Ecuaciones diferenciales.

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Este libro ofrece al lector un acceso sencillo al conocimiento de las ecuaciones diferenciales mediante el procedimiento más práctico, que es la resolución de problemas. Los contenidos del mismo son los correspondientes a los estudios de grado de Ingeniera en la Escuela Técnica de Ingenieros Industriales de la UNED. El sistema metodológico empleado es mixto. Consiste en una introducción teórica en cada capítulo para, posteriormente, resolver, de forma secuencial, los ejercicios correspondientes a cada uno de esos contenidos teóricos. Este método supone una forma de proceder muy adecuada en la enseñanza a distancia, ya que ambos componentes combinados marcan, al mismo tiempo que se sedimentan conceptos, una secuencia lógica de adquisición y comprensión de los mismos. Vicente Bargueño Fariñas es ingeniero industrial por la UPM y doctor ingeniero industrial por la UNED. Es autor de algunos libros de álgebra lineal y ecuaciones diferenciales, y posee una larga experiencia en la docencia de distintas asignaturas referentes a la matemática aplicada en distintas escuelas técnicas de grado medio y superior en las universidades citadas, ejerciendo funciones, respectivamente, de catedrático de Escuela Universitaria y profesor titular de Universidad.

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V. Bargueño • M.ª Alonso 6890106GR02A01

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Con introducciones teóricas

María Alonso Durán es doctora en ingeniería industrial por la UNED. Posee una amplia experiencia en la docencia de asignaturas de matemáticas en los estudios de Ingeniería y en las licenciaturas de Economía y ADE. En la actualidad es profesora asociada en el Departamento de Matemática Aplicada I de la UNED, e imparte las asignaturas de Ecuaciones Diferenciales y Álgebra Lineal. Su actividad investigadora se desarrolla en el campo de la Matemática Aplicada, centrándose en estudios de Diferenciación Generalizada.

Vicente Bargueño Fariñas María Alonso Durán

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ISBN: 978-84-362-6565-1

Editorial

Problemas de ecuaciones diferenciales

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90106

colección Grado 9 788436 265651

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Problemas de ecuaciones diferenciales

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Problemas de ecuaciones diferenciales Con introducciones teóricas

VICENTE BARGUEÑO FARIÑAS MARÍA ALONSO DURÁN

UNIVERSIDAD NACIONAL DE EDUCACIÓN A DISTANCIA

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES. CON INTRODUCCIONES TEÓRICAS

Quedan rigurosamente prohibidas, sin la autorización escrita de los titulares del copyright, bajo las sanciones establecidas en las leyes, la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier medio o procedimiento, comprendidos la reprografía y el tratamiento informático y la distribución de ejemplares de ella mediante alquiler o préstamos públicos..

© Universidad Nacional de Educación a Distancia Madrid 2013

www.uned.es/publicaciones

© Vicente Bargueño Fariñas, María Alonso Durán

ISBN electrónico: 978-84-362-6766-2 Edición digital: octubre de 2013

ÍNDICE

Prólogo Capítulo 1. ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS. GENERALIDADES Introducción teórica Ejercicios resueltos Capítulo 2. INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL

Introducción teórica Ejercicios resueltos Capítulo 3. ECUACIONES DE ORDEN SUPERIOR Introducción teórica Ejercicios resueltos Capítulo 4. ECUACIONES LINEALES DE COEFICIENTES CONSTANTES Introducción teórica Ejercicios resueltos Capítulo 5. LA TRANSFORMADA DE LAPLACE Introducción teórica Ejercicios resueltos Capítulo 6. SOLUCIONES DEFINIDAS POR SERIES Introducción teórica Ejercicios resueltos Capítulo 7. SISTEMAS DE ECUACIONES Introducción teórica Ejercicios resueltos

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Capítulo 8. ESTABILIDAD DE SOLUCIONES. SISTEMAS NO LINEALES Introducción teórica Ejercicios resueltos Capítulo 9. ECUACIONES EN DERIVADAS PARCIALES. GENERALIDADES Introducción teórica Ejercicios resueltos Capítulo 10. ECUACIONES EN DERIVADAS PARCIALES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN. SEPARACIÓN DE VARIABLES Introducción teórica Ejercicios resueltos

PRÓLOGO

Las ecuaciones diferenciales forman parte esencial de los diferentes modelos matemáticos que ayudan a comprender los sistemas y fenómenos técnicos y que, generalmente, se encuentran presentes a la hora de resolver problemas existentes en las distintas ramas de la física y la ingeniería. La publicación de este libro pretende ofrecer al lector un acceso sencillo a las ecuaciones diferenciales mediante su conocimiento más práctico, que es la resolución de problemas. El procedimiento metodológico empleado es mixto. Consiste en una introducción teórica en cada capítulo, y posteriormente en la resolución de los problemas correspondientes. Este método supone una forma de proceder muy adecuada en la enseñanza a distancia, ya que ambos componentes combinados marcan, al mismo tiempo que se sedimentan conceptos, una secuencia lógica de adquisición y comprensión de los mismos. El libro está dirigido a los estudiantes de las Escuelas Técnicas de Ingeniería, y fundamentalmente a los de grado, en sus diferentes denominaciones, de la Escuela Técnica Superior de Ingenieros Industriales de la UNED. El contenido se divide en dos bloques claramente diferenciados. Del primero se ocupan los capítulos 1-8 y trata sobre las ecuaciones diferenciales ordinarias. El segundo bloque se desarrolla en los capítulos 9 y 10 y consiste en una introducción breve a las ecuaciones en derivadas parciales. Los requisitos previos que tiene que poseer el lector para abordar este libro se centran en el conocimiento de los elementos básicos de álgebra lineal y del cálculo de funciones de una y varias variables. Finalizamos estas notas indicando que en la elaboración de este texto se ha ofrecido la larga experiencia que los autores tienen en la docencia de las matemáticas y de las ecuaciones diferenciales en distintas Escuelas Técnicas de grado medio y superior, y agradeciendo a la Universidad Nacional de Educación a Distancia el interés mostrado en dicha elaboración. Los autores

CAPÍTULO 1 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS GENERALIDADES

Introducción teórica

1. Definiciones Ecuación diferencial es una ecuación en la que figura una función desconocida y alguna de sus derivadas. Si la función incógnita es de una variable se llama ecuación diferencial ordinaria. Si esa función incógnita es de dos o más variables, y las derivadas que aparecen son derivadas parciales, se llama ecuación en derivadas parciales. Orden de una ecuación es el de la derivada de mayor orden que intervenga. Grado es el grado de la derivada de mayor orden. Solución (o integral) de la ecuación diferencial ordinaria de orden n es toda función ϕ definida en un cierto intervalo, que tiene n derivadas continuas en ese intervalo, y tal que sustituida ella y sus derivadas, convierten la ecuación en una identidad. La gráfica de una solución se llama curva integral. Integrar (o resolver) una ecuación es hallar el conjunto de todas sus soluciones. 2. Ecuación diferencial de un haz de curvas planas La expresión F(x,y,λ)  =  0 define, en una cierta región del plano xy, un haz de curvas tal que por cada punto del plano pasa una curva y solo una del haz. La eliminación del parámetro λ entre F ( x, y, λ ) = 0 ∂F ∂F + y′ = 0 ∂x ∂y

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

lleva a la expresión Φ(x,y,y′) = 0 que es la ecuación diferencial de la familia de curvas. 3. La ecuación diferencial ordinaria de primer orden Tiene como expresión general: F(x,y,yc)  =  0. Si puede hacerse, despejando yc la expresión es yc  =  f(x,y), en donde f se supone definida en un cierto dominio < de R2. 4. Problema de Cauchy Se llama así a la siguiente cuestión: Dada la ecuación diferencial yc = f(x,y), y un punto (x0,y0) del dominio de definición de f, ¿qué condiciones debe cumplir la función f para que exista una única solución y = M(x) de la ecuación, tal que y0 = M(x0)? La condición y0 = M(x0) dada se llama condición inicial. 5. Teorema de existencia y unicidad de solución Ofrece una respuesta al anterior problema de Cauchy. Sea f una función continua de un dominio : de R2 en R y (x0,y0) :. Se  y = f (x, y)  considera el problema de Cauchy:   . Si la función f satisface las y0 =
(x0 )   condiciones: a) f es continua en Ω. y f ( x, y) continua en :. yy Entonces existen G> 0 y una única función y = M(x) tales que b) f posee derivada parcial


d
(x) = f ( x,
(x)) ,
x0
  x  x0 +
    dx   y0 =
(x0 ) 6. Solución general y solución particular Si : es el dominio en el que la ecuación yc  =  f(x,y) cumple las condiciones de existencia y unicidad de las soluciones, se llama integral o so-

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS. GENERALIDADES

lución general de la ecuación en el dominio : a una función y  =  y(x,C) (donde C es una constante arbitraria), tal que: a) y  =  y(x,C) satisface la ecuación cualquiera que sea el valor de la constante C. b) Para cada punto (x0,y0) del dominio :, existe un valor C0 de C tal que y = y(x,C0) es la única solución que satisface la condición y0 = y(x0,C0). Se llama Solución particular a cada una de las funciones que se obtienen de la integral general al dar un valor determinado a la constante C. 7. Aproximación gráfica de soluciones a) Método básico. Las curvas solución se trazan a partir de sus vectores tangentes en cada punto (x,y) del dominio :, que son vectores unitarios en la dirección del vector (1 , f(x,y)). El vector unitario es 
f ( x, y) 1   ,  2 2  1+ ( f ( x, y))   1+ ( f ( x, y))

(1.1)

b) Método de las isoclinas. Las isoclinas son la familia de curvas en las cuales las curvas integrales tienen dirección constante. Es decir, es la familia de curvas de ecuación f(x,y) = k, con k R. Las curvas solución se trazan siguiendo el siguiente proceso: 1. Se representa una familia de curvas isoclinas. 2. En cada isoclina f(x,y) = k, se representan segmentos de pendiente k. 3. Se trazan las curvas integrales de forma que sean tangentes a los segmentos en el punto de cada isoclina.

Ejercicios resueltos

1.1. Determínese el orden y el grado de las siguientes ecuaciones: a) x2

d2 y dy + 2x − xy = e x 2 dx dx

b) y( y′ )3 + y2 = 2 xy c) xy′′′ − x2 y iv ) + x4 = 0 d) ( x2 − y) dx + ( x3 − 2 x + y2 ) dy = 0 e) ( y′′ )3 + ( y′′′ )2 − ( y′ )4 = x

SOLUCIÓN a) Orden 2, grado 1. b) Orden 1, grado 3. c) Orden 4, grado 1. d) Orden 1, grado 1. e) Orden 3, grado 2.

1.2. Verifíquese que la función indicada es solución de la correspondiente ecuación: a) ( y′ )2 + x + 2 = y y = x+3

y +1 x y = x ln x

b) y′ =

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS. GENERALIDADES

c) xy′ − y = x2 y = 3x + x

d) y′′ + 2 y′ − 3 y = 0 y = e−3 x

2

SOLUCIÓN En todos los casos se trata de calcular las derivadas correspondientes de la función y sustituir en la ecuación, comprobando que se verifica la igualdad. a) y = x + 3  y
= 1 . Sustituyendo y,yc en la ecuación: 12 + x + 2 = x + 3 b) y = x ln x  y
= ln x + 1. x ln x +1 x c) y = 3x + x2  y
= 3 + 2x . Se obtiene: x(3 + 2 x) − (3 x + x2 ) = x2

Sustituyendo y,yc en la ecuación: ln x + 1 =

d) y = e
3 x  y =
3e
3 x  y

= 9e
3 x . Sustituyendo y,yc,ycc en la ecuación: 9 e−3 x + 2(−3 e−3 x ) − 3 e−3 x = 0

1.3. Hállese la ecuación diferencial de la familia de circunferencias con centro en el eje x y radio igual a 2. SOLUCIÓN Los puntos del eje x son de la forma (O,0). Por tanto la ecuación de estas circunferencias es ( x − λ )2 + y2 = 4 Derivando implícitamente respecto a x se obtiene: 2( x − λ ) + 2 yy ′ = 0 Eliminando λ entre las dos ecuaciones anteriores, es decir, despejando λ en la última ecuación y sustituyendo en la primera, se llega a la ecuación diferencial

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

y2 (1 + y′ 2 ) = 4 que es la ecuación diferencial de la familia.

1.4. Hállese en cada caso la ecuación diferencial de la siguientes familias de curvas: a) y = e x + λe−2 x b) y = λx ln x c) x2 − λy2 = 1 d) y2 − λx = λ 2 SOLUCIÓN a) Derivando respecto a x se tiene y ′ = e x − 2λe−2 x Eliminando λ entre la ecuación y su derivada se obtiene la ecuación diferencial pedida. Despejando λ en la derivada se obtiene λ=

e x − y′ 2 e− 2 x

que sustituyendo en la primera ecuación resulta y = ex +

e x
y
2 x e x
y x  e = e +  y + 2y
3e x = 0 2e
2 x 2

b) Procediendo de la misma manera que en el ejercicio anterior y =
(ln x + 1) 
=

y ln x + 1

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS. GENERALIDADES

Sustituyendo en la primera ecuación: y=

y
y(ln x + 1)
x ln x  y
= ln x + 1 x ln x

o bien: y
=

y
1   1+  x ln x 

c) Derivando respecto a x 2x
2yy
= 0 
=

x yy


Sustituyendo en la primera ecuación x2


x 2 y = 1
x2 yy
xy2 = yy
 yy
(x2
1)
xy2 = 0 yy

d) Derivando respecto a x 2yy

 = 0   = 2yy
Sustituyendo en la primera ecuación y2
2yy
x = 4y2 y
2
4y2 y
2 + 2yyx
y2 = 0

1.5. Hállese la ecuación diferencial de la familia de rectas que pasan por el punto (3,–1). SOLUCIÓN La ecuación de la familia de rectas que pasa por el punto (3,–1) es y + 1 = m(x
3)
y = m(x
3)
1

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Derivando se obtiene: yc = m. Sustituyendo en la ecuación de partida resulta y ′ ( x − 3) − y − 1 = 0

1.6. Hállese la ecuación diferencial de la familia de circunferencias con centro en la recta y = 1, y radio igual a la distancia entre su centro y el punto (0,1).

SOLUCIÓN Las coordenadas del centro son: C(a,1) y el radio: R = a La ecuación de la familia de circunferencias es ( x − a) + ( y − 1)2 = a2 Derivando la expresión anterior, se obtiene

2( x − a) + 2( y − 1) y′ = 0 ⎧2( x − a) + 2( y − 1) y′ = 0 Eliminando el parámetro a entre ⎨ , resulta 2 2 2 ⎩( x − a) + ( y − 1) = a y′ 2 ( y − 1)2 + ( y − 1)2 = ( x + y′( y − 1))

2

2 xy′( y − 1) = ( y − 1)2 − x2

1.7. En una selva se analizó la población y(t) de una determinada especie de insectos, y se observó que en el instante t = 0 era y0 el número de 3 los mismos, y en el t = 1 era y0 . Además, se comprobó que su velocidad de 2 dy dy = α y2 (t ) + y(t ) , donde D es crecimiento venía dada por la expresión dt dt una constante real. Con estos datos, se pide:

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS. GENERALIDADES

a) Hallar de forma explícita y(t). b) Valor y signo de la constante D. c) Probar que la función que define la población y(t) es estrictamente creciente, y determinar el límite de la misma cuando el tiempo tiende a infinito.

SOLUCIÓN a) De la ecuación diferencial se deduce dy =
y2 (t) + y(t)  dt

dy = dt
y2 + y



dy = dt y (
y + 1)

que descomponiendo en fracciones simples puede escribirse ⎡1 α ⎤ ⎢ y − αy + 1 ⎥ dy = dt ⎣ ⎦ Integrando, queda ln y
ln y + 1 = t + K
ln

y y = t+K
= Cet
y = C
et y + Cet

y + 1
y + 1


y(1
C
et ) = Cet Por tanto la solución general es y(t) =

Para t = 0 es y = y0, es decir y0 =

C et 1 − α C et

y0 C o también C = . 1 + α y0 1− αC

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Sustituyendo C y simplificando se obtiene la solución pedida y(t) =

(

y0 et

)

αy0 1 − et + 1

b) En la nueva medición, para t = 1 es y "

3 y0 , por lo tanto se verifica 2

3 Ce y0 = 2 1 − α Ce Sustituyendo el valor de C obtenido en el apartado anterior y despejando Dresulta α=

1 3 − 2e ⋅ y0 3 ( e − 1)

Es decir, D tiene signo negativo. c) Al ser D < 0 y sustituyendo los valores y(t), D hallados, se obtiene que dy la derivada = α y2 (t ) + y(t ) > 0 y por tanto la función y(t) es estrictamendt te creciente. El límite cuando t o ∞ es lim y ( t ) = lim t →∞

t →∞

(

y0 et

)

αy0 1 − e + 1 t

=−

1 α

1.8. Determínese si el teorema de existencia y unicidad garantiza o no la existencia de una solución única para los siguientes problemas de Cauchy: a) y′ =

1 y −4 2

y(3) = 0 c)

y′ = 16 − y2 y(0) = 4

2 b) y′ = 16 − y

y(1) = 2 d) y′ =

y x −1

y(5) = 0

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS. GENERALIDADES

SOLUCIÓN a) Las funciones: f ( x, y) =

1 , y −4 2

∂f −2 y ( x, y) = 2 ∂y y −4

(

)

2

son continuas en un entorno del punto (3,0). Por tanto existe solución única. b) f ( x, y) = 16 − y2 y

∂f −y son continuas en un entorno ( x, y) = ∂y 16 − y2

del punto (1,2). Existe solución única. c) La función f ( x, y ) = 16 − y2 es continua en (0,4), pero

∂f −y ( x, y) = ∂y 16 − y2

no lo es en ese punto. El teorema no garantiza la existencia de solución única. d) Al ser

∂f ( x, y) = ∂y

1 1 no continua en (5,0), el teorema no ga⋅ x −1 2 y

rantiza la existencia de solución única.

1.9. Determínese una región del plano xy en la que en cada caso, la ecuación diferencial dada tenga solución única: a) ( y2 − x) y′ = y + 2 x 1 dy = y 2−x dx c) y′e x − x + y = 0

b)

d) y′( x2 + y2 ) = x − y e) ( y

1

3

− x2 ) dx − dy = 0

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

SOLUCIÓN a) Tanto la función f ( x, y) =

y + 2x , como su derivada parcial y2 − x

∂f − y2 − x − 4 xy ( x, y) = ∂y ( y2 − x)2 son discontinuas en la curva y2
x = 0
y2 = x . Las hipótesis del teorema de existencia y unicidad de solución no se cumplen en dicha curva. Por tanto por cada punto (x, y) situado en alguna de las regiones ( x, y) ∈ R2 | y2 > x o ( x, y) ∈ R2 | y2 < x pasa una solución única de la ecuación.

{

}

{

}

1

b) La función f ( x, y) = y 2 − x no está definida y por tanto no es continua en el conjunto ( x, y) ∈ R2 | y < 0 .

{

}

∂f 1 ( x, y) = no es continua en ( x, y) ∈ R2 | y ≤ 0 . ∂y 2 y Por tanto la región del plano donde la ecuación posee solución única es

{

La derivada parcial

{( x, y) ∈ R c) La función f ( x, y) =

2

}

}

|y>0

∂f x− y −1 y la derivada parcial ( x, y) = x son ∂y ex e

continuas en todo el plano xy, por tanto la ecuación tiene solución única en todo el plano xy. x− y ∂f − x2 − 2 xy + y2 ( , ) = x y y la derivada parcial 2 x2 + y2 ∂y x2 + y2 son continuas en todo el plano excepto en el punto (0,0). En consecuencia existe solución única de la ecuación en cualquier región del plano xy que no contenga al punto (0,0).

d) La función f ( x, y) =

e) La derivada parcial

(

)

∂f 1 no es continua en la recta y = 0. ( x, y) = 3 2 ∂y 3 y

La ecuación tiene solución única en cualquier región del plano xy que no contenga a dicha recta.

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS. GENERALIDADES

1.10. Utilizando el método básico y el método de las isoclinas, determínese la forma aproximada de las curvas integrales de las siguientes ecuaciones: a) y′ = −

x y

b) y′ = x + y c) y′ = x − 4 xy SOLUCIÓN a) Método básico: El campo de vectores unitarios se representa en la figura 1.1 y viene dado ((1.1) de la introducción teórica) por ⎛ ⎜ 1 ⎜ , ⎜ 2 ⎛ −x⎞ ⎜ ⎜ 1 + ⎜⎝ y ⎟⎠ ⎝

⎞ ⎟ ⎛ ⎟ ⎜ | y| =⎜ , 2 ⎟ 2 2 ⎛ −x⎞ ⎟ ⎜ x + y 1+ ⎜ ⎝ ⎝ y ⎟⎠ ⎟⎠ −x y

Figura 1.1

−x | y | ⎞ ⎟ y ⎟ x2 + y2 ⎟ ⎠

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

x Método de las isoclinas: Las isoclinas son curvas de la familia − = k, es y x decir y = − (rectas que pasan por (0,0)). En la figura 1.2 se representan k las isoclinas para los valores: k = −4, − 3, − 2, − 1, 0, − 1/ 2, 1, 1/ 2, 2, 3, 4 En cada isoclina se han trazado segmentos pequeños con la misma pendiente. Como cada curva solución, al cortar a cada isoclina lo hace con la pendiente que esta tiene, las uniones de esos segmentos pequeños de cada isoclina serán la curvas integrales. Circunferencias concéntricas en este caso.

Figura 1.2

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS. GENERALIDADES

b) Método básico: El campo de vectores unitarios se representa en la figura 1.3 y viene dado por 1 ⎛ , ⎜ 1 + ( x + y)2 ⎝

x+ y

⎞ 1 + ( x + y) ⎟⎠ 2

Figura 1.3

Las curvas solución estarán formadas por las curvas que unen los vectores unitarios. Método de las isoclinas: Las isoclinas son la familia de curvas x + y = k es decir y = k – x. En la figura 1.4 se representan las isoclinas para los valores k  =  –4,–3,–2,–1,0,1,2,3,4 y algunas curvas solución de la ecuación yc = x + y. (Obsérvese que la isoclina de ecuación x + y = –1 es también una curva solución).

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Figura 1.4

c) Método básico: El campo de vectores unitarios viene dado por 1 ⎛ , ⎜ 1 + ( x − 4 xy)2 ⎝

x − 4 xy

⎞ 1 + ( x − 4 xy) ⎟⎠ 2

Método de las isoclinas: Las isoclinas son la familia x
4xy = k
y =

1 k
4 4x

En la figura 1.5 se representan las isoclinas para los valores: k = –8,–4,–2,–1,0,1,2,4,8 y algunas curvas solución de la ecuación yc = x – 4xy. (Obsérvese que la iso1 clina de ecuación x
4xy = 0
y = es también una curva solución de la 4 ecuación).

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS. GENERALIDADES

Figura 1.5

CAPÍTULO 2 INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL

Introducción teórica

1. Ecuaciones con variables separables Son ecuaciones que pueden expresarse en la forma dy dx

=

P(x) Q(y)

La solución general es:

, es decir P(x)dx = Q(y)dy.

∫ P ( x) dx = ∫ Q ( y) dy + C

2. Ecuaciones homogéneas Una ecuación y′  =  f(x, y) se dice homogénea si f(x, y) es una función homogénea de grado 0. Esto es cuando f(λx, λy) = f(x, y) para todo λ ∈ R. Se resuelve mediante el cambio de variable dependiente y = ux, con el que se obtiene una ecuación con variables separadas. 3. Ecuaciones reducibles a homogéneas Son ecuaciones de expresión general

⎛ a x + b1 y + c1 ⎞ y' = f ⎜ 1 ⎝ a2 x + b2 y + c2 ⎟⎠ y se transforman en una homogénea de la siguiente forma: Cuando

a2 a1

≠

b2 b1

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Las expresiones: a1x  +  b1y  +  c1  =  0; a2x  +  b2y  +  c2  =  0 representan dos rectas no paralelas. Si (α, β) es el punto de corte de ambas rectas, los cambios de variable x = u + α y = v + β, la transforman en homogénea. Cuando

a2 a1

=

b2 b1

= λ con

c2 c1

≠ λ2 (rectas paralelas no coincidentes), la

⎛ a1 x + b1 y + c1 ⎞ ecuación diferencial puede ponerse y ' = f ⎜ , y el cambio ⎝ p( a1 x + b1 y) + c2 ⎟⎠ de variable dependiente z = a1x + b1y la transforma en una de variables separadas.

4. Ecuaciones diferenciales exactas. Función potencial La ecuación P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 es diferencial exacta si existe una función F(x, y) tal que ∂F(x, y) ∂x

= P(x, y),

∂F(x, y) ∂y

= Q(x, y)

(2.1)

Entonces F(x, y) = C es la solución general de la ecuación, y F(x, y) se denomina función potencial de (P, Q).

5. Cálculo de la función potencial Si existe la función potencial F de (P, Q), esta se determina: 1. Se integra P(x, y) respecto de x, que según (2.1) será F ( x, y) = ∫ P ( x, y) dx + k ( y) 2. Se halla k(y) derivando la expresión respecto de y, recordando (2.1)

INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL

∂ F ( x, y) ∂ = Q( x, y) = P ( x, y) dx + k ' ( y) ∂y ∂y ∫

6. Factor integrante Si P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 no es diferencial exacta, pero existe una función μ(x, y) tal que lo es la ecuación μ(x, y) [P(x, y)dx + Q(x, y)dy] = 0, entonces μ(x, y) se denomina factor integrante. Dicho factor integrante ha de cumplir que ∂[μ(x, y) P(x, y)] ∂y

=

∂[μ(x, y) Q(x, y)] ∂x

lo cual se traduce en

P ( x, y)

⎡ ∂ P ( x, y) ∂Q( x, y) ⎤ ∂μ( x, y) ∂μ( x, y) − Q( x, y) + μ( x, y) ⎢ − = 0. ∂y ∂x ∂ x ⎥⎦ ⎣ ∂y

Ecuación esta última que puede simplificarse suponiendo distintas cuestiones, por ejemplo que μ sólo depende de x, o bien solo de y, etc. Es importante comprobar que las soluciones halladas al resolver la ecuación obtenida con el factor integrante, son todas ellas soluciones de la ecuación inicial, pues pueden aparecer funciones que anulan idénticamente el factor μ(x, y).

7. La ecuación lineal de primer orden Es de la forma y′ + f(x)y + g(x) = 0 (f, g continuas).

(2.2)

La ecuación y′ + f(x)y = 0 se llama: Ecuación homogénea asociada, diciéndose no homogénea (o completa) a la ecuación (2.2).

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

1. Resolución: Si u(x) es una solución de la ecuación homogénea asociada, el cambio de variable dependiente y = u(x)v(x) conduce a la expresión − f ( x) dx ⎡ ∫ f ( x ) dx dx⎤ y= e ∫ ⎢⎣C − ∫ g( x) e ⎥⎦

(2.3)

que es la solución general. 2. Otra forma de resolución. Se basa en la siguiente propiedad: La solución general de la ecuación lineal de primer orden es igual a la solución general de la ecuación homogénea asociada más una solución particular de la completa. Para ello se halla la solución general de y′ + f(x)y = 0 que es la homogénea asociada a (2.2), y posteriormente se busca una solución particular de la completa. 8. Método de variación de las constantes Una forma de hallar una solución particular de la ecuación lineal completa es el llamado Método de variación de las constantes, que consiste en buscar dicha solución particular con la misma forma que la solución general de la ecuación homogénea asociada, pero donde la constante de integración C se hace variable C(x). La sustitución de dicha solución buscada, junto con su derivada, en la ecuación completa permite identificar C(x) y con ello la solución particular. 9. La ecuación de Bernouilli Se llama así a la ecuación de la forma y′ + f(x)y + g(x)yn = 0 (f, g continuas). Se transforma en lineal dividiendo por yn y efectuando el cambio z

1 (1 – n)yn–1

⇒ z′ =

y′ yn

INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL

10. La ecuación de Riccati Se llama así a la ecuación de la forma y′ + f(x)y2 + g(x)y + h(x) = 0 (f, g, h continuas). Para resolverla se necesita una solución particular. Si y = φ(x) es esa solución, el cambio y = φ(x) + u ⇒ y′ = φ′(x) + u′ la transforma en una ecuación de Bernouilli. 11. Ecuaciones no resueltas respecto a la derivada Son ecuaciones de la forma F(x, y, y′) = 0. Algunos de los tipos más frecuentes son: 1. Ecuaciones de grado n respecto a y′ (y′)n + P1(x, y)(y′) + ... + Pn–1(x, y)(y′) + Pn(x, y) = 0 (Pi(x, y) continuas) Si la ecuación se factoriza como (y′ – f1(x, y)) ... (y′ – fn(x, y)) = 0 la integral general está formada por el conjunto de las integrales: {ϕi(x, y, Ci) = 0 | i = 1, ..., n} donde ϕi(x, y, C) = 0 es la solución de y′ = fi(x, y). 2. Ecuaciones de la forma f(y, y′) = 0: a) Si se puede expresar y  =  g(y′), se efectúa el cambio y′  =  p, dy = pdx. b) Si puede expresarse en forma paramétrica: y  =  α(t), y′  =  β(t), la solución es:

α´(t ) ⎫ ⎧ dt + C ⎪ ⎪x = ∫ β( t ) ⎬ ⎨ ⎪ ⎪ y = α (t ) ⎭ ⎩

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

3. Ecuaciones de la forma f(x, y′) = 0: a) Si se puede despejar x = g(y′), se efectúa el cambio y′ = p, dy = pdx. b) Si puede expresarse en forma paramétrica: x  =  α(t), y′  =  β(t), la solución es

⎧⎪ y = α´(t )β(t ) dt + C ⎫⎪ ∫ ⎨ ⎬ ⎪⎩ x = α (t ) ⎪⎭ 12. La ecuación de Lagrange Es de la forma y = xf(y′) + g(y′) (f, g continuas y derivables). Se transforma en lineal con el cambio y′ = p. Un caso particular es la Ecuación de Clairaut, de expresión y = xy′ + g(y′), que tiene la particularidad de que su solución general es una familia de rectas y = Cx + g(C) resultante de sustituir y′ por C en la expresión de la ecuación. 13. Soluciones singulares Son las soluciones de la ecuación diferencial que no se encuentran entre las de su solución general. Dada la ecuación de primer orden F(x, y, y′) = 0, un elemento (x, y, y′) es regular si existe un entorno V de (x, y) en el que por cada uno de sus puntos pasa una única solución de la ecuación, en otro caso es singular. Una solución singular es la que está formada por puntos singulares. Por tanto, por todo punto de la solución singular pasa una curva de las contenidas en la solución general de la ecuación y además ella misma. Es decir, en ese punto no se verifica el teorema de existencia y unicidad. Con ello puede decirse que: Una solución singular de una ecuación diferencial, es aquella que siendo solución, no se deduce de su solución general para ningún valor de la constante de integración.

INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL

14. Forma de hallar las soluciones singulares Si F es de clase uno en A, las soluciones singulares se encuentran entre las curvas que cumplen la condición ψ(x, y) = 0, obtenida al eliminar y′ entre: F(x, y, y′) = 0 ∂F ∂y′

(x, y, y′) = 0

Es necesario además comprobar que cada curva obtenida es solución de la ecuación diferencial y además no se deduce de la integral general.

15. Trayectorias de una familia de curvas Dada una familia uniparamétrica de curvas H(x, y, λ) = 0, se llama trayectoria oblicua de dicha familia a la curva que las corta bajo un ángulo constante α. Si la ecuación diferencial de dichas curvas es F(x, y, y′) = 0, la de las trayectorias que las cortan bajo el ángulo α es: ⎛ y´ − k ⎞ F ⎜ x, y, = 0, donde k=tg D. 1 + ky´ ⎟⎠ ⎝ Si α = 90º las trayectorias son ortogonales. En ese caso la pendiente de una curva de la familia y la de su trayectoria ortogonal son inversas y cambiadas de signo. Por tanto, si la ecuación diferencial de una familia de curvas es F(x, y, y′) = 0, la de sus trayectorias ortogonales es

⎛ 1⎞ F ⎜ x, y, − ⎟ = 0 y '⎠ ⎝

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

16. Determinación de las trayectorias de una familia de curvas Las trayectorias que cortan bajo un ángulo α la familia de curvas de ecuación H(x, y, λ) = 0 se determinan de la siguiente forma: 1. Se obtiene la ecuación diferencial F(x, y, y′) = 0 de la familia. 2. Se sustituye y′ en dicha ecuación diferencial por

y′ – k 1 + ky′

, donde

k = tg α 3. Se resuelve la ecuación diferencial resultante. En caso de hallar las trayectorias ortogonales, se siguen los mismos pasos pero sustituyendo y′ por – ⎛ 1⎞ F ⎜ x, y, − ⎟ = 0. y '⎠ ⎝

1 y′

, y resolviendo la ecuación diferencial

Ejercicios resueltos

2.1. Intégrese la ecuación y3y′ + y3x2y′ + x – xy2 = 0 SOLUCIÓN La ecuación es de variables separables ya que se puede escribir de la forma y′y3(1 + x2) + x(1 – y2) = 0 ⇒

y3 1 – y2

dy =

–x 1 + x2

dx

Descomponiendo en fracciones simples e integrando se obtiene

∫

⎞ ⎛ −x ⎜ − y + 1 / 2 − 1 / 2 ⎟ dy = dx ∫ ⎜ ⎟ 1 − y 1 + y⎠ 1 + x2 ⎝

cuya solución es

y2 + ln (1 − y)(1 + y) = ln 1 + x2 + C , 2 O de otra forma

y2 + ln (1 − y)(1 + y) − ln 1 + x2 = C 2

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

2.2. Intégrese la ecuación y′

x2 cos2 y

+ tg y = 1

SOLUCIÓN La ecuación es de variables separables ya que y′

Integrando

x2 cos2 y

∫ cos

2

= 1 – tg y ⇒

dy = y(1 − tg y)

dx

∫x

2

dy cos2 y(1 – tg y)

=

dx x2

, se obtiene como solución

–ln(1 – tg y) =

–1 x

+K

Por tanto la solución de la ecuación es y = arctg (1 – Ce1/x)

2.3. Intégrese la ecuación y′ =

xy + 3x – y – 3 xy – 2x + 4y – 8

SOLUCIÓN La ecuación es de variables separables ya que dy dx

=

x(y + 3) – y – 3 y(x + 4) – 2x – 8

⇒

dy dx

=

(y + 3) (x – 1) (x + 4) (y – 2)

⇒

y–2 y+3

dy =

x–1 x+4

dx

INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL

Integrando y
2

x
1

 y + 3 dy =  x + 4 dx





5 



5 

 1
y + 3 dy =  1
x + 4 dx

Se obtiene y – 5 ln(y + 3) = x – 5 ln(x + 4) + C Por tanto 5

⎛ y + 3⎞ y − ln ⎜ − x = C. ⎝ x + 4 ⎟⎠

2.4. Intégrese la ecuación (ex – 2)sec2 ydy – 3extg ydx = 0 SOLUCIÓN La ecuación es de variables separables ya que sec2 y tg y

dy =

3ex ex – 2

dx

Integrando sec 2 y ∫ tg y dy =

3ex ∫ e x − 2 dx

se obtiene como resultado ln(tg y) = 3 ln(ex – 2) + K ⇒ tg y = C(ex – 2)3

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

En consecuencia y = arctg (C(ex – 2)3)

2.5. Intégrese la ecuación (2x + y2x)dx – (4y + x2y)dy = 0 SOLUCIÓN La ecuación es de variables separables x(2 + y2)dx – y(4 + x2)dy = 0 ⇒

y 2 + y2

dy =

Integrando se obtiene

∫

y x dy = ∫ dx 2 2+ y 4 + x2

1 1 ln(2 + y2 ) = ln(4 + x2 ) + K 2 2 Por tanto y2 = C(4 + x2) – 2

2.6. Intégrese la ecuación x3 y′ + ey = 1 SOLUCIÓN La ecuación es de variables separables x3

dy dx

= 1 – ey ⇒

dy 1 – ey

=

dx x3

x 4 + x2

dx

INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL

Integrando se obtiene dy

∫ 1− e

y

=

dx

∫x

(2.4)

3

Para calcular la primera integral se hará el cambio de variable ey  =  t, con lo que descomponiendo en fracciones simples queda ⎛ ey ⎞ dy dt 1 ⎞ ⎛1 ⎛ t ⎞ = = + = − − = = dt t t ln ln(1 ) ln ln ⎜⎝ ⎟ ∫ 1 − e y ∫ t(1 − t) ∫ ⎜⎝ t 1 − t ⎟⎠ ⎜⎝ 1 − e y ⎟⎠ 1− t⎠ Por tanto la igualdad (2.4) da como resultado 1 − 2 ⎛ ey ⎞ 1 ey y 2x ln ⎜ K = − + = Ce ⇒ ⇒ e = y⎟ 2 y 2x 1− e ⎝ 1− e ⎠

C 1

C + e2x

2

La solución es ⎞ ⎛ C ⎟ y = ln ⎜ 1 ⎜⎝ 2 ⎟ C + e2 x ⎠

2.7. El crecimiento del número de bacterias en una botella de leche y en un determinado día es proporcional al número de las mismas existentes en ese día. Si en el análisis de una botella se encuentran 500 bacterias un día después de haber sido embotelladas y al segundo día se encuentran 8.000, ¿cuál es el número de bacterias en el momento de embotellar la leche?. SOLUCIÓN Sea Q(t) el número de bacterias en el día t. La ecuación diferencial que representa el crecimiento de dichas bacterias es, según el enunciado dQ(t) dt

= kQ(t)

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Donde k es la constante de proporcionalidad. La ecuación es de variables separables ya que puede expresarse dQ(t) Q(t)

= kdt

Integrando se obtiene ln Q(t) = kt + K ⇒ Q(t) = Cekt donde K es la constante de integración, que se redefine como C. El momento de embotellado corresponde a t = 0, por tanto Q(0) = C ⇒ Q(t) = Q(0)ekt Según los análisis de la botella se tiene Q(1) = 500 ⇒ 500 = Q(0)ek m Q(2) = 8.000 ⇒ 8.000 = Q(0)e2k De la división de ambas ecuaciones ek =

8.000 500

= 16

y sustituyendo en la primera 500 = Q(0)16 Por tanto Q(0) =

500 16

INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL

Como Q(0) ha de ser entero (n.º de bacterias), resulta Q(0) = 32

2.8. Intégrese la ecuación (xy + y2 + x2)dx – x2dy = 0 SOLUCIÓN Es una ecuación homogénea ya que se puede escribir de la forma xy + y2 + x2

y′ =

y la función f(x, y) =

x2

xy + y2 + x2

es homogénea de grado 0 (es decir, veri-

x2

fica f(λx, λy) = λ0 f(x, y)). Mediante el cambio de variable y = ux, y′ = u + xu′, se tiene u + xu′ =

ux2 + u2x2 + x2 x2

Simplificando xu′ = u2 + 1 ⇒

du u2 + 1

=

dx x

(Ecuación de variables separables).

Integrando se obtiene arctg u = ln x + K ⇒ u = tg(ln |Cx|) Y deshaciendo el cambio de variable anterior y x

= tg(ln |Cx|)

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Por consiguiente, la solución es y = x tg(ln |Cx|)

2.9. Intégrese la ecuación y′ =

2y – x + 5 2x – y – 4

SOLUCIÓN Es una ecuación transformable en homogénea. Las rectas 2y – x + 5 = 0, 2x – y – 4 = 0 se cortan en el punto (1,–2). El cambio x = X + 1, y = Y – 2 que supone una traslación de ejes coordenados, la transforma en la ecuación homogénea 2Y – X y′ = 2X – Y Haciendo Y = uX ⇒ Y′ = u′X + u se tiene u′X + u =

2u – 1 2–u

⇒ u′X =

2u – 1 2–u

–u=

u2 – 1 2–u

⇒ du

2–u u2 – 1

=

dX X

Esta última ecuación es de variables separadas. Integrando se obtiene

∫

2− u dX du = ∫ 2 u −1 X

INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL

y descomponiendo en fracciones simples resulta 3 2 2 du " u 1 u 1 1

1 3 ln(u 1) ln(u  1) " ln X  K 2 2

dX X

ln

u 1 " ln X  K (u  1)3

u 1 " CX (u  1)3

Deshaciendo los cambios y simplificando Y
X =C (Y + X )3



y
x+3 =C ( y + x + 1)3

que operando y renombrando la constante, resulta (y + x + 1)3 = C(y – x + 3)

2.10. Intégrese la ecuación (2x + y – 1)dx + (6x + 3y + 1)dy = 0 SOLUCIÓN Es una ecuación transformable en homogénea. Las rectas 2x + y – 1 = 0, 6x + 3y + 1 = 0 son paralelas. Efectuando el cambio u = 2x + y, du = 2dx + dy se obtiene (u – 1)dx + (3u + 1)(–2dx + du) = 0 ⇒ (u – 1 – 6u – 2)dx + (3u + 1)du = 0 ⇒ (3u + 1)du = (5u + 3)dx

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

que es una ecuación de variables separables ya que puede expresarse en la forma 3u + 1 5u + 3

du = dx

Integrando 4 
3 3u + 1 4 3 du = dx 
  5u + 3    5 5u +5 3 du = x + C
5 u
25 ln 5u + 3 = x + C
  3 4
(2x + y)
ln |10x + 5y + 3 |= x + C 5 25 y operando convenientemente, resulta la solución general pedida 4 ln 10 x + 5 y + 3 = C 5

x + 3y −

2.11. Intégrese la ecuación ⎛ x + ye y x ⎞ dx − xe y x dy = 0 ⎝ ⎠ SOLUCIÓN Es una ecuación homogénea ya que expresándola en la forma y′ =

la función f(x, y) =

x + yey/x xey/x

x + yey/x xey/x

es una función homogénea de grado cero.

INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL

Haciendo el cambio y = ux, y′ = u′x + u se obtiene u′ x + u =

x + uxe xe

ux

ux

x

x

Simplificando u x + u =

1+ ueu 1+ ueu 1 dx  u x =
u  u x = u  eu du =  u u e e e x

Integrando eu = ln x + C ⇒ ey/x = ln x + C Por tanto y = x ln (ln x + C)

2.12. Compruébese que (yex + 2xy2)dx + (ex – 1 + 2x2y)dy = 0 es una ecuación diferencial exacta e intégrese. SOLUCIÓN Es diferencial exacta ya que verifica la igualdad de las derivadas cruzadas ∂( ye x + 2 xy2 ) ∂( e x − 1 + 2 x 2 y ) = e x + 4 xy = ∂y ∂x

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Por tanto, existe la función potencial F(x, y) tal que ∂ F ( x, y) = ye x + 2 xy2 ∂x

;

∂ F ( x, y) = e x − 1 + 2 x2 y ∂y

Integrando la primera igualdad respecto a x, manteniendo y constante, se obtiene F ( x, y) = ∫ ( ye x + 2 xy2 ) dx + k( y) = ye x + x2 y2 + k( y) donde k(y) es la constante de integración. Aplicando a esta F(x, y) la segunda igualdad se tiene e x + 2 x2 y + k ′ ( y) = e x − 1 + 2 x2 y de donde k( y) =
1 

k( y) =
y

Por tanto F ( x, y) = ye x + x2 y2 − y y la solución general de la ecuación es ye x + x2 y2 − y = C

2.13. Determínese la función M(x, y) para que la siguiente ecuación diferencial sea exacta 1⎞ ⎛ M( x, y) dx + ⎜ xe x y + 2 xy + ⎟ dy = 0 ⎝ x⎠

INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL

SOLUCIÓN Para que la ecuación sea exacta debe verificarse la igualdad de las derivadas cruzadas 1 M = e x y + xe x y + 2y
2 x y



M 1 = ye x (1+ x) + 2y
2 y x

Por tanto

⎛ 1⎞ y2 x 1 M( x, y) = ∫ ⎜⎜ ye x (1 + x) + 2 y − 2 ⎟⎟ dy = e (1 + x) + y2 − 2 y + g( x) x ⎠ 2 x ⎝ donde g(x) es una función arbitraria.

2.14. Intégrese la ecuación ( ye xy + 4 y3 ) dx + ( xe xy + 12 xy2 − 2 y) dy = 0 SOLUCIÓN Es una ecuación exacta, ya que ∂( ye xy + 4 y3 ) ∂( xe xy + 12 xy2 − 2 y) = e xy + xye xy + 12 y2 = ∂y ∂x Por tanto, existe la función potencial F(x, y) tal que ∂ F ( x, y) = ye xy + 4 y3 ∂x

;

∂ F ( x, y) = xe xy + 12 xy2 − 2 y ∂y

Integrando la primera igualdad respecto a x, manteniendo y constante, se obtiene F ( x, y) = ∫ ( ye xy + 4 y3 ) dx + k( y) = e xy + 4 y3 x + k( y) donde k(y) es la constante de integración.

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Hallando ahora

∂F(x, y) ∂y

y aplicando la segunda igualdad, se tiene

xe xy + 12xy2 + k( y) = xe xy + 12xy2
2y k( y) =
2y  k( y) =
y2 Por tanto F ( x, y) = e xy + 4 y3 x − y2 y la solución general de la ecuación es e xy + 4 y3 x − y2 = C

2.15. Intégrese la ecuación (1 − sen x tg y) dx + cos x sec 2 ydy = 0 SOLUCIÓN La ecuación es exacta ya que ∂(1 − sen x tg y) ∂(cos x sec 2 y) = − sen x sec 2 y = ∂y ∂x La función potencial es F ( x, y) = ∫ (1 − sen x tg y) dx + k( y) = x + cos x tg y + k( y) Y verifica ∂ F ( x, y) = cos x sec 2 y ∂y

INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL

Por tanto cos xsec 2 y = cos xsec 2 y + k
( y) 

k
( y) = 0




k( y) = C

La solución general de la ecuación es x + cos x tg y = C

2.16. Intégrese la ecuación (3 xy3 + 4 y) dx + (3 x2 y2 + 2 x) dy = 0 mediante un factor integrante de la forma μ = μ(x). SOLUCIÓN La ecuación no es exacta ya que no son iguales las derivadas ∂(3 xy3 + 4 y) = 9 xy2 + 4 ∂y

;

∂(3 x2 y2 + 2 x) = 6 xy2 + 2 ∂x

Para que μ = μ(x) sea un factor integrante, deberá cumplir

μ(x)

[μ(x)P(x, y)]

[μ(x)Q(x, y)]

y

x

P(x, y) y

dμ(x) Q(x, y) + μ(x) dx

Q(x, y) x

Por tanto μ( x) ⎡ ∂ P ( x, y) ∂Q( x, y) ⎤ dμ( x) − = dx Q( x, y) ⎢⎣ ∂ y ∂ x ⎥⎦

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

En consecuencia μ ( x) dμ( x) ⎡⎣9 xy2 + 4 − 6 xy2 − 2⎤⎦ = 2 3x y + 2x dx 2

Simplificando se obtiene μ = μ′ x que es una ecuación de variables separables dx = x

dμ μ

dx dμ = . Integrando queda x μ

ln x = ln μ K

x = Cμ

Elegimos como factor integrante μ = x. Multiplicando la ecuación por el factor integrante resulta la ecuación diferencial exacta: (3 x2 y3 + 4 xy) dx + (3 x3 y2 + 2 x2 ) dy = 0 Por tanto la función potencial es F ( x, y) = ∫ (3 x2 y3 + 4 xy) dx + k( y) = x3 y3 + 2 x2 y + k( y) Como

y F ( x, y) ha de ser 3x3y2 + 2x2, entonces yy

3x3 y2 + 2x2 = 3x3 y2 + 2x2 + k
( y) , de donde k
( y) = 0
k( y) = C En consecuencia, la solución de la ecuación es x3 y3 + 2 x2 y = C

2.17. Un método para suministrar un fármaco en la sangre, es hacerlo de forma continua mediante un proceso de inyección llamado infusión intravenosa. Este proceso puede ser modelado mediante la ecuación diferencial VdC (t) − ( I − kC (t)) dt = 0

INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL

donde C(t)  = Concentración de medicación en cada instante t, siendo V, I, k = constantes positivas que representan las características del proceso y las condiciones particulares del paciente. Se pide: a) Comprobar que la ecuación no es diferencial exacta y encontrar un factor integrante μ = μ(t), dependiente solo de t. b) Resolver la ecuación. c) Hallar la solución particular que cumple la condición inicial C(0) = 0, y expresarla en forma explícita (despejar C(t)). d) Comprobar que a medida que pasa el tiempo, la concentración C(t) de medicación crece, pero nunca sobrepasa una cantidad llamada umbral, o nivel de saturación. ¿Cuál es esa cantidad?. SOLUCIÓN a) Para que la ecuación VdC(t) – (I – kC(t))dt = 0 fuese diferencial exacta, debería cumplir la igualdad de las derivadas cruzadas ∂ V ∂ (− I + kC ) = ∂t ∂C Pero

∂V ∂(− I + kC ) = 0, = k , por tanto no lo es. ∂t ∂C

Multiplicando por μ = μ(t), la ecuación queda V μdC − ( I − kC) μdt = 0 Sus derivadas cruzadas son

(Vμ)

V

t

(

(I

dμ dt

kC) μ) C

V kμ

dμ dt

kμ

V

dμ μ

kdt

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Integrando esta última ecuación, resulta kt

μ = eV kt

Por lo tanto, μ = e V es un factor integrante. b) Introduciendo el factor integrante en la ecuación original, queda kt

kt

Ve V dC − ( I − kC) e V dt = 0 Función potencial kt

kt

U =  Ve V dC +
(t) = Ve V C +
(t) Por tanto kt U = ke V C +
' (t) t

Debe cumplirse que kt V

kt V

ke C +
' (t) =
( I
kC) e = 0


' (t) =
Ie

Integrando  (t) =


IV ktV e + k

( = cte.)

Solución general kt

Ve V C −

IV ktV e =α k

kt V

INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL

c) Para C(0) = 0, resulta − IV = α , con lo que la solución particular es k kt

Ve V C −

IV ktV IV e =− k k

o también C (t) =

(

kt − I 1− e V k

)

I d) La función C(t) es creciente y lim C (t) = que será el nivel de satut →∞ k ración.

2.18. a) Hállese la función f(x) para la cual μ(x) = x es factor integrante de la ecuación diferencial f ( x)

dy + y + x2 = 0 dx

y además verifica f(1) = 1. b) Para ese valor hallado de f(x) resuélvase la ecuación. SOLUCIÓN a) Al ser μ(x) = x un factor integrante y multiplicar la ecuación por dicho factor se obtiene xf ( x)

dy + xy + x3 = 0 dx

o de otra forma

( xf ( x)) dy

+ ( xy + x3 ) dx = 0

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Como es diferencial exacta debe cumplir
(xy + x3 )
(xf (x)) =
y
x



x = xf '(x) + f (x)

que es la ecuación lineal f '( x) +

1 f ( x) − 1 = 0 x

Resolviéndola resulta 1 1 ∫ x dx ⎡ ∫ x dx ⎤ C x f ( x) = e dx⎥⎦ = + ⎢⎣C + ∫ e x 2 −

Al ser f(1) = 1 ⇒ C = 1/2, la función buscada es f ( x) =

1⎛ 1⎞ ⎜⎝ x + ⎟⎠ x 2

b) La ecuación es

(

)

1 2 x + 1 dy + ( xy + x3 ) dx = 0 2 La función potencial F ( x, y) = ∫ ( xy + x3 ) dx + k( y) =

x2 x4 y+ + k( y ) 2 4

donde ∂ F ( x, y) x2 = + k′ ( y) ∂y 2 que ha de ser igual a

1 2 ( x  1). 2

INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL

De igualar ambas expresiones se obtiene k
( y) =

1 2



k ( y) =

1 y 2

Por tanto la función potencial es F ( x, y) =

x2 x4 1 y+ + y 2 4 2

Y la solución general de la ecuación 2 x2 y + x 4 + 2 y = C

2.19. Determínese la condición que debe cumplir la función μ = μ(y) dependiente solo de y, para ser factor integrante de la ecuación P ( x, y) dx + Q ( x, y) dy = 0 e intégrese ydx + (2 x − ye y ) dy = 0 mediante un factor integrante de ese tipo. SOLUCIÓN Para que μ sea un factor integrante tiene que cumplirse ∂[μ( y)P ( x, y)] ∂[μ( y)Q( x, y)] = ∂y ∂x Por tanto μ ′( y)P ( x, y) + μ( y)

∂ P ( x, y) ∂Q( x, y) = μ ( y) ∂y ∂x

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Es decir

μ ( y)P(x, y) + μ( y)

Q(x, y) x

μ ( y) μ( y)

P(x, y) y

Q(x, y) P(x, y) x y P(x, y)

Como el primer miembro depende solo de y, la condición es que el segundo miembro sea una función exclusivamente de y. La ecuación ydx + (2 x − ye y ) dy = 0 verifica la condición anterior, ya que en este caso μ μ

μ μ

2 1 y

1 y

Integrando ln μ = ln y + K
μ = Cy Eligiendo μ = y, la ecuación una vez multiplicada por el factor integrante, queda y2 dx + (2 xy − y2 e y ) dy = 0 que es una ecuación diferencial exacta como puede comprobarse. La función potencial es F(x, y) =  y2 dx + k( y)


F(x, y) = y2 x + k( y)

Al ser 2 xy − y2 e y =

∂ F ( x, y) ∂y

INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL

se tiene 2xy
y2 e y = 2xy + k
( y)  k
( y) =
y2 e y
k( y) =

y2 e y dy Resolviendo esta integral por partes se obtiene k( y) = − y2 e y + 2 ye y − 2 e y Por lo tanto la solución general es y2 x − y2 e y + 2 ye y − 2 e y = C que coincide con la de la ecuación inicial excepto para y = 0.

2.20. Determínese la condición que debe cumplir la función μ  =  μ(xy), dependiente solo del producto xy, para ser factor integrante de la ecuación P ( x, y) dx + Q ( x, y) dy = 0 y aplíquese para resolver ( y + x3 y + 2 x2 ) dx + ( x + 4 xy4 + 8 y3 ) dy = 0 SOLUCIÓN La condición que debe cumplir μ para ser factor integrante es ∂[μ( xy)P ( x, y)] ∂[μ( xy)Q( x, y)] = ∂x ∂y Por facilidad de cálculo se utilizará z  =  xy. De la igualdad anterior se obtiene μ (z)xP(x, y) + μ

P(x, y) y

μ (z)(xP

μ (z)yQ(x, y) + μ

yQ)

μ

Q x

P y

Q(x, y) x

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Por tanto ∂Q ∂ P − μ ′ ( z) ∂ x ∂ y = μ ( z) xP − yQ Como el primer miembro solo depende de z, el segundo miembro también debe depender solo de z, es decir de xy. La ecuación ( y + x3 y + 2 x2 ) dx + ( x + 4 xy4 + 8 y3 ) dy = 0 verifica esa condición. En efecto μ′ μ

4 y 4 − x3 x4 y + 2 x3 − 4 xy5 − 8 y4

4 y 4 − x3 xy( x3 − 4 y4 ) + 2( x3 − 4 y4 )

−1 xy + 2

Por tanto μ 1 = μ z+2

dμ = μ

Eligiendo μ =

1 dz z+2

ln μ = ln(z + 2) 1 + K

μ=

C C = z + 2 xy + 2

1 , y multiplicando la ecuación por μ se obtiene xy + 2

1 1 ( y + x3 y + 2x2 )dx + (x + 4xy4 + 8y3 )dy = 0
xy + 2 xy + 2


1 1
 y + x2 (xy + 2) dx +
x + 4y3 (xy + 2) dy = 0
xy + 2  xy + 2
y 
x 
 + x2  dx +  + 4y3  dy = 0  xy + 2   xy + 2 

INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL

que es diferencial exacta como puede comprobarse. La función potencial es ⎛ y ⎞ x3 F ( x, y) = ∫ ⎜ + x2 ⎟ dx + k( y) = ln( xy + 2) + + k( y ) 3 ⎝ xy + 2 ⎠ Operando como en ejercicios anteriores, se tiene x x + 4y3 = + k
( y)  k
( y) = 4y3 xy + 2 xy + 2



k( y) = y4

En consecuencia la solución de la ecuación es ln( xy + 2) +

x3 + y4 = C 3

que coincide con la de la ecuación inicial excepto para xy = 0.

2.21. Las dos variables p  =  presión, y V  =  volumen, de un cierto gas ideal verifican la ecuación diferencial C p pdV + CV Vdp = 0 donde Cp, CV son dos constantes (Cp ≠ CV) que representan los calores específicos del gas a presión y volumen constante, respectivamente. Se pide: 1 es a) Comprobar que la ecuación no es diferencial exacta, pero μ = pV un factor integrante de la misma. b) Resolverla. SOLUCIÓN a) La ecuación es de la forma PdV + Qdp = 0, con P = Cp p, Q = CV V. Las derivadas cruzadas son ∂P ∂Q = CV . = Cp , ∂V ∂p que al ser Cp ≠ CV, no es diferencial exacta.

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Multiplicando por μ =

1 , la ecuación queda pV Cp

dV +

V

CV dp = 0 p

Y sus derivadas cruzadas son ahora iguales. ⎛C ⎞ ∂ ⎜⎜ p ⎟⎟ ⎝ V⎠ = ∂p Por lo tanto, μ =

⎛C ⎞ ∂ ⎜⎜ V ⎟⎟ ⎝ p⎠ =0 ∂V

1 es un factor integrante. pV

b) La solución es de la forma U(V, p) = K, donde Cp U C p = U =  dV +
( p)  U = C p ln V +
( p) V V V
' ( p) U C =
' ( p) = V  = C p 
( p) = CV ln p p p p Por tanto la solución general es C p ⋅ ln V + CV ⋅ ln p = K o de otra forma

(V )C

p

⋅ pCV = K

donde se ha renombrado la constante de integración.

INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL

2.22. En la ecuación (x2 + y2 + 1)dx – (xy + y)dy = 0, hállese n para que μ(x) = (x + 1)n sea factor integrante, y resuélvase. SOLUCIÓN P = x2 + y2 + 1⎫ ⎬ Q = −( xy + y) ⎭

∂P = 2y ∂y

;

∂Q = −y ∂x

Multiplicando la ecuación por μ = (x + 1)n, se tiene

( x + 1)n ( x2 + y2 + 1) dx − ( x + 1)n ( xy + y) dy = 0 Las derivadas cruzadas ∂(μP ) = 2 y( x + 1)n ∂y

;

∂(μQ ) = − y( n + 1)( x + 1)n ∂x

Han de ser iguales, es decir (μP) y

(μQ) x

2y(x + 1)n

y(n + 1)(x + 1)n

n

3

En consecuencia, el factor integrante es μ = ( x + 1)

−3

Y la ecuación que resulta al multiplicar la primitiva por dicho factor integrante

( x + 1)−3 ( x2 + y2 + 1) dx − ( x + 1)−3 ( xy + y) dy = 0

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Puesto que ahora es diferencial exacta, la solución será de la forma F(x, y) = C, donde F =
(x + 1)
3 (xy + y) =
y(x + 1)
2 y F = 
y(x + 1)
2 dy + (x)=


y2 (x + 1)
2 + (x) 2

F = y2 (x + 1)
3 + '(x) = (x + 1)
3 (x2 + y2 + 1)  '(x) = (x + 1)
3 (x2 + 1) x De donde (x) =


3 2  ( x + 1) (x + 1) dx = 

x2 + 1 dx ( x + 1)3

Descomponiendo en fracciones simples, se obtiene A B C x2 + 1 +  3 = 3 + 2 ( x + 1) ( x + 1) (x + 1) x + 1 A + B(x + 1) + C(x + 1)2 = x2 + 1 

A = 2 ; B =
2 ;C = 1

Por tanto (x) =

2

 (x + 1)

3

dx + 


2 1 dx +  dx =
(x + 1)
2 + 2(x + 1)
1 + ln (x + 1) 2 (x + 1) x +1

En consecuencia F ( x, y) = −

y2 ( x + 1)−2 − ( x + 1)−2 + 2( x + 1)−1 + ln ( x + 1) 2

INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL

La solución general ⎛ y2 ⎞ − ⎜ + 1⎟ ( x + 1)−2 + 2( x + 1)−1 + ln( x + 1) = C ⎝ 2 ⎠

2.23. Compruébese que la ecuación (xy2 – y3)dx + (1 – xy2)dy = 0 no es diferencial exacta y que cumple la condición para que exista un factor integrante μ = μ(y). Hállese dicho factor integrante, y resuélvase la ecuación. SOLUCIÓN La ecuación no es diferencial exacta, ya que son distintas las derivadas ∂ ( xy2 − y3 ) = 2 xy − 3 y2 ∂y

;

∂ (1 − xy2 ) = − y2 ∂x

Para que exista un factor integrante μ = μ(y), el segundo miembro de la expresión ∂ Q ( x, y) ∂ P ( x, y) − μ ' ( y) ∂y ∂x = P ( x, y) μ ( y) debe ser función exclusivamente de y (ejercicio 2. 19). Esta condición se verifica. En efecto μ ' ( y) − y2 − 2 xy + 3 y2 − 2 y ( x − y) 2 =− = = 2 2 3 xy − y y ( x − y) μ ( y) y Por tanto μ ' ( y) 2 =− y μ ( y)

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Integrando se obtiene μ ( y) =

C y2

(C ∈ R)

Eligiendo C = 1, el factor integrante es μ ( y) =

1 y2

Multiplicando la ecuación diferencial por μ y simplificando, resulta ⎛ 1 ⎞ − x⎟ dy = 0 2 ⎝y ⎠

( x − y) dx + ⎜ La función potencial es F ( x, y) =

Como

x2 − yx + k ( y) 2

∫ ( x − y) dx + k ( y) =

1 y F ( x, y) ha de ser 2  x , se tiene y yy 1
x =
x + k´( y)
y2

k´( y) =

1 y2




k ( y) =


Por lo tanto F ( x, y) =

1 x2 − yx − 2 y

Y la solución general es 1 x2 − yx − = C 2 y que coincide con la de la ecuación inicial excepto para y = 0.

1 y

INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL

2.24. Resuélvase la ecuación dy + y + e−2 x = 0 dx

SOLUCIÓN Es de la forma y´ + f ( x) y + g( x) = 0 Es una ecuación lineal. Una forma de obtener su solución general es mediante la expresión (2.3 de la introducción teórica) − f ( x) dx ⎡ ∫ f ( x ) dx dx⎤ y= e ∫ ⎣⎢C − ∫ g( x) e ⎦⎥

En este caso − dx dx y = e ∫ ⎡⎢⎣C − ∫ e−2 x e ∫ dx⎤⎦⎥ = e− x ⎡⎣C − ∫ e−2 x e x dx⎤⎦

que resolviendo las integrales indicadas resulta como solución general y = e−2 x + Ce− x Otra forma de resolución: También puede resolverse mediante variación de constantes, resolviendo primero la ecuación homogénea asociada. La ecuación homogénea asociada es dy +y=0 dx

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Integrando se obtiene su solución general dy = − dx y

ln y = − x + c

;

y = Ce− x

;

Para calcular la solución particular yp de la ecuación completa se aplicará el método de variación de las constantes. La solución particular yp y su derivada son: yp = C ( x) e
x

( ) =
C ( x) e

d yp




x

dx

+ e
x

dC(x) dx

Sustituyendo ambas en la ecuación completa, se obtiene
C ( x) e
x + e
x e
x

dC(x) =
e
2 x dx



dC(x) + C ( x) e
x + e
2 x = 0 dx dC(x) =
e
x dx



C ( x) = e
x + K

donde K es la constante de integración. Para K = 0 resulta una solución particular yp = e−2 x La solución general de la ecuación completa es la suma de la de la solución general de la homogénea asociada y esta solución particular hallada y = e−2 x + Ce− x

2.25. Resuélvase la ecuación dy y = dx y − x (Ind.: Obsérvese que es lineal considerando x función de y).

INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL

SOLUCIÓN La ecuación se puede escribir de la forma dx y
x = dy y



dx y
x = dy y



dx 1 + x
1= 0 dy y

donde se considera x como función, e y como la variable independiente. Por tanto x=e

−

1⎛ y2 ⎞ C y ∫ y dy ⎛ ∫ y dy ⎞ ln y − ln y C − − e e C e dy C = + = + = + ⎜ ⎟ ∫ ∫ y ⎜⎝ 2 ⎟⎠ y 2 ⎝ ⎠ 1

1

(

)

y la solución general es x=

C y + y 2

O también y = x ± x 2 − 2C

2.26. Dada la ecuación 2 xy′ − y = − sen x − cos x a) Calcúlese su integral general. b) Determínese la solución que pasa por el punto (0,0). c) Calcúlese una solución acotada cuando x → ∞. SOLUCIÓN a) La ecuación puede escribirse en la forma y′ −

1 2 x

y+

sen x + cos x =0 2 x

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Se trata de una ecuación lineal. La solución general es

y= e

∫

− −

=e

x

1 dx 2 x

1 ⎡ sen x + cos x ∫ − 2 x dx ⎤ C − e ⎢ ⎥= ∫ 2 x ⎢⎣ ⎥⎦

⎡ sen x + cos x − x ⎤ e dx⎥ ⎢C − ∫ 2 x ⎣ ⎦

m

La integral I=

∫

sen x + cos x − x e dx 2 x

puede calcularse aplicando reiteradamente el método de integración por partes. I = e−

x

(− cos

x + sen x ) + m

⎡ + ⎢ e− ⎣

x

(−sen

x − cos x ) + ∫

− sen x − cos x − x ⎤ e dx⎥ 2 x ⎦

Entonces 2I " 2e

x

I" e

cos x

En consecuencia

y= e

x

⎡⎣C + e

x

cos x ⎤⎦

Y la integral general es y = Ce

x

+ cos x

x

cos x

INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL

b) Sustituyendo en la solución general se tiene 0 = C + cos 0
C =
1  c) Cuando x 
 Ce

x

y =
e

x

+ cos x

 ±
(dependiendo del signo de C).

Para que la solución esté acotada, C tiene que ser igual a 0. Por tanto, una solución acotada es y " cos x

2.27. Hállese la solución general de la ecuación ( x + 1) y′ + (2 x − 1) y = e−2 x SOLUCIÓN La ecuación puede escribirse en la forma y′ +

2x − 1 e−2 x =0 y− x +1 x +1

Por tanto es una ecuación lineal. La solución general viene dada por

y= e

−

∫

2 x −1 dx x +1

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ dx ⎡ − ∫ ⎜ 2− ⎡ e−2 x ∫ 2xx+−11 dx ⎤ e−2 x ∫ ⎜⎝ 2− x +1⎟⎠ dx ⎤ ⎝ x +1⎟⎠ C − − = − − e e C e ⎢ ⎥= ⎢ ⎥ ∫ x +1 ∫ x +1 ⎢⎣ ⎥⎦ ⎣ ⎦ 3

3

⎤ ⎡ 1 1 e−2 x 2 x ⎤ ⎡ = ( x + 1)3 e−2 x ⎢C + ∫ e dx⎥ = ( x + 1)3 e−2 x ⎢C − 3 3⎥ ( x + 1) 3( x + 1) ⎦ x +1 ⎣ ⎣ ⎦ Es decir 1⎤ ⎡ y = e−2 x ⎢C ( x + 1)3 − ⎥ 3⎦ ⎣

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

2.28. Hállese la solución general de la ecuación dy + (cotg x) y = 5ecos x dx SOLUCIÓN Es una ecuación lineal, por tanto − cotg x dx ⎡ cos x ∫ cotg x dx y= e ∫ dx⎤⎥ = e− ln(sen x ) ⎡⎣C + ∫ 5ecos x eln(sen x ) dx⎤⎦ = ⎢⎣C − ∫ −5e e ⎦

=

1 ⎡ C + ∫ 5ecos x sen x dx⎤⎦ sen x ⎣

Solución general y=

1 ⎡⎣C − 5ecos x ⎤⎦ sen x

2.29. Dada la ecuación (1 − cos x) y ′ + 2 y sen x − tg x = 0 determínese su solución general integrando la ecuación homogénea asociada, y hallando una solución particular de la ecuación completa.

SOLUCIÓN Expresando la ecuación en la forma y′ +

2sen x tg x y− =0 1 − cos x 1 − cos x

INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL

La ecuación homogénea es y′ +

2sen x y=0 1 − cos x

que es de variable separables ya que dy 2sen x =− dx y 1 − cos x Integrando se obtiene su solución general ln y = ln (1 − cos x) + ln C −2

y=

C (1 − cos x)2

Para calcular la solución particular yp de la ecuación completa se aplicará el método de variación de las constantes yp =

C(x) (1
cos x)2



yp =

C (x) sen x
2C(x) 2 (1
cos x) (1
cos x)3

Sustituyendo en la ecuación completa se obtiene C ′( x) C ( x) sen x 2sen x tg x − 2C ( x ) + ⋅ − =0 2 3 2 (1 − cos x) (1 − cos x) 1 − cos x (1 − cos x) 1 − cos x C ′( x) tg x − =0 2 (1 − cos x) 1 − cos x Esta ecuación es de variables separables dC = tg x(1 − cos x) dx Integrando, se obtiene C ( x) = − ln(cos x) + cos x

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

La solución particular yp =

cos x − ln (cos x) (1 − cos x)2

Por tanto la solución general de la ecuación completa es y=

cos x − ln(cos x) C + 2 (1 − cos x) (1 − cos x)2

2.30. Dada la ecuación xy ' = y + x2 sen x a) Determínese su integral general. b) Calcúlese la solución particular que contiene el punto (π,0). c) Estúdiese la existencia de soluciones que pasan por (0,0). ¿Se verifica en ese punto el teorema de existencia y unicidad? ¿Por qué? SOLUCIÓN a) Es una ecuación lineal. Ecuación homogénea asociada xy '− y = 0 dy dx = y x Solución general de la homogénea y " Cx Método de variación de las constantes. Solución particular y p = C ( x) ⋅ x

;

y p ' = C ′( x) x + C ( x)

INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL

Sustituyendo en la ecuación, se obtiene C '( x) x2 + C ( x) x = C ( x) x + x2 sen x

;

C '( x) = sen x

;

C ( x) = − cos x

Por tanto, una solución particular es yp = − x cos x La solución general de la ecuación completa y = Cx − x cos x b) Si contiene el punto (π,0), entonces 0 = Cπ + π

;

C = −1

La solución y = − x(1 + cos x) c) Si contiene el punto (0,0) 0=C∙0+0 que se cumple para todo valor de la constante C. Todas las curvas de la solución general pasan por el punto (0,0). Es decir, hay infinitas soluciones que contienen a ese punto. Por tanto, en ese punto no se verifica el teorema de unicidad. Si se escribe la ecuación en la forma y′ = f(x, y), es decir y′ =

y + x sen x x

se observa la no continuidad en x  =  0 de la función f(x,  y) correspondiente.

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

2.31. Se considera la ecuación lineal a

dy + by = e− λx dx

donde a,  b son constantes positivas y λ es una constante no negativa, con λ ≠

b . a

a) Calcúlese la solución general. b) Si λ = 0. ¿A qué valor tiende toda solución cuando x → ∞? Lo mismo si λ > 0. SOLUCIÓN a) Ecuación homogénea asociada a

dy + by = 0 dx

Es de variables separables. Expresándola en la forma dy b =− x y a e integrando se obtiene y = Ce

b − x a

Para calcular una solución particular yp de la ecuación completa, se aplica el método de variación de las constantes. yp = C ( x) e

b
x a




x  b
x yp ' = C ( x) 
 e a + C' ( x) e a  a b

b

INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL

Sustituyendo en la ecuación se obtiene b



b  
 x

b b b
x
x 1 
 x e a   b
x aC ( x) 
 e a + aC' ( x) e a + bCe a = e
x  C' ( x) = e a  C ( x) =  a b
a a

Por tanto, la solución particular es yp =

1 e− λx b − λa

La solución general de la ecuación no homogénea y = Ce

b) Si λ = 0: y = Ce

b
x a

+

b − x a

+

1 e− λx b − λa

1 1  lim y = x b b

Si λ > 0: lim y = 0 x→∞

2.32. La intensidad en un circuito eléctrico se rige según la ecuación L

dI + RI = E dt

donde: I = Intensidad de la corriente, L = Inductancia, R = resistencia, E = Fuerza electromotriz. Se pide: a) Resolver la ecuación con una corriente inicial I0, si se conecta en el circuito una fuerza electromotriz E0 en el instante t = 0. b) Observar en el resultado anterior que la ley de Ohm (E0  =  RI) es aproximadamente válida para valores muy grandes de t (cuando t tiende a infinito).

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

c) Cuando I0 = 0, y E0 ≠ 0. ¿Cuál es el valor del máximo teórico de la intensidad de corriente I? d) Probar que la mitad de ese máximo de corriente I se alcanza en el tiempo t =

L ⋅ ln 2 . R

SOLUCIÓN a) Es una ecuación lineal. La ecuación homogénea asociada es L

dI + RI = 0 dt

Es una ecuación de variables separables dI R = − dt I L Integrando se obtiene su solución general, que es ln I =


R t + ln C L




I = Ce




R t L

Método de variación de las constantes. Solución particular Ip de la no homogénea I p = C(t)e




R t L



dI p dt

= C' (t) e




R t L

 R
Rt + C (t) 
e L   L 

Sustituyendo en la ecuación completa, resulta LC' (t) e




R t L

R
t  R
Rt + LC (t) 
e L  + RC (t) e L = E   L 

 C' (t) =

E RL t E Rt e
C (t) = e L + k L R

INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL

Eligiendo por ejemplo k = 0, resulta la siguiente solución particular E R

Ip "

La solución general de la ecuación completa es I=

R − t E + Ce L R

donde C es una constante arbitraria. Aplicando las condiciones iniciales se obtiene I (t = 0) = I0 E (t = 0) = E0



I0 =

E0 +C R

, C = I0


E0 R

Por tanto la solución pedida es E0 ⎛ E0 ⎞ − RL t I= + ⎜ I0 − ⎟ e R ⎝ R⎠ b) Cuando t → ∞ resulta I"

E0 R

(ley de Ohm)

c) Si I0 = 0, entonces I=

(

R − t E0 1− e L R

)

El máximo teórico de la intensidad de corriente I se alcanza cuando t → ∞, y vale Imax "

E0 R

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

d) El valor de t cuando se alcanza la mitad del máximo será

(

R − t E0 E0 = 1− e L 2R R

)

−

R t L

1 2

=

;

e

t=

L ⋅ ln 2 R

;

−

R t = − ln 2 L

2.33. Resuélvase la ecuación xy′ + y = x4 y3 SOLUCIÓN Es una ecuación de Bernouilli, ya que puede escribirse en la forma y´ + f ( x) y + g( x) y n = 0 , (f, g continuas). La ecuación dada, escrita de esa manera es y′ +

y − x3 y3 = 0 x

Dividiendo por y3, y efectuando el cambio z=

1 −2 y2

,

z′ =

y′ y3

se transforma en z′ −

2 z − x3 = 0 x

que es una ecuación lineal cuya solución viene dada por z= e

2 2 − dx ⎤ ∫ x dx ⎡ 3 ∫ x C − − x e dx⎥ = e2 ln x ⎡⎣C + ∫ x3 e−2 ln x dx⎤⎦ = x2 ⎡⎣C + ∫ x dx⎤⎦ = ⎢ ∫ ⎣ ⎦

⎡ x2 ⎤ = x2 ⎢C + ⎥ 2⎦ ⎣

INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL

Por último, deshaciendo el cambio anterior, resulta la solución general ⎡ x2 ⎤ y−2 = −2 x2 ⎢C + ⎥ 2⎦ ⎣ O de otra forma y2 =

1 x C − x2 2

(

)

donde se ha renombrado la constante de integración.

2.34. Resuélvase la ecuación y′ + y = y2 (cos x − sen x) SOLUCIÓN Es una ecuación de Bernouilli. Dividiendo por y2, y efectuando el cambio z=−

1 y

z′ =

,

y′ y2

se transforma en z′ − z − (cos x − sen x) = 0 que es una ecuación lineal, cuya solución general es dx − dx z = e ∫ ⎡⎢C + ∫ (cos x − sen x) e ∫ dx⎤⎥ = e x ⎡⎣C + ∫ (cos x − sen x) e− x dx⎤⎦ ⎦ ⎣

Para calcular la integral incluida en la expresión anterior se aplica reiteradamente el método de integración por partes, obteniéndose

∫ (cos x − sen x)e

−x

dx = e− x sen x

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

por consiguiente z = e x ⎡⎣C + e− x sen x⎤⎦ = Ce x + sen x Deshaciendo el cambio resulta la solución general pedida y=−

1 Ce + sen x x

2.35. La velocidad de crecimiento de una cierta población viene dada por la ecuación ⎞ ⎛ 1 x '(t ) = ax(t ) ⎜⎜ 1 − x(t )⎟⎟ K ⎝ ⎠ donde x(t) es la población en un instante t, y K, a constantes positivas. Se pide: a) Calcular esa población x(t), sabiendo que x(0) = x0 (el tamaño en el inicio es x0). b) Comprobar que aunque la población siempre crece con el tiempo, el tamaño x(t) de la misma no excede una cierta cantidad T llamada tamaño de equilibrio.¿Cuál es esa T?. SOLUCIÓN a) Es una ecuación de Bernouilli. Efectuando el cambio de variable z (t) = −

1 x (t)

;

z '(t ) =

x '(t ) x2 ( t )

y sustituyendo en la ecuación resulta la ecuación lineal z '(t ) = − az(t ) −

a K

INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL

Su ecuación homogénea asociada z '(t ) + az(t ) = 0 es de variables separables. Su solución general es z(t ) = Ce− at Se busca la solución particular de la completa por el método de variación de las constantes zp (t ) = C (t ) e− at

;

zp '(t ) = − aC (t ) e− at + C '(t ) e− at

Por lo tanto
aC(t)e
at + C'(t)e
at =
aC(t)e
at
C'(t) =


a  K

ae at 1  C(t) =
e at K K

La solución particular es zp (t ) = −

1 K

Solución general de la ecuación completa z(t ) = Ce− at −

1 K

Por último, deshaciendo el cambio anterior resulta x(t ) =

K 1 − CKe− at

donde C es la constante de integración.

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

De la condición inicial x(0) = x0, se obtiene C =

x0 − K . Kx0

Entonces, la expresión que determina la población con esa condición inicial es x(t ) =

Kx0 x0 + ( K − x0 ) e− at

b) La expresión anterior es una función creciente donde el límite cuando t → ∞ es lim x(t ) = lim t→∞

t→∞

Kx0 = K (Tamaño de equilibrio). x0 + ( K − x0 ) e− at

Es decir, la población no rebasa el valor de K, cualquiera que sea el tamaño inicial. Por tanto, el tamaño de equilibrio es T = K.

2.36. Hállese la integral general de la ecuación y′ − xy2 + 2 x2 y − x3 − 1 = 0 determinando previamente una solución de la forma y = ax + b. SOLUCIÓN Se trata de una ecuación de Ricatti. Una solución es de la forma y = ax + b. Sustituyendo la solución y su derivada, y′ = a, en la ecuación se tiene a − x( ax + b)2 + 2 x2 ( ax + b) − x3 − 1 = 0

INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL

Identificando coeficientes resulta a = 1,

b=0

La solución buscada es y=x Efectuando el cambio y= x+u 

y
= 1+ u


se obtiene 1 + u′ − x( x + u)2 + 2 x2 ( x + u) − x3 − 1 = 0 que simplificando resulta u′ − xu2 = 0 Esta ecuación es de variables separables. Puede expresarse du " xdx u2 Integrando se obtiene
1 x2 = +K 2 u



u=


1 x2 +K 2

Y deshaciendo el cambio, resulta la solución de la ecuación inicial y = x−

2 x +C 2

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

2.37. Hállese la integral general de la ecuación 1 y′ + (2 x2 sen x + ) y − x sen xy2 − 2 − x3 sen x = 0 x determinando previamente una solución de la forma y = ax + b. SOLUCIÓN Se trata de una ecuación de Ricatti. Una solución es de la forma y = ax + b. Sustituyendo la solución y su derivada en la ecuación, esta queda 1⎞ ⎛ a + ⎜ 2 x2 sen x + ⎟ ( ax + b) − x sen x( a2 x2 + b2 + 2 axb) − 2 − x3 sen x = 0 ⎝ x⎠ Donde identificando coeficientes resulta a = 1,

b=0

Por tanto la solución buscada es y=x Efectuando el cambio de variable y= x+u 

y
= 1+ u


La ecuación queda 1
1+ u
+  2x2 sen x +  (x + u)
xsen x(x + u)2
2
x3 sen x = 0   x  u

xsen xu2 + que es una ecuación de Bernouilli.

u =0 x

INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL

Dividiendo por u2 y haciendo el cambio z=


1 u



z =

u u2

se obtiene la ecuación lineal z′ −

1 z − x sen x = 0 x

cuya solución viene dada por z= e

1 1 ∫ x dx ⎡ ∫ − x dx ⎤ C + x sen xe dx⎥ = x ⎡⎣C + ∫ sen x dx⎤⎦ = x [C − cos x] ⎢ ∫ ⎣ ⎦

Deshaciendo los cambios anteriores, resulta la solución general de la ecuación inicial y = x−

1 x(C − cos x)

2.38. Hállese la integral general de la ecuación y ′ = y2 −

1 25 y− 2 x x

sabiendo que admite una solución de la forma y "

c . x

SOLUCIÓN Se trata de una ecuación de Ricatti. Una solución es de la forma y " Sustituyendo la solución y su derivada, y′ = −


c c2 1 c 25 =

x2 x2 x x x2



c . x

c , en la ecuación se tiene x2

c2
25 = 0



c = ±5

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Por tanto, una solución es y"

5 x

Efectuando el cambio 5 +u  x

y=

y =


5 + u x2

se obtiene
5 25 10 15  25 + u = 2 + u2 + u
 + u
2 2 x x x x x x



u


9 u
u2 = 0 x

que es una ecuación de Bernouilli. Dividiendo por u2 y haciendo el cambio z=


1 u



z =

u u2

se obtiene la ecuación lineal z′ +

9 z −1 = 0 x

Su solución viene dada por z= e

−

9 9 x10 ⎤ x ∫ x dx ⎡ ∫ x dx ⎤ 9 −9 ln x ⎡ −9 ⎡ −9 ⎤ C + e dx e C x dx x C = Cx + = + = + ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ∫ ∫ ⎣ ⎦ 10 ⎦ 10 ⎣ ⎣ ⎦

Deshaciendo los cambios anteriores, resulta la solución general de la ecuación inicial y=

5 1 − x z

y=

x9 5 − x C + (1 10) x10

INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL

2.39. a) Hállese la solución general de la ecuación diferencial

(x

2

)

− y2 y ' − 2 xy = 0

b) La solución y = 0 se observa fácilmente que es solución de la ecuación. ¿Es una solución singular? Explique la razón. SOLUCIÓN a) Escribiendo la ecuación en la forma y' =

2 xy x − y2 2

se observa que es una ecuación homogénea. Cambio de variable y =u ; x

dy du = u+ x dx dx

Sustituyendo en la ecuación, queda u+ x

2u du = dx 1 − u2

;

1 − u2 dx = x u 1 + u2

(

)

Descomponiendo en fracciones simples 1
u2 A Bu + C = + 2 u 1+ u2 u 1+ u

(

)




A = 1,

Por tanto dx 1 2u = − x u 1 + u2

B =
2 , C = 0

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Integrando resulta

(

)

ln x = ln u
ln 1+ u2 + ln C




x=

Cu 1+ u2

Deshaciendo el cambio, se obtiene la solución general pedida x2 + y2 = C y b) y = 0 es solución de la ecuación, y no está incluida en la solución general. Por lo tanto es una solución singular.

2.40. Calcúlense las soluciones singulares, si existen, de las ecuaciones a) y = 2 xy′ − y( y′ )2 2 b) y − y′( x + 1) = ( y′ ) 2 2 c) y ( y′ + 1) = 1

SOLUCIÓN Expresando en cada caso la ecuación correspondiente en la forma F(x, y, y′) = 0, se observa que en todos ellos la función F es de clase uno en R3. Las soluciones singulares, si existen, están entre las curvas φ(x, y) que cumplen las ecuaciones: F ( x, y, y′ ) = 0

∂F ( x, y, y′ ) = 0 ∂ y′

,

y que se obtienen de eliminar y′ entre ambas. a) F ( x, y, y ') = 0

;

y − 2 xy′ + y( y′ )2 = 0

∂F =0 ∂ y'

;

− 2 x + 2 yy′ = 0

INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL

De la segunda ecuación se obtiene yy
= x 

y' =

x y

Y sustituyendo en la primera resulta y2 = x2 Las posibles soluciones singulares son y = ±x b) F ( x, y, y ') = 0 ∂F =0 ∂ y'

y − y′ ( x + 1) − ( y′ )2 = 0

;

; − ( x + 1) − 2 y′ = 0

Despejando y′ en la segunda ecuación, y sustituyendo en la primera, se obtiene y=−

( x + 1)2 4

c) F ( x, y, y ') = 0 ∂F =0 ∂ y'

;

(

)

y2 y '2 + 1 − 1 = 0

; 2 y2 y ′ = 0

La segunda ecuación se verifica para y = 0, o bien y′ = 0. La función y = 0 no es solución de la ecuación. Sustituyendo la otra posibilidad en la primera ecuación se obtiene y = ±1 que son las soluciones singulares.

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

2.41. Determínese la solución general de y′ 2 − xy′ − y′ − 6 x2 + 3 x = 0 SOLUCIÓN Es una ecuación polinómica de grado 2 respecto a y′ y′ 2 + y′(− x − 1) − 6 x2 + 3 x = 0 Resolviendo la ecuación en y′, se obtiene

y′ = =

x + 1 ± (− x − 1)2 − 4(−6 x2 + 3 x) x + 1 ± 25 x2 − 10 x + 1 = = 2 2 x + 1 ± (5 x − 1)2 2

Las raíces son: y′ = 3x, y′ = –2x + 1. Por tanto la ecuación se puede escribir en la forma ( y′ − 3 x)( y′ + 2 x − 1) = 0 y su solución general es la de las ecuaciones y′ − 3 x = 0

;

y′ + 2 x − 1 = 0

3 x2 +C 2

;

y = − x2 + x + C

es decir y=

Ambas familias de curvas componen la solución general de la ecuación.

INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL

2.42. Determínese la integral general de y2 ( y′ 2 + 1) = 1 SOLUCIÓN Es una ecuación de la forma f(y, y′) = 0. Su expresión en forma paramétrica es y " cos t y ' " tg t De donde se obtiene dy = − sen t dt dy = tg t dx Entonces tg t dx =
sen t dt
dx =


sen t
sen t dt
x =
dt =

cos t dt =
sen t + C tg t tg t

y la solución general viene dada por x = − sen t + C y = cos t

2.43. Intégrese la ecuación e x y′ − y′ + 2 e x − 1 = 0 SOLUCIÓN Es una ecuación de la forma f(x, y′)  =  0, es decir dependiente sólo de x, y′ en donde se puede despejar x en función de y′, obteniendo x = g(y′). La forma de resolverla es la siguiente

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Haciendo y′ = p, se tiene x = g(p), y con ello dy = pdx = pg ' ( p) dp Por tanto, la solución general de la ecuación viene dada por x = g ( p) y=

∫ pg′( p) dp + C

En este caso, despejando x en la ecuación queda ex =

 1+ y
  1+ p   1+ p  1+ y
 x = ln   x = ln   g( p) = ln     y
+ 2  y
+ 2   p + 2  p + 2   g
( p) =

1 ( p + 1)( p + 2)

Por tanto y=

1

∫ p ( p + 1)( p + 2) dp

y descomponiendo en fracciones simples se obtiene ⎛ ( p + 2)2 ⎞ ⎛ −1 2 ⎞ y = ∫⎜ dp = ln ⎜ + ⎟ +C ⎝ p + 1 p + 2 ⎟⎠ ⎝ p +1 ⎠ Por consiguiente la solución general en paramétricas es ⎛ 1+ p ⎞ x = ln ⎜ ⎝ p + 2 ⎟⎠ ⎛ ( p + 2)2 ⎞ y = ln ⎜ ⎟ +C ⎝ p +1 ⎠

INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL

En este caso es sencillo eliminar p entre ambas ecuaciones de la siguiente forma. De la primera ecuación en paramétricas se despeja p y se obtiene ex =

1+ p p+2



p=

1
2e x ex
1



p+2 =


1 ex
1

Es decir p +1 =

− ex ex − 1

que sustituyendo en la expresión para y resulta

(

)


1 (e x
1) 2  y = ln   +C 
e x (e x
1) 



  1 y = ln  x x +C  e (e
1) 

que es la expresión explícita de la solución general.

2.44. Intégrese la ecuación y = x + y′ − 3 y′ 2 SOLUCIÓN Es una ecuación de Lagrange y = xf ( y ') + g ( y ') donde f(y′) = 1, g(y′) = y′ – 3 y′2 Haciendo y′ = p, se obtiene y = x + p − 3 p2

(2.5)

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

De donde dy = dx + dp − 6 pdp que al ser dy = pdx, queda pdx = dx + dp − 6 pdp ; ( p − 1) dx = (1 − 6 p) dp ;

 dx = 

dx 1 − 6 p = dp p −1

 5  1
6 p dp   dx =  
6
dp  x =
6 p
5ln( p
1) + C p
1 p
1 

Sustituyendo en la expresión (2.5) se tiene y = −5 p − 3 p2 − 5ln( p − 1) + C En consecuencia, las ecuaciones paramétricas de la solución general son x = −6 p − 5ln( p − 1) + C y = −5 p − 3 p2 − 5ln( p − 1) + C

2.45. Intégrese la ecuación diferencial xp2 − 3 yp + 9 x2 = 0 , para x>0, donde p "

dy dx

y hállense las soluciones singulares, si existen. SOLUCIÓN Expresando la ecuación en la forma 3 y = xp +

9 x2 p

puede resolverse de forma similar a las ecuaciones de Lagrange.

INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL

Diferenciando ambos miembros, y sustituyendo p por dy / dx, resulta 3p = p +

18 x ⎛⎜ 9 x2 ⎞ dp + ⎜⎜ x − 2 ⎟⎟⎟ p ⎝ p ⎠ dx

o también ⎛ 9 x ⎞ dp ⎛ 9 x⎞ 2 p ⎜1 − 2 ⎟ = x ⎜1 − 2 ⎟ p ⎠ p ⎠ dx ⎝ ⎝ Una solución de la ecuación es 1−

9x =0 p2

(2.6)

Eliminando ese factor, queda como ecuación a resolver 2p " x

dp dx

Su solución es p = Cx2, que junto con la ecuación inicial constituyen las ecuaciones paramétricas de la solución general: xp2 − 3 yp + 9 x2 = 0 p = Cx2 Eliminando p entre ambas, se obtiene como solución general C 2 x5 − 3Cyx2 + 9 x2 = 0 que al ser x > 0 puede simplificarse, quedando C 2 x3 − 3Cy + 9 = 0 o escogiendo adecuadamente la constante de integración y = Cx3 +

1 C

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Las soluciones singulares se obtienen eliminando p entre las ecuaciones: F ( x, y, p) = 0

,

∂F =0 ∂p

En este caso xp2 − 3 yp + 9 x2 = 0 2 px − 3 y = 0 Eliminando p se obtiene y2 = 4x3 que corresponde a las soluciones: y = 2 x3/2

,

y = −2 x3/2

Ambas son soluciones singulares, ya que verifican la ecuación y no se deducen de la solución general para ningún valor de C. Puede observarse que estas soluciones singulares corresponden al factor que se eliminó anteriormente (2.6), y de esa expresión también pueden obtenerse. En efecto 1−

9x = 0 ; p2 " 9 x ; y '2 " 9 x 2 p

; y ' = ±3 x1/2 ; y " 2 x3/2 ; y = −2 x3/2

2.46. a) Dedúzcase la familia de rectas solución general de la ecuación de Clairaut. b) Hállese la envolvente de dicha familia, y compruébese que es una solución singular. c) Aplíquense los resultados anteriores en la ecuación y − xy '− ( y ') = 0 2

INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL

SOLUCIÓN a) La ecuación de Clairaut tiene de expresión general y = xy '+ g ( y ') Se resuelve haciendo, y′ = p, con lo que se tiene y = xp + g ( p)

(2.7)

Derivando con respecto a x y simplificando se obtiene dy dp dp =x + p + g ' ( p) dx dx dx dp =0 ⎡⎣ x + g ' ( p)⎤⎦ dx Las soluciones son 1.

dp "0 dx

con lo que p = C, y sustituyendo en la ecuación resulta y = Cx + g (C) que es la solución general. Como puede verse, es una familia de rectas. 2. x + g′(p) = 0 Despejando p y sustituyendo en (2.7) se obtiene otra solución que es la solución singular de la ecuación. b) La envolvente de una familia uniparamétrica de curvas G(x, y, C) = 0 es la curva, si existe, que en cada uno de sus puntos es tangente a una de las curvas de la familia. Se obtiene eliminando el parámetro C entre las siguientes ecuaciones: G ( x, y, C) = 0 ∂G =0 ∂C

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

En este caso son: y − Cx − g (C) = 0

− x − g ' (C ) = 0

La segunda ecuación es x + g′(C) = 0, precisamente la misma obtenida de la segunda solución de la ecuación. Eliminado C se obtiene la ecuación de la envolvente, que es la solución singular hallada anteriormente. c) Ecuación y − xy '− ( y ') = 0 2

Sustituyendo y′ por C se obtiene su solución general y − Cx − C 2 = 0 La solución singular se deduce de eliminar p entre: y − xp − p2 = 0 x + g ' ( p) = 0 En este caso g′(p) =2p. Por tanto x + 2p = 0

;

Sustituyendo en la ecuación, resulta y=− que es la solución singular.

x2 4

p=−

x 2

INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL

2.47. Hállese la ecuación de todas las rectas y curvas cuya tangente forma con los ejes coordenados un triángulo de área 8. SOLUCIÓN Sea la ecuación de la curva y = y(x). La ecuación de la recta tangente en el punto (X, Y) viene dada por Y − y = y ' ( X − x) Puntos de corte con los ejes Y = 0 X = x


 y  y  Punto A  x
,0 y'  y' 

X = 0  Y = y
xy'  Punto B (0, y
xy') Por tanto el área del triángulo viene dada por  1 y ( y
y' x )  x
 = 8
2 y'  




( y
y' x )  x


y = ±16 y' 

(2.8)

Considerando ambos casos: 1. Para el valor negativo (–16), la expresión anterior queda

( y
y' x )2 = 16 y'




y = y' x ± 4 y'

que es una ecuación de Clairaut. La solución general es la familia de rectas y = Cx ± 4 C

,

( C ≥ 0)

(2.9)

donde C es la constante de integración, y las soluciones corresponden a valores de C ≥ 0.

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

La ecuación de Clairaut tiene una solución singular que es la curva envolvente de la familia de rectas solución (2.9). Eligiendo el signo positivo, la envolvente se deduce de las ecuaciones: y − Cx − 4 C = 0 2 −x − =0 C . En las que eliminando C se obtiene xy = –4 que corresponde a la ecuación de una hipérbola situada en el segundo y cuarto cuadrante. Con la familia de rectas (2.9) con el signo negativo se obtiene la misma envolvente. 2. Para el valor positivo (+16), la expresión (2.8), queda

( y
y' x )2 =
16 y'



y = y' x ± 4
y'

que es también una ecuación de Clairaut. La solución general es la familia de rectas y = Cx ± 4 − C

,

(C ≤ 0)

que corresponden a valores de C ≤ 0. La envolvente, eligiendo el signo positivo es y − Cx − 4 − C = 0 2 −x + =0 −C

INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL

Eliminando C se obtiene xy = 4 que corresponde a la ecuación de una hipérbola situada en el primero y tercer cuadrante. Por tanto, todas las rectas y curvas que verifican el enunciado, y se representan en la figura 2.1 son ⎧⎪ y = Cx ± 4 C , Rectas ⎨ ⎪⎩ y = Cx ± 4 − C ,

7

C≥0 C≤0

. Curvas: xy = ±4

y

6 5 4 3 2

xy=4

1

–7

–6

–5

–4

–3

–2

–1

1

2

3

4

–1 –2 –3 –4 –5 –6 –7

Figura 2.1

2.48. a) Compruébese que la ecuación diferencial y = y′ tg x − y′ 2 sec 2 x

5

6

7

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

se reduce a una ecuación de Clairaut efectuando la sustitución u = sen x. b) Resuélvase dicha ecuación y hállese su solución singular. SOLUCIÓN u = sen x  y
=

dy dy du dy =  =  cos x  dx du dx du

dy dy dy  

y
 tg x = dx  tg x = du  cos x  tg x = du  u

 2 2 2 

y
2  sec 2 x =  dy   sec 2 x =  dy   cos2 x  sec 2 x =  dy 

  

dx du du 

Por tanto y = y tg x
y 2 sec 2 x  y =

dy  dy  u
  du

du

2

que es una ecuación de Clairaut. 2

dy ⎛ dy ⎞ viene dada por c) La solución de la ecuación y = ⋅u− ⎜ ⎝ du ⎟⎠ du

y = Cu − C 2 Que deshaciendo el cambio efectuado es y = Csen x − C 2 La solución singular se obtiene despejando λ de la ecuación u + g ′(λ ) = 0 Es decir u + g() = 0  u
2 = 0   =

u 2

INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL

sustituyendo este valor queda y = λ (u)u + g(λ (u)); y=

y=

u u2 u− ; 2 4

y=

u2 4

sen 2 x 4

2.49. Determínese la ecuación de las curvas que cortan bajo un ángulo de 45º a la familia y2 − x2 = λ 2 SOLUCIÓN Derivando la ecuación se obtiene la ecuación diferencial asociada a la familia yy′ − x = 0 Teniendo en cuenta que tg 45º = 1, la pendiente de la recta tangente a la curva viene dada por tg α =

Sustituyendo y′ por

y′ − 1 1 + y′

y′ − 1 en la ecuación diferencial se tiene 1 + y′

y

y
1
x=0 1+ y



y =

x+ y y
x

que es la ecuación diferencial de las trayectorias pedidas.

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Se trata de una ecuación homogénea. Mediante el cambio de variable y = ux 

y
= u
x + u

.

la ecuación queda u x + u =  u x =

1+ u x + ux  u x =
u u
1 ux
x

du(u
1) dx
u2 + 2u + 1  = 2
u + 2u + 1 x u
1

Descomponiendo en fracciones simples e integrando, se obtiene 

12

 
u
(1+  ln

1

2)

( u
(1+ 2 )( u
(1
2 )




 12 1 du =  dx   x u
(1
2)

= ln x + K  x =

x=

C

( u
(1+ 2 )( u
(1
2 )



C (u
1)2
2

Y despejando u

u = 1±

C2 +2 x2

Por tanto, las ecuaciones de las trayectorias pedidas vienen dadas por ⎞ ⎛ C2 y = x⎜ 1± + 2 ⎟ x2 ⎠ ⎝

INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL

2.50. En la familia de curvas planas y = cxn donde n es un entero positivo, se pide: a) Su ecuación diferencial. b) La familia de trayectorias ortogonales. ¿Qué tipos de curvas son?. Dichas trayectorias, ¿son circunferencias en algún caso? c) ¿Qué efecto tiene sobre dichas trayectorias ortogonales el aumentar n?. SOLUCIÓN a) La ecuación diferencial de la familia y = cxn es y′ = ncxn–1 Eliminando c entre ambas resulta y' " n

y x

b) Ecuación diferencial de las trayectorias ortogonales Sustituyendo en la ecuación diferencial y′ por − −

1 se tiene y′

1 y =n y' x

que es una ecuación de variables separables. Integrando se obtiene x2 + ny2 = K

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

que se puede escribir en la forma x2 + ny2 = C 2 o bien x2 y2 + =1 C2 ⎛ C ⎞ 2 ⎜⎝ ⎟ n⎠ Se trata por tanto de una familia de elipses, que para n = 1 son circunferencias. c) Al aumentar n las elipses son más estrechas en dirección el eje Y. (El semieje OY es cada vez menor).

2.51. Dada la familia de circunferencias de centro C(λ,0), y radio λ, se pide: a) Ecuación diferencial de la familia de trayectorias ortogonales. b) Resolver la ecuación anterior indicando el tipo de curvas solución de la misma. SOLUCIÓN a) Ecuación de la familia de circunferencias

( x − λ )2 + y2 = λ 2 Eliminando λ entre

( x − λ )2 + y2 = λ 2 2 ( x − λ ) + 2 yy′ = 0 se obtiene x2 − y2 + 2 xy y′ = 0

INTEGRACIÓN DE LA ECUACIÓN DE PRIMER ORDEN. LA ECUACIÓN LINEAL

que es la ecuación diferencial de la familia dada. Para hallar la ecuación diferencial de las trayectorias ortogonales, se sustituye y′ por

−1 en la ecuación diferencial de las curvas, y se obtiene y′ ⎛ 1⎞ x2 − y2 + 2 xy ⎜ − ⎟ = 0 ⎝ y′ ⎠ y′ =

2 xy x − y2 2

b) Es una ecuación del tipo homogéneo. Haciendo el cambio de variable y = ux 

y
= u
x + u

y sustituyendo en la ecuación se obtiene xu′ + u =

2u 1 − u2

;

xu′ =

u + u3 2u − = u 1 − u2 1 − u2

;

1 − u2 1 du = dx 2 x u 1+ u

(

)

Al ser 1 − u2 1 2u = − 2 u 1 + u2 u (1 + u ) integrando se obtiene u = Cx u +1 2

Deshaciendo el cambio y renombrando la constante, resulta x2 + y2 = Cy Es una familia de circunferencias de centro en el eje OY, y que pasan por (0,0).

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

2.52. Hállese el valor de K para que la familia de elipses x2 + 2y2 – y = C2, sean las trayectorias ortogonales a la familia de parábolas y = C1x2 + K. SOLUCIÓN Ecuación diferencial de la familia de parábolas. Se obtiene eliminando C1 entre y′ = 2C1 x

⎫ ⎬ y = C1 x + K ⎭⎪ 2

Queda xy′ +K 2

y=

Trayectorias ortogonales. Sustituyendo y′ por −

y=−

1 resulta y′

x +K 2 y′

que es la ecuación diferencial de las trayectorias ortogonales. Es una ecuación de variables separables. 2 y′ 1 = x K−y

, 2 y′ ( K − y ) = x

Su solución general es 2Ky
y2 =

x2 +C 2




x2 + 2y2
4Ky + 2C = 0

Por último, igualando el coeficiente de y con el de la ecuación de la familia de elipses se obtiene K"

1 4

CAPÍTULO 3 ECUACIONES DE ORDEN SUPERIOR

Introducción teórica

1. La ecuación diferencial ordinaria de orden n Tiene como expresión general F(x, y, y′, y″, ..., yn)) = 0. Si se puede despejar yn), entonces resulta

(

y n) = f x, y, y′,…, y n−1)

)

(3.1)

en donde f se supone definida en un cierto dominio : de Rn+1. 2. Problema de Cauchy Dada la ecuación (3.1), y las condiciones iniciales y0 = y ( x0 ) ,

y1 = y′ ( x0 ) , …, yn−1 = y n−1) ( x0 )

(3.2)

¿Existe alguna función y = y(x) que cumpla la ecuación (3.1) con las condiciones (3.2)? 3. Teorema de existencia y unicidad de solución Sean la ecuación (3.1) y las condiciones iniciales (3.2). Si la función f satisface a) f es continua en su dominio de definición. b) f posee derivadas parciales continuas

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

∂f ∂f ∂f , , , ∂ y ∂ y′ ∂ y′′

,

∂f ∂ y n−1)

en Ω

entonces existe una única solución y = M(x) de la ecuación que satisface las condiciones iniciales. 4. Solución general y solución particular Si : es el dominio en el que la ecuación de orden n: yn) = (x, y, yc, ..., yn–1)) cumple las condiciones de existencia y unicidad de las soluciones, la integral o solución general tendrá la forma y =
( x,C1 ,C2 ,…,Cn ) donde C1, C2, ..., Cn son constantes arbitrarias. Una Solución particular es cada una de las funciones que se obtienen de la integral general al dar un valor determinado a cada constante Ci (i = 1,2,...,n). 5. Métodos elementales de integración 1. Ecuaciones de la forma yn) = f(x). Se integra sucesivamente y se obtiene la solución general. x n−1 y = ∫ … ∫ ⎡⎣ ∫ f ( x ) dx ⎤⎦ dx … dx + C1 + … + Cn−1 x + Cn ( n − 1)! 2. Ecuaciones que no contienen la variable independiente: F(y, yc, ys, ..., yn)) = 0. El cambio yc = p reduce el orden de la ecuación en una unidad. Se considera p función de y, con lo que y′ =

dy =p dx

;

y′′ =

dp dp dy dp = ⋅ =p dx dy dx dy

d ( y′′ ) dp dp ⎛ dp ⎞ d2 p d ⎛ dp ⎞ dp dy dp d 2 p dy = ⋅ +p ⎜ ⎟= ⋅ ⋅ +p 2 ⋅ = p ⎜ ⎟ + p2 2 y′′′ = dy dx dx dy dx ⎝ dy ⎠ dy dx dy dy dx ⎝ dy ⎠ 2

ECUACIONES DE ORDEN SUPERIOR

Sustituyendo estas derivadas en la ecuación, resulta G(y, p, pc, ..., pn–1)) = 0 en la que no figura la derivada de orden n. 3. Ecuaciones que no contienen a la función ni a sus derivadas hasta la de orden m – 1 inclusive: F(x,ym), ..., yn)) = 0. El cambio ym)  =  p reduce el orden m de la ecuación hasta el orden n – m. La ecuación se transforma en G(x, p, pc, ..., pn–m)) = 0, cuya solución será de la forma p = f(x, C1, ..., Cn–m). La solución general de la ecuación inicial se obtendrá integrando sucesivamente m veces la ecuación ym) = f(x, C1, ..., Cn–m) 4. Ecuaciones homogéneas respecto a la función y sus derivadas. Si la ecuación F(x, y, yc, ..., yn)) = 0 es homogénea de grado p respecto a la función y sus derivadas, es decir: F(x, Oy, Oyc, ..., Oyn)) = OpF(x, y, yc, ys, ..., yn) entonces su orden se reduce en una unidad mediante el cambio z dx y′ z = , o lo que es lo mismo y = e ∫ . y 5. Ecuaciones que son derivadas exactas de expresiones diferenciales. Si F(x, y, yc, ..., yn)) = 0 es la derivada de una expresión diferencial de orden n  –  1, la ecuación primitiva puede resolverse fácilmente poniéndola como derivada de esa expresión diferencial. Esta expresión diferencial se llama primera integral de la ecuación, la cual igualada a una constante será de un orden menor que la primitiva, y con ello teóricamente más sencilla de resolver. 6. Ecuaciones lineales de orden n Su expresión general es dn y d n−1 y dy + + … + hn−1 ( x ) + hn ( x ) y = F ( x ) h x ( ) 1 n n −1 dx dx dx

(3.3)

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

con h1(x), h2(x), ..., hn(x) y F(x) funciones continuas en un cierto intervalo real (a,b) de valores de x. Si F(x) = 0, la ecuación se llama ecuación homogénea asociada a la ecuación lineal completa que es la expresión (3.3). Aunque de forma estricta en una ecuación lineal no es necesaria la continuidad de las funciones hi(x), i  =  1,2, ..., n y F(x), consideraremos aquí solo aquellas en las que sí son continuas esas funciones. En ese caso, el problema de valores iniciales: y n ) = − h1 ( x ) y n−1) − … − hn ( x ) y + F ( x ) y0 = y ( x0 ) ,

y1 = y′ ( x0 ) , ........, yn−1 = y n−1) ( x0 )

en todo punto x0 del intervalo real de definición de las funciones, tiene solución única (obsérvese que en ese caso se cumplen las hipótesis del teorema de existencia y unicidad). 7. El operador diferencial lineal Es una aplicación tal que a toda función y(x), derivable n veces, le hace corresponder la expresión L ( y) =

dn y d n−1 y dy + + … + hn−1 ( x ) + hn ( x ) y h x ( ) 1 n n −1 dx dx dx

O de otra forma

(

)

L ( y ) = D n + h1 ( x ) D n−1 + … + hn ( x ) D0 y donde D expresa la derivada de la función con el orden correspondiente. Esto permite expresar de forma reducida la ecuación lineal homogénea asociada a (3.3) por L(y) = 0, y la completa por L(y) = F(x). A L se le llama operador diferencial lineal. Llamando H(D) al polinomio

(

H ( D ) = D n + h1 ( x ) D n−1 + … + hn ( x ) D0

)

ECUACIONES DE ORDEN SUPERIOR

la ecuación homogénea se puede expresar por H(D)(y)  =  0, y la completa por H(D)(y) = F(x), donde se expresa de forma explícita el polinomio en D. Este polinomio H(D) se llama polinomio operacional asociado a la ecuación lineal. 8. Wronskiano de una familia de funciones Dada una familia F de funciones {y1, y2, ..., yn} definidas y derivables hasta el orden n – 1 en un intervalo (a,b) de R, se llama wronskiano de F al determinante

W ( y1 , y2 ,…, yn ) =

y1

y2

...

yn

y1′

y2′

...

yn′

... y1n−1)

... y2n−1)

... ...

... ynn−1)

a) Si las funciones y1, ..., yn definidas y derivables hasta el orden n – 1 en un intervalo (a,b) de R son linealmente dependientes, su wronskiano es cero en dicho intervalo. Como consecuencia: Si el wronskiano de un sistema de funciones es distinto de cero en un intervalo (a,b) de R, entonces es linealmente independiente en dicho intervalo. b) Sea la familia y1, ..., yn de soluciones particulares de la ecuación lineal homogénea dn y d n−1 y dy + + … + hn−1 ( x ) + hn ( x ) y = 0 h x ( ) 1 n n −1 dx dx dx

(3.5)

donde los coeficientes h1(x), h2(x), ..., hn(x) son continuos en (a,b). Si esa familia es linealmente independiente, su wronskiano es distinto de cero en todos los puntos de dicho intervalo. 9. Ecuación lineal homogénea 1. Espacio de soluciones. El conjunto de soluciones de una ecuación lineal homogénea de orden n tiene estructura de espacio vectorial real de

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

dimensión n con las operaciones usuales de suma de funciones y producto por un número real. Por lo tanto: a) Toda combinación lineal, con coeficientes constantes, de soluciones de una ecuación lineal homogénea es también solución de ella. b) Si la ecuación lineal homogénea con coeficientes reales tiene una solución compleja, la parte real de la misma y su parte imaginaria, por separado, son también soluciones de dicha ecuación. 2. Sistema fundamental. Se llama sistema fundamental de soluciones de una ecuación lineal homogénea de orden n en (a,b), al conjunto de n soluciones cualesquiera linealmente independientes. 3. Solución general. Si {y1, y2, ..., yn} es un sistema fundamental de soluciones de la ecuación lineal homogénea (3.5), donde los coeficientes h1(x), h2(x), ..., hn(x) son continuos en (a,b), la expresión y = C1 y1 + C2 y2 + … + Cn yn para los distintos valores de Ci se llama solución general de la ecuación.

10. Ecuación lineal completa 1. Solución general. La solución general de la ecuación lineal completa L(y) = F(x) es la suma de una solución particular y la solución general de la ecuación homogénea L(y) = 0 asociada. 2. Principio de superposición: Si y1 es solución general de la ecuación lineal completa L(y) = F1(x), e y2 es solución de L(y) = F2(x), entonces y1 + y2 es solución de la ecuación L(y) = F1(x) + F2(x).

11. Método de reducción de orden Una técnica interesante para la resolución de ecuaciones diferenciales lineales homogéneas cuando se conoce una solución particular de la ecuación es el método de reducción de orden.

ECUACIONES DE ORDEN SUPERIOR

Si y1(x) es una solución particular de la ecuación de orden n dn y d n−1 y dy + + … + hn−1 ( x ) + hn ( x ) y = 0 h x ( ) 1 n n −1 dx dx dx entonces el cambio de variable y = y1(x) · Q(x) la transforma en una ecuación lineal homogénea de orden n – 1.

Ejercicios resueltos

3.1. Resuélvase el problema de Cauchy x4 y iv ) = 12 y (1) = −1, y′ (1) = 0, y′′ (1) = 4, y′′′ (1) = −4 SOLUCIÓN Si x  R – {0}, integrando de manera reiterada se determina la solución general

y′′′ =

−4 −2 2 x2 ; ; + = + + = + + Bx + C y ; Ax B ; A y A ′′ ′ x2 2 x3 x y = −2ln | x | + A

x3 x2 + B + Cx + D 6 2

Las constantes de integración A,B,C,D se calculan imponiendo las condiciones iniciales. A B + + C + D = −1 6 2

y(1) = −1

Ÿ

y′(1) = 0

Ÿ −2+

y′′(1) = 4

Ÿ 2+ A+ B = 4

A + B+C = 0 2

y′′′(1) = −4 Ÿ − 4 + A = −4

ECUACIONES DE ORDEN SUPERIOR

Resolviendo el sistema se obtiene A = C = 0, B = 2, D = –2. Por tanto la solución del problema de Cauchy es y = −2ln | x | + x2 − 2

3.2. Determínese un intervalo en torno a x = 0 en el cual el problema de Cauchy dado tenga solución única: a)

( x − 3) y′′ + 4 y = x

, y(0) = 0 , y′(0) = 1

b) y′′ + xy = tgx , y(0) = 1 , y′(0) = 0 SOLUCIÓN a) Expresando la ecuación en la forma y ′′ = −

4 x y+ x−3 x−3

Las funciones: h ( x) = −

4 , x−3

F ( x) =

x x−3

Están definidas y son continuas salvo en x = 3. Por tanto el intervalo en torno a x = 0 pedido es (–∞,3). b) La ecuación es y′′ = − xy + tg x Las funciones: h ( x ) = − x,

F ( x ) = tg x

π Están definidas y son continuas ambas. excepto en x = + kπ , con 2 k  Z donde no lo es tg x.

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Por tanto, un intervalo en torno a x = 0 donde el problema de Cauchy del enunciado tiene solución única es ⎛ −π π ⎞ x ∈⎜ , ⎝ 2 2 ⎟⎠

3.3. Resuélvase la ecuación y′′ 2 + y′′y′ = 4 SOLUCIÓN La ecuación es de la forma F(y, yc) = 0 (no contiene la variable independiente). Con el cambio yc = p se reduce el orden de la ecuación, obteniéndose p′ 2 + p′ p = 4 Es una ecuación de primer orden de la forma f(p, pc) = 0 en la que se puede despejar p p=

4 − p′ 2 p′

Haciendo el cambio pc = t, queda p=

4
t2 (
t 2
4)dt  dp = t t2

De pc = t se tiene dp = t dx. Sustituyendo en la igualdad anterior, se obtiene t dx =

(
t 2
4)dt 
1 4   dx = 
3  dt 2  t t  t

e integrando x =
ln t +

2 + C1 t2

ECUACIONES DE ORDEN SUPERIOR

Por tanto p=

4
t2 4
t2 dy 4
t 2 4
t2  y =  =  dy = dx t t t t dx

Y sustituyendo dx por su expresión en función de t obtenida anteriormente, resulta  4
t 2  
1 4  
16  dy =  
3  dt =  4 + 1 dt  t  t  t t y=

16 + t + C2 3t 3

Por tanto, la solución general de la ecuación en paramétricas viene dada por x =
ln t + y=

2 + C1 t2

16 + t + C2 3t 3

3.4. Resuélvase la ecuación y′′ 2 + 3 xy′′ − 10 x2 = 0 SOLUCIÓN La ecuación no contiene ni a la función ni a su derivada de primer orden. El cambio yc = p reduce el orden, y se obtiene p′ 2 + 3 xp′ − 10 x2 = 0 que es una ecuación polinómica de grado 2 respecto a pc. Sus raíces p′ =

−3 x ± 9 x2 + 40 x2 −3 x ± 7 x =– 2 2

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Por tanto la solución viene dada por la de las dos ecuaciones

p′ = 2 x , p′ = 5 x que integrando queda p = x2 + C

p=

−5 x2 +C 2

Y deshaciendo el cambio y
= x2 + C  y = y =

x3 + Cx + D 3


5x2
5x3 +C y= + Cx + D 2 6

Ambas soluciones constituyen la solución general de la ecuación.

3.5. Resuélvase la ecuación 2 yy′′ = 1 + ( y′ )

2

SOLUCIÓN La ecuación es de la forma F(y, yc) = 0 (no contiene la variable independiente). Con el cambio yc = p se reduce el orden. La expresión de la segunda derivada es y′′ =

dp dp dy dp = =p dx dy dx dy

Sustituyendo ambas derivadas en la ecuación, se obtiene 2 yp

dp = 1 + p2 dy

ECUACIONES DE ORDEN SUPERIOR

Ecuación de primer orden, que integrando queda 2 pdp dy = 1+ p2 y




(

)

ln 1+ p2 = ln y + ln C1


1+ p2 = C1 y

Es decir 1+ ( y
) = C1 y ; 2

±

2 C1 y
1 = x + C2 C1

y
= ± C1 y
1 ; ;

4

dy = ± C1 y
1 ; dx

2 ( C1 y
1) = ( x + C2 )

2

( C1 )

;

( C1 )2 4

dy = dx ± C1 y
1

( x + C2 )2 = C1 y
1

Y simplificando, resulta la solución general pedida y=

1 C1 2 + ( x + C2 ) C1 4

3.6. Resuélvase la ecuación x2 y′ 2 − x2 yy′′ = y2 SOLUCIÓN Es una ecuación homogénea de grado 2 en y,yc,ys. Dividiendo por y2 queda 2

⎛ y′ ⎞ y′′ x2 ⎜ ⎟ − x2 =1 y ⎝ y⎠ Haciendo el cambio 2

y yy
y 2 y  y  y z =  z = =
   = z + z2 2 y y  y y y la ecuación se transforma en x2 z2
x2 ( z + z2 ) = 1  z =


1
1  dz = 2 dx 2 x x

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

que es de variables separables. Integrando se obtiene

y
1 1 + C1  = + C1  ln y = ln x + C1 x + ln C2 y x x

z= La solución es

y " C2 xeC1 x

3.7. Determínese si las funciones dadas son linealmente dependientes o linealmente independientes:

{sen x,cos x,1} { x ,2 x + 2,3 x − 1} {sen x, e , e } 2

a) b)

2

2

−x

x

c)

SOLUCIÓN En los tres casos se utilizará el Wronskiano para determinar la dependencia lineal a) 1 sen 2 x cos2 x W sen x, cos x,1 = 0 = 2sen x cos x
2sen x cos x 0 2(cos2 x
sen 2 x)
2(cos2 x
sen 2 x)

(

2

2

)

=

2sen x cos x
2sen x cos x linealmente =0 2 2 dependientes. 2(cos x
sen x)
2(cos2 x
sen 2 x)

b) x2 2x + 2 3x
1 W x , 2x + 2, 3x
1 = 2x = 16  linealmente independientes. 2 3 2 0 0

(

2

)

ECUACIONES DE ORDEN SUPERIOR

c)

(

x

W sen x, e , e


x

)

sen x e x = cos x e x
sen x e x

e
x
e
x = 4sen x  linealmente independientes. e
x

3.8. Calcúlense los valores de a  R para los que el sistema de funciones {ax, a2x2+1, x2+a} es linealmente independiente. SOLUCIÓN

W ( ax, a2 x2 + 1, x2 + a) =

ax a2 x2 + 1 x2 + a a 2 a2 x 2x = 2 a4 − 2 a 0 2 a2 2

Para que las funciones sean linealmente independientes W(ax, a2 x2 + 1, x2 + a)  0  2a4
2a  0  a  0 y a  1.

3.9. Compruébese que el conjunto {ex, xex, x} es un sistema fundamental de soluciones de una ecuación diferencial y calcúlese la ecuación a la que corresponde. SOLUCIÓN Las funciones son linealmente independientes ya que el wronskiano

(

)

W e , xe , x = x

x

ex ex

xe x e x ( x + 1)

ex

e x ( x + 2) 0

x 1 = e2 x ( x − 2)

no es idénticamente nulo. Al ser el conjunto dado un sistema fundamental de soluciones de la ecuación, la solución general es y = C1 e x + C2 xe x + C3 x

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

donde C1, C2, C3 son las constantes arbitrarias. El sistema formado por la ecuación anterior junto con sus derivadas es y = C1 e x + C2 xe x + C3 x y′ = C1 e x + C2 e x ( x + 1) + C3 y′′ = C1 e x + C2 e x ( x + 2) y′′′ = C1 e x + C2 e x ( x + 3) en el que considerando las constantes como incógnitas, tendrá solución distinta de la trivial si y

ex

xe x

y′

e

x

x

e ( x + 1)

1

y′′

ex

e x ( x + 2) 0

y′′′ e x

e x ( x + 3) 0

x

=0

Resolviendo el determinante, resulta

e2 x

y

1

x

x

y′

1

( x + 1) ( x + 2) ( x + 3)

1

y′′ 1 y′′′ 1

0

y = e2 x

0

= −e

x

y′ − y

0 1 1− x

y′′ − y

0 2

−x

y′′′ − y 0 3

−x

y′ − y 2x

1 x

y′′ − y

=

1 1− x 2

−x

y′′′ − y 3

−x

= −e

2x

y′ − y

1 1− x

y′′ − y

2

y′′′ − y′′ 1

= − e2 x [ y′′′( x − 2) + y′′(3 − 2 x) + y′x − y ] = 0 En consecuencia, la ecuación pedida es y′′′( x − 2) + y′′(3 − 2 x) + y′x − y = 0

−x 0

=

ECUACIONES DE ORDEN SUPERIOR

3.10. Encuéntrese la ecuación cuya solución general es y = C1 sen x + C2 x cos x SOLUCIÓN Derivando dos veces la expresión de la solución general, resulta el siguiente sistema y = C1 sen x + C2 x cos x y′ = C1 cos x + C2 (cos x − x sen x) y′′ = − C1 sen x + C2 (−2sen x − x cos x) donde considerando las constantes como incógnitas, tiene solución si y

sen x

x cos x

y′

cos x

cos x − x sen x

= y′′(sen x cos x − x) + 2 y′sen 2 x + y(− cos x sen x − x) = 0

y′′ − sen x −2sen x − x cos x

Por tanto, la ecuación es (sen x cos x − x) y ′′ + (sen 2x)2 y′ + (− cos x sen x − x) y = 0

3.11. En las ecuaciones diferenciales siguientes donde se indica una solución, calcúlese una segunda utilizando el método de reducción de orden: a) x 2 y′′ − 7 xy′ + 16 y = 0 , y1 = x 4 b) ( 2 x + 1) y′′ + 4 xy′ − 4 y = 0 , y1 = e−2 x SOLUCIÓN a) El cambio de variable dependiente y ( x ) = y1 ( x ) v

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

transforma la ecuación en otra de primer orden. Las derivadas respecto a x son y ′ = x 4 v ′ + 4 x3 v ;

y′′ = x4 v′′ + 8 x3 v′ + 12 x2 v

Sustituyendo la expresión del cambio junto con sus derivadas en la ecuación se obtiene x2 ( x4 v′′ + 8 x3 v′ + 12 x2 v) − 7 x( x4 v′ + 4 x3 v) + 16 x4 v = 0 Que simplificando queda x6 v′′ + x5 v′ = 0 Haciendo vc = z, resulta la ecuación de primer orden x 6 z ′ + x5 z = 0 de solución x6 z + x5 z = 0 

1 dz
1 = dx ; z = C1 x z x

Deshaciendo los cambios, queda v = ∫ z dx = C1 ln x + C2 y = C1 x4 ln x + C2 x4 que es la solución general de la ecuación. Una segunda solución se deduce, por ejemplo, para C1 = 1, C2 = 0, resultando y2 " x4 ln x

ECUACIONES DE ORDEN SUPERIOR

b) El cambio de variable a efectuar, y sus derivadas son y = e−2 x v

;

y′ = e−2 x v′ − 2 e−2 x v

;

y′′ = e−2 x v′′ − 4 e−2 x v′ + 4 e−2 x v

que sustituyendo en la ecuación se obtiene

(

)

(

)

(2 x + 1) e−2 x v′′ − 4 e−2 x v′ + 4 e−2 x v + 4 x e−2 x v′ − 2 e−2 x v − 4 e−2 x v = 0 Y simplificando v′′(2 x + 1) + v′(−4 x − 4) = 0 Efectuando en esta última ecuación el cambio de variable vc = z, resulta z′(2 x + 1) + z(−4 x − 4) = 0 que es una ecuación de primer orden. Su integral general es

dz 4 x + 4 2 = = 2+ ; 1nz = 2 x + 1n ( 2 x + 1) + 1nC1 ; z = C1 ( 2 x + 1) e2 x z 2x + 1 2x + 1 Por último, deshaciendo los cambios efectuados resulta la solución general pedida v = ∫ C1 (2 x + 1) e2 x dx = C1 xe2 x + C2 y = C1 x + C2 e−2 x En consecuencia, haciendo por ejemplo C1 = 1, C2 = 0, resulta una segunda solución y2 = x

3.12. Dada la ecuación ( x2 + 1) y′′ − 2 xy′ + 2 y = 0

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

a) Encuéntrese una solución polinómica del tipo y = ax + b b) Resuélvase la ecuación utilizando el método de reducción de orden. SOLUCIÓN a) y = ax + b ;

y′ = a ;

y′′ = 0.

Sustituyendo en la ecuación, se obtiene (x2 + 1)  0
2xa + 2(ax + b) = 0


b = 0, a cualquier valor.

Por ejemplo, para a = 1 la solución es y = x c) Se buscará una segunda solución por el método de reducción de orden. El cambio de variable a efectuar y sus derivadas son y = xv

;

y′ = v + xv′

;

y′′ = 2 v′ + xv′′

Sustituyendo dicho cambio y sus derivadas en la ecuación, queda ( x2 + 1)(2 v′ + xv′′ ) − 2 x( v + xv′ ) + 2 xv = 0 Y simplificando convenientemente v′′x( x2 + 1) + 2 v′ = 0 El cambio de variable vc = z, transforma esta última ecuación en la de primer orden z′x( x2 + 1) + 2z = 0

ECUACIONES DE ORDEN SUPERIOR

Que integrando resulta dz −2 = dx z x( x2 + 1)

;

ln z = −2ln x + ln( x2 + 1) + ln C1

;

z = C1

x2 + 1 x2

Y deshaciendo los cambios efectuados v = ∫ C1

x2 + 1 1 dx = C1 ( x − ) + C2 2 x x

y = C1 ( x2 − 1) + C2 x que es la solución general.

3.13. Considérese la ecuación diferencial xy′′ − ( 2 x + 1) y′ + ( x + 1) y = 0 , donde y′ =

dy dx

a) Hállense las constantes A,n, para que y  =  Aenx sea una solución no nula de la misma. b) Utilizando la solución anterior, hallar otra linealmente independiente con ella, y la solución general. SOLUCIÓN nx nx 2 nx a) y = Ae , y′ = Ane , y′′ = An e

Sustituyendo en la ecuación, se obtiene el siguiente sistema

⎧ An 2 − 2 An + A = 0 xAn 2 enx − ( 2 x + 1) Anenx + ( x + 1) Aenx = 0; ; ⎨ ⎩⎪− An + A = 0 La segunda ecuación es A(1 – n) = 0, que como la solución ha de ser no nula, entonces n = 1, para todo A≠ 0

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Por tanto, una solución, por ejemplo, es y = ex b) Método de reducción de orden. Cambio de variable y derivadas y = e x v( x) ;

y′ = e x v( x) + e x v′( x)

y′′ = e x v( x) + 2 e x v′( x) + e x v′′( x) = e x [ v( x) + 2 v′( x) + v′′( x)] Sustituyendo en la ecuación, queda xe x ( v + 2 v′ + v′′ ) − (2 x + 1) e x ( v + v′ ) + ( x + 1) e x v = 0 Y simplificando convenientemente xv′′ − v′ = 0 Haciendo vc = z se tiene una ecuación de primer orden de variables separables xz′ − z = 0 Hallando la solución general de esta ecuación, y deshaciendo los cambios efectuados, sucesivamente resulta z = C1 x

;

v = C1

x2 + C2 2

⎛ x2 ⎞ + C2 ⎟ y = e x ⎜ C1 2 ⎝ ⎠ Donde, por ejemplo, para C1 = 2, C2 = 0 resulta y = ex x2 que es otra solución independiente de la calculada en el apartado a).

ECUACIONES DE ORDEN SUPERIOR

Solución general y = C1 x2 ex + C2 ex

3.14. Dada la ecuación y′′ + Ay′ + By = p( x) Sabiendo que y1(x)  =  sen x es una solución particular y que y2(x)  =  ex, y3(x) = e3x son soluciones de la ecuación homogénea asociada, a) Calcúlese la solución general de la ecuación completa. b) Determinar A,B y p(x). SOLUCIÓN a) Las soluciones y2 e y3 son un sistema fundamental de soluciones de la ecuación homogénea ya que su wronskiano W ( y2 , y3 ) =

ex ex

e3 x 3 e3 x

= 2 e4 x

no es idénticamente nulo. Por tanto, la solución general de la ecuación homogénea asociada es y = C1 ex + C2 e3x y la de la ecuación completa y = C1 ex + C2 e3x + sen x b) El sistema formado por la solución general de la ecuación homogénea y sus derivadas es y = C1 e x + C2 e3 x y′ = C1 e x + 3C2 e3 x y′′ = C1 e x + 9C2 e3 x

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

que considerando las constantes como incógnitas, tiene solución si y

ex

e3 x

y

ex

3e3 x

y

x

3x

e

9e

"0

4y  3y " 0

y

Que comparado con la ecuación, resulta A= – 4, B=3. En consecuencia, la ecuación completa es y′′ − 4 y′ + 3 y = p( x) Al ser y1(x) = sen x una solución particular, sustituyendo en la ecuación resulta p( x) = 2sen x − 4cos x

3.15. Sea y1(x) una solución no trivial de la ecuación lineal homogénea y′′ + p( x) y′ + q( x) y = 0 a) Compruébese mediante el método de reducción de orden, que una segunda solución y2(x), linealmente independiente es y2 ( x) = y1 ( x) ∫

− p ( x ) dx e ∫

( y ( x ))

2

dx

1

b) Aplicar lo anterior a la ecuación xy′′ − ( x + 1) y′ + y = 0, ( x > 0) donde una solución es y1(x) = ex. SOLUCIÓN a) Se utilizará el método de reducción de orden para resolver la ecuación.

ECUACIONES DE ORDEN SUPERIOR

El cambio de variable dependiente y sus dos primeras derivadas son y = y1 ( x) ⋅ v( x) y′ = y1 ( x) v′ + y1′( x) v y′′ = y1 ( x) v′′ + 2 y1′( x) v′ + y1′′ ( x) v Introduciendo esos resultados en la ecuación, queda y1 v′′ + (2 y1′ + py1 ) v′ + ( y1′′+ py1′ + qy1 ) v = 0 Al ser y1 solución, el último paréntesis es cero y1 v′′ + (2 y1′ + py1 ) v′ = 0 y haciendo w = vc, resulta la ecuación de primer orden en la variable w siguiente y1 w′ + (2 y1′ + py1 ) w = 0 Esta ecuación es de variables separables. Integrando se obtiene y w =
2 1
p ln w =
ln y12
 p(x) dx + ln C1 y1 w Es decir w = C1

1 − ∫ p( x ) dx e y12

Deshaciendo los cambios anteriores, resulta v = C1

1
 p( x) dx e y12



y = C1 y1 ∫ que es la solución general.

v = C1 

1
 p( x) dx dx + C2 e y12

1 − ∫ p( x ) dx e dx + C2 y1 y12



PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Para C1 = 1, C2 = 0, una segunda solución es y2 ( x) = y1 ( x) ∫

− p ( x ) dx e ∫

( y ( x ))

2

dx

1

b) La ecuación expresada en forma normal es y′′ −

x +1 1 y′ + y = 0, ( x > 0) x x

Aplicando el resultado del apartado anterior, una segunda solución es y2 ( x) = e x ∫

e

∫

− −

x +1 dx x

(e )

x 2

dx

donde resolviendo las integrales y simplificando, resulta y2 ( x) = − x − 1

3.16. Se considera la ecuación lineal ys  +  a1(x)yc  +  a2(x)y  =  x donde y1(x), y2(x) son dos soluciones linealmente independientes de su ecuación homogénea asociada. Sabiendo que y1(x) = x2 y que el wronskiano de ambas soluciones W(y1,y2) = –3 se pide: a) y2(x) suponiendo que y2(1) = 1. b) En dicha ecuación homogénea, demostrar que la expresión que obtiene el coeficiente a1(x) es: a1 ( x) = −

y1 y2′′ − y2 y1′′ W [ y1 , y2 ]

y encontrar otra similar que obtenga a2(x). c) Determinar dichos coeficientes. d) Sabiendo que la ecuación completa admite una solución del tipo ax3 con a  R, calcular su solución general.

ECUACIONES DE ORDEN SUPERIOR

SOLUCIÓN

⎢ y1 a) W ( y1 , y2 ) = ⎢ ⎢⎣ y1′

y2 ⎥ x2 ⎥= y2′ ⎥ 2x ⎦

y2 y2′

= −3 .

x 2 y2′ − 2 xy2 = −3

Es una ecuación lineal, de variable dependiente y2,de la que se halla su solución general. La ecuación homogénea asociada x2 y2′ − 2 xy2 = 0 es de variables separables. Su solución es y2
2 = y2 x



ln y2 = 2ln x + ln C



y2 = Cx2

Para calcular una solución particular de la ecuación completa, se aplicará el método de variación de las constantes. Solución particular

( y2 ) p = C ( x ) x 2

;

( y2′ ) p = C ′ ( x ) x 2 + 2C ( x ) x.

Sustituyendo en la ecuación se obtiene x2  C (x)x2 + 2C(x)x 
2xC(x)x2 =
3  C (x)x4 =
3   C (x) =
3x
4  C(x) = x
3 Por tanto, la solución particular es ( y2 ) p = x−3 x2 = Solución general 1 y2 = Cx2 + . x

1 x

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Con y2(1) = 1 resulta C = 0. Por lo tanto 1 x

y2 ( x) "

b) Si y1(x), y2(x) son dos soluciones independientes, cualquier otra y(x) es combinación lineal de ellas. Es decir

W ( y1 , y2 , y ) = 0 ;

y1

y2

y

y1′

y2′

y′

=0

y1′′ y2′′ y′′ Desarrollando el determinante por los elementos de la última columna, resulta y′′ W ( y1 , y2 ) − y′

y1

y2

y1′′ y2′′

+y

y1′

y2′

y1′′ y2′′

=0

que es una ecuación lineal de segundo orden que tiene a y1(x), y2(x) como soluciones linealmente independientes. Por lo tanto es la ecuación dada. Es decir: − a1 ( x) =

y1

y1′′ y2′′

=−

W ( y1 , y2 ) y1′

a2 ( x) =

y2 y1 y ''2 − y2 y ''1 W ( y1 , y2 )

y2′

y1′′ y2′′ W ( y1 , y2 )

=

y1′ y2′′ − y2′ y1′′ W ( y 1 , y2 )

c) Sustituyendo ahora los valores correspondientes y1 = x2

;

y1′ = 2 x

;

y1′′= 2

y2 = 1/ x

;

y2′ = −1/ x2

;

y2′′ = 2 / x3

ECUACIONES DE ORDEN SUPERIOR

Resulta a1 ( x) = −

2 x ⋅ 2 / x3 − 2(−1 / x2 ) 2 x2 ⋅ 2 / x3 − 2 ⋅ 1 / x =− 2 = 0 ; a2 ( x) = − 3 x −3

d) La ecuación completa es y′′ −

2 y = x . o también x2 y′′ − 2 y = x3 2 x

(3.6)

Como y1(x), y2(x) son soluciones linealmente independientes de la ecuación homogénea asociada, la solución general de esta ecuación homogénea viene dada por y = C1 x2 + C2

1 x

Se sabe que y = ax3 es una solución particular de la ecuación completa (3.6). Por tanto y = ax3  y
= 3ax2  y

= 6ax Sustituyendo en la ecuación (3.6) e identificando coeficientes, resulta x2 6ax
2ax3 = x3  a = Por tanto, la solución particular es y=

x3 4

La solución general de la ecuación completa y = C1 x2 + C2

1 x3 + x 4

1 4

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

3.17. Dada la ecuación diferencial

(1 + x)

d2 y dy − (1 + 2 x ) + xy = xe x dx2 dx

a) Compruébese que ex es una solución particular de la homogénea asociada. b) Compruébese que el cambio de variable dependiente y = exz reduce en una unidad el orden de la ecuación completa. c) Determínese la solución general. SOLUCIÓN a) La ecuación homogénea asociada es

(1 + x )

d2 y dy − (1 + 2 x ) + xy = 0 2 dx dx

Sustituyendo y = ex y sus derivadas, se comprueba que es una solución particular. b) Cambio de variable y derivadas y = exz


dy  dz  = ex  +z  dx  dx




2  dz d2 y x d z = e +2 + z 2 2  dx dx   dx

Sustituyendo en la ecuación se obtiene ⎛ d2 z ⎞ dz ⎛ dz ⎞ +2 + z⎟ − (1 + 2 x ) e x ⎜ + z⎟ + xe x z = xe x 2 ⎝ dx ⎠ dx ⎠ ⎝ dx

(1 + x) e x ⎜

que simplificando queda

(1 + x)

d 2 z dz + =x dx2 dx

ECUACIONES DE ORDEN SUPERIOR

Haciendo ahora

dz " u , resulta la ecuación lineal dx

(1 + x)

du +u= x dx

c) La ecuación homogénea asociada es

(1+ x)

du +u=0 dx



u=

C 1+ x

u
1 =
u 1+ x

De solución

Método de la variación de las constantes. Haciendo variable la constante de integración, se obtiene u=

C ′ (1 + x ) − C C ( x) , u′ = (1 + x)2 1+ x

Sustituyendo en la ecuación, resulta (1+ x)

C
(1+ x )
C

(1+ x)

2

+

C =x  1+ x

C
= x


Por tanto, una solución particular es u=

x2 2 1+ x

Solución general de la ecuación lineal completa u=

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

C ( x) =

x2 2

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Deshaciendo los cambios y renombrando las constantes, resulta z=

1 2 1 x 2 + 2C ∫ 2(1 + x) dx = 4 x − 2 x + C1 ln (1 + x) + C2

1 ⎤ ⎡1 y = e x ⎢ x2 − x + C1 ln (1 + x ) + C2 ⎥ 4 2 ⎦ ⎣

3.18. Considérese la ecuación no homogénea ys + p(x)yc + q(x)y = g(x) donde p, q, g son funciones continuas y continuamente diferenciables. a) Muéstrese que la sustitución y(x)  =  v(x) f(x) donde f(x) es una solución no trivial de la ecuación homogénea asociada, reduce la ecuación anterior a la ecuación lineal de primer orden fw′ + ( 2 f ′ + pf ) w = g donde w′ = v b) Mediante el procedimiento anterior hallar la solución general de ys + x–1yc – 4x–2y = 1 – x–3, x > 0 sabiendo que la ecuación homogénea asociada admite una solución polinómica. SOLUCIÓN a) La sustitución indicada y sus derivadas son y( x) " v( x) f ( x) , y′ = vf ′ + v′f

, y′′ = vf ′′ + 2 v′f ′ + v′′f

Sustituyendo este cambio y sus derivadas en la ecuación, queda vf

+ 2 v
f
+ v

f + p ( vf
+ v
f ) + qvf = g  fv

+ ( 2 f
+ pf ) v
+ ( f

+ pf
+ qf ) v = g

Haciendo w = vc, y considerando que f s + pf c + qf = 0, ya que f es solución de la homogénea, entonces resulta fw′ + ( 2 f ′ + pf ) w = g que es una ecuación lineal de primer orden en la variable w.

ECUACIONES DE ORDEN SUPERIOR

b) Ecuación homogénea asociada y′′ + x−1 y′ − 4 x−2 y = 0 Esta ecuación admite una solución polinómica. Probemos con un polinomio de segundo grado. La solución a probar, y sus derivadas son y = ax2 + bx + c , y′ = 2 ax + b , y′′ = 2 a Al sustituir dicha solución y sus derivadas en la ecuación, se obtiene 2a +

(

)

2 2 ax + b 4 ax + bx + c − =0 x x2

que simplificando queda


3b 4c
=0 x x2




3bx
4c = 0

Identificando coeficientes, resulta b = c = 0, para todo valor de a. Para a = 1 resulta la solución particular buscada y = x2 Para resolver la ecuación no homogénea y′′ + x−1 y′ − 4 x−2 y = 1 − x−3 , x # 0

(3.7)

se utilizará el método de reducción de orden, ya que se conoce una solución particular de la homogénea asociada. El cambio de variable a efectuar es y( x) " x2 v( x) Sus derivadas son y′ ( x ) = x2 v′ ( x ) + 2 xv ( x ) , y′′ ( x ) = x2 v′′ ( x ) + 4 xv ( x ) + 2 v ( x )

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Sustituyendo el cambio y sus derivadas en la ecuación no homogénea (3.7), queda x2 v′′ + 5 xv′ = 1 − x−3 donde haciendo w = vc, resulta la ecuación lineal de primer orden x2 w′ + 5 xw = 1 − x−3

(3.8)

Su ecuación homogénea asociada es x2 w
+ 5xw = 0



xw
+ 5w = 0

Es una ecuación de variables separadas, de solución w = Cx−5 Método de variación de constantes w = C ( x) x−5 ; w′ = C ′x−5 − 5Cx−6 Sustituyendo en la ecuación (3.8) se obtiene

(

)

x2 C x
5
5Cx
6 + 5xCx
5 = 1
x
3  C x
3 = 1
x
3   C  = x3
1  C(x) = Por tanto la solución de la homogénea viene dada por ⎛ x4 ⎞ 1 1 w=⎜ − x⎟ x−5 = − 4 4x x ⎝ 4 ⎠ y la solución general de la ecuación completa es w = Cx−5 +

1 −1 x − x−4 . 4

x4
x 4

ECUACIONES DE ORDEN SUPERIOR

Por consiguiente v( x) = ∫ w( x) dx = −

C −4 1 1 x + ln x + x−3 + C2 4 4 3

Que renombrando constantes puede expresarse v( x) = C1 x−4 +

1 1 ln x + x−3 + C2 4 3

Por último, recordando que y(x)  =  v(x) f(x), resulta la solución general pedida y( x) = C1 x−2 +

1 2 1 x ln x + x−1 + C2 x2 4 3

CAPÍTULO 4 ECUACIONES LINEALES DE COEFICIENTES CONSTANTES

Introducción teórica

En este capítulo se tratan diversos métodos de obtención de soluciones de las ecuaciones lineales de coeficientes constantes, tanto homogéneas como completas. 1. Ecuaciones lineales de coeficientes constantes La ecuación lineal de coeficientes constantes tiene de expresión general dn y d n−1 y dy + + … + an−1 + an y = F ( x ) , a 1 n n −1 dx dx dx

ai = cte. ( i = 1,…, n) (4.1)

donde F(x) es una función continua en un cierto intervalo (a,b) de R. En notación operacional L(y) = F(x), o también H(D)y = F(x) con H ( D ) = D n + a1 D n−1 + … + an−1 D + an 2. Ecuación característica Dada la ecuación lineal de coeficientes constantes (4.1), la expresión  ( r ) = r n + a1r n
1 + …+ an = 0 se llama ecuación característica. 3. Solución general de la ecuación lineal homogénea La función y = erx es solución de L(y) = 0 si, y solo si, r es raíz de la ecuación característica.

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Por lo tanto, la ecuación se resuelve buscando soluciones y = ekx. Casos a considerar: a) M(r) = 0 tiene n raíces r1, r2, ..., rn reales y distintas.

{

Un sistema fundamental de soluciones es e r1 x , e r2 x ,…, e rn x

}

r x rx rx Solución general: y = C1 e 1 + C2 e 2 + … + Cn e n

b) M(r) = 0 tiene raíces reales múltiples. Si r1 es una raíz de orden m, entonces e r1 x , xe r1 x , x2 e r1 x ,…, xm1 e r1 x son soluciones de la ecuación y linealmente independientes. r x

Solución general: y = P1 ( x) e r1 x + P2 ( x) e r2 x + … + Pq ( x) e q , donde P1, P2, ..., Pq son polinomios de coeficientes arbitrarios y de grado el orden de multiplicidad menos uno de la raíz correspondiente. c) M(r) = 0 tiene raíces complejas. Si D ± Ei son raíces complejas, entonces eαx [ Acosβx + Bsenβx ] donde A, B son constantes arbitrarias, son soluciones de la ecuación. En caso de ser D ± Ei raíces complejas múltiples de orden m, entonces eαx [ P ( x)cosβx + Q( x)senβx ] donde P, Q son polinomios de coeficientes arbitrarios y de grado m  –  1, son soluciones de la ecuación. Solución general: Se formará con las soluciones de la forma anterior en cada caso. 4. Solución general de la ecuación lineal no homogénea La solución general de la ecuación lineal no homogénea o completa, L(y) = F(x), se obtiene sumando a una solución particular suya, la solución general de la ecuación homogénea asociada.

ECUACIONES LINEALES DE COEFICIENTES CONSTANTES

5. Métodos de obtención de soluciones particulares de la ecuación no homogénea 1) Método de variación de constantes. Se puede aplicar incluso para el caso de que los coeficientes de la ecuación no sean constantes. Consiste, igual que en las ecuaciones de primer orden, en buscar una solución particular de la misma forma que la solución general de la ecuación homogénea asociada pero haciendo variables las constantes que allí aparecen. La sustitución de esta pretendida solución en la ecuación permite identificar las variables empleadas. 2) Método de los coeficientes indeterminados, o de selección. Consiste en la búsqueda de soluciones que sean funciones de similares características a las del término no homogéneo F(x) de la ecuación (4.1). Algunos casos: a) F ( x ) = A0 x k + A1 x k −1 + A2 x k − 2 + … + Ak , mio de grado k)

Ai ( i = 1,2,..., k ) = ctes. (polino-

— Si r = 0 no es raíz de la ecuación característica Solución particular: yp = B0 x k + B1 x k −1 + … + Bk — Si r = 0 es raíz de la ecuación característica con orden de multiplicidad s. Solución particular: yp = x s ( B0 x k + B1 x k −1 + … + Bk )

(

)

ax k k −1 b) F ( x ) = e A0 x + A1 x + .......... + Ak .

a, Ai ( i = 1,2,..., k ) = ctes.

— Si a no es raíz de la ecuación característica Solución particular: yp = e ax ( B0 x k + B1 x k −1 + … + Bk ) — Si a es raíz de la ecuación característica con orden de multiplicidad s Solución particular: yp = x s e ax ( B0 x k + B1 x k −1 + … + Bk ) c) F ( x ) = e px ( Pl cos ( qx ) + Qm sen ( qx ) ) , ( p, q = ctes.) , y Pl, Qm polinomios de grado l,m respectivamente.

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

— Si p ± qi no son raíces de la ecuación característica

(

Solución particular: y = e px Pv cos ( qx ) + Qv sen ( qx )

)

— Si p ± qi son raíces de multiplicidad s de la ecuación característica:

(

Solución particular: y = x s e px Pv cos ( qx ) + Qv sen ( qx )

)

En ambos casos: v = max [ l , m] , y Pv , Qv son polinomios de grado v con coeficientes indeterminados 3) Método operacional. Se trata de un método general para la obtención de una solución particular de una ecuación lineal de coeficientes constantes. Emplearemos ahora la notación H(D)y = F(x) para la ecuación completa. La forma de obtenerlo se basa en la siguiente igualdad: En la ecuación H(D)y = F(x), donde H ( D ) = D n + a1 D n−1 + … + an−1 D + an una solución particular es yp =

donde

1 F ( x) H ( D)

1 es el operador inverso de H(D). Se considerarán solamente H ( D)

algunos de los casos más sencillos: a) F(x) es un polinomio Pn(x) de grado n. Solución particular yp =

1 Pn ( x ) = Q ( D ) Pn ( x ) H ( D)

(4.2)

Q(D)= cociente de grado n que resulta de dividir formalmente 1 entre H(D). b) F(x) es una función exponencial erx, y r no es raíz de la ecuación característica. (H(r) ≠ 0)

ECUACIONES LINEALES DE COEFICIENTES CONSTANTES

Solución particular: yp =

1 e rx H (r)

(4.3)

rx c) Funciones de la forma F ( x ) = e f ( x )

Solución particular: yp = erx

1 f ( x) H (D + r)

(4.4)

6. Ecuación de Euler La ecuación de Euler es una ecuación lineal cuyos coeficientes son monomios de igual grado que el orden de la derivada que acompañan xn

n −1 dn y y dy n −1 d + + … + an−1 x + an y = F ( x ) a x 1 dx n dx n−1 dx

y se reduce a una ecuación lineal de coeficientes constantes mediante el cambio de variables independiente x = et. La ecuación de Legendre es un caso más general que el anterior, es de la forma (λx + μ )n

n −1 dn y y dy n −1 d + a ( λ x + μ ) + … + an−1 (λx + μ ) + an y = F ( x ) 1 n n −1 dx dx dx

reduciéndose ahora a una ecuación lineal de coeficientes constantes mediante el cambio Ox + P = et. Obsérvese que este cambio es el resultado de hacer primero Ox + P = z, lo que convierte la ecuación en una de Euler, y posteriormente z = et que la transforma en la ecuación de coeficientes constantes.

Ejercicios resueltos

4.1. Encuéntrese la solución general de las siguientes ecuaciones diferenciales: a) y′′′ − 6 y′′ + 9 y′ = 0 b) y′′′ − 4 y′′ − 3 y′ + 18 y = 0 c) y′′ − 6 y′ + 13 y = 0 d) y iv) − 7 y′′′ + 19 y′′ − 23 y´ +10 y = 0 e) y iv) + 2 y′′ + y = 0 f) y iv) + y′′′ + y′′ = 0 g) y′′ + 4 y′ − 6 y = 0 h) 16 y iv) + 40 y′′ + 25 y = 0 SOLUCIÓN a) La ecuación característica r 3 − 6r 2 + 9r = 0 tiene como soluciones: r " 0,

r " 3 (doble).

La solución general de la ecuación es y = C1 + e3 x (C2 + C3 x)

ECUACIONES LINEALES DE COEFICIENTES CONSTANTES

b) Ecuación característica r 3 − 4r 2 − 3r + 18 = 0 Soluciones: r = –2, r = 3 (doble). Solución general de la ecuación y = C1 e−2 x + e3 x (C2 + C3 x) c) Ecuación característica r 2 − 6 r + 13 = 0 Soluciones: r = 3 ± 2i Solución general de la ecuación y = e3 x (C1 cos 2 x + C2sen2 x) d) Ecuación característica r 4 − 7r 3 + 19 r 2 − 23r + 10 = 0 Soluciones: r = 1, r = 2, r = 2 ± i Solución general de la ecuación y = C1 e x + C2 e2 x + e2 x (C3 cos x + C4 sen x) e) Ecuación característica r 4 + 2r 2 + 1 = 0 . Soluciones: r = ±i (doble) La solución general es y = (C1 + C2 x)sen x + (C3 + C4 x)cos x f) Ecuación característica r 4 + r 3 + r 2 = 0 . Soluciones: r  =  0 (doble), −1 3 r= ± i. 2 2

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

La solución general es −x ⎛ ⎛ 3 ⎞⎞ ⎛ 3 ⎞ y = C1 + C2 x + e 2 ⎜ C3 cos ⎜ x⎟ + C4 sen ⎜ x⎟ ⎟ ⎝ 2 ⎠⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝

g) Ecuación característica r 2 + 4r − 6 = 0 . Soluciones: r = −2 ± 10 . La solución general es y = C1 e( −2+

10 ) x

+ C2 e( −2−

10 ) x

5 h) Ecuación característica 16 r 4 + 40 r 2 + 25 = 0 . Soluciones r = ± i 2 (cada una de ellas doble). La solución general es ⎛ 5 ⎞ ⎛ 5 ⎞ ⎛ 5 ⎞ ⎛ 5 ⎞ y = C1 cos ⎜ x⎟ + C2sen ⎜ x⎟ + C3 x cos ⎜ x⎟ + C4 x sen ⎜ x⎟ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠

4.2. Dada la ecuación diferencial y′′ −

1 y ′ + 4 x2 y = 0 x

encuéntrese un cambio de variable independiente u = u(x), que transforme la ecuación en otra de coeficientes constantes. Resuélvase la ecuación. SOLUCIÓN Con el cambio de variable independiente u = u(x), las distintas derivadas son: y′ =

dy dy du = dx du dx

d2 y d ⎛ dy du ⎞ dy d 2 u du d ⎛ dy ⎞ dy d 2 u d 2 y ⎛ du ⎞ + + y′′ = 2 = ⎜ ⎟= ⎜ ⎟= ⎜ ⎟ dx dx ⎝ du dx ⎠ du dx2 dx dx ⎝ du ⎠ du dx2 du2 ⎝ dx ⎠

2

ECUACIONES LINEALES DE COEFICIENTES CONSTANTES

La ecuación resulta 2

dy d 2 u d 2 y ⎛ du ⎞ 1 dy du + 2⎜ − + 4 x2 y = 0 ⎟ 2 du dx du ⎝ dx ⎠ x du dx 2

2 2 ⎛ du ⎞ d y ⎛ d u 1 du ⎞ dy + 4 x2 y = 0 + − ⎜⎝ ⎟⎠ dx du2 ⎜⎝ dx2 x dx ⎟⎠ du

⎛ d 2 u 1 du ⎞ dy d2 y 1 1 + − + 4 x2 y=0 2 ⎜ 2 2 ⎟ du ( du / dx ) ⎝ dx x dx ⎠ du ( du / dx)2 para ser de coeficientes constantes 2

4x2

1 du
du  2 = Cx
u ( x ) = Cx2  = Cx
2 = C
  dx dx ( du / dx)

donde se ha modificado convenientemente la constante C. El cambio es u(x) = x2, con lo que la ecuación transformada es d2 y +y=0 du2 que es una ecuación de coeficientes constantes. Ecuación característica r2 + 1 = 0. Raíces: r = ±i. Solución general y = C1 cos u + C2 sen u Que deshaciendo el cambio queda

( )

( )

y = C1 cos x2 + C2 sen x2

4.3. Resuélvase el problema de Cauchy y′′ + y = 0 ⎛ π⎞ y ⎜ ⎟ = 0, ⎝ 3⎠

⎛ π⎞ y′ ⎜ ⎟ = 2 ⎝ 3⎠

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

SOLUCIÓN Ecuación característica r2 + 1 = 0. Raíces: r = ±i. Solución general de la ecuación y = C1 cos x + C2sen x y

y

3

3

"0 "2

C1 cos

3

C1 sen

 C2 sen

3

3

 C2 cos

"0

3

"2

Resolviendo el sistema C1 = − 3, C2 = 1 . La solución es y = − 3 cos x + sen x

4.4. Resuélvase el problema de Cauchy y′′′ − 3 y′′ + 4 y′ − 2 y = 0 y(0) = 0,

y′(0) = 0,

y′′(0) = 1

SOLUCIÓN Ecuación característica r 3 − 3r 2 + 4r − 2 = 0 . Raíces: r = 1, r = 1±i. Solución general de la ecuación y = C1 e x + e x (C2 cos x + C3 sen x) Por tanto y′ = C1 e x + e x (C2 cos x + C3 sen x − C2 sen x + C3 cos x) y′′ = C1 e x + e x (−2C2sen x + 2C3 cos x)

ECUACIONES LINEALES DE COEFICIENTES CONSTANTES

La aplicación de las condiciones iniciales aporta el siguiente sistema y(0) = 0  0 = C1 + C2 y
(0) = 0  0 = C1 + C2 + C3 y

(0) = 1  1 = C1 + 2C3 De donde C1 = 1, C2 = –1, C3 = 0. La solución al problema es y = e x (1
cos x)

4.5. En la ecuación diferencial no homogénea de coeficientes variables x2

dy d2 y +x + y = 6x3 2 dx dx

Se pide: a) Comprobar que el cambio de variable independiente x  =  et, la convierte en otra no homogénea también, pero de coeficientes constantes. b) Resolverla.

SOLUCIÓN a) Ecuación x2

d2 y dy +x + y = 6x3 2 dx dx

Cambio x = et, entonces: dy dy dy dt =  = e
t dt dx dt dx 2 dy  d 2 y d  dy  d 
t dy 
2t  d y = e
 = = e     2 2  dx dx dx dt dt  dx  dt

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Sustituyendo en la ecuación resulta d2 y + y = 6e3t dt 2 que es de coeficientes constantes. Ecuación homogénea asociada

d2 y +y=0 dt 2

Ecuación característica r2 + 1 = 0. Raíces complejas r = ±i Solución general y = C1 cos t + C2 sen t. Solución particular de la no homogénea en la forma yp = Ae3t. Entonces: y
p = 3Ae3t , y

p = 9Ae3t , que en la ecuación resulta A " Solución particular yp "

3 . 5

3 3t e 5

Solución general y = C1 cos t + C2 sen t +

3 3t e 5

Que deshaciendo el cambio queda y = C1 cos ( ln x ) + C2 sen ( ln x ) +

3 3 x 5

4.6. Se considera la ecuación diferencial de coeficientes constantes d3 y d2 y dy + + a2 + a3 y = 10 e2 x a 1 3 2 dx dx dx a) Hallar los coeficientes a1, a2, a3, sabiendo que la ecuación homogénea asociada tiene una ecuación característica en la que dos de sus raíces son: r1 = 1, r2 = –1 + i. b) Resolverla.

ECUACIONES LINEALES DE COEFICIENTES CONSTANTES

SOLUCIÓN a) Al tener la raíz compleja r2  =  –1  +  i, tiene también su conjugada r2 = –1 – i. Por lo tanto, la ecuación característica es

( k − 1)( k + 1 − i)( k + 1 + i) = 0

k3 + k2 − 2 = 0

;

Ecuación homogénea asociada d3 y d2 y + − 2y = 0 dx3 dx2 Es decir, los coeficientes pedidos son: a1 = 1, a2 = 0, a3 = –2. b) La solución general de la homogénea es y = C1 e x + e− x ( C2 cos x + C3 sen x ) Solución particular de la ecuación completa: yp  =  Ae2x (Método de selección). Por lo tanto y′p = 2 Ae2 x

;

y′′p = 4 Ae2 x

;

y′′′= 8 Ae2 x p

Sustituyendo la solución y sus derivadas en la ecuación, resulta 8Ae2 x + 4Ae2 x
2Ae2 x = 10e2 x




A =1

Solución particular: yp = e2x Solución de la ecuación completa y = C1 e x + e− x ( C2 cos x + C3 sen x ) + e2 x

4.7. La ecuación diferencial del movimiento forzado con amortiguamiento, por ejemplo el de una cierta masa sujeta a un resorte que vibra al actuar sobre ella una fuerza siempre activada f(t), es y′′ ( t ) + λy′ ( t ) + ω 2 y = 5 f ( t )

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

donde y(t) representa el desplazamiento de la masa en función del tiempo, y los parámetros O,Z son los que caracterizan el sistema. Se pide: a) Resolver la ecuación para λ = 6, ω = 10 , siendo f(t) la función pe1 riódica f(t) = 5 cos (4t), y las condiciones iniciales y ( 0 ) = , y′ ( 0 ) = 0 . 2 b) Comprobar que de los dos sumandos de que consta la solución hallada, el primero yc(t), que corresponde a la solución general de la ecuación homogénea asociada, tiende a cero al aumentar el tiempo t, es decir lim yc ( t ) = 0 , (término transitorio), y sin embargo el segundo, yp(t), que cot →∞ rresponde a la solución particular, siempre permanece (término estable). c) Hágase una interpretación física lógica de por qué sucede lo anterior. SOLUCIÓN d2 y ( t ) dy ( t ) +6 + 10 y ( t ) = 25cos(4t ) 2 dt dt d2 y ( t ) dy ( t ) Ecuación homogénea asociada +6 + 10 y ( t ) = 0. 2 dt dt a) Ecuación

Ecuación característica r2 + 6r + 10 = 0. Raíces: r1 = –3 + i, r2 = –3 – i. Solución general de la homogénea yc ( t ) = e−3 t ( C1 cos t + C2sen t ) Una solución particular de la no homogénea es de la forma yp ( t ) = A cos(4t ) + Bsen(4t ) Sus derivadas y′p = −4 Asen(4t ) + 4 B cos(4t ),

y′′p = −16 A cos(4t ) − 16 Bsen(4t )

Sustituyendo en la ecuación resulta

( −6 A + 24 B) cos(4t) + ( −24 A − 6 B) sen(4t) = 25cos(4t) −6 A + 24 B = 25 , −24 A − 6 B = 0

A=−

25 102

,

B=

50 51

ECUACIONES LINEALES DE COEFICIENTES CONSTANTES

Por tanto, la solución particular es yp ( t ) = −

25 50 cos(4t ) + sen(4t ) 102 51

Solución general de la ecuación completa 50 ⎛ 25 ⎞ y ( t ) = e−3 t ( C1 cos t + C2 sen t ) + ⎜ − cos(4t ) + sen(4t ) ⎟ ⎝ 102 ⎠ 51 Condiciones iniciales: y (0) =

1 2

dy =0 dt t=0

 

1 25 = C1
2 102 C2 =




C1 =

38 51

86 51

Por tanto, la ecuación del movimiento es 86 50 ⎛ 38 ⎞ ⎛ 25 ⎞ y ( t ) = e−3 t ⎜ cos t − sen t ⎟ + ⎜ − cos(4t ) + sen(4t ) ⎟ ⎝ 51 ⎠ ⎝ 102 ⎠ 51 51 b) La ecuación anterior contiene dos sumandos. El primero, que es de−3 t bido a la solución de la ecuación homogénea yc ( t ) = e ( C1 cos t + C2sen t ), es tal que lim yc ( t ) = 0 , es decir, es un término transitorio que desaparece t →∞ con el tiempo, sin embargo el segundo sumando, que correspondiente a la solución particular yp(t) es periódico y no se anula al crecer el tiempo t, es decir, permanece (es estable). c) También puede observarse que el término transitorio yc(t) se ha obtenido independientemente de la fuerza exterior f(t)que actúa, y por ello, si dicha fuerza no existiese, el movimiento se amortiguaría por efecto del muelle. El sumando yp(t) se ha hallado con el término independiente de la ecuación, que es la fuerza exterior siempre activada, y debido a ello el movimiento permanece.

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

4.8. En el polinomio operacional F ( D) = a0 D n + a1 D n−1 + ... + an . (ai = ctes.): a) Comprobar que si emx es solución de la ecuación F(D)y  =  0, donde F(D) es el polinomio anterior, entonces m es una raíz algebraica de su ecuación característica. b) En la ecuación y iv + 2 y′′′ + 3 y′′ + 2 y′ + 2 y = sen(2 x) , se pide: 1. Comprobar que y(x) = eix (i = n.º complejo), es solución de su ecuación homogénea asociada. 2. Encontrar cuatro soluciones reales y linealmente independientes de dicha ecuación homogénea. 3. Hallar una solución particular, y su solución general. SOLUCIÓN a) Si emx es solución de la ecuación, entonces F(D)emx = 0. Por derivaciones sucesivas se comprueba fácilmente que F(D)emx  = = emxF(m), (m = n.º real o complejo), y por lo tanto en este caso F ( D) emx " emx F (m) " 0 emx F(m) = 0
F(m) = 0
m es una raíz de la ecuación característica. iv b) y + 2 y


+ 3 y

+ 2 y
+ 2y = sen(2x)

Ecuación homogénea asociada y iv + 2 y′′′ + 3 y′′ + 2 y′ + 2 y = 0

(4.5)

1. y (x) = eix es solución. En efecto y′( x) = ie ix

;

y′′( x) = − e ix

;

y′′′( x) = − ie ix

;

y iv ( x) = e ix

y sustituyendo en la ecuación homogénea, se comprueba que la verifica.

ECUACIONES LINEALES DE COEFICIENTES CONSTANTES

2. Ecuación característica r 4 + 2r 3 + 3r 2 + 2r + 2 = 0 Si eix es solución de la ecuación, entonces i es solución algebraica compleja de su ecuación característica (apartado a)). Ahora bien, si en la ecuación característica, que es una ecuación algebraica, existe la solución compleja r = i, también existe la conjugada r = –i. Conociendo esas dos soluciones de la ecuación característica, pueden obtenerse fácilmente, por ejemplo por el método de Ruffini, las otras dos, que son r = –1 ± i. Por tanto, las cuatro raíces de la ecuación característica son: r = ±i

;

r = −1 ± i

que corresponden a las siguientes soluciones de la ecuación homogénea (4.5): y = e ix = cos x + i sen x

y = e( −1+ i ) x = e− x (cos x + i sen x)

;

Por lo tanto, cuatro soluciones reales linealmente independientes son y1 = cos x

;

y2 = sen x

;

y3 = e− x cos x

;

y4 = e− x sen x

3. La solución general de la homogénea es y = C1 cos x + C2 sen x + C3 e− x cos x + C4 e− x sen x y utilizando coeficientes indeterminados, se busca una solución particular de la completa, en la forma yp = Asen(2 x) + B cos(2 x)

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Las derivadas son yp′ = 2 A cos(2 x) − 2 Bsen(2 x) ; y′′′ ; p = − 8 A cos(2 x) + 8 Bsen(2 x)

yp′′ = − 4 Asen(2 x) − 4 B cos(2 x) yp iv = 16 Asen(2 x) + 16 B cos(2 x)

Sustituyendo en la ecuación se obtiene A"

1 1 ;B" 30 15

Por tanto, la solución particular es yp =

1 1 sen(2 x) + cos(2 x) 30 15

Solución general de la ecuación completa:

y = C1 cos x + C2 sen x + C3 e− x cos x + C4 e− x sen x +

1 1 sen(2 x) + cos(2 x) 30 15

4.9. Resuélvase la ecuación y′′ + y = sen 2 x utilizando el método de variación de las constantes para encontrar una solución particular. SOLUCIÓN La ecuación homogénea asociada es y′′ + y = 0 . Su ecuación característica es r2 + r = 0, de raíces r = i, r = –i. Por tanto la solución general de la homogénea y = C1 sen x + C2 cos x

ECUACIONES LINEALES DE COEFICIENTES CONSTANTES

Método de variación de las constantes. Se busca una solución particular de la ecuación completa, de la forma yp = C1 ( x)sen x + C2 ( x)cos x y′p = C1′ sen x + C1 cos x + C2′ cos x − C2 sen x Imponiendo la condición C1′ sen x + C2′ cos x = 0

(4.6)

la primera derivada queda y′ = C1 cos x − C2 sen x Derivando de nuevo esta última expresión, se obtiene y′′ = C1′ cos x − C1 sen x − C2′ sen x − C2 cos x y sustituyendo en la ecuación completa C1′ cos x − C2′ sen x = sen 2 x

(4.7)

Del sistema formado por (4.6) y (4.7) se pueden deducir las constantes C1, C2. 0 C1 =

C2 =

cos x

sen 2 x sen x sen x

cos x

cos x


sen x

sen x

0

cos x sen 2 x sen x

cos x

cos x


sen x

C1 =  sen 2 x cos x dx =

sen 3 x 3

C2 = 
sen 3 x dx = cos x


cos3 x 3

= sen 2 x cos x 

=
sen 3 x 

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Por consiguiente, la solución particular es ⎛ sen 3 x cos3 x ⎞ 1 sen x + ⎜ cos x − cos x = sen 4 x − cos 4 x + cos 2 x = ⎟ 3 3 ⎠ 3 ⎝

(

yp =

(

)(

(

)

)

)

=

1 1 2 sen 2 x − cos 2 x sen 2 x + cos 2 x + cos 2 x = sen 2 x + cos 2 x = 3 3 3

=

1 1 sen 2 x + 2cos2 x = 1 + cos2 x 3 3

(

)

Solución general de la ecuación y = C1 sen x + C2 cos x +

(

1 1 + cos2 x 3

)

4.10. Resuélvase la ecuación xy′′ − y′ − 4 x3 y = 8 x5 e x

2

2

sabiendo que y " e x es una solución de la ecuación homogénea asociada. SOLUCIÓN Para calcular otra solución de la homogénea se aplicará el método de re2 ducción de orden. Efectuando el cambio de variable dependiente y " e x v( x), se obtiene 2

2

2

y′ = 2 xe x v + e x v′ = e x (2 xv + v′ ) ;

2

2

y′′ = 2 xe x (2 xv + v′ ) + e x (2 v + 2 xv′ + v′′ )

Sustituyendo en la ecuación homogénea y simplificando, queda v(4x2
1) + xv = 0



v
4x2 + 1 = v x

ECUACIONES LINEALES DE COEFICIENTES CONSTANTES

Haciendo ahora vc = z, e integrando la ecuación resultante, se tiene z
4x2 + 1 =  z x

ln z = ln x
2x2 + ln c1

z = c1 xe
2 x



2

Deshaciendo los cambios efectuados, resulta v = ∫ c1 xe−2 x dx = c1 e−2 x + c2 2

2

2

y = c1 e x + c2 e− x

;

2

donde se han modificado convenientemente las constantes de integración. Por tanto, la solución general de la ecuación homogénea es 2

y = C1 e x + C2 e− x

2

La solución particular de la ecuación completa se buscará mediante el método de variación de las constantes, haciendo 2

y = C1 ( x) e x + C2 ( x) e− x 2

2

2

2

y′ = C1′e x + 2 xC1 e x + C2′ e− x − 2 xC2 ( x) e− x

2

Imponiendo la condición 2

2

C1′e x + C2′ e− x = 0 2

(4.8)

2

se obtiene y′ = 2 xC1 e x − 2 xC2 ( x) e− x . Derivando de nuevo, y sustituyendo en la ecuación completa, se tiene 2

(

2

2

)

(

2

2

2

)

y′′ = 2 xC1′e x + C1 2 e x + 4 x2 e x − 2 xC2′ ( x) e− x − C2 2 e− x − 4 x2 e− x . 2

2

2 x2 C1′e x − 2 x2 C2′ e− x = 8 x5 e x

2

De (4.8) y (4.9) se pueden deducir las constantes C1, C2.

(4.9)

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

e
x

0 C1 =

8x5 e x ex

2

ex

2

2

2x e

= 2x3

2


2x2 e
x

8x5 e x e
x

2

2x2 e x

2



C1 =

x4 2

2

0

2 x2

ex


2x2 e
x e
x

2

2x2 e x

C2 =

2

2

2

2 2 2 
x 1 =
2x3 e2 x  C2 = e2 x  +  4  2

2


2x2 e
x

2

En consecuencia, la solución particular es yp =

⎛ − x 2 1 ⎞ − x2 ⎛ x 4 x2 1 ⎞ 2 2 x 4 x2 e + e2 x ⎜⎜⎜ + ⎟⎟⎟ e = e x ⎜⎜⎜ − + ⎟⎟⎟ 2 2 4 2 2 4⎠ ⎝ ⎠ ⎝

Y la solución general de la ecuación completa 2

2

y = C1 e x + C2 e – x +

2 1 2 x4 – 2 x2 + 1) e x ( 4

4.11. En la ecuación lineal no homogénea xy′′ − ( 2 x + 1) y′ + ( x + 1) y = −4 x−1 e x, se pide: a) Calcular el valor de p para que y1 = epx sea una solución particular de su ecuación homogénea asociada. b) Utilizando esa solución, encontrar la solución general de dicha ecuación homogénea. c) Mediante el método de variación de las constantes, hallar una solución particular de la ecuación completa, y la solución general de la misma.

ECUACIONES LINEALES DE COEFICIENTES CONSTANTES

SOLUCIÓN a) y1 = e px  y1
= pe px  y1

= p2 e px Sustituyendo en la ecuación se tiene

(

)

xp2 e px − ( 2 x + 1) pe px + ( x + 1) e px = 0 ; ⎡ p2 − 2 p + 1 x + (1 − p) ⎤ e px = 0 ; ⎣ ⎦

( p − 1)2 x + (1 − p) = 0 Ha de ser p = 1. Solución y1 = ex. b) Método de reducción de orden. Cambio de variable: y = ex v(x). Sus derivadas son y
= e x v + e x v




y

= e x v + 2e x v
+ e x v



Sustituyendo en la ecuación homogénea, queda

(

)

(

)

x e x v + 2 e x v′ + e x v′′ − (2 x + 1) e x v + e x v′ + ( x + 1) e x v = 0 Operando convenientemente se obtiene xe x v
e x v = 0



xv
v = 0

Haciendo vc = w, la ecuación es xw
w = 0 

w 1 = w x

Es una ecuación de variables separadas, cuya solución es: w = C1x Deshaciendo los cambios resulta v
= C1 x 

v = C1

x2 + C2 2

 x2  y = e x v(x) = e x  C1 + C2  2  

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Solución general de la ecuación homogénea y = C1 x2 e x + C2 e x c) Variación de las constantes. Solución a buscar y = C1 ( x) x2 e x + C2 ( x) e x su primera derivada es

(

)

y′ = C1 x2 e x + 2 xe x + C1′x2 e x + C2 e x + C2′ e x que imponiendo la condición C1′x2 e x + C2′ e x = 0 queda

(

)

y′ = C1 x2 e x + 2 xe x + C2 e x Derivando de nuevo se obtiene

(

)

(

)

y′′ = C1 x2 e x + 4 xe x + 2 e x + C1′ x2 e x + 2 xe x + C2 e x + C2′ e x Sustituyendo en la ecuación no homogénea, resulta otra condición

(

)

C1′ x3 e x + 2 x2 ex + C2′ xe x = −

4ex x

De ambas condiciones, resulta



C1 x2  2x  C2 "

2 x3 2 C2 " x C1 "

C1 x2  C2 " 0 4 x2

1 x2 C2 " 2ln x C1 "

ECUACIONES LINEALES DE COEFICIENTES CONSTANTES

Por tanto, la solución particular de la no homogénea buscada es yp = e x + 2 e x ln x Solución general de la ecuación completa

(

)

y = e x C1 x2 + C2 + 2ln x + 1

4.12. Resuélvase la ecuación y′′ − y =

2 e2 x e2 x + 1

determinando una solución particular mediante el método de variación de las constantes. SOLUCIÓN Ecuación homogénea asociada y′′ − y = 0 Ecuación característica: r 2
1 = 0  r = ±1. Solución general de la ecuación homogénea y = C1 e x + C2 e− x Variación de las constantes. y = C1 ( x) e x + C2 ( x) e− x y ' = C1 e x + C1′e x − C2 e− x + C2′ e− x Imponiendo la condición: C1′e x + C2′ e− x = 0 la primera derivada queda y′ = C1 e x − C2 e− x

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Y derivando de nuevo, se obtiene y′′ = C1 e x + C1′e x + C2 e− x − C2′ e− x Sustituyendo en la ecuación no homogénea, resulta otra condición C1′e x − C2′ e− x =

2 e2 x e2 x + 1

De ambas condiciones ⎧C1′e x + C2′ e− x = 0 ⎪ ⎨ x 2 e2 x −x ⎪C1′e − C2′ e = 2 x e +1 ⎩ se obtiene C1 =
e
2 x C2 =


e3 x ex =  e2 x + 1 e2 x + 1


e3 x  e2 x + 1

C2 =

C1 =

ex x  e2 x + 1dx = arctg( e )


e3 x dx =
e x + arctg (e x ) 2x +1

e

Por lo tanto, una solución particular de la ecuación no homogénea es

(

)

yp = e xarctg (e x ) + e− xarctg(e x ) − 1 = e x + e− x arctg(e x ) − 1

Solución general pedida

(

)

y = C1 e x + C2 e− x + e x + e− x arctg(e x ) − 1

4.13. Considérese la ecuación diferencial 1 1 ⎞ ⎛ u′′ + u′ + ⎜ 1 − 2 ⎟ u = 0 ⎝ t 4t ⎠

ECUACIONES LINEALES DE COEFICIENTES CONSTANTES

Se pide: a) Ecuación que resulta al efectuar un cambio de variable dependiente, de la forma u ( t ) = t
 ( t ) ,
= n.º real 1 la ecuación resultante es de coeficien2 tes constantes, y a través de ella hallar la solución general de la ecuación original. b) Comprobar que para α = −

c) Determinar la solución general de la ecuación no homogénea 1 1 ⎞ ⎛ u′′ + u′ + ⎜ 1 − 2 ⎟ u = t1/2 ⎝ t 4t ⎠ SOLUCIÓN a) Cambio de variable, y derivadas u( t ) = t
 ( t )

u(t) = t
 ( t ) + t 
1 ( t )

u(t) = t
 ( t ) + 2t 
1 ( t ) +  ( 
1) t 
2 ( t ) sustituyendo todo ello en la ecuación y reordenado los términos, queda 1



 t
 ( t ) + ( 2
+ 1)t 
1 ( t ) +  t  +   2
 t 
2   ( t ) = 0  4  b) Para α = −

1 , la ecuación es 2 t
1/2  ( t ) + t
1/2  ( t ) = 0

o también
 ( t ) +
( t ) = 0 que es una ecuación de coeficientes constantes.

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Ecuación característica y raíces: r2 + r = 0




r = ±i

La solución es
( t ) = C1 cos t + C2sen t Deshaciendo el cambio, resulta u ( t ) = C1

sen t cos t + C2 t t

c) Efectuando el cambio de variable anterior u ( t ) = t
1/2 ( t ) , resulta la ecuación t
1/2  ( t ) + t
1/2  ( t ) = t1/2

;


 ( t ) +
( t ) = t

La solución general de la homogénea asociada se ha calculado anteriormente. Utilizando el método de selección, una solución particular se busca en la forma:
p ( t ) = At + B
p ( t ) = A ,


p ( t ) = 0

Sustituyendo en la ecuación se deduce At + B = t




A =1 ,

B=0

Por tanto, la solución particular es
p ( t ) = t . Solución general
( t ) = C1 cos t + C2 sen t + t

ECUACIONES LINEALES DE COEFICIENTES CONSTANTES

Y deshaciendo el cambio u ( t ) = C1

cos t sen t + C2 + t t t

4.14. Dada la ecuación diferencial

(1 + x)

d2 y dy − (1 + 2 x ) + xy = xe x 2 dx dx

a) Compruébese que ex es una solución particular de la ecuación homogénea asociada, y que el cambio de variable dependiente y = ex z reduce en una unidad el orden de la ecuación completa. b) Determínese la solución general. SOLUCIÓN: a) Por simple sustitución se comprueba fácilmente que y  =  ex es solución de la ecuación homogénea asociada

(1 + x)

d2 y dy − (1 + 2 x ) + xy = 0 dx2 dx

Cambio de variable dependiente y = ex z Las relaciones entre las derivadas de ambas variables son 2 dy ⎞ ⎛ dz ⎞ d2 y dz x⎛ d z = ex ⎜ + z⎟ , = +2 + z⎟ e 2 2 ⎜ ⎝ ⎠ dx dx dx dx ⎝ dx ⎠

Al aplicar el cambio de variable, la ecuación completa queda ⎛ d2 z ⎞ dz ⎛ dz ⎞ +2 + z⎟ − (1 + 2 x ) e x ⎜ + z + xe x z = xe x 2 ⎝ dx ⎟⎠ dx ⎠ ⎝ dx

(1 + x) e x ⎜

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

y simplificando

(1 + x) Haciendo ahora

d 2 z dz + =x dx2 dx

dz " u , resulta la ecuación dx du (1 + x) + u = x dx

que es una ecuación lineal de primer orden. b) Solución general de la homogénea asociada u=

C 1+ x

Aplicando variación de las constantes se tiene u=

C ′ (1 + x ) − C C ( x) , u′ = 1+ x (1 + x)2

En la ecuación C ′ (1 + x ) − C C x2 + = x , C ′ = x , C ( x) = +C 1+ x (1 + x) 2 Solución general de la ecuación (4.10) u=

x 2 + 2C 2(1 + x)

Deshaciendo los cambios, resulta z=

x 2 + 2C 1 2 1 ∫ 2(1 + x) dx = 4 x − 2 x + C ln 1 + x + K

1 ⎤ ⎡1 y = e x ⎢ x2 − x + C1ln x + 1 + C2 ⎥ 4 2 ⎦ ⎣

(4.10)

ECUACIONES LINEALES DE COEFICIENTES CONSTANTES

4.15. Resuélvase la ecuación y′′ − 4 y′ + 4 y = 4(2 x − 1) e4 x utilizando el método de los coeficientes indeterminados para determinar una solución particular. SOLUCIÓN Ecuación homogénea asociada y′′ − 4 y′ + 4 y = 0 Ecuación característica y raíces r 2 − 4r + 4 = 0. Raíces: r=2 (doble). Solución de la homogénea y = ( C1 + C2 x ) e2 x Solución particular de la no homogénea. Método de los coeficientes indeterminados. El término no homogéneo es (8 x  4) e4 x , y 4 no es raíz del polinomio característico. Por tanto la solución particular se busca en la forma yp = e4 x ( Ax + B) Derivando y′p = e4 x (4 Ax + 4 B + A) , y′′p = e4 x (16 Ax + 16 B + 8 A) Sustituyendo en la ecuación no homogénea y simplificando se obtiene 4 Ax + 4 A + 4 B = 8 x − 4

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Identificando coeficientes resulta A = 2, B = –3. Por tanto la solución particular de la no homogénea es yp = e4 x (2 x − 3) Solución general y = ( C1 + C2 x ) e2 x + (2 x − 3) e4 x

4.16. Resuélvase la ecuación y iv) − 4 y′′′ + 4 y′′ = 12 x2 − 40 x + 42 utilizando el método de los coeficientes indeterminados. SOLUCIÓN Ecuación homogénea asociada y iv) − 4 y′′′ + 4 y′′ = 0 Ecuación característica r 4
4r 3 + 4r 2 = 0  r 2 (r 2
4r + 4) = 0. Raíces: r = 2, r = 0 (dobles ambas). Solución de la homogénea y = C1 + C2 x + ( C3 + C4 x ) e2 x El término no homogéneo es 12 x2 − 40 x + 42. Al ser r = 0 una raíz del polinomio característico con multiplicidad dos, la solución particular a buscar será de la forma yp = x2 ( Ax2 + Bx + C ) = Ax4 + Bx3 + Cx2

ECUACIONES LINEALES DE COEFICIENTES CONSTANTES

Con ello: y′p = 4 Ax3 + 3 Bx2 + 2Cx y′′p = 12 Ax2 + 6 Bx + 2C y′′′= 24 Ax + 6 B p y ivp )= 24 A Sustituyendo en la ecuación no homogénea y simplificando se obtiene 48 Ax2 + x(−96 A + 24 B) + 24 A − 24 B + 8C = 12 x2 − 40 x + 42 Identificando coeficientes resulta A=

1 , 4

B=

−2 , 3

C=

5 2

Por tanto la solución particular de la no homogénea es yp =

1 4 2 3 5 2 x − x + x 4 3 2

Solución general y = C1 + C2 x + ( C3 + C4 x ) e2 x +

1 4 2 3 5 2 x − x + x 4 3 2

4.17. Utilícese el método de los coeficientes indeterminados para hallar una solución particular de la ecuación: y′′ − 6 y′ + 9 y = 2(9 x − 2) e3 x y hállese su solución general.

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

SOLUCIÓN Ecuación homogénea asociada: y′′ − 6 y′ + 9 y = 0 Ecuación característica y raíces: r 2
6r + 9 = 0  r = 3 (doble). Solución de la homogénea y = (C1 + C2 x) e3 x El término no homogéneo es 2(9 x  2) e3 x . Como r = 3 es raíz doble de la ecuación característica, la solución particular de la no homogénea será de la forma yp = x2 e3 x ( Ax + B) = e3 x ( Ax3 + Bx2 ) Entonces y′p = e3 x (3 Ax3 + x2 (3 A + 3 B) + 2 Bx) y′′p = e3 x (9 Ax3 + x2 (18 A + 9 B) + x(12 B + 6 A) + 2 B) Sustituyendo en la ecuación no homogénea, simplificando e identificando coeficientes, se obtiene 6Ax + 2B = 18x
4 

A = 3, B =
2

Por tanto, la solución particular de la no homogénea es yp = x2 e3 x (3 x − 2) Solución general y = (C1 + C2 x) e3 x + x2 (3 x – 2) e3 x

ECUACIONES LINEALES DE COEFICIENTES CONSTANTES

4.18. Resuélvase la ecuación y′′ + 25 y = 20sen(5 x) utilizando el método de los coeficientes indeterminados. SOLUCIÓN Ecuación homogénea asociada y′′ + 25 y = 0 Ecuación característica r2 + 25 = 0. Raíces: r = ±5i. Solución general de la homogénea y = C1 cos(5 x) + C2 sen (5 x) El término no homogéneo es 20  sen (5x). Al ser ±5i soluciones de la ecuación característica de multiplicidad uno, la solución particular de la no homogénea será de la forma yp = x ( A cos(5 x) + B sen(5 x)) Entonces y′p = ( A + 5 Bx)cos(5 x) + (−5 Ax + B)sen(5 x) y′′p = (−25 Ax + 10 B)cos(5 x) + (−25 Bx − 10 A)sen(5 x) Sustituyendo en la ecuación no homogénea y simplificando se obtiene 10 B cos(5 x) + (−10 A)sen(5 x) = 20sen(5 x) Identificando coeficientes, resulta 10B = 0   
A =
2, 
10A = 20 

B=0

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Por tanto la solución particular de la no homogénea es yp = −2 x cos(5 x) Solución general y = C1 cos(5 x) + C2 sen(5 x) − 2 x cos(5 x)

4.19. Resuélvase la ecuación y′′ + 4 y = 16sen(3 x) + 12cos(3 x) utilizando el método de los coeficientes indeterminados. SOLUCIÓN Ecuación homogénea asociada y′′ + 4 y = 0 Ecuación característica: r2 + 4 = 0 Ÿ r = ±2i. Solución de la homogénea y = C1 cos(2 x) + C2 sen(2 x) El término no homogéneo es 16  sen (3x)  +  12  cos (3x). Como ±2i son soluciones de la ecuación característica de multiplicidad uno, la solución particular de la no homogénea será de la forma yp = A cos(3 x) + Bsen(3 x) Derivando, sustituyendo e identificando coeficientes se obtiene A=

−12 , 5

B=

−16 5

ECUACIONES LINEALES DE COEFICIENTES CONSTANTES

Por tanto yp = −

12 16 cos(3 x) − sen(3 x) 5 5

Solución general de la ecuación pedida y = C1 cos(2 x) + C2 sen(2 x) −

12 16 cos(3 x) − sen(3 x) 5 5

4.20. Considérese la ecuación diferencial, expresada en notación operacional H ( D) y = ex + 4 donde H ( D ) = D 4 − 4 D3 + 5D2 − 4 D + 4 , (D = operador derivada). Se pide: a) Solución general de su ecuación homogénea asociada. b) Una solución particular de la ecuación completa. Para ello aplicar: 1. El método de selección. (coeficientes indeterminados) 2. El método operacional. c) Solución general. SOLUCIÓN a) La ecuación desarrollada es y iv ) − 4 y′′′ + 5 y′′ − 4 y′ + 4 y = e x + 4 Ecuación homogénea asociada y iv) − 4 y′′′ + 5 y′′ − 4 y′ + 4 y = 0 Ecuación característica y raíces r4

4r 3  5r 2

4r  4 " 0

r " 2, 2, t i

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Solución general de la homogénea y = C1 e2 x + C2 xe2 x + C3 cos x + C4 sen x b) Solución particular de la ecuación completa. 1. Método de selección. La solución a buscar es (Apartado 5.2 de la introducción teórica) yp = Ae x + B Sus derivadas: y′p = Ae x ,

y′′p = y′′′= y ivp )= Ae x p

Sustituyendo en la ecuación, resulta A " yp =

1 , 2

B " 1 . Con ello

1 x e +1 2

2. Método operacional. Aplicando el principio de superposición (Introducción teórica Cap. 3). Para la ecuación H(D)y = ex: La solución particular de dicha H(D)y = ex es ((4.3) de la introducción teórica) yp1 =

1 1 1 ex = ex = ex H ( D) H (1) 2

Para la ecuación H(D)y = 4: Dividiendo 1 entre el polinomio H ( D ) = 4 − 4 D + 5D2 − 4 D3 + D 4 , se obtiene de cociente Q ( D) =

1 1 + D + ... 4 4

ECUACIONES LINEALES DE COEFICIENTES CONSTANTES

Por lo tanto, la solución particular es (4.2) de la introducción teórica) ⎞ ⎛1 1 yp2 = ⎜⎜ + D + ...⎟⎟ 4 = 1 ⎝4 4 ⎠ La solución particular yp es la suma de las dos yp = yp1 + yp2, es decir yp =

1 x e +1 2

c) Solución general de la ecuación completa y = C1 e2 x + C2 xe2 x + C3 cos x + C4 sen x +

1 x e +1 2

4.21. Dada la ecuación diferencial d 3 y d 2 y dy + + + y = e5 x dx3 dx2 dx Se pide: a) Determinar tres soluciones linealmente independientes de la ecuación homogénea asociada. b) Calcular el Wronskiano de las soluciones halladas. c) Solución general de la ecuación no homogénea, hallando previamente una solución particular de la misma utilizando el método operacional. SOLUCIÓN a) Ecuación homogénea asociada d 3 y d 2 y dy + + +y=0 dx3 dx2 dx

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Ecuación característica y raíces r 3 + r 2 + r + 1 = 0 . Raíces: r1=−1, r2,3=ri Las soluciones correspondiente a cada raíz son y1 = e− x ,

y2 = cos x,

y3 = sen x

b) Wronskiano de dichas soluciones e− x W e ,cos x, sen x = − e− x e− x

(

cos x sen x 1 cos x sen x −x = e −1 − sen x cos x = − sen x cos x 1 − cos x − sen x − cos x − sen x

)

−x

1 =e

−x

cos x

sen x

0 cos x − sen x cos x + sen x = −2cos x

0

−2sen x

= e− x ( − 2sen x cos x + 2sen 2 x + 2 cos2 x + 2sen x cos x ) = 2 e− x Es decir

(

)

W e− x ,cos x, sen x = 2 e− x

(

)

Al ser W e− x ,cos x, sen x = 2 e− x ≠ 0 para todo valor de x, las tres soluciones son linealmente independientes. c) Solución particular de la ecuación completa. Como 5 no es raíz de la ecuación característica, entonces yp =

1 5x 1 1 5x e = 3 e5 x = e 2 H (5) 5 + 5 + 5 +1 156

Solución general y = C1 e− x + C2 cos x + C3 sen x +

1 5x e 156

ECUACIONES LINEALES DE COEFICIENTES CONSTANTES

4.22. Resuélvanse las siguientes ecuaciones, utilizando el método operacional en la búsqueda de la solución particular. a) y iv) − 2 y′′ + y = x3 − 3 4 2x b) y′′ − 4 y′ + 4 y = x e

c) y iv ) − 16 y = x4 − e x d) y′′′ − y = e− x x2 e) y′′′ + 6 y′′ + 8 y′ = e−2 x x3 f) y′′ − 8 y′ + 16 y = e4 x 3 x g) y′′ + 6 y′ + 9 y = e−3 x ln( x + 2) SOLUCIÓN a) y iv) − 2 y′′ + y = x3 − 3 Ecuación característica y raíces r 4 2r 2 + 1 = 0

r = – 1 (doble), r = 1 (doble)

Solución general de la ecuación homogénea y = (C1 + C2x) ex +  (C3 + C4x) e-x Ecuación completa en notación operacional ( D 4 − 2 D2 + 1) y = x3 − 3 El polinomio operacional es H ( D) = D 4 − 2 D2 + 1 Solución particular de la ecuación completa. Aplicando (4.2) de la introducción teórica yp =

1 1 [ x3 − 3] = 4 [ x3 − 3] = (1 + 2 D2 )( x3 − 3) = 2 H ( D) D − 2D + 1

= x3 − 3 + 2 ⋅ 6 x = x3 + 12 x − 3

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Solución general de la ecuación completa y = (C1 + C2 x) e x + (C3 + C4 x) e− x + x3 + 12 x − 3 b) y′′ − 4 y′ + 4 y = x4 e2 x Ecuación característica y raíces r 2
4r + 4 = 0  r = 2 (doble) Solución general de la ecuación homogénea y = (C1 + C2 x) e2 x Ecuación completa ( D2 − 4 D + 4) y = x4 e2 x Es decir: H ( D) = D2 − 4 D + 4. Solución particular de la ecuación completa. Aplicando (4.4) de la introducción teórica: y p = e2 x

6 1 1 4 2x 1 4 2x x ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ x e x = e [ x 4 ] = e2 x = H ( D + 2) D2 ⎣ ⎦ ( D + 2)2 − 4( D + 2) + 4 ⎣ ⎦ 30

Solución general y = (C1 + C2 x) e2 x + e2 x

x6 30

c) y iv ) − 16 y = x4 − e x Ecuación característica y raíces r 4
16 = 0  r = ±2, ± 2i

ECUACIONES LINEALES DE COEFICIENTES CONSTANTES

Solución general de la ecuación homogénea y = C1 e2 x + C2 e−2 x + C3 sen(2 x) + C4 cos(2 x) Ecuación en notación operacional: ( D 4 − 16) y = x4 − e x Solución particular de la completa. Aplicando el principio de superposición yp = yp1 − yp2 Donde: yp1 es solución particular de la ecuación (D4 – 16) y = x4 yp2 es solución particular de la ecuación (D4 – 16) y = ex Por tanto, aplicando (4.2) y (4.3) de la introducción teórica, respectivamente, se obtiene yp1 =

⎛ ⎞ 1 ⎡ x4 ⎤ = ⎜ − 1 − 1 D 4 ⎟ x4 = − 1 x4 − 3 ⎥ ⎢ ⎜ ⎟ ⎦ ⎣ D − 16 16 32 ⎝ 16 256 ⎠

yp2 =

1 ⎡ x ⎤ −1 x e = e H (1) ⎢⎣ ⎥⎦ 15

4

Por tanto yp =

1 −1 4 3 x − + ex 16 32 15

Solución general de la ecuación completa y = C1 e2 x + C2 e−2 x + C3 sen(2 x) + C4 cos(2 x) −

1 4 3 1 x − + ex 16 32 15

−x 2 d) y′′′ − y = e x

Ecuación característica y raíces 3

0

r 1, r

1 3 − ± i 2 2

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Solución general de la ecuación homogénea asociada y = C1 e x + e

1 − x 2

⎛ ⎛ 3 ⎞ ⎞⎟ ⎛ 3 ⎞ ⎜ ⎜ x⎟⎟ + C3sen ⎜⎜ x⎟⎟ ⎟ ⎜ C2 cos ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎝ 2 ⎠⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝

Solución particular de la completa. Al ser H(D) = D3 – 1, según (4.4) y p = e− x

1 1 1 ⎡ x2 ⎤ = [ x2 ] = e − x [ x2 ] = 3 3 2 H ( D − 1) D − 3D + 3D − 2 ⎣ ⎦ ( D − 1) − 1

3 ⎞ 1 3⎞ ⎛ −1 3 ⎛ = e− x ⎜ − D − D2 ⎟ ⎡⎣ x2 ⎤⎦ = e− x ⎜ − x2 − 3 x − ⎟ ⎝ 2 4 ⎝ 8 ⎠ 2 2⎠ Solución general de la ecuación completa y = C1 e + e x

1 − x 2

⎛ ⎛ 3 ⎞ ⎞⎟ 1 ⎛ 3 ⎞ ⎛ 3⎞ ⎜ ⎜ x⎟⎟ + C3sen ⎜⎜ x⎟⎟ ⎟ + e− x ⎜⎜ − x2 − 3 x − ⎟⎟ ⎜ C2 cos ⎜⎜ ⎜ 2 ⎟⎟ 2 ⎟ ⎜ 2⎠ ⎝ ⎠⎠ ⎝ ⎝ 2 ⎠ ⎝

−2 x 3 e) y′′′ + 6 y′′ + 8 y′ = e x

Ecuación característica y raíces r 3 + 6r 2 + 8r = 0  r = 0,
4,
2 Solución general de la ecuación homogénea asociada y = C1 + C2 e–2x + C3 e–4x Solución particular de la completa yp = e−2 x = e−2 x

1 1 [ x3 ] = e−2 x [ x3 ] = 3 H ( D − 2) ( D − 2) + 6( D − 2)2 + 8( D − 2) 1 [ x3 ] D − 4D 3

Descomponiendo la fracción, queda 1 −1/ 4 1/ 4 D = + 2 D − 4D D D −4 3

ECUACIONES LINEALES DE COEFICIENTES CONSTANTES

y dividiendo formalmente la última fracción 1 −1/ 4 1 1 3 = − D− D +… D − 4D D 16 64 3

Por tanto, la solución particular es ⎛ 1 x4 1 1 3⎞ 3 1 ⎞ ⎛ −1 1 yp = e−2 x ⎜ − D− D ⎟ [ x ] = e−2 x ⎜ − ⋅ − 3 x2 − ⋅6 = ⎝ 4 D 16 64 ⎠ 64 ⎟⎠ ⎝ 4 4 16 ⎛ x4 3 2 3 ⎞ x − ⎟ = e−2 x ⎜ − − 32 ⎠ ⎝ 16 16 Solución general de la ecuación completa ⎛ x4 3 2 3 ⎞ y = C1 + C2 e−2 x + C3 e−4 x + e−2 x ⎜ − − x − ⎟ 32 ⎠ ⎝ 16 16 4x f) y′′ − 8 y′ + 16 y = e 3 x

Ecuación característica y raíces r 2
8r + 16 = 0  r = 4 (doble) Solución general de la ecuación homogénea asociada y = (C1 + C2 x) e4 x Solución particular de la completa y p = e4 x = e4 x

1 1 [3 x] = [ 3 x ] = e4 x 2 H ( D + 4) ( D + 4) − 8( D + 4) + 16 1 3 9 3 7 [ x ] = e4 x x 2 D 28

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Solución general de la ecuación completa y = (C1 + C2 x) e4 x +

9 3 7 4x x e 28

−3 x g) y′′ + 6 y′ + 9 y = e ln( x + 2)

Ecuación característica y raíces r 2 + 6r + 9 = 0  r =
3 (doble) Solución general de la ecuación homogénea asociada y = (C1 + C2 x) e−3 x Solución particular de la completa yp = e−3 x = e−3 x

1 1 [ln( x + 2)] = e−3 x [ln( x + 2)] = 2 H ( D − 3) ( D − 3) + 6( D − 3) + 9 1 [ln( x + 2)] D2

Utilizando el metodo de integración por partes, se halla 1 [ln( x + 2)] = D2

∫ ( ∫ ln( x + 2)dx) dx = ∫ [( x + 2)ln( x + 2) − ( x + 2)] dx =

= =

( x + 2)2 ( x + 2)2 ln( x + 2) − ∫ dx − ∫ ( x + 2) dx = 2 2( x + 2) ( x + 2)2 3 ln( x + 2) − x2 − 3 x 2 4

Por tanto ⎤ ⎡ ( x + 2)2 3 yp = e−3 x ⎢ ln( x + 2) − x2 − 3 x ⎥ 4 ⎦ ⎣ 2

ECUACIONES LINEALES DE COEFICIENTES CONSTANTES

Solución general de la ecuación completa ⎤ ⎡ ( x + 2)2 3 y = (C1 + C2 x) e−3 x + e−3 x ⎢ ln( x + 2) − x2 − 3 x ⎥ 4 ⎦ ⎣ 2

4.23. Encuéntrese la solución general de la ecuación diferencial x2

d2 y dy + 3x + y = x +1 2 dx dx

SOLUCIÓN Es un ecuación de Euler. El cambio de variable independiente a efectuar es x = et. Las derivadas son 2 dy dy d 2 y dy ⎞ −2 t ⎛ d y , = e− t = − ⎟ e 2 2 ⎜ dx dt dx dt ⎠ ⎝ dt

Sustituyendo en la ecuación, se obtiene d2 y dy + 2 + y = et + 1 2 dt dt que es una ecuación de coeficientes constantes. Ecuación homogénea asociada d2 y dy +2 + y= 0 2 dt dt Ecuación característica y raíces r 2 + 2r + 1 = 0  r =
1 doble. Solución general de la homogénea y = ( C1 + C2 t ) e− t

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Utilizando coeficientes indeterminados, la solución particular de la completa se busca yp = Aet + B



y
p = Aet , y

p = Aet

que sustituyendo en la ecuación e identificando coeficientes, resulta Aet + 2Aet + Aet + B = et + 1


A=

1 , B =1 4

Por tanto, la solución particular es yp =

1 t e +1 4

Solución general y = ( C1 + C2 t ) e− t +

1 t e +1 4

Deshaciendo el cambio y=

1 1 ( C1 + C2 ln x) + x + 1 x 4

4.24. Considerando la ecuación diferencial siguiente: 2 x2

d2 y dy + f ( x) − y=0 2 dx dx

Se pide: 1

a) Hallar f(x) sabiendo que y1 ( x ) = x 2 es una solución de la misma. b) Encontrar una nueva solución y2 (x) de tal manera que sea un sistema fundamental de soluciones.

{x

1 2

}

, y2 ( x )

c) Comprobar, mediante su wronskiano, que ambas soluciones son linealmente independientes. ¿Qué sucede en x = 0?.

ECUACIONES LINEALES DE COEFICIENTES CONSTANTES

SOLUCIÓN a) Sustituyendo la solución dada y sus derivadas, es decir 1

y1 ( x ) = x 2

;

y1′ ( x ) =

1 − 12 x 2

;

y1′′( x ) = −

1 − 32 x 4

En la ecuación, se obtiene ⎛ 1 −3 ⎞ ⎛ 1 −1 ⎞ 2 x2 ⎜ − x 2 ⎟ + f ( x ) ⎜ x 2 ⎟ − y = 0 ⎝ 4 ⎠ ⎝2 ⎠ De donde se deduce f(x)  = 3x b) Con ese valor de f(x), la ecuación queda 2 x2

d2 y dy + 3x − y=0 dx2 dx

Es una ecuación de Euler. Cambio de variable x = et. Sus derivadas son 2 dy ⎞ dy dy , d 2 y −2 t ⎛ d y = − ⎟ e = e− t 2 2 ⎜ dt ⎠ dx dt dx ⎝ dt

Al sustituir en la ecuación se obtiene la de coeficientes constantes ⎛ d 2 y dy ⎞ dy 2 e2 t e−2 t ⎜ 2 − ⎟ + 3 et e− t −y=0 dt ⎠ dt ⎝ dt 2

d 2 y dy + − y=0 dt 2 dt

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Ecuación característica y raíces: 2r 2 + r
1 = 0



r=

1 ,
1 2

Soluciones correspondientes a cada raíz: 1 t 2

−t y1 ( t ) = e , y2 ( t ) = e

que deshaciendo el cambio son 1

y1 ( x ) = x 2 , y2 ( x ) = x−1 c) El determinante wronskiano de ambas soluciones es W ( y1 , y2 ) =

x1/2 1 −1/2 x 2

x−1 1 − 2 x

3 1 = − ⋅ 3/2 ≠ 0 para xz0 2 x

Por tanto, y1(x), y2(x) son linealmente independientes. Escribiendo la ecuación en la forma d2 y 3 dy 1 + − y=0 dx2 2 x dx 2 x2 se observa que los coeficientes no son continuos en x = 0 y el wronskiano puede tener singularidades en ese punto.

4.25. Resuélvase la ecuación 6 x2 y′′ + 8 xy′ − 8 y = x2

SOLUCIÓN Es una ecuación de Euler. Cambio de variable: x = et

ECUACIONES LINEALES DE COEFICIENTES CONSTANTES

Las derivadas de la función en la nueva variable son: y′ =

dy dy ⎡ d 2 y dy ⎤ d2 y = e− t , y′′ = 2 = e−2 t ⎢ 2 − ⎥ dx dt dx dt ⎦ ⎣ dt

Sustituyendo en la ecuación, se obtiene 6

dy d2 y + 2 − 8 y = e2 t 2 dt dt

que es una ecuación lineal de coeficientes constantes. Ecuación característica y raíces: 6 r 2 + 2r − 8 = 0 . Raíces r = −1 ,

4 3

Solución general de la ecuación homogénea asociada: 4

y = C1 e− t + C2 e 3

t

Para hallar una solución particular de la completa se utilizará el método operacional. La ecuación en notación operacional es

(6 D

2

+ 2 D − 8 ) y = e2 t

Y el polinomio operacional H ( D ) = 6 D2 + 2 D − 8 Como 2 no es raíz de la ecuación característica, la solución particular yp es yp "

1 2t 1 2t e " e H (2) 20

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Solución general de la ecuación completa 4

t

1 2t e 20

4

1 2 x 20

y = C1 e− t + C2 e 3 + que deshaciendo el cambio resulta y = C1 x−1 + C2 x 3 +

4.26. a) Encuéntrese la solución general de la ecuación diferencial x2

d2 y dy − 2x + 2y = 6 2 dx dx

b) ¿De esas soluciones, cuál o cuáles verifican las condiciones iniciales y (0) = 3 ;

dy dx

=1 ? x= 0

c) Si se ha obtenido más de una, explicar porqué existen soluciones distintas que verifican esas condiciones iniciales. SOLUCIÓN a) Es una ecuación de Euler. Efectuando el cambio de variable x = et, y siguiendo los pasos de ejercicios anteriores se obtiene la ecuación de coeficientes constantes d2 y dy −3 + 2y = 6 2 dt dt Ecuación característica y raíces r 2 − 3r + 2 = 0 . Raíces: r = 1, r = 2.

ECUACIONES LINEALES DE COEFICIENTES CONSTANTES

Solución general de la ecuación homogénea asociada y = C1 e2 t + C2 et La solución particular de la ecuación completa será de la forma yp = A, que al sustituir en dicha ecuación e identificando coeficientes, resulta yp = 3 Por tanto, la solución general de la ecuación completa es y = C1 e2 t + C2 et + 3 Deshaciendo el cambio se obtiene la solución general pedida y = C1 x2 + C2 x + 3 b) Aplicando las condiciones iniciales se obtiene y(0) = 3 se cumple para todo C1, C2. dy =1
dx x=0

C2 = 1

Soluciones y = C1 x2 + x + 3 . (Infinitas) c) Si se expresa la ecuación en la forma d 2 y 2 dy 2 6 − + 2 y= 2 2 dx x dx x x se observa que x = 0 es un punto donde no se cumplen las condiciones suficientes para la existencia de solución única (no se cumplen las hipótesis del teorema de existencia y unicidad).

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

4.27. Resuélvase la ecuación 2 x2 y′′ − 3 xy′ − 3 y = x2 + 2 x + 2 SOLUCIÓN Es una ecuación de Euler. Mediante el cambio x = et y, siguiendo los pasos de ejercicios anteriores, se obtiene 2

d2 y dy − 5 − 3 y = e2 t + 2 e t + 2 2 dt dt

Ecuación homogénea asociada 2

dy d2 y − 5 − 3y = 0 2 dt dt

Ecuación característica y raíces 2r 2 − 5r − 3 = 0 . Raíces: r = 3;

−1 2

Solución general de la ecuación homogénea −1

y = C1 e3 t + C2 e 2

t

Solución particular de la completa. Aplicando el principio de superposición y el método operacional se tienen las siguientes soluciones particulares: De la ecuación 2

d2 y dy − 5 − 3 y = e2 t , una solución particular es 2 dt dt yp1 =

1 2t 1 e = − e2 t H (2) 5

ECUACIONES LINEALES DE COEFICIENTES CONSTANTES

De 2

1 1 d2 y dy 2 et = − et . − 5 − 3 y = 2 et , una solución particular yp2 = 2 H (1) 3 dt dt

De 2

1 2 d2 y dy 2=− . − 5 − 3 y = 2 , yp3 = 2 H (0) 3 dt dt

Por tanto, la solución particular yp buscada es yp = yp1 + yp2 + yp3 Es decir 1 1 2 y p = − e2 t − e t − 5 3 3 Solución general de la ecuación completa −1 t 1 1 2 y = C1 e3 t + C2 e 2 − e2 t − et − 5 3 3

Y deshaciendo el cambio y = C1 x3 + C2

1 1 2 1 2 − x − x− 3 3 x 5

4.28. Resuélvase la ecuación diferencial x2

d2 y dy 1 + 4x +2 y= 2 dx dx x

x≠0

SOLUCIÓN Es una ecuación de Euler. Aplicando el cambio de variable x  =  et y el procedimiento de ejercicios anteriores se obtiene la ecuación d2 y dy + 3 + 2 y = e− t 2 dt dt

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Ecuación característica y raíces r 2 + 3r + 2 = 0



r =
1,
2

Solución general de la ecuación homogénea asociada y = C1 e− t + C2 e−2 t Solución particular de la ecuación completa. Al ser –1 raíz de la ecuación característica será de la forma yp = Ate–t. Sus derivadas son dyp

= ( A − At ) e− t ; dt

d 2 yp dt 2

= ( At − 2 A ) e− t

Sustituyendo en la ecuación completa, e identificando coeficientes, resulta At − 2 A + 3 A − 3 At + 2 At = At , A = 1 Solución particular yp = te–t Solución general de la ecuación completa y = C1 e− t + C2 e−2 t + te− t Y deshaciendo el cambio y = C1 x−1 + C2 x−2 + x−1 ln x

4.29. Resuélvase la ecuación x3 y′′′ − 3 x2 y′′ + 6 xy′ − 6 y = ln x3 − 1

ECUACIONES LINEALES DE COEFICIENTES CONSTANTES

SOLUCIÓN Es una ecuación de Euler. Cambio de variable independiente x = et. Las derivadas de la función son 2 dy dy d2 y dy ⎞ −2 t ⎛ d y = e− t , = − ⎟ e 2 2 ⎜ dx dt ⎠ dx dt ⎝ dt

,

3 d3 y d2 y dy ⎞ −3 t ⎛ d y = − +2 ⎟ e 3 3 2 3 ⎜ dx dt dt ⎠ ⎝ dt

La ecuación que resulta al sustituir los resultados anteriores es d3 y d2 y dy − 6 + 11 − 6 y = 3t − 1 3 2 dt dt dt Ecuación característica y raíces r 3
6r 2 + 11r
6 = 0  r = 1; 2; 3 Solución general de la ecuación homogénea asociada y = C1 et + C2 e2 t + C3 e3 t Solución particular de la completa, aplicando el método operacional yp =

1 1 1 3 ⎛ 1 11 ⎞ D⎟ (3t − 1) = − t − (3t − 1) = 3 (3t − 1) = ⎜ − − 2 ⎝ 6 36 ⎠ H ( D) D − 6 D + 11D − 6 2 4

Solución general de la ecuación completa y = C1 et + C2 e2 t + C3 e3 t −

1 3 t− 2 4

Deshaciendo el cambio y = C1 x + C2 x2 + C3 x3 −

1 3 ln x − 2 4

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

4.30. Considérese la ecuación diferencial lineal definida en R – {0} y′′ + a1 ( x ) y′ + a2 ( x ) y = 0 donde a1(x), a2(x) son funciones definidas en el mismo intervalo. Se pide: a) Hallar los coeficientes a1(x), a2(x) sabiendo que y1(x)  =  x, y2(x)  =  x2 son dos soluciones particulares. b) Comprobar que es una ecuación de Euler y reducir, mediante un cambio de variables apropiado, dicha ecuación a una de coeficientes constantes. c) Hallar la solución general. SOLUCIÓN a) Si y1(x) = x, y2(x) = x2 son dos soluciones particulares, cualquier otra y  =  y(x) es linealmente dependiente con ellas. Es decir, el wronskiano de las tres soluciones es cero. y W ( y, y1 , y2 ) =

x2

x

2 2 x 1 = 0 , − x y′′ + 2 xy′ − 2 y = 0 y′′ 2 0

y′

y′′ −

2 2 y′ + 2 y = 0 x x

Por tanto 2 a1 ( x ) = − , x

a2 ( x ) =

2 x2

b) La ecuación es x2 y′′ − 2 xy′ + 2 y = 0. Es una ecuación de Euler. El cambio de variable x = et la convierte en la ecuación de coeficientes constantes dy d2 y − 3 + 2y = 0 2 dx dt

ECUACIONES LINEALES DE COEFICIENTES CONSTANTES

c) Ecuación característica: r2 – 3r + 2 = 0. Raíces: r = 1, r = 2. Solución general y = C1 et + C2 e2 t

4.31. Resuélvase el problema de valores iniciales: d2 y − 6 y = ln x, ( x > 0 ) dx2 dy 1 =− y (1) = 1/ 6 ; dx x =1 6

x2

SOLUCIÓN Es una ecuación de Euler. Cambio de variable x = et. Sustituyendo dicho cambio y sus derivadas, se obtiene d 2 y dy − − 6y = t dt 2 dt Ecuación característica de la homogénea r2 – r – 6 = 0, raíces r = 3, r = –2. Solución general de la homogénea y = C1 e3 t + C2 e−2 t dy = A. dt Sustituyendo e identificando coeficientes se obtiene

Solución particular de la completa: yp = At + B


1 1 yp = − t + 6 36 Solución general y = C1 e3 t + C2 e−2 t −

1 1 t+ 6 36

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Deshaciendo el cambio y = C1 x3 + C2 x−2 −

1 1 ln x + 6 36

Condiciones iniciales: y (1) =

1 6



C1 + C2 =

5 36

1 dy =
 3C1
2C2 = 0 6 dx x=1



C1 =

1 1 , C2 = 18 12

Solución del problema: y=

1 ⎛ x3 x−2 1⎞ + − ln x + ⎟ ⎜ 6⎝ 3 2 6⎠

4.32. Resuélvase la ecuación ( x + 2)2 y′′ + ( x + 2) y′ + y = 3 ( x + 2)2 SOLUCIÓN Es una ecuación de Legendre, que mediante el cambio z = x + 2, se obtiene la de Euler: z2

2 d2 y dy 3 + + y = z z dz2 dz

Y con z = et se llega a la ecuación: 2 t d2 y 3 + y = e 2 dt

Ecuación característica: r2 + 1 = 0 Ÿ r = ±i Solución general de la ecuación homogénea: y = C1 cos t + C2 sen t

ECUACIONES LINEALES DE COEFICIENTES CONSTANTES

Solución particular de la completa, aplicando el método operacional 2 t 1 9 23 t 3 yp = e = e 13 ⎛ 2⎞ H⎜ ⎟ ⎝ 3⎠

Solución general de la ecuación completa 9 23 t y = C1 cos t + C2 sen t + e 13 Y deshaciendo el cambio y = C1 cos [ ln( x + 2)] + C2 sen [ ln( x + 2)] +

2 9 ( x + 2) 3 13

4.33. Resuélvase la ecuación (3 x + 4)2 y′′ + 10(3 x + 4) y′ + 6 y = (3 x + 4)2 − 4ln(3 x + 4) SOLUCIÓN Es una ecuación de Legendre. Efectuando el cambio z = 3x + 4, y posteriormente z = et, se obtiene la ecuación 9

d2 y dy + 21 + 6 y = e2 t − 4t 2 dt dt

Ecuación característica: 9r 2 + 21r + 6 = 0
r =
2;


1 3

Solución general de la ecuación homogénea: y = C1 e−2 t + C2 e

1 − t 3

Solución particular de la completa. Separando los dos sumandos del término independiente de la ecuación, y aplicando el principio de superposición, la solución particular será yp = yp1 + yp2

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

donde, aplicando el método operacional en cada uno de ellos se obtiene: Solución correspondiente a e2t yp1 "

1 2t 1 2t e " e H (2) 84

Solución correspondiente a –4t yp2 =

1 1 2 7 ⎛1 7 ⎞ −4t ] = −4t ] = ⎜ − D⎟ [ −4t ] = − t + [ [ 2 ⎝ 6 12 ⎠ H ( D) 9 D + 21D − 6 3 3

Por tanto yp =

1 2t 2 7 e − t+ 84 3 3

Solución general de la ecuación completa y = C1 e

−2 t

+ C2 e

1 − t 3

+

1 2t 2 7 e − t+ 84 3 3

Y deshaciendo los cambios realizados y = C1

1 1 1 2 7 + C2 3 + (3 x + 4)2 − ln(3 x + 4) + 2 (3 x + 4) 3 3 3 x + 4 84

4.34. Compruébese que el cambio de variable independiente x + 1 = et, transforma la ecuación de Legendre

( x + 1)3

d3 y dy + ( x + 1) − y = 2ln ( x + 1) 3 dx dx

en otra de coeficientes constantes. Hállese la solución general, utilizando el método operacional, para encontrar una solución particular.

ECUACIONES LINEALES DE COEFICIENTES CONSTANTES

SOLUCIÓN

( x + 1)3

d3 y dy + ( x + 1) − y = 2ln ( x + 1) 3 dx dx

Derivando en x + 1 = et, se deduce 1 = et


dt dx




dt = e
t dx

Las derivadas sucesivas de la función son dy dy dt dy = ⋅ = e− t dx dt dx dt 2 2 d2 y d ⎛ − t dy ⎞ dy ⎞ −t ⎛ −t d y − t dy ⎞ −2 t ⎛ d y = ⋅ = − ⎟ e e e = − e e ⎜⎝ ⎟⎠ 2 2 2 ⎜ ⎜ ⎟ dx dx dt dt dt ⎠ dt ⎠ ⎝ dt ⎝

⎡ −2 t ⎛ d 2 y d 3 y ⎞ d3 y d ⎛ −2 t ⎛ d 2 y dy ⎞ ⎞ dy d 2 y ⎞ ⎤ −t −2 t ⎛ = − e e e = − + e 2 − − ⎢ ⎜⎝ dt 2 dt ⎟⎠ ⎟ ⎜⎝ dt 2 dt 3 ⎟⎠ ⎜⎝ dt + dt 2 ⎟⎠ ⎥ = dx3 dx ⎜⎝ ⎠ ⎦ ⎣ ⎡ d3 y d2 y dy ⎤ = e−3 t ⎢ 3 − 3 2 + 2 ⎥ dt dt ⎦ ⎣ dt Sustituyendo en la ecuación, resulta la ecuación de coeficientes constantes d3 y d2 y dy − 3 + 3 − y = 2t 3 2 dt dt dt Ecuación homogénea asociada d3 y d2 y dy − +3 − y= 0 3 3 2 dt dt dt Ecuación característica y raíces r 3
3r 2 + 3r
1 = 0  r = 1 (triple).

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Solución general de la homogénea y = C1et + C2tet + C3t 2 et Solución particular de la no homogénea yp =

1 1 2t ] = 3 [2t] = ( −1 − 3 D ) [2t] = −2t − 6 [ H ( D) D − 3 D2 + 3 D − 1

Solución general y = C1 et + C2 tet + C3 t 2 et − 2t − 6 que deshaciendo el cambio de variables, resulta

y = C1 ( x + 1) + C2 ( x + 1) (ln ( x + 1)) + C3 ( x + 1) ( ln ( x + 1)) − 2ln ( x + 1) − 6 2

CAPÍTULO 5 LA TRANSFORMADA DE LAPLACE

Introducción teórica

En este capítulo se estudia la transformada de Laplace como herramienta para determinar la solución de problemas de valor inicial. 1. Orden exponencial Una función f(x) es de orden exponencial si existen dos números reales c, M(M > 0) tales que a partir de un cierto valor x0 de x es f ( x ) ≤ Mecx para todo x > x0. 2. Definición de transformada de Laplace Se llama Transformada de Laplace de una función f(x) definida en 0 ≤ x 0

(5.1)

10. Función trasladada Dada la función f(x), puede comprobarse fácilmente que la función g(x) = Hc(x) f(x – c) corresponde a la resultante de trasladar c unidades f(x) en sentido positivo Se llama función trasladada c unidades de f(x). 11. Propiedad de la función trasladada La relación entre las transformadas de Laplace de una función f(x), y su trasladada Hc(x) f(x – c) es L ⎡⎣ Hc ( x ) f ( x − c ) ⎤⎦ = e− cs L ⎡⎣ f ( x ) ⎤⎦

(5.2)

LA TRANSFORMADA DE LAPLACE

12. Función periódica Una función f(x) de variable real es una función periódica, si para todo x existe un número positivo p (periodo), tal que f ( x ) = f ( x + p) Si f(x) es una función periódica de periodo p que verifica las condiciones de existencia de transformada de Laplace, entonces p

L ⎡⎣ f ( x ) ⎤⎦ =

∫e

− sx

f ( x ) dx

0

1 − e− sp

(5.3)

13. Función impulso La función Gx (x) definida de la forma 0

⎧ I , si ⎪ δ x0 ( x ) = ⎨ 2 x0 ⎪0, si ⎩

x < x0 x ≥ x0

corresponde a una función como la de la figura 5.2.a, donde el área comprendida entre (–x0, x0) es I. Esta función se llama función impulso, siendo I la cantidad o el valor de dicho impulso. Si I = 1 la función se llama Función impulso unitario.

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

I 2x0

–x0

I 2x0

x0

x

a – x0

a

a + x0

x

b) Función I x0(x – a)

a) Función Ix0 (x)

Figura 5.2.a Figura 5.2.b

Si el centro del impulso se fija en x = a en lugar de el origen, la función resultante será la trasladada a unidades: será Gx (x – a) (figura 5.2.b). 0

14. Función delta de Dirac El límite de distintas funciones impulso unitario Gx (x – a), para distintos valores de x0 cuando este tiende a cero se llama Función delta de Dirac, G(x – a). 0

La transformada de Laplace de la función delta de Dirac es L ⎡⎣δ ( x − a) ⎤⎦ = e− sa

(5.4)

Ejercicios resueltos

En los ejercicios de este capítulo se omiten las restricciones sobre la variable s. Estas se suponen suficientes para que exista la convergencia de la correspondiente transformada de Laplace.

5.1. Utilizando la definición, calcúlese la transformada de Laplace de las siguientes funciones: ⎧ ⎫ 0 si −4 ≤ x ≤ 1 ⎪ ⎪ a) f ( x) = ⎨ 3 si 1< x ≤ 4 ⎬ ⎪ 2x + 1 ⎪ si 4< x ⎩⎪ ⎭⎪ ⎫ ⎧ ⎪ 3− x si 0 ≤ x ≤1 ⎪ b) f ( x) = ⎨ ⎬ si x >1 x2 ⎪⎭ ⎪⎩ c) f ( x) " e x cos x SOLUCIÓN a) L[ f ( x)] =

∫

∞

0

e− sx f ( x) dx =

∫

1

0

∞

4

e− sx ⋅ 0 dx + ∫ e− sx ⋅ 3dx + ∫ e− sx (2 x + 1) dx 1

4

Resolviendo por partes la última integral

∫e

− sx

e− sx (2 x + 1) − sx (2 x + 1) − sx 2 e− sx e + ∫2 dx = − e − 2 (2 x + 1) dx = − s s s s

resulta 4

∞

⎡ 3 e− sx ⎤ ⎡ (2 x + 1) − sx 2 e− sx ⎤ 6 e−4 s 2 e−4 s 3 e− s + 2 + + ⎢− L[ f ( x)] = ⎢ − e − 2 ⎥ = ⎥ s ⎦1 ⎣ s s ⎦4 s s s ⎣

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

b) L [ f ( x)] =

∫

∞

0

e− sx f ( x) dx =

∫

1

0

∞

e− sx (3 − x) dx + ∫ e− sx x2 dx 1

Aplicando el método de integración por partes, se tiene

∫

1

∫

∞

0

1

e− sx (3 − x) dx = −(3 − x) e− sx x2 dx = −

e− sx e− sx + 2 s s

x2 e− sx 2 xe− sx 2 − sx − − 3e s2 s s

Por tanto ∞

1

⎡ e− sx e− sx ⎤ ⎡ x2 e− sx 2 xe− sx 2 − sx ⎤ − − 3e ⎥ = L[ f ( x)] = ⎢ − (3 − x) + 2 ⎥ + ⎢− s s ⎦0 ⎣ s s2 s ⎦1 ⎣ = −2

e− s e− s 3 1 e− s 2 e− s 2 − s + 2 + − 2+ + 2 + 3e s s s s s s s

⎡ 1 3 2⎤ 1 3 L[ f ( x)] = e− s ⎢ − + 2 + 3 ⎥ − 2 + s ⎦ s s ⎣ s s c) L [ f ( x)] =

∫

∞

0

e− sx e x cos x dx =

∫

∞

0

e x (1− s) cos x dx

Integrando por partes

∫e

x (1− s )

cos x dx = e x (1− s) sen x − ∫ (1 − s)sen x e x (1− s) dx = = e x (1− s) sen x + (1 − s) e x (1− s) cos x + ∫ (1 − s)2 cos x e x (1− s) dx

Por tanto, despejando la integral se obtiene

∫e

x (1− s )

cos x dx = e x (1− s)

[sen x + (1 − s)cos x] 1 + (1 − s)2

y en consecuencia ⎡ [sen x + (1 − s)cos x] ⎤ = − 1 − s L [ f ( x)] = ⎢ e x (1− s) ⎥ 1 + (1 − s)2 1 + (1 − s)2 ⎦0 ⎣ ∞

LA TRANSFORMADA DE LAPLACE

5.2. Utilizando las propiedades de la transformada de Laplace y la tabla del apartado 5 de la introducción, calcúlese la transformada de las siguientes funciones: a) f ( x) = 3 x2 + 8 x − 5 b) f ( x) = (2 x − 1)3 c) f ( x) = x3 − 2 e−4 x d) f ( x) = cos ( 3 x ) + sen ( 4 x ) e) f ( x) " cos2 x f) f ( x) = sen x ⋅ cos x g) f ( x) " e3 x x2 cos(2 x) h) f ( x) = e−5 x cos2 x i) f ( x) "

sen 2 x x

j) f ( x) "

e3 x sen(4 x) x

x 3x 2 k) f ( x) = x( e + e )

l) f ( x) =

e x − e− x x

SOLUCIÓN a) Teniendo en cuenta la propiedad de linealidad y la tabla de transformadas L[ f ( x)] = 3 L[ x2 ] + 8 L[ x] − 5L[1] =

6 8 5 + − s3 s2 s

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

b) f ( x) = (2 x − 1)3 = 8 x3 − 12 x2 + 6 x − 1 L[ f ( x)] = 8 L[ x3 ] − 12 L[ x2 ] + 6 L[ x] − L[1] = c) L[ f ( x)] = L[ x3 ] − 2 L[ e−4 x ] =

48 24 6 1 − + − s4 s3 s2 s

6 2 − s4 s + 4

d) L[ f ( x)] = L[cos(3 x)] + L[sen(4 x)] =

4 s + 2 s + 9 s + 16 2

1 + cos(2 x) , entonces 2 s ⎞ ⎛1 ⎞ 1⎛1 L[ f ( x)] = L ⎜ (1 + cos ( 2 x ))⎟ = ⎜ + 2 ⎝2 ⎠ 2 ⎝ s s + 4 ⎟⎠

e) Teniendo en cuenta que cos2 x =

sen ( 2x ) , entonces 2 1⎛ 2 ⎞ 1 L[ f ( x)] = ⎜ 2 = 2 ⎟ 2 ⎝ s + 4⎠ s + 4

f) Puesto que sen x cos x =

g) Teniendo en cuenta que L[cos(2 x)] =

s , y aplicando la propies +4 2

dad del producto por xn, resulta L[ x2 cos 2 x] = (−1)2

d 2 ⎛ s ⎞ d ⎛ 4 − s2 ⎞ 2 s3 − 24 s = ⎜ ⎟= 3 ds2 ⎝ s2 + 4 ⎠ ds ⎜⎝ ( s2 + 4)2 ⎟⎠ s2 + 4

(

)

Y según la propiedad de la traslación L[ e3 x x2 cos 2 x] =

2( s − 3)3 − 24( s − 3) ⎡( s − 3)2 + 4 ⎤ ⎣ ⎦

3

h) Aplicando el resultado obtenido en el apartado e) y después la propiedad de la traslación, resulta L[ e−5 x cos2 x] =

1⎡ 1 s+5 ⎤ + ⎢ ⎥ 2 ⎢⎣ s + 5 ( s + 5)2 + 4 ⎥⎦

LA TRANSFORMADA DE LAPLACE

i) Teniendo en cuenta que sen 2 x = queda L ⎡⎣sen 2 x ⎤⎦ =

1 − cos(2 x) y aplicando la linealidad, 2

s ⎤ 1 ⎡1 − 2 ⎢⎣ s s2 + 4 ⎥⎦

Según la propiedad de la transformada del cociente de una función por x

(

∞ s2 + 4 ⎡ sen 2 x ⎤ 1 ∞ ⎛ 1 s ⎞ 1⎡ 1 1 ⎤ 2 = − = L⎢ = − + ds s s ln ln 4 ln ⎟ ⎥ 2 ∫ ⎜ ⎥⎦ 2 ⎢⎣ s 2 2 ⎣ x ⎦ 2 s ⎝ s s + 4⎠ s

(

)

)

1

2

j) Aplicando la tabla y la propiedad de la traslación L[ e3 x sen(4 x)] =

4 ( s − 3)2 + 16

En virtud de la propiedad de la transformada del cociente de una función por x ⎡ e3 x sen(4 x) ⎤ L⎢ ⎥= x ⎦ ⎣

∫

∞ s

∞

π 4 ⎡ ⎛ s − 3⎞ ⎤ ⎛ s − 3⎞ = − arctg ⎜ ds = ⎢arctg ⎜ ⎟ 2 ⎥ ⎝ 4 ⎟⎠ ⎝ 4 ⎠ ⎦s 2 ( s − 3) + 16 ⎣

x 3x 2 2x 6x 4x k) f ( x) = x( e + e ) = x( e + e + 2 e )

Mediante la tabla de transformadas L[ e2 x + e6 x + 2 e4 x ] =

1 1 2 + + s−2 s−6 s− 4

En virtud de la propiedad del producto por xn

(

)

2

L[ x e x + e3 x ] =

1 1 2 + + 2 2 ( s − 4)2 ( s − 2) ( s − 6)

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

l) Aplicando la linealidad y la propiedad de la división entre x ⎡ e− x ⎤ ⎡ ex ⎤ L[ f ( x)] = L ⎢ ⎥ − L ⎢ ⎥= ⎣ x ⎦ ⎣x⎦

∫

∞ s

∞

1 ⎞ ⎡ ⎛ s − 1⎞ ⎤ ⎛ 1 − ⎜⎝ ⎟⎠ ds = ⎢ ln ⎜⎝ ⎟ = s −1 s +1 s + 1⎠ ⎥⎦ s ⎣

⎛ s − 1⎞ ⎛ s + 1⎞ = ln1 − ln ⎜ = ln ⎜ ⎟ ⎝ s + 1⎠ ⎝ s − 1⎟⎠

5.3. Se llama integral euleriana de segunda especie a la función de (0,∞) en R definida por la integral: ∞

Γ ( x ) = ∫ t x −1 e− t dt 0

Sabiendo que *(n  +  1)  =  n! (n  =  1, 2, ...) y aplicando la definición de transformada de Laplace L[ f(x)] de una función, deducir que para a  R, es: L ⎡⎣ x n e ax ⎤⎦ =

n!

( s − a)n+1

SOLUCIÓN ∞

∞

0

0

L ⎡⎣ x n e ax ⎤⎦ = ∫ e− sx x n e ax dx = ∫ e( a− s) x x n dx Mediante el cambio de variable: z = –(a – s)x; dz = (s – a)dx resulta ∞

L ⎡⎣ x n e ax ⎤⎦ = ∫ e− z 0

zn

( s − a)

n

⋅

dz = ( s − a)

∞

1

e ( s − a) ∫ n +1

−z

z n dz

0

∞

∞

0

0

x −1 − t n −t Como Γ ( x ) = ∫ t e dt , entonces Γ ( n + 1) = ∫ t e dt = n! , y se obtiene

L ⎡⎣ x n e ax ⎤⎦ =

n!

( s − a)n+1

LA TRANSFORMADA DE LAPLACE

5.4. Calcúlese la transformada inversa de cada una de las siguientes funciones: a)

1 4s  1

b)

4s 4 s2  1

c)

2s  6 s2  16

d)

s s + 2s − 6

e)

( s  2)2 s3

f)

s +1 s + s2 − 20 s

g)

1 s 9

h)

2s − 6 s2 + 9

2

3

4

SOLUCIÓN 1 14 1 ax = a) Puesto que L[ e ] = y teniendo en cuenta que se s− a 4s + 1 s + 1 4 llega a 1 ⎡ 1 ⎤ 1 −4x = L−1 ⎢ e ⎣ 4 s + 1 ⎥⎦ 4

4s s s = 2 b) Expresando , y recordando que L [ cos bx ] = 2 2 1 s + b2 4s + 1 s + 4 se obtiene: ⎛1 ⎞ ⎡ 4s ⎤ = cos ⎜ x⎟ L−1 ⎢ 2 ⎥ ⎝2 ⎠ ⎣ 4s + 1⎦

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

c) Descomponiendo en fracciones simples. 2s − 6 74 14 = + 2 s − 16 s + 4 s − 4 Por tanto ⎡ 1 4 ⎤ 7 −4 x 1 4 x ⎡74⎤ ⎡ 2s − 6 ⎤ + L−1 ⎢ = L−1 ⎢ = e + e L−1 ⎢ 2 ⎥ ⎥ 4 ⎣ s − 4 ⎥⎦ 4 ⎣ s+ 4⎦ ⎣ s − 16 ⎦ d) Descomponiendo en fracciones simples s 3 4 14 = + s + 2s − 3 s + 3 s − 1 2

Por tanto s ⎡ 1 4 ⎤ 3 −3 x 1 x ⎡34⎤ ⎤ ⎡ + L−1 ⎢ = L−1 ⎢ L−1 ⎢ 2 = e + e ⎥ ⎥ 4 ⎣ s − 1 ⎥⎦ 4 ⎣ s+ 3⎦ ⎣ s + 2s − 3 ⎦ e) Descomponiendo en fracciones simples ( s + 2)2 1 4 4 = + 2+ 3 s3 s s s ⎡ ( s + 2)2 ⎤ −1 ⎡ 1 ⎤ −1 ⎡ 4 ⎤ −1 ⎡ 4 ⎤ 2 L−1 ⎢ ⎥ = L ⎢ s ⎥ + L ⎢ s2 ⎥ + L ⎢ s3 ⎥ = 1 + 4 x + 2 x 3 s ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎦ ⎣ f) Descomponiendo en fracciones simples s +1 s +1 −4 45 5 36 1 20 = = + − 2 s s + s − 20 s ( s + 5)( s − 4) s s+5 s− 4 3

s +1 4 −5 x 5 4 x 1 ⎡1 20 ⎤ ⎡ 5 36 ⎤ ⎤ ⎡ −4 45 ⎤ ⎡ =− − L−1 ⎢ + L−1 ⎢ = L−1 ⎢ L−1 ⎢ 3 e + e − 2 ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ 45 36 20 ⎣ s ⎦ ⎣ s− 4⎦ ⎣ s+5 ⎦ ⎣ s + s − 20 s ⎦

LA TRANSFORMADA DE LAPLACE

g) Descomponiendo en fracciones simples 1 1 −1 1 1 12 3 12 3 = 2 = 26 − + s4 − 9 s + 3 s+ 3 s− 3 s + 3 ( s + 3) s − 3

(

(

)

)

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ 1 ⎤ −1 ⎡ −1 6 ⎤ −1 1 (12 3) −1 1 (12 3) − + = L−1 ⎢ 4 L L L ⎢ ⎥ ⎢ ⎥= 2 ⎢⎣ s + 3 ⎥⎦ ⎣ s − 9 ⎥⎦ ⎣ s+ 3 ⎦ ⎣ s− 3 ⎦ 1 1 =− ⋅ sen 6 3

(

)

3x −

1 e− 12 3

3x

+

1 e 12 3

3x

h) ⎡ 6 ⎤ ⎡ 2s ⎤ ⎡ 2s − 6 ⎤ − L−1 ⎢ 2 = L−1 ⎢ 2 L−1 ⎢ 2 = 2cos(3 x) − 2sen(3 x) ⎥ ⎥ ⎣ s + 9 ⎥⎦ ⎣s + 9⎦ ⎣s +9⎦

s no es transformada de s +1 Laplace de una función continua a trozos y de orden exponencial.

5.5. Pruébese que la función F ( s) =

SOLUCIÓN Si fuera transformada de Laplace de una función con esas propiedades, s debería cumplir que lim F ( s) = 0 , pero lim = 1. s→∞ s→∞ s + 1

5.6. a) Demuéstrese la siguiente propiedad de la transformada de Laplace de una función f(x) ∞

∫ 0

∞ f ( x) dx = ∫ L ⎡⎣ f ( x ) ⎤⎦ds x 0

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

b) Aplicando lo anterior, calcúlese

∫

∞

0

sen( ax) − sen( bx) dx , siendo a > 0 x

y b  t0. Si el punto crítico es estable y además, toda trayectoria que para un t = t0 se encuentre dentro del círculo de radio G y centro el punto crítico, tiende a dicho punto cuando t o ∞, se dice que es asintóticamente estable. Si el punto crítico no es estable, se dice inestable.

ESTABILIDAD DE SOLUCIONES. SISTEMAS NO LINEALES

La idea intuitiva de las definiciones anteriores se observa fácilmente en la figura (8.1) a continuación:

T

t=t0

P

a) Estabilidad

I

J

t=t0

T

t=t0 P

I

J

b) Estabilidad asintótica

T

P

I

J

c) Inestabilidad

Figura 8.1. Tipos de estabilidad

El análisis de la estabilidad de un punto crítico se facilita suponiendo que dicho punto es (0, 0). Si no fuese así, basta con efectuar una traslación de ejes de tal forma que el origen sea el punto crítico. Así, si el punto crítico es (x0, y0), el cambio de variables: u = x − x0 ,

v = y − y0

transforma el sistema en otro que tiene a (0, 0) como punto crítico, siendo la estabilidad de ambos puntos, en su sistema correspondiente, la misma. 3. Sistemas lineales. Tipos simples de puntos críticos Las propiedades de estabilidad de una solución cualquiera de un sistema lineal son las de su punto crítico (0, 0). Si la ecuación autónoma es ⎛ a11 a12 ⎞ X ' " AX con A = ⎜ ⎟ ⎜⎝ a21 a22 ⎟⎠ y si k1, k2 son las raíces de la ecuación característica de A, en el siguiente cuadro se muestra la estabilidad del punto crítico (0, 0) según los diferentes valores de k1, k2, así como las trayectorias correspondientes a cada uno de los casos.

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Autovalores

Estabilidad

Reales (k1 ≠ k2)

Clase de punto

As. Estable (k1, k2  0)

Nodo inestable

Inestable (k1  0 m (8 − 4m) > 0 Es decir 0  0

(



)

m 0 2



m 0




a1 > 0

a2 > 0

y

Es decir, los coeficientes de la ecuación característica son positivos. b) Matriz A del sistema: ⎛ −1 −1 0 A = ⎜ −1 −1 2 a ⎜ ⎜⎝ 1 0 −1

⎞ ⎟ ⎟ ⎟⎠

ESTABILIDAD DE SOLUCIONES. SISTEMAS NO LINEALES

Ecuación característica:
1
k
1 0
1
1
k 2a = 0 1 0
1
k

(



)


k3 + 3k2 + 2k + 2a = 0

La matriz de Hurwitz es: ⎛ 3 1 0 H = ⎜⎜ 2 a 2 3 ⎜⎝ 0 0 2 a

⎞ ⎟ ⎟ ⎟⎠

Menores: 1 = 3 2 =

3 1 = 6
2a > 0 2a 2

 3 = 2a 2 > 0



a 0

Por tanto, ha de ser: 0  0. Ecuación hiperbólica. b)

∂ 2 u ( x, t) =0, ∂ x∂t

∂ ⎛⎜ ∂ u⎟⎞ =0 ∂ x ⎜⎝ ∂ t ⎟⎠

Integrando respecto a x, se obtiene: u =
(t) t donde M(t) es una función arbitraria que se supone continua. Integrando respecto a t se obtiene la solución general u = 
(t) dt + g(x)


u = f (t) + g ( x)

donde f(t) es una función primitiva de M(t). También puede obtenerse considerándola una ecuación de Euler. Es el caso a = 0, b ≠ 0 (con c = 0). c ⎞ ⎛ Una solución es u = f ⎜ t − x⎟ , que al ser c = 0 queda u = f(t). Otra es ⎝ b ⎠ u = g(x). La solución general es u = f(t) + g(x). c) Aplicando ahora las condiciones dadas: u ( x, 0) = − x2 : − x2 = f (0) + g ( x) ; g ( x) = − f (0) − x2 , y con ello g (0) = − f (0) . u (0, t) = t : t = f (t) + g (0) ; f (t) = t − g (0)

; f (t) = t + f (0)

Sustituyendo f(t), g(x) en la solución general, resulta la solución particular buscada u ( x, t) = − x2 + t

ECUACIONES EN DERIVADAS PARCIALES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN. SEPARACIÓN DE VARIABLES

10.5. Encuéntrense las ecuaciones diferenciales ordinarias que aparecen al utilizar el método de separación de variables en cada una de las ecuaciones en derivadas parciales siguientes donde la función es u(x, t): a)

∂2 u ∂2 u = ∂ x2 ∂ t 2

b)

∂u ∂2 u − α2 2 = 0 ∂t ∂x

∂u ∂u ∂2 u = α 2 −β ∂t ∂t ∂x ∂u 1 ∂ ⎛ ∂u⎞ = d) ⎜t ⎟ ∂ x t ∂t ⎝ ∂t ⎠ c)

SOLUCIÓN a)

∂2 u ∂2 u = ∂ x2 ∂ t 2

Solución a buscar: u(x, t) = X(x) · T(t), donde las variables x y t están separadas. Derivando convenientemente X(x), T(t) se obtiene ∂u ∂u ∂2 u ∂2 u = X 'T , = XT ' , , = X '' T = XT '' ∂x ∂t ∂ x2 ∂t 2 y sustituyendo estos resultados en la ecuación inicial, queda X ''T = XT ''




X '' T '' = X T

El lado izquierdo de la igualdad es función solo de x, y el derecho solo de t. Por lo tanto esa igualdad solo puede darse si ambas partes son la misma constante. Sea O esa constante, es decir X '' T '' = =λ X T

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Por lo tanto, las dos ecuaciones ordinarias que han de verificarse son d2 X − λX = 0 dx2 d2T − λT = 0 dt 2 b)

∂u ∂2 u − α2 2 = 0 ∂t ∂x

Solución a buscar u(x, t) = X(x) · T(t). Las derivadas son ∂u ∂u ∂2 u ∂2 u = X 'T , = XT ' , , = X '' T = XT '' ∂x ∂t ∂ x2 ∂t 2 que sustituyendo en la ecuación inicial resulta XT ' =
2 X ''T




2

X '' T ' = X T

El lado izquierdo de la igualdad es función solo de x, y el derecho solo de t. Esa igualdad solo puede darse si ambas partes son la misma constante O. En ese caso α2

X '' T ' = =λ X T

Las ecuaciones ordinarias deducidas de esta expresión son d2 X λ − X =0 dx2 α 2 dT − λT = 0 dt c)

∂u ∂2 u ∂u = α 2 −β ∂t ∂t ∂x

ECUACIONES EN DERIVADAS PARCIALES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN. SEPARACIÓN DE VARIABLES

Solución a buscar u(x, t) = X(x) · T(t) donde las variables x y t están separadas. Derivando convenientemente X(x), T(t) se obtiene ∂u ∂u ∂2 u ∂2 u = X 'T , = XT ' , , = X '' T = XT '' ∂x ∂t ∂ x2 ∂t 2 y sustituyendo en la ecuación inicial XT ' = XT ''
X ' T



X '  T ''
T ' = T X

El lado izquierdo de la igualdad es función solo de x, y el derecho solo de t. Por lo tanto esa igualdad solo puede darse si ambas partes son la misma constante. Si O es esa constante, de la expresión X ' α T ''− T ' = =λ βT X se deducen las siguientes ecuaciones ordinarias: dX − λX = 0 dx d 2T 1 dT β − −λ T =0 α dt 2 α dt d)

∂u 1 ∂ ⎛ ∂u⎞ = ⎜t ⎟ ∂ x t ∂t ⎝ ∂t ⎠

Solución a buscar: u(x, t) = X(x) · T(t), donde las variables x y t están separadas. Derivando convenientemente X(x), T(t) se obtiene ∂u ∂u ∂ ⎛ ∂u⎞ = XT ' , = X 'T , ⎜ t ⎟ = tXT ''+ XT ' ∂t ∂x ∂t ⎝ ∂t ⎠

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

y sustituyendo estos resultados en la ecuación inicial X 'T = XT ''+

XT ' t



X ' tT ''+ T ' = =
X tT

Por tanto, las ecuaciones ordinarias que se deducen son dX
X = 0 dx

X '(x)
X = 0,

d 2T 1 dT +
T = 0 dt 2 t dt



1 d  dT  t 
T = 0 t dt  dt

10.6. Encuéntrense todas la funciones u(x, t), resultantes de aplicar el método de separación de variables a la ecuación ∂u ∂2 u ∂u = 4u, 0 < x < π , t > 0 − 2 −4 ∂t ∂ x ∂x con las condiciones de contorno homogéneas siguientes: u (0, t) = u (π, t) = 0,

t≥0

SOLUCIÓN Solución a buscar u(x, t) = X(x) · T(t) Derivando se obtiene ∂u ∂u ∂2 u ∂2 u = X 'T , = XT ' , , = X '' T = XT '' ∂x ∂t ∂ x2 ∂t 2 y sustituyendo en la ecuación XT '
X ''T
4X 'T = 4XT



X ''+ 4X '+ 4X T ' = = X T

(10.4)

ECUACIONES EN DERIVADAS PARCIALES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN. SEPARACIÓN DE VARIABLES

Las ecuaciones diferenciales ordinarias que se obtienen son X '' ( x) + 4 X ' ( x) + (4 − λ ) X ( x) = 0

(10.5)

T ' (t) − λT (t) = 0

(10.6)

Aplicando las condiciones de contorno del problema a la función u(x, t) expresada en (10.4), se obtiene u (0, t) = X (0) ⋅ T (t) = 0

u (π , t) = X (π ) ⋅ T ( t) = 0 Y como la función T(t) buscada es no trivial, es decir T(t) ≠ 0, ha de ser X (0) = X (π) = 0 Resolvamos según los valores de O, el problema compuesto por estas condiciones junto con la ecuación (10.5), es decir: X '' ( x) + 4 X ' ( x) + (4 − λ ) X ( x) = 0 X (0) = X (π) = 0

La ecuación característica y sus raíces son k2 + 4 k + (4 − λ) = 0 . Raíces: k = −2 ± λ . Si O = 0, la solución es X ( x) = C1 e−2 x x + C2 e−2 x que aplicando las condiciones se obtiene X (0) = 0  C2 = 0

X (
) = 0  C1 e
2 + C2 e
2 = 0  C1 = 0

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Con ello resulta como única solución la trivial X(x) = 0. Si O > 0, la solución es X ( x) = C1 e(

λ − 2) x

+ C2 e− (

λ+ 2) x

que al aplicar las condiciones resulta X (0) = 0  C1 + C2 = 0 X (
) = 0  C1e(


2) x

+ C2 e
(

+2)x

=0

Este es un sistema homogéneo en C1, C2 con solución única C1 = C2 = 0. Por tanto la única solución es también X(x) = 0. Si O