Ecuaciones Diferenciales Ordinarias

May 1, 2017 | Author: Julio Morales Floran | Category: N/A

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ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS J. Juan Rosales Garc´ıa, Manuel Gu´ıa Calder´ on

Facultad de Ingenier´ıa Mec´ anica, El´ ectrica y Electr´ onica Universidad Aut´ onoma de Guanajuato 18 de junio de 2007

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DEDICATORIA A A A A A A

mis hijos, Daniel y Alberto. mis padres, Martha y Gonzalo. Hilda Corina. mis hermanos. mis abuelos Q.E.D. José Mart´ınez Sandoval Q.E.D.

A todos aquéllos para los cuales una respuesta son dos preguntas

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AGRADECIMIENTOS Los autores queremos agradecer a la Facultad de Ingenier´ıa Mecánica, Eléctrica y Electrónica de la Universidad de Guanajuato por darnos el apoyo requerido en la realización de este trabajo. Agradecemos a nuestros colegas y compa˜ neros del departamento de ingenier´ıa eléctrica, ingenier´ıa en comunicaciones y electr´ onica, en particular a los Drs. René Mart´ınez Celorio, J. Amparo Andrade Lucio, Oscar Ibarra Manzano y al M.C. Mario Ibarra Manzano por el apoyo desinteresado y valiosos comentarios. Estamos en deuda con muchos de nuestros estudiantes del curso ecuaciones diferenciales ordinarias, en particular, agradecemos a los estudiantes; Fernando Ort´ız Segovia, Ezequiel Mart´ınez Ayala, Helena S. L´ opez Avilés, Blad´ımir Ramos Alvarado, José Lu´ıs Aguinaco Z´ un ˜iga, por el apoyo que nos brindaron con sus cr´ıticas y ayuda en cuestiones computacionales.

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PREFACIO El éxito de cualquier obra es directamente proporcional a la sencillez y elegancia con que se transmite su contenido. En este libro, Ecuaciones Diferenciales Ordinarias con Aplicaciones, uno de nuestros objetivos principales es mantener la simplicidad y poder comunicar a los estudiantes la importancia que tienen las ecuaciones diferenciales en la Ciencia e Ingenier´ıa. Este libro est´ a dise˜ nado para cursos semestrales y trimestrales en las facultades de ingenier´ıa. Contiene las definiciones y teoremas b´ asicos de las ecuaciones diferenciales ordinarias. Se analizan los métodos de soluci´ on m´ as conocidos y se resuelven con todo detalle ejercicios correspondientes a cada método. Al final de cada cap´ıtulo se propone una serie de problemas que ayudarán al estudiante a reforzar sus conocimientos adquiridos. La demostraci´ on de algunos teoremas se ha omitido ya que, por un lado, nuestro enfoque está dirigido más a las técnicas de soluci´ on y aplicaciones, que al riguroso análisis matemático y, por el otro, consideramos que el incremento de información no contribuye en forma decisiva al aprendizaje de los estudiantes de ingenier´ıa. El libro está organizado de la siguiente manera: En el Cap´ıtulo 1 se dan los conceptos básicos de las ecuaciones diferenciales; en el Cap´ıtulo 2 se analizan los diferentes métodos de solución de las ecuaciones diferenciales de primer orden, se introduce la definición de ecuación diferencial lineal homogénea, no homogénea y reducible a homogénea, y se ilustran los métodos de solución. Se plantean y se resuelven con todo detalle algunos problemas. Al final de este cap´ıtulo se pide al alumno resolver una serie de ejercicios, esto para garantizar su aprendizaje; las ecuaciones de orden superior, y algunas aplicaciones se analizan en el Cap´ıtulo 3; en el Cap´ıtulo 4 se dan los fundamentos básicos del cálculo operacional, mejor conocido como Transformada de Laplace; en el Cap´ıtulo 5 se analizan las ecuaciones diferenciales usando series de potencias como soluciones; en el cap´ıtulo 6 se da una introducci´ on a los sistemas de ecuaciones diferenciales. Esperamos haber podido mantener en la práctica nuestra filosof´ıa, sencillez y elegancia, si no que el estudiante nos juzgue, y desde luego aceptaremos cualquier cr´ıtica constructiva, para de esta manera mejorar nuestro trabajo y darle a la sociedad mejores resultados.

Los autores J. Juan Rosales Garc´ıa Manuel Gu´ıa Calder´ on

Índice general ´ 1. CONCEPTOS BASICOS

9

1.1. Definici´ on y Caracterización de las Ecuaciones Diferenciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.2. Soluciones de Ecuaciones Diferenciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

11

1.3.

15

Problemas de Repaso del Cap´ıtulo 1: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

17

2.1. Ecuaciones Diferenciales con Variables Separables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

21

2.2. Ecuaciones Diferenciales Reducibles a Separables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

24

2.3. Ecuaciones Diferenciales Homogéneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

26

2.4. Ecuaciones Diferenciales Reducibles a Homogéneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

33

2.5. Ecuaciones Diferenciales Cuasi-homogéneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

36

2.6. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Primer Orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

40

2.7. Ecuaciones Diferenciales Reducibles a Lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

46

2.8. Ecuaci´ on de Riccati . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

50

2.9. Ecuaciones Diferenciales Exactas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

55

2.10. Factor Integrante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

59

2.11. Ley de Enfriamiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

62

2.12. Circuitos Eléctricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

64

2.13. Soluci´ on del Circuito RL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

65

2.14. Soluci´ on de un Circuito RC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

67

2.15. Carga en el Condensador . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

69

2.16. Presi´ on Atmosférica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

70

2.17. Ecuaciones Diferenciales no Resueltas Respecto a la Derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

73

5

ÍNDICE GENERAL

6

2.18. Ecuaciones Diferenciales de Lagrange y Clairaut . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

77

2.19. Isoclinas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

81

2.20. Trayectorias Ortogonales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

82

2.21. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

86

2.22. Problemas de Repaso del Cap´ıtulo 2: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR

121

3.1. Ecuaciones Diferenciales de Orden Superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122 3.2. Ecuaciones de Orden Superior Reducibles a Primer Orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123 3.3. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden Superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129 3.4. Ecuaciones Lineales con Coeficientes Constantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137 3.5. Ecuaciones Diferenciales Lineales no Homogéneas de Segundo Orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142 3.6. Variación del Par´ ametro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148 3.7. Ecuaciones de Cauchy-Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153 3.8. Vibraciones Mec´ anicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163 3.9. Solución para el Movimiento Libre no Amortiguado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165 3.10. Soluciones Para las Oscilaciones Forzadas no Amortiguadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166 3.11. Circuito Eléctrico RLC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168 3.12. Oscilaciones Libres del Circuito RLC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170 3.13. Solución General del Circuito RLC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171 3.14. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172 3.15. Problemas de Repaso del Cap´ıtulo 3: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE

179

4.1. Conceptos B´ asicos de la Transformada de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180 4.2. Transformada de Laplace de Algunas Funciones Elementales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182 4.3. Transformada de Laplace para las Derivadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193 4.4. Transformada Inversa de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194 4.5. Funciones Racionales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196 4.6. Solución de Ecuaciones Diferenciales: Método de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . 199

ÍNDICE GENERAL

7

4.7. Transformada de Laplace para Funciones Discontinuas . . . . . . . . . . . . . . . . . 205 4.8. Diferenciaci´ on e Integración de la Transformada de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210 4.9. Ecuaciones Diferenciales con Fuentes Discontinuas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214 4.10. Ecuaciones Diferenciales con Impulsos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221 4.11. Transformada de Laplace de la Función Delta de Dirac . . . . . . . . . . . . . . . . . 222 4.12. Teorema de Convoluci´ on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225 4.13. Problemas de Repaso para el Cap´ıtulo 4: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231 ´ DE ECUACIONES DIFERENCIALES 5. INTEGRACION USANDO SERIES DE POTENCIA

233

5.1. Series de Potencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233 5.2. Intervalo y Radio de Convergencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 235 5.3. Propiedades de las Series de Potencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 235 5.4. Derivadas de las Series de Potencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 237 5.5. Series e Integraci´ on de Ecuaciones Diferenciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 237 5.6. Integraci´ on de Ecuaciones Lineales Mediante Series de Potencias . . . . . . . . . . . 239 5.7. Soluciones Alrededor de Puntos Ordinarios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242 5.8. Ecuaci´ on Diferencial de Hermite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 248 5.9. Polinomios de Hermite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 249 5.10. Condiciones Suficientes para la Existencia de Soluciones en Serie Potencias. . . . . . 250 5.11. Ecuaci´ on Diferencial de Legendre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 250 5.12. Polinomios de Legendre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252 5.13. Series Generalizadas: Método de Frobenius . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254 5.14. Ecuaci´ on Indicial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255 5.15. Ecuaci´ on Diferencial de Bessel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 256 5.16. Funciones de Bessel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 258 5.17. Propiedades de la funci´ on Jν (x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261 5.18. Funciones de Bessel Fraccionarias, ν = ± 12 , ± 32 , ± 52

. . . . . . . . . . . . . . . . . . 262

5.19. Funciones de Bessel de segunda clase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264 5.20. Funciones de Bessel de Segunda Clase Yn (x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 266 5.21. Problemas de Repaso del Cap´ıtulo 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 267 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

269

8

ÍNDICE GENERAL

6.1. Sistemas de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 269 6.2. Valores Propios y Vectores Propios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 286 6.3. Sistemas de Ecuaciones Lineales Homogéneos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 289 6.4. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 299 6.5. Problemas de Repaso del Cap´ıtulo 6: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 303

Cap´ıtulo 1

´ CONCEPTOS BASICOS Las Matem´ aticas son el Idioma con el cual DIOS Escribi´ o el Universo Galileo Galilei La Ciencia jam´ as podr´ a descubrir todos los secretos de la Naturaleza ya que la Ciencia la hacen los Hombres y éstos son parte de Ella J. Juan Rosales Garc´ıa Antes de empezar con los diferentes métodos para resolver las ecuaciones diferenciales, definiremos qué es lo que vamos a entender por ecuación diferencial en la forma más general y cómo la vamos a caracterizar.

1.1.

Definici´ on y Caracterizaci´ on de las Ecuaciones Diferenciales

Una ecuaci´ on que establece una relación entre la variable independiente x, la función dependiente y = f (x) y sus derivadas y 0 , y 00 , ..., y (n) se llama ecuaci´ on diferencial . Simbólicamente, se escribe de la siguiente manera F x, y, y 0 , y 00 , ..., y (n) = 0

(1.1)

donde las derivadas se toman respecto a la variable independiente x, es decir, y 0 = dy/dx, ..., y (n) = dn y/dxn . Si la funci´ on y = f (x) y sus derivadas dependen de una sola variable independiente, entonces, decimos que la ecuaci´ on diferencial es una ecuaci´ on diferencial ordinaria EDO . Si, por el contrario, la funci´ on y = f (x, z, ...) y sus derivadas dependen de más de una variable independiente, diremos que es una ecuaci´ on diferencial en derivadas parciales EDP. De tal manera que existen dos tipos de ecuaciones diferenciales: las ordinarias y las parciales. 9

´ CAPÍTULO 1. CONCEPTOS BASICOS

10

El orden de la derivada superior que aparece en la ecuación es el orden, mientras que el grado se define como el exponente de la derivada de mayor orden. As´ı, la ecuación (1.1) representa una ecuación diferencial ordinaria de orden n y grado uno. Las ecuaciones diferenciales también se distinguen por su linealidad y no linealidad. Para esto, supongamos que en la ecuaci´ on (1.1) podemos despejar la derivada de orden máximo, y (n) , esto es: y (n) = f x, y, y 0 , y 00 , ..., y (n−1)

(1.2)

entonces, decimos que una ecuaci´ on diferencial, de la forma (1.2), es una ecuación diferencial lineal si f es una función lineal de y, y 0 , y 00 , ..., y (n−1) . En otras palabras, una ecuación diferencial es lineal si es posible escribirla de la siguiente manera n

n−1

d y d y dy an (x) dx n + an−1 (x) dxn−1 + .... + a1 (x) dx + a0 (x)y = g(x)

(1.3)

donde los coeficientes ai (x) (i = 0, 1, 2, ..., n) son funciones continuas de la variable independiente x en un cierto intervalo (a, b). Si en (1.3) la función g(x) = 0, entonces, decimos que la ecuación es una ecuaci´ on diferencial lineal homogénea de orden n, en caso contrario, si g(x) 6= 0, diremos que es una ecuaci´ on diferencial lineal no homogénea . Si los coeficientes ai (x) (i = 0, 1, 2, .., n) son todos constantes, entonces la ecuaci´ on (1.3) representa una ecuación diferencial lineal con coeficientes constantes. Desde el punto de vista pr´ actico la parte izquierda, de la ecuación (1.3), representa a un sistema, sea cual sea, donde hay ciertos cambios (debidos a fricción, desintegración, ca´ıdas de voltaje, viscosidad etc.,) y la parte derecha de la ecuación representa la fuente (lo que se suministra al sistema, puede ser voltaje, corriente, una fuerza, etc.). Resolver la ecuación (1.3), significa, entonces, hallar la función que representar´ a el resultado del proceso, es decir, nos dará información sobre el comportamiento del sistema. Ejemplo 1: Las ecuaciones y 0 + 4x2 y = 3x2 + 2x − 5,

(1.4)

y 0 − xy = 0,

(1.5)

y 00 + 5y 0 + 3y = x2 − 1,

(1.6)

son, todas, ecuaciones diferenciales ordinarias de primer y segundo orden y grado uno. La ecuación (1.4) es una ecuaci´ on diferencial lineal no homogénea, mientras que la ecuación (1.5) es una ecuación diferencial homogénea. Finalmente, la ecuaci´ on (1.6) es una ecuación diferencial lineal no homogénea de segundo orden. Ejemplo 2: Las ecuaciones ∂u(x, y) ∂u(x, y) +x = 0, ∂y ∂x

(1.7)

∂u(x, t) ∂u(x, t) +x = u(x, t), ∂t ∂x

(1.8)

y t

1.2. SOLUCIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES

∂ 2 u(x, y) = x + y, ∂x∂y

11

(1.9)

son ecuaciones diferenciales parciales de primer orden (1.7), (1.8), y la ecuación (1.9), es de segundo orden. Ejemplo 3: Las ecuaciones y 0 = xy 1/2 ,

(1.10)

yy 00 − 4y 0 + y = x − 3,

(1.11)

y 000 + y 4 = 0,

(1.12)

son ecuaciones diferenciales ordinarias no lineales de primero, segundo y tercer orden, respectivamente. La ecuaci´ on (1.10), es de grado dos, ya que (y 0 )2 , las dos ecuaciones restantes son de grado uno.

1.2.

Soluciones de Ecuaciones Diferenciales

Toda funci´ on y = φ(x), definida en un intervalo (a, b), que satisface una ecuación diferencial se llama soluci´ on ´ o integral de la ecuaci´ on diferencial dada. La soluci´ on general de una ecuación diferencial es una familia de curvas o funciones que contiene tantos par´ ametros arbitrarios como sea el orden de la ecuación diferencial. Es decir, la solución general de una ecuaci´ on de primer orden F (x, y, y 0 ) = 0 tendrá como solución general a la familia de curvas representada por Φ(x, y, c) = 0, donde c es el parámetro arbitrario (familia uniparamétrica), tal que, cada término de la familia es una solución de la ecuación diferencial. As´ı, al resolver una ecuaci´ on diferencial de orden n, es decir, F (x, y, y 0 , ..., y (n) ) = 0, esperamos obtener una familia nparamétrica de soluciones Φ(x, y, c1 , ..., cn ) = 0, donde ci (i = 1, 2, ..., n) son parámetros arbitrarios. La soluci´ on de una ecuaci´ on diferencial que no contiene parámetros arbitrarios se llama soluci´ on particular . Una manera de obtener una solución particular es elegir valores espec´ıficos del parámetro(o de los par´ ametros) en una familia de soluciones. En el caso en que se analice un sistema real estos par´ ametros se obtienen de las condiciones iniciales en que se encuentra el sistema. Hay ocasiones en que una ecuación diferencial tiene una solución que no puede obtenerse dando valores espec´ıficos a los par´ ametros en una familia de soluciones; a esta solución se le llama soluci´ on singular . Ejemplo 1: La funci´ on y = (x2 /4 + c)2 es solución de la ecuación y 0 = xy 1/2 . Cuando c = 0, la solución particular es y = x4 /16. En tal caso, la función y ≡ 0 es una solución singular de la ecuación, ya que no puede ser obtenida de la familia para ning´ un valor del parámetro c. Otra manera de ver esto es la siguiente: Si la soluci´ on y = x4 /16 la escribimos como 16 = x4 /y y luego hacemos y ≡ 0, tenemos una indeterminaci´ on, lo cual implica que la solución y ≡ 0 es una solución singular de la ecuación y 0 = xy 1/2 . Ejemplo 2: Dada la funci´ on

1 y(x) = ce−2x + ex , 3

(1.13)

´ CAPÍTULO 1. CONCEPTOS BASICOS

12

demostrar que ésta es soluci´ on de la ecuaci´ on diferencial y 0 + 2y = ex .

(1.14)

Soluci´ on: Para demostrar que efectivamente la funci´ on (1.13) es solución de la ecuación (1.14), debemos sustituir (1.13) en (1.14). Tenemos que la derivada de (1.13), es 1 y 0 (x) = −2ce−2x + ex . 3

(1.15)

Sustituyendo esta expresi´ on y (1.13) en (1.14), obtenemos 2 1 2 1 −2ce−2x + ex + 2ce−2x + ex = ex + ex = ex . 3 3 3 3

(1.16)

El tener la igualdad ex = ex , implica que la función (1.13) es la solución general de la ecuación diferencial (1.14). De la soluci´ on general (1.13), podemos obtener una solución particular de la ecuación diferencial (1.14). Supongamos que cuando x = 0, y = 2. Sustituyendo estos valores en la solución (1.13), obtenemos 1 5 2=c+ → c= . (1.17) 3 3 Luego, poniendo el valor de c en (1.13), obtenemos la solución particular de la ecuación (1.14), y(x) =

5 −2x 1 x e + e . 3 3

(1.18)

El haber restringido la soluci´ on general a una solución particular, quiere decir que la curva representada por la ecuaci´ on (1.18), pasa por el punto (0, 2). Ejemplo 3: Dada la función y(x) = c1 x + c2 x ln x + 2x3 ,

(1.19)

demostrar que ésta es la soluci´ on general de la ecuación diferencial x2 y 00 − xy 0 + y = 8x3 .

(1.20)

Soluci´ on: Derivando dos veces la funci´ on (1.19), obtenemos y 0 = c1 + c2 ln x + c2 + 6x2

→

y 00 =

c2 + 12x. x

Sustituyendo estas dos expresiones y (1.19) en la ecuación (1.20), tenemos c 2 x2 + 12x − x[c1 + c2 ln x + c2 + 6x2 ] + c1 x + c2 x ln x + 2x3 x 12x3 − 6x3 + 2x3

(1.21)

= =

8x3 .

(1.22)

Lo cual implica que la funci´ on (1.19) es la solución general de la ecuación (1.20). Ejemplo 4: Demostrar que para toda constante c la función y = arc tg(x + y) + c,

(1.23)

1.2. SOLUCIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES

satisface la ecuaci´ on

13

dy 1 . = dx (x + y)2

(1.24)

Soluci´ on: Diferenciando la funci´ on (1.23), tenemos dy 1 + dx dy = dx 1 + (x + y)2

→

[1 + (x + y)2 ]

dy dy =1+ dx dx

→

[1 + (x + y)2 − 1]

dy = 1. dx

(1.25)

Esta u ´ltima expresi´ on la podemos escribir como 1 dy . = dx (x + y)2

(1.26)

De las ecuaciones (1.24) y (1.26), concluimos que la función (1.23), es solución de la ecuación (1.24). Podemos hacer el caso inverso, es decir, supongamos que conocemos la familia de curvas y deseamos conocer la ecuaci´ on diferencial correspondiente. Este tipo de problemas surgen a menudo en las ciencias e ingenier´ıas. Ejemplo 5: Dada la familia de curvas x2 + y 2 − cx = 0,

c ∈ R,

(1.27)

hallar su correspondiente ecuaci´ on diferencial. Soluci´ on: Considerando a y como una función de x, y diferenciando (1.27), respecto a x, tenemos 2x + 2y

dy − c = 0. dx

(1.28)

Luego, de la ecuaci´ on (1.27), despejamos a la constante c c=

x2 + y 2 . x

(1.29)

Sustituyendo este resultado en (1.28), obtenemos 2x + 2y

dy x2 + y 2 − =0 dx x

→

2yx

dy + 2x2 − x2 − y 2 = 0. dx

(1.30)

Finalmente, tenemos que la ecuación diferencial que representa a la familia de curvas (1.27), tiene la forma dy 2xy + x2 − y 2 = 0. (1.31) dx En otras palabras, la familia de curvas (1.27) es la solución de la ecuación diferencial (1.31). Ejemplo 6: Hallar la ecuaci´ on diferencial que represente a la familia de curvas x

x − y − ce y−x = 0. Soluci´ on:

(1.32)

´ CAPÍTULO 1. CONCEPTOS BASICOS

14

Escribamos la ecuaci´ on (1.32), de la siguiente manera x

(x − y)e x−y = c.

(1.33)

Diferenciando esta expresi´ on respecto a x, tenemos

1−

h x − y − x(1 − x dy x−y e + (x − y) dx (x − y)2

dy i dx )

x

e x−y = 0.

(1.34)

x

La expresión e x−y 6= 0, entonces, lo que debe ser cero es 1−

dy x − y − x + x dx dy + =0 dx x−y

→

1−

x dy − y dy + dx = 0. dx x−y

(1.35)

Esta u ´ltima ecuaci´ on la podemos escribir como x − y − (x − y)

dy dy +x −y =0 dx dx

→

x − 2y − (x − y − x)

dy = 0. dx

(1.36)

Finalmente, tenemos la ecuaci´ on diferencial que representa a la familia de curvas (1.32), y

dy − 2y + x = 0. dx

(1.37)

Ejemplo 7: Hallar la ecuaci´ on diferencial que describe una familia de parábolas, las cuales pasan por el or´ıgen de coordenadas y su eje de simetr´ıa es el de las ordenadas. Soluci´ on: La ecuación que representa a la familia de parábolas con eje de simetr´ıa en las ordenadas es y = cx2 ,

c ∈ R.

(1.38)

Diferenciando esta expresi´ on respecto a x, obtenemos dy = 2cx. dx

(1.39)

De (1.38), despejamos a c y la sustituimos en (1.39), c=

y x2

→

dy y y = 2 2x = 2 . dx x x

(1.40)

Entonces, la ecuaci´ on diferencial es dy 2y − = 0. dx x

(1.41)

Observaci´ on: Las ecuaciones diferenciales no lineales, a excepción de algunas de primer orden, son generalmente dif´ıciles o imposibles de resolver en términos de las funciones elementales(funciones trigonométricas, funciones exponenciales y logar´ıtmicas, y funciones trigonométricas inversas). Además, si tuviéramos una familia de soluciones de una ecuaci´ on diferencial no lineal, no es obvio cuándo esta familia forma una solución general. Las ecuaciones no lineales son muy sensibles a las condiciones iniciales. De tal manera, que el nombre de soluci´ on general se aplica sólo a ecuaciones diferenciales lineales.

1.3. PROBLEMAS DE REPASO DEL CAPÍTULO 1:

1.3.

15

Problemas de Repaso del Cap´ıtulo 1:

1.1.-) En los siguientes ejercicios diga si las ecuaciones dadas son lineales o no lineales. Indique el orden y el grado de la ecuaci´ on: 1. xy 0 + y = y 2 . 2. x dx dt + t = 1. 3. y 0 − y = 2x − 3. r

4. y 0 = 5.

d2 x dt2

1+

+

α x2

d2 y dx2

2

= 0.

6. (1 − y 2 )dx + xdy = 0. 7. xy 0 + 1 = ey . 8. y(y 0 )2 + 2xy 0 = y + 1. 9. xy 2 dy + y 3 dx =

dx x .

10. y 0 (x + y) = y. 1.2.-) Por sustituci´ on, compruebe que las soluciones dadas corresponden a las ecuaciones diferenciales: 1. e−y − cx = 1 2.

y2 2

xy 0 + 1 = ey .

⇐⇒

+ y + ln |y − 1| = − x1 + c

3. y =

c cos x

4. y = ln(c + ex ) √ 5. y = x2 − cx 6. x = yecy+1 √ 7. y = x 1 − x2

⇐⇒

x2 y 2 y 0 + 1 = y

y 0 − y tg x = 0.

⇐⇒ ⇐⇒

y 0 = ex−y .

⇐⇒

(x2 + y 2 )dx − 2xydy = 0.

⇐⇒ ⇐⇒

y0 =

y x(ln x−ln y) .

yy 0 = x − 2x3 .

8. y = − 21 x2 e−x + c1 ex + c2 e−x + c3 xe−x

⇐⇒

y 000 + y 00 − y 0 − y = 2e−x .

16

´ CAPÍTULO 1. CONCEPTOS BASICOS

Cap´ıtulo 2

ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Una vez dadas algunas de las definiciones básicas correspondientes a las ecuaciones diferenciales ordinarias podemos estudiar los métodos de solución. Para esto, empecemos con las ecuaciones más sencillas, pero no menos importantes, ya que existe un sin n´ umero de aplicaciones de estas ecuaciones, tanto en las ciencias exactas como en las ingenier´ıas. De la ecuaci´ on (1.1), se deduce que una ecuación diferencial de primer orden tiene la forma

F x, y, y 0 = 0

(2.1)

Si, adem´ as, suponemos que esta ecuación se puede resolver respecto a su derivada, entonces, tenemos la siguiente ecuaci´ on y 0 = f (x, y)

(2.2)

Para esta ecuaci´ on es v´ alido el siguiente teorema acerca de la existencia y unicidad de su solución. Teorema 2.0.1. (existencia y unicidad) Sea dada la ecuaci´ on diferencial y 0 = f (x, y),

(2.3)

y sea f (x, y) una funci´ on continua de las variables x, y, definida en un cierto dominio D en el plano x0y. Si existe una vecindad Ω de un punto M0 (x0 , y0 ) ∈ D, donde f (x, y); es continua en todos los argumentos, admite derivada parcial ∂f ∂y , entonces, existe un intervalo (x0 − h0 , y0 + h0 ) en la x− abcisa en el cual existe una soluci´ on u ńica y = φ(x) de la ecuaci´ on (2.3), tal que, para una x = x0 hay una y = y0 , figura (2.1) 17

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

18

Figura 2.1:

La condición, de que la funci´ on debe tomar un valor dado y0 para un x = x0 , se conoce como condici´ on inicial. Formalmente, esta condici´ on la escribimos como y |x=x0 = y0

⇐⇒

y(x0 ) = y0

(2.4)

El problema de hallar una soluci´ on de la ecuación diferencial (2.2), sujeta a las condiciones iniciales (2.4), se conoce como problema de Cauchy . Desde el punto de vista geométrico, el teorema nos dice que por el punto M (x0 , y0 ) pasa una y sólo una curva integral de la ecuaci´ on (2.3). El teorema anterior expresa las condiciones suficientes para la existencia de una solución u ńica del problema de Cauchy para la ecuaci´ on (2.3), pero estas condiciones no son necesarias, ya que puede existir una soluci´ on u ńica de la ecuación (2.3), que satisface a la condición inicial (2.4), a pesar de que en el punto (x0 , y0 ) no se cumpla una (o las dos) de las condiciones del teorema. Apliquemos el teorema anterior para analizar los siguientes ejercicios. x a) y 0 = x + y 2 , b) y 0 = . y Soluci´ on a):

(2.5)

19

Tenemos que la funci´ on f (x, y) es f (x, y) = x + y 2 .

(2.6)

la derivada de esta funci´ on respecto a y es ∂f = 2y. ∂y

(2.7)

Como podemos ver, las condiciones del teorema se cumplen, es decir, la función f (x, y) en (2.6), y su derivada parcial (2.7), son continuas en todo el dominio de x y y. Entonces, existe una, y sólo una soluci´ on y = φ(x) que cumple la condición y(x = x0 ) = y0 . Soluci´ on b): Tenemos que la funci´ on y su derivada son f (x, y) =

x . y

∂f x = − 2. ∂y y

(2.8)

Como podemos ver, éstas presentan discontinuidad en los puntos (x0 , 0) del eje x. Por lo tanto, las dos condiciones del teorema no se cumplen. Sin embargo, por cada punto del eje x pasa una sola curva integral q y=

x2 − x20 ,

(2.9)

donde x0 es una constante arbitraria. Del teorema(existencia y unicidad), se deduce que la ecuación (2.2), tiene un n´ umero infinito de soluciones diferentes. Por ejemplo, la solución cuya gráfica pasa por el punto (x0 , y0 ) y otra solución cuya gr´ afica pasa por (x0 , y1 ) y otra que pasa por (x0 , y2 ) y otra más que pasa por (x0 , y3 ) y as´ı sucesivamente, siempre y cuando estos puntos sean puntos del dominio D que es donde está definida la funci´ on. Se llama soluci´ on general de una ecuación diferencial de primer orden a la función y = φ(x, c)

(2.10)

que depende de una constante arbitraria c, y cumple las siguientes condiciones Satisface la ecuaci´ on diferencial para cualquier valor de c Cualquiera que sea la condición inicial y = y0 para x = x0 , se puede encontrar un valor de c = c0 , tal que la funci´ on y = φ(x, c0 ) cumpla la condición inicial dada. Es claro que estamos suponiendo que los valores y0 y x0 pertenecen al dominio de variación de x y y, en el cual se verifican las condiciones del teorema sobre la existencia y unicidad de la solución. Frecuentemente, sucede que cuando buscamos la solución de una ecuación diferencial llegamos a la relaci´ on del tipo Φ(x, y, c) = 0

(2.11)

no resuelta respecto a y, donde es imposible expresar a y en función de funciones elementales, es decir, expl´ıcitamente. En tal caso la solución general (2.11), se llama soluci´ on impl´ıcita .

20

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

Toda función y = φ(x, c0 ) que sea obtenida a partir de la solución general y = φ(x, c), ya sea aplicando las condiciones iniciales ´ o dando a la constante c un valor determinado c = c0 se llama soluci´ on particular y la relaci´ on Φ(x, y, c0 ) = 0 se llama integral particular de la ecuación diferencial. Desde el punto de vista geométrico, la integral general representa una familia de curvas en el plano de coordenadas dependientes de una constante arbitraria c ( a veces, en lugar de constante arbitraria se dice par´ ametro c). A estas curvas se les conoce como curvas integrales de la ecuación diferencial dada. Cada integral particular ser´ a representada por una curva de esta familia, la cual pasa por un punto del plano x0y. Toda ecuación diferencial, de primer orden (2.2), se puede escribir también de la siguiente manera

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

(2.12)

donde M (x, y) y N (x, y) son funciones continuas dadas en un cierto dominio D del plano x0y, las cuales no contienen puntos singulares. En realidad la expresión (2.12), contiene dos ecuaciones diferenciales de primer orden; una respecto a la función y(x) y la otra respecto a la función x(y). En el primer caso, por soluci´ on de la ecuaci´ on (2.12), se entiende la función y = φ(x, c) que está definida en cierto intervalo (a, b), tiene derivada continua y satisface la ecuación (2.12). Debido a que el diferencial dx de la variable independiente x no es igual a cero, la ecuación (2.12), se puede dividir entre dx y obtener un valor de y(x) que satisfaga la ecuación diferencial de primer orden escrita en su forma conocida. Para esto dividimos entre dx la ecuación (2.12), tenemos

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

dy = 0. dx

(2.13)

Ahora escribiendo esta expresi´ on de la siguiente manera M (x, y) dy =− = f (x, y), dx N (x, y)

(2.14)

siempre y cuando N (x, y) 6= 0. Como se puede observar, las expresiones (2.2) y (2.12) son simplemente dos maneras de escribir lo mismo, es decir, dos diferentes representaciones. Siguiendo el mismo razonamiento, obtenemos que para las soluciones de la forma x = φ(y, c) la ecuación diferencial (2.12) es equivalente a la siguiente dx N (x, y) =− = g(x, y), dy M (x, y)

(2.15)

siempre y cuando M (x, y) 6= 0. Vamos a estudiar más detalladamente la ecuación diferencial (2.14), donde x es la variable independiente y y(x) es la función dependiente. No existe un método general para integrar las ecuaciones diferenciales de primer orden (2.14). Sin embargo, para ciertas formas particulares de la funci´ on f (x, y) s´ı existen métodos generales de integración. Estos métodos se analizan detalladamente en las secciones siguientes.

2.1. ECUACIONES DIFERENCIALES CON VARIABLES SEPARABLES

2.1.

21

Ecuaciones Diferenciales con Variables Separables

Supongamos que en la ecuación (2.12) podemos escribir M (x, y) = p1 (x)q1 (y) y N (x, y) = p2 (x)q2 (y), entonces, tenemos la siguiente expresión

p1 (x)q1 (y)dx + p2 (x)q2 (y)dy = 0

(2.16)

donde pi (x), i = 1, 2., son funciones continuas dadas en un intervalo (a, b), y qi (y), i = 1, 2., son funciones también continuas en el intervalo (c, d) y el dominio D = [(x, y) : x ∈ (a, b), y ∈ (c, d)] no contiene puntos singulares de la ecuación (2.16). Al tipo de ecuaciones (2.16), se les conoce como ecuaciones diferenciales con variables separables . Supongamos que en (2.16), ninguna de las funciones p2 (x) y q1 (x) son idénticamente igual a cero, esto nos permite expresar la ecuación (2.16), en la forma q2 (y) p1 (x) dx + dy = 0. p2 (x) q1 (y)

(2.17)

De donde la integraci´ on término a término nos conduce a la relación Z Z p1 (x) q2 (y) dx + dy = c, p2 (x) q1 (y)

(2.18)

que, precisamente, determina en forma impl´ıcita la solución general de la ecuación (2.16). Obsérvese que, en la expresi´ on (2.18), c es una constante de integración, la cual será determinada de las condiciones iniciales. Al calcular las dos integrales en (2.18), ya no es necesario introducir ninguna constante de integraci´ on, ya que, a la suma o resta de dos o más constantes siempre podemos representarla por medio de una sola constante, en este caso por c. Ejemplo 1. Hallar la soluci´ on general de la ecuación diferencial dy e−y 1 + = 1. dx

(2.19)

Soluci´ on: Antes que nada debemos analizar qué tipo de ecuación es. Para esto, reescribamos la ecuación dada en la siguiente forma e−y + e−y

dy =1 dx

→

e−y

dy = 1 − e−y dx

→

e−y

dy = −(e−y − 1). dx

(2.20)

De la u ´ltima ecuaci´ on, en (2.20), vemos que podemos separar las variables, esto es e−y dy = −dx. e−y − 1 Ahora integrando las dos partes Z Z d(e−y − 1) − = − dx e−y − 1

Z →

d(e−y − 1) = e−y − 1

(2.21)

Z dx,

(2.22)

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

22

donde hemos tomado en cuenta la relaci´ on d(e−y − 1) = −e−y dy. Integrando esta expresión obtenemos la solución general ln |e−y − 1| = x + ln c, (2.23) donde por comodidad hemos tomado a la constante de integración como ln c, desde luego pudimos haber tomado a la constante c, esto no altera el resultado. Ahora solo nos queda representar la soluci´ on general en una forma más elegante(compacta). Esto se puede hacer haciendo uso de las propiedades de los logaritmos y ln y + ln x = ln |yx|, ln y − ln x = ln , ln y = x → y = ex . x Aplicando estas propiedades a la ecuaci´ on (2.23), la solución general tiene la forma e−y = 1 + cex .

(2.24)

Como podemos observar, la soluci´ on general está dada en forma impl´ıcita. Ejemplo 2: Resolver la ecuaci´ on

dy = (x2 + 1)y ln y. dx

(2.25)

Soluci´ on: Esta ecuación es de variables separables, dy = (x2 + 1)dx y ln y

Z →

dy = y ln y

Z

(x2 + 1)dx.

(2.26)

Tomando en cuenta que d(ln y) = y1 dy, tenemos Z

d ln y = ln y

Z

(x2 + 1)dx.

(2.27)

Integrando, obtenemos la soluci´ on general ln | ln y| =

x3 + x + c. 3

(2.28)

Ejemplo 3: Resolver el problema de Cauchy x2 ydx = (x3 + 1)(y 2 + 1)dy,

y(2) = 3.

(2.29)

Soluci´ on: Como podemos ver, esta ecuaci´ on es de variables separables. Separando las variables, tenemos x2 y2 + 1 dx = dy. +1 y

x3

(2.30)

Integrando 1 3

Z

d(x3 + 1) = x3 + 1

Z

y+

1 dy, y

(2.31)

2.1. ECUACIONES DIFERENCIALES CON VARIABLES SEPARABLES

23

resulta

1 c y2 3 ln |x3 + 1| = + ln y + → ln |x3 + 1| = y 2 + 3 ln y + c, (2.32) 3 2 3 2 donde hemos tomado por constante de integración a c/3 esto es por comodidad. Usando las propiedades de los logaritmos y acomodando términos, tenemos el resultado final x3 + 1 3 (2.33) ln = y 2 + c. y3 2 Esta es la soluci´ on general de la ecuación (2.29). Para hallar la solución con las condiciones y(2) = 3, es necesario sustituir estos valores en (2.33). Tenemos (2)3 + 1 3 ln = (3)2 + c (3)3 2

→

9 27 c = ln − . 27 2

(2.34)

Sustituyendo el valor de c en (2.33), tenemos la solución del problema de Cauchy x3 + 1 3 1 27 2 ln = y + ln − . y3 2 3 2

(2.35)

Esta es la soluci´ on particular de (2.29). Ejemplo 4: Resolver la ecuaci´ on diferencial dy = ay + by 2 , dx

a y

b

son

constantes.

(2.36)

Soluci´ on: Esta ecuaci´ on es de variables separables dy = dx 2 by + ay

Z

dy = y(by + a)

→

Z dx.

(2.37)

Para resolver la primer integral de la izquierda, en (2.37), usaremos fracciones parciales, esto es 1 A B = + y(by + a) y by + a

→

A=

1 , a

B=−

b a

→

1 1 b = − . y(by + a) ay a(by + a)

Entonces, la primer integral Z Z Z dy 1 dy 1 dy 1 1 = − ln y − ln y + a = y(by + a) a y a y+ b a a

a . b

Luego poniendo este resultado en (2.37) e integrando la parte derecha, tenemos 1 a 1 ln y − ln y + = x + c1 , a a b

(2.38)

(2.39)

(2.40)

donde c1 es la constante de integración. Usando las propiedades de los logaritmos y haciendo un poco de ´ algebra elemental, podemos escribir la solución (2.40) de la siguiente manera y(x) =

aeac1 eax b(1 − eac1 eax )

→

y(x) =

a Ce−ax

−b

,

(2.41)

donde hemos multiplicado la primer expresión de (2.41), por e−ac1 e−ax y definido la constante de integraci´ on como C = be−ac1 .

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

24

2.2.

Ecuaciones Diferenciales Reducibles a Separables

Supongamos ahora que la funci´ on f (x, y) en (2.2) tiene la forma f (ax + by + c), entonces, la ecuación diferencial se escribe de la siguiente manera dy dx

= f (ax + by + c)

(2.42)

donde a, b y c son ciertas constantes dadas. La ecuación (2.42) puede reducirse a una ecuación con variables separables si hacemos la siguiente sustitución z = ax + by + c

(2.43)

En (2.43), z es una funci´ on continua de x, es decir, z = z(x). Para sustituir en la ecuación (2.42), debemos tomar la derivada de z respecto a x, tenemos

De donde

dz dy =a+b . dx dx

(2.44)

dy 1 dz a = − . dx b dx b

(2.45)

dz = bf (z) + a. dx

(2.46)

Entonces, la ecuaci´ on (2.42), se reduce a

Esta u ´ltima ecuaci´ on es una ecuaci´ on con variables separables. Su solución impl´ıcita es Z Z Z Z dz dz = dx → = b dx + c1 , bf (z) + a f (z) + ab

(2.47)

donde c1 es la constante de integraci´ on. La solución impl´ıcita, (2.47), es la solución de la ecuación diferencial (2.46). Entonces, para obtener la solución de la ecuación (2.42), debemos recordar que hicimos la sustituci´ on (2.43). O bien, en términos de las variables x y y, tenemos Z Z d(ax + by + c) = b dx + c1 . (2.48) f (ax + by + c) + ab Al integrar la expresi´ on (2.48) obtendremos la solución general de la ecuación diferencial (2.42). Ejemplo 1: Hallar la soluci´ on general de la ecuaci´ on diferencial p dy = 4x + 2y − 1. dx

(2.49)

Soluci´ on: Seg´ un el método antes visto, para resolver este tipo de ecuación debemos hacer el cambio z = 4x + 2y − 1.

(2.50)

2.2. ECUACIONES DIFERENCIALES REDUCIBLES A SEPARABLES

Ahora, para sustituir (2.50) en la ecuación (2.49), debemos encontrar la derivada la nueva funci´ on z(x). Para esto, calculamos la derivada, en (2.50), respecto a x

25

dy dx

dy dz =4+2 , dx dx

en términos de

(2.51)

de donde obtenemos

dy 1 dz = − 2. dx 2 dx Sustituyendo en la ecuaci´ on original (2.49), tenemos √ 1 dz −2= z 2 dx

→

(2.52)

√ dz = 2 z + 4. dx

(2.53)

De esta forma obtenemos una ecuación con variables separables, la cual podemos resolver sin ning´ un problema. Integrando Z Z dz √ = 2 dx. (2.54) z+2 Calculemos la integral de lado izquierdo. Para esto hacemos el cambio de variable u=

√

z,

Sustituyendo en (2.54), obtenemos Z u 2 du = u+2 = Recordando que u =

√

du =

1 −1/2 z dz, 2

2udu = dz.

Z Z u+2−2 2 2 du = 2 1− du u+2 u+2 2 u − 2 ln |u + 2| = 2u − 4 ln |u + 2|.

z, tenemos que la integral es Z √ √ dz √ = 2 z − 4 ln | z + 2| z+2

(2.55)

(2.56)

(2.57)

Regresando a las variables x, y, e integrando la parte derecha de la ecuación (2.54), resulta que la soluci´ on general de la ecuaci´ on (2.49), está dada por la expresión p p 4x + 2y − 1 − 2 ln | 4x + 2y − 1 + 2| = x + c. (2.58) Esta soluci´ on est´ a en forma impl´ıcita. La constante c puede tomar diferentes valores dependiendo de las condiciones iniciales del problema. Ejemplo 2: Resolver la ecuaci´ on diferencial

dy = (x + y)2 . dx

(2.59)

Soluci´ on: Hagamos la sustituci´ on z =x+y

→

dz dy =1+ dx dx

→

dy dz = −1 + . dx dx

(2.60)

Sustituyendo este resultado en (2.59), tenemos −1 +

dz = z2 dx

→

dz = z 2 + 1. dx

(2.61)

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

26

Separando las variables e integrando Z Z dz = dx z2 + 1

→

arc tg z = x + c.

(2.62)

Recordando que z = x + y, tenemos como resultado →

arc tg(x + y) = x + c

x + y = tg(x + c).

(2.63)

Ejemplo 3: Hallar la soluci´ on general de la ecuaci´ on dy y ln y − ln x . = dx x

(2.64)

Soluci´ on: La ecuación (2.64) la podemos escribir de la siguiente manera dy y y = ln . dx x x

(2.65)

Hagamos la sustituci´ on z=

y x

→

y = zx

dy dz =z+x . dx dx

→

(2.66)

Sustituyendo en (2.65), tenemos x

dz = z(ln z − 1). dx

(2.67)

Integrando Z

dz = z(ln z − 1)

Z

dx . x

(2.68)

Obtenemos ln | ln z − 1| = ln x + ln c

→

ln z − 1 ln =0 cx

→

ln z = cx + 1.

Recordando la sustituci´ on z = xy , obtenemos finalmente la solución de la ecuación (2.64), y = cx + 1. ln x

2.3.

(2.69)

(2.70)

Ecuaciones Diferenciales Homog´ eneas

Una función F (x, y) es homogénea de orden n, si para todo λ > 0 se cumple la relación F (λx, λy) = λn F (x, y)

(2.71)

Ejemplo 1: Analizar si la funci´ on dada es homogénea y de que orden F (x, y) = x2 + y 2 .

(2.72)

´ 2.3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGENEAS

27

Soluci´ on: De la definici´ on, tenemos F (λx, λy) = (λx)2 + (λy)2 = λ2 (x2 + y 2 ) = λ2 F (x, y).

(2.73)

Es decir, la funci´ on (2.72), es una función homogénea de orden 2. Ejemplo 2: Sea la funci´ on F (x, y) =

x2 + y , x

(2.74)

analizar si ésta es o no homogénea. Soluci´ on: Aplicando la definici´ on, tenemos F (λx, λy) =

λ2 x2 + λy λ(λx + y) λx + y (λx)2 + λy = = = , λx λx λx x

(2.75)

la cual, no cumple con la condici´ on (2.71), y por consiguiente no es homogénea. Ejemplo 3: Demostrar que la funci´ on F (x, y) =

x4 + y 4 , y4

(2.76)

es homogénea de orden cero. Soluci´ on: De la definici´ on, tenemos F (λx, λy) =

(λx)4 + (λy)4 λ4 x4 + λ4 y 4 λ4 (x4 + y 4 ) = = = F (x, y). (λy)4 λ4 y 4 λ4 y 4

(2.77)

Esto muestra que n = 0 y por lo tanto, la función (2.76), es homogénea de orden cero. Toda ecuaci´ on diferencial de la forma (2.2), dy dx

= f (x, y)

(2.78)

se llama ecuaci´ on diferencial homogénea , si la función f (x, y) es homogénea de orden cero. De una forma equivalente, toda ecuaci´ on diferencial de la forma M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0

(2.79)

será homogénea, si y s´ olo si, las funciones M (x, y) y N (x, y) son funciones homogéneas del mismo orden. Toda ecuaci´ on diferencial homogénea se reduce a una ecuación diferencial con variables separables mediante la sustituci´ on y = z(x)x.

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

28

Para demostrar lo anterior, supongamos que las funciones M (x, y) y N (x, y) en (2.79), son funciones homogéneas del mismo orden y, por consiguiente, tiene lugar la sustitución y = z(x)x. Entonces, tenemos que el diferencial dy se expresa como dy = zdx + xdz,

(2.80)

sustituyendo en la ecuaci´ on (2.79), obtenemos M (x, zx)dx + N (x, zx)[zdx + xdz] = 0,

(2.81)

acomodando términos, resulta [xM (1, z) + zxN (1, z)]dx + x2 N (1, z)dz = 0.

(2.82)

Luego, dividiendo entre x llegamos a la relaci´ on [M (1, z) + zN (1, z)]dx + xN (1, z)dz = 0.

(2.83)

Por u ´ltimo, separando variables e integrando ambas partes de (2.83), obtenemos impl´ıcitamente la solución general de la ecuaci´ on (2.83). Z Z N (1, z) dx + dz = c, (2.84) x M (1, z) + zN (1, z) donde c es la constante de integraci´ on. Al integrar (2.84), tendremos la solución representada como z(x) = χ(x, c) de donde debemos recordar el cambio z = y/x, para tener la solución y(x) = φ(x, c) que será la soluci´ on general de la ecuaci´ on (2.79). Ejemplo 4: Hallar la soluci´ on general de la ecuaci´ on diferencial (y 2 + xy − x2 )dx − x2 dy = 0.

(2.85)

Soluci´ on: Esta ecuación tiene la forma de (2.79). Veamos si es homogénea, para esto identificamos las funciones M (x, y) y N (x, y) M (x, y) = y 2 + xy − x2 ,

N (x, y) = −x2 .

(2.86)

Es fácil mostrar que estas funciones son homogéneas del mismo orden 2. Entonces, hagamos la sustitución y = zx → dy = zdx + xdz. (2.87) Sustituyendo en la ecuaci´ on (2.85), obtenemos (z 2 x2 + zx2 − x2 )dx − x2 (zdx + xdz) = 0.

(2.88)

x2 [(z 2 + z − 1 − z)dx − xdz] = 0.

(2.89)

Factorizando, resulta Suponiendo que x2 6= 0, entonces debe cumplirse la relación Z Z dx dz 1 2 (z + z − 1 − z)dx + xdz = 0 → − = ln c. x z2 − 1 2

(2.90)

´ 2.3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGENEAS

29

donde, por comodidad, hemos escogido a la constante de integración como de la izquierda la desarrollaremos en fracciones parciales, es decir 1 A B 1 = = + z2 − 1 (z + 1)(z − 1) z+1 z−1

→

1 A=− , 2

1 2

ln c. La segunda integral

B=

1 . 2

Entonces, regresando a la segunda expresión de (2.90), tenemos Z Z Z dz 1 dz 1 dx 1 + − = ln c. x 2 z+1 2 z−1 2

(2.91)

(2.92)

Integrando esta expresi´ on, tenemos ln x +

1 1 1 ln |z + 1| − ln |z − 1| = ln c. 2 2 2

(2.93)

Utilizando las propiedades de los logaritmos, obtenemos x2 (z + 1) ln =0 c(z − 1)

→

x2 (z + 1) = c(z − 1).

Recordando la sustituci´ on y = zx, de donde z = xy , y sustituyendo en (2.94), resulta y y +1 =c −1 . x2 x x

(2.94)

(2.95)

Esta expresi´ on la podemos escribir en su forma final x2 (y + x) = c(y − x).

(2.96)

Otro tipo de ecuaci´ on diferencial homog´ enea es la ecuaci´ on dy dx

=f

y x

(2.97)

Entonces, haciendo la sustituci´ on z=

y x

→

y = xz

(2.98)

Derivando respecto a x, de (2.98), resulta dy dz =z+x . dx dx

(2.99)

Sustituyendo en (2.97), dz = f (z). dx Esta ecuaci´ on es de variables separables. Integrando obtenemos Z Z x Z dz dx dz = → ln = f (z) − z x c f (z) − z z+x

(2.100)

(2.101)

Este mismo resultado lo podemos escribir de la siguiente forma R

x = ce

dz f (z)−z

,

(2.102)

30

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

donde c 6= 0 es la constante de integraci´ on. Una ecuaci´ on homog´ enea m´ as general que la ecuaci´ on (2.97), tiene la forma

dy dx

= xα−1 f

y xα

(2.103)

Esta ecuación se puede reducir a una ecuaci´ on con variables separables haciendo la sustitución y = xα z(x)

(2.104)

Derivando esta expresi´ on respecto a x, obtenemos dy dz = αxα−1 z + xα . dx dx

(2.105)

Sustituyendo este resultado en (2.103), tenemos la siguiente ecuación αxα−1 z + xα

dz = xα−1 f (z) dx

dz 1 = [f (z) − αz]. dx x

→

(2.106)

Separando las variables e integrando Z

dz = f (z) − αz

Finalmente, este resultado lo podemos escribir como x Z dz → ln = c f (z) − αz

Z

dx . x

(2.107)

R

x = ce

dz f (z)−αz

,

(2.108)

donde c 6= 0 es la constante de integraci´ on. Observe que las soluciones (2.102), y (2.108), son muy semejantes excepto por el n´ umero arbitrario α, que puede tomar cualquier valor y para el caso en que α = 1, la ecuaci´ on (2.103), se reduce a la ecuación (2.97). Toda ecuaci´ on del tipo yf (xy)dx + xg(xy)dy = 0

(2.109)

se reduce a una ecuaci´ on con variables separables mediante la sustitución z = xy

→

y=

z x

(2.110)

Para probar esto, diferenciemos (2.110), respecto a x, tenemos dy =

xdz − zdx . x2

(2.111)

Sustituyendo en (2.109), resulta h xdz − zdx i z f (z)dx + xg(z) = 0. x x2

(2.112)

´ 2.3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGENEAS

31

Esta expresi´ on se reduce a la ecuación z[f (z) − g(z)]dx + xg(z)dz = 0, la cual es de variables separables. Entonces, tenemos el resultado final Z Z dx g(z)dz + = c. x z[f (z) − g(z)]

(2.113)

(2.114)

La sustituci´ on z = xm y n transforma una ecuaci´ on de la forma dy dx

= xy f (xm y n )

(2.115)

en una ecuaci´ on con variables separables. Para demostrar esta afirmación, tomemos la derivada de z = xm y n , dz dy 1 dz m 1 = mxm−1 y n + nxm y n−1 → − = f (z). (2.116) dx dx n dx nx x Esta ecuaci´ on la podemos escribir como 1 dz 1h mi = f (z) + , n dx x n la cual es de variables separables. Separando las variables e integrando, obtenemos Z Z dz dx = . [nf (z) + m] x

(2.117)

(2.118)

Ejemplo 5: Resolver la ecuaci´ on diferencial x

x + y dy − y = (x + y) ln . dx x

(2.119)

Soluci´ on: Escribamos esta ecuaci´ on de la siguiente manera y x + y x + y dy = + ln . dx x x x

(2.120)

Esta ecuaci´ on es homogénea, as´ı que podemos transformarla en una ecuación con variables separables con la siguiente sustituci´ on z(x) =

y x

(2.121)

Diferenciando respecto a x, tenemos x dy − y dz = dx 2 dx x

→

dy dz =x + z. dx dx

(2.122)

Sustituyendo en la ecuaci´ on (2.120), obtenemos x

dz = (1 + z) ln(1 + z). dx

(2.123)

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

32

Como podemos ver, esta ecuaci´ on es de variables separables Z Z dz dx = . (1 + z) ln(1 + z) x

(2.124)

Estas integrales son bastante sencillas de resolver si notamos que el término (1 + z) que está en el denominador, es el diferencial de ln(1 + z), as´ı Z Z d ln(1 + z) dx = . (2.125) ln(1 + z) x El resultado de integrar es ln ln(1 + z) = ln cx,

(2.126)

Usando las propiedades de los logaritmos, tenemos que ln(1 + z) = cx.

(2.127)

Ahora, regresando a las variables y, x, tenemos la solución general x + y ln = cx. x

(2.128)

Ejemplo 6: Resolver la ecuaci´ on diferencial xy 0 = y − xey/x .

(2.129)

Soluci´ on: Como podemos ver, esta es una ecuaci´ on homogénea, por lo tanto podemos reducirla a una ecuación con variables separables mediante la sustitución y → y = xz. (2.130) z= x Diferenciando respecto a x el u ´ltimo término de la expresión (2.130), obtenemos dz dy =z+x . dx dx

(2.131)

Sustituyendo en la ecuaci´ on original (2.129), tenemos la siguiente ecuación z+x

dz = z − ez dx

→

x

dz = −ez . dx

(2.132)

Separando variables Z

e−z dz = −

Z

dx . x

(2.133)

Integrando, tenemos −e−z = − ln x − ln c

→

e−z = ln x + ln c

→

e−z = ln |cx|.

(2.134)

Ahora recordamos que hicimos el cambio z = y/x, lo sustituimos en la u ´ltima ecuación de (2.134), y obtenemos ln |cx| = e−y/x . (2.135) Esta expresión la podemos escribir como y = −x ln | ln cx|.

(2.136)

En la siguiente secci´ on veremos otro tipo m´ as general de ecuaciones diferenciales que se reducen a ecuaciones homogéneas las cuales, a su vez, se reducen a ecuaciones con variables separables.

´ 2.4. ECUACIONES DIFERENCIALES REDUCIBLES A HOMOGENEAS

2.4.

33

Ecuaciones Diferenciales Reducibles a Homog´ eneas

Mediante una transformaci´ on lineal apropiada, toda ecuación del tipo dy dx

=f

ax+by+c a1 x+b1 y+c1

(2.137)

se reduce a una ecuaci´ on homogénea la cual, a su vez, con la sustitución que vimos anteriormente y = z(x)x, se reduce a una ecuaci´ on con variables separables. En la ecuaci´ on (2.137), las funciones g(x, y) = ax + by + c = 0 y g1 (x, y) = a1 x + b1 y + c1 = 0 definen dos rectas que cuando c = c1 = 0 pasan por el or´ıgen de coordenadas y en tal caso (2.137), es una ecuaci´ on homogénea que se reduce a una ecuación con variables separables. Supongamos que al menos uno de los parámetros c o c1 , o ambos son diferentes de cero, entonces, la ecuaci´ on (2.137), no es una ecuación diferencial homogénea. En tal caso, de las ecuaciones g(x, y) = ax + by + c = 0 y g1 (x, y) = a1 x + b1 y + c1 = 0 podemos hallar el punto de intersección de las rectas (x0 , y0 ) a donde debemos trasladar el or´ıgen del nuevo sistema de coordenadas X, Y , obteniendo de esta manera la transformaci´ on lineal x = X + x0

y = Y + y0

(2.138)

donde x0 , y0 son ciertas constantes arbitrarias y diferentes de cero. Entonces, tenemos dY dy = . dx dX Ahora sustituyendo en la ecuaci´ on (2.137), las expresiones (2.138), y (2.139), obtenemos aX + bY + ax + by + c dY 0 0 =f . dX a1 X + b1 Y + a1 x0 + b1 y0 + c1

(2.139)

(2.140)

Elijamos x0 y y0 de tal manera que se cumplan las ecuaciones; ax0 + by0 + c = 0, a1 x0 + b1 y0 + c1 = 0.

(2.141)

Es decir, determinemos las constantes x0 y y0 como soluciones del sistema de ecuaciones algebráicas (2.141). Bajo esta condici´ on la ecuación (2.137), tomará la forma aX + bY dY =f . (2.142) dX a1 X + b1 Y Está claro que esta ecuaci´ on es homogénea seg´ un la definición dada anteriormente (2.71). Mediante la sustituci´ on Y = z(X)X la ecuación (2.142), se reduce a una ecuación con variables separables. Al resolver la ecuaci´ on (2.142), y regresando a las variables x y y [para esto de (2.138), debemos cambiar a las X, Y por X = x−x0 , Y = y −y0 ], obtenemos la solución general de la ecuación (2.137). El sistema de ecuaciones (2.141) no tendrá solución si su determinante es cero, en tal caso, ab1 = a1 b. No obstante, se puede notar que en tal caso aa1 = bb1 = λ, es decir, a1 = λa, b1 = λb y, como consecuencia, la ecuaci´ on (2.137), se transformar en (ax + by) + c dy =f . (2.143) dx λ(ax + by) + c1

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

34

Luego, haciendo la sustituci´ on z = ax + by,

(2.144)

en (2.143), ésta se reduce a una ecuaci´ on con variables separables. Veamos que la hipótesis es cierta. Derivando (2.144) respecto a x, obtenemos dz dy =a+b . dx dx

(2.145)

De donde, dy 1 dz a = − . dx b dx b Sustituyendo las expresiones (2.144), y (2.145), en (2.143), obtenemos, finalmente z+c a 1 dz − =f . b dx b λz + c1 La ecuación (2.147), es una ecuaci´ on con variables separables Z Z dz = b dx + C, z+c f λz+c + ab 1

(2.146)

(2.147)

(2.148)

donde c y c1 son constantes dadas y C es la constante de integración. Ejemplo 1: Resolver la ecuaci´ on diferencial (x − y + 3)dx + (3x + y + 1)dy = 0.

(2.149)

Soluci´ on: Para resolver este tipo de ecuaciones primero debemos encontrar el punto de intersección de las rectas x − y + 3 = 0 y 3x + y + 1 = 0. Esto es, resolver el sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas x−y+3 3x + y + 1

= =

0, 0.

(2.150)

Al resolver este sistema obtenemos los puntos de intersección, x0 = −1 y y0 = 2. Al punto (−1, 2) es a donde debemos trasladar el origen de coordenadas para que la ecuación (2.149), se transforme en homogénea. Para esto hacemos x = X − 1 y y = Y + 2, y vemos que, dx = dX, dy = dY , los diferenciales de x y y no cambian, pues estamos desplazando en unas constantes. De este modo, la ecuación original (2.149), toma la siguiente forma (X − 1 − Y − 2 + 3)dX + (3X − 3 + Y + 2 + 1)dY = 0

→

(X − Y )dX + (3X + Y )dY = 0. (2.151)

Esta ecuación es una ecuaci´ on homogénea y la podemos transformar en una con variables separables haciendo la sustituci´ on Y = zX, dY = zdX + Xdz. (2.152) Sustituyendo en (2.151), tenemos (X − zX)dX + (3X + zX)(zdX + Xdz) = 0.

(2.153)

(1 + z)2 dX + X(3 + z)dz = 0.

(2.154)

Agrupando términos

´ 2.4. ECUACIONES DIFERENCIALES REDUCIBLES A HOMOGENEAS

35

Separando e integrando Z

dX + X

Z

z+3 dz = c. (z + 1)2

(2.155)

La primer integral es f´ acil. Hagamos por separado la segunda integral, esto es Z Z Z Z z+3 z+1+2 dz 2 dz = dz = dz = + (z + 1)2 (z + 1)2 z+1 (z + 1)2 2 = ln |z + 1| − . z+1

(2.156)

Luego, tenemos que la soluci´ on de la expresión (2.155), es ln |X| + ln |z + 1| −

2 = c. z+1

(2.157)

Regresando a las variables X, Y mediante la relación z = Y /X, entonces, de (2.157), resulta Y ln |X| + ln 1 + − X

Y X

2 = c. +1

(2.158)

Haciendo un poco de operaciones algebráicas la expresión (2.158), la podemos escribir como X + Y 2X = c, ln |X| + ln − X Y +X

(2.159)

la cual, finalmente, tiene la forma ln |X + Y | −

2X = c. Y +X

(2.160)

A´ un nos falta regresar a las variables originales x, y. Tenemos que X = x + 1 y Y = y − 2, de modo que la soluci´ on general de la ecuación (2.149) es ln |x + y − 1| = c +

2(x + 1) . x+y−1

(2.161)

Ejemplo 2: Resolver la ecuaci´ on

y−x+1 dy = . dx y−x

(2.162)

Soluci´ on: Esta ecuaci´ on tiene la forma de (2.143). Hagamos la sustitución, seg´ un (2.144), tenemos z =y−x

→

dz dy = −1 dx dx

→

dy dz =1+ . dx dx

(2.163)

Sustituyendo en (2.162), resulta 1+

dz z+1 = dx z

→

dz z+1 z+1−z 1 = −1= = . dx z z z

Separando las variables e integrando, obtenemos Z z2 c zdz = dx → =x+ 2 2

→

z 2 = 2x + c,

(2.164)

(2.165)

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

36

donde hemos escogido a c/2 como la constante de integración. Ahora, recordemos la sustitución z = y − x en (2.163), y poniéndola en la u ´ltima expresión, (2.165), obtenemos el resultado final (y − x)2 = 2x + c.

(2.166)

Ejemplo 3: Hallar la soluci´ on general de la ecuaci´ on (x − y + 6)dx − (x + y + 8)dy = 0.

(2.167)

Soluci´ on: De la ecuación identificamos las funciones M (x, y) = x − y + 6,

N (x, y) = −x − y − 8.

(2.168)

Para encontrar el punto de intersecci´ on de las rectas debemos resolver el sistema de ecuaciones x−y+6 −x − y − 8

= =

0, 0.

(2.169)

El punto de intersecci´ on es x0 = −7 y y0 = −1. Entonces, haciendo el desplazamiento x = X − 7,

y = Y − 1.

(2.170)

Luego, sustituyendo en (2.167), tenemos (X − Y )dX − (X + Y )dY = 0.

(2.171)

Esta ecuación es homogénea y la podemos resolver haciendo la sustitución Y = zX. Sin embargo, es más fácil escribirla de la siguiente manera XdX − Y dX − XdY − Y dY = 0

→

XdX − Y dY − d(XY ) = 0,

donde, d(XY ) = Y dX + XdY . Ahora es f´ acil integrar Z Z Z 1 XdX − Y dY − d(XY ) = c. → 2

1 2 1 2 1 X − Y − Y X = c. 2 2 2

(2.172)

(2.173)

De la ecuación (2.170), podemos regresar a las variables x y y, sustituyendo X = x + 7,

Y = y + 1,

(2.174)

en la solución (2.173), obtenemos la soluci´ on general de (2.167) (x + 7)2 − (y + 1)2 − 2(y + 1)(x + 7) = c.

2.5.

(2.175)

Ecuaciones Diferenciales Cuasi-homog´ eneas

Decimos que una funci´ on F (x, y) es cuasi-homogéna de grado k, si para ciertos valores de α y β tiene lugar la igualdad F (λα x, λβ y) = λk F (x, y)

(2.176)

´ 2.5. ECUACIONES DIFERENCIALES CUASI-HOMOGENEAS

37

para todo λ > 0. El orden cuasi-homogéneo se forma al multiplicar las funciones, a estos órdenes se les conoce por pesos. De tal forma que x y y, en (2.176), tienen pesos α y β, respectivamente. Ejemplo 1: Demostrar que la funci´ on F (x, y) = 3x2 y 3 ,

(2.177)

es cuasi-homogénea. Soluci´ on: De la definici´ on, tenemos F (λα x, λβ ) = 3(λα x)2 (λβ y)3 = 3λ2α x2 λ3β y 3 = 3λ2α+3β x2 y 3 = λ2α+3β F (x, y).

(2.178)

Entonces, como resultado, tenemos que el grado de la función (2.177) es 2α + 3β y sus pesos, para x es 2α y para y, es 3β. La ecuaci´ on Diferencial dy dx

(2.179)

= f (x, y)

es cuasi-homogénea (con pesos α y β), si la función f (x, y) es cuasi-homogénea (con pesos α y β) de orden k = β − α. Es decir, si la función f (x, y) cumple la relación f (λα x, λβ y) = λβ−α f (x, y)

(2.180)

Si tenemos una ecuaci´ on diferencial cuasi-homogénea, es decir, si la función f (x, y), en (2.179), cumple la relaci´ on (2.180), entonces, la sustitución y = uβ/α , donde u = u(x), transforma la ecuación cuasi-homogénea en una ecuaci´ on homogénea. Sin embargo, desde el punto de vista más pr´ actico, es mejor hacer la sustituci´ on y = uxβ/α , la cual transforma la ecuación cuasi-homogénea en una ecuaci´ on con variables separables. Ejemplo 2: Comprobar que la ecuaci´ on diferencial dy 4x6 − y 4 = , dx 2x4 y

(2.181)

es cuasi-homogénea y hallar la solución general. Soluci´ on: Supongamos que x tiene peso α, y β es el peso de y. Entonces, para que la ecuación sea cuasihomogénea, la funci´ on f (x, y) deberá cumplir la relación f (λα x, λβ y) =

6 4 4(λα x)6 − (λβ y)4 4λ6α x6 − λ4β y 4 β−α 4x − y = = λ . 2(λα x)4 (λβ )y 2λ4α+β x4 y 2x4 y

(2.182)

De esta expresi´ on vemos que para que esta función sea cuasi-homogénea se debe cumplir la relación 3α − 2β = 0

→

2β = 3α

→

si

α = 1,

entonces,

β=

3 . 2

(2.183)

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

38

La ecuación (2.181), deber´ a reducirse a una ecuación con variables separables si hacemos el cambio de variables dy 3 du y = u(x)x3/2 → = x1/2 u(x) + x3/2 . (2.184) dx 2 dx Sustituyendo (2.184), en la ecuaci´ on (2.181), obtenemos x3/2

du 3 1/2 4x6 − u4 x6 + x u= . dx 2 2x4 ux3/2

(2.185)

Dividiendo esta u ´ltima ecuaci´ on entre x1/2 y factorizando, tenemos x

du 3 4 − u4 x6 + u = 1/2 11/2 . dx 2 2u x x

(2.186)

Finalmente, esta ecuaci´ on se escribe como x

4 − u4 du 3 + u= . dx 2 2u

(2.187)

Esta es una ecuaci´ on con variables separables x

4 − u4 3u (u2 + 4)(u2 − 1) du = − =− . dx 2u 2 2u

(2.188)

Separando las variables, tenemos Z

2udu =− (u2 + 4)(u2 − 1)

Z

dx . x

(2.189)

Ahora desarrollamos en fracciones parciales la expresión 2u Au + B Cu + D = 2 + 2 . (u2 + 4)(u2 − 1) u +4 u −1

(2.190)

De aqu´ı obtenemos el siguiente desarrollo 2u Au + B Cu + D 2u 2u = 2 + 2 =− + . (u2 + 4)(u2 − 1) u +4 u −1 5(u2 + 4) 5(u2 − 1) Sustituyendo en (2.189), tenemos Z Z Z 2u 2u dx − du + du = − . 2 2 5(u + 4) 5(u − 1) x

(2.191)

(2.192)

Integrando obtenemos 1 1 − ln u2 + 4 + ln u2 − 1 = − ln |x| + ln c. (2.193) 5 5 Hemos escrito ln c, en lugar de 5 ln c, esto no afecta a la solución. Podemos escribir la ecuación (2.193), de la siguiente manera x5 (u2 − 1) ln = ln c u2 + 4

→

x5 (u2 − 1) = c(u2 + 4).

(2.194)

Ahora recordemos la expresi´ on (2.184), de la cual obtenemos la función u2 = y 2 /x3 , y sustituyendo en la ecuación (2.194), finalmente, tenemos x5 (y 2 − x3 ) = c(y 2 + 4x3 ).

(2.195)

´ 2.5. ECUACIONES DIFERENCIALES CUASI-HOMOGENEAS

39

Algunas veces es posible ”provocar” la homogeneidad de una ecuación diferencial por medio de la introducci´ on de nuevas variables s, t, tales que y = sp y x = tq , donde p y q son exponentes por determinar(precisamente, de una elección adecuada de ellos es que podr´ıamos obtener una ecuación diferencial homogénea para las variables s y t). En esencia este método y el anterior son similares, sin embargo, creemos vale la pena mostrarlo. Ejemplo 3: Resolver la siguiente ecuaci´ on diferencial dy x2 y 2 − 2 . = dx x2

(2.196)

Soluci´ on: Obviamente, la ecuaci´ on (2.196), no es homogénea. As´ı que ”provoquemos” la homogeneidad haciendo el cambio de variables y = sp ,

x = tq ,

p, q ∈ N.

donde

(2.197)

En la ecuaci´ on (2.197), t tomar´ a el papel de variable independiente y s tendrá el papel de función dependiente. Entonces, dy = psp−1 ds, dx = qtq−1 dt. (2.198) Luego, dy psp−1 ds = q−1 . dx qt dt

(2.199)

Sustituyendo en la ecuaci´ on (2.196), tenemos

O bien

t2q s2p − 2 psp−1 ds = . qtq−1 dt t2q

(2.200)

tq−1 t2q s2p − 2tq−1 t3q−1 s2p − 2tq−1 p ds = = . q dt sp−1 t2q sp−1 t2q

(2.201)

Supongamos que m y n son el resultado de las sumas de los exponentes en el numerador y el denominador de (2.201), respectivamente. Entonces, para que la ecuación, (2.201), sea homogénea del mismo orden debe cumplirse la igualdad m = n, donde m = 3q − 1 + 2p,

n = p − 1 + 2q,

m = n,

3q − 1 + 2p = p − 1 + 2q

→

p = −q.

(2.202)

De donde podemos escoger q = 1 y entonces, p = −1. En tal caso, la ecuación (2.201) se transforma en la ecuaci´ on ds t2 s−2 − 2 = − 2 −2 , (2.203) dt t s la cual es homogénea. Hagamos la sustitución z=

t s

→

ds =

zdt − tdz z2

→

ds 1 t dz = − 2 , dt z z dt

(2.204)

donde z es una nueva funci´ on dependiente de t. Sustituyendo en (2.203), tenemos 1 t dz z2 − 2 − 2 =− 2 z z dt z

→

t

dz = z 2 + z − 2. dt

(2.205)

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

40

Esta u ´ltima ecuaci´ on es de variables separables, integremos Z Z dz dt = . 2 z +z−2 t

(2.206)

La primer integral se hace por fracciones parciales A B 1 = + . (z + 2)(z − 1) z+2 z−1

(2.207)

Obtenemos Az − A + Bz + 2B = 1

→

A = −B,

3B = 1,

1 A=− , 3

B=

1 . 3

Sustituyendo el resultado en la primer integral de (2.206), obtenemos Z Z Z 1 1 dz dz dt 1 + = + ln c → − ln |z + 2| + ln |z − 1| = ln |ct3 |. − 3 z+2 3 z−1 t 3

(2.208)

(2.209)

Usando las propiedades de los logaritmos obtenemos el resultado en función de las t, z, esto es z−1 ln 3 (2.210) = 0 → z − 1 = ct3 (z + 2). ct (z + 2) Recordemos que z =

t s

= xy, ya que x = t y y = s−1 = 1s . Entonces, el resultado final es xy − 1 = cx3 (xy + 2).

(2.211)

En la siguiente secci´ on analizaremos una important´ısima clase de ecuaciones diferenciales de primer orden conocidas con el nombre de ecuaciones diferenciales lineales

2.6.

Ecuaciones Diferenciales Lineales de Primer Orden

De la definici´ on dada en C ¸ onceptos B´ asicos” tenemos que una ecuación diferencial lineal no homogénea de orden n, se escribe como n

n−1

d y d y dy an (x) dx n + an−1 (x) dxn−1 + .... + a1 (x) dx + a0 (x)y = g(x)

De esta expresión se sigue que una ecuaci´ on diferencial lineal no homogénea de primer orden se escribe de la siguiente manera dy a1 (x) dx + a0 (x)y = g(x)

Debido a que a1 (x) 6= 0, podemos dividir esta u ´ltima expresión y obtener dy a0 (x) g(x) + y= . dx a1 (x) a1 (x) Toda ecuación diferencial lineal de primer orden no homogénea estándar dy dx

+ P (x)y = f (x)

se puede escribir en su forma

(2.212)

2.6. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE PRIMER ORDEN

41

(x) donde P (x) = aa10 (x) y f (x) = ag(x) son funciones continuas de x en un cierto dominio D (también 1 (x) pueden ser funciones constantes).

Analizaremos dos métodos para resolver las ecuaciones diferenciales lineales de primer orden no homogéneas (2.212). M´ etodo I: Variaci´ on del Par´ ametro Supongamos que podemos escribir la ecuación (2.212), en la forma dy dx

(2.213)

+ P (x)y = 0

a la cual llamaremos ecuaci´ on homogénea (no en el sentido que vimos anteriormente, sino que es homogénea porque estamos suponiendo, por un momento, que f (x) = 0). La soluci´ on, de la ecuaci´ on (2.213), la podemos encontrar separando las variables y después integrando, es decir, Z Z dy = − P (x)dx + ln c. (2.214) y Ahora, integramos y despejamos el logaritmo, tenemos yh = ce−

R

P (x)dx

.

(2.215)

Hemos definido yh para recordar que tenemos la solución de la ecuación homogénea (2.213), y no la soluci´ on de la ecuaci´ on (2.212), que es no homogénea. En la expresión (2.215), c es la constante de integraci´ on o par´ ametro. Definamos una nueva soluci´ on que llamaremos solución particular(o complementaria) y la representaremos como yp . Esta nueva solución se construye en base a la solución homogénea (2.215), tomando a c como una funci´ on dependiente de x, es decir, como c = c(x). La solución particular tendr´ a la forma R yp = c(x)e− P (x)dx = c(x)y1 (x), (2.216) donde y1 (x) = e−

R

P (x)dx

. Sustituyendo (2.216), en la ecuación no homogénea (2.212), tenemos

d [c(x)y1 ] + P (x)c(x)y1 = f (x) dx

→

c(x)

dy1 dc(x) + y1 + P (x)c(x)y1 = f (x). dx dx

(2.217)

Agrupando términos h dy i dc(x) 1 c(x) + P (x)y1 + y1 = f (x), dx dx

(2.218)

pero, la relaci´ on en paréntesis es cero, debido a que la función y1 (x) satisface la ecuación homogénea (2.213), de tal manera que tenemos dc(x) = f (x). (2.219) y1 dx Como vemos, esta es una ecuaci´ on con variables separables. Separando variables e integrando Z Z R f (x) f (x) R dc(x) = dx → c(x) = dx = e P (x)dx f (x)dx. (2.220) y1 (x) e− P (x)dx

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

42

De acuerdo con la relaci´ on (2.216), tenemos que la solución particular tiene la forma Z R R − P (x)dx yp = y1 c(x) = e e P (x)dx f (x)dx.

(2.221)

De tal manera que la soluci´ on general de la ecuación diferencial lineal no homogénea tiene la forma y(x) = yh + yp = ce−

R

P (x)dx

+ e−

R

P (x)dx

R

R

e

P (x)dx

f (x)dx

(2.222)

Si sustituimos la soluci´ on obtenida en la ecuación (2.212), ésta u ´ltima se anulará, mostrando as´ı que efectivamente la relaci´ on (2.222) es la soluci´ on general de la ecuación (2.212). Es importante mencionar que la suma de dos soluciones(homogénea yh y particular yp ) es válida sólo para ecuaciones lineales. Ejemplo 1: Resolver la siguiente ecuaci´ on diferencial y0 =

y . 3x − y 2

(2.223)

Soluci´ on: Antes que nada debemos analizar la ecuaci´ on. Vemos que la ecuación (2.223), es no lineal respecto a y, debido a que hay una y 2 . Sin embargo, podemos observar que si la ecuación la vemos respecto a x, ésta será una ecuaci´ on lineal no homogénea. Es decir, tomamos a x como una función dependiente y a y como la variable independiente. Tenemos dx 3 − x = −y. dy y

(2.224)

Esta es una ecuaci´ on lineal no homogénea de primer orden respecto a x. Primero, hallaremos la solución correspondiente a la ecuaci´ on homogénea obtenida de (2.224), ésta es dx 3 − x = 0. dy y

(2.225)

La ecuación (2.225), es una ecuaci´ on con variables separables. Separando las variables e integrando, obtenemos Z Z dx dy −3 = ln c. (2.226) x y Donde hemos escogido, por comodidad, a la constante de integración c como ln c. Integrando ambas partes de (2.226), hallamos que la soluci´ on a la ecuación homogénea es ln |x| − 3 ln |y| = ln c

→

xh = cy 3 .

(2.227)

El siguiente paso es encontrar la soluci´ on particular xp de la ecuación (2.224). Para esto, tomamos la solución (2.227), y suponemos a c como una función de y. La solución particular tiene la forma xp = c(y)y 3 .

(2.228)

x0p = c0 (y)y 3 + 3c(y)y 2 .

(2.229)

Derivando (2.228), respecto a y, tenemos

2.6. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE PRIMER ORDEN

43

Sustituyendo en la expresi´ on (2.224), con el objetivo de hallar a la función c(y), obtenemos 3 c0 (y)y 3 + 3c(y)y 2 − c(y)y 3 = −y. y

(2.230)

Los términos segundo y tercero del lado izquierdo de (2.230) se eliminan entre si quedando solamente la ecuaci´ on 1 y (2.231) c0 (y) = − 3 = − 2 . y y Integrando la expresi´ on (2.231), resulta Z c(y) = −

dy 1 = . y2 y

(2.232)

Una vez encontrada la funci´ on c(y), la sustituimos en (2.228), y de esta manera obtenemos la solución particular y3 = y2 . (2.233) xp = y Finalmente, tenemos que la soluci´ on general de la ecuación (2.223), ó lo que es lo mismo de (2.224), tiene la forma x(y) = xh + xp = cy 3 + y 2 . (2.234) Aqu´ı, c es una constante de integración, la cual depende de las condiciones iniciales del problema. Ejemplo 2: Hallar la soluci´ on de la ecuaci´ on diferencial xy 0 − 2y = 2x4 .

(2.235)

Soluci´ on: Suponiendo que x 6= 0, dividimos la ecuación (2.235), entre x, y obtenemos la ecuación y0 −

2 y = 2x3 . x

(2.236)

La ecuaci´ on homogénea correspondiente a (2.236), es y0 −

2 y = 0. x

(2.237)

Separando las variables e integrando Z

dy =2 y

Z

dx , x

(2.238)

obtenemos la soluci´ on de la ecuación homogénea (2.237), ln y = 2 ln x + ln c

→

yh = cx2 .

(2.239)

El siguiente paso es obtener una solución particular yp . Para esto, en la solución homogénea tomamos a la constante c como una funci´ on de x. Entonces, la solución particular tiene la forma yp = c(x)x2 .

(2.240)

Sustituyendo en la ecuaci´ on (2.236), resulta c0 (x)x2 + 2c(x)x −

2 c(x)x2 = 2x3 x

→

c0 (x) = 2x.

(2.241)

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

44

Integrando esta u ´ltima ecuaci´ on obtenemos el valor de c(x), Z c(x) = 2 xdx = x2 .

(2.242)

Luego, sustituyendo este valor en (2.240), tenemos que la solución particular es yp = x4 .

(2.243)

Entonces, concluimos que la soluci´ on general de la ecuación (2.235), es y(x) = yh (x) + yp (x) = cx2 + x4 .

(2.244)

M´ etodo II: Factor Integrante Sea dada la ecuaci´ on diferencial lineal de primer orden en su forma estándar dy dx

(2.245)

+ P (x)y = f (x)

Supongamos que existe una funci´ on

R

µ(x) = e

P (x)dx

,

(2.246)

la cual llamaremos factor integrante. Multipliquemos la ecuación (2.245), por este factor integrante, tenemos R R R dy e P (x)dx + P (x)e P (x)dx y = e P (x)dx f (x). (2.247) dx La ecuación (2.247), la podemos escribir como una diferencial total, es decir, como R R (2.248) d e P (x)dx y = e P (x)dx dx. Integrando esta ecuaci´ on, obtenemos R

e

P (x)dx

Z y=

R

e

P (x)dx

dx + c,

(2.249)

donde c es la constante de integraci´ on. Multiplicando la ecuación (2.249), por e− y(x) = ce−

R

P (x)dx

+ e−

R

P (x)dx

R

R

e

P (x)dx

R

P (x)dx

f (x)dx

, obtenemos

(2.250)

Como podemos observar, la expresi´ on (2.250) es idéntica a la expresión obtenida (2.222), usando el método de variaci´ on del par´ ametro. Ejemplo 1: Usando el método del factor integrante, resolver la ecuación diferencial (2.224). dx 3 − x = −y. dy y Soluci´ on:

(2.251)

2.6. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE PRIMER ORDEN

45

Para este caso el factor integrante será una función de y, es decir R

µ(y) = e

P (y)dy

.

(2.252)

De la ecuaci´ on (2.251), podemos identificar a P (y) = − y3 , entonces R

µ(y) = e

P (y)dy

= e−3

R

dy y

= e−3 ln y =

1 1 1 = ln y3 = 3 . e3 ln y y e

(2.253)

Luego, se toma el diferencial total respecto a y del producto de x por el factor integrante y multiplicamos la parte derecha de la ecuación (2.251) por el mismo factor integrante, esto es d

x y 1 = − 3 = − 2. y3 y y

(2.254)

Integrando, tenemos x =− y3

Z

dy 1 = + c. 2 y y

(2.255)

De esta u ´ltima expresi´ on, vemos que x(y) = cy 3 + y 2 .

(2.256)

La soluci´ on, (2.256), es justamente la solución obtenida anteriormente (2.234). De tal manera que tenemos dos métodos diferentes para resolver las ecuaciones diferenciales lineales de primer orden. Ejemplo 2: Hallar la soluci´ on general de la ecuación y = x(y 0 − x cos x).

(2.257)

Soluci´ on: La ecuaci´ on (2.257) se puede escribir de la siguiente manera dy y − = x cos x. dx x

(2.258)

De la ecuaci´ on, identificamos la función P (x) = x1 , y el factor integrante es R

µ(x) = e

P (x)dx

= e−

R

dx x

= e− ln x =

1 . x

(2.259)

Luego, integrando Z d

y x

Z =

cos xdx

→

y = sen x + c. x

(2.260)

Finalmente, la soluci´ on general de la ecuación (2.257), tiene la forma y(x) = x(sen x + c).

(2.261)

Existen ecuaciones diferenciales que por naturaleza no son lineales. Sin embargo, para cierto tipo de ecuaciones no lineales existen sustituciones que las transforman en ecuaciones lineales. Este tipo de ecuaciones se analizan en la siguiente sección.

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

46

2.7.

Ecuaciones Diferenciales Reducibles a Lineales

A toda ecuaci´ on de la forma dy dx

+ P (x)y = f (x)y n

(2.262)

donde n 6= 0, 1 se le conoce como ecuaci´ on de Bernoulli. Se supone que las funciones P (x) y f (x) son funciones continuas de x. Los casos n = 0, 1 no se consideran, ya que corresponden a una ecuación lineal no homogénea, y 0 + P (x)y = f (x), y a una ecuación lineal homogénea, y 0 + [P (x) − f (x)]y = 0, respectivamente. Si y n 6= 0 podemos escribir la ecuaci´ on (2.262), en su forma equivalente y −n

dy + P (x)y 1−n = f (x). dx

(2.263)

Definiendo una nueva funci´ on z(x), como z = y (1−n)

(2.264)

la ecuación (2.263), se transforma en una ecuación diferencial lineal. Para demostrar lo antes dicho, debemos sustituir la expresi´ on (2.264), en (2.263). Diferenciando la expresión (2.264), obtenemos dz dy = (1 − n)y −n dx dx

→

dy 1 dz = . −n dx (1 − n)y dx

(2.265)

Sustituyendo en la ecuaci´ on (2.263), y −n dz + P (x)z = f (x). (1 − n)y −n dx

(2.266)

Finalmente, tenemos la ecuaci´ on dz dx

+ (1 − n)P (x)z = (1 − n)f (x)

(2.267)

Esta es una ecuaci´ on diferencial lineal respecto a z = z(x), la cual puede ser resuelta por cualquiera de los dos métodos estudiados anteriormente. Ejemplo 1: Hallar la soluci´ on general de la ecuaci´ on diferencial y 0 + 2y = y 2 ex .

(2.268)

Soluci´ on: Analizando la ecuaci´ on, vemos que no es lineal respecto a x ni respecto a y. Sin embargo, multiplicando la ecuaci´ on (2.268), por y −2 , tenemos y −2 y 0 + 2yy −2 = ex

→

y −2 y 0 + 2y −1 = ex .

(2.269)

2.7. ECUACIONES DIFERENCIALES REDUCIBLES A LINEALES

47

Hagamos la sustituci´ on z(x) = y −1 (x).

(2.270)

0

Diferenciando esta expresi´ on para hallar y y sustituirla en (2.269), dz dy = −y −2 dx dx

dy 1 dz = − −2 . dx y dx

→

(2.271)

Sustituyendo en la u ´ltima ecuaci´ on de (2.269), resulta −

y −2 dz + 2z = ex y −2 dx

dz − 2z = −ex . dx

→

(2.272)

Esta u ´ltima ecuaci´ on es una ecuación diferencial lineal no homogénea respecto a z, la cual podemos resolver con cualquiera de los dos métodos antes vistos(variación de parámetro y factor integrante). Aqu´ı vamos a usar el segundo método. Para esto identificamos a P (x) = −2, después encontramos el factor integrante R R µ(x) = e P (x)dx = e−2 dx = e−2x . (2.273) Tomando el diferencial total d(e−2x z) = −ex e−2x = −e−x .

(2.274)

Integrando, tenemos −2x

Z

e−x dx = e−x + c.

(2.275)

z = e2x e−x + ce2x = ex + ce2x .

(2.276)

e

z=−

Despejando a z Luego, recordando que hicimos la sustitución z = y −1 , finalmente tenemos la solución general 1 = ce2x + ex y

(ce2x + ex )y = 1.

→

(2.277)

Ejemplo 2: Resolver la ecuaci´ on

dy 2 + y = 3x2 y 4/3 . dx x

(2.278)

Soluci´ on: Esta ecuaci´ on es de Bernoulli, y la podemos escribir de la siguiente manera y −4/3

dy 2 + y (1−4/3) = 3x2 dx x

y −4/3

→

dy 2 + y −1/3 = 3x2 . dx x

(2.279)

dy dz = −3y 4/3 . dx dx

(2.280)

Hagamos la sustituci´ on z = y −1/3

dz 1 dy = − y −4/3 dx 3 dx

→

→

Sustituyendo el resultado anterior en la u ´ltima ecuación de (2.279), obtenemos la ecuación lineal dz 2 − z = −x2 . dx 3x

(2.281)

Esta ecuaci´ on est´ a escrita en la forma estándar y podemos usar uno de los dos métodos antes vistos para ecuaciones lineales. Apliquemos el método del factor integrante R

µ(x) = e

P (x)dx

2

= e− 3

R

dx x

2

= e− 3 ln x =

1 x2/3

.

(2.282)

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

48

Luego, tenemos d

z x2 = − 2/3 2/3 x x

→

d

z = −x4/3 . x2/3

(2.283)

Integrando Z

Z z d 2/3 = − x4/3 dx. x

(2.284)

Obtenemos 3 zx−2/3 = − x7/3 + c 7

→

3 z = − x(7/3+2/3) + cx2/3 7

→

3 z = − x3 + cx2/3 . 7

Finalmente, recordando la sustituci´ on z = y −1/3 , obtenemos el resultado final 3 y −1/3 = cx2/3 − x3 . 7

(2.285)

(2.286)

Ejemplo 3: Resolver la ecuaci´ on

dy 1 1 − y= y2 . dx x − 1 x−1

(2.287)

Soluci´ on: Esta ecuación se reduce a una ecuaci´ on lineal mediante la siguiente sustitución z = y −1

dz dy = −y −2 dx dx

→

dy dz = −y 2 . dx dx

→

(2.288)

Sustituyendo en (2.287), obtenemos la ecuaci´ on lineal respecto a z 1 1 dz + z=− . dx x − 1 x−1

(2.289)

Esta ecuación la resolvemos seg´ un el método del factor integrante R

µ(x) = e

1 x−1 dx

= eln |x−1| = x − 1.

(2.290)

Luego 1 d[(x − 1)z] = − (x − 1) x−1

Z →

Z d[(x − 1)z] = −

dx.

(2.291)

Integrando (x − 1)z = −x + c. Recordando el cambio que hicimos z = y (x − 1)

−1

(2.292)

, obtenemos el resultado final

1 = (c − x) y

→

y=

x−1 . c−x

(2.293)

Observaci´ on: La ecuación (2.287), la podemos escribir de la siguiente manera dy y2 + y y(y + 1) = = . dx x−1 x−1 Esta ecuación, como podemos ver, es de variables separables Z Z dy dx = . y(y + 1) x−1

(2.294)

(2.295)

2.7. ECUACIONES DIFERENCIALES REDUCIBLES A LINEALES

49

El resultado, obviamente, es el mismo que el obtenido en (2.293). Se deja al estudiante integrar la expresi´ on (2.295), y comparar con el resultado (2.293). Analizaremos otro tipo importante de ecuaciones diferenciales reducibles a lineales. Sea la ecuaci´ on dy p(x) dx = q(x)eay + r(x)

(2.296)

donde a es una constante y p(x), q(x) y r(x) son funciones continuas de x. Esta ecuación se puede transformar en una ecuaci´ on lineal si se sustituye z = e−ay

(2.297)

Como z es una funci´ on continua de x, derivemos la función (2.297), respecto a x, esto es dz dy dy = −ae−ay = −az . dx dx dx

(2.298)

dy 1 dz =− . dx az dx

(2.299)

Despejando, tenemos

Sustituyendo en la ecuaci´ on (2.296), obtenemos −

p(x) dz q(x) = + r(x). az dx z

(2.300)

Esta u ´ltima expresi´ on la podemos escribir como ar(x) aq(x) dz + z=− , dx p(x) p(x)

p(x) 6= 0.

(2.301)

Finalmente, esta ecuaci´ on la podemos escribir en la forma estándar dz dx

+ P (x)z = f (x)

(2.302)

aq(x) on no lineal (2.296), donde hemos definido P (x) = ar(x) p(x) , y f (x) = − p(x) . De esta manera la ecuaci´ se transforma en una ecuaci´ on lineal (2.302), mediante la sustitución (2.297).

Observaci´ on: Si en lugar de la sustituci´ on (2.297), hubiésemos elegido z = eay , entonces, la ecuación (2.296) se transformar´ıa en una ecuaci´ on de Bernoulli, que a su vez, podemos transformarla en una ecuación lineal. Habr´ a ocasiones en que tomaremos la sustitución z = eay . Ejemplo 4: Resolver la ecuaci´ on (x − 2)y 0 = ey . Soluci´ on:

(2.303)

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

50

Para resolver esta ecuaci´ on, hagamos la sustitución z = ey

→

dz dy dy = ey =z dx dx dx

→

dy 1 dz = . dx z dx

(2.304)

Sustituyendo en la ecuaci´ on (2.303), tenemos (x − 2) dz =z z dx

→

(x − 2)

dz = z2. dx

Esta u ´ltima ecuaci´ on es de variables separables. Integrando, obtenemos Z Z dx 1 dz = → − = ln |x − 2| + ln c. 2 z x−2 z

(2.305)

(2.306)

Recordando que z = ey y agrupando los términos, obtenemos el resultado final −e−y = ln |c(x − 2)|.

2.8.

(2.307)

Ecuaci´ on de Riccati

Otro tipo de ecuaciones reducibles a lineales son las ecuaciones de Riccati. A la ecuación dy dx

= q(x) + p(x)y + r(x)y 2

(2.308)

donde las funciones q(x), p(x) y r(x) son funciones conocidas, se le conoce como ecuaci´ on diferencial de Riccati . Si p, q, y r son constantes, entonces la ecuación de Riccati (2.308), es integrable en cuadraturas. Separando las variables Z dy = x + c. (2.309) ry 2 + py + q Cuando r(x) = 0 la ecuaci´ on (2.308), es lineal, y cuando q(x) = 0, ésta se reduce a una ecuación de Bernoulli. En el caso general, la ecuaci´ on (2.308), no es integrable en cuadraturas. Analicemos algunas importantes propiedades de la ecuaci´ on de Riccati. Teorema 2.8.1. Dada una soluci´ on particular y1 de la ecuaci´ on de Riccati, entonces su soluci´ on general puede hallarse por cuadraturas. 4 Sea y = y1 (x),

(2.310)

una solución particular de la ecuaci´ on (2.308), entonces se debe cumplir y10 (x) = q(x) + p(x)y1 + r(x)y12 (x).

(2.311)

y(x) = y1 (x) + z(x),

(2.312)

Hagamos un ”desplazamiento” donde z(x) es la nueva funci´ on deseada, hasta el momento desconocida. Sustituyendo (2.312), en (2.308), tenemos dy1 (x) dz(x) + = q(x) + p(x)y1 (x) + r(x)y12 + p(x)z(x) + 2r(x)y1 (x)z(x) + r(x)z 2 (x). (2.313) dx dx

´ DE RICCATI 2.8. ECUACION

51

Debido a que la funci´ on y1 (x) es una solución particular de (2.308), los términos marcados con negritas se anulan, quedando, de esta manera, la siguiente ecuación i dz h − p(x) + 2r(x)y1 (x) z = r(x)z 2 . dx

(2.314)

Esta es una ecuaci´ on de Bernoulli, la cual mediante la sustitución u(x) = z(x)−1 ,

(2.315)

nos da como resultado una ecuaci´ on lineal en u(x), esto es du dx

+ [p(x) + 2ry1 (x)]u(x) = −r(x)

4

(2.316)

Resumiendo: Dada una soluci´ on particular (2.310), de la ecuación de Riccati (2.308), y haciendo la transformaci´ on lineal (2.312), y la sustitución(2.315), es decir y(x) = y1 (x) +

1 . u(x)

(2.317)

obtenemos una ecuaci´ on diferencial lineal en u(x) (2.316). Un caso especial de la ecuaci´ on (2.308), es la llamada ecuaci´ on especial de Riccati , la cual tiene la forma dy dx

+ ay 2 = bxα

(x > 0)

(2.318)

donde a, b y α son constantes. En el caso α = 0, la ecuación (2.318), se transforma en dy dx

+ ay 2 = b

(2.319)

que es una ecuaci´ on con variables separables. En el caso α = −2, tenemos dy b + ay 2 = 2 . dx x Haciendo el cambio de variable y(x) =

1 . z(x)

(2.320)

(2.321)

la ecuaci´ on (2.320), se transforma en −

1 dz a b + = 2 z 2 dx z 2 x

→

z 2 dz =a−b . dx x

(2.322)

Como podemos ver, la ecuaci´ on (2.322), es homogénea y se puede integrar fácilmente. Junto con los valores α = 0, −2 existe una variedad infinita de otros valores de α para los cuales la ecuaci´ on especial de Riccati (2.318), es integrable. Estos valores de α son α=

4β , 1 − 2β

(2.323)

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

52

donde β = ±1, ±2, ..... Para otros valores de α la solución de la ecuación de Riccati no es expresada en cuadraturas. Si en la ecuaci´ on de Riccati (2.308), se hace el cambio 1 du , au(x) dx

y(x) =

(2.324)

donde u(x) es una funci´ on desconocida, esto nos dará como resultado una ecuación diferencial de segundo orden d2 u − abxα u = 0. (2.325) dx2 La solución de esta ecuaci´ on puede ser expresada en términos de las funciones de Bessel(las funciones de Bessel se analizan en el cap´ıtulo 6). Ejemplo 1: Resolver la ecuaci´ on x3 y 0 = x2 y + y 2 − x2 .

(2.326)

Soluci´ on: Escribamos esta ecuaci´ on en la forma y0 = −

1 y y2 + + 3. x x x

(2.327)

Como podemos ver, esta es una ecuaci´ on de Riccati. Para esta ecuación, y1 = x es una solución particular. Por lo tanto, seg´ un (2.317), debemos hacer la sustitución y =x+

1 . u(x)

(2.328)

Esto reduce la ecuaci´ on (2.327), a una ecuaci´ on lineal. Derivando la expresión (2.328), tenemos dy 1 du =1− 2 . dx u dx

(2.329)

Sustituyendo este resultado en la ecuaci´ on (2.326), resulta 1 du 1 1 1 1 2 1 − . 1− 2 = x+ + 3 x+ u dx x u x u x Haciendo un poco de ´ algebra, obtenemos la ecuación diferencial lineal no homogénea du 1 2 1 + + 2 u = − 3. dx x x x

(2.330)

(2.331)

Para resolver esta ecuaci´ on vamos a utilizar el método del factor integrante R

µ(x) = e

1 2 x + x2

dx

= eln x e−2/x = xe−2/x .

(2.332)

Luego multiplicando la ecuaci´ on (2.331), y expresándola de la siguiente manera d[xe−2/x u(x)] = − Integrando, obtenemos Z

−2/x

d[xe

Z u(x)] = −

x −2/x 1 e = − 2 e−2/x . x3 x

1 −2/x 1 e dx = x2 2

Z

e−2/x d(2/x).

(2.333)

(2.334)

´ DE RICCATI 2.8. ECUACION

53

La integraci´ on es f´ acil xe−2/x u(x) = c −

x −2/x e . 4

(2.335)

De donde el valor de u(x) es, c 2/x 1 e − . x 4 Sustituyendo el valor encontrado de u(x), en (2.328), obtenemos la solución general u(x) =

y =x+

1 =x+ u(x)

1 c 2/x xe

−

(2.336)

(2.337)

1 4

Ejemplo 2: Resolver la ecuaci´ on de Riccati x2

dy + xy + x2 y 2 = 4. dx

(2.338)

Soluci´ on: Antes que nada debemos ”adivinar” una solución particular de la ecuación (2.338), para después haciendo la sustituci´ on (2.317), obtener la función u(x) y de esta manera tener la solución general. No es dif´ıcil ver que la soluci´ on particular de (2.338), es y1 =

2 . x

(2.339)

Probemos que (2.339), es soluci´ on de (2.338). Tenemos dy1 2 = − 2. dx x

(2.340)

Sustituyendo (2.339), y (2.340), en (2.338), resulta −x2

2 2 4 + x + x2 2 = 4. 2 x x x

(2.341)

De donde tenemos la igualdad 4 = 4, esto implica que (2.339), satisface a la ecuación (2.338). Pues bien, ya tenemos una soluci´ on de la ecuación de Riccati, hagamos la sustitución (2.317), esto es y=

2 1 + . x u(x)

(2.342)

Derivando esta expresi´ on dy 2 1 du =− 2 − 2 . dx x u dx Sustituyendo (2.342), y (2.343), en (2.338), tenemos h 2 2 2 1 du i 1 1 2 x2 − 2 − 2 +x + + x2 + = 4. x u dx x u x u

(2.343)

(2.344)

Haciendo las operaciones necesarias, obtenemos la ecuación lineal no homogénea du 5 − u = 1. dx x

(2.345)

Esta ecuaci´ on la vamos a resolver usando el método del factor integrante R

µ(x) = e

P (x)dx

= e−5

R

dx x

= e−5 ln x =

1 . x5

(2.346)

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

54

Entonces

Z

u 1 d 5 = 5 x x

→

u Z 1 d 5 = dx. x x5

(2.347)

Integrando, resulta u x−4 x = − + c → u(x) = − + cx5 . (2.348) x5 4 4 Sustituyendo el resultado de u(x) en (2.342), obtenemos la solución general de la ecuación (2.338), y(x) =

4 2 + , x c1 x5 − x

(2.349)

donde hemos redefinido la constante de integración c1 = 4c. Ejemplo 3: Resolver la ecuaci´ on

dy 1 + 2y 2 = 2 . dx x

(2.350)

Soluci´ on: Esta es una ecuaci´ on especial de Riccati(2.320). Por consiguiente, hagamos la sustitución y=

1 z(x)

→

dy 1 dz =− 2 . dx z dx

(2.351)

Sustituyendo en (2.350), obtenemos −

1 dz 2 1 + 2 = 2 2 z dx z x

→

dz z2 − 2 = − 2. dx x

(2.352)

La u ´ltima ecuación en (2.352), es homogénea, as´ı que podemos hacer la sustitución z = u(x)x

→

dz du =u+x . dx dx

(2.353)

Sustituyendo en la segunda ecuaci´ on de (2.352), resulta u+x

du − 2 = −u2 . dx

(2.354)

Separando variables e integrando Z

du =− u2 + u − 2

Z

dx . x

(2.355)

La primer integral la podemos resolver por fracciones parciales 1 A B = + . (u + 2)(u − 1) (u − 2) (u − 1)

(2.356)

De donde obtenemos los resultados para A = − 31 y para B = 13 . Entonces, (2.355), se reduce a integrar las expresiones Z Z Z 1 du 1 du dx − + =− . (2.357) 3 u+2 3 u−1 x Al integrar, obtenemos 1 1 ln c − ln |u + 2| + ln |u − 1| = − ln x + . 3 3 3

(2.358)

2.9. ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS

55

Haciendo uso de las propiedades de los logaritmos, este resultado lo podemos expresar en una forma más compacta x3 (u − 1) = c(u + 2). (2.359) Ahora recordemos las sustituciones que hicimos. Tenemos z = valor de u en funci´ on de x y y, obtenemos el resultado final

1 y

y u =

z x

=

1 xy .

Sustituyendo el

x3 (1 − xy) = c(1 + 2xy).

2.9.

(2.360)

Ecuaciones Diferenciales Exactas

Supongamos que tenemos una ecuación diferencial escrita de la siguiente manera ydx + xdy = 0.

(2.361)

Esta misma ecuaci´ on la podemos escribir como una diferencial total d(xy) = 0, la cual puede ser f´ acilmente integrada, dándonos como resultado Z Z d(xy) = 0dx → xy = c.

(2.362)

(2.363)

Teniendo esto en mente nos podemos hacer la siguiente pregunta: será posible construir un método general para resolver este tipo de ecuaciones? La respuesta es s´ı. Recordemos un poco el cálculo. Sabemos que una superficie est´ a dada por una expresión del tipo z = f (x, y).

(2.364)

Luego, tomando la diferencial total de la función (2.364), resulta dz =

∂f ∂f dx + dy. ∂x ∂y

(2.365)

Supongamos que la superficie es constante, es decir, z = c, entonces de (2.365), tendremos ∂f ∂f dx + dy = 0. ∂x ∂y

(2.366)

Por otro lado, recordemos que toda ecuación diferencial de primer orden puede ser escrita como M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0

(2.367)

donde M (x, y) y N (x, y) son funciones continuas de las variables x, y. Igualando las ecuaciones (2.366), y (2.367), tenemos que ∂f = M (x, y), ∂x

∂f = N (x, y). ∂y

(2.368)

A una ecuaci´ on del tipo (2.367), que satisface las condiciones (2.368), la llamaremos ecuaci´ on diferencial exacta . Las ecuaciones (2.366), y (2.367), son exactamente las mismas. Es claro, entonces, que la soluci´ on general de la ecuaci´ on diferencial original estará dada por una familia monoparamétrica en el plano xOy, y tendr´ a la forma f (x, y) = c. El siguiente teorema nos da las condiciones necesarias y suficientes para que la ecuaci´ on (2.367), sea una ecuación diferencial exacta.

56

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

Teorema 2.9.1. (ecuaci´ on diferencial exacta) Sean M (x, y) y N (x, y) funciones continuas y con derivadas parciales de primer orden en un dominio D definidas en a < x < b y c < y < d. Entonces, una condici´ on necesaria y suficiente para que la ecuaci´ on M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0

(2.369)

sea una ecuaci´ on diferencial exacta, es que se cumpla la siguiente relaci´ on ∂M (x,y) ∂y

=

∂N (x,y) ∂x

(2.370)

4 Supongamos que la ecuaci´ on (2.369) es exacta. Entonces, tiene lugar la relación (2.368). Diferenciando la primer ecuaci´ on respecto a y y la segunda respecto a x, tenemos ∂2f ∂M (x, y) = , ∂y∂x ∂y

∂2f ∂N (x, y) = , ∂x∂y ∂x

(2.371)

lo cual demuestra la condici´ on necesaria (2.370). Demostremos que en este caso la condición (2.370), es suficiente. Integrando la primer expresi´ on de (2.368), respecto a x, considerando a y como constante Z x f (x, y) = M (x, y)dx + g(y), (2.372) x0

donde x0 es la abcisa de cualquier punto del dominio D; g(y) es la constante de integración que depende solo de y. Elijamos la funci´ on g(y), de tal manera que se cumpla la segunda expresión de (2.368). Para esto diferenciamos la ecuaci´ on (2.372), respecto a y, considerando a x constante Z Z x i ∂f ∂ h x ∂M = M (x, y)dx + g 0 (y) = dx + g 0 (y) = N (x, y). (2.373) ∂y ∂y x0 ∂y x0 Tomando en cuenta la relaci´ on (2.370), la expresión (2.373) toma la forma Z x ∂N dx + g 0 (y) = N (x, y) → N (x, y) − N (x0 , y) + g 0 (y) = N (x, y). ∂x x0

(2.374)

De donde, g 0 (y) = N (x0 , y), es decir, Z

y

g(y) =

N (x0 , y)dy,

(2.375)

y0

donde y0 es la ordenada de un punto arbitrario del dominio D, y cualquier constante de integración arbitraria se considera igual a cero. De las expresiones (2.372), y (2.375), obtenemos Z x Z y f (x, y) = M (x, y)dx + N (x0 , y)dy. (2.376) x0

y0

Resumiendo, si en el dominio D no hay puntos singulares de la ecuación (2.369), y se cumple la relación (2.370), entonces la integral general de la ecuación (2.369), se expresa mediante la ecuación Z x Z y M (x, y)dx + N (x0 , y)dy = c, (x0 , y0 ) ∈ D. 4 (2.377) x0

y0

2.9. ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS

57

Ejemplo 1: Resolver la ecuaci´ on

2−

y2 y dx + dy = 0. 2x2 x

(2.378)

Soluci´ on: Antes que nada, debemos comprobar que se cumple la relación (2.370). Para esto identificamos las funciones y y2 N (x, y) = . (2.379) M (x, y) = 2 − 2 , 2x x Entonces ∂N ∂M y y (2.380) =− 2 = − 2. ∂y x ∂x x Lo que implica que la ecuaci´ on (2.378), es exacta y su integral general es de la forma (2.377), donde (x0 , y0 ) ∈ D. Supongamos que los puntos son x0 = 1, y0 = 0, ya que el punto (1, 0) ∈ D. Entonces, de la expresi´ on (2.377), tenemos Z x Z y y2 2 − 2 dx + ydy = c1 . (2.381) 2x 1 0 Integrando y2 y2 y2 y 2 x y 2 y − + = c1 . + = c1 → 2x − 2 + 2x 1 2 0 2x 2 2 Eliminando y acomodando términos, obtenemos el resultado final

2x +

2x +

y2 = c, 2x

(2.382)

(2.383)

donde c = c1 + 2. Ejemplo 2: Hallar la soluci´ on general de la ecuación diferencial p p 2x(1 + x2 − y)dx − x2 − ydy = 0.

(2.384)

Soluci´ on: Primero, identificaremos las funciones M (x, y) y N (x, y) y después veremos si se cumple la condici´ on (2.370), p p N (x, y) = − x2 − y. (2.385) M (x, y) = 2x + 2x x2 − y, Tomando las derivadas parciales, tenemos ∂M ∂y ∂N ∂x La condici´ on

1 2x(x2 − y)−1/2 (−1) = −x(x2 − y)−1/2 , 2 1 = − (x2 − y)−1/2 (2x) = −x(x2 − y)−1/2 . 2

=

∂M ∂N = , ∂y ∂x

(2.386)

(2.387)

se cumple. Por lo tanto, la ecuaci´ on (2.384), es exacta. Entonces, existe una función f (x, y), tal que p ∂f = M (x, y) = 2x + 2x x2 − y. ∂x

(2.388)

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

58

Integrando respecto a x, obtenemos Z p 2 f (x, y) = (2x + 2x x2 − y)dx + g(y) = x2 + (x2 − y)3/2 + g(y), 3

(2.389)

donde se ha introducido una funci´ on constante g(y), esto es debido a que tenemos una integración en derivadas parciales. El siguiente paso es tomar la derivada de la función f (x, y) en (2.389), respecto a y e igualar el resultado con la funci´ on N (x, y), esto es, 23 ∂f = − (x2 − y)1/2 + g 0 (y) = N (x, y). ∂y 32

(2.390)

p ∂f = −(x2 − y)1/2 + g 0 (y) = − x2 − y. ∂y

(2.391)

Luego

De donde obtenemos la expresi´ on g 0 (y) = 0, la cual al integrar nos da una constante g(y) = c.

(2.392)

Finalmente, tenemos que la soluci´ on general de la ecuación (2.384), es 2 x2 + (x2 − y)3/2 = c. 3

(2.393)

Existen ecuaciones diferenciales con las cuales se pueden formar diferenciales totales y después integrar. Para esto se usan las siguientes f´ ormulas d(xy) = xdy + ydx,

d

x y

=

ydx − xdy , y2

d(ln y) =

dy , y

d(y 2 ) = 2ydy

Ejemplo 3: Resolver la ecuaci´ on (x + y)dx + xdy = 0.

(2.394)

Soluci´ on: Escribiendo esta ecuaci´ on de la siguiente manera xdx + ydx + xdy = 0,

(2.395)

podemos ver que el segundo y tercer términos forman una diferencial total d(xy) = ydx + xdy. Tomando esto en cuenta, resulta xdx + d(xy) = 0. (2.396) Integrando, obtenemos Z

Z xdx +

d(xy) = 0

→

c x2 + xy = . 2 2

(2.397)

Entonces, la soluci´ on general de la ecuaci´ on (2.394), está dada por la expresión x2 + 2xy = c.

(2.398)

Observaci´ on: La ecuación (2.394), es una ecuaci´ on homogénea y por lo tanto, haciendo la sustitución y = zx la podemos reducir a una ecuaci´ on con variables separables y después integrar. Recomendamos al

2.10. FACTOR INTEGRANTE

59

estudiante resolver este mismo ejemplo haciendo la sustitución y = zx, de esta manera se dará cuenta lo interesante que es conocer diferentes alternativas para resolver un mismo problema, y desde luego escoger la m´ as eficiente. Ejemplo 4: Resolver la ecuaci´ on (3x2 − 2x − y)dx + (3y 2 + 2y − x)dy = 0.

(2.399)

Soluci´ on: Esta ecuaci´ on la podemos escribir en diferenciales totales, es decir, como d(x3 )−d(x2 )−ydx−xdy+d(y 2 )+d(y 3 ) = 0

→

d(x3 )−d(x2 )−d(xy)+d(y 2 )+d(y 3 ) = 0. (2.400)

Integrando esta u ´ltima expresi´ on Z Z Z Z Z d(x3 ) − d(x2 ) − d(xy) + d(y 2 ) + d(y 3 ) = c,

(2.401)

obtenemos el resultado final x3 + y 3 + y 2 − x2 − xy = c.

(2.402)

Observaci´ on: La ecuaci´ on (2.399), es una ecuación diferencial exacta, ya que se cumple la relación (2.370), ∂M ∂N = −1, = −1, ∂y ∂x y podemos resolverla usando el método de las ecuaciones diferenciales exactas. Este ejercicio se deja al estudiante y desde luego se debe obtener el resultado (2.402).

2.10.

Factor Integrante

Existen casos en los cuales la ecuación (2.369), no es una ecuación diferencial exacta. Sin embargo, en ciertas ocasiones, excepcionales, se puede encontrar una función µ(x, y) tal que multiplicada por la ecuaci´ on (2.369), ésta resulte ser una ecuación diferencial exacta. Supongamos que la ecuación (2.369), no es una ecuaci´ on exacta. Entonces, multiplicando dicha ecuación por una función µ(x, y), tenemos la ecuaci´ on µ(x, y)M (x, y)dx + µ(x, y)N (x, y)dy = 0

(2.403)

A la funci´ on µ(x, y) se le conoce con el nombre de factor integrante (´ o factor de integraci´ on). Si queremos que la ecuaci´ on (2.403), sea una ecuación exacta, esta deberá satisfacer la condición necesaria y suficiente (2.370). En nuestro caso, para la ecuación (2.403), debe cumplirse la relación ∂(µM ) ∂(µN ) = . ∂y ∂x O bien N

∂M ∂µ ∂µ ∂N −M =µ − . ∂x ∂y ∂y ∂x

Esta ecuaci´ on la podemos escribir de la siguiente manera N ∂µ M ∂µ ∂M ∂N − = − . µ ∂x µ ∂y ∂y ∂x

(2.404)

(2.405)

(2.406)

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

60

Finalmente, la escribiremos como N

∂ ln µ ∂ ln µ ∂M ∂N −M = − . ∂x ∂y ∂y ∂x

(2.407)

Hemos obtenido una ecuaci´ on en derivadas parciales. No existe un método general para encontrar factores integrantes µ = µ(x, y). Por consiguiente, nos limitaremos a algunos casos particulares: Supongamos que el factor integrante µ = µ(x, y) depende solamente de x, esto es, µ = µ(x). En tal caso, tendremos que ∂µ on toma la forma ∂y = 0 y la ecuaci´ 1 ∂M ∂N d ln µ . = − dx N (x, y) ∂y ∂x

(2.408)

Integrando, tenemos Z

Z d ln µ =

∂M ∂y

−

∂N ∂x

N (x, y)

→

dx

R

µ(x) = e

( ∂M − ∂N ) ∂y ∂x dx N (x,y)

.

(2.409)

El factor integrante depende solamente de y, es decir, µ = µ(y). En tal caso, tenemos ∂N d ln µ 1 ∂M = − . dy M (x, y) ∂x ∂y

(2.410)

Integrando, tenemos Z

Z d ln µ =

∂N ∂x

−

∂M ∂y

M (x, y)

dy

→

R

µ(y) = e

( ∂N − ∂M ) ∂x ∂y dy M (x,y)

.

(2.411)

Obsérvese que en las ecuaciones (2.408), y (2.410), las funciones que aparecen a la izquierda de las ecuaciones se escriben como derivadas normales y no como parciales (parte derecha), esto es debido a que hemos restringido a la funci´ on µ a que sea una función, ya sea de x, o de y, respectivamente. Entonces, para hallar un factor integrante podemos usar las expresiones (2.409), y (2.411). Ejemplo 5: Resolver la ecuaci´ on diferencial (x2 + y 2 + x)dx + ydy = 0.

(2.412)

Soluci´ on: Identifiquemos las funciones M (x, y) y N (x, y), estas tienen la forma M (x, y) = x2 + y 2 + x

N (x, y) = y.

(2.413)

Primero, debemos comprobar si la ecuaci´ on (2.412), es o no exacta. Tenemos ∂M = 2y, ∂y

∂N = 0. ∂x

(2.414)

Como vemos, no se cumple la condici´ on ∂M ∂N = , ∂y ∂x

(2.415)

2.10. FACTOR INTEGRANTE

61

y por lo tanto, la ecuaci´ on (2.412), no es exacta. Veamos si podemos encontrar un factor integrante, tal que al multiplicarlo por la ecuación (2.412), ésta se transforme en exacta. Supongamos que el factor integrante depende solamente de x, esto es, µ(x, y) = µ(x), entonces, de la ecuación (2.408), tenemos 1 ∂M 1 ∂M ∂N 2y d ln µ = = − = = 2. (2.416) dx N ∂y ∂x N ∂y y Luego, de (2.409), tenemos Z

Z d ln µ = 2

dx.

(2.417)

La soluci´ on de estas integrales es trivial y tienen la forma ln µ = 2x

→

µ(x) = e2x .

(2.418)

El siguiente paso es multiplicar la ecuación (2.412), por el factor integrante obtenido, esto es por µ(x) = e2x , tenemos e2x (x2 + y 2 + x)dx + e2x ydy = 0 (2.419) Ahora analizaremos la ecuaci´ on (2.419), es decir, probemos que ésta es exacta. Tenemos las funciones M (x, y) = e2x (x2 + y 2 + x)

N (x, y) = ye2x .

(2.420)

Las derivadas parciales son ∂M = 2ye2x ∂y En este caso la condici´ on

∂N = 2ye2x . ∂x

∂N ∂M = , ∂y ∂x

(2.421)

(2.422)

se cumple. Por lo tanto, la ecuación (2.419), es exacta. Ahora el problema consiste en resolver la ecuaci´ on (2.419). Debido a que la ecuación (2.419), es una ecuación diferencial exacta, existe una funci´ on f (x, y), tal que ∂f = N (x, y) = ye2x . (2.423) ∂y Integrando, tenemos Z f (x, y) =

ye2x dy + g(x) =

1 2 2x y e + g(x), 2

(2.424)

donde la funci´ on g(x) vendr´ıa siendo la constante de integración, ya que tenemos una ecuación en derivadas parciales. Ahora diferenciando respecto a x la ecuación (2.424), e igualando el resultado con la funci´ on M (x, y) de (2.420), tenemos 2 ∂f = y 2 e2x + g 0 (x) = M (x, y). ∂x 2

(2.425)

y 2 e2x + g 0 (x) = e2x (x2 + y 2 + x).

(2.426)

g 0 (x) = e2x (x2 + x).

(2.427)

O bien Finalmente, tenemos la ecuaci´ on Ahora debemos integrar la ecuaci´ on (2.427), y de esta manera encontrar la función g(x). Escribiendo (2.427), como una suma de dos integrales Z Z Z 2 2x g(x)dx = x e dx + xe2x dx. (2.428)

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

62

Calculemos las integrales de la derecha por separado. Primero la integral Z Z n 1 2x o x 2x 1 2x 2x xe dx → = e − e2x dx u = x du = dx, dv = e dx v = e 2 2 2 x 2x 1 2x = e − e . (2.429) 2 4 Para la primera integral, tenemos Z

2 2x

x e dx →

1 o x2 2x 2 e − du = 2xdx, dv = e dx v = e2x = 2 2 2 x2 2x 1 2x 1 2x x2 2x x 2x 1 2x = e − xe − e = e − e + e . 2 2 4 2 2 4

n u = x2

2x

Z

xe2x dx (2.430)

En esta integral hemos aprovechado el resultado obtenido anteriormente en (2.429). As´ı que tenemos el valor de la funci´ on g(x), Z g(x) =

(x2 e2x + xe2x )dx =

x2 2

−

x 1 x 1 2x x2 2x + + − e . e = 2 4 2 4 2

(2.431)

Una vez encontrada la funci´ on g(x), la sustituimos en la ecuación (2.424). Finalmente, obtenemos f (x, y) =

y 2 2x x2 2x e + e = c. 2 2

(2.432)

Donde c es la constante de integraci´ on. Este mismo resultado lo podemos escribir en una forma más elegante x2 + y 2 = c1 e−2x , (2.433) donde c1 = 2c, es también una constante. Esta es la solución general de la ecuación (2.419), y desde luego, también es la soluci´ on general de la ecuación (2.412), ya que, en principio son equivalentes las dos ecuaciones, pues hemos multiplicado a toda la ecuación (2.412), por un mismo factor.

2.11.

Ley de Enfriamiento

Cada d´ıa nos encontramos con fen´ omenos donde hay cambios de temperatura; Un pastel que sacamos del horno a una temperatura T , una taza de café caliente, alimentos acabados de cocinar, etcétera. Nos preguntamos; c´ omo podemos saber de que manera cambia la temperatura de cada uno de estos cuerpos? Hasta el momento, sabemos que cualquier cosa que cambie la podemos modelar mediante una ecuaci´ on diferencial, por lo tanto, lo más probable es que la pregunta planteada la podamos modelar con una ecuaci´ on diferencial. Podemos plantear la pregunta anterior con la formulación del siguiente problema general. Supongamos que en el tiempo t = 0 un cuerpo tiene una temperatura inicial T (0) = T0 , en éste instante lo colocamos en el medio ambiente que tiene una temperatura Tm . Nos preguntamos, cómo cambiará la temperatura del cuerpo conforme el tiempo pasa. Soluci´ on: Sea T (t) la temperatura del cuerpo en un cierto tiempo t. Supongamos que no existe otro cuerpo con el cual haya intercambio de calor, adem´ as, vamos a suponer que la temperatura del medio ambiente Tm cambia tan lento, que pr´ acticamente la podemos tomar como constante. Bajo estas

2.11. LEY DE ENFRIAMIENTO

63

condiciones podemos pensar que la rapidez con que cambia la temperatura del cuerpo es proporcional a la diferencia de temperaturas del cuerpo y el medio ambiente. Es decir, dT ∝ T (t) − Tm . dt

(2.434)

Esto parece l´ ogico, ya que llegar´ a el momento en que la temperatura del cuerpo y el medio ambiente serán las mismas, es decir, T (t) = Tm y de la expresión (2.434), la velocidad de cambio será proporcional a cero y por consiguiente la temperatura del sistema cuerpo-medio ambiente será proporcional a una constante. Para escribir la ecuación (2.434), en forma de igualdad, debemos introducir una constante de proporcionalidad. Entonces, el modelo matemático está dado por la ecuación dT = −α T (t) − Tm , (2.435) dt donde α > 0 es la constante de proporcionalidad(la cual depende de la estructura molecular del cuerpo). El signo menos en la parte derecha de la ecuación (2.435), corresponde a los siguientes razonamientos; si T (t) − Tm > 0, → T (t) > Tm , entonces la temperatura del cuerpo decae(se enfr´ıa) y por consiguiente, su rapidez de cambio es negativa, por otro lado, si T (t) − Tm < 0, → T (t) < Tm , entonces la temperatura del cuerpo crece(se calienta) y por lo tanto, la rapidez de cambio es positiva. De esta manera, el proceso de calentamiento(enfriamiento) de un cuerpo en el medio ambiente con temperatura constante se modela bastante bien con la ecuación diferencial (2.435). La ley (2.435), fué formulada por Isaac Newton y concuerda bastante bien con los datos experimentales. Desde el punto de vista f´ısico el problema planteado está resuelto. Ahora el problema se traduce a un problema matemático, y es aqu´ı donde se aplican los métodos de soluci´ on de las ecuaciones diferenciales. Como podemos ver, en la ecuación (2.435), el tiempo t es la variable independiente y la temperatura T (t) es la función dependiente. La ecuación (2.435), es una ecuaci´ on diferencial ordinaria de primer orden y de variables separables, esto es dT = −αdt. T (t) − Tm

(2.436)

Como la temperatura del medio ambiente Tm se supone constante durante todo el proceso, entonces la ecuaci´ on (2.436), es f´ acil de integrar Z Z dT = −α dt → ln |T (t) − Tm | = −αt + c. (2.437) T (t) − Tm Para hallar el valor de la constante c, usamos las condiciones iniciales del problema, esto es, en el instante t = 0, el cuerpo ten´ıa una temperatura inicial T0 . Poniendo estas condiciones en la u ´ltima ecuaci´ on de (2.437), tenemos ln |T0 − Tm | = −α · 0 + c

→

c = ln |T0 − Tm |.

(2.438)

Sustituyendo este resultado en (2.437), resulta ln |T (t) − Tm | = −αt + ln |T0 − Tm |.

(2.439)

Por u ´ltimo, aplicando las propiedades de los logaritmos obtenemos como cambia la temperatura del cuerpo con el tiempo (2.440) T (t) = Tm + (T0 − Tm )e−αt . Finalmente, analizaremos la solución para ver si el resultado es el esperado. De la expresión (2.440), observamos que cuando el tiempo es suficientemente grande(podemos poner t → ∞), el exponente tiende a cero y por consiguiente, la temperatura T (t) del cuerpo tiende a la temperatura del medio, es decir, T (t) → Tm , cuando t → ∞. De la solución (2.440), también se deduce que cuando t → 0, entonces T (0) → T0 . Los resultados son los esperados por lo tanto el problema queda resuelto.

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

64

2.12.

Circuitos El´ ectricos

En esta sección deduciremos el modelo matemático para un sistema eléctrico de gran importancia, el cual es considerado como una de las piezas fundamentales de las redes eléctricas. Para esto empezaremos con los conceptos b´ asicos necesarios. El circuito eléctrico m´ as simple es un circuito en serie que consta de una fuente de energá, fuerza electromtriz, E(t) la cual puede ser una fuente constante como una bater´ıa, o bien, una fuente variable con el tiempo como una corriente alterna (generador), y un resistor, con resistencia R que usa la energ´ıa (como ejemplo, tenemos una bombilla eléctrica) (figura 2.2). Si cerramos el interruptor, una corriente I fluirá por el resistor, lo cual producirá una ca´ıda de voltaje VR , es decir, el potencial eléctrico en los extremos del resistor ser´ an diferentes, esta diferencia de potencial o ca´ıda de voltaje, la podemos medir con un volt´ımetro. Luego, haciendo uso de una ley demostrada experimentalmente, la cual afirma que: la ca´ıda del voltaje VR en un resistor es proporcional a la corriente instant´ anea I, es decir VR = RI

(2.441)

donde a la constante de proporcionalidad R se le llama resistencia del resistor. Las unidades de mediada de la corriente I es el ampere, representado por la letra A, la resistencia R se mide en ohms, Ω y el voltaje VR se mide en volts, V . Los otros dos elementos fundamentales en un circuito más completo, son los inductores y los capacitores . Un inductor se opone a un cambio en la corriente y tiene un efecto de inercia en la electricidad similar al de la masa en la mec´ anica. Experimentalmente se ha demostrado la siguiente ley: La ca´ıda de voltaje VL en un inductor es proporcional a la raz´ on de cambio instant´ aneo con respecto al tiempo de la corriente I, es decir VL = L dI dt

(2.442)

donde a la constante de proporcionalidad L se le llama inductancia del inductor y se mide en henrios, h, y el tiempo t se mide en segundos s. Un capacitor C es un elemento que almacena energ´ıa. Experimentalmente se comprobó la siguiente ley: la ca´ıda de voltaje VC en un capacitor es proporcional a la carga eléctrica instant´ anea q en el capacitor, es decir 1 VC = q, (2.443) C donde a C se le llama capacitancia del capacitor y se mide en faradios, la carga q se mide en coulombs C. Por otro lado, la corriente I es la variaci´ on de la carga q respecto al tiempo, esto es I(t) =

dq . dt

(2.444)

Tomando esto en cuenta, la expresi´ on (2.443), se puede escribir como VC =

1 C

Rt t0

I(τ )dτ

(2.445)

´ DEL CIRCUITO RL 2.13. SOLUCION

65

La corriente I(t) se determina resolviendo la ecuación ó ecuaciones que resulten de la aplicación de la ley de Kirchhoff , la cual es una ley f´ısica fundamental. Ley de Tensiones de Kirchhoff La suma algebr´ aica de todas las ca´ıdas de voltaje instant´ aneas alrededor de cualquier circuito cerrado es cero, o el voltaje aplicado a un circuito cerrado es igual a la suma de las ca´ıdas de voltaje en el resto del circuito.

2.13.

Soluci´ on del Circuito RL

Establecer el modelo matem´ atico para el circuito RL de la figura (2.2). Resolver la ecuación diferencial obtenida para los siguientes casos: para el primer caso suponga que E(t) = constante y para el segundo E = E0 cos ωt. Soluci´ on: Nuestro sistema consta de un resistor con resistencia R y un inductor con inductancia L, figura (2.2).

Figura 2.2: Circuito RL.

Entonces, por la ley de Kircchoff, tenemos que la suma de las ca´ıdas de voltaje debe ser igual a la fuerza electromotriz E(t). La ecuación que modela a este sistema, tiene la forma L

dI + RI = E(t). dt

(2.446)

Esta ecuaci´ on es un caso particular de la ecuación (2.443), cuando no existe capacitor. Debemos hallar la corriente en el sistema como función del tiempo, esto es I(t). Primer caso: E(t) = constante = E0 , tenemos la ecuación L

dI + RI = E0 . dt

(2.447)

Esta misma ecuaci´ on la podemos escribir como dI + αI = A, dt

(2.448)

donde, α = R/L y A = E0 /L. Esta ecuación la resolveremos usando el método del factor integrante. El factor integrantes es R R µ(t) = e P (t)dt = eα dt = eαt . (2.449) Luego, tenemos αt

αt

d(Ie ) = Ae

Z →

αt

d(Ie ) = A

Z

eαt dt.

(2.450)

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

66

Integrando, resulta A αt e +c α

Ieαt = Tomando en cuenta que

A α

=

E0 R ,

→

I(t) =

A + ce−αt . α

(2.451)

esta soluci´ on se expresa como I(t) =

E0 + ce−αt . R

(2.452)

Sustituyendo las condiciones iniciales I(0) = 0, obtenemos el valor de la constante de integración c 0=

E0 +c R

→

c=−

E0 . R

(2.453)

Sustituyendo en (3.450), finalmente tenemos I(t) =

E R E0 0 − t 1 − e− L t = 1 − e τL , R R

donde se ha introducido la constante τL = circuito.

L R

(2.454)

conocida como constante inductiva de tiempo del

Observando la ecuaci´ on (3.452), vemos que a un tiempo suficientemente grande t → ∞ el segundo termino de la derecha e−(R/L)t → 0, y como consecuencia la corriente en (3.452), tiende a un valor constante este es I(t) → E0 /R. Este valor constante es el que tendr´ıa de inmediato (ley de Ohm) si no hubiera un inductor en el circuito, el l´ımite es independiente de las condiciones iniciales. En la figura se muestra la soluci´ on particular para el caso I(0) = 0. Segundo caso: E(t) = E0 cos ωt, de la ecuación (2.442), tenemos L

dI + RI = E0 cos ωt, dt

(2.455)

Se pide hallar la corriente I en un tiempo t después de haber conectado el circuito, si la fuerza electromotr´ız es E(t) = E0 cos ωt Soluci´ on: La ecuación (2.455), la escribimos de la siguiente manera dI + αI = β cos ωt, dt

(2.456)

donde, por comodidad, α = R/L y β = E0 /L. La ecuación (3.453), es una ecuación diferencial lineal no homogénea de primer orden respecto a la corriente I. Primero, debemos hallar la solución correspondiente a la ecuaci´ on homogénea de (3.453), tenemos dI + αI = 0. dt Esta ecuación homogénea es de variables separables. Separando las variables e integrando Z Z I dI dI = −αI → = −α dt → ln = −αt, dt I c

(2.457)

(2.458)

donde c es la constante de integraci´ on. Este resultado lo podemos escribir como I(t) = ce−αt .

(2.459)

´ DE UN CIRCUITO RC 2.14. SOLUCION

67

Ahora busquemos una soluci´ on particular de la ecuación (3.453). Por la forma de la parte derecha supongamos la siguiente soluci´ on particular(método de los coeficientes indeterminados) Ip (t) = A cos ωt + B sen ωt.

(2.460)

Derivando esta ecuaci´ on

dIp = −Aω sen ωt + Bω cos ωt. dt Sustituyendo (2.453), y (2.454), en (3.453), tenemos −Aω sen ωt + Bω cos ωt + αA cos ωt + αB sen ωt = β cos ωt.

(2.461)

(2.462)

Igualando los términos, encontramos que esta igualdad se cumple, siempre y cuando se cumplan las expresiones Bω + αA −Aω + αB

= β = 0.

(2.463)

Resolviendo estas ecuaciones, obtenemos los valores de A y B, esto es A=

αβ , ω 2 + α2

B=

ωβ . ω 2 + α2

(2.464)

Sustituyendo estos valores en la solución particular (2.453), tenemos que la solución particular es Ip (t) =

αβ ωβ cos ωt + 2 sen ωt. ω 2 + α2 ω + α2

(2.465)

La soluci´ on general de la ecuaci´ on (3.453), será I(t) = Ih (t) + Ip (t), ésta tiene la forma I(t) = ce−αt +

h i E0 α cos ωt + ω sen ωt , 2 +α )

L(ω 2

(2.466)

donde hemos sustituido el valor de β = E0 /L. La constante c la encontramos de las condiciones iniciales, cuando t = 0, I = 0. 0=c+

αE0 L(ω 2 + α2 )

→

c=−

αE0 . L(ω 2 + α2 )

(2.467)

Sustituyendo el valor de la constante de integración en la ecuación (2.459), finalmente, tenemos I(t) =

h i E0 −αt α cos ωt + ω sen ωt − αe . L(ω 2 + α2 )

(2.468)

Esta es la soluci´ on particular (en el sentido, de que se ha obtenido de la solución general). Si t → ∞, entonces, e−αt → 0 y de (2.468), se sigue que I(t) ≈

2.14.

E0 α cos ωt + ω sen ωt . L(ω 2 + α2 )

(2.469)

Soluci´ on de un Circuito RC

Establecer el modelo matem´ atico para un circuito RC, figura (2.3) y hallar la corriente del circuito para los casos: E(t) = constante = E0 y E(t) = E0 sen ωt.

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

68

Figura 2.3: Circuito RC.

Soluci´ on: Tenemos un circuito que consta de un resistor con resistencia R y un capacitor con una capacitancia C, figura (2.3). Entonces, por la ley de Kirchhoff se tiene la ecuación RI +

1 q = E(t). C

(2.470)

Derivando esta ecuaci´ on respecto al tiempo obtenemos la ecuación para la corriente I(t) dI 1 dE + I= , dt C dt

(2.471)

dI 1 dE + αI = , dt R dt

(2.472)

R la cual podemos escribir como

Primer caso: Tenemos E(t) = E0 , donde E0 es constante, entonces dI + αI = 0. (2.473) dt Esta es una ecuaci´ on con variables separables, al separar las variables e integrar obtenemos la solución general t − t (2.474) I(t) = ce− RC = ce τC . donde τC = RC es a constante capacitiva de tiempo del circuito.

Figura 2.4: Corriente en un circuito RC debida a una fuerza electromtriz constante.

Segundo caso: Para este caso, tenemos E(t) = E0 sen ωt. Sustituyendo en la ecuación (2.472), obtenemos dI + αI = β cos ωt, (2.475) dt

2.15. CARGA EN EL CONDENSADOR

69

donde α = 1/RC y β = E0 ω/R. Esta ecuación es similar a la ecuación (2.456), excepto por la constante β. Entonces, tenemos la solución general − τt

I(t) = ce

2.15.

C

+

E0 ω RωC sen ωt + cos ωt . 2 [1 + (RCω) ]

(2.476)

Carga en el Condensador

Un condensador de capacitancia C se conecta a un circuito con un voltaje E0 y resistencia R. Hallar la carga q en el condensador en un tiempo t. Soluci´ on: En el tiempo t la carga del condensador es q y la corriente es I. En el circuito act´ ua la fuerza electromotr´ız E0 , entonces por la ley de Kirchhoff tenemos, la ecuación RI + Tomando en cuenta la relaci´ on I(t) =

dq dt ,

1 q = E(t). C

(2.477)

la ecuación (2.477), se escribe como

dq 1 E0 + q= . dt CR R

(2.478)

Esta ecuaci´ on es lineal no homogénea respecto a q. Hallemos la solución de la ecuación homogénea correspondiente a (2.478), Z Z dq 1 1 dq + q=0 → =− dt. (2.479) dt CR q CR Integrando, resulta t + ln c1 → q(t) = c1 e−t/RC . CR La soluci´ on particular de (2.478), la buscamos de la forma ln |q| = −

qp = A

→

dq = 0. dt

(2.480)

(2.481)

Sustituyendo esta soluci´ on en (2.478), para hallar a la constante A, tenemos E0 A = CR R

→

A = CE0 .

(2.482)

Poniendo el valor de A en la solución particular, resulta qp = CE0 .

(2.483)

La soluci´ on general de la ecuaci´ on original (2.478), será la suma de las soluciones; homogénea qh y particular qp , esto es q(t) = c1 e−t/CR + CE0 . (2.484) Apliquemos las condiciones iniciales para encontrar la constante de integración c1 . Si para t = 0 la carga en el condensador es cero, q = 0, entonces, sustituyendo en (2.484), obtenemos para la constante 0 = c1 + CE0 → c1 = −CE0 . (2.485)

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

70

Poniendo el valor de c1 en (2.484), obtenemos el resultado final q(t) = −CE0 e−t/CR + E0 C

→

q(t) = E0 C 1 − e−t/CR .

(2.486)

Esta expresión representa la soluci´ on del problema. Ahora bien, de la ecuación (2.486), resulta que para t = 0, la carga en el condensador es q(t) = 0, esto está en completo acuerdo, pues antes de conectar el circuito no existe carga alguna en el condensador. Cuando t → ∞, la carga en el condensador es q(t) → CE0 . Supóngase que ahora deseamos conocer la razón de flujo de la carga por unidad de tiempo, o mejor dicho, conocer la corriente i que circula por el circuito. La expresión matemática que representa a la corriente I, dada la carga q, es dq . (2.487) I(t) = dt Para obtener la corriente es necesario tomar la derivada respecto al tiempo de la expresión (2.486), obtenemos E0 −t/RC I(t) = e . (2.488) R De la ecuación (2.488), observamos que cuando t → 0 tenemos que I(t) → E0 /R, esta es la máxima corriente en el circuito que se alcanza justamente cuando el circuito se conecta, después la corriente está gobernada por la expresi´ on (2.488). El producto RC que aparece en el exponente de las ecuaciones (2.486), y (2.488), tiene unidades de tiempo, ya que el exponente es adimensional (sin unidades). Al producto RC se le conoce como constante de tiempo capacitiva y se representa por τC , esta cantidad determina la razón con la cual el condensador se carga.

2.16.

Presi´ on Atmosf´ erica

La experiencia nos muestra que la presi´ on del aire (presión atmosférica) depende de la altura h. Si representamos a la presi´ on como p, entonces la dependencia de p respecto a la altura h estará dada por la función p = p(h). (2.489) Nos preguntamos, cu´ al es la relaci´ on entre la presión y la altura?. Soluci´ on: Para resolver el problema planteado imaginemos una peque˜ na porción de aire de forma cil´ındrica, de altura ∆h y base S, figura (2.5). Luego, veamos cu´ ales fuerzas act´ uan sobre este cilindro imaginario. De la figura (2.5) podemos ver que sobre el cilindro act´ uan tres fuerzas; El peso del cilindro dado por P = g∆m = ρg∆V = gρS∆h, donde ∆m es el elemento de masa, ∆V = Sdh es el elemento de volumen, g es la constante de la gravedad y ρ es la densidad del aire. Esta fuerza(el peso) esta dirigida verticalmente hacia abajo.

´ ATMOSFERICA ´ 2.16. PRESION

71

Figura 2.5: Diagrama del cilindro representando una porción de aire

La presi´ on del aire que act´ ua en la base superior, y dirigida hacia abajo, figura (2.5), p(h + ∆h)S. La presi´ on del aire que act´ ua en la base inferior y dirigida verticalmente hacia arriba Sp(h). Si consideramos que no hay corrientes de aire, entonces estas tres fuerzas deben estar balanceadas. De estas consideraciones, tenemos ρSg∆h + p(h + ∆h)S = p(h)S.

(2.490)

ρg∆h + p(h + ∆h) = p(h).

(2.491)

Eliminando a S, resulta Esta misma ecuaci´ on la podemos escribir como p(h + ∆h) − p(h) = −ρg. ∆h

(2.492)

Haciendo ∆h, infinitamente peque˜ no tenemos la expresión l´ım

∆h→0

p(h + ∆h) − p(h) dp = . ∆h dh

(2.493)

72

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

Luego, igualando las expresiones (2.492) y (2.493), obtenemos la ecuación diferencial dp = −gρ. dh

(2.494)

Por otro lado, sabemos que la densidad ρ de los gases es proporcional a la presión p, esto es ρ = αp,

(2.495)

donde α es una constante de proporcionalidad que depende del tipo de gas. Poniendo este valor en (2.494), finalmente tenemos la ecuaci´ on diferencial dp = −αgp. dh

(2.496)

Esta ecuación nos da la dependencia de la presión p en función de la altura h, por lo tanto, responde al problema planteado(bajo las condiciones de que no hay corrientes de aire). Ahora el problema se traduce en un problema matem´ atico, es decir, en resolver la ecuación diferencial (2.496). Como podemos ver, esta ecuaci´ on es de variables separables. Por consiguiente, separando las variables e integrando Z Z dp = −αg dh, (2.497) p obtenemos ln |p| = −αgh + ln c

→

p(h) = ce−αgh .

(2.498)

Para determinar el valor de la constante de integración c, vamos a considerar que la presión atmosférica en la superficie de la Tierra( esto es cuando h = 0), es p0 . Sustituyendo estas condiciones en la segunda ecuaci´ on de (2.498), encontramos c = p0 .

(2.499)

Sustituyendo este valor en la segunda ecuaci´ on de (2.498), tenemos finalmente el resultado p(h) = p0 e−αgh ,

(2.500)

el cual nos indica que la presi´ on atmosférica decae exponencialmente conforme la altura aumenta y cuando h → ∞, la presi´ on p → 0, figura (2.6). Esto parece lógico, ya que después de cierta altura h, estar´ıamos fuera de la atm´ osfera terrestre y por lo tanto, la presión atmosférica será cero.

Figura 2.6: La presi´ on p como función de la altura h

2.17. ECUACIONES DIFERENCIALES NO RESUELTAS RESPECTO

2.17.

A LA DERIVADA

73

Ecuaciones Diferenciales no Resueltas Respecto a la Derivada

Hasta el momento hemos analizado diferentes tipos de ecuaciones diferenciales de primer orden, donde hemos supuesto que la ecuación es resuelta respecto a su derivada. Sin embargo, existen algunas ecuaciones en las cuales no es posible resolver respecto a su derivada, sino que pueden ser resueltas respecto a la funci´ on dependiente o a la variable independiente. En esta sección nos encargaremos de analizar este tipo de ecuaciones. Sea dada la ecuaci´ on diferencial de primer orden F (x, y, y 0 ) = 0

(2.501)

Esta ecuaci´ on la podemos resolver de dos maneras: Resuelta respecto a la derivada. Resolviendo (2.501), respecto a la derivada obtenemos una ecuaci´ on del tipo y 0 = f (x, y). (2.502) Diferentes tipos y métodos para obtener la solución de la ecuación (2.502), los hemos analizado en las secciones anteriores. No resuelta respecto a la derivada. Supongamos que en la ecuación (2.501), no se puede despejar a y 0 , pero se puede despejar a y, ó a x, es decir, que la ecuación (2.501), se puede escribir de las dos siguientes maneras y = f (x, y 0 )

x = g(y, y 0 )

(2.503)

Primero, analizaremos la ecuación y = f (x, y 0 )

(2.504)

Para resolver esta ecuaci´ on introduzcamos el parámetro p(x) = y 0 =

dy dx

→

dy = p(x)dx.

(2.505)

De la ecuaci´ on (2.504), obtenemos y = f (x, p).

(2.506)

Luego, obteniendo la diferencial total de esta ecuación dy =

∂f ∂f dx + dp. ∂x ∂p

(2.507)

Sustituyendo, dy = p(x)dx, en la ecuación (2.507), tenemos p(x)dx =

∂f ∂f dx + dp. ∂x ∂p

Luego, agrupando términos resulta la ecuación h ∂f i ∂f − p(x) dx + dp = 0. ∂x ∂p

(2.508)

(2.509)

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

74

Esta ecuaci´ on es equivalente a tener la ecuación M (x, p)dx + N (x, p)dp = 0.

(2.510)

Si la solución de la ecuaci´ on (2.510), est´ a dada como x = φ(p, c),

(2.511)

entonces, haciendo uso de la expresi´ on (2.506), obtenemos la solución de la ecuación original (2.504), en forma paramétrica x = φ(p, c),

y = f (φ(p)).

(2.512)

Analicemos la segunda ecuaci´ on de (2.503), x = g(y, y 0 ).

(2.513)

La solución de esta ecuaci´ on es similar a la anterior. Sea p(x) = y 0 =

dy . dx

(2.514)

Entonces, de (2.513), tenemos x = g(y, p).

(2.515)

La diferencial total de esta ecuaci´ on es dx =

∂g ∂g dy + dp. ∂y ∂p

(2.516)

dy . p

(2.517)

Luego, de (2.514), dx = Sustituyendo en (2.516), ∂g ∂g dy = dy + dp. p ∂y ∂p

(2.518)

Agrupando términos, obtenemos h ∂g ∂y

−

1i ∂g dy + dp = 0. p ∂p

(2.519)

Esta ecuaci´ on es equivalente a la ecuaci´ on M (y, p)dy + N (y, p)dp = 0.

(2.520)

y = φ(p, c),

(2.521)

Si la solución de esta ecuaci´ on es entonces, haciendo uso de la expresi´ on (2.515), obtenemos la solución de la ecuación original (2.513), en forma paramétrica y = φ(p, c),

x = g(φ(p)).

(2.522)

Ejemplo 1: Resolver la ecuaci´ on x = (y 0 )3 + y 0 .

(2.523)

2.17. ECUACIONES DIFERENCIALES NO RESUELTAS RESPECTO

A LA DERIVADA

75

Soluci´ on: Introduzcamos el par´ ametro p =

dy dx ,

entonces, tenemos la ecuación x = p3 + p.

(2.524)

Tomando la diferencial total de esta ecuación dx = 3p2 dp + dp.

(2.525)

dy Luego, de la expresi´ on p = dx , tenemos que dx = dy on en la p . Sustituyendo esta expresi´ ecuaci´ on (2.525), dy = 3p2 dp + dp → dy = (3p3 + p)dp. (2.526) p

Integrando esta u ´ltima expresión obtenemos la solución Z Z dy = (3p3 + p)dp → 4y(p) = 3p4 + 2p2 + c.

(2.527)

Entonces, la soluci´ on general de la ecuación (2.523), en forma paramétrica, es 4y(p) = 3p4 + 2p2 + c,

x(p) = p3 + p.

(2.528)

Ejemplo 2: Resolver la ecuaci´ on x=

1 + ln y 0 . y0

(2.529)

Soluci´ on: Introduciendo el par´ ametro dy , dx la ecuaci´ on (2.529), se reduce a la ecuación paramétrica

(2.530)

p=

1 + ln p. p

(2.531)

1 1 dp + dp. p2 p

(2.532)

x= Tomando la derivada total, resulta dx = − Sustituyendo dx =

dy p

en (2.532), obtenemos dy 1 1 = − 2 dp + dp p p p

→

dy =

−

1 + 1 dp. p

(2.533)

Integrando Z dy =

Z

−

1 + 1 dp p

→

y = − ln p + p + c.

(2.534)

Finalmente, tenemos la solución general de la ecuación (2.529), en forma paramétrica x=

1 + ln p, p

y = − ln p + p + c.

(2.535)

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

76

Ejemplo 3: Resolver la ecuaci´ on (y 0 + 1)3 = (y 0 − y)2 .

(2.536)

Soluci´ on: Antes que nada, de la ecuaci´ on (2.536), despejamos a y, y = y 0 ∓ (y 0 + 1)3/2 .

(2.537)

dy = p. dx

(2.538)

y = p ∓ (p + 1)3/2 .

(2.539)

Definiendo

Sustituyendo en (2.537), obtenemos

Tomando la diferencial total de esta ecuación y reemplazando dy = pdx, resulta √ 3p dp 3 p + 1 pdx = dp ∓ p + 1dp → dx = ∓ dp 2 p 2 p Integrando Z

Z dx =

dp 3 ∓ p 2

Z √

p+1 dp. p

Calculando por separado la integral Z √ h p p+1 1 1 dp → t = p + 1, dt = (p + 1)−1/2 dp = dp, p 2 2t

(2.541)

i dp = 2tdt ,

con este cambio de variable la integral se transforma en Z Z 2 Z Z √ p+1 t2 t −1+1 1 dp = 2 dt = 2 dt = 2 1+ 2 dt. 2 2 p t −1 t −1 t −1 R x−a 1 Usando la f´ ormula x2dx −a2 = 2a ln x+a + c. Tenemos 2

Z

1+

t2

t − 1 1 dt = 2t + ln . −1 t+1

Recordando el cambio de variable que se hizo en (2.542), es decir, t = de la integral Z √ √p + 1 − 1 p p+1 dp = 2 p + 1 + ln √ . p p+1+1

(2.540)

(2.542)

(2.543)

(2.544) √

p + 1, se tiene el valor (2.545)

Finalmente, sustituyendo el valor de esta integral en la segunda ecuación de (2.541), y calculando las dos integrales restantes, y junto con la ecuación (2.539), tenemos la solución general x = y

√ p 3 p + 1 − 1 ln |p| ∓ 3 p + 1 ∓ ln √ + c, 2 p+1+1

= p ∓ (p + 1)3/2 .

(2.546)

2.18. ECUACIONES DIFERENCIALES DE LAGRANGE Y CLAIRAUT

2.18.

77

Ecuaciones Diferenciales de Lagrange y Clairaut

Las ecuaciones de Lagrange y Clairaut son casos particulares de las ecuaciones no resueltas respecto a la derivada (2.503), y pueden resolverse mediante la introducción del parámetro p, como lo hicimos en la secci´ on anterior. Una ecuaci´ on diferencial de Lagrange tiene la forma y = xϕ(y 0 ) + ψ(y 0 )

(2.547)

Haciendo y 0 = p, diferenciando y sustituyendo dy por pdx, esta ecuación se reduce a otra que considerando a x como funci´ on de p será lineal. Resolviendo ésta u ´ltima tendremos la solución x = φ(p, c), entonces, la soluci´ on general de la ecuación inicial en forma paramétrica es x = φ(p, c), y = φ(p, c)ϕ(p) + ψ(p),

(2.548)

donde p es un par´ ametro. La ecuaci´ on diferencial de Clairaut tiene la forma y = xy 0 + ψ(y 0 )

(2.549)

El método de soluci´ on es el mismo que hemos usado anteriormente para la ecuación de Lagrange (2.547). La soluci´ on general de esta ecuación tiene la forma y = cx + ψ(c).

(2.550)

p y + xy 0 = 4 y 0 .

(2.551)

Ejemplo 1: Resolver la ecuaci´ on de Lagrange.

Soluci´ on: Primero, introduzcamos el par´ ametro p =

dy dx .

La ecuación (2.551) se transforma en √ y + xp = 4 p.

(2.552)

Diferenciando esta ecuaci´ on respecto a x, tenemos 2 dy + xdp + pdx = √ dp. p

(2.553)

Sustituyendo dy por pdx en (2.553), tenemos la ecuación 2 pdx + xdp + pdx = √ dp. p

(2.554)

Ahora, dividiendo entre dp, obtenemos 2p

dx 2 + x − √ = 0. dp p

(2.555)

78

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

Como podemos ver, la ecuaci´ on (2.555), es una ecuación lineal no homogénea respecto a x, la cual podemos escribir en la forma est´ andar dx 1 + x = p−3/2 . dp 2p

(2.556)

Para resolver esta ecuaci´ on usamos el método de variación del parámetro. Para esto, primero buscamos la solución a la ecuaci´ on homogénea dx 1 + x = 0. dp 2p

(2.557)

No es dif´ıcil obtener la soluci´ on de esta ecuaci´ on. Separando variables e integrando, obtenemos xh (p) = cp−1/2 .

(2.558)

Luego, busquemos la soluci´ on particular de la ecuación (2.556). Supongamos la solución particular xp (p) = c(p)p−1/2 .

(2.559)

Tomando la derivada respecto a p, resulta 1 dx = c0 (p)p−1/2 − p−3/2 . dp 2

(2.560)

1 1 c0 p−1/2 − cp−3/2 + cp−1/2 = p−3/2 . 2 2p

(2.561)

Sustituyendo en (2.556), obtenemos

Eliminando los términos segundo y tercero de la parte izquierda de la ecuación (2.561). Obtenemos la integral Z dp c(p) = = ln |p|. (2.562) p Sustituyendo c(p) en (2.559), la soluci´ on particular toma la forma ln |p| xp (p) = √ . p

(2.563)

La solución general de la ecuaci´ on (2.551), resulta ser c ln |p| x(p) = xh + xp = √ + √ . p p

(2.564)

Por otro lado, sustituyendo (2.564), en la relación (2.552), tenemos y=

√

p(4 − ln |p| − c).

(2.565)

Entonces, tenemos que la soluci´ on general de la ecuación (2.551), está dada en forma paramétrica x(p) y(p) Ejemplo 2:

c ln |p| √ + √ . p p √ = p(4 − ln |p| − c).

=

(2.566)

2.18. ECUACIONES DIFERENCIALES DE LAGRANGE Y CLAIRAUT

79

Resolver la ecuaci´ on y = x(y 0 )2 − y 0 .

(2.567)

Soluci´ on: dy dx .

Introduzcamos el par´ ametro p =

Sustituyendo en la ecuación (2.567), y = xp2 − p.

(2.568)

Tomando la diferencial de esta ecuación y sustituyendo dy por pdx, resulta pdx = p2 dx + 2xpdp − dp.

(2.569)

p(1 − p)dx = (2xp − 1)dp.

(2.570)

Agrupando términos Escribamos esta ecuaci´ on de la siguiente manera 2 1 dx + x= . dp p − 1 p(p − 1)

(2.571)

Esta es una ecuaci´ on lineal no homogénea respecto a x. Esta ecuación la vamos a resolver con el método del factor integrante. Para esto, definamos R

Entonces

2 p−1 dp

2

= eln(p−1) = (p − 1)2 .

(2.572)

h i (p − 1)2 p−1 d x(p − 1)2 = dp = dp. p(p − 1) p

(2.573)

µ(p) = e

Integrando, tenemos Z h i Z p−1 dp d x(p − 1)2 = p

x(p − 1)2 = p − ln |p| + c

→

→

x(p) =

p − ln |p| + c . (2.574) (p − 1)2

Entonces, el resultado final es = xp2 − p, p − ln |p| + c x(p) = . (p − 1)2 y(p)

(2.575)

Ejemplo 3: Resolver la ecuaci´ on de Clairaut. y = xy 0 +

a 2y 0

donde a = const.

(2.576)

Soluci´ on: Hagamos p =

dy dx ,

obtenemos y = xp +

a . 2p

(2.577)

Diferenciando esta u ´ltima expresi´ on y sustituyendo dy por pdx, hallamos pdx = pdx + xdp −

a dp, 2p2

(2.578)

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

80

de donde obtenemos

a dp x − 2 = 0. 2p Examinemos los dos factores de esta u ´ltima expresión. Primero, si

(2.579)

dp = 0,

(2.580)

p = c.

(2.581)

integrando tenemos Entonces, la soluci´ on general de la ecuaci´ on inicial es a . 2c Ahora, igualando a cero el segundo factor de la ecuación (2.579), tenemos a x = 2. 2p y = cx +

(2.582)

(2.583)

Despejando el par´ ametro p de la ecuaci´ on (2.583), y sustituyendo en la ecuación (2.577), tenemos y 2 = 2ax.

(2.584)

Esta es también una soluci´ on de la ecuaci´ on (2.576). Desde el punto de vista geométrico la curva y 2 = 2ax es la envolvente del haz de rectas determinado por la solución general. Ejemplo 4: Resolver la ecuaci´ on diferencial y = xy 0 +

p (y 0 )2 + 1.

(2.585)

Soluci´ on: Esta es una ecuaci´ on de Clairaut. Entonces, introduciendo el parámetro p = (2.585), se transforma en p y = xp + p2 + 1.

dy dx ,

la expresión (2.586)

Tomando la diferencial de esta expresi´ on respecto a x, resulta 1 dy = pdx + xdp + (p2 + 1)−1/2 2pdp 2

pdp . dy = pdx + xdp + p p2 + 1

→

(2.587)

Sustituyendo pdx por dy, tenemos pdp

pdx = pdx + xdp + p

p2 + 1

De esta u ´ltima expresi´ on se tiene

x+ p

p

p2 + 1

.

(2.588)

dp = 0.

(2.589)

p = c.

(2.590)

De donde, tenemos dos posibles soluciones x = −p

p p2 + 1

,

Finalmente, la soluci´ on del problema la podemos escribir como p p p y = px + p2 + 1, x = − p , y = cx + c2 + 1. p2 + 1

(2.591)

Hasta el momento hemos analizado diferentes métodos de solución de las ecuaciones diferenciales de primer orden. En las siguientes dos secciones analizaremos algunas cuestiones interesantes de las ecuaciones de primer orden desde el punto de vista geométrico.

2.19. ISOCLINAS

2.19.

81

Isoclinas

Nos interesa analizar el sentido geométrico de la ecuación diferencial de primer orden. Supongamos que nos es dada una ecuación diferencial de primer orden resuelta respecto a la derivada y 0 = f (x, y)

(2.592)

entonces, sea y = φ(x, c), su soluci´ on general. Como ya hemos visto anteriormente, la solución general determina la familia de curvas integrales en el plano xOy. Para todo punto M (x, y) con coordenadas x, y, la ecuaci´ on (2.592), determina un valor de la derivada y 0 , es decir, la pendiente a la curva integral que pasa por ese punto. Por lo tanto, la ecuación (2.592), define un conjunto de direcciones. A este conjunto de direcciones se le conoce como campo de direcciones en el plano xOy. La terna de n´ umeros (x, y, y 0 ) determina la dirección de una recta que pasa por el punto M (x, y). El conjunto de los segmentos de estas rectas será la representación geométrica del campo de direcciones. Entonces, integrar una ecuaci´ on diferencial desde el punto de vista geométrico, consiste en hallar las curvas, cuyas pendientes estén orientadas de modo tal que su dirección coincida con la dirección del campo en estos puntos. El problema anterior se resuelve introduciendo las isoclinas . Las isoclinas son el lugar geométrico de puntos en los que las pendientes a las curvas integrales dadas tienen una misma dirección. Las isoclinas o campos de direcciones es una forma numérica y geométrica de mostrar la solución de ecuaciones diferenciales de primer orden (2.592). Entonces, la familia de las isoclinas de la ecuación (2.592), deber´ a cumplir la relaci´ on f (x, y) = k

(2.593)

donde k es un par´ ametro arbitrario. Dándole valores numéricos próximos al parámetro k se puede dibujar un conjunto compacto de isoclinas, con ayuda de las cuales se pueden trazar aproximadamente las curvas integrales de la ecuación diferencial (2.592). Las isoclinas nulas , esto es, y 0 = f (x, y) = 0

(2.594)

proporcionan las l´ıneas en las que pueden estar situados los puntos máximo y m´ınimo de las curvas integrales. Al trazar las curvas integrales, para mayor exactitud, se halla también el lugar geométrico de los puntos de inflexi´ on. Para esto, se calcula y 00 de la ecuación (2.592), tenemos y 00 =

∂f 0 ∂f ∂f ∂f + y = + f (x, y) , ∂x ∂y ∂x ∂y

(2.595)

y se iguala a cero. La l´ınea determinada por la ecuación ∂f ∂f + f (x, y) = 0, ∂x ∂y es, precisamente, el lugar geométrico de los puntos de inflexión. Ejemplo 1:

(2.596)

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

82

Usar el método de isoclinas para resolver la ecuación dy = y. dx

(2.597)

Soluci´ on: Las isoclinas asociadas a la ecuaci´ on (2.597), son las rectas dadas por la ecuación f (x, y) = y = k.

(2.598)

Para cada valor de k obtenemos una l´ınea recta, en la que en cada punto, la dirección dictada por la ecuación diferencial es dicho n´ umero k. Por ejemplo, en cada punto a lo largo de la l´ınea y = 1, la ecuación (2.597) determina una direcci´ on de la pendiente 1. En la figura se han trazado varias de estas isoclinas, que indican la direcci´ on asociada con cada isoclina por rayas cortas. Si se parte de cualquier punto del plano y se sigue una curva cuya dirección es siempre la de las rayas, se obtiene una curva de soluci´ on. En la figura se han trazado varias curvas de solución. Ejemplo 2: Usando el método de isoclinas integrar la ecuación dy = x. dx

(2.599)

Soluci´ on: La familia de isoclinas para esta ecuaci´ on esta definida por la ecuación f (x, y) = x = k.

(2.600)

Dándolo los valores k = 0, 1, −1, .. obtenemos las isoclinas x = 0, x = 1, x = −1, ... de donde, entonces construimos las curvas integrales de la ecuación (2.599). La isoclina nula f (x, y) = k = 0,

(2.601)

define el lugar geométrico del extremo de la curva integral (la l´ınea x = 0 en el ejemplo). Para reforzar la gr´ afica es recomendable analizar si la curva es convexa hacia arriba o convexa hacia abajo, y hallar los puntos de inflecci´ on de las curvas. En nuestro caso, tenemos y 00 = 1.

(2.602)

Por consiguiente, todas las curvas integrales son convexas descendentes y sin puntos de inflección.

2.20.

Trayectorias Ortogonales

Otro problema general, de naturaleza geométrico, es hallar curvas que intercepten las curvas de una familia dada, de una manera deseada. Tales curvas se llaman trayectorias. En particular, cuando las trayectorias cortan las curvas dadas en un ángulo constante, se denominan trayectorias isogonales, si el ángulo es recto(es decir, de 900 ), las trayectorias se llaman trayectorias ortogonales . De la geometr´ıa Euclidiana, sabemos que dos curvas son perpendiculares entre s´ı en un punto dado, si sus respectivas pendientes m1 y m2 cumplen la relación m1 m2 = −1

→

m1 = −

1 . m2

(2.603)

2.20. TRAYECTORIAS ORTOGONALES

83

Por otro lado, sabemos que la derivada, desde el punto de vista geométrico, es igual a la pendiente m. Entonces, la ecuaci´ on diferencial de las trayectorias ortogonales de un conjunto de curvas dadas es fácil de obtener a partir del conjunto dado. Sea y(x), un conjunto de curvas dado por la ecuación diferencial F (x, y, y 0 ) = 0

(2.604)

F (x, y, − y10 ) = 0

(2.605)

Entonces, la expresi´ on

será la ecuaci´ on diferencial de las trayectorias ortogonales a y(x). En otras palabras, basta reemplazar y 0 por − y10 en la ecuaci´ on dada, para obtener la ecuación de las trayectorias ortogonales. Las trayectorias ortogonales se encuentran, por ejemplo, cuando se estudia una corriente plana de un l´ıquido. Ejemplo 1: Hallar las trayectorias ortogonales a la familia de curvas dada por la ecuación x2 + y 2 = R2 .

(2.606)

Soluci´ on: Tomando la derivada respecto a x, tenemos 2xdx + 2ydy = 0

→

x dy =− . dx y

(2.607)

Esta es la ecuaci´ on diferencial que representa a la familia de curvas dada (2.606). Ahora, reemplazando y 0 por − y10 , en la segunda ecuación de (2.607), tenemos −

1 x =− y0 y

→

dy y = , dx x

(2.608)

Esta u ´ltima ecuaci´ on representa la ecuación diferencial de la familia de curvas que es ortogonal a (2.606). Esta ecuaci´ on se puede resolver con el método de variables separables dy dx = . y x

(2.609)

y = cx.

(2.610)

La soluci´ on general esta dada por

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

84

Figura 2.7: Gráfica de la solución.

As´ı, hemos encontrado una familia de curvas dada por la ecuación (2.610), que es ortogonal a la familia de curvas representada por (2.606), figura (2.7). Ejemplo 2: Hallar las trayectorias ortogonales a la familia de curvas dadas por la ecuación 1 x2 + y 2 = a2 , 2

a = constante.

(2.611)

Soluci´ on: Diferenciando la ecuaci´ on (2.611), respecto a x, tenemos 2x + y

dy =0 dx

→

dy 2x =− . dx y

(2.612)

Luego, reemplazando en (2.612), y 0 por − y10 , tenemos −

1 2x =− 0 y y

→

dy y = . dx 2x

(2.613)

dx . x

(2.614)

Separando variables e integrando Z Obtenemos ln |y| =

dy 1 = y 2

1 ln x + ln c 2

Z

→

y ln √ = 0. c x

(2.615)

2.20. TRAYECTORIAS ORTOGONALES

85

De donde es f´ acil obtener el resultado final y = cx1/2 .

(2.616)

Esta ecuaci´ on representa la familia de curvas ortogonales a la familia dada en (2.611). Ejemplo 3: Hallar la familia de curvas que es ortogonal a la familia dada por la ecuación y 2 + 3x2 − 2ax = 0,

a = constante.

(2.617)

Soluci´ on: Diferenciando (2.617), respecto a x, obtenemos 2y

dy + 6x − 2a = 0. dx

(2.618)

Luego, de (2.617), despejamos el parámetro a, a=

y 2 + 3x2 . 2x

(2.619)

Sustituyendo (2.619), en (2.618), obtenemos la ecuación diferencial correspondiente a la familia de curvas (2.617) y 2 − 3x2 dy = . (2.620) dx 2xy Reemplazando y 0 , por − y10 , en (2.620), resulta −

1 y 2 − 3x2 = y0 2xy

→

dy 2xy =− 2 . dx y − 3x2

(2.621)

Esta ecuaci´ on es una ecuaci´ on diferencial homogénea. Por lo tanto, haciendo la sustitución y = zx,

dy dz =z+x . dx dx

(2.622)

Sustituyendo en (2.621), se obtiene x

dz z − z3 = 2 . dx z −3

(2.623)

Separando las variables e integrando Z

z2 − 3 dz = z − z3

Z

dx . x

(2.624)

La primer integral la descomponemos en fracciones parciales z2 − 3 A Bz + C = + . 2 z(1 − z ) z 1 − z2

(2.625)

A − Az 2 + Bz 2 + Cz = z 2 − 3.

(2.626)

Como resultado tenemos De aqu´ı, obtenemos los valores A = −3, B = −2 y C = 0. Entonces, la primer integral en (2.624), se transforma en Z 2 Z Z dz 2z z −3 dz = −3 + dz. (2.627) z − z3 z z2 − 1

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

86

Luego, poniendo este resultado en (2.624), obtenemos Z Z Z dz 2z dx −3 + dz = . z z2 − 1 x

(2.628)

La integración es f´ acil y el resultado es −3 ln |z| + ln |z 2 − 1| = ln |x| + ln c

→

z2 − 1 ln =0 cxz 3

→

z 2 − 1 = cxz 3 .

(2.629)

Recordamos que y = zx de donde z = y/x, sustituyendo en la u ´ltima expresión de (2.629), obtenemos el resultado final y 2 − x2 = cy 3 . (2.630) Esta es la ecuación que representa a la familia de curvas que son ortogonales a la familia (2.617). De esta manera hemos analizado diferentes métodos de solución de las ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden. Los métodos analizados son los más tradicionales y básicos para que el estudiante comprenda y pueda resolver problemas de su correspondiente área, Ciencias ó Ingenier´ıa.

2.21.

Aplicaciones

Para modelar, mediante una ecuaci´ on diferencial, un proceso f´ısico, qu´ımico, biológico, de ingenier´ıa, etc., es necesario el conocimiento de ciertas leyes fundamentales de la naturaleza. Por lo anterior, antes de empezar con algunas de las aplicaciones, es necesario que recordemos algunas leyes. Segunda ley de Newton: La suma de todas las fuerzas que act´ uan en un cuerpo es igual a la masa del cuerpo multiplicada por su aceleraci´ on. Matemáticamente, esta ley se representa como ~ ΣN a. i=1 Fi = m~ Leyes de Kirchhoff: Primera ley de Kirchhoff (regla de los nudos): La suma algebráica de las corrientes convergentes en un nudo es igual a cero, esto es Σni=1 Ii = 0, donde I representa la corriente. Segunda ley de Kirchhoff (regla de los contornos): En cualquier contorno cerrado, elegido arbitrariamente en un circuito eléctrico bifurcado, la suma algebráica de los productos de las intensidades de las corrientes Ii por las resistencias Ri de las partes correspondientes de este contorno, es igual a la suma algebr´ aica de las fuerzas electromotrices (fem) Ei , aplicadas al mismo, esto es i=n1 1 Σi=1 Ii Ri = Σi=n i=1 Ei . Ley de Torricelli: La velocidad con que se derrama un l´ıquido por un peque˜ no orificio que se encuentra en el fondo de un recipiente a una altura h del nivel del l´ıquido, sin considerar la fricción(debida a la contracci´ on que sufre un chorro de agua al pasar por un√peque˜ no orificio) , será igual a la velocidad de ca´ıda libre de un cuerpo de una altura h, esto es, v = 2gh. Si se considera la fricción, entonces la dependencia de la velocidad respecto a la altura h, está dada por la ley de Torricelli

2.21. APLICACIONES

87

√ v = µ 2gh, donde g es la aceleración en ca´ıda libre; µ es el coeficiente de fricción, (0 ≤ µ < 1), que depende del tipo de l´ıquido que se vac´ıa. Para el agua µ = 0,62. Ley de Acci´ on de masa: El estudio de las velocidades de las reacciones se basa en la ley de acci´ on de masa; en un sistema con volumen constante, la velocidad de una reacci´ on qu´ımica es proporcional a la concentraci´ on(masa por unidad de volumen) de las sustancias reactantes. La concentraci´ on es igual al n´ umero de moles por unidad de volumen, generalmente moles por litros. Reacciones Unimoleculares: Una reacción en la cual, una sola molécula cambia a una o más moléculas se llama reacci´ on unimolecular . Su ecuación qu´ımica es A → B,

o

bien A → B + C + D + ....,

(2.631)

donde A y B, representan a las sustancias. En este caso la ley de acción de masa está dada por la ecuaci´ on diferencial dCA = −kCA , k > 0. (2.632) dt Observemos que en (2.632) la velocidad es negativa, esto se debe a que la sustancia A decrece. Si a representa el n´ umero de moles por litro de A inicialmente presentes y x es el n´ umero de moles de A que cambian a productos en un tiempo t, entonces a − x será la concentración CA de A después de t minutos. De esta manera la ecuación (2.632) tiene la forma dx = k(a − x) dt

en t = 0,

x = 0.

(2.633)

De esta manera hemos obtenido la ecuación diferencial, la cual modela en un alto grado de exactitud el problema de las reacciones unimoleculares. Reacciones Bimoleculares: Una reacción en la cual dos moléculas interact´ uan para dar lugar a una o m´ as moléculas como productos, se llama reacci´ on bimolecular. La ecuación qu´ımica tiene la forma A + B → C + D + ..., o bien 2A → B + C + D + ..., (2.634) Para el primer caso, la ley de acci´ on de masa se escribe como dx = k(a − x)(b − x), dt

(2.635)

donde a y b son los n´ umeros de moles iniciales por litro de A y B, y x es el n´ umero de moles por litro de A y B, respectivamente, después de t minutos. Si A = B (segunda ecuaci´ on en (2.634)) , entonces (2.635) se reduce a dx = k(a − x)2 . dt

(2.636)

Problema 1: Un veh´ıculo que viaja a una velocidad v0 apaga su motor, no estando ya sometido más que a una fuerza de rozamiento proporcional a la velocidad. Cómo var´ıan su velocidad y su coordenada de posici´ on en funci´ on del tiempo? Datos: v0 ,

Fr = αv, donde α es el coeficiente de proporcionalidad.

Hallar:

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

88

v = v(t),

x = x(t).

Soluci´ on: De la segunda ley de Newton, y debido a que solo una fuerza influye en el cuerpo, tenemos m

dv = −αv. dt

(2.637)

El signo menos en la ecuaci´ on (2.637), es debido a que la fuerza de rozamiento está dirigida en sentido opuesto al movimiento. La ecuaci´ on diferencial (2.637), es de primer orden respecto a v y además es de variables separables. Separando las variables dv α = − dt. v m

(2.638)

Integrando Z

α dv =− v m

tenemos ln v = −

Z dt,

(2.639)

α t + ln c1 . m

(2.640)

Aplicando las propiedades de los logaritmos ln v − ln c1 = ln(v/c1 ), esta misma expresión la podemos escribir como α v(t) = c1 e− m t , (2.641) donde c1 es una constante de integraci´ on, la cual depende de las condiciones iniciales del problema. En nuestro caso, estas condiciones son; para t = 0, v = v0 , entonces, sustituyendo en (2.641), obtenemos la expresi´ on para la constante c1 , v0 = c1 .

(2.642)

Sustituyendo el valor obtenido c1 = v0 en la ecuación (2.641), tenemos α

v(t) = v0 e− m t .

(2.643)

Para hallar como cambia la coordenada con el tiempo, es decir, la ecuación x = x(t), recordamos que la velocidad est´ a dada como v = dx on diferencial dt y sustituyendo en (2.643), obtenemos la ecuaci´ para x = x(t), esto es α dx = v0 e− m t . (2.644) dt Integrando Z Z dx = v0

α

e− m t dt,

(2.645)

resulta

mv0 − α t e m + c2 . α Podemos elegir las siguientes condiciones iniciales, para t = 0, x = 0, x(t) = −

0=−

mv0 + c2 α

Sustituyendo en (2.646), x(t) = −

→

c2 =

mv0 . α

mv0 − α t mv0 e m + . α α

(2.646)

(2.647)

(2.648)

2.21. APLICACIONES

89

Finalmente, el resultado lo podemos escribir de la siguiente manera x(t) =

α mv0 (1 − e− m t ). α

(2.649)

De este resultado podemos ver que cuando t → 0, x(t) → 0, lo cual concuerda con los datos 0 iniciales. Para el caso en que t → ∞, tenemos que x(t) → mv α , tiende a un valor constante. Problema 2: De una cierta altura h un cuerpo de masa m es arrojado verticalmente hacia abajo con una velocidad inicial v0 . Sabemos que la fuerza de rozamiento del aire es directamente proporcional a la velocidad instant´ anea. Calcular cómo cambia la velocidad y la altura del cuerpo en función del tiempo. Datos: m, h, v0 y Fr = αv. Hallar: v = v(t) y h = h(t) Soluci´ on: En el cuerpo que cae act´ uan el peso mg y la fuerza de rozamiento que es proporcional a la velocidad, esto es Fr = αv, donde α es el coeficiente de proporcionalidad. Entonces, de la segunda ley de Newton, tenemos dv = mg − αv. (2.650) m dt El movimiento es hacia abajo, es por eso que el término mg es positivo, mientras que αv es negativo, ya que su direcci´ on es opuesta al movimiento. La ecuación (2.650), es de primer orden y puede ser resuelta de dos maneras; por el método de variables separables ó como una ecuación lineal no homogénea. Analicemos el primer caso, es decir, por separación de variables. Escribamos la ecuación de la siguiente manera Z dv α dv α α mg dv =g− v → =− dt. (2.651) v− → mg = − dt m dt m α v− α m Integrando la ecuaci´ on (2.651), tenemos α mg ln v − = − t + c. α m

(2.652)

La constante de integraci´ on la podemos hallar de las condiciones del problema, en este caso; para t = 0 tenemos que v = v0 , poniendo estas condiciones en (2.652), resulta mg c = ln v0 − (2.653) . α Sustituyendo el valor de c en (2.652), tenemos mg α mg ln v − = − t + ln v0 − . α m α

(2.654)

Esta expresi´ on da el resultado buscado, sin embargo, usando las propiedades de los logaritmos la podemos escribir de una forma m´ as elegante v − mg α mg mg − α t α ln = − t → v(t) = + v − e m . (2.655) 0 v0 − mg m α α α

90

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

Una vez obtenida la velocidad en funci´ on del tiempo, podemos hallar como cambia la altura h(t) con el tiempo. De la definici´ on de velocidad v(t) →

dh mg mg − α t e m . = + v0 − dt α α

Integrando esta u ´ltima expresi´ on, obtenemos Z Z h mg mg − α t i dh = e m dt → + v0 − α α

h(t) =

mg mg − α t m v0 − e m + c2 . t− α α α

(2.656)

(2.657)

En este problema hemos escogido nuestro sistema de referencia en el punto donde fué lanzado el cuerpo, es decir, en el tiempo t = 0 est´ abamos en la altura h0 , poniendo las condiciones iniciales en (2.657), obtenemos el valor de c2 , m mg c2 = h0 + v0 − . (2.658) α α Sustituyendo este valor en (2.657), finalmente tenemos α m mg mg t+ v0 − 1 − e− m t . h(t) = h0 + α α α

(2.659)

Ahora vamos a resolver el mismo problema escribiendo la ecuación (2.650), de la siguiente manera dv α + v = g. dt m

(2.660)

Esta ecuación es lineal de primer orden no homogénea respecto a la velocidad v. Hagamos uso del factor integrante para resolverla. En este caso la función P (t) = α/m, es constante, entonces, el factor integrante R R α α µ(t) = e P (t)dt = e m dt = e m t . (2.661) Recordemos que en la ecuaci´ on (2.660), la variable independiente es el tiempo t y la función dependiente es la velocidad v. Luego, tenemos Z Z α α α α d e m t v = g e m t dt. (2.662) d e m t v = ge m t → Integrando, obtenemos α

ve m t =

gm α t em + c α

→

v(t) =

α gm + ce− m t . α

(2.663)

De las condiciones iniciales t = 0, v = v0 hallamos la constante de integración c = v0 −

mg . α

(2.664)

Sustituyendo el valor de c en (2.663), y acomodando términos, obtenemos el resultado final mg mg − α t v(t) = + v0 − e m . (2.665) α α Como era de esperarse, obtenemos el mismo resultado. Hemos ilustrado dos métodos diferentes de solución a un mismo problema con el objetivo de mostrarle a los estudiantes que no importa el método elegido, el resultado siempre ser´ a el mismo. Integrando la ecuación (2.665), se puede obtener la altura h(t), como se ilustr´ o anteriormente.

2.21. APLICACIONES

91

Problema 3: Un cuerpo de masa m se mueve a lo largo de una l´ınea recta. En el instante t = 0 está sometido a una fuerza F = F0 . Esta fuerza decrece proporcionalmente con el tiempo, de modo que en un instante posterior t = t1 es nula, no actuando ya ninguna fuerza sobre el cuerpo a partir de este instante. Suponga que la coordenada de posición y la velocidad son nulas en el instante inicial. Hallar los valores de estas magnitudes en el instante t = t1 . Datos: t = 0,

F = F0 ,

t = t1

Hallar: v = v(t1 ),

x = x(t1 ).

Soluci´ on: De las condiciones del problema, tenemos que la fuerza que act´ ua en el cuerpo es F = F0 − αt, donde α es el coeficiente de proporcionalidad. Entonces, de la segunda ley de Newton, tenemos la ecuaci´ on diferencial dv = F0 − αt. (2.666) m dt Esta es una ecuaci´ on de primer orden con variables separables. Separando las variables e integrando Z

v

dv = 0

Z t F0 α − t dt. m m 0

(2.667)

Calculando las integrales, obtenemos F0 α 2 t− t . m 2m

v(t) =

(2.668)

De las condiciones del problema, tenemos 0 = F0 − αt1

→

F0 = αt1 .

(2.669)

Sustituyendo en la expresi´ on (2.668), v(t1 ) =

α 2 α 2 t1 − t . m 2m 1

(2.670)

α 2 t . 2m 1

(2.671)

Finalmente, tenemos v(t1 ) =

Para encontrar el camino recorrido usamos la definición v =

dx dt ,

y poniendo en (2.668), resulta

dx F0 α 2 = t− t . dt m 2m

(2.672)

Integrando Z

x

dx = 0

Z t F0 α 2 t− t dt, m 2m 0

(2.673)

tenemos x(t) =

F0 2 α 3 t − t . 2m 6m

(2.674)

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

92

De las condiciones del problema, tenemos que para t = t1 , F0 = αt1 . Sustituyendo en la ecuación (2.674), α 3 α 3 x(t1 ) = t − t . (2.675) 2m 1 6m 1 Finalmente, el resultado es αt3 (2.676) x(t1 ) = 1 . 3m Problema 4: Qué velocidad adquiere una masa m, originalmente en reposo, sobre la cual act´ ua una fuerza 2 2 cuyo valor depende del tiempo seg´ un la ley F (t) = Ae−α t , (t > 0)? Datos: m,

v0 = 0,

2 2

F (t) = Ae−α

t

.

Hallar: v = v(t). Soluci´ on: En el cuerpo solo act´ ua una fuerza, de tal manera que usando la segunda ley de Newton tenemos la relación 2 2 dv = Ae−α t . m (2.677) dt Para encontrar la velocidad v debemos integrar la expresión (2.677), Z Z v Z ∞ Z v A ∞ −α2 t2 −α2 t2 e m dt. (2.678) dv = A e dt → dv = m 0 0 0 0 La integral la vamos a evaluar desde su posici´ on inicial(reposo, v0 = 0, en el tiempo t = 0, hasta un tiempo t > 0, seg´ un las condiciones del problema). Entonces, tenemos que nada más debe cumplirse t > 0, sin ninguna otra restricci´ on. Podemos tomar a t lo suficientemente grande, esto es t → ∞. Entonces, calculemos la integral Z ∞ n 2 2 ξ −1/2 o e−α t dt → ξ → α2 t2 , dξ → 2α2 tdt dt → dξ 2α 0 √ Z ∞ 1 1 1 π = ξ −1/2 e−ξ dξ = Γ = . (2.679) 2α 0 2α 2 2α Luego, de (2.678), tenemos

√ A π . (2.680) 2αm Para calcular la integral en R(2.679), hemos utilizado la definición de la función Gama, la cual ∞ está definida como Γ(x) = 0 tx−1 e−t dt (ahora √ queda claro por que tomamos los l´ımites para t, de 0 a ∞). Se puede demostrar que Γ(1/2) = π. Como podemos ver, el cuerpo se mueve con una velocidad constante y por lo tanto su posici´ on en función del tiempo es lineal √ A π x(t) = t. (2.681) 2αm v(t) =

Esta expresión se obtiene integrando la ecuaci´ on (2.680), respecto al tiempo, en este caso la constante de integración no aparece, ya que por las condiciones iniciales, en t = 0, x = 0, la constante es cero.

2.21. APLICACIONES

93

Problema 5: Un recipiente de ´ area transversal S, la cual es una función conocida de la altura h, S = S(h), está lleno de cierto l´ıquido hasta un nivel H. En el fondo del recipiente se tiene un orificio de área σ, por el cual puede salir el l´ıquido. Se pide hallar el tiempo, t, en el cual el nivel del l´ıquido decrece de la posici´ on inicial H a cierta altura 0 ≤ h < H y el tiempo T que tarda en vaciarse por completo el recipiente. Datos: S = S(h), H, σ. Hallar: El tiempo t = t(h). Soluci´ on: Supongamos que la altura del l´ıquido en el recipiente en un cierto tiempo t es igual a h(t). La cantidad de l´ıquido ∆V , que sale del recipiente en el intervalo de tiempo de ∆t a t + ∆t, se puede calcular como el volumen del cilindro con la superficie del fondo σ y altura h; v(h): ∆V = σv(h) ∆t

→

∆V = σv(h)∆t.

(2.682)

Este mismo volumen de l´ıquido puede ser calculado de otra forma. Debido al flujo del l´ıquido su nivel h en el recipiente decrece en −∆h, por consiguiente ∆V = −S(h)∆h.

(2.683)

Igualando las dos expresiones (2.682), y (2.683), tenemos −S(h)∆h = σv(h)∆t.

(2.684)

Dividiendo las dos partes de esta ecuación entre ∆t y tomando el l´ımite cuando ∆t → 0, obtenemos la ecuaci´ on diferencial dh −S(h) = σv(h), (2.685) dt la cual describe la dependencia del nivel del l´ıquido h(t) en el recipiente respecto del tiempo t. √ Luego, sustituyendo v(h), seg´ un la ley de Torricelli v(h) = µ 2gh, y separando las variables, obtenemos la siguiente ecuaci´ on S(h) dt = − √ dh. (2.686) σµ 2gh Integrando, obtenemos t=−

1 √ σµ 2g

Z

h

H

S(x) 1 √ dx = √ x σµ 2g

Z

H

h

S(x) √ dx. x

(2.687)

Si queremos saber el tiempo en que se vaciará el recipiente, es suficiente hacer h = 0, as´ı que, para este caso tenemos la relaci´ on Z H 1 S(x) √ √ dx. T = (2.688) x σµ 2g 0 Problema 6:

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

94

Supóngase que tenemos un dep´ osito cil´ındrico lleno de agua con eje vertical, de diámetro 2R y altura H. En el fondo del dep´ osito se tiene un orificio circular de diámetro 2a. Necesitamos hallar el tiempo en que se vaciar´ a el dep´ osito. Datos: R, H, a. Hallar: El tiempo, T , que tarda en vaciarse el dep´ osito. Soluci´ on: El área de la secci´ on transversal S = S(h), en el caso dado es constante e igual a S = πR2 , y el área del orificio es σ = πa2 . Hagamos uso del resultado anterior, es decir, de la expresión (2.688), √ Z H Z H 1 S(x) πR2 dh 2R2 H √ √ dx = √ √ = 2 √ . T = (2.689) x σµ 2g 0 πa2 µ 2g 0 a µ 2g h Problema 7: Calcular el tiempo necesario para establecer iguales niveles de l´ıquido en dos recipientes conectados. El orificio que conecta a los recipientes tiene un área σ. Las áreas de las secciones transversales horizontales del primer y segundo recipiente son S1 , y S2 . En el momento inicial el nivel de l´ıquido en el primer recipiente se encontraba a una altura h1 , del orificio, y el segundo a la altura h1 , (h1 > h2 ). Datos: σ,

S1 ,

S2 ,

h1 ,

h2 ,

(h1 > h2 ).

Hallar: El tiempo T necesario para que los recipientes alcancen la nivelación. Soluci´ on: Supongamos que en un tiempo t, después de comenzar la transición del l´ıquido el nivel del agua en el primer recipiente decrece a y1 , y en el segundo recipiente aumenta en y2 . En los siguientes incrementos infinitesimales de tiempo dt, en el primer recipiente el nivel de l´ıquido decrece en dy1 (dy1 < 0), y en el segundo aumenta en dy2 , (dy2 > 0). Debido a que el decremento en el volumen de l´ıquido en el primer recipiente es igual al aumento en el segundo recipiente, entonces, tenemos S1 |dy1 | = S2 |dy2 |

→

de donde dy2 = −

−S1 dy1 = S2 dy2 .

S1 dy1 . S2

(2.690)

(2.691)

Introduciendo(diferencia de niveles) u = y 1 − y2 .

(2.692)

Entonces, la velocidad de transici´ on de l´ıquido por el orificio entre los recipientes se puede hallar por la fórmula de Torricelli, tenemos p v = µ 2gu, (2.693) en la cual se debe entender que el orificio se encuentra en la profundidad (2.692). Por eso el volumen de l´ıquido que pasa en dt = −S1 dy1 , (2.694)

2.21. APLICACIONES

95

y al mismo tiempo es igual a p vρdt = σµ 2gudt. Igualando estas expresiones para un mismo volumen, tenemos p −S1 dy1 = σµ 2gudt.

(2.695)

(2.696)

De las expresiones (2.691), y (2.692), tenemos du = dy1 − dy2 = dy1 +

S + S S1 1 2 dy1 = dy1 . S2 S2

(2.697)

Despejando dy1 , resulta dy1 =

S2 du. S1 + S2

(2.698)

Sustituyendo esta expresi´ on en (2.696), obtenemos la ecuación diferencial que modela el problema planteado p S1 S2 (2.699) − du = σµ 2gudt. S1 + S2 Esta es una ecuaci´ on diferencial con variables separables dt = − Integrando, tenemos

S1 S2 du √ √ . (S1 + S2 )σµ 2g u

√ 2S1 S2 u √ . t=C− (S1 + S2 )σµ 2g

De las condiciones, cuando t = 0, tenemos que u = h1 − h2 , de donde p 2S1 S2 (h1 − h2 ) √ . C= (S1 + S2 )σµ 2g

(2.700)

(2.701)

(2.702)

El tiempo T , necesario para que los niveles en los recipientes estén a la misma altura será cuando u = 0. En tal caso, de la ecuaci´ on (2.701), tenemos que T = C, entonces el resultado buscado es p 2S1 S2 (h1 − h2 ) √ . T = (S1 + S2 )σµ 2g

(2.703)

Problema 8: Un dep´ osito cil´ındrico de volumen V0 está lleno de aire atmosférico, que se comprime de un modo adiab´ atico hasta que el volumen se hace igual a V1 . Calcular el trabajo invertido durante la compresi´ on. Datos: V0 , V 1 . Hallar: El trabajo A invertido durante la compresión. Soluci´ on:

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

96

Podemos imaginar que en el recipiente el aire se comprime por un pistón. Al bajar el pistón una distancia infinitesimal dx realiza un trabajo igual a dA = −pSdx,

(2.704)

donde p es la presi´ on del aire antes de bajar el pistón, S es el área de la sección transversal del pistón. Luego, Sdx = dV es el cambio infinitesimal de volumen, por eso dA = −pdV.

(2.705)

Por otro lado, tenemos la ley de Poisson p = p0

V k 0

V

,

(2.706)

donde k es una constante para el gas dado. Sustituyendo la expresión (2.706) en (2.705), obtenemos la siguiente ecuaci´ on diferencial dV dA = −p0 V0k k . (2.707) V Integrando Z Z dV dA = −p0 V0k . (2.708) Vk Recordemos que p0 y V0k son constantes dadas, por eso las podemos sacar del signo de la integral. La integración es f´ acil y el resultado es A=−

p0 V0k p0 V0k +c= + c, k−1 (−k + 1)V (k − 1)V k−1

k 6= 1,

(2.709)

donde c es la constante de integraci´ on, la cual definiremos seg´ un las condiciones. Cuando el trabajo A = 0, el volumen es V = V0 , entonces, tenemos que c=−

p0 V0k (k − 1)V0k−1

→

c=−

p0 V 0 . k−1

(2.710)

Luego, sustituyendo este valor en (2.709), obtenemos A=

p0 V0k p0 V 0 − (k − 1)V k−1 k−1

→

A=

i p0 V0 h V0 k−1 −1 . k−1 V

(2.711)

De las condiciones del problema, el trabajo que debe realizarse para que V = V1 , es A=

i p0 V0 h V0 k−1 −1 . k − 1 V1

(2.712)

Problema 9: Como resultado de una reacci´ on qu´ımica entre dos substancias A y B se forma una tercera, C. Deseamos establecer la dependencia de la cantidad de substancia C respecto al tiempo, si en el momento de comenzar la reacci´ on la cantidad de substancia(masas) A y B eran iguales a a y b, respectivamente. De los datos experimentales, se sabe que la velocidad de la reacción es proporcional al producto de las masas en dicha reacci´ on. Datos: A, B, a, b y C

2.21. APLICACIONES

97

Hallar: La dependencia de la cantidad de substancia C, respecto al tiempo t. Soluci´ on: Sea x = x(t) la cantidad de substancia C en un tiempo t, después de haber empezado la reacción, y sea dx dt , la rapidez con que se forma la substancia C. De los datos experimentales, tenemos dx ≈ (a − x)(b − x) dt

→

dx = α(a − x)(b − x). dt

(2.713)

donde α representa el coeficiente de proporcionalidad. La ecuación (2.713), es una ecuación diferencial de primer orden con variables separables. Separando las variables, tenemos dx = αdt. (a − x)(b − x)

(2.714)

Factorizando dos veces el signo menos, obtenemos la expresión equivalente dx = αdt. (x − a)(x − b)

(2.715)

Para integrar, desarrollamos en fracciones parciales D E 1 = + . (x − a)(x − b) (x − a) (x − b)

(2.716)

Usando el método de Heaviside, para hallar a D y E, obtenemos D=

1 1 , = (x − a)(x − b) x→a a−b

E=

1 1 1 =− . = (x − a)(x − b) x→b b−a a−b

(2.717)

De tal manera, que 1 1 1 = − . (x − a)(x − b) (a − b)(x − a) (a − b)(x − b)

(2.718)

Sustituyendo este resultado en (2.715), resulta dx dx − = α(a − b)dt. (x − a) (x − b)

(2.719)

Aplicando la integraci´ on Z

dx − (x − a)

Z

dx = α(a − b) (x − b)

Z dt,

(2.720)

ln |x − a| − ln |x − b| = α(a − b)t + lnc.

(2.721)

resulta Usando las propiedades de los logaritmos, esta u ´ltima expresión la podemos escribir como x−a (2.722) ln = α(a − b)t. c(x − b) Luego, x−a = ceα(a−b)t . x−b

(2.723)

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

98

La constante c la podemos hallar de la condición inicial del problema, para t = 0, x(t) = 0. Sustituyendo esta condici´ on en (2.723), tenemos 0−a = ceα(a−b)0 0−b

→

c=

a b

(2.724)

Ahora, sustituyendo el valor obtenido de c en (2.723), finalmente, tenemos x−a a = eα(a−b)t . x−b b

(2.725)

Esta misma expresi´ on la podemos escribir como x(t) = ab

1 − eα(b−a)t . b − aeα(b−a)t

(2.726)

Supongamos que b > a, entonces, x(t) → a, cuando t → ∞. Si, al contrario, b < a, entonces, la dependencia x = x(t), esta dada por la expresión x(t) = ab

e−α(b−a)t − 1 . be−α(b−a)t − a

(2.727)

Finalmente, x(t) → b, cuando t → ∞. Por otro lado, si la cantidad de substancias A y B son iguales, es decir A = B, entonces, la ecuaci´ on que describe la reacción se reduce a dx = α(a − x)2 . dt Separando las variables e integrando, tenemos Z dx = αdt (a − x)2

→

1 = αt + c1 . a−x

(2.728)

(2.729)

De la condición x(0) = 0, hallamos el valor de c1 , resulta ser c=

1 . a

(2.730)

Sustituyendo el valor de c1 en la ecuaci´ on (2.729), tenemos el siguiente resultado 1 1 = αt + . a−x a Esta misma expresi´ on la podemos escribir, finalmente, como a 1 x(t) = a − =a 1− . 1 + aαt 1 + aαt

(2.731)

(2.732)

De este resultado se puede ver que x(t) → a, cuando t → ∞. Problema 10: Supongamos que de la superficie de la Tierra lanzamos un cuerpo de masa m verticalmente hacia arriba con una velocidad inicial de v0 . Queremos saber la altura máxima hmax a la que llegará el cuerpo y en que tiempo lo lograr´ a. Vamos a suponer que la resistencia del aire es proporcional al peso del cuerpo y al cuadrado de su velocidad. Datos:

2.21. APLICACIONES

99

m, v0 . Hallar: hmax y el tiempo t. Problema 11: Una bala se introduce en una tabla de espesor h con una velocidad v0 traspasándola con la velocidad v1 . Suponga que la resistencia de la tabla al movimiento de la bala es proporcional al cuadrado de la velocidad instant´ anea de la bala. Hallar el tiempo del movimiento de la bala por la tabla. Datos: h,

v0 ,

v1 .

Hallar: El tiempo t necesario para atravesar la tabla. Soluci´ on: Si suponemos que en la bala no act´ ua la fuerza de gravedad (ya que la bala es muy peque˜ na y su velocidad es grande), entonces, en ella actuará solo la fuerza de rozamiento debida a la tabla. De los datos, sabemos que esta fuerza es proporcional al cuadrado de la velocidad instantánea, esto es Fr = −αv 2 ,

(2.733)

donde Fr indica la fuerza de rozamiento, el signo negativo es debido a que esta fuerza act´ ua en direcci´ on opuesta al movimiento. Ahora, aplicando la segunda ley de Newton, tenemos m

dv = −αv 2 . dt

(2.734)

Esta es una ecuaci´ on diferencial de primer orden y de variables separables. Separando las variables y aplicando la integraci´ on Z Z dv α 1 α =− dt → − = − t + c1 . (2.735) 2 v m v m Sustituyendo las condiciones iniciales del problema, en t = 0, v = v0 para hallar c1 , −

1 α = − 0 + c1 v0 m

→

c1 = −

1 . v0

(2.736)

Poniendo el valor de c1 en la segunda expresión de (2.735), resulta 1 1 α − = t. v v0 m

(2.737)

Despejando el tiempo t, obtenemos 1 m1 − . (2.738) α v v0 Analizando el resultado obtenido para el tiempo t, nos damos cuenta que éste no involucra el espesor h de la tabla ni la velocidad con que la bala sale de ella. Entonces, significa que aun no está del todo resuelto el problema. Para resolverlo usamos la regla de la cadena para transformar la aceleración dv dh dv del cuerpo, a(t) = dv on (2.734), se transforma en dt = dh dt = v dh . La ecuaci´ t=

m

dv dh = −αv 2 dh dt

→

m

dv v = −αv 2 dh

→

m

dv = −αv. dh

(2.739)

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

100

La tercer ecuación en (2.739), es la ecuaci´ on que debemos resolver. Separando las variables e integrando, obtenemos Z v1 Z dv dv α α h dh. (2.740) = − dh → =− v m v m 0 v0 Integrando, resulta

v1 α m v0 ln v = − h → α = ln . (2.741) m h v1 v0 Sustituyendo el valor de α en la expresi´ on (2.738), finalmente, obtenemos el resultado buscado 1 m 1 h v0 − v1 t= m − = . (2.742) v0 v0 ln( vv10 ) v1 v0 h ln( v1 ) v1 En la expresión (2.738), hemos sustituido la velocidad v por v1 , que es la velocidad con que la bala sale de la tabla y debido a que nos interesa solo el tiempo en que tardó la bala en atravesarla. Problema 12: Un paracaidista desciende en un paraca´ıdas que tiene forma de semiesfera de radio R = 5m. La masa total (paracaidista + paraca´ıdas) es de m = 90kg. Hallar cómo var´ıa la velocidad con el tiempo. Considere que la fuerza de rozamiento debida al aire es F = 0, 00090Sv 2 , donde S es el área de la sección transversal del paraca´ıdas. Datos: R, m, S y F . Hallar: Cómo var´ıa la velocidad con el tiempo. Soluci´ on: Aplicando la segunda ley de Newton obtenemos la ecuación diferencial m

dv = mg − 0,00090Sv 2 dt

dv = g − βv 2 , dt

→

donde β = 0, 00090S/m. Separando las variables, tenemos Z Z dv = dt. g − βv 2

(2.743)

(2.744)

Transformando el término 1 1 = , 2 g − βv β(g/β − v 2 )

a2 = g/β

→

β(a2

1 1 = . 2 −v ) β(a − v)(a + v)

(2.745)

Desarrollando en fracciones parciales la expresión 1 A B = + . (a − v)(a + v) a−v a+v

(2.746)

Aa + Av + Ba − Bv = 1,

(2.747)

De donde obtenemos Para que esta relaci´ on se cumpla, las constantes A y B deberán satisfacer las ecuaciones a(A + B) = 1, A − B = 0.

(2.748)

2.21. APLICACIONES

101

Resolviendo este sistema de dos ecuaciones, obtenemos que B = 1/2a y A = 1/2a. Sustituyendo en la u ´ltima ecuaci´ on de (4.243), obtenemos 1 1 1 = + . β(a − v)(a + v) 2aβ(a − v) 2aβ(a + v) Entonces, la integral (4.242), se reduce a Z Z 1 1 1 dv = dt. + 2aβ a−v a+v

(2.749)

(2.750)

Integrando, resulta 1 1 ln |a − v| + ln |a + v| = t + c. (2.751) 2aβ 2aβ Podemos elegir las siguientes condiciones iniciales, para t = 0 la velocidad es v0 = 0, entonces, c = 0. Quedando solo la expresi´ on −

−

1 1 ln |a − v| + ln |a + v| = t. 2aβ 2aβ

Este mismo resultado lo podemos poner de la siguiente manera a + v 1 a+v ln = e2aβt . =t → 2aβ a−v a−v

(2.752)

(2.753)

De esta u ´ltima expresi´ on es f´ acil despejar a la velocidad v, obtenemos v(t) = a

e2aβt − 1 . 1 + e2aβt

(2.754)

Multiplicando y dividiendo la parte derecha de (2.754), por e−aβt , resulta √ r e−aβt e2aβt − e−aβt eaβt − e−aβt g senh( gβt) √ v(t) = a −aβt = a −aβt = , e + e−aβt e2aβt e + eaβt β cosh( gβt)

(2.755)

donde hemos sustituido a2 = g/β y senh y cosh son las funciones seno y coseno hiperbólicos. Para encontrar c´ omo cambia la altura con el tiempo recordemos que v = dh/dt, as´ı que debemos integrar la expresi´ on (2.755), √ √ √ r r Z r Z Z d(cosh gβt) g senh( gβt) g senh( gβt) g 1 dh √ √ √ √ → dh = dt = dt. = dt β cosh( gβt) β β gβ cosh( gβt) cosh( gβt) (2.756) La integraci´ on es f´ acil y resulta i p 1 h h(t) = ln cosh( βgt) . (2.757) β Las ecuaciones (2.755), y (2.757), describen como var´ıan la velocidad v(t) y la altura h(t) del paracaidista en cada momento de tiempo t. Escribamos la ecuación (2.757), de la siguiente manera √

1 he h(t) = ln β

βgt

√

+ e− 2

βgt i

.

(2.758)

El segundo sumando (el que tiene signo negativo en el exponencial) será muy peque˜ no para cierto valor de t, por eso, para valores mayores a cierto valor dado se puede, sin perder generalidad, escribir la ecuaci´ on (2.758), como √ i rg √ 1 e βgt 1h ln 2 h(t) = ln = ln e βgt − ln 2 = t− . (2.759) β 2 β β β

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

102

Como podemos observar, esta ecuaci´ on representa una dependencia lineal respecto al tiempo. Esto quiere decir, que después de un cierto tiempo, p el paracaidista tiene un movimiento casi homogéneo con una velocidad constante, dada por v = g/β. Problema 13: La absorción de un flujo luminoso por una capa delgada de agua es proporcional al grosor de la capa y al flujo que incide en su superficie. Supóngase que por la capa de grosor 1m se absorbe 1/4 del flujo inicial. Qué parte del flujo luminoso llegará a la profundidad h. Datos: Hallar: Qué parte del flujo luminoso llegar´ a a la profundidad h Soluci´ on: Sea Q = Q(h), el flujo luminoso que incide en la superficie y la penetra una profundidad h. Cuando el flujo atraviesa una capa de agua de grosor dh, el flujo absorbido dQ será dQ ≈ Qdh,

dQ = −αQdh,

(2.760)

donde α es el coeficiente de proporcionalidad. El signo menos en la ecuación (2.760), es debido a que el flujo disminuye conforme éste penetra en el agua. La ecuación diferencial obtenida, (2.760), es fácil de resolver. Separando variables e integrando Z dQ = −αdh → ln Q = −αh + c. (2.761) Q Supongamos que el flujo inicial es Q0 . Entonces, para h = 0, tenemos Q(0) = Q0 . Sustituyendo esta condición inicial en (2.761), hallamos el valor de c, ln Q0 = c.

(2.762)

Poniendo el valor de c en (2.761), y usando las propiedades de los logaritmos ln Q = −αh + ln Q0

→

ln

Q = −αh Q0

Q(h) = Q0 e−αh .

→

(2.763)

De las condiciones del problema, Q(1) = 34 Q0 , tenemos 3 Q0 = Q0 e−α . 4 De donde e−α =

3 4

→

eα =

Entonces

(2.764) 4 . 3

(2.765) h

Q(h) = Q0 e−h ln (4/3) = Q0 eln(3/4) . El resultado final es Q(h) =

3 h 4

Q0 .

(2.766) (2.767)

Problema 14: Un cuerpo de masa m es lanzado de la superficie de la Tierra en un plano vertical con una velocidad v0 formando un ´ angulo α con el eje horizontal. Suponga que la fuerza de rozamiento del

2.21. APLICACIONES

103

aire es opuesta al movimiento del cuerpo y proporcional al producto de la masa del cuerpo y su velocidad ~v , es decir, F~r = αm~v , donde α es la constante de proporcionalidad. Se pide hallar cómo cambian sus coordenadas respecto al tiempo. Datos: m, v0 , α y F~r = βm~v . Hallar: Se pide hallar c´ omo cambian sus coordenadas respecto al tiempo. Soluci´ on: Este problema lo vamos a resolver usando el sistema de coordenadas cartesianas, donde el origen de este sistema coincide con el punto de donde fue lanzado el cuerpo. Para establecer las ecuaciones diferenciales que describan el movimiento del cuerpo escojamos la posición del cuerpo en un momento t, cuando las coordenadas del cuerpo x, y, z y sus primeras derivadas respecto a t tienen valores positivos. En el cuerpo act´ uan dos fuerzas; su peso m~g dirigido verticalmente hacia abajo y la fuerza de rozamiento F~r , la cual tiene dirección opuesta al movimiento del cuerpo. La fuerza resultante es F~ = m~g + F~r , entonces, aplicando la segunda ley de Newton m

d~v ~ = ΣN i Fi dt

→

m

d~v = m~g + mα~v , dt

(2.768)

donde la fuerza de rozamiento es F~r = αm~v . Haciendo las proyecciones en los ejes x, y, z tenemos Fx = −αmvx ,

Fy = −αmvy ,

Fz = −mg − αmvz ,

(2.769)

Luego, las ecuaciones de movimiento resultan de la segunda ley de Newton m

dvx = −αmvx , dt

m

dvy = −αmvy , dt

m

dvz = −mg − αmvz . dt

(2.770)

Estas ecuaciones diferenciales son con variables separables, y se pueden integrar independientemente una de la otra. Eliminando la masa m de las ecuaciones (2.770), Z Z Z Z Z Z dvx dvy dvz = −α dt, = −α dt, = −α dt. (2.771) vx vy vz + αg Integrando, tenemos las soluciones ln vx = −αt + ln c1 ,

ln vy = −αt + ln c2 ,

g = −αt + ln c3 . ln vz + α

(2.772)

Aplicando las propiedades de los logaritmos, tenemos las velocidades del cuerpo en función del tiempo t, g vx = c1 e−αt , vy = c2 e−αt , vz = − + c3 e−αt . (2.773) α Las condiciones iniciales seg´ un como hemos elegido nuestras coordenadas, estarán dadas como t = 0,

x = 0,

y = 0,

vx = 0,

vy = v0 cos θ,

vz = v0 sen θ.

(2.774)

Las constantes de integraci´ on las encontramos sustituyendo las condiciones iniciales en (2.773), c1 = 0,

c2 = v0 cos θ,

c3 =

g + v0 sen θ. α

(2.775)

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

104

Sustituyendo los valores obtenidos de las constantes en (2.773), resulta g g vx = 0, vy = v0 cos θe−αt , vz = − + + v0 sen θ e−αt . α α

(2.776)

Integramos una vez m´ as para obtener las posiciones del cuerpo como funciones del tiempo Z Z Z h i g g − + x(t) = 0dt, y(t) = v0 cos θ e−αt dt, z(t) = (2.777) + v0 sen θe−αt dt. α α Realizando la integraci´ on, tenemos x = c4 ,

1 y(t) = − v0 cos θe−αt + c5 , α

z(t) = −

1g gt − + v0 sen θ e−αt + c6 . α α α

De las condiciones iniciales (2.774), obtenemos los valores de las constantes c4 , c5 y c6 1g v0 cos θ , c6 = + v0 sen θ . c4 = 0, c5 = α α α Sustituyendo estos valores en (2.778), finalmente, tenemos v0 cos θ 1 − e−αt , y(t) = α 1g gt + v0 sen θ 1 − e−αt , z(t) = − + α α α x(t) = 0.

(2.778)

(2.779)

(2.780)

Ahora veamos si nuestros resultados son correctos. Para esto, cuando α → 0, las ecuaciones obtenidas deberán reducirse a las ecuaciones para el caso en que no se toma en cuenta la fuerza de rozamiento del aire. Este es el bien conocido tiro parab´ olico. Entonces, en nuestras ecuaciones debemos hacer α → 0. Para esto apliquemos la regla de L´ opital 1 − e−αt te−αt = v0 cos θ l´ım = v0 t cos θ. α→0 α→0 α 1

y1 (t) = v0 cos θ l´ım

(2.781)

Antes de tomar el l´ımite para la segunda ecuación en (2.780), vamos a escribirla de forma tal que sea fácil tomar el l´ımite, esto es z1 (t) =

g(1 − e−αt − αt) v0 sen θ(1 − e−αt ) + . α2 α

(2.782)

Ahora s´ı, apliquemos la regla de L’Hopital, tenemos z1 (t)

(1 − e−αt )00α (1 − e−αt )0α + v sen θ l´ ım 0 α→0 α→0 (α2 )00α (α)0α 2 −αt −αt −t e te gt2 = g l´ım + v0 sen θ l´ım =− + v0 t sen θ. α→0 α→0 2 1 2 = g l´ım

(2.783)

Conclusión, hemos obtenido las siguientes ecuaciones x1 (t) = 0, y1 (t) = v0 t cos θ, z1 (t)

(2.784)

1 = v0 t sen θ − gt2 . 2

Estos resultados son bien conocidos, lo cual significa que nuestras suposiciones han sido correctas y las ecuaciones (2.780), efectivamente son la solución del problema planteado.

2.21. APLICACIONES

105

Problema 15: Si la temperatura del aire es T = 200 C y un cuerpo se enfr´ıa en t1 = 20min., desde T0 = 1000 C hasta T1 = 600 C. Cu´ al ser´ a el tiempo t2 para que su temperatura descienda hasta una temperatura T2 = 300 C. Datos: Del problema, podemos identificar la temperatura del medio(en este caso el medio es el aire) Tm = 200 C, la temperatura inicial T0 = 1000 C; t = 20min, 600 C. Hallar: El tiempo t, para que el cuerpo alcance una temperatura de T2 = 300 C. Soluci´ on: Sustituyendo los datos del problema en la solución general, obtenida en (2.440), tenemos T (t) = 20 + (100 − 20)e−αt = 20 + 80e−αt .

(2.785)

Después, debido a que la temperatura descendió a 600 C en un tiempo t = 20min, poniendo estas condiciones en (2.785), hallaremos el valor de α, esto es 60 = 20 + 80e−α20

→

1 = e−20α 2

→

α=

1 ln 2. 20

(2.786)

Sustituyendo el valor de α en la ecuación (2.785), tenemos T (t) = 20 + 80e−(t/20) ln 2 .

(2.787)

Ahora, si queremos saber en qué tiempo el cuerpo tendrá la temperatura deseada T2 = 300 C, es suficiente poner esta temperatura en (2.787), y despejar el tiempo t, esto es 30 = 20 + 80e−(t/20) ln 2 Finalmente, despejando t, tenemos temperatura de 300 C.

t 20

→

10 = 80

1 t/20 2

.

(2.788)

= 3, → t = 60, min. Es decir, en 60, min el cuerpo tendrá la

Problema 16: Supongamos que se tiene un cilindro de radio R y de longitud L dentro del cual circula un l´ıquido cuyo coeficiente de viscosidad es µ. Se pide hallar la velocidad v del l´ıquido dentro del cilindro si la diferencia de presiones en los extremos está dada por (p1 − p2 ). Datos: Se conoce la diferencia de presiones, (p1 − p2 ). Hallar: La velocidad v del l´ıquido dentro del cilindro. Soluci´ on: Para resolver el problema tomaremos una peque˜ na porción de l´ıquido en forma cil´ındrica, figura (2.8), de manera tal que el cilindro sea coaxial con un radio r. Debido a que el l´ıquido es viscoso, en la superficie del cilindro de radio r actuará una fuerza axial en sentido contrario al movimiento del

106

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

Figura 2.8: Cilindro de radio R y longitud L.

l´ıquido(resistencia debido a la viscosidad). Esta resistencia es proporcional al área de la superficie (2πrL), y al gradiente de la velocidad (dv/dr), es decir Resistencia = −µ(2πrL)

dv . dr

(2.789)

Si suponemos que la corriente es estacionaria(es decir, la velocidad no depende del tiempo), entonces, esta resistencia se equilibra con la diferencia de fuerzas en los extremos, es decir, con πr2 (p1 − p2 ). Por consiguiente, obtenemos la ecuaci´ on diferencial −µ(2πrL)

dv = πr2 (p1 − p2 ). dr

(2.790)

De forma equivalente, podemos escribir dv p1 − p 2 =− r. dr 2µL Esta ecuación es de variables separables. Separando variables e integrando Z Z p1 − p2 rdr, dv = − 2µL obtenemos v(r) = −

p 1 − p2 2 r + c. 4µL

(2.791)

(2.792)

(2.793)

Se ha demostrado, experimentalmente, que cuando r = R, entonces, v = 0. De esta manera, tenemos las condiciones iniciales. Sustituyendo estas condiciones en (2.793), obtenemos el valor de la constante c=

p 1 − p2 2 R . 4µL

(2.794)

Sustituyendo el valor de c en (2.793), podemos escribir la solución del problema como v(r) =

p1 − p 2 2 (R − r2 ). 4µL

(2.795)

Luego, de ésta soluci´ on podemos calcular la cantidad de l´ıquido que sale del tubo. Para esto, veamos una cara del cilindro, representada en la figura (2.9), el área rayada es dA = 2πrdr.

(2.796)

2.21. APLICACIONES

107

Figura 2.9: Cara del cilindro.

Entonces, la cantidad de l´ıquido dQ, que sale por esta área(rayada) será dQ = v(r)dA = v(r)2πrdr.

(2.797)

Por consiguiente, el l´ıquido total que sale del tubo es Z R Z r4 R (p1 − p2 )π R 2 (p1 − p2 )π R2 r2 Q = − v(r)2πrdr = (R − r2 )rdr = 2µL 2µL 2 4 0 0 0 (p1 − p2 )π 4 = R . (2.798) 8µL A esta f´ ormula se le conoce como f´ ormula de Poiseuille. Problema 17: Se pide hallar la ecuaci´ on de una cuerda, cuyos extremos están fijos (esta forma es la que toman las cuerdas, cables y cadenas suspendidas). Datos: Una cuerda con los extremos fijos. Hallar: La ecuaci´ on de la cuerda. Soluci´ on: Sea A = (0, y0 ), el punto m´ınimo de la cuerda, figura (2.10), B y D los extremos de la misma. Tomemos el sistema de coordenadas cartesiano x, y, de tal manera, que el plano x, y esté en el plano de la cuerda, y adem´ as que el eje vertical pase por el punto A. Luego, sea P (x, y), un punto arbitrario ˆ , de la cuerda. Sobre esta porción act´ sobre la cuerda. Consideremos la porción AP uan las siguientes fuerzas: ˆ , dirigido verticalmente hacia abajo El peso de la porci´ on AP sρg,

(2.799)

ˆ , ρ es la masa de la cuerda por unidad de longitud y g es la constante de la en donde, s = AP gravedad.

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

108

Figura 2.10: Cuerda colgante.

La tensión T0 , en el punto A = (0, y0 ), que act´ ua horizontalmente. La tensión T~ , que act´ ua a lo largo de la tangente al punto P (x, y), y forma un ángulo θ, con el eje x. La componente horizontal de T~ , es T cos θ, y la componente vertical es T sen θ. ˆ es est´ Luego, debido a que la porci´ on AP atica, entonces, las tres fuerzas deben estar balanceadas, esto nos permite plantear las siguientes ecuaciones T sen θ = sρg,

T cos θ = T0 .

(2.800)

Despejando a T , de una de las ecuaciones en (2.800), y sustituyendo en la otra, tenemos tg θ =

sρg . T0

(2.801)

Por otro lado, si consideramos que la ecuaci´ on de la cuerda está dada por y = y(x),

(2.802)

entonces, dy . dx Luego, igualando las expresiones (2.801), y (2.803), obtenemos la ecuación diferencial tg θ =

(2.803)

ρgs dy = . dx T0

(2.804)

Ahora, derivamos esta expresi´ on respecto a x, resulta d2 y ρg ds = . dx2 T0 dx

(2.805)

ˆ , entonces, ds es el incremento Debido a que s es la longitud de una porci´ on de la cuerda AP infinitesimal de la longitud, por ello (ds)2 = (dx)2 + (dy)2 .

(2.806)

2.21. APLICACIONES

109

Dividiendo la expresi´ on (2.806), entre dx, resulta ds 2 dx

=1+

dy 2 dx

.

(2.807)

Sustituyendo este resultado en la ecuación (2.805), obtenemos la ecuación diferencial r dy 2 d2 y ρg = 1 + . dx2 T0 dx

(2.808)

El problema planteado est´ a parcialmente resuelto, nos queda por resolver la ecuación diferencial (2.808), para saber qué forma tendrá la solución de la ecuación. Esta ecuación se resuelve introduciendo el par´ ametro p = dy/dx, como se vió anteriormente en el cap´ıtulo de ecuaciones diferenciales no resueltas respecto a la derivada. Demostrar que la solución de la ecuación (2.808), es y=

1 1 αx c1 e + e−αx + c2 , 2α c1

(2.809)

donde, c1 y c2 son constantes de integración y por comodidad escribimos α = ρg/T0 .

(2.810)

Luego, tomando en cuenta que A es el punto m´ınimo y que además, en este punto (x = 0), entonces dy = 0, dx

(2.811)

c1 = ±1.

(2.812)

y Reemplazando este resultado en (2.809), tenemos y(x) =

1 αx e + e−αx + c2 2α

→

y(x) =

1 cosh (αx) + c2 . α

(2.813)

Esta ecuaci´ on describe una curva llamada catenaria y es la solución de la ecuación de una cuerda sujeta en los extremos. Problema 18: La aceleraci´ on de una locomotora es directamente proporcional a la fuerza de tracción (arrastre) F e inversamente proporcional a la masa m del tren. La fuerza de tracción de la locomotora es F (t) = b − kv(t), donde v(t) es la velocidad de la locomotora en el tiempo t, b y k son constantes. Se pide hallar la dependencia de la fuerza de tracción de la locomotora respecto al tiempo t. Suponga, que la locomotora ten´ıa una velocidad inicial v0 . Datos: F (t) = b − kv(t),

v0 ,

m,

k.

Hallar: La dependencia de la fuerza de tracción de la locomotora respecto al tiempo t. Soluci´ on: De la segunda ley de Newton, tenemos la ecuación Z Z dv dv 1 = b − kv → =− dt. m dt kv − b m

(2.814)

110

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

Resolviendo las integrales, resulta kv − b

k = − t. c m Tomando el logaritmo inverso, obtenemos la ecuación ln

v(t) =

k b c + e− m t . k k

(2.815)

(2.816)

De las condiciones iniciales del problema t = 0, v = v0 , obtenemos el valor de la constante, esto es v0 =

b c + k k

→

c = kv0 − b.

(2.817)

Sustituyendo este resultado en (2.816), obtenemos v(t) =

b −k t b + v0 − e m . k k

(2.818)

Luego, la dependencia de la fuerza de tracci´ on de la locomotora con el tiempo esta dada por la expresión F (t) = b − kv(t). (2.819) Sustituyendo el valor de (2.818) en (2.819), obtenemos, finalmente k F (t) = b − kv0 e− m t .

(2.820)

Este es el resultado buscado. Problema 19: Un meteorito que se encuentra bajo la acción de la gravedad Terrestre, de su estado de reposo empieza a caer a la Tierra con movimiento rectil´ıneo desde una altura h. Cuál será la velocidad del meteorito al llegar a la superficie de la Tierra, si despreciamos la atmósfera terrestre? El radio de la Tierra es R = 6377km. Datos: R = 6377, km, g = 9,81m/s, h. Hallar: La velocidad al llegar a la superficie de la Tierra. Soluci´ on: Sea x = x(t), la distancia recorrida por el meteorito en el momento de descenso, h−x la distancia del meteorito, en el momento t, hasta el centro de la Tierra. En el momento t, en el meteorito act´ uan la fuerza F = ma, donde m es la masa del meteorito y a su aceleración. En la superficie de la Tierra en el meteorito act´ uan la fuerza de gravedad P = mg, donde g es la aceleración de ca´ıda libre en la superficie de la Tierra. Seg´ un la ley de Newton, estas fuerzas son inversamente proporcionales al cuadrado de la distancia del cuerpo en ca´ıda al centro de la Tierra, esto es F R2 = P (h − x)2

→

ma R2 = . mg (h − x)2

(2.821)

De donde, tenemos a=

R2 g . (h − x)2

(2.822)

2.21. APLICACIONES

111

Por otro lado, tenemos que a =

dv dt ,

entonces R2 dv . = dt (h − x)2

(2.823)

dc dv dx dv = =v . dt dx dt dx

(2.824)

Haciendo uso de la regla de la cadena

Obtenemos la ecuaci´ on diferencial v

gR2 dv = dx (h − x)2

→

dv 2 2gR2 . = dx (h − x)2

(2.825)

dx , (h − x)2

(2.826)

Integrando Z

dv 2 = 2gR2

Z

resulta

2gR2 + c. (2.827) h−x Debido a que el movimiento empezó del reposo, tenemos las condiciones iniciales es decir, cuando t = 0, x0 = 0 y v0 = 0, sustituyendo estos valores en (2.827), resulta v2 =

0=

2gr2 +c h−0

→

c=−

2gR2 . h

(2.828)

Sustituyendo el valor de c en la ecuación (2.828), obtenemos la variación de la velocidad v del meteorito respecto a la distancia recorrida x, ésta tiene la forma v 2 (x) =

2gR2 x . h(h − x)

En la superficie de la Tierra (cuando x = h − R), la velocidad del meteorito es r R v = 2gR 1 − . h

(2.829)

(2.830)

Debido a que h por condici´ on no se restringe mucho, entonces, pasando al l´ımite cuando h → ∞, obtenemos p (2.831) v = 2gR. Cuando el meteorito llega a la superficie de la Tierra, este tiene una velocidad p v = (2)(9, 81)(6377000) ≈ 11, 2km/s.

(2.832)

Problema 20: Un punto material de masa m se mueve a lo largo del eje 0x. El trabajo realizado por la fuerza que act´ ua en el punto es proporcional al tiempo t, desde el comienzo del movimiento (el coeficiente de proporcionalidad es k). Hallar la ley de movimiento del punto si en el momento t = 0 este se encontraba en reposo a una distancia s0 del or´ıgen. Datos: m, A = kt, A representa el trabajo. Hallar: la ley de movimiento del punto material.

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

112

Soluci´ on: En el caso de un desplazamiento rectil´ıneo del punto, cuando la dirección de la fuerza y la velocidad coinciden, el trabajo de la fuerza que act´ ua en el punto es F (s), viene dado por la fórmula Z s A= F (x)dx. (2.833) s0

Por otro lado, de las condiciones del problema, tenemos A = kt, entonces, igualando estos trabajos, obtenemos Z s dA kt = F (x)dx → = F (x). (2.834) dx s0 Luego, haciendo uso de la regla de la cadena dA dt = F (x) dt dx

→

F (x) =

k . v

Luego, de la segunda ley de Newton, tenemos la ecuación diferencial Z Z dv mv = k → m vdv = k dt. dt

(2.835)

(2.836)

Al integrar la u ´ltima expresi´ on, resulta mv 2 = kt + c. 2

(2.837)

De las condiciones iniciales v(0) = 0, hallamos que c = 0, por esto, la solución es r 2k t. v(t) = m Luego, v =

dx dt ,

(2.838)

entonces dx = dt

r

2k t m

r

Z →

dx =

2k m

Z

t1/2 dt.

(2.839)

Integrando, resulta r 2 2k 3/2 t + c2 . x(t) = 3 m De las condiciones iniciales, t = 0 s = s0 , obtenemos r 2 2k 3/2 x(t) = s0 + t . 3 m

(2.840)

(2.841)

Problema 21: Supongamos que tenemos una bobina de forma cil´ındrica hecha con alambre de cobre. Sabemos que al pasar una corriente eléctrica por la bobina se libera algo de calor, debido a la resistencia del material al paso de la corriente. Queremos deducir una fórmula para la temperatura T = T (t) como función del tiempo. Datos: bobina de cobre cil´ındrica. Hallar: T = T (t).

2.21. APLICACIONES

113

Soluci´ on: Sea T0 la temperatura del medio en el cual se encuentra la bobina, T (0) = T0 , c representa el calor espec´ıfico del cobre, γ su densidad, V el volumen, S es el área de la superficie de la bobina, q la cantidad de calor liberado por unidad de tiempo y k es el coeficiente de conductividad del calor. La cantidad de calor liberado en el tiempo ∆t será igual a q∆t. Esta cantidad de calor se compone de dos partes; el calor que sirve para aumentar la temperatura ∆T de la bobina, y el calor que emite al medio que rodea a la bobina. La primera parte es igual a cV γ∆T y la segunda parte es kS(T −T0 )∆T (la cantidad de este calor es proporcional a la diferencia de temperatura T y T0 , de la bobina y el medio, y a las magnitudes S y ∆T ). Entonces, la cantidad de calor q liberado en el tiempo ∆t será q∆t = cV γ∆T + kS(T − T0 )∆t.

(2.842)

Dividiendo las dos partes de la ecuación (2.842) entre ∆t y tomando el l´ımite cuando ∆t → 0, obtenemos la ecuaci´ on diferencial q = cV γ

dT + k(T − T0 ) dt

→

dT = −α(T − T0 ) + β, dt

donde α =

Z

Z

kS , cV γ

β=

q . (2.843) cV γ

Integrando dT resulta

(T − T0 ) +

β α

= −α

dt,

β ln T − T0 + = −αt + ln c. γ

(2.844)

(2.845)

Esta expresi´ on la podemos escribir de la siguiente manera T (t) = ce−αt + T0 −

β . α

(2.846)

De las condiciones iniciales, cuando T (0) = T0 , obtenemos el valor de c, T0 = c + T0 −

β α

→

c=

β . α

(2.847)

Sustituyendo este valor en (2.846), obtenemos T (t) =

β −αt β e + T0 − . α α

Acomodando términos resulta T (t) = T0 +

β 1 − e−αt . α

Tomando en cuenta los valores de α y β en (2.843) el resultado final es kS q T (t) = T0 + 1 − e− cV γ t . kS

(2.848)

(2.849)

(2.850)

De este resultado podemos ver que cuando t → 0, entonces T (t) → T0 y cuando t → ∞, T (t) → q T0 + kS . Problema 22:

114

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

Supongamos que por un tubo recto de radio R fluye un l´ıduido y que la velocidad v de flujo de cada capa del l´ıquido aumenta al acercarse al centro del tubo (eje del cilindro). Hallar la velocidad v, de la correspondiente capa, como funci´ on de la distancia r respecto al centro del cilindro. Datos: R, v, r. Hallar: v = v(r). Soluci´ on: De la hidrodin´ amica sabemos que la dependencia entre v y r esta dada por la ecuación dv = −

γi rdr, 2

(2.851)

donde -es el coeficiente de viscosidad, i-es el decrecimiento hidra´ ulico y γ-es la densidad del l´ıquido. El signo menos es debido a que con el aumento de la distancia r la velocidad del flujo decae. Integrando la ecuaci´ on (2.851), Z

γi dv = − 2

Z rdr,

(2.852)

obtenemos

γi 2 r + c. (2.853) 4 Para calcular el valor de la constante c consideramos que la velocidad de flujo de una capa de l´ıquido es cero cuando es adyacente al tubo, es decir, v(R) = 0. Entonces v(r) = −

v(R) = −

γi 2 r +c=0 4

→

c=

γi 2 R . 4

(2.854)

Sustituyendo el valor de c en (2.853), obtenemos el resultado final v(r) =

γi 2 R − r2 . 4

(2.855)

2.22. PROBLEMAS DE REPASO DEL CAPÍTULO 2:

2.22.

Problemas de Repaso del Cap´ıtulo 2:

Es importante que el estudiante resuelva todos los ejercicios que aqu´ı se enuncian, ya que solo de esta manera podr´ a sentirse seguro en la aplicaci´ on de uno u otro método. Al principio dividimos los problemas seg´ un el método, al final damos una serie de ejercicios sin dar a conocer por cu´ al método se debe resolver. Esto es con el fin de que el estudiante analice la ecuación y después haga uso del método apropiado.

115

7. Hallar una curva que pase (0, −2), de manera que la pendiente en cualquiera de sus puntos sea igual a la ordenada del mismo punto, aumentada tres veces. 8. Determinar la dependencia temporal de la coordenada de posición x = x(t), y de la velocidad v = v(t), de un cuerpo que describe un movimiento rectil´ıneo bajo la acción de una fuerza que es proporcional a la masa y a la ra´ız cuadrada de la velocidad del cuerpo.

2.1.-) Resolver los siguientes problemas:

9. Sobre una part´ıcula puntual libre de masa m act´ ua una fuerza F (t) = F0 sen(ωt). Hallar como cambia la distancia con el tiempo.

1. Un cuerpo de masa m inicia su movimiento rectil´ıneo a lo largo del eje x, sin velocidad inicial, a partir de la posici´ on x = β hacia el or´ıgen de coordenadas, bajo la acción de la fuerza de atracci´ on que var´ıa seg´ un la ley

10. Un tanque hemisférico tiene un radio máximo r y en el tiempo t = 0 está lleno de agua. En ese momento se abre un agujero circular de diámetro d en el fondo del tanque. Se pide hallar el tiempo necesario en que el tanque se vaciará por completo.

Fa =

α . x2

Se pide hallar el tiempo en que el cuerpo se halla en la posici´ on x1 = β/2. Hallar la velocidad del cuerpo en esta posición. 2. Hallar la curva para la cual, la pendiente de la tangente en cualquier punto es n veces mayor que la pendiente de la recta que une este punto con el or´ıgen de coordenadas.

11. El movimiento de un cuerpo de masa m es rectil´ıneo. La distancia recorrida en funci´ √ on de la velocidad está dada por; x = α v−β. Necesitamos hallar el tiempo en el cual la velocidad se duplica. 12. Construir las ecuaciones diferenciales de las siguientes familias de curvas: a).- y = (c1 + c2 x)ex + c3 e−x . b).- y = e−x (c1 cos x + c2 sen x).

3. Hallar las trayectorias ortogonales de la familia de rectas y = kx

c).- y = c1 ec2 x .

4. Hallar la ecuaci´ on de la familia de las curvas que son ortogonales a la familia x2 + y 2 = 2ax.

e).- x2 − y 2 = ax.

5. Hallar las trayectorias ortogonales de la familia de par´ abolas y = ax2 .

h).- y 2 = 2cx + c2 .

6. Sop´ ongase que una part´ıcula de masa m y carga e posee una velocidad inicial v0 y en el momento t = 0, entra en una regi´ on donde hay un campo eléctrico de intensidad E = A cos ωt, donde A y ω son ciertas constantes. Encontrar la ecuación de movimiento x = x(t), la velocidad máxima y m´ınima que alcanza la part´ıcula.

j).- (x − a)2 + (y − b)2 = 1.

d).- y = xa . x

f).- y = ae a . g).- y = ex (ax + b). i).- y = ax2 + bx + c.

13. Hallar las trayectorias ortogonales de las siguientes familias de curvas: a).- y 2 + 3x2 − 2ax = 0. b).- x2 − y 2 = a2 . c).- y 2 + 2ax = a2 .

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

116

d).- y 2 = 4(x − a). 2

22. y(y + 2)dx + x(y − 1)dy = 0;

2

e).- y + 2ax = a .

23. x(y 6 + 1)dx + y 2 (x4 + 1)dy = 0. √ √ √ √ 24. ( xy − x)dx + ( xy + y)dy = 0. p 25. y 2 + 1dx − xydy = 0.

n

f).- y = ax . g).- x2 + y 2 = 2ay. h).- x2 − 13 y 2 = a2 . i).- x2 + 12 y 2 = a2 .

dy 26. (x2 − 1) dx + 2xy 2 = 0.

2.2.-) Ecuaciones Diferenciales con Variables Separables dy 1. x dx =

1−x2 y .

dy 2. y 2 dx = 1 − 2x. dy + y = y2 . 3. x dx

5. 6.

dy dx

7.

dy dx

= y + a.

ye 1+y 2 .

y(0) = 1.

y

+ e = 0;

y(1) = 0.

11. 3ex (tg y)dx + (1 + ex )(sec2 y)dy = 0; y(0) = π/4. 1+x2

12. e

(tg y)dx =

e2x x−1 dy;

y(1) = π/4.

13. (1 + e2x )y 2 dy − ex dx = 0. 14.

dy dx

=

x2 +1 y 4 +3y .

dy dx

= 2x−y . √ dy 16. y ln3 y + x + 1 dx = 0. 15.

dy 28. (x + 2xy) dx = 1;

y(0) = 3. y(0) = −1.

29.

dy dx

=

30.

dy dx

− x2 y − 1 = y + x2 .

x x2 y+y .

dy + x = y sen ( xy ). 1. x sen ( xy ) dx

4. (y 2 − 2xy)dx + x2 dy = 0.

9. ln(cos y)dx + x(tg y)dy = 0. 10.

+ 2 sen x = x3 ;

dy 3. xy + y 2 − (2x2 + xy) dx = 0.

x

8. y 0 cos x = y ln y,

y dy x dx

dy dx

2. (x + 2y)dx = xdy.

= 10x+y . =

27.

2.3.-) Ecuaciones Diferenciales Homog´ eneas

4. (xy 2 + x)dx + (y − x2 y)dy = 0. dy tg x dx

y(1) = 1.

17. y dx dy = ln y;

y(2) = 1.

5.

dy dx

−

y x

= cos ( xy ).

6.

dy dx

−4=

y x

+ ( xy )2 ;

y(1) = 2.

7. (x2 + y 2 )dx − xydy = 0. √ dy 8. x dx − 2(y − xy) = 0. dy 9. x ln ( xy ) dx − x = y ln ( xy ). dy 10. 2x3 dx = y(2x2 − y 2 ). dy − y 2 − 2x2 y 0 = 0. 11. xy dx p dy 12. x dx = x2 − y 2 + y. dy 13. x dx = y + x tg ( xy );

y(1) = π/2.

2.4.-)Ecuaciones Diferenciales Reducibles a Homog´ eneas

p √ 18. x 1 + y 2 dx + y 1 + x2 dy = 0. x2 y+x3 y ,

1. (3x + 3y − 1)dx + 2(x + y)dy = 0.

19.

dy dx

20.

dy y dx

3. (x + y − 2)dx = (y − x − 4)dy;

21.

dy dx

4.

=

y(0) = −2.

+ 2x sec y = 0. q 2 2 (a −y ) = (a 2 −x2 ) .

2. (2x + y − 1)dx + (x − 2y + 3)dy = 0.

dy dx

=

4x6 −y 4 2x4 y .

y(1) = 1

2.22. PROBLEMAS DE REPASO DEL CAPÍTULO 2:

5.

dy dx

6.

dy dx

7.

dy ( dx

8.

dy 2 3 xy dx

= =

4y+4 x+y−1

2

dy 1. x dx − 2y = 2x4 .

.

2.

y 3 +xy 2x2 .

+ 1) ln =

p

y+x x+3

117

=

dy dx

2

+ 2xy = xe−x .

dy 3. cos x dx + y = 1 − sen x.

y+x x+3 .

4. (xy + ex )dx = xdy.

x6 − y 4 + y 2 .

5.

dy dx

+ nx y =

a xn ;

y(1) = 0.

dy − 2xy = (1 + x2 )2 . 6. (1 + x2 ) dx 2.5.-) Ecuaciones Diferenciales en Derivadas Totales 7. 2ydx + (y 2 − 6x)dy = 0.

1. (x + sen y)dx + (x cos y + sen y)dy = 0.

9.

2. 2xydx + (x2 − y 2 )dy = 0. 3. (y + ex sen y)dx + (x + ex cos y)dy = 0. 4.

y x dx

+ (y 3 + ln x)dy = 0.

5. (xy + sen y)dx + ( 12 x2 + x cos y)dy = 0. p p 6. 2x(1 + x2 − y)dx − x2 − ydy = 0. 7. (x2 + y 2 + y)dx + (2xy + x + ey )dy = 0. 8. 3x2 (1 + ln y)dx − (2y −

x3 y )dy

dy 8. (2y ln y + y − x) dx = y.

= 0.

dy 9. y = x( dx − x cos x).

2 2 10. (2xyex + ln y)dx + ex + xy dy = 0.

dy dx

−

1 x ln x y

= x ln x;

dy 10. sen x dx − y cos x = 1;

11.

dy dx

=

12.

dy dx

+ 3y(tg 3x) = sen 6x;

dy 14. (y 4 + 2x) dx = y.

15.

dy dx

+

xy 1−x2

= 0.

dy 16. y = x dx +

dy dx

ln y.

2.7.-) Ecuaciones Diferenciales de Bernoulli

13. (x2 + sen y)dx + (1 + x cos y)dy = 0.

dy 3. (2x2 y ln y − x) dx = y.

14. yex dx + (y + ex )dy = 0.

4. ydx + (x + x2 y 2 )dy = 0.

15. (ex sen y + x)dx + (ex cos y + y)dy = 0.

dy 5. (x2 ln y − x) dx = y.

16. (3x2 y + sen x)dx + (x3 − cos y)dy = 0.

dy dy 6. x3 sen y dx = x dx − 2y.

17. (ex+y + 3x2 )dx + (ex+y + 4y 3 )dy = 0.

7.

dy dx

+

y x

18. ydx − xdy + ln xdx = 0.

8.

dy dx

−

2xy x2 +1

20. ydx − (x + y 2 )dy = 0. 2.6.-) Ecuaciones Diferenciales Lineales

y(0) = 1/3.

13. (2xy + 3)dy − y 2 dx = 0.

2.

19. (x cos x − y)dx + xdy = 0.

y(π/2) = 0.

y x+y 2 .

11. [sen y + (1 − y) cos x]dx + [(1 + x) cos y − sen x]dy = 0. 2 12. (y + x ln y)dx + x2y + x + 1 dy = 0.

2

y(e) = e2 /2.

dy 1. 2 dx − dy dx

x y

=

xy x2 −1 .

2

y + x3x3 +1 = y 2 (x3 + 1) sen x;

− y 4 x2 = 0. −

√ 4 y √ x2 +1

arctan x = 0.

dy 9. (x2 ln y − x) dx = y.

10.

dy dx

+

2y x

11.

dy dx

−

y x−1

− 3x2 y 4/3 = 0. −

y2 x−1

= 0.

y(0) = 1.

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

118

12.

dy dx

+

2y x

−

√ 2 y cos 2x

2.10.-) Diferentes Tipos de Ecuaciones Diferenciales

= 0.

dy 13. 4x dx + 3y + ex x4 y 5 = 0.

14.

dy dx

√ + y = ex/2 y,

15.

dy dx

+

3x2 y x3 +1

1. y 0 + y cos x = 0.

y(0) = 9/4.

= y 2 (x3 + 1) sen x,

2. (1 + x2 )y 0 + xy = (1 + x2 )5/2 . y(0) = 1.

2

3. y 0 +

xy 1+x2

4. y 0 =

2xy 3x2 −y 2 .

16. ydx + [x + (xy) ]dy = 0. 2.8.-) Ecuaciones no Resueltas Respecto a la Derivada. 0 3

=1+

5. y 0 − 2xy = x,

2x3 y 1+x4 .

y(0) = 1.

6. yy 0 + (1 + y 2 ) sen x = 0,

y(0) = 1.

7. (1 + x2 )y 0 + 4xy = x,

y(1) = 41 .

0

1. x = (y ) + y . 0 2

0

2. x[(y ) − 1] = 2y . p 3. x = y 0 (y 0 )2 + 1. 4. y 0 (x − ln y 0 ) = 1.

8. (1 + ex )yy 0 = ex ,

y(0) = 1.

9. (2x + 2y − 4)y 0 + (4x + 4y − 2) = 0. 10. y 0 + x1 y = x3 y 3 .

0

5. y = (y 0 − 1)ey .

11. 4xy 2 + (3x2 y − 1)y 0 = 0.

6. (y 0 )4 = 2yy 0 + y 2 .

12. (3x − 7y − 3)y 0 = 3y − 7x + 7.

7. (y 0 )2 − 2xy 0 = x2 − 4y.

13. y 0 = ax+y .

8. x2 (y 0 )2 = xyy 0 + 1.

14. y 0 + x2 y = 0.

9. 2xy 0 − y = y 0 ln yy 0 .

15. y 0 =

10. y = 2xy 0 + y 2 (y 0 )3 . 2.9.-) Resolver las Siguientes Ecuaciones de Lagrange y Clairaut.

3x2 x3 +y+1 . 2

16. y 0 sen x − y cos x = − senx2 x . 17. (y 4 − 3x2 )y 0 = −xy. 18. x2 y 0 + 2x3 y = y 2 (1 + 2x2 ).

1. y = xy 0 − (y 0 )2 .

19. (x + y)(y 0 + 1) = y 0 .

2. y = 2xy 0 − 4(y 0 )3 .

20. y 0 =

3. (y 0 )3 = 3(xy 0 − y).

21. (x − 2y − 1) = (6y − 3x − 2)y 0 .

4. xy 0 − y = ln y 0 .

22. y 0 + x sen 2y = xe−x cos2 y.

5. xy 0 (y 0 + 2) = y. √ 6. y + xy 0 = 4 y 0 .

23. (x − y + 3) + (3x + y + 1)y 0 .

7. y = xy 0 − (2 + y 0 ).

25. (x − y 2 ) + 2xyy 0 = 0.

8. y = x(y 0 )2 − 2(y 0 )3 .

26. (xy + x2 y 3 )y 0 = 1.

9. 2(y 0 )2 (y − xy 0 ) = 1.

27. y 0 − y tg x = sec x,

10. 2xy 0 − y = ln y 0 .

1 x sen y+2 sen 2y .

2

24. (1 + ex/y ) + ex/y (1 − xy )y 0 = 0,

y(0) = 0.

28. 3x2 − 2x − y = (x − 2y − 3y 2 )y 0 .

y(1) = 1.

2.22. PROBLEMAS DE REPASO DEL CAPÍTULO 2:

29.

dy dx

30.

x 0 yy

= − xy + 2. =

119

59. x − y − 1 + (y − x + 2)y 0 = 0. 60. (x + 4y)y 0 = 2x + 3y − 5.

1−ln √ 2y . (ln y) 3−ln 2x

31. (y + 1)amx bnx dx = y 3 dy. √ √ 32. y y + 1dx = (1 + x + 1)dy.

61. (y + 2)dx = (2x + y − 4)dy. 62. x3 (y 0 − x) = y 2 . 63. y 0 =

33. y 0 = xy(y − 1)3x . 34. (1 + y 2 )dx + (1 + x2 )dy = 0. 35. (y 2 + xy 2 )y 0 + x2 − yx2 = 0. 36. (1 + y 2 )dx = xdy. p √ 37. x 1 − y 2 dx + y 1 − x2 dy = 0, y|x=0 = 1. 38. y ln ydx + xdy = 0,

y|x=1 = 1.

y+2 x+1

+ tg

y−2x x+1 .

64. 2xdy + (x2 y 4 + 1)ydx = 0. √ 65. 2y 0 + x = 4 y. 66. y 0 = y 2 −

2 x2 .

67. 2xy 0 + y = y 2

p x − x2 y 2 .

68. 2y + (x2 y + 1)xy 0 = 0.

39. y 0 = ax+y .

69. (2x + 1)y 0 = 4x + 2y.

40. ey (1 + x2 )dy − 2x(1 + ey )dx = 0.

70. y 0 + y tg x = sec x.

41. (1 + ex )yy 0 = ey ,

71. x2 y 0 + xy + 1 = 0.

y|x=0 = 0.

72. 2x(x2 + y)dx = dy.

42. y 0 = sen (x − y). 43. (x2 + 1)(y 2 + 1)dy = xydx.

74. xy 0 + (x + 1)y = 3x2 e−x .

2 44. r dv dr = v + 1.

75. (2ey − x)y 0 = 1.

45.

dy dx

46.

dy dx

=

47.

dy dx

= ln (xy ).

48.

dy y dx

49.

du dv

= ex+y . √

76.

dy dx

− y = −3e−x :

77.

dy dx

−

2x x2 +1 y

78.

dy dx

+

y x+1

79.

dy dx

− x2 y = 2x2 ,

80.

dy dx

+ y = x2 .

xy.

x

+2=e +

=

73. (xy 0 − 1) ln x = 2y.

dy dx .

sen u cos u .

y 50. y dy dt = e

2

−2t

.

51. (x + y)2 y 0 = a2 . 52. (1 − y)ey y 0 +

y2 x ln x

= 0.

53. xy 2 (xy 0 + y) = a2 . 54. (x − y)dx + (x + y)dy = 0. 55. xy 0 = y cos[ln( xy )]. √ 56. (y + xy)dx = xdy. 57. (2x − 4y + 6)dx + (x + y − 3)dy = 0. 58. (2x + y + 1)dx − (4x + 2y − 3)dy = 0.

=

2 x2 +1 .

= 2,

y(0) = 3. y(−2) = 4.

120

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

Cap´ıtulo 3

ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR Simb´ olicamente, una ecuaci´ on diferencial de n-ésimo orden se puede escribir de la siguiente manera F (x, y, y 0 , y 00 , ..., y (n) ) = 0

(3.1)

Si suponemos que esta ecuaci´ on es resuelta respecto a su derivada de más alto orden, entonces y (n) = f (x, y, y 0 , y 00 , ..., y (n−1) )

(3.2)

En este cap´ıtulo analizaremos s´ olo aquéllas ecuaciones que se resuelven respecto a la derivada de más alto orden. Para tales ecuaciones tiene lugar el siguiente teorema, el cual nos asegura la existencia y unicidad de las soluciones de la ecuación (3.2). Teorema 3.0.1. Si en la ecuaci´ on (3.2), la funci´ on f (x, y, y 0 , y 00 , ..., y (n−1) ), cumple las propiedades: Es continua respecto a sus argumentos x, y, y 0 , y 00 , ..., y (n−1) , en un dominio D de variaci´ on de los mismos. Tiene derivadas parciales continuas 0

00

∂f ∂f ∂f ∂f ∂y , ∂y 0 , ∂y 00 , ..., ∂y (n−1)

con respecto a los argumentos

(n−1)

y, y , y , ..., y en un dominio D, entonces, existe y adem´ as es u ńica la soluci´ on y = φ(x) de la ecuaci´ on (3.2), que verifica las condiciones:

y(x0 ) = y0 ,

(n−1)

y 0 (x0 ) = y00 , . . . , y (n−1) (x0 ) = y0 (n−1)

(3.3)

donde los valores x = x0 , y = y0 , y 0 = y00 , . . . , y (n−1) = y0 , est´ an definidos en alguna regi´ on dentro del dominio D. Las condiciones (3.3), se llaman condiciones iniciales. El problema que tiene por objetivo encontrar la soluci´ on y = φ(x), de la ecuaci´ on (3.2), que cumple las condiciones (3.3), se llama problema de Cauchy . 121

CAPÍTULO 3.

122

ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR

Antes de empezar el an´ alisis de estas ecuaciones daremos algunas definiciones importantes para el caso de las ecuaciones diferenciales de orden superior. Se llama soluci´ on general de una ecuaci´ on diferencial de orden n (3.2), al conjunto de todas las soluciones determinadas por y = φ(x, c1 , c2 , ..., cn )

(3.4)

que contiene n constantes arbitrarias c1 , c2 , ..., cn . Cualquier solución obtenida de la solución general (3.4), con las condiciones iniciales (3.3), se llama soluci´ on particular de la ecuación (3.2), y se representa como y = φ(x, c˜1 , c˜2 , ..., cñ )

(3.5)

Φ(x, y, c1 , c2 , ..., cn ) = 0

(3.6)

donde c˜1 , c˜2 , ..., cñ son n´ umeros dados. Una relación de la forma

que determina en forma impl´ıcita la soluci´ on general de la ecuación diferencial (3.2), se llama integral general de la misma. Asignando a las constantes c1 , c2 , ..., cn valores numéricos concretos, obtenemos una integral particular de la ecuaci´ on diferencial. La gráfica de una soluci´ on particular o de una integral particular se llama curva integral de la ecuación diferencial considerada.

3.1.

Ecuaciones Diferenciales de Orden Superior

La ecuación de la forma y (n) = f (x)

(3.7)

es la más simple de las ecuaciones de n-ésimo orden. Para hallar su integral general es necesario integrar n veces respecto a x. Al integrar una vez, tenemos Z x (n−1) y = f (x)dx + c1 , (3.8) x0

donde x0 es un valor arbitrario de x y c1 es una constante de integración. Integrando una vez más, tenemos Z xZ x (n−2) y = f (x)dx dx + c1 (x − x0 ) + c2 . (3.9) x0

x0

Procediendo de esta manera después de n integraciones, obtendremos la expresión de la integral general Z

x

y(x) = x0

hZ

x

x0

Z

x

... x0

i c1 (x − x0 )(n−1) c2 (x − x0 )(n−2) + +. . .+cn−1 (x−x0 )+cn , f (x)dx dx dx+ (n − 1)! (n − 2)! (3.10)

3.2. ECUACIONES DE ORDEN SUPERIOR REDUCIBLES A PRIMER

ORDEN

123

donde c1 , c2 , . . . , cn son constantes arbitrarias. La fórmula (3.10), da la solución general de la ecuación (3.7). Observamos que la integración de la parte derecha de (3.10), se realiza n veces, además esta integral y sus derivadas de hasta (n−1) orden en x = x0 , se anulan. Por eso, las constantes arbitrarias se definen un´ıvocamente por las condiciones iniciales, (n−2)

cn−1 = y00 , . . . , c2 = y0

cn = y0 ,

,

(n−1)

c1 = y 0

.

(3.11)

Ejemplo 1: Resolver la ecuaci´ on diferencial y 000 = x.

(3.12)

(x − x0 )2 x2 x + c1 . + c1 = 2 x0 2

(3.13)

Soluci´ on: Integrando una vez, obtenemos Z y 00 (x) =

x

xdx =

x0

Integrando una vez m´ as, resulta Z Z x 1 x (x − x0 )3 0 2 y (x) = (x − x0 ) dx + c1 dx = + c1 (x − x0 ) + c2 . 2 x0 2·3 x0

(3.14)

Por u ´ltimo, la soluci´ on general es y(x) =

c1 (x − x0 )2 (x − x0 )4 + + c2 (x − x0 ) + c3 . 2·3·4 2

(3.15)

Ejemplo 2: Resolver la ecuaci´ on y 00 (x) = cos ωx,

ω = constante.

(3.16)

Soluci´ on: Integrando una vez, tenemos 0

Z

y (x) =

cos ωxdx =

1 sen ωx + c1 . ω

Integrando una vez m´ as, tenemos la solución general de la ecuación (3.16), Z 1 1 y(x) = sen ωx + c1 dx = − 2 cos ωx + c1 x + c2 . ω ω

3.2.

(3.17)

(3.18)

Ecuaciones de Orden Superior Reducibles a Primer Orden

Existen algunas ecuaciones diferenciales de orden superior, las cuales pueden ser reducidas a ecuaciones de primer orden. Si la ecuaci´ on (3.1), no contiene expl´ıcitamente la función desconocida y(x), entonces, tiene la forma F (x, y (k) , y (k+1) , ...., y (n) ) = 0

CAPÍTULO 3.

124

ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR

En tal caso, el orden de la ecuaci´ on se puede reducir, escogiendo por función desconocida la derivada de menor orden que entra en la ecuación, es decir, haciendo el cambio y (k) (x) = p(x). Si (3.1), no contiene expl´ıcitamente la variable independiente x, entonces, tenemos la ecuación F (y, y 0 , y 00 , ..., y (n) ) = 0

En este caso, el orden de la ecuaci´ on se puede reducir, tomando como función dependiente a dy y y como la nueva funci´ on desconocida a dx = p(y). Sin perder generalidad, analicemos los casos anteriores en ecuaciones diferenciales de segundo orden. Sea la ecuaci´ on y 00 = f (x, y, y 0 )

(3.19)

Supongamos que esta ecuaci´ on no contiene expl´ıcitamente la función desconocida y(x), entonces y 00 = f (x, y 0 )

(3.20)

Para resolver este tipo de ecuaciones, se introduce la siguiente definición dy . dx

(3.21)

dp d2 y = 2. dx dx

(3.22)

dp = f (x, p), dx

(3.23)

p(x) = Entonces

Sustituyendo en la ecuaci´ on (3.20), tenemos

donde, ahora p es la funci´ on desconocida de x. Esta ecuación es de primer orden. Integrando, tendremos p(x) = p(x, c1 ). (3.24) Recordando que

dy dx

= p(x) → dy = p(x)dx → dy = p(x, c1 )dx e integrando Z y(x) = p(x, c1 )dx + c2 ,

(3.25)

donde c1 y c2 son constantes de integraci´ on. La expresión (3.25), representa la solución general de la ecuación (3.20). Ejemplo 1: Resolver la ecuaci´ on x2 y 00 = (y 0 )2 . Soluci´ on:

(3.26)

3.2. ECUACIONES DE ORDEN SUPERIOR REDUCIBLES A PRIMER

ORDEN

125

Definiendo

dy dp d2 y → = 2. dx dx dx Sustituyendo en (3.26), se obtiene la ecuación de primer orden p(x) =

x2

dp = p2 , dx

(3.27)

(3.28)

la cual es una ecuaci´ on con variables separables Z Z dp dx = . p2 x2

(3.29)

Integrando −

1 1 = − − c1 p x

1 1 = + c1 . p x

→

(3.30)

Usando la primera ecuaci´ on de (3.27), tenemos dx 1 = + c1 . dy x

(3.31)

Separando las variables e integrando Z

xdx = c1 x + 1

Z dy.

(3.32)

Integremos la parte izquierda, obtenemos Z Z Z 1 1 1 1 c1 x + 1 − 1 1 1 dx 1 dx = dx = x − = x − 2 ln |c1 x + 1|. (3.33) 1− c1 c1 x + 1 c1 c1 x + 1 c1 c1 c1 x + 1 c1 c1 Entonces, el resultado es 1 1 x − 2 ln |c1 x + 1| = y + c2 . c1 c1

(3.34)

Este mismo resultado lo podemos escribir en una forma más elegante, a decir c1 x − c21 y = ln |c1 x + 1| + C2 ,

(3.35)

donde C2 = c21 c2 . Supongamos ahora que la variable independiente x no aparece expl´ıcitamente en la ecuación (3.19). Entonces, la ecuaci´ on tendrá la forma y 00 = f (y, y 0 )

(3.36)

Para resolver esta ecuaci´ on hagamos el cambio de función, es decir dy = p(y). dx

(3.37)

Nadam´ as que ahora debemos considerar a p como función de y. Entonces, haciendo uso de la regla de la cadena d2 y dp dp dy dp = = = p(y) , (3.38) dx2 dx dy dx dy

CAPÍTULO 3.

126

ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR

Sustituyendo en la ecuaci´ on (3.36), obtenemos p(y)

dp = f (y, p). dy

(3.39)

Integrando, hallamos p(y) = p(y, c1 ). Recordando que de x, es decir

dy dx

(3.40)

= p(y), obtenemos una ecuación diferencial de primer orden para la función y dy = p(y, c1 ). dx

(3.41)

dy = dx. p(y, c1 )

(3.42)

Separando variables, tenemos

Integrando esta ecuaci´ on, obtenemos la integral general de la ecuación (3.36), esta tiene la forma Z dy x= + c2 . (3.43) p(y, c1 ) Ejemplo 2: Hallar la soluci´ on general de la ecuaci´ on y 00 = 2yy 0 .

(3.44)

Soluci´ on: Esta ecuación es del tipo (3.36). As´ı que, definiendo dy = p(y) dx

→

d2 y dp = p(y) . 2 dx dy

(3.45)

dp = 2y. dy

(3.46)

Sustituyendo en la ecuaci´ on (3.44), obtenemos p

dp = 2yp dy

→

Esta u ´ltima expresi´ on es una ecuaci´ on de primer orden con variables separables. Integrando se obtiene Z Z dp = 2 ydy → p = y 2 + c21 , (3.47) donde hemos escogido a la constante de integración como c21 , esto es por comodidad. Luego, sustidy tuyendo p(y) = dx , en la segunda ecuaci´ on de (3.47), tenemos dy = y 2 + c21 . dx

(3.48)

Esta ecuación es también de primer orden y de variables separables. Integrando Z Z dy = dx. (3.49) y 2 + c21 R 1 x Recordando la fórmula de integraci´ on x2dx +a2 = a arc tg( a ), donde a es una constante. Ahora queda claro por que elegimos a c21 como constante de integración. Usando esta fórmula, tenemos que el resultado de la integraci´ on en (3.49), es y 1 arc tg = x + c2 . (3.50) c1 c1

3.2. ECUACIONES DE ORDEN SUPERIOR REDUCIBLES A PRIMER

ORDEN

127

Este mismo resultado lo podemos escribir como y(x) = c1 tg(c1 x + c˜),

(3.51)

donde c˜ = c1 c2 , esto en realidad no afecta el resultado, ya que el producto de dos constantes es otra constante. Por u ´ltimo, si x y y 0 no aparecen expl´ıcitamente en (3.19), entonces, tenemos la ecuación y 00 = f (y)

(3.52)

Este tipo de ecuaciones es un caso particular de (3.36). Haciendo p(y) =

dy dx

→

y 00 =

d dy d d dy dp = [p(y)] = p(y) = p(y) . dx dx dx dy dx dy

(3.53)

Sustituyendo el resultado anterior en (3.52), obtenemos una ecuación de primer orden respecto a p, esto es dp = f (y). (3.54) p(y) dy Esta ecuaci´ on es de variables separables. Separando las variables Z Z pdp = f (y)dy → pdp = f (y)dy,

(3.55)

e integrando p2 = 2

Z f (y)dy +

c1 , 2

(3.56)

donde hemos tomado a c1 /2 como constante de integracón. Despejando p, tenemos s Z p=± 2 Recordando que p(y) =

dy dx ,

f (y)dy + c1 ,

(3.57)

resulta s Z dy = ± 2 f (y)dy + c1 . dx

Esta u ´ltima ecuaci´ on es de variables separables. Separando las variables e integrando Z dy q R = ±(x + c2 ). 2 f (y)dy + c1

(3.58)

(3.59)

La ecuaci´ on (3.59), representa la solución general, en forma impl´ıcita, de la ecuación (3.52). Problema: Hallar una curva para la cual, su radio de curvatura sea igual al cubo de la normal. La curva buscada deber´ a pasar por el punto P (0, 1), y tener en este punto la pendiente que forme un ángulo α = 450 con el eje Ox. Soluci´ on:

128

CAPÍTULO 3.

ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR

Sabemos que el radio de curvatura de una curva plana está dado por la expresión h

1 + (y 0 )2

R=

i3/2 .

y 00

(3.60)

Por otro lado, la longitud de la normal est´ a dada por p N = y 1 + (y 0 )2 .

(3.61)

Entonces, de las condiciones del problema, es decir, R = N 3 , resulta h i3/2 p 3 1 + (y 0 )2 y 1 + (y 0 )2 = . y 00

(3.62)

Esta misma ecuaci´ on se puede escribir como h h

y 3 1 + (y 0 )2

i3/2

1 + (y 0 )2

=

i3/2 .

y 00

(3.63)

Eliminando el término con exponente 3/2, obtenemos la ecuación diferencial y 00 y 3 = 1

→

y 00 = y −3 ,

(3.64)

que modela el problema dado. Esta ecuaci´ on es del tipo y 00 = f (y). Sabemos que para resolver este tipo de ecuaciones podemos hacer el cambio p(y) =

dy dx

→

d2 y dp = p(y) . dx2 dy

(3.65)

De esta manera la ecuaci´ on (3.64), se reduce a una ecuación con variables separables p

dp = y −3 dy

Integrando, resulta Z Z pdp = y −3 dy

→

→

pdp = y −3 dy.

p2 y −2 c1 =− + 2 2 2

(3.66)

p2 = −y −2 + c1 .

→

(3.67)

Esta u ´ltima ecuaci´ on la podemos escribir en función de x, y recordando el cambio p(y) = obtenemos una ecuaci´ on de primer orden p dy = c1 − y −2 . dx

dy dx ,

(3.68)

La constante de integraci´ on c1 la encontramos de las condiciones iniciales. La tangente en el punto P (0, 1) (esto es x0 = 0, y0 = 1), forma un ´ angulo α = 450 , es decir, y 0 (0) = tg α = tg 450 = 1. Sustituyendo estas condiciones en (3.68), tenemos el valor de la constante √ 1 = c1 − 1 → c1 = 2. (3.69) Sustituyendo el valor de c1 en (3.68), tenemos la ecuación p dy = 2 − y −2 dx

→

y p

2y 2 − 1

dy = dx

→

1 4

Z

d(2y 2 ) p = dx. 2y 2 − 1

(3.70)

3.3. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR

129

Integrando la u ´ltima expresi´ on, resulta 1 c2 (2y 2 − 1)1/2 = x + 2 2

→

(2y 2 − 1)1/2 = 2x + c2 .

(3.71)

Despejando a y, tenemos y2 =

i 1h (2x + c2 )2 + 1 . 2

(3.72)

De las condiciones iniciales, la curva debe pasar por el punto P (0, 1), esto es y(0) = 1. Sustituyendo esta condici´ on, tenemos que el valor de la constante c2 es, c2 = 1. Finalmente, tenemos que el resultado es i 1h y 2 = (2x + 1)2 + 1 . (3.73) 2 Desarrollando el binomio y dividiendo entre 2, tenemos una forma más visible de la solución, esta es, y 2 = 2x2 + 2x + 1. (3.74) Esta curva cumple las condiciones del problema planteado.

3.3.

Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden Superior

Las ecuaciones diferenciales lineales aparecen en el estudio de varios problemas prácticos en la ciencia e ingenier´ıa. Por ejemplo, las ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes surgen en la teor´ıa de circuitos eléctricos, vibraciones, mezclas de substancias, etc,. La solución de las ecuaciones lineales con coeficientes constantes pueden ser obtenidas en términos de las funciones elementales conocidas (exponenciales, trigonométricas, logar´ıtmicas, etc,.), y por lo tanto tienen una interpretaci´ on muy transparente. Antes de comenzar con los métodos de solución de las ecuaciones lineales de orden superior, daremos algunas definiciones y propiedades básicas. Una ecuaci´ on diferencial de n-ésimo orden es lineal, si ésta es de primer grado respecto a la función desconocida y y sus derivadas y 0 , y 00 , ..., y (n) . Una ecuación diferencial lineal de n-ésimo orden tiene la forma an (x)y (n) (x) + an−1 (x)y (n−1) (x)+, ..., +a2 (x)y 00 (x) + a1 (x)y 0 (x) + a0 (x)y(x) = g(x)

(3.75)

donde a0 (x), a1 (x), ...., an (x) y g(x) son funciones continuas de x, además an (x) 6= 0, para todos los valores de x, en el dominio de definición de la ecuación (3.75). Si g(x) 6= 0, entonces (3.75), se llama ecuaci´ on diferencial lineal no homogénea . Si g(x) = 0, la ecuación (3.75), se reduce a una ecuación de la forma an (x)y (n) (x) + an−1 (x)y (n−1) (x)+, ..., +a2 (x)y 00 (x) + a1 (x)y 0 (x) + a0 (x)y(x) = 0 A esta ecuaci´ on se le conoce como ecuaci´ on diferencial lineal homogénea . Propiedades Fundamentales de las Ecuaciones Lineales Homog´ eneas

(3.76)

130

CAPÍTULO 3.

ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR

Sin perder generalidad, vamos a exponer las propiedades fundamentales de las ecuaciones lineales, para el caso de ecuaciones de segundo orden. Estas mismas propiedades son válidas para ecuaciones lineales de cualquier orden. Sea dada la ecuaci´ on diferencial lineal homogénea de segundo orden a2 (x)y 00 + a1 (x)y 0 + a0 (x)y = 0

(3.77)

Si a2 (x) 6= 0, entonces, esta misma ecuaci´ on la podemos escribir de la siguiente manera y 00 + P (x)y 0 + Q(x)y = 0

(3.78)

llamada forma est´ andar, donde P (x) = a1 (x)/a2 (x) y Q(x) = a0 (x)/a2 (x), son funciones continuas en un intervalo dado. Teorema 3.3.1. Si y1 (x) y y2 (x) son dos soluciones de la ecuaci´ on (3.78), entonces

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

(3.79)

es también soluci´ on de (3.78). 4 Sean y1 y y2 las dos soluciones de la ecuación (3.78), entonces y100 + P (x)y10 + Q(x)y1 = 0,

y

y200 + P (x)y20 + Q(x)y2 = 0.

(3.80)

El teorema afirma que y1 + y2 es también solución de (3.78). As´ı que, sustituyendo (3.79), en la ecuación (3.78), tenemos (y1 + y2 )00 + P (x)(y1 + y2 )0 + Q(x)(y1 + y2 ) = 0.

(3.81)

Debemos probar que esta relaci´ on efectivamente es cero. De (3.81), obtenemos y100 + y200 + P (x)y10 + P (x)y20 + Q(x)y1 + Q(x)y2 = 0 Agrupando términos y usando las expresiones (3.80), h i h i y100 + P (x)y10 + Q(x)y1 + y200 + y20 + Q(x)y2 = 0 + 0 = 0.

(3.82)

4

(3.83)

Las expresiones en los paréntesis cuadrados son cero, ya que y1 y y2 satisfacen la ecuación (3.78). Teorema 3.3.2. Si y1 (x) es una soluci´ on de (3.78), y c es una constante arbitraria, entonces, el producto y(x) = cy1 (x) es también soluci´ on de (3.78).

(3.84)

3.3. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR

131

4 Sea c una constante arbitraria y y1 una solución conocida de (3.78). Debemos probar que el producto cy1 es también una solución de (3.78). Entonces, tenemos (cy1 )00 + P (x)(cy1 )0 + Q(x)(cy1 ) = 0

→

c[y100 + P (x)y10 + Q(x)y1 ] = c · 0 = 0.

4

(3.85)

La expresi´ on que est´ a en paréntesis cuadrados es cero, ya que y1 satisface la ecuación (3.78). Dos soluciones y1 (x) y y2 (x) de la ecuación (3.78), se llaman linealmente independientes en el segmento [a, b], si su raz´ on en dicho segmento no es constante, es decir, cuando se cumple la relación y1 6= const. y2

(3.86)

En caso contrario, las soluciones y1 (x) y y2 (x) se llaman linealmente dependientes. Es decir, dos soluciones y1 y y2 son linealmente dependientes en el segmento [a, b], si existe un cierto n´ umero constante λ, tal que y1 /y2 = λ, cuando a ≤ x ≤ b. En tal caso, y1 = λy2 . Para el caso general, tenemos las siguientes definiciones: Sean y1 (x), y2 (x), ..., yn (x) funciones definidas en cierto segmento [a, b] de variación de x. Entonces, decimos que las funciones son linealmente dependientes si existen magnitudes constantes α1 , α2 , ..., αn , que en el segmento [a, b] satisfacen la relaci´ on α1 y1 (x) + α2 y2 (x) + . . . + αn yn (x) = 0

(3.87)

y adem´ as, por lo menos un αi 6= 0. Si la expresión (3.87), tiene lugar sólo cuando α1 = α2 = . . . = αn = 0, entonces, se dice que las funciones y1 (x), y2 (x), ..., yn (x) son linealmente independientes en el segmento [a, b]. Teorema 3.3.3. Sean y1 (x), y2 (x), ..., yn (x) funciones continuas y diferenciables hasta (n − 1) en el segmento [a, b]. Entonces, si en dicho segmento el determinante  y (x) 1  y10 (x) W (x) = det  ..  . y1n−1 (x)

y2 (x) y20 (x) .. .

... ... .. .

yn (x) yn0 (x) .. .

y2n−1 (x)

...

ynn−1 (x)

   

(3.88)

es idénticamente cero, decimos que las funciones son linealmente dependientes . Por otro lado, si el determinante es diferente de cero, decimos que las funciones son linealmente independientes . Al determinante (3.88), se le conoce como el Wronskiano de las funciones y1 (x), y2 (x), . . . , yn (x). 4 El teorema anterior lo vamos a demostrar para el caso particular de dos funciones. Sean y1 (x) y y2 (x) dos funciones continuas y diferenciables. Entonces, de la expresión (3.88), tenemos que el Wronskiano de las funciones dadas, es y1 y 2 W (x) = det = y1 y20 − y10 y2 , (3.89) y10 y20 Luego, supongamos que las funciones y1 (x) y y2 (x) son linealmente dependientes en el segmento [a, b], entonces, necesitamos demostrar que el Wronskiano en este segmento es idénticamente cero. Debido a que las funciones y1 y y2 son linealmente dependientes, entonces, existe la relación y2 = λy1

→

y20 = λy10 ,

(3.90)

132

CAPÍTULO 3.

ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR

donde λ es una constante arbitraria. De la definición (3.89), resulta y 1 y2 y1 λy1 y 1 y1 W = det = det = λ det = λ(y1 y10 − y1 y10 ) = 0. y10 y20 y10 λy10 y10 y10

4

(3.91)

Teorema 3.3.4. Si el Wronskiano W (y1 , y2 ), de las soluciones y1 y y2 de la ecuaci´ on (3.78), no se anula en un punto x = x0 del segmento [a, b], donde los coeficientes de la ecuaci´ on son continuos, entonces no se anula para cualquier valor de x en este segmento. 4 Debido a que y1 y y2 son dos soluciones de la ecuación (3.78), tenemos y100 + P (x)y10 + Q(x)y1 = 0,

y200 + P (x)y20 + Q(x)y2 = 0.

(3.92)

Multiplicando los términos de la primera ecuación por y2 , y los términos de la segunda ecuación por y1 y después rest´ andolos, obtenemos (y1 y200 − y100 y2 ) + P (x)(y1 y20 − y10 y2 ) = 0.

(3.93)

La diferencia encerrada en el segundo paréntesis es el Wronskiano de W (y1 , y2 ), es decir W (y1 , y2 ) = (y1 y20 − y10 y2 ).

(3.94)

Luego, la diferencia encerrada en el primer paréntesis es la derivada del Wronskiano respecto a x, es decir W (y1 , y2 )0x = (y1 y20 − y10 y2 )0x = y20 y10 + y1 y200 − y100 y2 − y10 y20 = y1 y200 − y100 y2 . (3.95) De tal manera que la expresi´ on (3.93), se puede escribir como dW + P (x)W = 0. (3.96) dx Supongamos que W 6= 0, entonces, esta ecuaci´ on es fácil de integrar, ya que es de variables separables, tenemos Z Z Z W dW = − P (x)dx → ln = − P (x)dx. (3.97) W c Luego, usando las propiedades de los logaritmos W = ce−

R

P (x)dx

.

(3.98)

Determinamos a c de tal manera que se cumpla la condición inicial. Poniendo x = x0 en el primer y segundo miembro de la ecuaci´ on (3.98), obtenemos W0 = c.

(3.99)

Por lo tanto, la soluci´ on que satisface las condiciones iniciales tendrá la forma W = W0 e−

R

P (x)dx

.

(3.100)

Seg´ un la hipótesis W0 6= 0. De la ecuaci´ on (3.100), se deduce que W 6= 0, cualquiera que sea el valor de x, puesto que la funci´ on exponencial no se reduce a cero para todos los valores finitos de la variable x. El teorema queda demostrado. 4 Observaci´ on: Si el Wronskiano es nulo para cierto valor de x = x0 , el determinante también será igual a cero para cualquier valor de x en el segmento considerado. Lo anterior se deduce de la expresión (3.98), si W = 0 para cierto valor de x = x0 , entonces W (x0 ) = c = 0,

(3.101)

por lo tanto, W = 0, cualquiera que sea el valor del l´ımite superior de x en la expresión (3.98).

3.3. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR

133

Teorema 3.3.5. Si las soluciones y1 y y2 de la ecuaci´ on (3.78), son linealmente independientes en [a, b], el Wronskiano W formado por estas soluciones no se reduce a cero en ning´ un punto del intervalo. Teorema 3.3.6. Sean y1 y y2 soluciones de la ecuaci´ on (3.78), entonces la combinaci´ on lineal de estas soluciones y(x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x)

(3.102)

donde c1 y c2 son constantes arbitrarias, ser´ a la soluci´ on general de (3.78). 4 De los teoremas (3 · 3 · 1) y (3 · 3 · 2) se deduce que la función c1 y1 + c2 y2 ,

(3.103)

es la soluci´ on de la ecuaci´ on (3.78), cualesquiera que sean las constantes c1 y c2 . Ahora, necesitamos demostrar que para cualesquiera que sean las condiciones iniciales y(x0 ) = y0 , y 0 (x0 ) = y00 , es posible escoger los valores de las constantes c1 y c2 , de tal manera que la solución particular obtenida de c1 y1 + c2 y2 , cumpla las condiciones iniciales dadas. Sustituyendo las condiciones iniciales en la ecuaci´ on (3.102), obtenemos c1 y10 + c2 y20 0 0 c1 y10 + c2 y20

= y0 = y00 ,

(3.104)

0 0 donde hemos escrito y1 (x0 ) = y10 , y2 (x0 ) = y20 , y10 (x0 ) = y10 , y20 (x0 ) = y20 . Del sistema (3.104), podemos definir a las constantes c1 y c2 , ya que el determinante de este sistema(el Wronskiano) y10 y20 0 0 W = det = y10 y20 − y10 y20 6= 0, (3.105) 0 0 y10 y20

cuando x = x0 , no es cero(esto es debido a la independencia de las soluciones y1 y y2 ). La solución particular que se obtiene de (3.104), para los valores hallados de c1 y c2 , satisfacen las condiciones iniciales dadas. As´ı el teorema queda demostrado. 4 Observaci´ on: No existen métodos generales que nos permitan hallar, en forma exacta, la solución general de una ecuaci´ on diferencial lineal con coeficientes variables. Sin embargo, existe un teorema que nos permite hallar la soluci´ on general de una ecuación diferencial de segundo orden con coeficientes variables si, de antemano, se conoce una de sus soluciones particulares. Teorema 3.3.7. Si se conoce una soluci´ on particular y1 (x), de la ecuaci´ on lineal homogénea de segundo orden (3.78), siempre es posible hallar una segunda soluci´ on y2 (x), linealmente independiente. 4 Sea la ecuaci´ on lineal homogénea de segundo orden en su forma estándar y 00 + P (x)y 0 + Q(x)y = 0

(3.106)

donde P (x) y Q(x) son funciones continuas en [a, b]. Supongamos que y1 (x) 6= 0 es una solución conocida de la ecuaci´ on (3.106). Definamos una segunda solución de la forma y = u(x)y1 (x)

(3.107)

134

CAPÍTULO 3.

ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR

Tomando las derivadas tenemos y0 y 00

= uy10 + y1 u0 = uy100 + 2y10 u0 + y1 u00 .

(3.108)

Sustituyendo en la ecuaci´ on (3.106), y 00 + P y 0 + Qy = u[y100 + P y10 + Qy1 ] + y1 u00 + (2y10 + P y1 )u0 = 0.

(3.109)

La parte que está entre paréntesis cuadrados es cero, ya que por suposición hemos dicho que y1 (x) satisface la ecuaci´ on de segundo orden. As´ı, tenemos y1 u00 + (2y10 + P y1 )u0 = 0.

(3.110)

Para reducir el orden hagamos la redefinici´ on z = u0 ,

(3.111)

y1 z 0 + (2y10 + P y1 )z = 0.

(3.112)

entonces, resulta Vemos que esta ecuaci´ on diferencial es lineal y de variables separables, es decir, la podemos escribir de la siguiente manera y0 dz + 2 1 dx + P dx = 0. (3.113) z y1 Integrando, obtenemos Z ln |z| + 2 ln |y1 | = −

P (x)dx + ln c1 .

(3.114)

Usando las propiedades de los logaritmos, podemos reescribir esta ecuación de la siguiente manera Z R ln |zy12 | = − P (x)dx + ln c1 → zy12 = c1 e− P (x)dx , (3.115) de donde 0

u = z = c1

e−

R

P (x)dx

y12

.

(3.116)

Integrando de nuevo, tenemos Z u = c1

e−

R

P (x)dx

dx + c2 .

y12

(3.117)

Finalmente, la soluci´ on general es Z y = u(x)y1 (x) = c1 y1 (x)

e−

R

P (x)dx

y12

dx + c2 y1 (x).

(3.118)

Eligiendo c2 = 0 y c1 = 1, encontramos que la segunda solución y(x) = y2 (x), tiene la forma Z y2 (x) = y1 (x)

e−

R

P (x)dx

y12 (x)

dx.

(3.119)

De la expresión (3.119), podemos concluir que las soluciones y1 y la obtenida y2 son linealmente independientes, ya que la relaci´ on Z − R P (x)dx y2 (x) e = dx, (3.120) y1 (x) y12 (x)

3.3. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR

135

no es una constante. Entonces, la solución general de (3.106), es la combinación lineal formada por estas funciones, es decir y(x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x), (3.121) donde c1 y c2 son dos constantes arbitrarias. 4 Este teorema es muy u ´til, siempre y cuando se logre hallar directamente o adivinar una solución particular de la ecuaci´ on (3.78). Ejemplo 1: Hallar la soluci´ on general de la ecuación diferencial (ex + 1)y 00 − 2y 0 − ex y = 0.

(3.122)

Soluci´ on: Como podemos ver, la ecuaci´ on es de coeficientes variables. Podemos adivinar, a prueba y error, una soluci´ on particular. Debido a que los coeficientes de la ecuación son exponentes, entonces, supongamos que la soluci´ on particular es y1 = ex + α,

(3.123)

donde α es una constante arbitraria que debemos encontrar. Sustituyendo la expresión (3.123), en (3.122), tenemos (ex + 1)ex − 2ex − ex (ex + α) = e2x + ex − 2ex − e2x − αex = ex (1 − 2 − α) = 0,

(3.124)

ya que ex 6= 0, entonces (1 − 2 − α) = 0, para que esto se cumpla, tenemos que α = −1. Entonces, de (3.123), tenemos y1 = ex − 1, (3.125) es una soluci´ on particular de la ecuación (3.122). Para hallar una segunda solución linealmente independiente hagamos uso de la fórmula (3.119). Escribamos la ecuación (3.122), en su forma estándar ex 2 y 00 − x y0 − x y = 0. (3.126) e +1 e +1 De esta expresi´ on podemos identificar a P (x) = − ex2+1 . Entonces, de la fórmula (3.119), tenemos Z y2 (x) = y1 (x)

e−

R

P (x)dx

Z

x

y12 (x)

dx = (e − 1)

R

2

e ex +1 dx dx. (ex − 1)2

(3.127)

Vamos a calcular por separado las integrales. Primero hallemos la integral que está en el exponente Z Z h 2dx dt i 2dt x x → t = e → dt = e dx = tdx → dx = = . (3.128) x e +1 t t(t + 1) Por separado, desarrollemos en fracciones parciales 1 A B = + t(t + 1) t t+1 Entonces

→

A(t + 1) + Bt = 1

→

1 1 1 = − . t(t + 1) t t+1

A = 1,

B = −1.

(3.129)

(3.130)

136

CAPÍTULO 3.

ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR

Sustituyendo este resultado en (3.128), e integrando, tenemos Z Z Z t 2 2dt 2dx 2 2 dt = 2 ln t − 2 ln |t + 1| = ln . = = − ex + 1 t(t + 1) t t+1 t+1

(3.131)

Recordando que hicimos el cambio de variables, t = ex , tenemos el resultado de la integral (3.128), Z ex 2 2dx = ln . (3.132) ex + 1 ex + 1 Luego, sustituyendo en (3.127), resulta 2 x Z ln exe+1 Z e e2x dx x y2 (x) = (ex − 1) dx = (e . − 1) x 2 x (e − 1) (e + 1)2 (ex − 1)2 Esta misma expresi´ on la podemos escribir como Z Z e2x dx e2x dx x y2 (x) = (ex − 1) = (e − 1) . x x 2 2x [(e + 1)(e − 1)] (e − 1)2

(3.133)

(3.134)

Integrando, obtenemos y2 (x) =

(ex − 1) 2

Z

d(e2x − 1) (ex − 1) = − . (e2x − 1)2 2(e2x − 1)

(3.135)

Entonces, tenemos que la segunda soluci´ on linealmente independiente de la ecuación (3.122), es y2 (x) = −

(ex − 1) 1 1 1 (ex − 1) = − =− x . 2x x x 2(e − 1) 2 (e + 1)(e − 1) 2e +1

(3.136)

Finalmente, la combinaci´ on lineal de estas dos soluciones será la solución general de la ecuación (3.122), a decir c2 y(x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x) = c1 (ex − 1) + x , (3.137) e +1 donde, c1 y c2 son ciertas constantes arbitrarias. En la constante c2 está incluido el factor − 12 , de la ecuación (3.136). Ejemplo 2: Hallar una segunda soluci´ on linealmente independiente de la ecuación diferencial con las condiciones dadas y 00 − y = 0, y(0) = 1, y 0 (0) = 3, (3.138) si, de antemano, se sabe que y1 = ex , es una solución. Soluci´ on: Hagamos uso de la f´ ormula antes obtenida (3.119), donde P (x) = 0. Z y2 = y1 (x)

e−

R

P (x)dx

y12

dx = ex

Z

1 1 e−2x dx = − ex e−2x = − e−x . 2 2

(3.139)

Podemos identificar a la segunda soluci´ on como y2 (x) = e−x .

(3.140)

3.4. ECUACIONES LINEALES CON COEFICIENTES CONSTANTES

137

La soluci´ on general de la ecuaci´ on (3.138), tiene la forma y(x) = c1 ex + c2 e−x ,

(3.141)

donde c1 y c2 son ciertas constantes arbitrarias. Ahora, obtengamos la solución particular con las condiciones dadas en (3.138). Para esto calculamos la derivada de la solución general y 0 (x) = c1 ex − c2 e−x .

(3.142)

Poniendo las condiciones iniciales, tenemos el siguiente sistema de ecuaciones con dos incógnitas c1 y c2 . c1 + c2 c1 − c2

= =

1, 3.

(3.143)

Resolviendo este sistema, tenemos que c1 = 2 y c2 = −1. As´ı, la solución que cumple las condiciones dadas en (3.138), es y(x) = 2ex − e−x . (3.144)

3.4.

Ecuaciones Lineales con Coeficientes Constantes

Supongamos que los coeficientes de ai (x), (i = 1, 2, ..., n) en la ecuación (3.76), son constantes, entonces, tenemos la ecuaci´ on lineal homogénea con coeficientes constantes de orden n an y (n) (x) + an−1 y (n−1) (x)+, ..., +a1 y 0 (x) + a0 y(x) = 0

(3.145)

Obviamente, la ecuaci´ on (3.145), siempre tiene la solución y = 0, pero esta solución es la trivial y no es de importancia. Supongamos que la solución no trivial de la ecuación (3.145), tiene la forma y = emx

(3.146)

donde m es un par´ ametro arbitrario que será determinado seg´ un la forma de la ecuación diferencial. Sustituyendo (3.146), en la ecuaci´ on diferencial (3.145), tenemos emx (an mn + an−1 mn−1 +, ......, +a1 m + a0 ) = 0.

(3.147)

Debido a que, por suposici´ on, emx 6= 0, entonces, lo que debe ser cero es la expresión que está dentro de los paréntesis, esto es an mn + an−1 mn−1 +, ......, +a1 m + a0 = 0

(3.148)

A esta ecuaci´ on se le conoce como ecuaci´ on caracter´ıstica de la ecuación diferencial dada. Parece ser que resolver la ecuaci´ on diferencial será más fácil, ya que el problema ahora se reduce a resolver una ecuaci´ on algebr´ aica de orden n, esto es cierto para el caso en que n = 2, 3, 4.

138

CAPÍTULO 3.

ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR

De la expresión general (3.145), resulta que una ecuaci´ on diferencia lineal de primer orden con coeficientes constantes tiene la forma ay 0 + by = 0

(3.149)

Luego, suponemos la soluci´ on y = emx (3.146), y sustituyendo en la ecuación (3.149), obtenemos la ecuación caracter´ıstica b am + b = 0 → m=− . (3.150) a Sustituyendo el resultado obtenido para m en la solución propuesta (3.146), entonces, la solución general, es b (3.151) y = ce− a x , donde c es una constante, la cual juega el papel de constante de integración y depende de las condiciones iniciales del problema. La ecuación (3.149), se puede resolver también separando las variables, esto es Z Z y b b dy b dy b + y=0 → + dx = 0 → ln = − x → y = ce− a x . dx a y a c a

(3.152)

La u ´ltima expresi´ on de (3.152), es la soluci´ on general de la ecuación (3.149), la cual coincide con la solución ya obtenida en (3.151). En general, toda ecuación diferencial lineal homogénea de primer orden se puede resolver separando las variables o suponiendo la solución (3.146). Analicemos las ecuaciones lineales de segundo orden con coeficientes constantes, es decir, ecuaciones de la forma

ay 00 + by 0 + cy = 0

(3.153)

Luego, supongamos que la soluci´ on es de la forma y = emx

(3.154)

Sustituyendo en (3.153), tenemos que la expresión que debe ser cero es

am2 + bm + c = 0

(3.155)

Esta es una ecuaci´ on cuadr´ atica. Existen tres casos de interés: Primer caso: Supongamos que las ra´ıces m1 y m2 son reales y diferentes. En tal caso, tenemos dos diferentes soluciones y1 = em1 x y y2 = em2 x . Entonces, la solución general de la ecuación (3.153), es la combinación lineal de y1 y y2 , y = c1 y1 (x) + c2 y2 (x) = c1 em1 x + c2 em2 x

(3.156)

3.4. ECUACIONES LINEALES CON COEFICIENTES CONSTANTES

139

Ejemplo 1: Resolver la ecuaci´ on diferencial homogénea de segundo orden y 00 + 4y 0 + 3y = 0.

(3.157)

Soluci´ on: La soluci´ on es de la forma y = emx , sustituyendo en la ecuación, tenemos m2 + 4m + 3 = 0

→

(m + 1)(m + 3) = 0.

(3.158)

Las soluciones son m1 = −1,

m2 = −3.

(3.159)

Entonces, la soluci´ on general de la ecuación (3.157), tiene la forma y(x) = c1 e−x + c2 e−3x .

(3.160)

donde c1 y c2 son constantes arbitrarias que dependen de las condiciones iniciales del problema. Las funciones y1 (x) y y2 (x) son linealmente independientes, ya que el Wronskiano formado por estas funciones nos da −x y 1 y2 e e−3x W = det = −2e−4x 6= 0. (3.161) = det y10 y20 −e−x −3e−3x El Wronskiano es diferente de cero, entonces, y1 (x) y y2 (x) son linealmente independientes. Segundo caso. Ahora, supongamos que las ra´ıces son reales e iguales. Es decir, m1 = m2 = m. En tal caso, tenemos la soluci´ on y1 = cemx

(3.162)

Para encontrar una segunda solución linealmente independiente haremos uso de la fórmula Z − R P (x)dx e y2 = y1 (x) dx, (3.163) y12 (x) b donde y1 (x) es conocida. De la f´ ormula cuadrática (3.155), tenemos que m1 = − 2a , ya que para 2 que se cumpla m1 = m2 es necesario que b − 4ac = 0. Sustituyendo esto en la fórmula anterior, encontramos Z Z 2m1 x e m1 x m1 x dx = e dx = xem1 x . (3.164) y2 = e e2m1 x

As´ı, la soluci´ on general de (3.153) para el caso en que m1 = m2 , es y(x) = c1 emx + c2 xemx

(3.165)

Como conclusi´ on tenemos que, en realidad, no es necesario calcular una segunda solución cada vez que resulte una ra´ız doble, ya que el resultado sugiere que, en general, podemos hacer la siguiente afirmaci´ on: Si m es una ra´ız doble de la ecuaci´ on caracter´ıstica (3.155), entonces, junto con la soluci´ on y1 = emx ,

CAPÍTULO 3.

140

ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR

se tiene también la segunda soluci´ on y2 = xemx , y la combinaci´ on lineal de estas soluciones ser´ a la soluci´ on general dada por (3.165), multiplicadas por sus correspondientes constantes arbitrarias. En general, es decir, el caso en que la ecuación caracter´ıstica (3.148), tenga una ra´ız real m = a de multiplicidad r, que corresponde a un factor (m − a)r , entonces, las r funciones y = eax ,

y = xeax ,

y = x2 eax , ...., y = xm−1 eax ,

(3.166)

son soluciones de la ecuaci´ on diferencial (3.145), y por lo tanto la combinación lineal de estas será la solución general de (3.145), la cual tiene la forma y(x) = c0 eax + c1 xeax + c2 x2 eax + · · · + cm−1 xm−1 eax

(3.167)

Ejemplo 2: Resolver la ecuaci´ on diferencial y 00 + 6y 0 + 9y = 0.

(3.168)

Soluci´ on: La solución tiene la forma y = emx y sustituyendo en la ecuación (3.168), tenemos la ecuación caracter´ıstica m2 + 6m + 9 = 0. (3.169) Haciendo uso de la f´ ormula para resolver ecuaciones cuadráticas, tenemos √ 36 − 36 6 = −3. m1,2 = − ± 2 2

(3.170)

Entonces, existe una soluci´ on y1 = e−3x . Luego, de (3.166), tenemos que la segunda solución estará dada por la expresi´ on y2 = xe−3x . (3.171) Entonces, la soluci´ on general tiene la forma y(x) = c1 e−3x + c2 xe−3x = (c1 + c2 x)e−3x .

(3.172)

Ejemplo 3: Resolver la ecuaci´ on diferencial y (n) = 0.

(3.173)

Soluci´ on: La ecuación caracter´ıstica correspondiente es mn = 0,

(3.174)

y tiene solamente la ra´ız m = 0, de multiplicidad n. Entonces, las funciones correspondientes serán y = e0x = 1,

y = xe0x = x,

y = x2 e0x = x2 ,

...

y = xn−1 e0x = xn−1 ,

3.4. ECUACIONES LINEALES CON COEFICIENTES CONSTANTES

141

que son claramente soluciones de la ecuación dada. Entonces, la solución general es y(x) = c0 + c1 x + c2 x2 + · · · + cn−1 xn−1 .

(3.175)

Tercer caso. Por u ´ltimo, supongamos que las ra´ıces, en (3.155) son complejas conjugadas, esto es, suponemos que tienen la forma m1 = α + iβ, m2 = α − iβ. (3.176) √ donde α y β son n´ umeros reales, e i = −1 es la identidad compleja. En tal caso, la solución general será y = c1 e(α+iβ)x + c2 e(α−iβ)x . (3.177) Este resultado lo podemos transformar usando la f´ ormula de Euler eiθ = cos θ + i sen θ, tenemos eiβx = cos βx + i sen βx,

e−iβx = cos βx − i sen βx,

(3.178)

donde, hemos usado las propiedades de cos (−βx) = cos βx y sen (−βx) = − sen βx. Sustituyendo en la ecuaci´ on (3.177), resulta y = c1 eαx eiβx + c2 eαx e−iβx = eαx c1 eiβx − c2 e−βx = h i = eαx c1 (cos βx + i sen βx) + c2 (cos βx − i sen βx) h i = eαx (c1 + c2 ) cos βx + i(c1 − c2 ) sen βx . (3.179) Luego, las funciones eαx cos βx, y eαx sen βx, son soluciones linealmente independientes de la ecuación diferencial (3.153), en −∞ < x < ∞. Podemos definir a C1 = c1 + c2 , y a C2 = (ic1 − ic2 ). Como C1 y C2 son constantes arbitrarias, podemos escribir la solución de la siguiente manera y = eαx C1 cos βx + C2 sen βx

(3.180)

Esta representaci´ on es m´ as u ´til, ya que la solución esta dada por funciones reales. Ejemplo 4: Resolver la ecuaci´ on y 00 − 4y 0 + 5y = 0.

(3.181)

Soluci´ on: Suponiendo que la soluci´ on de la ecuación tiene la forma y = emx , sustituyendo en la ecuación (3.181), tenemos que la ecuaci´ on caracter´ıstica es m2 − 4m + 5 = 0.

(3.182)

Haciendo uso de la f´ ormula para resolver ecuaciones cuadráticas, tenemos que las ra´ıces son √ 4 16 − 20 m1,2 = ± = 2 ± i. (3.183) 2 2 De aqu´ı, identificamos a α = 2 y a β = 1. Entonces, la solución general de la ecuación (3.181), tiene la forma y(x) = e2x c1 cos x + c2 sen x . (3.184)

CAPÍTULO 3.

142

ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR

Ejemplo 5: Hallar la soluci´ on general de la ecuaci´ on diferencial y IV + 2y 00 + y = 0.

(3.185)

Soluci´ on: Su ecuación caracter´ıstica es m4 + 2m2 + 1 = 0,

(m2 + 1)2 = 0.

(3.186)

Las ra´ıces m = ±i,

(3.187)

tienen multiplicidad 2. Entonces, las cuatro soluciones complejas las podemos escribir como y1 = eix ,

y2 = e−ix ,

y3 = xeix ,

y4 = xe−ix .

(3.188)

De las dos primeras soluciones, podemos escribir c1 cos x + c2 sen x,

(3.189)

c3 x cos x + c4 x sen x.

(3.190)

y de las dos u ´ltimas, tenemos De tal manera, que la soluci´ on general estar´ a dada por la expresión y(x) = c1 cos x + c2 sen x + c3 x cos x + c4 x sen x,

(3.191)

la cual podemos escribir de la siguiente manera y(x) = (c1 + c3 x) cos x + (c2 + c4 x) sen x.

3.5.

(3.192)

Ecuaciones Diferenciales Lineales no Homog´ eneas de Segundo Orden

Toda ecuación diferencial lineal no homogénea de segundo orden con coeficientes constantes tiene la forma ay 00 + by 0 + cy = f (x)

(3.193)

donde a, b y c son ciertas constantes dadas. El método para resolver este tipo de ecuaciones es el siguiente: Primero. Hallar la soluci´ on correspondiente a la ecuación homogénea ay 00 + by 0 + cy = 0

(3.194)

obtenida de le ecuaci´ on original (3.193), (cuando f (x) = 0), la cual representaremos como yh y tendrá la forma yh (x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x).

´ 3.5. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES NO HOMOGENEAS DESEGUNDO ORDEN143

Segundo. Encontrar una solución particular representada por yp , correspondiente a la parte no homogénea de la ecuaci´ on original (3.193). Tercero. La soluci´ on general de la ecuación original (3.193), será la suma de estas dos soluciones, es decir y(x) = yh (x) + yp (x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x) + yp (x)

(3.195)

En esta secci´ on usaremos el método de coeficientes indeterminados para resolver las ecuaciones lineales no homogéneas. Debemos tener en cuenta que este método no está limitado a ecuaciones de segundo orden, pero s´ı se limita a ecuaciones lineales no homogéneas con las siguientes caracter´ısticas: Que tengan coeficientes constantes. Que la funci´ on f (x) sea una constante k, una función exponencial eαx , una función algebráica, funciones sen βx, cos βx o sumas y productos de éstas. Este método no es aplicable a funciones que tengan la forma f (x) = ln x, f (x) = tan x, etc,...

1 x,

f (x) =

A continuaci´ on damos una tabla en la cual, para una función f (x) dada, se tiene una función particular yp (x). Esto ayudar´ a al estudiante a tomar una solución particular adecuada. La solución particular propuesta deber´ a ser sustitu´ıda en la ecuación diferencial dada y as´ı encontrar los coeficientes A, B, C, D, E, F, , ,.

f (x) 5 x 3x2 − 2 x3 − x − 1 sen 2x cos 4x e4x (8x − 2)e4x x2 e2x 2x e sen 2x 2x2 sen 3x xe2x cos 3x

yp A Ax + B Ax2 + Bx + C Ax3 + Bx2 + Cx + D A cos 2x + B sen 2x A cos 4x + B sen 4x Ae4x (Ax + B)e4x (Ax2 + Bx + C)e2x 2x e (A cos 2x + B sen 2x) (Ax2 + Bx + C) cos 3x + (Dx2 + Ex + F ) sen 4x (Ax + B)e2x cos 3x + (Cx + D)e2x sen 3x

Ejemplo 1: Hallar la soluci´ on general de la ecuación diferencial y 000 − y 00 + y 0 − y = x2 + x.

(3.196)

Soluci´ on: Antes que nada, debemos resolver la ecuación homogénea correspondiente a la ecuación dada, esto es y 000 − y 00 + y 0 − y = 0. (3.197)

144

CAPÍTULO 3.

ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR

Sabemos que la soluci´ on es de la forma y(x) = emx ,

(3.198)

donde m es un cierto par´ ametro a determinar. Tomando la primera, segunda y tercera derivada de la función (3.198), y sustituyendo en la ecuaci´ on (3.197), tenemos la ecuación caracter´ıstica m3 − m2 + m − 1 = 0.

(3.199)

Las ra´ıces de la ecuaci´ on caracter´ıstica son m = 1,

m2 = −i,

m3 = i.

(3.200)

Por lo tanto, la soluci´ on general de la ecuaci´ on homogénea (3.197), es yh = c1 ex + c2 cos x + c3 sen x.

(3.201)

Nos queda por hallar una soluci´ on particular de la ecuación (3.196). Debido a la forma que tiene la función f (x) = x2 + x, supongamos la soluci´ on particular(seg´ un la tabla anterior) yp (x) = Ax2 + Bx + C,

(3.202)

donde A, B y C son ciertos n´ umeros que debemos encontrar. Una vez sustitu´ıda la solución propuesta (3.202), en (3.196), tenemos −Ax2 + (2A − B)x + (B − 2A − C) = x2 + x.

(3.203)

De aqu´ı, obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones A = −1 2A − B = 1 B − 2A − C = 0.

(3.204) (3.205)

Resolviendo este sistema, encontramos los valores para las constantes A, B y C, estos son A = −1,

B = −3,

C = −1.

(3.206)

Entonces, sustituyendo los valores de las constantes A, B y C, en (3.202), obtenemos la solución particular yp (x) = −x2 − 3x − 1. (3.207) La solución general de la ecuaci´ on (3.196), tiene la forma final y(x) = yh (x) + yp (x) = c1 ex + c2 cos x + c3 sen x − x2 − 3x − 1.

(3.208)

Ejemplo 2: Resolver la ecuaci´ on y 00 + y 0 − 2y = 3xex .

(3.209)

Soluci´ on: La ecuación homogénea correspondiente es y 00 + y 0 − 2y = 0.

(3.210)

´ 3.5. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES NO HOMOGENEAS DESEGUNDO ORDEN145

Luego, suponemos la soluci´ on y = emx y sustituyendo en (3.210), obtenemos su correspondiente ecuaci´ on caracter´ıstica m2 + m − 2 = 0

→

(m + 2)(m − 1) = 0,

(3.211)

la cual tiene como ra´ıces m1 = −2,

m2 = 1.

(3.212)

Entonces, la soluci´ on de la ecuaci´ on (3.210), tiene la forma yh = c1 e−2x + c2 ex .

(3.213)

Ahora debemos buscar una solución particular de la ecuación original (3.209). Para esto, seg´ un la tabla de soluciones propuestas, una solución particular ser´ıa yp = (Ax + B)ex = Axex + Bex .

(3.214)

Si proponemos esta soluci´ on particular, al sustituirla en (3.209), nos encontraremos con una inconsistencia. Esto se debe a que el segundo término de la solución particular (3.214), Bex ya está incluido en la soluci´ on homogénea (3.213), c2 ex , (estos dos términos son iguales, ya que c2 y B son constantes arbitrarias). Para resolver esta inconsistencia se multiplica la solución particular propuesta (3.214), por una x. Entonces, la soluci´ on particular que debemos proponer será yp = x(Ax + B)ex = Ax2 ex + Bxex .

(3.215)

Derivando dos veces esta soluci´ on, resulta yp0 = (2A + 2B)xex + Ax2 ex ,

yp00 = (2A + 2B)ex + (4A + B)xex + 2Ax2 ex .

(3.216)

Sustituyendo en (3.209), obtenemos el sistema de ecuaciones 2A + 3B = 6A =

0, 3.

(3.217)

Resolviendo este sistema, hallamos los valores para A y B, estos son A=

1 , 2

1 B=− . 3

(3.218)

Luego, poniendo estos valores en (3.215), tenemos que la solución particular es yp =

1 2 x 1 x x e − xe . 2 3

(3.219)

Finalmente, la soluci´ on general de la ecuación (3.209), tiene la siguiente forma 1 1 y(x) = c1 e−2x + c2 ex + x2 ex − xex . 2 3

(3.220)

Ejemplo 3: Hallar la soluci´ on general de la ecuación y 00 − 3y 0 + 2y = x cos x. Soluci´ on:

(3.221)

CAPÍTULO 3.

146

ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR

La ecuación homogénea es y 00 − 3y 0 + 2y = 0.

(3.222)

Las ra´ıces de esta ecuaci´ on son m2 − 3m + 2 = 0

→

(m − 2)(m − 1) = 0

→

m1 = 2,

m2 = 1.

(3.223)

Entonces, la soluci´ on de la ecuaci´ on homogénea es yh = c1 e2x + c2 ex .

(3.224)

Luego, de la tabla antes vista, podemos proponer la solución yp = (Ax + B) cos x + (Cx + D) sen x.

(3.225)

Sustituyendo en la ecuaci´ on (3.221), obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones 3A + C 3B − 3C − 2A + D −3A + B + 2C − 3D A − 3C

= 0, = 0, = 0, = 1.

(3.226)

Resolviendo el sistema, resulta A=

1 , 10

B=−

3 , 25

C=−

3 , 10

D=−

17 . 50

(3.227)

Poniendo los valores de A, B, C y D en (3.225), tenemos que la solución particular tiene la forma yp =

1 3 3 17 x− cos x + − x − sen x. 10 25 10 50

(3.228)

Finalmente, tenemos que la soluci´ on general de (3.221), es y(x) = c1 e2x + c2 ex +

1 3 3 17 x− cos x + − x − sen x. 10 25 10 50

(3.229)

Ejemplo 4: Encontrar la soluci´ on particular de la ecuación diferencial y 00 − 8y 0 + 16y = (1 − x)e4x .

(3.230)

Soluci´ on: La ecuación homogénea correspondiente es y 00 − 8y 0 + 16y = 0.

(3.231)

Suponiendo la soluci´ on y = emx , tenemos la ecuación caracter´ıstica y sus correspondientes ra´ıces m2 − 8m + 16 = 0

→

(m − 4)(m − 4) = 0

→

m = 4.

(3.232)

Entonces, tenemos solo una soluci´ on y1 = e4x . Sabemos que en tal caso, la segunda solución linealmente independiente tendr´ a la forma y2 = xe4x . Entonces, la solución general de la ecuación homogénea (3.231), es yh = c1 e4x + c2 xe4x . (3.233)

´ 3.5. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES NO HOMOGENEAS DESEGUNDO ORDEN147

El siguiente paso es proponer una solución particular y sustituirla en (3.230). Seg´ un la forma de la parte derecha de (3.230), podemos proponer la solución yp = (Ax + B)e4x . Sin embargo, estas dos soluciones est´ an ya incluidas en la solución homogénea. Entonces, multiplicamos por x y obtenemos yp = x(Ax + B)e4x .

(3.234)

Si sustituimos esta soluci´ on en la ecuación (3.230), nos daremos cuenta que no es suficiente, ya que obtendremos A = 1/2, y xe4x = 0, lo cual es inconsistente, ya que suponemos que x 6= 0. Entonces, multipliquemos la expresi´ on (3.234) nuevamente por x, y obtenemos yp = x2 (Ax + B)e4x .

(3.235)

Derivando una y otra vez esta expresión, resulta yp0

= Ax2 e4x + 2x(Ax + B)e4x + 4x2 (Ax + B)e4x ,

y 00

=

2(Ax + B)e4x + 4Axe4x + 16x(Ax + B)e4x + 16x2 (Ax + B)e4x .

(3.236)

Poniendo estos resultados en (3.230), obtenemos (2B + 6Ax)e4x = (1 − x)e4x .

(3.237)

Para que esta relaci´ on se cumpla, debemos tener 2B = 1, 6A = −1.

(3.238)

De donde es f´ acil obtener los valores de A y B, estos son A = −1/6, y B = 1/2. Entonces, la solución particular tiene la forma 1 x − e4x . (3.239) yp = x2 2 6 Concluimos que la soluci´ on general de (3.230), es y(x) = c1 e4x + c2 xe4x + x2

1 2

−

x 4x e . 6

(3.240)

Ejemplo 5: Resolver la ecuaci´ on y 00 − 6y 0 + 13y = x2 e3x − 3 cos 2x.

(3.241)

Soluci´ on: Tenemos que la parte homogénea es y 00 − 6y 0 + 13y = 0. Luego, la ecuaci´ on caracter´ıstica de (3.242), está dada por p 36 − 4(13) 6 = 3 ± 2i. m2 − 6m + 13 = 0 → m1,2 = ± 2 2

(3.242)

(3.243)

Entonces, la soluci´ on general de la ecuación homogénea (3.242), tiene la forma yh = e3x (c1 cos 2x + c2 sen 2x).

(3.244)

CAPÍTULO 3.

148

ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR

Ahora, propongamos una soluci´ on particular de (3.241). La parte derecha de la ecuación (3.241), consta de dos términos, entonces, propongamos una solución particular yp1 para x2 e3x , y yp2 para −3 cos 2x. Obviamente, yp = yp1 + yp2 . Es f´ acil ver que una solución particular podr´ıa ser yp = (Ax2 + Bx + C)e3x + D cos 2x + E sen 2x.

(3.245)

Derivando una y otra vez, resulta yp0

=

(2Ax + B)e3x + 3(Ax2 + Bx + C)e3x − 2D sen 2x + 2E cos 2x,

y 00

=

2Ae3x + 6(2Ax + B)e3x + 9(Ax2 + Bx + C)e3x − 4D cos 2x − 4E sen 2x. (3.246)

Poniendo estos resultados en la ecuaci´ on (3.241), obtenemos el sistema de ecuaciones B 2A + 4C 4A 12D + 9E 9D − 12E

= = = = =

0 0 1, 0, 0.

(3.247)

Al resolver este sistema hallamos los valores de los coeficientes, estos son; A = 1/4, B = 0, C = −1/8, D = −3/25 y E = 4/25. Sustituyendo estos valores en (3.245), tenemos que la solución particular de (3.241), es yp =

x2 4

−

1 3x 3 4 e − cos 2x + sen 2x. 8 25 25

(3.248)

Por u ´ltimo, construimos la soluci´ on general de (3.241), como la suma de la yh y la yp , esto nos da el resultado final y(x) = e3x (c1 cos 2x + c2 sen 2x) +

3.6.

x2 4

−

1 3x 4 3 cos 2x + sen 2x. e − 8 25 25

(3.249)

Variaci´ on del Par´ ametro

Ahora analizaremos un caso m´ as general que el anterior. Es decir, vamos a estudiar el método con el cual podremos resolver ecuaciones diferenciales lineales no homogéneas sin restringir a la función f (x) (la u ńica condici´ on es que f (x) sea continua en alg´ un intervalo), a este nuevo método se le conoce como variaci´ on del par´ ametros . En este caso no vamos a deducir las fórmulas que se utilizan en el método, ya que, en principio, los pasos a seguir son más fáciles. Sea dada la ecuaci´ on diferencial lineal no homogénea en la forma estándar, es decir y 00 + P (x)y 0 + Q(x)y = f (x)

(3.250)

donde se supone que P (x), Q(x) y f (x) son funciones continuas en el intervalo [a, b]. Sean y1 y y2 las dos soluciones linealmente independientes, correspondientes a la ecuación homogénea yh , obtenida de (3.250), y100 + P (x)y10 + Q(x)y1 = 0, y200 + P (x)y20 + Q(x)y2 = 0. (3.251)

´ DEL PARAMETRO ´ 3.6. VARIACION

149

Ahora nos hacemos la pregunta: Será posible hallar dos funciones u1 y u2 tales que la expresión yp (x) = u1 (x)y1 (x) + u2 (x)y2 (x)

(3.252)

sea una soluci´ on particular de (3.250)?. La respuesta es s´ı. Los pasos son los siguientes: Encontrar la soluci´ on general de la ecuación homogénea correspondiente a la ecuación (3.250), esto es y 00 + P (x)y 0 + Q(x)y = 0

(3.253)

yh (x) = c1 y1 + c2 y2

(3.254)

De aqu´ı, obtenemos la solución

Identificamos y1 y y2 , y formamos el Wronskiano de estas funciones, esto es W = det

y1 y10

y2 y20

(3.255)

Encontrar las funciones u1 y u2 , seg´ un las fórmulas u01 =

W1 W ,

u02 =

W2 W

(3.256)

donde W1 y W2 est´ an dadas por las siguientes fórmulas W1 = det

0 y2 f (x) y20

,

W2 = det

y1 y10

0 f (x)

(3.257)

Formar la soluci´ on particular seg´ un la expresión (3.252),

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

(3.258)

donde u1 (x) y u2 (x) son las funciones encontradas al integrar las expresiones (3.256). Finalmente, la soluci´ on general de la ecuación original (3.250), tiene la forma

y(x) = yh (x) + yp (x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x) + u1 (x)y1 (x) + u2 (x)y2 (x)

(3.259)

150

CAPÍTULO 3.

ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR

Ejemplo 1: Hallar la soluci´ on general de la ecuaci´ on y 00 + 2y 0 + y =

e−x . x+1

(3.260)

Soluci´ on: La ecuación homogénea correspondientes es y 00 + 2y 0 + y = 0.

(3.261)

Su ecuación caracter´ıstica m2 + 2m + 1 = 0

→

(m + 1)(m + 1) = 0

→

m = −1.

(3.262)

La solución general de la ecuaci´ on (3.261), tiene la forma yh = c1 e−x + c2 xe−x .

(3.263)

De esta ecuación identificamos las funciones y1 = e−x y y2 = xe−x . Ahora, con estas funciones formamos el determinante(Wronskiano), −x e xe−x W = det = e−x (e−x − xe−x ) + xe−2x = e−2x . (3.264) −e−x e−x − xe−x Para W1 y W2 , tenemos xe−2x 0 xe−x −x =− W1 = det e , −x −x e − xe x+1 x+1

W2 = det

e−x −e−x

0

−x

e x+1

=

e−2x . x+1

(3.265)

Luego, de las fórmulas (3.256), encontramos las funciones u1 y u2 . Para u1 , tenemos Z Z Z Z W1 xe−2x 1 x x + 1 − 1 u1 = dx = − dx = − dx = W x+1 e−2x x+1 x+1 Z 1 = − 1− dx = −x + ln |x + 1|. (3.266) x+1 y para u2 , resulta Z u2 =

W2 dx = W

Z −2x Z e 1 dx = ln |x + 1|. dx = x + 1 e−2x x+1

(3.267)

Sustituyendo los valores de u1 , u2 , y1 y y2 en la fórmula (3.258), tenemos que la solución particular yp (x), es yp = (−x + ln |x + 1|)e−x + xe−x ln |x + 1|. (3.268) Entonces, la soluci´ on general de la ecuaci´ on (3.260), es y(x) = c1 e−x + c2 xe−x − xe−x + e−x (x + 1) ln |x + 1|.

(3.269)

Los términos c2 xe−x −xe−x = (c2 −1)xe−x , los podemos escribir simplemente como c2 xe−x , entonces la solución general(equivalente), es y(x) = c1 e−x + c2 xe−x + e−x (x + 1) ln |x + 1|.

(3.270)

´ DEL PARAMETRO ´ 3.6. VARIACION

151

Ejemplo 2: Resolver la ecuaci´ on y 00 + y =

1 . sen x

(3.271)

Soluci´ on: Antes que nada, debemos hallar la solución a la ecuación homogénea obtenida de (3.271). Tenemos y 00 + y = 0.

(3.272)

La ecuaci´ on caracter´ıstica asociada a esta ecuación tiene la forma m2 + 1 = 0.

(3.273)

Las ra´ıces son complejas conjugadas, es decir, tienen la forma m1 = i y m2 = −i. Entonces, la soluci´ on general de la ecuaci´ on (3.272), es yh = c1 cos x + c2 sen x,

(3.274)

donde c1 y c2 son constantes de integración. Ahora bien, identificamos las funciones y1 = cos x y y2 = sen x, y calculamos el Wronskiano cos x sen x W = det = cos2 x + sen2 x = 1. (3.275) − sen x cos x Ahora, debemos encontrar las funciones W1 y W2 , seg´ un las fórmulas (3.257), 0 sen x = −1, W1 = det 1 cos x sen x cos x cos x 0 = , W2 = det − sen x sen1 x sen x Para encontrar las funciones u1 y u2 tenemos que integrar Z Z W1 dx = − dx = −x. u1 (x) = W

(3.276)

(3.277)

(3.278)

y Z u2 (x) =

W2 dx = W

Z

cos x dx = sen x

Z

d(sen x) = ln | sen x|. sen x

(3.279)

Entonces, la soluci´ on particular tiene la forma yp (x) = u1 (x)y1 (x) + u2 (x)y2 (x) = −x cos x + ln | sen x| sen x.

(3.280)

Finalmente, tenemos la soluci´ on general de la ecuación (3.271), la cual tiene la forma y(x) = yh (x) + yp (x), expl´ıcitamente y(x) = c1 cos x + c2 sen x − x cos x + sen x ln | sen x|.

(3.281)

Ejemplo 3: Hallar la soluci´ on general de la ecuación y 00 + 2y 0 + y = xex +

1 . xex

(3.282)

152

CAPÍTULO 3.

ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR

Soluci´ on: La ecuación homogénea tiene la forma y 00 + 2y 0 + y = 0.

(3.283)

La ecuación caracter´ıstica es m2 + 2m + 1 = 0

→

(m + 1)(m + 1) = 0

→

m = −1.

(3.284)

Entonces, la soluci´ on general de la ecuaci´ on homogénea es yh = c1 e−x + c2 xe−x . Luego, tenemos las soluciones y1 = e−x y y2 = xe−x , entonces, el Wronskiano, resulta ser −x e xe−x = e−2x − xe−2x + xe−2x = e−2x . W = det −e−x e−x − xe−x Hallamos los Wronskianos W1 y W2 usando las fórmulas (3.257). Para W1 tenemos 1 0 xe−x −x x W1 = det = xe xe + = −x2 − e−2x , xex + xe1x e−x − xe−x xex y para W2 W2 = det

e−x −e−x

0 xex +

1 xex

e−2x 1 . = e−x xex + x = x + xe x

Luego, de las fórmulas (3.256), tenemos para u1 Z Z Z Z W1 −x2 − e−2x 2 2x u1 = dx = dx = − x e dx − dx. W e−2x Por separado vamos a calcular la integral Z h x2 e2x dx → u = x2 , du = 2xdx, dv = e2x dx,

(3.285)

(3.286)

(3.287)

(3.288)

(3.289)

Z 1 2x i x2 2x e = e − xe2x dx. (3.290) 2 2 R Nuevamente se aplica integraci´ on por partes para calcular la integral xe2x dx = (1/2)xe2x − (1/4)e2x . Tomando este resultado en cuenta y sustituyéndolo en (3.290), obtenemos Z x2 2x x 2x 1 2x x2 e2x dx = e − e + e . (3.291) 2 2 4 v=

Entonces, finalmente, tenemos el valor de u1 , esto es h x2 x 1i u1 = − + − e2x − x. 2 2 4

(3.292)

Nos falta calcular la fucni´ on u2 , tenemos Z Z Z W2 e−2x 1 1 1 1 2x u2 (x) = dx = x+ dx = xe + dx = xe2x − e2x + ln |x|. (3.293) −2x W x e x 2 4 De tal manera, que el valor de u2 es u2 =

1 2x 1 2x xe − e + ln |x|. 2 4

(3.294)

3.7. ECUACIONES DE CAUCHY-EULER

153

Entonces, la soluci´ on particular es 1 h x2 x 1 i 1 yp = u1 (x)y1 (x)+u2 (x)y2 (x) = − + − e2x −x e−x + xe2x − e2x +ln |x| xe−x . (3.295) 2 2 4 2 4 Haciendo un poco de ´ algebra la expresión (3.295), se reduce a (x − 1)ex yp = + xe−x ln |x| − 1 . 4 Finalmente, la soluci´ on general de la ecuación (3.282), tiene la forma (x − 1)ex y(x) = c1 + c2 x + x ln |x| e−x + . 4

(3.296)

(3.297)

En la soluci´ on (3.297) hemos escrito a la constante c2 como c2 − 1, esto no altera el resultado.

3.7.

Ecuaciones de Cauchy-Euler

Hasta el momento hemos considerado ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes, y fue relativamente f´ acil encontrar sus soluciones. Sin embargo, en el caso en que los coeficientes son variables no es tan f´ acil encontrar soluciones exactas. No obstante, existe un tipo de ecuaciones con coeficientes variables cuya solución general se puede expresar en términos de potencias de x, senos, cosenos, funciones logar´ıtmicas y exponenciales. A este tipo de ecuaciones se les conoce como ecuaciones diferenciales de Cauchy-Euler, y tienen la forma n

n−1

d y y dy n−1 d an xn dx n + an−1 x dxn−1 +, ..., +a1 x dx + a0 y = g(x)

(3.298)

donde ai (i = 0, 1, 2, ..., n) son constantes. Podemos observar que la potencia de x coincide con el orden de la ecuaci´ on diferencial. Analizaremos primero las ecuaciones de segundo orden homogéneas con coeficientes variables, es decir, las ecuaciones de la forma 2

d y dy ax2 dx 2 + bx dx + cy = 0

(3.299)

Una vez conocida la soluci´ on de la ecuación homogénea es fácil encontrar la solución de la ecuación no homogénea usando el método de variación de parámetros antes visto. Sea dada la ecuaci´ on diferencial de segundo orden ax2 y 00 + bxy 0 + cy = 0

(3.300)

y = xm

(3.301)

Busquemos una soluci´ on de la forma

donde m es un n´ umero a determinar, tenemos dy = mxm−1 , dx

d2 y = m(m − 1)xm−2 . dx2

(3.302)

154

CAPÍTULO 3.

ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR

Sustituyendo en la ecuaci´ on (3.300), am(m − 1)x2 xm−2 + bmxxm−1 + cxm = 0. Factorizando

h

i am(m − 1) + bm + c xm = 0.

(3.303) (3.304)

Debido a que por definici´ on xm 6= 0, entonces para que la ecuación se cumpla deberá cumplirse la relación am2 + (b − a)m + c = 0

(3.305)

que es la ecuación caracter´ıstica de la ecuaci´ on diferencial de Cauchy-Euler. Para esta existen tres casos de importancia: Primer caso. Ra´ıces reales y distintas. Es decir, m1 y m2 diferentes, en tal caso, tenemos que la solución general es y(x) = c1 xm1 + c2 xm2

(3.306)

Ejemplo 1: Hallar la soluci´ on general de la ecuaci´ on x2 y 00 − 4xy 0 + 6y = 0.

(3.307)

Soluci´ on: Supongamos que la soluci´ on es del tipo y(x) = xm

(3.308)

m2 − 5m + 6 = 0.

(3.309)

Sustituyendo (3.308) en (3.307), tenemos

Las ra´ıces de la ecuaci´ on (3.309), son f´ aciles de obtener, estas son m1 = 3,

m2 = 2.

(3.310)

y(x) = c1 x3 + c2 x2 .

(3.311)

La solución general de la ecuaci´ on (3.307), es

Segundo caso. Ra´ıces reales e iguales. Esto es, m1 = m2 = m. En tal caso sólo tendremos una solución que será y = xm . Para que esto suceda el discriminante de la ecuación cuadrática (3.305), deberá ser igual a cero, de donde encontramos que m = − (b−a) 2a . Entonces, podemos formar una segunda solución linealmente independiente. Para esto escribamos la ecuación de Cauchy-Euler en la forma estándar, esto es d2 y dx2

+

b dy ax dx

+

c ax2

=0

(3.312)

3.7. ECUACIONES DE CAUCHY-EULER

155

Entonces, usamos la f´ ormula (6.11), Z − b ln x dx e a dx = y dx 1 2 y1 x2m Z Z Z b−a b b dx = y1 x− a x−2m dx = y1 x− a x a dx = y1 = y1 ln x. x Z

y2

= y1

e−

R

p(x)dx

Z

b

R

e− a x dx = y1 x2m

(3.313)

La soluci´ on general tiene la forma y(x) = c1 xm + c2 xm ln x

(3.314)

En general, cuando aparece una ra´ız real m = a en la ecuación caracter´ıstica con multiplicidad r, entonces la ecuaci´ on de Cauchy-Euler tiene como soluciones y = xa ,

y = xa ln x,

y = xa (ln x)2 , ...,

y = xa (ln x)r−1 .

(3.315)

Ejemplo 2: Sea la ecuaci´ on diferencial de Cauchy-Euler 8x3 y 000 + 12x2 y 00 + 12xy 0 − y = 0.

(3.316)

Soluci´ on: Seg´ un el método antes visto, debemos suponer la solución y = xm .

(3.317)

Sustituyendo la soluci´ on propuesta en (3.316), tenemos la ecuación caracter´ıstica 8m(m − 1)(m − 2) + 12m(m − 1) + 2m − 1 = 0,

(3.318)

la cual podemos escribir de la siguiente manera (8m − 4)m(m − 1) + 2m − 1 = 0.

(3.319)

(2m − 1)[4m(m − 1) + 1] = 0.

(3.320)

Factorizando, resulta Esta misma expresi´ on la podemos escribir de la siguiente manera (2m − 1)(4m2 − 4m + 1) = 0.

(3.321)

(2m − 1)3 = 0.

(3.322)

Finalmente, tenemos De donde es f´ acil ver que tenemos la ra´ız m = 1/2 de multiplicidad 3. Cada repetición de una ra´ız corresponde a un factor adicional ln x en la solución. De esta manera, obtenemos tres soluciones linealmente independientes que satisfacen la ecuación (3.316). Estas soluciones tienen la forma √ √ √ y = x, y = x ln x, y = x(ln x)2 . (3.323) La soluci´ on general de la ecuaci´ on (3.316), estará dada por la combinación lineal de estas tres funciones, es decir √ √ √ y(x) = c1 x + c2 x ln x + c3 x(ln x)2 . (3.324)

156

CAPÍTULO 3.

ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR

Tercer caso. Ra´ıces complejas conjugadas. Es decir m1 = α + iβ,

m2 = α − iβ,

(3.325)

donde α y β son ciertos n´ umeros reales. La solución general de la ecuación (3.299), en tal caso es

Haciendo

y(x) = c1 xα+iβ + c2 xα−iβ

(3.326)

iβ xiβ = eln x = eiβ ln x = cos(β ln x) + i sen(β ln x),

(3.327)

donde hemos aplicado la f´ ormula de Euler. Sustituyendo en la ecuación (3.326), obtenemos y(x) = C1 xα+iβ + C2 xα−iβ = xα C1 xiβ + C2 x−iβ = h i = xα C1 cos(β ln x) + i sen(β ln x) + C2 cos(β ln x) − i sen(β ln x) = h i = xα (C1 + C2 ) cos(β ln x) + (iC1 − iC2 ) sen(β ln x) . (3.328) En el intervalo x > 0, las funciones xα cos(β ln x) y xα sen(β ln x) son soluciones linealmente independientes de la ecuaci´ on diferencial (3.300). Podemos redefinir las constantes como; c1 = C1 + C2 y c2 = iC1 − iC2 , entonces, tenemos h i y(x) = xα c1 cos(β ln x) + c2 sen(β ln x)

(3.329)

x2 y 00 + xy 0 + 4y = 0.

(3.330)

Ejemplo 3: Resolver la ecuaci´ on Soluci´ on: Suponemos la soluci´ on y = xm , sustituyendo en la ecuación (3.330), obtenemos la ecuación caracter´ıstica m2 + 4 = 0 → m1 = 2i, m2 = −2i. (3.331) En este caso tenemos que las ra´ıces son complejas conjugadas. Identificamos a α = 0 y β = 2. Entonces haciendo uso de la f´ ormula (3.329), tenemos que la solución general de la ecuación (3.330), tiene la forma yh (x) = c1 cos (2 ln |x|) + c2 sen (2 ln |x|). (3.332) Ahora estudiaremos las ecuaciones de Cauchy-Euler no homogéneas. Para estas ecuaciones son válidos los métodos antes vistos: coeficientes indeterminados y variaci´ on de par´ ametros. Ejemplo 4: Hallar la soluci´ on general de la ecuaci´ on x2 y 00 − xy 0 + y = 8x3 . Soluci´ on:

(3.333)

3.7. ECUACIONES DE CAUCHY-EULER

157

La ecuaci´ on homogénea correspondiente a (3.333), es x2 y 00 − xy 0 + y = 0.

(3.334)

y(x) = xm .

(3.335)

Suponemos la soluci´ on Sustituyendo (3.335), en la ecuaci´ on homogénea (3.334), tenemos m2 − 2m + 1 = 0

→

(m − 1)(m − 1) = 0

(3.336)

De (3.336), conclu´ımos que s´ olo hay una solución m = 1, para la ecuación homogénea (3.334). Pero ya sabemos que dada una soluci´ on de una ecuación diferencial lineal, siempre podemos construir una segunda soluci´ on linealmente independiente. De tal manera que, la solución general de la ecuación homogénea (3.334), tiene la forma yh (x) = c1 x + c2 x ln |x|.

(3.337)

Ahora debemos proponer una solución particular de la ecuación no homogénea (3.333). Debido a la estructura de la funci´ on f (x) = 8x3 , podemos usar el método de los coeficientes indeterminados. Supongamos que la soluci´ on particular de (3.333), tiene la forma yp (x) = Ax3 + Bx2 + Cx + D.

(3.338)

Para sustituir en (3.333), hallemos las derivadas primera y segunda de (3.338), yp0 = 3Ax2 + 2Bx + C,

yp00 = 6Ax + 2B.

(3.339)

Sustituyendo (3.339), en la ecuaci´ on (3.333), x2 (6Ax + 2B) − x(3Ax2 + 2Bx + C) + Ax3 + Bx2 + Cx + D = 8x3 .

(3.340)

Igualando los coeficientes de x, tenemos que los coeficientes indeterminados son A = 2 y B = 0, C = 0, D = 0. Poniendo el valor de los coeficientes en (3.338), tenemos la solución particular yp (x) = 2x3 .

(3.341)

La soluci´ on general de la ecuaci´ on (3.333), es y(x) = x(c1 + c2 ln |x|) + 2x3 .

(3.342)

Ejemplo 5: Resolver la ecuaci´ on de Cauchy-Euler no homogénea x2 y 00 + 3xy 0 − 3y = 5x2 .

(3.343)

Soluci´ on: Primero resolvemos la parte homogénea, es decir, x2 y 00 + 3xy 0 − 3y = 0.

(3.344)

Luego, suponemos la soluci´ on y = xm . Sustituyendo en (3.344), obtenemos la ecuación caracter´ıstica y sus ra´ıces m2 + 2m − 3 = 0

→

(m + 3)(m − 1) = 0

→

m1 = −3,

m2 = 1.

(3.345)

CAPÍTULO 3.

158

ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR

Entonces, la soluci´ on a la ecuaci´ on (3.344), es yh = c1 x−3 + c2 x.

(3.346)

Ahora debemos resolver la parte no homogénea de la ecuación (3.343). Para esta ecuación podemos buscar una soluci´ on particular aplicando el método de los coeficientes indeterminados. Supongamos las soluciones particulares yp = Ax2 + Bx + C

→

yp = Ax3 + Bx2 + Cx.

(3.347)

Debemos tomar la segunda soluci´ on, ya que como podemos ver, una de las soluciones(término lineal en x) de la primer ecuaci´ on de (3.347), ya est´ a incluida en la solución homogénea (3.346). Derivando una y otra vez, resulta yp0 = 3Ax2 + 2Bx + C, yp00 = 6Ax + 2B. (3.348) Poniendo estos resultados en (3.343), obtenemos 12Ax3 + 5Bx2 = 5x2 .

(3.349)

De donde A = 0,

B = 1.

(3.350)

Entonces, la soluci´ on particular es yp = x2 .

(3.351)

Finalmente, tenemos que la soluci´ on general de la ecuación (3.343), es y(x) =

c1 + c2 x + x2 . x3

(3.352)

Ejemplo 6: Resolver la ecuaci´ on de Cauchy-Euler no homogénea x2 y 00 + 5xy 0 + 3y = 8x ln x.

(3.353)

Soluci´ on: Primero, resolvemos la ecuaci´ on homogénea correspondiente a la ecuación (3.353). Tenemos x2 y 00 + 5xy 0 + 3y = 0.

(3.354)

y = xm .

(3.355)

Supongamos la soluci´ on Derivando, resulta y 0 = mxm−1 ,

y 00 = m(m − 1)xm−2 .

(3.356)

Sustituyendo en (3.354), tenemos la ecuaci´ on caracter´ıstica y sus ra´ıces, esto es m2 + 4m + 3 = 0

→

(m + 3)(m + 1) = 0

→

m1 = −3,

m2 = −1.

(3.357)

La solución general de la ecuaci´ on homogénea es yh = c1 x−3 + c2 x−1 .

(3.358)

Luego, con las funciones y1 = x−3 ,

y2 = x−1 ,

(3.359)

3.7. ECUACIONES DE CAUCHY-EULER

159

formamos el Wronskiano W = det

x−3 −3x−4

x−1 −x−2

= −x−5 + 3x−5 = 2x−5 .

Las funciones W1 y W2 se calculan seg´ un las fórmulas (3.257), 8 ln x 0 x−1 =− 2 . W1 = det 8 ln x −2 −x x x

(3.360)

(3.361)

y W2 = det

x−3 −3x−4

0 8 ln x x

=

8 ln x . x4

Ahora, podemos calcular las funciones u1 y u2 , integrando Z Z Z W1 8 ln x 1 u1 (x) = dx = − dx = −4 x3 ln xdx W x2 2x−5 h 1 x4 i → u = ln x, du = dx, dv = x3 dx, v = x 4 Z 4 i h x4 4 1 x x = −4 ln x − dx = −x4 ln x + . 4 4 x 4

(3.362)

(3.363)

y Z

u2 (x)

Z Z 8 ln x 1 dx = 4 x ln xdx x4 2x−5 h x2 i 1 → u = ln x, du = dx, dv = xdx, v = x 2 Z 2 i h x2 1 x 2 2 ln x − dx = 2x ln x − x . = 4 2 2 x =

W2 dx = W

(3.364)

Entonces, la soluci´ on particular tiene la forma yp (x) = u1 y1 + u2 y2 =

− x4 ln x +

x4 −3 2 3x x + 2x ln x − x2 x−1 = x ln x − . 4 4

(3.365)

Luego, la soluci´ on general de la ecuación (3.353), es y(x) = c1 x−3 + c2 x−1 + x ln x −

3x . 4

(3.366)

Ejemplo 7: Hallar la soluci´ on general de la ecuación no homogénea de Cauchy-Euler x2 y 00 − xy 0 + 2y = x ln x.

(3.367)

Soluci´ on: La ecuaci´ on homogénea correspondientes es x2 y 00 − xy 0 + 2y = 0.

(3.368)

Supongamos la soluci´ on y = xm , derivando y sustituyendo en (3.368), obtenemos la ecuación caracter´ıstica m(m − 1) − m + 2 = 0 → m2 − 2m + 2 = 0. (3.369)

CAPÍTULO 3.

160

ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR

Las ra´ıces de esta ecuaci´ on son complejas conjugadas, m1 = 1 + i, y m2 = 1 − i. Entonces, la solución homogénea es h i yh = x c1 cos(ln x) + c2 sen(ln x) . (3.370) De esta ecuación identificamos las funciones y1 = x cos(ln x),

y2 = x sen(ln x).

Con estas funciones formamos el Wronskiano x cos(ln x) W = det cos(ln x) − sen(ln x)

x sen(ln x) sen(ln x) + cos(ln x)

(3.371)

= x.

Luego, encontramos las funciones W1 seg´ un las fórmulas (3.257), 0 x sen(ln x) W1 = det ln x = − ln x sen(ln x). sen(ln x) + cos(ln x) x

(3.372)

(3.373)

y W2 , W2 = det

x cos(ln x) cos(ln x) − sen(ln x)

0 ln x x

= ln x cos(ln x).

(3.374)

Después, con ayuda de las f´ ormulas (3.256), calculamos las funciones u1 y u2 , esto es Z Z Z h i ln x sen(ln x) W1 dx = − dx = − ln x sen(ln x)d(ln x) → t = ln x u1 (x) = W x Z Z h i = − t sen tdt =→ u = t, du = dt, dv = sen tdt, v = cos t = −t cos t + cos tdt = −t cos t + sen t = ln x cos(ln x) − sen(ln x).

(3.375)

La integral para u2 (x) se calcula de la misma manera que (3.375), y el resultado es Z Z Z W2 ln x cos(ln x) u2 (x) = dx = dx = ln x cos(ln x)d(ln x) = ln x sen(ln x)+cos(ln x). (3.376) W x Luego, la solución particular est´ a dada por yp (x)

h i = u1 (x)y1 (x) + u2 (x)y2 (x) = x cos(ln x) ln x cos(ln x) − sen(ln x) + h i + x sen(ln x) ln x sen(ln x) + cos(ln x) = x ln x.

Entonces, la soluci´ on general de la ecuaci´ on (3.367), es h i y(x) = yh + yp = x c1 cos(ln x) + c2 sen(ln x) + x ln x.

(3.377)

(3.378)

Ejemplo 8: Resolver la siguiente ecuaci´ on (x + 2)2 y 00 + 3(x + 2)y 0 − 3y = 0.

(3.379)

→

(3.380)

Soluci´ on: Hagamos la sustituci´ on t=x+2

dt = dx,

3.7. ECUACIONES DE CAUCHY-EULER

161

entonces, la ecuaci´ on se reduce a una ecuación donde la variable independiente es t y no x, esto es t2

dy d2 y + 3t − 3y(t) = 0. dt2 dt

(3.381)

Luego, suponemos la soluci´ on y(t) = tm .

(3.382)

Sustituyendo, obtenemos la ecuación caracter´ıstica y sus ra´ıces m(m − 1) + 3m − 3 = 0

→

(m + 3)(m − 1)

→

m1 = −3,

m2 = 1.

(3.383)

Entonces, la soluci´ on general de la ecuación (3.381), es y(t) = c1 t−3 + c2 t.

(3.384)

Luego, regresamos a la variable x. Para esto sustituimos la expresión (3.380) en (3.384), y de esta manera obtenemos la soluci´ on general de la ecuación (3.379), y(x) = c1 (x + 2)−3 + c2 (x + 2).

(3.385)

(2x + 1)2 y 00 − 2(2x + 1)y 0 + 4y = 0.

(3.386)

Ejemplo 9: Resolver la ecuaci´ on

Soluci´ on: Hagamos la sustituci´ on t = 2x + 1

→

dt = 2dx

→

dx =

1 dt. 2

(3.387)

Entonces, la ecuaci´ on (3.386), toma la forma 2t2 y 00 − 4ty 0 + 4y(t) = 0

→

t2 y 00 − 2ty 0 + 2y(t) = 0.

(3.388)

Luego, suponiendo la soluci´ on y = tm y sustituyendo en (3.388), tenemos la ecuación caracter´ıstica y sus ra´ıces m(m − 1) − 2m + 2 = 0

→

m2 − 3m + 2 = 0

→

m1 = −1

m2 = −2.

(3.389)

Hemos obtenido solo una ra´ız con multiplicidad dos (es decir, dos ra´ıces reales e iguales). Entonces, la soluci´ on general de la ecuaci´ on (3.388), es y(t) = c1 t−1 + c2 t−2 .

(3.390)

Para obtener la soluci´ on de la ecuación (3.386), es necesario cambiar, en (3.390), la variable t por la variable x seg´ un la expresi´ on (3.387). Finalmente, tenemos y(x) = c1 (2x + 1)−1 + c2 (2x + 1)−2 .

(3.391)

Teorema 3.7.1. La ecuaci´ on de Cauchy-Euler (3.299) puede transformarse en una ecuaci´ on lineal con coeficientes constantes mediante la sustituci´ on x = et .

162

CAPÍTULO 3.

ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR

4 Sea la ecuaci´ on de Cauchy-Euler (3.299), 2

d y dy ax2 dx 2 + bx dx + cy = 0

(3.392)

Hagamos la sustituci´ on x = et . Como y es función de x y ésta, a su vez, es función de t, tenemos que derivar usando la regla de la cadena, esto es dy dt dy = . dx dt dx

(3.393)

Luego x = et

→

t = ln x.

(3.394)

Derivando a t respecto a x, para sustituir en la ecuación (3.393), resulta 1 dt = dx x

→

dt 1 = t = e−t . dx e

(3.395)

Sustituyendo en la expresi´ on (3.393), dy dy −t = e . dx dt Aplicando una vez m´ as la regla de la cadena, obtenemos d2 y dx2

(3.396)

d −t dy dt d −t dy e = e−t e dt dt dx dt dt dy d2 y 2 d y dy + e−t 2 = e−2t − + 2 . = e−t − e−t dt dt dt dt =

(3.397)

Sustituyendo estos resultados en la ecuaci´ on (3.392), resulta ae2t e−2t

d2 y dt2

−

dy dy + bet e−t + cy(t) = 0. dt dt

(3.398)

De donde obtenemos la siguiente ecuaci´ on 2

a ddt2y + (b − a) dy dt + cy(t) = 0

4

(3.399)

Esta es una ecuaci´ on diferencial lineal con coeficientes constantes, la cual puede ser resuelta suponiendo la solución y(t) = emt . Luego, en la soluci´ on general de (3.399), se sustituye t = ln x, para obtener la solución general de la ecuaci´ on (3.392). Ejemplo 10: Aplicando la sustituci´ on x = et resolver la ecuación de Cauchy-Euler x2 y 00 − xy 0 + y = 0.

(3.400)

Soluci´ on: Suponemos la sustituci´ on x = et ,

t = ln x. Entonces, de (3.399), tenemos la ecuación lineal dy d2 y −2 + y(t) = 0. 2 dt dt

(3.401)

´ 3.8. VIBRACIONES MECANICAS

163

Luego, supongamos la soluci´ on y = emt y sustituyendo en (3.401), obtenemos la ecuación caracter´ıstica y sus ra´ıces m2 − 2m + 1 = 0 → (m − 1)2 = 0. (3.402) Tenemos solo una ra´ız de multiplicidad 2. Entonces, la solución general de (3.401), es y(t) = c1 et + c2 tet .

(3.403)

Finalmente, para obtener la soluci´ on general de (3.400), basta con sustituir en (3.403), t = ln x, esto es y(x) = c1 eln x + c2 ln xeln x → y(x) = c1 x + c2 x ln x. (3.404)

3.8.

Vibraciones Mec´ anicas

El movimiento de un cuerpo de masa m sujeto a un resorte, sirve como ejemplo simple de las vibraciones que ocurren en los sistemas mecánicos más complejos. Muchos problemas de este tipo se pueden modelar con ecuaciones diferenciales lineales no homogéneas con coeficientes constantes y, desde luego, ser resueltos con los métodos antes vistos. Supongamos que tenemos un cuerpo de masa m sujeto a un extremo de un resorte que resiste, tanto a la compresi´ on como al estiramiento, el otro extremo del resorte está sujeto a un muro fijo, figura:. Supongamos, adem´ as, que el cuerpo descansa en una superficie plana sin fricción, de modo que el cuerpo solo puede moverse hacia atrás y hacia adelante, cuando el resorte se estira o se comprime. Supongamos que x representa la distancia del cuerpo a la posición de equilibrio(reposo). Fijemos nuestro sistema de referencia de tal modo que x > 0, cuando el resorte está estirado y x < 0 cuando el resorte est´ a comprimido. Ahora, apliquemos las leyes de la f´ısica que han sido comprobadas experimentalmente. En este caso, la ley de Hooke: Esta ley nos dice que, la fuerza que el resorte ejerce sobre un cuerpo de masa m es proporcional a la distancia a la que el resorte se ha estirado o comprimido. A esta fuerza se le conoce como fuerza restauradora , ya que su función es llevar al cuerpo a su estado de equilibrio. Esta fuerza se representa como Fr = −kx,

(3.405)

donde k > 0, es la constante de proporcionalidad, la cual solo depende del material del que está hecho el resorte. Fr < 0, cuando x > 0 y Fr > 0 cuando x < 0, figura (3.1). Aplicando la segunda ley de Newton, tenemos m

d2 x = −kx, dt2

(3.406)

La ecuaci´ on (3.406) se puede escribir como una ecuación lineal homogénea de segundo orden, es decir, de la siguiente manera d2 x m 2 + kx = 0. (3.407) dt Sabemos bien que el modelo anterior es bastante ideal, y que en el mundo real es dif´ıcil encontrar tales sistemas. En realidad, siempre existe una fuerza de amortiguamiento. Esta fuerza de amortiguamiento es muy aproximada a ser proporcional a la velocidad instantánea del cuerpo, es decir, Fa = −β

dx , dt

(3.408)

164

CAPÍTULO 3.

ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR

Figura 3.1:

Figura 3.2:

donde β es la constante de proporcionalidad, la cual depende del medio que sirve de amortiguador (puede ser la fricci´ on de la superficie o del aire), figura (3.2). Nótese que las fuerzas Fr y Fa tienen signo negativo, esto es debido a que act´ uan en sentido contrario al del movimiento del cuerpo. La ecuación que describe el comportamiento del sistema de la figura (3.2) tiene, entonces, la forma d2 x dx m 2 +β + kx = 0. (3.409) dt dt Si, además de las fuerzas Fr y Fa , el cuerpo está sujeto a una fuerza externa dada por Fe = F (t),

(3.410)

entonces, la fuerza total que act´ ua en el cuerpo está dada por la suma de éstas fuerzas, es decir, F = Fr + Fa + Fe .

(3.411)

En general, las fuerzas son vectoriales, pero aqu´ı no es necesario representarlas como vectores, ya que por condiciones del problema estamos en una dimensión. Haciendo uso de la segunda ley de la din´ amica de Newton, la cual nos dice que, la suma de todas las fuerzas que act´ uan en un cuerpo es igual al producto de su masa por la aceleración, es decir, ΣN i Fi=1 = m

d2 x . dt2

(3.412)

Entonces, tenemos m

d2 x dx = −β − kx + F (t). 2 dt dt

(3.413)

´ PARA EL MOVIMIENTO LIBRE NO AMORTIGUADO 3.9. SOLUCION

165

Desde luego, esta ecuaci´ on la podemos escribir de la siguiente manera 2

m ddt2x + β dx dt + kx = F (t)

(3.414)

Como podemos ver, la ecuaci´ on (3.414), es una ecuación diferencial lineal no homogénea de segundo orden con coeficientes constantes. Esta ecuación modela, en un alto grado de exactitud, el movimiento del cuerpo sujeto a una fuerza de amortiguamiento y a una fuerza externa. Si no hay amortiguamiento, entonces, ponemos β = 0 y decimos que el movimiento es no amortiguado . El movimiento es amortiguado si β > 0. Si no hay fuerzas externas, esto es, si F (t) = 0, entonces, decimos que el movimiento es libre y diremos que es movimiento forzado si F (t) 6= 0. As´ı, la ecuaci´ on homogénea 2

m ddt2x + β dx dt + kx = 0

(3.415)

describe el movimiento libre de un cuerpo de masa m sujeto a un resorte con amortiguamiento, pero sin fuerzas externas.

3.9.

Soluci´ on para el Movimiento Libre no Amortiguado

Se llama movimiento libre no amortiguado a todo aquel que cumple la ecuación diferencial 2

m ddt2x + kx = 0

(3.416)

Nótese que aqu´ı hemos puesto β = F (t) = 0. Escribamos la ecuación (3.416), de la siguiente manera d2 x dt2

+ ω02 x = 0

(3.417)

Donde, por comodidad, se ha introducido el parámetro ω02 = k/m. La solución de esta ecuación la buscamos de la forma x(t) = eλt . (3.418) En esta expresi´ on hemos escrito λ en lugar del parámetro m, esto es para no confundirse con la masa m del cuerpo. Sustituyendo en (3.417), tenemos q (3.419) λ2 + ω02 = 0 → λ = ± −ω02 = ±iω0 . De donde, la soluci´ on general de esta ecuación es x(t) = c1 cos ω0 t + c2 sen ω0 t.

(3.420)

Este resultado lo podemos escribir de otra forma equivalente. Definamos a las constantes c1 y c2 como c1 = R cos φ c2 = R sen φ. (3.421)

166

CAPÍTULO 3.

donde R=

ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR

q c21 + c22 ,

tg φ =

c2 , c1

φ = tg−1

c 2

c1

.

(3.422)

Sustituyendo (3.421), en (3.420), resulta x(t) = R cos φ cos ω0 t + R sen φ sen ω0 t.

(3.423)

Recordando la identidad trigonométrica cos φ cos ω0 t + sen φ sen ω0 t = cos(ω0 t − φ)

(3.424)

x(t) = R cos(ω0 t − φ)

(3.425)

obtenemos el resultado final

Observe que existe una relaci´ on entre las constantes c1 , c2 y las funciones sen φ y cos φ. Esto es c1 c2 cos φ = p 2 , sen φ = p 2 . (3.426) 2 c1 + c2 c1 + c22 Existe un n´ umero infinito de ´ angulos φ, que difieren en m´ ultiplos enteros de 2π, que satisfacen las ecuaciones (3.426). Usualmente se escoge a φ tal que −π ≤ φ < π. El movimiento descrito por (3.420), o por (3.425), se llama movimiento arm´ onico simple . El movimiento tiene una periodicidad, con periodo T =

2π ω0

(3.427)

Este es el tiempo requerido para que el cuerpo complete un ciclo de ida y vuelta, u oscilación. Al parámetro R se le conoce como amplitud de la oscilaci´ on . Al ángulo φ se le da el nombre de ´ angulo de fase y se mide en radianes. Si t est´ a en segundos, entonces, ω0 está dada en radianes sobre segundo y se le llama frecuencia propia del movimiento.

3.10.

Soluciones Para las Oscilaciones Forzadas no Amortiguadas

En la naturaleza existen muchos fen´ omenos sometidos a fuerzas periódicas externas. Por ejemplo, los motores de hélice de un avi´ on causan perturbaciones periódicas en sus alas. Las perturbaciones, aunque sean peque˜ nas en magnitud, pueden causar fracturas estructurales si tienen ciertas frecuencias cr´ıticas. Veamos como esto sucede. Consideremos un sistema masa-resorte sin amortiguamiento sometido a una fuerza externa F (t) = F0 cos γ0 t, (3.428) donde F0 es una constante y γ0 es la frecuencia propia de la fuerza externa. En este caso la ecuación que gobierna el movimiento tiene la forma m

d2 x + kx = F (t). dt2

(3.429)

Esta misma ecuaci´ on la podemos reescribir de la siguiente manera d2 x dt2

+ ω02 x =

F0 m

cos γ0 t

(3.430)

3.10. SOLUCIONES PARA LAS OSCILACIONES FORZADAS

NO AMORTIGUADAS

167

p Donde hemos definido ω0 = k/m. Ahora debemos resolver la ecuación (3.430). Supongamos que ω0 6= γ0 . Ya sabemos que para resolver la ecuación dada, primero debemos resolver la ecuación homogénea correspondiente, esto es d2 x + ω02 x = 0. (3.431) dt2 La soluci´ on homogénea es xh = c1 cos ω0 t + c2 sen ω0 t. (3.432) Ahora busquemos una soluci´ on particular a la ecuación (3.430), sea xp = A cos γ0 t + B sen γ0 t.

(3.433)

Sustituyendo esta soluci´ on en la ecuación (3.430), con el objetivo de encontrar las constantes A y B, tenemos como resultado F0 cos γ0 t. m

(ω02 − γ02 )(A cos γ0 t + B sen γ0 t) =

(3.434)

Esto se cumple, si y s´ olo si A=

F0 , m(ω02 − γ02 )

y

B = 0.

(3.435)

Entonces, la soluci´ on particular tiene la forma xp (t) =

F0 cos γ0 t. m(ω02 − γ02 )

(3.436)

Luego, la soluci´ on general est´ a dada por la relación x(t) = c1 cos ω0 t + c2 sen ω0 t +

F0 cos γ0 t. m(ω02 − γ02 )

(3.437)

Ahora, supongamos que las condiciones iniciales son tales que x0 (0) = 0.

(3.438)

y

c2 = 0.

(3.439)

F0 (cos γ0 t − cos ω0 t). m(ω02 − γ02 )

(3.440)

x(0) = 0, Entonces, tenemos c1 = −

F0 , − γ02 )

m(ω02

Sustituyendo en (3.437), tenemos x(t) =

Esta misma soluci´ on la podemos escribir de una forma más elegante y simple. Para esto, hagamos uso de las identidades trigonométricas cos(α − β) = cos α cos β + sen α sen β cos(α + β) = cos α cos β − sen α sen β.

(3.441)

Restando la segunda identidad de la primera resulta cos(α − β) − cos(α + β) = 2 sen α sen β.

(3.442)

Ahora identificando γ0 t = α − β,

y

ω0 t = α + β.

(3.443)

168

CAPÍTULO 3.

ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR

De esta manera, tenemos (ω0 + γ0 )t (ω0 − γ0 )t , β= . 2 2 Sustituyendo (3.444), y (3.443), en (3.442), tenemos α=

cos γ0 t − cos ω0 t = 2 sen

(ω0 − γ0 )t (ω0 + γ0 )t sen . 2 2

(3.444)

(3.445)

Esta relación se sustituye en (3.440), y obtenemos x = A(t) sen donde A(t) =

(ω0 + γ0 )t . 2

2F0 (ω0 − γ0 )t sen . 2 2 m(ω0 − γ0 ) 2

(3.446)

(3.447)

Los resultados en las expresiones (3.446), y (3.447), los podemos interpretar como una variación senoidal con frecuencia (ω0 + γ0 ) . (3.448) 2 y amplitud variable A(t).

3.11.

Circuito El´ ectrico RLC

Supongamos que tenemos un circuito eléctrico formado por un resistor de resistencia R (ohms), un inductor de inductancia L (henrios) y un capacitor de capacitancia C (faradios), conectados en serie a una fuente de fuerza electromotriz E(t) (voltios). Determinar la ecuación diferencial que describa el comportamiento de la corriente I(t) (amperes) en el circuito. Si el interruptor est´ a abierto, entonces, no pasa nada. Cuando el interruptor se cierra (encendido), las diferencias en el potencial eléctrico causan que fluya corriente en el circuito. La bater´ıa o generador en la figura (3.3) crea una diferencia de potencial eléctrico E(t) entre sus dos terminales, que etiquetamos arbitrariamente como positiva y negativa. Decimos que E(t) > 0 si el potencial en la terminal positiva es mayor que el potencial en la terminal negativa, E(t) < 0 si el potencial en la terminal positiva es menor que en la terminal negativa y E(t) = 0 si el potencial es el mismo en las dos terminales. Usualmente a E(t) se le llama fuerza electromotriz.

Figura 3.3: Circuito RLC.

Para cualquier tiempo t dado, en cada uno de los puntos del circuito fluye la misma corriente I(t), y decimos que I(t) > 0 si el flujo circula alrededor del circuito, de la terminal positiva de la bater´ıa o generador hacia la terminal negativa, I(t) < 0 es el flujo en el sentido opuesto, e I(t) = 0 significa que no fluye corriente.

´ 3.11. CIRCUITO ELECTRICO RLC

169

La ecuaci´ on para la corriente I(t) se obtiene considerando las siguientes tres ca´ıdas de voltaje dI en el inductor. dt VR = RI ley de Ohm. q VC = en el capacitor. C La ley de Kirchhoff nos dice que la suma de estas tres ca´ıdas de voltaje deber´ a ser igual a la fuerza electromotriz E(t). Matem´ aticamente, para el circuito de la figura (3.3), esta ley se escribe como VL

= L

L

dI 1 + RI + q = E(t). dt C

(3.449)

Esta ecuaci´ on contiene dos inc´ ognitas, la corriente I(t) en el circuito y la carga q(t) en el capacitor. La corriente I(t) es la cantidad de carga que atraviesa una sección transversal de un conductor en un tiempo t, esto es dq . (3.450) I(t) = dt Si derivamos la expresi´ on (3.449) respecto a t, y tomamos en cuenta la relación (3.450), obtenemos la ecuaci´ on diferencial para hallar la corriente I(t) en función del tiempo, esto es 2

L ddt2I + R dI dt +

1 CI

=

dE dt

(3.451)

Esta ecuaci´ on es de segundo orden lineal no homogénea y con coeficientes constantes. Por otro lado, sustituyendo la expresión (3.450) en (3.449), obtenemos una ecuación diferencial para la carga q(t), la cual tiene la siguiente forma 2

L ddt2q + R dq dt +

1 Cq

= E(t)

(3.452)

Para hallar la corriente I(t) que fluye en un circuito RLC resolvemos la ecuación (3.452) para q(t) y luego diferenciamos la soluci´ on para obtener I(t). Observaci´ on: Como podemos ver, las ecuaciones (3.452), y (3.451), desde el punto de vista matemático, tienen la misma estructura de la ecuaci´ on (3.414) m

d2 x dx +β + kx = F (t), dt2 dt

(3.453)

la cual representa a un sistema masa-resorte con una fuerza externa F (t). Entonces, es obvio que debe haber una cierta analog´ıa entre las constantes de las ecuaciones. Esta analog´ıa la escribimos en la siguiente tabla: Sistema Mecánico Masa m Constante de Amortiguamiento β Constante del Resorte k Posición x Fuerza F (t)

Sistema Eléctrico Inductancia L Resistencia R Capacitancia Rec´ıproca 1/C Carga q ó Corriente I Fuerza Electromotr´ız E(t)

CAPÍTULO 3.

170

3.12.

ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR

Oscilaciones Libres del Circuito RLC

Un circuito RLC tiene oscilaci´ on libre si E(t) = 0, para todo t > 0. Entonces, para las oscilaciones libres de un circuito, figura (3.3) en que E(t) = 0, tenemos de (3.452), la ecuación L

dq d2 q 1 + R + q = 0. 2 dt dt C

(3.454)

Esta ecuación es lineal, homogénea con coeficientes constantes. La ecuación caracter´ıstica correspondientes, es 1 Lm2 + Rm + = 0. (3.455) C Las ra´ıces de esta ecuaci´ on caracter´ıstica son p p R − R2 − 4L/C −R + R2 − 4L/C y m2 = (3.456) m1 = 2L 2L Existen tres casos de interés: Primer Caso: Si se cumple la relaci´ on R2 < 4L/C, decimos que la oscilación es subamortiguada. En tal caso, las ra´ıces m1 y m2 son complejas conjugadas y tienen la forma m1 = −

R + iω1 2L

Donde

y p

ω1 =

m2 = −

R − iω1 2L

(3.457)

4L/C − R2 2L

(3.458)

La solución general de la ecuaci´ on de (3.454) es q(t) = e−Rt/2L c1 cos ω1 t + c2 sen ω1 t

(3.459)

Esta misma soluci´ on la podemos escribir en una forma diferente, pero equivalente q(t) = Ae−Rt/2L cos (ω1 t − φ),

(3.460)

siempre y cuando A=

q c21 + c22 ,

c1 = A cos φ,

c2 = A sen φ,

φ = tg−1

c 2

c1

.

(3.461)

donde, A es la amplitud de las oscilaciones, ω la frecuencia y φ la fase. Si suponemos que R = 0 (caso ideal), entonces, de la ecuación (3.460), tenemos t q(t) = A cos √ −φ . LC

(3.462)

Este resultado es similar al movimiento arm´ onico simple de un sistema masa-resorte no amortiguado en vibración libre. El caso del sistema subamortiguado es el más interesante, ya que por lo general los circuitos RLC pertenecen a estos sistemas. Segundo caso: Si R2 > 4L/C tenemos la oscilaci´ on sobreamortiguada. Esto significa que la resistencia en el circuito es dominante. En este caso las ra´ıces m1 y m2 son reales y la solución general de la ecuaci´ on (3.454) es q(t) = c1 em1 t + c2 em2 t . (3.463)

´ GENERAL DEL CIRCUITO RLC 3.13. SOLUCION

171

Tercer caso: Si R2 = 4L/C, decimos que la oscilación es cr´ıticamente amortiguada. En tal caso, las ra´ıces son reales e iguales, m1 = m2 = m = −R/2L y la solución general de (3.454), es q(t) = e−Rt/2L c1 + c2 t . (3.464) Si R 6= 0, entonces los exponentes en las expresiones (3.460, 3.463, 3.464) son negativos, por consiguiente la soluci´ on general de cualquier problema homogéneo con valor inicial L

dq d2 q q +R + = 0, 2 dt dt C

q(0) = q0 ,

q 0 (0) = I0 ,

(3.465)

tiende a cero, de manera exponencial cuando t → ∞. Entonces, las soluciones son soluciones transitorias. No habiendo fuente de energ´ıa exterior (generador) y existiendo rozamiento eléctrico”(resistencia con calor de Joule) el sistema termina estabilizándose: El condensador se descarga y deja de pasar corriente. El régimen es siempre transitorio. Cuando hay oscilaciones existe transferencia de energ´ıa del campo eléctrico en el condensador al campo magnético en la bobina de inducción y viceversa.

3.13.

Soluci´ on General del Circuito RLC

Resolver el problema de valor inicial para la ecuación (3.452). Tenemos L

dq q d2 q +R + = E(t), dt2 dt C

q 0 (0) = I0 ,

q(0) = q0 ,

(3.466)

donde q0 es la carga inicial en el capacitor e I0 es la corriente inicial en el circuito. De la sección anterior, sabemos que para el caso E(t) = 0, todas las soluciones de (3.466) son transitorias. Por otro lado, si suponemos que E(t) 6= 0, entonces, la solución general de (3.466) tendrá la forma q(t) = qh (t) + qp (t),

(3.467)

donde qh (t) es la soluci´ on de la ecuación homogénea (E(t) = 0), y tiende de manera exponencial a cero cuando t → ∞, cualesquiera que sean las condiciones iniciales. qp (t) depende sólo de E(t) y es independiente de las condiciones iniciales. A la solución qp (t) se le conoce como carga del estado permanente sobre el capacitor del circuito RLC. Si derivamos, respecto al tiempo, la expresión (3.467), obtenemos dq dqh dqp = + dt dt dt

(3.468)

Recordando que I = dq/dt, podemos escribir esta expresión de la siguiente manera I(t) = Ih (t) + Ip (t)

(3.469)

Entonces Ih (t) =

dqh dt

y

Ip (t) =

dqp , dt

(3.470)

decimos que Ih (t) es la corriente transitoria y Ip (t) es la corriente de estado permanente. En la mayor´ıa de las aplicaciones s´ olo nos interesamos por la carga y corriente del estado permanente, es decir, nos interesa el comportamiento del sistema a largo plazo.

CAPÍTULO 3.

172

3.14.

ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR

Aplicaciones

Problema 1: Una masa de m = 3kg est´ a fija al extremo de un resorte que se estira 20cm. por una fuerza de 15N. Es puesto en movimiento con la posici´ on inicial x0 = 0 y velocidad inicial v0 = 10m/s. Hallar la amplitud, el periodo y la frecuencia del movimiento. Datos: m = 3kg,

x0 = 0cm,

x1 = 20cm,

F = 15N,

v0 = 10m/s.

Hallar: Amplitud A, periodo T y la frecuencia ω. Soluci´ on: Problema 2: Determinar el periodo y la frecuencia de un movimiento armónico simple de un objeto de masa m = 4kg. colocado al extremo de un resorte cuya constante es de k = 16N/m. Datos: m = 4kg,

k = 16N/m.

Hallar: El periodo T y la frecuencia ω0 . Soluci´ on: La ecuación del movimiento arm´ onico simple está dada por d2 x + ω02 x = 0, dt2 donde

(3.471)

ω02 =

k , m

(3.472)

T =

2π . ω0

(3.473)

y el periodo de las oscilaciones es

Sustituyendo (3.473) en (3.472), tenemos r T = 2π

m . k

(3.474)

La solución general del movimiento arm´ onico simple esta dado por la exresión x(t) = c1 cos ω0 t + c2 sen ω0 t.

(3.475)

Sustituyendo el valor de la frecuencia (3.472) en (3.475), tenemos que la solución general para el problema dado, es r r m m x(t) = c1 cos t + c2 sen t. (3.476) k k Ejemplo 3: Hallar la corriente de estado permanente de un circuito RLC si la fuerza electromotriz, proporcionada por un generador de corriente alterna, es E(t) = E0 cos ωt Soluci´ on: Primero vamos a calcular la carga q(t) del estado permanente en el capacitor como una solución particular de la ecuaci´ on L

d2 q dq q +R + = E0 cos ωt. 2 dt dt C

(3.477)

3.14. APLICACIONES

173

Como nadam´ as nos interesa el estado permanente, entonces, buscamos una solución particular de la ecuaci´ on (3.477), de la siguiente manera qp (t) = A cos ωt + B sen ωt.

(3.478)

donde las constantes A y B las debemos determinar, para esto sustituimos en (3.477) y resulta el sistema de ecuaciones A C B −Bω 2 L − RAω + C −Aω 2 L + RBω +

= E0 , =

0.

(3.479)

Problema: Hallar la ley de movimiento de un cuerpo de masa m, lanzado verticalmente hacia arriba con una velocidad inicial v0 . Cu´ al ser´ a la máxima altura que el cuerpo alcanza? Datos: v0 ,

m.

Hallar: Ley de movimiento v = v(t),

x = x(t) y altura máxima H.

Soluci´ on: Supongamos que la fricci´ on debida al aire es tal que se puede despreciar. Entones, la u ńica fuerza que act´ ua en el cuerpo es su peso mg. Aplicando la segunda ley de Newton, resulta m

d2 x = −mg dt2

→

d2 x = −g, dt2

(3.480)

donde g es una constante, a decir, es la aceleración de ca´ıda libre g = 9,8m/s2 . Para hallar la ley de movimiento del cuerpo, debemos integrar la segunda expresión de (3.480). Podemos reducir la ecuaci´ on de segundo orden (3.480), introduciendo v(t) = dx/dt que por definición es la velocidad del cuerpo. dv = −g. (3.481) dt Ahora tenemos una ecuaci´ on de primer orden. Integrando resulta Z Z dv = −g dt → v(t) = −gt + c1 (3.482) De las condiciones iniciales, tenemos v0 = c1 . Entonces v(t) = −gt + v0 .

(3.483)

Luego dx = −gt + v0 dt Después de integrar, obtenemos

Z →

Z dx =

(−gt + v0 )dt.

(3.484)

gt2 + v0 t + c2 . (3.485) 2 Para hallar la constante c2 , suponemos que en t = 0, x(0) = 0, de (3.485), obtenemos que c2 = 0. Entonces, la ley de movimiento la podemos escribir como x(t) = −

v(t) = −gt + v0 ,

x(t) = −

gt2 + v0 t. 2

(3.486)

CAPÍTULO 3.

174

ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR

En el punto donde el cuerpo alcanza la altura máxima su velocidad deberá ser cero, entonces de la primer ecuación en (3.486), tenemos 0 = −gtmax + v0 ,

tmax =

v0 , g

(3.487)

donde tmax es el tiempo m´ aximo, en el cual el cuerpo alcanza la altura máxima x(t)max = H. Sustituyendo el tmax en la segunda ecuaci´ on en (3.486), tenemos g xmax (t) = − t2max + v0 tmax 2

→

H=−

g v0 2 v0 v2 v2 v2 + v0 =− 0 + 0 = 0. 2 g g 2g g 2g

(3.488)

Entonces, la altura m´ axima alcanzada por el cuerpo será H=

v02 . 2g

(3.489)

Esta expresión y las expresiones obtenidas en (3.486), son las soluciones al problema planteado. Problema 2: Determinar la m´ınima velocidad que se le debe aplicar a un cuerpo lanzado verticalmente hacia arriba para que éste salga del campo de atracción de la Tierra. Para simplificar, suponga que la resistencia del aire se puede despreciar. Soluci´ on: Sean M y m las masas de la Tierra y del cuerpo que deberá ser lanzado, respect´ıvamente. Seg´ un la ley gravitacional, entre la Tierra y el cuerpo existe una fuerza de atracción F = GN

Mm , x2

(3.490)

donde la distancia x se mide del centro de la Tierra al centro de gravedad del cuerpo. En la superficie terrestre x = R, para t = 0 y v0 la velocidad inicial del cuerpo(que es la que deseamos encontrar). De la segunda ley de Newton, obtenemos la ecuación diferencial que gobierna el movimiento, ésta tiene la forma dv mM dv M m = −GN 2 → = −GN 2 , (3.491) dt x dt x donde GN es la constante gravitacional de Newton. Para integrar esta ecuación, hagamos uso de la regla de la cadena, para convertir la ecuaci´ on en variables separables, esto es dv dv dx dv = =v . dt dx dt dx Sustituyendo este resultado en la segunda ecuación de (3.491), e integrando Z Z dx v2 GN M c1 vdv = −GN M → = + . 2 x 2 x 2

(3.492)

(3.493)

La constante de integraci´ on c1 la podemos hallar de las condiciones, para x = R la velocidad inicial es v = v0 GN c1 2GN M v02 = R+ → c1 = v02 − . (3.494) 2 M 2 R Sustituyendo el valor de c1 en la segunda expresión de (3.493), obtenemos v2 GN M v2 GN M = + 0 − . 2 x 2 R

(3.495)

3.14. APLICACIONES

175

Seg´ un la hip´ otesis, la velocidad v deberá cumplir la relación v2 ≥ 0. 2

(3.496)

La magnitud GN M →0 ⇐⇒ x → ∞. (3.497) x se hace muy peque˜ na conforme x aumenta. La condición (3.496), se cumple para toda x sólo si v02 GN M − ≥ 0. 2 R De donde, obtenemos que la velocidad m´ınima con que debe ser lanzado el cuerpo es r 2GN M . v0 = R

(3.498)

(3.499)

En la superficie de la Tierra, es decir, cuando x = R la magnitud de la aceleración debida a la fuerza de gravedad se obtiene de la ecuación (3.491), g=

GN M . R2

(3.500)

De donde podemos encontrar la masa M de la Tierra M=

gR2 . GN

Sustituyendo este valor en (3.499), obtenemos el resultado final, p p v0 = 2gR = 2 · 9,81 · 63 · 107 ≈ 11, 2 · 105 cm/s = 11, 2 km/s.

(3.501)

(3.502)

Con la velocidad de v0 = 11, 2 km/s debe ser lanzado un cuerpo de masa m para que no regrese a la Tierra. A esta velocidad m´ınima se le conoce como velocidad de escape .

CAPÍTULO 3.

176

3.15.

ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR

Problemas de Repaso del Cap´ıtulo 3:

En esta sección de problemas también recomendamos resolver todos los ejercicios, esto es muy sano para el alumno, ya que estamos convencidos de que solamente as´ı se adquiere cierta experiencia y habilidad en la soluci´ on de problemas. 3.1.-) Integrar las siguientes ecuaciones 00

2

1. y 00 − y 0 − 2y = 0. 2. y 00 − 4y 0 + 4y = 0. 3. y 00 − 4y 0 = 0. 4. 3y 00 − 2y 0 − 8y = 0. 5. y IV + a4 y = 0. 6. y 00 + y = 0,

y(0) = 1,

7. y 00 + 5y 0 + 6y = 0,

y 0 (π/3) = 0.

y(0) = 1,

y 0 (0) = −6.

1. y = 2x .

8. 4y 00 − 8y 0 + 5y = 0.

2. y 000 = sen(kx).

9. y 00 − 4y 0 + 3y = 0,

y(0) = 6,

y 0 (0) = 10.

3. y 00 = x4 .

10. 4y 00 + 4y 0 + y = 0,

y(0) = 2,

y 0 (0) = 0.

4. y 000 = x1 .

11. y 000 − 3y 00 − 2y 0 − y = 0.

5. y (n) = xm .

12. y 000 − 3y 00 + 3y 0 + y = 0, y 0 (0) = 2, y 00 (0) = 3.

6. y 00 − a2 y = 0.

y(0) = 1,

7. y 00 = xb .

3.4.-) Ecuaciones Lineales no Homog´ eneas

8. y 00 = ln x.

1. y 00 + y = 4xex .

9. y 000 = cos(kx).

2. y 00 − y = 2ex − x2 .

10. y 0 = eax cos(kx).

3. y 00 − 3y 0 + 2y = sen x.

3.2.-) Ecuaciones Reducibles a Ecuaciones de Primer Orden 1. y 00 = x(y 0 )3 .

7. y 00 − y 0 = cosh 2x,

3. xy 00 + x(y 0 )2 = y 0 . 0 2

4. yy = (y ) ;

y(0) = 1,

0

y (0) = 2.

5. y 00 + yy 0 = 0. 6. 2xy 0 y 00 = (y 0 )2 − 1. 7. yy 00 = (y 0 )2 + yy 0 . 8. (y 00 )2 + y 0 = xy 00 . 9. yy 00 = (y 0 )2 + y 2 ln y. 10. y 00 =

5. y 00 + y 0 − 2y = cos x − 3 sen x, y 0 (0) = 2.

y(0) = 1,

6. y 00 − 5y 0 + 4y = 4x2 e2x .

2. (2y + 3)y 00 − 2(y 0 )2 = 0.

00

4. y 00 + y = 4 sen x.

(y 0 )2 +y 0 (y+1) .

3.3.-) Ecuaciones Lineales Homog´ eneas

y(0) = y 0 (0) = 0.

8. y 00 − 4y 0 + 3y = e5x , y 0 (0) = 9.

y(0) = 3,

9. y 00 − 2y 0 − 3y = e4x . 10. y 00 + y 0 − 2y = x2 e4x . 11. y 00 + 5y 0 + 6y = 5 sen x. 12. ay 000 + y 00 + 9ay 0 + 9y =

37 −x/a . 2 e

13. y 00 − 2y 0 + 5y = 1 + ex cos 2x. 14. y 00 + 3y 0 − 4y = e−4x + xe−x . 15. y 00 + 2y 0 − 3y = x2 ex . 16. y 00 − 4y 0 + 8y = e2x + sen 2x.

3.15. PROBLEMAS DE REPASO DEL CAPÍTULO 3:

177

ex x .

17. y 00 − 9y = e3x cos x.

5. y 00 − 2y 0 + y =

18. y 00 − 2y 0 + y = 6xex .

6. y 00 − y 0 = (ex + 1)−1 .

19. y 00 + y = x sen x.

7. y 00 − 2y 0 + y =

20. y 00 + 4y 0 + 4y = xe2x .

8. y 00 − y 0 = e2x (1 − e−2x )1/2 .

21. y 00 − 5y 0 = 3x2 + sen 5x.

9. y 00 − y =

ex x2 +1 .

2ex ex −1 .

22. y 00 + y 0 + 2y = ex + cos 3x + x2 + 2.

10. y 00 + 5y 0 + 6y =

1 e2x +1 .

23. y 00 + 2y 0 + y = 8xe−x .

11. y 00 + 3y 0 + 2y =

1 ex +1 .

24. y 00 − 4y 0 + 5y = e2x (sen x + 2 cos x). 25. y 00 − 5y 0 + 6y = (12x − 7)e−x .

12. y 00 + y =

1 sen x .

√ 13. y 00 + 2y 0 + y = 3e−x x + 1.

26. 3y 00 + 4y 0 + 5y = e2x + 1. 27. y 00 + 2y 0 + y = e−x + sen x.

3.6.-) Ecuaciones de Cauchy-Euler

28. y 00 − 5y 0 + 6y = (x2 + 2x + 1)e−3x .

1. x2 y 00 − xy 0 + y = 2x.

29. y 00 + 3y 0 + 2y = 250.

2. x2 y 00 + xy 0 + y = x(6 − ln x).

30. 2y 00 + 3y 0 + 8y = x10 + x.

3. x2 y 00 + 3xy 0 + y = 0.

31. y 00 − 4y 0 + 5y = e2x sen x + + ex (x + 3).

4. xy 00 + y 0 = 0.

00

0

00

0

−x

32. y + 2y + y = e

5. x2 y 00 − xy 0 + 3y = 0.

.

6. x2 y 00 − xy 0 − 3y = − 16 xln x .

33. y − 4y + 10y = 2. 00

7. x2 y 000 − 2y 0 = 0.

2

34. y + y = x cos x. 00

0

8. x2 y 00 − xy 0 + y = 4x3 .

3

35. y − y + y = x .

9. x2 y 00 + xy 0 + 4y = 10x.

00

0

00

0

2x

00

0

3x

3x

36. y + 5y + 10y = −2e .

10. x3 y 00 − 2xy = 6 ln x.

37. y + 2y + 3y = e . 38. y − 3y + 2y = e ,

11. x2 y 00 − 3xy 0 + 5y = 3x2 . 0

y(0) = y (0) = 0.

39. y 00 + 4y 0 + 6y = 1 + e−x ,

y(0) = y 0 (0) = 0.

40. y 00 + 4y = 4x.

1. y + 4y =

15. (2x + 3)3 y 000 + 3(2x + 3)y 0 − 6y = 0. 3.7.-) Resolver las Siguientes Ecuaciones Diferenciales

1 cos 2x .

2. y 00 + 2y 0 + 2y =

13. x2 y 00 − 2y = sen(ln x). 14. (x − 2)2 y 00 − 3(x − 2)y 0 + 4y = x.

3.5.-) M´ etodo de Variaci´ on de Par´ ametros 00

12. x2 y 00 − 6y = 5x3 + 8x2 .

1 ex sen x .

x

3. y 00 − y 0 =

e ex +1 .

4. y 00 + y =

√ 1 . cos 2x

1. y 00 + y 0 + y = xex + e−x (2x + 1). 2. y 00 −2y 0 +2y = ex (x+1)+e−x (5x2 −8x+2). 3. 4y 00 + y = −4 cos x2 − 8x sen x2 .

CAPÍTULO 3.

178

ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR

4. x2 y 00 + 7xy 0 + 8y = 0.

35. x2 y 00 + xy 0 + 4y = 0.

5. x2 y 00 + 3xy 0 − 3y = 0.

36. x2 y 00 − xy 0 + y = ln x.

6. y 00 − 3y 0 + 2y = −e2x (4x + 3) − ex .

37. 2x2 y 00 − 3xy 0 − 3y = x2 + 2x + 1.

7. y 00 + 3y 0 + 2y = 7 cos x − sen x.

38. (x − 1)2 y 00 − 2(x − 1)y 0 − 4y = 0.

8. y 00 − y 0 + y = ex (x + 2) sen x.

39. x2 y 00 + 3xy 0 + y = x1 , y 0 (0) = 0.

9. y 00 + 2y 0 + y = 8x2 cos x − 4x sen x. 10. y 00 − 3y 0 + 2y = 11. y 00 − y =

1 e−x +1

.

4e−x 1−e−2x .

40. y 00 − 4y 0 + 8y = 61e2x sen x, y 0 = 4. 41. y 00 + 9y = 2 sen x sen 2x.

12. y 00 − 2y 0 + y = 14x3/2 ex .

42. y 00 + x2 y 0 + y = 0.

13. y 00 − 6y 0 + 5y = e−3x (35 − 8x).

43. y 0000 − 2y 000 + y 00 = 0.

14. y 00 − 3y 0 + 2y = e3x (x + 1).

44. y 0000 + 5y 00 + 4y = 0.

15. y 00 − 4y 0 − 5y = −6xe−x . 16. 9x2 y 00 + 15xy 0 + y = 0. 17. x2 y 00 − 3xy 0 + 4y = 0. 18. x2 y 0 + 3xy 0 + y = 0. 19. y 00 − y = ex . 20. y 00 − y 0 − 2y = 3e−x . 21. x2 y 00 − 2xy 0 + 2y = x2 . 22. y 00 − 4y 0 + 4y = x−2 e2x . 23. x2 y 00 − 3xy 0 + 4y = x2 ln x. 24. y 00 − y = 2 ln x. 25. y 00 + y 0 − 2y = x2 . 26. x2 y 00 + xy 0 − 2y = xex . 27. y 000 + 8y = e−x sen x. 28. y 00 + 4y 0 + 4y = x−2 e2x . 29. y 00 + y 0 − 2y = 6ex . 30. x2 y 00 + xy 0 − y = x2 . 31. y 00 + y 0 − 2y = 4x2 . 32. y 00 − 3y 0 + 2y = (x + 1)2 . 33. y 00 + 6y 0 + 9y = 2 + e3x . 34. y 000 + 5y 00 + 4y 0 = 4x2 + 2x − 1.

y(1) = 1, y(0) = 0,

Cap´ıtulo 4

TRANSFORMADA DE LAPLACE Hasta el momento hemos aprendido a resolver ecuaciones diferenciales de primer orden y de orden superior, tanto lineales homogéneas como lineales no homogéneas con coeficientes constantes, y un tipo muy especial de ecuaciones con coeficientes variables llamadas ecuaciones de CauchyEuler. En todos estos casos supon´ıamos que la parte derecha (no homogénea) de la ecuación era una funci´ on continua. Sin embargo, en las aplicaciones reales de la ingenier´ıa la función (no homogénea) casi siempre es continua por partes y en ocasiones es un pulso de muy corta duración, esto trae complicaciones para los métodos estudiados anteriormente. No obstante, para nuestra tranquilidad, existe un método, el cual es aplicable cuando tenemos estos problemas mencionados. Este método es conocido como método de Laplace, más com´ unmente llamado transformada de Laplace . El método de la transformada de Laplace es un método operativo que aporta muchas ventajas cuando se usa para resolver ecuaciones diferenciales lineales. Mediante el uso de la transformada de Laplace, es posible convertir muchas funciones comunes, tales como las funciones senoidales, las funciones senoidales amortiguadas y las funciones exponenciales, en funciones algebraicas de una variable s que, en general, es compleja. Las operaciones tales como la diferenciación y la integración se sustituyen mediante operaciones algebraicas en el plano complejo ó real. Si se resuelve la ecuación algebraica en s para la variable dependiente, la solución de la ecuación diferencial (la transformada inversa de Laplace de la variable dependiente) se encuentra mediante una tabla de transformadas de Laplace, si esto es posible o se aplica la técnica de expansión en fracciones parciales y luego se halla la transformada inversa, ésta será la solución de la ecuación diferencial. Sin embargo, la transformada de Laplace es aplicable sólo a ecuaciones diferenciales lineales, y a´ un cuando reemplazan el c´ alculo por el álgebra, las operaciones algebráicas pueden resultar muy complicadas. En las aplicaciones, las funciones discontinuas surgen de manera natural. Por ejemplo, el encendido y apagado de un interruptor son fenómenos discontinuos. Las ecuaciones diferenciales que contienen funciones discontinuas son dif´ıciles de tratar anal´ıticamente usando los métodos antes vistos, pero la transformada de Laplace puede facilitar el tratamiento de esas discontinuidades. En este cap´ıtulo estudiaremos la transformada de Laplace como una herramienta para resolver ecuaciones diferenciales. A continuaci´ on daremos algunos conceptos básicos de la transformada de Laplace y resolveremos algunos ejemplos, los cuales, posteriormente, serán de gran utilidad.

179

CAPÍTULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE

180

4.1.

Conceptos B´ asicos de la Transformada de Laplace

Sea f (t) una funci´ on definida para todo t ≥ 0. Entonces, la integral impropia definida como

L[f (t)] =

R∞ 0

e−st f (t)dt ≡ F (s)

(4.1)

donde s = σ + jωt, se llama transformada de Laplace de f (t), con la condición de que la integral (4.1) exista, es decir, que la integral converja. Una integral impropia sobre un intervalo infinito se define como un l´ımite de integrales sobre intervalos finitos, es decir Z ∞ Z b f (t)dt = l´ım f (t)dt. b→∞

0

a

Si el l´ımite existe, decimos que la integral converge, en caso contrario, se dice que la integral diverge o no existe. La integral (4.1), contiene la variable de integración t y el parámetro s, que en general es complejo, es decir, tiene la forma s = σ+jω, donde a σ se le conoce como frecuencia neper con unidades neper/s y a ω como la frecuencia real medida en radianes sobre segundo rad/s, en este caso, la integral (4.1), se define en un intervalo (−∞, ∞). En consecuencia, cuando la integral (4.1) converge, no lo hace sólo en un n´ umero, sino en una funci´ on F (s). Por consiguiente, la integral impropia (4.1), suele convergir para algunos valores de s y divergir para otros. Por lo anterior, es importante indicar el dominio de la transformada de Laplace, el cual tiene la forma σ0 , para un cierto n´ umero σ0 . En las aplicaciones a la ingenier´ıa, la variable t representa el dominio del tiempo y s el dominio de la frecuencia. De manera m´ as formal y desde un punto de vista estrictamente matemático, decimos que la transformada de Laplace define una operaci´ on que convierte una función f (t) a una nueva función transformada F (s), y usamos la letra L para representarla. En otras palabras, escribimos F (s) = L[f (t)]. Observe que la transformada de Laplace (4.1) está definida como una integral sobre el intervalo 0 ≤ t < ∞ (y no sobre el eje real entero −∞ < t < ∞). Es necesario usar este intervalo ya que, para 0, e−st → ∞, cuando t → ∞. Si evaluáramos la transformada de Laplace sobre todo el eje real, entonces las restricciones sobre la función f (t) ser´ıan mucho más estrictas. Por oro lado, en la mayor´ıa de las aplicaciones nos interesa el comportamiento futuro (t ≥ 0), as´ı que tomamos el intervalo 0 ≤ t < ∞. En la literatura se utiliza una letra min´ uscula para representar la función que se transforma y la correspondiente letra may´ uscula para representar la función transformada. Por ejemplo, la transformada de Laplace de las funciones f (t), g(t) y y(t) se representan como: L[f (t)] = F (s),

L[g(t)] = G(s),

L[y(t)] = Y (s).

(4.2)

Debido a que, por definici´ on, la transformada de Laplace es una transformada integral, ésta es lineal, es decir, para una suma de funciones αf (t) + βg(t), la transformada de Laplace es Z ∞ Z ∞ Z ∞ e−st [αf (t) + βg(t)]dt = α e−st f (t)dt + β e−st g(t)dt = αF (s) + βG(s) (4.3) 0

0

0

donde α y β son ciertas constantes arbitrarias. La expresión (4.3) la podemos escribir de la siguiente

´ 4.1. CONCEPTOS BASICOS DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE

181

manera L[αf (t) + βg(t)] = αL[f (t)] + βL[g(t)] = αF (s) + βG(s)

(4.4)

Debido a esta propiedad se dice que la transformada de Laplace es una transformada lineal o un operador lineal que transforma la función f (t) en la función F (s). A la función f (t) se le conoce también como funci´ on objeto, y a su correspondiente transformada F (s) como su imagen. Es obvio que, por definici´ on de la transformada de Laplace, no para toda función existe su correspondiente transformada de Laplace. Sin embargo, existe una clase amplia de funciones para las cuales la transformada de Laplace existe, esto se debe al hecho de que la exponencial e−st en la integral (4.1) act´ ua como funci´ on de ”amortiguamiento”. A continuación daremos las condiciones que debe cumplir la funci´ on f (t) para que exista su transformada de Laplace. Las condiciones suficientes que garantizan la existencia de la transformada de Laplace son: que la funci´ on f (t) sea una función continua por partes (seccionalmente continua) en [0, ∞), que la funci´ on f (t) sea una función de orden exponencial para t > t0 . Una funci´ on f (t) es continua por partes (seccionalmente continua) en [0, ∞), si en cualquier intervalo 0 < a < t < b existen a lo m´ as un n´ umero finito de puntos tk en que k = 1, 2..., n y tn−k < tk en los cuales f (t) tiene discontinuidades finitas y es continua en cada intervalo abierto tn−k < t < tk .

Figura 4.1: Función continua por partes. Se dice que una funci´ on f (t) es de orden exponencial si existen ciertos n´ umeros M > 0 y σ0 ≥ 0 tales que se cumpla la relaci´ on |f (t)| < M eσ0 t ,

para

todo

t.

(4.5)

Al n´ umero σ0 se le llama exponente de crecimiento. Esto quiere decir, que al aumentar t, el crecimiento del m´ odulo de la funci´ on f (t) no es superior al de alguna función exponencial. La condición (4.5) garantiza la existencia de la integral (4.1). Las funciones f1 (t) = t, cumplen las relaciones

f2 (t) = e−t y f3 (t) = 4 cos t son todas de orden exponencial, ya que |t| ≤ et ,

|e−t | ≤ et ,

|4 cos t| ≤ 4et .

(4.6)

CAPÍTULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE

182

2

La función f (t) = et no es de orden exponencial, pues esta crece más rápido que cualquier potencia lineal positiva de c para t > c > 0. Las condiciones anteriores se resumen en el siguiente teorema. Teorema 4.1.1. Si f (t) es una funci´ on continua por partes para t ≥ 0, y de orden exponencial, entonces la transformada de Laplace L[f (t)] de f (t) existe para σ0 . 4 Debido a que f (t) es continua por partes, la expresión e−st f (t) será integrable sobre cualquier intervalo finito del eje t. En el c´ alculo de integrales impropias existe un teorema, el cual afirma que la convergencia absoluta implica la convergencia. Entonces, es suficiente probar que la integral R ∞ −st |e f (t)|dt existe para σ . Para esto, basta a su vez con probar que el valor de la integral 0 R0b −st |e f (t)|dt permanece acotado cuando b → ∞. Luego, la desigualdad (4.5) implica que 0 b

Z

−st

|e

Z

−st

|e

f (t)|dt <

0

b σ0 t

Me

Z

b

|dt = M

0

−(s−σ0 )t

|e

Z |dt < M

0

∞

|e−(s−σ0 )t |dt =

0

M , (4.7) |s − σ0 |

en donde fue necesaria la condici´ on σ0 para la existencia de la u ´ltima integral. 4

4.2.

Transformada de Laplace de Algunas Funciones Elementales

En esta sección calcularemos la transformada de Laplace de algunas funciones básicas que nos serán muy u ´tiles en secciones posteriores. Ejemplo 1: Sea la función f (t) = A,

∀t ≥ 0

(4.8)

donde A es cierta constante arbitraria. Calcular su transformada de Laplace. Soluci´ on: Por definición, la transformada de Laplace se expresa mediante la integral Z ∞ Z ∞ 0 Ae−st ∞ A A 1 L[A] = Ae−st dt = A e−st dt = − = e−st = − A l´ım e−st . t→∞ s s s s 0 ∞ 0 0

(4.9)

El l´ımite que se toma en el u ´ltimo término de la expresión (4.9) depende del valor de s. Si 0, el ´ltimo exponente −st tiende a −∞, cuando t → ∞, y como consecuencia, e−st → 0. Por lo tanto, el u término de (4.9) se hace cero. Si 0 y n > 0 el primer término de la derecha en (4.21) es igual a cero, y tenemos solamente Z ∞ Z n ∞ n−1 −st tn e−st dt = t e dt, 0. (4.22) s 0 0 Podemos observar que el término de la izquierda de (4.22), es L[tn ] y el término de la derecha es L[tn−1 ], es decir, la expresi´ on (4.22), es equivalente a L[tn ] =

n n−1 L[t ], s

0,

n > 0.

(4.23)

De esta expresión podemos ver que para n > 1, tenemos L[tn−1 ] =

n − 1 n−2 L[t ]. s

(4.24)

Para n > 2, tenemos

n − 2 n−3 L[t ], n > 2. s Sustituyendo las expresiones (4.25), en (4.24), y a su vez en (4.23), tenemos L[tn−2 ] =

L[tn ] =

n(n − 1)(n − 2) n−3 L[t ]. s3

(4.25)

(4.26)

Repitiendo este mismo proceso, tendremos L[tn ] =

n(n − 1)(n − 2) · · · ·2 · 1 0 n(n − 1)(n − 2) · · · ·2 · 1 1 L[t ] = sn sn s

(4.27)

Finalmente, si n ≥ 0, entonces L[tn ] =

n! sn+1

,

0.

(4.28)

Ejemplo 6: Calcular la transformada de Laplace de la función f (t) = t1/2 .

(4.29)

Soluci´ on: Tenemos Z

∞

1 o dx s 0 Z ∞ 1/2 −x Z ∞ x e 1 1 3 = dx = 3/2 x1/2 e−x dx = 3/2 Γ , (4.30) s s 2 s s 0 0 R∞ donde Γ( 32 ) es la funci´ on Gamma o funci´ on de Euler , definida como Γ(p) = 0 xp−1 e−x dx, donde p es un n´ umero cualquiera. Para obtener el valor de p igualamos p−1 = 1/2, de donde p = 3/2. Vamos a √ (2m)! (2m)! √ 1 utilizar la fórmula Γ( 12 ) = π, después usando la fórmula general Γ(m+ 12 ) = m!2 π, 2m Γ( 2 ) = m!22m para calcular Γ( 32 ), resulta L[t

1/2

]

=

n t1/2 e−st dt → x = st,

t=

x , s

dt =

3 1 2! 1 1 √ Γ =Γ 1+ = 2Γ = π. 2 2 2 2 2 Sustituyendo en (4.30), el resultado obtenido, finalmente tenemos √ π L[t1/2 ] = 3/2 , 0. 2s

(4.31)

(4.32)

4.2. TRANSFORMADA DE LAPLACE DE ALGUNAS FUNCIONES

ELEMENTALES

185

De igual manera se puede hallar la transformada de Laplace de la función f (t) = t−1/2 , esto se deja al estudiante como ejercicio. Ejemplo 7: Calculemos la transformada de Laplace de la función f (t) = tα ,

α > −1.

(4.33)

Soluci´ on: Por definici´ on de la transformada de Laplace, tenemos Z ∞ n o x 1 L[tα ] = tα e−st dt → x = st, t = , dt = dx, s s 0 Z ∞ Z ∞ α −x e 1 x dx = α+1 xα e−x dx. = s s s 0 0

(4.34)

Comparando la integral con la definición de la función Gamma, tenemos que p − 1 = α, o bien p = α + 1, entonces la integral Z ∞ xα e−x dx = Γ(α + 1). (4.35) 0

Sustituyendo la expresi´ on (4.35), en (4.34), tenemos L[tα ] =

Γ(α + 1) , sα+1

α > −1,

0.

(4.36)

Ejemplo 8: Calcular la transformada de Laplace, para la función f (t) = eat ,

(4.37)

donde a es una constante arbitraria. Soluci´ on: Sustituyendo la funci´ on (4.37), en la definición (4.1), obtenemos Z ∞ Z ∞ at at −st L[e ] = e e dt = e−(s−a)t dt, 0

(4.38)

0

para s ≤ a el exponente de e en la integral es positivo ó igual a cero, y entonces la integral es divergente. Para s > a, el exponente e de la integral es negativo y la integral es convergente, por lo tanto, para s > a la transformada de Laplace existe, y se puede obtener integrando la expresión Z ∞ 1 e−(s−a)t ∞ , a. (4.39) L[eat ] = e−(s−a)t dt = − = s−a 0 s−a 0 Ejemplo 9: Calcular las transformadas de Laplace de las funciones hiperbólicas senh(ωt) y cosh(ωt), donde ω es una constante arbitraria. Soluci´ on: Hagamos uso de las f´ ormulas senh x =

ex − e−x , 2

cosh x =

ex + e−x . 2

(4.40)

CAPÍTULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE

186

Entonces, la transformada de Laplace para la función senh(ωt) es L[senh(ωt)]

h eωt − e−ωt i 1 1 1 1 h (s + ω) − (s − ω) i = L = = − 2 2 s−ω s+ω 2 (s − ω)(s + ω) ω 1 2ω = 2 . = 2 s2 − ω 2 s − ω2

(4.41)

Para la función cosh(ωt), tenemos L[cosh(ωt)]

h eωt + e−ωt i 1 1 1 1 h (s + ω) + (s − ω) i = L = = + 2 2 s−ω s+ω 2 (s − ω)(s + ω) 1 2s s = = 2 , ω. 2 s2 − ω 2 s − ω2

(4.42)

Donde hemos aplicado el resultado obtenido en (4.39). Ejemplo 10: Hallar la transformada de Laplace de la función f (t) = cos(ωt).

(4.43)

Soluci´ on: Para f (t) = cos(ωt), tenemos Z ∞ n L[cos(ωt)] = cos(ωt)e−st dt → u = cos(ωt), du = −ω sen(ωt)dt, dv = e−st dt, 0 Z ∞ ω Z ∞ e−st o 1 1 ω ∞ −st −st v = − = − cos(ωt)e − sen(ωt)e dt = − sen(ωt)e−st dt s s s 0 s s 0 0 n e−st o = u = sen(ωt), du = ω cos(ωt)dt, dv = e−st dt, v = − s Z i 1 1 ω h sen(ωt) −st ∞ ω ∞ = − e + − cos ωte−st dt = − s s s s 0 s 0 Z ω2 ∞ − cos(ωt)e−st dt, (4.44) s2 0 donde hemos usado la integraci´ on por partes obteniendo la siguiente expresión Z ∞ Z ω2 ∞ 1 −st cos(ωt)e dt + 2 cos(ωt)e−st dt = . s s 0 0

(4.45)

Factorizando la integral tenemos

de donde Z

1+

ω2 s2

Z

∞

cos(ωt)e−st dt =

0

∞

cos(ωt)e−st dt =

0

1 . s

(4.46)

s2 s = 2 . 2 2 (s + ω )s s + ω2

(4.47)

s , + ω2

(4.48)

Finalmente, tenemos el resultado L[cos(ωt)] =

s2

0.

4.2. TRANSFORMADA DE LAPLACE DE ALGUNAS FUNCIONES

ELEMENTALES

187

Ejemplo 11: Hallar la transformada de Laplace del producto de funciones f (t) = eat cos(ωt).

(4.49)

Soluci´ on: Aplicando la definici´ on de transformada de Laplace, tenemos Z ∞ n L[f (t)] = cos(ωt)e−(s−a)t dt → u = cos(ωt), du = −ω sen(ωt)dt, 0

dv

∞ e−(s−a)t 1 −(s−a)t o = e−(s−a)t dt, v = − e =− cos(ωt) s−a s−a 0 Z ∞ Z ∞ ω ω 1 − sen(ωt)e−(s−a)t dt = − sen(ωt)e−(s−a)t dt. s−a 0 s−a s−a 0

Calculemos la integral de la expresión (4.50), por separado Z ∞ n sen(ωt)e−(s−a)t dt → u = sen(ωt), du = ω cos(ωt)dt,

(4.50)

dv = e−(s−a)t dt,

0

v

∞ e−(s−a)t 1 −(s−a)t o e =− sen(ωt) (4.51) s−a s−a 0 Z ∞ Z ∞ ω ω cos(ωt)e−(s−a)t dt = cos(ωt)e−(s−a)t dt. s−a 0 s−a 0

−

= +

Sustituyendo el resultado de (4.52), en (4.50), tenemos Z ∞ Z ∞ ω ω 1 − cos(ωt)e−(s−a)t dt. cos(ωt)e−(s−a)t dt = s−a s−as−a 0 0 Aqu´ı podemos ver que agrupando términos resulta Z ∞ h cos(ωt)e−(s−a)t dt 1 + 0

ω2 i 1 . = (s − a)2 s−a

(4.52)

(4.53)

Finalmente, el resultado es Z

at

L[e cos(ωt)] =

∞

cos(ωt)e−(s−a)t dt =

0

s−a , (s − a)2 + ω 2

a.

(4.54)

Ejemplo 12: Calcular la transformada de Laplace de la función exponencial compleja f (t) = ejωt .

(4.55)

Soluci´ on: Tenemos L[ejωt ] =

Z 0

∞

ejωt e−st dt =

Z 0

∞

e−(s−jω)t dt = −

1 1 e−(s−jω)t = . s − jω s − jω

(4.56)

s+jω 1 s ω Observamos, que el resultado s−jω lo podemos escribir como (s−jω)(s+jω) = s2 +ω 2 + j s2 +ω 2 . De donde podemos identificar que la parte real e imaginaria no son ni más ni menos que las transfors madas de las funciones cos(t) y sen(t). Es decir, L[cos(t)] = s2 +ω 2 , obtenido en (4.407), y L[sen(t)] = ω . Esto es obvio, ya que la funci´ o n exponencial se puede escribir como: ejωt = cos(t) + j sen(t). s2 +ω 2

CAPÍTULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE

188

Ejemplo 13: Calcular la transformada de Laplace de la función f (t) = cos2 (ωt),

ω

constante.

(4.57)

Soluci´ on: Antes que nada recordemos que cos2 (ωt) = Laplace, obtenemos

1 2

+

1 2

cos 2ωt. Luego, aplicando la transformada de

i h1i 1 h 1 s s2 + 2ω 2 + L cos(2ωt) = + = , L[f (t)] = L 2 2 2 2 2s 2(s + 4ω ) s(s2 + 4ω 2 )

0.

(4.58)

De la misma manera se calcula la transformada de Laplace de la funciones f (t) = sen ωt y f (t) = eat sen(ωt), se deja como ejercicio al alumno. Ahora obtengamos la transformada de Laplace para funciones continuas por partes haciendo uso de la propiedad de linealidad. Ejemplo 14: Sea la función continua por partes f (t) =

t para 0 ≤ t < 3, 2 para t ≥ 3.

(4.59)

Calcular su transformada de Laplace. Soluci´ on: Debido a que la funci´ on est´ a definida por partes (en dos), la transformada de Laplace se calcula en dos partes, esto es por la propiedad de linealidad de la transformada de Laplace. Tenemos Z ∞ Z 3 Z ∞ −st −st L[f (t)] = f (t)e dt = f (t)e dt + f (t)e−st dt (4.60) 0

Z = 0

0 3

te−st dt +

Z

3

∞

2e−st dt.

(4.61)

3

Evaluemos cada una de las integrales por separado, tenemos Z 3 n te−st dt → u = t, du = dt, dv = e−st dt, 0

= =

o 1 v = − e−st s Z t −st 3 1 3 −st 3 −3s 1 −st 3 − e + e dt = − e − 2e s s 0 s s 0 0 1 3 −3s 1 −3s − 2e − e + 2. s s s

Para la segunda integral de (4.61), tenemos Z ∞ ∞ 2 2 2 e−st dt = − e−st = e−3s . s s 3 3 Sumando los resultados y agrupando términos, finalmente tenemos Z 3 Z ∞ 1 1 1 L[f (t)] = te−st dt + 2 e−st dt = − + 2 e−3s + 2 , s s s 0 3

(4.62)

(4.63)

0.

(4.64)

4.2. TRANSFORMADA DE LAPLACE DE ALGUNAS FUNCIONES

ELEMENTALES

189

Ejemplo 15: Hallar la transformada de Laplace de la siguiente función ( 2, 0 σ0 , σ0 + a. 4

(4.76)

0

Ejemplo 1: Usar el primer teorema de desplazamiento para calcular la transformada de Laplace de f (t) = eat cos ωt.

(4.77)

Soluci´ on: Primero identificamos la funci´ on f (t) como f (t) = cos ωt. Para esta función su transformada de Laplace es (ver ejemplo 11) s , ω. (4.78) L[cos ωt] = 2 s + ω2 Entonces, por el primer teorema de desplazamiento, tenemos L[eat cos ωt] =

s−a , (s − ω)2 + ω 2

ω.

(4.79)

Este resultado ya lo obtuvimos en el ejemplo 11. Entonces, está clara la ventaja que nos proporciona el conocer y aplicar el primer teorema de desplazamiento. Ejemplo 2: Calcular la transformada de Laplace de la función f (t) = eat sen ωt.

(4.80)

4.2. TRANSFORMADA DE LAPLACE DE ALGUNAS FUNCIONES

ELEMENTALES

191

Soluci´ on: Del ejemplo 12, sabemos que la transformada de Laplace de la función seno es L[sen ωt] =

s2

ω . + ω2

(4.81)

Entonces por el primer teorema de desplazamiento, resulta L[eat sen ωt] =

ω . (s − a)2 + ω 2

(4.82)

Ejemplo 3: Hallar la transformada de Laplace de la función f (t) = eat tα .

(4.83)

Soluci´ on: En el ejemplo 7, se demostr´ o que L[tα ] =

Γ(α + 1) . sα+1

(4.84)

Entonces, usando el teorema 4.2.1, obtenemos L[eat tα ] =

Γ(α + 1) , (s − a)α+1

a.

(4.85)

Ejemplo 4: Hallar la transformada de Laplace de la función 1

f (t) = 2t3 e− 2 t .

(4.86)

g(t) = t3 .

(4.87)

Soluci´ on: Sea Entonces su transformada de Laplace, es G(s) = L[t3 ] =

3! s3+1

=

3! . s4

(4.88)

Entonces, por el teorema 4.2.1, tenemos i h 1 (2)(3!) 12 F (s) = L[f (t)] = L 2t3 e− 2 t = , 1 4 = (s + 2 ) (s + 21 )4

1 − . 2

(4.89)

Ejemplo 5: Calcular la transformada de Laplace de la siguiente función f (t) = e−αt (A cos βt + B sen βt). Soluci´ on:

(4.90)

CAPÍTULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE

192

Escribamos la expresi´ on (4.90) de la siguiente manera f (t) = e−αt g(t),

(4.91)

g(t) = A cos βt + B sen βt.

(4.92)

donde La transformada de Laplace de g(t) es f´ acil de obtener si tomamos en cuenta las fórmulas L[cos βt]

=

L[sen βt]

=

s , s2 + β 2 β 2 s + β2

(4.93)

Entonces, la transformada de Laplace de g(t), es G(s) = L[g(t)] = AL[cos βt] + BL[sen βt] =

As Bβ + 2 s2 + β 2 s + β2

(4.94)

Luego, seg´ un el teorema 4.4.2, tenemos h i A(s + α) + Bβ F (s) = L[f (t)] = L e−αt (A cos βt + B sen βt) = . (s + α)2 + β 2

(4.95)

Observaci´ on: La transformada de Laplace de cualquier función f (t) se encuentra si se multiplica f (t) por e−st y después se integra el producto de t = 0 a t = ∞. Sin embargo, una vez que conocemos el método para obtener la transformada de Laplace, no es necesario obtener cada vez la transformada de Laplace de f (t). Es posible usar las tablas de transformadas de Laplace en forma conveniente para encontrar la transformada de una funci´ on f (t) determinada. La tabla (4.2-I) muestra las transformadas de Laplace de las funciones de tiempo que aparecerán con frecuencia en el an´ alisis de ecuaciones diferenciales.

4.3. TRANSFORMADA DE LAPLACE PARA LAS DERIVADAS

193

Tabla (4.2-I), Transformadas de Laplace

4.3.

función f (t) = 1 f (t) = tn f (t) = eat f (t) = sen(ωt) f (t) = cos(ωt) f (t) = senh(ωt) f (t) = cosh(ωt) f (t) = t−1/2 f (t) = t1/2 f (t) = tα f (t) = sen2 (ωt) f (t) = teat

Transformada L[1] = 1s n! L[tn ] = sn+1 1 at L[e ] = s−a ω L[sen(ωt)] = s2 +ω 2 s L[cos(ωt)] = s2 +ω 2 ω L[senh(ωt)] = s2 −ω 2 s L[cosh(ωt)] = s2 −ω p 2 L[t−1/2 ] = √ πs π L[t1/2 ] = 2s3/2 L[tα ] = Γ(α+1) sα+1 , α > −1 2 L[sen2 (ωt)] = s(s22ω +4ω 2 ) 1 L[teat ] = (s−a) 2

f (t) = cos2 (ωt)

L[cos2 (ωt)] =

s2 +2ω 2 s(s2 +4ω 2 )

Transformada de Laplace para las Derivadas

Antes de emplear la transformada de Laplace en la solución de ecuaciones diferenciales debemos saber cu´ al es la transformada de Laplace correspondiente a las derivadas . Teorema 4.3.1. Sea f (t) una funci´ on de orden exponencial, continua por partes para todo t ≥ 0, y diferenciable para todo t > 0 salvo, posiblemente en una sucesi´ on de puntos aislados, entonces, la transformada de Laplace de la derivada de la funci´ on f 0 (t) est´ a dada por la expresi´ on L[f 0 (t)] = sL[f (t)] − f (0) = sF (s) − f (0)

(4.96)

4 Sea la funci´ on f (t) continua y diferenciable. Esto es, f 0 (t) existe. Tomemos la transformada de Laplace de la derivada de la función f (t), Z ∞ 0 L[f (t)] = f 0 (t)e−st dt. (4.97) 0

Integrando por partes, sean u = e−st ,

dv = f 0 (t)dt.

(4.98)

Entonces du = −se−st dt,

v = f (t).

(4.99)

Tenemos L[f 0 (t)]

Z = 0

∞

Z ∞ f (t)e−st dt = f (t)e−st + s 0

= sF (s) − f (0). 4

∞

f (t)e−st dt

0

(4.100)

Para definir la transformada de Laplace de la segunda derivada de la función f (t), se sigue un procedimiento similar haciendo uso del resultado obtenido anteriormente. Debido a que d2 f (t) d df (t) = . 2 dt dt dt

(4.101)

194

CAPÍTULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE

Entonces h df i df (0) h d2 f (t) i df (0) df (0) = sL − L = s[sF (s) − f (0)] − = s2 F (s) − sf (0) − . 2 dt dt dt dt dt

(4.102)

La expresión general para la n- ésima derivada es L[f (n) (t)] = sn F (s) − s(n−1) f (0) − sn−2 f (0) − . . . − sf (n−2 )(0) − f (n−1) (0)

(4.103)

Hasta el momento sabemos calcular la transformada de Laplace de una función y de sus correspondientes derivadas. Es f´ acil comprender que si tenemos una ecuación diferencial y le aplicamos la transformada de Laplace obtendremos una ecuación algebráica respecto al parámetro s. Supóngase que tenemos la ecuaci´ on diferencial no homogénea de primer orden y 0 + 2y = f (t),

(4.104)

y queremos aplicar la transformada de Laplace para encontrar una solución con la condición inicial y(0) = 2, esto es, en el tiempo t = 0, y = 2. Aplicando la transformada de Laplace, obtenemos L[y 0 ] + 2L[y] = L[f (t)].

(4.105)

Aplicando los resultados de (4.100), tenemos lo siguiente sY (s) − 2 + 2Y (s) = F (s),

(4.106)

donde hemos usado las letras may´ usculas para representar la transformada de Laplace de su correspondiente letra min´ uscula. Sin complicaciones, la ecuación (4.106), la podemos reescribir de la siguiente manera F (s) + 2 . (4.107) Y (s) = s+2 A´ un no hemos resuelto el problema, pues hasta el momento no sabemos como regresar a la función dependiente y(t) que vendr´ıa siendo la soluci´ on de la ecuación (4.104). Para esto, debemos definir la transformada inversa de Laplace, de tal manera que podamos calcular la inversa de Y (s) y as´ı obtener la solución y(t) del problema.

4.4.

Transformada Inversa de Laplace

Para cumplir con el prop´ osito de este cap´ıtulo, el cual es aplicar la transformada de Laplace en la b´ usqueda de soluciones de ecuaciones diferenciales con valores iniciales, debemos definir la transformada inversa de Laplace. Si F (s) es la transformada de Laplace de una función f (t), entonces, la transformada inversa de Laplace se define como f (t) = L−1 [F (s)] =

1 2πj

R σ+j∞ σ−j∞

F (s)est ds

(4.108)

La transformada inversa de Laplace nos permite hallar la función f (t) si conocemos a la función F (s). La transformada inversa de Laplace es también una transformada lineal, es decir, cumple la condición de linealidad L−1 [αF (s) + βG(s)] = αL−1 [F (s)] + βL−1 [G(s)],

(4.109)

4.4. TRANSFORMADA INVERSA DE LAPLACE

195

donde α y β son constantes arbitrarias. Ejemplo 1: Hallar la transformada inversa de Laplace de las funciones a) F (s) e) F (s)

A s , b) F (s) = 2 , s s −4 h 1 4i = − 4 2 s −1 s =

c) F (s) =

s2

1 , + 16

d) F (s) =

4 , s4 (4.110)

donde A es una constante arbitraria. Soluci´ on: Seg´ un la definici´ on de la transformada inversa de Laplace, debemos encontrar las funciones f (t) tales que sus transformadas de Laplace sean las dadas en la expresión (4.110). Tenemos a). f (t) = L−1 [F (s)] = L−1

hAi

. (4.111) s Si recordamos el resultado obtenido en (4.10), es fácil ver que la transformada inversa de (4.111), es f (t) = L−1

hAi s

= A.

(4.112)

Concluimos, que la transformada inversa de Laplace de la función a) en (4.110), es f (t) = A. b). f (t) = L−1 [F (s)] = L−1

h s2

h i s s i = L−1 2 = cosh(2t), 2 −4 s − (2)

(4.113)

donde hemos usado el resultado obtenido en (4.42), con ω = 2. c). f (t) = L−1

h

i 1 1 i 1 −1 h 4 = L = sen(4t). s2 + 16 4 s2 + (4)2 4

Aqu´ı, hemos multiplicado por 4 y dividido entre 4, para poder usar la fórmula L[sen(ωt)] = con ω = 4.

(4.114) ω s2 +ω 2 ,

d). f (t) = L−1

h4i h 4 i h i 4 h 3! i 2 −1 −1 4 · 3! −1 = L = L = L = t3 . s4 s3+1 3!s3+1 6 s3+1 3

(4.115)

e). h 1 i h4i 1 4i 2 − 4 = L−1 2 − L−1 4 = senh(t) − t3 . −1 s s −1 s 3 Esto es debido a la propiedad de linealidad. f (t) = L−1

h

s2

(4.116)

En la tabla (4.4-I) se muestran las transformadas inversas de algunas funciones importantes que nos ser´ an de gran utilidad.

CAPÍTULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE

196

Tabla (4.4-I), Transformadas Inversas L−1 [F (s)] L−1 [ 1s ] n! L−1 [ sn+1 ] −1 1 L [ s−a ] ω L−1 [ s2 +ω 2] s −1 L [ s2 +ω2 ] ω L−1 [ s2 −ω 2] s −1 L [ s2 −ω 2] 2ωs −1 L [ (s2 +ω2 )2 ] 2

f (t) f (t) = 1 f (t) = tn f (t) = eat f (t) = sen ωt f (t) = cos ωt f (t) = senh ωt f (t) = cosh ωt f (t) = t sen ωt

2

−ω L−1 [ (ss2 +ω 2 )2 ]

f (t) = t cos ωt

2 L [ (s22ωs +ω 2 )2 ] 3 L−1 [ (s22ω +ω 2 )2 ] 1 L−1 [ (s−a)(s−b) ]

−1

f (t) = sen ωt + ωt cos ωt f (t) = sen ωt − ωt cos ωt f (t) =

eat −ebt a−b

Ejemplo 2: Calcular la transformada inversa de Laplace de la función F (s) =

2s + 4 . s2 + 3

(4.117)

Soluci´ on: A esta expresi´ on la podemos representar como 4 2s + 4 2s √ √ . + = 2 2 2 2 s +3 s + ( 3) s + ( 3)2

(4.118)

Usando la tabla de las transformadas inversas y aplicando la propiedad de linealidad, obtenemos √ h 2s + 4 i h i h i 3 s 4 √ √ f (t) = L−1 2 = 2L−1 + √ L−1 = s +3 s2 + ( 3)2 3 s2 + ( 3)2 √ √ 4 (4.119) = 2 cos( 3t) + √ sen( 3t). 3

4.5.

Funciones Racionales

Es muy com´ un que al resolver ecuaciones diferenciales mediante la transformada de Laplace sea necesario encontrar la transformada inversa de una función racional F (s) =

P (s) Q(s)

(4.120)

donde P (s) y Q(s) son polinomios sin factores comunes. Para encontrar L−1 [F (s)] debemos hallar, primero, el desarrollo en fracciones parciales de F (s), después obtener las transformadas inversas correspondientes a los términos individuales en el desarrollo (usando la tabla de las transformadas de Laplace), y por u ´ltimo, usamos la propiedad de linealidad de la transformada inversa para hallar la función f (t).

4.5. FUNCIONES RACIONALES

197

Teorema 4.5.1. Supongamos que tenemos la relaci´ on

F (s) =

P (s) Q(s)

=

P (s) (s−s1 )(s−s2 )...(s−sn )

(4.121)

donde s1 , s2 , . . . , sn son distintos y P (s) es un polinomio de grado menor que n. Entonces, F (s) se puede desarrollar en fracciones parciales

F (s) =

P (s) Q(s)

=

A1 s−s1

+

A2 s−s2

+ ..... +

An s−sn

(4.122)

donde cualquiera de los coeficientes A1 , A2 , ..., An se pueden evaluar multiplicando por el denominador de dicho coeficiente e igualando a s al valor de la ra´ız del denominador. En otras palabras, para hallar el coeficiente Aj (j = 1, 2, , , , n), tenemos h i P (s) Aj = (s − sj ) Q(s)

(4.123)

s=sj

Para el caso general, de ra´ıces repetidas r- veces, sea P (s) R(s) Aj1 Ajn Ajr Aj2 = = + ... + + ... + , + r 2 n Q(s) (s − sj ) s − sj (s − sj ) (s − sj ) (s − sj )r

(4.124)

en donde n es cualquier término del desarrollo en fracciones parciales y R(s) se define como

R(s) =

P (s) Q(s) (s

− sj )r

(4.125)

Multiplicando la ecuaci´ on (4.124), por (s − sj )r , se obtiene R(s) = Aj1 (s − sj )r−1 + Aj2 (s − sj )r−2 + . . . + Ajr .

(4.126)

De acuerdo con esta expresi´ on podemos visualizar el método que usaremos para evaluar cada coeficiente. Si hacemos s = sj , desaparecen todos los términos de la ecuaci´ on (4.126), excepto Ajr , que s´ı podemos evaluar. A continuaci´ on se deriva la ecuaci´ on una vez respecto a s. El término Ajr desaparecer´ a, pero permanecer´ a el término Aj,r−1 sin que multiplique una funci´ on de s. Una vez m´ as se puede evaluar Aj,r−1 haciendo s = sj . Para hallar el término general Ajr se deriva la ecuaci´ on (4.126), (r − n) veces y se hace s = sj , en este caso Ajn =

1 dr−n R(s) , (r − n)! dsr−n s=sj

(4.127)

o lo que es lo mismo Ajn =

1 dr−n (r−n)! dsr−n

h

P (s) Q(s) (s

− sj )r

i s=sj

(4.128)

CAPÍTULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE

198

Ejemplo 1: Descomponer en fracciones parciales la expresión F (s) =

s2 + 4s − 1 . (s − 1)(s − 2)(s + 3)

(4.129)

Soluci´ on: Esta expresión la podemos escribir como s2 + 4s − 1 A B C = + + . (s − 1)(s − 2)(s + 3) s−1 s−2 s+3

(4.130)

Para encontrar las constantes hacemos uso del teorema anterior. Esto es, para encontrar A, tenemos A=

s2 + 4s − 1 1+4−1 = −1. = (s − 2)(s + 3) s=1 (1 − 2)(1 + 3)

(4.131)

Calculemos los coeficientes B y C, de la misma manera, esto es 4+8−1 s2 + 4s − 1 11 = = . (s − 1)(s + 3) s=2 (2 − 1)(2 + 3) 5

(4.132)

9 − 12 − 1 1 s2 + 4s − 1 = =− . (s − 1)(s − 2) s=−3 (−3 − 1)(−3 − 2) 5

(4.133)

B= y C=

Sustituyendo en (4.130), tenemos el siguiente desarrollo 1 11 1 s2 + 4s − 1 =− + − . (s − 1)(s − 2)(s + 3) s − 1 5(s − 2) 5(s + 3)

(4.134)

Este método es conocido como método de Heaviside. Ahora, si queremos encontrar la funci´ on f (t), es suficiente aplicar la transformada inversa de Laplace. Esto es h 1 i 11 h 1 i 1 h 1 i f (t) = L−1 [F (s)] = −L−1 + L−1 − L−1 , (4.135) s−1 5 s−2 5 s+3 y hacer uso de la tabla 4.4-I. El resultado es f (t) = −et +

11 2t 1 −3t e − e . 5 5

(4.136)

Ejemplo 2: Hallar la funci´ on f (t), correspondiente a la transformada de Laplace F (s) =

s3

s+1 . + s2 − 6s

(4.137)

Soluci´ on: El denominador lo podemos escribir de la siguiente manera s3 +s2 −6s = s(s−2)(s+3), entonces F (s) =

s3

s+1 A B C = + + . 2 + s − 6s s s−2 s+3

(4.138)

´ DE ECUACIONES DIFERENCIALES: METODO ´ 4.6. SOLUCION DE LAPLACE

199

Luego A=

1 s+1 1 = =− . (s − 2)(s + 3) s=0 (−2)(3) 6

Los coeficientes B y C los calculamos de la misma manera, esto es 3 3 s + 1 = = . B= s(s + 3) s=2 (2)(5) 10 y C=

2 s + 1 −2 =− = . s(s − 2) s=−3 (−3)(−3 − 2) 15

(4.139)

(4.140)

(4.141)

Sustituyendo en la expresi´ on (4.138), obtenemos F (s) = −

1 3 2 + − . 6s 10(s − 2) 15(s + 3)

Aplicando la transformada inversa de Laplace, resulta h1i h 1 i h 1 i 1 3 2 f (t) = L−1 [F (s)] = − L−1 + L−1 − L−1 . 6 s 10 (s − 2) 15 (s + 3)

(4.142)

(4.143)

Haciendo uso de la tabla 4.4-I, tenemos la función f (t), 1 3 2 f (t) = − + e2t − e−3t . 6 10 15

(4.144)

Ahora estamos listos para resolver ecuaciones diferenciales con ayuda de la transformada de Laplace.

4.6.

Soluci´ on de Ecuaciones Diferenciales: M´ etodo de Laplace

En esta secci´ on vamos aplicar el método de Laplace para resolver algunas ecuaciones diferenciales. Ejemplo 1: Usando la transformada de Laplace resolver la siguiente ecuación diferencial y 00 + 3y 0 + 2y = 0,

y(0) = a,

y 0 (0) = b.

(4.145)

Soluci´ on: Aplicamos la transformada de Laplace L[y 00 ] + 3L[y 0 ] + 2L[y] = 0,

y(0) = a,

y 0 (0) = b.

(4.146)

Usando las f´ ormulas de la transformada de Laplace para las derivadas (4.100), y (4.102), obtenemos h i h i s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 3 sY (s) − y(0) + 2Y (s) = 0, (4.147) donde L[y(t)] = Y (s), L[y 0 ] = sY (s) − y(0) y L[y 00 ] = s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0). Sustituyendo las condiciones iniciales, resulta s2 Y (s) − as − b + 3sY (s) − 3a + 2Y (s) = 0. Factorizando

h

i s2 + 3s + 2 Y (s) = as + b + 3a.

(4.148) (4.149)

CAPÍTULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE

200

Despejando, obtenemos Y (s) =

as + b + 3a as + b + 3a A B = = + . s2 + 3s + 2 (s + 1)(s + 2) s+1 s+2

(4.150)

Por el método de Heaviside obtenemos las constantes A y B −a + b + 3a as + b + 3a = = 2a + b. s+2 −1 + 2 s=−1

(4.151)

−2a + b + 3a as + b + 3a = = −(a + b). s+1 (−1) s=−2

(4.152)

A= y B=

Sustituyendo en (4.150), se tiene 2a + b a + b − . s+1 s+2 Luego, calculamos la transformada inversa de Laplace, esto es

(4.153)

Y (s) =

y(t) = L−1 [Y (s)] = (2a + b)L−1

h 1 i h 1 i − (a + b)L−1 = (2a + b)e−t − (a + b)e−2t , s+1 s+2

∀t ≥ 0. (4.154)

Entonces, la soluci´ on del problema de valor inicial (4.145), tiene la forma y(t) = (2a + b)e−t − (a + b)e−2t ,

∀t ≥ 0.

(4.155)

Ejemplo 2: Usando la transformada de Laplace, resolver el problema de Cauchy y 00 + 2y 0 + 5y = 3,

y(0) = 0,

y 0 (0) = 0.

(4.156)

Soluci´ on: Aplicamos la transformada de Laplace L[y 00 ] + 2L[y 0 ] + 5L[y] = 3,

y(0) = 0,

y 0 (0) = 0.

(4.157)

Usando las fórmulas de la transformada de Laplace para las derivadas (4.100), y (4.102), obtenemos s2 Y (s) + 2sY (s) + 5Y (s) =

3 . s

(4.158)

Despejando a Y (s), resulta Y (s) =

3 31 3 s+2 31 3 2 3 s+1 = − = − − . (4.159) s(s2 + 2s + 5) 5 s 5 s2 + 2s + 5 5 s 10 (s + 1)2 + 22 5 (s + 1)2 + 22

Luego, calculamos la transformada inversa de Laplace y(t) = L−1 [Y (s)] =

h i 3 h i 3 −1 h 1 i 3 2 s+1 −1 L − L−1 − L . 5 s 10 (s + 1)2 + 22 5 (s + 1)2 + 22

(4.160)

Haciendo uso de la tabla 4.4-I, tenemos el siguiente resultado y(t) =

3 3 3 − e−t sen 2t − e−t cos 2t, 5 10 5

∀t ≥ 0.

(4.161)

´ DE ECUACIONES DIFERENCIALES: METODO ´ 4.6. SOLUCION DE LAPLACE

201

Ejemplo 3: Resolver la siguiente ecuaci´ on diferencial usando la transformada de Laplace y 00 − 6y 0 + 5y = 3e2t ,

y(0) = 2,

y 0 (0) = 3.

(4.162)

Soluci´ on: Aplicando la transformada de Laplace, tenemos L[y 00 ] − 6L[y 0 ] + 5L[y] = 3L[e2t ]. Obtenemos s2 Y (s) − 2s − 3 − 6sY (s) + 12 + 5Y (s) = Acomodando términos h i Y (s) s2 − 6s + 5 =

(4.163) 3 . s−2

3 + 2s − 9. s−2

(4.164)

(4.165)

Despejamos a Y (s) y obtenemos Y (s) =

3 2s 9 + − . (s − 2)(s − 1)(s − 5) (s − 1)(s − 5) (s − 1)(s − 5)

Ahora calculemos la inversa de Laplace para obtener y(t), i h i h s 1 + 2L−1 − y(t) = L−1 [Y (s)] = 3L−1 (s − 2)(s − 1)(s − 5) (s − 1)(s − 5) h i 1 − 9L−1 . (s − 1)(s − 5)

(4.166)

(4.167)

Antes que nada, debemos desarrollar en fracciones parciales el primer término de la expresión (4.167), 1 A B C = + + . (s − 2)(s − 1)(s − 5) s−2 s−1 s−5 Tenemos

(4.168)

A=

1 1 1 = =− . (s − 1)(s − 5) s→2 (1)(−3) 3

(4.169)

B=

1 1 1 = = . (s − 2)(s − 5) s→1 (−1)(−) 4

(4.170)

C=

1 1 1 = = . (s − 2)(s − 1) s→5 (3)(4) 12

(4.171)

Sustituyendo en (4.168) 1 1 1 1 =− + + . (s − 2)(s − 1)(s − 5) 3(s − 2) 4(s − 1) 12(s − 5)

(4.172)

Calculemos la transformada inversa de esta expresión usando la propiedad de linealidad, esto es h i h i h i 1 1 1 L−1 = −L−1 + L−1 + (4.173) (s − 2)(s − 1)(s − 5) 3(s − 2) 4(s − 1) h i 1 1 1 1 + L−1 = − e2t + et + e5t . 12(s − 5) 3 4 12

CAPÍTULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE

202

De esta manera hemos obtenido la transformada inversa de Laplace para el primer término de la ecuación (4.167), es i h 3 1 1 = −e2t + et + e5t . 3L−1 (4.174) (s − 2)(s − 1)(s − 5) 4 4 Para calcular los dos u ´ltimos términos de la ecuación (4.167), hagamos uso de las fórmulas L−1

h

i aeat − bebt s = , (s − a)(s − b) a−b

L−1

h

i eat − ebt 1 = . (s − a)(s − b) a−b

(4.175)

Donde, a = 1 y b = 5, tenemos et − 5e5t et − 5e5t 1 5 =− = − et + e5t , 1−5 4 4 4 t 5t 1 1 e −e = − et + e5t . = − 4 4 4

i s (s − 1)(s − 5) h i 1 L−1 (s − 1)(s − 5)

L−1

h

=

(4.176)

Tomando en cuenta las expresiones obtenidas, y haciendo algunos arreglos algebráicos no complicados, tenemos que la soluci´ on final de la ecuaci´ on diferencial (4.162), es y(t) =

5 t 1 5t e + e − e2t . 2 2

(4.177)

Ejemplo 4: Usando la transformada de Laplace resolver el problema de valor inicial y 00 + α2 y = A sen(ωt),

y(0) = 1,

y 0 (0) = 0,

(4.178)

donde α, ω y A son ciertas constantes dadas. Soluci´ on: Aplicando la transformada de Laplace L[y 00 ] + α2 [y] = AL[sen(ωt)],

(4.179)

resulta la ecuación algabr´ aica s2 Y (s) − s + α2 Y (s) =

Aω . s2 + ω 2

(4.180)

Despejando la funci´ on transformada Y (s), tenemos Y (s) =

s2

s Aω + 2 . 2 2 +α (s + α )(s2 + ω 2 )

(4.181)

Para obtener la soluci´ on y(t) necesitamos calcular la transformada inversa de Laplace de la expresión (4.181). La forma de la transformada inversa dependerá de si α y ω son iguales o diferentes. Supongamos primero que son diferentes, es decir α 6= ω. Desarrollemos en fracciones parciales el segundo término de (4.181), para esto supongamos que s2 = x, tenemos 1 (s2

+

α2 )(s2

+

ω2 )

=

1 (x +

α2 )(x

+

ω2 )

=

B C + . 2 x+α x + ω2

Usamos el método de Heaviside para calcular las constantes B y C, esto es 1 1 1 1 = = B= , C = . x + ω 2 x=−α2 −α2 + ω 2 x + α2 x=−ω2 −ω 2 + α2

(4.182)

(4.183)

´ DE ECUACIONES DIFERENCIALES: METODO ´ 4.6. SOLUCION DE LAPLACE

203

Sustituyendo estos resultados en (4.182), tenemos 1 1 1 1 = = + . (s2 + α2 )(s2 + ω 2 ) (x + α2 )(x + ω 2 ) (−α2 + ω 2 )(x + α2 ) (−ω 2 + α2 )(x + ω 2 )

(4.184)

Ahora, recordemos que x = s2 , sustituyendo en la expresión (4.184) y acomodando términos, finalmente resulta 1 1 Aω 1 − . (4.185) = (s2 + α2 )(s2 + ω 2 ) α2 − ω 2 s2 + ω 2 s2 + α2 Entonces, la expresi´ on (4.181), tiene la forma Y (s) =

s2

αω s A ωα + − 2 , 2 2 2 2 2 +α α(α − ω ) s + ω s + α2

(4.186)

donde hemos multiplicado y dividido por α. Ahora s´ı, estamos listos para usar las tablas de la transformada inversa de Laplace. El resultado es y(t) = cos(αt) +

A [α sen(ωt) − ω sen(αt)], α(α2 − ω 2 )

ω 6= α.

(4.187)

Para el caso en que α = ω, tenemos de la expresión (4.181) Y (s) =

Aα s + 2 . s2 + α2 (s + α2 )2

(4.188)

De la tabla de las transformadas inversas tenemos la fórmula h i 2ω 3 L−1 = sen(ωt) − ωt cos(ωt) 2 2 2 (s + ω ) Haciendo uso de esta f´ ormula, tenemos que L−1

h

i i i 1 1 −1 h 2α3 1 h L = = sen(αt) − αt cos(αt) . (s2 + α2 )2 2α3 (s2 + α2 )2 2α3

(4.189)

Entonces, de la expresi´ on (4.188), tenemos y(t)

i i h s 1 −1 + AαL s2 + α2 (s2 + α2 )2 h i A cos(αt) + 2 sen(αt) − αt cos(αt) , α = ω. 2α

= L−1 [Y (s)] = L−1 =

h

(4.190)

Ejemplo 5: Usar la trasformada de Laplace para resolver la ecuación diferencial de cuarto orden con las condiciones dadas y IV − y = 1,

y(0) = 1,

y 0 (0) = 1,

y 00 (0) = 2,

y 000 (0) = −1.

(4.191)

Aplicando la transformada de Laplace a la ecuación, tenemos la ecuación s4 Y (s) − s3 y(0) − s2 y 0 (0) − sy 00 (0) − y 000 (0) − Y (s) =

1 . s

(4.192)

Considerando las condiciones iniciales (s4 − 1)Y (s) − s3 − s2 − 2s + 1 =

1 . s

(4.193)

CAPÍTULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE

204

Despejando Y (s) =

s4 + s3 + 2s2 − s + 1 . s(s4 − 1)

(4.194)

El denominador lo escribimos como s(s4 − 1) = s(s2 − 1)(s2 + 1) = s(s − 1)(s + 1)(s − i)(s + i). Desarrollando en fracciones parciales s4 + s3 + 2s2 − s + 1 A B C D E = + + + + . s(s − 1)(s + 1)(s − i)(s + i) s s−1 s+1 s−i s+i

(4.195)

Para hallar los valores de las constantes usamos el método de Heaviside, tenemos A = B

=

C

=

D

=

E

=

1 s4 + s3 + 2s2 − s + 1 = = −1, (s − 1)(s + 1)(s − i)(s + i) s=0 (−1)(1)(−i)(i) s4 + s3 + 2s2 − s + 1 1+1+2−1+1 = = 1, s(s + 1)(s − i)(s + i) s=1 2(1 − i)(1 + i) s4 + s3 + 2s2 − s + 1 1−1+2+1+1 = = 1, s(s − 1)(s − i)(s + i) s=−1 (−1)(−2)(−1 − i)(−1 + i) s4 + s3 + 2s2 − s + 1 1−i−2−i+1 i = =− , s(s − 1)(s + 1)(s + i) s=i i(i − 1)(i + 1) 2 1+i−2+i+1 i s4 + s3 + 2s2 − s + 1 = = . s(s − 1)(s + 1)(s − i) s=−i (−i)(−i − 1)(−1 + i)(−i − i) 2

(4.196)

Sustituyendo en (4.195), obtenemos 1 1 1 i i Y (s) = − + + − + . s s − 1 s + 1 2(s − i) 2(s + i)

(4.197)

Aplicando la transformada inversa y(t) = L−1 [Y (s)] = −L−1

h1i s

+ L−1

h 1 i h 1 i i h 1 i i h 1 i + L−1 − L−1 + L−1 , (4.198) s−1 s+1 2 s−i 2 s+i

se obtiene el resultado final i i y(t) = −1 + et + e−t − eit + e−it = −1 + et + e−t + sen t. 2 2 Hemos utilizado la f´ ormula, sen t =

(4.199)

eit −e−it . 2i

Ejemplo 6: Usando la transformada de Laplace, resolver el problema de valor inicial y 00 + 4y = 3 cos t,

y(0) = y 0 (0) = 0.

(4.200)

Soluci´ on: Calculamos la transformada en ambos lados de la ecuación, esto es L[y 00 ] + 4L[y] = 3L[cos t].

(4.201)

Luego s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 4Y (s) =

3s . +1

s2

(4.202)

4.7. TRANSFORMADA DE LAPLACE PARA FUNCIONES DISCONTINUAS

205

Al sustituir las condiciones iniciales y despejando la función Y (s), obtenemos Y (s) =

3s . (s2 + 4)(s2 + 1)

(4.203)

Luego, tomando la inversa, resulta h y(t) = L−1 [Y (s)] = L

(s2

i 3s . 2 + 4)(s + 1)

(4.204)

Desarrollemos en fracciones parciales la función 1 . (s2 + 4)(s2 + 1)

(4.205)

A B 1 = + . (x + 4)(x + 1) x+4 x+1

(4.206)

Para esto, hagamos x = s2 , entonces

De donde obtenemos los valores A = − 13 y B = 13 , entonces 1 1 1 =− 2 + . (s2 + 4)(s2 + 1) 3(s + 4) 3(s2 + 1) Sustituyendo en la expresi´ on (4.204), obtenemos h −s i h s i y(t) = L−1 2 + L−1 2 . s +4 s +1

(4.207)

(4.208)

Usando la tabla de transformada inversa, obtenemos el resultado final y(t) = − cos 2t + cos t.

(4.209)

Es claro, que las ecuaciones diferenciales que hemos resuelto, las pudimos haber realizado por el método de coeficientes indeterminados, antes visto. Sin embargo, el método de Laplace, incluye autom´ aticamente las condiciones iniciales, es por eso que en las soluciones no aparecen constantes de integraci´ on.

4.7.

Transformada de Laplace para Funciones Discontinuas

En esta secci´ on presentaremos la transformada de Laplace de algunas funciones discontinuas que son muy importantes en la ingenier´ıa, al igual que algunos teoremas acerca de la transformada de Laplace, u ´tiles para resolver ecuaciones diferenciales con fuentes discontinuas. La funci´ on escal´ on unitario fué introducida por Heaviside. Esta función se representa mediante la expresi´ on u(t) =

0 para t < 0 1 para t ≥ 0

(4.210)

Como podemos ver, esta funci´ on cambia br´ uscamente desde cero hasta el valor unitario para el tiempo t = 0. En ingenier´ıa esta notación es conveniente para representar el cierre de un interruptor

CAPÍTULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE

206

Figura 4.3: Función escalón.

para t = 0. Por ejemplo, si se conecta una bater´ıa de voltaje V0 a una red en el tiempo t = 0, el voltaje impulsor se puede representar como V0 u(t), sin necesidad de mencionar la presencia de un interruptor. Para el caso en que V0 = 1 el producto V0 u(t) = u(t), y su transformada de Laplace es Z ∞ Z ∞ e−st ∞ 1 −st L[u(t)] = u(t)e dt = e−st dt = − (4.211) = , 0. s s 0 0 0 Para el caso en que V0 6= 0, sea un voltaje independiente del tiempo, tenemos Z ∞ V0 e−st ∞ L[V0 u(t)] = V0 , 0. e−st dt = −V0 = s 0 s 0

(4.212)

La expresión (4.210), se puede generalizar. Para esto hagamos un desplazamiento temporal τ unidades, (t − τ ), entonces, tenemos la siguiente relaci´ on u(t − τ ) =

0 1

para t < τ para t ≥ τ

(4.213)

para una función escal´ on que cambia br´ uscamente en el tiempo t = τ .

Figura 4.4: Función escalón desplazada.

En general, la funci´ on escal´ on tiene un valor unitario cuando la cantidad (t − τ ), (que es el argumento de la funci´ on u), es positiva y tiene un valor cero cuando (t − τ ), es negativa. Esta definición se aplica para cualquier forma de variable; por lo tanto, la función u(t + τ ), es la que cambia desde cero hasta el valor unitario para t = −τ . Del mismo modo, la función u(τ − t), es la que cambia desde la unidad hasta el valor cero (para tiempo creciente), para el instante en que t = τ.

4.7. TRANSFORMADA DE LAPLACE PARA FUNCIONES DISCONTINUAS

207

La transformada de Laplace de u(t − τ ), se calcula a partir de la definición (4.1), esto es Z ∞ e−τ s e−st ∞ L[u(t − τ )] = e−st dt = − , 0. (4.214) = s τ s τ Este resultado se compone del producto de dos factores; el factor 1s , correspondiente a la transformada de la funci´ on escal´ on unitario, iniciada en el tiempo t = 0, y el término e−τ s , es una función que influye en la transformada de una función escalón que no principia en t = 0, sino en t = τ . Lo anterior se puede generalizar a cualquier función del tiempo f (t), que demore su iniciación para otro tiempo t = τ . Una función trasladada en el tiempo se representa de la siguiente manera f (t − τ )u(t − τ ).

(4.215)

Para hallar la transformada de Laplace de esta función trasladada, usamos la definición (4.1), introduciendo en ella una nueva variable temporal t0 , podemos escribir la transformada de Laplace, como Z ∞ 0

L[f (t0 )] =

f (t0 )e−st dt0 = F (s).

(4.216)

0

Si elegimos la variable t0 como t0 = t − τ , obtenemos que la expresión (4.216), se convierte en Z ∞ Z ∞ 0 −(t−τ )s L[f (t )] = f (t − τ )e dt = f (t − τ )e−st (eτ s )dt. (4.217) τ

τ

τs

El factor e , se puede sacar de la integral y el l´ımite inferior de la integral se puede cambiar a cero si f (t − τ ), se multiplica por u(t − τ ), as´ı Z ∞ L[f (t)] = eτ s f (t − τ )u(t − τ )e−st dt. (4.218) 0

Esta expresi´ on integral se reconoce como la transformada de la función f (t − τ )u(t − τ ), tenemos L[f (t − τ )u(t − τ )] = e−τ s L[f (t)] = e−τ s F (s).

(4.219)

Para el caso inverso tendremos L−1 [e−τ s F (s)] = f (t − τ )u(t − τ ).

(4.220)

Estas ecuaciones indican que la transformada de cualquier función trasladada, para principiar en el tiempo t = τ , es e−τ s veces la transformada de la función cuando principia en t = 0. Este resultado es importante y lo formularemos como teorema: Teorema 4.7.1. (segundo teorema de desplazamiento) Suponga que τ ≥ 0, y L[f (t)], existe para todo s > s0 . Entonces, L[u(t − τ )f (t − τ )], existe para σ0 , y L[u(t − τ )f (t − τ )] = e−τ s F (s)

(4.221)

L−1 [e−τ s F (s)] = f (t − τ )u(t − τ )

(4.222)

Para el caso inverso, tenemos

CAPÍTULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE

208

Este teorema establece que multiplicar una transformada de Laplace por el exponencial e−sτ corresponde a desplazar el argumento de la transformada inversa en τ unidades. Ejemplo 1: Calcular la transformada inversa de Laplace de la función 6 5 1 7 3e−6s Y (s) = . − 2 + e−3s + 2 + s s s s s3 Soluci´ on:

(4.223)

Para resolver este problema hagamos uso de la propiedad de linealidad de la transformada y del segundo teorema de desplazamiento. Definamos 5 6 1 7 3 − 2 , Y2 (s) = + 2 , Y3 (s) = 3 . (4.224) Y1 (s) = s s s s s La transformada inversa de estas expresiones es fácil de calcular usando las fórmulas de la tabla 4.4-1. Tenemos como resultado 3 y1 (t) = L−1 [Y1 (s)] = 5 − t, y2 (t) = L−1 [Y2 (s)] = 6 + 7t, y3 (t) = L−1 [Y3 (s)] = t2 . (4.225) 2 Luego y(t) = L−1 [Y1 (s)] + L−1 [e−3s Y2 (s)] + L−1 [e−6s Y3 (s)]. (4.226) Del segundo teorema de desplazamiento tenemos para el segundo y tercer término de (4.226), 3 u(t − 6)[(t − 6)2 ] 2 Sustituyendo estos resultados en (4.226), finalmente, tenemos la solución L−1 [e−3s Y2 (s)] = u(t − 3)[6 + 7(t − 3)],

L−1 [e−6s Y3 (s)] =

(4.227)

3 (4.228) y(t) = (5 − t)u(t) + u(t − 3)[7t − 15] + u(t − 6)[(t − 6)2 ]. 2 Veamos otra de las utilidades de la funci´ on escalón. Supongamos que tenemos una función continua por partes definida en el intervalo [0, ∞), f0 (t) para 0 ≤ t < t1 , f (t) = (4.229) f1 (t) para t ≥ t1 . Se supone que f0 (t) y f1 (t) ∈ [0, ∞). El uso de la función escalón nos permite representar a la función (4.229), como f (t) = u(t)f0 (t) + u(t − t1 )[f1 (t) − f0 (t)]. (4.230) Supongamos ahora que tenemos tres funciones dadas de la siguiente forma   f0 (t) f (t) = f1 (t)  f2 (t)

para 0 ≤ t < t1 para t1 ≤ t < t2 para t > t2

(4.231)

Esto es equivalente a la siguiente expresi´ on f (t) = u(t)f0 (t) + u(t − t1 )[f1 (t) − f0 (t)] + u(t − t2 )[f2 (t) − f1 (t)]

(4.232)

Ahora nos preguntamos; c´ omo podemos usar (4.230), y (4.232), para determinar la transformada de Laplace L[f (t)] de funciones continuas por partes? Para esto existen dos teoremas que nos facilitarán los cálculos.

4.7. TRANSFORMADA DE LAPLACE PARA FUNCIONES DISCONTINUAS

209

Teorema 4.7.2. Sea f (t) ∈ [0, ∞). Sup´ ongase que τ ≥ 0 y L[f (t+τ )] existe para σ0 . Entonces, L[u(t − τ )f (t)] existe para σ0 y L[u(t − τ )f (t)] = e−sτ L[f (t + τ )]

4 Por definici´ on Z

(4.233)

∞

L[u(t − τ )f (t)] =

u(t − τ )f (t)e−st dt.

(4.234)

0

Tomando en cuenta la definici´ on del escalón desplazado, tenemos Z τ Z ∞ L[u(t − τ )f (t)] = (0)e−st dt + f (t)e−st dt 0

(4.235)

τ

La primer integral de la derecha es cero. Introduciendo la nueva variables t0 = t − τ en la segunda integral, resulta Z ∞ Z ∞ 0 0 −s(t0 +τ ) 0 −sτ L[u(t − τ )f (t)] = f (t + τ )e dt = e f (t0 + τ )e−st dt0 . (4.236) 0

0

Cambiando la etiqueta de la variable de integración en la u ´ltima integral de t0 a t, obtenemos Z ∞ L[u(t − τ )f (t)] = e−sτ f (t + τ )e−st dt = e−sτ L[f (t + τ )]. 4 (4.237) 0

Ejemplo 2: Hallar la transformada de Laplace L[u(t − 2)(t + 1)]

(4.238)

Soluci´ on: Para usar el teorema anterior, 4.7.2, identificamos τ = 2 y f (t) = t + 1, entonces f (t + 2) = t + 2 + 1 = t + 3 y la transformada de Laplace L[t + 3] =

3 1 + . s2 s

(4.239)

El teorema 4.7.2 implica L[u(t − 2)(t + 1)] = e−2s

1 3 . + s2 s

(4.240)

Ejemplo 4: Hallar la transformada de Laplace de la función continua por partes ( 2, 0 π.

4.8.

(4.247)

Diferenciaci´ on e Integraci´ on de la Transformada de Laplace

En las secciones anteriores hemos discutido la solución de ecuaciones diferenciales con coeficientes constantes con condiciones iniciales. Las propiedades de la transformada de Laplace estudiadas hasta el momento no son suficientes para resolver ecuaciones diferenciales con coeficientes polinomiales en términos de la variable independiente. No obstante, el concepto de diferenciación de la transformada de Laplace nos ayuda a resolver algunos problemas de esta ´ındole. Teorema 4.8.1. (diferenciaci´ on de la transformada de Laplace) Si f (t) es una funci´ on continua por partes para todo t ≥ 0 y es de orden exponencial cuando t → ∞, entonces L[−tf (t)] =

dF (s) ds

y

n

F (s) L[tn f (t)] = (−1)n d ds n

σ0

(4.248)

donde F (s) = L[f (t)] 4 De las condiciones del teorema se tiene que la transformada de Laplace de la función f (t) existe, es decir, tiene lugar la integral impropia Z ∞ f (t)e−st dt = F (s). (4.249) 0

´ E INTEGRACION ´ DE LA TRANSFORMADA 4.8. DIFERENCIACION

DE LAPLACE

Entonces, tomando la derivada respecto a s, obtenemos Z ∞ Z ∞ Z ∞ dF d −st d −st f (t)e dt = f (t) e dt = − = tf (t)e−st dt = L[−tf (t)]. ds ds 0 ds 0 0

211

(4.250)

Concluimos que L[tf (t)] = −

dF . ds

(4.251)

Para el caso L[t2 f (t)], tenemos L[t2 f (t)] = L[t{tf (t)}] = −

d h dF (s) i d2 F (s) d − = (−1)2 . [L{tf (t)}] = − ds ds ds ds2

(4.252)

Luego, por inducci´ on se puede demostrar que L[tn f (t)] = (−1)n

dn F (s) dsn

∀n = 1, 2, 3, . . .

4

(4.253)

De la expresi´ on (4.248), obtenemos L−1 [F 0 (s)] = −tf (t),

L−1 [F (n) (s)] = (−1)n tn f (t).

(4.254)

Ejemplo 1: Calcular la transformada de Laplace de la función f (t) = t2 sen(ωt).

(4.255)

Soluci´ on: Usando el teorema anterior y la tabla de transformadas, tenemos L[t2 sen (ωt)]

i dh 2ωs d2 h ω i = − ds2 s2 + ω 2 ds (s2 + ω 2 )2 2 3 6ωs − 2ω (s2 + ω 2 )3

= (−1)2 =

(4.256)

Ejemplo 2: Calcular la transformada de Laplace de la función f (t) = t2 e−2t . Soluci´ on: Hagamos uso del teorema anterior y de la fórmula L[e−2t ] = L[t2 e−2t ] = (−1)2

1 s+2 .

Entonces, tenemos

i d2 h 1 i dh 1 2 = − = . 2 2 ds s + 2 ds (s + 2) (s + 2)3

Ejemplo 3: Calcular la transformada de Laplace de la función f (t) = t2 cos(3t). Soluci´ on: Usando la f´ ormula L[cos(ωt)] =

s2

s + ω2

(4.257)

CAPÍTULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE

212

Para nuestro caso, tenemos que ω = 3, entonces L[cos(3t)] =

s2

s = F (s). +9

(4.258)

Entonces L[t2 cos(3t)]

d h 9 − s2 i d2 h s i = 2 2 ds s + 9 ds (s2 + 9)2 −2s(s2 + 9)2 − (9 − s2 )(s2 + 9)(4s) (s2 + 9)4 2s3 − 54s 2s(s2 − 27) = . 2 3 (s + 9) (s2 + 9)3

= (−1)2 = =

(4.259)

Lo u ´til del teorema est´ a m´ as que claro, ya que hemos reducido en gran medida el cálculo. La ecuación (4.254), es u ´til para hallar una transformada inversa cuando la derivada de la transformada es más fácil de manipular que la transformada misma. El teorema anterior muestra que la diferenciación de la transformada F (s) respecto a s corresponde a la multiplicaci´ on de t por f (t), junto con un cambio de signo. Desde luego, es de esperar que la integración de F (s) corresponda a una división de f (t) entre t. Esto lo afirma el siguiente teorema. Teorema 4.8.2. (integraci´ on de la transformada de Laplace) Sea f (t) una funci´ on continua por partes en [0, ∞) y de orden exponencial. Entonces, la transformada de Laplace de la integral de f (t) est´ a dada por la expresi´ on hR i t L 0 f (τ )dτ =

F (s) s

4 De la definici´ on de transformada de Laplace, tenemos hZ t i Z ∞hZ t i f (τ )dτ = f (τ )dτ e−st dt. L 0

0

0

f (τ )dτ

→

(4.260)

(4.261)

Integrando por partes, definiendo t

Z u

=

du = f (t)dt,

0

dv Obtenemos

= e−st dt

→

1 v = − e−st . s

Z ∞ 1 Z ∞ hZ t i e−st t L f (t)dt = − f (τ )dτ + f (t)e−st dt. s s 0 0 0 0

(4.262)

(4.263)

El primer término de la derecha de (4.263), desaparece, ya que e−st → 0 cuando t → ∞. En consecuencia hZ t i F (s) L f (τ )dτ = . 4 (4.264) s 0 Para la transformada inversa, tenemos L−1

h1 s

i Z t F (s) = f (τ )dτ. 0

(4.265)

´ E INTEGRACION ´ DE LA TRANSFORMADA 4.8. DIFERENCIACION

DE LAPLACE

213

Ejemplo 1: Hallar la funci´ on f (t) si su transformada de Laplace es 3 . s2 + s

F (s) =

(4.266)

Soluci´ on: Para poder usar el teorema 4.8.2, escribamos la expresión (4.266), de la siguiente manera F (s) =

3 3 = G(s), s(s + 1) s

(4.267)

donde

1 . s+1 Luego, con ayuda de la tabla 4.4-I calculamos la transformada inversa de la expresión 1 g(t) = L−1 [G(s)] = L−1 = e−t . s+1 G(s) =

(4.268)

(4.269)

Entonces, de la f´ ormula (4.265), tenemos −1

f (t) = L

h

Z t i i h −1 3 G(s) = 3 e−τ dτ F (s) = L s 0

Calculando la integral, obtenemos el resultado final f (t) = 3 1 − e−t .

(4.270)

(4.271)

Ejemplo 2: Hallar la funci´ on f (t) correspondiente a la transformada F (s) =

4 . s3 + 4s

(4.272)

Soluci´ on: Para poder usar el teorema 4.8.2, escribamos la transformada (4.272), de la siguiente manera F (s) =

4 (2)(2) 2 = = G(s), s3 + 4s s(s2 + 4) s

donde G(s) =

s2

2 . + (2)2

(4.273)

(4.274)

La transformada inversa de (4.274) es g(t) = L−1

h s2

i 2 = sen 2t. 2 + (2)

(4.275)

Entonces, aplicando el teorema 4.8.2, a la expresión (4.272), tenemos f (t) = L−1

h2 s

Z t t i G(s) = 2 sen 2τ dτ = − cos 2τ = 1 − cos 2t. 0

0

(4.276)

CAPÍTULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE

214

Ejemplo 3: Hallar la funci´ on f (t) si F (s) =

s(s2

1 . + ω2 )

(4.277)

Soluci´ on: Sea F (s) =

1 1 = G(s), s(s2 + ω 2 ) s

donde G(s) =

s2

(4.278)

1 . + ω2

(4.279)

La transformada inversa de esta expresi´ on es h i h g(t) = L−1 G(s) = L−1

1 −1 h ω i 1 1 i L = = sen ωt. 2 2 2 2 s +ω ω s +ω ω

(4.280)

Del teorema 4.8.2, tenemos −1

f (t) = L

4.9.

Z t i 1 t 1 1 G(s) = sen ωτ dτ = 2 cos ωτ = 2 (cos ωt − 1). s ω 0 ω ω 0

h1

(4.281)

Ecuaciones Diferenciales con Fuentes Discontinuas

En las aplicaciones, las funciones discontinuas (continuas por partes) aparecen de manera natural. Por ejemplo, el encendido y apagado de un interruptor, el golpe a un balón, etc., son fenómenos discontinuos. Las ecuaciones diferenciales que contienen funciones discontinuas son dif´ıciles de tratar anal´ıticamente usando los métodos previos. La transformada de Laplace es una herramienta poderosa para este tipo de ecuaciones diferenciales, ya que facilita mucho el tratamiento de las funciones discontinuas (secci´ on 4.7). El prop´ osito de esta sección es: el análisis de ecuaciones diferenciales con funciones discontinuas como fuentes. En otras palabras, aprenderemos a resolver ecuaciones de la forma ay 00 + by 0 + cy = f (t),

y(0) = c0 ,

y 0 (0) = c1 ,

(4.282)

donde a, b y c son constantes (a 6= 0) y f (t) tiene un n´ umero finito de discontinuidades en el intervalo [0, ∞), es decir, tiene la forma de (4.231). Este tipo de problemas surge en situaciones donde la entrada a un sistema f´ısico experimenta cambios instantáneos, por ejemplo, cuando se abre o se cierra un interruptor, o cuando las fuerzas que act´ uan en un sistema cambian de manera rápida. La receta para resolver este tipo de ecuaciones es la siguiente: Primer paso. Debemos representar a la función f (t) en forma de combinación de funciones escalón como en (4.232). Segundo paso. Aplicar la transformada de Laplace a toda la ecuación diferencial. Tercer paso. Hacer uso de la transformada de Laplace para las derivadas y tomar en cuenta las condiciones iniciales. Para calcular la transformada de Laplace de la función (fuente), continua por partes, se hace uso de los dos teoremas 4.7.1 y 4.7.2., antes vistos

4.9. ECUACIONES DIFERENCIALES CON FUENTES DISCONTINUAS

215

Cuarto paso. Despejar Y (s) y calcular su inversa con el objetivo de hallar la función y(t), la cual ser´ a la soluci´ on de la ecuación diferencial (4.282). Ejemplo 1: Resolver la siguiente ecuaci´ on diferencial de primer orden con una discontinuidad y 0 + 9y = u(t − 5),

y(0) = −2.

(4.283)

Aplicando la transformada de Laplace, resulta L[y 0 ] + 9L[y] = L[u(t − 5)].

(4.284)

Luego, usando el teorema 4.3.1, y tomando en cuenta la condición inicial, tenemos e−5s . s

(4.285)

2 e−5s + . s + 9 s(s + 9)

(4.286)

sY (s) + 2 + 9Y (s) = Factorizando y despejando a Y (s), obtenemos Y (s) = −

Para encontrar la soluci´ on y(t), debemos calcular la transformada inversa, esto es y(t) = −2L−1

h 1 i h e−5s i + L−1 . s+9 s(s + 9)

(4.287)

Desarrollando en fracciones parciales la expresión 1 A B = + . s(s + 9) s s+9

(4.288)

Tenemos, As + 9A + BS = 1, de donde, A = 1/9 y B = −1/9. Entonces e−5s e−5s e−5s = − , s(s + 9) 9s 9(s + 9)

(4.289)

y su transformada inversa es L−1

h e−5s i 1 h e−5s i 1 h e−5s i 1 1 = L−1 − L−1 = u(t − 5) − u(t − 5)e−9(t−5) . s(s + 9) 9 s 9 s+9 9 9

Luego, tomando en cuenta este resultado y usando la tabla 4.4-I, para calcular el primer término de la derecha de (4.287), tenemos la solución de la ecuación (4.283), 1 1 y(t) = −2e−9t + u(t − 5) − u(t − 5)e−9(t−5) . 9 9

(4.290)

Ejemplo 2: Resolver el problema de valor inicial y 0 + y = u(t − 2)e−2(t−2) , Soluci´ on:

y(0) = 1.

(4.291)

CAPÍTULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE

216

Aplicando la transformada de Laplace L[y 0 ] + L[y] = L[u(t − 2)e−2(t−2) ], obtenemos sY (s) − y(0) + Y (s) =

e−2s . s+2

(4.292)

(4.293)

Sustituyendo la condici´ on inicial y factorizando Y (s)[s + 1] = 1 +

e−2s . s+2

(4.294)

Despejando Y(s), resulta Y (s) =

e−2s 1 + . s + 1 (s + 1)(s + 2)

(4.295)

El u ´ltimo término lo podemos desarrollar en fracciones parciales, como resultado tenemos Y (s) =

1 e−2s e−2s + − . s+1 s+1 s+2

(4.296)

Por u ´ltimo, aplicando la transformada inversa de Laplace y haciendo uso de la tabla 4.4-I y del teorema 4.7.1, tenemos el resultado final y(t)

h 1 i h e−2s i h e−2s i + L−1 − L−1 s+1 s+1 s+2 = e−t + u(t − 2)e−(t−2) − u(t − 2)e−2(t−2) = e−t + u(t − 2) e−(t−2) − e−2(t−2) . = L−1 [Y (s)] = L−1

(4.297)

Ejemplo 3: Usar la transformada de Laplace para resolver la ecuación diferencial con valores iniciales n 3 0 ≤ t < π, y 00 + y = f (t) = y(0) = 0, y 0 (0) = 0. (4.298) 0 t ≥ π. Soluci´ on: Para resolver esta ecuaci´ on hagamos uso de la función escalón y los teoremas antes mencionados. Primero, desarrollemos la funci´ on f (t) en función del escalón, esto es f (t) = 3 − 3u(t − π).

(4.299)

Ahora aplicamos la transformada de Laplace a la ecuación (4.298), tenemos L[y 00 ] + L[y] = 3L[1] − 3L[u(t − π)].

(4.300)

Haciendo uso de las f´ ormulas para la transformada de Laplace de las derivadas, y considerando las condiciones iniciales, tenemos 3 3e−πs . (4.301) s2 Y (s) + Y (s) = − s s Factorizando y despejando a Y (s), obtenemos Y (s) =

3 3e−πs − . + 1) s(s2 + 1)

s(s2

(4.302)

4.9. ECUACIONES DIFERENCIALES CON FUENTES DISCONTINUAS

217

Desarrollando en fracciones parciales la expresión que está en el denominador de (4.302), esto nos da como resultado 1 A Bs + C 1 s = + 2 = − 2 . (4.303) s(s2 + 1) s s +1 s s +1 As´ı que, tenemos Y (s) =

3 3s 3 3s −πs − 2 − e−πs + 2 e . s s +1 s s +1

(4.304)

Por u ´ltimo, calculamos la transformada inversa de esta expresión. El resultado final es y(t)

h3 3s 3 3s −πs i = = L−1 − 2 − e−πs + 2 e s s +1 s s +1 h i h i = 3 1 − cos t u(t) − 3u(t − π) 1 − cos(t − π) .

(4.305)

Esta es la soluci´ on del problema con valor inicial. Ejemplo 4: Resolver la siguiente ecuaci´ on diferencial y 00 + 4y = 3u(t − 5) sen(t − 5),

y(0) = 1,

y 0 (0) = 0.

(4.306)

Soluci´ on: Aplicamos la transformada de Laplace L[y 00 ] + 4L[y] = 3L[u(t − 5) sen(t − 5)].

(4.307)

De donde, obtenemos s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 4Y (s) =

3e−5s . s2 + 1

(4.308)

Sustituyendo las condiciones iniciales y factorizando (s2 + 4)Y (s) =

3e−5s + s. s2 + 1

(4.309)

Luego, despejando Y (s), resulta Y (s) =

(s2

3e−5s s + . + 1)(s2 + 4) s2 + 4

(4.310)

Para obtener la soluci´ on de la ecuación (4.306), debemos tomar la transformada inversa y(t) = L−1

h s2

h i s i 3e−5s + L−1 . 2 2 +4 (s + 4)(s + 1)

(4.311)

Tomando en cuenta el resultado (4.207), podemos escribir y(t) = L−1

h

h −5s i h −5s i s i −1 e −1 e − L + L . s2 + 4 s2 + 4 s2 + 1

(4.312)

Vamos a calcular por separado las transformadas inversas. Haciendo uso de la tabla 4.4-I y del teorema 4.7.1, tenemos h s i L−1 2 = cos 2t. s +4

CAPÍTULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE

218

L−1

h e−5s i 1 = u(t − 5) sen 2(t − 5). s2 + 4 2

L−1

h e−5s i = u(t − 5) sen(t − 5). s2 + 1

Sustituyendo estos resultados en (4.312), obtenemos el resultado final 1 y(t) = cos 2t + u(t − 5) sen(t − 5) − u(t − 5) sen 2(t − 5). 2

(4.313)

Ejemplo 5: Hallar la soluci´ on del problema con valores iniciales y 00 + 2y 0 + 5y = 1 − u(t − 7),

y(0) = y 0 (0) = 0.

(4.314)

Soluci´ on: Aplicando la transformada de Laplace L[y 00 ] + 2L[y 0 ] + 5L[y] = L[1 − u(t − 7)],

(4.315)

resulta

1 e−7s − . s s Poniendo las condiciones iniciales, factorizando y despejando, obtenemos la ecuación s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 2[sY (s) − y(0)] + 5Y (s) =

(4.316)

e−7s 1 − . 2 + 2s + 5) s(s + 2s + 5)

(4.317)

Y (s) =

s(s2

Desarrollando en fracciones parciales la expresión 1 A Bs + C = + 2 . s(s2 + 2s + 5) s s + 2s + 5

(4.318)

Resulta A = 51 , B = − 15 y C = − 25 . Sustituyendo en (4.318), obtenemos 1 1 s+2 1 s+2 = − = − . s(s2 + 2s + 5) 5s 5(s2 + 2s + 5) 5s 5[(s + 1)2 + 4]

(4.319)

Entonces, de la ecuaci´ on (4.317), tenemos Y (s) =

1 s+2 e−7s e−7s (s + 2) − − + . 5s 5[(s + 1)2 + 4] 5s 5[(s + 1)2 + 4]

(4.320)

El u ´ltimo término lo podemos escribir como (s + 2) s+1+1 s+1 2 = = + 5[(s + 1)2 + 4] 5[(s + 1)2 + 4] 5[(s + 1)2 + 4] 5 · 2[(s + 1)2 + 4]

(4.321)

Entonces, la expresi´ on (4.320), tiene la forma Y (s) =

1 s+1 2 e−7s e−7s (s + 1) 2e−7s − − − + + . (4.322) 2 2 2 5s 5[(s + 1) + 4] 5 · 2[(s + 1) + 4] 5s (s + 1) + 4 5 · 2[(s + 1)2 + 4]

4.9. ECUACIONES DIFERENCIALES CON FUENTES DISCONTINUAS

219

Aplicando a transformada inversa y(t)

h1 i s+1 2 + − − 5s 5[(s + 1)2 + 4] 5 · 2[(s + 1)2 + 4] i h e−7s e−7s (s + 1) 2e−7s . + L−1 − + + 5s 5[(s + 1)2 + 4] 5 · 2[(s + 1)2 + 4] = L−1

(4.323)

Usando las tablas 4.4-I, tenemos para el primer término L−1

h1 i 1 e−t 1 s+1 2 = − cos 2t + sen 2t . − − 2 2 5s 5[(s + 1) + 4] 5 · 2[(s + 1) + 4] 5 5 2

(4.324)

y para el segundo térmnino i h e−7s e−7s (s + 1) 2e−7s 1 + + = − u(t − 7) + L−1 − 5s 5[(s + 1)2 + 4] 5 · 2[(s + 1)2 + 4] 5 i h 1 1 + u(t − 7)e−(t−7) cos 2(t − 7) + sen 2(t − 7) . 5 2

(4.325)

Sustituyendo los resultados de (4.324) y (4.325) en (4.323), obtenemos la solución de (4.314), y(t) =

1 i h 1 e−t 1 1 1 − cos 2t+ sen 2t − u(t−7)+ u(t−7)e−(t−7) cos 2(t − 7)+ sen 2(t − 7) . (4.326) 5 5 2 5 5 2

Observaci´ on: La ecuaci´ on (4.314), puede modelar una masa unitaria m = 1 unida a un resorte con constante k = 2, la cual se desliza sobre una superficie con coeficiente de amortiguamiento igual a 2. Las condiciones iniciales las podemos interpretar de la siguiente manera: en el tiempo t = 0 la masa se mantiene en reposo en y = 0. Cuando t < 7, la superficie se inclina de tal manera que la gravedad proporciona una fuerza unitaria (en este caso en la parte derecha de (4.314) aparecerá la unidad 1) que alarga al resorte. En el tiempo t = 7, la superficie vuelve a nivelarse ( es decir, la parte derecha de (4.314) ser´ a cero). Ejemplo 6: Resolver el siguiente problema con valores iniciales 1 para 0 ≤ t < 1 00 y + 2y = r(t) = . 0 para t > 1

Figura 4.5: Onda cuadrada r(t).

(4.327)

CAPÍTULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE

220

Este problema puede representar la respuesta de un sistema no amortiguado a una onda cuadrada sencilla figura 4.5. Soluci´ on: Antes que nada escribamos r(t) en funci´ on de las funciones escalón, esto es, como r(t) = u(t) + u(t − 1).

(4.328)

Sustituyendo en (4.327) y aplicando la transformada de Laplace, obtenemos L[y 00 ] + 2L[y] = L[u(t)] + L[u(t − 1)].

(4.329)

De donde, resulta 1 e−s + . s s Sustituyendo las condiciones iniciales y despejando Y (s), tenemos s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 2Y (s) =

Y (s) =

(4.330)

e−s 1 + . s(s2 + 2) s(s2 + 2)

(4.331)

Desarrollando en fracciones parciales la expresión 1 A Bs + C = + 2 , s(s2 + 2) s s +2

(4.332)

tenemos A + B = 0, 2A = 1, C = 0.

(4.333)

De donde, C = 0, A = 1/2 y B = −1/2. Entonces 1 1 s = − , s(s2 + 2) 2s 2(s2 + 2)

(4.334)

1 s e−s e−s s − + − . 2s 2(s2 + 2) 2s 2(s2 + 2)

(4.335)

Sustituyendo en (4.331), obtenemos Y (s) =

Nos queda por calcular la transformada inversa h1i 1 h s i 1 h e−s i 1 h e−s s i 1 y(t) = L−1 [Y (s)] = L−1 − L−1 2 + L−1 − L−1 2 . 2 s 2 s +2 2 s 2 s +2 Usando las fórmulas h1i L−1 h s si L−1 2 s +2 h e−s i L−1 s h e−s s i √ L−1 s2 + ( 2)2

(4.336)

de la tabla 4.4.-I y el teorema 4.7.1, tenemos =

1,

= L−1

h

i √ s √ = cos 2t, s2 + ( 2)2

= u(t − 1), h i F (s) = = L−1 e−s F (s) = por el

(4.337) s√ s2 +( 2)2

√

= cos 2t teorema 4 · 7 · 1

= cos

√

2(t − 1)u(t − 1).

4.10. ECUACIONES DIFERENCIALES CON IMPULSOS

221

Sustituyendo estos resultados en (4.336), tenemos el resultado final y(t) =

√ 1 √ 1 1 − cos 2t − 1 − cos 2(t − 1) u(t − 1). 2 2

Este mismo resultado lo podemos escribir de la siguiente manera ( √ 1 1 − cos 2t para 0 ≤ t < 1 2 y(t) = √ √ 1 1 2 cos 2(t − 1) − 2 cos 2t para t > 1

(4.338)

(4.339)

Como podemos observar, la solución y(t) representa una composición de oscilaciones armónicas.

4.10.

Ecuaciones Diferenciales con Impulsos

Hemos aprendido a resolver ecuaciones diferenciales del tipo a

dy d2 y +b + cy(t) = f (t), 2 dt dt

y(t0 ) = y0 ,

y 0 (t0 ) = y00 ,

(4.340)

donde a, b, c son constantes, y la función f (t) es continua o continua por partes en el intervalo [0, ∞). En muchas de las aplicaciones surgen problemas de valor inicial donde la función f (t) representa una fuerza que es muy grande durante un tiempo muy corto y cero en el resto del tiempo. A estas fuerza se les conoce como impulsivas ó forzamiento de impulso, y ocurren, por ejemplo, cuando dos objetos entran en colisi´ on. Debido a que no es posible representar a estas fuerzas como funciones continuas o continuas por partes, debemos construir un modelo matemático distinto para estudiarlas. Sea la ecuaci´ on a

d2 y dy + cy(t) = g(t), +b dt2 dt

(4.341)

donde a, b, c son constantes y la función g(t) es una función muy grande en un tiempo extremadamente corto. Esto puede ser como el golpe de un bate a una pelota de beis-boll. La función se puede representar como muy grande, cuando t = t0 g(t) = (4.342) 0 cuando t 6= t0 . Para precisar m´ as y poder obtener una solución, necesitamos alg´ un tipo de fórmula para la función g(t). Para esto supongamos que la fuerza act´ ua en un intervalo de tiempo, de t0 − ∆t a t0 + ∆t durante un tiempo peque˜ no ∆t > 0, y que la fuerza es la constante k en este intervalo de tiempo. Entonces, la funci´ on de impulso tiene la forma k, t0 − ∆t ≤ t ≤ t0 + ∆t g∆t (t) = (4.343) 0, otros valores. Con esta selecci´ on de k, el ´ area sobre la gráfica de g∆t (t) es la misma que se halla en un rectángulo 1 con base 2∆t y altura 2∆t . Es decir, el área es la unidad sin importar que intervalo ∆t elijamos (ver figura). Como el intervalo de tiempo que dura la fuerza es extremadamente peque˜ no, podemos analizar el caso ∆t → 0. Esto significa que estamos comprimiendo la misma cantidad de fuerza en un ”punto”. Entonces, una fuerza instantánea podr´ıa representarse tomando el l´ımite cuando ∆t → 0. Sin embargo, l´ım g∆t (t), (4.344) ∆t→0

CAPÍTULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE

222

es muy confuso. Ya que para cualquier t 6= t0 , el l´ımite de g∆t (t), cuando ∆t → 0 es cero, debido a que para un ∆t muy peque˜ no, el tiempo t est´ a fuera del intervalo en que g∆t (t) es positiva. Por otro lado, l´ım g∆t (t0 ), (4.345) ∆t→0

no existe, ya que g∆t (t0 ) → ∞, cuando ∆t → 0. A la ”función”δ(t − t0 ), definida como δ(t − t0 ) = l´ım g∆t (t),

(4.346)

∆t→0

se le conoce como funci´ on delta de Dirac . Esta función es cero para todos los valores de t excepto para t = t0 , donde es infinita. Debemos tener en cuenta que δ(t − t0 ) no es una función en el sentido usual, ya que seg´ un la ”definición”implica que δ(t − t0 ) = 0, si t 6= t0 , mientras que Z

t0

δ(t − t0 )dt = 1.

(4.347)

t0

Del cálculo sabemos que ninguna funci´ on cumple estas propiedades, no obstante existe una rama de las matemáticas conocida como teor´ıa de distribuciones, en la cual la definición se puede hacer de manera rigurosa. La idea es poder resolver ecuaciones diferenciales del tipo a

dy d2 y +b + cy(t) = δ(t − t0 ), 2 dt dt

donde

δ(t − t0 ) =

y(t0 ) = y0 ,

y 0 (t0 ) = y00 ,

(4.348)

0, t 6= t0 ∞, t = t0 .

(4.349)

En la siguiente secci´ on hallaremos la transformada de Laplace de la función delta de Dirac y entonces, estaremos listos para resolver ecuaciones del tipo (4.348).

4.11.

Transformada de Laplace de la Funci´ on Delta de Dirac

Para evaluar la transformada de Laplace de la función delta de Dirac, hagamos ∆t > 0, entonces L[g∆t ]

∞

t0 +∆t

1 e−st t0 +∆t 1 −st e dt = = 2∆t 2∆t −s t0 −∆t 0 t0 −∆t 1 e−s(t0 +∆t) − e−s(t0 +∆t) e−4s es∆t − e−s∆t = − = . 2∆t s s 2∆t Z

−st

=

g∆t (t)e

Z

dt =

(4.350)

Luego, tomando el l´ımite ∆t → 0, obtenemos l´ım L[g∆t ] = l´ım

∆t→0

∆t→0

e−st0 es∆t − e−s∆t s

2∆t

=

e−st0 s

l´ım e−s∆t

∆t→0

e2s∆t − 1 2∆t

= e−st0 . (4.351)

El l´ımite de la transformada de Laplace de g∆t cuando ∆t → 0 es una función bien definida. Por consiguiente, la ”funci´ on”delta de Dirac la podemos definir como 0, t 6= t0 δ(t − t0 ) = (4.352) ∞, t = t0 ,

´ DELTA DE DIRAC 4.11. TRANSFORMADA DE LAPLACE DE LA FUNCION

223

y su transformada de Laplace es L[δ(t − t0 )] = e−st0 .

(4.353)

Si t0 = 0, entonces, tenemos que la transformada de Laplace de la función delta de Dirac δ(t) es L[δ(t)] = 1.

(4.354)

Ejemplo 1: Supongamos que tenemos una masa unitaria unida a un resorte, cuya constante es 9 y resbala sobre una superficie sin fricci´ on. Supongamos, además, que para t < 0, la masa está en el punto de equilibrio y en reposo en x = 0. Cuando t = 0, a la masa se le da un fuerte golpe en la dirección x positiva. Hallar la ley que gobierna el movimiento de este sistema masa-resorte. Soluci´ on: De las condiciones del problema, tenemos que en t = 0, x(0) = 0, pero x0 (0) está indefinida debido a que la aceleraci´ on en este punto es infinita. Para indicar que antes de t = 0 la masa estaba en reposo, escribimos la condici´ on inicial x0 (0) = 0− . Tenemos, entonces, que la ecuación diferencial que describe el movimiento de nuestro sistema es d2 x + 9x = δ(t), dt2

x(0) = 0,

x0 (0) = 0− .

(4.355)

Tomando la transformada de Laplace en ambos lados de la ecuación (4.355), resulta h d2 x i L + 9L[x] = L[δ(t)]. dt2

(4.356)

Esta expresi´ on la podemos escribir como s2 X(s) − sx(0) − x0 (0) + 9X(s) = 1,

(4.357)

donde hemos usado el resultado(4.354). Sustituyendo las condiciones iniciales y despejando X(s), obtenemos la expresi´ on 1 1 = 2 . (4.358) X(s) = 2 s +9 s + (3)2 La transformada inversa la escribimos de la siguiente manera h i 1 h i 1 3 −1 x(t) = L−1 2 = L s + (3)2 3 s2 + (3)2 h i ω Usando la f´ ormula L−1 s2 +ω = sen ωt de la tabla 4,4 − 2, resulta 2 x(t) =

1 1 sen 3t = sen 3t + 2π 3 3

(4.359)

(4.360)

Hemos obtenido la ley de movimiento para un sistema masa-resorte, para el cual la amplitud es A = 1/3, la frecuencia ω = 3 y el periodo T = 2π. Ejemplo 2: Resolver el siguiente problema con valores iniciales y 0 + 2y = δ(t − 2), Soluci´ on:

y(0) = 0.

(4.361)

CAPÍTULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE

224

Aplicando la transformada de Laplace, tenemos L[y 0 ] + 2L[y] = L[δ(t − 2)],

y(0) = 0.

(4.362)

Usando la transformada de Laplace para la derivada, obtenemos sY (s) − y(0) + 2Y (s) = e−2s

(4.363)

Sustituyendo las condiciones iniciales y despejando, resulta Y (s) =

e−2s . s+2

(4.364)

Tomando la transformada inversa de esta expresión y(t) = L−1

h e−2s i s+2

.

(4.365)

Usando la tabla 4.4-I y el segundo teorema de desplazamiento 4.7.1, obtenemos el resultado final y(t) = u(t − 2)e−2(t−2) .

(4.366)

Ejemplo 3: Resolver el siguiente problema de valor inicial y 00 + 2y 0 − 3y = δ(t − 1) − 3δ(t − 4),

y(0) = 0,

y 0 (0) = 0.

(4.367)

Soluci´ on: Aplicando la transformada de Laplace L[y 00 + 2L[y 0 ] − 3L[y] = L[δ(t − 1)] − 3L[δ(t − 4)],

(4.368)

s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 2[sY (s) − y(0)] + 3Y (s) = e−s − 3e−4s .

(4.369)

tenemos Tomando en cuenta las condiciones iniciales y despejando Y (s), resulta Y (s) =

s2

3e−4s e−s − 2 . + 2s − 3 s + 2s − 3

(4.370)

Desarrollemos en fracciones parciales la expresión 1 1 A B = = + . s2 + 2s − 3 (s + 3)(s − 1) s+3 s−1

(4.371)

Resultan las ecuaciones A+B = 0 3B − A = 1.

(4.372)

Las soluciones de este sistema son A = −1/4 y B = 1/4. Sustituyendo estos valores en (4.371) y luego en (4.370), tenemos Y (s) = −

1 e−s 1 e−s 3 e−4s 3 e−4s + + − . 4s+3 4s−1 4s+3 4s−1

(4.373)

´ 4.12. TEOREMA DE CONVOLUCION

225

Ahora, se toma la transformada inversa de (4.373), esto es e−s 1 e−s 3 e−4s 3 e−4s 1 y(t) = L−1 [Y (s)] = − L−1 + L−1 + L−1 − L−1 . 4 s+3 4 s−1 4 s+3 4 s−1 Ahora usando la tabla 4.4-I y el teorema 4.7.1, tenemos el resultado final 3 1 y(t) = u(t − 1) e(t−1) − e−3(t−1) + u(t − 4) e−3(t−4) − e(t−4) . 4 4

(4.374)

(4.375)

Ejemplo 4: Hallar la respuesta del sistema amortiguado masa-resorte representado por la ecuación y 00 + 3y 0 + 2y = δ(t − 3),

y 0 (0) = 0.

y(0) = 0,

(4.376)

Esta ecuaci´ on y sus condiciones iniciales, nos dicen que el sistema se hallaba en reposo y en el tiempo t = 0, el sistema recibi´ o un fuerte impacto. Soluci´ on Aplicamos la transformada de Laplace a ambos lados de la ecuación (4.376) L[y 00 ] + 3L[y 0 ] + 2L[y] = L[δ(t − 3)].

(4.377)

Tomando en cuenta las condiciones iniciales, resulta s2 Y (s) + 3sY (s) + 2Y (s) = e−3s .

(4.378)

Factorizando, tenemos e−3s . s2 + 3s + 2 Podemos desarrollar en fracciones parciales la expresión Y (s) =

(4.379)

1 1 A B = = + . s2 + 3s + 2 (s + 2)(s + 1) s+2 s+1

(4.380)

Los valores de las constantes son A = −1 y B = 1. Entonces, sustituyendo estos valores en (4.380) y a su vez en (4.379), tenemos e−3s e−3s Y (s) = − + . (4.381) s+2 s+1 Ahora, aplicamos la transformada inversa de Laplace, esto es y(t) = L−1 [Y (s)] = −L−1

e−3s s+2

+ L−1

e−3s s+1

Aplicando el teorema 4.7.1 y la tabla 4.4-I, el resultado final es y(t) = u(t − 3) e−(t−3) − e−2(t−3) .

4.12.

.

(4.382)

(4.383)

Teorema de Convoluci´ on

Si aplicamos la transformada de Laplace para resolver ecuaciones diferenciales con valores iniciales, probablemente el paso m´ as dif´ıcil es el u ´ltimo. La dificultad aparece cuando tenemos que

CAPÍTULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE

226

descomponer un complicado producto en la suma de dos o más términos más simples, usando fracciones parciales. A pesar de que el ´ algebra involucrada es elemental, puede llegar a ser bastante complicada. Ser´ıa factible tener una regla de productos para las transformadas inversas de Laplace, es decir, poder calcularlas a partir de las transformadas inversas de cada uno de sus factores. Esta regla existe y de esto nos ocuparemos en esta secci´ on. Supongamos que deseamos calcular la transformada inversa de Laplace del producto F (s) y G(s), es decir L−1 [F (s)G(s)], (4.384) donde L−1 [F (s)] = f (t),

L−1 [G(s)] = g(t).

De la definción de la transformada de Laplace, tenemos Z ∞ Z −sτ F (s) = f (τ )e dτ, G(s) = 0

∞

g(u)e−su du.

(4.385)

0

Donde estamos tomando a τ y u como las variables de integración (esto no cambia nada). De tal manera que el producto de F (s) y G(s) lo podemos escribir como Z ∞ Z ∞ F (s)G(s) = f (τ )e−sτ dτ g(u)e−su du . (4.386) 0

0

La primer integral no contiene a u, por lo tanto, podemos escribirla dentro de la segunda integral, esto nos da Z ∞Z ∞ F (s)G(s) = f (τ )e−sτ dτ g(u)e−su du. (4.387) 0

0

Luego, combinando este resultado en una integral doble, resulta Z ∞Z ∞ F (s)G(s) = f (τ )g(u)e−s(τ +u) dτ du . 0

(4.388)

0

Haciendo la sustituci´ on t=τ +u

→

τ = t − u,

dt = 1, du

Por lo tanto, tenemos

∞

Z

Z

0 1. n 2 0 ≤ t < 3, 14. f (t) = −2 t > 3. n t 0 ≤ t < 2, 15. f (t) = 0 t > 2. n sen t 0 ≤ t < 2π, 16. f (t) = 0 t > 2π. n −1 0 ≤ t < 1, 17. f (t) = 1 t > 1. n t 0 ≤ t < 1, 18. f (t) = 1 t > 1. n 2t + 1 0 ≤ t < 1, 19. f (t) = 0 t > 1. n t − 1 0 ≤ t < 2, 20. f (t) = 4 t > 2. 4.2.-) En los siguientes problemas hallar la transformada inversa de Laplace: 1. F (s) =

1 s

+

2 s2

+

3 s3

+

+

2 s−3

+

s+1 s3

e−2s s2 .

19. F (s) = 2s + s12 + e−2s s42 − + e−4s 1s + s12 . 20. F (s) =

1 s

+

4 s2

+ e−3s

4 s

−

1 s3

1 s2

+

e−2s s .

4.3.-) Usando la Transformada de Laplace resolver las siguientes ecuaciones diferenciales con valores iniciales. 1. y 0 = t,

y(0) = 0.

2. y 0 = 1 − t,

y(0) = 0.

3. y 00 + 3y = x2 e−x , y(0) = 1, y 0 (0) = −4. 4. y 00 + y = sen x, y 0 (0) = 1.

y(0) = 0,

CAPÍTULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE

232

5. y 0 = 3 − 2t,

y(0) = 0.

6. y 00 = 1 − t,

y(0) = 0,

00

7. y = 3 − 2t, 8. y 00 = 3 + 2t,

y(0) = 0, y(0) = 0,

1 0 ≤ t < 1, −1 1 ≤ t < 2, 0 t > 2. y 0 (0) = −5. (

00

0

22. y − 5y + 4y = y 0 (0) = 0. 0

y (0) = 0. y 0 (0) = 0.

9. y 00 − 6y 0 + 5y = 3e2t , y(0) = 2, y 0 (0) = 3. 10. 2y 00 + 3y 0 + y = 8e−2t , y(0) = −4, y 0 (0) = 2. 11. y 00 + 2y 0 + 2y = 1, y(0) = −3, y 0 (0) = 1. 12. y 00 − 2y 0 + y = et , y(0) = 0, y 0 (0) = 5. 13. y 00 − 8y 0 + 20y = tet , y(0) = 0, y 0 (0) = 0. 14. y 00 − 4y 0 + 6y = 30u(t − π), y(0) = 0, y 0 (0) = 0.   t2 0 ≤ t < 1, 00 15. y = −t 1 ≤ t < 2,  t + 1 t > t2 . y(0) = 1, y 0 (0) = 0. ( 1 0 ≤ t < 2π, 16. y 00 + 2y 0 + 2y = t 2π ≤ t < 3π, −1 t > 3π. y(0) = 2, y 0 (0) = −1. n 3 0 ≤ t < π, 17. y 00 + y = 0 t > π. y(0) = 0, y 0 (0) = 0. n 3 0 ≤ t < 4, 18. y 00 + y = 2t − 5 t > 4. y(0) = 1, y 0 (0) = 0. n 4 0 ≤ t < 1, 19. y 00 − 2y 0 = 6 t > 1. y(0) = −6, y 0 (0) = 1. 2t 0 ≤ t < 2, 00 20. y − y = e 1 t > 2. y(0) = 3, y 0 (0) = −1. ( 0 0 ≤ t < 1, 00 0 21. y − 3y + 2y = 1 1 ≤ t < 2, −1 t > 2. y(0) = −3, y 0 (0) = 1.

y(0) = 3,

23. y 00 + 6y 0 + 5y = t − tu(t − 2), y(0) = 1, y 0 (0) = 0. 2 0 24. y − 5y = t 0 ≤ t < 1, 0 t > 1. y(0) = 0,

y 0 (0) = 5.

25. Un circuito conectado en serie contiene un inductor, un resistor y un capacitor, para los cuales L = 1/2h, R = 10Ω, y C = 0,01F , respectivamente. La tensión n 10 0 ≤ t < 5, E(t) = 0 t > 5. se aplica al sistema. Determinar la carga instantánea q(t) en el capacitor para t > 0 si q(0) = 0 y q 0 (0) = 0.

Cap´ıtulo 5

´ DE INTEGRACION ECUACIONES DIFERENCIALES USANDO SERIES DE POTENCIA Hemos aprendido diferentes métodos de solución de las ecuaciones diferenciales. Excepto la ecuaci´ on de Cauchy-Euler, siempre hemos supuesto que los coeficientes de la ecuación diferencial son constantes. Sin embargo, hay ecuaciones diferenciales muy importantes con coeficientes que son funciones de la variable independiente, y en tal caso es imposible resolver este tipo de ecuaciones con los métodos antes vistos. No obstante, existe un excelente método para resolver ecuaciones diferenciales con coeficientes variables. Este método se basa en las series de potencia. Desde luego, éste es un método aproximado, pero en tal caso no nos queda más que conformarnos con ello. Antes de entrar en materia veamos algunas definiciones que serán u ´tiles posteriormente.

5.1.

Series de Potencias

Del c´ alculo diferencial e integral sabemos que a una serie infinita que tiene la forma

a0 + a1 (x − x0 ) + a2 (x − x0 )2 +, ..., +am (x − x0 )m + ... ≡

P∞

m=0

am (x − x0 )m

(5.1)

donde x0 y a0 , a1 , ..., am ... son constantes, a estas u ´ltimas se les llama coeficientes de la serie, se le llama serie de potencias en potencias de x − x0 . A x0 se le conoce como el centro de la serie y x es una variable. En particular, el centro x0 puede estar en el or´ıgen, es decir x0 = 0, y en tal caso, la serie (5.1), se reduce a una serie de potencias en potencias de x

a0 + a1 x + a2 x2 +, ..., +am xm + ... ≡

233

P∞

m=0

am xm

(5.2)

´ DE ECUACIONES DIFERENCIALESUSANDO SERIES DE POTENCIA 234CAPÍTULO 5. INTEGRACION

La suma de los primeros n términos de (5.1), se representa por sn (x) = a0 + a1 (x − x0 ) + a2 (x − x0 )2 +, ..., +an (x − x0 )n ,

(5.3)

donde n = 0, 1, 2 . . . Es claro, que si omitimos los primeros sn términos de (5.1), la expresión que nos queda es Rn (x) = an+1 (x − x0 )n+1 + an+2 (x − x0 )n+2 + . . . . (5.4) A esta expresión se le conoce como residuo de la serie (5.1), después del término an (x − x0 )n . Obviamente ∞ X

am (x − x0 )m = a0 + a1 (x − x0 ) + a2 (x − x0 )2 +, ..., +an (x − x0 )n + ... = sn (x) + Rn (x). (5.5)

m=0

Para las primeras sumas parciales, tenemos s0 (x) = a0 , s1 (x) = a0 + a1 (x − x0 ), s2 (x) = a0 + a1 (x − x0 ) + a2 (x − x0 )2 ,

R0 (x) = a1 (x − x0 ) + a2 (x − x0 )2 + . . . R1 (x) = a2 (x − x0 )2 + a3 (x − x0 )3 + . . . R2 (x) = a3 (x − x0 )3 + a4 (x − x0 )4 + . . . (5.6)

De esta manera hemos asociado a la serie (5.1), una sucesión de sumas parciales s0 (x), s1 (x), s2 (x), . . . y sus respectivos residuos R0 (x), R1 (x), . . .. Si para alguna x = x1 la suma converge, es decir, si se cumple la relación l´ım sn (x1 ) = s(x1 ),

n→∞

(5.7)

entonces, decimos que la serie (5.1), converge en x = x1 y que el n´ umero s(x1 ), es el valor o la suma de la serie (5.1), en x = x1 , y se escribe m s(x1 ) = Σ∞ m=0 am (x1 − x0 ) .

(5.8)

s(x1 ) = Sn (x1 ) + Rn (x1 ).

(5.9)

Entonces, para cada n se tiene Si la suma diverge en x = x1 , decimos que la serie (5.1), diverge en x = x1 . Para la convergencia de la serie (5.1), se tiene que para cualquier > 0 existe un N () tal que, de (5.9), se tiene |Rn (x1 )| = |s(x1 ) − sn (x1 )| < , ∀n > N. (5.10) Desde el punto de vista geométrico esto significa que toda sn (x1 ) con n > N , está entre s − y s + , figura 5.1

Figura 5.1: Gr´ afica de la desigualdad (5.10).

Desde el punto de vista pr´ actico, esto quiere decir, que en el caso de convergencia es posible aproximar la suma s(x1 ) de (5.1), mediante sn (x1 ), con la presición que se desee, tomando a n lo suficientemente grande.

5.2. INTERVALO Y RADIO DE CONVERGENCIA

5.2.

235

Intervalo y Radio de Convergencia

Si ponemos x = x0 en la serie (5.1), observamos que, excepto el término a0 todos los demás términos son cero. Por consiguiente, la serie (5.1), siempre converge en x = x0 . Existen algunos casos en los cuales x = x0 puede ser la u ńica posibilidad de convergencia. Tales series no son realmente de interés pr´ actico. Si existen valores de x para los cuales la serie (5.1), converge, estos valores forman un intervalo, llamado intervalo de convergencia de la serie . Si tal intervalo existe y además es finito y tiene el punto medio x0 , (éste se representa en la figura 5.2)

Figura 5.2: Intervalo de convergencia (5.11) de una serie de potencias con centro en x0 .

|x − x0 | < R.

(5.11)

y la serie (5.1), converge para toda x que satisfaga la relación (5.11), y diverge para toda x que cumpla la relaci´ on |x − x0 | > R, entonces, al n´ umero R se le conoce como radio de convergencia de la serie (5.1). El radio de convergencia se puede calcular por cualquiera de las dos fórmulas l´ımm→∞ aam+1 = m

1 R

l´ımm→∞

p |am | =

m

1 R

(5.12)

con la u ńica condici´ on de que estos l´ımites existan y que sean diferentes de cero. Si los l´ımites son infinitos, entonces, la serie (5.1), converge sólo en el centro x0 . Si para cada x la serie (5.1), converge, entonces, ésta tiene un valor dado s(x). En tal caso, decimos que la serie (5.1), representa a la función s(x), en el intervalo de convergencia y escribimos s(x) =

∞ X

am (x − x0 )m ,

|x − x0 | < R.

(5.13)

m=0

El dominio de la funci´ on ser´ a el intervalo de convergencia de la serie. Si la serie tiene un radio de convergencia R > 0, entonces s(x), es continua, diferenciable e integrable en el intervalo |x−x0 | < R.

5.3.

Propiedades de las Series de Potencias

Multiplicaci´ on de series por una constante: Si multiplicamos una serie de potencias por una

´ DE ECUACIONES DIFERENCIALESUSANDO SERIES DE POTENCIA 236CAPÍTULO 5. INTEGRACION

constante, entonces la constante se puede colocar dentro de la sumatoria, es decir c

P∞

m=0

am (x − x0 )m =

P∞

m=0

cam (x − x0 )m

(5.14)

Suma de Series: Dos series de potencias designadas por las funciones f (x) y g(x) ∞ X

f (x) =

am (x − x0 )m ,

g(x) =

m=0

∞ X

bm (x − x0 )m ,

(5.15)

m=0

con radios de convergencia positivos pueden sumarse término a término en puntos comunes de sus intervalos abiertos de convergencia; as´ı, si la primera serie converge para |x − x0 | < R1 y la segunda converge para |x − x0 | < R2 , entonces f (x) + g(x) =

P∞

m=0 (am

+ bm )(x − x0 )m

(5.16)

para |x − x0 | < R, donde R es el menor de R1 y R2 . Entonces, las combinaciones lineales de series de potencias pueden formarse término a término, esto es, c1 f (x) + c2 g(x) =

P∞

m=0 (c1 am

+ c2 bm )(x − x0 )m

(5.17)

Multiplicaci´ on de Series: Dos series de potencias se pueden multiplicar término a término. Sean f (x) =

∞ X

am (x − xo )m ,

g(x) =

m=0

∞ X

bm (x − xo )m ,

(5.18)

m=0

dos series con radios de convergencia positivos. Entonces, la multiplicación de estas series está definida como f (x)g(x)

=

∞ X

(a0 bm + a1 bm−1 + . . . + am b0 )(x − x0 )m =

m=0

= a0 b0 + (a0 b1 + a1 b0 )(x − x0 ) + (a0 b2 + a1 b1 + a2 b0 )(x − x0 )2 + . . .

(5.19)

Desplazando el ´ındice en la sumatoria de la serie: El ´ındice de una sumatoria en una serie de potencias es una variable muda, es decir ∞ ∞ X X 2k k 3 2m m3 = . (m + 1)! (k + 1)! m=2

(5.20)

k=2

Para cualquier entero k la serie de potencias P∞

m=m0

am (x − x0 )m−k =

P∞

m+k=m0

am+k (x − x0 )m+k−k =

P∞

m=m0 −k

am+k (x − x0 )m

(5.21)

es decir, reemplazar m por m + k en el término general y restar k del l´ımite inferior de la sumatoria deja sin cambio a la serie.

5.4. DERIVADAS DE LAS SERIES DE POTENCIAS

5.4.

237

Derivadas de las Series de Potencias

Una serie de potencias admite derivadas término a término de la serie . Sea la serie f (x) =

∞ X

am (x − x0 )m ,

|x − x0 | < R.

(5.22)

m=0

convergente para |x − x0 | < R, donde R > 0, entonces la serie obtenida al derivar término a término también converge y representa la derivada f 0 (x) de f (x), esto es f 0 (x) =

∞ X

mam (x − x0 )m−1 ,

|x − x0 | < R

(5.23)

m=1

De igual manera, tenemos la segunda derivada f 00 (x) =

∞ X

m(m − 1)am (x − x0 )m−2 ,

|x − x0 | < R

(5.24)

m=2

y en general se tiene hasta el orden k, f (k) =

P∞

m=k

m(m − 1)...(m − k + 1)am (x − x0 )m−k

|x − x0 | < R

(5.25)

Adem´ as, todas las series tienen el mismo radio de convergencia R.

5.5.

Series e Integraci´ on de Ecuaciones Diferenciales

Existe una infinidad de ecuaciones diferenciales que no se reducen a cuadraturas, en tal caso nos vemos en la necesidad de recurrir a métodos aproximados de integración de dichas ecuaciones. Uno de estos métodos consiste en representar la solución de la ecuación en forma de la serie de Taylor, entonces, la suma de un n´ umero finito de términos de esta serie será aproximadamente igual a la soluci´ on particular buscada. Supongamos que necesitamos hallar la solución de la ecuación diferencial de segundo orden y 00 = F (x, y, y 0 ),

y(x0 ) = y0 ,

y 0 (x0 ) = y00 .

(5.26)

Ahora, supongamos que la soluci´ on y = f (x) existe y puede ser representada en forma de serie de Taylor, es decir, como y(x) = f (x) = f (x0 ) + f 0 (x0 )(x − x0 ) +

f 00 (x0 ) f 000 (x0 ) (x − x0 )2 + (x − x0 )3 + . . . 1·2 1·2·3

(5.27)

Entonces, debemos encontrar a f (x0 ), f 0 (x0 ), f 00 (x0 ), . . . ,, es decir, los valores de las derivadas de la soluci´ on particular para x = x0 . Esto es fácil calcular usando las expresiones de (5.26). De las condiciones en (5.26), podemos deducir f (x0 ) = y0 ,

f 0 (x0 ) = y 0 (x0 ).

(5.28)

De la ecuaci´ on (5.26), obtenemos f 00 (x0 ) = y 00 (x0 ) = F (x0 , y0 .y00 ).

(5.29)

´ DE ECUACIONES DIFERENCIALESUSANDO SERIES DE POTENCIA 238CAPÍTULO 5. INTEGRACION

Derivando ambos términos de la ecuaci´ on (5.26), respecto a x, tenemos y 000 = Fx0 (x, y, y 0 ) + Fy0 (x, y, y 0 )y 0 + Fy0 0 (x, y, y 0 )y 00 .

(5.30)

poniendo los valores de x = x0 en el segundo término, encontramos f 000 (x0 ) = y 000 (x0 ).

(5.31)

Derivando una vez m´ as la expresi´ on (5.30), obtenemos f IV (x0 ) = y IV (x0 ).

(5.32)

As´ı sucesivamente. Luego los valores encontrados de las derivadas se sustituyen en la serie de Taylor (5.27). La serie as´ı obtenida representa la soluci´ on de la ecuación dada para los valores de x para los cuales la serie converge. Ejemplo 1: Usar la serie de Taylor para hallar la integración aproximada de la ecuación y 0 = x2 y + y 3 ,

(5.33)

con la condición inicial y(0) = 1. Aproximar hasta los cuatro primeros términos diferentes de cero. Soluci´ on: De la condición inicial, tenemos y 0 (0) = 02 y + (1)3 = 1

→

y 0 (0) = 1.

(5.34)

Derivando la ecuaci´ on (5.33) dos veces m´ as, tenemos y 00 y 000

= 2xy + x2 y 0 + 3y 2 y 0 , = 2y + 2xy 0 + 2xy 0 + x2 y 00 + 6y(y 0 )2 + 3y 2 y 00 .

(5.35)

Sustituyendo en (5.35), la condici´ on (5.34) y y(0) = 1, obtenemos y 00 = 3,

y 000 = 2 + 6 + 3 · 3 = 17.

(5.36)

Sustituyendo en la serie, tenemos y(x) = 1 +

3x2 17 x + + x3 . 1! 2! 3!

(5.37)

Ejemplo 2: Usar la serie de Taylor para hallar la integración aproximada de la ecuación y 00 = x + y 2 .

(5.38)

con las condiciones iniciales y(0) = 0 y y 0 (0) = 1. Hallar los cinco primeros términos diferentes de cero. Soluci´ on:

´ DE ECUACIONES LINEALES MEDIANTE SERIES DE POTENCIAS 239 5.6. INTEGRACION

Diferenciando la ecuaci´ on (5.38), tenemos y 000 y IV yV yV I y V II

= = = = =

1 + 2yy 0 , 2y 0 y 0 + 2yy 00 , 2y 00 y 0 + 2y 0 y 00 + 2y 0 y 00 + 2yy 000 = 6y 0 y 00 + 2yy 000 , 6y 00 y 00 + 6y 0 y 000 + 2y 0 y 000 + 2yy IV = 6(y 00 )2 + 8y 0 y 000 + 2yy IV 12y 000 + 8y 00 y 000 + 8y 0 y IV + 2y 0 y IV + 2yy V .

(5.39)

Sustituyendo las condiciones iniciales, obtenemos y(0) = 0, V y (0) = 0,

y 0 (0) = 1, y 00 = 0, y 000 (0) = 1, y V I (0) = 16, y V II (0) = 32.

y IV (0) = 2, (5.40)

Entonces, la soluci´ on tiene la forma y(x) =

5.6.

x x3 2x4 16x6 32x7 + + + + + ..... 1! 3! 4! 6! 7!

(5.41)

Integraci´ on de Ecuaciones Lineales Mediante Series de Potencias

Una forma de comprender como funciona el método de series de potencias en la solución de ecuaciones diferenciales, es aplicarlo a ecuaciones diferenciales cuyas soluciones ya son conocidas. Empecemos con dos ejemplos, para los cuales las soluciones son obtenidas por métodos ya estudiados en las secciones anteriores. Ejemplo 1: Usar la serie de potencia para resolver la ecuación diferencial y 0 + y = 0.

(5.42)

Soluci´ on: Supongamos la soluci´ on en serie de potencias y(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + . . . am xm + . . . =

∞ X

am xm .

(5.43)

m=0

Derivando esta expresi´ on, tenemos y 0 (x) =

∞ X

mam xm−1 .

(5.44)

m=1

Sustituyendo en la ecuaci´ on (5.42), obtenemos ∞ X

mam xm−1 +

m=1

∞ X

am xm = 0.

(5.45)

m=0

Para factorizar, debemos tener los mismos exponentes en x. Hagamos un desplazamiento de ´ındice en la primer suma de (5.45). Sea n = m − 1, entonces, m = n + 1 y n comienza de cero. Tenemos ∞ X n=0

n

(n + 1)an+1 x +

∞ X n=0

an xn = 0.

(5.46)

´ DE ECUACIONES DIFERENCIALESUSANDO SERIES DE POTENCIA 240CAPÍTULO 5. INTEGRACION

Factorizamos

∞ h X

i (n + 1)an+1 + an xn = 0.

(5.47)

n=0

Debido a que xn 6= 0, lo que debe ser cero es la expresión que esta en paréntesis cuadrados, esto es (n + 1)an+1 + an = 0.

(5.48)

De aqu´ı obtenemos la ecuaci´ on

an , ∀n ≥ 0. (5.49) n+1 A esta ecuación se le llama ecuaci´ on de recurrencia. Hagamos unas cuantas iteraciones, para ver la forma de la soluci´ on an+1 = −

n

=

0

→

n

=

1

→

n

=

2

→

n

=

3

→

n

=

4

→

n

=

5

→

a1 = −a0 . a0 a1 a2 = − = . 2 2! a0 a2 a3 = − = − . 3 3! a3 a0 a4 = − = . 4 4! a4 a0 a5 = − = − . 5 5! a0 a5 a6 = − = . 6 6!

(5.50)

Sustituyendo estos resultados en la soluci´ on (5.43), obtenemos y(x)

= a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + a4 x4 + a5 x5 + a6 x6 + . . . =

∞ X

am xm

m=0 2

3

4

5

6

a0 x a0 x a0 x a0 x a0 x = a0 − a0 x + − + − + − ... 2! 3! 4! 5! 6! h i x2 x3 x4 x5 x6 = a0 1 − x + − + − + − ... . 2! 3! 4! 5! 6!

(5.51)

Esta expresión es la soluci´ on en serie de potencias de la ecuación (5.42). Del cálculo, sabemos que la exponencial e−x , la podemos representar como e−x =

∞ X m=0

(−1)m

x2 x3 x4 x5 x6 xm =1−x+ − + − + − .... m! 2! 3! 4! 5! 6!

(5.52)

Tomando esto en cuenta podemos escribir la expresión (5.51), de la siguiente manera y(x) = a0 e−x ,

(5.53)

que es la solución general de la ecuaci´ on (5.42), escrita en función de funciones elementales e−x , a0 juega el papel de la constante de integraci´ on . Ejemplo 2: Usando el método de series de potencias resolver la siguiente ecuación diferencial y 00 + y = 0, Soluci´ on:

(5.54)

´ DE ECUACIONES LINEALES MEDIANTE SERIES DE POTENCIAS 241 5.6. INTEGRACION

Buscamos la soluci´ on de esta ecuación en forma de una serie de potencias y(x) =

∞ X

an xn .

(5.55)

n=0

Para sustituir en la ecuaci´ on (5.54), debemos derivar dos veces, esto es y0 =

∞ X

nan xn−1 ,

y 00 =

n=1

∞ X

n(n − 1)an xn−2

(5.56)

n=2

Sustituyendo este resultado en la ecuación (5.54), obtenemos ∞ X

n(n − 1)an xn−2 +

n=2

∞ X

an xn = 0.

(5.57)

n=0

Haciendo un corrimiento en el ´ındice de la primera suma nos queda ∞ X

(n + 2)(n + 1)an+2 xn +

n=0

∞ X

an xn = 0.

(5.58)

n=0

Ahora podemos factorizar, esto es ∞ h X

i (n + 2)(n + 1)an+2 + an xn = 0.

(5.59)

n=0

Para que esta expresi´ on sea una identidad debemos tener (n + 2)(n + 1)an+2 + an = 0. Despejando an+2 , tenemos an+2 = −

an . (n + 1)(n + 2)

(5.60)

(5.61)

A esta expresi´ on se le conoce como f´ ormula de recurrencia . Para cada valor de n obtenemos el valor de los coeficientes de la serie de potencias (5.55). Evaluemos algunos coeficientes: n

=

n

=

n

=

a0 a0 =− . 1·2 2! a2 a0 a0 2 → a4 = − = = . 4·3 4 · 3 · 2! 4! (−1)k a0 2k → a2k = . (2k)! 0

→

a2 = −

(5.62)

De una manera similar, tenemos para los n impares n

=

1

→

n

=

3

→

n

=

2k + 1

a1 a1 =− , 2·3 3! a3 a1 a1 a5 = − = = , 5·4 5 · 4 · 3! 5! (−1)k a1 → a2k+1 = . (2k + 1)! a3 = −

(5.63)

La conclusi´ on a que hemos llegado es que la serie (5.55), será solución de la ecuación diferencial (5.54), siempre y cuando los coeficientes estén dados por a2k =

(−1)k a0 , (2k)!

a2k+1 =

(−1)k a1 , (2k + 1)!

(5.64)

´ DE ECUACIONES DIFERENCIALESUSANDO SERIES DE POTENCIA 242CAPÍTULO 5. INTEGRACION

donde k = 1, 2, 3, ...,. A los n´ umeros a0 y a1 , desde el punto de vista matemático no se les restringe en nada, estos vienen siendo las constantes de integración, las cuales dependen del valor inicial del problema. As´ı, la soluci´ on en serie de potencias tiene la forma general y(x) =

∞ X

an xn = a0 + a1 +

n=0

∞ X

a2k x2k +

k=1

∞ X

a2k+1 x2k+1 .

(5.65)

2k+1

Expl´ıcitamente, podemos escribir la soluci´ on como y(x) = a0

∞ X (−1)k k=0

(2k)!

x2k + a1

∞ X (−1)k 2k+1 x . (2k + 1)!

(5.66)

k=0

Podemos observar que las series en la ecuaci´ on (5.66), no son, ni más ni menos que una representación de las funciones, cos x y sen x, en serie de potencias, esto es cos x =

∞ X (−1)k k=0

(2k)!

x2k ,

sen x =

∞ X (−1)k 2k+1 x . (2k + 1)!

(5.67)

k=0

De esta manera podemos escribir la soluci´ on (5.66), como y(x) = a0 cos x + a1 sen x,

(5.68)

donde a1 y a2 vienen siendo las constantes de integración. Es claro que las ecuaciones diferenciales (5.42), y (5.54), las pudimos haber resuelto con los métodos del cap´ıtulo anterior, sin embargo, ésta es una forma muy clara de ver como funciona el método de series de potencias para el caso de ecuaciones diferenciales con coeficientes constantes. En las siguientes secciones analizaremos ecuaciones diferenciales con coeficientes variables, que es donde las series de potencias muestran su potencial.

5.7.

Soluciones Alrededor de Puntos Ordinarios

Supongamos que tenemos la ecuaci´ on diferencial lineal de segundo orden con coeficientes variables y 00 + P (x)y 0 + Q(x)y = 0

(5.69)

Se dice que un punto x0 es un punto ordinario de la ecuación (5.69), si P (x) y Q(x) son funciones anal´ıticas en x0 (una funci´ on f (x) es anal´ıtica en el punto x0 si ésta puede ser desarrollada en serie de potencias de x − x0 , con un radio de convergencia positivo R > 0). A todo punto que no es ordinario le llamaremos punto singular de la ecuación (5.69). Ejemplo 1: Analizar los puntos ordinarios o singulares de la ecuación xy 00 + (sen x)y = 0,

(5.70)

Soluci´ on: La ecuacióntiene (5.70), tiene un punto ordinario en x = 0, ya que, la función Q(x) =

sen x , x

(5.71)

5.7. SOLUCIONES ALREDEDOR DE PUNTOS ORDINARIOS

243

se puede desarrollar en serie de potencias, esto es Q(x) = 1 −

x2 x4 x6 + − + ···, 3! 5! 7!

(5.72)

la cual converge para todos los valores de x. Ejemplo 2: Hallar los puntos ordinarios y singulares de la ecuación diferencial y 00 + (ln x)y = 0,

(5.73)

Soluci´ on: La ecuaci´ on (5.73), tiene un punto singular en x = 0 debido a que la función Q(x) = ln x,

(5.74)

no se puede desarrollar en serie de potencias en x. Ejercicio 3: Sea la ecuaci´ on (x2 − 1)y 00 + 2xy 0 + 6y = 0,

(5.75)

hallar los puntos ordinarios y singulares si es que existen. Soluci´ on: Tenemos P (x) =

2x . −1

x2

(5.76)

Los puntos singulares de la ecuaci´ on (5.75), son aquellos que satisfacen la ecuación x2 − 1 = 0.

(5.77)

Esto es, x1 = 1 y x2 = −1. Todos los demás valores finitos de x, son puntos ordinarios. La ecuación (5.75), puede ser desarrollada en serie de potencias para los valores de |x| < 1, es decir, para −1 < x < 1. Enunciemos el teorema que afirma la existencia de soluciones en series de potencias. Teorema 5.7.1. Si x = x0 es un punto ordinario de la ecuaci´ on (5.69), entonces, se pueden encontrar siempre dos soluciones linealmente independientes en forma de series de potencias centradas en, x = x0 y=

P∞

n=0 cn (x

− x0 )n

(5.78)

Una soluci´ on en series converge al menos para |x − x0 | < R, donde R es la distancia (el radio) desde x0 al punto singular m´ as cercano (real o complejo). Ejemplo 4: Dada la ecuaci´ on diferencial lineal y 00 − 2xy 0 + y = 0,

(5.79)

´ DE ECUACIONES DIFERENCIALESUSANDO SERIES DE POTENCIA 244CAPÍTULO 5. INTEGRACION

encontrar dos soluciones en serie de potencias linealmente independientes alrededor del punto ordinario x = x0 = 0. Soluci´ on: Supongamos que la soluci´ on est´ a dada en serie de potencias alrededor de x = 0, entonces, la solución tiene la forma ∞ X y(x) = an xn . (5.80) n=0

El objetivo es encontrar los coeficientes an . Para esto, derivamos dos veces la solución (5.80). y 0 (x) =

∞ X

y 00 (x) =

nan xn−1 ,

n=1

∞ X

n(n − 1)an xn−2 .

(5.81)

n=2

Sustituyendo en la ecuaci´ on (5.79), tenemos ∞ X

n(n − 1)an xn−2 − 2

n=2

∞ X

nan xn +

n=1

∞ X

an xn = 0.

(5.82)

n=0

Como podemos ver, en el segundo y tercer término podemos factorizar xn siempre y cuando tomemos una iteración. Para poner todos los términos de las series de tal manera que podamos factorizarlos, hacemos el desplazamiento de ´ındices en la serie del primer término. Finalmente, nos queda lo siguiente ∞ h i X 2a2 + a0 + (m + 2)(m + 1)am+2 − 2mam + am xm = 0. (5.83) m=1

Esta relación se cumple siempre y cuando (m + 2)(m + 1)am+2 = 2mam − am ,

2a2 + a0 = 0,

∀m ≥ 1.

(5.84)

Estas dos condiciones se pueden obtener de la relación am+2 =

(2m − 1) am , (m + 2)(m + 1)

∀m ≥ 0.

(5.85)

Hagamos unas cuantas iteraciones. Para m = 1, de la fórmula (5.85), tenemos a1 . 6

(5.86)

3 3 a2 = − a0 . 12 12 · 2

(5.87)

5 5 5 5 a3 = a1 = a1 = a1 . 20 20 · 6 120 5!

(5.88)

a3 = Para m = 2, tenemos a4 = Para m = 3 a5 = Para m = 4, tenemos

7 7 3 21 a4 = − a0 = a0 . 30 30 24 6! Sustituyendo los coeficientes ai en la soluci´ on (5.80), es decir a6 =

y(x)

= a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + a4 x4 + ... = h i h i 1 3 21 1 5 = a0 1 − x2 − x4 − x6 − ... + a1 x + x3 + x5 + .. . 2! 4! 6! 3! 5!

(5.89)

(5.90)

5.7. SOLUCIONES ALREDEDOR DE PUNTOS ORDINARIOS

245

Las constantes a1 y a2 vienen siendo las constantes de integración, las cuales dependen de los valores iniciales del problema. Ejemplo 5: Resolver la ecuaci´ on y 00 + (x − 1)2 y 0 − (x − 1)y = 0.

(5.91)

Soluci´ on: Como podemos ver, el punto x0 = 1, es un punto ordinario de la ecuación (5.91). Obtengamos una soluci´ on en serie de potencias de x − 1. Para esto y por comodidad, hagamos que el cero sea un punto ordinario de la ecuaci´ on (5.91), esto se obtiene haciendo el siguiente cambio de variable t = x − 1.

(5.92)

Entonces, la ecuaci´ on (5.91), se transforma en y 00 + t2 y 0 − ty = 0.

(5.93)

No olvidemos que ahora las derivadas de la función y = y(t) es respecto a la variable independiente t. Supongamos que la soluci´ on de la ecuación (5.93), es la serie de potencias y(t) =

∞ X

an tn .

(5.94)

n=0

Derivando y sustituyendo en la ecuación (5.93), tenemos ∞ X

n(n − 1)an tn−2 + t2

n=2

∞ X

nan tn−1 − t

n=1

∞ X

an tn = 0.

(5.95)

n=0

Esta misma ecuaci´ on la podemos escribir de la siguiente manera ∞ X

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

∞ X

(n − 1)an−1 tn −

an−1 tn = 0.

(5.96)

n=1

n=2

n=0

∞ X

Ahora debemos tomar las iteraciones necesarias, para dejar que todas las sumas comiencen con n = 2, y agrupando, nos queda la relación 2a2 + (3)(2)a3 t − a0 t +

∞ h X

i (n + 2)(n + 1)an+2 + (n − 2)an−1 tn .

(5.97)

n=2

Se deben cumplir las relaciones 2a2 (3)(2)a3 − a0 (n + 2)(n + 1)an+2 + (n − 2)an−1

= 0 = 0 = 0,

(5.98) ∀n ≥ 2.

Resolviendo tenemos que a2 an+2

=

0,

= −

(n − 2) an−1 , (n + 2)(n + 1)

∀n ≥ 1.

´ DE ECUACIONES DIFERENCIALESUSANDO SERIES DE POTENCIA 246CAPÍTULO 5. INTEGRACION

Hagamos unas cuantas iteraciones, para ver la forma de la solución a0 . 3·2 = 0. 1 =− a2 = 0. 5·4 a0 2 2 a3 = − − a0 . =− 6·5 90 6 · 5 · 3 · 2 = 0. = 0. 5 1 a0 =− − a0 = . 9·8 90 1296

n

=

1

→

a3 =

n

=

2

→

a4

n

=

3

→

a5

n

=

4

→

a6

n n

= =

5 6

→ →

a7 a8

n

=

7

→

a9

(5.99)

Observemos que an = 0 cuando n 6= 3k, donde k = 1, 2, 3.... Debemos recordar que hicimos el cambio de variable t = x − 1, tomando esto en cuenta la solución general es i h 1 1 1 (x − 1)9 − .... . (5.100) y(x) = a1 (x − 1) + a0 1 + (x − 1)3 − (x − 1)6 + 6 90 1296 Ejemplo 6: Resolver la ecuaci´ on y 00 − xy 0 + y = 0.

(5.101)

Soluci´ on: Supongamos la soluci´ on en forma de serie de potencias alrededor de x0 = 0. Esto es y(x) =

∞ X

an xn .

(5.102)

n=0

Para sustituir en (5.101), debemos derivar dos veces la expresión (5.102), tenemos y 0 (x) =

∞ X

y 00 (x) =

nan xn−1 ,

n=1

∞ X

n(n − 1)an xn−2

(5.103)

n=2

Sustituyendo en (5.101), resulta ∞ X

n(n − 1)an xn−2 − x

n=2

∞ X

nan xn−1 +

n=1

∞ X

an xn = 0.

(5.104)

n=0

Esta misma expresi´ on la podemos escribir como ∞ X

n(n − 1)an xn−2 −

n=2

∞ X

nan xn +

n=1

∞ X

an xn = 0.

(5.105)

n=0

Luego, la idea es que los exponentes en x deben ser del mismo orden y las sumas deben empezar en el mismo n´ umero m, esto es para poder factorizar. Para el primer término en (5.105), podemos desplazar el ´ındice n como sigue; m = n − 2, n = m + 2, entonces m empezará de 0. Esto es ∞ X m=0

m

(m + 2)(m + 1)am+2 x −

∞ X m=1

m

mam x +

∞ X m=0

am xm = 0.

(5.106)

5.7. SOLUCIONES ALREDEDOR DE PUNTOS ORDINARIOS

247

Ahora, para poder factorizar las sumas, debemos hacer que estas empiecen en el mismo valor de m. Para esto desplazamos una unidad la primer y tercer suma 2a2 + a0 +

∞ h X

i (m + 2)(m + 1)am+2 − mam + am xm = 0.

(5.107)

m=1

Entonces, obtenemos las expresiones 2a2 + a0 (m + 2)(m + 1)am+2 − mam + am

= 0, = 0,

∀m > 1.

(5.108)

De donde obtenemos am+2 =

(m − 1) am , (m + 2)(m + 1)

∀m > 1.

(5.109)

Esta ecuaci´ on se conoce con el nombre de f´ ormula de recurrencia. Podemos darle valores a m y obtener diferentes valores de am . Obtengamos algunos valores para darnos una idea de como será la serie a0 , 2!

m =

0

→

a2 = −

m =

1

→

m =

2

→

m =

3

→

m =

4

→

m =

5

→

m =

6

→

a3 = 0, a2 1 a4 = = − a0 , 4·3 4! 2a3 a5 = = 0, 5·4 3 · a4 3 a6 = a4 = − a0 , 6·5 6! 4 = 0, a7 = 6·6 5 5·3 a8 = a6 = − a0 . 8·7 8!

(5.110)

Entonces, de (5.101), tenemos y(x) =

∞ X

an xn = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + a4 x4 + a5 x5 + a6 x6 + a7 x7 + a8 x8 + . . . .

(5.111)

n=0

Sustituyendo en (5.111), los valores obtenidos en (5.110), tenemos x4 1·3 6 1·3·5 8 x2 − − x − x − . . . + a1 x, y(x) = a0 1 − 2! 4! 6! 8!

(5.112)

donde a0 y a1 son constantes arbitrarias. El radio de los términos sucesivos diferentes de cero de la serie infinita satisface la relaci´ on a 2m − 1 1 2 2m+2 x2m+2 |x2 | ≈ |x |. = 2m a2m x (2m + 1)(2m + 2) 2m

(5.113)

El l´ımite de (5.113), es cero, entonces la serie converge para todo x. Luego la diferenciación término a término est´ a justificada, y la solución formal es válida para −∞ < x < ∞.

´ DE ECUACIONES DIFERENCIALESUSANDO SERIES DE POTENCIA 248CAPÍTULO 5. INTEGRACION

5.8.

Ecuaci´ on Diferencial de Hermite

Una de las ecuaciones que tienen interés práctico es la ecuaci´ on de Hermite. La ecuación de Hermite de orden n tiene la forma y 00 − 2xy 0 + 2ny = 0

(5.114)

donde n es, usualmente, un entero no negativo, n ≥ 0. Soluci´ on: Esta ecuación tiene soluci´ on en serie de potencias alrededor de x0 = 0, es decir, de la forma ∞ X

y(x) =

am xm .

(5.115)

m=0

Luego, derivando (5.115), obtenemos y0 =

∞ X

y 00 =

mam xm−1 ,

m=1

∞ X

m(m − 1)am xm−2 .

(5.116)

m=2

Poniendo estos resultados en la ecuaci´ on (5.114), se tiene ∞ X

m(m − 1)am xm−2 − 2x

m=2

∞ X

mam xm−1 + 2n

m=1

∞ X

am xm = 0.

(5.117)

m=0

Esta misma ecuaci´ on la podemos escribir en su forma equivalente ∞ X

m(m − 1)am xm−2 −

m=2

∞ X

2mam xm +

∞ X

2nam xm = 0.

(5.118)

m=0

m=1

Para factoriza las sumas y los exponentes de x, hagamos s = m − 2, m = s + 2 en la primer suma de (5.118), en las otras dos sumas es suficientes cambiar al ´ındice m por s sin que las sumas se alteren. Entonces, tenemos ∞ X

(s + 2)(s + 1)as+2 xs −

s=0

∞ X

2sas xs +

s=1

∞ X

2nas xs = 0.

(5.119)

s=0

Para poder factorizar xs , debemos hacer que las tres sumas empiecen en un mismo valor, a decir, en s = 1. Para esto desplazamos las otras dos sumas en una unidad 2a2 + 2na0 +

∞ h X

i (s + 2)(s + 1)as+2 − 2(s − n)as xs = 0.

(5.120)

s=1

Debido a que xs 6= 0, lo que debe ser cero son las expresiones 2a2 + 2na0 (s + 2)(s + 1)as+2 − 2(s − n)as

= =

0, 0,

a2 = −na0 . s = 1, 2, 3, . . . .

(5.121)

La primera de las ecuaciones en (5.121), nos da el coeficiente a2 en función de a0 y la segunda ecuación es la ecuaci´ on de recurrencia, la cual podemos escribir como as+2 =

2(s − n) as , (s + 2)(s + 1)

s = 1, 2, 3, . . . .

(5.122)

5.9. POLINOMIOS DE HERMITE

249

Demos algunos valores a s para encontrar algunos coeficientes a s =

1

→

a3 =

s =

2

→

a4 =

s =

3

→

a5 =

s =

4

→

a6 =

s =

5

→

a7 =

s =

6

→

a8 =

2(1 − n) a1 3·2 2(2 − n) a2 4·3 2(3 − n) a3 5·4 2(4 − n) a4 6·5 2(5 − n) a5 7·6 2(6 − n) a6 8·7

2(2 − n)n a0 , 4·3 2(3 − n)2(1 − n) = a1 , 5·4·3·2 2(4 − n)2(2 − n)n =− a0 6·5·4·3 2(5 − n)2(3 − n)2(1 − n) = a1 , 7·6·5·4·3·2 2(6 − n)2(4 − n)2(2 − n)n = a0 . 8·7·6·5·4·3 =−

(5.123)

Ahora sustituyendo estos resultados en la serie obtenemos y(x)

= a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + a4 x4 + a5 x5 + a6 x6 + a7 x7 + a8 x8 + . . . 2(1 − n) 2(2 − n)n = a0 + a1 x − na0 x2 + a1 x3 − a0 x4 3·2 4·3 22 (3 − n)(1 − n) 22 (4 − n)(2 − n)n + a1 x5 − a0 x6 5! 6·5·4·3 23 (6 − n)(4 − n)(2 − n)n 23 (5 − n)(3 − n)(1 − n) a1 x7 − a0 x8 + . . . . + 7·6·5·4·3·2 8·7·6·5·4·3

(5.124)

Finalmente, esta soluci´ on la podemos escribir como y(x)

∞ h X 2k (−n)(−n + 2) . . . (−n + 2k − 2) 2k = a0 1 + x (2k)!

h + a1 x +

k=1 ∞ X

k=1

5.9.

(5.125)

2k (1 − n)(1 − n + 2) . . . (1 − n + 2k − 2) 2k+1 i x . (2k + 1)!

Polinomios de Hermite

La ecuaci´ on de Hermite tiene mayor importancia para el caso en que n ≥ 0. Si n es un entero par, entonces el coeficiente de a0 en (5.125), termina, siendo cada término igual a cero, para k ≥ 21 (n+2). Si n es entero impar, entonces, el coeficiente a1 en (5.125), termina, siendo cero cada término para k ≥ 12 (n + 1). Por consiguiente, la ecuación de Hermite admite siempre una solución polinomial de grado n, para n ≥ 0. Una expresión simple para la solución polinomial la dan los polinomios de Hermite . Estos polinomios tienen la forma

Hn =

P n2

k=0

(−1)k n!(2x)n−2k k!(n−2k)!

en donde n2 representa el mayor n´ umero entero ≤ ecuaci´ on de Hermite.

n 2.

(5.126)

Entonces, y = Hn (x) es una solución de la

´ DE ECUACIONES DIFERENCIALESUSANDO SERIES DE POTENCIA 250CAPÍTULO 5. INTEGRACION

5.10.

Condiciones Suficientes para la Existencia de Soluciones en Serie Potencias.

Hemos probado que una ecuaci´ on con coeficientes constantes, as´ı como con coeficientes variables admiten soluciones en forma de series de potencias en potencias de (x − x0 ) (5.78). Es lógico preguntarnos si cualquier ecuaci´ on con coeficientes variables tiene solución en forma de series de potencias. El siguiente teorema, que no demostraremos, da las condiciones suficientes para la existencia de soluciones en serie de potencias. Teorema 5.10.1. Sea y 00 + P (x)y 0 + Q(x)y = 0

(5.127)

donde los coeficientes P (x) y Q(x) pueden ser desarrollados en una serie de potencias para |x| < R. Entonces, cada soluci´ on y(x) puede ser expandida en una serie de potencias para |x| < R.

5.11.

Ecuaci´ on Diferencial de Legendre

A toda ecuaci´ on de la forma (1 − x2 )y 00 − 2xy 0 + n(n + 1)y = 0

(5.128)

se le conoce como ecuaci´ on de Legendre. Esta ecuación es de gran importancia en la f´ısica. Aparece en numerosos problemas, en particular, en los que presentan simetr´ıa esférica (por ejemplo, en electrostática). Soluci´ on: En la ecuación (5.128), n es un par´ ametro constante. Dividiendo (5.128), entre 1 − x2 , de tal 00 manera que el coeficiente de y sea uno, como en el teorema 5.10.1. Encontramos P (x) = −

2x , 1 − x2

Q(x) =

n(n + 1) . 1 − x2

(5.129)

Debido a que estos coeficientes admiten desarrollo en serie de potencias para |x| < 1, el teorema anterior afirma que la soluci´ on y(x) también admite una expansión en serie de potencias para |x| < 1. Para obtener estas soluciones asumimos y(x) =

∞ X

am xm .

(5.130)

m=0

Para sustituir en (5.128), debemos derivar dos veces, esto eso y 0 (x) =

∞ X

y 00 (x) =

mam xm−1 ,

m=1

∞ X

m(m − 1)am xm−2 .

(5.131)

m=2

Al sustituir (5.130), y sus derivadas en (5.131), obtenemos 2

(1 − x )

∞ X m=2

m−2

m(m − 1)am x

− 2x

∞ X m=1

m−1

mam x

+ n(n + 1)

∞ X m=0

am xm = 0.

(5.132)

´ DIFERENCIAL DE LEGENDRE 5.11. ECUACION

251

Esta misma ecuaci´ on la podemos escribir como ∞ X

∞ X

m(m − 1)am xm−2 −

m=2

m(m − 1)am xm

∞ X

−2

mam xm + n(n + 1)

m=1

Luego, poniendo s = m − 2, ∞ X

−

m=2 ∞ X

am xm

=

0.

(5.133)

m=0

m = s + 2, tenemos s

(s + 2)(s + 1)as+2 x −

s=0

∞ X

s

s(s − 1)as x − 2

s=2

∞ X

s

sas x + n(n + 1)

s=1

∞ X

as xs = 0.

(5.134)

s=0

Para poder factorizar las sumas deben empezar en el mismo valor, para esto desplazamos los ´ındices de las sumas, esto es

+

Xh

[2a2 + n(n + 1)a0 ]x0 + [6a3 − 2a1 + n(n + 1)a1 ]x + i (s + 2)(s + 1)as+2 + [−s(s − 1) − 2s + n(n + 1)]as xs =

0.

(5.135)

Debido a que xm 6= 0, entonces los coeficientes que multiplican a las diferentes potencias de x deben ser cero, esto da como resultado 2a2 + n(n + 1)a0 6a3 − 2a1 + n(n + 1)a1 (s + 2)(s + 1)as+2 + [−s(s − 1) − 2s + n(n + 1)]as

= 0, = 0, = 0,

∀s > 2.

(5.136)

De estas expresiones obtenemos n(n + 1) a0 , 2 2 − n(n + 1) (n − 1)(n + 2) a1 = − a1 . 6 3!

a2

= −

a3

=

(5.137)

Luego, −s(s − 1) − 2s + n(n + 1) = (n − s)(n + s + 1), entonces, la ecuación de recurrencia es as+2 = −

(n − s)(n + s + 1) as , (s + 2)(s + 1)

(s = 0, 1, 2, ...)

(5.138)

Con esta relaci´ on obtenemos cada coeficiente en términos del segundo que lo precede, con exepción de a0 y a1 , los cuales se dejan como constantes arbitrarias. Es fácil obtener algunas relaciones, tomando en cuenta las ya obtenidas en (5.137), tenemos s =

0

→

s =

1

→

s =

2

→

s =

3

→

n(n + 1) a0 2! (n − 1)(n + 2) a3 = − a1 , 3! (n − 2)(n + 3) (n − 2)n(n + 1)(n + 3) a4 = − a2 = a0 , 4·3 4! (n − 3)(n + 4) (n − 3)(n − 1)(n + 2)(n + 4) a5 = − a3 = a1 , 5·4 5! a2 = −

(5.139)

y as´ı sucesivamente. Podemos escribir la expresión (5.130), de la siguiente manera y(x) = a0 + a2 x2 + a4 x4 + . . . + a1 x + a3 x3 + a5 x5 . . . .

(5.140)

´ DE ECUACIONES DIFERENCIALESUSANDO SERIES DE POTENCIA 252CAPÍTULO 5. INTEGRACION

Sustituyendo (5.139) en (5.140), resulta h i n(n + 1) 2 (n − 2)n(n + 1)(n + 3) 4 y(x) = a0 1 − x + x − +... 2! 4! h i (n − 1)(n + 2) 3 (n − 3)(n − 1)(n + 2)(n + 4) 5 + a1 x − x + x − +... 3! 5!

(5.141)

De esta expresión podemos escribir la soluci´ on general de (5.128), como y(x) = a0 y1 (x) + a1 y2 (x),

(5.142)

donde a0 y a1 son constantes arbitrarias y y1 (x) = 1 −

n(n + 1) 2 (n − 2)n(n + 1)(n + 3) 4 x + x − +... 2! 4!

(5.143)

(n − 1)(n + 2) 3 (n − 3)(n − 1)(n + 2)(n + 4) 5 x + x − +... (5.144) 3! 5! Estas series convergen para −1 < x < 1. Como podemos observar, las soluciones y1 y y2 son soluciones linealmente independientes, ya que una solo contiene potencias pares y la otra solución contienen potencias impares y como consecuencia la relación y1 /y2 no es una constante. Debido a que las soluciones son linealmente independientes la expresión (5.142), es la solución general de la ecuación (5.128), en el intervalo −1 < x < 1. y2 (x) = x −

Si n ≥ 0 es un entero no negativo, entonces y1 o y2 se reducen a un polinomio (y el otro polinomio 1+x de las dos soluciones queda como un polinomio multiplicado por ln 1−x , como puede demostrarse). Analicemos lo anterior en casos sencillos. Sea n = 0, entonces de (5.143), se obtiene y1 = 1 y de (5.144), resulta y2 (x)

2 3 (−3)(−1) · 2 · 4 5 x + x + ... = 3! 5! x3 x5 1 1 + x = x+ + + . . . = ln . 3 5 2 1−x = x+

(5.145)

Si n = 1, entonces de (5.144), se obtiene y2 (x) = x, y de la expresión (5.143), se tiene y1 (x)

= =

5.12.

x4 x6 x2 − − − ... = 1 3 5 1 + x x3 x5 1 1−x x+ + + . . . = 1 − x ln . 3 5 2 1−x 1−

(5.146)

Polinomios de Legendre

En varias de las aplicaciones el par´ ametro n de la ecuación de Legendre es un entero no negativo. Entonces el término de la derecha de (5.138), es cero cuando s = n y como consecuencia an+2 = 0, an+4 = 0, an+6 = 0, . . .. Por lo tanto, si n es par, y1 (x) se reduce a un polinomio de grado n. Si n es impar, y2 (x) se reduce a un polinomio de grado n. A estos polinomios multiplicados por unas constantes, se les conoce como polinomios de Legendre. Estos polinomios son de gran importancia práctica en la ingenier´ıa y en la ciencia. Resolviendo para as de (5.138), obtenemos as = −

(s + 2)(s + 1) as+2 , (n − s)(n + s + 1)

(s ≤ n − 2),

(5.147)

5.12. POLINOMIOS DE LEGENDRE

253

y entonces todos los coeficientes que no se cancelan pueden expresarse en términos de los coeficientes an de la mayor potencia de x en el polinomio. El coeficiente an en un principio sigue siendo arbitrario. Por comodidad se elige an = 1 cuando n = 0 y an =

1 · 3 · 5 · · · (2n − 1) (2n)! = , 2n (n!)2 n!

n = 1, 2, 3, · · ·.

(5.148)

Esto es debido a que para esta elección de an todos esos polinomios tendrán el valor de 1 cuando x = 1. Entonces de (5.147) y (5.148), se obtiene n(n − 1) n(n − 1)(2n)! = an = − 2(2n − 1) 2(2n − 1)2n (n!)2 n(n − 1)2n(2n − 1)(2n − 2)! . = − 2(2n − 1)2n n(n − 1)!n(n − 1)(n − 2)! = −

an−2

Esto es

(5.149)

(2n − 1)! . 2n (n − 1)!(n − 2)!

(5.150)

(n − 2)(n − 3) (2n − 4)! an−2 = n . 4(2n − 3) 2 2!(n − 2)!(n − 4)!

(5.151)

an−2 = − De una manera similar, tenemos an−4 = −

En general, cuando n − 2m ≥ 0, se tiene an−2m = (−1)m

(2n − 2m)! . 2n m!(n − m)!(n − 2m)!

(5.152)

A la soluci´ on resultante de la ecuación de Legendre (5.128), se le llama el polinomio de Legendre de grado n y se representa por Pn (x). De (5.152), obtenemos Pn (x)

=

M X

(−1)m

m=0

=

(2n − 2m)! xn−2m = 2n m!(n − m)!(n − 2m)!

(2n)! n (2n − 2)! x − n xn−2 + − · ··, n 2 2 (n!) 2 1!(n − 1)!(n − 2)!

(5.153)

donde M = n/2 ´ o M = (n − 1)/2, cualquiera de los dos que sea un entero. En particular, P0 (x)

=

1,

P1 (x) = x,

P4 (x)

=

1 (35x4 − 30x2 + 3), 8

1 1 (3x2 − 1), P3 (x) = (5x3 − 3x), 2 2 1 P5 (x) = (63x5 − 70x3 + 15x). 8

P2 (x) =

(5.154)

Los polinomios de Legendre pueden obtenerse haciendo uso de la fórmula

Pn (x) =

1 dn 2 2n n! dxn [(x

− 1)n ]

(5.155)

A esta f´ ormula se le conoce como f´ ormula de Rodrigues . Usando la fórmula de Rodrigues calculemos los tres primeros términos del polinomio de Legendre P0 (x) =

20

1 = 1, · 0!

P1 (x) =

1 d 2 1 (x − 1) = (2x) = x. 2 · 1! dx 2

(5.156)

´ DE ECUACIONES DIFERENCIALESUSANDO SERIES DE POTENCIA 254CAPÍTULO 5. INTEGRACION

Para el caso de P2 (x), se tiene P2 (x)

2 i d2 2 2 d h 2 x −1 = 2 2(x − 1)(2x) = 2 dx 2 2! dx i 1 2 h 2 2x(2x) + 2(x − 1) = (3x2 − 1). 2 2 2! 2 1

=

22 2!

=

(5.157)

Para el caso de P3 (x), tenemos P3 (x) =

1 d3 2 (x − 1)3 . 23 · 3! dx3

(5.158)

Calculemos primero la tercer derivada de (x2 − 1)3 . Esto es d 2 (x − 1)3 dx d2 2 (x − 1)3 dx2 d3 2 (x − 1)3 dx3

= = = =

3(x2 − 1)2 2x = 6x(x2 − 1)2 , d [6x(x2 − 1)2 ] = 6(x2 − 1)2 + 24x2 (x2 − 1), dx d [6(x2 − 1)2 + 24x2 (x2 − 1)] dx 24x(x2 − 1) + 48x(x2 − 1) + 48x3 = 120x3 − 72x.

(5.159)

Entonces, poniendo este resultado en (5.158) P3 (x) =

1 1 1 d3 2 (x − 1)3 = 3 (120x3 − 72x) = (5x3 − 3x). 3 3 2 · 3! dx 2 3! 2

(5.160)

Como podemos ver P0 (x), P1 (x) y P3 (x) obtenidos con la fórmula de Rodr´ıgues coinciden con los obtenidos en (5.154).

5.13.

Series Generalizadas: M´ etodo de Frobenius

Al igual que el método de las series de potencias, el método de Frobenius es una herramienta para resolver ecuaci´ on diferenciales lineales con coeficientes variables, sin embargo, este método se aplica a ecuaciones m´ as generales para las que el método de series de potencias no es aplicable. De aqu´ı que el método de Frobenius tenga gran importancia práctica. Un punto x = x0 en el que los coeficientes P (x) y Q(x) de la ecuación y 00 + P (x)y 0 + Q(x)y = 0

(5.161)

son anal´ıticos se llama punto ordinario de la ecuación. Un punto que no es ordinario se llama punto singular de la ecuaci´ on. Luego, si x = x0 es un punto ordinario de la ecuación (5.161), entonces el método de las series de potencias es aplicable y nos da las soluciones en forma de potencias de x−x0 , como se vió anteriormente. Sin embargo, si x = x0 es un punto singular el método de las series de potencias deja de ser aplicable ya que la ecuación puede no tener una solución en serie de potencias en potencias de x − x0 . Afortunadamente, el comportamiento de los coeficientes de una ecuación en un punto singular a veces no es tan malo como se cree y para tal caso tenemos el siguiente teorema.

´ INDICIAL 5.14. ECUACION

255

Teorema 5.13.1. (método de Frobenius) Toda ecuaci´ on diferencial de la forma

y 00 +

b(x) 0 x y

+

c(x) x2 y

(5.162)

=0

donde las funciones b(x) y c(x) son anal´ıticas en x = 0, tiene al menos una soluci´ on que puede representarse en la forma y(x) = xρ

P∞

m=0

am xm =

P∞

m=0

am xm+ρ = xρ (a0 + a1 x + a2 x2 + . . .)

a0 6= 0

(5.163)

donde el exponente ρ puede ser un n´ umero cualquiera (real o complejo) y ρ se elige de tal manera que a0 6= 0.

5.14.

Ecuaci´ on Indicial

Para resolver la ecuaci´ on (5.162), la escribimos de la siguiente manera x2 y 00 + xb(x)y 0 + c(x)y = 0.

(5.164)

Luego, desarrollamos b(x) y c(x) en series de potencias, es decir, b(x) = b0 + b1 x + b2 x2 + . . . ,

c(x) = c0 + c1 x + c2 x2 + . . .

(5.165)

Después derivamos la expresi´ on (5.163), obtenemos m+ρ−1 y 0 (x) = Σ∞ = xρ−1 [ρa0 + (ρ + 1)a1 x + . . .], (5.166) m=0 (m + ρ)am x 00 ∞ m+ρ−2 ρ−2 y (x) = Σm=0 (m + ρ)(m + ρ − 1)am x = x [ρ(ρ − 1)a0 + (ρ + 1)ρa1 x + . . .]

Sustituyendo estas series en la ecuación (5.164), obtenemos xρ [ρ(ρ − 1)a0 + . . .]

+ (b0 + b1 x + . . .)xρ (ρa0 + . . .) + (c0 + c1 x + . . .)xρ (a0 + a1 x + . . .) = 0.

(5.167)

Luego, se igualan a cero las sumas de los coeficientes de cada potencia de x. De esta manera obtenemos un sistema de ecuaciones que incluyen los coeficientes desconocidos am . Si la menor potencia es xr , entonces su ecuaci´ on correspondiente será [ρ(ρ − 1) + b0 ρ + c0 ]a0 = 0.

(5.168)

Por suposici´ on a0 6= 0, entonces, la expresión que será cero es ρ(ρ − 1) + b0 ρ + c0 .

(5.169)

Esta ecuaci´ on cuadr´ atica es de gran importancia y se conoce como ecuaci´ on indicial de la ecuación diferencial (5.162). Teorema 5.14.1. (método de Frobenious. Base de soluciones) Suponga que la ecuaci´ on diferencial (5.162) cumple los requisitos del teorema (5.13.1) y sean ρ1 y ρ2 las ra´ıces de la ecuaci´ on indicial (5.169). Entonces, se tienen los siguientes tres casos posibles.

´ DE ECUACIONES DIFERENCIALESUSANDO SERIES DE POTENCIA 256CAPÍTULO 5. INTEGRACION

Caso I: Ra´ıces distintas que no difieren por un entero. Una base será y1 (x) = xρ1 (a0 + a1 x + a2 x2 + . . .)

(5.170)

y2 (x) = xρ2 (A0 + A1 x + A2 x2 + . . .)

(5.171)

y con coeficientes obtenidos sucesivamente a partir de (5.167) con ρ = ρ1 y ρ = ρ2 , respectivamente. Caso II: Ra´ız doble ρ1 = ρ2 = ρ. En este caso una base será y1 (x) = xρ (a0 + a1 x + a2 x2 + . . .),

ρ=

1 (1 − b0 ). 2

(5.172)

y y2 (x) = y1 (x) ln x + xρ (A1 x + A2 x2 + . . .),

(x > 0).

(5.173)

Caso III: Ra´ıces que difieren por un entero. En este caso la base es y1 (x) = xρ1 (a0 + a1 x + a3 x2 + . . .).

(5.174)

y2 (x) = λy1 (x) ln x + xρ2 (A0 + A1 x + A2 x2 + . . .)

(5.175)

y donde las ra´ıces son tales que ρ1 − ρ2 > 0 y λ puede ser cero.

5.15.

Ecuaci´ on Diferencial de Bessel

Una de las ecuaciones que se pueden resolver usando el método de Frobenius es la important´ısima ecuación llamada ecuaci´ on diferencial de Bessel . Esta ecuación tuvo sus or´ıgenes cuando el matemático F.W Bessel analizaba el movimiento planetario. Las funciones de Bessel , las cuales son soluciones de la ecuaci´ on de Bessel son muy importantes en el estudio de las vibraciones de cadenas, propagaci´ on de corrientes eléctricas en conductores cil´ındricos, flujo de calor en cilindros, vibración de membranas circulares y en muchos más problemas de las matemáticas aplicadas. Toda ecuación diferencial de la forma x2 y 00 + xy 0 + (x2 − ν 2 )y = 0

(5.176)

donde ν es un par´ ametro constante, se llama ecuaci´ on diferencial de Bessel. Soluci´ on: Dividiendo la ecuaci´ on entre x2 , tenemos las funciones P (x) =

1 , x

Q(x) =

x2 − ν 2 , x2

(5.177)

las cuales tienen un punto singular en x = 0. Escribiendo la ecuación (5.176), como y 00 +

1 0 x2 − ν 2 y + y = 0, x x2

(5.178)

´ DIFERENCIAL DE BESSEL 5.15. ECUACION

257

de donde podemos identificar a b(x) = 1 y c(x) = x2 − ν 2 , las cuales son anal´ıticas en x = 0, y por lo tanto el teorema de Frobenius es aplicable. Entonces, busquemos la solución de la ecuación de Bessel (5.176), de la forma y(x) y 0 (x) y 00 (x)

∞ X

=

m=0 ∞ X

=

m=0 ∞ X

=

am xm+ρ , (m + ρ)am xm+ρ−1 , (m + ρ − 1)(m + ρ)am xm+ρ−2 .

(5.179)

m=0

Sustituyendo (5.179), en (5.176), obtenemos x2

∞ X

(m + ρ − 1)(m + ρ)am xm+ρ−2 + x

m=0

∞ X

(m + ρ)am xm+ρ−1 +

m=0

+x2

∞ X

∞ X

am xm+ρ − ν 2

m=0

am xm+ρ = 0.

(5.180)

m=0

Esta misma ecuaci´ on la podemos escribir como ∞ X

(m + ρ − 1)(m + ρ)am xm+ρ +

m=0

∞ X

(m + ρ)am xm+ρ +

m=0

+

∞ X

am−2 xm+ρ − ν 2

m=2

∞ X

am xm+ρ = 0.

(5.181)

m=0

Desplazando los primeros dos lugares de las sumas en los términos primero, segundo y cuarto, obtenemos [ρ(ρ − 1)a0 + ρa0 − ν 2 a0 ]x0+ρ + [ρ(ρ + 1)a1 + (ρ + 1)a1 − ν 2 a1 ]x1+ρ + +[(m + ρ − 1)(m + ρ)am + (m + ρ)am + am−2 − ν 2 am ]xs+ρ = 0.

(5.182)

Igualando a cero los coeficientes de cada potencia de x, obtenemos ρ(ρ − 1)a0 + ρa0 − ν 2 a0 ρ(ρ + 1)a1 + (ρ + 1)a1 − ν 2 a1 (m + ρ − 1)(m + ρ)am + (m + ρ)am + am−2 − ν 2 am

= 0, = 0, = 0,

(m = 0). (m = 1). (m = 2, 3, . . .).

(5.183)

Debido a que a0 6= 0, de la primer ecuación en (5.183) se obtiene ρ(ρ − 1) + ρ − ν 2 = 0

→

(ρ + ν)(ρ − ν) = 0.

(5.184)

Las ra´ıces son ρ1 = ν y ρ2 = −ν. Para ρ = ρ1 = ν de la segunda ecuación de (5.183), se obtiene a1 = 0. La tercera ecuación se puede escribir como (m + ρ + ν)(m + ρ − ν)am + am−2 = 0, (5.185) y para el caso ρ2 = ν esta expresi´ on toma la forma (m + 2ν)mam + am−2 = 0.

(5.186)

´ DE ECUACIONES DIFERENCIALESUSANDO SERIES DE POTENCIA 258CAPÍTULO 5. INTEGRACION

Puesto que a1 = 0 y ν > 0, se sigue que a3 = 0, a5 = 0, sucesivamente. Si hacemos m = 2s en (5.186), para los dem´ as coeficientes se obtiene a2s = −

1 a2s−2 , 22 s(ν + s)

s = 1, 2, . . . ,

(5.187)

y es posible determinar sucesivamente los coeficientes a2 , a4 , a6 , . . . ,. De esta manera obtenemos a2 a4

a0 , 22 (ν + 1) a2 a0 = − 2 = 4 . 2 2(ν + 2) 2 2!(ν + 1)(ν + 2)

= −

(5.188)

En general, tenemos a2s =

5.16.

22s s!(ν

(−1)s a0 , + 1)(ν + 2) · · · (ν + s)

s = 1, 2, · · ·.

(5.189)

Funciones de Bessel

Los valores enteros de ν se representan por n. Para ν = n la relación (5.189), da como resultado a2s =

22s s!(n

(−1)s a0 , + 1)(n + 2) · · · (n + s)

s = 1, 2, · · ·,

(5.190)

donde a0 sigue siendo arbitraria. Debido a la arbitrariedad vamos a elegir en lugar de a0 = 1 a a0 =

1 2n n!

,

(5.191)

Con esta elección de (5.190), tenemos a2s =

(−1)s 22s+n s!(n

+ s)

,

s = 1, 2, · · ·,

(5.192)

Con estos coeficientes y ρ1 = ν = n obtenemos a partir de (5.177) una solución particular de (5.176), que se representa por Jn (x) y tiene la forma Jn (x) = xn

(−1)s x2s s=0 22s+n s!(n+s)!

P∞

(5.193)

Esta expresión se conoce con el nombre de funci´ on de Bessel de primera clase y de orden n. Esta serie converge para toda x, y adem´ as converge con bastante rapidez debido a los factoriales en el denominador. Para n = 0, de la ecuaci´ on (5.193), obtenemos la funci´ on de Bessel de orden cero J0 (x) =

∞ X s=0

x2 x4 x6 (−1)s x2s =1− 2 + 4 − 6 + −.... 2 2 + s)! 2 (1!) 2 (2!) 2 (3!)2

22s s!(n

(5.194)

Para n = 1, de la ecuaci´ on (5.193), obtenemos la funci´ on de Bessel de orden uno. Esta tiene la forma J1 (x) =

∞ X s=0

(−1)s x2s+1 x x3 x5 x7 = − + − + −..., 22s+1 s!(s + 1)! 2 23 1!2! 25 2!3! 27 3!4!

(5.195)

5.16. FUNCIONES DE BESSEL

259

Se puede demostrar que para x grande, se tiene

Jn (x) ≈

q

2 πx

cos x −

nπ 2

−

π 4

(5.196)

Ahora veamos el caso en que ν > 0. Para esto es conveniente usar algunas fórmulas obtenidas de la funci´ on Gamma. Por definici´ on la función Gamma representada por Γ(ν) es Z ∞ Γ(ν) = e−t tν−1 dt. (5.197) 0

Luego, se cumple la relaciones Γ(ν + 1) = νΓ(ν),

Γ(n + 1) = n!,

(n = 0, 1, 2, . . .).

(5.198)

La funci´ on Gamma generaliza la función factorial conocida en el cálculo elemental. Ahora podemos escribir la expresi´ on (5.191), como 1 . (5.199) a0 = ν 2 Γ(ν + 1) Entonces la expresi´ on (5.189), toma la forma a2s =

22s+ν s!(ν

(−1)s . + 1)(ν + 2) · · · (ν + s)Γ(ν + 1)

(5.200)

Luego, tomando en cuenta (5.198), (ν + 1)Γ(ν + 1) = Γ(ν + 2),

(ν + 2)Γ(ν + 2) = Γ(ν + 3).

(5.201)

Siguiendo estos razonamientos tenemos que en general (ν + 1)(ν + 2) · · · (ν + s)Γ(ν + 1) = Γ(ν + s + 1).

(5.202)

De tal manera que los coeficientes vienen dados por la expresión a2s =

(−1)s . 22s+ν s!Γ(ν + s + 1)

(5.203)

Sustituyendo estos coeficientes en la expresión (5.177), se obtiene una solución particular de la ecuaci´ on (5.176), representada por Jν (x) y tiene la forma

Jν (x) = xν

(−1)s x2s s=0 22s+ν s!Γ(ν+s+1)

P∞

(5.204)

A esta funci´ on se le conoce con el nombre de funci´ on de Bessel de primera clase y de orden ν. La serie (5.204), converge para todo x. Hasta el momento hemos obtenido una solución particular Jν (x), de la ecuación de Bessel. Ahora nos queda por obtener la soluci´ on general de la ecuación de Bessel. Para esto debemos hallar una segunda soluci´ on linealmente independiente. Si ν es un entero, ser´ a f´ acil encontrarla. Si ν es un entero n será más dif´ıcil.

´ DE ECUACIONES DIFERENCIALESUSANDO SERIES DE POTENCIA 260CAPÍTULO 5. INTEGRACION

Al sustituir ν por −ν en la ecuaci´ on (5.204), obtenemos

J−ν (x) = x−ν

(−1)s x2s s=0 22s−ν s!Γ(s−ν+1)

P∞

(5.205)

Esto es debido a que la ecuaci´ on de Bessel incluye a ν 2 , las funciones Jν (x) y J−ν (x), son soluciones de la misma ecuación para el mismo ν. Si ν no es entero, estas soluciones son linealmente independientes, ya que el primer término de (5.204), y el primero de (5.205), son m´ ultiplos finitos diferentes de cero de xν y x−ν , respect´ıvamente. Entonces, tenemos Teorema 5.16.1. Si ν no es un entero, una soluci´ on general de la ecuaci´ on de Bessel para todo x 6= 0 es y(x) = c1 Jν (x) + c2 J−ν (x)

(5.206)

donde Jν (x) y J−ν (x) est´ an definidas en (5.204), y (5.205), respect´ıvamente. Sin embargo, si ν es un entero, entonces (5.206), no es una soluci´ on general de la ecuaci´ on de Bessel. En este caso las dos soluciones de (5.206), ser´ an linealmente dependientes. Teorema 5.16.2. (Dependencia lineal de las funciones de Bessel) Si ν = n es un entero, entonces las funciones de Bessel Jn (x) y J−n (x) son linealmente dependientes, debido a que Jn (x) = (−1)n Jn (x)

n = 1, 2, · · ·

(5.207)

Ejemplo 1: Resolver la siguiente ecuaci´ on diferencial 1 x2 y 00 + xy 0 + 4x2 − y = 0. 4

(5.208)

Soluci´ on: La ecuación (5.208) es muy parecida a la ecuación de Bessel (5.176). Para que estas dos ecuaciones sean iguales debemos hacer 4x2 = t2 → t = 2x, donde t es una nueva variable independiente. Es decir, en la ecuaci´ on (5.208), debemos hacer la sustitución t = 2x,

d2 y d dy d dy d dy dt d2 y = . (5.209) = 2 = 2 = 4 dx2 dx dx dx dt dt dt dx dt2

dy dy dt dy = =2 , dx dt dx dt

Donde hemos aplicado la regla de la cadena. Ahora sustituimos estos resultados en la ecuación (5.208) y obtenemos la siguiente ecuaci´ on diferencial t2

d2 y dy 2 1 + t + t − y = 0. dt2 dt 4

(5.210)

Esta ecuación es una ecuaci´ on de Bessel con ν 2 = 1/4 o bien ν = 1/2. Entonces, como ν no es un entero, tenemos por el teorema 5 · 16 · 1 que la solución general es y(t) = c1 J1/2 (t) + c2 J−1/2 (t).

(5.211)

´ Jν (X) 5.17. PROPIEDADES DE LA FUNCION

261

Luego, recordando la sustituci´ on t = 2x, tenemos la solución general de la ecuación (5.208) y(x) = c1 J1/2 (2x) + c2 J−1/2 (2x).

(5.212)

x2 y 00 + xy 0 + 4(x4 − 2)y = 0.

(5.213)

t = x2 ,

(5.214)

Ejemplo 2: Resolver la ecuaci´ on Soluci´ on: Si hacemos la sustituci´ on y aplicando la regla de la cadena, tenemos dy dx d2 y dt2

dy dt dy dy = 2x = 2t1/2 , dt dx dt dt d dy d 1/2 dy dt d 1/2 dy 1/2 = = 2t = 2t 2t = dx dx dt dt dx dt dt d2 y dy d2 y dy + 2t1/2 2 2t1/2 = 2 + 4t 2 . = t−1/2 dt dt dt dt =

(5.215)

Sustituyendo en (5.213), obtenemos dy d2 y dy t 2 + 4t 2 + t1/2 2t1/2 + 4(t2 − 2)y = 0. dt dt dt

(5.216)

Simplificando, obtenemos la siguiente ecuación de Bessel t2 donde ν =

√

d2 y dy +t + (t2 − 2)y = 0, dt2 dt

(5.217)

2. Entonces por el teorema 5 · 16 · 1, tenemos la solución general de (5.217) y(t) = c1 J√2 (t) + c2 J−√2 (t).

(5.218)

Por consiguiente, la soluci´ on general de la ecuación (5.213) tiene la forma y(x) = c1 J√2 (x2 ) + c2 J−√2 (x2 ).

5.17.

(5.219)

Propiedades de la funci´ on Jν (x)

Al multiplicar (5.204), por xν se obtiene xν Jν (x) =

∞ X s=0

(−1)s x2s+2ν . 22s+ν s!Γ(ν + s + 1)

(5.220)

Ahora, derivando esta expresi´ on respecto a x, resulta d ν [x Jν (x)] dx

=

∞ X (−1)s 2(s + ν)x2s+2ν−1 s=0

22s+ν s!Γ(ν + s + 1)

ν ν−1

= x x

∞ X s=0

(−1)s x2s . 22s+ν−1 s!Γ(ν + s)

(5.221)

´ DE ECUACIONES DIFERENCIALESUSANDO SERIES DE POTENCIA 262CAPÍTULO 5. INTEGRACION

De la ecuación (5.204), podemos observar que el segundo término es xν Jν−1 (x). Con esto hallamos otra relación u ´til d ν dx [x Jν (x)]

= xν Jν−1 (x)

(5.222)

De manera similar, multiplicando (5.204), tomando la derivada y haciendo un cambio de ´ındice se obtiene ∞ ∞ X X d −ν (−1)s x2s−1 (−1)m+1 x2m+1 [x Jν (x)] = = , 2s+ν−1 2m+ν+1 dx 2 (s − 1)!Γ(ν + s + 1) m=0 2 m!Γ(ν + m + 2) s=1

(5.223)

donde s = m + 1. Usando (5.204), la expresi´ o del segundo término es −x−ν Jν−1 (x). De esta manera obtenemos la relaci´ on d −ν Jν (x) dx [x

= −x−ν Jν+1 (x).

(5.224)

Al desarrollar las f´ ormulas (5.176), y (5.177), y multiplicar (5.177), por x2ν obtenemos d Jν (x) dx d −νxν−1 Jν + xν Jν (x) dx νxν−1 Jν + xν

= xν Jν−1 (x),

(5.225)

= −xν Jν+1 (x).

(5.226)

Al restar (5.226), de (5.225), y dividir el resultado entre xν obtenemos la primer relación de recurrencia Jν−1 (x) + Jν+1 (x) =

2ν x Jν (x)

(5.227)

Luego, al sumar (5.225), y (5.226), y dividir el resultado entre xν obtenemos la segunda relación de recurrencia d Jν−1 (x) − Jν+1 (x) = 2 dx [Jν (x)]

(5.228)

Estas dos u ´ltimas relaciones tienen una importancia práctica, sobre todo en el trabajo numérico, donde (5.227), puede usarse para expresar funciones de Bessel de órdenes inferiores, las cuales permitan el uso de tablas.

5.18.

Funciones de Bessel Fraccionarias, ν = ± 12 , ± 32 , ± 52

Analicemos las funciones de Bessel para algunos casos fraccionarios de ν Para ν = 12 , de la ecuaci´ on (5.204), tenemos ∞ √ X J1/2 (x) = x s=0

Recordando la relaci´ on Γ

(−1)s x2s = 22s+1/2 s!Γ(s + 32 )

1 2

=

√

π,

r

∞

2 X (−1)s x2s+1 . x s=0 22s+1 s!Γ(s + 23 )

Γ(ν + 1) = νΓ(ν).

(5.229)

(5.230)

5.18. FUNCIONES DE BESSEL FRACCIONARIAS, ν = ± 21 , ± 32 , ± 52

Usando estas expresiones, en el denominador se tiene 3 1 1 3 1 1 Γ s+ = s+ s− ... · Γ 2 2 2 2 2 2 √ = 2−(s+1) (2s + 1)(2s − 1) . . . 3 · π.

263

(5.231)

Adem´ as en el denominador se tiene 22s+1 s! = 22s+1 s(s − 1) . . . 2 · 1 = 22s+1 2s(2s − 2) . . . 4 · 2. √ El denominador queda como (2s + 1)! π, de donde r ∞ 2 X (−1)s x2s+1 J1/2 (x) = . πx s=0 (2s + 1)! Esta no es ni m´ as ni menos que la serie de Maclaurin de sin x. Por consecuencia r 2 sen x. J1/2 (x) = πx

(5.232)

(5.233)

(5.234)

Ahora derivemos (5.234), obtenemos d √ [ xJ1/2 (x)] = x1/2 J−1/2 (x) = dx de donde obtenemos el resultado

r J−1/2 (x) =

r

2 cos x, π

2 cos x. πx

(5.235)

(5.236)

Demostrar que las siguientes relaciones son válidas: r 1 2 sen x J3/2 (x) = J1/2 (x) − J−1/2 (x) = − cos x x πx x r 1 2 cos x J−3/2 (x) = − J−1/2 (x) − J1/2 (x) = − + sen x . x πx x

(5.237) (5.238)

Ejemplo 1: Resolver la ecuaci´ on

1 y = 0. x2 y 00 + xy 0 + x2 − 4

(5.239)

Soluci´ on: La ecuaci´ on (5.239) es una ecuación de Bessel con ν = 1/2. Entonces, la solución general está dada por la funci´ on y(x) = c1 J1/2 (x) + c2 J−1/2 (x). (5.240) Luego, tomando en cuenta los resultados obtenidos en (5.234) y (5.236), la solución (5.240) la podemos escribir de la siguiente manera r 2 y(x) = c1 sen x + c2 cos x . (5.241) πx Ejemplo 2: Resolver la ecuaci´ on

9 y = 0. x2 y 00 + xy 0 + x2 − 4

(5.242)

´ DE ECUACIONES DIFERENCIALESUSANDO SERIES DE POTENCIA 264CAPÍTULO 5. INTEGRACION

Soluci´ on: La ecuación (5.242) es una ecuaci´ on de Bessel con ν = 3/2. Entonces, la solución general es y(x) = c1 J3/2 (x) + c2 J−3/2 (x).

(5.243)

Tomando en cuenta las expresiones (5.237) y (5.238), podemos escribir la solución general (5.243) de la siguiente manera r h cos x i 2 sen x y(x) = c1 − cos x + c2 + sen x . (5.244) πx x x

5.19.

Funciones de Bessel de segunda clase

Nos queda por obtener una soluci´ on general de la ecuación de Bessel para el caso ν = n entero. Recordemos que para ν no entero hemos obtenido una base Jν (x) y J−ν (x), y que en el caso ν = n las dos soluciones obtenidas se vuelven linealmente dependientes, de tal manera que para este caso se necesita una segunda soluci´ on linealmente independiente. Esta ecuación se reperesentará por Yn (x). Consideremos primero el caso n = 0. Entonces, la ecuación de Bessel se reduce a la ecuación xy 00 + y 0 + xy = 0.

(5.245)

Para esta ecuación se obtiene la ecuaci´ on indicial con ra´ız de multiplicidad 2. Al principio tenemos solo la solución J0 (x). Luego, la segunda solución tendrá la forma y2 (x) = J0 (x) ln x +

∞ X

Am xm .

(5.246)

m=1

Sustituyendo y2 y sus derivadas J00 (x) ln x

∞ J0 (x) X + mAm xm−1 , + x m=1

y20

=

y200

= J000 (x) ln x +

∞ 2J00 J0 (x) X − + m(m − 1)Am xm−2 . x x2 m=1

(5.247)

en la ecuación original. Los términos logar´ıtmicos se cancelan, ya que J0 (x) es una solución de la ecuación, al igual los otros términos que contienen a J0 (x), de esta manera obtenemos 2J00 +

∞ X

m(m − 1)Am xm−1 +

m=1

∞ X

mAm xm−1 +

m=1

∞ X

Am xm+1 = 0.

(5.248)

m=1

De aqu´ı se obtiene la serie de potencias de J00 en la forma J00 (x) =

∞ ∞ X X (−1)m 2mx2m−1 (−1)m x2m−1 = 22m (m!)2 22m−1 m!(m − 1)! m=1 m=1

(5.249)

Al poner esta serie resulta ∞ X

∞ ∞ X X (−1)m x2m−1 2 m−1 + m Am x + Am xm+1 = 0. 22m−2 m!(m − 1)! m=1 m=1 m=1

(5.250)

5.19. FUNCIONES DE BESSEL DE SEGUNDA CLASE

265

Podemos demostrar que todas las Am con sub´ındices impares son cero. El coeficiente de la potencia x0 es A1 y en consecuencia A1 = 0. Al igualar a cero la suma de los coeficientes de la potencia x2s se tiene (2s + 1)2 A2s+1 + A2s−1 = 0, s = 1, 2, . . . (5.251) Puesto que A1 = 0, obtenemos A3 , A5 , ..., = 0. Luego, igualando a cero la suma de los coeficientes de x2s+1 se obtiene 1 (5.252) −1 + 4A2 = 0 → A2 = , s = 0. 4 y para los dem´ as valores s = 1, 2, . . . , tenemos (−1)s+1 + (2s + 2)2 A2s+2 + A2s = 0. + 1)!s!

(5.253)

22s (s Para s = 1 se obtiene

1 + 16A4 + A2 = 0 8

→

A4 = −

3 . 128

(5.254)

m = 1, 2, . . . .

(5.255)

En general A2m =

1 1 1 (−1)m−1 1 + + + . . . + , 22m (m!)2 2 3 m

Introduciendo la notaci´ on hm = 1 +

1 1 1 + + ... + 2 3 m

(5.256)

y poniendo en y A1 , A3 = A5 = . . . = 0, obtenemos el siguientes resultado ∞ X (−1)m−1 hm 2m = J0 (x) ln x + x = 22m (m!)2 m=1

y2 (x)

3 4 1 x + −.... = J0 (x) ln x + x2 − 4 128

(5.257)

Ya que J0 (x) y y2 (x) son funciones linealmente independientes, estas forman una base de soluciones de la ecuaci´ on de Hermite para n = 0. Existe otra base, en este caso se sustituye y2 por una solución particular independiente de la forma a(y2 + bJ0 ) donde (a 6= 0) y b son constantes. Es frecuente, que se tomen los valores a = 2/π y b = γ − ln 2, donde γ = 0,577215664... es la constante de Euler. Esta constante se define como el l´ımite de 1+

1 1 1 + + . . . + − ln s. 2 3 s

(5.258)

cuando s → ∞. La soluci´ on particular estándar obtenida de esta manera se le conoce como funci´ on de Bessel de segunda clase y de orden cero ó también como funci´ on de Neumann de orden cero y se representa por Y0 (x) y tiene la forma

Y0 (x) =

2 π

h

P ∞ J0 (x) ln x2 + γ + m=1

(−1)m−1 hm 2m 22m (m!)2 x

i

.

(5.259)

Para x > 0 peque˜ na la funci´ on Y0 (x) tiene un comportamiento similar al de ln x y Y0 (x) → −∞ cuando x → 0.

´ DE ECUACIONES DIFERENCIALESUSANDO SERIES DE POTENCIA 266CAPÍTULO 5. INTEGRACION

5.20.

Funciones de Bessel de Segunda Clase Yn (x)

Para el caso en que ν = n = 1, 2, 3, . . . se puede obtener una segunda solución haciendo manipulaciones similares a las hechas en el caso n = 0. En estos casos la solución también involucra un término logar´ıtmico. Esto no es del todo satisfactorio, ya que la segunda solución se define de manera diferente, dependiendo de si el orden de ν es entero o no. Por lo anterior, es conveniente tomar una segunda solución que sea v´ alida para todos los valores de ν. Esta segunda solución representada por Yν (x) y definida para toda ν tiene forma i 1 h Jν (x) cos πν − Jν (x) , Yν (x) = sen πν Yn (x) = l´ım Yν (x). (5.260) ν→n

Esta función recibe el nombre de funci´ on de Bessel de segunda clase de orden ν o funci´ on de Neumann de orden ν Para un orden ν no entero la funci´ on Yν (x) es evidentemente una solución de la ecuación de Bessel, ya que Jν (x) y J−ν (x) son soluciones de la ecuación. Debido a que para esos valores de ν las soluciones Jν (x) y J−ν (x) son linealmente independientes y Yν (x) incluye a Jν (x), las funciones Jν (x) y Yν (x) son linealmente independientes. Además, se puede demostrar que el l´ımite en (5.260) existe y que Yn (x) es una soluci´ on de la ecuación de Bessel para un orden entero. El desarrollo de la función Yn (x) contiene un término logar´ıtmico. Por lo tanto, Jn (x) y Yn (x) son soluciones linealmente independientes de la ecuaci´ on de Bessel. Poniendo los valores de las funciones Jν (x) y J−ν (x) en (5.260), y haciendo ν → n, obtenemos Yn (x)

=

∞ x xn X (−1)m−1 (hm + hm+n ) 2m 2 Jn (x) ln +γ + x π 2 π m=0 22m+n m!(m + n)!

−

n−1 x−n X (n − m − 1)! 2m x , π m=0 22m−n m!

(5.261)

donde x > 0, n = 0, 1, 2, ... y h0 = 0,

hs = 1 +

1 1 1 + + ... + , 2 3 s

(s = 1, 2, 3, . . .)

(5.262)

y cuando n = 0 la u ´ltima suma en (5.261) debe sustituirse por cero. Para n = 0 la expresión (5.261) se reduce a (5.259). Adem´ as, se puede demostrar que Y−n (x) = (−1)n Yn (x).

(5.263)

Finalmente, estos resultados los formularemos en el siguiente teorema Teorema 5.20.1. Una soluci´ on general de la ecuaci´ on de Bessel para todos los valores de ν es y(x) = c1 Jν (x) + c2 Yν (x). Hay ocasiones pr´ acticas en las que existe la necesidad de contar con soluciones complejas de la ecuación de Bessel para valores reales de x. En tal caso, con frecuencia se usan las soluciones Hν(1) (x) = Jν (x) + iYν (x), Hν(2) (x) = Jν (x) − iYν (x)

(5.264)

Estas funciones son linealmente independientes y se llaman funciones de Bessel de tercera clase y de orden ν, o primera y segunda funciones de Hankel de orden ν.

5.21. PROBLEMAS DE REPASO DEL CAPÍTULO 5

5.21.

Problemas de Repaso del Cap´ıtulo 5

5.1.- Usando la serie de Taylor obtener la integraci´ on aproximada de las siguientes ecuaciones. 1. y 0 = x2 y + y 3 , y(0) = 1. Hallar los cuatro primeros términos del desarrollo diferentes de cero. 2. y 0 = x + 2y 2 , y(0) = 0. Hallar los dos primeros términos del desarrollo diferentes de cero. 3. y 0 = y 2 + x, y(0) = 1. Hallar los cinco primeros términos del desarrollo. 4. y 00 = (2x − 1)y − 1, y(0) = 0, y 0 (0) = 1. Hallar los primeros cinco términos. 5. y 0 = x2 + y 2 , y(0) = 1. Hallar los cinco primeros términos. 5.2.- Hallar Soluciones en Serie de Potencias Alrededor de un Punto Ordinario x = 0. 1. y 00 + xy 0 + y = 0. 2. y 00 − xy = 0. 3. y 00 − 2xy 0 + y = 0. 4. y 00 + x2 y 0 + xy = 0. 5. y 00 + x2 y = 0. 6. y 00 + 2xy 0 + 2y = 0. 7. (x − 1)y 00 + y 0 = 0. 8. (x2 + 2)y 00 + 3xy 0 − y = 0. 9. y 00 − xy = 0. 10. y 00 − 2xy 0 + y = 0. 5.3.- Resolver las siguientes ecuaciones de Bessel 1. y 00 + x1 y 0 + 1 −

1 9x2

y = 0.

2. 4x2 y 00 + 4xy 0 + (100x2 − 9)y = 0.

3. x2 y 00 + xy 0 + 4x4 −

267

16 9

y = 0.

4. x2 y 00 + xy 0 + (x2 − 4)y = 0. 5. xy 00 + y 0 + 41 y = 0.

´ DE ECUACIONES DIFERENCIALESUSANDO SERIES DE POTENCIA 268CAPÍTULO 5. INTEGRACION

Cap´ıtulo 6

SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES Hemos aprendido diferentes métodos para resolver ecuaciones diferenciales ordinarias considerándolas individualmente. Sin embargo, en la práctica, es muy probable que se necesite más de una ecuaci´ on diferencial para modelar un proceso dado. En este u ´ltimo cap´ıtulo analizaremos situaciones, en las cuales, dos o más funciones desconocidas están relacionadas mediante un conjunto de ecuaciones diferenciales.

6.1.

Sistemas de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias

En general, un sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias dy1 = f1 (t, y1 , y2 , ..., yn ), dt dy2 = f2 (t, y1 , y2 , ..., yn ), dt .. . dyn = fn (t, y1 , y2 , ..., yn ), dt

(6.1) (6.2)

donde, y1 , y2 , ..., yn son funciones desconocidas de la variable t, se llama sistema normal. Si la parte derecha del sistema normal de ecuaciones diferenciales son funciones lineales respecto a la variable y1 , y2 , ..., yn , entonces, el sistema de ecuaciones diferenciales se llama sistema lineal . Un sistema de ecuaciones diferenciales de primer orden es lineal, si tiene la forma dy1 = a11 (t)y1 (t) + a12 (t)y2 (t) + . . . + a1n (t)yn (t) + f1 (t), dt dy2 = a21 (t)y1 (t) + a22 (t)y2 (t) + . . . + a2n (t)yn (t) + f2 (t), dt .. . dyn = an1 (t)y1 (t) + an2 (t)y2 (t) + . . . + ann (t)yn (t) + fn (t). dt 269

(6.3) (6.4)

CAPÍTULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

270

Recordando el álgebra de matrices, tenemos que el sistema (6.4), lo podemos escribir como    a (t) a (t) . . . a (t)     f (t)  y1 y1 11 12 1n 1 y2   a21 (t) a22 (t) . . . a2n (t)   y2   f2 (t)  d    . = .    .. ..  ..   ..  +  ..  . dt  ..   .. . . . . . yn

an1 (t) a2n (t) . . .

ann (t)

yn

(6.5)

fn (t)

La forma matricial (6.5), la podemos escribir de una forma a´ un más compacta, usando la forma vectorial, es decir dY(t) dt

donde hemos hecho las siguientes definiciones  y (t)   a (t) a (t) 1 11 12  y2 (t)   a21 (t) a22 (t)  Y(t) =  A(t) =  ..  ..   .. . . . yn (t)

(6.6)

= A(t)Y(t) + F(t)

... ... .. .

a1n (t)  a2n (t)  ..  , . an1 (t) a2n (t) . . . ann (t)

 f (t)  1  f2 (t)   F(t) =   ..  . (6.7) . fn (t)

A la matriz A(t) se le conoce como matriz de coeficientes , y a F(t) como la funci´ on de excitaci´ on ó fuente. Se supone que A(t) y F(t) son continuas si sus elementos son continuos en alg´ un intervalo (a, b). Si la función de excitaci´ on F(t) = 0, entonces, decimos que el sistema (6.6), es un sistema homogéneo. El sistema dado por (6.6), es un sistema no homogéneo ya que F(t) 6= 0. Un vector soluci´ on en un intervalo I ∈ (a, b) es cualquier matriz columna  y (t)  1

 y2 (t)   Y(t) =   ..  , . yn (t)

(6.8)

cuyos elementos son funciones diferenciables y satisfacen el sistema de ecuaciones (6.5), o (6.6), en el intervalo dado. Supongamos que t0 es un punto en el intervalo I ∈ (a, b), y sean  y (t )    c1 1 0  y2 (t0 )   c2    Y(t0 ) =  Y0 =  (6.9)  ..  ,  ...  , . cn yn (t0 ) donde, ci , (i = 1, 2, ..., n) son constantes dadas. Entonces, el problema Resolver : Sujeto

a:

dY = A(t)Y + F(t) dt Y(t0 ) = Y0 ,

(6.10)

es un problema de valor inicial en el intervalo dado. Ahora, podemos hacernos la siguiente pregunta: Cuáles serán las condiciones suficientes para que el problema de valor inicial (6.10), tenga solución? La respuesta la da el siguiente teorema. Teorema 6.1.1. Sean las componentes aij y las fi del sistema (6.7), funciones continuas de t en un intervalo abierto a < t < b que contiene al punto t = t0 . Entonces, (6.7), tiene una soluci´ on y(t) en este intervalo que satisface las condiciones iniciales (6.10). Esta soluci´ on, adem´ as, es u ńica.

6.1. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

271

Estudiaremos cuatro de los métodos más comunes en la solución de los sistemas de ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes de la forma (6.10). I Reducci´ on de un Sistema de Ecuaciones a una Ecuaci´ on de Orden n En ocasiones, un sistema de ecuaciones diferenciales (6.4), se puede transformar a una ecuación diferencial de orden n, la cual contiene una función desconocida. Esto se puede realizar diferenciando una de las ecuaciones del sistema y eliminando todas las otras desconocidas. Este método se conoce como método de eliminaci´ on . Sin perder generalidad, vamos analizar este método para el caso de un sistema de dos ecuaciones diferenciales. Sea el sistema dx dt dy dt

= ax + by + f (t) = cx + dy + g(t),

(6.11)

donde a, b, c y d son ciertas constantes, f (t), g(t) son funciones dadas, y x(t), y(t) son las funciones desconocidas. De la primer ecuaci´ on de (6.11), despejando a y(t), tenemos y(t) =

1 dx − ax − f (t) . b dt

(6.12)

Derivando esta funci´ on respecto a t, obtenemos dy 1 d2 x dx df = − a − . dt b dt2 dt dt

(6.13)

Sustituyendo las expresiones (6.12), y (6.13), en la segunda ecuación del sistema (6.11), resulta d2 x dx df − (a + d) − (bc − da)x = − f (t)d + bg(t). dt2 dt dt

(6.14)

Esta misma expresi´ on la podemos escribir, de una manera más general, como A

d2 x dx +B + Cx = P (t). dt2 dt

(6.15)

Al resolver esta ecuaci´ on tendremos una solución de la forma x(t) = x(t, c1 , c2 ).

(6.16)

Luego, derivando la expresi´ on obtenida respecto a t y sustituyendo en la ecuación (6.12), hallamos y(t). De esta manera obtenemos las soluciones x(t) y y(t) del sistema de ecuaciones (6.11). Ejemplo 1: Resolver el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales dx dt dy dt Soluci´ on:

=

2y,

= x.

(6.17)

CAPÍTULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

272

Una forma para resolver este sistema es, darnos cuenta que derivando la primera ecuación de la expresión (6.17), respecto al tiempo t (no necesariamente t es el tiempo), y después tomando en cuenta la segunda ecuaci´ on obtenemos una ecuación lineal de segundo orden, esto es dy d2 x =2 . dt2 dt

(6.18)

Luego, sustituyendo en (6.18), el valor dy/dt = x, de la segunda ecuación de (6.17), obtenemos d2 x = 2x. dt2

(6.19)

La ecuación (6.19), la podemos escribir como d2 x − 2x = 0. dt2

(6.20)

Esta ecuación es una ecuaci´ on diferencial lineal homogénea de segundo orden con coeficientes constantes. Suponiendo una soluci´ on de la forma x(t) = emt , entonces, tenemos que la correspondiente ecuación caracter´ıstica y sus ra´ıces est´ an dadas por √ m2 − 2 = 0 → m = ± 2. (6.21) Entonces, la soluci´ on general de la ecuaci´ on (6.20), está dada por √

x(t) = c1 e

2t

√

+ c2 e−

2t

.

(6.22)

De la primera ecuaci´ on de (6.17), tenemos y(t) = 12 dx on (6.22), dt . Entonces, derivando la expresi´ respecto a t, tenemos √ √ c1 2 √2t c2 2 −√2t 1 dx = e − e . (6.23) y(t) = 2 dt 2 2 De tal manera que la soluci´ on general del sistema (6.17), es √

√

x(t)

= c1 e

2t

y(t)

= c˜1 e

2t

√

√

+ c2 e−

2t

√ − 2t

− c˜2 e

.

(6.24)

√

donde c˜1 = c12 2 , c˜2 = c22 2 . El sistema de ecuaciones (6.17), también puede ser resuelto de la siguiente manera; usando la regla de la cadena, tenemos dy dt x dy = = . dx dt dx 2y

(6.25)

Esta ecuación es una ecuaci´ on de primer orden y de variables separables, la cual se puede resolver fácilmente. Como resultado tenemos, 2y 2 − x2 = c. (6.26) En principio, las dos soluciones obtenidas (6.24), y (6.26), son las mismas, nadamás que la primera está en forma paramétrica y la segunda no (podrá demostrarlo?). Ejemplo 2: Resolver el sistema de ecuaciones diferenciales dx dt dy dt

= x cos t, = xe− sen t .

(6.27)

6.1. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

273

Soluci´ on: Analizando el sistema nos damos cuenta que la primera ecuación no depende de y y, por lo tanto, la podemos integrar separando las variables, esto es Z Z x dx = sen t → x(t) = c1 esen t . (6.28) = cos tdt → ln x c1 Sustituyendo el valor de x(t), en la segunda ecuación del sistema (6.27), tenemos dy = c1 esen t e− sen t = c1 dt

→

dy = c1 . dt

(6.29)

Esta u ´ltima ecuaci´ on se integra f´ acilmente, la solución es y(t) = c1 t + c2 ,

(6.30)

donde c1 y c2 son constantes de integración. Por consiguiente, la solución general del sistema de ecuaciones (6.27), tiene la forma x(t) = c1 esen t , y(t) = c1 t + c2 .

(6.31)

Ejemplo 3: Resolver el sistema de ecuaciones dx dt dy dt

= ax + y, = −x + ay.

(6.32)

Soluci´ on: Derivando la primera ecuaci´ on del sistema (6.32), tenemos d2 x dx dy =a + . 2 dt dt dt

(6.33)

Luego, sustituyendo la segunda ecuación de (6.32), en (6.33), obtenemos dx dy =a − x + ay. dt dt

(6.34)

De la primera ecuaci´ on de (6.32), despejamos a y, esto es y = −ax +

dx , dt

(6.35)

y la sustituimos en (6.34), obtenemos la ecuación diferencial d2 x dx − 2a + (a2 + 1)x = 0. 2 dt dt

(6.36)

Ahora, nos queda por resolver esta ecuación que es de segundo orden con coeficientes constantes. Suponemos la soluci´ on x(t) = emt , entonces, la ecuación caracter´ıstica tiene la forma m2 − 2am + (a2 + 1) = 0.

(6.37)

CAPÍTULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

274

Las ra´ıces de esta ecuaci´ on son m1,2 = a ± i.

(6.38)

x(t) = eat c1 cos t + c2 sen t .

(6.39)

La solución general tiene la forma

Luego, sustituyendo esta expresi´ on en (6.35), tenemos y(t)

dx − ax = aeat c1 cos t + c2 sen t + eat − c1 sen t + c2 cos t dt − aeat c1 cos t + c2 sen t = eat − c1 sen t + c2 cos t . =

Entonces, las soluciones del sistema est´ an dadas por las expresiones x(t) = eat c1 cos t + c2 sen t , y(t) = eat − c1 sen t + c2 cos t .

(6.40)

(6.41)

Ejemplo 4: Resolver el siguiente sistema de ecuaciones dx dt dy dt

= e3t − y, =

2e3t − x.

(6.42)

Soluci´ on: Diferenciando, respecto a t, la primera ecuación del sistema, obtenemos dy d2 x = 3e3t − . 2 dt dt

(6.43)

Sustituyendo en (6.43), la segunda ecuaci´ on del sistema (6.42), resulta la ecuación d2 x = 3e3t − 2e3t + x = e3t + x dt2

→

d2 x − x = e3t . dt2

(6.44)

Esta u ´ltima ecuaci´ on es una ecuaci´ on lineal no homogénea de segundo orden. La ecuación homogénea correspondiente a (6.44), es d2 x − x = 0. (6.45) dt2 Supongamos la soluci´ on x(t) = emt , sustituyendo en (6.45), obtenemos la ecuación caracter´ıstica y sus ra´ıces m2 − 1 = 0 → m = ±1. (6.46) Por consiguiente, la soluci´ on general de la ecuación (6.45), está dada por xh (t) = c1 et + c2 e−t .

(6.47)

Luego, suponemos una soluci´ on particular xp de la ecuación (6.44). Sea la solución particular xp = Ae3t .

(6.48)

6.1. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

275

Sustituyendo en la ecuaci´ on (6.44), resulta 9Ae3t − Ae3t = e3t

→

A=

1 . 8

(6.49)

Entonces, la soluci´ on particular es xp (t) =

1 3t e . 8

(6.50)

Luego, la soluci´ on general de la ecuación (6.44), es 1 x(t) = c1 et + c2 e−t + e3t . 8

(6.51)

De la segunda ecuaci´ on del sistema (6.42), podemos despejar a y, esto nos da y(t) = e3t −

dx . dt

(6.52)

Ahora, derivamos respecto a t la solución (6.51), y la sustituimos en (6.52), obtenemos 3 5 y(t) = e3t − c1 et − c2 e−t + e3t = −c1 et + c2 e−t + e3t . 8 8

(6.53)

Finalmente, la soluci´ on general del sistema (6.42), está dado por las expresiones 1 = c1 et + c2 e−t + e3t , 8 5 t −t y(t) = −c1 e + c2 e + e3t . 8

x(t)

(6.54)

Ejemplo 5: Resolver el sistema de ecuaciones dx dt dy dt dz dt

=

2y,

=

2z,

=

2x.

(6.55)

Soluci´ on: Diferenciando, respecto a t, la primera ecuación de (6.55), obtenemos d2 x dy =2 . 2 dt dt

(6.56)

Luego, sustituyendo la segunda ecuación de (6.55), en (6.56), se tiene d2 x = 4z. dt2

(6.57)

d3 x dz =4 . 3 dt dt

(6.58)

Derivando esta ecuaci´ on respecto a t, resulta

CAPÍTULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

276

Sustituyendo la tercera ecuaci´ on de (6.55), en (6.58), obtenemos la ecuación homogénea de tercer orden d3 x d3 x = 8x → − 8x = 0. (6.59) dt3 dt3 La solución general de esta ecuaci´ on es √ √ x(t) = c1 e2t + e−t c2 cos 3t + c3 sen 3t . (6.60) La solución general para la funci´ on y(t) la podemos obtener de la primera ecuación del sistema (6.55), esto es y(t)

√ √ 1 dx 1h = 2c1 e2t − e−t c2 cos 3t + c3 sen 3t 2 dt 2 √ −t √ √ i + 3e c3 cos 3t − c2 sen 3t h√ √ √ √ i 1 = c1 e2t + e−t ( 3c3 + c2 ) cos 3t − ( 3c2 + c3 ) sen 3t . 2 =

(6.61)

De la segunda ecuaci´ on del sistema (6.55), obtenemos la función z(t), esto es z(t) =

h√ √ √ √ i 1 dy 1 = c1 e2t − e−t ( 3c3 + c2 ) cos 3t − ( 3c2 − c3 ) sen 3t . 2 dt 2

Finalmente, tenemos las soluciones que satisfacen al sistema (6.55), √ √ x(t) = c1 e2t + e−t c2 cos 3t + c3 sen 3t , √ √ √ √ 1 y(t) = c1 e2t + e−t ( 3c3 + c2 ) cos 3t − ( 3c2 + c3 ) sen 3t , 2 √ √ √ √ 1 z(t) = c1 e2t − e−t ( 3c3 + c2 ) cos 3t − ( 3c2 − c3 ) sen 3t . 2

(6.62)

(6.63)

Ejemplo 6: Resolver el siguiente sistema de ecuaciones con las condiciones dadas dx dt dy dt

=

3x + 8y,

= −3y − x,

x(0) = 6,

y(0) = −2.

(6.64)

Soluci´ on: Derivamos la primera ecuaci´ on del sistema (6.64), y obtenemos d2 x dx dy =3 +8 . dt2 dt dt

(6.65)

Sustituimos en (6.65), la segunda ecuaci´ on del sistema (6.64), obtenemos d2 x dx dx =3 + 8 − 3y − x = 3 − 24y − 8x. 2 dt dt dt

(6.66)

De la primera ecuaci´ on del sistema (6.64), despejamos y, esto es y=

1 dx 3 − x, 8 dt 8

(6.67)

6.1. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

277

y la sustituimos en la expresi´ on (6.66), resulta 1 dx 3 dx d2 x = 3 − 8x − 24 − x = −8x + 9x = x. dt2 dt 8 dt 8

(6.68)

Hemos obtenido la ecuaci´ on

d2 x − x = 0. (6.69) dt2 Esta es una ecuaci´ on lineal respecto a x, de segundo orden con coeficientes constantes. Suponemos la soluci´ on x(t) = emt , sustituyendo en (6.69), obtenemos la ecuación caracter´ıstica y sus respectivas ra´ıces m2 − 1 = 0 → m = ±1. (6.70) Entonces, la soluci´ on general de (6.69), es x(t) = c1 et + c2 e−t .

(6.71)

Para encontrar la soluci´ on y(t) es necesario usar la expresión (6.67), para esto derivamos respecto a t, la expresi´ on (6.71), obtenemos dx = c1 et − c2 e−t . (6.72) dt Sustituyendo en (6.67), las expresiones (6.72), y (6.71), obtenemos c1 c2 3 t c1 c2 y(t) = et − e−t − c1 e + c2 e−t = − et − e−t . (6.73) 8 8 8 4 2 Es decir, las soluciones generales del sistema (6.64), son (6.71), y (6.73), esto es = c1 et + c2 e−t , c2 c1 y(t) = − et − e−t . 4 2

x(t)

(6.74)

Ahora solo nos queda hallar las constantes c1 y c2 de las condiciones iniciales dadas. Esto es, cuando t = 0, x = 6, y cuando t = 0, y = −2. Sustituyendo estos valores en el sistema (6.74), obtenemos c1 + 2c2 c1 + c2

= 8, = 6.

(6.75)

Resolviendo este sistema, hallamos los valores c1 = 4 y c2 = 2. Entonces, poniendo estos valores en la soluci´ on general (6.74), obtenemos la solución particular x(t) = 4et + 2e−t , y(t) = −et − e−t .

(6.76)

Estas soluciones particulares, obtenidas de las soluciones generales (6.74), cumplen las condiciones dadas x(0) = 6, y y(0) = −2. II Soluci´ on de Sistemas de Ecuaciones Diferenciales Mediante Combinaciones Integrables En algunos casos, combinando las ecuaciones del sistema de ecuaciones diferenciales (no necesariamente lineales), después de algunas operaciones (suma, resta, división, etc.), es posible obtener ecuaciones f´ acilmente integrables de la forma du = 0, (6.77) F t, u, dt

CAPÍTULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

278

donde u es una funci´ on de las funciones buscadas x1 (t), x2 (t), ..., xn (t). Este método se llama método de combinaciones integrables. Ejemplo 1: Resolver el sistema de ecuaciones dx dt dy dt

= =

y2 , x x2 . y

(6.78)

Soluci´ on: Este es un sistema no lineal. Escribamos el sistema (6.78), de la siguiente manera xdx = y 2 dt, ydy = x2 dt.

(6.79)

Sumando término a término, resulta xdx + ydy = (x2 + y 2 )dt Integrando la u ´ltima expresi´ on Z Z d(x2 + y 2 ) = 2dt x2 + y 2

→

d(x2 + y 2 ) = dt. 2(x2 + y 2 )

→

ln(x2 + y 2 ) = 2t + ln c1 .

(6.80)

(6.81)

Esta u ´ltima expresi´ on la podemos escribir como x2 + y 2 = c1 e2t .

(6.82)

Ahora, restando término a término la segunda ecuación de la primera en (6.79), obtenemos xdx − ydy = (y 2 − x2 )dt

→

d(x2 − y 2 ) = −2dt. x2 − y 2

(6.83)

Integrando Z

d(x2 − y 2 ) = −2 x2 − y 2

Z dt,

(6.84)

se obtiene x2 − y 2 = c2 e−2t .

(6.85)

Entonces, tenemos el siguiente sistema de ecuaciones algebráicas x2 + y 2 x2 − y 2

= c1 e2t = c2 e−2t .

Es fácil resolver este sistema, mediante suma y resta. El resultado es p x(t) = ± c˜1 e2t + c˜2 e−2t p y(t) = ± c˜1 e2t − c˜2 e−2t , donde, c˜1 =

c1 2 ,

y c˜2 =

c2 2 .

Las expresiones en (6.87), son las soluciones del sistema.

(6.86)

(6.87)

6.1. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

279

Ejemplo 2: Resolver el sistema de ecuaciones dx dt dy dt

1 , y 1 . x

= =

(6.88)

Soluci´ on: Escribamos el sistema de la siguiente manera ydx = dt, xdy = dt.

(6.89)

Sumando las dos ecuaciones resulta ydx + xdy = 2dt

→

d(xy) = 2dt.

(6.90)

→

xy = 2t + c1 .

(6.91)

Integrando Z

Z d(xy) = 2

dt

Ahora, restando una ecuaci´ on de la otra del sistema (6.89), obtenemos ydx − xdy = 0

→

dx dy − = 0. x y

(6.92)

y = c2 x.

(6.93)

Integrando Z

dx = x

Z

dy y

→

Entonces, tenemos el sistema de ecuaciones algebráicas xy y

= 2t + c1 , = c2 x.

Sustituyendo la segunda ecuaci´ on de (6.94), en la primera, obtenemos r 2t + c1 x(t) = . c2 Luego, poniendo este resultado en la segunda ecuación de (6.94), se tiene r p 2t + c1 y(t) = c2 = c2 (2t + c1 ). c2

(6.94)

(6.95)

(6.96)

Finalmente, las soluciones del sistema dado son r

Ejemplo 3:

x(t)

=

2t + c1 , c2

y(t)

=

p c2 (2t + c1 ).

(6.97)

280

CAPÍTULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Resolver el sistema de ecuaciones diferenciales con valores iniciales dx x = , dt x+y dy y = , x(0) = 1 y(0) = 2. dt x+y

(6.98)

Soluci´ on: Dividiendo la primera ecuaci´ on entre la segunda, resulta dx dt dy dt

=

x x+y y x+y

=

x y

→

dx x = . dy y

(6.99)

Esta u ´ltima ecuaci´ on es de variables separables. Separando las variables e integrando Z Z dx dy = → ln x = ln y + ln c1 → x = c1 y. x y

(6.100)

Ahora, sumando las dos ecuaciones del sistema (6.98), se tiene dx dy x y + = + =1 dt dt x+y x+y Integrando la u ´ltima ecuaci´ on de (6.101), Z Z Z dx + dy = dt

→

→

dx + dy = dt.

x + y = t + c2 .

(6.101)

(6.102)

Entonces, hemos obtenido el sistema de ecuaciones algebráicas n x = c y, 1 x + y = t + c2 .

(6.103)

Resolviendo este sistema simult´ aneamente, obtenemos las funciones x(t) y y(t), las cuales tienen la forma c1 (t + c2 ) x(t) = , c1 + 1 t + c2 y(t) = . (6.104) c1 + 1 Estas funciones constituyen las soluciones generales del sistema (6.98). Ahora nos queda por encontrar una solución particular que cumpla con las condiciones iniciales dadas en (6.98). Esto es, cuando t = 0, x = 1 y cuando t = 0, y = 2. Sustituyendo estas condiciones en (6.104), obtenemos el sistema de ecuaciones algebr´ aicas c1 + 1 = c1 c2 , 2(c1 + 1) = c2 .

(6.105)

Multiplicando la primer ecuaci´ on por dos y restando la segunda a la primera ecuación, obtenemos 1 . (6.106) 2 Sustituyendo los valores encontrados de las constantes c1 y c2 en las soluciones generales (6.104), finalmente tenemos la soluci´ on del problema (6.98), esta es 2c1 c2 − c2 = 0

→

c2 (2c1 − 1) = 0

x(t)

=

y(t)

=

1 t, 3 2 t. 3

→

c2 = 0,

c1 =

(6.107)

6.1. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

281

III Variaci´ on de los Par´ ametros Sin perder generalidad, este método lo ilustraremos para el caso de un sistema de tres ecuaciones diferenciales. Sea el sistema no homogéneo dx + a1 x + b1 y + e1 z dt dy + a2 x + b2 y + e2 z dt dz + a3 x + b3 y + e3 z dt

= f1 (t), = f2 (t), = f3 (t).

(6.108)

Supongamos que la soluci´ on general del sistema homogéneo ya la conocemos, y tiene la forma x(t) = c1 x1 + c2 x2 + c3 x3 , y(t) = c1 y + c2 y2 + c3 y3 , z(t) = c1 z1 + c2 z2 + c3 z3 .

(6.109)

Nos queda por buscar una solución particular del sistema no homogéneo (6.108). El método de variaci´ on de los par´ ametros consiste en ver a las constantes c1 , c2 y c3 de (6.109), como parámetros que dependen de la variable independiente t, es decir, la solución particular tiene la forma x(t) = c1 (t)x1 + c2 (t)x2 + c3 (t)x3 , y(t) = c1 (t)y + c2 (t)y2 + c3 (t)y3 , z(t) = c1 (t)z1 + c2 (t)z2 + c3 (t)z3 ,

(6.110)

donde c1 (t), c2 (t) y c3 (t) son ahora funciones que debemos hallar. Estas funciones las podemos encontrar al sustituir (6.110), en (6.108). Sustituyendo (6.110), en la primera ecuación de (6.108), tenemos c01 x1 + c02 x2 + c03 x3 +

+ c1 (x01 + a1 x1 + b1 y1 + e1 z1 ) + c2 (x02 + a1 x2 + b1 y2 + e1 z2 ) + c3 (x03 + a1 x3 + b1 y3 + e1 z3 ) = f1 (t).

(6.111)

Todas las sumas que est´ an dentro de los paréntesis son cero, (ya que el sistema (6.110), es solución de la ecuaci´ on homogénea correspondiente). Por consiguiente, tendremos c01 x1 + c02 x2 + c03 x3 = f1 (t).

(6.112)

De manera an´ aloga, al sustituir (6.110), en la segunda y tercera ecuación de (6.108), obtendremos el siguiente sistema de ecuaciones para las c01 , c02 y c03 , estas son c01 x1 + c02 x2 + c03 x3 c01 y1 + c02 y2 + c03 y3 c01 z1 + c02 z2 + c03 z3

= f1 (t), = f2 (t), = f3 (t).

Este sistema es lineal respecto a c01 , c02 , c03 , y tiene solución, puesto que su determinante   x1 x2 x3 det  y1 y2 y3  6= 0, z1 z2 z3

(6.113)

(6.114)

CAPÍTULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

282

debido a la independencia lineal de las soluciones del sistema homogéneo correspondiente. Una vez conocidas c01 , c02 y c03 e integrando, hallamos c1 (t), c2 (t) y c3 (t), y, por consiguiente, la solución de (6.110), del sistema no homogéneo (6.108). Ejemplo 1: Resolver el siguiente sistema de ecuaciones no homogéneo con las condiciones iniciales dadas 2

dx − 6x + y dt dy − 2y dt

= −6t2 − t + 3, = −2t − 1,

x(0) = 2,

y(0) = 3.

(6.115)

Soluci´ on: Primero resolvemos el sistema homogéneo correspondiente. Esto es, el sistema 2

dx − 6x + y dt dy − 2y dt

=

0,

=

0.

(6.116)

Derivamos la primera ecuaci´ on de (6.116), obtenemos 2

d2 x dx dy + = 0. −6 2 dt dt dt

(6.117)

Luego, sustituyendo la segunda ecuaci´ on en (6.117), resulta 2

d2 x dx −6 + 2y = 0 dt2 dt

→

d2 x dx −3 + y = 0. dt2 dt

(6.118)

Despejando y de la primera ecuaci´ on de (6.116), se obtiene y = 6x − 2

dx . dt

(6.119)

Luego, sustituimos y en (6.118), tenemos d2 x dx + 6x = 0. −5 2 dt dt

(6.120)

Esta es una ecuaci´ on lineal con coeficientes constantes. Sea x(t) = emt la solución. Sustituyendo en (6.120), resulta la ecuaci´ on caracter´ıstica m2 − 5m + 6 = 0

→

(m − 3)(m − 2) = 0

→

m1 = 3,

m2 = 2.

(6.121)

Entonces, la soluci´ on general de la ecuaci´ on (6.120), es x(t) = c1 e3t + c2 e2t .

(6.122)

dx = 3c1 e3t + 2c2 e2t . dt

(6.123)

Derivamos, respecto a t, esta expresi´ on

Poniendo las expresiones (6.123), y (6.122), en (6.119), obtenemos la expresión para y(t), esto es y(t) = 6 c1 e3t + c2 e2t − 2 3c1 e3t + 2c2 e2t = 2c2 e2t . (6.124)

6.1. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

283

Por consiguiente, tenemos las soluciones generales del sistema homogéneo, éstas son xh (t) = c1 e3t + c2 e2t , yh (t) = 2c2 e2t .

(6.125)

El método de variaci´ on de los parámetros consiste en tomar a las constantes de las soluciones homogéneas como funciones de t, y sustituirlas en la ecuación no homogénea con el propósito de hallar a las funciones c1 (t) y c2 (t). Del sistema (6.125), tenemos el siguiente sistema xp (t) = c1 (t)e3t + c2 (t)e2t , yp (t) = 2c2 (t)e2t .

(6.126)

Derivando este sistema, obtenemos dxp dt dyp dt

= c01 e3t + 3c1 e3t + c02 e2t + 2c2 e2t , =

2c02 e2t + 4c2 e2t .

(6.127)

Sustituyendo estos resultados en el sistema no homogéneo (6.115), obtenemos el sistema de ecuaciones c01 e3t + c02 e2t 2c02 e2t

1 3 = −3t2 − t + , 2 2 = −2t − 1.

(6.128)

Resolviendo este sistema, tenemos c01 c02

1

t − 3t2 + 2 e−3t , 2 1 −2t = −t− e . 2

=

(6.129)

Integrando la primera ecuaci´ on, tenemos c1 (t) =

Z 1 t − 3t2 + 2 e−3t dt. 2

Esta integral se calcula por partes y el resultado es 1 1 −3t c1 (t) = t2 − t − e . 2 2 De la segunda ecuaci´ on en (6.129), tenemos la integral Z 1 −2t c2 (t) = −t− e dt. 2 Esta integral se calcula f´ acilmente, y el resultado es 1 c2 (t) = t + 1 e−2t . 2

(6.130)

(6.131)

(6.132)

(6.133)

Sustituyendo las funciones c1 (t) y c2 (t) en la expresión (6.126), tenemos, la solución particular de la ecuaci´ on no homoge´ nea (6.115), xp (t) = t2 + t, yp (t) = t + 1.

(6.134)

284

CAPÍTULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

La solución general de (6.115), estar´ a dada por la suma de las soluciones homogéneas (6.125), y las soluciones particulares (6.134), esto es x(t) = c1 e3t + c2 e2t + t2 + t, y(t) = 2c2 e2t + t + 1.

(6.135)

Ahora nos queda por encontrar las soluciones que satisfacen las condiciones iniciales. Sustituyendo las condiciones iniciales en las soluciones (6.135), obtenemos el sistema c1 + c2 = 4, 2c2 + 1 = 3.

(6.136)

Resolviendo este sistema, hallamos los valores de las constantes, estos son; c1 = 3 y c2 = 1. Poniendo estos valores en (6.135), obtenemos, finalmente, la solución del problema (6.115), x(t) y(t)

= =

3e3t + e2t + t2 + t, 2e2t + t + 1.

(6.137)

Ejemplo 2: Resolver el sistema de ecuaciones dx + 2x + 4y dt dy +x−y dt

=

4t + 1,

=

3 2 t . 2

(6.138)

Soluci´ on: El sistema homogéneo correspondiente tiene la forma dx + 2x + 4y dt dy +x−y dt

=

0,

=

0.

(6.139)

Derivando la primera ecuaci´ on de (6.139), obtenemos d2 x dx dy +2 +4 = 0. 2 dt dt dt

(6.140)

Sustituyendo la segunda ecuaci´ on de (6.139), en (6.140), resulta d2 x dx +2 − 4x + 4y = 0. 2 dt dt

(6.141)

Luego, de la primera ecuaci´ on de (6.139), despejamos a y, tenemos 1 1 dx y =− x− . 2 4 dt

(6.142)

Sustituyendo esta expresi´ on en (6.141), obtenemos la siguiente ecuación diferencial d2 x dx + − 6x = 0. dt2 dt

(6.143)

6.1. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

285

Supongamos las soluci´ on x(t) = emt , sustituyendo en (6.143), obtenemos la ecuación caracter´ıstica con sus correspondientes ra´ıces m2 + m − 6 = 0

→

(m + 3)(m − 2) = 0

→

m1 = −3,

m2 = 2.

(6.144)

Entonces, las soluci´ on general de la ecuación homogénea (6.143), es xh (t) = c1 e−3t + c2 e2t .

(6.145)

Derivando, respecto a t, esta expresión obtenemos dx = −3c1 e−3t + 2c2 e2t . dt

(6.146)

Sustituyendo las expresiones (6.146), y (6.145), en (6.142), obtenemos yh (t) =

c1 −3t e − c2 e2t . 4

(6.147)

Finalmente, tenemos las soluciones de la ecuación homogénea (6.139), estas son xh (t) = 4c1 e−3t + c2 e2t , yh (t) = c1 e−3t − c2 e2t ,

(6.148)

donde hemos hecho el cambio c1 → c1 /4. Para encontrar la solución general del sistema (6.138), tomamos a las constates c1 y c2 como funciones de t en (6.148), esto es xp (t) = 4c1 (t)e−3t + c2 (t)e2t , yp (t) = c1 (t)e−3t − c2 (t)e2t .

(6.149)

Al sustituir el sistema (6.149), en la ecuación no homogéna (6.138), obtenemos el siguiente sistema 4c01 e−3t + c02 e2t

=

4t + 1, 3 2 = t . 2

c01 e−3t − c02 e2t

(6.150)

Al resolver este sistema, respecto a c01 (t) y c02 (t), tenemos c01 c02

3 4 1 3t t2 + t + e , 10 5 5 6 4 1 −2t = − t2 + t + e . 5 5 5 =

(6.151)

Ahora nos queda integrar este sistema. Las integraciones se hacen por partes y el resultado es c1 (t) c2 (t)

t2 3t e , 5 10 t 2 3t = + e−2t . 5 5 =

t

+

(6.152)

Sustituyendo estos resultado en el sistema (6.149), obtenemos las soluciones particulares = t2 + t, 1 yp (t) = − t2 . 2

xp (t)

(6.153)

CAPÍTULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

286

Finalmente, sumando las soluciones particulares (6.153), a las homogéneas (6.148), obtenemos la solución general del sistema no homogéneo (6.138), x(t) y(t)

4c1 e−3t + c2 e2t + t2 + t, 1 = c1 e−3t − c2 e2t − t2 , 2 =

(6.154)

donde c1 y c2 son ciertas constantes arbitrarias que dependen de las condiciones iniciales. Antes de analizar el siguiente método vamos a introducir dos conceptos fundamentales que serán de gran ayuda para resolver sistemas de ecuaciones lineales homogéneos.

6.2.

Valores Propios y Vectores Propios

Supongamos que tenemos la ecuaci´ on AY = λY,

(6.155)

donde, Aij es una matriz dada, λ es un n´ umero real o imaginario por determinarse, y Y es un vector también por determinar. De la ecuaci´ on (6.155), se sigue, que para toda λ, una solución es Y = 0. Un escalar λ tal que para cierto vector Y 6= 0 la ecuación (6.155), se cumple, se le llama valor propio de la matriz A y al correspondiente vector Y 6= 0 se le conoce como vector propio de A. La ecuación (6.155), la podemos escribir de la siguiente manera AY − λY = 0 ⇐⇒ (A − λI)Y = 0,

(6.156)

donde I representa la matriz unidad. La ecuaci´ on (6.156), representa n ecuaciones algebráicas lineales con n incógnitas y1 , y2 , ..., yn , que son las componentes del vector Y. Para que estas ecuaciones tengan solución no trivial, es decir, para que Y 6= 0, es necesario que la matriz formada por (A − λI) = 0,

(6.157)

es decir, que sea singular. Luego, la expresi´ on (6.157), será singular si y sólo si, su determinante es cero. Esto es, si se cumple la relaci´ on det(A − λI) = 0.

(6.158)

A este determinante se le conoce como determinante caracter´ıstico de la matriz A. Supongamos que la matriz A en la ecuaci´ on (6.156) es de 2 × 2, entonces (a11 − λ)y1 + a12 y2 a21 y1 + (a22 − λ)y2

= =

0, 0.

(6.159)

El determinante caracter´ıstico es det(A − λI)

=

det

a11 − λ a21

a12 a22 − λ

= (a11 − λ)(a22 − λ) − a12 a21

= λ2 − (a11 + a22 )λ + a11 a22 − a12 a21 = 0.

(6.160)

A esta ecuación se le conoce con el nombre de ecuaci´ on caracter´ıstica de A. Sus soluciones son los valores propios λ1 y λ2 de A. El procedimiento para encontrar los valores propios y los vectores propios del sistema (6.155), es el siguiente:

6.2. VALORES PROPIOS Y VECTORES PROPIOS

287

Resolver la ecuaci´ on caracter´ıstica (6.160), para determinan los valores propios λ1 , λ2 . Sustituyendo el valor de λ1 en la ecuación (6.159), se determina su correspondiente vector propio Y1 de A. Después se sustituye el valor de λ2 en (6.159), y se determina el correspondiente vector propio Y2 de A. Ejemplo 1: Hallar los valores propios y vectores propios de la siguiente matriz 2 4 A= . 1 2

(6.161)

Soluci´ on: Sustituyendo los valores de la matriz A en la expresión (6.159), resulta el sistema de ecuaciones (2 − λ)y1 + 4y2 y1 + (2 − λ)y2

= 0, = 0.

El determinante caracter´ıstico para la matriz A, es 2−λ 4 det(A − λI) = det = (2 − λ)(2 − λ) − 4 = λ(λ − 4) = 0. 1 2−λ

(6.162)

(6.163)

De donde obtenemos las ra´ıces λ1 = 0 y λ2 = 4. Luego, tenemos que para λ = 0, el sistema (6.162), es 2y1 + 4y2 y1 + 2y2

= =

0, 0.

(6.164)

De la segunda ecuaci´ on, tenemos y1 = −2y2 .

(6.165)

Entonces, podemos darle un valor arbitrario a y2 y de esta manera encontrar a y1 . Eligiendo y2 = 1, entonces, tenemos que y1 = −2. Luego el vector Y1 tiene las componentes −2 Y1 = . (6.166) 1 Para el caso en que λ = 4, de la ecuación (6.162), tenemos (2 − 4)y1 + 4y2 y1 + (2 − 4)y2

= =

−2y1 + 4y2 y1 − 2y2

= 0 = 0.

0 0.

(6.167)

Esto es

(6.168)

De la segunda ecuaci´ on, tenemos y1 = 2y2 . Eligiendo λ2 = 1, resulta que λ1 = 2. El vector propio Y2 tiene las componentes 1 Y2 = . (6.169) 2

288

CAPÍTULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Ejemplo 2: Hallar los valores propios y los vectores propios de la siguiente matriz   6 −12 −1 A= 1 −3 −1  . −4 12 3

(6.170)

Soluci´ on: De la ecuación (6.156), para encontrar los valores y vectores propios, tenemos el sistema de ecuaciones (6 − λ)y1 − 12y2 − y3 y1 + (−3 − λ)y2 − y3 −4y1 + 12y2 + (3 − λ)y3

= 0, = 0, = 0.

El determinante caracter´ıstico para la matriz A, es   6−λ −12 −1 det(A − λI) = det  1 −3 − λ −1  = (6 − λ)(λ2 − 9) − −4 12 3−λ

(6.171)

(6.172)

− 48 − 12 + 12 + 4λ + 72 − 12λ + 36 − 12λ = λ3 − 6λ2 + 11λ − 6 = 0. Las ra´ıces de esta ecuaci´ on, es decir, los valores propios son λ1 = 1, λ2 = 2 y λ3 = 3. Eligiendo el primer valor propio, es decir, para λ1 = 1, tenemos el sistema de ecuaciones 5y1 − 12y2 − y3 y1 − 4y2 − y3 −4y1 + 12y2 + 2y3

= 0, = 0, = 0.

(6.173)

Para resolver este sistema, dividimos la tercera ecuación entre 2 y sumando la segunda y la tercera ecuación, obtenemos y1 = 2y2 . (6.174) Le damos un valor arbitrario a y2 , elijamos y2 = 1, entonces, de (6.174), tenemos que y1 = 2. Después, sustituyendo estos valores en la segunda ecuación, obtendremos el valor de y3 , esto es y3 = y1 − 4y2

→

y3 = 2 − 4 = 2.

Entonces, tenemos que para el valor propio λ1 = 1, el vector propio es   2 Y1 =  1  . −2

(6.175)

(6.176)

Para el segundo valor propio, λ2 = 2, de (6.171), resulta el sistema de ecuaciones 4y1 − 12y2 − y3 y1 − 5y2 − y3 −4y1 + 12y2 + y3

= = =

0, 0, 0.

(6.177)

A la primera ecuaci´ on le restamos la segunda, obtenemos y1 =

7 y2 . 3

(6.178)

´ 6.3. SISTEMAS DE ECUACIONES LINEALES HOMOGENEOS

289

Eligiendo y2 = 3, tenemos que λ1 = 7. Sustituyendo estos valores en la segunda ecuación de (6.177), resulta y3 = y1 − 5y2 = 28 − 36 → y3 = −8. (6.179) Entonces, para el valor propio y1 = 2, tenemos el vector propio   7 Y2 =  3  . −8

(6.180)

Para el caso λ3 = 3, tenemos el sistema 3y1 − 12y2 − y3 = 0, y1 − 6y2 − y3 = 0, −4y1 + 12y2 + 0 = 0.

(6.181)

y1 = 3y2 .

(6.182)

De la tercera ecuaci´ on, tenemos Eligiendo, y2 = 1, tenemos que y1 = 3. Sustituyendo estos valores en la primer ecuación de (6.181), hallamos el valor de y3 , y3 = 3y1 − 12y2 = 9 − 12 = −3

→

y3 = −3.

Finalmente, el vector propio correspondiente a λ3 , es   1 Y3 =  3  . −3

(6.183)

(6.184)

Podemos concluir, que los valores propios de la matriz (6.170), son λ1 = 1, λ2 = 2 y λ3 = 3, y sus correspondientes vectores propios están dados por las expresiones (6.176, 6.180, 6.184).

6.3.

Sistemas de Ecuaciones Lineales Homog´ eneos IV Método de Euler para la Integraci´ on de un Sistema de Ecuaciones

Empezaremos con un sistema de ecuaciones diferenciales sencillo y analizaremos un método para resolverlo, después mostraremos el método general. Ejemplo 1: Hallar la soluci´ on general del sistema de ecuaciones diferenciales con coeficientes constantes y10 y20

= −4y1 − 3y2 , = 6y1 + 5y2 .

(6.185)

Soluci´ on: Para resolver este sistema vamos a suponer soluciones del tipo y1 = α1 eλt ,

y2 = α2 eλt ,

(6.186)

290

CAPÍTULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

donde α1 , α2 y λ son constantes arbitrarias, las cuales debemos determinar. Derivando las soluciones propuestas (6.186), obtenemos y10 = λα1 eλt ,

y20 = λα2 eλt .

(6.187)

Sustituyendo (6.187), en (6.185), y cancelando el factor exponencial eλt , resulta el sistema −4α1 − 3α2 6α1 + 5α2

= λα1 , = λα2 .

(6.188)

Para un valor dado de λ éste es un sistema algebráico homogéneo. Este sistema lo podemos escribir como (−4 − λ)α1 − 3α2 6α1 + (5 − λ)α2

= 0, = 0.

(6.189)

La solución trivial (α1 = α2 = 0), de este sistema no es u ´til, ya que corresponde a la solución trivial y1 = y2 = 0, la cual no puede formar parte de un conjunto fundamental de soluciones del sistema. Por tal motivo vamos a considerar aquéllos valores de λ (valores propios) para los cuales existen soluciones no triviales. Estos valores de λ son aquéllos para los cuales el determinante del sistema (6.189), es cero, esto es −4 − λ −3 det = (−4 − λ)(5 − λ) + 18 = λ2 − λ − 2 = (λ − 2)(λ + 1) = 0. (6.190) 6 5−λ Las soluciones son λ1 = 2 y λ2 = −1. Eligiendo λ1 = 2 y sustituyendo en (6.189), obtenemos −6α1 − 3α1 6α1 + 3α2

= =

0, 0.

(6.191)

Resolviendo este sistema, encontramos que α1 = − α22 , de donde, α2 se puede escoger arbitrariamente. Eligiendo α2 = 2, entonces α1 = −1 y la solución es y1 = −e2t ,

y2 = 2e2t .

Esta misma soluci´ on la podemos escribir de la siguiente manera −1 Y1 = e2t , 2

(6.192)

(6.193)

llamada forma vectorial. Al poner λ2 = −1 en (6.189), se obtiene el sistema −3α1 − 3α2 6α1 + 6α2

= =

0, 0.

(6.194)

Resolviendo este sistema, tenemos que α1 = −α2 . Eligiendo α2 = 1, tenemos las soluciones y1 = −e−t , En forma vectorial se escribe como

Y2 =

y2 = e−t . −1 1

e−t

(6.195)

(6.196)

Para la expresión (6.189), los coeficientes constantes obtenidos, λ1 y λ2 , son los valores propios (eigenvalores) de la matriz de coeficientes (6.189), y los vectores (6.193), y (6.196), son los correspondientes vectores propios (eigenvectores) de la matr´ız (sección 6.2 valores propios y vectores

´ 6.3. SISTEMAS DE ECUACIONES LINEALES HOMOGENEOS

291

propios). Entonces, la soluci´ on general del sistemas será la combinación lineal de las soluciones (6.193) y (6.196), −1 −1 Y = c1 Y1 + c2 Y2 = c1 e2t + c2 e−t . (6.197) 2 1 Esta soluci´ on esta escrita en forma vectorial. Sin embargo, esta misma solución la podemos escribir de la siguiente manera y1 (t) = −c1 e2t − c2 e−t , y2 (t) = 2c1 e2t + c2 e−t .

(6.198)

Ahora estamos listos para analizar la teor´ıa general de los sistemas de ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes. De la ecuaci´ on (6.6), se deduce que un sistema de ecuaciones diferenciales homogéneas tiene la forma dY(t) dt

(6.199)

= A(t)Y(t)

Teorema 6.3.1. Sea Y1 , Y2 , ..., Yk un conjunto de vectores soluci´ on del sistema homogéneo (6.199) en un intervalo I. Entonces, la combinaci´ on lineal

Y = c1 Y1 + c2 Y2 + ... + ck Yk

(6.200)

donde los coeficientes ci , (i = 1, 2, ..., k), son constantes arbitrarias, también es una soluci´ on en el intervalo dado. Sea Y1 , Y2 , ..., Yk un conjunto de vectores solución del sistema homogéneo (6.199) en un intervalo I. Entonces, decimos que el conjunto es linealmente dependiente en el intervalo dado, si existen constantes c1 , c2 , ..., ck , no todas nulas, tales que

c1 Y1 + c2 Y2 + ... + ck Yk = 0

(6.201)

para todo t del intervalo. Si el conjunto de vectores no es linealmente dependiente en el intervalo, se dice que es linealmente independiente . En las ecuaciones diferenciales ordinarias introducimos el Wronskiano para determinar la dependencia lineal de un conjunto de soluciones. Este es válido también para el caso de sistemas de ecuaciones lineales. Teorema 6.3.2. Sean  y11  y21   Y1 =   ..  , . yn1 

 y12  y22   Y2 =   ..  . yn2 

 y1n  y2n   Yn =   ..  , . ynn 

...

(6.202)

292

CAPÍTULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

n vectores soluci´ on del sistema homogéneo (6.199) en un intervalo dado. Una condici´ on necesaria y suficiente para que el conjunto de soluciones sea linealmente independiente es que el Wronskiano y11  y21 W (Y1 , Y2 , ..., Yn ) = det   .. . 

yn1

 y12 . . . y1n y22 . . . y2n  = .. 6 0 .

∀t ∈ I

(6.203)

yn2 . . . ynn

Observaci´ on: Existe una diferencia respecto a la definici´ on del Wronskiano que se dió anteriormente. El Wronskiano (6.203) no involucra las derivadas de las funciones. Sean Y1 , Y2 , ..., Yn un conjunto de n vectores solución linealmente independiente del sistema homogéneo (6.199), en un intervalo dado I. Entonces, diremos que Y1 , Y2 , ..., Yn forman un conjunto fundamental de soluciones en el intervalo I . Por consiguiente, la solución general del sistema (6.199), en el intervalo se define como Y(t) = c1 Y1 + c2 Y2 + ... + cn Yn

(6.204)

donde c1 , c2 , ..., cn son constantes arbitrarias, las cuales pueden ser obtenidas de las condiciones iniciales. Para el caso de sistemas lineales no homogéneos, una soluci´ on particular Yp en un intervalo I es cualquier vector que no contiene constantes arbitrarias y tal que sus elementos son funciones que satisfacen el sistema (6.6). Teorema 6.3.3. Sean Y1 , Y2 , ..., Yn un conjunto de vectores soluci´ on del sistema homogéneo (6.199) en un intervalo I, y sea Yp cualquier vector soluci´ on del sistema no homogéneo (6.6) en el mismo intervalo. Entonces Y = c1 Y1 + c2 Y2 + ... + cn Yn + Yp

(6.205)

también es soluci´ on del sistema no homogéneo (6.6) en el intervalo I, cualesquiera que sean las constantes c1 , c2 , ..., cn . Si Y1 , Y2 , ..., Yn forman un conjunto fundamental de soluciones del sistema homogéneo (6.199) en un intervalo I, entonces, la soluci´ on general se puede escribir como       y11 y12 y1n  y21   y22   y2n       Y = c1 Y1 + c2 Y2 + ... + cn Yn = c1   ..  + c2  ..  + ... + cn  ..  . . . yn1 yn2 ynn   c1 y11 + c2 y12 + . . . + cn y1n  c1 y21 + c2 y22 + . . . + cn y2n   =  (6.206) ..   . c1 yn1 + c2 yn2 + . . . + cn ynn

´ 6.3. SISTEMAS DE ECUACIONES LINEALES HOMOGENEOS

293

Este mismo sistema lo podemos escribir como el producto de matrices. Esto es, como    y11 y12 . . . y1n c1  y21 y22 . . . y2n   c2   . . Y=  ..   ..  . cn yn1 yn2 . . . ynn

(6.207)

Sea un sistema homogéneo de ecuaciones diferenciales lineales dy1 = a11 y1 + a12 y2 + ... + a1n yn , dt dy2 = a21 y1 + a22 y2 + ... + a2n yn , dt .. . dyn = an1 y1 + an2 y2 + ... + ann yn , (6.208) dt donde los coeficientes aij son constantes, t es el argumento; y1 (t), y2 (t), ..., yn (t) son las funciones desconocidas. El sistema (6.208), se llama sistema de ecuaciones diferenciales con coeficientes constantes. Como vimos anteriormente, el sistema (6.208), se puede resolver reduciéndolo a una ecuación de orden n, la cual, en este caso, será lineal. Sin embargo, el sistema (6.208), se puede resolver por otro método, sin necesidad de reducirlo a una ecuación de orden n. Este método nos permitirá analizar de una manera m´ as ilustrativa, el carácter de las soluciones. Busquemos una soluci´ on del sistema de la forma y1 = α1 eλt ,

y2 = α2 eλt , . . . , yn = αn eλt .

(6.209)

Ahora debemos determinar las constantes α1 , α2 , . . . , αn y λ de tal modo que las funciones α1 eλt , α2 eλt , . . . , αn eλt satisfagan el sistema de ecuaciones (6.208). Sustituyendo (6.209) en en el sistema (6.208), obtenemos α1 λeλt = (a11 α1 + a12 α2 + . . . + a1n αn )eλt , α2 λeλt = (a21 α1 + a22 α2 + . . . + a2n αn )eλt , .. . αn λeλt = (an1 α1 + an2 α2 + . . . + ann αn )eλt .

(6.210)

Eliminando el exponente del sistema (6.210), pasando todos los términos a un solo lado y reuniendo los coeficientes de α1 , α2 , ..., αn , obtenemos el sistema de ecuaciones (a11 − λ)α1 + a12 α2 + . . . + a1n αn = 0, a21 α1 + (a22 − λ)α2 + . . . + a2n αn = 0, .. . an1 α1 + an2 α2 + . . . + (ann − λ)αn

=

0.

(6.211)

Debemos elegir α1 , α2 , ..., αn y λ tales que satisfagan el sistema (6.211). El sistema (6.211) es un sistema de ecuaciones algebr´ aicas respecto a α1 , α2 , ..., αn . Construyamos el determinante del sistema  (a − λ) a . . . a  11

 P (λ) = det   .. .

12

1n

a21

(a22 − λ) . . . a2n  . ..  .

an1

an2 . . . (ann − λ)

(6.212)

CAPÍTULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

294

Si λ, es tal que el determinante (6.212), ∆(λ) sea diferente de cero, el sistema (6.211), tiene solo las soluciones α1 = α2 = ...αn = 0, y por consiguiente las fórmulas (6.209), nos dan solamente las soluciones triviales y1 (t) = y2 (t) =, ... = yn (t) = 0. (6.213) Las soluciones no triviales del sistema (6.209), son aquéllas para las cuales los valores propios λ reducen el determinante (6.212), a cero − λ) a12 . . . a1n  (a22 − λ) . . . a2n   a21  = 0. P (λ) = det  ..   .. . . an1 an2 . . . (ann − λ)  (a

11

(6.214)

De esta manera, si el sistema es de n ecuaciones diferenciales, entonces, tendremos una ecuación de n−ésimo orden respecto a λ. Esta ecuaci´ on es la ecuaci´ on caracter´ıstica del sistema (6.210), y sus ra´ıces se llaman ra´ıces de la ecuaci´ on caracter´ıstica. Para la ecuación caracter´ıstica (6.214), tenemos los siguientes casos: Primer caso: Las ra´ıces de de la ecuaci´ on caracter´ıstica son reales y diferentes. Supongamos que λ1 , λ2 , ..., λn son las ra´ıces de la ecuaci´ on caracter´ıstica (6.214). Escribamos el sistema (6.214), para cada ra´ız λi y determinamos los coeficientes (i)

(i)

α1 , α2 , ..., αn(i) .

(6.215)

Se puede demostrar que uno de los coeficientes es arbitrario, el cual podemos suponer igual a uno. De este modo: Para la ra´ız λ1 , la soluci´ on del sistema (6.214), es (i)

(i)

(i)

(i)

y1 = α1 eλ1 t , y2 = α2 eλ2 t , ..., yn(i) = αn(i) eλn t .

(6.216)

para la ra´ız λn la soluci´ on del sistema (6.216), es (n)

y1

(n)

(n)

= α1 eλn t , y2

(n)

= α2 eλn t , ..., yn(n) = αn(n) eλn t .

(6.217)

Mediante la sustituci´ on directa en las ecuaciones concluimos que el sistema de funciones y1

(1)

(2)

(n)

(1)

(2)

(n)

= c1 α1 eλ1 t + c2 α2 eλ2 t + . . . + cn α1 eλn t

y2 = c1 α2 eλ1 t + c2 α2 eλ2 t + . . . + cn α2 eλn t .. . yn = c1 αn(1) eλ1 t + c2 αn(2) eλ2 t + . . . + cn αn(n) eλn t ,

(6.218) (6.219)

donde c1 , c2 , ..., cn son constantes arbitrarias, también es la solución del sistema de ecuaciones diferenciales (6.208). Esta es la soluci´ on general del sistema (6.208). Es fácil demostrar que se pueden hallar tales valores de las constantes, para los cuales la solución satisface las condiciones iniciales dadas. Segundo caso Ra´ıces complejas: Supongamos que entre las ra´ıces de la ecuación caracter´ıstica hay dos ra´ıces complejas: λ1 = β + iγ, λ2 = β − iγ. (6.220) A estas ra´ıces le corresponden las soluciones: (1)

yj

(1)

= λj e(β+iγ) ,

(2)

yj

(2)

= λj e(β−iγ) ,

(j = 1, 2, 3..., n).

(6.221)

´ 6.3. SISTEMAS DE ECUACIONES LINEALES HOMOGENEOS

(1)

295

(2)

Donde los coeficientes λj y λj se determinan del sistema de ecuaciones (6.214). Se puede mostrar que las partes real e imaginaria de la solución compleja son también soluciones. De esta manera obtenemos dos soluciones (1) (2) (1) yj = eβt ηj cos (γy) + ηj sen (γy) (2) (2) (2) (6.222) yj = eβt η¯j cos (γy) + η¯j sen (γy) , (1)

(2)

(1)

(2)

(1)

(2)

donde ηj , ηj , η¯j y η¯j son n´ umeros reales, determinados mediante los λj y λj . Las combinaciones correspondientes de las funciones (6.222), entran en la solución general del sistema. Ejemplo 2: Hallar la soluci´ on general del sistema de ecuaciones d2 x dt2 d2 y dt2

= a11 x + a12 y = a21 x + a22 y,

(6.223)

Soluci´ on: Seg´ un la teor´ıa general antes vista, las soluciones tienen la forma x = α1 eλt ,

y = α2 eλt .

(6.224)

Sustituyendo estas expresiones en el sistema (6.223), y eliminando la función exponencial eλt , obtenemos un sistema de ecuaciones para determinar α1 , α2 y λ (a11 − λ2 )α1 + a12 α2 (a21 α1 + (a22 − λ2 )α2

= 0, = 0.

(6.225)

Las soluciones que nos interesan son aquéllas para las cuales el determinante es igual a cero, es decir (a11 − λ2 ) a12 det = 0. (6.226) a21 (a22 − λ2 ) Esta es la ecuaci´ on caracter´ıstica para el sistema (6.225). Es una ecuación de cuarto orden respecto a λ. Sean λ1 , λ2 , λ3 y λ4 sus ra´ıces (supongamos que las ra´ıces son diferentes). Para cada ra´ız λi del sistema (6.225), hallamos los valores de α1 y α2 . Entonces, la solución general tiene la forma (1)

(2)

(3)

(4)

(1)

(2)

(3)

(4)

x(t)

= c1 α1 eλ1 t + c2 α1 eλ2 t + c3 α1 eλ3 t + c4 α1 eλ4 t ,

y(t)

= c1 α2 eλ1 t + c2 α2 eλ2 t + c3 α” eλ3 t + c4 α2 eλ4 t .

(6.227)

Si entre las ra´ıces hay unas complejas, a cada par de ra´ıces complejas en la solución general corresponden las expresiones de la forma (6.222). Ejemplo 3: Hallar la soluci´ on general del siguiente sistema dx dt dy dt

=

2x + y,

=

3x + 4y.

(6.228)

296

CAPÍTULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Soluci´ on: La matriz A correspondiente al sistema (6.228), tiene la forma 2 1 A= . 3 4 Luego, la ecuación caracter´ıstica est´ a dada por la expresión 2−λ 1 det(A − λI) = det = 0 → λ2 − 6λ + 5 = 0 3 4−λ

(6.229)

→

(λ − 5)(λ − 1) = 0. (6.230)

De esta expresión obtenemos los valores propios, estos son: λ1 = 5 y λ2 = 1. Luego, las componentes de los vectores propios los hallamos resolviendo el sistema 2−λ 1 x = 0, 3 4−λ y

(6.231)

para cada valor de λ. Para el primer caso, λ1 = 5, de (6.231), resulta el sistema −3x + y 3x − y

= =

0, 0.

(6.232)

Las soluciones de este sistema son: x = 1, y y = 3. Estas vienen siendo las componentes del vector propio que representaremos como x 1 V= = . (6.233) y 3 Para el segundo caso, λ2 = 1, tenemos el sistema x+y 3x + 3y

= 0, = 0.

(6.234)

Las soluciones son: y = 1 y x = −1. Entonces, el vector propio correspondiente tiene la forma x −1 V= = . (6.235) y 1 Finalmente, el resultado lo podemos escribir en forma matricial, esto es, de la siguiente manera x(t) 1 −1 5t t 5t = c1 V1 e + c2 V2 e = c1 e + c2 et . (6.236) y(t) 3 1 Esta misma expresi´ on la podemos escribir en su forma equivalente x(t) = c1 e5t − c2 et , y(t) = 3c1 e5t + c2 et . Las constantes c1 y c2 son constates arbitrarias y se obtienen de las condiciones iniciales. Ejemplo 4:

(6.237)

´ 6.3. SISTEMAS DE ECUACIONES LINEALES HOMOGENEOS

297

Resolver el sistema de ecuaciones dx dt dy dt

= x − y, = x + y.

(6.238)

Soluci´ on: La matriz A correspondiente al sistema (6.238), tiene la forma 1 −1 A= . 1 1 Luego, la ecuaci´ on caracter´ıstica está dada por la expresión 1−λ −1 det(A − λI) = det =0 → 1 1−λ

λ2 − 2λ + 2 = 0.

(6.239)

(6.240)

De esta expresi´ on obtenemos los valores propios, estos son: λ1 = 1 + i y λ2 = 1 − i. Luego, las componentes de los vectores propios los hallamos resolviendo el sistema 1−λ −1 x = 0, 1 1−λ y

(6.241)

para cada valor de λ. Para el primer caso, λ1 = 1 + i, de (6.241), resulta el sistema −ix − y x − iy

= =

0, 0.

(6.242)

Las soluciones de este sistema son: x = 1, y y = −i. Estas vienen siendo las componentes del vector propio x 1 V= = . (6.243) y −i Para el segundo caso, λ2 = 1 − i, tenemos el sistema ix − y x + iy

= 0, = 0.

(6.244)

Las soluciones son: x = 1 y y = i. Entonces, el vector propio correspondiente, tiene la forma x 1 V= = . (6.245) y i Finalmente, el resultado lo podemos escribir en forma matricial, esto es, de la siguiente manera x(t) 1 1 = c1 V1 e(1+i)t + c2 V2 e(1−i)t = c1 e(1+i)t + c2 e(1−i)t . (6.246) y(t) −i i Ahora, deseamos encontrar las soluciones reales del sistema (6.238). Para esto usamos la fórmula de Euler eix = cos x + i sen x, tenemos 1 cos t sen t eit = +i . (6.247) −i sen t − cos t

298

CAPÍTULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Sustituyendo este resultado en la expresi´ on compleja (6.246), tenemos las soluciones reales x(t) cos t sen t = c1 et + c2 et . (6.248) y(t) sen t − cos t Esta misma expresi´ on la podemos escribir en su forma equivalente x(t) = c1 et cos t + c2 et sen t, y(t) = c1 et sen t − c2 et cos t.

(6.249)

Las constantes c1 y c2 son arbitrarias y se obtienen de las condiciones iniciales. Ejemplo 5: Hallar las soluciones del siguiente sistema de ecuaciones Ejemplo 6: Hallar las soluciones del siguiente sistema de ecuaciones dx dt dy dt dz dt

=

2x + y + z,

= −2x − z, =

2x + y + 2z.

(6.250)

Soluci´ on: La matriz correspondiente al sistema (6.250), tiene la forma   2 1 1 A =  −2 0 −1  2 1 2. Para obtener los valores propios, debemos resolver la ecuación caracter´ıstica   2−λ 1 1 det(A − λI) = det  −2 −λ −1  = 0 → λ3 − 4λ2 + 5λ − 2 = 0. 2 1 2−λ

(6.251)

(6.252)

Obtenemos los valores propios de λ1 = 2, y λ2 = λ3 = 1. Para hallar los vectores propios, debemos resolver el siguiente sistema de ecuaciones (2 − λ)x + y + z −2x − λy − z 2x + y + (2 − λ)z

= = =

0, 0, 0.

(6.253)

Primer caso: λ1 = 2, tenemos el sistema y+z −2x − 2y − z 2x + y

= 0, = 0, = 0.

Las soluciones de este sistema, es decir, las componentes del vector propio V1 , son   1 V1 =  −2  . 2

(6.254)

(6.255)

6.4. APLICACIONES

299

Entonces, x(t) = e2t , y(t) = −2e2t , z(t) = 2e2t .

(6.256)

es un asoluci´ on particular del sistema (6.250). Segundo caso: λ2 = λ3 = 1, debemos definir el n´ umero de vectores propios linealmente independientes. Si λ1 = λ2 = 1, del sistema (6.253), tenemos la matriz   1 1 1  −2 −1 −1  . (6.257) 2 1 1 El orden de la matriz es 3 y el rango r = 2. Entonces, el n´ umero de vectores propios linealmente independientes es igual a m = n − r = 1. Luego, la ra´ız λ1 = 1 tiene multiplicidad k = 2 (es decir, se repite dos veces). Debido a que k > m, entonces, la solución debemos buscarla como el producto de un polinomio de orden k − m = 1 multiplicado por eλt , es decir, de la forma x(t) = (a + bt)et , y(t) = (c + dt)et , z(t) = (f + gt)et .

(6.258)

Para hallar los coeficientes a, b, c, d, f y g pongamos (6.258), en el sistema (6.250) e igualando los coeficientes con términos iguales, obtenemos el sistema b+d+g −2b − d − g 2b + d + g

= 0 = 0 = 0

b=a+c+f d = −2a − c − f g = 2a + c + f.

(6.259)

Hallemos las soluciones generales de este sistema. De las dos ecuaciones de la izquierda, tenemos b = 0, g = −d. Sustituyendo estos resultados en las otras ecuaciones, resulta a + c + f = 0,

d = −2a − c − f.

(6.260)

Las otras ecuaciones son consecuencia de éstas. Resolvemos el sistema (6.260), respecto a y f ; a = −d,

f = d − c.

(6.261)

De esta manera, todas las inc´ ognitas se expresan a través de c y d. Pongamos c = C1 , d = C2 , tenemos a = −C2 , b = 0, f = C2 − C1 , g = −C2 . Hemos encontrado la solución general del sistema. Poniendo los valores encontrados de a, b, .., en (6.258), y tomando en cuenta la solución (6.256), multiplicada por C3 , obtenemos la solución general del sistema (6.250), esta tiene la forma x(t) = −C2 et + C3 e2t , y(t) = (C1 + C2 t)et − 2C3 e2t , z(t) = (C2 − C1 − C2 t)et + 2C3 e2t .

6.4.

Aplicaciones

Ejemplo 1:

(6.262)

300

CAPÍTULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Hemos visto que el movimiento libre sin amortiguamiento de un sistema masa-resorte se describe por la ecuación diferencial d2 y (6.263) m 2 = −ky. dt Supongamos ahora que tenemos un sistema con dos masas-resortes. Sean m1 y m2 , las masas de los cuerpos, k1 y k2 las constantes de los resortes, figura 6.1.

Figura 6.1: Sistema masas-resortes.

En este caso, tenemos el siguiente sistema de ecuaciones acopladas d 2 y1 dt2 d 2 y2 m2 2 dt

m1

= −k1 y1 + k2 (y2 − y1 ), = −k2 (y2 − y1 ),

(6.264)

donde y1 (t) y y2 (t) son los desplazamientos desconocidos de las masas m1 y m2 , respectivamente. Las fuerzas que act´ uan sobre la primera masa dan la primer ecuación y las fuerzas que act´ uan sobre la segunda masa nos dan la segunda ecuaci´ on en (6.264). Ejemplo 2: Sea el sistema de la figura

Figura 6.2: Sistema de masas-resortes. Soluci´ on:

6.4. APLICACIONES

301

Las ecuaciones que describen el comportamiento del sistema son las siguientes d2 x1 dt2 d2 x2 m2 2 dt

m1

= −k1 x1 − k3 (x1 − x2 ),

(6.265)

= −k2 x2 − k3 (x2 − x1 )

(6.266)

Supongamos las soluciones de la forma x1 = α1 eλt

y

x2 = α2 eλt .

(6.267)

Para sustituir en (6.266) debemos calcular las derivadas, esto es dx1 dt dx2 dt

= α1 λeλt , = α2 λeλt ,

d2 x1 = α1 λ2 eλt , dt2 d2 x2 = α2 λ2 eλt . dt2

(6.268)

Sustituyendo en (6.266), obtenemos m1 α1 λ2 eλt m2 α2 λ2 eλt

= −k1 α1 eλt − k3 (α1 eλt − α2 eλt ), = −k2 α2 eλt − k3 (α2 eλt − α2 eλt ).

(6.269)

Eliminando la funci´ on exponencial, podemos escribir el sistema de la siguiente manera (m1 λ2 + k1 + k3 )α1 − k3 α2 −k3 α1 + (m2 λ2 + k2 + k3 )α2

= 0, = 0.

Este mismo sistema lo podemos escribir en forma matricial, es decir, como    k1 +k3 k3 2 α1 −m m1 + λ 1     = 0. k2 +k3 k3 2 −m α2 m2 + λ 2 Para que este sistema tenga solución no trivial es necesario que se cumpla la relación   k3 k1 +k3 2 + λ − m1 m1  = 0. det  k3 k2 +k3 2 − m2 + λ m2

(6.270)

(6.271)

(6.272)

Esto nos lleva a la siguiente ecuación (m1 λ2 + k1 + k3 )(m2 λ2 + k2 + k3 ) − k32 = 0.

(6.273)

Esta es una ecuaci´ on cuadr´ atica respecto a λ2 , y determina las frecuencias de las oscilaciones del sistema. Desarrollando los paréntesis, resulta m1 m2 λ4 + (m1 k2 + m1 k3 + m2 k1 + m2 k3 )λ2 + k1 k2 + k1 k3 + k2 k3 = 0.

(6.274)

Esta ecuaci´ on la podemos escribir como Aλ4 + Bλ2 + C = 0.

(6.275)

donde, hemos definido A = m1 m2 ,

B = m1 k2 + m1 k3 + m2 k1 + m2 k3 ,

C = k1 k2 + k1 k3 + k2 k3 .

(6.276)

302

CAPÍTULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Hagamos en (6.275) la sustituci´ on η = λ2 ,

(6.277)

Aη 2 + Bη + C = 0.

(6.278)

entonces, tenemos Las ra´ıces de (6.277) son B η1,2 = − ± 2A Regresando a la expresi´ on (6.277), resulta λ2 = η1,2 = −

√

B 2 − 4AC . 2A

B ± 2A

De donde, resulta s B ± λ=± − 2A

√

√

B 2 − 4AC . 2A

B 2 − 4AC . 2A

De donde obtenemos cuatro ra´ıces, las cuales representaremos como λ1 , λ2 , λ3 y λ4 .

(6.279)

(6.280)

(6.281)

6.5. PROBLEMAS DE REPASO DEL CAPÍTULO 6:

6.5.

303

Problemas de Repaso del Cap´ıtulo 6:

15.

dx dt dy dt dz dt

= 2x − y + z, = x + 2y − z, = x − y + 2z.

6.1.- Integrar los siguientes sistemas de ecuaciones diferenciales

16.

dx dt dy dt dz dt

= y + z, = 3x + z, = 3x + y.

17.

dx dt dy dt dz dt

= 8y, = −2z, = 2x + 8y − 2z.

18.

dx dt dy dt

= x cos t, t −t = e +e y. 2

19.

dx dt dy dt

= y1 , = x1 .

dx dt dy dt

= 4x − 5y, = x, x(0) = 0,

dx dt dy dt

= 2x + y, = 3x + 4y.

dx dt dy dt

= −x + 8y, = x + y.

dx dt dy dt

= x − 3y, = 3x + y.

dx dt dy dt

= 2y − 3x, = y − 2x.

5.

dx dt dy dt dz dt

= x + z − y, = x + y − z, = 2x − y.

6.

dx dt dy dt

= y + 1, = x + 1.

7.

dx dt dy dt

= 3 − 2y, = 2x − 2t.

8.

dx dt dy dt

= x − 2y, = x + 3y.

9.

dx dt dy dt

= −3x − y, = x − y.

10.

dx dt dy dt

= −7x + y, = −5x − 2y.

11.

dx dt dy dt

= 2x − 9y, = x + 8y.

12.

dx dt dy dt dz dt

= y + z, = 3x + z, = 3x + y.

13.

dx dt dy dt

= 3x − y, = 4x − y.

14.

dx dt dy dt

= 5x + 3y, = −3x − y.

1.

2.

3.

4.

20.

y(0) = 1.

CAPÍTULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

304

Soluciones a los Problemas de Repaso del Cap´ıtulo 2:

2.2.-) (1) x2 + y 2 = ln |cx2 |. (2) y 3 = 3x(1 − x) + c. (3) xy = c(y − 1). (4) y 2 = c(1 − x2 ). (5) y + a = c sen x. (6) 10x+y = c10y − 1. (7) y 2 + 2 ln y = 2ex + c. (8) y(x) = 1. (9) cos y = ecx . (10) ey = 2(y+1) x2 +1 . x 3 (11) e 2+1 tan y = 1. 2

(12) e(x−1) = ln (sen2 y) + 1. (13) y 3 = 3 arctan ex + c. (14)

y5 5

+

3y 2 2

=

x3 3

+ x + c.

(15) 2x−y = 1 − c2−y . √ (16) 4 x + 1 ln2 y = c ln2 y + 1. √ (17) ln y = x − 2. p √ (18) 1 + x2 + 1 + y 2 = c. (19) y 2 = 1 + ln |(x3 + 1)3/2 |. (20) y sen y + cos y + x2 = c. p √ (21) y a2 − x2 − x a2 − y 2 = ca2 . (22) x2 (y + 2)3 = 8y. (23) 3 arctan x2 + 2 arctan y 3 = c. √ √ √ √ (24) x + y − 2( x − y) + ln |( x + 1)( y − 1)| = c. p (25) ln x − y 2 + 1 = c. (26) y ln(x2 − 1) = cy + 1. (27) y(x) = 14 x4 + 2 cos x + 1. (28) ln x = y(y + 1). (29) y 2 = ln c(x2 + 1).

6.5. PROBLEMAS DE REPASO DEL CAPÍTULO 6:

(30) y(x) = −1 + cex+

x3 3

.

2.3.-) (1) cos xy = ln |cx|. (2) x2 = c(x + y). y

(3) cy 2 + xe x = 0. (4) x2 (y − 2x) = cy. (5) sec xy + tan xy = cx. (6) ln x2 +

π 4

y = arctan 2x .

(7) y 2 = x2 (ln x2 − c). √ √ (8) x2 = c( y − 2 x)2 . (9) y ln y − x ln x = y + c. (10) x2 = y 2 ln cx. (11) y = 2x ln cy. (12) arc cos( xy ) = ln x + c. (13) sen( xy ) = x. 2.4.-) (1) 3x + 2y + ln(x + y − 1)2 = c. (2) x(x + y − 1) − y(y − 3) = c. (3) (x + 1)2 + 2(x + 1)(y − 3) − (y − 3)2 + 8 = 0. (4) x5 (y 2 − x3 ) = c(y 2 + 4x3 ). √ 3(y+1) √ (5) √23 ln x−7y−9−4 − ln (y + 1) = c. x−7y−9+4 3(y+1) (6) x = y 2 (c − ln x). (7) x + y = (x + y) ln x+y x+3 + c. (8) ln x3 = arc sen

y2 x3

+ c.

2.5.-) (1) 12 x2 + x sen y − cos y = c. (2) 3x2 y − y 3 = c. (3) xy + ex sen y = c. (4) 4y ln x + y 4 = c. (5) x2 y + 2x sen y = c. p (6) 3x2 + 2(x2 − y) x2 − y = c. (7) x3 + 3xy 2 + 3xy + 3ey = c.

305

CAPÍTULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

306

(8) x3 + x3 ln y − y 2 = c. (9) sen x −

y x

= c.

2

(10) yex + x ln y = c. (11) (x + 1) sen y + (1 − y) sen x = c. (12) xy + 12 x2 ln y + y = c. (13) x3 + 3x sen y + 3y = c. (14) 2yex + y 2 = c. (15) 2ex sen y + x2 + y 2 = c. (16) x3 y − cos x − sen y = c. (17) ex+y + x3 + y 4 = c. (18)

y x

+

ln x x

+

1 x

= c.

(19) x sen x + y = cx. (20) x − y 2 = cy. 2.6.-) (1) y = x4 + cx2 . 2

2

(2) y = ( x2 + c)e−x . (3) y =

1−sen x cos x (x

+ c).

(4) y = ex (ln x + c). (5) y =

a(x−1) xn .

(6) y = (1 + x2 )(x + c). (7) x = 12 y 2 + cy 3 . (8) xy = y 2 ln y + c. (9) y =

x2 2

ln x.

(10) y = − cos x (11) x = y 2 + cy. (12) y = cos 3x(1 −

2 3

cos 3x).

(13) yx = cy 3 − 1. y4 2

+ cy 2 . √ (15) y(x) = c x2 − 1.

(14) x =

(16) x = cy − ln y − 1. 2.7.-) (1) (xy)−3 = ln

1 x3

+ c.

6.5. PROBLEMAS DE REPASO DEL CAPÍTULO 6:

307

(2) y = (1 + x2 )(arctan2 x + c)2 . (3) x−1 = ln y + cy + 1. 1

2

(4) y 3 (cx 3 − 73 x3 ) = 1. (5) y = x−1 x+c . √ (6) x y = x tan x + ln (cos x) + c. (7) y 4 x3 (ex + c) = 1. (8) 4yex = (ex + 2)2 . (9) y(x3 + 1) cos x = 1. (10) xy(y + c) = 1. y = 34 p4 + 12 p2 + c.

2.8.-) (1) x = p3 + p, (2) x =

2p p2 −1 ,

(3) x = p (4) x =

2 p2 −1

− ln(p2 − 1). p y = 13 (2p2 − 1) p2 + 1 + c.

y=

p p2 + 1,

1 p

y = p − ln p + c.

+ ln p,

(5) y = (p − 1)ep , x = ep + c. p p (6) y = −p ± p p2 + 1, x = − ln p ± (2 p2 + 1 − arctan h √ 12

p +1

(7) y = 14 (x2 + 2xp − p2 ), (8) y = xp − (9) x =

1 xp ,

x=

y+p ln(yp) , 2p

(10) x =

y = pc . y = c(x − c)

2.9.-) (1) x = 2c, (2) x =

3p +c p2 ,

y=

2(p4 +c) . p

(3) x = c2 ,

y = c(x −

(4) x = p1 ,

p = c,

(5) x =

c p2 ,

(6) x =

ln p+c √ p ,

(7) x = 1,

y=

√ 1 . p 2 ln p+c

y = p + c.

y(1−yp3 ) , 2p

4

x = c − p.

c2 3 ).

y = cx − ln c.

c(p+2) . p

√ √ y = − p(ln p + c) + 4 p.

p = c,

2

y = c − (2 + c) = −2. p4 (2p−3)+2cp2 2(p−1)2

(8) x =

p (2p−3)+2c , 2(p−1)2

y=

(9) x =

1 p3 ,

y = cx +

p = c,

1 2c2 .

− 2p3 .

.

CAPÍTULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

308

(10) x =

p+c p2 ,

y=

2(p+c) p

− ln p.

2.10.-) (1) y = ce− sen x . √ (2) y x2 + 1 = 15 x5 + 23 x3 + x + c. √ (3) y(x) = 1 − x2 arcsen x + c . √ (4) x = y 1 + cy. (5) y = − 21 +

2

3 2

ex . 2 (6) cos x = 1 + 12 ln y 2+1 . (7) y(x) =

2x2 +x4 +3 4(x2 +1)2 .

(8) y 2 = 1 + 2 ln( e

x

+1 2 ).

(9) 2x + y = 3 ln(x + y + 1) + c. (10) x2 y 2 (c − x2 ) = 1. √ (11) x2 y(y − 1) = c. h i (12) ln 7y 2 + 2y(x − 1) − 7(x − 1)2 + (13) ax + a−y = c. (14) y(x) = ce−

x3 3

.

3

(15) x + y + 2 = cey . (16) y =

sin(x)(1+c x) . x

(17) x2 = y 3/2 c −

y 5/2 5

.

2

(18) x = y(1 + cxex ). (19) (x + y)2 − 2y = c. (20) x = 4(1 − cos y) + ce− cos y . (21) x + 3y + c = ln(x − 2y). (22) tan y =

x2 +4c . 2 ex2 2(x+1)

(23) (x + y − 1)e− x+y−1 = c. (24) x + yex/y = 1 + e. (25) ln x +

y2 x

= c.

(26) xy 2 − 2x + 1 = cxe−y (27) y = x sec x.

2

/2

.

h√ 2 i √ 2 2 2 2x+7y−2 5 arctgh 5 x−1

= c.

6.5. PROBLEMAS DE REPASO DEL CAPÍTULO 6:

(28) x3 − x2 − xy + y 2 + y 3 = c. (29.) xy = x2 + c. h i √ (30) ln lnln2y−1 = 2 3 − ln 2x + c. 2y (31) 6amx bnx = ln(am bn )y(2y 2 − 3y + 6) − 6 ln(am bn )(y + 1) + c. √ √ √ + c. (32) x + 1 = ln y √x+1+1 y+1+1 x (33) ln2 (3) ln( 1−y y ) = 3 (x ln 3 − 1)c.

(34)

x+y 1−xy

= c.

(35) 12 (x2 − y 2 ) − (x + y) + ln (1 − y)(1 + x) = c. (36) ln x = arctan y + c. p √ (37) 1 − x2 + 1 − y 2 = 1. (38) ln x = arctan y + c. (39) ax + a−y = c. (40) 1 + ey = c(x2 + 1). x

2e −y (41) y(x) = ln 1+e (y + 1). x = 1 − e

(42) x +

2 tan( x−y 2 )−1

= c.

2

(43) y 2 + ln x2y+1 = c. (44) arctan v = ln r + c. (45) ex+y + cey + 1 = 0. (46) 9y = (x3/2 + c)2 . (47) ln y = x(ln x − 1) + c. (48) y(y − 2) = 2(ex − 2x) + c. (49) sen v = cev . 2 (50) ey −2t 1 + ce2t = 1. (51) y(x) = a arctan (52) ln(ln x) = c +

x+y a

+ c.

ey y .

(53) 2x3 y 3 = 3a2 x2 + 2c. (54) ln(x2 + y 2 ) + 2 arctan(y/x) = c. p (55) ln x = c + cot ln xy . p (56) ln x = 2 xy + c.

309

CAPÍTULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

310

(57) (y − 2x)3 = c(y − x − 1)2 . (58) x − 2y + ln(2x + y − 1) = c. (59) 2x + (x − y)(x − y − 4) = c. (60) (x + 2y − 2)(y − x + 5)5 = c. h i √ h i √ y+2+(1− 2)(x−3) √ (61) 4 ln(x − 3) − 2 ln (y+2)(x+y−1)−(x−3)(x−y−5) + 2 ln = c. 2 (x−3) y+2+(1+ 2)(x−3) 2

x (62) ln x + y−x 2 + c = 0. 2c = x+1 . (63) cos y−2x x+1

(64) x2 y 4 (2 ln x + c) = 1. √ (65) ln |2 y − x| + x−2x√y = c. (66) 1 − xy = cx3 (xy + 2). p 2 (67) ln x + y√ 1 − xy 2 = 2c. x (68) x2 y(ln y + c) = 1. (69) y − 1 − (2x + 1) ln |2x + 1| = c(2x + 1). (70) y(x) = sen x + c cos x. (71) xy = c − ln x. 2

2

(72) ye−x + (x2 + 1)e−x = c. (73) y(x) = c ln2 x − ln x. (74) y(x) =

2 −x 2 3 x −2e (x +2x−2) 2 (x+ex )

+

c ex +x .

(75) xey = e2y + c. (76) y(x) = cex + 32 e−x . (77) y(x) = x + (x2 + 1) arc tg x + c. (78) y(x) =

x2 +2x+3 x+1 .

(79) y(x) = 2x3 + 5x2 . (80) y(x) = ce−x + x2 − 2x + 2. Soluciones a los Problemas de Repaso del Cap´ıtulo 3: 3.1.-) (1) y(x) = 16 x4 + c1 x + c2 . (2) y(x) = − k13 cos kx + (3) y(x) = (4) y(x) =

1 6 30 x

x2 2

c1 2 2 x

+ c2 x + c3 .

+ c1 x + c2 . − x + 1 ln x + c1 x2 + c2 x + c3 .

6.5. PROBLEMAS DE REPASO DEL CAPÍTULO 6:

(5) y(x) =

m+n Qnx i=1 (m+i)

311

ci xn−i i=1 (n−i)! .

Pn

+

(6) y(x) = c1 eax + c2 e−ax . (7) y(x) = b(x − 1) ln x + c1 x + c2 . 2 (8) y(x) = x2 − x + 1 ln x − 14 x2 + c1 x + c2 . (9) y(x) = − k13 sen kx + c21 x2 + c2 x + c3 . ax (10) y(x) = a2e+k2 a cos kx + k sen kx .

3.2.-) (1) y 2 = arctan2 (2) y 2 = y[ c1 c2 −3c1 +e c1

√ x c1 −x

2c1 (x+c2 )

+ c2 .

+

c2 c1 (3c1

− e2c1 (x+c2 ) ).

(3) y(x) = ln(x2 + 2c1 ) + c2 . (4) y(x) = e2x . √ √ (5) 2c1 arctanh( 22 yc1 ) − x − c2 = 0. y(x) = c 3 2

1) + c2 . (6) y(x) = ± 2(1+xc 3c1 " x+c2 # −c1 ee (7) y(x) = . c2  √ 3 x(c1 − 2) − 43 c1 − 1(x − 1) 2 +  c2 (8) y(x) =   √ 3 x(c1 − 2) + 34 c1 − 1(x − 1) 2 +   c1 (x+c2 )+c1 −1 − −e 1 . (10) y(x) =  c2

1 2

x2 + c2



−1/2

 .  1 2

  e (9) y(x) =  

−1/2

x2 + c2

e

3.3.-) (1) y(x) = c1 e2x + c2 e−x . (2) y(x) = (c1 + c2 x)e2x . (3) y(x) = c1 + c2 e4x . 4

(4) y(x) = c1 e2x + c2 e− 3 x . 1

i

(5) y(x) = c1 e( 2 − 2 ) (6) y(x) = sen x +

√

√1 3

2ax

1

i

+ c2 e( 2 + 2 )

cos x.

(7) y(x) = 4e−3x − 3e−2x . (8) y(x) = ex [c1 cos( x2 ) + c2 sen( x2 )]. (9) y(x) = 4ex + 2e3x . x

(10) y(x) = (x + 2)e− 2 .

√

2ax

1

i

+ c3 e(− 2 + 2 )

√

2ax

1

i

+ c4 e(− 2 − 2 )

√

2ax

.

(

c1 − ex+c2

2

)



ex+c2

c1 − e−x−c2

(

e−x−c2

2

)

 . 

CAPÍTULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

312

(11) y(x) = (c1 + c2 x)e−x + c3 e2x . (12) y(x) = (x + 1)ex . 3.4.-) (1) y(x) = c1 cos x + c2 sen x + 2(x − 1)ex . (2) y(x) = c1 ex + c2 e−x + xex + x2 + 2. (3) y(x) = c1 ex + c2 e2x + 0, 1 sen x + 0, 3 cos x. (4) y(x) = c1 cos x + c2 sen x − 2x cos x. (5) y(x) = sen x + ex . (6) y(x) = −(2x2 − 2x + 3)e2x + c1 ex + c2 e4x . (7) y(x) = − 13 ex + 13 cosh 2x + 16 senh 2x. (8) y(x) = 18 e5x + 22e3x + ex . (9) y(x) = c1 e−x + c2 e3x + 15 e4x . 4x (10) y(x) = c1 ex + c2 e−2x + e18 x2 − x + (11) y(x) = c1 e6x + c2 ex +

1 74 (5 sen x

2

−x a

7 18

.

+ 7 cos x).

2a+x+9xa (12) y(x) = [ 37a 2 1+18a2 +81a4 + c3 ]e

+ c1 cos 3x + c2 sen 3x.

1 5

+ ( 14 x sen 2x + c1 sen 2x + c2 cos 2x)ex . 1 (14) y(x) = c1 ex + c2 e−4x − x5 e−4x − x6 + 36 e−x .

(13) y(x) =

(15) y(x) = c1 ex + c2 e−3x +

x3 12

x2 16

−

+

x 32

ex .

(16) y(x) = e2x c1 cos 2x + c2 sen 2x + 0, 25e2x + 0, 1 cos 2x + 0, 05 sen 2x. (17) y(x) = c1 e3x + c2 e−3x +

1 37

− cos x + 6 sen x e3x .

(18) y(x) = (c1 + c2 x + x3 )ex . 2 (19) y(x) = c1 − x4 cos x + c2 + x4 sen x. (20) y(x) = (c1 + c2 x)e−2x +

x 16

−

1 32

e2x .

(21) y(x) = c1 + c2 e5x − 0, 2x3 − 0, 12x2 − 0, 048x + 0, 02(cos 5x − sen 5x). (22) y(x) = 41 (2x2 − 2x + 3) −

1 58 (7 cos 3x

− 3 sen 3x) + 14 ex + (c1 cos

(23) y(x) = c1 e−x + c2 xe−x + 43 x3 e−x . (24) y(x) = (c1 cos x + c2 sen x −

x 2

cos x + x sen x)e2x .

(25) y(x) = e2x − e3x + xe−x . (26) y(x) =

1 5

+

1 17

e2 x + (c1 cos x + c2 sen x)e−2 x .

√

7 2 x

√

+2 sen

7 −x 2. 2 x)e

6.5. PROBLEMAS DE REPASO DEL CAPÍTULO 6:

(27) y(x) = c1 e−x + c2 xe−x + (28) y(x) =

1 −3x (450x2 13500 e

x2 −x 2 e

−

1 2

313

cos x.

+ 1230x + 871) + c1 e2x + c2 e3x .

(29) y(x) = c1 e−2x + c2 e−x + 125. (30) y(x) = c1 + c2 e3x −

x2 6

− x9 .

(31) y(x) = x2 (ex − e2x cos x) + 2ex + (c2 cos x + c1 sen x)e2x . (32) y(x) = (c1 + c2 x)e−x + 21 x2 e−x . √ √ (33)y(x) = 51 + (c1 sen 6x + c2 cos 6x)e2x . (34) y(x) = ( 41 x2 + c2 ) cos x + ( 16 x3 − 14 x + c1 ) sen x. (35) y(x) = (x2 − 2x +

3 2

+ c1 + c3 x)ex + (x2 + 2x +

(36) y(x) = x3 + 3x2 − 6 + (c1 sen 1 3x (37) y(x) = − 17 e + (c1 cos

√

+ c2 + c4 x)e−x + cos x + sen x.

√

3 2 x

+ c2 cos

√

15 2 x

3 2

x 3 2 2 x)e .

√

+ c2 sen

(38) y(x) = −e2x + 12 ex + 12 e3x . √ (39)y(x) = 16 + 13 e−x − ( 21 cos 2x +

√

2 3

15 − 52 x . 2 x)e

√ sen 2x)e−2x .

(40) y(x) = c1 cos 2x + c2 sen 2x + 4x. 3.5.-) (1) y(x) = c1 cos 2x + c2 sen 2x +

1 4

cos 2x ln | cos 2x| +

x 2

sen 2x.

(2) y(x) = (c1 − x)e−x cos x + (c2 + ln sen x)e−x sen x. (3) y(x) = (x + c1 )ex − (ex + 1) ln(ex + 1) + c2 . q (4) y(x) = c1 cos x + c2 sen x + √12 cos x ln cos x + cos2 x − 12 +

√1 2

√ sen x arc sen( 2 sen x).

(5) y(x) = c1 ex + c2 xex + xex ln |x|. x (6) y(x) = c2 + c1 ex + (ex + 1) ln e e+1 . x √ (7) y(x) = c1 ex + c2 xex − ex ln x2 + 1 + xex arctan x. √ (8) y(x) = 12 arc sen ex + ex 1 − e2x + c1 ex + 31 (1 − e2x )3/2 + c2 . (9) y(x) = c1 ex + c2 e−x − 1 − xe−x + (ex − e−x ) ln(1 − e−x ). (10) y(x) = c1 e−2x + c2 e−3x + 21 e−2x ln e2x + 1 − e−2x + e−3x arctan ex . (11) y(x) = c1 e−x + c2 e−2x + (e−x + e−2x ) ln(ex + 1). (12) y(x) = (c1 + ln | sen x|) sen x + (c2 − x) cos x. (13) y(x) = c1 e−x + c2 xe−x + 45 e−x (x + 1)5/2 . 3.6.-) (1) y(x) = c1 x + c2 x ln x + x ln2 x. (2) y(x) = c1 cos ln x + c2 sen ln x + x2 (7 − ln x).

314

CAPÍTULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

(3) y(x) = c1 x−1 + c2 x−1 ln x. (4) y(x) = c1 + c2 ln x. (5) y(x) = c1 x + c2 x ln x. (6) y(x) = c1 x−1 + c2 x3 + x−1 ln x + 2x−1 ln2 x. (7) y(x) = c1 + c2 ln x + c3 x3 . (8) y(x) = c1 x + c2 x ln x + x3 . (9) y(x) = c1 cos 2 ln x + c2 sen 2 ln x + 2x. (10) y(x) = c1 x2 + c2 x−1 − 23 x−1 ln x − x−1 ln2 x. (11) y(x) = x2 c1 cos ln x + c2 sen ln x + 3x2 . (12) y(x) = c1 x3 + c2 x−2 + x3 ln x − 2x2 . (13) y(x) = c1 x2 + c2 x−1 + 0, 1 cos ln x − 0, 3 sen ln x. (14) y(x) = (x − 2)2 (c1 + c2 ln |x − 2|) + x − 32 . 3/2 1/2 (15) y(x) = c1 x + 32 + c2 x + 32 + c3 x + 23 . 3.7.-) (1) y(x) = 13 (x − 1)ex + (2x + 3)e−x + (c1 sen

√

3 2 x

√

+ c2 cos

(2) y(x) = (1 + x + x2 e−2x + c1 sen x + c2 cos x)ex . (3) y(x) = (x2 − 2 + c1 ) cos x2 + (c2 − 3 x) sen x2 . (4) y(x) = c1 x−2 + c2 x−4 . (5) y(x) = c1 x + c2 x−3 . (6) y(x) = (c1 − x − 1)ex + (c2 − 1 + x − 2x2 )e2x . (7) y(x) = c1 e−x + c2 e−2x + cos x + 2 sen x. (8) y(x) = (sen x − x cos x)ex + (c1 cos

√

√

3 2 x

+ c2 sen

x 3 2 2 x)e .

(9) y(x) = 2(2x2 − 4x − 1) sen x + 2(5x − 7) cos x + (c1 x + c2 )e−x . −x e (10) y(x) = c1 ex + c2 e2x + ex (1 − ex ) ln 1+e −x . x −x e −x ln exe−e−x . (11) y(x) = c1 ex + c2 e−x − ex ln ex −e −x + e (12) y(x) = ( 85 x7/2 + c1 +2 x)ex . (13) y(x) = c1 ex + c2 e5x + 1 − x4 e−3x . (14) y(x) = c1 ex + c2 e2x + x − 14 e3x . 1 −x (15) y(x) = c1 e−x + c2 e5x + 36 e (18x2 + 6x + 1). (16) y(x) = x−1/3 c1 + c2 ln x .

3 −x/2 . 2 x)e

6.5. PROBLEMAS DE REPASO DEL CAPÍTULO 6:

315

(17) y(x) = (c1 ln x + c2 )x2 . (18) y(x) = c1 + c2 ln x x−1 . (19) y(x) = c1 ex + c2 e−x +

x 2

−

1 4

ex .

(20) y(x) = c1 e−x + c2 e2x − 13 (x + 1)e−x . (21) y(x) = c1 x + c2 x2 + x2 (ln x − 1). (22) y(x) = (c1 + c2 x)e2x − (ln x + 1)e2x . (23) y(x) = x2 ( 16 ln3 x + c1 + c2 ln x). n P∞ P∞ +1 n (24) y(x) = [2(1−cosh x) ln x+ n=1 (−1) n=1 n(n!) x ] cosh x+[2 senh x ln x+ c1 cosh x + c2 senh x.

(−1)n −1 n n(n!) x ] senh x+

(25) y(x) = − 14 (2x2 + 2x + 3) + c1 ex + c2 e−2x . P∞ xn . (26) y(x) = −x + n=2 (n2 −2)(n−1)! √ √ 1 (27) y(x) = 52 (5 sen x − cos x)e−x + (c2 cos 3x + c3 sen 3x)ex + c1 e−2x . P∞ P∞ (4 x)n x)n (28) y(x) = [− n=1 (4n·n! − 1 + (4 x − 1) ln x + n=2 (n−1)·n! + c1 + c2 x]e−2x . (29) y(x) = (2x −

2 3

+ c1 )ex + c2 e−2x .

(30) y(x) = 13 x2 + c1 (x − x1 ) + c2 (x + x1 ). (31) y(x) = −3 − 2x − 2x2 + c1 ex + c2 e−2x . (32) y(x) =

15 4

(33) y(x) =

2 9

+ 25 x + 12 x2 + c1 ex + c2 e2x .

1 + ( 36 + c1 + c2 x)e−3x .

(34) y(x) = 47 x − x2 + 13 x3 + c1 + c2 e−x + c3 e−4x . (35) y(x) = c1 sen(2 ln x) + c2 cos(2 ln x). (36) y(x) = (1 + c2 x) ln x + 2 + c1 x. (37) y(x) = −( 13 + 13 x + 15 x2 ) + c1 x3 + (38) y(x) =

c1 x−1

(39) y(x) =

signum(ln(x))∞ . signum(x)

(40) y(x) =

1 2

(41) y(x) =

1 8

(42) y(x) =

c1 sen x+c2 cos x . x

+

c2 √ . x

+ c2 (x − 1)4 .

671 137

e2 x sen(x) −

cos(x) −

1 36

244 137

cos(3 x) −

e2 x cos(x) + 1 6x

351 274

√ cos(2 2x) +

√ 365 2 548

sen(2

sen(3 x) + c1 cos(3 x) + c2 sen(3 x).

(43) y(x) = c1 + c2 x + (c3 + c4 x)ex . (44) y(x) = c1 cos x + c2 sen x + c3 sen(2x) + c4 cos(2x).

√

2x).

CAPÍTULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

316

Soluciones a los Problemas de Repaso del Cap´ıtulo 4: 120 s6 .

4.1.-) (1) F (s) = (2) F (s) =

6 s4

+

6 s3

+

(3) F (s) =

2 s3

+

6 s2

− 3s .

(4) F (s) =

2 (s−3)3 .

(5) F (s) =

8 s(s2 −4) .

(6) F (s) =

1 s

(7) F (s) =

d s ds [ s2 +1 ]

(8) F (s) =

1 (s+1)2 +1 .

(9) F (s) =

s−1 (s−1)2 +1 .

+

2 s−2

3 s2

+ =

(10) F (s) =

2 s2 +16 .

(11) F (s) =

s4 +2s2 +8 s2 (s2 +4)2 .

+ 1s .

1 s−4 . s2 −1 (s2 +1)2 .

(12) F (s) = 1s (1 − e−4s + e−5s ). (13) F (s) =

2e−s s3 .

(14) F (s) = 2s (1 − e−2s − e−3s ). e−2s s2

(15) F (s) =

1 s2

(16) F (s) =

1−e−2πs s2 +1 .

−

(17) F (s) = − 1s +

2e−2s s .

2e−s s .

(18) F (s) =

1−se−s . s2

(19) F (s) =

2 s2

− 1s .

(20) F (s) =

1 s2

−

1 s

−

−

1 s2

−

5 s

e−2s .

4.2.-) (1) f (t) = (1 + 2t + 32 t2 )u(t). (2) f (t) = (1 + cos 2t)u(t). (3) f (t) = (1 − 21 t2 )u(t). 3 (4) f (t) = ( 45 e−2t − 21 e−t − 10 cos t + 11 10 sen t)u(t). h i 8 8 2t e − e−t 13 cos 2t − 15 sen 2t u(t). (5) f (t) = 13 16

(6) f (t) =

3 5

cos 2t +

(7) f (t) = 12 t3 e7t . (8) f (t) =

2 3

sen 3t.

1 5

sen 2t −

3 5

cos 3t +

2 5

sen 3t)u(t)

6.5. PROBLEMAS DE REPASO DEL CAPÍTULO 6:

317

(9) f (t) = 2e2t cos 3t. (10) f (t) = t cos t

u(t).

(11) f (t) = 14 e−2t sen 4t (12) f (t) =

1 6t 3 (e

u(t).

− 1)u(t).

(13) f (t) = (2 cos 3t +

1 3

sen 3t)u(t).

(14) f (t) = ( 72 et − 12 e−t )u(t). (15) f (t) = e−(t−3) cos(t − 3)u(t − 3). (16) f (t) = e−t (cos t + sen t)u(t) (17) f (t) = (cos 4t + 2e3t + t + 21 t2 )u(t). (18) f (t) = (t − 1)u(t − 1) + (t − 2)u(t − 2). (19) f (t) = (2 + t)u(t) + (2 t2 − 9 t + 10) u(t − 2) + (t − 3)u(t − 4). (20) f (t) = (1 + 4t)u(t) + [4 − 12 (t − 3)2 ]u(t − 3) + u(t − 2). 4.3.-) (1) y(t) = 21 t2

u(t).

(2) y(t) = t(1 − 21 t)u(t). (3) y(x) = 14 xe−x (x + 1) − (4) − 12 x cos x +

3 2

√ 17 3 12

√ √ sen 3x + cos 3x.

sen x.

(5) y(t) = t(3 − t)u(t). (6) y(t) = 16 t2 (3 − t)u(t). (7) y(t) = t2 ( 23 − 13 t)u(t). (8) y(t) = t2 ( 32 + 13 t)u(t). (9) y(t) = (−e2t + 52 et + 12 e5t )u(t). √ √ 1 (10) y(t) = [−8 e−2 t + 2 − 8 5 5 e 2 (−3+ 5)t +

2 5

4+

√ √ − 1 (3+√5)t 5 5e 2 ]u(t).

(11) y(t) = 21 [1 − e−t (7 cos t + 5 sen t)]u(t). (12) y(t) =

1 2

t(t + 10)et u(t).

1 (13) y(t) = [ 169 (t + 6)et +

1 338

(5 sen(2 t) − 12 cos(2 t))e4 t ]u(t). √ √ (14) y(t) = 5 [4 e−2(t−π) − cos 2(t − π) + sen 2(t − π)]e2(t−π) u(t − π). 1 4 1 4 1 3 7 2 26 (15) y(t) = (1+ 24 t )u(t)+(− 24 t − 13 t3 + 14 t2 + 23 t− 13 24 )u(t−1)+( 3 t − 2 t +10 t− 3 )u(t−2).

(16) y(t) = (1/2 u(t − 2 π) − 1/2 u(t − 3 π)) t + 3/2 e−t cos(t) + 1/2 e−t sen(t) + 1/2 − π u(t − 2 π)e−t+2 π cos(t)−π u(t−2 π)e−t+2 π sen(t)−u(t−2 π)+u(t−2 π)e−t+2 π cos(t)+1/2 u(t−2 π)e−t+2 π sen(t)+ 1/2 u(t−3 π)e−t+3 π cos(t)+3/2 e−3 π π+3/2 u(t−3 π)π+1/2 u(t−3 π)−1/2 e−3 π +1/2 cos(t)e−3 π−t − 3/2 π cos(t)e−3 π−t − 3/2 π sen(t)e−3 π−t + 1/2 sen(t)e−3 π−t . (17) y(t) = 3[(1 − cos t)u(t) − (1 + cos t)u(t − π)]

CAPÍTULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

318

(18) y(t) = cos t + 6 sen2 12 t + 2[t − 4 − sen(t − 4)]u(t − 4). (19) y(t) = −[2u(t) + u(t − 1)]t − 23 (5 + e2t )u(t) + 12 (1 + e2(t−1) )u(t − 1). (20) y(t) = 16 (3et + 13e−t + 2e2t )u(t) − 61 (2e−4 e−2(t−4) − 3e4 et−4 + e−4 e−(t−4) + 6)u(t − 4). (21) y(t) = (−7et + 4e2t )u(t) + 12 (1 − 2et−1 + e2(t−1) )u(t − 1) − (1 − 2et−2 + e2(t−2) )u(t − 2). 1 2 t−1 1 4(t−1) 1 4(t−2) t 31 4t 1 (22) y(t) = ( 16 − 6e )u(t−1)+( 14 − 13 et−2 + 12 e )u(t−2). 3 e − 12 e + 4 )u(t)+(− 2 + 3 e

(23) y(t) = − 15 (e−5t − e−t − 1)u(t) + (−1/5 − 41 e−(t−2) +

9 −5(t−2) )u(t 20 e

− 2).

2 2 1 [u(t) + u(t − 1)]t − 125 [1 − e5t ]u(t) + 125 [17 − 2e5(t−1) ]u(t − 1). (24) y(t) = − 15 [u(t) − u(t − 1)]t2 − 25

(25) q(t) = 5))]u(t − 5).

1 10 [1

− e−10t (cos(10t) + sen(10t))]u(t) −

1 10 (1

− e−10(t−5) (cos 10(t − 5) + sen 10(t −

Soluciones a los Problemas de Repaso del Cap´ıtulo 5 3 2 3 x + 17 5.1.-) (1) y(x) = 1 + x + 2! 3! x + · · · . (2) y(x) = 1 2 1 3 5 4 (4) y(x) = x− 2! x − 6 x + 24 x +· · ·

3 2 8 3 34 4 2! x + 3! x + 4! x +· · ·

1 2 2! x

5 + 12 5! x + · · · . (3) y(x) = 1 + x + 8 3 28 4 (5) y(x) = 1+x+x2 + 3! x + 4! x +· · ·

1 4 1 1 5 1 5.2.-) (1) y(x) = a0 (1 − 21 x2 + 2·4 x − 2·4·6 x6 + · · ·) + a1 (x − 31 x3 + 3·5 x − 3·5·7 x7 + · · ·). 1 3 4 6 2 4 2·5 7 2·5·8 10 9 (2) y(x) = a0 (1 − 3! x + 6! x − 4·7 x + + · · ·) + a (x − x + x − x + · · ·). (3) 1 9! 4! 7! 10! 3 4 3·7·11 8 1 3 5 5 5·9 7 6 y(x) = a0 (1 − 21 x2 − 4! x − 3·7 x − x − · · ·) + a (x + x + x + x + + · · ·). (4) 1 6! 8! 3! 5! 7! 1 3 4 4·7 1 4 5 5·8 y(x) = a0 (1 − 2·3 x + 2·3·5·6 x6 − 2·3·5·6·8·9 x9 + · · ·) + a1 (x − 2·3 x + 2·3·6·7 x7 − 2·3·6·7·9·10 x10 + · · ·) 1 4 1 1 5 1 (5) y(x) = a0 (1 − 3·4 x + 3·4·7·8 x8 − + · · ·) + a1 (x − 4·5 x + 4·5·8·9 x9 − · · ·). (6) y(x) = a0 (1 − x2 + 2 3 4 1 6 2 3 2 2 2 1 3 1 4 1 4 5 7 9 2 x − 3! x + · · ·) + a1 (x − 3 x + 3·5 x − 3·5·7 x + 3·5·7·9 x − · · ·). (7) y(x) = a0 + a1 (x + 3 x + 4 x + 1 5 1 7 1 2 7 4 161 6 1081 8 1 3 7 5 5 x + 7 x + · · ·) (8) y(x) = a0 (1 + 4 x − 96 x + 5760 x − 92160 x + · · ·) + a1 (x − 6 x + 120 x − 3 6 9 4 7 10 527 x x x x x x 17 7 9 720 x + 51840 x − · · ·). (9) y(x) = a0 (1 + 6 + 180 + 12960 + · · ·) + a1 (x + 12 + 504 + 45360 + · · ·) x4 7x6 11x8 11x10 x3 x5 x7 13x9 x2 (10) y(x) = a0 (1 − 2 + 8 − 240 + 1920 − 11520 − · · ·) + a1 (x − 6 + 24 − 112 + 8064 − · · ·).

5.3.-) (1) y(x) = c1 J1/3 (x) + c2 J−1/3 (x). (2) y(x) = c1 J3/2 (5x) (5x). (3) y(x) = √ + c2 J−3/2√ c1 J2/3 + c2 J−2/3 . (4) y(x) = c1 J2 (x) + c2 Y2 (x). (5) y(x) = c1 J0 ( x) + c1 Y0 ( x).

Soluciones a los Problemas de Repaso del Cap´ıtulo 6 6.1.-) (1) x(t) = c1 et + c2 e5t , y(t) = −c1 et + 3c2 e5t . (2) x(t) = 2c1 e3t − 4c2 e−3t , y(t) = c1 e + c2 e−3t . (3) x(t) = et (c1 cos 3t + c2 sen 3t), y(t) = et (c1 sen 3t − c2 cos 3t). (4) x(t) = (c1 + 2c2 t)e−t , y(t) = (c1 + c2 + 2c2 t)e−t . (5) x(t) = c1 et + c2 e2t + c3 e−t , y(t) = c1 et − 3c3 e−t , z(t) = c1 et + c2 e2t − 5c3 e−t . (6) x(t) = c1 et + c2 e−t − 1, y(t) = c1 et − c2 e−t − 1. (7) x(t) = c1 cos 2t + c2 sen 2t + t, y(t) = c1 sen 2t + c2 cos 2t − 1. (8) x(t) = (c1 − c2 )e2t cos t − 2t −2t −2t (c1 + c2 )e2t sen t, y(t) = (c1 sen t + c2 cos t)e h . (9) x(t) = (1 − 2t)e , y(t) i = (1 + 2t)e . (10) x(t) = (c1 cos t + c2 sen t)e−6t , y(t) = (c1 + c2 ) cos t − (c1 − c2 ) sen t sen t e−6t . (11) x(t) = 3t

(c1 − 3c1 t − 3c2 )e5t , y(t) = (c1 t + c2 )e5t . (12) x(t) = (c1 e3t + c2 e−2t , y(t) = 23 c1 e3t − c2 e−2t + c3 e−t , z(t) = 32 c1 e3t − c2 e−3t − c3 e−t . (13) x(t) = (c1 + c2 t)et , y(t) = (2c1 − c2 + 2c2 t)et . (14) x(t) = (c1 + 3c2 t)e2t , y(t) = (c2 − c1 − 3c2 t)e2t . (15) x(t) = c2 e2t + c3 e3t , y(t) = c1 et + c2 e2t , z(t) = c1 et + c2 e2t . (16) x(t) = c1 e3t + c2 e−2t , y(t) = 23 c1 e3t − c2 e−2t + c3 e−t , z(t) =

6.5. PROBLEMAS DE REPASO DEL CAPÍTULO 6:

3 3t −3t 2 c1 e − c2 e c3 z(t) 2 sen 4t, q 2t+c2 x(t) = c1 ,

319

− c3 e−t . (17) x(t) = c1 e−2t + c2 sen 4t + c3 cos 4t, y(t) = − c41 e−2t + c22 cos 4t − = − c21 e−2t + c2 sen 4t + c3 cos 4t. (18) x(t) = c1 esen t , y(t) = c2 esenh t . (19) p y(t) = c1 (2t + c2 ). (20) x(t) = −5e2t sen t, y(t) = (cos t − 2 sen t)e2t .

320

CAPÍTULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Bibliograf´ıa [1] A.F. Filipov, Problemario de Ecuaciones Diferenciales. Edit. Nauka, 1992. [2] Dennis G. Zill, Michael. R. Cullen, Ecuaciones Diferenciales con Problemas de Valores en la Frontera. Edit. Thompson and Learning, 2002. [3] Claudio Pita, Ecuaciones Diferenciales, Una Introducci´ on con Aplicaciones. Edit. Limusa, Noriega Editores, 1993. [4] A. Kisiliov, M. Krasnov, G. Makarenko, Problemas de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias. Edit. Mir, 1973. [5] Edwards/Penney, Ecuaciones Diferenciales Elementales, con Aplicaciones. Prentice Hall Hispanoamericana, 1986. [6] Daniel A. Marcus, Ecuaciones Diferenciales. Brown Publishers, 1999. [7] William Trench, Ecuaciones Diferenciales con Problemas de Valores en la Frontera. Thompson Learning, 2002.

321

Índice alfab´ etico amplitud de las oscilaci´ on, 166

lineal de primer orden, 40 lineal de primer orden no homogénea, forma estándar, 40 lineal homogénea, 10, 129 lineal homogénea con coeficientes constantes, 137 lineal no homogénea, 10, 129 lineal no homogénea con coeficientes constantes, 142 no resuelta respecto a la derivada, 73 orden, 10 ordinaria, 9 reducible a homogénea, 33 reducible a lineal, 46, 49 reducible a Separables, 24 resuelta respecto a la derivada, 73 exponente de crecimiento, 181

campo de direcciones, 81 capacitor, 64 carga del estado permanente, 171 conjunto fundamental de soluciones, 292 constante capacitiva, 68 inductiva, 66 corriente de estado permanente, 171 elećtrica, 64 transitoria, 171 ecuación caracter´ıstica, 137, 286 de recurrencia, 240 indicial, 255 ecuación diferencial, 9 con coeficientes constantes, 138 con variables separables, 21 cuasi-homogéneas, 36 de Bernoulli, 46 de Bessel, 256 de Cauchy-Euler, 153 de Clairaut, 77 de Hermite, 248 de Lagrange, 77 de Legendre, 250 de orden superior, 121, 122 de orden superior reducible a primer orden, 123 de Riccati, 50 en derivadas parciales, 9 especial de Riccati, 51 exacta, 55 grado, 10 homogénea, 26, 27, 29 lineal, 10

fórmula de Euler, 141 de recurrencia, 241 de Rodrigues, 253 frecuencia neper, 180 propia, 166 real, 180 fuerza electromotriz, 168 electromtriz, 64 impulsiva, 221 restauradora, 163 función delta de Dirac, 222 Gamma, 184 funciones continuas por partes, 181 de Bessel, 256 de Bessel de orden cero, 258 de Bessel de orden uno, 258 de Bessel de segunda clase, 264 de Bessel tercera clase, 266 322

ÍNDICE ALFABETICO ´

de excitaci´ on, 270 de Hankel, 266 de Newmann, 265 de orden exponencial, 181 escal´ on, 205 homogéneas, 26 linealmente dependientes, 131 linealmente independientes, 131 objeto, 181 racionales, 196 imagen, 181 inductancia, 64 inductor, 64 integral converge, 180 diverge, 180 general, 122 particular, 20, 122 integrales curvas, 20, 122 isoclinas, 81 nulas, 81 ley de acci´ on de masa, 87 de enfriamiento, 62 de Hooke, 163 de Kirchhoff, 86 de Newton, 86 de Torricelli, 86 Kirchhoff, 65 método coeficientes indeterminados, 143 combinaciones integrables, 278 de eliminaci´ on, 271 de Frobenius, 255 de Laplace para ecuaciones diferenciales, 199 factor integrante, 44, 59 variaci´ on del par´ ametro, 41, 148 matriz de coeficientes, 270 movimiento amortiguado, 165 arm´ onico simple, 166 forzado, 165 libre, 165 libre no amortiguado, 165 no amortiguado, 165

323

oscilación cr´ıticamente amortiguada, 171 libre, 170 sobreamortiguada, 170 subamortiguada, 170 polinomios de Hermite, 249 de Legendre, 252 Presión Atmosférica, 70 problema de Cauchy, 18, 121 de valor inicial, 270 punto ordinario, 242 singular, 242 reacción bimolecular, 87 unimolecular, 87 resistencia, 64 resistor, 64 serie centro, 233 coeficientes de la, 233 converge, 234 de potencias, 233 de Taylor, 237 derivadas término a término, 237 Desplazando el ´ındice en la sumatoria, 236 diverge, 234 intervalo de convergencia, 235 Multiplicación de Series, 236 Multiplicación por una constante, 235 radio de convergencia, 235 residuo, 234 suma de, 236 sistema lineal, 269 normal, 269 sistema de ecuaciones diferenciales, 269 lineal, 269 lineales con coeficientes constantes, 293 solución ó integral de la ecuación diferencial, 11 particular, 20 singular, 11 general, 19, 122 impl´ıcita, 19 n-paramétrica, 11 particular, 11, 122

ÍNDICE ALFABETICO ´

324

transitoria, 171 vector, 270 tabla de transformadas directas, 193 de transformadas inversas, 196 teorema segundo de desplazamiento, 207 de convolución, 225 dependencia lineal de las funciones de Bessel, 260 desplazamiento en la frecuencia, 189 diferenciación de la transformada de Laplace, 210 ecuación diferencial exacta, 56 existencia y unicidad, 17 existencia y unicidad, 121 integración de la transformada de Laplace, 212 transformada de Laplace, 179, 180 de Laplace para funciones continuas por partes, 205 de las derivadas, 193 inversa de Laplace, 194 lineal, 181 trayectorias ortogonales, 82 valor propio, 286 vector propio, 286 vectores linealmente dependientes, 291 linealmente independientes, 291 velocidad de escape, 175 Wronskiano, 131

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias

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