⎛⎝ a10

⎞⎠ = a

⎛⎝ 100

⎞⎠+⎛⎝ 010

⎞⎠161

escogiendo a = 0, se tiene

W2 =

⎛⎝ 010

⎞⎠Para determinar W3 : ⎛⎝ 0 1 0

0 0 10 0 0

⎞⎠⎛⎝ abc

⎞⎠ =

⎛⎝ 010

⎞⎠b = 0

c = 1

0 = 0

y el vector propio:

W3 =

⎛⎝ a01

⎞⎠ = a

⎛⎝ 100

⎞⎠+⎛⎝ 001

⎞⎠escogiendo a = 0, se tiene

W3 =

⎛⎝ 001

⎞⎠Luego, la solución general del sistema se determina como una combinación lineal de los vectores:

U1 =

⎛⎝ 100

⎞⎠ et =

⎛⎝ et

00

⎞⎠U2 =

⎡⎣⎛⎝ 010

⎞⎠+ t

⎛⎝ 100

⎞⎠⎤⎦ et =⎛⎝ tet

et

0

⎞⎠U3 =

⎡⎣⎛⎝ 001

⎞⎠+ t

⎛⎝ 010

⎞⎠+ t2

2

⎛⎝ 100

⎞⎠⎤⎦ et =⎛⎝ t2

2 et

tet

et

⎞⎠Por lo tanto

U (t) =

⎛⎝ C1 + tC2 +t2

2 C3C2 + tC3

C3

⎞⎠ et, C1, C2, C3 ∈ R.

Representaciones gráficas de las soluciones son las siguientes: primero las soluciones por separado:

162

ahora las soluciones determinando una curva paramétrica:

Algunas curvas solución para diferentes condiciones iniciales:

163

Ejemplo 13 Resolver el sistema

y1 + y2 + y3 = y01−y3 = y02y2 = y03

Escribiendolo en notación matricial, tenemos;⎛⎝ 1 1 10 0 −10 1 0

⎞⎠⎛⎝ y1y2y3

⎞⎠ =

⎛⎝ y01y02y03

⎞⎠El polinomio asociado es:

0 = det

⎛⎝ 1−m 1 10 −m −10 1 −m

⎞⎠ = (1−m)

µ−m −11 −m

¶= (1−m)

¡m2 + 1

¢luego:m1 = 1, m2 = m3 = i.Los vectores propios asociados son:para m = 1 :⎛⎝ 0 1 1

0 −1 −10 1 −1

⎞⎠⎛⎝ abc

⎞⎠ =

⎛⎝ 000

⎞⎠⇒ b+ c = 0b− c = 0

⇒ b = c = 0.

⇒ V1 =

⎛⎝ abc

⎞⎠ =

⎛⎝ a00

⎞⎠ = a

⎛⎝ 100

⎞⎠ , para a = 1, V1 =⎛⎝ 100

⎞⎠por lo tanto

U1 =

⎛⎝ 100

⎞⎠ et

para m = i :⎛⎝ 1− i 1 10 −i −10 1 −i

⎞⎠⎛⎝ abc

⎞⎠ =

⎛⎝ 000

⎞⎠⇒ (1− i) a+ b+ c = 0−ib− c = 0b− ic = 0

⇒ (1− i) a+ b+ c = 0c = −bi

(1− i) a+ (1− i) b = 0⇒ a = b

⇒ V1 =

⎛⎝ bb−bi

⎞⎠ =

⎛⎝ bb0

⎞⎠+⎛⎝ 0

0−bi

⎞⎠ = b

⎛⎝ 110

⎞⎠+ bi

⎛⎝ 00−1

⎞⎠ ,para b = 1, V1 =

⎛⎝ 110

⎞⎠+ i

⎛⎝ 00−1

⎞⎠

164

por lo tanto

U2 (t) =

⎛⎝ 110

⎞⎠ cos (t)−⎛⎝ 0

0−1

⎞⎠ sen (t) =

⎛⎝ cos (t)cos (t)sen (t)

⎞⎠U3 (t) =

⎛⎝ 00−1

⎞⎠ cos (t) +⎛⎝ 110

⎞⎠ sen (t) =

⎛⎝ sen (t)sen (t)− cos (t)

⎞⎠y la solución general es:

U (t) = C1

⎛⎝ 100

⎞⎠ et + C2

⎛⎝ cos (t)cos (t)sen (t)

⎞⎠+ C3

⎛⎝ sen (t)sen (t)− cos (t)

⎞⎠ , C1, C2, C3 ∈ R.

o

y1 (t) = C1et + C2 cos (t) + C3sen (t)

y2 (t) = C2 cos (t) + C3sen (t)

y3 (t) = sen (t)C2 − C3 cos (t)

Representaciones gráficas de las soluciones son las siguientes: primero las soluciones por separado:

ahora las soluciones determinando una curva paramétrica:

165

Algunas curvas solución para diferentes condiciones iniciales:

Ejemplo 14 Resolver el sistema

y1 + y2 + y3 = y01y2 − y3 = y02y2 + y3 = y03

Escribiendolo en notación matricial, tenemos;⎛⎝ 1 1 10 1 −10 1 1

⎞⎠⎛⎝ y1y2y3

⎞⎠ =

⎛⎝ y01y02y03

⎞⎠El polinomio asociado es:

0 = det

⎛⎝ 1−m 1 10 1−m −10 1 1−m

⎞⎠ = (1−m)

µ1−m −11 1−m

¶= (1−m)

¡m2 − 2m+ 2

¢

166

luego:m1 = 1, m2 = m3 = 1 + i.Los vectores propios asociados son:para m = 1 :⎛⎝ 0 1 1

0 0 −10 1 0

⎞⎠⎛⎝ abc

⎞⎠ =

⎛⎝ 000

⎞⎠⇒ b+ c = 0−c = 0b = 0

⇒ b = c = 0.

⇒ V1 =

⎛⎝ abc

⎞⎠ =

⎛⎝ a00

⎞⎠ = a

⎛⎝ 100

⎞⎠ , para a = 1, V1 =⎛⎝ 100

⎞⎠por lo tanto

U1 =

⎛⎝ 100

⎞⎠ et

para m = 1 + i :⎛⎝ −i 1 10 −i −10 1 −i

⎞⎠⎛⎝ abc

⎞⎠ =

⎛⎝ 000

⎞⎠⇒ −ia+ b+ c = 0−ib− c = 0b− ic = 0

⇒ −ia+ b+ c = 0c = −bi

−ia+ (1− i) b = 0⇒ a = (1 + i) b

⇒ V1 =

⎛⎝ (1 + i) bb−bi

⎞⎠ =

⎛⎝ bb0

⎞⎠+⎛⎝ bi

0−bi

⎞⎠ = b

⎛⎝ 110

⎞⎠+ bi

⎛⎝ 10−1

⎞⎠ ,para b = 1, V1 =

⎛⎝ 110

⎞⎠+ i

⎛⎝ 10−1

⎞⎠por lo tanto

U2 (t) =

⎛⎝ 110

⎞⎠ et cos (t)−

⎛⎝ 10−1

⎞⎠ etsen (t) =

⎛⎝ et cos (t)− etsen (t)et cos (t)etsen (t)

⎞⎠U3 (t) =

⎛⎝ 10−1

⎞⎠ et cos (t) +

⎛⎝ 110

⎞⎠ etsen (t) =

⎛⎝ et cos (t) + etsen (t)etsen (t)−et cos (t)

⎞⎠y la solución general es:

U (t) = C1

⎛⎝ 100

⎞⎠ et + C2et

⎛⎝ cos (t)− sen (t)cos (t)sen (t)

⎞⎠+ C3et

⎛⎝ cos (t) + sen (t)sen (t)− cos (t)

⎞⎠ , C1, C2, C3 ∈ R.

o

y1 (t) = (C1 + (C2 + C3) cos (t) + (C3 − C2) sen (t)) et

y2 (t) = (C2 cos (t) + C3sen (t)) et

y3 (t) = (sen (t)C2 − C3 cos (t)) et

167

Representaciones gráficas de las soluciones son las siguientes: primero las soluciones por separado:

ahora las soluciones determinando una curva paramétrica:

Algunas curvas solución para diferentes condiciones iniciales:

168

En general, si U1, ..., Un son soluciones linealmente independientes de U 0 = AU , entonces la solución generaldel sistema puede expresarse como

C1U1 + · · ·+ CnUn = [U1 · · ·Un]

⎡⎢⎣ C1...Cn

⎤⎥⎦ = U ·C

Note, también, que si C (t) =

⎡⎢⎣ C1 (t)...

Cn (t)

⎤⎥⎦ , entonces

U 0C (t) = [U 01 · · ·U 0n]

⎡⎢⎣ C1 (t)...

Cn (t)

⎤⎥⎦= C1 (t)U

01 + · · ·Cn (t)U

0n

= C1 (t)AU1 + · · ·Cn (t)AUn

= A C1 (t)U1 + · · ·Cn (t)Un= A·U ·C (t)

Definición 4 Si U1 (t) , ..., Un (t) son n soluciones linealmente independientes del sistema de n ecuaciones conn incógnitas U 0 = AU la matriz U (t) = [U1 (t) · · ·Un (t)] se denomina matriz fundamental del sistema U 0 = AU,la denotaremos Φ (t).

2.3 Ejercicios

1. Empleando el método de los valores própios, determine las soluciones de los siguientes sistemasde ecua-cionesa diferenciales.

(a)½

dx/dt = 2y(t)dy/d(t) = 8x(t)

(b)½

dx/dt = 12x+ 9y

dy/dt = 12x+ 2y

(c)

⎧⎨⎩ x0 = 2x− 7yy0 = 5x+ 10y + 4zz0 = 5y + 2z

,

(d) X 0 =

µ−6 2−3 1

¶X

(e) X 0 =

⎛⎝ 1 0 10 1 01 0 1

⎞⎠X

(f) X 0 =

⎛⎝ −1 4 14 −1 20 0 6

⎞⎠X

169

2. Resuelva cada sistema sujeto a la condición inicial dada.

(a) X 0 =

µ1/2 01 −1/2

¶X ,X(0) =

µ35

¶

(b) X 0 =

⎛⎝ 1 1 40 2 01 1 1

⎞⎠X , X(0) =

⎛⎝ 130

⎞⎠3. Determine la solución general de cada uno de los siguientes sistemas de ecuaciones diferenciales.

(a)½

dx/dt = 3x− ydy/d(t) = 9x− 3y

(b)½

dx/dt = −6x+ 5ydy/d(t) = −5x+ 4y

(c)½

dx/dt = −12x− 9ydy/d(t) = 4x

(d)

⎧⎨⎩ x0 = 3x+ 2y + 4zy0 = 2x+ 2zz0 = 4x+ 2y + 3z

(e) X 0 =

⎛⎝ 1 0 00 3 10 −1 1

⎞⎠X

(f) X 0 =

⎛⎝ 4 1 00 4 10 0 4

⎞⎠X

(g)½

dx/dt = x+ ydy/d(t) = −2x− y

(h)½

dx/dt = 4x+ 5ydy/d(t) = −2x+ 6y

(i) X 0 =

µ1 −81 −3

¶X ,X(0) =

µ35

¶

(j)

⎧⎨⎩ x0 = 2x+ y + 2zy0 = 3x+ 6zz0 = −4x− 3z

(k) X 0 =

⎛⎝ 4 0 10 6 0−4 0 4

⎞⎠X

(l) X 0 =

⎛⎝ 2 4 4−1 −2 0−1 0 −2

⎞⎠X

170

(m) X 0 =

⎛⎝ 1 −12 −141 2 −31 1 −2

⎞⎠X , X(0) =

⎛⎝ 46−7

⎞⎠(n) X 0 =

µ6 −15 4

¶X , X(0) =

µ−28

¶

3 Sistemas de lineales no homogéneos.Son sistemas de la forma

U 0 (t) = AU (t) + F (t)

donde A = (aij)n×n , U =

⎛⎜⎝ x1 (t)...

xn (t)

⎞⎟⎠ , F (t) =

⎛⎜⎝ f1 (t)...

fn (t)

⎞⎟⎠ .

Se verifica fácilmente que si Φ (t) es una matriz fundamental para U 0 (t) = AU (t), y Up (t) es alguna solución(particular) de U 0 (t) = AU (t) + F (t) entonces, toda solución del sistema no homogéneo se expresa como

U (t) = Φ (t)C + Up (t)

donde C =

⎛⎜⎝ C1...Cn

⎞⎟⎠ es un vector constante.

3.1 Método de variación de parámetros.

Problema: Determinar una solución particular Up (t) del sistema U 0 (t) = AU (t) + F (t) .

Sea Φ (t) una matriz fundamental de U 0 (t) = AU (t) y sea V (t) =

⎛⎜⎝ v1 (t)...

vn (t)

⎞⎟⎠. Intentaremos determinaruna solución particular de la forma Up (t) = Φ (t)V (t) reemplazando en la ecuación:

Φ0 (t)V (t)| z &

+Φ (t)V 0 (t) = AΦ (t)V (t)| z ↓

+ F (t)⇒ Φ (t) V (t) = F (t)

Φ0 (t)V (t) = AΦ (t)V (t)

y como Φ (t) es una matriz fundamental, ella es invertible:

V 0 (t) = Φ−1 (t)F (t)

V (t) =

ZΦ−1 (t)F (t) dt

Up (t) = Φ (t)

ZΦ−1 (t)F (t) dt

Conclusión:

171

La solución general del sistema no homogéneo

U 0 (t) = AU (t) + F (t)

está dada por

U (t) = Φ (t)C +Φ (t)

ZΦ−1 (t)F (t) dt

donde Φ (t) es la matriz fundamental de U 0 (t) = AU (t) y C =

⎡⎢⎣ C1...Cn

⎤⎥⎦ es un vector constante arbitrario.Observación 8 Recuerde que si Φ (t) =

¡φij (t)

¢es tal que det (Φ (t)) 6= 0, entonces

Φ−1 (t) =1

det (Φ (t))

³(−1)i+j ij

´Tdonde ij es el determinante de la matriz obtenida de Φ eliminando la fila i y la columna j.

Ejemplo 15 Resolver el problema con condiciones iniciales

U 0 =

µ4 23 −1

¶U −

µ154

¶te−2t, U (0) =

µ73

¶La solución del sistema homogéneo asociado es:

det

µ4−m 23 −1−m

¶= 0

(4−m) (−1−m)− 6 = 0

m2 − 3m− 10 = 0

(m+ 2) (m− 5) = 0

luego, los valores propios son: m1 = −2 y m2 = 5.Los vectores propios asociados son:Para m1 = −2 : µ

4− (−2) 23 −1− (−2)

¶µab

¶=

µ00

¶µ6 23 1

¶µab

¶=

µ00

¶6a+ 2b = 0

3a+ b = 0

luego, b = −3a y el vector propio es:

V1 =

µab

¶=

µa−3a

¶= a

µ1−3

¶

172

considerando el valor a = 1, se tiene:

V1 =

µ1−3

¶Para m1 = 5 : µ

4− 5 23 −1− 5

¶µab

¶=

µ00

¶µ−1 23 −6

¶µab

¶=

µ00

¶−a+ 2b = 0

3a− 6b = 0

luego, a = 2b y el vector propio es:

V2 =

µab

¶=

µ2bb

¶= b

µ21

¶considerando el valor b = 1, se tiene:

V2 =

µ21

¶y las soluciones son

U1 =

µ1−3

¶e−2t =

µe−2t

−3e−2t¶

U2 =

µ21

¶e5t =

µ2e5t

e5t

¶por lo tanto, la matriz fundamental es

Φ (t) =

µe−2t 2e5t

−3e−2t e5t

¶La solución Up (t) está dada por:Up (t) = Φ (t)

RΦ−1 (t)F (t) dt, donde

Φ (t) =

µe−2t 2e5t

−3e−2t e5t

¶F (t) =

µ−15te−2t−4te−2t

¶Φ−1 (t) =

1

7e3t

µe5t −2e5t3e−2t e−2t

¶=

µ17e2t −27e2t

37e−5t 1

7e−5t

¶ZΦ−1 (t)F (t) dt =

Z µ17e2t −27e2t

37e−5t 1

7e−5t

¶µ−15te−2t−4te−2t

¶dt

=

Z µ−t

−7te−7t¶dt =

µ−12 t2

te−7t + 17e−7t

¶Φ (t)

ZΦ−1 (t)F (t) dt =

µe−2t 2e5t

−3e−2t e5t

¶µ−12 t2

te−7t + 17e−7t

¶Up (t) =

µ−12 t2e−2t + 2te−2t +

27e−2t

32 t2e−2t + te−2t + 1

7e−2t

¶

173

y la solución general:

U (t) = Φ (t)C +Φ (t)

ZΦ−1 (t)F (t) dt

U (t) =

µe−2t 2e5t

−3e−2t e5t

¶µC1C2

¶+

µ− 12 t2e−2t + 2te−2t +

27e−2t

32 t2e−2t + te−2t + 1

7e−2t

¶Aplicando la condición inicial: µ

73

¶=

µ1 2−3 1

¶µC1C2

¶+

µ2717

¶C1 + 2C2 =

47

7

−3C1 + C2 =20

7

las constantes son:

C1 + 2C2 =47

7

6C1 − 2C2 = −407

C1 =1

7

C2 =23

7

Luego la solución es

U (t) =

µe−2t 2e5t

−3e−2t e5t

¶µ17237

¶+

µ−12 t2e−2t + 2te−2t +

27e−2t

32 t2e−2t + te−2t + 1

7e−2t

¶=

µ467 e

5t − 12 t2e−2t + 2te−2t + 3

7e−2t

237 e

5t + 32 t2e−2t + te−2t − 2

7e−2t

¶Representaciones gráficas de las soluciones son las siguientes: primero las soluciones por separado:

174

ahora las soluciones determinando una curva paramétrica:

Algunas curvas solución para diferentes condiciones iniciales:

Una aplicación de este tipo de ecuación es la siguiente:

Ejemplo 16 Considere el sistema de estanques A, B y C interconectados como en la figura. Un mecanismode bombeo permite transferir 3 galones por minuto desde el estanque A al B y 2 galones por minuto desde elestanque B al C, y válvulas de desagüe en los estanques B y C permiten drenar del sistema 1 galón por minutodesde el estanque B y 3 galones por minuto desde el estanque C. A partir de cierto instante se hace ingresar a losestanques A y C una solución salina con concentración variable dada por e−

120 t libras de sal por galón a razón

de 3 galones por minuto en el estanque A y a razón de 1 galón por minuto en el estanque C. Simultáneamente seactiva el mecanismo de bombeo en el sistema de estanques y se abren las válvulas de desagüe en los estanques By C. Si inicialmente el estanque A contenía 60 galones de salmuera con 20 libras de sal y el estanque B contenía60 galones de agua pura y el estanque C contenía 60 galones de salmuera con 30 libras de sal, determine lascantidades de sal en los estanques A, B y C en un instante cualquiera. Suponga que en cada instante la sal estáuniformemente distribuida en cada estanque.

175

El sistema de ecuaciones que modela el problema es

x0 = 3e−120 t − 3 x

60

y0 = 3x

60− 3 y

60

z0 = e−120 t + 2

y

60− 3 z

60

o,

x0 = − 120

x+ 0y + 0z + 3e−120 t

y0 =1

20x− 1

20y + 0z

z0 = 0x+1

30y − 1

20z + e−

120 t

El sistema de forma matricial es

X 0 =

⎡⎣ − 120 0 0120 − 1

20 00 1

30 − 120

⎤⎦X +

⎡⎣ 3e−120 t

0

e−120 t

⎤⎦

Luego la matriz:

⎡⎣ − 120 0 0120 − 1

20 00 1

30 − 120

⎤⎦⇒ tiene un único valor propio m = − 120 , con multiplicidad 3.

Vectores propios:

⎡⎣ 0 0 0120 0 00 1

30 0

⎤⎦⎡⎣ abc

⎤⎦ =⎡⎣ 000

⎤⎦⇒ 120a = 0,

130b = 0⇒

⎡⎣ 001

⎤⎦ = V1.

Existen valores propios generalizados:

⎡⎣ 0 0 0120 0 00 1

30 0

⎤⎦⎡⎣ abc

⎤⎦ =⎡⎣ 001

⎤⎦⇒ 120a = 0,

130b = 1⇒ b = 30, a =

0⇒ V2 =

⎡⎣ 0300

⎤⎦⎡⎣ 0 0 0

120 0 00 1

30 0

⎤⎦⎡⎣ abc

⎤⎦ =⎡⎣ 0300

⎤⎦⇒ 120a = 30,

130b = 0⇒ a = 600, b = 0⇒ V3 =

⎡⎣ 60000

⎤⎦176

Solución homogénea:

X1 =

⎡⎣ 001

⎤⎦ e− 120 t, X2 =

⎧⎨⎩⎡⎣ 0300

⎤⎦+ t

⎡⎣ 001

⎤⎦⎫⎬⎭ e−120 t, X3 =

⎧⎨⎩⎡⎣ 600

00

⎤⎦+ t

⎡⎣ 0300

⎤⎦+ 12t2

⎡⎣ 001

⎤⎦⎫⎬⎭ e−120 t

La matriz fundamental es: φ (t) = e−120 t

⎡⎣ 0 0 6000 30 30t1 t 1

2 t2

⎤⎦⇒ φ−1 (t) = e120 t

⎡⎣ 11200 t

2 − 130 t 1

− 1600 t

130 0

1600 0 0

⎤⎦Para calcular la solución no homogénea:

φ−1 (t) = e120 t

⎡⎣ 11200 t

2 − 130 t 1

− 1600 t

130 0

1600 0 0

⎤⎦φ−1 (t)F (t) =

⎡⎣ 11200 t

2e120 t − 1

30 te120 t e

120 t

− 1600 te

120 t 1

30e120 t 0

1600e

120 t 0 0

⎤⎦ ·⎡⎣ 3e−

120 t

0

e−120 t

⎤⎦ =⎡⎣ 1

400 t2 + 1

− 1200 t1200

⎤⎦Z

φ−1 (t)F (t) dt =

⎡⎣ 11200 t

3 + t− 1400 t

2

1200 t

⎤⎦

Solución general: X (t) = e−120 t

⎡⎣ 0 0 6000 30 30t1 t 1

2 t

⎤⎦⎧⎨⎩⎡⎣ C1

C2C3

⎤⎦+⎡⎣ 1

1200 t3 + t

− 1400 t

2

1200 t

⎤⎦⎫⎬⎭Como X (0) =

⎡⎣ 20030

⎤⎦, entonces ⇒⎡⎣ 0 0 6000 30 01 0 0

⎤⎦ ·⎡⎣ C1

C2C3

⎤⎦ =⎡⎣ 20030

⎤⎦⇒ C1 = 30, C2 = 0, C3 =130

Por lo tanto, la solución es:

X (t) = e−120 t

⎡⎣ 0 0 6000 30 30t1 t 1

2 t2

⎤⎦⎧⎨⎩⎡⎣ 1

1200 t3 + t+ 30− 1400 t

2

1200 t+

130

⎤⎦⎫⎬⎭ = e−120 t

⎡⎣ 3t+ 20340 t

2 + t1

1200 t3 + 1

60 t2 + t+ 30

⎤⎦x (t) = e−

t20 (3t+ 20)

y (t) = e−t20

µ3t2

40+ t

¶z (t) = e−

t20

µt3

1200+

t2

60+ t+ 30

¶Representaciones gráficas de las soluciones son las siguientes: primero las soluciones por separado:

177

ahora las soluciones determinando una curva paramétrica:

Algunas curvas solución para diferentes condiciones iniciales:

178

3.2 La matriz exponencial.

Si A es una matriz cuadrada de orden n× n, se define

eAt = I +t

1!A+

t2

2!A2 +

t3

3!A3 + · · ·

=∞Xk=0

1

k!(At)

k

Proposición 3 eAt es realmente una matriz, cualquiera que sea la matriz A.

A =

∙2 00 −3

¸, A2 =

∙2 00 −3

¸ ∙2 00 −3

¸=

∙(2)2 0

0 (−3)2¸,

A3 =

∙(2)

20

0 (−3)2¸ ∙

2 00 −3

¸=

∙(2)

30

0 (−3)3¸,

· · · Ak =

"(2)

k0

0 (−3)k

#⇒ eAt =

∙1 00 1

¸+

t

1!

∙2 00 −3

¸+

t2

2!

∙(2)

20

0 (−3)2¸+ · · · =

⎡⎢⎢⎢⎢⎣∞Xk=0

(2t)k

k! 0

0∞Xk=0

(−3t)kk!

⎤⎥⎥⎥⎥⎦eAt =

∙e2t 00 e−3t

¸.

en general, si

A =

⎡⎢⎢⎢⎣m1 0 · · · 00 m2 · · · 0...

.... . .

...0 0 · · · mn

⎤⎥⎥⎥⎦⇒ eAt =

⎡⎢⎢⎢⎣em1t 0 · · · 00 em2t · · · 0...

.... . .

...0 0 · · · emnt

⎤⎥⎥⎥⎦Propiedades: Sean A y B matrices de orden n× n y r, s, t ∈ R (ó ∈ C) Entonces:

1.- eA·0 = e0 = I

2.- eA(t+s) = eAt·eAs

3.-¡eAt¢−1

= e−At, (eAt es invertible, cualquiera que sea A).

4.- Si AB = BA⇒ e(A+B)t = eAt·eBt

5.- erIt = ertI

6.- Como eAt = I + t1!A+

t2

2!A2 + t3

3!A3 + · · · , entonces, se puede definir la derivada como:

d

dteAt = A+ 2

t

2!A+ 3

t2

3!A2 + 4

t3

4!A3 + · · ·

= A

µI +

t

1!A+

t2

2!A2 +

t3

3!A3 + · · ·

¶= AeAt

179

y entonces, dado

V =

⎡⎢⎢⎢⎣v1v2...vn

⎤⎥⎥⎥⎦⇒ d

dt

¡eAt·V

¢=

d

dteAt·V + eAt

d

dtV

= AeAt·V + eAt·0= AeAtV

Note que eA·0V = I·V = V . Por lo tanto eAtV es la solución del P.V.I.

U 0 = AU, U (0) = V

Esto demuestra la siguiente proposición

Proposición 4 Si A es una matriz de orden n× n y V =

⎡⎢⎢⎢⎣v1v2...vn

⎤⎥⎥⎥⎦ entoncesU (t) = eAtV, es solución de U 0 = AU

y además, U (0) = eA·0V = I·V = V.

a.- eAt es una matriz fundamental para U 0 = AU

b.- Si U (t) es cualquier matriz fundamental para U 0 = AU entonces eAt = U (t) (U (0))−1

c.- La solución general de U 0 = AU + F (t) está dada por

U (t) = eAtC + eAtZ

e−AtF (t) dt

donde C =

⎛⎜⎝ C1...Cn

⎞⎟⎠ es un vector columna constante arbitrario.

En general el cálculo de eAt no es simple. Sin embargo el cálculo se facilita si A es una matriz nilpotente,esto es, existe k ∈ N tal que Ak+1 = 0. Si este es el caso, entonces

eAt = I +t

1!A+

t2

2!A2 + · · ·+ tk

k!Ak + 0 + 0 + · · ·

Ejemplo 17 Resolver

U 0 =

µ2 11 2

¶U +

µet

e−t

¶Para resolver la ecuación homogénea podemos utilizar dos formas:

180

i. Valores Propios:

det

µ2−m 11 2−m

¶= 0⇒ (2−m)2 − 1 = 0⇒ 2−m = ±1⇒ m = 2∓ 1 =

½13

y los vectores propios son:

m = 1 : µ1 11 1

¶µab

¶=

µ00

¶⇒ a+ b = 0⇒ a = −b⇒ v1 =

µ1−1

¶m = 2 : µ

−1 11 −1

¶µab

¶=

µ00

¶⇒ −a+ b = 0⇒ a = b⇒ v2 =

µ11

¶y la solución homogénea es

Uh (t) = C1

µ1−1

¶et + C2

µ11

¶e3t =

µet e3t

−et e3t

¶µC1C2

¶ii. Determinando la matriz eAt: Observe que

A =

µ2 11 2

¶= 2

µ1 00 1

¶+

µ0 11 0

¶= 2I +B

y como (2I)B = B (2I), entonces eAt = e2tI+tB = e2t·etB, además

B2 =

µ0 11 0

¶µ0 11 0

¶=

µ1 00 1

¶= I ⇒ B3 = B, B4 = I, B5 = B, ...

entonces B2n = I, B2n+1 = B, y

etB =

µ1 00 1

¶+ t

µ0 11 0

¶+

t2

2!

µ1 00 1

¶+

t3

3!

µ0 11 0

¶+ · · ·

= I + tB +t2

2!I +

t3

3!B +

t4

4!I +

t5

5!B + · · ·

=

µ1 +

t2

2!+

t4

4!+

t6

6!+ · · ·

¶I +

µt+

t3

3!+

t5

5!+ · · ·

¶B

sean

a (t) = 1 +t2

2!+

t4

4!+

t6

6!+ · · ·

b (t) = t+t3

3!+

t5

5!+ · · ·

observe que

et = 1 + t+t2

2!+

t3

3!+

t4

4!+

t5

5!+ · · ·

e−t = 1− t+t2

2!− t3

3!+

t4

4!− t5

5!+ · · ·

181

luego

et + e−t = 2a (t)⇒ a (t) =1

2

¡et + e−t

¢et − e−t = 2b (t)⇒ b (t) =

1

2

¡et − e−t

¢entonces

eBt =1

2

¡et + e−t

¢µ 1 00 1

¶+1

2

¡et − e−t

¢µ 0 11 0

¶=

1

2

µet + e−t et − e−t

et − e−t et + e−t

¶y

eAt =

µe2t 00 e2t

¶1

2

µet + e−t et − e−t

et − e−t et + e−t

¶=1

2

µe3t + et e3t − et

e3t − et e3t + et

¶y la solución homogénea es

Uh (t) = C1

µe3t + et

e3t − et

¶+ C2

µe3t − et

e3t + et

¶La solución de la ecuación no homogénea la realizaremos utilizando la matriz eAt, cuya inversa es simple de

calcular:

e−At =1

2

µe−3t + e−t e−3t − e−t

e−3t − e−t e−3t + e−t

¶e−AtF (t) =

1

2

µe−3t + e−t e−3t − e−t

e−3t − e−t e−3t + e−t

¶µet

e−t

¶=1

2

µe−2t + 1 + e−4t − e−2t

e−2t − 1 + e−4t + e−2t

¶=

1

2

µe−4t + 1

e−4t + 2e−2t − 1

¶Z

e−AtF (t) dt =1

2

µ−14e−4t + t

−14e−4t − e−2t − t

¶Up = eAt

Ze−AtF (t) dt =

1

2

µe3t + et e3t − et

e3t − et e3t + et

¶·12

µ−14e−4t + t

−14e−4t − e−2t − t

¶=

1

4

µ−14e−t + te3t − 1

4e−3t + tet − 1

4e−t − et − te3t + 1

4e−3t + e−t + tet

−14e−t + te3t + 14e−3t − tet − 1

4e−t − et − te3t − 1

4e−3t − e−t − tet

¶Up =

1

4

µ12e−t + 2tet − et

−32e−t − 2tet − et

¶y la solución general es

U (t) =1

2

µe3t + et e3t − et

e3t − et e3t + et

¶µC1C2

¶+1

4

µ12e−t + 2tet − et

−32e−t − 2tet − et

¶x (t) = e3t

C1 + C22

+ etµC1 − C2 + t

2− 14

¶+1

8e−t

y (t) = e3tC1 + C2

2+ et

µC2 − C1 − t

2− 14

¶− 38e−t

182

Representaciones gráficas de las soluciones son las siguientes: primero las soluciones por separado:

ahora las soluciones determinando una curva paramétrica:

Algunas curvas solución para diferentes condiciones iniciales:

183

Ejemplo 18 Calcular eBt, para

B =

⎡⎣ 1 1 11 1 1−2 −2 −2

⎤⎦Calculando la potencias de B se tiene:

B =

⎡⎣ 1 1 11 1 1−2 −2 −2

⎤⎦ , B2 =

⎡⎣ 1 1 11 1 1−2 −2 −2

⎤⎦ ·⎡⎣ 1 1 1

1 1 1−2 −2 −2

⎤⎦ =⎡⎣ 0 0 00 0 00 0 0

⎤⎦y entonces

eBt =

⎡⎣ 1 0 00 1 00 0 1

⎤⎦+ t

⎡⎣ 1 1 11 1 1−2 −2 −2

⎤⎦ =⎡⎣ 1 + t t t

t 1 + t t−2t −2t 1− 2t

⎤⎦Note que

e−Bt =

⎡⎣ 1− t −t −t−t 1− t −t2t 2t 1 + 2t

⎤⎦Ejemplo 19 Determine eAt de la matriz

A =

⎡⎣ − 120 0 0120 − 1

20 00 1

30 − 120

⎤⎦Note que la matriz A puede descomponerse en la siguiente suma de matrices:

A =

⎡⎣ − 120 0 0120 − 1

20 00 1

30 − 120

⎤⎦ = − 120

⎡⎣ 1 0 00 1 00 0 1

⎤⎦+⎡⎣ 0 0 0

120 0 00 1

30 0

⎤⎦y la matriz bajo-triangular es nilpotente:

⎡⎣ 0 0 0120 0 00 1

30 0

⎤⎦⎡⎣ 0 0 0120 0 00 1

30 0

⎤⎦ =

⎡⎣ 0 0 00 0 01600 0 0

⎤⎦⎡⎣ 0 0 0

120 0 00 1

30 0

⎤⎦⎡⎣ 0 0 00 0 01600 0 0

⎤⎦ =

⎡⎣ 0 0 00 0 00 0 0

⎤⎦entonces:

eAt = e−120 t

⎧⎨⎩⎡⎣ 1 0 00 1 00 0 1

⎤⎦+ t

⎡⎣ 0 0 0120 0 00 1

30 0

⎤⎦+ t2

2

⎡⎣ 0 0 00 0 01600 0 0

⎤⎦⎫⎬⎭eAt = e−

120 t

⎡⎣ 1 0 0t20 1 0t2

1200t30 1

⎤⎦184

En general no podemos esperar que A sea nilpotente, pero note que si m es un valor propio de A entonces

eAt = eAt−mIt+mIt = emte(A−mI)t

y si v es un vector columna de orden n× 1, entonces

U (t) = eAt·v = emte(A−mI)t·v

y si escogemos v como un vector propio generalizado, asociado al autovalor m, tal que (A−mI)k+1 v = 0,entonces

U (t) = emt

∙In×nv +

t

1!(A−mI) v +

t2

2!(A−mI)2 v + · · ·+ tk

k!(A−mI)k v

¸es una solución de U 0 = AU.

Ejemplo 20 Considere

U 0 =

⎛⎝ 1 1 00 1 10 0 1

⎞⎠⎛⎝ xyz

⎞⎠Según se ha visto anteriormente, m = 1 es el único autovalor propio y

v1 =

⎛⎝ 100

⎞⎠ , v2 =

⎛⎝ 010

⎞⎠ , v3 =

⎛⎝ 001

⎞⎠son vectores propios generalizados (v1 es vector propio) asociados a m = 1. Ellos satisfacen

i. (A− 1I) v1 = 0⇒ (A− 1I)2 v1 = 0 = (A− 1I)3 v1 = · · ·

∴ U1 (t) = ete(A−I)tv1 = et

⎛⎜⎜⎝v1 +t

1!(A− I) v1| z = 0

+t2

2!(A− I)2 v1| z

= 0

+ · · ·

⎞⎟⎟⎠ = etv1 = et

⎛⎝ 100

⎞⎠

ii. (A− 1I) v2 =

⎛⎝ 0 1 00 0 10 0 0

⎞⎠ v2 =

⎛⎝ 0 1 00 0 10 0 0

⎞⎠⎛⎝ 010

⎞⎠ =

⎛⎝ 100

⎞⎠ = v1 ⇒ (A− I)2 v2 = (A− I) v1 = 0 =

(A− I)3v2 = · · ·

∴ U2 (t) = ete(A−I)tv2 = et¡v2 +

t1! (A− I) v2

¢= et

⎧⎨⎩⎛⎝ 010

⎞⎠+ t

⎛⎝ 100

⎞⎠⎫⎬⎭iii. (A− 1I) v3 = v2 ⇒ (A− I)2 v3 = (A− I) v2 = v1, (A− I)3 v2 = 0 = · · ·

∴ U3 (t) = ete(A−I)tv3 = et³v3 +

t1! (A− I) v3 +

t2

2! (A− I)2v3

´= et

⎧⎨⎩⎛⎝ 001

⎞⎠+ t

⎛⎝ 010

⎞⎠+ t2

2!

⎛⎝ 100

⎞⎠⎫⎬⎭185

Conforme a la solución obtenida en el ejemplo anterior.

Ejemplo 21 Resuelva el siguiente sistema de ecuaciones con condición inicial:

X 0 (t) = AX (t) + F (t)

donde

A =

⎡⎣ 0 0 01 0 02 3 0

⎤⎦ , F (t) =⎡⎣ t−2

−t−13

⎤⎦ , X (1) =⎡⎣ 123

⎤⎦Sea A =

⎡⎣ 0 0 01 0 02 3 0

⎤⎦, entonces las potencias de A, sonA2 =

⎡⎣ 0 0 00 0 03 0 0

⎤⎦ , A3 =⎡⎣ 0 0 00 0 00 0 0

⎤⎦o sea, A es nilpotente de orden 3. Entonces

eAt = I + tA+t2

2A2 =

⎡⎣ 1 0 00 1 00 0 1

⎤⎦+ t

⎡⎣ 0 0 01 0 02 3 0

⎤⎦+ t2

2

⎡⎣ 0 0 00 0 03 0 0

⎤⎦eAt =

⎡⎣ 1 0 0t 1 0

2t+ 32 t2 3t 1

⎤⎦Por lo tanto la inversa es: e−At =

⎡⎣ 1 0 0−t 1 0

32 t2 − 2t −3t 1

⎤⎦ .Como la solución de la ecuación es

X (t) = eAtC + eAtZ t

0

e−AuF (u) du

Se tiene que

e−AuF (u) =

⎡⎣ 1 0 0−u 1 0

32u

2 − 2u −3u 1

⎤⎦ u−2

−u−13

=

⎡⎣ u−2

−2u−1152 − 2u−1

⎤⎦Z t

1

e−AuF (u) du =

Z t

1

⎡⎣ u−2

−2u−1152 − 2u−1

⎤⎦ du =⎡⎣ 1− t−1

−2 ln (t)152 t− 2 ln (t)−

152

⎤⎦eAt

Z t

1

e−AuF (u) du =

⎡⎣ 1 0 0t 1 0

2t+ 32 t2 3t 1

⎤⎦⎡⎣ 1− t−1

−2 ln (t)152 t− 2 ln (t)−

152

⎤⎦ =⎡⎣ 1− t−1

t− 1− 2 ln (t)32 t2 + 19

2 t− 6t ln (t)− 2 ln (t)−152

⎤⎦Xp =

⎡⎣ 1− t−1

t− 1− 2 ln (t)32 t2 + 19

2 t− 6t ln (t)− 2 ln (t)−152

⎤⎦186

Por lo tanto:

X (t) =

⎡⎣ 1 0 0t 1 0

2t+ 32 t2 3t 1

⎤⎦⎡⎣ C1C2C3

⎤⎦+⎡⎣ 1− t−1

t− 1− 2 ln (t)32 t2 + 19

2 t− 6t ln (t)− 2 ln (t)−152

⎤⎦determinando las constantes

X (1) =

⎡⎣ 1 0 01 1 072 3 1

⎤⎦⎡⎣ C1C2C3

⎤⎦+⎡⎣ 0072

⎤⎦ =⎡⎣ 123

⎤⎦⎡⎣ C1

C1 + C272C1 + 3C2 + C3 +

72

⎤⎦ =

⎡⎣ 123

⎤⎦C1 = 1, C2 = 1, C3 = −7 y la solución es:

X (t) =

⎡⎣ 1 0 0t 1 0

2t+ 32 t2 3t 1

⎤⎦⎡⎣ 11−7

⎤⎦+⎡⎣ 1− t−1

t− 1− 2 ln (t)32 t2 + 19

2 t− 6t ln (t)− 2 ln (t)−152

⎤⎦

x (t) = 2− t−1

y (t) = 2t− 2 ln (t)

z (t) = 3t2 +29

2t− 6t ln (t)− 2 ln (t)− 29

2

Representaciones gráficas de las soluciones son las siguientes: primero las soluciones por separado:

ahora las soluciones determinando una curva paramétrica:

187

Ejemplo 22 Considere el sistema de estanques interconectados como lo muestra la figura.Suponga que inicial-mente cada estanque contiene 100 galones de agua pura y que la solución entra y sale de cada estanque a razónde 5 galones por minuto. Si la solución que entra en el estanque A tiene una concentración de 2 kilogramos desal por galón, determine la concentración de sal en cada estanque después de 10 minutos. ¿Es cierto que si elsistema continua funcionando indefinidamente las concentraciones en cada estanque serán aproximadamente 2hkgsgal

i. Explique su respuesta.

188

Sean x, y, z las cantidades de sal en A, B y C respectivamente. x (0) = 0 = y (0) = z (0).

x0 = 10− 5100x

y0 = 5100x−

5100y

z0 = 5100y −

5100z

ó

⎛⎝ x0

y0

z0

⎞⎠ =

⎛⎝ − 120 0 0120 − 1

20 00 1

20 − 120

⎞⎠| z

A

⎛⎝ xyz

⎞⎠+⎛⎝ 10

00

⎞⎠

note que

A = − 120

I +

⎛⎝ 0 0 0120 0 00 1

20 0

⎞⎠donde B =

⎛⎝ 0 0 0120 0 00 1

20 0

⎞⎠ es nilpotente de orden 2, luego como eAt = e−120 tI+Bt = e−

120 tIeBt = e−

t20 IeBt =

e−t20 eB, y B es nilpotente de orden 2, se tiene que:

eAt = e−120 t

⎧⎨⎩⎛⎝ 1 0 00 1 00 0 1

⎞⎠+⎛⎝ 0 0 0

120 0 00 1

20 0

⎞⎠ t+

⎛⎝ 0 0 00 0 01400 0 0

⎞⎠ t2

2

⎫⎬⎭eAt = e−

120 t

⎛⎝ 1 0 0t20 1 0t2

800t20 1

⎞⎠

Entonces e−At

⎛⎝ 1000

⎞⎠ = e120 t

⎛⎝ 1 0 0− t20 1 0t2

800 − t20 1

⎞⎠⎛⎝ 1000

⎞⎠ = e120 t

⎛⎝ 10− t2

t2

80

⎞⎠ ,

luegoReAt

⎛⎝ 1000

⎞⎠ dt =

⎛⎝ 200e120 t

−10te 120 t + 200e

120 t

14 t2e

120 t − 10te 1

20 t + 200e120 t

⎞⎠ = e120 t

⎛⎝ 200200− 10t

14 t2 − 10t+ 200

⎞⎠Xp = eAt

ReAt

⎛⎝ 1000

⎞⎠ dt = e−120 t

⎛⎝ 1 0 0t20 1 0t2

800t20 1

⎞⎠ e120 t

⎛⎝ 200200− 10t

14 t2 − 10t+ 200

⎞⎠ =

Xp =

⎛⎝ 1 0 0t20 1 0t2

800t20 1

⎞⎠⎛⎝ 200200− 10t

14 t2 − 10t+ 200

⎞⎠ =

Xp =

⎛⎝ 20010t− 10t+ 200

14 t2 − 1

2 t2 + 10t+ 1

4 t2 − 10t+ 200

⎞⎠ =

⎛⎝ 200200200

⎞⎠La solución general es:

X (t) = e−120 t

⎛⎝ 1 0 0t20 1 0t2

800t20 1

⎞⎠⎛⎝ C1C2C3

⎞⎠+⎛⎝ 200200200

⎞⎠

189

Como X (0) =

⎛⎝ 000

⎞⎠⇒⎛⎝ 000

⎞⎠ =

⎛⎝ 1 0 00 1 00 0 1

⎞⎠⎛⎝ C1C2C3

⎞⎠+⎛⎝ 200200200

⎞⎠⇒ C1 = C2 = C3 = −200

Por lo tanto

x (t) = 200− 200e− 120 t

y (t) = 200− 200e− 120 t

µ1 +

t

20

¶z (t) = 200− 200e− 1

20 t

µ1 +

t

20+

t2

800

¶y la concentración en 10 minutos es:

x (t)

100= 2− 2e− 1

2

y (t)

100= 2− 3e− 1

2

z (t)

100= 2− 13

4e−

12

Como e−120 t → 0 si t → ∞ entonces la cantidad de sal en cada estanque (se aproxima) a 200 [kg] y la

concentración tiende a 200100

kggal = 2

kggal .

Representaciones gráficas de las soluciones son las siguientes: primero las soluciones por separado:

ahora las soluciones determinando una curva paramétrica:

190

.

3.3 Relación entre las ecauciones de orden superior y sistemas de ecuaciones deprimer orden

Consideremos la ecuación¡D2 + 1

¢y = 0, o equivalentemente

y00 + y = 0 (1)

o tambiény00 = −y

Si se anota x1 (t) = y1 (t) ; x2 (t) = y01 (t), entonces se tiene

x01 = x2

x02 = x001 = y00 = −y = x1

Conclusión: La ecuación y00 + y = 0 determina el sistema de ecuaciones

x01 = x2

x02 = −x1

y a su vez este sistema determina la ecuación x002 = −x01 = −x2, esto es x002 = x2 o bien x002 + x2 = 0, que no esotra que la ecuación (1).Pero entonces la ecuación y00 + y = 0 puede reinterpretarse como

U 0 =

µ0 1−1 0

¶U , donde U =

µx1x2

¶.

Las soluciones del sistema son:Por el método de valores propios:

det

µ−m 1−1 −m

¶= 0⇒ m2 + 1 = 0⇒ m = ±i

191

Los vectores propios asociados a m = iµ−i 1−1 −i

¶µab

¶=

µ00

¶⇒ −ai+ b = 0−a− bi = 0

¾⇒ b = ai

Si a = 1, entonces V =

µ1i

¶=

µ10

¶+ i

µ01

¶y las soluciones son

U1 =

µx1 (t)x2 (t)

¶= e0t

∙µ10

¶cos (t)−

µ01

¶sen (t)

¸U2 =

µx1 (t)x2 (t)

¶= e0t

∙µ01

¶cos (t) +

µ10

¶sen (t)

¸U1 =

µcos (t)−sen (t)

¶, U2 (t) =

µsen (t)cos (t)

¶; U = C1

µcos (t)−sen (t)

¶+ C2

µsen (t)cos (t)

¶Se pueden graficar estas soluciones, como curvas parametrizadas por t, como en los ejemplos anteriores.

Note que el vector velocidad de la curva t→ U (t) es U 0 (t) = AU (t) . De esta manera podemos asociar a laecuación y00+y = 0 el campo de vectores A. Resolver la ecuación y00+y = 0 es equivalente a resolver el sistemaU 0 = AU . Esto es, a su vez, equivalente a determinar curvas en el plano tales que sus vectores velocidad U 0

coinciden con AU .En general, la ecuación y00 = f (y, y0) es equivalente al sistema

x01 = x2

x02 = f (x1, x2)

donde x1 = y, x01 = x2 = y0, x02 = x001 = y00, y más generalmente, la ecuación y(n) = f¡y, y(1), y(2), ..., y(n−1)

¢es

192

equivalente al sistema

x01 = x2

x02 = x3

x03 = x4...

x0n−1 = xn

x0n = f (x1, x2, ..., xn−1)

3.4 Ejercicios.

1. Aplique el método de variación de parámetros para determinar una solución particular de cada sistemadado a continuación.

(a)½

dx/dt = 2x− ydy/d(t) = 3x− 2y + 4t

(b) X 0 =

µ2 −14 2

¶X +

µsen(2t)2 cos(2t)

¶e2t

(c) X 0 =

µ0 −2−1 3

¶X +

µ2

e−3t

¶(d) X 0 =

µ1 81 −1

¶X +

µe−t

tet

¶(e) X 0 =

µ3 2−2 −1

¶X +

µ11

¶(f) X 0 =

µ1 −11 1

¶X +

µ33

¶et

(g) X 0 =

µ2 −28 −6

¶X +

µ13

¶e−2t

t

(h) X 0 =

µ0 1−1 0

¶X +

µ1

cot(t)

¶(i) X 0 =

µ1 −21 −1

¶X +

µtan(t)1

¶

(j) X 0 =

⎛⎝ 3 −1 −11 1 −11 −1 1

⎞⎠X +

⎛⎝ 0t2et

⎞⎠2. Determine las matrices exponenciales etA y e−tA para las siguientes matrices.

(a) A =

µ1 00 2

¶(b) A =

µ0 11 0

¶

193

3. Determine las matrices exponenciales etA para las siguientes matrices.

(a) A =

⎛⎝ 1 1 11 1 1−2 −2 −2

⎞⎠(b) A =

⎛⎝ 0 0 03 0 05 1 0

⎞⎠4. Determine la solución de cada sistema empleando la matriz exponencial.

(a) X 0 =

µ0 11 0

¶X

(b) X 0 =

⎛⎝ 0 0 03 0 05 1 0

⎞⎠X

(c) X 0 =

µ1 00 2

¶X +

µte4t

¶(d) X 0 =

µ0 11 0

¶X +

µcosh(t)senh(t)

¶5. Considere dos tanques con salmuera conectados entre sí de tal forma que la salmuera se bombea desde eltanque 1 al tanque 2 a razón de 30

hgalmin

ipor una cañería y por una segunda cañería se bombea desde

el tanque 2 al tanque 1 a razón de 10hgalmin

i. El tanque 1 contiene x (t) libras de sal en 100 galones de

salmuera y el tanque 2 contiene y (t) libras de sal en 200 galones de salmuera. La salmuera en cada tanquese mantiene uniforme por medio de agitación. Determine la cantidad de sal que hay en el tiempo t en

cada tanque, si al tanque 1 entra agua pura a razón de 20hgalmin

i, y la salmuera del tanque 2 sale a una

velocidad de 20hgalmin

i.

6. Considere una masam1 de 2[Kg] unida a un resorte de constante k1 = 4, ubicada sobre un plano horizontal.A la masa m1 se adosa un resorte de constante k2 = 2. Si a este segundo resorte se adosa, en su extremolibre una segunda masa m2 de 1[Kg], y sobre esta última se aplica una fuerza externa f (t) = 40sen (3t).

(a) Determine el sistema de ecuaciones que modela el comportamiento de este sistema masa-resorte.

(b) Determine las posiciones de las masas m1 y m2 en cualquier instante t. Si cada una de las masas seencuentran en reposo en su posición de equilibrio.

7. Dos tanques A y B, cada uno de los cuales contienes 50 litros de líquido, están conectados entre sí mediantetubos. El líquido pasa del tanque A al tanque B a razón de 4 litros por minuto, y del tanque B a tanque Aa 1 litro por minuto. El líquido dentro de cada tanque se mantiene bien revuelto. Una solución salina con

una concentración de 3hKglt

ide sal entra al tanque A a razón de 4 litros por minuto. Una solución salina

con una concetración de 1hKglt

ide sal entra al tanque B a razón de 1 litro por minuto. Las soluciones

194

salen del sistema por ambos tanques, del tanque A a 1 litro por minuto y del tanque B a 4 litros porminuto. Si en un principio el tanque A contiene agua pura y el tanque B contiene 5 [Kg] de sal, determinela masa de sal en cada tanque en el instante t ≥ 0. Después de transcurrir varios minutos, ¿cuál tanquetiene la mayor concentración de sal? ¿Cuál es la concentración límite?

8. Considere un sistema de tres tanques de salmuera, de tal forma que del tanque A sale salmuera a razón

de 10hgalmin

ihacia el tanque B; del tanque B sale la solución a razón de 10

hgalmin

ihacia el tanque C, y

desde este último sale salmuera hacia el tanque A a la misma razón, 10hgalmin

i. Si los volúmenes iniciales

son 50 galones, 25 galones y 50 galones respectivamente, determine la cantidad de sal en cada estanqueen cualquier instante t, si el estanque A contenía 50 libras de sal diluidas y los estanques B y C sólo aguapura. R.

9. Dos tanques, cada uno con 50 litros de líquido, están conectados entre sí mediante tubos, de modo queel líquido pasa del tanque A al tanque B a razón de 4 litros por minuto, y del tanque B a tanque A a 1litro por minuto. El líquido dentro de cada tanque se mantiene bien revuelto. Por otro lado, entra aguapura al tanque A a razón de 3 litros por minuto, y la solución sale del tanque B a 3 litros por minuto. Sien un principio el tanque A contiene 25 [Kg] de sal y el tanque B no contiene sal (sólo agua), determinela masa de sal en cada tanque en el instante t ≥ 0.

10. Considere un sistema de tres tanques, con 1000 litros de salmuera cada uno, conectados entre sí de modoque del tanque A pasa al tanque B, por medio de una cañería, la solución bien mezclada a razón de 100litros por minuto, y desde el tanque B al tanque C, la solución bien mezclada, pasa por una cañería arazón de 100 litros por minuto, y desde este último tanque, la solución sale fuera del sistema a razón de100 litros por minuto. Si al tanque A ingresa 1 kilo de sal por litro, a razón de 100 litros por minuto,determine las concentraciones de sal en cada tanque, si en un principio cada tanque contenía 10, 20 y 30kilos de sal respectivamente.

(Sugerencias: Matriz exponencial,Rteatdt = 1

a

³teat − eat

a

´,Rt2eatdt = 1

a

¡t2eat − 2

Rteatdt

¢).

Ecuaciones Diferenciales con coeficientes noconstantes.1 Ecuación de Cauchy-Euler.La ecuación de Cauchy-Euler es la ecuación

anxny(n) (x) + an−1x

n−1y(n−1) (x) + · · ·+ a1xy(1) (x) + a0y (x) = r (x)

La sustitución x = et o equivalentemente t = ln (x) transforma esta ecuación en una ecuación lineal concoeficientes constantes.

Ejemplo 1 Resolverx2y00 − xy0 + y = ln (x) (1.1)

195

Sea x = et y denotemos ey (t) = y (x) = y (et), entonces

deydt

=dy

dx

dx

dt=

dy

dtet ⇒ dy

dt= e−t

deydt

d2eydt2

=d2y

dx2dx

dtet +

dy

dxet =

d2y

dx2e2t +

deydt

⇒ dy2

dt2= e−2t

½d2eydt2− dey

dt

¾Reemplazando en la ecuación dada, se tiene:

e2te−2tµd2eydt2− dey

dt

¶− ete−t

deydt+ ey = t

esto esd2eydt2− 2dey

dt+ ey = t

La solución homogénea es ey (t) = C1et + C2te

t

Para la solución particular utilizamos el método de los aniquiladores. El aniquilador de t es D2, luegodeterminamos la solución particular como solución de la ecuación homogénea

D2 (D − 1)2 ey = 0eyp (t) = a+ bt

Se reemplaza en la ecuación no homogénea ey0p (t) = b; ey00p (t) = 0, entonces0− 2b+ a+ bt = t

y se tiene el sistema

b = 1

−2b+ a = 0⇒ a = 2

por lo tanto eyp (t) = 2 + t

Luego, la solución general de la ecuación lineal con coeficientes constantes asociada a (1.1) es

ey (t) = 2 + t+ C1et + C2te

t

y como t = ln (x), la solución general de la ecuación (1.1) es

y (x) = 2 + ln (x) + C1x+ C2x ln (x)

196

2 Solución de ecuaciones diferenciales en series de potencias.Definición 1 Una serie de potencias en x− a es una serie de la forma

f (x) =∞Xn=0

Cn (x− a)n

Definición 2 El intervalo de convergencia es el conjunto de los puntos x tales que la serie converge. Normal-mente el radio de convergencia se determina con L < 1 donde lim

n→∞|Cn+1||Cn| |x− a| = L, esto para aquellos valores

de x para los cuales L < 1.

Definición 3 Si

f (x) =∞Xn=0

Cn (x− a)n

entonces, la derivada se define como

f 0 (x) =∞Xn=1

nCn (x− a)n−1

Ejemplo 2 Determinar, si existe, una solución y (x) =∞Xn=0

Cnxn de la ecuación

y0 − 2xy = 0

Sea y (x) =∞Xn=0

Cnxn, calculando su derivada y0 (x) =

∞Xn=1

nCnxn−1, reemplazamos las series en la ecuación:

∞Xn=1

nCnxn−1 − 2x

∞Xn=0

Cnxn = 0

∞Xn=1

nCnxn−1 − 2

∞Xn=0

Cnxn+1 = 0, desarrollando¡

C1 + 2C2x+ 3C3x2 + · · ·+ nCnx

n−1 + · · ·¢−¡2C0x+ 2C1x

2 + 2C2x3 + · · ·+ 2Cnx

n+1 + · · ·¢= 0

o bienC1 + (2C2 − 2C0)x+ (3C3 − 2C1)x2 + · · ·+ (?)xi + · · · = 0

para determinar el coeficiente entre paréntesis (?) expresamos el exponente n − 1 como i en la primera serie:n− 1 = i, por lo tanto n = i+ 1, de manera que

nCnxn−1 = (i+ 1)Ci+1x

i

Ahora expresamos el exponente n+ 1 como i en la segunda serie: n+ 1 = i, por lo tanto n = i− 1, de maneraque

2Cnxn+1 = 2Ci−1x

i

197

por lo tanto el coeficiente (?) es:(?)xi = ((i+ 1)Ci+1 − 2Ci−1)x

i

de manera que

C1 + (2C2 − 2C0)x+ (3C3 − 2C1)x2 + · · ·+ ((i+ 1)Ci+1 − 2Ci−1)xi + · · · = 0

o bien

C1 +∞Xi=1

(i+ 1)Ci+1 − 2Cixi = 0 (2.1)

Es claro que si C1 = 0 e (i+ 1)Ci+1 − 2Ci−1 = 0,∀i = 1, 2, ... entonces (2.1) es satisfecho y por lo tanto la

correspondiente serie y (x) =∞Xi=0

Cixi es una solución de la ecuación dada. Determinamos C0, C1, C2, ...

C1 = 0

i = 1, 0 = (1 + 1)C1+1 − 2C1−1 = 2C2 − 2C0 ∴ C2 = C0

i = 2, 0 = (2 + 1)C2+1 − 2C2−1 = 3C3 − 2C1 ∴ C3 = C1 = 0

i = 3, 0 = 4C4 − 2C2 ⇒ C4 =1

2C2 =

1

2C0 ∴ C4 =

1

2C0

i = 4, 0 = 5C5 − 2C3 ⇒ C5 =2

5C3 = 0 ∴ C5 = 0

i = 5, 0 = 6C6 − 2C4 ⇒ C6 =1

3C4 =

1

3 · 2C0 ∴ C6 =1

3!C0

i = 6, 0 = 7C7 − 2C5 ⇒ C7 =2

7C5 = 0 ∴ C7 = 0

i = 7, 0 = 8C8 − 2C6 ⇒ C8 =1

4C6 =

1

4 · 3 · 2C0 ∴ C8 =1

4!C0

etc., luego

Cn =

½0 si i es impar1n! si i = 2n

Por lo tanto

y (x) = C0 + C1x+ C2x2 + C3x

3 + C4x4 + · · · =

∞Xn=0

C01

n!x2n

y (x) = C0

∞Xn=0

1

n!x2n = C0

∞Xn=0

1

n!

¡x2¢n= C0e

x2

2.1 Puntos ordinarios y puntos singulares

Consideremos la ecuación de segundo orden

a2 (x) y00 (x) + a1 (x) y

0 (x) + a0 (x) y (x) = 0 (2.2)

y00 (x) + p (x) y0 (x) + q (x) y (x) = 0 (2.3)

donde p (x) = a1(x)a2(x)

, q (x) = a0(x)a2(x)

.

198

Definición 4 Se dice que x = x0 es un punto singular de la ecuación (2.2) o (2.3) si p (x) y q (x) son funcionesanalíticas en x0, es decir p (x) y q (x) admiten desarrollo en series de potencias de x− x0 en una vecindad dex0. Si un punto no es punto ordinario, se dice que es un punto singular

Ejemplo 3 Todo valor real de x es un punto ordinario de la ecuación

y00 (x) + exy0 (x) + (sen (x)) y (x) = 0

ya queex = 1 + x

1! +x2

2! +x3

3! + · · ·sen (x) = x− x3

3! +x5

5! + · · ·

)convergen para todo x en R

Ejemplo 4 La ecuacióny00 (x) + ln (x) y (x) = 0

tiene un punto singular en x = 0 ya que ln (x) no tiene desarrollo en serie de potencias de (x− 0) = x¡(ln (x))0 = 1

x , (ln (x))0¯x=0

@¢

Teorema 1 Si x = x0 es un punto ordinario de la ecuación (2.2) entonces siempre es posible encontrar dossoluciones distintas en serie de potencias, soluciones que son de la forma

y (x) =∞Xn=0

Cn (x− x0)n

Una solución en serie converge por lo menos para |x− x0| < R1, donde R1 es la distancia de x0 al puntosingular real o complejo más cercano.

Observación 1 Siempre podemos suponer que x = 0 es un punto ordinario, pues si esto no es así, el cambiode variables t = x− x0 traslada el valor x = x0 a t = 0

Ejemplo 5 Resolver la ecuación¡x2 + 1

¢y00 + xy0 − y = 0

Como p (x) = xx2+1 , q (x) =

−1x2+1 son funciones analíticas en x0 = 0, se concluye que x0 = 0 es un punto

ordinario de la ecuación y según el teorema anterior existen dos soluciones de la forma

y (x) =∞Xn=0

Cnxn

Se tiene que

y0 (x) =∞Xn=1

nCnxn−1

y00 (x) =∞Xn=2

n (n− 1)Cnxn−2

199

reemplazando en la ecuación:

¡x2 + 1

¢ ∞Xn=2

n (n− 1)Cnxn−2 + x

∞Xn=1

nCnxn−1 −

∞Xn=0

Cnxn = 0

x2∞Xn=2

n (n− 1)Cnxn−2 +

∞Xn=2

n (n− 1)Cnxn−2 + x

∞Xn=1

nCnxn−1 −

∞Xn=0

Cnxn = 0

∞Xn=2

n (n− 1)Cnxn +

∞Xn=2

n (n− 1)Cnxn−2 +

∞Xn=1

nCnxn −

∞Xn=0

Cnxn = 0

Para poder unir las series en una única sumatoria, primero se debe "homogeneizar" el exponente de la variablex, de la siguiente forma:

∞Xn=2

n (n− 1)Cnxn

| z k = n

n = 2⇒ k = 2

+∞Xn=2

n (n− 1)Cnxn−2

| z k = n− 2⇒ n = k + 2

n = 2⇒ k = 0

+∞Xn=1

nCnxn

| z k = n

n = 1⇒ k = 1

−∞Xn=0

Cnxn

| z k = n

n = 0⇒ k = 0

= 0

∞Xk=2

k (k − 1)Ckxk +

∞Xk=0

(k + 2) (k + 1)Ck+2xk +

∞Xk=1

kCkxk −

∞Xk=0

Ckxk = 0

ahora es necesario que todas las series comienzen desde el mismo índice, luego las series de inicio menor seexpanden hasta el mayor valor de inicio, en este caso k = 2

∞Xk=2

k (k − 1)Ckxk+2·1·C2+3·2·C3x+

∞Xk=2

(k + 2) (k + 1)Ck+2xk+1·C1x+

∞Xk=2

kCkxk−C0−C1x−

∞Xk=2

Ckxk = 0

agrupando términos se tiene

2 · 1 · C2 − C0 + (3 · 2 · C3 + C1 − C1)x+∞Xk=2

[k (k − 1)Ck + (k + 2) (k + 1)Ck+2 + kCk − Ck]xk = 0

2 · 1 · C2 − C0 + 3 · 2 · C3x+∞Xk=2

[(k + 2) (k + 1)Ck+2 + k (k − 1) + k − 1Ck]xk = 0

2 · 1 · C2 − C0 + 3 · 2 · C3x+∞Xk=2

[(k + 2) (k + 1)Ck+2 + (k − 1) (k + 1)Ck]xk = 0

Luego se tienen las siguientes ecuaciones

2 · 1 · C2 − C0 = 0

3 · 2 · C3 = 0

(k + 2) (k + 1)Ck+2 + (k − 1) (k + 1)Ck = 0, ∀k ≥ 2

200

de donde se tienen las siguientes igualdades

C2 =1

2 · 1C0C3 = 0

Ck+2 = −(k − 1) (k + 1)(k + 2) (k + 1)

Ck = −k − 1k + 2

Ck, ∀k ≥ 2

note que en la tercera igualdad el término k + 1 se simplificó porque el valor k = −1, que anula el término enel numerador y denominador, no pertenece al dominio del valor k, que son los enteros mayores que 2.La tercera igualdad, llamada ley de recurrencia, genera las siguientes igualdades:

k = 2, C4 = −1

4C2 = −

1

4 · 2C0 = −1

2 · 2 · 2 · 1C0 = −1

22 · 2 · 1C0 =⇒ C4 = −1

22 · 2!C0

k = 3, C5 = −2

5C3 = 0⇒ C5 = 0

k = 4, C6 = −3

6C4 =

3 · 16 · 22 · 2!C0 =

3 · 13 · 2 · 22 · 2!C0 =

3 · 123 · 3 · 2!C0 =⇒ C6 =

3 · 123 · 3!C0

k = 5, C7 = −4

7C5 = 0⇒ C7 = 0

k = 6, C8 = −5

8C6 = −

5 · 3 · 18 · 23 · 3!C0 = −

5 · 3 · 14 · 2 · 23 · 3!C0 = −

5 · 3 · 124 · 4 · 3!C0 =⇒ C8 = −

5 · 3 · 124 · 4! C0

k = 7, C9 = −6

9C7 = 0⇒ C9 = 0

k = 8, C10 = −7

10C8 =

7 · 5 · 3 · 110 · 24 · 4!C0 = −

7 · 5 · 3 · 125 · 5 · 3! C0 =⇒ C8 = −

7 · 5 · 3 · 125 · 5! C0

etc. y se tiene en general:

C2n+1 = 0

C2n = (−1)n 1 · 3 · 5 · 7 · · · · · (2n− 3)2nn!

C0

y entonces

y (x) = C0 + C1x+ C2x2 + C3x

3 + C4x4 + · · ·+ C2nx

2n + C2n+1x2n+1 + · · ·

= C0 + C1x+1

2C0x

2 + 0x3 − 1

22 · 2!C0x4 + 0x5 + · · ·+ (−1)n 1 · 3 · 5 · 7 · · · · · (2n− 3)

2nn!C0x

2n

y (x) = C0

Ã1 +

∞Xn=1

(−1)n 1 · 3 · 5 · 7 · · · · · (2n− 3)2nn!

x2n

!+ C1x

luego

y1 (x) = C0

Ã1 +

∞Xn=1

(−1)n 1 · 3 · 5 · 7 · · · · · (2n− 3)2nn!

x2n

!y2 (x) = C1x

son las dos soluciones linealmente independientes.

201

Para determinar el radio de convergencia de la serie se buscan los puntos singulares de la ecuación¡x2 + 1

¢y00 + xy0 − y = 0

p (x) =x

x2 + 1, q (x) =

−1x2 + 1

como x2+1 = 0 sí y sólo si x = ±i, la expresión xx2+1 no tiene desarrollo en serie de potencias de x en x0 = ±i

y como la distancia de x0 = 0 a i (o −i) es 1 entonces, según el teorema, el radio de convergencia es 1 (o por lomenos 1), luego y1 (x) converge ∀x, |x| < 1.

Observación 2 Como y2 (x) = x es una solución de la ecuación, utilizando el método de reducción de ordense puede determinar que la solución y1 (x) es

y1 (x) = ex2

2

Ze−

x2

2

√x2 + 1

dx

luego, se puede concluir que la serie converge a la función

1 +∞Xn=1

(−1)n 1 · 3 · 5 · 7 · · · · · (2n− 3)2nn!

x2n = ex2

2

Ze−

x2

2

√x2 + 1

dx

y la integral puede escribirse como

Ze−

x2

2

√x2 + 1

dx =

1 +∞Xn=1

(−1)n 1·3·5·7·····(2n−3)2nn! x2n

∞Xn=0

12nn!x

2n

Ejemplo 6 Resolver la ecuacióny00 − (1 + x) y = 0

Como x0 = 0 es un punto ordinario, (1 + x es su propio desarrollo en serie de potencias de x) existen dos

soluciones en serie de potencias y (x) =∞Xn=0

Cnxn. Reemplazando en la ecuación:

∞Xn=2

n (n− 1)Cnxn−2 − (1 + x)

∞Xn=0

Cnxn = 0

∞Xn=2

n (n− 1)Cnxn−2

| z k = n− 2⇒ n = k + 2

n = 2⇒ k = 0

−∞Xn=0

Cnxn

| z k = n

n = 0⇒ k = 0

−∞Xn=0

Cnxn+1

| z k = n+ 1⇒ n = k − 1

n = 0⇒ k = 1

= 0

∞Xk=0

(k + 2) (k + 1)Ck+2xk −

∞Xk=0

Ckxk −

∞Xk=1

Ck−1xk = 0

2 · 1 · C2 − C0 +∞Xk=1

(k + 2) (k + 1)Ck+2 − Ck − Ck−1xk = 0

202

Por lo tanto

2C2 − C0 = 0

(k + 2) (k + 1)Ck+2 = Ck + Ck−1, k = 1, 2, 3, ...

o bien

C2 =1

2C0

Ck+2 =Ck + Ck−1

(k + 1) (k + 2), k = 1, 2, 3, ...

luego, para los valores de k se tiene

k = 1, C3 =1

2 · 3 (C1 + C0)⇒ C3 =1

3!C1 +

1

3!C0

k = 2, C4 =1

3 · 4 (C2 + C1) =1

2 · 3 · 4C0 +1

3 · 4C1 ⇒ C4 =2

4!C1 +

1

4!C0

k = 3, C5 =1

4 · 5 (C3 + C2) =1

4 · 5

µ1

3!C1 +

1

3!C0 +

1

2!C0

¶⇒ C5 =

1

5!C1 +

1 + 3

5!C0

k = 4, C6 =1

5 · 6 (C4 + C3) =1

5 · 6

µ2

4!C1 +

1

4!C0 +

1

3!C1 +

1

3!C0

¶⇒ C6 =

2 + 4

6!C1 +

1 + 4

6!C0

k = 5, C7 =1

6 · 7 (C5 + C4) =1

6 · 7

µ1

5!C1 +

1 + 3

5!C0 +

2

4!C1 +

1

4!C0

¶⇒ C7 =

1 + 2 · 57!

C1 +1 + 3 + 5

7!C0

k = 6, C8 =1

7 · 8 (C6 + C5) =1

7 · 8

µ2 + 4

6!C1 +

1 + 4

6!C0 +

1

5!C1 +

1 + 3

5!C0

¶⇒

⇒ C8 =2 + 4 + 6

8!C1 +

1 + 4 + 6 · (1 + 3)8!

C0

k = 7, C9 =1

8 · 9 (C7 + C6) =1

8 · 9

µ1 + 2 · 57!

C1 +1 + 3 + 5

7!C0 +

2 + 4

6!C1 +

1 + 4

6!C0

¶⇒ C9 =

1 + 2 · 5 + 7 · (2 + 4)9!

C1 +1 + 3 + 5 + 7 + 7 · 4

9!C0

k = 8, C10 =1

9 · 10 (C8 + C7) =1

9 · 10

µ2 + 4 + 6

8!C1 +

1 + 4 + 6 · (1 + 3)8!

C0 +1 + 2 · 57!

C1 +1 + 3 + 5

7!C0

¶⇒ C10 =

2 + 4 + 8 + 2 · 5 · 810!

C1 +1 + 4 + 6 + 8 + 6 · 3 + 8 · 3 + 8 · 5

10!C0

etc.Luego

y (x) = C0 + C1x+1

2C0x

2 +

µ1

3!C1 +

1

3!C0

¶x3 +

µ2

4!C1 +

1

4!C0

¶x4 +

µ1

5!C1 +

1 + 3

5!C0

¶x5 + · · ·

· · ·+µ2 + 4

6!C1 +

1 + 4

6!C0

¶x6 +

µ1 + 2 · 57!

C1 +1 + 3 + 5

7!C0

¶x7 + · · ·

· · ·+µ2 + 4 + 6

8!C1 +

1 + 4 + 6 · (1 + 3)8!

C0

¶x8 +

µ1 + 2 · 5 + 7 · (2 + 4)

9!C1 + · · ·

203

...+1 + 3 + 5 + 7 + 7 · 4

9!C0

¶x9 +

µ2 + 4 + 8 + 2 · 5 · 8

10!C1 +

1 + 4 + 6 + 8 + 6 · 3 + 8 · 3 + 8 · 510!

C0

¶x10 + ...

entonces, las soluciones son, entonces

y1 (x) = C0

µ1 +

1

2x2 +

1

3!x3 +

1

4!x4 +

1 + 3

5!x5 +

1 + 4

6!x6 +

1 + 3 + 5

7!x7 +

1 + 4 + 6 · (1 + 3)8!

x8 · · ·¶

y2 (x) = C1

µx+

1

3!x3 +

2

4!x4 +

1

5!x5 +

2 + 4

6!x6 +

1 + 2 · 57!

x7 +2 + 4 + 6

8!x8 +

1 + 2 · 5 + 7 · (2 + 4)9!

x9 · · ·¶

Un ejemplo de ecuación, cuya solución es importante en el área de la física es la llamada ecuación de Legendre:¡1− x2

¢y00 − 2xy0 + r (r + 1) y = 0, r ∈ N

Sea y =∞Xn=0

Cnxn y reemplazamos en la ecuación:

¡1− x2

¢ ∞Xn=2

n (n− 1)Cnxn−2 − 2x

∞Xn=1

nCnxn−1 + r (r + 1)

∞Xn=0

Cnxn = 0

∞Xn=2

n (n− 1)Cnxn−2

| z k = n− 2⇒ n = k + 2

n = 2⇒ k = 0

−∞Xn=2

n (n− 1)Cnxn

| z k = n

n = 2⇒ k = 2

−∞Xn=1

2nCnxn

| z k = n

n = 1⇒ k = 1

+∞Xn=0

r (r + 1)Cnxn

| z k = n

n = 0⇒ k = 0

= 0

∞Xk=0

(k + 2) (k + 1)Ck+2xk −

∞Xk=2

k (k − 1)Ckxk −

∞Xk=1

2kCkxk +

∞Xk=0

r (r + 1)Ckxk = 0

2 · 1 · C2 + 3 · 2 · C3x− 2 · 1 · C1x+ r (r + 1)C0 + r (r + 1)C1x+ ... =

...+∞Xk=2

(k + 2) (k + 1)Ck+2xk −

∞Xk=2

k (k − 1)Ckxk −

∞Xk=1

2kCkxk +

∞Xk=0

r (r + 1)Ckxk = 0

2 · 1 · C2 + r (r + 1)C0 + (3 · 2 · C3 − 2 · 1 · C1 + r (r + 1)C1)x+ ... =

+∞Xk=2

(k + 2) (k + 1)Ck+2 − k (k − 1)Ck − 2kCk + r (r + 1)Ckxk = 0

y entonces:

2C2 + r (r + 1)C0 = 0

6C3 + (r − 1) (r + 2)C1 = 0

(k + 2) (k + 1)Ck+2 + (r − k) (r + k + 1)Ck = 0, k = 2, 3, 4, ...

o bien

C2 = −r (r + 1)2!

C0

C3 = −(r − 1) (r + 2)3!

C1

Ck+2 = −(r − k) (r + k + 1)

(k + 1) (k + 2)Ck, k = 2, 3, 4, ...

204

y entonces

k = 2, C4 = −(r − 2) (r + 3)

3 · 4 C2 =(r − 2) (r + 3) r (r + 1)

3 · 4 · 2! C0 ⇒ C4 =(r − 2) r (r + 1) (r + 3)

4!C0

k = 3, C5 = −(r − 3) (r + 4)

4 · 5 C3 =(r − 3) (r + 4) (r − 1) (r + 2)

4 · 5 · 3! C1 ⇒ C5 =(r − 3) (r − 1) (r + 2) (r + 4)

5!C1

k = 4, C6 = −(r − 4) (r + 5)

5 · 6 C4 = −(r − 4) (r + 5) (r − 2) r (r + 1) (r + 3)

5 · 6 · 4! C0

C6 = −(r − 4) (r − 2) r (r + 1) (r + 3) (r + 5)6!

C0

k = 5, C7 = −(r − 5) (r + 6)

6 · 7 C5 = −(r − 5) (r + 6) (r − 3) (r − 1) (r + 2) (r + 4)

6 · 7 · 5! C1

C7 = −(r − 5) (r − 3) (r − 1) (r + 2) (r + 4) (r + 6)7!

C1

en general

C2n = (−1)n (r − (2n− 2)) · · · (r − 4) (r − 2) r (r + 1) (r + 3) · · · (r + (2n− 1))(2n)!

C0

C2n+1 = (−1)n (r − (2n− 1)) · · · (r − 3) (r − 1) (r + 2) (r + 4) · · · (r + 2n)(2n+ 1)!

C1

finalmente, la solución y (x) =∞Xn=0

Cnxn es:

y (x) = C0 + C1x−r (r + 1)

2!C0x

2 − (r − 1) (r + 2)3!

C1x3 +

(r − 2) r (r + 1) (r + 3)4!

C0x4 + · · ·

· · ·+ (r − 3) (r − 1) (r + 2) (r + 4)5!

C1x5 − (r − 4) (r − 2) r (r + 1) (r + 3) (r + 5)

6!C0x

6 − · · ·

− · · · (r − 5) (r − 3) (r − 1) (r + 2) (r + 4) (r + 6)7!

C1x7 + · · ·

...+ (−1)n (r − (2n− 2)) · · · (r − 4) (r − 2) r (r + 1) (r + 3) · · · (r + (2n− 1))(2n)!

C0x2n + · · ·

· · ·+ (−1)n (r − (2n− 1)) · · · (r − 3) (r − 1) (r + 2) (r + 4) · · · (r + 2n)(2n+ 1)!

C1x2n+1 + · · ·

= C0

∙1− r (r + 1)

2!x2 +

(r − 2) r (r + 1) (r + 3)4!

x4 − (r − 4) (r − 2) r (r + 1) (r + 3) (r + 5)6!

x6 + · · ·

· · ·+ (−1)n (r − (2n− 2)) · · · (r − 4) (r − 2) r (r + 1) (r + 3) · · · (r + (2n− 1))(2n)!

x2n + · · ·¸+

· · ·+ C1

∙x− (r − 1) (r + 2)

3!x3 +

(r − 3) (r − 1) (r + 2) (r + 4)5!

x5 − · · ·

...− (r − 5) (r − 3) (r − 1) (r + 2) (r + 4) (r + 6)7!

x7 + ...

· · ·+ (−1)n (r − (2n− 1)) · · · (r − 3) (r − 1) (r + 2) (r + 4) · · · (r + 2n)(2n+ 1)!

x2n+1 + · · ·¸

205

luego

y1 (x) = C0

∙1− r (r + 1)

2!x2 +

(r − 2) r (r + 1) (r + 3)4!

x4 − (r − 4) (r − 2) r (r + 1) (r + 3) (r + 5)6!

x6 + · · ·

· · ·+ (−1)n (r − (2n− 2)) · · · (r − 4) (r − 2) r (r + 1) (r + 3) · · · (r + (2n− 1))(2n)!

x2n + · · ·¸

y2 (x) = C1

∙x− (r − 1) (r + 2)

3!x3 +

(r − 3) (r − 1) (r + 2) (r + 4)5!

x5 − · · ·

...− (r − 5) (r − 3) (r − 1) (r + 2) (r + 4) (r + 6)7!

x7 + ...

· · ·+ (−1)n (r − (2n− 1)) · · · (r − 3) (r − 1) (r + 2) (r + 4) · · · (r + 2n)(2n+ 1)!

x2n+1 + · · ·¸

Observación 3 Si r es par, es decir r = 2m, para algún m (fijo) entonces y1 (x) es un polinomio de grador = 2m, en efecto el coeficiente de x2(m+1), donde m+ 1 = n, tiene el factor

r − 2nz |

(m+ 1)− 2 = r − 2m = 0,

además, el coeficiente de x2n, n > m+ 1 contiene al coeficiente

r − 2nz |

(m+ 1)− 2 = r − 2m = 0,

Observación 4 Si r es impar, es decir r = 2m + 1, para algún m (fijo) entonces y2 (x) es un polinomio degrado r = 2m+ 1, según el argumento dado en la observación anterior.

Resumiendo, si r es un entero positivo, la ecuación de Legendre siempre posee una solución que es unpolinomio de grado r. Estos polinomios son llamados polinomios de Legendre cuando las constantes C0 y C1 seescogen como:

C0 = 1 si r = 0

C1 = 1 si r = 1

C0 = (−1)r21 · 3 · 5 · · · · · (r − 1)2 · 4 · 6 · · · · · r si r = 2, 4, 6, 8, ...

C1 = (−1)r−12

1 · 3 · 5 · · · · · r2 · 4 · 6 · · · · · (r − 1) si r = 3, 5, 7, 9, ...

Así, por ejemplo

r = 0, P0 (x) = 1 es solución de¡1− x2

¢y00 − 2xy0 = 0

r = 1, P1 (x) = x es solución de¡1− x2

¢y00 − 2xy0 + 2y = 0

r = 2, P2 (x) = −1

2

¡1− 3x2

¢es solución de

¡1− x2

¢y00 − 2xy0 + 6y = 0

r = 3, P3 (x) = −3

2

µx− 10

6x3¶es solución de

¡1− x2

¢y00 − 2xy0 + 12y = 0

en general, Pr (x) es el polinomio de Legendre, solución de la ecuación¡1− x2

¢y00 − 2xy0 + r (r + 1) y = 0.

206

2.2 Puntos Singulares Regulares e Irregulares

Definición 5 Un punto singular (no ordinario) x = x0 de la ecuación

a2 (x) y00 + a1 (x) y

0 + a0y = 0

o de la ecuación normalizaday00 + p (x) y0 + q (x) y = 0,

se denomina punto singular regular si (x− x0) p (x) y (x− x0)2 q (x) son funciones analíticas en x0, es decir

pueden expresarse como series de potencias de x− x0 en una vecindad de x0.

Teorema 2 Si x0 es un punto singular regular de la ecuación

y00 + p (x) y0 + q (x) y = 0,

entonces existe al menos una solución de esta ecuación en serie de potencias

y (x) = (x− x0)r∞Xn=0

Cn (x− x0)n =

∞Xn=0

Cn (x− x0)n+r

donde r es una cantidad que se debe determinar.

Si x0 = 0, entonces y (x) =∞Xn=0

Cnxn+r = xr

∞Xn=0

Cnxn y r es solución de la ecuación cuadrática (llamada

ecuación indicial)r (r − 1) + p0r + q0 = 0

donde

xp (x) = p0 + p1x+ p2x2 + · · ·

x2q (x) = q0 + q1x+ q2x2 + · · ·

En la resolución de la ecuacióna (x) y00 + b (x) y0 + c (x) y = 0

mediante el método de Frobenius (series del tipo xr∞Xn=0

Cnxn), el valor de r lo obtenemos como solución de la

ecuación indicialr (r − 1) + rp0 + q0 = 0

Si las raíces de este polinomio son reales, digamos r2 < r1, distinguimos tres posibilidades:

i. r2 < r1 y r1 − r2 no es un entero (natural). En este caso la ecuación tiene dos soluciones linealmenteindependiente en forma de series de potencias de la forma

y1 (x) =∞Xn=0

Cnxn+r1

y2 (x) =∞Xn=0

Bnxn+r2

207

ii. r2 < r1 y r1 − r2 es un entero (natural). En este caso existen dos soluciones linealmente independientes dela ecuación (5.3) y son de la forma:

y1 (x) =∞Xn=0

Cnxn+r1 , C0 6= 0

y2 (x) = Cy1 (x) ln (x) +∞Xn=0

Bnxn+r2

note que C podría ser igual a 0 en y2 (x). Si este es el caso, la ecuación tiene dos soluciones en forma deserie de Frobenius. Esto no se puede saber por anticipado.

iii. Si r1 = r2 = r, siempre existen dos soluciones linealmente independientes de la ecuación (5.3), que tienenla forma:

y1 (x) =∞Xn=0

Cnxn+r, C0 6= 0

y2 (x) = y1 (x) ln (x) +∞Xn=0

bnxn+r

Para determinar y1 (x) se procede de la forma habitual y para determinar y2 (x) se utiliza la fórmula deAbel:

y2 (x) = y1 (x)

Ze−

Rp(x)dx

(y1 (x))2 dx

A continuación resolveremos un ejemplo particular del método de Frobenius.

Ejemplo 7 Resolver la ecuación de Bessel

x2y00 + xy0 +¡x2 − µ2

¢y = 0

La ecuación de Bessel tiene un punto singular regular en x0 = 0, en efecto

(x− 0) x

x2= 1 = 1 +

∞Xn=1

0xn

(x− 0)2 x2 − µ2

x2= x2 − µ2 = −µ2x0 + 0x+ 1x2 + 0x3 + · · ·

Según el teorema anterior, existe una solución de esta ecuación de la forma y (x) =∞Xn=0

Cnxn+r. Como

p0 = 1, q0 = −µ2, la ecuación indicial es

r (r − 1) + p0r + q0 = r (r − 1) + r − µ2 = r2 − µ2 = 0

208

Reemplazando y (x) =∞Xn=0

Cnxn+r en la ecuación, se tiene:

x2y00 + xy0 +¡x2 − µ2

¢y = 0

x2∞Xn=0

(n+ r) (n+ r − 1)Cnxn+r−2 + x

∞Xn=0

(n+ r)Cnxn+r−1 +

¡x2 − µ2

¢ ∞Xn=0

Cnxn+r = 0

∞Xn=0

(n+ r) (n+ r − 1)Cnxn+r +

∞Xn=0

(n+ r)Cnxn+r +

∞Xn=0

Cnxn+r+2 −

∞Xn=0

Cnµ2xn+r = 0

xr

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

∞Xn=0

(n+ r) (n+ r − 1)Cnxn

| z k = n

n = 0⇒ k = 0

+∞Xn=0

(n+ r)Cnxn

| z k = n

n = 0⇒ k = 0

+∞Xn=0

Cnxn+2

| z k = n+ 2⇒ n = k − 2

n = 0⇒ k = 2

−∞Xn=0

Cnµ2xn| z

k = nn = 0⇒ k = 0

⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭= 0

xr

( ∞Xk=0

(k + r) (k + r − 1)Ckxk +

∞Xk=0

(k + r)Ckxk +

∞Xk=2

Ck−2xk −

∞Xk=0

Ckµ2xk

)= 0

xr©r (r − 1)C0 + r (r + 1)C1x+ rC0 + (r + 1)C1x− µ2C0 − µ2C1x+ ... =

...+∞Xk=0

(k + r) (k + r − 1)Ckxk +

∞Xk=0

(k + r)Ckxk +

∞Xk=2

Ck−2xk −

∞Xk=0

Ckµ2xk

)= 0

xr©£r (r − 1) + r − µ2

¤C0 +

£r (r + 1) + (r + 1)− µ2

¤C1x =

+∞Xk=2

£(k + r) (k + r − 1)Ck + (k + r)Ck + Ck−2 − Ckµ

2¤xk

)= 0

xr

(£r2 − µ2

¤C0 +

£r2 + 2r + 1− µ2

¤C1x+

∞Xk=2

h³(k + r)2 − µ2

´Ck + Ck−2

ixk

)= 0

Por lo tanto, si hacemos r2−µ2 = 0, entonces r = ±µ y reemplazando r = µ en la igualdad anterior obtenemos:

xµ

(C1 (1 + 2µ)x+

∞Xk=2

[k (k + 2µ)Ck + Ck−2]xk

)= 0

y por lo tanto, es suficiente:

C1 = 0

Ckk (k + 2µ) + Ck−2 = 0, k = 2, 3, 4, ...

o bien

C1 = 0

Ck = − Ck−2k (k + 2µ)

, k = 2, 3, 4, ...

209

evaluando los valores de k se tiene

k = 2, C2 = −C0

2 (2 + 2µ)= − C0

2 · 2 (1 + µ)⇒ C2 = −

C022 (1 + µ)

k = 3, C3 = −C1

3 (3 + 2µ)= 0

k = 4, C4 = −C2

4 (4 + 2µ)=

1

4 · 2 (2 + µ)

C022 (1 + µ)

⇒ C4 =C0

2 · 24 (2 + µ) (1 + µ)

k = 5, C5 = −C3

5 (5 + 2µ)= 0

k = 6, C6 = −C4

6 (6 + 2µ)= − 1

6 · 2 (3 + µ)

C02 · 24 (2 + µ) (1 + µ)

⇒ C6 = −C0

3 · 2 · 26 (3 + µ) (2 + µ) (1 + µ)

k = 7, C7 = −C5

7 (7 + 2µ)= 0

k = 8, C8 = −C6

8 (8 + 2µ)=

1

8 · 2 (4 + µ)

C03 · 2 · 26 (3 + µ) (2 + µ) (1 + µ)

C8 =C0

4 · 3 · 2 · 28 (4 + µ) (3 + µ) (2 + µ) (1 + µ)

se verifica fácilmente que

C2n = (−1)n C022n (n!) (1 + µ) (2 + µ) · · · (n+ µ)

C2n+1 = 0

y la solución es

y (x) =∞Xn=0

Cnxn+r = C0

∞Xn=0

(−1)n 1

22n (n!) (1 + µ) (2 + µ) · · · (n+ µ)x2n+µ

recuerde que r = µ.

Definición 6 La función gamma está definida por: Γ : (0,∞)→ R

Γ (µ) =

Z ∞0

e−ttµ−1dt, µ > 0

Al integrar por partes, es "fácil" ver que

(1) Γ (1) = 1

(2) Γ (1 + µ) = µΓ (µ)

en particular, de (2), se tiene Γ (n+ 1) = n!Empleando esta propiedad y como

C2n = (−1)nC0

22n (n!) (1 + µ) (2 + µ) · · · (n+ µ)

210

entonces:

Γ (2 + µ) = Γ (1 + (1 + µ)) = (1 + µ)Γ (1 + µ)

Γ (3 + µ) = Γ (1 + (2 + µ)) = (2 + µ)Γ (2 + µ) = (2 + µ) (1 + µ)Γ (1 + µ)

Γ (4 + µ) = Γ (1 + (3 + µ)) = (3 + µ)Γ (3 + µ) = (3 + µ) (2 + µ) (1 + µ)Γ (1 + µ)

luegoΓ (1 + n+ µ) = (n+ µ)Γ (n+ µ) = (n+ µ) (n− 1 + µ) · · · (3 + µ) (2 + µ) (1 + µ)Γ (1 + µ)

y entonces, si se considera

C0 =C0

2µΓ (1 + µ)

se obtiene:

y1 (x) =C0

2µΓ (1 + µ)

∞Xn=0

(−1)n 1

22n (n!) (1 + µ) (2 + µ) · · · (n+ µ)x2n+µ

o bien

y1 (x) = C0

∞Xn=0

(−1)n 1

(n!) (1 + µ) (2 + µ) · · · (n+ µ)Γ (1 + µ)

³x2

´2n+µo bien

y1 (x) = C0

∞Xn=0

(−1)n 1

n!Γ (1 + n+ µ)

³x2

´2n+µCuando C0 = 1, la función anterior se denomina función de Bessel de 1a clase.Todos los cálculos anteriores, con r = −µ, determinan la otra solución

y2 (x) = C0

∞Xn=0

(−1)n 1

n!Γ (1 + n− µ)

³x2

´2n−µSi C0 = 1, y2 (x) se denomina función de Bessel de 1a clase.Resolveremos ejemplos que muestran la aplicación del método de Frobenius.

Ejemplo 8 Resolver la ecuación2xy00 + (1 + x) y0 + y = 0

en torno a x0 = 0.

Normalizando la ecuación se tiene:y00 +

1 + x

2xy0 +

1

2xy = 0

p (x) = 12x +

12 , q (x) =

12x , luego x0 = 0 es un punto singular. Además

p (x) =1

2x+1

2⇒ xp (x) =

1

2+

x

2=1

2+

x

2+ 0x2 + 0x3 + · · ·

q (x) =1

2x⇒ x2q (x) =

x

2= 0 +

x

2+ 0x2 + 0x3 + · · ·

211

luego, la ecuación indicial es

r (r − 1) + p0r + q0 = 0

r (r − 1) + 12r + 0 = 0

2r (r − 1) + r = 0

2r2 − r = 0

r (2r − 1) = 0

por lo tanto r1 = 12 , r2 = 0, son las soluciones de la ecuación indicial.

Entonces, buscamos soluciones del tipo y (x) =∞Xn=0

Cnxn+r.

2x∞Xn=0

(n+ r) (n+ r − 1)Cnxn+r−2 + (1 + x)

∞Xn=0

(n+ r)Cnxn+r−1 +

∞Xn=0

Cnxn+r = 0

xr

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

∞Xn=0

2 (n+ r) (n+ r − 1)Cnxn−1

| z k = n− 1⇒ n = k + 1

n = 0⇒ k = −1

+∞Xn=0

(n+ r)Cnxn−1

| z k = n− 1⇒ n = k + 1

n = 0⇒ k = −1

+∞Xn=0

(n+ r)Cnxn

| z k = n

n = 0⇒ k = 0

+∞Xn=0

Cnxn

| z k = n

n = 0⇒ k = 0

⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭= 0

xr

( ∞Xk=−1

2 (k + r + 1) (k + r)Ck+1xk +

∞Xk=−1

(k + 1 + r)Ck+1xk +

∞Xk=0

(k + r)Ckxk +

∞Xk=0

Ckxk

)= 0

xr

(2r (r − 1)C0x−1 + rC0x

−1 +∞Xk=0

[2 (k + r + 1) (k + r) + (k + 1 + r)Ck+1 + (k + r) + 1Ck]xk

)= 0

xr

(r (2r − 1)C0x−1 +

∞Xk=0

[(k + r + 1) (2 (k + r) + 1)Ck+1 + (k + r + 1)Ck]xk

)= 0

como r (2r − 1) es la ecuación indicial, entonces para r1 = 12 , r2 = 0, la ecuación se anula y C0 6= 0, luego

(k + r + 1) (2 (k + r) + 1)Ck+1 + (k + r + 1)Ck = 0⇒ Ck+1 =− (k + r + 1)

(k + r + 1) (2 (k + r) + 1)Ck

Entonces,

i) r1 =12

Ck+1 =−¡k + 3

2

¢¡k + 3

2

¢(2k + 2)

Ck ⇒ Ck+1 =−1

2 (k + 1)Ck, k = 0, 1, 2, 3...

212

luego

k = 0⇒ C1 = −1

2C0

k = 1⇒ C2 =−12 · 2C1 =

−12 · 2

µ−12C0

¶⇒ C2 =

1

22 · 2!C0

k = 2⇒ C3 =−12 · 3C2 =

−12 · 3

1

22 · 2!C0 ⇒ C3 = −1

23 · 3!C0

k = 3⇒ C4 =−12 · 4C3 =

−12 · 4

µ− 1

24 · 3!C0¶⇒ C4 =

1

24 · 4!C0

...

k = n− 1⇒ Cn =(−1)n

2n · n!C0

y entonces

y1 (x) = x12

µC0 −

C02 · 1!x+

C022 · 2!x

2 − C023 · 3!x

3 +C024 · 4!x

4 + · · ·+ (−1)n C02n · n!x

n + · · ·¶

y1 (x) = C0

µx12 − 1

2 · 1!x1+ 1

2 +1

22 · 2!x2+ 1

2 − 1

23 · 3!x3+ 1

2 +1

24 · 4!x4+ 1

2 + · · ·+ (−1)n 1

2n · n!xn+ 1

2 + · · ·¶

y1 (x) = C0

Ãx12 +

∞Xn=1

(−1)n 1

2n · n!xn+ 1

2

!

y1 (x) = C0

à ∞Xn=0

(−1)n 1

2n · n!xn+ 1

2

!, definida para x > 0

ii) r = 0

Ck+1 =− (k + 1)

(k + 1) (2k + 1)Ck ⇒ Ck+1 =

−12k + 1

Ck, k = 0, 1, 2, 3...

luego

k = 0⇒ C1 = −1

1C0

k = 1⇒ C2 =−13C1 =

−13

µ−11C0

¶⇒ C2 =

1

3 · 1C0

k = 2⇒ C3 =−15C2 =

−15

1

3 · 1C0 ⇒ C3 = −1

5 · 3 · 1C0

k = 3⇒ C4 =−17C3 =

−17

µ− 1

5 · 3 · 1C0¶⇒ C4 =

1

7 · 5 · 3 · 1C0

...

k = n− 1⇒ Cn =(−1)n

(2n− 1) · · · · · 7 · 5 · 3 · 1C0

213

y entonces

y2 (x) = x0µC0 −

C01x+

C03 · 1x

2 − C05 · 3 · 1x

3 +C0

7 · 5 · 3 · 1x4 + · · ·+ (−1)n C0

(2n− 1) · · · · · 7 · 5 · 3 · 1xn + · · ·

¶y2 (x) = C0

Ã1 +

∞Xn=1

(−1)n 1

(2n− 1) · · · · · 7 · 5 · 3 · 1xn

!

Entonces la solución general es

y (x) = C1

à ∞Xn=0

(−1)n 1

2n · n!xn+ 1

2

!+ C2

Ã1 +

∞Xn=1

(−1)n 1

(2n− 1) · · · · · 7 · 5 · 3 · 1xn

!, C1, C2 ∈ R

Ejemplo 9 Resolverxy00 + (x− 6) y0 − 3y = 0

en torno a x0 = 0.

Se verifica que x0 = 0 es un punto singular regular, normalizando

y00 +x− 6x| z

p(x)

y0 − 3

x|zq(x)

y = 0

como p (x) y q (x) no son analíticas en torno x0 = 0, el punto es singular, pero

xp (x) = −6 + x+ 0x2 + 0x3 + · · ·⇒ p0 = −6x2q (x) = 0− 3x+ 0x2 + 0x3 + · · ·⇒ q0 = 0

La ecuación indicial es:

r (r − 1) + (−6) r + 0 = 0

r2 − r − 6r = r2 − 7r = 0r (r − 7) = 0⇒ r2 = 0, r1 = 7

∴ r1 − r2 = 7 ∈ N

Se determina una solución y (x) =∞Xn=0

Cnxn+r. Reemplazando en la ecuación y haciendo los cambios usuales

en los índices, se obtiene:

xr

(r (r − 7)C0x−1 +

∞Xk=0

[(k + r + 1) (k + r − 6)Ck+1 + (k + r − 3)Ck]xk

)= 0

de donde

r (r − 7)C0 = 0

(k + r + 1) (k + r − 6)Ck+1 + (k + r − 3)Ck = 0

Ck+1 = − k + r − 3(k + r + 1) (k + r − 6)Ck, k = 0, 1, 2, 3...

214

i. r1 = 7

Ck+1 = − k + 4

(k + 8) (k + 1)Ck, k = 0, 1, 2, 3...

k = 0⇒ C1 = −4

8 · 1C0 = −7!4!

3!8!1!C0

k = 1⇒ C2 = −5

9 · 2C1 = −5

9 · 2

µ− 7!4!

3!8!1!C0

¶⇒ C2 =

7!5!

3!9!2!C0

k = 2⇒ C3 = −6

10 · 3C2 = −6

10 · 3

µ7!5!

3!9!2!C0

¶⇒ C3 = −

7!6!

3!10!3!C0

k = 3⇒ C4 = −7

11 · 4C3 = −7

11 · 4

µ− 7!6!

3!10!3!C0

¶⇒ C4 =

7!7!

3!11!4!C0

k = 4⇒ C5 = −8

12 · 5C4 = −8

12 · 5

µ7!7!

3!11!4!C0

¶⇒ C5 = −

7!8!

3!12!5!C0

k = 5⇒ C6 = −9

13 · 6C5 = −9

13 · 6

µ− 7!8!

3!12!5!C0

¶⇒ C6 =

7!9!

3!13!6!C0

k = 6⇒ C7 = −10

14 · 7C6 = −10

14 · 7

µ7!9!

3!13!6!C0

¶⇒ C7 = −

7!10!

3!14!7!C0

...

Cn = (−1)n 7! (n+ 3)!

3! (n+ 7)!n!C0

∴ y1 (x) =∞Xn=0

(−1)n 7! (n+ 3)!

3! (n+ 7)!n!C0x

n+7

sólo hemos obtenido una solución. La experiencia recomienda considerar primero r2 = 0, la menor raíz,observe por qué.

ii. r2 = 0

Ck+1 = − k − 3(k + 1) (k − 6)Ck, k = 0, 1, 2, 3..., k 6= 6

k = 0⇒ C1 = −−3

1 · (−6)C0 = −1

2C0

k = 1⇒ C2 = −−2

2 · (−5)C1 = −2

2 · 5

µ−12C0

¶⇒ C2 =

1

2 · 5C0

k = 2⇒ C3 = −−1

3 · (−4)C2 = −1

3 · 4

µ1

2 · 5C0¶⇒ C3 = −

1

5!C0

k = 3⇒ C4 = 0

k = 4⇒ C5 = −1

5 · (−2)C4 = 0

k = 5⇒ C6 = −2

6 · (−1)C5 = 0

k = 6⇒ 0C7 = −3C6 ⇒ 0 = 0

215

k = 7⇒ C8 = −4

8 · 1C7 = −7!4!

3!8!1!C7

k = 8⇒ C9 = −5

9 · 2C8 = −5

9 · 2

µ− 7!4!

3!8!1!C7

¶⇒ C9 =

7!5!

3!9!2!C7

k = 9⇒ C10 = −6

10 · 3C9 = −6

10 · 3

µ7!5!

3!9!2!C7

¶⇒ C10 = −

7!6!

3!10!3!C7

...

C7+n = (−1)n 7! (n+ 3)!

3! (n+ 7)!n!C7, n = 1, 2, 3, ...

∴ y2 (x) = C0

∙1− 1

2x+

1

10x2 − 1

120x3¸+∞Xn=0

(−1)n 7! (n+ 3)!

3! (n+ 7)!n!C7x

n+7

luego, la solución y2 (x) no contiene el logaritmo natural, pues C la constante que lo acompaña es cero,entonces la solución general sería

y (x) =∞Xn=0

(−1)n 7! (n+ 3)!

3! (n+ 7)!n!C0x

n+7 + C0

∙1− 1

2x+

1

10x2 − 1

120x3¸+∞Xn=0

(−1)n 7! (n+ 3)!

3! (n+ 7)!n!C7x

n+7

= C1

∞Xn=0

(−1)n 7! (n+ 3)!

3! (n+ 7)!n!xn+7 + C2

∙1− 1

2x+

1

10x2 − 1

120x3¸

Ejemplo 10 Resolverxy00 + 3y0 − y = 0

en torno a x0 = 0.

Normalizando la ecuación:y00 +

3

xy0 − 1

xy = 0

luego

p (x) =3

x

q (x) = − 1x

y x0 = 0 es un punto singular. Además:

xp (x) = 3 + x+ 0x2 + 0x3 + · · ·⇒ p0 = 3

x2q (x) = 0− x+ 0x2 + 0x3 + · · ·⇒ q0 = 0

por lo tanto, x0 = 0 es un punto singular regular. La ecuación indicial es:

r (r − 1) + 3r + 0 = 0⇒ r2 + 2r = 0⇒ r1 = 0, r2 = −2

216

Entonces, buscamos soluciones del tipo y (x) =∞Xn=0

Cnxn+r.

x∞Xn=0

(n+ r) (n+ r − 1)Cnxn+r−2 + 3

∞Xn=0

(n+ r)Cnxn+r−1 −

∞Xn=0

Cnxn+r = 0

xr

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

∞Xn=0

(n+ r) (n+ r − 1)Cnxn−1

| z k = n− 1⇒ n = k + 1

n = 0⇒ k = −1

+∞Xn=0

3 (n+ r)Cnxn−1

| z k = n− 1⇒ n = k + 1

n = 0⇒ k = −1

−∞Xn=0

Cnxn

| z k = n

n = 0⇒ k = 0

⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭= 0

xr

( ∞Xk=−1

(k + r + 1) (k + r)Ck+1xk +

∞Xk=−1

3 (k + 1 + r)Ck+1xk −

∞Xk=0

Ckxk

)= 0

xr

(r (r − 1)C0x−1 + 3rC0x−1 +

∞Xk=0

[(k + r + 1) (k + r) + 3 (k + 1 + r)Ck+1 − Ck]xk

)= 0

xr

(r (r + 2)C0x

−1 +∞Xk=0

[(k + r + 1) (k + r + 3)Ck+1 − Ck]xk

)= 0

de donde

r (r + 2) = 0

(k + r + 1) (k + r + 3)Ck+1 − Ck = 0, k = 0, 1, 2, . . .

luego

Ck+1 =Ck

(k + r + 1) (k + r + 3), k = 0, 1, 2, . . .

r1 = 0, r2 = −2

reemplazando los valores de r, se tiene

i. r1 = 0

Ck+1 =1

(k + 1) (k + 3)Ck, k = 0, 1, 2, 3...

k = 0⇒ C1 =1

1 · 3C0 =2

1!3!C0

k = 1⇒ C2 =1

2 · 4C1 =1

2 · 4

µ2

1!3!C0

¶⇒ C2 =

2

2!4!C0

k = 2⇒ C3 =1

3 · 5C2 =1

3 · 5

µ2

2!4!C0

¶⇒ C3 =

2

3!4!C0

k = 3⇒ C4 =1

4 · 6C3 =1

4 · 6

µ2

2!4!C0

¶⇒ C4 =

2

4!6!C0

217

k = 4⇒ C5 =1

5 · 7C4 =1

5 · 7

µ2

4!6!C0

¶⇒ C5 =

2

5!7!C0

k = 5⇒ C6 =1

6 · 8C5 =1

6 · 8

µ2

6!8!C0

¶⇒ C6 =

2

6!8!C0

k = 6⇒ C7 =1

7 · 9C6 =1

7 · 9

µ2

6!8!C0

¶⇒ C7 =

2

7!9!C0

...

Cn =2!

n! (n+ 2)!C0

∴ y1 (x) =∞Xn=0

2

n! (n+ 2)!C0x

n

y se ha obtenido una solución. Para la segunda solución, consideremos el siguiente valor de r

ii. r2 = −2

Ck+1 =1

(k − 1) (k + 1)Ck, k = 0, 1, 2, 3..., k 6= 1

k = 0⇒ C1 =1

1 · (−1)C0 = −1

1C0 ⇒ C1 = −C0

k = 1⇒ 0C2 = C1 ⇒ C1 = 0⇒ C0 = 0

k = 2⇒ C3 =1

1 · 3C2 ⇒ C3 =2

1!3!C2

k = 3⇒ C4 =1

2 · 4C3 =1

2 · 4

µ2

1!3!C2

¶⇒ C4 =

2

2!4!C2

k = 4⇒ C5 =1

3 · 5C4 =1

3 · 5

µ2

2!4!C2

¶⇒ C5 =

2

3!5!C2

k = 5⇒ C6 =1

4 · 6C5 =1

4 · 6

µ2

2!4!C2

¶⇒ C6 =

2

4!6!C2

k = 6⇒ C7 =1

5 · 7C6 =1

5 · 7

µ2

4!6!C2

¶⇒ C7 =

2

5!7!C2

k = 7⇒ C8 =1

6 · 8C7 =1

6 · 8

µ2

5!7!C2

¶⇒ C8 =

2

6!8!C2

k = 8⇒ C9 =1

7 · 9C8 =1

7 · 9

µ2

6!8!C2

¶⇒ C9 =

2

7!9!C2

k = 9⇒ C10 =1

8 · 10C9 =1

8 · 10

µ2

7!9!C2

¶⇒ C10 =

2

8!10!C2

...

Cn =2

n! (n+ 2)!C2, n = 2, 3, 4, ...

218

∴ y2 (x) =∞Xn=2

2

n! (n2)!C2x

n−2 =∞Xn=0

2

n! (n+ 2)!C2x

n

luego, la solución y2 (x) es idéntica a y1 (x), según este método, luego emplearemos la fórmula de Abel paradeterminar una segunda ecuación, es decir:

y2 (x) = y1 (x)

Ze−

Rp(x)dx

(y1 (x))2 dx

aquí

p (x) =3

x⇒ e−

Rp(x)dx =

1

x3

y1 (x) = 1 +2

1!3!x+

2

2!4!x2 +

2

3!5!x3 +

2

4!6!x4 · · · , si C0 = 1

y1 (x) = 1 +1

6x+

1

24x2 +

1

360x3 +

1

8640x4 + ...

luego:

[y1 (x)]2 =

∙1 +

1

6x+

1

24x2 +

1

360x3 +

1

8640x4 +

1

302400x5...

¸2=

µ1 +

1

6x+

1

24x2 +

1

360x3 +

1

8640x4 +

1

302400x5...

¶µ1 +

1

6x+

1

24x2 +

1

360x3 +

1

8640x4 +

1

302400x5...

¶= 1 +

2

3x+

7

36x2 +

1

30x3 +

11

2880x4 +

143

453600x5 + · · ·

para determinar 1(y1(x))

2 , se efectúa la división

1 : 1 +2

3x+

7

36x2 +

1

30x3 +

11

2880x4 +

143

453600x5 + · · · = 1− 2

3x+

1

4x2 − 19

270x3 +

433

25920x4 − 1613

453600x5 + · · ·

luego integrando, se tiene:

y2 (x) = y1 (x)

Z1

x3

µ1− 2

3x+

1

4x2 − 19

270x3 +

433

25920x4 − 1613

453600x5 + · · ·

¶dx

= y1 (x)

µ−12x−2 +

2

3x−1 +

1

4ln(x)− 19

270x+

433

51840x2 − 1613

1360800x3 + · · ·

¶=

1

4y1 (x) ln (x) + y1 (x)

µ−12x−2 +

2

3x−1 − 19

270x+

433

51840x2 − 1613

1360800x3 + · · ·

¶=

1

4y1 (x) ln (x)−

1

2x−2 +

1

3x−1 +

25

72+23

540x− 473

25920x2 − 209

30240x3 + · · ·

Por lo tanto, las soluciones son:

y1 (x) =∞Xn=0

2

n! (n+ 2)!C0x

n = C0

µ1 +

1

6x+

1

24x2 +

1

360x3 +

1

8640x4 + ...

¶y2 (x) =

1

4y1 (x) ln (x)−

1

2x−2 +

1

3x−1 +

25

72+23

540x− 473

25920x2 − 209

30240x3 + · · ·

219

y la solución general es:

y (x) = C1

µ1 +

1

6x+

1

24x2 +

1

360x3 +

1

8640x4 + ...

¶+ C2

µ1

4y1 (x) ln (x)−

1

2x−2 +

1

3x−1 +

25

72+23

540x− · · ·

...− 473

25920x2 − 209

30240x3 + · · ·

¶Ejemplo 11 Resolver la ecuación

x2y00 + 3xy0 + (1 + x) y = 0

en torno a x0 = 0.

La ecuación normalizada es:y00 +

3

xy0 +

1 + x

x2y = 0

luego

p (x) =3

x⇒ xp (x) = 3

q (x) =1

x2+1

x⇒ x2q (x) = 1 + x

entonces x0 = 0 es un punto singular regular, cuya ecuación indicial es

r (r − 1) + 3r + 1 = 0⇒ (r + 1)2 = 0

por lo tanto, tiene una única raíz: r = −1. Luego, admite una solución de la forma y (x) =∞Xn=0

Cnxn+r.

Reemplazando en la ecuación, se tiene:

x2∞Xn=0

(n+ r) (n+ r − 1)Cnxn+r−2 + 3x

∞Xn=0

(n+ r)Cnxn+r−1 + (1 + x)

∞Xn=0

Cnxn+r = 0

xr

( ∞Xn=0

(n+ r) (n+ r − 1)Cnxn +

∞Xn=0

3 (n+ r)Cnxn +

∞Xn=0

Cnxn +

∞Xn=0

Cnxn+1

)= 0

xr

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

∞Xn=0

(n+ r) (n+ r − 1)Cnxn

| z n = k

n = 0⇒ k = 0

+∞Xn=0

3 (n+ r)Cnxn

| z n = k

n = 0⇒ k = 0

+∞Xn=0

Cnxn

| z n = k

n = 0⇒ k = 0

+∞Xn=0

Cnxn+1

| z k = n+ 1⇒ n = k − 1

n = 0⇒ k = 1

⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭= 0

xr

( ∞Xk=0

(k + r) (k + r − 1)Ckxk +

∞Xk=0

3 (k + r)Ckxk +

∞Xk=0

Ckxk +

∞Xk=1

Ck−1xk

)= 0

r (r − 1) + 3r + 1C0xr +∞Xk=1

[(k + r) (k + r + 2) + 1]Ck + Ck−1xk = 0

220

luego

(r + 1)2C0 = 0

(k + r) (k + r + 2) + 1Ck + Ck−1 = 0, k = 1, 2, 3, ...

entoncesCk = −

1

(k + r) (k + r + 2) + 1Ck−1, k = 1, 2, 3, ...

para r = −1, se tiene la siguiente ley de recurrencia:

Ck = − 1

(k − 1) (k + 1) + 1Ck = −1

k2Ck−1, k = 1, 2, 3, ...

k = 1⇒ C1 = −1

12C0 ⇒ C1 = −

1

(1!)2C0

k = 2⇒ C2 = −1

22C1 =

1

2212C0 ⇒ C2 =

1

(2!)2C0

k = 3⇒ C3 = −1

32C2 = −

1

32

Ã1

(2!)2C0

!⇒ C3 = −

1

(3!)2C0

...

Cn = (−1)n 1

(k!)2C0

y la solución es

y1 (x) = x−1∞Xn=0

(−1)n

(n!)2xn =

∞Xn=0

(−1)n

(n!)2xn−1

Otra forma, además de la fórmula de Abel para obtener la segunda solución, es reemplazar la forma conocidade la segunda solución en la ecuación y determinar los términos de la segunda serie, es decir, reemplazando:

y2 (x) = y1 (x) ln (x) +1

x

∞Xn=0

bnxn = y1 (x) ln (x) +

b0x+∞Xn=1

bnxn−1

y02 (x) = y01 (x) ln (x) +y1 (x)

x− b0

x2+∞Xn=2

(n− 1) bnxn−2

y002 (x) = y001 (x) ln (x) +2y01 (x)

x− y1 (x)

x2+2b0x3

+∞Xn=3

(n− 1) (n− 2) bnxn−3

221

se tiene:

x2

(y001 (x) ln (x) +

2y01 (x)

x− y1 (x)

x2+2b0x3

+∞Xn=3

(n− 1) (n− 2) bnxn−3)+ ... =

+3x

(y01 (x) ln (x) +

y1 (x)

x− b0

x2+∞Xn=2

(n− 1) bnxn−2)+ (1 + x)

(y1 (x) ln (x) +

b0x+∞Xn=1

bnxn−1

)= 0

x2y001 (x) ln (x) + 2xy01 (x)− y1 (x) +

2b0x+ x2

∞Xn=3

(n− 1) (n− 2) bnxn−3 + 3xy01 (x) ln (x) + 3y1 (x)−3b0x+ ... =

...+ 3x∞Xn=2

(n− 1) bnxn−2 + y1 (x) ln (x) +b0x+∞Xn=1

bnxn−1 + xy1 (x) ln (x) + b0 + x

∞Xn=1

bnxn−1 = 0

x2y001 (x) ln (x) + 2xy01 (x)− y1 (x) +

2b0x+∞Xn=3

(n− 1) (n− 2) bnxn−1 + 3xy01 (x) ln (x) + 3y1 (x)−3b0x+ ... =

...+∞Xn=2

3 (n− 1) bnxn−1 + y1 (x) ln (x) +b0x+∞Xn=1

bnxn−1 + xy1 (x) ln (x) + b0 +

∞Xn=1

bnxn = 0

agrupando:

x2y001 (x) ln (x) + 3xy01 (x) ln (x) + (1 + x) y1 (x) ln (x) + 2xy

01 (x)− y1 (x) + 3y1 (x) +

2b0x− 3b0

x+

b0x+ ... = 0

...+∞Xn=3

(n− 1) (n− 2) bnxn−1 +∞Xn=2

3 (n− 1) bnxn−1 +∞Xn=1

bnxn−1 + b0 +

∞Xn=1

bnxn = 0

2xy01 (x) + 2y1 (x) + b0 +∞Xn=3

(n− 1) (n− 2) bnxn−1 +∞Xn=2

3 (n− 1) bnxn−1 +∞Xn=1

bnxn−1 +

∞Xn=1

bnxn = 0

b0 +∞Xn=3

(n− 1) (n− 2) bnxn−1 +∞Xn=2

3 (n− 1) bnxn−1 + ... =

...+∞Xn=1

bnxn−1 +

∞Xn=1

bnxn = −2xy01 (x)− 2y1 (x)

b0 +∞Xn=3

(n− 1) (n− 2) bnxn−1 +∞Xn=2

3 (n− 1) bnxn−1 + ... =

...+∞Xn=1

bnxn−1 +

∞Xn=1

bnxn = −2x

(− 1x2+∞Xn=2

(−1)n (n− 1)(n!)2

xn−2

= ...− 2(1

x+∞Xn=1

(−1)n

(n!)2 xn−1

)

222

b0 +∞Xn=3

(n− 1) (n− 2) bnxn−1 +∞Xn=2

3 (n− 1) bnxn−1 + ... =

∞Xn=1

bnxn−1 +

∞Xn=1

bnxn =

2

x+∞Xn=2

(−1)n+1 2 (n− 1)(n!)2

xn−2 − 2x+∞Xn=1

2 (−1)n+1

(n!)2xn−1

b0 +∞Xn=3

(n− 1) (n− 2) bnxn−1 +∞Xn=2

3 (n− 1) bnxn−1 + ... =

∞Xn=1

bnxn−1 +

∞Xn=1

bnxn =

∞Xn=2

(−1)n+1 2 (n− 1)(n!)

2 xn−2 +∞Xn=1

2 (−1)n+1

(n!)2 xn−1

homogeneizando potencias:

b0 +∞Xn=3

(n− 1) (n− 2) bnxn−1| z k = n− 1⇒ n = k + 1

n = 3⇒ k = 2

+∞Xn=2

3 (n− 1) bnxn−1| z k = n− 1⇒ n = k + 1

n = 2⇒ k = 1

+∞Xn=1

bnxn−1

| z k = n− 1⇒ n = k + 1

n = 1⇒ k = 1

+ ...

...+∞Xn=1

bnxn

| z k = n

n = 1⇒ k = 1

=∞Xn=2

(−1)n+1 2 (n− 1)(n!)2

xn−2| z k = n− 2⇒ n = k + 2

n = 2⇒ k = 0

+∞Xn=1

2 (−1)n+1

(n!)2xn−1| z

k = n− 1⇒ n = k + 1n = 1⇒ k = 0

b0 +∞Xk=2

k (k − 1) bk+1xk +∞Xk=1

3kbk+1xk +

∞Xk=1

bk+1xk +

∞Xk=1

bkxk =

∞Xk=0

(−1)k+3 2 (k + 1)((k + 2)!)

2 xk +∞Xk=0

2 (−1)k+2

((k + 1)!)2x

k

iniciando del mismo índice:

b0 + (4b2 + b1)x+∞Xk=2

[k (k − 1) bk+1 + 3kbk+1 + bk+1 + bk]xk = − 2

(2!)2 +

2

(1!)2 +

2·3− 2(3!)

2 x+ ...

...+∞Xk=2

"(−1)k+3 2 (k + 1)((k + 2)!)

2 +2 (−1)k+2

((k + 1)!)2

#xk

luego

b0 =2¡22 − 1

¢(2!)

2 =3!

(2!)2

4b2 + b1 =2 (3− 1)(3!)

2 ⇒ b2 =2 (3− 1)4 (3!)

2 −b14=

1

(3!)2 −

b122£

k2 + 2k + 1¤bk+1 + bk =

(−1)k+3 2 (k + 1)((k + 2)!)2

+2 (−1)k+2

((k + 1)!)2

bk+1 =2 (−1)k+2 ((k + 2) (k + 1) + 1)

(k + 1)2((k + 2)!)

2 − bk

(k + 1)2 , k ≥ 2, k ∈ N

223

luego:

k = 2, b3 =2 (4·3 + 1)32 (4!)

2 − b232=2 (4·3 + 1)32 (4!)

2 − 1

32

Ã1

(3!)2 −

b122

!=2 (4·3 + 1)− 42

32 (4!)2 +

b1

(3!)2

b3 =5·2

(3!)2 (4!)2+

b1

(3!)2

k = 3, b4 =−2 (5·4 + 1)42 (5!)

2 − b342=−2 (5·4 + 1)42 (5!)

2 − 1

42

Ã5·2

(3!)2(4!)

2 +b1

(3!)2

!

b4 = −2 (5·4 + 1) (3!)2 + (5·2) 52

(4!)2(5!)

2 − b1

(4!)2

k = 4, b5 =−2¡62 − 5

¢52 (6!)2

− b452=−2¡62 − 5

¢52 (6!)2

− 1

52

Ã−2¡52 − 4

¢(3!)2 +

¡42 − 3!

¢3(4!)2 (5!)2

− b1

(4!)2

!⇒

⇒ b5 =−2¡62 − 5

¢(4!)2 +

³2¡52 − 4

¢(3!)2 +

¡42 − 3!

¢3´62

(5!)2 (6!)2+

b1

(5!)2

k = 5, b6 =−2¡72 − 6

¢62 (7!)

2 − b462=−2¡72 − 6

¢62 (7!)

2 − 1

62

⎛⎝−2 ¡62 − 5¢ (4!)2 +³2¡52 − 4

¢(3!)

2+¡42 − 3!

¢3´62

(5!)2(6!)

2 +b1

(5!)2

⎞⎠⇒⇒ b6 =

−2¡72 − 6

¢+³2¡62 − 5

¢(4!)2 −

³2¡52 − 4

¢(3!)2 +

¡42 − 3!

¢3´62´72

(6!)2 (7!)2+

b1

(5!)2

...

luego la solución y2 (x) sería:

y2 (x) = y1 (x) ln (x) +3!

(2!)2x−1 + b1 +

Ã1

(3!)2− b1

(2!)2

!x+

Ã5·2

(3!)2 (4!)2+

b1

(3!)2

!x2 + ...

...+

Ã−2 (5·4 + 1) (3!)

2 + (5·2) 52

(4!)2(5!)

2 − b1

(4!)2

!x3 + ...

...+

⎛⎝−2 ¡62 − 5¢ (4!)2 +³2¡52 − 4

¢(3!)

2+¡42 − 3!

¢3´62

(5!)2 (6!)2+

b1

(5!)2

⎞⎠x4 + ...

= y1 (x) (ln (x) + b1) +3!

(2!)2x−1 +

1

(3!)2x+

5·2(3!)

2(4!)

2x2 − 2 (5·4 + 1) (3!)

2 + (5·2) 52

(4!)2(5!)

2 x3 + ...

...+−2¡62 − 5

¢(4!)

2+³2¡52 − 4

¢(3!)

2+¡42 − 3!

¢3´62

(5!)2(6!)

2 x4 + ...

224

y la solución general sería:

y (x) = y1 (x) (C1 + C2 ln (x)) + C2

Ã3!

(2!)2x−1 +

1

(3!)2x+

5·2(3!)

2(4!)

2x2 − 2 (5·4 + 1) (3!)

2 + (5·2) 52

(4!)2(5!)

2 x3 + ...

...+−2¡62 − 5

¢(4!)2 +

³2¡52 − 4

¢(3!)2 +

¡42 − 3!

¢3´62

(5!)2 (6!)2

⎞⎠x4 + ...

2.3 Ejercicios

1. Determine dos soluciones linealmente independientes en forma de series de potencias para las siguientesecuaciones.

(a) y00 + x2y = 0

(b) y00 − xy0 + 2y = 0

(c) y00 + 2xy0 + 2y = 0

(d) (x+ 2)y00 + xy0 − y = 0

(e) (x2 + 1)y00 − 6y = 0(f) (x2 − 1)y00 + xy0 − y = 0

(g) y00 − xy0 − (x+ 2)y = 0

2. Resuelva mediante series de potencias:

(a) y00 − xy0 = 1

(b) y00 − 4xy0 − 4y = ex

3. Resuelva los siguientes problemas de valores iniciales empleando el método de las series de potencias.

(a) (x+ 1)y00 − (2− x)y0 + y = 0 , y(0) = 2 , y0(0) = −1(b) (x2 + 1)y00 + 2xy0 = 0 , y(0) = 20 , y0(0) = 1

4. Obtenga los primeros términos de las series que son soluciones de las siguientes ecuaciones diferenciales:

(a) xy00 + sen(x)y = 0, (Normalice la ecuación antes de desarrollar)

(b) y00 + exy0 − y = 0

5. En los siguientes problemas muestre que las raíces indicatívas no difieren en un entero. Use el método deFrobenius para obtener dos soluciones linealmente independientes en forma de series alrededor del puntosingular regular x0 = 0 . Exprese la solución general en (0,∞)

(a) 2xy00 + 5y0 + xy = 0

(b) 2x2y00 − xy0 + (x2 + 1)y = 0

(c) x2y00 − (x− 2/9)y = 0

225

(d) x2y00 + xy0 + (x2 − 4/9)y = 0(e) 2x2y00 + 3xy0 + (2x− 1)y = 0(f) x(x− 2)y00 + y0 − 2y = 0

6. En los siguientes problemas muestre que las raíces indicatívas difieren en un entero. Use el método deFrobenius para obtener dos soluciones linealmente independientes en forma de series alrededor del puntosingular regular x0 = 0 . Exprese la solución general en (0,∞)

(a) x2y00 + xy0 + (x2 − 1/4) = 0(b) y00 + 3

xy0 − 2y = 0

(c) x y00 + y = 0

(d) xy00 +−xy0 + y = 0

7. Determine la solución de los siguientes problemas de valor inicial.

(a) x2y00 + 3xy0 = 0 , y(1) = 0 , y0(1) = 4

(b) x2y00 − 5xy0 + 8y = 0 , y(2) = 32 , y0(2) = 0

(c) x2y00 − 3xy0 + 4y = 0 , y(1) = 5 , y0(1) = 3

226