Apuntes de ecuaciones diferenciales

UNIVERSIDAD AUTÓNOMA DEL ESTADO DE MÉXICO FACULTAD DE INGENIERÍA DIVISIÓN DE MATERIAS PROPEDÉUTICAS

APUNTES DE ECUACIONES DIFERENCIALES

ELABORADOS POR M. EN C. LORENA ELIZABETH MANJARREZ GARDUÑO

NOMBRE DEL ALUMNO(A): _____________________________________________

FEBRERO DE 2013

Contenido Capítulo I. Introducción Capítulo II. Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden Capítulo III. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden Superior Capítulo IV. Transformada de Laplace Capítulo V. Sistemas de Ecuaciones Diferenciales Capítulo VI. Series de Potencias Capítulo VII. Ecuaciones en Derivadas Parciales

Bibliografía utilizada y recomendada  Zill, Dennis y Cullen, Michael. (2006). Ecuaciones diferenciales con aplicaciones de modelado. 8ª ed. Ed. Thomson. México.  Bronson, Richard y Costa, Gabriel. (2008). Ecuaciones diferenciales. Serie Schaun. Ed. McGraw Hill. México.  Ayres, Frank. (2005). Ecuaciones diferenciales. Ed. McGraw Hill. México.  Edwards, Henry y Penney, David. (2001). Ecuaciones diferenciales. 2ª ed. Ed. Prentice Hall. México.  Simmons. (2006). Ecuaciones diferenciales. Ed. McGraw Hill. México.  Nagle, R. Kent, et.al. (2005). Ecuaciones diferenciales y problemas con valores en la frontera. 4ª. Ed. Ed. Pearson. México.

Capítulo I. Introducción

CAPÍTULO I INTRODUCCIÓN Temas a tratar en este capítulo: - Definición - Clasificación de las ecuaciones diferenciales - Solución de una ecuación diferencial - Clasificación de las soluciones - Verificación de soluciones

En las ciencias y la ingeniería se desarrollan modelos matemáticos para comprender mejor los fenómenos físicos. Con frecuencia, estos modelos producen una ecuación que contiene algunas derivadas de una función incógnita. Esta ecuación es una ecuación diferencial. En términos generales, un modelo matemático es una descripción matemática de un sistema o fenómeno. La construcción de un modelo matemático de un sistema inicia con la identificación de las variables responsables del cambio que se produzca en el sistema. Posteriormente se debe especificar el nivel de resolución del modelo (ya que tal vez en principio no se incorporen todas las variables) para después formular un conjunto de hipótesis acerca del sistema que se intenta describir (ver figura I.1). Dado que las suposiciones acerca de un sistema con frecuencia implican una tasa de cambio de una o más variables, la representación matemática de todas estas suposiciones puede implicar una o más ecuaciones que involucren derivadas. Es decir, el modelo matemático puede ser una ecuación diferencial o un sistema de ecuaciones diferenciales.

Figura I.1. Diagrama de proceso para establecer un modelo matemático. Semestre 2013A

1

Capítulo I. Introducción

Para ilustrar lo anterior se presenta el siguiente ejemplo: Una enfermedad contagiosa (como un virus de gripe) se difunde en una comunidad por medio del contacto físico entre las personas. Si x(t ) indica el número de personas que han tenido contacto con la enfermedad y y (t ) el número de personas que no han sido expuestas a ésta, parece razonable asumir que la a la que se difunde la enfermedad es proporcional al número de encuentros o razón dx dt interacciones entre estos dos grupos de gente. Si se supone que el número de interacciones es conjuntamente proporcional a x (t ) y y (t ) , es decir, proporcional al producto xy , entonces

dx  xy dt es decir,

dx  kxy dt

(1)

donde k es una constante de proporcionalidad. Considérese una pequeña comunidad que cuenta con una población fija de n personas. Si una persona infectada se introduce en esta comunidad, entonces x (t ) y y (t ) se encuentran relacionados por x  y  n  1. De esta última ecuación y  n  1  x , sustituyendo esto en (1), se obtiene el modelo:

dx  kx(n  1  x ) dt

(2)

Una condición inicial evidente que acompaña a la ecuación (2) es x(0)  1 . Al resolver dicha ecuación diferencial, se obtendrá la ecuación x(t ) que indique el número de personas que han tenido contacto con la enfermedad en cualquier instante de tiempo, y por ende se podrá conocer y (t ) .

DEFINICIÓN Es aquella ecuación que contiene las derivadas de una o más variables dependientes, con respecto a una o más variables independientes. Ejemplos de ecuaciones diferenciales: dy  2 xSen y  1 a) x 2Cos y dx b) xy '  2y  x 3 e x

 2u  2u c)  0 x 2 y 2

d)

N  2N 1 N  2   kN t r r r

CLASIFICACIÓN DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES Las ecuaciones diferenciales se clasifican por tipo, orden y linealidad. 2

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Capítulo I. Introducción

Por tipo - Ecuación diferencial ordinaria: es aquella que contiene sólo derivadas ordinarias de una o más variables dependientes con respecto a una sola variable independiente, por ejemplo: dy  1  e x , Variable dependiente: y , Variable independiente: x . a) dx du dw b)   0 , Variables dependientes: u, w , Variable independiente: t . dt dt

-

Ecuación diferencial parcial: es aquella que contiene derivadas parciales de una o más variables dependientes con respecto a dos o más variables independientes, por ejemplo: u v   0 , Variables dependientes: u, v , Variables independientes: x, y . a) x y  2g  2g   xy , Variable dependiente: g , Variables independientes: x, y . b) x 2 y 2

Según el orden Orden de una ecuación diferencial: está dado por la más alta derivada. Ejemplos: La ecuación diferencial 2 xy ' '3 x 2 y '2  e x es de orden 2.

dy d 3y  3x 2  0 es de orden 3. dx dx 3 u  4v  5 x 4  t es de orden 4. La ecuación diferencial t t 3 La ecuación diferencial 2 x( y ' )  y  1 es de orden 1.

La ecuación diferencial 2

Según la linealidad - Ecuación diferencial lineal: es aquella que tiene la siguiente forma: dny d n 1 y dy a n ( x ) n  a n 1 ( x ) n 1    a1 ( x )  a 0 ( x )y  g ( x ) dx dx dx La ecuación anterior presenta las siguientes características 1. La variable dependiente y todas sus derivadas son de primer grado. 2. Cada coeficiente depende únicamente de x . Ejemplos: d 3y d 2y dy 2  ( x  1 ) 6  8 xy  e x a) 3 x 2 3 dx dx dx

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Capítulo I. Introducción

dx 1  5t 2 x  3 dt t Ecuación diferencial no lineal: es aquella que no cumple con las características anteriores, por ejemplo: d 2y dy  2  x  El coeficiente del primer término depende de y . a) y dx dx 2 d 3y b)  y 2  0  La variable dependiente en el segundo término está elevada al dx 3 cuadrado.

b) Sen 3t -

SOLUCIÓN DE UNA ECUACIÓN DIFERENCIAL Se dice que una función f es solución de una ecuación diferencial en un intervalo I si al sustituirse en la ecuación diferencial original junto con todas sus derivadas, la igualdad se cumple. Es decir, una solución de una ecuación diferencial es una función f (x ) que tiene por lo menos n derivadas y satisface la ecuación F ( x, f ( x ), f '( x ),, f ( n ) ( x ))  0 para todo x  I .

CLASIFICACIÓN DE LAS SOLUCIONES Las soluciones de las ecuaciones diferenciales se clasifican de la siguiente manera. Soluciones explícitas e implícitas - Solución explícita: es aquella donde la variable dependiente se expresa solamente en términos de la variable independiente y constantes, es decir, de la forma y  f (x ) , por -

ejemplo: y  Sen x  c , x  c 1e t  c 2 te t . Solución implícita: es aquella relación que se expresa de la forma f ( x, y )  0 , por ejemplo: x 2Cos y  3 ye x  c  0 , x  y ln y  c  0

Soluciones general, particular y singular - Solución general: es aquella solución de una ecuación diferencial de orden n que incluirá n constantes arbitrarias., por ejemplo: De la ecuación diferencial F ( x, y , y ' )  0 , la solución general es G( x, y , c )  0 , que corresponde a una familia uniparamétrica de soluciones. En términos generales, de la ecuación diferencial F ( x, y , y ' , y ' ' ,, y ( n ) )  0 , la solución general es G( x, y , c 1, c 2 ,, c n )  0 , que corresponde a una familia n-paramétrica de soluciones. - Solución particular: es aquella en donde no aparece ninguna constante indicada y se obtiene a partir de la solución general para valores conocidos de las constantes arbitrarias. A este caso se le conoce como la aplicación de condiciones de frontera o valores extremos. Por ejemplo, sea la solución general y  Sen x Cos x  cCos x , al 4

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Capítulo I. Introducción

-

aplicar la condición inicial y (0)  1 , se obtiene la solución particular y  Sen x Cos x  Cos x . Solución singular: es una solución única donde no aparece ninguna constante y además no se obtiene a partir de una solución general.

VERIFICACIÓN DE SOLUCIONES Para verificar si una función es solución de una ecuación diferencial es necesario sustituirla junto con todas sus derivadas y comprobar si la igualdad se cumple. Ejemplo: Verificar que la solución propuesta es solución de la ecuación diferencial indicada. dy  2y  e 3 x dx Solución propuesta: y  e 3 x  10e 2 x Verificación Derivando la solución propuesta dy  3e 3 x  20e 2 x dx sustituyendo en la ecuación diferencial 3e 3 x  20e 2 x  2 e 3 x  10e 2 x  e 3 x



e e la igualdad se cumple, por lo tanto, sí es solución. 3x



3x

Ejercicios: Verificar que la solución propuesta es solución de la ecuación diferencial indicada. 1) x 2 y ' ' xy '2y  0 , Solución propuesta: y  x Cos ln x  6 6 dy 2)  20 y  24 , Solución propuesta: y   e  20t dt 5 5

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5

Capítulo II. Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden

CAPÍTULO II ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Temas a tratar en este capítulo: - Variables separables - Ecuaciones lineales - Ecuaciones exactas - Soluciones por sustitución - Aplicaciones

VARIABLES SEPARABLES Consideremos una ecuación diferencial de primer orden de la forma f ( x, y , y ' )  0 , la cual se dy puede expresar como  G( x, y ) , o bien y '  G( x, y ) . dx En ocasiones el término G( x, y ) se puede separar en 2 expresiones, una que agrupe a la variable x y la otra a la variable y . Si esto es posible, se podrá resolver la ecuación diferencial separando las variables en la siguiente forma: dy  G( x, y ) dx dy h( x )  dx g ( y ) g ( y )dy  h( x )dx integrando:  g ( y )dy  c1   h( x )dx  c2

 g ( y )dy   h( x )dx  c  c  g ( y )dy   h( x )dx  c 2

1

Ejemplo 1: Resolver la ecuación diferencial utilizando variables separables. dy  e3 x  2 y dx Solución Separando las variables dy  e3 xe2 y dx dy  e 3 x dx e2y

integrando

e 6

2 y

dy   e3 x dx Semestre 2013A

Capítulo II. Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden



e 2 y e3 x  c 2 3

reacomodando términos

2e 3 x  3e 2 y  c

dx 1  2y 2  Ejemplo 2: dy ySen x Solución Separando las variables 1 2y 2 dy Sen x dx  y

integrando

1

 Sen x dx   y dy  2 ydy  Cos x  ln y  y 2  c reacomodando términos

Cos x  ln y  y 2  c





1

Ejemplo 3: ydy  4 x y 2  1 2 dx , sujeta a y (0)  1 Solución Separando las variables

y

y



1

2

1 2

dy  4 xdx

integrando



y

y 2



1 2y

1 2

dy  4  xdx

1 dy  4  xdx 2  y 2  1 12





y 2  1  2x 2  c aplicando y (0)  1 , se tiene:

(1)2  1  2(0)2  c c 2 sustituyendo el valor de c en la solución obtenida

y 2  1  2x 2  2

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Capítulo II. Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden

Ejercicios: Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales utilizando el método de variables separables. 1) 4 y  yx 2 dy  (2 x  xy 2 )dx  0 dy  Sen x Cos 2y  Cos 2 y 2) dx dN 3)  N  N t et  2 dt









ECUACIONES LINEALES

dy  a0 ( x )y  g ( x ) recibe el nombre de ecuación diferencial dx lineal de primer orden. Para resolver este tipo de ecuaciones se procede del siguiente modo: La ecuación de la forma a1( x )

dividiendo la ecuación entre a1( x ) g(x ) dy a0 ( x ) y  a1( x ) dx a1( x )

(1)

si se definen p(x ) y q(x ) como a0 ( x ) g( x ) , q( x )  a1( x ) a1( x ) la ecuación (1) queda en la forma estándar de una ecuación lineal dy  p( x )y  q( x ) dx supóngase que q( x )  0 , entonces la ecuación es homogénea, es decir: dy  p( x )y  0 dx y se puede resolver por variables separables dy   p( x )dx y integrando dy  y   p( x )dx p( x ) 

(2)

ln y    p( x )dx  c y  ce   p ( x )dx pero si q( x )  0 , entonces la ecuación no es homogénea y se utiliza un procedimiento conocido como variación de parámetros, donde se propone una solución de la forma y  c( x )e   p( x )dx (3) puesto que dicha solución debe satisfacer a la ecuación diferencial, entonces derivando y '  c( x )p( x )e   p ( x )dx  c ' ( x )e   p( x )dx y sustituyendo en (2) 8

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Capítulo II. Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden

 c( x )p( x )e   p( x )dx  c ' ( x )e   p( x )dx  p( x )c( x )e   p ( x )dx  q( x )

c ' ( x )e   p( x )dx  q( x ) q( x ) c ' ( x )    p( x )dx e integrando

c( x ) 

e

q( x )   p ( x )dx

dx  c

por lo que, sustituyendo en (3), la solución general queda  q( x )  y      p( x )dx dx  c e   p( x )dx  e 

(4)

Otra forma de ver lo anterior y obtener la solución de una ecuación lineal es la siguiente: si (2) se multiplica por el factor integrante e  p( x )dx , se obtiene dy e  p( x )dx  e  p( x )dx p( x )y  e  p ( x )dx q( x ) dx es fácilmente comprobable que los términos del lado izquierdo corresponden a la derivada del factor integrante y de y , por lo que la ecuación anterior se puede reescribir como d  p( x )dx e y  e  p( x )dx q( x ) dx integrando ambos lados de la ecuación se obtiene la solución e  p( x )dx y   e  p( x )dx q( x )dx  c





la cual es una expresión equivalente a (4).

Ejemplo 1: Resolver la siguiente ecuación diferencial: x 2 y ' x x  2y  e x Solución La ecuación diferencial anterior tiene la forma a1( x ) a1( x ) , se tiene

dy  a0 ( x )y  g ( x ) . Dividiendo entre dx

 x  2 ex y ' y

x x2 considerando que la ecuación es homogénea, se tiene x  2  y  0 y ' x x  2  y dy  x dx  dy x  2  dx y x integrando

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(5)

9

Capítulo II. Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden

x  2 dx dy   y x ln y  ( x  2 ln x )  c ln y  ln x 2   x  c ln yx 2   x  c yx 2  ce  x



ce  x x2 pero como no es homogénea, entonces se propone una solución de la forma c( x )e  x y x2 puesto que esta solución debe satisfacer la ecuación diferencial, entonces derivando d e x e x y '  c( x )  2 c' ( x ) dx x 2 x 2 x x   x e  2 xe  c ' ( x )e  x y '  c ( x )  4 x x2   y

(6)

c( x )e  x 2c( x )e  x c ' ( x )e  x y'     x2 x3 x2 sustituyendo en (5)

c( x )e  x 2c( x )e  x c ' ( x )e  x x  2 c( x )e  x e x      2 x2 x3 x2 x x2 x x x x x x c ( x )e 2c( x )e c ' ( x )e c( x )e 2c( x )e ex       x2 x3 x2 x2 x3 x2 c ' ( x )e  x e x  2 x2 x x e c' ( x )   x  e2x e integrando con respecto a x , se tiene: e2 x c( x )   e 2 x dx  c 2 sustituyendo c(x ) en (6)  e2 x  e x y    c  2  2  x ex ce  x y  2x 2 x2

Otra forma de resolver la ecuación diferencial es aplicando la expresión  q( x )  y      p( x )dx dx  c e   p ( x )dx  e  la ecuación diferencial es 10

(7)

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Capítulo II. Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden

y ' donde p( x ) 

x  2  y  e x x

x2

x  2  y q ( x )  e x x

x2

obteniendo

e   p( x )dx  e



x 2 dx x

e

  dx  2



dx x

 e  x  2 ln x  e  x e  2 ln x  e  x eln x

2



ex x2

asimismo

ex

2x x x 2 dx  e dx  e 2 x dx  e  e   p( x )dx  e x  e x 2 2 x sustituyendo los resultados obtenidos en la expresión (7)  ex  e2x y    c  2  x  2

q( x )

dx  

y

Ejemplo 2: x  2

2

ex ce  x  2x 2 x2

dy  5  8 y  4 xy dx

Solución Reacomodando los términos de la ecuación x  22 y '4( x  2)y  5 dy  a0 ( x )y  g ( x ) . Dividiendo entre la ecuación diferencial anterior tiene la forma a1( x ) dx ( x  2)2 para obtener la forma estándar, se tiene 4 5 y ' y x  2 x  22 utilizando la expresión  q( x )  y      p( x )dx dx  c e   p ( x )dx (8)  e  donde 5 4 y q( x )  p( x )  x2 ( x  2)2 y obteniendo 4  dx 4 1   p ( x )dx x 2 e e  e  4 ln ( x  2 )  eln ( x  2 )  ( x  2 )4 asimismo

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Capítulo II. Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden

5

5 ( x  2)2 dx  5  ( x  2)2 dx  ( x  2)3  e   p( x )dx 1 3 ( x  2 )4 sustituyendo los resultados obtenidos en la expresión (8) 1 5  3 y   x  2   c  4 3  x  2  q( x )

dx  

y

5 c  3x  2 x  24

Otra forma de resolver la ecuación diferencial es obteniendo el factor integrante e  p( x )dx 

4

dx

e  p( x )dx  e x  2  e 4 ln ( x  2 )  e ln ( x  2 )  ( x  2) 4 y multiplicarlo por la ecuación diferencial en la forma estándar   x  24  y ' 4 y  5 2  x  2   x  2    4 x  2 y '4x  23 y  5x  22 donde se observa que d x  24 y  5x  22 dx integrando x  24 y   5x  22 dx



4



x  24 y  5 x  23  c 3

1 5  3 y   x  2   c  4 3  x  2  por tanto, la solución es y

5 c  3x  2 x  24

Ejemplo 3: y 'Tan x y  Cos 2 x , sujeta a y (0)  1 Solución La ecuación diferencial dada se encuentra en la forma estándar, donde p( x )  Tan x y q( x )  Cos 2 x obteniendo el factor integrante e  p( x )dx e  p ( x )dx  e  Tan xdx  e ln ( Sec x )  Sec x multiplicándolo por la ecuación diferencial Sec x y 'Tan x y  Cos 2 x Sec x y 'Sec xTan x y  Cos x



12



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Capítulo II. Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden

donde se observa que

d Sec x y   Cos x dx integrando

por tanto, la solución general es

Sec x y   Cos xdx Sec x y  Sen x  c y  Sen x  c Cos x y  Sen xCos x  cCos x

aplicando y (0)  1

 1  Sen (0)Cos (0)  cCos (0) c  1 sustituyendo en la solución

y  Sen xCos x  Cos x

Ejercicios: Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales lineales. 1) xdy  ( xSen x  y )dx dy 2) Cos x  ySen x  1 dx dy 1  e 2 x 3) y  x dx e  e x

ECUACIONES EXACTAS Una ecuación diferencial de primer orden de la forma M ( x, y )dx  N ( x, y )dy  0 se dice que M ( x, y ) N ( x, y ) es una ecuación diferencial exacta si cumple con la condición , en alguna  y x región del plano XY. Además consideremos que existe una función f ( x, y ) , solución de dicha f ( x, y ) f ( x, y )  N ( x, y ) . ecuación diferencial, entonces se debe cumplir que  M ( x, y ) y y x Considerando lo anterior, se tiene M ( x, y )   f ( x, y )   2 f ( x, y )   f ( x, y )  N ( x, y )       y y  x  xy x  y  x lo que indica que las segundas derivadas cruzadas de f ( x, y ) son iguales. Ejemplo 1: Resolver la siguiente ecuación diferencial: (2y 2 x  3)dx  (2yx 2  4)dy  0

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Capítulo II. Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden

Solución La ecuación diferencial anterior tiene la forma M ( x, y )dx  N ( x, y )dy  0 , donde

M ( x, y )  2y 2 x  3 N ( x, y )  2yx 2  4 obteniendo las derivadas parciales para verificar la condición M ( x, y ) N ( x, y )  4 yx   4 yx x y f ( x, y ) partiendo de  M ( x, y ) , se tiene x f ( x, y )  2y 2 x  3 x integrando con respecto a x : f ( x, y )   2y 2 x  3 dx





f ( x, y )  y 2 x 2  3 x  g ( y )

(9)

derivando con respecto a y :

f ( x, y )  2yx 2  g ' ( y ) y pero

f ( x, y )  N ( x, y ) , entonces y 2yx 2  g ' ( y )  2yx 2  4 g' (y )  4

integrando con respecto a y :

g ( y )  4y sustituyendo en (9), se tiene:

f ( x, y )  y 2 x 2  3 x  4 y o bien

y 2 x 2  3 x  4y  c Análogamente, si se parte ahora de la expresión

f ( x, y )  N ( x, y ) , se tiene y

f ( x, y )  2yx 2  4 y integrando con respecto a y :





f ( x, y )   2yx 2  4 dy f ( x, y )  y 2 x 2  4 y  h( x ) derivando con respecto a x :

pero

14

f ( x, y )  M ( x, y ) , entonces x

(10)

f ( x, y )  2 xy 2  h' ( x ) x

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Capítulo II. Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden

2 xy 2  h' ( x )  2y 2 x  3 h' ( x )  3 integrando con respecto a x :

h( x )  3 x

sustituyendo en (10), se tiene:

f ( x, y )  y 2 x 2  4 y  3 x o bien

y 2 x 2  4y  3 x  c

Ejemplo 2: (2 x  4)dx  (3 y  1)dy  0 Solución La ecuación diferencial anterior tiene la forma M ( x, y )dx  N ( x, y )dy  0 , donde M ( x, y )  2 x  4 N ( x, y )  3 y  1 obteniendo las derivadas parciales para verificar la condición N ( x, y ) M ( x, y ) 0  0 y x f ( x, y ) partiendo de  M ( x, y ) , se tiene x f ( x, y )  2x  4 x integrando con respecto a x : f ( x, y )   2 x  4 dx

f ( x, y )  x 2  4 x  g ( y )

(11)

derivando con respecto a y :

f ( x, y )  g' (y ) y pero

f ( x, y )  N ( x, y ) , entonces y g ' ( y )  3y  1

integrando con respecto a y :

g(y ) 

3 2 y y 2

sustituyendo en (11), se tiene:

f ( x, y )  x 2  4 x 

3 2 y y 2

o bien

x 2  4x 

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3 2 y y c 2

15

Capítulo II. Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden

Análogamente, si se parte ahora de la expresión

f ( x, y )  N ( x, y ) , se tiene y

f ( x, y )  3y  1 y integrando con respecto a y :

f ( x, y )   3 y  1dy f ( x, y ) 

derivando con respecto a x :

pero

f ( x, y )  M ( x, y ) , entonces x

3 2 y  y  h( x ) 2

(12)

f ( x, y )  h' ( x ) x

h' ( x )  2 x  4

integrando con respecto a x :

h( x )  x 2  4 x sustituyendo en (12), se tiene:

f ( x, y ) 

3 2 y  y  x 2  4x 2

o bien

3 2 y  y  x 2  4x  c 2

Ejemplo 3: (1  2 x 2  2y )

dy  4 x 3  4 xy dx

Solución Reacomodando los términos de la ecuación 4 x 3  4 xy dx  (1  2 x 2  2y )dy  0 la ecuación diferencial ahora tiene la forma M ( x, y )dx  N ( x, y )dy  0 , donde M ( x, y )  4 x 3  4 xy









N ( x, y )   1  2 x 2  2y obteniendo las derivadas parciales para verificar la condición M ( x, y ) N ( x, y )  4x   4x y x f ( x, y ) partiendo de  M ( x, y ) , se tiene x f ( x, y )  4 x 3  4 xy x integrando con respecto a x :

16

Semestre 2013A

Capítulo II. Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden





f ( x, y )   4 x 3  4 xy dx f ( x, y )  x 4  2 x 2 y  g ( y )

(13)

derivando con respecto a y :

f ( x, y )  2x 2  g ' ( y ) y pero

f ( x, y )  N ( x, y ) , entonces y



2 x 2  g ' ( y )   1  2 x 2  2y g ' ( y )  1  2y



integrando con respecto a y :

g ( y )  y  y 2 sustituyendo en (13), se tiene:

f ( x, y )  x 4  2 x 2 y  y  y 2 o bien

x 4  2x 2 y  y  y 2  c

Factor Integrante

M ( x, y ) N ( x, y )  , y x lo cual indica que la ecuación diferencial no es exacta. Para lograr que la ecuación diferencial sea exacta se buscará una función denotada por m( x, y ) , tal que al multiplicarla por la ecuación diferencial se cumpla lo siguiente: m( x, y )M ( x, y )dx  N ( x, y )dy  0 m( x, y )M ( x, y )dx  m( x, y )N ( x, y )dy  0 y entonces m( x, y )M ( x, y ) m( x, y )N ( x, y )  y x si lo anterior se cumple, la ecuación diferencial se hará exacta y la solución de esta nueva expresión se obtendrá con el método de ecuaciones exactas. Considérese la ecuación de la forma M ( x, y )dx  N ( x, y )dy  0 en donde

Para la obtención de la función m( x, y ) se parte de lo siguiente: m( x, y )M ( x, y ) M ( x, y ) m( x, y )  m( x, y )  M ( x, y ) y y y análogamente m( x, y )N ( x, y ) N ( x, y ) m( x, y )  m( x, y )  N ( x, y ) x x x si la ecuación es exacta, entonces M ( x, y ) m( x, y ) m( x, y ) N ( x, y )  M ( x, y )  m( x, y ) m( x, y )  N ( x, y ) y y x x

Semestre 2013A

(14)

17

Capítulo II. Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden

la ecuación anterior es una ecuación diferencial en derivadas parciales, por lo cual se realizarán las siguientes simplificaciones: m( x, y ) si m( x, y )  m( x ) , entonces  0 , por lo que la ecuación (14) queda y M ( x, y ) N ( x, y ) m( x, y )  m( x, y )  N ( x, y ) m( x, y ) y x x simplificando la notación ya que todas las funciones dependen de x y y , se tiene M N m m N m y x x M N m m N m y x x  M N  m   N m  x  y x 

1 m 1  M N      m x N  y x  integrando con respecto a x :



m 1  M N  dx     m N  y x 

ln m  

1  M N   dx  c  N  y x 

m( x )  ce



1  M N    dx  N  y x 

por conveniencia, tomando c  1 , se tiene m( x )  e



1  M N    dx  N  y x 

.

La expresión anterior representa el factor integrante que depende de x solamente y deberá multiplicar a la ecuación diferencial para volverla exacta. m( x, y ) Análogamente, si m( x, y )  m( y ) , entonces  0 , por lo que la ecuación (14) queda x M ( x, y ) m( x, y ) N ( x, y )  M ( x, y )  m( x, y ) m( x, y ) y y x realizando un procedimiento similar al anterior se llega a m( y )  e



1  N M   M  x y

  dy 

.

Ejemplo 4: Resolver la siguiente ecuación diferencial: (2y 2  3 x )dx  2 xydy  0 Solución La ecuación diferencial anterior tiene la forma M ( x, y )dx  N ( x, y )dy  0 , donde

M ( x, y )  2y 2  3 x N ( x, y )  2 xy

18

Semestre 2013A

Capítulo II. Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden

obteniendo las derivadas parciales para verificar la condición M ( x, y ) N ( x, y )  4y  2y y x lo anterior indica que la ecuación diferencial no es exacta, entonces buscando un factor integrante que dependa de x :



m( x )  e 1  4 y 2 y dx  2 xy



1  M N    dx  N  y x 



2y dx 2 xy



dx x

m( x )  e e  e  e ln x  x multiplicando la ecuación diferencial por m(x ) , se tiene x (2y 2  3 x )dx  2 xydy  0 (2 xy 2  3 x 2 )dx  2 x 2 ydy  0 y ahora M ( x, y )  2 xy 2  3 x 2 N ( x, y )  2 x 2 y obteniendo nuevamente las derivadas parciales para verificar la condición M ( x, y ) N ( x, y )  4 xy   4 xy y x f ( x, y ) partiendo entonces de  M ( x, y ) , se tiene x f ( x, y )  2 xy 2  3 x 2 x integrando con respecto a x : f ( x, y )   2 xy 2  3 x 2 dx









f ( x, y )  x 2 y 2  x 3  g ( y )

(15)

derivando con respecto a y :

f ( x, y )  2x 2 y  g ' ( y ) y pero

f ( x, y )  N ( x, y ) , entonces y 2x 2 y  g ' ( y )  2x 2 y g' (y )  0

integrando con respecto a y :

g(y )  0 sustituyendo en (15), se tiene:

f ( x, y )  x 2 y 2  x 3 o bien

x 2y 2  x3  c

Semestre 2013A

19

Capítulo II. Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden









Ejemplo 5: xy  y 2 dx  x 2  3 xy dy  0 Solución La ecuación diferencial anterior tiene la forma M ( x, y )dx  N ( x, y )dy  0 , donde M ( x, y )  xy  y 2 N ( x, y )  x 2  3 xy obteniendo las derivadas parciales para verificar la condición M ( x, y ) N ( x, y )  x  2y  2x  3y y x lo anterior indica que la ecuación diferencial no es exacta, entonces buscando un factor integrante que dependa de x :



m( x )  e 

1 x 2  3 xy

1  M N    dx  N  y x 



 x  2 y 2 x 3 y dx



x y x 2  3 xy

dx

m( x )  e e e buscando entonces un factor integrante que dependa de y :

m( y )  e 

1 xy  y 2



1  N M   M  x y

2 x 3 y  x 2 y dy







x y dx x ( x 3 y )

  dy 

1  x  y dy y ( xy )

m( y )  e e multiplicando la ecuación diferencial por m(y ) , se tiene







e



dy y

 e ln y  y



y xy  y 2 dx  x 2  3 xy dy  0 xy 2  y 3 dx  x 2 y  3 xy 2 dy  0









y ahora M ( x, y )  xy 2  y 3 N ( x, y )  x 2 y  3 xy 2 obteniendo nuevamente las derivadas parciales para verificar la condición M ( x, y ) N ( x, y )   2 xy  3 y 2  2 xy  3 y 2 y x f ( x, y ) partiendo entonces de  M ( x, y ) , se tiene x f ( x, y )  xy 2  y 3 x integrando con respecto a x : f ( x, y )   xy 2  y 3 dx





x 2y 2 f ( x, y )   xy 3  g ( y ) 2

(16)

derivando con respecto a y :

f ( x, y )  x 2 y  3 xy 2  g ' ( y ) y

20

Semestre 2013A

Capítulo II. Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden

f ( x, y )  N ( x, y ) , entonces y x 2 y  3 xy 2  g ' ( y )  x 2 y  3 xy 2 g' (y )  0 integrando con respecto a y : g(y )  0 sustituyendo en (16), se tiene: x 2y 2 f ( x, y )   xy 3 2 o bien x 2y 2  xy 3  c 2 pero

Ejercicios: Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales utilizando el método de ecuaciones exactas (de ser necesario utilice un factor integrante). dy  2 xe x  y  6 x 2 1) x dx 2) e x  y dx  2  x  ye y dy  0 , sujeta a y (0)  1 3) y 2Cos x  3 x 2 y  2 x dx  2ySen x  x 3  ln y dy  0 , sujeta a y (0)  e 4) 2 xy 4e y  2 xy 3  y dx  x 2 y 4e y  x 2 y 2  3 x dy  0 , 5) x 4  y 4 dx  xy 3dy  0 (inciso b, libro Serie Schawn)

   





















SOLUCIONES POR SUSTITUCIÓN Ecuaciones Homogéneas Polinomio homogéneo: es aquel que tiene todos sus términos del mismo grado. Ejemplo: P ( x, y )  x 3 y 3  x 6  Sí es un polinomio homogéneo 2 3 q( x, y )  x  xy  x  No es un polinomio homogéneo Función homogénea: se dice que una función en 2 variables de la forma f ( x, y ) es homogénea si y sólo si f (tx, ty )  t k f ( x, y ) . Entonces f ( x, y ) es homogénea de grado k . Ejemplo: Sea f ( x, y )  2y 3e

y x



x4 , ¿ f ( x, y ) es homogénea? x  3y

Solución (tx )4 f (tx, ty )  2(ty ) e  tx  3ty y t 4x4 f (tx, ty )  2t 3 y 3e x  t x  3 y  3

ty

Semestre 2013A

tx

21

Capítulo II. Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden

f (tx, ty )  2t 3 y 3e

y x

 t3

x4 x  3 y 

y  x4  f (tx, ty )  t 3 2y 3e x  x  3y   f (tx, ty )  t 3 f ( x, y ) por lo tanto, f ( x, y ) es homogénea de grado 3.

Consideremos la ecuación diferencial de la forma M ( x, y )dx  N ( x, y )dy  0 , o bien dy M ( x, y )  N ( x, y )  0 . La ecuación anterior recibe el nombre de ecuación diferencial dx homogénea si y sólo si las funciones M ( x, y ) y N ( x, y ) son homogéneas y del mismo grado. En la mayoría de las ocasiones, la ecuación homogénea no es separable en forma directa, por lo cual se utilizará una sustitución de la forma y  vx , o x  uy , en donde v y u son nuevas variables que al sustituirse en la ecuación original, la hacen separable. Nota: Es recomendable sustituir x  uy cuando M ( x, y ) es de estructura más simple que N ( x, y ) . Ejemplo 1: Resolver la siguiente ecuación diferencial: ( x 2  xy  y 2 )dx  xydy  0 Solución La ecuación diferencial anterior tiene la forma M ( x, y )dx  N ( x, y )dy  0 , donde M ( x, y )  x 2  xy  y 2  Homogénea de grado 2 N ( x, y )   xy  Homogénea de grado 2 Utilizando la sustitución y  vx , entonces un diferencial de y está dado por dy  vdx  xdv sustituyendo en la ecuación diferencial se tiene ( x 2  x(vx )  (vx ) 2 )dx  x(vx )(vdx  xdv )  0 ( x 2  vx 2  v 2 x 2 )dx  (v 2 x 2 dx  vx 3 dv )  0 x 2 dx  vx 2 dx  v 2 x 2 dx  v 2 x 2 dx  vx 3 dv  0 x 2 dx  vx 2 dx  vx 3 dv  0 dividiendo entre x 2 dx  vdx  vxdv  0 (1  v )dx  vxdv dx v  dv x 1 v integrando

22

Semestre 2013A

Capítulo II. Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden

dx v  dv x 1 v ln x  v  ln 1  v   c



pero v  y

x

, entonces, sustituyendo:

 ln 1  y   c x  y  ln x 1  y   c  x x   y  ln x  y   c x y  x ln x  y   cx

ln x  y

x

Ejemplo 2: ( x  y )( 4 x  y )dx  x(5 x  y )dy  0 Solución La ecuación diferencial anterior tiene la forma M ( x, y )dx  N ( x, y )dy  0 , donde M ( x, y )  ( x  y )( 4 x  y )  Homogénea de grado 2 N ( x, y )  x(5 x  y )  Homogénea de grado 2 Utilizando la sustitución y  vx , entonces un diferencial de y está dado por dy  vdx  xdv sustituyendo en la ecuación diferencial se tiene ( x  vx )( 4 x  vx )dx  x(5 x  vx )(vdx  xdv )  0 2 2 ( 4 x  vx  4vx 2  v 2 x 2 )dx  5 x 2 vdx  5 x 3 dv  v 2 x 2 dx  vx 3 dv  0

4 x 2 dx  3vx 2 dx  v 2 x 2 dx  5 x 2 vdx  5 x 3 dv  v 2 x 2 dx  vx 3 dv  0 5 x 3 dv  4 x 2 dx  2vx 2 dx  2v 2 x 2 dx  vx 3 dv  0 dividiendo entre x 2 5 xdv  4dx  2vdx  2v 2 dx  vxdv  0 ( 4  2v 2  2v )dx  (5 x  vx )dv  0 ( 4  2v 2  2v )dx   x(5  v )dv dx (5  v )  dv x 4  2v 2  2v integrando (5  v ) dx 1  x  2  v 2  v  2 dv (5  v ) 1 ln x   dv 2 (v  1)(v  2) para integrar el lado derecho de la expresión anterior es necesario obtener las fracciones parciales, las cuales son A(v  2)  B(v  1) (5  v ) A B    (v  1)(v  2) (v  1) (v  2) (v  1)(v  2) Semestre 2013A

23

Capítulo II. Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden

5  v  A(v  2)  B(v  1)

si v  1,  6  3 A  A  2 si v  2 ,  3  3B  B  1 entonces

(5  v ) 2 1   (v  1)(v  2) (v  1) (v  2) sustituyendo en la integral

ln x 

1  2 1   dv   2  (v  1) (v  2) 

1  2 ln v  1  lnv  2  c 2 1 ln x  ln v  1  lnv  2  c 2

ln x 

pero v  y

x

, entonces, sustituyendo: 1 ln x  ln  y  1  ln y  2   c  x  2  x  y 1 ln x  ln x c y 2 x yx ln x  ln c x y  2x

ln x

yx c y  2x

x ( y  x )  c y  2x

Ejemplo 3:  ydx  ( x  xy )dy  0 Solución La ecuación diferencial anterior tiene la forma M ( x, y )dx  N ( x, y )dy  0 , donde M ( x, y )   y  Homogénea de grado 1 N ( x, y )  x  xy

 Homogénea de grado 1

Utilizando la sustitución x  uy , entonces un diferencial de x está dado por dx  udy  ydu sustituyendo en la ecuación diferencial se tiene

 y (udy  ydu )  (uy  uy 2 )dy  0  uydy  y 2 du  uydy  y u dy  0  y 2 du  y u dy  0

24

Semestre 2013A

Capítulo II. Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden

dividiendo entre y

 ydu  u dy  0 du dy  y u integrando

 2u

du u 1 2



dy y

 ln y  c

pero u  x , entonces, sustituyendo: y 2 x

y

 ln y  c

Ecuación de Bernoulli Presenta la siguiente forma: dy  P ( x )y  f ( x ) y n (17) dx para n  0 y n  1, la sustitución w  y 1 n transforma la ecuación diferencial en dw  (1  n )P ( x )w  (1  n )f ( x )  Ecuación lineal (18) dx que se puede resolver por el método de ecuaciones lineales.

Ejemplo 4: Resolver la siguiente ecuación diferencial: dy x  (1  x )y  xy 2 dx Solución Dividiendo entre x para dejarla en la forma de la ecuación de Bernoulli (ecuación 17), se tiene dy (1  x )  y  y2 x dx donde (1  x ) , f (x)  1 P( x )   x n2 1  n  1  2  1 1 por lo tanto, la sustitución es w  y . Sustituyendo en la ecuación (18):

dw  1 x   ( 1)  w  ( 1)(1) dx x   dw 1  x  w  1 x dx la expresión anterior es una ecuación lineal, por lo tanto, utilizando la expresión Semestre 2013A

25

Capítulo II. Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden

q( x )   w      p( x )dx dx  c e   p( x )dx  e 

(19)

donde p( x ) 

1 x y q( x )  1 x

obteniendo

e

  p ( x )dx

e



1 x dx x

e





dx  dx x



e

 ln x  x

e x  x

asimismo

e

q( x )   p ( x )dx

dx   

1 e

x

dx   

x dx    xe x dx   xe x  e x x e

x sustituyendo los resultados obtenidos en la expresión (19) e x x x w   xe  e  c x x 1 ce w  1   x x pero w  1 , entonces, sustituyendo en el resultado anterior y





1 1 ce  x  1   y x x 1  x  1  ce  x  y x x y  x  1  ce  x

Ejemplo 5: x 2

dy  2 xy  3 y 4 dx

Solución Dividiendo entre x 2 , para dejarla en la forma de la ecuación de Bernoulli (ecuación 17), se tiene 3 dy 2  y  2 y4 dx x x donde 2 3 P( x )   , f ( x )  2 x x n4 1  n  1  4  3 3 por lo tanto, la sustitución es w  y , por lo tanto, la ecuación queda

dw  3   2  ( 3)  w  ( 3) 2  dx x   x 26

Semestre 2013A

Capítulo II. Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden

9 dw 6  w  2 dx x x la expresión anterior es una ecuación lineal, por lo tanto, utilizando la expresión q( x )   w      p( x )dx dx  c e   p( x )dx  e  donde 6 9 p( x )  y q( x )   2 x x obteniendo 6   dx 1 e   p( x )dx  e x  e  6 ln x  6 x asimismo 9 2 q( x ) 9 5 4  e   p( x )dx dx    1x 6 dx  9 x dx   5 x x sustituyendo los resultados obtenidos en la expresión (20)  9  1 w   x 5  c  6  5 x c 9 w   6 5x x pero w  1 3 , entonces, sustituyendo en el resultado anterior y 1 9 c   6 3 5x x y

(20)

Ejercicios: Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales por sustitución. 1) 2 x 2 ydx  (3 x 3  y 3 )dy 3 1 dy 2) y 2 y 2 1 dx 2 x dx  x  4 ye y 3) y dy dy 4)  y xy 3  1 dx





Tarea extra: Investigar las características de la ecuación de Ricatti, hacer un breve resumen de éstas y de su método de solución. Utilizando la información recabada, resolver la ecuación dy diferencial  e 2 x  (1  2e x )y  y 2 , con y1  e x . Valor: 3 décimos sobre la calificación del dx primer examen parcial.

Semestre 2013A

27

Capítulo II. Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden

APLICACIONES Crecimiento y decrecimiento dx  kx , con k  cte y sujeta a alguna condición inicial, dt representa crecimiento o decrecimiento.

En varias teorías físicas la expresión

Ejemplo: La población de una pequeña ciudad crece en un instante cualquiera con una rapidez proporcional a la cantidad de habitantes en dicho instante. Si su población inicial es de 500 personas y aumenta 15% en diez años, ¿cuál será la población dentro de 30 años? Datos Sea N  número de habitantes en un instante cualquiera dN  N dt para t  0 años, N  500 personas (500)(0.15)  75 para t  10 años, N  575 personas para t  30 años, N  ? personas Solución dN  N , y convirtiéndola en una igualdad dt dN  kN dt resolviendo la ecuación diferencial anterior dN  kdt N dN  N  k  dt ln N  kt  c

Partiendo de

N  ce kt aplicando t  0 , N  500 , se obtiene

(21)

500  ce k ( 0 ) c  500 sustituyendo en (21)

N  500e kt aplicando t  10 , N  575 , se obtiene

(22)

575  500e k (10 ) 575  e10 k 500 575 10k  ln 500

28

Semestre 2013A

Capítulo II. Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden

k

ln 575

500  0.0139 10

sustituyendo en (22) para t  30 años

N  500e0.0139t N  500e 0.0139( 30 ) N  760 personas

Ejercicios: Resolver los siguientes problemas de crecimiento y decrecimiento: 1) Se sabe que la población de cierta comunidad aumenta en un instante cualquiera con una rapidez proporcional al número de personas presentes en dicho instante. Si la población se duplica en cinco años, ¿cuánto demorará en triplicarse y cuánto en cuatriplicarse? 2) (Interés compuesto continuo): Cuando nació el primer hijo, una pareja depositó 5000 pesos en una cuenta de inversiones que paga el 8% de interés anual compuesto continuamente. Se dejó que se acumularan los intereses devengados. ¿A cuánto ascenderá la cuenta en el décimo octavo cumpleaños del niño? 3) El plomo 209 (Pb-209), isótopo radiactivo del plomo, se desintegra con una rapidez proporcional a la cantidad presente en cualquier tiempo t , y tiene una vida media de 3.3 horas. Si al principio había 1 gramo de plomo, ¿cuánto tiempo debe transcurrir para que se desintegre el 90%? (Ver definición de semivida o vida media). Semivida o vida media. Es la medida de la estabilidad de una sustancia radiactiva y es simplemente el tiempo necesario para que se desintegren la mitad de los átomos de una cantidad inicial a0 .

Enfriamiento Ley de enfriamiento de Newton La ley de enfriamiento de Newton se expresa con la siguiente ecuación diferencial lineal de primer orden dT  k (T  Tm ) dt donde: k  constante T  temperatura en cualquier instante de tiempo Tm  temperatura ambiente

Ejemplo: Un termómetro se saca de una habitación donde la temperatura del aire es 70° F y se lleva al exterior, donde la temperatura es 10° F. Después de ½ minuto el termómetro indica 50° F, ¿cuál es la lectura cuando t  1 minuto? ¿Cuánto tiempo se necesita para que el termómetro llegue a 15° F?

Semestre 2013A

29

Capítulo II. Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden

Datos Para t  0 minutos, T  70F Tm  10F para t  12 minuto, T  50F para t  1 minuto, T  ? para t  ? minutos, T  15F Solución Utilizando la ley de enfriamiento de Newton, se tiene dT  k (T  Tm ) dt dT  k (T  10) dt resolviendo la ecuación diferencial dT  kdt T  10 dT  T  10  k  dt ln (T  10)  kt  c

T  10  ce kt T  10  ce kt aplicando t  0 , T  70F , se obtiene

(23)

70  10  ce k ( 0 ) c  70  10  60 sustituyendo en (23) aplicando t 

T  10  60e kt 1 2

, T  50F , se obtiene

(24)

50  10  60e k ( 0.5 ) 40  e 0. 5 k 60 ln 2 2 3  0.81  k 0.5k  ln 0 .5 3 sustituyendo en (24), se obtiene T  10  60e 0.81t para t  1, se tiene T  10  60e 0.81(1) T  36.7F para T  15F , se tiene 15  10  60e 0.81t 5  e  0.81t 60

30

Semestre 2013A

Capítulo II. Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden

 0.81t  ln

5 60

ln 5

60  0.81 t  3.07 min

t

Ejercicio: Resolver el siguiente problema de enfriamiento: 1) Una pequeña barra de metal cuya temperatura inicial es de 20°C se deja caer en un recipiente con agua hirviendo. a) Calcule el tiempo que dicha barra demorará en alcanzar los 90°C si se sabe que su temperatura aumentó 2°C en un segundo. b) ¿Cuánto demorará la barra en alcanzar los 98°C? 2) Dos recipientes grandes A y B del mismo tamaño se llenan con diferentes líquidos. Los líquidos de los recipientes A y B se mantienen a 0°C y 100°C, respectivamente. Una barra metálica, cuya temperatura inicial es 100°C, se sumerge en el recipiente A. Después de un minuto la temperatura de la barra es de 90°C. Transcurridos dos minutos se retira la barra y se transfiere de inmediato al otro recipiente, después de permanecer un minuto en éste, la temperatura de la barra aumenta 10°C. ¿Cuánto tiempo, desde el inicio del proceso, tarda la barra en llegar a 99.9°C?

Trayectorias ortogonales Se dice que 2 rectas son ortogonales si el producto de sus pendientes es igual a -1. Si se tienen dos curvas que se intersectan en un determinado punto de la siguiente forma: y L2



donde: L1  tangente a la curva C1 L2  tangente a la curva C2   ángulo entre las tangentes L1 y L2 en x0

C1

C2

L1

x0

x

Figura II.1. Intersección de dos curvas con trayectorias ortogonales.

entonces, si   90 , las curvas tendrán trayectorias ortogonales una de otra en x0 .

Semestre 2013A

31

Capítulo II. Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden

Sea m1 la pendiente de L1 y m2 la pendiente de L2 , entonces, dichas pendientes se pueden visualizar como:  dy   dy  m1    y m2     dx C 2  dx C1 y la condición de ortogonalidad se puede ver como  dy   dy       1 en x0 .  dx C1 dx C 2 y

Definición Sea una familia de curvas de la forma G( x, y , k1 )  0 y sea H ( x, y , k 2 )  0 una segunda familia de curvas, entonces se dice que son trayectorias ortogonales una de otra si en los puntos de intersección de ambas, las rectas tangentes para cada familia de curvas forman ángulos de 90° (figura II.2).

H(x,y,k2)=0

90º

G(x,y,k1)=0 x

Figura II.2. Familia de circunferencias con trayectorias ortogonales a la familia de rectas.

Ejemplo 1: Obtener las trayectorias ortogonales de la siguiente familia de curvas: y  ax 2 . Solución La condición de ortogonalidad es

 dy   dy       1  dx C1 dx C 2 Suponiendo que la familia de curvas C1 es y  ax 2 , entonces, derivando

(25)

 dy     2ax  dx C1 sustituyendo en la expresión (25) se tiene  dy  2ax    1  dx C 2 donde se desconoce la derivada de la familia de curvas C2, entonces despejando 1  dy     2ax  dx C 2

32

Semestre 2013A

Capítulo II. Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden

pero de la ecuación de la familia de curvas C1 ( y  ax 2 ), se tiene que a  y

x2

, entonces

sustituyendo en la expresión anterior 1 x2 x  dy         2 xy 2y  dx C 2 2 y 2  x  x  por lo tanto, la ecuación diferencial a resolver es dy x  dx 2y resolviendo la ecuación 2ydy   xdx

2 ydy    xdx x2 b 2 x 2  2y 2  b  Ecuación de la familia de curvas C2

y2  

Ejemplo 2: y 

x 1  k1x

Solución La condición de ortogonalidad es

 dy   dy       1  dx C1 dx C 2 x Suponiendo que la familia de curvas C1 es y  , entonces, derivando 1  k1x

(26)

1  k1x  xk1 1  dy      2 1  k1x  1  k1x 2  dx C1 sustituyendo en la expresión (26) se tiene 1  dy    1 2  1  k1x   dx C 2 donde se desconoce la derivada de la familia de curvas C2, entonces despejando  dy  2    1  k1x   dx C 2 1 1 pero de la ecuación de la familia de curvas C1, se tiene que k1   , entonces sustituyendo y x en la expresión anterior 2

2

2

  1 1    x x x2  dy     1     x   1   1      2 y y  dx C 2   y  y x  por lo tanto, la ecuación diferencial a resolver es

Semestre 2013A

33

Capítulo II. Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden

dy x2  2 dx y

resolviendo la ecuación

y 2dy   x 2dx

y

2

dy    x 2dx

y3 x3   k2 3 3 x 3  y 3  k 2  Ecuación de la familia de curvas C2

Ejercicios: Obtener las trayectorias ortogonales de las siguientes familias de curvas. 1 1) y  ln k1x  2) 2 x 2  y 2  4k1x 3) 4 y  x 2  1  k1e 2 y  0 4) Encuentre el valor de b tal que las parábolas y  k 1 x 2  b sean trayectorias ortogonales a la familia de elipses x 2  2y 2  y  k 2 .

Trayectorias isogonales Una familia de curvas que se intersecta con otra familia de curvas dada formando un ángulo

constante  especificado (    ) se llama familia isogonal. Se dice entonces que las dos 2 familias son, cada una, trayectorias isogonales de la otra. La ecuación diferencial de la familia isogonal es: dy f ( x, y )  Tan   dx 1  f ( x, y )Tan  donde f ( x, y ) es la derivada de la familia dada con respecto a x y sin constantes indicadas. Tarea extra: Encontrar la familia isogonal que se intersecta con la familia uniparamétrica de rectas y  k1x formando el ángulo   60 . Valor: 6 décimos sobre la calificación del primer examen parcial.

Caída libre dv  mg  kv describe la velocidad v de una masa m en caída dt sujeta a la resistencia del aire como proporcional a la velocidad instantánea, donde k  0 es una constante de proporcionalidad positiva. La ecuación diferencial anterior se obtiene a partir de lo siguiente:

La ecuación diferencial m

34

Semestre 2013A

Capítulo II. Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden

tomando la dirección positiva hacia abajo F  mg  kv pero, dado que está en movimiento dv F  ma  m dt entonces dv m  mg  kv dt

Diagrama de cuerpo libre

kv

(+)

mg

Ejemplo: Un objeto con masa de 3 kilogramos se suelta a partir del reposo, a 500 metros arriba del suelo, y se deja caer bajo la influencia de la gravedad. Suponiendo que la fuerza gravitacional es constante, esto es g  9.81 m seg 2 y que la fuerza debida a la resistencia del aire es proporcional a la velocidad del objeto con constante de proporcionalidad k  3 kg / seg . Determine a qué altura se encuentra después de ½ minuto y en qué momento el objeto golpeará contra el suelo. m

Datos m  3 kg para t  0 segundos, x  0 metros para t  0 segundos, x '  0 m/seg g  9.81 m seg 2 FR  v k  3 kg / seg para t  12 minuto = 30 segundos, x  ? para t  ? segundos, x  500 metros

(+)

x D.C.L. 500 m

FR mg

Solución De acuerdo al diagrama de cuerpo libre

F  mg  FR dv pero FR  kv , y además F  ma  m , entonces dt dv m  mg  kv dt sustituyendo valores dv 3  29.43  3v dt resolviendo la ecuación diferencial 3 dv  dt 29.43  3v 3  29.43  3v dv   dt Semestre 2013A

35

Capítulo II. Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden

 ln 29.43  3v   t  c 1  ce t 29.43  3v 1 29.43  3v  t  ce t ce 29.43  ce  t v 3 v  9.81  ce t

aplicando v  0 , t  0 , se tiene

(27)

0  9.81  ce 0 c  9.81 entonces la ecuación (27) queda

v  9.81  9.81e t pero v 

dx , entonces dt dx  9.81  9.81e t dt

para encontrar x(t ) , integrando

 dx   9.81  9.81e dt t

x  9.81t  9.81e t  c1

(28)

aplicando x  0 , t  0 , se tiene

0  9.81(0)  9.81e 0  c1 c1  9.81 entonces la ecuación (28) queda

x  9.81t  9.81e t  9.81 para t  30 segundos

x  9.81(30)  9.81e 30  9.81 x  284.50 metros para x  500 metros

500  9.81t  9.81e t  9.81 509.81  9.81t  9.81e t 509.81 t 9.81 t  51.96  52 segundos

Ejercicios: Resolver los siguientes problemas de caída libre: 1) Un objeto con masa de 5 kilogramos se suelta a partir del reposo a 100 metros arriba del suelo y se deja caer bajo la influencia de la gravedad. Suponiendo que la fuerza debida a la resistencia del aire es proporcional a la velocidad del objeto con constante de

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Semestre 2013A

Capítulo II. Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden

proporcionalidad k  50 kg / seg . a) Determine la ecuación del movimiento del objeto. b) ¿En qué momento se producirá el impacto del objeto contra el suelo? 2) Una masa es arrastrada por el hielo sobre un trineo, el peso total es de 80 lb, incluido el trineo. Suponiendo que es despreciable la resistencia del hielo a los corredores y que el aire opone una resistencia en libras igual a 5 veces la velocidad (v ft/seg) del trineo, encuentre la fuerza constante ejercida sobre el trineo para obtener una velocidad terminal de 14.67 ft/seg y la velocidad al cabo de 4 segundos.

Mezclas La mezcla de dos soluciones salinas de distintas concentraciones da lugar a una ecuación diferencial de primer orden, que define la cantidad de sal que contiene la mezcla.

efluente de entrada

V efluente de salida

Figura II.3. Tanque con solución salina.

Si A(t ) es la cantidad de sal en el tanque de la figura II.3 en el tiempo t , entonces la razón con la que cambia A(t ) es  razón de entrada   razón de salida  dA      R i  R o   dt de la sal de la sal     donde  razón de entrada  concentrac ión de sal en el    R i   efluente de entrada   de la salmuera 

 razón de salida  concentración de sal en el    R o   efluente de salida   de la salmuera 

Ejemplo: Un tanque contiene 200 litros de agua donde se han disuelto 30 gramos de sal y le entran 4 lt/min de solución con 1 gramo de sal por litro. Bien mezclado, del tanque sale

Semestre 2013A

37

Capítulo II. Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden

líquido con la misma rapidez. Calcule la cantidad A(t ) de gramos de sal que hay en el tanque en cualquier instante t . Determine la cantidad de sal cuando t  5 minutos. Datos V = 200 litros en t  0 segundos, A  30 gramos de sal razón de entrada de la salmuera = 4 lt/min razón de salida de la salmuera = 4 lt/min concentración de entrada = 1 gr/lt A(t )  ? A(5)  ? Solución La ecuación diferencial a resolver es

dA  R i  Ro dt

(29)

donde





 razón de entrada  concentración de sal en el  1 gr   4 gr   4 lt  R i   min lt  min  efluente de entrada   de la salmuera  puesto que las razones de entrada y salida de la salmuera son iguales, entonces A gr de sal concentración de salida = 200 lt por lo tanto  razón de salida  concentración de sal en el   A gr  A gr   4 lt  R o     min efluente de salida  200 lt  50 min   de la salmuera  sustituyendo en la ecuación (29) dA A  4 dt 50 resolviendo la ecuación diferencial dA 200  A  dt 50 50 dA  dt 200  A dA 50   dt 200  A   50 ln 200  A   t  c t ln 200  A    c 50



200  A  ce

t

A  200  ce

50

t

50

aplicando A  30 , t  0 , se tiene 30  200  ce 38



0

(30)

50

Semestre 2013A

Capítulo II. Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden

c  170

entonces la ecuación (30) queda

A(t )  200  170e

t

50

para t  5 minutos 5

A(5)  200  170e 50 A(5)  46.18 gramos de sal

Ejercicios: Resolver los siguientes problemas de mezclas: 1) Se disuelven inicialmente 50 kilogramos de sal en un gran tanque que contiene 300 litros de agua. Se bombea salmuera al tanque a razón de 3 litros por minuto, y luego la solución adecuadamente mezclada se bombea fuera del tanque, también a razón de 3 litros por minuto. Si la concentración de la solución que entra es de 2 kilogramos por litro, a) determine la cantidad de sal que hay en el tanque en un instante cualquiera, b) ¿cuánta sal hay después de 50 minutos?, c) ¿cuánta después de un largo tiempo? 2) Con los datos del problema anterior, ahora si la solución adecuadamente mezclada se bombea hacia fuera con una rapidez de 2 litros por minuto, a) determine la cantidad de sal que hay en el tanque en un instante cualquiera, b) ¿cuánta sal hay después de 50 minutos?, c) ¿cuánta después de un largo tiempo?

MÉTODO DE EULER En el presente capítulo se han examinado ecuaciones diferenciales de primer orden de manera analítica, es decir, se presentaron procedimientos para obtener soluciones explícitas e implícitas reales, sin embargo, muchas ecuaciones diferenciales poseen soluciones imposibles de obtener analíticamente. En estos casos, la ecuación diferencial se puede resolver de manera numérica, esto es, usando la ecuación diferencial como base de un algoritmo para aproximar la solución desconocida. Es común referirse al algoritmo como un método numérico, a la solución aproximada como una solución numérica y a la gráfica de una solución numérica como una curva solución numérica. Por ejemplo, supóngase que y (x ) representa la solución desconocida del problema de valor inicial de primer orden y '  0.1 y  0.4 x 2 , con y (2)  4 . Como se puede observar, no es posible resolver directamente esta ecuación diferencial no lineal aplicando los métodos considerados en este capítulo, sin embargo, es admisible pensar que se puedan encontrar valores numéricos aproximados de la función y (x ) desconocida. Es importante considerar que cuando se elabora un modelo numérico o discreto para una ecuación diferencial, se realizan reemplazos o sustituciones significativos: - Las derivadas en la ecuación se reemplazan por diferencias (como cuando se reemplaza la derivada por un cociente diferencial). - La variable continua x se reemplaza por una variable discreta. Semestre 2013A

39

Capítulo II. Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden

-

La recta real se reemplaza por un conjunto discreto de valores Dado que se trabaja con aproximaciones, esto implica alguna clase de pérdida de información, es decir, siempre habrá un término de error.

La idea de los métodos numéricos se puede ilustrar de la siguiente forma: considérese la ecuación diferencial y '  y , y (0 )  1 la condición inicial muestra que el punto (0,1) se encuentra en la gráfica de la solución y . La misma ecuación indica que, en dicho punto, la pendiente de la solución es y'  y  1 por tanto, la gráfica se orienta hacia la derecha con una pendiente de 1. Suponiendo que se efectúan cálculos numéricos a cada 0.1 unidades, entonces en la abscisa 0.1 , con la pendiente anterior, llegaríamos al punto (0.1,1.1) . Este sería el segundo punto de la solución gráfica aproximada. Regresando a la ecuación diferencial para calcular la pendiente de la solución en este nuevo punto, se obtiene y '  y  1 .1 por tanto, a partir de (0.1,1.1) se traza un nuevo segmento de recta de pendiente 1.1 al punto (0.2,1.21) , y así sucesivamente. Lo anterior constituye un ejemplo muy sencillo pero que puede proporcionar una idea del manejo de las técnicas numéricas en las que se basan algunos métodos como el de Euler. Práctica A1 Investigue el procedimiento de solución del Método de Euler para ecuaciones diferenciales y aplíquelo para resolver la ecuación y '  2 x  2y sujeta a y (0)  1, considerando h  0.1, 0.05 y 0.01, aproximando la solución en x  1 . Grafique la curva solución numérica. Obtenga la solución exacta y su gráfica y compare el resultado obtenido. Emita sus conclusiones respecto a la eficacia o insuficiencia de la aproximación de Euler. Nota: Puede utilizar hoja de cálculo para realizar las aproximaciones y las gráficas.

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Semestre 2013A

Capítulo III. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden Superior

CAPÍTULO III ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR Temas a tratar en este capítulo:  Introducción  Dependencia e independencia lineal  Elaboración de una segunda solución a partir de una solución conocida  Ecuaciones diferenciales homogéneas con coeficientes constantes  Ecuaciones diferenciales no homogéneas con coeficientes constantes - Método de los coeficientes indeterminados - Método de variación de parámetros  Ecuaciones diferenciales no homogéneas con coeficientes variables: Ecuación de Cauchy-Euler  Aplicaciones

INTRODUCCIÓN Una ecuación diferencial lineal de orden n tiene la forma dny d n 1 y dy a n ( x ) n  a n 1 ( x ) n 1    a1 ( x )  a 0 ( x )y  g ( x ) dx dx dx y puede estar sujeta a condiciones iniciales tales como y  y 0 para x  x 0 y '  y ' 0 para x  x 1   (n ) (n ) y  y 0 para x  x n La ecuación diferencial anterior presenta las siguientes características: a) Los coeficientes ai (x ) , con i  0,1,, n son continuos. b) El término del lado derecho g (x ) es continuo. c) a n ( x )  0 para todo x en el intervalo. Teorema Sean y 1, y 2 , , y n soluciones de una ecuación diferencial lineal homogénea de orden n en un intervalo I y sea y p cualquier solución de la ecuación no homogénea en el mismo intervalo, entonces

y ( x )  c1 y 1 ( x )  c 2 y 2 ( x )    c n y n ( x )  y p ( x )

(1)

es también una solución de la ecuación no homogénea en el intervalo para constantes cualesquiera c1, c 2 ,, c n . A esta solución se le llama solución general. La ecuación (1) se puede ver como

Semestre 2013A

y(x)  y c (x)  y p (x) 41

Capítulo III. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden Superior

donde

y c ( x )  c1y 1( x )  c 2 y 2 ( x )    c n y n ( x )  Solución complementaria y p (x )  Solución particular

En otras palabras, la solución de una ecuación diferencial lineal de orden n estará formada por una solución complementaria, la cual se obtendrá al resolver la ecuación homogénea, es decir, cuando el término g ( x )  0 , y por una solución particular, la cual se obtendrá resolviendo la ecuación no homogénea, es decir y General  y complementaria  y particular donde y complementaria  Se obtiene resolviendo la ecuación homogénea ( g ( x )  0 )

y particular  Se obtiene resolviendo la ecuación no homogénea utilizando -

Coeficientes indeterminados Variación de parámetros

DEPENDENCIA E INDEPENDENCIA LINEAL Una ecuación diferencial tiene una infinidad de soluciones y resulta conveniente trabajar únicamente con soluciones independientes. A este conjunto de soluciones se les denomina soluciones fundamentales y cualquier combinación lineal de estas soluciones también será solución de la ecuación diferencial. Puesto que la solución de una ecuación diferencial básicamente es una función, entonces el problema consiste en determinar si el conjunto de soluciones es linealmente independiente. Definición Se dice que un conjunto de funciones f1 ( x ), f 2 ( x ),, f n ( x ) es linealmente independiente si existen constantes c 1 , c 2 ,, c n tal que al formar la combinación lineal c 1f1 ( x )  c 2 f 2 ( x )    c n f n ( x ) e igualarla a cero, los valores que se obtienen para las constantes c i son todos iguales a cero. Si al menos un c i es diferente de cero, entonces el conjunto de funciones es linealmente dependiente. Ejemplo: Demuestre que el conjunto de funciones es linealmente independiente. f1 ( x )  Sen x f 2 ( x )  Cos x Demostración Utilizando la definición de independencia lineal, se tiene c 1Sen x  c 2Cos x  0 Si el conjunto de funciones es linealmente independiente, entonces el conjunto de sus derivadas también lo es, por lo tanto c 1Cos x  c 2 Sen x  0 42

Semestre 2013A

(2)

Capítulo III. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden Superior

el sistema de ecuaciones que se tiene que resolver es c 1Sen x  c 2Cos x  0 c 1Cos x  c 2 Sen x  0 resolviéndolo por suma y resta, se tiene Sen x c1Sen x  c 2Cos x  0 

Cos x c1Cos x  c 2 Sen x  0  c 1Sen 2 x  c 1Cos 2 x  0

es decir c 1 (1)  0 c1  0

sustituyendo en (2) c 2Cos x  0 c2  0 puesto que ambas constantes son nulas, entonces las funciones f1 ( x ) y f 2 ( x ) son linealmente independientes.

Determinante Wronskiano Definición Sean f1 ( x ), f 2 ( x ),, f n ( x ) , las cuales poseen formar el siguiente determinante: f1 f '1 w f1, f 2 ,, f n    ( n 1) 1

f

al menos n  1 derivadas con las cuales se puede f2



fn

f '2



f 'n

 f

( n 1) n



f

( n 1) 2



   n  renglones  

 n  columnas

Si el determinante wronskiano es diferente de cero en algún intervalo, entonces las soluciones son linealmente independientes, en caso contrario, las funciones serán dependientes, es decir: si w f1, f 2 ,, f n   0 , entonces f1 ( x ), f 2 ( x ),, f n ( x ) son linealmente independientes (l.i.) si w f1, f 2 ,, fn   0 , entonces f1 ( x ), f 2 ( x ),, f n ( x ) son linealmente dependientes (l.d.) Ejercicios: Determine si los conjuntos de funciones dados son linealmente independientes o dependientes. 1) f1( x )  1  x , f2 ( x )  x , f3 ( x )  x 2



2) f1 ( x )  Sen x , f 2 ( x )  Sen x  

Semestre 2013A

6

, f ( x )  Sen x   6 3

43

Capítulo III. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden Superior

ELABORACIÓN DE UNA SEGUNDA SOLUCIÓN A PARTIR DE UNA SOLUCIÓN CONOCIDA (REDUCCIÓN DE ORDEN) Si se tiene una ecuación diferencial lineal de segundo orden, es posible formar una segunda solución a partir de una solución conocida utilizando el siguiente procedimiento: Supóngase que se tiene la siguiente ecuación diferencial a2 ( x )y ' 'a1 ( x )y 'a0 ( x )y  0 y que y 1 ( x ) es una solución distinta de cero de la ecuación.

(3)

Dividiendo la ecuación (3) entre a2 ( x ) , se tiene a (x) a (x) y ' 0 y 0 y ' ' 1 a2 ( x ) a2 ( x ) a (x) a (x) y Q( x )  0 , entonces la ecuación anterior queda si se definen P ( x )  1 a2 ( x ) a2 ( x ) y ' 'P ( x )y 'Q( x )y  0 (4) se propone entonces que la segunda solución tenga la forma y 2 ( x )  y ( x )  u( x )y 1 ( x ) , puesto que esta solución debe satisfacer la ecuación diferencial, entonces derivándola y '  uy '1  y 1u ' y ' '  uy ' '1  y '1 u ' y 1u ' ' y '1 u ' y ' '  uy ' '1 2y '1 u ' y 1u ' ' sustituyendo en (4) uy ' '1 2y '1 u ' y 1u ' 'P (uy '1  y 1u ' )  Quy 1  0 u( y ' '1 Py '1 Qy 1 )  u ' (2y '1 Py 1 )  y 1u ' '  0 pero dado que y 1 es solución de la ecuación diferencial, entonces debe satisfacerla y y ' '1 Py '1 Qy 1  0 , por lo tanto y 1u ' '(2y '1 Py 1 )u '  0 si w  u ' , entonces la ecuación diferencial anterior se convierte en y 1w '(2y '1 Py 1 )w  0 que es una ecuación diferencial de primer orden y se resuelve de la siguiente manera dividiendo entre y 1  dw  y '1   2  P w  0 dx  y 1    y' dw   2 1  P dx w   y1

integrando



y' dw  2 1 dx   Pdx w y1

ln w  2 ln y 1   Pdx  c

ln w  2 ln y 1    Pdx  c

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Semestre 2013A

Capítulo III. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden Superior

ln wy 12    Pdx  c wy 12  ce   Pdx w

ce   Pdx y 12

pero w  u ' , entonces

ce   Pdx y 12 para obtener u(x ) , integrando la expresión anterior u' 

e   Pdx dx  c1 y 12 la solución propuesta tenía la forma y 2 ( x )  y ( x )  u( x )y 1 ( x ) , entonces u( x )  c 

e   P ( x )dx dx  c1y 1 ( x ) y 12 ( x ) la expresión anterior representa una familia biparamétrica de curvas. Si se desea una segunda solución única, se deberán conocer los valores de las constantes, por lo que, para uniformizar el criterio del presente curso se tomarán c  1 y c1  0 , con lo cual la segunda solución que se obtiene es e   P ( x )dx y 2 ( x )  y 1 ( x ) 2 dx (5) y1 (x) y 2 ( x )  cy 1 ( x )

Nota: Se puede obtener entonces una solución general de la ecuación diferencial homogénea realizando la combinación lineal y G ( x )  c1y 1( x )  c 2 y 2 ( x ) , donde y 1 ( x ) es la solución conocida, y 2 ( x ) es la solución obtenida con la expresión anterior y c1 y c 2 son constantes arbitrarias.

Ejemplo 1: Obtener una segunda solución para la siguiente ecuación diferencial. y ' '2y ' y  0 con y 1  xe  x Solución Para utilizar la fórmula de la expresión (5), de la ecuación diferencial se tiene P ( x )  2 , entonces sustituyendo e   2dx e 2 x x x y 2 ( x )  xe  dx  xe  x 2 e 2 x dx ( xe  x ) 2 1  1 y 2 ( x )  xe  x  2 dx  xe  x    x  x x y 2 ( x )  e

Semestre 2013A

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Capítulo III. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden Superior

Ejemplo 2: x 2 y ' ' xy ' y  0 con y 1  x Solución Dividiendo la ecuación diferencial entre x 2 se tiene 1 1 y ' ' y ' 2 y  0 x x para utilizar la fórmula de la expresión (5), de la ecuación diferencial se tiene P ( x )  

1 , x

entonces sustituyendo 1    dx x

e ln x dx x2 x2 dx x y 2 ( x )  x  2 dx  x  x x y 2 ( x )  x ln x

y 2 (x)  x

e

dx  x 

Ejercicios: Obtenga una segunda solución para las siguientes ecuaciones diferenciales. d 2 y dy 1) x 2   0 , con y 1  ln x dx dx 2x d 2y dy 2) 9 2  12  4 y  0 , con y 1  e 3 dx dx 2 d y dy 3) x 2 x  2y  0 , con y 1  x Sen ln x  2 dx dx

ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS CON COEFICIENTES CONSTANTES Considérese la siguiente ecuación diferencial homogénea: an ( x )y ( n )  an 1( x )y ( n 1)    a1( x )y 'a0 ( x )y  0 para la cual se propone una solución de la forma y  e mx , la cual debe satisfacer la ecuación diferencial, por lo tanto, derivándola y '  me mx y ' '  m 2 e mx  (n ) y  m n e mx sustituyendo en la ecuación original an (m n e mx )  an 1(m n 1e mx )    a1me mx  a0 e mx  0





e mx an m n  an 1m n 1    a1m  a0  0 de donde se deduce que el término an m  an 1m n

n 1

   a1m  a0 debe ser nulo, ya que si

e  0 , entonces se tendría la solución trivial, que no es de interés para este caso, por lo tanto mx

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Capítulo III. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden Superior

an m n  an 1m n 1    a1m  a0  0 es un polinomio en m de grado n , el cual se denomina polinomio característico, ecuación característica o ecuación auxiliar. Para visualizar la utilidad del polinomio característico en la solución de una ecuación diferencial de orden superior, considérese la ecuación diferencial de orden dos homogénea siguiente a2 y ' 'a1y 'a0 y  0 de acuerdo a lo anterior, el polinomio característico de esta ecuación es a2 m 2  a1m  a0  0 del cual se pueden obtener - raíces reales diferentes - raíces reales iguales - raíces complejas conjugadas dependiendo de los valores de los coeficientes ai . Con base en la naturaleza de las raíces obtenidas m1 y m2 , la forma de la solución varía como se indica a continuación:  Si las raíces del polinomio son reales diferentes, entonces la solución es de la forma y  c1e m1x  c 2 e m2 x  Si las raíces del polinomio son reales iguales, entonces la solución es de la forma y  c1e m1x  c 2 xe m1x  Si las raíces del polinomio son complejas conjugadas m1  a  bi y m2  a  bi , entonces la solución es de la forma y  c1e ( a bi ) x  c 2 e ( a bi ) x la cual , utilizando la fórmula de Euler e i  Cos   iSen  se transforma en y  e ax c1Cos bx  c 2Sen bx  Generalizando lo anterior para una ecuación diferencial homogénea de orden n de la forma an y ( n )  an 1y ( n 1)    a1y 'a0 y  0 el polinomio característico es an m n  an 1m n 1    a1m  a0  0 y sus raíces pueden ser - raíces reales diferentes - raíces reales iguales - raíces complejas conjugadas iguales - raíces complejas conjugadas diferentes  Si todas las raíces del polinomio son reales diferentes, entonces la solución es de la forma y  c1e m1x  c 2 e m2 x    c n e mn x

Semestre 2013A

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Capítulo III. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden Superior

 Si todas las raíces del polinomio son reales iguales, entonces la solución es de la forma y  c1e m1x  c 2 xe m1x    c n x n 1e m1x  Si todas las raíces del polinomio son complejas conjugadas diferentes mk  ak  bk i y mk 1  ak  bk i , entonces la solución es de la forma

y  e a1x c1Cos b1x  c 2Sen b1x   e a2 x c 3Cos b2 x  c 4Sen b2 x    e

an 2 x

c

Cos bn 2 x  c n Sen bn 2 x 

n 1

 Si todas las raíces del polinomio son complejas conjugadas iguales m1  a1  b1i y m2  a1  b1i , entonces la solución es de la forma

y  e a1x c1Cos b1x  c 2Sen b1x   xe a1x c 3Cos b1x  c 4Sen b1x      x n 1e a1x c n 1Cos b1x  c n Sen b1x 

Si las raíces del polinomio son de todos los tipos, entonces la solución es de la forma y  c1e m1x  c 2 e m2 x    c i e mi x   reales diferentes

 c i 1e mi 1x  c i 2 xe mi 1x    c i  j x j 1e mi 1x 

 reales iguales

 e a1x c k 1Cos b1x  c k 2Sen b1x     e al x c l Cos bl x  c l 1Sen bl x 

c Cos b x  c Sen b x   xe c Cos b x  c    x e c Cos b x  c Sen b x 

e

ap x

p

p

k 1 ap x

ap x

p 1

n 1

p2

p

p

n

p

p

p 3

Sen bp x  

 comp. conj . diferentes  comp. conj . iguales

Ejemplo: Obtener la solución de la siguiente ecuación diferencial homogénea. y ' ' y '6 y  0 Solución El polinomio característico es m2  m  6  0 cuyas raíces son (m  2)(m  3)  0 m1  2 m2  3 puesto que son raíces reales diferentes, entonces la solución es de la forma y  c1e 2 x  c 2 e 3 x

Ejercicios: Obtenga la solución de las siguientes ecuaciones diferenciales homogéneas. d 2y 1)  9y  0 dx 2 2) y ' 'y  0 , sujeta a y (0)  y ' (0)  1

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Semestre 2013A

Capítulo III. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden Superior

d 2y dy 8  16 y  0 2 dx dx 4) 2y V  7 y IV  12 y ' ' '8 y ' '  0 3)

d 4y d 2y 5) 16 4  24 2  9 y  0 dx dx 6) Las raíces de la ecuación auxiliar son m1  4 , m2  m3  5 , ¿cuál es la ecuación diferencial correspondiente?

ECUACIONES DIFERENCIALES NO HOMOGÉNEAS CON COEFICIENTES CONSTANTES Antes de comenzar el desarrollo de los métodos de solución para este tipo de ecuaciones diferenciales es importante conocer la definición de operador anulador y como se obtiene.

Operador anulador Recordando que el operador D n y representa la derivada n-ésima de y respecto a x , entonces una ecuación diferencial lineal con coeficientes constantes no homogénea de la forma an y ( n )  an 1y ( n 1)    a1y 'a0 y  g ( x ) con g ( x )  0 se puede expresar como an D n y  an 1D n 1y    a1Dy  a0 y  g ( x )

a D



 an 1D n 1    a1D  a0 y  g ( x )   n

n

Operador diferencial de orden "n "

El operador diferencial está expresado como un polinomio en D de grado n y como tal se puede tratar, es decir, se puede factorizar en operadores diferenciales de orden menor y se puede conmutar antes de ser aplicado a una determinada función. an D n  an 1D n 1    a1D  a0  Polinomio de grado n Ejemplo 1: Expresar el operador D 3  10D 2  25D como el producto de sus factores. Solución Factorizando D 3  10D 2  25D se tiene D 3  10D 2  25D  D D 2  10D  25



D  10D  25D  DD  5  3

2



2

Ejemplo 2: Determinar si el operador xD  1D  4  es igual a D  4 xD  1 . Solución Semestre 2013A

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Capítulo III. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden Superior

Desarrollando el operador xD  1D  4  se tiene xD  1D  4  xD(D )  xD( 4)  1(D )  1( 4)

xD  1D  4  xD 2  x(0)  D  4 xD  1D  4  xD 2  D  4 desarrollando ahora el operador D  4 xD  1 se tiene D  4xD  1  D( xD)  D( 1)  4( xD)  4( 1) D  4xD  1  xD(D )  D(Dx )  (0)  4 xD  4 D  4xD  1  xD 2  D  4 xD  4 de donde se concluye que el operador xD  1D  4  no es igual a D  4 xD  1 . Nota: No se debe olvidar que el operador D es un operador diferencial, es decir, al aplicarlo sobre una determinada función, se obtiene la derivada de dicha función, entonces el orden en que aparezcan los operadores y las funciones en una expresión es muy importante y se debe conservar en cualquier desarrollo analítico que se realice. Definición El operador anulador es aquel que al aplicarlo a una determinada función, el resultado que se obtiene es cero. Ejemplo: ¿Cuál es el operador anulador de la función y  x 3 ? Solución Puesto que se trata de anular la función con un operador diferencial, entonces es claro que si se obtiene la cuarta derivada de la función el resultado será cero, es decir Dy  D( x 3 )  3 x 2 D 2 y  D(3 x 2 )  6 x D 3 y  D(6 x )  6 D 4 y  D(6)  0 por lo tanto, el operador anulador de y  x 3 es D 4 .

El ejemplo anterior se puede generalizar para funciones de la forma y  an x n  an 1x n 1    a0 cuyo operador anulador sería D n 1 . A continuación se presentan algunos operadores anuladores para ciertos tipos de funciones:  El operador D n anula cada una de las siguientes funciones 1, x, x 2 ,, x n 1 así como su combinación lineal. n  El operador diferencial D    anula cada una de las siguientes funciones: 50

Semestre 2013A

Capítulo III. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden Superior

así como su combinación lineal.

e x , xex , x 2 e x , , x n 1ex







n

 El operador diferencial D 2  2D   2   2 anula cada una de las siguientes funciones: e xCos x, xe xCos x, x 2 e xCos x, , x n 1e xCos x e x Sen x, xe x Sen x, x 2 e x Sen x,, x n 1e x Sen x así como su combinación lineal.

Ejemplo 1: Obtenga el operador anulador de y  e 2 x . Solución n El operador anulador que corresponde a este tipo de función y  x n 1e x es D    , entonces, identificando las variables involucradas  2 n  1  0 , entonces n  1 por lo tanto, el operador anulador de y  e 2 x es D  2 . Comprobación Aplicando el operador anulador a la función D  2y  D  2e 2 x D  2y  De 2 x  2e 2 x D  2y  2e 2 x  2e 2 x D  2y  0 lo cual indica que el operador anulador es correcto. Ejemplo 2: Obtenga el operador anulador de y  Sen 2 x . Solución El operador anulador que corresponde a este tipo de función y  x n 1e x Sen x es

D

2



 2D   2   2

 , entonces, identificando las variables involucradas n

 0  2 n  1  0 , entonces n  1 por lo tanto, el operador anulador de y  Sen 2 x es D 2  4  .

Comprobación Aplicando el operador anulador a la función D 2  4 y  D 2  4 Sen 2 x D 2  4 y  D 2 Sen 2 x   4Sen 2 x D 2  4 y  D2Cos 2 x   4Sen 2 x

 

Semestre 2013A



 







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Capítulo III. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden Superior

D



 4 y  4Sen 2 x  4Sen 2 x D2  4 y  0 lo cual indica que el operador anulador es correcto. 2





Ejercicios: Obtenga el operador anulador de las siguientes funciones. 1) y  6 x 6 2) y  3 x 4  2 x 2  3 x  9 3) y  5 xe 4 x 4) y  6Cos 3 x 5) y  10 x 2 e x Sen 4 x

Método de los Coeficientes Indeterminados Considérese la ecuación diferencial de la forma an y ( n )  an 1y ( n 1)    a1y 'a0 y  g ( x ) la cual se puede expresar como P ( D )y  g ( x ) donde P (D )  an D n  an 1D n 1    a1D  a0 El método de coeficientes indeterminados se basa en aplicar un operador que anule la función g (x ) convirtiendo la ecuación no homogénea en una ecuación homogénea, de tal forma que se pueda resolver por el método correspondiente a las ecuaciones homogéneas. Para poder aplicar este método, la función g ( x ) debe ser: - Una constante - Un polinomio en x - Una función exponencial de la forma e x - Funciones del tipo Sen x, Cos x - Una combinación de las anteriores No se podrá aplicar el método de los coeficientes indeterminados cuando los coeficientes de la ecuación diferencial sean variables o g (x ) sea una función como las siguientes: 1 ln x, , Tan x, ArcSen x, etc. x Ejemplo: Obtenga la solución general de la siguiente ecuación diferencial no homogénea. y ' '9 y  54 . Solución Primero se resuelve la ecuación diferencial homogénea asociada, la cual es y ' '9 y  0

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Semestre 2013A

Capítulo III. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden Superior

el polinomio característico es

m2  9  0 cuyas raíces son

(m  3)(m  3)  0 m1  3 m2  3 puesto que son raíces reales diferentes, entonces la solución complementaria es de la forma y c  c1e 3 x  c 2 e 3 x después se resuelve la ecuación diferencial no homogénea. El operador anulador de g ( x )  54 es D , entonces, aplicándolo a la ecuación diferencial, se tiene Dy ' '9 y  54 



 

D D 2 y  9 y  D(54) D D2  9 y  0 que es una ecuación homogénea, entonces resolviéndola, el polinomio característico es m m2  9  0 cuyas raíces son m(m  3)(m  3)  0 pero m1  3 y m2  3 se utilizaron en la solución de la ecuación homogénea asociada, por lo tanto, no se utilizarán en la solución de la ecuación homogénea. Entonces la única raíz que se tiene es m3  0 puesto que es una raíz real diferente, entonces la solución particular es de la forma y p  c3







cabe recordar que una solución particular no tiene constantes indicadas, por lo tanto, es necesario encontrar el valor de la constante c 3 . La solución particular debe satisfacer la ecuación diferencial no homogénea, entonces derivando y p :

y 'p  0 y ' 'p  0 sustituyendo en la ecuación diferencial y ' '9 y  54 , se obtiene 0  9c 3  54 c 3  6 por lo tanto y p  6 entonces la solución general es y G ( x )  y c ( x )  y p ( x ) , es decir

y G ( x )  c1e 3 x  c 2 e 3 x  6

Ejercicios: Obtenga la solución general de las siguientes ecuaciones diferenciales no homogéneas.

Semestre 2013A

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Capítulo III. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden Superior

d 2y  25 y  6Sen x dx 2 2) y ' '4 y  4Cos x  3Sen x  8 1)

3) 16 y IV  y  e 4)

x

2

d 2y dy 2  5 y  e x Sen x 2 dx dx

Método de Variación de Parámetros Recordando la ecuación diferencial de primer orden a1( x )y 'a0 ( x )y  g ( x ) dividiendo la ecuación anterior entre a1( x ) , la ecuación queda y ' p( x )y  q( x ) la solución de esta ecuación es de la forma y  c( x )e mx , en donde c(x ) es una función que depende de x , la cual se conoce como “variación del parámetro”. Cuando se utiliza el método de variación de parámetros, las soluciones complementaria y particular se dan en forma implícita, es decir, no se obtienen en forma separada como en el método de coeficientes indeterminados. Para presentar un panorama general del desarrollo del método de variación de parámetros, considérese la siguiente ecuación diferencial de segundo orden a2 ( x )y ' 'a1( x )y 'a0 ( x )y  g ( x ) dividiendo la ecuación entre a2 ( x ) , se tiene y ' 'P ( x )y 'Q( x )y  G( x ) (6) si G( x )  0 , entonces la ecuación (6) se convierte en una ecuación homogénea de la forma y ' 'P ( x )y 'Q( x )y  0 que se resuelve con el método de ecuaciones homogéneas. Supóngase que las soluciones de esta ecuación homogénea son y 1( x ) y y 2 ( x ) , entonces la solución complementaria es y c ( x )  c1 y 1 ( x )  c 2 y 2 ( x ) pero si G( x )  0 , entonces se puede proponer una solución de la forma y G ( x )  c1 ( x )y 1 ( x )  c 2 ( x )y 2 ( x ) (7) donde c1( x ) y c 2 ( x ) son funciones que dependen de x no conocidas. Para conocerlas, se puede partir del hecho de que la solución propuesta debe satisfacer la ecuación diferencial, por lo tanto, al derivar y sustituirla en la ecuación (6), se llega a un sistema de ecuaciones que proporciona las derivadas de dichas funciones c i (x ) . En este caso se obtendrían las siguientes expresiones: 0 y 2(x) y 1( x ) 0 G( x ) y ' 2 ( x ) y '1 ( x ) G( x ) , c '1 ( x )  c'2 ( x )  y 1( x ) y 2 ( x ) y 1( x ) y 2 ( x ) y '1 ( x ) y ' 2 ( x ) y '1 ( x ) y ' 2 ( x ) 54

Semestre 2013A

Capítulo III. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden Superior

o también se pueden ver como  y 2 ( x )G( x ) y ( x )G( x ) c'2 ( x )  1 , w ( y 1, y 2 ) w ( y 1, y 2 ) para obtener c1( x ) y c 2 ( x ) es necesario integrar, entonces y ( x )G( x ) y ( x )G( x ) c1 ( x )    2 dx  k1 , c2 ( x )   1 dx  k 2 w ( y 1, y 2 ) w ( y 1, y 2 ) sustituyendo en la ecuación (7), es decir, en la solución propuesta, se tiene    y ( x )G( x )  y ( x )G( x ) y G ( x )  y 1 ( x )   2 dx  k 1   y 2 ( x )  1 dx  k 2  w ( y 1, y 2 )    w ( y 1, y 2 )  c '1 ( x ) 

Generalizando el concepto anterior a una ecuación diferencial de orden n , supóngase que se propuso una solución general de la forma y G ( x )  c 1 ( x )y 1 ( x )  c 2 ( x )y 2 ( x )    c n ( x ) y n ( x ) (8) las derivadas de los parámetros c i (x ) se obtienen con y 1( x )



0



y n (x)

y '1 ( x )



0



y 'n ( x )



y c'i ( x ) 

( n 2 ) 1 ( n 1) 1

 (x) 

0



 y

( n 2 ) n ( n 1) n

(x)

y ( x )  G( x )  y (x) y 1( x )  y i (x)  y n (x) y '1 ( x )  y ' i ( x )  y ' n ( x ) 

y

( n 2 ) 1 ( n 1) 1

y



(x)  y (x)  y

( n 2 ) i ( n 1) i



(x)  y (x)  y

( n 2 ) n ( n 1) n

(x) (x)

o, en forma compacta i w ( y 1, y 2 , , y n ) para obtener entonces las funciones c i (x ) , integrando i ci ( x )   dx  k i w ( y 1, y 2 , , y n ) y cada una de las funciones obtenidas se sustituye en la solución propuesta (8), obteniendo así la solución general y G ( x )  c 1 ( x )y 1 ( x )  c 2 ( x )y 2 ( x )    c n ( x ) y n ( x ) c'i ( x ) 

Ejemplo: Obtenga la solución general de la siguiente ecuación diferencial no homogénea. y ' ' y  Sec x . Solución Primero se resuelve la ecuación diferencial homogénea asociada, la cual es Semestre 2013A

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Capítulo III. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden Superior

y ' 'y  0 el polinomio característico es

m2  1  0 cuyas raíces son

m1  i m 2  i puesto que son raíces complejas conjugadas, entonces la solución complementaria es de la forma y c  c1Cos x  c 2Sen x después se resuelve la ecuación diferencial no homogénea. Se propone entonces una solución de la forma y G  c 1 ( x )Cos x  c 2 ( x )Sen x (9) obteniendo el wronskiano Cos x Sen x w ( y 1, y 2 )   Sen x Cos x

w ( y 1, y 2 )  Cos 2 x  Sen 2 x  1 entonces las derivadas de los parámetros son 0 Sen x Sec x Cos x c '1 ( x )   Sen xSec x  Tan x 1 integrando c1( x )    Tan xdx   ln Sec x   k1 análogamente

Cos x 0  Sen x Sec x c'2 ( x )   Cos xSec x  1 1 integrando

c 2 ( x )   dx  x  k 2 sustituyendo en la ecuación (9), es decir, en la solución propuesta y G   ln Sec x   k 1 Cos x  ( x  k 2 )Sen x

y G  k 1Cos x  k 2 Sen x  Cos x  ln Sec x   xSen x

Ejercicios: Obtenga la solución general de las siguientes ecuaciones diferenciales no homogéneas utilizando el método de variación de parámetros. d 2y 1)  y  Cosh x dx 2 d 2y dy ex 2)  2  y  dx dx 2 1 x 2 3) y ' '3 y '2y  Sen e x 56

Semestre 2013A

Capítulo III. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden Superior

4)

d 3y d 2 y dy  2   2y  e 3 x dx 3 dx 2 dx

ECUACIONES DIFERENCIALES NO HOMOGÉNEAS CON COEFICIENTES VARIABLES: ECUACIÓN DE CAUCHY-EULER A diferencia del tema anterior, las ecuaciones diferenciales que se resolverán ahora tienen coeficientes a i (x ) variables, es decir, dependen de la variable independiente. Dentro de este tema, se estudiará únicamente un caso especial: la ecuación de Cauchy-Euler, que tiene la forma n 1 dny y dy n 1 d     a1 x  a0 y  g( x ) an x n a x n 1 n n 1 dx dx dx El procedimiento de solución es análogo al caso de ecuaciones diferenciales con coeficientes constantes: primero se obtiene la solución de la ecuación homogénea asociada y después la solución de la ecuación no homogénea, sin embargo, la forma de la solución propuesta es un poco diferente. Para conocer el procedimiento de solución, supóngase una ecuación diferencial de CauchyEuler de segundo orden homogénea de la forma d 2y dy   cy  0 (10) ax 2 bx dx dx 2 se propone una solución de la forma y  x m . Puesto que esta solución debe satisfacer la ecuación diferencial, entonces derivando y '  mx m 1 y ' '  m(m  1)x m  2 sustituyendo en la ecuación (10) se tiene ax 2 m(m  1)x m  2  bxmx m 1  cx m  0 am(m  1)x m  bmx m  cx m  0 x m am(m  1)  bm  c   0 x m am 2  am  bm  c  0 x m am 2  (b  a )m  c  0 de donde se deduce que el término am 2  (b  a )m  c debe ser nulo, ya que si x m  0 , entonces se tendría la solución trivial, que no es de interés para este caso, por lo tanto am 2  (b  a )m  c  0 es el polinomio característico de la ecuación de Cauchy-Euler de segundo orden homogénea, del cual se pueden obtener - raíces reales diferentes - raíces reales iguales - raíces complejas conjugadas

 

Semestre 2013A

 

57

Capítulo III. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden Superior

Con base en la naturaleza de las raíces obtenidas m1 y m2 , la forma de la solución varía como se indica a continuación:  Si las raíces del polinomio son reales diferentes, entonces la solución es de la forma y  c 1 x m1  c 2 x m2  Si las raíces del polinomio son reales iguales, entonces la solución es de la forma y  c 1 x m1  c 2 x m1 ln x  Si las raíces del polinomio son complejas conjugadas m1     i y m 2     i , entonces la solución es de la forma y  x  c 1Cos (  ln x )  c 2 Sen (  ln x ) Generalizando lo anterior para una ecuación diferencial homogénea de orden n donde se pueden obtener - raíces reales diferentes - raíces reales iguales - raíces complejas conjugadas iguales - raíces complejas conjugadas diferentes entonces:  Si todas las raíces del polinomio son reales diferentes, entonces la solución es de la forma y  c 1 x m1  c 2 x m2    c n x mn  Si todas las raíces del polinomio son reales iguales, entonces la solución es de la forma n 1 y  c 1 x m1  c 2 x m1 ln x    c n x m1 ln x   Si todas las raíces del polinomio son complejas conjugadas diferentes m k   k   k i y m k 1   k   k i , entonces la solución es de la forma

y  x 1 c 1Cos (  1 ln x )  c 2 Sen (  1 ln x )  x  2 c 3Cos (  2 ln x )  c 4 Sen (  2 ln x )   x

n 2

c

Cos (  n 2 ln x )  c n Sen (  n 2 ln x )

n 1

 Si todas las raíces del polinomio son complejas conjugadas iguales m1   1   1 i y m 2   1   1 i , entonces la solución es de la forma

y  x 1 c 1Cos (  1 ln x )  c 2 Sen (  1 ln x )  x 1 ln x c 3Cos (  1 ln x )  c 4 Sen (  1 ln x )     x 1 ln x 

n 1 2

c n 1Cos (  1 ln x )  c n Sen (  1 ln x )

Si las raíces del polinomio son de todos los tipos, entonces la solución deberá formarse con la combinación lineal de las soluciones correspondientes a cada tipo de raíz obtenida del polinomio característico. 58

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Capítulo III. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden Superior

Para resolver la ecuación diferencial no homogénea se utilizará el método de variación de parámetros visto con anterioridad.

Ejemplo 1: Obtenga la solución general de las siguientes ecuaciones diferenciales no homogéneas con coeficientes variables. d 2y x2  2y  0 dx 2 Solución Primero se debe verificar que la ecuación cumple con la forma de la ecuación de CauchyEuler, ya que los coeficientes pueden ser variables, pero no tener la forma de esta ecuación. Una vez realizado lo anterior, se obtiene el polinomio característico que, de acuerdo al apunte anterior, es am 2  (b  a )m  c  0 sustituyendo valores m 2  (0  1)m  2  0 m2  m  2  0 (m  2)(m  1)  0 cuyas raíces son m1  2 m 2  1 puesto que son raíces reales diferentes, entonces la solución es de la forma y G  c 1 x 2  c 2 x 1

Ejemplo 2: x 2 y ' ' xy ' y  2 x Solución Se verifica que la ecuación cumple con la forma de la ecuación de Cauchy-Euler. Una vez realizado lo anterior, se resuelve la ecuación diferencial homogénea asociada, la cual es x 2 y ' ' xy ' y  0 el polinomio característico de una ecuación de Cauchy-Euler de orden dos es am 2  (b  a )m  c  0 sustituyendo valores m 2  ( 1  1)m  1  0 m 2  2m  1  0 (m  1) 2  0 cuyas raíces son m1  1 m2  1 Semestre 2013A

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Capítulo III. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden Superior

puesto que son raíces reales iguales, entonces la solución complementaria es de la forma y c  c 1 x  c 2 x ln x después se resuelve la ecuación diferencial no homogénea. Se propone entonces una solución de la forma y G  c 1 ( x )x  c 2 ( x )x ln x (11) obteniendo el wronskiano x x ln x w ( y 1, y 2 )  1 1  ln x w ( y 1, y 2 )  x  x ln x  x ln x  x hay que recordar que para poder aplicar el método de variación de parámetros es necesario que la derivada de mayor orden en la ecuación diferencial tenga como coeficiente la unidad, entonces dividiendo la ecuación diferencial entre x 2 se tiene x 1 2x y ' ' 2 y ' 2 y  2 x x x 1 1 2 y ' ' y ' 2 y  x x x 2 de donde G( x )  es la función que se utilizará para obtener las derivadas de los x parámetros, las cuales son 0 x ln x 2 1  ln x 2 ln x x c '1 ( x )   x x integrando ln x 2 c 1 ( x )  2 dx  ln x   k 1 x análogamente x 0 1 2 x 2 c' 2 ( x )   x x integrando dx c 2 ( x )  2  2 ln x  k 2 x sustituyendo en la ecuación (11), es decir, en la solución propuesta 2 y G   ln x   k 1 x  2 ln x  k 2 x ln x





y G  k 1 x  k 2 x ln x  x ln x   2 x ln x  2

y G  k 1 x  k 2 x ln x  x ln x 

2

2

Ejercicios: Obtenga la solución general de las siguientes ecuaciones diferenciales no homogéneas con coeficientes variables.

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Semestre 2013A

Capítulo III. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden Superior

d 2y dy  25 x y 0 2 dx dx d 2y dy 4 x 5  y 0 2 dx x dx d 3y x3  6y  0 dx 3 d 2y dy x 4  x4 2 dx dx 2 2 x y ' '5 xy ' y  x 2  x

2 1) 25 x

2) 3) 4) 5)

Nota: Existe una estrecha relación entre las formas de las soluciones de las ecuaciones lineales con coeficientes constantes y la ecuación de Cauchy-Euler. Debido a esto, siempre es posible escribir una ecuación de Cauchy-Euler en la forma de una ecuación diferencial lineal con coeficientes constantes, de modo que se pueda resolver con los métodos correspondientes a este tipo de ecuaciones. La solución obtenida de esta manera también se puede escribir en la forma de la solución de una ecuación de Cauchy-Euler empleado las mismas relaciones en forma inversa. Tarea extra: Investigar las relaciones entre las formas de las soluciones de las ecuaciones lineales con coeficientes constantes y la ecuación de Cauchy-Euler. Hacer un resumen y aplicar dichas relaciones en la solución de los ejemplos 1 y 2 referentes a ecuación de CauchyEuler, es decir, transformar las ecuaciones dadas en los ejemplos en ecuaciones lineales con coeficientes constantes, resolverlas con el método más adecuado para este tipo de ecuaciones, transformar la solución obtenida a la forma de las soluciones de la ecuación de Cauchy-Euler y comparar con los resultados obtenidos en estas notas. Dar sus conclusiones. Valor: 7 décimos sobre la calificación del segundo examen parcial.

APLICACIONES Las aplicaciones de las ecuaciones diferenciales de orden superior son variadas, entre ellas se pueden mencionar, en ingeniería mecánica, la vibración de una pieza mecánica, en ingeniería civil, el movimiento de un edificio sujeto a un sismo, en ingeniería electrónica y en computación, la carga y la corriente que circulan por un circuito eléctrico, etc. Las aplicaciones que se verán en este capítulo son: vibraciones y circuitos eléctricos. Antes de comenzar de lleno con los ejemplos, es importante recordar dos conceptos que se utilizarán con frecuencia: la Ley de Hooke y la segunda ley de Newton.

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Capítulo III. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden Superior

Ley de Hooke Considérese un cuerpo de masa m sujeto al extremo de un resorte como se muestra en la figura III.1. De acuerdo a la ley de Hooke, el resorte ejerce una fuerza de restitución F opuesta a la dirección de alargamiento y proporcional a la magnitud de éste, es decir F ~ L0 para convertir la expresión anterior en una igualdad F  kL0 o F  ks  kx donde k  constante elástica del resorte.

L0

L0

 L 0 =s=x m (a)

(b)

Figura III.1. a) Resorte vertical no estirado, b) Masa suspendida del resorte vertical del inciso a.

Ejemplo: ¿Cuál es la constante de proporcionalidad de un resorte que se deforma 5 cm cuando se le sujeta una masa de 500 kg? Datos m  500 kg L0  5 cm

k ? Solución De acuerdo al diagrama de cuerpo libre F  mg  FR  0 entonces FR  mg pero FR  kL0 entonces 62

D.C.L.

L0

FR mg

L0 m

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Capítulo III. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden Superior

kL0  mg mg k L0 sustituyendo valores

(500)(9.81) (0.05) k  98100 N m

k

Segunda ley de Newton La segunda ley de Newton indica que F  ma . Sea a(t ) la función de aceleración de un cuerpo en un instante cualquiera, entonces dv d 2 x a(t )   2 dt dt dx donde v (t )  es la función velocidad dt x(t ) es la función de posición entonces la segunda ley de Newton se puede expresar como d 2x F m 2 dt

(+)

l

l

D.C.L.

D.C.L.

ks

k(s+x)

l+s

mg

mg

s m

mg-ks=0

mg-k(s+x)=ma x m

a) no estirado

b) posición de equilibrio

c) en movimiento

Figura III.2. a) Resorte vertical no estirado, b) Masa suspendida del resorte vertical en la posición de equilibrio, c) Masa suspendida del resorte vertical en movimiento.

De la figura III.2 se puede deducir lo siguiente: para la posición de equilibrio, de acuerdo al diagrama de cuerpo libre mg  ks  0 para el caso en movimiento, de acuerdo al diagrama de cuerpo libre

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63

Capítulo III. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden Superior

d 2x  mg  k (s  x ) dt 2 d 2x m 2  mg  ks   kx dt d 2x m 2  kx dt m

Caso general del movimiento (+) en la dirección del movimiento

resorte D.C.L.

m

f(t)

Fe FI

m

f(t)

Fa amortiguador

Figura III.3. Caso general del movimiento.

La figura III.3 representa el caso general del movimiento de una masa m sujeta a las siguientes fuerzas: - Fuerza elástica debida al resorte, Fe  kx dx - Fuerza debida al amortiguamiento, Fa   v   dt - Fuerza externa, f (t ) De acuerdo al diagrama de cuerpo libre, se tiene F  f (t )  Fe  Fa puesto que la masa está en movimiento, entonces F  ma  FI entonces, igualando las expresiones anteriores ma  f (t )  Fe  Fa en otras palabras d 2x dx m 2  f (t )  kx   dt dt reacomodando términos d 2x dx m 2   kx  f (t )  Ecuación General del Movimiento dt dt

64

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Capítulo III. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden Superior

Esta ecuación se modifica de acuerdo a las condiciones a las que esté sujeto el movimiento, desprendiéndose de ésta tres tipos de movimiento que se desarrollan a continuación. Movimiento Armónico Simple En este tipo de movimiento, la fuerza externa es nula, es decir f (t )  0 y no se cuenta con amortiguamiento, lo cual reduce la ecuación general del movimiento a d 2x m 2  kx  0  Ecuación del M.A.S. dt dividiendo la ecuación entre m , se tiene d 2x k  x 0 dt 2 m k sea  2  , entonces la ecuación anterior queda m d 2x   2x  0 2 dt que es una ecuación diferencial homogénea de orden dos con coeficientes constantes, cuyo polinomio característico es m2   2  0 y sus raíces son m1   i m 2   i por lo tanto, la solución de la ecuación diferencial es x (t )  c 1Cos  t  c 2 Sen  t (12) que es la ecuación de posición de la masa en movimiento armónico simple. Esta ecuación debe estar sujeta a condiciones iniciales de movimiento con las cuales se obtendrán los valores de las constantes. El ejemplo típico de este tipo de movimiento es un péndulo que oscila, ya que es un sistema que no tiene amortiguamiento, no hay alguna fuerza externa f (t ) que induzca el movimiento, pero sí hay una fuerza elástica (cuerda a la que está sujeto el péndulo). En este movimiento se pueden obtener dos valores importantes, el periodo (T ) y la frecuencia (f ) , que se definen como 2 T



f 

1   T 2

Forma alternativa de x(t ) La ecuación (12) se puede expresar también de la siguiente forma x(t )  ASen  t    Semestre 2013A

65

Capítulo III. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden Superior

donde

A  c 12  c 22  amplitud máxima   ángulo de fase, en radianes, el cual se puede obtener con las siguientes expresiones c c c Sen   1 , Cos   2 y Tan   1 A A c2

Movimiento Vibratorio Amortiguado En este tipo de movimiento, la fuerza externa es nula, es decir f (t )  0 , lo cual reduce la ecuación general del movimiento a d 2x dx  kx  0 m 2   Ecuación del M.V.A. dt dt dividiendo la ecuación entre m , se tiene d 2 x  dx k   x0 dt 2 m dt m  k sean  2  y 2  , entonces la ecuación anterior queda m m d 2x dx  2   2x  0 2 dt dt que es una ecuación diferencial homogénea de orden dos con coeficientes constantes, cuyo polinomio característico es m 2  2m   2  0 y sus raíces son

m1,2 

 2  4( 2   2 )  2  4 2  4 2  2 2 2 2 m1,2       m1     2   2 m 2     2   2

de donde se desprenden tres casos, dependiendo de la naturaleza de

2   2 .

Caso 1. Sistema sobreamortiguado En este caso  2   2  0 , por lo tanto m1 y m 2 son raíces reales diferentes y la ecuación de posición queda x(t )  c 1e m1t  c 2 e m2t

x(t )  c 1e   





 c 2 e   

2  2 t



2  2 t



x(t )  e  t c 1e   t  c 2 e    t En este tipo de movimiento, como su nombre lo indica, se tiene bastante amortiguamiento, lo cual permite que la masa tienda a parar muy rápidamente.

66

2

2

2

2

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Capítulo III. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden Superior

Dos posibles curvas que representan este tipo de movimiento tienen la forma mostrada en la figura III.4.

t

t

Figura III.4. Dos posibles curvas de x(t) para un sistema sobreamortiguado.

Figura III.5. Dos posibles curvas de x(t) para un sistema críticamente amortiguado.

Caso 2. Sistema críticamente amortiguado En este caso  2   2  0 , por lo tanto m1 y m 2 son raíces reales iguales y la ecuación de posición queda x(t )  c 1e m1t  c 2 te m1t x(t )  e  t c 1  c 2 t  En este tipo de movimiento, cualquier disminución en la fuerza de amortiguamiento originaría un movimiento oscilatorio, de ahí su nombre. Dos posibles curvas que representan este tipo de movimiento tienen la forma mostrada en la figura III.5. Caso 3. Sistema subamortiguado En este caso  2   2  0 , por lo tanto m1 y m 2 son raíces complejas conjugadas de la forma m1     2   2 i y m 2     2   2 i y la ecuación de posición queda



x (t )  e  t c 1Cos  2   2 t  c 2 Sen  2   2 t



(13)

En este tipo de movimiento, como su nombre lo indica, se tiene poco amortiguamiento, lo cual induce un movimiento oscilatorio sobre la masa. En la figura III.6 se muestra una posible curva que representa este tipo de movimiento. También se presenta una curva de un sistema análogo (con las mismas características) pero sin amortiguamiento. Se puede observar que el amortiguamiento ayuda a frenar el movimiento, mientras que sin éste, el movimiento continúa indefinidamente.

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Capítulo III. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden Superior

x

no amortiguado subamortiguado

t

Figura III.6. Posibles curvas de x(t) para un sistema subamortiguado y otro con las mismas características, pero sin amortiguamiento.

Forma alternativa del caso 3 La ecuación (13) se puede expresar también de la siguiente forma

x (t )  Ae  t Sen



2

 2 t  



(14)

donde

A  c 12  c 22  amplitud máxima   ángulo de fase, en radianes, el cual se puede obtener con las siguientes expresiones c c c Sen   1 , Cos   2 y Tan   1 A A c2 El término Ae  t se denomina amplitud amortiguada de las vibraciones. Análogamente al movimiento armónico simple, en este caso también se pueden obtener dos valores importantes, el cuasiperiodo (intervalo de tiempo entre dos máximo sucesivos de x(t ) ) y la cuasifrecuencia, que se definen como 2 cuasiperiodo   2  2 cuasifrecuencia 

 2  2 2

Para obtener los tiempos t 1 , t 2 ,, t k en los cuales la curva corta al eje t , de la ecuación (14)

 2   2 t    n despejando t ,

t

n  

 2  2

con n  1,2,3,

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Semestre 2013A

Capítulo III. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden Superior

Para obtener los tiempos t 1* , t 2* ,, t k* en los cuales se presentan los desplazamientos máximos, de la ecuación (14)

 2   2 t    (2n  1) despejando t , t

(2n  1) 

2



2



 2  2

con n  1,2,3, Movimiento Vibratorio Forzado En este tipo de movimiento, la fuerza externa no es nula, es decir f (t )  0 , por lo tanto, se trabaja con la ecuación general del movimiento d 2x dx m 2   kx  f (t )  Ecuación General del Movimiento dt dt la ecuación anterior es una ecuación diferencial no homogénea con coeficientes constantes, la cual se resolverá con los métodos vistos anteriormente, dependiendo de la naturaleza de f (t ) , de modo que se obtenga una solución general de dicha ecuación. La gráfica de este tipo de movimiento no tiene una forma definida, ya que depende de la fuerza externa f (t ) .

Ejemplo: Una masa de 1 kg está unida a un resorte cuya constante es 16 N/m y todo el sistema se sumerge en un líquido que imparte una fuerza de amortiguamiento numéricamente igual a 10 veces la velocidad instantánea. Formule las ecuaciones del movimiento si: a) El contrapeso se suelta partiendo del reposo a 1 metro abajo de la posición de equilibrio. b) El contrapeso se suelta 1 metro abajo de la posición de equilibrio con una velocidad de 12 m/seg hacia arriba. Datos m  1 kg k  16 N / m

dx dt a) x  1 m , t  0 seg v  0 m / seg , t  0 seg x (t )  ? b) x  1 m , t  0 seg v  12 m / seg , t  0 seg x (t )  ? Fa  10v  10

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posición de equilibrio x=0

1m m

(+)

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Capítulo III. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden Superior

Solución De acuerdo a los datos del problema, se presenta una fuerza elástica debida al resorte, una fuerza de amortiguamiento debida al líquido, y una fuerza de inercia debida al movimiento, por lo cual la ecuación general del movimiento queda FI  Fa  Fe  0 , es decir

d 2x dx   kx  0 2 dt dt que representa un movimiento vibratorio amortiguado, entonces, sustituyendo valores d 2x dx  10  16 x  0 2 dt dt que es una ecuación diferencial homogénea de orden dos con coeficientes constantes. Para resolverla, se obtiene su polinomio característico, el cual es m 2  10m  16  0 (m  8)(m  2)  0 cuyas raíces son m1  8 m 2  2 puesto que son reales diferentes, entonces se trata de un sistema sobreamortiguado, por lo tanto la solución tiene la forma x(t )  c1e 8t  c 2 e 2t a) Para este inciso, aplicando x  1 m , t  0 seg , se tiene 1  c1e 8( 0 )  c 2 e 2( 0 ) c1  c 2  1 derivando x(t ) x ' (t )  8c1e 8t  2c 2 e 2t aplicando v  0 m / seg , t  0 seg , se tiene m

0  8c1e 8( 0 )  2c 2 e 2( 0 )  8c1  2c 2  0 el sistema de ecuaciones a resolver es c1  c 2  1  8c1  2c 2  0 resolviéndolo se obtienen c1   1 y c 2  4 3 3 por lo tanto, la ecuación de movimiento es x (t )   1 e 8 t  4 e  2 t 3 3 b) Para este inciso, aplicando x  1 m , t  0 seg , se tiene c1  c 2  1 aplicando v  12 m / seg , t  0 seg en x ' (t ) , se tiene

 12  8c1e 8( 0 )  2c 2 e 2( 0 )  8c1  2c 2  12 70

Semestre 2013A

Capítulo III. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden Superior

el sistema de ecuaciones a resolver es

c1  c 2  1  8c1  2c 2  12

resolviéndolo se obtienen

c1  5

3

y c2   2

3

por lo tanto, la ecuación de movimiento es x (t )  5 e  8 t  2 e  2 t 3 3 Las curvas de las ecuaciones de movimiento se muestran a continuación en la misma gráfica para que se pueda observar la diferencia entre ellas.

Figura III.7. Gráfica que muestra las curvas de las ecuaciones de movimiento obtenidas en el ejemplo.

Ejercicios: Obtenga lo que se indica en los siguientes problemas de aplicación. 1) Un cuerpo que pesa 16 libras estira un resorte 8/3 de pie. Inicialmente el peso parte del reposo desde un punto que está 2 pies debajo de la posición de equilibrio y el movimiento posterior se realiza en un medio que opone una fuerza de amortiguamiento numéricamente igual a ½ de la velocidad instantánea. Encuentre la ecuación del movimiento si existe una fuerza externa f (t )  10Cos 3t . 2) Un cuerpo que pesa 4 libras se sujeta a un resorte cuya constante es 2 libras por pie. El medio ofrece una resistencia al movimiento del cuerpo numéricamente igual a la velocidad instantánea. Si el cuerpo se suelta desde un punto que está 1 pie sobre la posición de equilibrio con una velocidad dirigida hacia abajo de 8 pies por segundo. a) Determine el instante en que el cuerpo pasa por la posición de equilibrio. b) Encuentre el instante en el cual el citado cuerpo alcanza su desplazamiento extremo desde la posición de equilibrio. c) ¿Cuál es la posición del cuerpo en dicho instante? 3) Un contrapeso de 8 libras está fijo a un resorte. Deduzca la ecuación del movimiento si la constante del resorte es 1 lb/pie y el contrapeso parte de 6 pulgadas abajo del punto de Semestre 2013A

71

Capítulo III. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden Superior

equilibrio, con una velocidad de 3/2 pie/seg hacia abajo. Exprese, si es posible, la solución en la forma alternativa. 4) Una masa de 40 gramos estira un resorte 10 centímetros. Un mecanismo de amortiguación comunica una resistencia al movimiento numéricamente igual a 1120 veces la velocidad instantánea. Encuentre la ecuación del movimiento si la masa se suelta desde la posición de equilibrio con una velocidad dirigida hacia debajo de 2 centímetros por segundo. 5) Después de unir un contrapeso de 10 libras a un resorte de 5 pies, éste mide 7 pies. Se quita el contrapeso y se reemplaza con otro de 8 libras y el sistema se coloca en un medio que ofrece una resistencia numéricamente igual a la velocidad instantánea. a) Deduzca la ecuación del movimiento si se suelta el contrapeso a ½ pie debajo de la posición de equilibrio a una velocidad de 1 pie/seg hacia abajo. b) Exprese la ecuación del movimiento, si es posible, en la forma alternativa. c) Calcule los tiempos en que el contrapeso pasa por la posición de equilibrio al dirigirse hacia abajo. 6) El período de oscilaciones libres no amortiguadas de una masa sujeta a un resorte es 

4

segundos. Si la constante del resorte es de 16 lb/pie, ¿cuánto vale el peso? 7) Cuando una masa de 1 slug se cuelga de un resorte, lo estira 2 pies, y llega al reposo en su posición de equilibrio. A partir de t  0 , se aplica una fuerza externa al sistema f (t )  8Sen 4t . Formule la ecuación del movimiento si el medio presenta una fuerza amortiguadora numéricamente igual a 8 veces la velocidad instantánea. 8) Una masa de 1 slug se sujeta a un resorte cuya constante es 9 lb/pie. El medio ofrece una resistencia al movimiento numéricamente igual a 6 veces la velocidad instantánea. La masa se suelta desde un punto que está a 8 pulgadas sobre la posición de equilibrio con una velocidad dirigida hacia debajo de v 0 pie/seg. Determine los valores de v 0 de modo que posteriormente la masa pase por la posición de equilibrio. 9) Una masa de 1 slug sujeta a un resorte oscila subamortiguada con un cuasiperiodo de 

2 segundos. Si la constante del resorte es 25 libras por pie. Encuentre la constante  de amortiguación.

Tarea extra: Graficar las ecuaciones del movimiento obtenidas en los ejercicios 1, 2, 3, 5, 7 y 8. Revisar si la gráfica corresponde al tipo de movimiento que se dedujo en cada uno de los ejercicios e indicarlo justificando la respuesta (sugerencia: utilice algún programa de cómputo como Winplot, Maple, etc.). Valor: 3 décimos sobre la calificación del segundo examen parcial.

Circuitos eléctricos Los circuitos en serie simples que contienen un inductor, un resistor y un capacitor tienen la siguiente forma:

72

Semestre 2013A

Capítulo III. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden Superior

L E(t)

R

i

C i

Figura 8. Circuito eléctrico simple que contiene un inductor, un resistor y un capacitor.

donde

d 2q di L 2 dt dt dq R  resistencia, en omhs. Caída de voltaje = iR  R dt 1 C  capacitancia, en faradios. Caída de voltaje = q C i (t )  corriente que circula por el circuito, en amperes. Se relaciona con la carga a través de dq i dt q(t )  carga del capacitor, en coulombs. E (t )  voltaje aplicado, en volts. L  inductancia, en henrys. Caída de voltaje = L

La segunda ley de Kirchhoff indica que el voltaje E (t ) a través de un circuito cerrado debe ser igual a las caídas de voltaje en el circuito, es decir d 2q dq 1 (15) L 2 R  q  E (t ) dt C dt La nomenclatura que se emplea en el análisis de circuitos se parece a la que se usa en los sistemas masa-resorte. Cuando E (t )  0 y R  0 , se dice que el circuito es no amortiguado y su respuesta es armónica simple. Si únicamente E (t )  0 , entonces las vibraciones eléctricas del circuito se denominan libres. La ecuación auxiliar sería Lm 2  Rm  1  0 y cuando R  0 , dependiendo del valor del C 2 discriminante R  4L , el circuito puede ser C - sobreamortiguado si R 2  4L  0 C

Semestre 2013A

73

Capítulo III. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden Superior

-

críticamente amortiguado si R 2  4L

-

subamortiguado si R 2  4L

C

C

0

0

Si E (t )  0 , entonces se dice que las vibraciones eléctricas del circuito son forzadas. En este caso cuando R  0 , la solución complementaria q c (t ) de la ecuación (15) se denomina solución transitoria. Si E (t ) es una función periódica o una constante, la solución particular q p (t ) se denomina solución de estado estable o estacionaria.

Ejercicios: Obtenga lo que se indica en los siguientes problemas de aplicación. 1) Determine la carga en el capacitor y la corriente en un circuito en serie LRC cuando L  5 h , R  10  , C  1 f y E (t )  300 volts . Calcule la carga máxima en el capacitor 3 30 si q(0)  0 coulombs e i (0)  0 amperes. 2) Determine la carga y la corriente de estado estable en un circuito en serie LRC cuando L  1 h , R  2  , C  0.25 f y E (t )  50Cos t volts.

74

Semestre 2013A

Capítulo IV. Transformada de Laplace

CAPÍTULO IV TRANSFORMADA DE LAPLACE Temas a tratar en este capítulo:  Introducción  Definición y propiedades  Transformada inversa  Teoremas importantes  Convolución  Transformada de una derivada y de una integral  Aplicaciones

INTRODUCCIÓN La diferenciación y la integración transforman una función en otra, por ejemplo, la función f ( x )  x 2 se transforma, respectivamente, en una función lineal y en una familia de funciones polinomiales cúbicas. En este capítulo se conocerá un tipo especial de integral llamada transformada de Laplace, que constituye una valiosa herramienta para resolver problemas de diversa índole.

DEFINICIÓN Y PROPIEDADES La transformada de Laplace se define de la siguiente manera: Sea f una función definida para t  0 , entonces la integral 

L f (t )   e st f (t )dt 0

donde s es una constante cualquiera, se llama transformada de Laplace de f , siempre y cuando la integral converja. Como se puede observar, la transformada de Laplace es una integral definida, por lo que al evaluarla, la función f (t ) se transformada en una función que dependa de s . Es común denotar la función que se va a transformar con letras minúsculas, y su transformada de Laplace con su mayúscula correspondiente, por ejemplo:

L f (t )  F (s ) , L g (t )  G(s ) , L y (t )  Y (s ) Ejemplo: Obtenga la transformada de Laplace de f (t )  1. Solución Utilizando la definición de transformada de Laplace, se tiene Semestre 2013A

75

Capítulo IV. Transformada de Laplace 

L f (t )  L 1   e st (1)dt 0



1 1 L 1   e st dt   e st 0   (0  1) 

s

0

s

L 1  1 s

Ejercicios: Obtenga la transformada de Laplace de las siguientes funciones. 1) f (t )  t 2 0, 0  t  a  5) f (t )  c, a  t  b 2) f (t )  e t 7 0, 3) f (t )  Cos 2t t b  t , 0  t  1 4) f (t )   t 1 1,

Transformadas de algunas funciones básicas 1 a) L 1  s n! b) L t n  n 1 , con n  1,2,3,... s 1 c) L e at  s a k d) L Sen kt   2 s  k2

L Cos kt  

s s  k2 k f) L Senh kt   2 s  k2 s g) L Cosh kt   2 s  k2 e)

 

 

2

Propiedades La transformada de Laplace L es una transformación lineal, por lo tanto, sean f (t ) y g (t ) , dos funciones definidas para t  0 , entonces: L  f (t )   g (t )  L f (t )  L g (t ) L  f (t )   g (t )  F (s )  G(s ) donde: L f (t )  F (s ) y

L g (t )  G(s ) .

Ejemplo: Obtenga la siguiente transformada de Laplace:

L t 2  4Cos t  2e 3t 

Solución Puesto que la transformada de Laplace es una transformación lineal, entonces se puede ver de la siguiente forma L t 2  4Cos t  2e 3t  L t 2  4L Cos t   2L e 3t (1)



76





 

Semestre 2013A

Capítulo IV. Transformada de Laplace

obteniendo cada término por separado, se tiene

L t 2  

L Cos t   L e 3t 

2 s3

s s 1 1  s3 2

por lo tanto, sustituyendo en (1), se obtiene

L t 2  4Cos t  2e 3t  

2 4s 2   2 3 s s 1 s  3

Ejercicios: Obtenga la transformada de Laplace de las siguientes funciones. 1) f (t )  t 2  6t  3 2) f (t )  7t 3  2e 4t 3) f (t )  4t 2  5Sen 3t 4) f (t )  19  13Senh 2t  3e 6t 5) f (t )  3Cos 2 t  10Cosh 8t  20t

TRANSFORMADA INVERSA Sea F (s ) una función conocida, entonces se puede obtener la función original f (t ) a partir de la transformada inversa de Laplace de la siguiente forma: L 1F (s )  f (t ) La transformada inversa es también una transformación lineal, entonces se cumple que: L 1F (s )  G(s )  L 1F (s )  L 1G(s )  f (t )  g (t ) Ejemplo 1: Obtenga la transformada inversa de la siguiente función: F (s ) 

1 . s

Solución De las tablas de transformadas de Laplace, se observa claramente que f (t )  L Ejemplo 2: F (s ) 

 1    1. s 

1

1 s4

Solución

 n!  n  n 1   t , entonces, para s   este caso n  1  4 , de donde, despejando, se tiene que n  3 . Entonces, la expresión anterior quedaría De las tablas de transformadas de Laplace, se tiene que f (t )  L

Semestre 2013A

1

77

Capítulo IV. Transformada de Laplace

f (t )  L

Puesto que en este caso se desea calcular la

 3!  3  4t s 

1

(2)

1 L 1 4  , y la expresión (2) es la que se debe s

  utilizar, entonces es necesario multiplicar y dividir por 3! para poder utilizarla, es decir t3  3! 1  1 1 1 3!  f (t )  L 1 4   L 1  L   4 4  s  3!  3! s  3! s  1 1 f (t )  t 3  t 3 3! 6

Ejercicios: Obtenga la transformada inversa de Laplace de las siguientes funciones. 1 5 1) F (s )  2 8) F (s )  2 s s  49 3 2s  6 2) F (s )  10 9) F (s )  2 s s 9 1 1 3) F (s )  10) F (s )  2 2 s3 s s 4 1 2s  4 4) F (s )  11) F (s )  5s  2 s  2 s 2  4s  3 4 6 1 s 5) F (s )   5  12) F (s )  2 s s s8 s  2s  2 1 s 6) F (s )  13) F (s )  2 4s 2  1 s  4s  1 s 1 7) F (s )  2 s 2









TEOREMAS IMPORTANTES Primer Teorema de la Traslación Si L f (t )  F (s ) y a es cualquier número real, entonces

L e at f (t )  F (s  a)  F (s ) s s a

donde F (s  a ) es la gráfica de F (s ) desplazada a unidades sobre el eje s , como se muestra en la figura IV.1. Asimismo, la forma inversa del primer teorema de la traslación es L 1F (s  a)  L 1 F (s ) s s a  e at f (t )



donde f (t )  L

78



F (s ).

1

Semestre 2013A

Capítulo IV. Transformada de Laplace

F

F(s)

F(s-a)

s

s=a desplazamiento en el eje s

Figura IV.1. Gráfica de F(s) desplazada a unidades.

Ejemplo: Obtener

L e 6t Cos 3t  Sen 3t .

Solución La transformada anterior se puede obtener como L e 6t Cos 3t  Sen 3t   L e 6t Cos 3t  e 6t Sen 3t L e 6t Cos 3t  Sen 3t   L e 6t Cos 3t  L e 6t Sen 3t















Utilizando el primer teorema de la traslación que dice que tiene







L e at f (t )  F (s  a )  F (s ) s s a , se

L e 6t Cos 3t  Sen 3t   L Cos 3t  s s 6  L Sen 3t  s s 6 L e 6t Cos 3t  Sen 3t  

s 3  2 s  9 s s  6 s  9 s s  6 s6 3 e 6t Cos 3t  Sen 3t    2 s  6  9 s  62  9

L

2



Ejercicios: Obtenga la transformada o la transformada inversa de Laplace de las siguientes funciones utilizando el primer teorema de la traslación. 1 1) g (t )  te 6 t 7) G(s )  (s  1) 4 2) g (t )  t 10 e 7t 5 3) g (t )  e 5t Senh 3t 8) G(s )  (s  1) 2  9 Cosh t 4) g (t )  2s  5 et 9) G(s )  2 t 2 s  6s  34 5) g (t )  e Sen t (s  1) 2 1 10) ( )  G s 6) G(s )  (s  2) 4 (s  10) 2

Semestre 2013A

79

Capítulo IV. Transformada de Laplace

Función escalón unitario La función U (t  a ) se define como:

0, U (t  a )   1,

0t a t a

y se denomina función escalón unitario. Su gráfica se muestra en la figura IV.2. U

1

a

0

t

Figura IV.2. Función escalón unitario.

Ejemplo: Defina la siguiente función escalón unitario y dibuje su gráfica: f (t )  U (t  4) Solución De acuerdo a la definición de la función escalón unitario, se tiene que 0, 0  t  4 U (t  4 )   t4 1, y su gráfica es U

1

0

4

t

Ejercicios: Defina las siguientes funciones escalón unitario y dibuje su gráfica. 3) f (t )  U (t   )Sen t 1) f (t )  U t   2 4) f (t )  U (t  2 )Cos t 2) f (t )  t U (t  5)





Es posible utilizar la función escalón unitario para escribir funciones definidas en tramos en forma compacta. Ejemplo: Supóngase que se tiene la función f (t )  2t  3 , cuyo dominio son todos los reales, sin embargo, se desea obtener una función tal, que para valores menores que 3, la función 80

Semestre 2013A

Capítulo IV. Transformada de Laplace

valga cero y para valores mayores o iguales que tres, sea igual a f (t )  2t  3 , es decir se 0t 3  0, definirá una función g (t ) tal que g (t )   . Gráficamente, lo que se desea t 3 2t  3, obtener se muestra en la figura IV.3.

b) g(t)=U(t-3)*(2t-3)

a) f(t)=2t-3

Figura IV.3. Ejemplo de una función definida por tramos utilizando la función escalón unitario.

Solución Utilizando una función escalón unitario y definiendo g (t )  U (t  3)  (2t  3) , se puede obtener la función deseada.

la

función

g (t )

como

Ejercicios: Utilice la función escalón unitario para definir una función que represente lo que se indica.

0t 2 0, 1) f (t )   2 t2 t  1, 3)

20t , 2) f (t )    0, 4)

0t 5 t 5

Cos t 

 Cos t

Semestre 2013A

81

Capítulo IV. Transformada de Laplace

Un caso general de una función definida por tramos de la forma g (t ) 0  t  a f (t )   h(t ) t  a equivale a: f (t )  g (t )  g (t ) U (t  a )  h(t ) U (t  a ) De igual forma, una función del tipo 0t a  0,  f (t )  g (t ), a  t  b  0, tb 

se puede escribir en la forma

f (t )  g (t )U (t  a )  U (t  b )

Ejercicios: Utilice las fórmulas anteriores para reescribir las siguientes funciones. 1) Ejercicio 2 de la sección anterior. 0t  0,  2) f (t )  1,   t  2  0, t  2 

Segundo Teorema de la Traslación Si F (s )  L f (t ) y a  0 , entonces

L f (t  a)U (t  a)  e as F (s )

Asimismo, la forma inversa del segundo teorema de la traslación es L 1 e as F s   f t  a U t  a 



Ejemplo 1: Obtener



L t  42 U t  4

Solución 2 En este caso a  4 , y f (t  a )  t  4  , por lo tanto f (t )  t 2 , entonces 2! L t  42 U t  4  e 4s L t 2  e 4s 3 s 4 s L t  42 U t  4  2e 3 s







Ejemplo 2: Obtener

82

s L 1 2

s  9

e

s

2





  

Semestre 2013A

Capítulo IV. Transformada de Laplace

Solución

 s   2   Cos 3t , s  9  . Sustituyendo en la forma inversa del segundo teorema de la

s En este caso a   , y F (s )  2 , por lo tanto f (t )  L 2 s 9



entonces f (t  a )  Cos 3 t  

2



F (s )  L

1

1

traslación, se tiene

s L 1 2

s  9

e

s

2

       Cos 3 t  U  t   2  2  

Ejercicios: Obtenga la transformada o la transformada inversa de Laplace de las siguientes funciones utilizando el segundo teorema de la traslación. 1) g (t )  (t  1)  U (t  1) e s 7) G(s )  2 2) g (t )  Cos 2t  3   U t  3  s 4 3) g (t )  Senh 3(t   )  U (t   ) se s ( ) 8)  G s 4) g (t )  e 2t U (t  2) s 2  2s e 3s 5) g (t )  e 4( t 1)Sen (t  1)  U (t  1) 9) G(s )  s(s 2  6s  5) e 2s 6) G(s )  3 se 4s s 10) G(s )  3 s  4s 2  2s

Tarea extra: Investigar la forma alterna del segundo teorema de la traslación, y obtener la transformada de 1) f (t )  t  U (t  2) , 2) f (t )  (3t  1)  U (t  1) y 3) f (t )  Cos 2t  U (t   ) utilizando dicha forma. Valor: 4 décimos sobre la calificación del tercer examen parcial.

Derivadas de Transformadas Si F (s )  L f (t ) y si n  1,2,3,  , entonces

n n     L t n f t    1n d F ns   1n d L nf t

ds

ds

Ejercicios: Obtenga la transformada de Laplace de las siguientes funciones. 1) g (t )  tCos t 2) g (t )  t 2Cos t

CONVOLUCIÓN Si las funciones f y g son continuas por tramos en 0,   , entonces un producto especial denotado por f  g se define como la integral

Semestre 2013A

83

Capítulo IV. Transformada de Laplace

f  g   f  g t   d t

0

A este producto se le llama convolución y es una función de t . Ejemplo: Sean f (t )  e t y g (t )  Sen t , obtener f  g . Solución Si f (t )  e t , entonces f ( )  e , asimismo, si g (t )  Sen t , entonces g (t   )  Sen (t   ) . Por lo tanto, la convolución es f  g  e t  Sen t 

integrando por partes con



t

0

e Sen t   d

u  Sen t    dv  e d du  Cos t    v  e

se tiene



f  g  e Sen t    0   e Cos t   d t

t

0

integrando nuevamente por partes con u  Cos t    dv  e d du  Sen t    v  e

se tiene





f  g  e Sen t    0  e Cos t    0   e Sen t   d t

t

t



0



f  g  e Sen t    0  e Cos t    0  f  g t t 1 f  g   e Sen t   d  e Sen t     e Cos t    0 0 2 1 t f g  e 0   e t 1  (1)Sen t  (1)Cos t  2 1 f  g  e t  Sen t  Cos t 2 t





t















Ejercicios: Obtenga la convolución de las siguientes funciones. 1) f (t )  1, g (t )  t 3 2) f (t )  t 2 , g (t )  Cos t Nota: La convolución es conmutativa, es decir f  g  g  f . Tarea extra: Comprobar la propiedad conmutativa de la convolución con las funciones del ejemplo anterior, es decir, obtener g  f 

 g  f t   d . t

0

Valor: 3 décimos sobre la

calificación del tercer examen parcial.

84

Semestre 2013A

Capítulo IV. Transformada de Laplace

Teorema de la Convolución Antes de presentar el teorema de la convolución es necesario recordar que la integral de un producto de funciones no es el producto de las integrales, sin embargo, la transformada de Laplace del producto especial (convolución) sí es el producto de las transformadas de las funciones f (t ) y g (t ) . Lo anterior significa que es posible determinar la transformada de Laplace de la convolución de dos funciones sin evaluar la integral. Esto es lo que indica el teorema de la convolución que se menciona a continuación. Si f (t ) y g (t ) son continuas por tramos en 0,   y de orden exponencial, entonces:

 f  g t   d  L f (t )L g(t )

L f  g  L

t

0

Asimismo, la forma inversa del teorema de convolución es: L 1F s G(s )  f  g En ocasiones la forma inversa del teorema de la convolución sirve para determinar la transformada inversa de Laplace de una función que puede verse como un producto de dos funciones. Ejemplo 1: Sean f (t )  e t y g (t )  Sen t , obtener Solución

L e t  Sen t   L

L f  g.

 e Sent   d  L e L Sen t t



t

0

L e t  Sen t   1  21 L Ejemplo 2: Calcular



1

s 1 s 1 1 e t  Sen t  s  1 s 2  1











L 1 . 2  s  1s  1

Solución Utilizando la forma inversa del teorema de la convolución que dice que L 1F s G(s )  f  g , 1 1 entonces, suponiendo que F (s )  y G(s )  2 , y obteniendo las transformadas s 1 s 1 inversas de cada una de estas funciones, se tiene  1  t f (t )  L 1F (s )  L 1 e  s  1  1  g (t )  L 1G(s )  L 1 2   Sen t  s  1 entonces, sustituyendo, se tiene

Semestre 2013A

85

Capítulo IV. Transformada de Laplace





1 t L 1   e  Sen t 2     1 1 s  s    



1  L 1   0 e Sen t   d 2     1 1 s  s    

t



1 1 t L 1   e  Sen t  Cos t  2  s  1s  1 2

Ejercicios: Obtenga la transformada o la transformada inversa de las siguientes funciones utilizando el teorema de la convolución. 1) L 1 t 3  1  5) L 1  t t 2) L e  e Cos t  s(s  1)  t   1 3) L   e t  d 6) L 1 2  0 s ( s 1 )    t 4) L  Sen  Cos (t   )d   1 0 7) L 1 2 2 2  (s  k ) 

 

 









TRANSFORMADA DE UNA DERIVADA Y DE UNA INTEGRAL Transformada de una derivada Si f , f ' ,, f ( n 1) son continuas en 0,   , de orden exponencial y si f ( n ) (t ) es continua por tramos en 0,   , entonces: L f n  t   s n F s   s n 1f 0  s n 2 f 0...  f n1 0 





donde: F s   L f t . Ejemplo 1: Calcular

L f ' (t ).

Solución Puesto que se trata de la primera derivada, entonces n  1 , por lo tanto L f ' (t )  sF (s )  f (0)

Ejemplo 2: Calcular

L f ' ' (t ) .

Solución Puesto que se trata de la segunda derivada, entonces n  2 , por lo tanto L f ' ' (t )  s 2F (s )  sf (0)  f ' (0)

86

Semestre 2013A

Capítulo IV. Transformada de Laplace

Ejercicios: Obtenga las transformadas siguientes. 1) L y ' ' (t ) 2) L y ' ' ' (t ) 3) L x IV (t ) , sujeta a x (0)  1, x ' (0)  1, x ' ' (0)  2 y x ' ' ' (0)  0 4) L i ' ' (t ), sujeta a i (0)  0 e i ' (0)  2





Transformada de una integral La transformada de una integral se obtiene como

L

 f  d  Fs(s) t

0

y su forma inversa es t F (s )  L 1   0 f  d

 s 

donde: F s   L f t .

La fórmula anterior se puede utilizar en algunas ocasiones en lugar de las fracciones parciales cuando s n es un factor del denominador y f (t )  L 1F (s ) sea fácil de integrar. Ejemplo: Calcular





L 1 1  .  s(s  1) 

Solución Utilizando la forma inversa de la transformada de una integral que indica que t 1 F (s )  L 1 , por lo tanto   0 f  d , se tiene que F (s )  s 1  s   1  t f (t )  L 1F (s )  L 1 e  s  1  y f ( )  e entonces, sustituyendo, se tiene





L 1 1   0 e d  e  s(s  1)  

t

t 0



L 1 1   e t  1  s(s  1)  Ejercicios: Obtenga las transformadas siguientes. t   1 1) L  y  d 4) L 1 2  0  s (s  1)  t 2) L  Sen  d   1 0 5) L 1 3  t s (s  1)   3) L   Cos  d

  





0

Semestre 2013A

6)





L 1 21   s(s  1) 



87

Capítulo IV. Transformada de Laplace

APLICACIONES Entre las aplicaciones de la transformada de Laplace se encuentran la solución de ecuaciones diferenciales, integrales e integro-diferenciales, así como de sistemas de ecuaciones lineales con coeficientes constantes. En general, el procedimiento de solución consiste en aplicar transformada de Laplace a las ecuaciones, despejar la función que nos interesa y aplicarle transformada inversa. A continuación se presentan algunos ejemplos que ilustran el procedimiento. Ejemplo 1: Obtener la solución de la ecuación diferencial

y (0 )  0 y y ' (0 )  0 .

d 2y dy 4  4 y  t 3 e 2t , sujeta a 2 dt dt

Solución Aplicando transformada de Laplace a la ecuación diferencial, se tiene d 2 y  dy L  2  4  4 y  t 3 e 2t  dt  dt 

L

d 2 y   dy  3 2t  2   4L    4L y   L t e  dt   dt 



s 2Y (s )  sy (0)  y ' (0)  4sY (s )  y (0)  4Y (s ) 

 3! s4

s s 2

3! s 2Y (s )  4sY (s )  4Y (s )  ( s  2) 4 factorizando y despejando a Y (s ) 3! (s 2  4s  4)Y (s )  (s  2) 4 6 Y (s )  ( s  2) 6 aplicando transformada inversa de Laplace, se obtiene 1  6 5 2t  6  y (t )  L 1Y (s )  L 1  6L 1 6  t e 6 s  (s  2)   s s 2  5!

y (t ) 

1 5 2t t e 20 t

Ejemplo 2: Obtener la solución de la ecuación integral f (t )  t   (t   )f ( )d . 0

Solución Aplicando transformada de Laplace a la ecuación integral, se tiene t   L f (t )  t   (t   )f ( )d  0  

88

Semestre 2013A

Capítulo IV. Transformada de Laplace

t



0



L f (t )  L t   L  (t   )f ( )d  F (s ) 

1  1  F (s ) 2  2 s s 

factorizando y despejando a F (s )

1 1  F (s )1  2   2  s  s  s 2  1 1 F (s ) 2   2  s  s 1 F (s )  2 s 1 aplicando transformada inversa de Laplace, se obtiene  1  f (t )  L 1F (s )  L 1 2   s  1 f (t )  Sen t

Ejercicios: Obtener la solución de las siguientes ecuaciones diferenciales, integrales o integrodiferenciales. d 2y dy 1) 5  4 y  0 , sujeta a y (0)  1 y y ' (0)  0 2 dt dt t

2) f (t )  te t    f (t   )d 0

3) y ' ' y '  e Cos t , sujeta a y (0)  0 y y ' (0)  0 t

t

4) f (t )  1  2 e 3 f (t   )d 0

t 2 , 0  t  1 , sujeta a y (0)  1 5) y '5 y  f (t ) , donde f (t )   t 1 0 t

6) y ' (t )  1  Sen t   y ( )d , sujeta a y (0)  0 0

7) Determine la corriente i (t ) en un circuito en serie LRC si L  0.005 h , R  1  , C  0.02 f , E (t )  100t  (t  1)U (t  1) volts e i (0)  0 amperes, y se sabe que la 2ª. Ley de Kirchhoff t

también se puede ver como L

1 di  Ri   i ( )d  E (t ) . dt C0

8) Ejercicio 5 de “Aplicaciones” del Capítulo III: Después de unir un contrapeso de 10 libras a un resorte de 5 pies, éste mide 7 pies. Se quita el contrapeso y se reemplaza con otro de 8 libras y el sistema se coloca en un medio que ofrece una resistencia numéricamente igual a la velocidad instantánea. Deduzca la ecuación del movimiento si se suelta el contrapeso a ½ pie abajo de la posición de equilibrio a una velocidad de 1 pie/seg hacia abajo. Semestre 2013A

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Capítulo V. Sistemas de Ecuaciones Diferenciales

CAPÍTULO V SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES Temas a tratar en este capítulo:  Introducción  Método de la transformada de Laplace  Método de eliminación sistemática  Método matricial para sistemas de ecuaciones diferenciales lineales de primer orden

INTRODUCCIÓN Como se sabe, una ecuación diferencial ordinaria representa un fenómeno, sin embargo, en muchos problemas prácticos es necesario representar dicho fenómeno utilizando un conjunto de ecuaciones diferenciales relacionadas entre sí donde se involucran dos o más variables dependientes, tal es el caso de sistemas acoplados masa-resorte (figura V.1), tanques interconectados (figura V.2), circuitos eléctricos, entre otros.

k1

k1

x=0

m1 x=x0

k2 y=0

m1

m2

x(t)

k2

Por lo anterior, es necesario conocer algunos métodos de solución de sistemas de ecuaciones diferenciales como los que se tratan a continuación.

m2 y(t)

a) sistema en equilibrio

b) sistema en su desplazamiento inicial

Figura V.1. Sistemas acoplados masaresorte. q1 L/min

A

q2 L/min

x(t)

B y(t)

V

V

x(0)=x0 kg

q3 L/min

y(0)=y0 kg

q1 L/min

Figura V.2. Tanques interconectados.

Tarea extra: Establecer el sistema de ecuaciones diferenciales que representa el fenómeno de los tanques interconectados de la figura V.2, suponiendo que el tanque A recibe agua pura y que la mezcla dentro de cada tanque es homogénea (sugerencia: considere un tanque a la vez para definir cada ecuación). Valor: 3 décimos sobre la calificación del tercer examen parcial.

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Semestre 2013A

Capítulo V. Sistemas de Ecuaciones Diferenciales

MÉTODO DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE Este método es de gran utilidad cuando se especifican las condiciones iniciales, ya que la transformada de Laplace reduce un sistema de ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes a un conjunto de ecuaciones algebraicas simultáneas para las funciones transformadas. Entonces el sistema se resuelve como un sistema algebraico para cada una de estas funciones transformadas, determinando posteriormente la transformada inversa de Laplace de éstas para obtener la solución. El método se ilustra en el siguiente ejemplo. Ejemplo: Obtenga la solución del siguiente sistema de ecuaciones diferenciales utilizando transformada de Laplace: dx   x  y , sujeto a x (0)  0, y (0)  1 dt dy  2x dt Solución Aplicando transformada de Laplace al sistema, se tiene L x'   L  x  y  L y '  L 2 x es decir sX (s )  x(0)  X (s )  Y (s )  0 sY (s )  y (0)  2 X (s )  0 sustituyendo las condiciones iniciales sX (s )  X (s )  Y (s )  0 sY (s )  1  2 X (s )  0 factorizando X (s ) y Y (s ) y ordenando el sistema (s  1) X (s )  Y (s )  0  2 X (s )  sY (s )  1 multiplicando la expresión (1) por s y sumándola a (2), se tiene s(s  1) X (s )  Y (s )  0  2 X (s )  sY (s )  1 s(s  1)  2X (s )  1 de donde 1 1 X (s )  2  s  s  2 (s  2)(s  1) obteniendo la transformada inversa de X (s )

(1) (2)

e 2t  e t 3 1 2t 1 t x (t )   e  e 3 3 asimismo, de (1), Y (s )  (s  1) X (s ) , entonces, sustituyendo X (s ) se tiene x (t ) 

Semestre 2013A

91

Capítulo V. Sistemas de Ecuaciones Diferenciales

s 1 s 1   (s  2)(s  1) (s  2)(s  1) (s  2)(s  1) obteniendo la transformada inversa de Y (s ) Y (s ) 

 2e 2t  e t e 2t  e t  3 3 1 2 t 2 t y (t )  e  e 3 3

y (t ) 

finalmente, la solución del sistema es:

1 2t 1 t e  e 3 3 1 2 y (t )  e 2 t  e t 3 3 x (t )  

Ejercicios: Obtenga la solución de los siguientes sistemas de ecuaciones diferenciales utilizando transformada de Laplace. d 2x xy 0 s.a. x (0)  0, x ' (0)  2 dt 2 1) 2 d y yx 0 y (0)  0, y ' (0)  1 dt 2 d2x d2y  2  t2 sa. x (0 )  8, x ' (0 )  0 dt 2 dt 2) 2 d x d2y  2  4t y (0 )  0, y ' (0 )  0 dt 2 dt d2x dy 3  3y  0 sa. x (0 )  0, x ' (0 )  2 2 dt dt 3) 2 d x  3 y  te t y (0 )  0 2 dt

MÉTODO DE ELIMINACIÓN SISTEMÁTICA Básicamente este método consiste en eliminar sucesivamente variables dependientes del sistema de ecuaciones hasta llegar a una sola ecuación que sea fácil de resolver. Para ello es necesario visualizar al sistema en términos de operadores diferenciales y una vez que se tienen las ecuaciones desacopladas, se resuelven con los métodos usuales para ecuaciones diferenciales de orden superior. Este método no requiere condiciones iniciales para poder llegar a la solución, sin embargo hay que considerar que las constantes obtenidas en cada una de las ecuaciones que constituyen la solución del sistema no pueden ser independientes, y se deben calcular las relaciones entre ellas para llegar a la solución correcta. El método se ilustra con el siguiente ejemplo. 92

Semestre 2013A

Capítulo V. Sistemas de Ecuaciones Diferenciales

Ejemplo: Obtenga la solución del siguiente sistema de ecuaciones diferenciales utilizando el método de eliminación sistemática. d2x xy 0 dt 2 dx dy x 0 dt dt Solución El sistema se puede visualizar en términos de operadores diferenciales de la siguiente forma (D 2  1)x  y  0 (D  1)x  Dy  0 para eliminar a la variable x , y obtener una sola ecuación diferencial en términos de y , se realiza lo siguiente (D  1) (D 2  1)x  y  0  (D 2  1)(D  1)x  Dy  0 





 (D  1)y  (D 2  1)Dy  0 desarrollando, se tiene

 D  1  D  D y  0  D  1y  0 3

3

o bien

D



1 y  0 que es una ecuación diferencial homogénea de orden 3. Resolviéndola, el polinomio característico es m3  1  0 cuyas raíces son m1  1 3

1 3  i 2 2 1 3 m3    i 2 2

m2  

por lo tanto, la solución de y (t ) queda  3 3  t  c 3 Sen t c 2Cos 2 2   análogamente, para obtener una sola ecuación diferencial en términos de x D (D 2  1)x  y  0 (D  1)x  Dy  0 y (t )  c1e t  e

1 t 2





D(D 2  1)x  (D  1)x  0 desarrollando, se tiene

Semestre 2013A

D

3



 D  D 1 x  0 D3  1 x  0





93

Capítulo V. Sistemas de Ecuaciones Diferenciales

que es una ecuación diferencial homogénea de orden 3. Resolviéndola, el polinomio característico es m3  1  0 1 3 i y cuyas raíces son las mismas que en el caso anterior, m4  1 , m5    2 2 1 3 m6    i , por lo tanto, la solución de x(t ) queda 2 2 1 t  3 3  x (t )  c 4 e t  e 2 c 5 Cos t  c 6 Sen t 2 2   sin embargo, las constantes en cada una de las ecuaciones que constituyen la solución del sistema son independientes, por lo que es necesario encontrar las relaciones entre estas. Puesto que dichas ecuaciones son solución del sistema, entonces, deben satisfacerlo, por lo tanto si se calculan las derivadas necesarias y se sustituyen en alguna de las ecuaciones del sistema, se deben obtener las relaciones entre las constantes. Para el ejemplo que nos ocupa, obteniendo la primera derivada de x(t ) y de y (t ) , y sustituyendo en la segunda ecuación del sistema, se tiene x ' (t )  c 4 e  e t

1 t 2

 3 3 3 3 c 5 Sen t c6Cos  2 2 2  2

1 t

 t 

1 t

 t 

 e 2  3 3 t  t  c6 Sen c 5 Cos 2  2 2 

 3  e 2  3 3 3 3 3 y ' (t )  c1e  e c Sen t c Cos t  t  c 3 Sen    c 2Cos 2 3 2 2 2 2  2  2  2 dx dy sustituyendo en la ecuación x  0 del sistema, se tiene dt dt 1 t 2

t

c4 e  e t

e

1 t 2

 3 3 3 3 c 5 Sen t c6Cos  2 2 2  2

1 t 2

 3 3 t  c6 Sen c 5 Cos 2 2 

1 t

 e 2  3 3 t  t  c6 Sen c5 Cos 2  2 2 

 t   c4 e t 

 3 3 3 3 1 t  t   c1e t  e 2  c 2 Sen t c 3Cos 2 2 2   2

 t 

1 t 2

 3 3  t  c 3 Sen t  0 c 2Cos 2  2 2  agrupando términos semejantes 

e

 3 1 3 1  t  c 5  c6  c6  c2  c3  2 2 2   2 1 t 3  3 1 3 1   e 2 Cos t c6  c 5  c 5  c3  c2   0 2  2 2 2 2 

e t c 4  c 4  c1   e

1 t 2

Sen

3 2

simplificando

c1e t  e e 94

1 t 2

1 t 2

Cos

Sen 3 2

 t 

 3 3 3 1  t  c 5  c6  c2  c3  2 2 2   2 3 3 3 1  c6  c5  c3  c2   0 2 2 2 2 

3 2

Semestre 2013A

Capítulo V. Sistemas de Ecuaciones Diferenciales

lo que indica que

c1  0

3 3 3 1 c 5  c6  c2  c3  0 2 2 2 2 3 3 3 1 c6  c5  c3  c2  0 2 2 2 2 las últimas dos ecuaciones constituyen un sistema de ecuaciones, donde se dejarán las constantes con subíndices mayores en función de las constantes con subíndices menores, es decir 3 3 3 1  c5  c6  c2  c3 2 2 2 2 3 3 1 3  c5  c6  c 2  c3 2 2 2 2 cuya solución es 1 1 c5   c2  c3 2 2 3 1 1 c6   c2  c3 2 2 3 por lo tanto, la solución del sistema es c  c  c  1 t  3 3   c x (t )  c 4 e t  e 2   2  3 Cos t    2  3 Sen t 2 2 2 2 2 3 2 3       3 3  1 t  y (t )  e 2 c 2Cos t  c 3 Sen t 2 2   

Nota: También se puede utilizar la regla de Kramer para obtener las ecuaciones diferenciales a resolver en función de una sola variable dependiente.

Ejercicios: Obtenga la solución de los siguientes sistemas de ecuaciones diferenciales utilizando el método de eliminación sistemática. t dx d2x 2 t  3 x  5 y  e  4 y  e 2 dt dt 3) 1) 2 t dy 3 d y t  x y e 2  4 x  e dt 4 dt 2

dx d 2 y  2  e3t 2) dt dt dx dy xy   4e 3 t dt dt

Semestre 2013A

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Capítulo V. Sistemas de Ecuaciones Diferenciales

MÉTODO MATRICIAL PARA SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE PRIMER ORDEN Antes de comenzar con el desarrollo del método es necesario conocer cómo se representan los sistemas de ecuaciones diferenciales de primer orden en forma matricial. Sea el siguiente sistema de ecuaciones dx1  a11 (t )x1  a12 (t )x 2    a1n (t )x n  f1 (t ) dt dx 2  a21 (t )x1  a22 (t )x 2    a2 n (t )x n  f2 (t ) dt  dx n  an1 (t )x1  an 2 (t )x 2    ann (t )x n  fn (t ) dt la forma matricial del sistema anterior es X '  AX  F es decir  x1   a11 (t ) a12 (t )  a1n (t )  x1   f1 (t )         d  x 2   a21 (t ) a22 (t )  a2 n (t )  x 2   f2 (t )            dt              x   a (t ) a (t )  a (t )  x   f (t )  n2 nn  n   n   n   n1 Un vector solución en un intervalo I es cualquier matriz-columna de la forma  x1 (t )     x 2 (t )  X       x (t )   n  cuyos elementos son funciones diferenciables que satisfacen el sistema de ecuaciones dado en el intervalo. Si el sistema es homogéneo, su forma matricial es X '  AX Si el sistema es no homogéneo de la forma X '  AX  F , entonces su solución estará constituida por una solución complementaria X c  c1 X1  c 2 X 2    c n X n del sistema homogéneo asociado y por una solución particular X p del sistema no homogéneo. La suma de ambas soluciones será la solución general del sistema, es decir X  X c  X p . Por ejemplo, el sistema

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Semestre 2013A

Capítulo V. Sistemas de Ecuaciones Diferenciales

dx  3x  4y dt dy  5x 7y dt se puede representar en forma matricial como x 3 4   X , con X    X '   y  5  7  Como ejercicio, represente en forma matricial el sistema de ecuaciones del ejercicio 3 de la sección anterior, así como su solución. Sistemas lineales homogéneos con coeficientes constantes Sea el vector de la forma  k1    k  X   2 e  t  Ke  t    k   n una solución del sistema general homogéneo, lineal y de primer orden X '  AX en donde A es una matriz de constantes de n x n , entonces X '  K e  t de modo que (3) queda Ke  t  AKe  t dividiendo entre e  t K  AK o de otra forma AK  K  0 pero K  IK , entonces AK  IK  0 A  I K  0 es decir a11   k1  a12 k 2    a1n k n  0 a21 k1  a22   k 2    a2 n k n  0  an1 k1  an 2 k 2    ann   k n  0

(3)

(4)

entonces, para determinar una solución X no trivial de (3), primero se debe hallar una solución no trivial del sistema anterior, es decir, se debe encontrar un vector K que cumpla con (4). Para que el sistema (4) tenga soluciones distintas de cero, se debe cumplir que det A  I   0 Semestre 2013A

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Capítulo V. Sistemas de Ecuaciones Diferenciales

La expresión anterior es la ecuación característica de la matriz A y sus soluciones son los eigenvalores o valores propios de A . Un vector K  0 que satisfaga (4) es un eigenvector o vector propio de A . a) Valores propios reales distintos Sean 1 , 2 , , n , n valores propios reales y distintos de la matriz A de coeficientes del sistema homogéneo (3) y K1 , K 2 , , K n los vectores propios correspondientes, entonces, la solución general de (3) es X  c1K1e 1 t  c 2 K 2 e 2 t    c n K n e n t b) Valores propios repetidos m Si m es un número entero positivo y   1  es un factor de la ecuación característica, entonces se dice que 1 es un valor propio de multiplicidad m . Se presentan entonces los casos siguientes: b1) Para algunas matrices A de n x n es posible determinar m vectores propios linealmente independientes K1 , K 2 , , K m correspondientes a un valor propio 1 de multiplicidad m  n . En este caso, la solución general del sistema se forma con la combinación lineal X  c1K1e 1 t  c 2 K 2 e 1 t    c m K m e 1 t b2) Si sólo hay un vector propio que corresponda al valor propio 1 , de multiplicidad m , siempre será posible hallar m soluciones linealmente independientes de la forma X1  K11e 1 t

X 2  K 21te 1 t  K 22 e 1 t  m 1 t t m 2 X m  K m1 e 1 t  K m 2 e 1 t    K mm e 1 t (m  1)! (m  2 )! donde K ij son vectores columna. Si m  2 , X 2 se puede obtener como

X 2  Kte 1 t  Pe 1 t puesto que X 2 debe satisfacer al sistema X '  AX , entonces

1Kte  t  Ke  t  1Pe  t  A(Kte  t  Pe  t ) 1

1

1

1

1

agrupando términos semejantes ( AK  1K )te 1 t  ( AP  1P  K )e 1 t  0 lo cual indica que ( A  1I )K  0 ( A  1I )P  K

98

Semestre 2013A

Capítulo V. Sistemas de Ecuaciones Diferenciales

Asimismo, si m  3 , X 2 se puede obtener como se explicó anteriormente y X 3 es

t 2 1 t X 3  K e  Pte 1 t  Qe 1 t 2 donde, de manera análoga al caso anterior se tiene que ( A  1I )K  0 ( A  1I )P  K ( A  1I )Q  P c) Valores propios complejos Sean 1     i y 2     i , valores propios complejos de la matriz de coeficientes A en el sistema homogéneo (3), entonces X 1  B1Cos t  B2Sen t e  t X 2  B2Cos t  B1Sen t e  t

con B1  Re(K 1 ) y B2  Im( K 1 ) .

Ejemplo: Obtenga la solución del siguiente sistema de ecuaciones diferenciales utilizando el método matricial. dx  4 x  2y dt 5 dy   x  2y dt 2 Solución El sistema anterior se puede ver de forma matricial como   4 2 X X'   5  2 2   Para que el sistema anterior tenga una solución de la forma X  Ke  t , se debe cumplir que det A  I   0 , es decir 2 4 det A  I    ( 4   )(2   )  5  0 5 2 2 2  2  3  0 (  3)(  1)  0 de donde los valores característicos son 1  3 2  1 para 1  3 , el vector característico K 1 se obtiene con la expresión A  3I K 1  0 , la cual en forma desarrollada es  k1  2k 2  0

Semestre 2013A

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Capítulo V. Sistemas de Ecuaciones Diferenciales

5 k 1  5k 2  0 2 puesto que no es un sistema con una solución única, entonces de la primera expresión k1  2k 2  2 si k 2  1, entonces k1  2 y el primer vector característico es K 1    y la solución  1  2 correspondiente a este vector característico es X 1  K 1e 1 t   e 3 t .  1 Para 2  1, el vector característico K 2 se obtiene con la expresión A  I K 2  0 , la cual en forma desarrollada es  5k1  2k 2  0 5  k1  k 2  0 2 puesto que no es un sistema con una solución única, entonces de la primera expresión k1  2 k 2 5  2 si k 2  5 , entonces k1  2 y el segundo vector característico es K 2    y la solución 5  2 correspondiente a este vector característico es X 2  K 2 e 2 t   e t . 5 Se puede observar que los vectores K 1 y K 2 son linealmente independientes, por lo tanto, la 

solución del sistema es de la forma X  c1K 1e 1 t  c 2 K 2e 2 t , por tanto, sustituyendo  2  2 X  c1  e 3 t  c 2  e t  1 5 Ejercicios: Obtenga la solución de los siguientes sistemas de ecuaciones diferenciales utilizando el método matricial. dx dx   x  3y  4 x  5y dt dt 1) 2) dy dy  3 x  5 y  2 x  6 y dt dt

Variación de parámetros Si X 1, X 2 ,, X n es un conjunto fundamental de soluciones del sistema homogéneo X '  AX en un intervalo I , su solución general en el intervalo es X  c1 X 1  c 2 X 2    c n X n , o en forma desarrollada  c1x11  c 2 x12    c n x1n   x1n   x12   x11           c1x 21  c 2 x 22    c n x 2 n   x 2n   x 22   x 21  X  c1    c 2   c1     cn                 c x  c x    c x  x  x  x  1 2 n n nn 1 n 1 2 n 2 n nn         100

Semestre 2013A

Capítulo V. Sistemas de Ecuaciones Diferenciales

La solución general anterior se puede expresar como X  (t )C donde C es un vector columna de n x 1 , de constantes arbitrarias c1, c 2 , , c n y la matriz (t ) de n x n , cuyas columnas consisten en los elementos de los vectores solución (vectores característicos) del sistema X '  AX es  x11 x12  x1n     x 21 x 22  x 2n  ( t )          x x x  n2 nn   n1 que es una matriz fundamental del sistema en el intervalo. Una matriz fundamental debe tener las siguientes propiedades: - Una matriz fundamental (t ) es no singular. - Si (t ) es una matriz fundamental del sistema X '  AX , entonces ' (t )  A(t ) . Al igual que en el procedimiento visto en el capítulo III de variación de parámetros, suponiendo que se reemplaza la matriz C de las constantes por una matriz columna de funciones  u1 ( t )     u 2 (t )  U (t )        u (t )   n  de modo que X p  (t )U (t ) sea una solución particular del sistema no homogéneo

X '  AX  F (t ) , entonces derivando X p X ' p  (t )U ' (t )  ' (t )U (t ) y sustituyendo en la ecuación no homogénea, se tiene (t )U ' (t )  ' (t )U (t )  A(t )U (t )  F (t ) pero, debido a las propiedades de una matriz fundamental ' (t )  A(t ) , entonces la ecuación anterior queda (t )U ' (t )  A(t )U (t )  A(t )U (t )  F (t ) (t )U ' (t )  F (t ) multiplicando ambos lados por  1(t )

U ' (t )   1(t )F (t ) y para obtener U (t ) , integrando

U (t )    1(t )F (t )dt puesto que X p  (t )U (t )  (t )  1 (t )F (t )dt , entonces la solución general del sistema es

X  X c  X p , es decir

Semestre 2013A

101

Capítulo V. Sistemas de Ecuaciones Diferenciales

X  (t )C  (t )  1(t )F (t )dt Ejemplo: Obtenga la solución del siguiente sistema de ecuaciones diferenciales. dx  x  y  3e t dt dy  x  y  3e t dt Solución El sistema anterior se puede ver de forma matricial como 1  1 1  X  3 e t X '   1 1  1 Resolviendo el sistema homogéneo asociado det A  I   0 , es decir

det A  I  

1  1  X , se debe cumplir que X '   1 1 

1   1  (1   )2  1  0 1 1 

2  2  2  0 de donde los valores característicos son

1  1  i 2  1  i

para 1  1  i , el vector característico K se obtiene con la expresión A  1I K  0 , la cual en forma desarrollada es  i k1  k 2  0 k1  i k 2  0 puesto que no es un sistema con una solución única, entonces de la primera expresión k 2  i k 1  1   1  0  si k1  1 , entonces k 2  i y el vector característico es K 1          i y las   i   0    1 soluciones X 1 y X 2 son  1   0 X 1   Cos t   Sen t e t   1  0    0    1 X 2   Cos t   Sen t e t 0   1  por lo tanto, la solución complementaria es  Cos t  t  Sen t  t e  c 2  e X c  c1 X 1  c 2 X 2  c1   Sen t    Cos t  resolviendo ahora el sistema no homogéneo, la matriz fundamental es

102

Semestre 2013A

Capítulo V. Sistemas de Ecuaciones Diferenciales

 e t Cos t e t Sen t   (t )   t t   e Sen t  e Cos t  para obtener la inversa de esta matriz R1 e t Cos t  e t Cos t e t Sen t 1 0   Tan t e  t Sec t 0     1     0  e t Sec t  Tan t 1  e t Sen tR1  R2  e t Sen t  e t Cos t 0 1           t t  R2 e t Sec t      1 0 e Cos t e Sen t  t t Tan tR2 R1     0 1 e Sen t  e Cos t  por lo tanto  e t Cos t e t Sen t  1   (t )   t t   e Sen t e Cos t   la solución particular es entonces  e t Cos t e t Sen t   e  t Cos t e  t Sen t  3e t     t  t dt X p   t t t      e Sen t  e Cos t   e Sen t  e Cos t  3e   e t Cos t e t Sen t   3Cos t  3Sen t     X p   t t  3Sen t  3Cos t dt e Sen t  e Cos t    

 e t Cos t e t Sen t  3Sen t  3Cos t   X p   t t   3Cos t  3Sen t  e Sen t  e Cos t     3e t Sen tCos t  3e t Cos 2 t  3e t Sen tCos t  3e t Sen 2 t   X p   t 2 t t 2 t   3e Sen t  3e Sen tCos t  3e Cos t  3e Sen tCos t    3e t   X p   t  3 e   por lo tanto, la solución general es

 Cos t  t  Sen t  t   3  t e  c 2  e   e X  X c  X p  c1   Sen t    Cos t   3 

Ejercicios: Obtenga la solución de los siguientes sistemas de ecuaciones diferenciales. 2  3 1  et   1 1 0  X     2t  3) X '     1) X '   1 1 0  X   e    2  1 1  3t  0 0 3 4 1    3 t    te  3  X   e 4) X '     10   3  5 1  t2 9 6    X   e 2) X '   3   1   1     4

Semestre 2013A

103

Capítulo VI. Series de Potencias

CAPÍTULO VI SERIES DE POTENCIAS Temas a tratar en este capítulo:  Introducción  Solución de ecuaciones diferenciales en series de potencias  Puntos ordinarios y puntos singulares  Solución de ecuaciones diferenciales en torno a puntos ordinarios  Solución de ecuaciones diferenciales en torno a puntos singulares regulares

INTRODUCCIÓN Una serie de potencias en x  a es una serie infinita de la forma 

c 0  c1 ( x  a )  c 2 ( x  a ) 2     c n ( x  a ) n n 0

Esta serie se denomina serie de potencias centrada en a . Ejemplos de series de potencias son los siguientes: 

a n 0



c

n 0 

k n 0



 c n 0

n

n

n n

 a00  a11  a22  

x n  c 0 x 0  c1 x 1  c 2 x 2  

n 1

x n  k1 x 0  k 2 x 1  k 3 x 2  

 k n 1 x n  c 0  k1 x 0  c1  k 2 x 1  c 2  k 3 x 2  

Las series de potencias que se requieren para resolver ecuaciones diferenciales deben ser series que converjan, para lo cual se debe conocer el concepto de intervalo de convergencia. Intervalo de convergencia: es el conjunto de números reales x para los cuales la serie tiende a un valor. Por ejemplo, se sabe que la función e x se puede escribir en serie de potencias como  x2 x3 xn  1 x    ex   2 6 n 0 n! 1 si x  1 y n  2 , entonces e1  1  1   2.5 2 1 1 si n  3 , entonces e1  1  1      2.6666  2 6 1 1 1    2.7083  si n  4 , entonces e1  1  1    2 6 24 1 1 1 si n  5 , entonces e1  1  1       2.7166  2 6 24 104

Semestre 2013A

Capítulo VI. Series de Potencias

si n  9 , entonces e1  2.7182818  si n  10 , entonces e1  2.7182818  lo cual indica que la serie converge hacia el valor de 2.7182818 . Suma de dos o más series de potencias Para poder sumar dos o más series de potencias se deben cumplir dos condiciones - Las variables de las series deben tener el mismo exponente - Las series deben tener el mismo índice Por ejemplo, la series



c n 0

n

xn y



k n 0

n 1

x n , tienen la variable x con el mismo exponente ( n ) y

el mismo índice ( n  0 ) , entonces para sumarlas, basta con sumar directamente cada uno de sus términos, es decir 

c n 0

n





n 0

n 0

x n   k n 1x n   c n  k n 1 x n  c 0  k1 x 0  c1  k 2 x 1  c 2  k 3 x 2  

Si se desean sumar series con exponentes e índices diferentes, se deben adecuar de modo que tengan el mismo exponente y el mismo índice, para poder sumarlas. Ejemplo: Obtenga la suma de las siguientes series de potencias: 

c n 0

n



 n(n  1)c

x n 1 y

n 2

n

x n 2

Solución Para obtener el mismo exponente, se realiza la siguiente sustitución en cada una de las series 







n(n  1)c n x n 2   c n x n 1   (k  2)(k  2  1)c k 2 x k 22   c k 1x k 11  0 k 10 n 2    n   k  22 k n  2 n k  2

k n 1 n  k 1 



k 0

k 1

  (k  2)(k  1)c k 2 x k   c k 1x k Ahora, para obtener el mismo índice 







k 0

k 1

k 1

k 1

 (k  2)(k  1)c k 2 x k   c k 1x k  2c 2   (k  2)(k  1)c k 2 x k   c k 1x k entonces, ya que las series tienen el mismo índice y el mismo exponente, se pueden sumar directamente 





k 1

k 1

k 1

2c 2   (k  2)(k  1)c k 2 x k   c k 1x k  2c 2   (k  2)(k  1)c k 2  c k 1 x k finalmente 

 n(n  1)c n 2

Semestre 2013A

n

x

n 2



  cn x n 0

n 1



 2c 2   (k  2)(k  1)c k 2  c k 1 x k k 1

105

Capítulo VI. Series de Potencias

Ejercicios: Obtenga la suma de las siguientes series de potencias. 1) 2)





n 3 

n 0

 nc n x n 1   c n2 x n1 

 (n  2)c n 1x n1   n 2c n1x n

n  1

n 2

SOLUCIÓN DE ECUACIONES DIFERENCIALES EN SERIES DE POTENCIAS El procedimiento de solución se mostrará en el ejemplo siguiente, proponiendo una solución 

de la forma y   c n x n , y cuyas primeras dos derivadas son n 0





y '   nc n x n 1   nc n x n 1 , (puesto que el primer término es cero) n 0

n 1





n 0

n 2

y ' '   n(n  1)c n x n 2   n(n  1)c n x n 2 , (puesto que los primeros dos términos son cero) Ejemplo: Obtenga la solución de la siguiente ecuación diferencial en serie de potencias: dy  2 xy  0 dx Solución 

Utilizando la solución propuesta y   c n x n , y dado que ésta debe satisfacer la ecuación n 0

diferencial, entonces sustituyendo, se tiene 



n 1

n 0

 nc n x n 1  2x  c n x n  0 introduciendo todas las variables dentro de la serie 



n 1

n 0

 nc n x n 1  2 c n x n1  0 para sumar las series 

 nc



x n 1  2 c n x n 1  0 n 1 n 0     n

k n 1 n  k 1



k  n 1  n  k 1 

 (k  1)c k 1x k  2 c k 1x k  0 k 0

k 1





c1   (k  1)c k 1x k  2 c k 1x k  0 k 1

k 1



c1   (k  1)c k 1  2c k 1 x k  0 k 1

para que la igualdad se cumpla, 106

Semestre 2013A

Capítulo VI. Series de Potencias

(k  1)c k 1  2c k 1

c1  0  0  Ecuación de recurrencia

despejando de la ecuación de recurrencia la constante con subíndice mayor en función de la constante con subíndice menor, se tiene 2c c k 1  k 1 k 1 para algunos valores de k , se tiene k

c k 1 

1

c2 

2

c3 

3

c4 

4

c5 

5

c6 

2c 0 2 2c1 3 2c 2 4 2c 3 5 2c 4 6

2c k 1 k 1

c2  c0 c3  0 c4 

c0 2

c5  0 c6 

c0 6



La solución propuesta es de la forma y   c n x n  c 0  c1x  c 2 x 2  c 3 x 3   , por lo tanto, n 0

sustituyendo los valores de las constantes, se tiene c c c y  c0  c0 x 2  0 x 4  0 x 6  0 x 8   2 6 24 1 1 1   y  c 0  1  x 2  x 4  x 6  x 8   2! 3! 4!   

x 2k y  c0  k 0 k!

Ejercicio: Obtenga la solución de la siguiente ecuación diferencial en serie de potencias. y ' ' x 2 y  0 .

PUNTOS ORDINARIOS Y PUNTOS SINGULARES Sea la ecuación diferencial a2 ( x )y ' 'a1( x )y 'a0 ( x )y  0 , en donde a2 ( x ) es una función que depende de x . Dividiendo la ecuación entre a2 ( x ) , se tiene

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Capítulo VI. Series de Potencias

a (x) a1( x ) y ' 0 y 0 a2 ( x ) a2 ( x ) a (x) a (x) o definiendo P ( x )  1 y Q( x )  0 , la ecuación queda de la forma a2 ( x ) a2 ( x ) y ' 'P ( x )y 'Q( x )y  0 y ' '

Si la función a2 ( x ) se iguala con cero, entonces los puntos singulares serán las raíces del polinomio y los puntos ordinarios serán todos los valores de x diferentes a las raíces del polinomio, es decir a2 ( x )  0  Puntos singulares a2 ( x )  0  Puntos ordinarios Los puntos singulares se clasifican en regulares e irregulares. Si el punto x  x 0 es singular, entonces x  x 0  es un factor de a2 ( x ) . Si x  x 0  aparece en el denominador de P (x ) con exponente  1 , y si x  x 0  aparece en el denominador de Q(x ) con exponente  2 , entonces el punto x  x 0 es regular, siempre que P (x ) y Q(x ) estén reducidos a su mínima expresión. Si las condiciones anteriores no se cumplen, entonces x  x 0 será irregular. Ejemplo: Definir los puntos ordinarios, singulares regulares e irregulares de la siguiente





ecuación: x 2  4 y ' 'x  2y ' y  0 . Solución

2





2

En este caso a2 ( x )  x 2  4 , entonces igualando con cero para obtener los puntos singulares, se tiene

x



2

4 0 x1,2  2 x 3 , 4  2 Los puntos singulares son x1  2 y x 2  2 , por lo tanto, todos los valores de x diferentes a 2 y -2 son puntos ordinarios. Para determinar si los puntos singulares son regulares o 2





2

irregulares, dividiendo la ecuación diferencial entre a2 ( x )  x 2  4 , se tiene x  2  y ' 1 y  0 y ' ' 2 2 x2  4 x2  4 simplificando x  2  1 y ' ' y ' y 0 2 2 2  x  2  x  2  x  2 x  22



108







Semestre 2013A

Capítulo VI. Series de Potencias

y ' '

Punto singular 2 -2

1

 x  2  x  2  2

y '

1

x  2 x  22 2

y 0

Factor

exp P (x )

exp Q(x )

Conclusión

x 2 x2

1 2

2 2

Regular Irregular

Ejercicio: Definir los puntos ordinarios, singulares regulares e irregulares de la siguiente 2 ecuación: x 3 x 2  25 x  2 y ' '3 x x  2y '7x  5 y  0





Para obtener la solución en serie de potencias en torno a un punto, se debe revisar si éste es ordinario o singular, ya que la solución propuesta será diferente en cada caso. La solución en serie de potencias en torno a puntos ordinarios se expresará de la siguiente forma 

y   c n ( x  x 0 )n n 0

donde x  x 0 es un punto ordinario. 

Si x 0  0 , entonces y   c n x n . n 0

Si x 0  0 , entonces se realiza la sustitución t  x  x 0 , y la solución propuesta queda 

y   c n t n , se resuelve de esta forma y al final se vuelve a sustituir t en la solución n 0

encontrada. Para resolver una ecuación diferencial en torno a un punto singular regular, se aplica el Teorema de Frobenius, que dice: Si x  x 0 es un punto singular regular de la ecuación y ' 'P ( x )y 'Q( x )y  0 , entonces existe al menos una solución de la forma

y  x  x 0 

r



 c x  x  n 0

n

n

0



  c n x  x 0 

n r

n 0

donde r es una constante a determinar. Por simplicidad, los siguientes ejemplos y ejercicios se resolverán en torno al punto x 0  0 , por lo que se debe determinar en cada caso si este punto es ordinario o singular regular para utilizar la solución propuesta adecuada. Ejemplo 1: Obtenga la solución de la siguiente ecuación diferencial en serie de potencias en torno al punto x 0  0 : Semestre 2013A

109

Capítulo VI. Series de Potencias

x

2



 1 y ' '4 xy '2y  0

Solución Obteniendo los puntos singulares





a2 ( x )  x 2  1  0 x1  1 x 2  1 por lo tanto, el punto x 0  0 es un punto ordinario. 

Utilizando la solución propuesta y   c n x n , y dado que ésta debe satisfacer la ecuación n 0

diferencial, entonces sustituyendo, se tiene

x

2









n 2

n 1

n 0

 1  n(n  1)c n x n 2  4 x  nc n x n 1  2 c n x n  0

introduciendo todas las variables dentro de la serie 







n 2

n 2

n 1

n 0







 n(n  1)c n x n   n(n  1)c n x n 2  4 nc n x n  2 c n x n  0 para sumar las series 

n(n  1)c n x n   n(n  1)c n x n 2  4 nc n x n  2 c n x n  0  2 n 0 n 1 n 2  n          k n n k

k n 2 n  k  2

k n n k







k 2

k 0 

k 1

k n n k 

 k (k  1)c k x k   (k  2)(k  1)c k 2 x k  4 kc k x k  2 c k x k  0 

 k (k  1)c k 2

k

k 0





x k  2c 2  6c 3 x   (k  2)(k  1)c k  2 x k  4c1x  4 kc k x k  2c 0  2c1x  2 c k x k  0 k 2 

k 2



 2c 2  2c 0    6c 3  6c1 x   k (k  1)c k x k   (k  2)(k  1)c k 2 x k k 2

k 2



 2c 2  2c 0    6c 3  6c1 x   k (k  1)  4k  2c k k 2

k 2





k 2

k 2

 4 kc k x k  2 c k x k  0

 (k  2)(k  1)c k 2 x k  0

 2c 2  2c 0    6c 3  6c1 x   k 2  3k  2c k

 (k  2)(k  1)c k  2 x k  0

 2c 2  2c 0    6c 3  6c1 x   (k  2)(k  1)c k

 (k  2)(k  1)c k 2 x k  0



k 2 

k 2



para que la igualdad se cumpla,  2c 2  2c 0  0 ,  c 2  c 0  6c 3  6c1  0 ,  c 3  c1

(k  2)(k  1)c k  (k  2)(k  1)c k 2  0  Ecuación de recurrencia

despejando de la ecuación de recurrencia la constante con subíndice mayor en función de la constante con subíndice menor, se tiene c k 2  c k

110

Semestre 2013A

Capítulo VI. Series de Potencias

para algunos valores de k , se tiene

3

c k 2  c k c 4  c0 c4  c2 c 5  c1 c5  c3

4

c6  c4

c6  c0

5

c7  c5

c 7  c1

k 2



La solución propuesta es de la forma y   c n x n  c 0  c1x  c 2 x 2  c 3 x 3   , por lo tanto, n 0

sustituyendo los valores de las constantes, se tiene y  c 0  c 1 x  c 0 x 2  c 1 x 3  c 0 x 4  c 1 x 5  c 0 x 6  c1 x 7 









y  c 0 1  x 2  x 4  x 6    c1 x  x 3  x 5  x 7   



n 0

n 0

y  c 0  x 2n  c1  x 2n 1

Ejemplo 2: 3 xy ' '2  x y ' y  0 Solución Obteniendo los puntos singulares

a2 ( x )  3 x  0 x0 por lo tanto el punto x 0  0 es un punto singular. Es necesario verificar que sea un punto regular para poder utilizar el teorema de Frobenius, entonces, dividiendo la ecuación entre 3 x , se tiene 2  x  y ' 1 y  0 y ' ' 3x 3x

Punto singular 0

Factor

exp P (x )

exp Q(x )

Conclusión

x

1

1

Regular

Puesto que x 0  0 es un punto singular regular, entonces utilizando la solución propuesta 

y   c n x n  r , y dado que ésta debe satisfacer la ecuación diferencial, entonces derivando n 0



y '   (n  r )c n x n  r 1 n 0



y ' '   (n  r  1)(n  r )c n x n r 2 n 0

y sustituyendo, se tiene Semestre 2013A

111

Capítulo VI. Series de Potencias







n 0

n 0

n 0

3 x  (n  r  1)(n  r )c n x n  r 2  2  x  (n  r )c n x n r 1   c n x n r  0 introduciendo todas las variables dentro de la serie 







n 0

n 0

n 0

n 0

3 (n  r  1)(n  r )c n x n  r 1  2 (n  r )c n x n r 1   (n  r )c n x n  r   c n x n r  0 sumando las dos primeras series y las dos últimas 



n 0

n 0

 3(n  r  1)  2(n  r )c n x n r 1   (n  r  1)c n x nr

0

factorizando x r    x r  3(n  r  1)  2(n  r )c n x n 1   (n  r  1)c n x n   0 n 0  n 0  para sumar las series      r  n 1 n x  3(n  r  1)  2(n  r )c n x   (n  r  1)c n x   0 0 0    n     n k  n 1 k n    n  k 1  n k     x r   3(k  r )  2(k  r  1)c k 1x k   (k  r  1)c k x k   0 k 0 k 1      x r 3r  1rc 0 x 1   3k  3r  2(k  r  1)c k 1x k   (k  r  1)c k x k   0 k 0 k 0      x r 3r  1rc 0 x 1   3k  3r  2c k 1  c k (k  r  1)x k   0 k 0   para que la igualdad se cumpla y se obtenga una solución diferente de la trivial, 

3r  1rc 0 x 1   3k  3r  2c k 1  c k (k  r  1)x k

0

k 0

es decir

3r  1r  0  Ecuación indicial 3k  3r  2c k 1  c k  0  Ecuación de recurrencia

De la ecuación indicial r1  0 , y r2  1 , entonces, se deben obtener valores de las constantes 3 para cada uno de los valores de r . Para r1  0 , la ecuación de recurrencia queda c k 1 

ck 3k  2

para algunos valores de k , se tiene

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Semestre 2013A

Capítulo VI. Series de Potencias

0 1 2 3

ck 3k  2

c k 1 

k

c0 2 c c2  1 5 c c3  2 8 c c4  3 11

c0 2 c c2  0 25 c0 c3  258 c0 c4  2  5  8  11

c1 

c1 

bk Para r2  1 , la ecuación de recurrencia queda bk 1  3 3k  3 para algunos valores de k , se tiene

0 1 2 3

bk 3k  3

bk 1 

k

b0 3 b b2  1 6 b b3  2 9 b b4  3 12

b0 3 b b2  0 36 b0 b3  369 b0 b4  3  6  9  12

b1 

b1 





n 0

n 0

La solución propuesta es de la forma y  x r1  c n x n  x r2  bn x n , puesto que se tienen dos valores de r , por lo tanto, sustituyendo los valores de las constantes, se tiene c c c0 c0 y  c0  0 x  0 x 2  x3  x4    2 25 258 2  5  8  11 b b b0 b0 1   x3  x 4    x 3  b0  0 x  0 x 2  3 36 369 3  6  9  12  

1 1 2 1 1   y  c 0 1  x  x  x3  x 4    2 25 258 2  5  8  11   1  1 1 2 1 1  x  x3  x 4    b0 x 3 1  x  3 36 369 3  6  9  12   Nota: la ecuación indicial tendrá tantas raíces según sea el orden de la ecuación diferencial.

Semestre 2013A

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Capítulo VI. Series de Potencias

Ejercicios: Obtenga la solución de las siguientes ecuaciones diferenciales en serie de potencias en torno al punto x 0  0 : 1) 4 xy ' '21  x y ' y  0 2) 3)

( x 2  2)y ' '3 xy ' y  0 2 x 2 y ' ' xy ' 1  x 2 y  0





Nota: Considérese una ecuación diferencial de segundo orden, por lo tanto se tendrán 2 raíces de la ecuación indicial: r1 y r2 . Suponiendo que éstas son reales y que r1 es la raíz mayor, entonces al utilizar el método de Frobenius se tienen 3 casos, dependiendo de la naturaleza de las raíces indiciales r1 y r2 . Caso 1. r1 y r2 son distintas y r1  r2  número entero. Entonces existen 2 soluciones linealmente independientes y 1( x ) y y 2 ( x ) de la ecuación 

a2 ( x )y ' 'a1( x )y 'a0 ( x )y  0 , de la forma y   c n x n  r . n 0

Caso 2. r1 y r2 son distintas y r1  r2  número entero positivo. Entonces existen 2 soluciones linealmente independientes y 1( x ) y y 2 ( x ) de la ecuación a2 ( x )y ' 'a1( x )y 'a0 ( x )y  0 de la forma 

y 1( x )   c n x n  r1 , con c 0  0 n 0



y 2 ( x )  cy 1( x ) ln x   bn x n  r2 , con b0  0 n 0

donde c es una constante a determinar y que podría tomar el valor de cero en algunos casos.

Una segunda solución y 2 ( x ) también se puede obtener con la fórmula: e  y 2 ( x )  y 1 ( x ) 2 dx y1 ( x ) siempre que y 1( x ) sea la solución conocida.  P ( x )dx

Caso 3. r1  r2 . Entonces existen 2 soluciones linealmente independientes de la forma 

y 1( x )   c n x n r1 , con c 0  0 n 0



y 2 ( x )  y 1( x ) ln x   bn x n r2 , con b0  0 n 0

o se puede obtener la solución y 2 ( x ) como en el caso anterior.

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Semestre 2013A