Notas de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Universidad de

Notas de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias
Universidad de Costa Rica∗
Carlos Montalto
∗
Estas notas esta diseñadas como material adicional, en nigún momento pretenden ser un sustituto de las
lecciones. Los ejercicios con asterisco (∗ ) han sido tomados de exámenes de la cátedra.
Contenido
1 Primer Orden
1.1 Definiciones . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 EDO Primer Orden . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Teorema Fundamental del Cálculo . . . . .
1.4 Variables Separables . . . . . . . . . . . . .
1.5 Ecuación Homogénea . . . . . . . . . . . . .
1.5.1 EDO Reducibles a Homogéneas . . .
1.6 Ecuación Exacta . . . . . . . . . . . . . . .
1.6.1 Factor Integrante . . . . . . . . . . .
1.7 Ecuación Lineal . . . . . . . . . . . . . . . .
1.8 Ecuación de Bernoulli . . . . . . . . . . . .
1.9 Ecuación de Clairaut, Lagrange y Ricatti .
1.10 Reducción de Orden . . . . . . . . . . . . .
1.11 EDO de una Familia de Curvas . . . . . . .
1.12 Trayectorias Ortogonales . . . . . . . . . . .
1.13 Crecimiento y Decrecimiento de Poblaciones
1.14 Ley de Enfriamiento de Newton . . . . . . .
1.15 Mezclas y Reacciones Quı́micas . . . . . . .
1.16 Leyes del Movimiento de Newton . . . . . .
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19
21
22
24
24
27
2 Orden Arbitrario
2.1 Definiciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Existencia y Unicidad de Soluciones . . . . . . . . . . .
2.3 Dependecia e Independencia de Funciones . . . . . . . .
2.3.1 Dependencia e Independencia Lineal de Solciones
2.4 Ecuacion Lineal Homogenea . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4.1 Coeficientes Constantes . . . . . . . . . . . . . .
2.5 Método de Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.6 Reducción de Orden con Solución Particular . . . . . . .
2.7 Ecuacion Lineal No Homogenea . . . . . . . . . . . . . .
2.7.1 Coeficientes Indeterminados . . . . . . . . . . . .
2.7.2 Variación de parámetros . . . . . . . . . . . . . .
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3 Sistemas de EDO
3.1 Operadores . . . . . . . . . . . . .
3.2 Sitemas lineales - Forma Matricial
3.2.1 Sistema Homogeneo . . . .
3.2.2 Valores Propios Complejos
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MA01500 – Ecuaciones Diferenciales
CONTENIDO
4 Solución por Series
4.1 Puntos Singulares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2
53
53
Capı́tulo 1
Primer Orden
1.1
Definiciones
Supongamos que la función y = f (x) expresa cuantitativamente un fenómeno y que al estudiar este
fenómeno es imposible establecer directamente la relación de dependencia entre y y x; sin embargo
se logra establecer una dependencia entre las magnitudes x, y y sus derivadas y 0 , y 00 , . . . , y (n) . Una
ecuación que establezca una relación entre la variable independiente x, la función buscada y y sus
derivadas y 0 , y 00 , . . . , y (n) se llama ecuación diferencial, simbólicamente:
F (x, y, y 0 , y 00 , . . . , y (n) ) = 0
(1.1)
Una solución de la ecuación diferencial es una relación directa y = f (x) que satisfaga la ecuación
diferencial. Al proceso de encontrar soluciones a un ecuación diferencial se le conoce como integrar
la ecuación diferencial.
EJEMPLO 1.1
Desde cierta altura es arrojado un cuerpo de masa m. Determinar la ley según la cual cambia la velocidad v, si sobre
el cuerpo, además de la fuerza de gravedad, actúa la fuerza de resistencia del aire, proporcional a la velocidad (con
coeficiente de proporcionalidad k); es decir debemos hallar v = f (t)
Solución. De la segunda ley de Newton ma = F , donde F es la fuerza que actúa sobre el cuerpo en dirección del
movimiento y a la aceleración, obtenemos:
mv 0 = mg − kv
que es un ED que modela el problema, resolviendola obtenemos la relación directa entre la velocidad y el tiempo dada
por
k
mg
v = Ce− m t +
k
donde C es una constante arbitraria. Si añadimos la condición de velocidad inicial v(0) = v0 obtenemos:
mg − k t
mg
)e m +
k
k
De esta fórmula se deduce que si t es suficientemente grande la velocidad depende poco de v0 , más aun cuando t → ∞
mg
la velocidad tiende a la constante k que esta determinada solamente por la masa del cuerpo y la resistencia del aire.
Si v0 < mg
el cuerpo irá aumentando su velocidad, pero si el v0 > mg
el cuerpo se irá deteniedo y si v0 = mg
la
k
k
k
velocidad sera constante. Finalmente cuando no hay resistencia del aire obtenemos la muy conocida fórmula
v = (v0 −
v = v0 + gt
Si la función buscada y = f (x) es de una sola variable la ED se llama ordinaria y se escribe EDO,
si la función buscada tiene varias variables la ED se llama parcial y se escribe EDP. El orden de la
más alta derivada que aparece en la ecuación se llama orden de la ED.
3
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales
CAPÍTULO 1. PRIMER ORDEN
EJEMPLO 1.2
La ecuación x2 (y
0000
)2 + xy 0 + (x2 − 4)y = 0 es un EDO de orden 3.
EJEMPLO 1.3
La ecuación
∂4u
∂x4
3
+ 2x ∂∂yu
3 −
∂4u
∂y 2 ∂x2
= 0 es un EDP de orden 4.
Una solución de una EDO que contenga al menos una constante arbitraria se llama solución gen
eral. Una solución que se obtenga de un solución general mediante asignarle valores a las constantes
arbitrarias se llama solución particular. Si una solución general tiene la propiedad de que toda
solución de la EDO se puede obtener de esta mediante la asignación de valores a las constantes se dice
que es una solución completa de la EDO.
EJEMPLO 1.4
La ecuación y 00 − y 0 − 2y = 0 tiene como solución completa
y = ae−x + be2x
donde a y b son constantes arbitrarias.
EJEMPLO 1.5
La ecuación y 00 + y = 0 tiene como solución completa
y = a sin x + b cos x
donde a y b son constantes arbitrarias.
1.2
EDO Primer Orden
La ecuación diferencial de primer orden tiene la forma general:
F (x, y, y 0 ) = 0
en caso en que se pueda resolver para y 0 obtenemos:
y 0 = f (x, y)
se dice que la ecuación se puede resolver con respecto a la derivada.
EJEMPLO 1.6
La ecuación diferencial y 0 = a0 + a1 x1 + . . . + an xn , donde a0 , . . . , an son constantes fijas, es de primer orden y tiene
como solución completa a la función
an n+1
a
x
y = C + a0 x + 1 x2 + . . . +
2
n+1
donde C es una constante arbitraria.
EJEMPLO 1.7
La EDO y 0 = y es de primer orden y tiene como solución completa a la función
y = Cex
donde C es una constante arbitraria.
Teorema 1.1. Si en la ecuación
y 0 = f (x, y)
la función f(x,y) y su derivada parcial ∂f
∂y respecto a y son continuas en cierto dominio D del plano,
y si (x0 , y0 ) es un punto en este dominio, entonces existe una única solución definida en D dada por
y = ϕ(x), que satisface ϕ(x0 ) = y0
4
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales
CAPÍTULO 1. PRIMER ORDEN
La condición de que la función y debe tomar del valor y0 en x0 se llama condición inicial. Por el
Teorema 1.1 las soluciones de los ejemplos 7 y 8 son únicas dada una cualquier condición inicial, en
estos casos utilizando la notación del Teorema 1 D = R, veamos un caso en que se rompe una de las
hipótesis del teorema.
EJEMPLO 1.8
Considere la EDO y 0 =
2y
x
en R. Observe que

y=
C1 x2 si x ≥ 0
C2 x2 si x ≤ 0
es solucion de la EDO para C1 y C2 constantes arbitrarias. Lo cual indica que dada cualquier condición inicial hay una
infinidad de soluciones que la satisfacen. Note que no se aplica el teorema 1 pues 2y
no es continua en x = 0.
x
Desde un punto de vista más geométrico, la solución general de la EDO de primer orden, es una
familia de curvas en el plano, dependientes de al menos una constante arbitraria C (o como se suele
decir, de un parámetro C). Estas curvas se llaman curvas integrales de la ecuación diferencial dada.
Suponga que tenemos una EDO resuelta con respecto a la derivada
y 0 = f (x, y)
para todo punto (x0 , y0 ) la ecuación anterior determina un valor de la derivada de y. Por consiguiente,
dicha ecuación define un conjunto de direcciones que se llama el campo direccional de la EDO. En
otras palabras, el problema de integración de un EDO consiste en hallar las curvas, cuyas tangentes
están orientadas de modo que su dirección coincida con la dirección del campo en cada punto. A
primera entrada esto puede resultar un poco confuso, sin embargo, conforme el lector se familiarice
con el tema le resultará muy intuitivo.
EJEMPLO 1.9
La EDO de primer orden
x
y
tiene como solución general la familia x2 + y 2 = C 2 de cı́rculos de radio C. Si imponemos la condición inicial y(0) = 1
(i.e. que la solución pase por el punto (0, 1)) obtenemos que la solución buscada es el cı́rculo unitario. Observe que que
y0 = −
la solución general que varian según varia C y su forma (dirección en cada punto) esta determinada por la ED y 0 = − x
.
y
Ejercicio 1.1
Analice la EDO (1 − cos x)y 0 − (sin x)y = 0 a la luz del teorema 1, sabiendo que
y = cn (1 − cos x)
2nπ ≤ x ≤ 2(n + 1)π
es una solución de dicha EDO, donde cn son constantes arbitrarias para todo entero n. Grafique las curvas integrales
y explique el problema de la unicidad dada una condición inicial, ¿En cuáles dominios del plano hay unicidad?
Ejercicio 1.2
Grafique los campos direccionales de la ecuación diferencial y 0 = y e intuya la forma de las soluciones generales.
Encuentre la función que para por el punto (0, 1).
1.3
Teorema Fundamental del Cálculo
El caso más familiar de una EDO es de la forma:
y 0 = f (x)
(1.2)
y las soluciones de esta ecuación están descritas por teorema fundamental del cálculo de la siguiente
manera
5
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales
CAPÍTULO 1. PRIMER ORDEN
Teorema 1.2. Si f(x) es continua en R, entonces se cumple la fórmula
Z
d
f (x)dx = f (x)
dx
Por lo tanto la solución de la ecuación diferencial (1.2) viene dada por:
Z
y = f (x)dx
que como sabemos representa una familia de curvas. Esto justifica las soluciones de los dos primeros
ejemplos de esta sección.
EJEMPLO 1.10
La solución de la ecuación diferencial y 0 = cos x viene dada por
Z
y(x) =
cos xdx = sin x + C.
Si añadimos la condición inicial y(0) = 0, obtenemos que C = 0 y por lo tanto y = sin x
Existen soluciones de EDO que dependen de integrales que no pueden evaluarse en terminos de las
funciones elementales.
EJEMPLO 1.11
2
La solución de la ecuación diferencial y 0 = e−x viene dada por
Z
2
y(x) =
e−x dx
que como sabemos no puede ser evaluada en términos de funciones elementales.
Ejercicio 1.3
Resuelva cada una de las siguientes ecuaciones diferenciales:
1. y 0 = sin x cos x.
2.
y0
3.
y0
1.4
=
sin2
=
sin3
x.
x.
4. y 0 = sin xex .
5.
y0
6.
y0
7. y 0 = ln x.
=
cos xex .
8. y 0 = arctan x.
=
cos xex .
9. y 0 = ln2 x.
Variables Separables
Estudiemos la EDO de la forma
dy
= f1 (x)f2 (y)
(1.3)
dx
suponiendo que f2 (y) 6= 0 en el dominio de interes. Asumamos que podemos parametrizar la curva
(x(t), y(t)), de donde obtenemos que (1.3) se transforma en
dy
dx
1
= f1 (x(t))
f2 (y(t)) dt
dt
integrando ambos lados con respecta a t obtenemos:
Z
Z
1
dy
dx
dt = f1 (x(t)) dt
f2 (y(t)) dt
dt
finalmente haciendo un cambio de variable llegamos a que
Z
Z
1
dy = f1 (x)dx + C
f2 (y)
6
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales
CAPÍTULO 1. PRIMER ORDEN
lo cual es una correlación entre la solución y, la variable x y la constante C. Es decir hemos encontrado
las curvas integrales y por ende implı́citamente una solucı́on general de la EDO.
Una EDO
M (x)dx + N (y)dy = 0
(1.4)
que se pueda escribir de la forma(1.3) se llama ecuación con variables separables y debido a lo
anterior satisface la ecuación
Z
Z
M (x)dx + N (y)dy = C
EJEMPLO 1.12
Considere la EDO con variables separables
xdx + ydy = 0
integrando obtenemos que
x2 + y 2 = C 2
observe que esta ecuación representa la familia de circunferencias de centro 0 y radio C, que son precisamente las curvas
integrales de la EDO.
EJEMPLO 1.13
Resolvamos la ecuación 1 + xyy 0 = y 2 + yy 0 , separando variables obtenemos:
ydy
dx
=
1−x
1 − y2
integrando obtenemos:
˛
˛
|1 − x|2
= C =⇒
2 ln |1 − x| = ln ˛1 − y 2 ˛ + C =⇒ ln
|1 − y 2 |
donde k =
6 0, y entonces
(1 − x)2 = λ(1 − y 2 )
|1 − x|2
= eC = k 2
|1 − y 2 |
donde λ ∈ R − {0}, escribiendo las curvas integrales de manera más familiar obtenemos
(1 − x)2
+ y2 = 1
λ
por lo tanto, si λ > 0 ,las curvas son elipses; y si λ < 0 las curvas son hipérbolas. Observe que x = 1, y = 1 y y = −1 son
soluciones de la EDO, que no es obtienen para ningún valor de λ. Dichas soluciones se llaman soluciones singulares,
pues no se pueden obtener de ninguna solución general por medio de la asignación de valores a las constantes arbitrarias.
EJEMPLO 1.14
Veamos que por medio del cambio de variable v = ax + by + c la EDO
y 0 = f (ax + by + c)
que no es de VS se convierte en una EDO de VS.
Solución. Diferenciando con respecta a x la igualdad v = ax + by + c obtenemos que:
y0 =
v0 − a
b
sustituyendo en la EDO
dv
dv
= a + bf (v) =⇒
= dx =⇒
dx
a + bf (v)
Ejercicio 1.4
Utilice lo anterior para resolver las siguientes EDO.
1. y 0 = (x − y)2 .
2. y 0 = (x + y − 3)2 − 2x − 2y + 6.
3. y 0 = e2x+y−1 − 2
7
Z
dv
=
a + bf (v)
Z
dx + C = x + C
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales
CAPÍTULO 1. PRIMER ORDEN
Ejercicio 1.5∗
Muestre que la ecuación no separable (F (x)+yG(xy))dx+xG(xy)dy = 0 se convierte en separable por medio del cambio
de variable v = xy. Utilice lo anterior para resolver la EDO (x2 + y sin xy)dx + (x sin xy)dy = 0.
Ejercicio 1.6∗
Muestre que el cambio de variable y = x
“
1+v
1−v
”
convierte la EDO
x2 y 0 − xy = y 2 − x2
en una EDO de VS y resuélvala.
Ejercicio 1.7∗
Compruebe que la ecuación direrencial
yf (xy)
xg(xy)
se convierte en una ecuación de variables separables, mediante la transformación z = xy. Aplique este procedimiento
para resolver la ecuación diferencial
y(2xy + 1)
y0 =
x(xy − 1)
y0 =
Ejercicio 1.8∗
Muestre que el cambio de variable u = yex separa variables en la ecuación diferencial
y dx + (1 + y 2 e2x dy = 0)
y resuélvala. Además determine la región del plano–xy en la cual se puede garantizar existencia y unicidad de soluciones.
Ejercicio 1.9
Determine una transformación apropiada que convierta las ecuación dada en una de variables separables:
` ´
1. xy 0 = yf xyn .
2. x + yy 0 = f (x2 + y 2 ).
3. xy 0 − ax + y = x2a . (Sugerencia: Despeje xy 0 )
1.5
Ecuación Homogénea
Una función f (x, y) se llama homogénea de grado n, si para todo λ ∈ R se tiene que
f (λx, λy) = λn f (x, y)
EJEMPLO 1.15
Fácilmente se ve que
p
1. f (x, y) = 3 x3 + y 3 es homogenea de primer grado.
2. f (x, y) =
x2 −y 2
xy
es homogenea de grado cero.
Una EDO de la forma
y 0 = f (x, y)
se llama homogénea si f (x, y) es homogénea de grado cero. Dicha EDO se soluciona mediante el
cambio de variable u = xy , pues la convierte en
du
f (1, u) − u
=
dx
x
8
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales
CAPÍTULO 1. PRIMER ORDEN
que es una EDO de VS que tiene como solución
Z
du
dx
=
+C
f (1, u) − u
x
EJEMPLO 1.16
Analicemos la EDO
claramente f (x, y) = x2xy
−y 2
convertimos la EDO en
dy
xy
= 2
dx
x − y2
es homogenea de grado cero, por lo tanto la EDO es homogena, tomamos u =
y
x
y
du
u3
=
dx
x(1 − u2 )
que es de una EDO de VS, separando variables e integrando llegamos a que
−
sustituyendo u =
y
x
1
1
− ln |u| = ln |x| + ln |C| =⇒ − 2 = ln |uxC|
2u2
2u
llegemos a la solución dada implı́citamente por la fórmula
−
x2
= ln |Cy|
2y 2
Ejercicio 1.10
Resuelva las siguientes EDO.
1. y 0 = (x − y)2 .∗
3. y 0 =
y+x cos2 (y/x)
;
x
y(1+xy)
x(1−xy)
4. y 0 =
2x−y
x−2y
2. y 0 =
y(1) =
π
.
4
5. (x − y ln y + y ln x)dx + x(ln y − ln x)dy = 0
“
”
p
6. y − x2 + y 2 dx − xdy = 0; y(0) = 1
Ejercicio 1.11∗
Considere la EDO 2xy 3 dx + (x2 y 2 − 1) dy = 0.
(a) Muestre que el cambio de variable y = z a transforma la EDO dada en
2xz 3a dx + a(x2 z 3a−1 − z a−1 ) dz = 0.
(b) Determine un valor a tal que la ecuación anterior sea homogénea.
(c) Resuelva la EDO dada inicialmente.
Ejercicio 1.12∗
r
dy
x2
= y+
dx
2
q
x2
(a) Muestre que la sutitución u = y + 2 transforma la ecuación diferencial dada en una ecuación homogenea.
Considere la ecuación diferencial
(b) Resuelva la ecuación dada inicialmente
1.5.1
EDO Reducibles a Homogéneas
Se reducen a homogeneas las EDO de la forma
ax + by + c
0
y =f
a1 x + b1 y + c1
donde f es una función continua arbitraria.
9
(1.5)
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales
CAPÍTULO 1. PRIMER ORDEN
Si c = c1 = 0 la ecuación (1.5) es homogenea. Supongamos que alguno de los dos valores no es cero,
realicemos el cambio de variable
x = x1 + h, y = y1 + k.
Entonces,
dy
dy
= 1
dx
dx1
Sustituyendo en (1.5) tenemos que:
dy1
=f
dx1
ax1 + by1 + ah + bk + c
.
a1 x1 + b1 y1 + a1 h + b1 k + c1
(1.6)
Elejimos h y k de modo que
ah + bk + c =
a1 h + b1 k + c1
0
=
0
(1.7)
bajo estas condiciones la ecuación (1.6) se transforma en una EDO homogénea, solucionando dicha
ecuación y sistituyendo nuevamente los valores de x1 , y1 obtenemos la solución de (1.5).
En caso de que el sistema (1.7) no tenga solución, es decir cuando aa bb = 0 obtenemos que ab1 = a1 b.
1
Entonces si λ =
a1
a
=
b1
b
1
tenemos que a = λa1 y b = λb1 , por consiguiente (1.5) se transforma en
ax + by + c
y0 = f
= g(ax + b)
λ(ax + by) + c1
que, como vimos, se transforma en un EDO de VS por medio del cambio de variable v = ax + b.
EJEMPLO 1.17
Analicemos la EDO
x+y−3
dy
=
dx
x−y−1
en este caso el sistema (1.7) tiene solución h = 2 y k = 1 y por lo tanto si x = x1 + h y y = y1 + k obtenemos que:
dy1
x + y1
= 1
dx1
x1 − y1
que es una EDO homogenea, haciendo la sustitución u =
y1
x1
, como ya sabemos llegamos a un EDO de VS
1−u
x
du = 1
1 + u2
x1
integrando, hallamos que
arctan u −
1
ln(1 + u2 ) = ln x1 + C
2
simplificando
Cx1
sustituyendo u por
y1
x1
p
1 + u2 = earctan u
en la igualdad, tenemos:
C
q
y
arctan x1
1
x21 + y12 = e
finalmente pasando a las variables x y y, obtenemos:
q
arctan
C (x − 2)2 + (y − 1)2 = e
10
y−1
x−2
.
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales
CAPÍTULO 1. PRIMER ORDEN
EJEMPLO 1.18
Analicemos la EDO
dy
2x + y − 1
=
dx
4x + 2y + 5
2x+y−1
en este caso vemos que 4x+2y+5
=
u = 2x + y y llegamos a que
2x+y−1
2(2x+y)+5
(i.e. el sistema (1.7) no tiene solución), hacemos el cambio de variable
du
5u + 9
=
dx
2u + 5
resolviendo, encontramos:
2
7
u+
ln |5u + 9| = x + C
5
25
finalmente volvemos a las variables iniciales y obtenemos la solución final dada por
10y − 5x + 7 ln |10x + 5y + 9| = C.
Ejercicio 1.13
Solucione las siguientes EDO
1. (3x − 7y + 7) dx − (3x − 7y − 3) dy = 0.
3. (x + 2y + 1) dx − (2x − 3) dy = 0.
2. (x + 2y + 1) dx − (2x + 4y + 3) dy = 0.
4. (y − 3x + 6) dx − (x + y + 2) dy = 0.
1.6
Ecuación Exacta
Una EDO de la forma
M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0
(1.8)
se llama exacta si existe una función U (x, y) tal que:
∂U
∂U
=M y
=N
∂x
∂y
y en este caso debido a que
dU =
∂U
∂U
dx +
dy = M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0
∂x
∂y
la solución viene dada por
U (x, y) = C
Teorema 1.3. Si M y N son continuamente diferenciables, una condición necesaria y suficiente para
la exactitud de la ecuación diferencial (1.8) es que
∂M
∂N
=
∂y
∂x
(1.9)
Entonces si tenemos una EDO de la forma (1.8), basta comprobar que cumple (1.9), para asegurara
que es exacta. Sin embargo aun tenemos el problema de hallar la función U (x, y), ilustremos el método
general por medio de los siguientes ejemplos.
EJEMPLO 1.19
Analicemos la EDO
2xy dx + (x2 + cos y)dy = 0
aqui M = 2xy y N =
x2
+ cos y claramente satisfacen (1.9). Entonces existe U (x, y) tal que
∂U
= 2xy,
∂x
∂U
= x2 + cos y
∂y
11
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales
CAPÍTULO 1. PRIMER ORDEN
integrando la primera ecuación con respecta a x, obtenemos:
U = x2 y + f (y)
de segunda ecuación y derivanda a ambos lados U = x2 y + f (y) con respecto a y tenemos:
∂U
= x2 + f 0 (y) = x2 + cos y
∂y
por lo tanto f (y) = sin y + c, y por ende U = x2 y + sin y + c, finalmente la solución de la EDO viene dada por la fórmula
x2 y + sin y = C.
EJEMPLO 1.20
Resuelva la EDO
y0 =
xy 2 − 1
1 − x2 y
con la condición inicial y(0) = 1.
Solución. Escribimos la EDO como (xy 2 −1)dx+(x2 y −1)dy = 0, vemos que es exacta. Analogamente al procedimiento
anterior encontramos que la solución de la EDO es
x2 y 2
−x−y =C
2
utilizando la condición inicial obtenemos que C = −1.
U =
En ciertos casos las EDO exactas se pueden resolver un método de inspección conocido como agrupación de términos. Este esta basado en la habilidad de reconocer ciertas diferencias exactas.
EJEMPLO 1.21
Utilicemos el método de agrupación de términos para resolver la EDO exacta:
2xy dx + (x2 + cos y)dy = 0
agrupando obtenemos:
(2xy + x2 dy) + (cos y)dy = 0
entonces
d(x2 y) + d(sin y) = 0 =⇒ d(x2 y + sin y) = 0
y por lo tanto las solución general viene dad por x2 y + sin y = C.
Ejercicio 1.14
Considere la ecuación diferencial (3y a + 10xy 2 ) dx + (6xa−1 y − 2 + 10x2 y) dy = 0.
(a) ¿Para cuales valores de a esta ecuación es exacta?
(b) Para tales valores resuelva la ecuación diferencial.
Ejercicio 1.15
Considere la ecuación diferencial (y + xy a ) dx + (x + xa y) dy = 0.
(a) ¿Para cuales valores de a esta ecuación es exacta?
(b) Para tales valores resuelva la ecuación diferencial.
Ejercicio 1.16
(a) ¿Para cuales funciones N (x, y) la ecuación diferencial (y + x2 y 3 )dx + N (x, y)dy = 0 es exacta?
(b) Encuentre la solución general de la ecuación diferencial.
Ejercicio 1.17
Muestre que el teorema 1.3
12
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales
1.6.1
CAPÍTULO 1. PRIMER ORDEN
Factor Integrante
Supongamos que la EDO
M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0
(1.10)
no es exacta. En ciertos casos es posible hallay una función µ(x, y) tal que, si multiplicamos la ecuación
(1.10) por µ se convierte en exacta, y la solución general de la ecuación ası́ obtenida coincide con la
solcuión general de la ecuación inicial; la función µ(x, y) se llama un factor integrante de la ecuación
(1.10).
Para hallar un factor integrante de (1.10), necesitamos que
µM dx + µN dy = 0
sea un EDO exacta. y por el teorema 1.3, basta que
∂(µM )
∂(µM )
=
∂y
∂x
y por la regla de la cadena podemos simplificar dicha condición a que
M
∂ ln µ
∂ ln µ
∂N
∂M
−N
=
−
.
∂y
∂x
∂x
∂y
(1.11)
Entonces es claro que toda función µ(x, y) que satisfaga (1.11) es un factor integrante de (1.10).
Lamentablemente la eucación (1.11) es un ecuación en derivadas parciales, y el caso general de esta
EDP, para hallar µ(x, y), es más dificil que la ecuación original. Sin embargo si asumimos que el factor
integrante depende de una función u(x, y), entonces podemos simplificar (1.11) y obtenemos:
Z
Nx − My
µ = exp
du .
M uy − N ux
Algunos casos especı́ficos son los siguientes:
• Si u = x entonces
R
f (x)dx
R
g(y)dy
µ=e
donde f (x) =
R
1
N
∂M
∂y
−
∂N
∂x
• Si u = y entonces
µ=e
donde g(y) =
R
1
M
∂N
∂x
−
∂M
∂y
.
EJEMPLO 1.22
Hallar la solución de la EDO
(y + xy 2 ) dx − x dy = 0
Solución. Aquı́: M = y + xy 2 ; N = −x;
∂M
= 1 + 2xy;
∂y
∂N
= −1;
∂x
∂M
∂N
6=
.
∂y
∂x
por lo tanto la EDO no es exacta. Examinemos para ver si la EDO admite un factor integrante que depende solo de y,
para eso vemos que
„
«
∂N
∂M
2
1
−
= − = g(y)
M
∂x
∂y
y
es una función que solo depende de y y por lo tanto la EDO si admite dicho factor integrante, y sabemos que viene
dado por la fórmla
R
R
2 dy
1
−y
µ = e g(y) dy = e
= 2
y
13
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales
CAPÍTULO 1. PRIMER ORDEN
multiplicando por µ la EDO obtenemos
„
1
+x
y
«
dx −
x
dy = 0
y2
que es exacta, resolviéndola encontramos que
2x
x2 + 2C
y=−
EJEMPLO 1.23
Hallar la solución de la EDO
(x4 + x2 y 2 + x) dx + y dy = 0
Solución. Veamos que en este caso podemos encontrar un factor integrante µ depende solo de u = x2 + y 2 , para esto
basta ver que
„
«
∂N
∂M
1
1
−
= − = h(u)
2(yM − xN ) ∂x
∂y
u
y por lo tanto
R
1
1
µ = e h(u) du =
= 2
u
x + y2
Aun más podemos ver que esta EDO también admite un factor integrante que depende solamente de x, calculemos
„
«
∂N
1 ∂M
−
= 2x2 = f (x)
N
∂y
∂x
y por lo tanto
µ=e
2x3
3
.
Con cualquiera de los dos factores integrantes, la EDO se puede transformar en exacta. Encontrar la solución queda
como ejercicio al lector.
Ejercicio 1.18
Muestre que en cada uno de los casos, la función µ es la que indica la fórmula.
hR
i
Nx −My
• Si u = xy entonces, µ = exp
du .
M x−N y
»
–
R y2 My −y2 Nx
entonces,
µ
=
exp
du
.
• Si u = x
y
M x+N y
• Si u =
y
x
entonces, µ = exp
»
R
x2 Nx −x2 My
M x+N y
–
du .
Ejercicio 1.19∗
Cosidere la ecuación diferencial:
y dx + (x2 + y 2 + x) dy = 0.
(a) Determine un factor integrante, µ, de esta ecuación diferencial que sea función de x2 + y 2 .
Esto es µ = f (x2 + y 2 ).
(b) Resuelva esta ecuación diferencial.
Ejercicio 1.20∗
(a) Determine n y m para que xn y m sea un factor integrante de la ecuación diferencial:
(2y 2 − 6xy) dx + (3xy − 4x2 ) dy = 0.
(b) Halle la solución general de esta ecuación diferencial.
Ejercicio 1.21∗
(a) Determine n y m para que xn y m sea un factor integrante de la ecuación diferencial:
` 2 3
´
`
´
x y + 2y dx + 2x − 2x3 y 2 dy = 0.
14
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales
CAPÍTULO 1. PRIMER ORDEN
(b) Halle la solución general de esta ecuación diferencial.
Ejercicio 1.22∗
Considere dos funciones f y g, tales que f (xy) − g(xy) no se anula en alguna región del plano xy.
(a) Muestre que en diche región la función
1
xy(f (xy) − g(xy))
µ(x, y) =
es un factor integrante para la ecuación diferencial
yf (xy) dx + xg(xy) dy = 0.
(b) Resuelva la ecuación:
y(2xy + 1) dx + x(1 + 2xy − x3 y 3 dy) = 0.
Ejercicio 1.23∗
(a) Determine n y m para que xn y m sea un factor integrante de la ecuación diferencial:
«
«
„
„
1
1
+ y 2 dx +
+ xy dy = 0.
2
x
xy
(b) Halle la solución general de esta ecuación diferencial.
Ejercicio 1.24∗
Cosidere la ecuación diferencial:
«
«
„
y2
3x
4
+
− 3y dy = 0.
dx +
x
x
y
(a) Determine un factor integrante, µ, de esta ecuación diferencial que sea función de xy.
Esto es µ = f (xy).
„
6−
(b) Resuelva esta ecuación diferencial.
1.7
Ecuación Lineal
Una EDO de la forma
y 0 + P (x)y = Q(x)
donde P, Q ∈ C(R) se llama
EDO lineal primer orden. Facilmente observamos que si multiplicamos
R
a ambos lados por µ = e P dx obtenemos
R
dy
(ye P
dx
dx
R
) = Q(x)e
P dx
integrando llegamos a la solución general
R
ye
P dx
Z
=
R
Qe
P dx
dx + C
EJEMPLO 1.24
Resuelva y 0 −
2
y
x+1
= (x + 1)3
Solución. En este caso µ =
1
,
(x+1)2
entonces
dy
dx
„
y
(x + 1)2
«
=x+1
integrando llegamos a la solución general
y=
(x + 1)4
+ (x + 1)2 C
2
15
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales
CAPÍTULO 1. PRIMER ORDEN
EJEMPLO 1.25
Resuelva y 0 =
1
x−3y
Solución. En este caso consideramos a x(y) como función de y, para poder escribir la EDO en forma lineal, entonces
x0 − x = −3y
por lo tanto µ = e−y , entonces con el mismo procedimiento anterior obtenemos
x = 3y + 3 + Cey .
Ejercicio 1.25
Resuelva las siguietes EDO
1. y 0 − 2xy = x.
2.
` 2x
´
e + 1 (y 0 + y) = 1.
1.8
3. y 0 cos x + y sin x = 1.
4. y 0 +
n
y
x
=
a
,
xn
n ∈ N y a ∈ R.
5. y 0 + y cos x =
1
2
sin 2x.
1
.
6. y 0 = y
e −x
Ecuación de Bernoulli
Una EDO de la forma
y 0 + P (x)y = Q(x)y n
donde P, Q ∈ C(R) y n 6= 1 se llama EDO de Bernoulli. Utilizando el cambio de variable z = y 1−n ,
dicha encuación se transforma en un EDO lineal
z 0 + (1 − n)P (x)z = (1 − n)Q(x)
EJEMPLO 1.26
Resuelva la ecuación de Bernoulli
y 0 + yx = x3 y 3
Solución. En clase.
Ejercicio 1.26∗
Considere la ecuación diferencial
dy
+ y + x = xe2xy
dx
transforma la ecuación diferencial dada en una ecuación de Bernoulli.
x
(a) Muestre que la sustitución u = exy
(b) Resuelva la ecuación de Bernoulli obtenida en (a).
(c) De la solución general de la ecuación inicial.
Ejercicio 1.27
Resuelva las siguientes EDO
1. y 0 + 3x2 y = x2 y 3 .
2.
y0
+
3. y 0 +
4. y 0 − tan x · y + cos x · y 2 = 0.
1
y = xy 2 .
x
y
= x3 y 3 sin x.
x
5. (1 − x2 )y 0 − xy − axy 2 , a ∈ R.
6. (y ln x − 2)ydx = xdy.
16
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales
CAPÍTULO 1. PRIMER ORDEN
Ejercicio 1.28∗
Considere la ecuación diferencial y 0 + y 2 +
y
x
=
1
.
x2
(a) Pruebe que si φ(x) es una solución de esta ecuación diferencial, entonces la sustitución y = φ + v transforma dicha
ecuación en la ecuación de Bernoulli siguiente
»
–
dv
1
+
+ 2φ(x) v = −v 2
dx
x
(b) Pruebe que la función φ(x) = − x1 es solución de la ecuación dada inicialmente.
(c) Tomando φ(x) = − x1 resuelve la ecuación de Bernoulli dada en (a).
(d) Determine la solución general de la ecuación diferencial dada inicialmente.
Ejercicio 1.29∗
Considere la ecuación diferencial
√
1 − x2
4 x arctan x 1/2
du
√
+
u
=
u
dx
1 + x2
1 + x2
(a) Muestre que la sustitución y = xu transforma la ecuación diferencial dada en una ecuación de Bernoulli.
x
(b) Resuelva la ecuación de Bernoulli obtenida en (a).
(c) De la solución general de la ecuación inicial.
1.9
Ecuación de Clairaut, Lagrange y Ricatti
Una EDO de la forma
y = xy 0 + f (y 0 )
(1.12)
donde f es continuamente diferenciable, se llama ecuación de Clairaut, y presenta varias propiedades
interesantes.
Para resolverla utilizamos el cambio de variable v = y 0 , diferenciando a ambos lados obtenemos:
v 0 (x + f 0 (v)) = 0.
Esta ecuación se satisface si se cumplen cualquiera de las siguientes condiciones:
1. v 0 = 0, en tal caso v = C, donde C es una constante arbitraria. Sustituyendo en (1.12) llegamos
una las solución general de la ecuación de Clairaut dada por
y = Cx + f (C)
2. x + f 0 (v) = 0, en este caso usando (1.12) obtenemos las ecuaciones
x =
−f 0 (v)
y
−vf 0 (v) + f (v)
=
(1.13)
que definen parametricamente una solución singular de la ecuación de Clairaut. La solución
singular de la ecuación de Clairaut determina un envolvente de la familia de rectas, dados por
la solución general, veamos la motivación geométrica de este nombre en el siguiente ejemplo.
17
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales
CAPÍTULO 1. PRIMER ORDEN
EJEMPLO 1.27
Hallar la solución de la EDO
y = xy 0 + (y 0 )2
Solución. Hacemos el cambio de variable v = y 0 , y claramente un solución general viene dada por
y = Cx + C 2
para hallar la solución singular utilizamos las ecuaciones (1.13)
x
=
−2v
y
=
−v 2
de las cuales obtenemos que la solución singular es
y=−
x2
.
4
2
Ahora, claramente cada recta de la familia Ω = {y = Cx + C 2 : C ∈ R} es tangente a la parábola y = − x4 ; y por cada
2
punto de la parábola y = − x4 pasa una única recta de la familia Ω.
Ejercicio 1.30
ECUACIÓN DE LAGRANGE: Considere le ecuación diferencial de la forma
y = xϕ(y 0 ) + ψ(y 0 )
al derivar dicha ecuación y hacer el cambio y 0 = p se puede escribir de la forma
dx
+ A(p)x = B(p)
dp
resolviendo esta ecuación diferencial lineal de primer orden obtenemos x = f (p, C), lo cual nos da la solución paramétrica
x
=
f (p, C)
y
=
f (p, C)ϕ(p) + ψ(p)
donde la últmi ecuación se obtiene de la ecuación inicial.
Ejercicio 1.31
ECUACIÓN RICATTI: Considere la ecuación diferencial de la forma
y 0 + p(x)y 2 + q(x)y = r(x)
si p(x) ≡ 0 la ecuación se convierte en lineal y si r(x) ≡ 0 se obtiene una ecuación de Bernoulli. En el caso general
la ecuación diferencial se llama Ecuación de Ricatti y para resolverla se necesita conocer una solución particular de la
ecuación (sea φ esta solución). Entonces muestre que utilizando el cambio de variable
y =φ+
1
z
la ecuación se transforma en una ecuación lineal de primer orden.
1.10
Reducción de Orden
Si en la ecuación
F (x, y, y 0 , y 00 ) = 0
alguna de las variables x ó y no aparecen explı́citamente en la ecuación, entonces la ecuación se puede
simplificar por medio del cambio de variable y 0 = v.
18
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales
CAPÍTULO 1. PRIMER ORDEN
EJEMPLO 1.28
Resuelva le siguiente EDO
xy 00 + y 0 = 4x
Solución. En este caso la ecuación no contiene explı́citamente a la variable y, entonces el cambio de variable v = y 0 la
transforma en
xv 0 + v = 4x
la cual es una EDO lineal y al resolverla obtenemos
y 0 = v = 2x +
A
x
A∈R
de donde finalmente
y = x2 + A ln x + B
A, B ∈ R.
Observe que en esta ecuación se obtienen dos constantes arbitrarias, esto se debe a que el orden de la ecuación diferencial
inicial es también dos.
EJEMPLO 1.29
Analicemos la siguiente EDO
2yy 00 = 1 + (y 0 )2 .
En este caso tenemos que la ecuación no contiene explı́citamente la variable x, entonces en este caso el cambio de
variable v = y 0 la transforma en
dv
2y
= 1 + v2
dx
utilizando la identidad
dv
dv dy
dv
=
=
v
dx
dy dx
dy
obtenemos
dv
2y v = 1 + v 2
dy
resolviendo por separación de variables llegamos a que
1 + (y 0 )2 = 1 + v 2 = Ay
despejando
y0
A ∈ R − {0}
√
= ± Ay − 1 y finalmente separando variables obtenemos
y=
(Ax + B)2
1
+
4A
A
A, B ∈ R, A 6= 0.
Ejercicio 1.32
Resuelva las siguientes EDO
1. xy 00 = 2
2.
xy 000
1.11
=2
3. y 00 = a2 y a ∈ R
4.
y 00
5. xy 00 − y 0 = x2 ex
6. y 0 y 000 − 3(y 00 )2 = 0
+ y = 0.
EDO de una Familia de Curvas
Ocasionalmente es necesario obtener una EDO de orden n que tiene a una función dada con n constantes arbirarias como solución general. Para encontrar dicha EDO, diferenciamos n veces la igualdad
y resolvemos para las constantes el sistema obtenido de escoger n ecuaciones de las n + 1 ecuaciones
obtenidas. Y luego sustitiumos las constantes en alguna de las ecuaciónes.
19
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales
CAPÍTULO 1. PRIMER ORDEN
EJEMPLO 1.30
Sean a y b constantes, encuentre una EDO de segundo orden tal que tenga a
y = aex + b cos x
como solución general.
Solución. Diferenciando obtenemos:
y0
y 00
=
=
aex − b sin x
aex − b cos x
resolviendo el sistema para a y b
y + y 00
y − y 00
b=
x
2e
2 cos x
sustituyendo en la segunda ecuación obtenemos la EDO buscada.
a=
(1 + tan x)y 00 − 2y 0 + (1 − tan x)y = 0
Existen EDO de orden mayor que tambien tienen a y = aex + b cos x como solución general un ejemplo de una es
y (4) = y
sin embargo la única de orden 2 es la que encontramos anteriormente.
Ejercicio 1.33
Halle una EDO de orden 2 que tiene como solución general la familia de parábolas que tocan al eje x en un solo punto.
Respuesta. 2yy 00 − (y 00 )2 = 0.
Ejercicio 1.34
Halle una EDO de primer orden que tiene como solución general la familia de rectas que tocan la parabola 2y = x2 en
un solo punto.
Respuesta. (y 0 )2 − 2y 0 x + 2y = 0.
Ejercicio 1.35
Halle una EDO de primer orden que tiene como solución general la familia de curvas tal que, para cada una de dichas
curvas, el segmento de la tangente desde el punto al eje-y es bisecado por el eje-x.
Respuesta. xy 0 − 2y = 0 .
Ejercicio 1.36
Halle una EDO que tiene como solución general una familia uniparamétrica de curvas tal que, para cada una de ellas,
el área de la región triangular limitada por el eje-x, la linea tangente en el punto y la perpendicular por el punto de
tangencia sea igual a a2 .
Respuesta. 2a2 y 0 − y 2 = 0 .
Ejercicio 1.37
Halle una EDO cuya solución general sea la familia de todas las circunferencias con centro en el eje y = x.
Ejercicio 1.38
Halle una EDO cuya solución general sea la familia de todas las circunferencias que pasan por los puntos (0, 1) y (1, 0) .
Ejercicio 1.39
El área del triángulo, formado por la tangente a una curva buscada y los ejes de coordenadas, es una magnitud constante.
Hallar esta curva.
√
Respuesta. 4xy = a & y = Cx ± a C para a > 0, C ∈ R.
20
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales
1.12
CAPÍTULO 1. PRIMER ORDEN
Trayectorias Ortogonales
Sea
Φ(x, y, C)
(1.14)
una familia de curvas dependiendo de un parámetro C, las curvas que cortan todos los elementos de
esta familia bajo un ángulo constante se llaman trayectorias isogonales. Si este ángulo es recto de
llaman trayectorias ortogonales.
Para hallar las trayectorias ortogonales de una familia de curvas dada procedemos de la siguiente
manera. Primeramente encontramos la EDO que tiene a (1.14) como solución general. Sea
F (x, y, y 0 ) = 0
dicha ecuación, entonces la familia de soluciones de la EDO
F (x, y, −
1
)=0
y0
son las trayectorias ortogonales de (1.14).
EJEMPLO 1.31
Encuentre las trayectorias ortogonales de x2 + y 2 = Cx.
Solución. En clase.
EJEMPLO 1.32
Halle las trayectorias ortogonales de la familia de parábolas y = Cx2 .
Solución. En clase.
Ejercicio 1.40∗
Halle las trayectorias ortogonales a la familia de circunferencias con centro sobre el eje x y que pasan por el origen.
Ejercicio 1.41
Determine n para que la familia de curvas xn + y n = C sea ortogonal a la familia y =
x
.
1 − Cx
Ejercicio 1.42∗
Halle las trayectorias ortogonales de las lemniscatas (x2 + y 2 )2 = (x2 − y 2 )C 2 .
Ejercicio 1.43
Muestre que la familia de parábolas y 2 = 4Cx + 4C 2 es asi misma ortogonal. Grafique algunos de los miembros de esta
familia.
Ejercicio 1.44
Muestre que la familia
y2
x2
+ 2
=1
a2 + C
b +C
donde a y b son constantes dadas es asi misma ortogonal. Esta familia se llama la familia de cónicas confocales. Grafique
algunos de los miembros de esta familia.
21
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales
1.13
CAPÍTULO 1. PRIMER ORDEN
Crecimiento y Decrecimiento de Poblaciones
La ley de crecimiento exponencial de poblaciones afirma que la tasa de crecimiento de una población es
proporcional, en el tiempo, a la cantidad de habitantes que este presente en dicha población. Entonces
si denotamos:
• N = Cantidad de habitantes en el tiempo t.
• k = Constante de proporcionalidad. (k > 0).
obtenemos por la ley de crecimiento, que
dN
= kN
dt
y por lo tanto
N (t) = Cekt ; C ∈ R
EJEMPLO 1.33
Si un cultivo de bacterias crece a una tasa proporcional a la cantidad, además tenemos que despues de una hora hay un
cultivo de 1000 familias de bacterias, y despueds de 4 horas hay 3000 familias de bacterias. Halle el número de familias
de bacterias en función del tiempo y el número inicial de familias.
Solución. En clase.
EJEMPLO 1.34
Bacterias en cierto cultivo incrementan su reproducción a una velocidad proporcional al número presente. Si el número
original de bacterias se incrementa en un 50% en media hora, ¿en cuánto tiempo se espera tener tres veces el número
original, y cinco veces el número original?
Solución. En clase.
Ejercicio 1.45
En una solución de un compuesto quı́mico, se sabe que la razón de formación del compuesto es proporcional a la cantidad
del quı́mico presente en cada instante. Si despues de una hora la cantidad medida del compuesto es 3/2 de la cantidad
inicial. ¿Cuánto tiempo se requiere para triplicar el número de gramos iniciales?
Ejercicio 1.46
Un cultivo de bacterias “enferma” crece a una tasa que es inversamente proporcional a la raı́z cuadrada del número
presente. Si hay inicialmente 9 unidades y si 16 unidades están presentes después de 2 dı́as, ¿en cuánto tiempo habrá
36 unidades?
Ejercicio 1.47
Una pequeña población crece según la ley de crecimiento exponencial. Si la población inicial es de 500 habitantes y si
esta aumenta en un 15% en 10 a˜;os. Determine la población dentro de 30 años y la cantidad de tiempo que debe pasar
para que la población crezca un 60%.
Ejercicio 1.48∗
La población, N (t), de individuos de una población que manifiestan cierta caracterı́stica, en un instante t obedece a la
ecuación diferencial
dN
= k(1 − N )N.
nt
Si en el instante inicial esta proporción es de 13 , determine el tiempo necesario para que esta proporción se duplique.
Suponga que k = 0.025 por año.
22
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales
CAPÍTULO 1. PRIMER ORDEN
La ley de desintegración exponencial radioactiva afirma que la tasa de desintegración de una substancia
es proporcional, en el tiempo, a la cantidad de substancia que este presente. Entonces si denotamos:
• N = Cantidad de substancia en el tiempo t.
• k = Constante de proporcionalidad. (k > 0).
obtenemos por la ley de desintegración, que
dN
= −kN
dt
y por lo tanto
N (t) = Ce−kt ; C ∈ R
La vida media de una substancia se define como el tiempo que ésta requiere para reducir su masa
inicial a la mitad.
EJEMPLO 1.35
Se sabe que cierto material radioactivo se desintegra a una tasa proporcional a la cantidad de material presente, además
sabemos que inicialmente hay 50 miligramos de material y despues de 2 horas se observa que el material ha perdido un
10% de su masa original. Halle la masa de este material en función del tiempo, y encuentre su vida media.
Solución. En clase.
EJEMPLO 1.36
El Pb-209 isótopo radioactivo del plomo, se desintegra según la ley de desintegración exponencial. Si sabemos que tiene
una vida media de 3.3 horas y que al principio habı́a N0 gramos de plomo, ¿cuánto tiempo debe transcurrir para que
se desintegre el 90% de su masa inicial?
Solución. En clase.
Ejercicio 1.49
Un material radioactivo se desintegra a una tasa proporcional a la cantidad presente. Si después de un hora se observa
que el 10% del material se ha desintegrado, halle la vida media del material.
Ejercicio 1.50
La velocidad de desintegración del radio es proporcional a la cantidad presente. Si su vida media es de 1600 años, halle
qué tanto porciento resultará desintegrado cuando pasen 100 años.
Ejercicio 1.51
Encuentre la vida media de una substancia radioactiva se el 25% de ésta desaparece en 10 años y sabiendo que esta
substancia se rige por la ley del decrecimiento exponencial.
Ejercicio 1.52
La carga eléctrica en una superficie esférica se escapa a una tasa proporcional a la cantidad presente en cada instante.
Si inicialmente hay 12 unidades presentes y si 8 unidades esta presentes después de 2 dı́as, ¿cuánto tiempo tomará para
que la sustancia desaparezca?
Ejercicio 1.53
Suponga que una substancia decrece a una razón que es inversamente proporcional a la cantidad presente en cualquier
instante. Si inicialmente hay 12 unidades presentes y si 8 unidades están presentes despues de 2 dı́as ¿cuánto tiempo
tomará para que la substancia desaparezca?
23
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales
1.14
CAPÍTULO 1. PRIMER ORDEN
Ley de Enfriamiento de Newton
La ley de enfriamiento de Newton afirma que la tasa de cambio de la temperatura de un cuerpo es
proporcional, en el tiempo, a la diferencia entre la temperatura del cuerpo y la del medio. Sea
• T = Temperatura del cuerpo al instante t.
• Tm = Temperatura del medio (constante).
• k = Constante de proporcionalidad. (k > 0).
Por la ley de enfriamiento de Newton obtenemos que
dT
= −k(T − Tm )
dt
donde el signo negativo se explica por el hecho de que la temperatura del cuerpo tiende a la temperatura
del medio, resolviendo la ecuación diferencial llegamos a que
T = Tm + Ce−kt
EJEMPLO 1.37
Una barra metálica a una temperatura de 100◦ F se pone en un cuarto a una temperatura constante de 0◦ F . Si despues
de 20 minutos la temperatura de la barra es 50◦ F , hallar el tiempo que gastará la barra en llegar a una temperatura
de 25◦ F y la temperatura inicial de la barra.
Solución. En clase.
EJEMPLO 1.38
Un cuerpo con temperatura de 80◦ C se coloca, en instante t = 0, en un medio cuya temperatura se mantiene a 50◦ C y
luego de 5 minutos la temperatura de dicho cuerpo es de 70◦ C. Halle la temperatura del cuerpo luego de 10 minutos,
y el instante en que su temperatura es de 60◦ C.
Solución. En clase.
Ejercicio 1.54∗
Una taza de café se calienta a 200◦ F y luego se coloca en una habitación donde la temperatura es de 70◦ F . Si transcurrido un minuto, el café llegó a una temperatura de 190◦ F , ¿cuánto tiempo hay que esperar para que su temperatura
sea de 150◦ F ?
Ejercicio 1.55
Despues de estar expuesto durante 10 minutos, en el aire a una temperatura de 10◦ C, un objeto se enfrió de 100◦ C a
55◦ C.
(a) ¿En cuánto tiempo, a partir de este momento, la temperatura del objeto llegaráa los 19◦ C?
(b) ¿Cuánto tiempo le tomará el mismo objeto enfriarse de 500◦ a 250◦ C si se coloca en el agua que se mantiene a
una temperatura de 0◦ C?
1.15
Mezclas y Reacciones Quı́micas
Veamos la aplicación de las EDO a mezclas de substancias, considere un tanque que contiene V0
galones con s0 libras de sal. Otra solución salina que contine α libras de sal por galón, se vierte en el
tanque a una tasa de n galones por minuto, mientras que, simultaneamente, la solución bien mezclada
sale del tanque a una tasa de m galones por minuto. En este tipo de problemas podemos hallar la
siguiente información:
24
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales
CAPÍTULO 1. PRIMER ORDEN
• V (t) : Volumen (gal) de la solución salina en tiempo t.
• C(t) : Concentración de sal (lb/gal) que hay en tanque en tiempo t.
• Q(t) : Cantidad de sal (lb) que hay en el tanque en tiempo t.
Claramente el volumen en tiempo t está determinado por la fórmula
V (t) = V0 + (n − m)t,
y por ende la concentración viene dada por
C(t) =
Q(t)
Q(t)
=
.
V (t)
V0 + (n − m)t
Ahora observe que
dQ
= αn − C(t)m
dt
o equivalentemente que
dQ
m
+
Q = nα
dt
V0 + (n − m)t
que es una ecuación diferencial lineal con condición inicial Q(0) = s0 , de la cual obtenemos Q(t).
EJEMPLO 1.39
Un tanque contiene inicialmente 100 gal de una solución salina que contine 20 lb de sal. A partir de cierto momento
se vierte agua dulce en el tanque a razón de 5 gal/min, mientras que del tanque sale una solución bien mezclada a la
misma tasa. Hallar la cantidad de sal que hay despues de 20 minutos.
Solución. En clase.
EJEMPLO 1.40
Un tanque de 50 gal contiene inicialmente 10 gal de agua pura. A partir de cierto momento se vierte en el tanque una
solución salina que contiene una libra de sal por galón a razón de 4 gal/min, simultanemente sale del tanque la solución
bien mezclada a razon de 2 gal/min. Hallar la cantidad de tiempo que toma el tanque en llenarse, asi como la cantidad
y la concentración de sal en ese momento.
Solución. En clase.
Ejercicio 1.56∗
Un tanque contiene inicialmente 100 galones de salmuera en la cual están diluidas 30 libras de sal. Sale salmuera del
tanque a razón de tres galones por minuto y simultaneamente entran, a dicho tanque, agua pura a dos galones por
minuto; manteniéndose la mezcla homogénea a cada instante. Determine la cantidad de sal en el tanque al cabo de diez
minutos de iniciado dicho proceso.
Ejercicio 1.57∗
En un depósito que contiene 100 galones de salmuera en los que hay disueltas 40 libras de sal, se desea reducir la concentración de sal a 0.1 libras por galón. Para ello se introduce agua pura el depósito a razón de 5 galones por minuto,
permitiendo que salga la misma cantidad por minuto y manteniendo, en todo instante, la mezcla uniforme. ¿En cuánto
tiempo se logra lo propuesto?
Ejercicio 1.58
Un tanque tiene 10 galones de agua salada con 2 libras de sal disuelta. Agua salado, con una concentración de 1.5 libras
de sal por galón, entra a razón de 3 galones por minuto y la mezcla bien agitada sale a razón de 4 galones por minuto.
Encuentre la cantidad de sal en el tanque en cualquier tiempo y encuentre la concentración de sal despues de 10 minutos.
25
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales
CAPÍTULO 1. PRIMER ORDEN
Ahora analicemos la aplicación de EDO a la teorı́a de reacciones quı́micas. Una ecuación quı́mica describe cómo las moleculas de varias substancias se combinan para formar otras (2H2 + O2 → 2H2 O).
La tasa a la cual se forma una substanca se llama velocidad de reacción. Aunque ninguna regla general se aplica para todos los casos, la ley de acción reacción que sostiene que si la temperatura se
mantiene constante, la velocidad de una reacción quı́mica es proporcional al producto de las concentraciones de las substancias que están reaccionando; esta es una manera muy usual para abordar este
problema.
Supongamos que para formar la substancia C, se combinan α unidades de A y β unidades de B. Sea
x(t) la cantidad formada de C en el tiempo t. Si para obtener una unidad de C se necesita n de A y
1 − n de B (0 < n < 1), entonces la cantidad de A y B presentes (restantes) en cualquier instante t,
es
• α − nx(t) cantidad presente de A en tiempo t.
• β − (1 − n)x(t) cantidad presente de B en tiempo t
Entonces por la ley de acción de masa, si (k > 0) es la constante de proporcionalidad
dx
= k(α − nx)(β − (1 − n)x)
dt
observe que esta ecuación tiene sentido siempre que cada miembro de la parte derecha sea positivo,
pues de lo contrario ya se habrı́a acabado algúna substancia.
EJEMPLO 1.41
Dos quı́micos A y B reaccionan para formar otro quı́mico C. La tasa de formación de C es proporcional al producto
de las cantidades instantáneas de los quı́micos A y B presentes. La formación de C require de 2 libras de A por cada
3 libras de B. Si inicialmente están presentes 10 libras de A y 30 libras de B, y si en 12 minutos se forman 10 libras
de C. Halle la cantidad de quı́mico C en cualquier tiempo t, además encuentre la cantidad máxima de C que se puede
formar, y averigue la cantidad restante de los quı́micos A y B despues de que ha pasado mucho tiempo.
Solución. En clase.
Ejercicio 1.59
En una reacción quı́mica, la sustancia A se transforma en otra sustancia a una velocidad proporcional a la cantidad de
A no transformado. Si, en un principio, habı́an 40 gramos de A y una hora más tarde 12 gramos; ¿cuándo se habrá
transformado el 90% de A?
Ejercicio 1.60∗
Cierta sustancia C se produce de la reacción de dos quı́micos A y B. La tasa a la cual se produce C es proporcional al
producto de las cantidades instantaneas de A y B presentes. La formación de tal sustancia C requiere 3 libras de A por
cada 2 libras de B. Si inicialmente habı́an 60 libras de A y 60 libras de B y luego de una hora, de iniciada la reacción,
se han producido 15 libras de C, determine:
(a) La cantidad de C en cualquier instante t.
(b) la cantidad de C al cabo de 2 horas de iniciada la reacción.
(c) La cantidad máxima de C que se puede formar.
Ejercicio 1.61
Dos sustancias A y B reaccionan para formar C, de tal manera que se requiere 2 gramos de A por cada gramo de B. La
tasa de producción es proporcional al producto de las cantidades instantáneas de A y B que no se han transformado en
C. Si inicialmente hay 100 y 50 gramos de A y B respectivamente, y si se forman 10 gramos de C en 5 minutos. ¿Cuál
es la cantidad lı́mte de C que se puede formar y cuánto se espera tener de los reactivos A y B en ese momento?
26
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales
1.16
CAPÍTULO 1. PRIMER ORDEN
Leyes del Movimiento de Newton
Las tres leyes del movimiento de Newton son:
1. Un cuerpo en reposo tiende a permanecer en reposo, mientras que un cuerpo en movimiento
tiende a persistir en movimiento en una linea recta con velocidad constante a menos que fuerzas
externas actuen sobre el.
2. La tasa de cambio en momentum de un cuerpo en el tiempo es proporcional a la fuerza neta que
actúa sobre el cuerpo y tiene la misma dirección a la fuerza.
3. A cada acción existe una reacción igual y opuesta.
La segunda ley de Newton nos proporciona una relación importante que podemos escribir matemáticamente
de la siguiente manera:
d
(mv) = kF
dt
donde m es la masa, v la velocidad, F la fuerza que actua sobre el objeto en dirección a la velocidad
y k es el coeficiente de proporcionalidad. Utilizaremos el valor de k = 1 para simplificar los cálculos y
asumiremos que la masa es constante con el tiempo (lo cual sabemos que no es necesariamente cierto),
entonces tenemos que
d
d
F = (mv) = m (v) = ma
dt
dt
de donde llegamos a la conocida fórmula
F = ma.
Veamos con ejemplos como podemos utilizar dicha relación para estudiar fenómenos fı́sicos.
EJEMPLO 1.42
Una bola se lanza hacia arriba con una velocidad de 128m/s. ¿Cuál es su velocidad despues de 6 segundos?, ¿Cuándo
regresará a su posición de partida por primera vez?, ¿Cuál es la altura máxima que alcanza?
Solución. En clase.
EJEMPLO 1.43
Un caja de peso W se desliza hacia abajo desde el reposo en un plano inclinado el cual forma un ángulo de α con la
horizontal. Establezca la ecuación diferencial y las condiciones iniciales que describan el movimiento de la caja. Halle
la aceleración, la velocidad y la distancia de la caja en el tiempo t.
Solución. En clase.
Ejercicio 1.62
Un hombre y su bote de motor pesan juntos 343 N . Suponga que el empuje del motor es equivalente a una fuerza
constante de 140 N en dirección del movimiento. Si la resistencia del agua al movimiento es igual a 7 veces la velocidad
instantánea, y si el bote esta inicialmente en reposo. Encuentre la velocidad y la distancia en cualquier tiempo.
Ejercicio 1.63
Un cuerpo de 6 kg tiene una velocidad lı́mite de 16m/s cuando cae en el aire, el cual ofrece una resistencia proporcional
a la velocidad intantánea del cuerpo. Si el cuerpo parte del reposo.
(a) Encuentre la velocidad del cuerpo despues de 1 seg.
(b) ¿A qué distancia se encuentra el cuerpo en el momento que que la velocidad es de 15 m/s?
Ejercicio 1.64∗
Un cuerpo de masa m cae, partiendo del reposo, en un medio que le ofrece una resitencia proporcional al cuadrado de
su velocidad (v). Determine se velocidad lı́mite, esto es lim v(t).
t→∞
27
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales
CAPÍTULO 1. PRIMER ORDEN
Ejercicio 1.65
Un punto material de masa m es atraido por cada uno de dos centros con fuerzas proporcionales a la distancia. El factor
de proporcionalidad es igual a k. La distancia entre dos centros es 2c. El punto de halla en el instante inicial en la
linea que une los centros a la distancia a de su medio. La velocidad inicial es cero. Hallar la ley de movimiento del punto.
„q
«
2k
Respuesta. a cos
t
m
Ejercicio 1.66
Una bala a la velocidad v0 = 400 m/s atraviesa una pared cuyo espesor es h = 20 cm y sale a la velocidad de 100 m/s.
Suponiendo que la fuerza de resistencia de la pared es proporcional al cuadrado de la velocidad de movimiento de la
bala. Halle el tiempo que tardo la bala en atravesar la pared.
Respuesta. t =
3
2000 ln 4
s ∼ 0, 0011 s
Ejercicio 1.67
PÉNDULO MATEMÁTICO† Suponga que un material de peso m se mueve bajo la acción de la fuerza de gravedad
por una circunferencia L (en forma de péndulo). Halle la ecuación del movimiento del punto despreciando las fuerzas
de resistencia. Más claramente si asumimos que el radio de la circunferencia es l y s(t) como la longitud de arco desde
el punto mı́nimo, debemos hallar la función s en términos de t, l y g donde g es la gravedad.
Ejercicio 1.68
VELOCIDAD DE ESCAPE† Determine la mı́nima velociada con la cual se debe lanzar un cuerpo verticalmente hacia
arriba para que este no regrese a la tierra. La resistencia del aire se desprecia. (Recordar que según la ley de Newton
de atracción, la fuerza F que actúa en un cuerpo de masa m es
F =k
M ·m
r2
donde M es la masa de la tierra, r es la distancia entre el centro de la tierra y el objeto y k es la constante de gravitación
universal.)
† Para
un análisis detallado refierase a [1], pág. 62 – 67.
28
Capı́tulo 2
Orden Arbitrario
La dificultad de hallar la solución de la ecuación diferencial general dada por
F (x, y, y 0 , y 00 , . . . , y (n) ) = 0
depende de la forma de F como función de n + 2 variables. En este curso debido a la complejidad
del caso general analizaremos el caso en que F sea una funcion lineal en las n + 1 coordenadas
y, y 0 , y 00 , . . . , y (n) . Es decir analizaremos el problema
an (x)y (n) + an−1 (x)y (n−1) + . . . + a1 (x)y 0 + a0 (x)y = f (x)
(2.1)
donde a0 , . . . , an y f son funciones dependientes de la variable x unicamente. Toda EDO que se pueda
escribir de esta forma se llama ecuación diferencial lineal de orden n.
2.1
Definiciones
Más adelante estudiaremos las EDO de la forma (2.1), pero antes demos ciertas definiciones adicionales.
Si todas las funciones a0 , . . . , an son constantes la EDO (2.1) se llama ecuación diferencial lineal
de orden n con coeficientes constantes, si no se llama ecuación diferencial lineal de orden
n con coeficientes variables, en el caso en f ≡ 0 la llamaremos ecuación diferencial lineal
homogenea.
Para estudiar estas ecuaciones hacemos uso del operador diferencial definido por
D : C ∞ (R) −→
y
7−→
C(R)
y0
donde C ∞ (R) = {funciones infinı́tamente diferenciales} y C(R) = {funciones continuas}. Con el cual
la ecuación (2.1) tiene la forma
an Dn + an−1 D(n−1) + . . . + a1 D + a0 (y) = f (x)
donde Dn = |D ◦ .{z
. . ◦ D}, si para abreviar escribimos
n veces
φ(D) = an Dn + an−1 D(n−1) + . . . + a1 D + a0
obtenemos que (2.1) se escribe
φ(D)(y) = f
29
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales
CAPÍTULO 2. ORDEN ARBITRARIO
Ejercicio 2.1
Muestre que el operador φ(D) = an Dn + an−1 D(n−1) + . . . + a1 D + a0 es lineal. Esto es que si y1 y y2 son funciones
y a, b ∈ R entonces
φ(D)(ay1 + by1 ) = aφ(D)(y1 ) + bφ(D)(y2 )
Además muestre que si y1 y y2 son soluciones de la ecuación homogénea φ(D) = 0, entonces cualquier combinación
lineal ay1 + by1 para a, b ∈ R también es solución de la ecuación homogénea. Finalmente concluya que el conjunto de
soluciones de una ecuación lineal homogénea de orden n es un espacio vectorial sobre R, mostrando que es un subespacio
vectorial de C ∞ (R) = {funciones infinı́tamente diferenciables} el cual es un espacio vectorial sobre R.
2.2
Existencia y Unicidad de Soluciones
En esta sección enunciaremos el teorema de existencia y unicidad para ecuaciones diferenciales lineales
de orden n.
Teorema 2.1. Sunponga que a0 6= 0, en un intervalo I = [a, b], además las funciones a0 , . . . , an , f
son continuas en I entonces el problema de valor inicial
an (x)y (n) + an−1 (x)y (n−1) + . . . + a1 (x)y 0 + a0 (x)y = f (x),
y (i) (c) = pi
donde c ∈ (a, b) y pi ∈ R para todo i = 0, . . . , n − 1, tiene solución única
Observe que necesitamos de n condiciones iniciales idependientes para poder garantizar la unicidad,
además es importante hacer notar que este teorema solo proporciona condiciones suficientes para la
existencia y unicidad de las soluciones, es decir que aunque no se cumplan las condiciones del teorema
podrı́an existir soluciones únicas dado un porblema de valor inicial.
Ejercicio 2.2
Considere la ecuación diferencial y 00 + y 0 = 0 con condicionaes iniciales y(0) = 1 y y(π) = −1. Observe que la función
y = a sin x + cos x es una solución de esta ecuación diferencial para todo a ∈ R y por lo tanto no hay unicidad.
¿Contradice esto las conclusiones del teorema?
2.3
Dependecia e Independencia de Funciones
Un conjunto de funciones {y1 , . . . , yn } se dice linealmente dependiente en un intervalo I ⊆ R si
existen α1 , . . . , αn constantes no todas cero tales que
α1 y1 + . . . + αn yn = 0
∀x ∈ I
(2.2)
en caso contrario se dice que el conjunto es linealmente independiente, otra manera de decir esto
es que {y1 , . . . , yn } son linealmente independientes en I es que la única forma de que se cumpla
α1 y1 + . . . + αn yn = 0
∀x ∈ I
es que α1 = . . . = αn = 0.
Nota: Observe que le dependencia lineal es equivalente a decir que alguna de estas funciones se puede
expresar como combinación lineal de las demás en este intervalo, pues note que si αm 6= 0 entonces
ym =
−(α1 y1 + . . . + αm−1 ym−1 + αm+1 ym+1 + αn yn )
αm
para todo x ∈ I.
30
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales
CAPÍTULO 2. ORDEN ARBITRARIO
Ahora en general es muy dificil determinar la independencia de funciones en un intervalo I. Debido a
esto recurrimos a herramientas del álgebra lineal para simplificar nuestro objetivo. Supongamos que
la ecuación
α1 y1 (x) + . . . + αn yn (x) = 0 ∀x ∈ I
se cumple, entonces diferenciando n−1 veces la ecuación anterior obtenemos un sitema de n ecuaciones
para cada x ∈ I.
(n−1)
y1
y1 α1 + . . . + yn αn
=
0
y10 α1
yn0 αn
=
..
.
0
α1 + . . . + yn(n−1) αn
=
0
+ ... +
del algebra lineal sabemos que una condición necesaria y suficiente para que α1 , . . . , αn sea todos ceros
(i.e. para que {y1 , . . . , yn } sea l.i.) es que
y1
y2
···
yn y10
y20
···
yn0
W (y1 , . . . , yn ) = ..
..
..
6= 0 ∀x ∈ I
..
.
.
.
.
(n−1)
(n−1) (n−1)
y
· · · yn
yn
1
Este determinante se llama el Wronskiano de y1 , . . . , yn y de denota por W (y1 , . . . , yn ). De todo lo
anterior deducimos el siguiente teorema.
Teorema 2.2. Sea {y1 , . . . , yn } un conjunto de funciones, entonces
(a) {y1 , . . . , yn } es linealmente independiente en I si y solamente si W (y1 , . . . , yn ) 6= 0 ∀x ∈ I.
(b) {y1 , . . . , yn } es linealmente dependiente en I si y solamente si W (y1 , . . . , yn ) = 0 ∀x ∈ I.
Este Teorema nos permite determinar la independencia (dependencia) lineal de un conjunto de funciones son el simple calculo de un determinante. Veamos un ejemplo.
EJEMPLO 2.1
Analice si el conjunto de las funciones {x2 , ex } es l.i. en R.
Solución. Utilizando el teorema anterior, calculamos el W ronskiano de x2 y ex
˛ 2
˛
˛ x
ex ˛˛
W (x2 , ex ) = ˛˛
= x2 ex − 2xex = xex (x − 2) 6= 0
2x ex ˛
el cual es distinto de cero si y solamente si x 6= 0 y x 6= 2. Concluimos que las funciones son l.d en R, pero son l.i en
cualquier intevalo que no contenga al 0 ni al 2.
Ejercicio 2.3
Determine en cuales intervalos el conjunto de funciones {ex , sin x} son linealmente dependientes.
Ejercicio 2.4
Considere las rectas y1 (x) = a1 x + b1 y y2 (x) = a2 x + b2 , suponga que el conjunto {y1 , y2 } es linealmente dependientes
encuentre la constante α ∈ R, en términos de (a1 , a2 ), tal que y1 (x) = αy2 (x) para todo x ∈ R.
31
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales
2.3.1
CAPÍTULO 2. ORDEN ARBITRARIO
Dependencia e Independencia Lineal de Solciones
En el caso en que las funciones sobre las cuales queramos analizar independencia sean soluciones de
una ecuación homogénea de orden n, entonces el siguiente teorema nos ayuda a encontrar una fórmula
explı́cita del W ronskiano y se le conoce como la fórmula de Abel
Teorema 2.3. (Fórmula de Abel) Sean y1 , . . . , yn soluciones de la ecuación diferencial homogenea
an y (n) + an−1 y (n−1) + . . . + a1 y 0 + a0 y = 0
donde a0 6= 0 y a0 , . . . , an son funciones continuas en un intervalo I ⊆ R. Entonces el Wronskiano
de y1 , . . . , yn en I, viene dado por la fórmula de Abel
W (y1 , . . . , yn ; x) = W (y1 , . . . , yn ; p)e−
Rx
p
(an−1 /an )dt
∀x ∈ I
donde p es un punto arbitrario en I.
Por el teorema anterior obtenemos que el signo del W ronskiano de un conjunto de soluciones de un
ecuación lineal homogenea, en un intevalo I ⊆ R esta determinada por el valor en un punto, es decir
que si W > 0 en algún punto del intevalo entonces W > 0 en todo I, si W < 0 en algún punto
del intevalo entonces W < 0 en todo I y finalmente si W = 0 en algún punto del intevalo entonces
W = 0 en todo I. Entonces por lo anterior obtenemos un método muy sencillo para determinar
la dependencia o independencia de un conjunto de soluciones de una ecuacion lineal homogenea, y
resumimos este resultado en el siguiente teorema.
Teorema 2.4. Sean y1 , . . . , yn soluciones de ecuación diferencial homogenea
an y (n) + an−1 y (n−1) + . . . + a1 y 0 + a0 y = 0
donde a0 6= 0 y a0 , . . . , an son funciones continuas en un intervalo I ⊆ R. Entonces
(i) y1 , . . . , yn son linealmente independientes si y solo si W 6= 0 en algún punto de I.
(ii) y1 , . . . , yn son linealmente dependientes si y solo si W = 0 en algún punto de I.
Es importante hacer notar que en caso que las funciones no sean soluciones de una ecuación diferencial
homogénea entonces debemos analizar el signo del W ronskiano en todo el intervalo de interes.
EJEMPLO 2.2
Considere la ecuación lineal homogenea
(D3 − 6D2 + 11D − 6)(y) = 0
muestre que las soluciones
y1 = e2x + 2ex , y2 = 5e2x + 4ex , y3 = ex − e2x .
son l.i., pero son 2 a 2 l.d. en R.
Solución. Como y1 , y2 y y3 son soluciones de la ecuación diferencial podemos aplicar el teorema 2.4, entonces calculamos
el W ronskiano en un punto de R.
˛ 2x
˛
˛
˛
˛ e + 2ex
˛ 3
5e2x + 4ex
ex − e2x ˛˛
9
0 ˛˛
˛
˛
2x
x
2x
x
x
2x
˛
˛
˛
10e + 4e
e − 2e
= ˛ 4 14 −1 ˛˛ = 0
W (y1 , y2 , y3 )(0) = ˛ 2e + 2e
˛
˛ 4e2x + 2ex 20e2x + 4ex ex − 4e2x ˛
˛ 6 24 −3 ˛
(x=0)
entonces podemos concluir que y1 , y2 y y3 son linealmente dependientes. De forma similar veamos que cualesquiera dos
funciones de estas son linealmente independientes. Analicemos el caso de y1 con y2 , calculando el W ronskiano:
˛ 2x
˛
˛
˛
˛ e + 2ex
˛ 3
5e2x + 4ex ˛˛
9 ˛˛
˛
W (y1 , y2 )(0) = ˛˛
=
= 10 6= 0
2e2x + 2ex 10e2x + 4ex ˛(x=0) ˛ 4 14 ˛
y nuevamente por el teorema 2.4 concluimos que y1 y y2 son linealmente independientes. De manera análoga procedemos
para mostrar la independencia lineal de y1 con y3 y de y2 con y3 . Observe que en este caso podemos aplicar el teorema
pues sabemos que las funciones y1 , y2 y y3 son soluciones de la EDO dada inicialmente.
Ejercicio 2.5
Pruebe que si y1 y y2 son soluciones se la ecuación diferencial y 00 +p(x)y 0 +q(x)y = 0, en un intervalo I = {x : α < x < β}
y si x0 es un punto de I tal que y1 (x0 ) = y2 (x0 ) = 0, entonces las funciones y1 y y2 son linealmente dependientes.
32
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales
2.4
CAPÍTULO 2. ORDEN ARBITRARIO
Ecuacion Lineal Homogenea
En esta sección analizaremos la EDO del tipo
an y (n) + an−1 y (n−1) + . . . + a1 y 0 + a0 y = 0
(2.3)
con a0 , . . . , an ∈ C(R), funciones que dependen de la variables x, ó en términos del operador diferencial
φ(D)(y) = 0
Debido al ejercicios 2.1 obtenemos la linealidad del operador φ(D), y por lo tanto tenemos que cualquier
combinación lineal de soluciónes de (2.3) es a su vez una solución. Es por esta razón que el conjunto
de soluciones de una ecuacion diferencial homogenea forma un espacio vectorial sobre el cuerpo de los
números reales, y lo llamaremos el espacio solución. Como veremos en el siguiente la dimensión de
este espacio es igual al grado de la ecuacion homogenea.
Teorema 2.5. Si y1 , . . . , yn son soluciones l.i, en un intervalo I, de ecuación diferencial homogenea
φ(D)(y) = 0
entonces
y = c1 y1 + . . . + cn yn
es la solución completa de esta ecuación en I.
Entonces en este caso le dimensión, en el intervalo I, del espacio solución es n, al igual que el grado
de la ecuación homogenea, y una base de este espacio es {y1 , . . . , yn }. Dada un ecuación diferencial a
un conjunto de funciones que constituyan una base el espacio solución, en un intervalo I, se le llama
conjunto fundamental de soluciones en el intervalo (cuando no se haga referencia al intervalo
asumiremos que es todo R). Observe entonces que para hallar todas las soluciónes de una ecuacion
homogenea de grado n, nuestro problema se reduce a encontrar n soluciones linealmente independientes. Centremos nuestra atención al caso más sencillo en que la ecuación tiene coeficientes constantes.
Ejercicio 2.6
En cada caso, halle una ecuación diferencial tal que los conjuntos de funciones dados constituyan un conjunto fundamental de soluciones para esa ecuación.
1. y1 = 1, y2 = x, y3 = x2 .
4. y1 = sin(x2 ), y2 = cos(x2 ).
2. y1 = 2, y2 = cos x, y3 = sin x.
5. y1 = e−3x sin(2x), y2 = e−3x cos(2x).
“ 2”
.
6. y1 = x, y2 = exp −x
2
3. y1 = x2 , y2 = x−1 .
Ejercicio 2.7
√
√
Verifique que 1 y x son soluciones de la ecuación diferencial yy 00 + (y 0 )2 = 0 para x > 0. ¿ Es c1 + c2 x la solución
general? (Explique)
Ejercicio 2.8
Determine en cuáles intervalos las funciones y1 (x) = x y y2 (x) = xex forman un conjunto fundamental de soluciones
para la ecuación diferencial x2 y 00 − x(x − 2)y 0 + (x + 2)y = 0.
Ejercicio 2.9
Considere las funciones y1 , y2 , . . . , yn soluciones de una EDO lineal homogénea de orden n. Sabemos que el W ronskiano
W (y1 , y2 , . . . , yn )(x) es distinto de cero en cierto intervalo. Encuentre la ecuación diferencial lineal homogénea para la
cual este sistema de funciones es un sistema fundamental de soluciones.
33
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales
2.4.1
CAPÍTULO 2. ORDEN ARBITRARIO
Coeficientes Constantes
Analicemos ahora el caso de coeficientes constantes en la ecuación diferencial lineal homogénea, dada
por la fórmula
an y (n) + an−1 y (n−1) + . . . + a1 y 0 + a0 y = 0
(2.4)
en el caso en que a0 , . . . , an ∈ R con an 6= 0. Sabemos que la EDO (2.4) se puede escribir utilizando
operadores de la forma
(an Dn + an−1 Dn−1 + . . . + a1 D + a0 )(y) = 0
definimos el polinomio caracteristico asociado a la ecuación (2.4) como el polinomio que se obtiene
de cambiar el operador diferencial D por una variable λ de la siguiente manera
p(λ) = an λn + an−1 λn−1 + . . . + a1 λ + a0
(2.5)
y la ecuación caracterı́stica al igualar el polinomio caracterı́stico a cero,
an λn + an−1 λn−1 + . . . + a1 λ + a0 = 0.
Para hallar la solución completa procedemos de la siguiente manera. Factorizamos el polinomio
caracteristico en C, entonces tenemos que
p(λ) = p1 (λ)p2 (λ)
donde p1 es el polinomio de mayor grado n1 ≤ n que divide a p y que se puede factorizar completamente
en R, es decir
p1 (λ) = (λ − r1 )m1 . . . (λ − rp )mp
donde r1 , . . . , rp ∈ R con m1 + . . . + mp = n1 , y p2 es un polinomio de grado n2 ≤ n que se factoriza
en C de la siguiente forma
p2 (λ) = (λ − z1 )µ1 (λ − z̄1 )µ1 . . . (λ − zq )µq (λ − z̄q )µq
donde z1 , . . . , zq ∈ C − R y si zj = αj + iβj , entonces z̄ = αj − iβj es el conjugado complejo de zj
para j = 1, . . . , q. Claramente µ1 + . . . + µq = n2 y n = n1 + n2 .
Entonces por cada factor de la forma:
• (λ − r)m : Corresponden m soluciones linealmente independientes
erx , xerx , . . . , xm−1 erx
de la ecuación lineal homogeneas dada.
• (λ − z)µ (λ − z̄)µ : Corresponden 2µ soluciones linealmente independientes de la ecuación dada,
y si z = α + iβ, entonces estas vienen dadas por
eαx cos βx, xeαx cos βx, . . . , xµ−1 eαx cos βx
eαx sin βx, xeαx sin βx, . . . , xµ−1 eαx sin βx
Ahora observe que con este método obtenemos n soluciones linealmente independientes de una ecuación
lineal homogenea de grado n, y sabemos por el Teorema 7, que esto es suficiente para encontrar su
solución completa.
34
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales
CAPÍTULO 2. ORDEN ARBITRARIO
EJEMPLO 2.3
Resuelva la siguiente EDO
y 000 − 2y 00 − y 0 + 2y = 0
Solución. En este caso el polinomio caracterı́stico es
p(λ) = λ3 − 2λ2 − λ + 2 = (λ − 2)(λ − 1)(λ + 1)
y por lo tanto la solución completa de la ecuación lineal dada es
y = c1 e2x + c2 ex + c3 e−x
EJEMPLO 2.4
Resuelva el siguiente problema de valor inicial
y V − 4y IV + y 000 + 10y 00 − 4y − 8y = 0
y
IV
(0) = 1 y (i) (0) = iy (i+1) (0) para i = 0,1,2,3.
Solución. En este caso el polinomio caracterı́stico asociado a la EDO dada es
p(λ) = λ5 − 4λ4 + λ3 + 10λ2 − 4λ − 8 = (λ + 1)2 (λ − 2)3
y por lo tanto la solución completa de la ecuación lineal dada es
y = c1 e−x + c2 xe−x + c3 e2x + c4 xe2x + c5 x2 e2x
utilizando las condiciones iniciales obtenemos que
c1 + c3
=
−c1 + c2 + 2c3 + c4
=
0
6
c1 − 2c2 + 4c3 + 4c4 + 2c5
=
6
−c1 + 3c2 + 8c3 + 12c4 + 12c5
=
3
c1 − 4c2 + 16c3 + 32c4 + 48c5
=
1
resolviendo el sistema llegamos a que
c1 =
−85
,
27
c2 =
−46
,
27
c3 =
85
27
c4 =
−47
27
c5 =
1
18
EJEMPLO 2.5
Resuelva la siguiente EDO
y 00 + 2y 0 + 5y = 0
Solución. En este caso el polinomio caracterı́stico asociado a la EDO dada es
p(λ) = λ2 + 2λ + 5 = (λ − z)(λ − z̄)
con z = −1 + 2i y z̄ = −1 − 2i, por lo tanto la solución completa de la ecuación lineal dada es
y = c1 e−x sin 2x + c2 e−x cos 2x
EJEMPLO 2.6
Resuelva la siguiente EDO
y V I − 14y V + 87y IV − 292y 000 + 543y 00 − 494y 0 + 169y = 0
Solución. En este caso el polinomio caracterı́stico asociado a la EDO dada es
p(λ) = λ6 − 14λ5 + 87λ4 − 292λ3 + 543λ2 − 494λ + 169 = (λ − z)2 (λ − z̄)2 (λ − 1)2
35
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales
CAPÍTULO 2. ORDEN ARBITRARIO
con z = 3 + 2i y z̄ = 3 − 2i, por lo tanto la solución completa de la ecuación lineal dada es
y = c1 e3x sin 2x + c2 xe3x sin 2x + c3 e3x cos 2x + c4 xe3x cos 2x + c5 ex + c6 xex
|
{z
} |
{z
}
raices no reales
raices reales
Ejercicio 2.10
Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales
1. y 00 − 6y 0 + 9y = 0.
5. 4y IV + 4y 00 + y = 0.
2. y 000 − 3y 00 + 3y 0 − y = 0.
6. y IV − y 00 = 0.
3.
y 000
4.
y 000
+
6y 00
−
5y 00
+
11y 0
+ 6y = 0.
7. y V + 8y 000 + 16y 0 = 0.
+
17y 0
− 13y = 0.
8. y V I − 2y V + y IV = 0.
Ejercicio 2.11
Se conoce la solución particular y1 = ekx de la ecuación diferencial lineal homogénea de segundo orden con coeficientes
constantes. Si el polinomio caracterı́stico tiene discriminante igual a cero. Halle la solcución particular de esta ecuación
que satisface las condiciones iniciales: y(0) = y 0 (0) = 1.
Ejercicio 2.12
A partir de las raices dadas de la ecuación caracterı́stica de la EDo lineal homogénea con coeficientes constantes fórme
la ecuación diferencial y escriba su solución general.
(a) λ1 = 3, λ2 = −2.
(b) λ1,2 = 3 ± i2.
(c) λ1 = 0, λ2 = λ3 = 4.
(d) λ1 = λ2 = λ3 = 2.
Ejercicio 2.13
Muestre que la solución general de la ecuación
y 00 + α2 y = 0
puede ser representada de la forma y = A sin(αx + ϕ) o de la forma y = A cos(αx + ϕ), para A, ϕ ∈ R.
Ejercicio 2.14
Halle la solución particular de la ecuación diferencial y 00 − y = 0 que es tangente a la recta y = x en el punto (0, 0).
Ejercicio 2.15
Halle la solución particular de la ecuación diferencial y 00 − 4y 0 + 3y = 0 que es tangente a la recta 2x − 2y + 9 = 0 en el
punto (0, 2).
2.5
Método de Euler
La ecuación de Euler es una una ecuación lineal con coeficientes variables de la siguiente forma:
an xn y (n) + an−1 xn−1 y (n−1) + . . . + a1 xy 0 + a0 y = 0
donde a0 , . . . , an ∈ R. Para resolverla utilizamos el cambio de variable independiente
t = ln x.
Observese que este cambio es muy diferente a los que hemos hecho hasta ahora, debido a que lo que
cambiamos es la variable x (y no la variable y) por la variable t.
36
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales
CAPÍTULO 2. ORDEN ARBITRARIO
d
al operador “diferenciar con respecto a x” y por Dt =
Denotemos por Dx = dx
“diferenciar con respecto a t”. Entonces por inducción podemos demostrar que
d
dx
al operador
xn Dxn = Dt (Dt − 1)(Dt − 2) · · · (Dt − (n − 1))
lo cual nos permite transformar la ecuación incial (2.5) en un a E.D. Homogénea con coeficientes
constantes.
EJEMPLO 2.7
Resuelva la ecuación diferencial
x2 y 00 + xy 0 + 4y = 0
Solución. Tomando el cambio de variable t = ln x, obtenemos que la ecuación inicial
(x2 Dx2 + xDx + 4)(y) = 0
se transforma en
(Dt (Dt − 1) + Dt + 4)(y) = (Dt2 + 4)(y) = 0
cuyo polinomio caracterı́stico es
p(λ) = λ2 + 4
y por lo tanto las raices de la ecuación caracterı́stica son λ = ±i2. COn lo cual
y = c1 sin(2t) + c2 cos(2t)
volviendo a la variable x obtenemos
y = c1 sin(2 ln x) + c2 cos(2 ln x)
2.6
Reducción de Orden con Solución Particular
Supongamos que podemos encontrar una solución particular de una EDO lineal, entonces el siguiente
teorema nos permite disminuir el grado de la ecuación lineal inicial.
Teorema 2.6. Si conocemos una solución particular, digamos y1 , de la ecuación lineal de orden n,
an (x)y (n) + an−1 (x)y (n−1) + . . . + a1 (x)y 0 + a0 (x)y = 0
entonces el cambio de variable v = y/y1 transforma esta ecuación en una ecuación de orden n − 1 en
v 0 . Más aun, en el caso en que la ecuación diferencial original sea de orden 2, entonces por medio
de este cambio de variable, obtenemos una nueva solución linealmente independiente de y1 que viene
dada por
Z − R an−1 /an dx
e
dx
y2 = y1
y12
Es importante hacer notar que este teorema de cambio de variable se aplica para la ecuación homogénea, y no se hace ninguna restricción sobre los coeficientes de la ecuación y por lo tanto estos
pueden ser variables.
EJEMPLO 2.8
Considere la ecuación lineal
y 00 + xy 0 − (6x2 − 2)y = 0
2
muestre que y1 = ex es una solución de esta ecuación, además encuentre una otra solución linealmente independiente
de y1 , y con ella halle la solución completa.
2
Solución. Facilmente se prueba que y1 = ex es solución. Utilizando el cambio de variable v = y/y1 obtenemos que
y0
y 00
=
=
2
2
ex v 0 + 2xex v
2
2
2
2
ex v 00 + 4xex v 0 + 2ex v + 4x0 ex v
37
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales
CAPÍTULO 2. ORDEN ARBITRARIO
sustituyendo en la ecuación inicial llegamos a que
2
2
v 00 ex + 5xex v 0 = 0
la cual es una ecuación lineal de primer orden en v 0 , resolviendola obtenemos que
Z
2
2
e−5x /2 dx
y2 = e x
que es la misma solución que se obtiene mediante la fórmula del teorema
Z − R a1 /a2 dx
e
y2 = y1
dx
y12
y por lo tanto la solución completa de la ecuación diferencial dada es
Z
2
2
2
2
e−5x /2 dx = c1 ex + c3 erf x
y = c1 ex + c2 ex
donde erf x es la integral de la distribución Gaussiana dada por erf x =
expresar en términos de funciones elementales.
√2
π
Rx
0
2
e−t dt, que como sabemos no se puede
Ejercicio 2.16
Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales lineales sabiendo que en cada caso existen soluciones particulares de la
forma indicada.
1. y 00 − 6y 0 + 5y = 0; y1 (x) = emx , m ∈ R.
2. y 00 − 2y 0 − 3y = 0 y1 (x) = emx , m ∈ R.
3. (1 − x2 )y 00 − 2xy 0 + 2y = 0; y1 (x) = mx, m ∈ R.
4. xy 00 + 2y 0 + xy = 0; y1 (x) =
sin x
.
x
5. x3 y 000 + 5x2 y 00 + 2xy 0 − 2y = 0; yx = x, y2 = x−1 .
2.7
Ecuacion Lineal No Homogenea
Consideremos ahora la EDO del tipo
an y (n) + an−1 y (n−1) + . . . + a1 y 0 + a0 y = f
(2.6)
con a0 , . . . , an , f ∈ C(R), funciones que dependen de la variables x, ó en términos del operador
diferencial
φ(D)(y) = f
Teorema 2.7. Si y1 , . . . , yn con soluciones l.i de ecuación diferencial homogénea
φ(D)(y) = 0
y además yf es una solución particular de
φ(D)(y) = f
entonces
y = c1 y1 + . . . + cn yn + yf
es la solución completa de esta ecuación lineal no homogenea φ(D)(y) = f .
En el teorema anterior la solución completa de la ecuación φ(D)(y) = 0 se llama solución complementaria de la ecuación φ(D)(y) = f , y la denotaremos por yc . Entonces necesitamos encontrar
métodos para hallar una solución particular de la ecuación no homogenea y adicionar dicha ecuación
a la solución completa de la ecuación homogenea. Veamos a continuación algunos de estos métodos.
38
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales
2.7.1
CAPÍTULO 2. ORDEN ARBITRARIO
Coeficientes Indeterminados
El método de coeficientes indetermindados es muy simple de entender, sin embargo su alcance es limitado; no obstante los casos en que es ineficiente son muy raros en la práctica. Debido a su simplicidad
y amplio uso será el primero de los métodos que analizaremos. Este método es aplicable cuando la
función f (x) tenga una forma apropiada. A continuación describimos el proceso:
1. Halle la solución complementaria yc .
2. Asuma una forma de la solución particular: dependiendo f (x) (sean r, C ∈ R).
(i) Si f es un polinomio de grado n, asuma:
yf = an xn + . . . + a1 x + a0 ,
a0 , . . . , a n ∈ R
un polinomio de grado n.
(ii) Para térmios C sin rx, C cos rx, o sumas de tales términos, asuma:
a, b ∈ R
yf = a sin rx + b cos rx
(iii) Para términos como Cerx asuma:
yf = aerx a ∈ R
(iv) Para suma y/ó productos de términos como en (i), (ii) y (iii), utilice las sumas y/ó productos
respectivos.
3. Compare con la yc : si algunos de los términos asumidos en 2.(i), 2.(ii) ó 2.(iii) aparecen en
la solución complementeria yc , debemos multiplicar estos términos por la potencia de x más
pequeña (xm ), tal que el producto de xm y el término asumido no aparezca en la solución
complementaria.
4. Sustituya la función finalmente asumida en la ecuación diferencial original y encuentre las constantes arbitrarias de tal forma que yf sea un solución particular de la ecuación no homogénea.
5. Finalmente sume yf y yc para obtener la solución completa de la ecuación diferencial
y = yc + yf .
EJEMPLO 2.9
Resuelva la siguiente EDO
y 00 + 4y = 4e2x
Solución. En este caso el polinomio caracterı́stico asociado a la ecucación complementaria es
p(λ) = λ2 + 4 = (λ − z)(λ − z̄)
con z = 2i y z̄ = −2i, por lo tanto la solución complementaria es
yc = c1 cos 2x + c2 sin 2x.
Como f (x) = 4e2x , asumimos una solución particular de la forma yf = ae2x , de donde obtenemos que
8ae2x = 4e2x =⇒ a =
1
2
por lo tanto la solución completa de la ecuación lineal no homogenea dada inicialmente es
y = yc + yf = c1 cos 2x + c2 sin 2x +
39
1 2x
e
2
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales
CAPÍTULO 2. ORDEN ARBITRARIO
EJEMPLO 2.10
Resuelva la siguiente EDO
y 00 + 4y 0 + 4y = 6 sin 3x
Solución. En este caso el polinomio caracterı́stico asociado a la ecucación complementaria es
p(λ) = λ2 + 4λ + 4 = (λ + 2)2
por lo tanto la solución complementaria es
yc = c1 e−2x + xc2 e−2x .
Como f (x) = 6 sin 3x, asumimos una solución particular de la forma yf = a sin 3x + b sin 3x, de donde obtenemos que
(−5a − 12b) sin 3x + (12a − 5b) cos 3x = 6 sin 3x
lo cual nos da un sistema
−5a − 12b
=
6
12a − 5b
=
0
72
30
y b = − 169
. Por lo tanto la solución completa de la ecuación lineal no
resolviendo lo llegamos a que a = − 169
homogenea dada inicialmente es
y = yc + yf = c1 e−2x + xc2 e−2x + −
30
72
sin 3x + −
sin 3x
169
169
EJEMPLO 2.11
Resuelva la siguiente EDO
y 00 + 2y 0 + y = 2 cos 2x + 3x + 2 + 3ex
Solución. En este caso el polinomio caracterı́stico asociado a la ecucación complementaria es
p(λ) = λ2 + 2λ + 1 = (λ + 1)2
por lo tanto la solución complementaria es
yc = c1 e−x + xc2 e−x .
Como f (x) = 2 cos 2x + 3x + 2 +
3ex ,
asumimos una solución particular de la forma
yf = a sin 3x + b sin 3x + cx + d + gex
|
{z
} | {z } |{z}
2 cos 2x
3x+2
3ex
de donde obtenemos que
(−3a − 4b) sin 2x + (4a − 3b) cos 2x + cx + d + 2c + 4gex = 2 cos 2x + 3x + 2 + 3ex
8
6
lo cual nos da un sistema par los coeficientes, resolviéndolo llegamos a que a = 25
, b = − 25
, c = 3, d = −4, g =
lo tanto la solución completa de la ecuación lineal no homogénea dada inicialmente es
y = yc + yf = c1 e−x + xc2 e−x +
6
3
8
sin 3x + −
sin 3x + 3x − 4 + ex .
25
25
4
EJEMPLO 2.12
Resuelva la siguiente EDO
y 000 − 3y 00 + 3y 0 − y = 2ex
Solución. En este caso el polinomio caracterı́stico asociado a la ecucación complementaria es
p(λ) = λ3 − 3λ2 + 3λ − 1 = (λ − 1)3
por lo tanto la solución complementaria es
yc = c1 ex + xc2 ex + x2 c3 ex .
40
3
.
4
Por
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales
CAPÍTULO 2. ORDEN ARBITRARIO
Como f (x) = 2ex , normalmente asumiriamos una solución particular de la forma yf = aex , sin embargo como ex
aparece en la solución complementaria, según el punto 3 debemos tomar yf = ax3 ex , de donde obtenemos que
6aex = 3ex
entonces a =
1
.
3
Por lo tanto la solución completa de la ecuación lineal no homogenea dada inicialmente es
y = yc + yf = c1 ex + xc2 ex + x2 c3 ex +
1 3 x
x e .
3
Ejercicio 2.17
Resuelva las siguientes ecuaciones no homogéneas:
1. y 00 + y = 2e3x .
2.
y 00
3.
y 00
+y =
+
3y 0
6 cos2
5. y 000 − 3y 00 + 3y 0 − y = 2ex .
6. y 000 + y 0 = x + sin x + cos x.
x.
+ 2y =
4e−2x .
7. y 00 + y = x sin x.
4. y 00 + 4y = 6 sin 2x + 3x2 .
2.7.2
8. y 00 + 4y = sin4 x.
Variación de parámetros
Este método que en principio siempre permite encontrar una solución particular de la ecuación no
homogenea con coeficientes variables, sin embargo en muchas ocasiones los cálculos pueden ser más
tediosos y complicados que en el caso de coeficientes indeterminados. Queremos resolver la ecuación
an y (n) + an−1 y (n−1) + . . . + a1 y 0 + a0 y = fˆ
dividiendo por an a ambos lados, denotando f = fˆ/an y pi = ai /an para i = 0, . . . , n − 1 obtenemos
y (n) + pn−1 y (n−1) + . . . + p1 y 0 + p0 y = f
supongamos la ecuación complementaria viene dada por
yc = c1 y1 + . . . + cn yn .
Entonces, para hallar una solución particular, el método consiste en suponer que las constante o
parámetros c1 , . . . , cn , son funciones que dependen de la variable x, esto es que
yf = u1 (x)y1 + . . . + un (x)yn
ahora, sustituyendo yf en la ecuación original e imponiendole condiciones iniciales adecuadas, obtenemos que las funciones u1 , . . . , un satisfacen el siguiente sistema de ecuaciones
u01 y1 + . . . + u0n yn
=
0
u01 y10
u0n yn0
=
..
.
0
(n−2)
+ . . . + u0n yn(n−2)
=
0
(n−1)
u01 y1
u0n yn(n−1)
u01 y1
+ ... +
+ ... +
= f
que siempre tiene solución debido a que
y1
y10
W (y1 , . . . , yn ) = ..
.
(n−1)
y
1
y2
y20
..
.
(n−1)
yn
41
···
···
..
.
···
yn
yn0
..
.
(n−1)
yn
6= 0
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales
CAPÍTULO 2. ORDEN ARBITRARIO
aun más debido a la regla de Cramer, esta solución viene dada por:
Z
Wi (y1 , . . . , yn )
ui =
dx
W (y1 , . . . , yn )
y con esto encontramos la solución particular buscada.
Ejercicio 2.18
Resuelva en cada caso la ecuación diferencial no homogénea, utilizando el hecho de que la función dada es solución de
la ecuación homogénea asosiada.
• x2 (1 − x)y 00 + 2x(2 − x)y 0 + 2(1 + x)y = x2 ; y1 (x) = xm , m ∈ R.
• xy 00 − 2(x + 1)y 0 + (x + 2)y = x2 e2x ; y1 (x) = emx , m ∈ R.
42
Capı́tulo 3
Sistemas de EDO
Existen muchos casos en que se necesitan modelar fenómenos que tienen más de una variable dependiente de un mismo parametro. Veamos un ejemplo de esta situación:
EJEMPLO 3.1
Suponga que una partı́cula de masa m se mueve en un plano xy debido a un fuerza (F) que actua sobre ella. Asumamos
que la dirección de la fuerza esta en el plano xy y que la magnitud de dicha fuerza solamente depende de la posición en
que se encuentra la partı́cula (solamente depende de x y de y) en el tiempo t. Asumiendo que conocemos la posición
inicial de la partı́cula, deseamos encontrar la posición en el plano xy que tendrá la partı́cula en cualquier tiempo posterior.
Solución. Descomponiendo F en sus dos componentes F1 y F2 en las direcciones positivas x y y, repectivamente.
Entonces por la segunda ley de Newton obtenemos que
mx00 = F1 (x, y)
my 00 = F2 (x, y)
con condiciones iniciales dadas por sus posiciones iniciales x(0) = x0 , y(0) = y0 . Por lo tanto las soluciones del sistema
diferencial anterior son dos funciones x, y tales que nos permiten hallar la posición de la partı́cula en cualquier tiempo
t. El objetivo de este capı́tulo es examinar algunos métodos para soluciones este tipo de problemas.
Un sitema de ecuaciones de la forma
dn x1
dtn
dn x2
dtn
= f1 (t, x, x0 , . . . , x(n−1) ),
= f2 (t, x, x0 , . . . , x(n−1) ),
..
.
dn xn
dtn
= fn (t, x, x0 , . . . , x(n−1) )
(3.1)
(k)
(k)
donde x = (x1 , . . . , xn ), x(k) = (x1 , . . . , xn ), para k = 1, . . . , n − 1 y x1 , . . . , xn son funciones que
dependen de t, se llama un sistema de ecuaciones diferenciales. Y diremos que integramos este sistema
si dadas condiciones iniciales xi (ai ) = bi , ai , bi ∈ R, para i = 1, . . . , n, hallamos funciones x1 , . . . , xn
tales que cumplan con el sistema y las condiciones dadas. Como trabajar con el problema en general
se hace muy complicada, consideremos casos especı́ficos en los cuales podamos es cribir este sistema
de una forma más simple.
3.1
Operadores
Supongamos que podemos escribir el sistema (3.1) de la forma
43
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales
CAPÍTULO 3. SISTEMAS DE EDO
φ11 (D)x1 + . . . + φ1n (D)xn
= f1 (t)
φ21 (D)x1
φ2n (D)xn
= f2 (t)
..
.
φn1 (D)x1 + . . . + φnn (D)xn
= fn (t)
+ ... +
(3.2)
donde φij (D) son polinomios en el operador diferencial para todo 1 ≤ i, j ≤ n. Entonces en este
caso como tenemos que, por ser polinomios, los operadores conmutan, esto es que φij (D)φpq (D) =
φpq (D)φij (D), podemos despejar del sistema cada una de las n variables dependiente y resolver el sistema como si fuera de unas sola variables dependiente, es más, en general obtenemos una ecuación no
homegenea de coeficientes constantes para cada una de las variables x1 , . . . , xn . Veamos este método
en un ejemplo para clarificar las ideas:
EJEMPLO 3.2
Resuelva el sistema
x0 − 3x − 6y
0
0
y + x − 3y
=
t2
=
et
Solución. Escribimos el sistema en la forma (3.2), obtenemos:
(D − 3)x − 6y
=
t2
(3.3)
Dx + (D − 3)y
=
et
(3.4)
Ahora multiplicando (3.3) por D, (3.4) por (D − 3) obtenemos
D(D − 3)x − 6Dy
=
2t
(D − 3)Dx + (D − 3)2 y
=
−2et
restando obtenemos que (D2 + 9)y = −2e2 − 2t, resolviendo esta ecuación general por el método de coeficientes
indeterminados obtenemos que
2t
1
y = c1 cos 3t + c2 sin 3t − et −
5
9
Analogamente, multiplicando (3.3) por (D−3), y la ecuación (3.4) por 6 y restando obtenemos (D2 +9)x = 6et −3t2 +2t,
resolviendo llegamos a que
3
1
2
2
x = c3 cos 3t + c4 sin 3t + et − t2 + t +
5
3
9
27
ahora tenemos que eliminar las constantes inecesarias, esto lo hacemos sustituyendo las soluciones en alguna de las
ecuaciones iniciales, sustituyamos en (3.3), entonces
de donde obtenemos que c1 =
1
c
2 4
−3c4 − 3c3 − 6c2
=
0
3c4 − 3c3 − 6c1
=
0
− 12 c3 y c2 = − 12 c4 − 12 c3 . Sustituyendo en la ecuación
y = c1 cos 3t + c2 sin 3t −
1 t
2t
e −
5
9
obtenemos la solución simultanea deseada
x
=
y
=
3 t
1
2
2
e − t2 + t +
5
3
9
27
1
1
1
1
1
2t
( c4 − c3 ) cos 3t + (− c4 − c3 ) sin 3t − et −
2
2
2
2
5
9
c3 cos 3t + c4 sin 3t +
Observación: Dado un sistema es importante saber la cantidad de constantes que son verdaderamente necesarias. Para esta situación se tiene un resultado que afirma que la cantidad de constantes
44
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales
CAPÍTULO 3. SISTEMAS DE EDO
necesariar para la ecuación (3.2), viene dada por el
iente determinante
1
φ1 (D) φ12 (D)
2
φ1 (D) φ22 (D)
..
..
.
.
φn (D) φn (D)
1
2
grado del operador polinómico obtenido del siguφ1n (D)
φ11 (D)
..
.
φnn (D) ···
···
..
.
···
siempre y cuando este determinante no sea cero, en cuyo caso, o bien no hay solcución para el sistema
o existen un infinidad de soluciones. Utilizando este hecho en el caso del ejemplo 51 tenemos que
(D − 3)
6
= D2 − 12D + 9
D
(D − 3) y por lo tanto se necesitan 2 constantes en la solución simultanea final, como ya vimos.
3.2
Sitemas lineales - Forma Matricial
Supongamos que podemos escribir el sistema (3.1) de la forma lineal
dx1
dt
dx2
dt
= a11 (t)x1 + a12 (t)x2 + . . . + a1n (t)xn + b1 (t)
= a21 (t)x1 + a22 (t)x2 + . . . + a2n (t)xn + b2 (t)
..
.
dxn
dt
= an1 (t)x1 + an2 (t)x2 + . . . + ann (t)xn + bn (t)
(3.5)
donde aij ∈ C(R) para 1 ≤ i, j ≤ n y b1 , . . . , bn ∈ C(R). Un sistema de la forma (3.5) se llama sistema
de ecuaciones diferenciales lineal, entonces si denotamos






x1 (t)
a11 (t) · · · a1n (t)
b1 (t)






..
..
..
x(t) =  ...  ,
A=
B(t) =  ... 
,
.
.
.
xn (t)
an1 (t) · · ·
ann (t)
bn (t)
obtenemos que el sistema (3.5), se puede escribir de la forma matricial
x0 (t) = A(t)X(t) + B(t)
(3.6)
En el caso en que la matriz A sea constante, llamaremos a este sistema, sistema de ecuaciones
diferenciales lineal con coeficientes constantes, además si B(t) = 0, diremos que el sistema (3.6) es
homogeneo, en caso contrario diremos que es no homogeneo. En este curso solamente estudiaremos
el caso de coeficientes constantes, esto es cuando A es una matriz constante, por lo tanto de aqui en
adelante asumiremos que A es constante.
3.2.1
Sistema Homogeneo
Analicemos el sistema homogeneo
x0 (t) = Ax(t)
(3.7)
cuando B(t) = 0, de una manera similar al caso de la ecuación lineal homogenea tenemos el siguiente
teorema
45
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales
CAPÍTULO 3. SISTEMAS DE EDO
Teorema 3.1. El conjunto de soluciones de (3.7) forman un espacio vectorial de dimensión n.
Si {v1 (t), . . . , vn (t)} forman una base de este espacio, entonces a la matriz
Φ(t) = [v1 (t), . . . , vn (t)]
se le conoce como la matriz fundamental del sistema (3.7), observe que esta matriz satisface el sistema
en el siguiente sentido
Φ0 = AΦ
más adelante veremos otras propiedades de la matriz fundamental. Por ahora concentremonos en el
problema de hallar n soluciones independientes, ya que debido el Teorema 10, esto, al igual que en el
caso de la ecuación lineal homogenea, es suficientes para encontrar la solución completa del sistema
lineal homogeneo (3.7).
Recordando que la ecuación escalar lineal homogénea de primer orden tiene solución exponencial,
intentemos encontrar un solución de la forma
x(t) = eλt
donde v es un vector constante. Sustitutendo en (3.7), llegamos que x(t) es solución si y solo si
Av = λv
es decir, x(t) es una solución, no trivial, de (3.7) si y solo si v es un vector propio de A, con valor
propio λ. Recordemos del algebra lineal que los valores porpios de una matriz A, son las n raices
distintas que posee el polinomio caracteristico
a11 − λ · · ·
a1n
.
.
.
..
..
..
p(λ) = |A − λI| = ,
an1
· · · ann − λ y los vectores propios de A son las soluciónes distintas de cero de la ecuación
(A − λI)v = 0
donde λ varia sobre los valores propios de A, sabemos además que cada vector propio tiene un único
valor propio asociado.
Teorema 3.2. Si A es una matriz, como en (3.7), y sean v1 , . . . , vn n vectores propios de A, linealmente independientes, con valores propios asociados λ1 , . . . , λn respectivamente, entonces xi (t) =
eλi t vi , para i = 1, . . . , n son n soluciones linealmente independientes, y por ende la solución completa
de (3.7) viene dada por
x(t) = c1 eλ1 t v1 + . . . + cn eλn t vn
donde c1 , . . . , cn ∈ R
Entonces si pudiésemos encontrar, n vectores propios de A linealmente independientes, tendriamos
nuestro problema resuelto. Veamos que en el caso en que todos los valores propios de A sean reales
y distintos obtenemos lo que buscamos, la razón de esto se justifica con el siguiente teorema
Teorema 3.3. Cualesquiera k vectores propios de A con valores propios dos a dos ditintos son
linealmente independientes.
Veamos un ejemplo de este caso (cuando todos los valores propios de A son reales).
46
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales
CAPÍTULO 3. SISTEMAS DE EDO
EJEMPLO 3.3
Encuentre la solución completa del sistema
0
1
x =@ 3
2
0
1
4
−1 A x
−1
−1
2
1
Solución. El polinomio caracteristico de A es
p(λ) = (1 − λ)(λ − 3)(λ + 2)
de modo que los valores propios de A son λ1 = 1, λ2 = 3 y λ3 = −2. Encontrando los vectores propios asociados a
λ1 , λ2 , λ3 , hallamos respectivamente
0
1
0
1
0
1
−1
1
−1
@
@
A
@
A
4
2
1 A
v1 =
v2 =
v3 =
1
1
1
entonces la solución general es
1
−c1 et + c2 e3t − c3 e−2
t
3t
−2t
A
v3 = @ 4c1 e + 2c2 e + c3 e
c1 et + c2 e3t + c3 e−2t
0
t
−2t
3t
x(t) = c1 e v1 + c2 e v2 + c3 e
3.2.2
Valores Propios Complejos
Sea A una matriz con valores propios distintos, si tenemos que A tiene a λ = α + iβ como valor propio
y a v como su vector propio asociado, sabemos que x = eλt v es solución del sitema
x0 = Ax
como veremos a continuación esta solución v, da lugar a dos soluciones linealmente independientes
Teorema 13
Sea v un vector propio no real de A, tal que v(t) = w(t) + iz(t), entonces, tanto, w(t) como z(t) son
soluciones linealmente independientes del sistema
x0 = Ax
Este resultado nos permite encontrar la solución completa para el caso en que A tengo valores propios
distintos, sean reales o complejos.
EJEMPLO 53
Encuentre la solución del problema de valor inicial del siguiente sistema
0
1
0
1
1 0
0
1
0
@
A
@
0 1 −1
1 A
x =
x,
x(0) =
0 1
1
1
Solución. El polinomio caracteristico de A es
p(λ) = (1 − λ)(λ2 − 2λ + 2) = (λ − 1)(λ − (1 + i))(λ − (1 − i))
de modo que los valores propios de A son λ1 = 1, λ2 = 1 + i y λ2 = 1 − i. Encontrando el vector propio asociado a λ1
obtenemos que
0
1
1
v1 = @ 0 A
0
de donde tenemos que que
x1 (t) = et v1 .
Ahora, utilizando cualquiera de los valores propios compejos, λ1 o su conjugado, hallamos las otras dos soluciones
linealmente independientes. Utilicemos λ2 , hallando el vector propio asociado encontramos que
47
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales
CAPÍTULO 3. SISTEMAS DE EDO
0
1
0
@
i A
v2 =
1
entonces
0
(i+1)t
x2 (t) = e
1
0
1
0
0
t
v2 = e . @ − sin t A + ie . @ cos t A = w(t) + iz(t)
cos t
sin t
t
entonces por el teorema anterior w(t) y z(t) son dos soluciones linealmente independientes. Por lo tanto la solución
general del sistema es
x(t) = c1 v1 (t) + c2 w(t) + c3 z(t)
utilizando la condición inicial llegamos a que c1 = c2 = c3 = 1 y por lo tanto
0
1
1
t@
cos t − sin t A
x(t) = e
cos t + sin t
Ejercicio
Encuentre la solución del problema de valor inicial del siguiente sistema
0
1
0
1
−3
0 2
0
0
x = @ 1 −1 0 A x,
x(0) = @ −1 A
−2 −1 0
−2
4.2.1.2. Valores Propios Repetidos
Sea A una matriz con valores propios distintos, entonces en este caso A no neceserariamente tiene n
vectores propios linealmente independientes, sin embargo aun ası́ podemos encontrar por medio de los
valores propios las n soluciones linealmente independientes.
Supongamos que tenemos una matriz A n × n que tiene solamente k < n vectores propios linealmente
independientes. Recordemos que que x(t) = ceat es una solución de la ecuación diferencial x0 (t) = ax,
para cualquier constante c. De la misma manera, serı́a deseable poder decir que x(t) = eAt v es una
solucı́on de la ecuación diferencial vectorial
x0 = Ax
(3.8)
para cualquier vector constante v. Sin embargo, eAt no esta definido si A es una matriz n × n.
Para solucionar este inconveniente definimos de manera natural, al igual que para valores en R, la
exponencial de una matriz A n × n por medio de la serie
eAt
=
∞
X
An tn
n!
n=0
= I + At +
A2 t2
A3 t3
+
+ ...
2!
3!
(3.9)
Es posbible probar que la serie (3.9) converque para toda t y que se puede derivar término a término,
en particular se cumple que
d At
e = AeAt
dt
y esto implica que para cualquier vector constante v, eAt v es una solución de (3.8) ya que
d At
e v = AeAt v = A(eAt v)
dt
Teorema 14
Si A y B son matrices n × n que conmutan (AB= BA), entonces
eAt+Bt = eAt eBt
48
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales
CAPÍTULO 3. SISTEMAS DE EDO
Vamos a utilizar este teorema para poder encontrar n soluciones linealmente independientes para (3.8),
de la siguiente manera como para todo λ ∈ R y v vector constante (A − λI)(λI) = (λI)(A − λI),
entonces
eAt v = eλIt e(A−λI)t v = eλt e(A−λI)t v
(3.10)
Obsérvese ahora que si (A − λI)m = 0 para algún entero m, entones la serie e(A−λI)t v es finita la
podemos calcular y por lo tanto podemos hallar una solución de (3.8) para cada λ y cada vector
constante v. Ahora la manera de saber cuales valores de λ y y v usar vienen dados por el siguiente
teorema
Teorema 15
Si el polinomio caracteristico de A es
p(λ) = (λ − λ1 )µ1 (λ − λ2 )µ2 · · · (λ − λk )µk
entonces para cada valor propio λi existen µi vectores linealmente independientes v, que cumpla con
alguna de las siguientes ecuaciones
(A − λI)v
=
0
(A − λI) v
=
..
.
0
(A − λI)µi v
=
0
2
y se encuentran resolviendo cada una de las ecuaciones.
Entonces por el teorema anterior podemos hallar µ1 + µ2 + . . . + µk = n, vectores v linealmente independientes tal que (A − λI)m v = 0, para algún m y para algún λ valor propio de A. Por lo tanto
podemos hallar para cada uno de esos vectores y sus respectivos valores propios
e(A−λI)t v
con ello hallamos
eAt v
que nos da una solución de (3.8), y como tenemos n vectores v linealmente independientes, hallamos
n soluciones linealmente independientes. Veamos el método con el siguiente ejemplo
EJEMPLO 54
Encuentre la solución completa de siguiente sistema de ecuaiones diferenciales
0
1
1 1 0
0
@
0 1 0 A x,
x =
0 0 2
Solución. El polinomio caracteristico de A es
p(λ) = (1 − λ)2 (2 − λ)
entonces λ1 = 2 tiene multiplicidad 1, y λ2 = 1 tiene multiplicidad 2. Encontrando el vector propio asociado a λ1
obtenemos que
0
1
0
@
0 A
v1 =
1
de donde tenemos que que
x1 (t) = e2t v1 .
Ahora como λ2 tiene multiplicidad 2, entonces por el teorema 15 podemos hallar dos vectores linealmente independientes
que cumplan alguna de las dos ecuaciones
(A − I)v
=
0
(3.11)
(A − I)2 v
=
0
(3.12)
49
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales
CAPÍTULO 3. SISTEMAS DE EDO
Resolviendo (3.11) obtenemos que
0
1
1
v2 = @ 0 A
0
y por lo tanto
x2 (t) = et v2 .
Ahora queremos encontrar un v3 que cumpla (3.12) y sea linealmente independiente a v2 , o que es lo mismo que no
cumpla (3.11), encontramos que podemos tomar v3 , para simplificar los cálculos, como
0
1
0
@
1 A
v3 =
0
por lo tanto
x3 (t)
=
eAt v3
=
et e(A−I)t v3
=
et [I + t(A − I)]v3
=
e t v3
entonces la solución completa de la ecuación es
x(t) = c1 x1 (t) + c2 x2 (t) + c3 x3 (t)
Ejercicio
Resolver el problema de valor inicial
0
2
x =@ 0
0
0
1
2
0
1
3
−1 A x,
2
0
1
1
x(0) = @ 2 A
1
1
1 + 5t − 21 t2
A
Solución. x(t) = e2t @
2−t
1
0
Ahora que tenemos el método general para obtener la matriz fundamental Φ(t), veamos que esta matriz
nos permite calcular explicitamente eAt .
Teorema 16
Si Φ(t) es una matriz fundamental de soluciones de la ecuación x0 = Ax, entonces
eAt = Φ(t)Φ−1 (0)
más aun eAt es también una matriz fundamental.
Como ejercicio puede intentar calcular el valor de la exponencial de A, para la matriz del ejemplo 54.
4.2.2. Ecuación No Homogenea - Variación de Parámetros
Consideremos ahora el problema no homogeneo
x0 = Ax + B(t)
(3.13)
Al igual que en el caso no homogeneo de las ecuacionel lineales obtenemos el siguiente teorema.
50
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales
CAPÍTULO 3. SISTEMAS DE EDO
Teorema 17
Si x1 , . . . , xn son una base del conjunto de soluciones de la ecución homogenea
x0 = Ax
y xb es una solución particular de la ecuación no homogenea
x0 = Ax + B(t)
entonces x(t) = c1 x1 (t) + . . . + cn xn (t) + xb (t) es una solución completa de la ecuación no homogenea.
Entonces al igual que en las ecuaciones de lineales, en este caso tambien se puede aplicar la idea de
Lagrange de variación de parámetros. Sean x1 (t), . . . , xn (t), n soluciones linealmente independientes
de la ecuación homogénea x0 = Ax. Sabemos entonces que la ecuación c1 x1 (t)+. . .+cn xn (t)+xb (t) es
la solución general de la ecuación homogénea, y la idea es asumir que podemos encontrar una solución
particular de (3.13) si consideramos cada una de las constantes ci como funciones ui (t) que dependen
del parámetro t, para 1 ≤ i ≤ n. Entonces tenemos que
xb = u1 (t)x1 (t) + . . . + un (t)xn (t) + xb (t)
y debemos encontrar las funciones u1 , . . . , un . Esta ecuación puede escribirse de manera abreviada de
la forma:
x(t) = Φ(t)u(t)
donde

Φ(t) = [x1 (t), . . . , xn (t)]

u1 (t)


u(t) =  ...  .
un (t)
y
Al sustituir esta expresión en la ecuación (3.13) obtenemos
Φ0 (t)u(t) + Φ(t)u0 (t) = AΦ(t)u(t) + B(t)
y como la matriz Φ(t) es una matriz fundamental de soluciones, entonces cumple con la ecuación
Φ0 (t) = AΦ(t), entonces obtenemos que
Φ(t)u0 (t) = B(t)
recordemos que las columnas de los vectores de Φ(t) son linealmente independientes para todo t, y
por lo tanto la Φ−1 (t) existe y se cumple que
u0 (t) = Φ−1 (t)B(t)
interando obtenemos que
Z
u(t) =
Φ−1 (t)B(t)dt,
ahora si Φ(t) es la matriz fundamental de soluciones eAt , entonces los cálculos se simplifican pues en
este caso Φ−1 (t) = e−At . y por lo tanto
Z
u(t) = e−At B(t)dt
entonces obtenemos que
xb (t) = eAt u(t) = eAt
51
Z
e−At B(t)dt
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales
CAPÍTULO 3. SISTEMAS DE EDO
finalmente la solución completa a la ecuación (3.13) es
x(t) = c1 x1 (t) + . . . + cn xn (t) + xb (t)
EJEMPLO 54
Encuentre la solución completa de siguiente sistema de ecuaiones diferenciales
0
1
0
1
1 0
0
0
A,
0
x0 = @ 2 1 −2 A x + @
3 2
1
et cos 2t
Solución. Calculando las soluciones tres soluciones linealmente independientes de la ecuación homogenea obtenemos que
0
1
0
1
0
1
2
0
0
x1 (t) = et @ −3 A ,
x2 (t) = et @ cos 2t A ,
x3 (t) = et @ sin 2t A
2
sin 2t
− cos 2t
entonces
Φ(t) =
52
Capı́tulo 4
Solución por Series
4.1
Puntos Singulares
Considere la ecuación diferencial
a2 (x)y 00 + a1 (x)y 0 + a0 (x)y = 0
(4.1)
normalizando obtenemos
y 00 + P (x)y 0 + Q(x)y = 0
Decimos que a es un punto singular regular de la ecuación diferencial anterior si las funciones
p(x) = (x − a)P (x) y q(x) = (x − a)2 Q(x) son analı́ticas en a. En caso contrario decimos que el a es
un punto singular irregular.
En este custo solamente estudiaremos solución por series alrededor de puntos singulares regulares.
Más aún como todo sistema con condiciones inciales en x = a se puede transladar a condiciones
iniciales en x = 0. Basta con analizar los sistemas de ecuaciones diferenciales con x = 0 como punto
singular regular.
EJEMPLO 4.1
Clasifique los puntos singulares de la siguiente ecuación diferencial, en puntos singulares regulares ó puntos singulares
irregulares.
(x2 − 4)2 y 00 + 3(x − 2)y 0 + 5y = 0
Solución: Normalizando
3
5
Q(x) =
(x − 2)(x + 2)2
(x − 2)2 (x + 2)2
Claramente los puntos singulares (i.e. los puntos donde P (x) o Q(x) no son analı́ticas) son x = 2 y x = −2.
Analizamos cada punto por aparte. Para x = 2 obtenemos que
P (x) =
p(x) = (x − 2)P (x) =
3
(x + 2)2
5
(x + 2)2
y ambas son analı́ticas en x = 2. Por lo tanto x = 2 es un punto singular regular.
Anora analicemos el caso x = −2, en este caso obtenemos
q(x) = (x − 2)2 Q(x) =
p(x) = (x + 2)P (x) =
3
(x − 2)(x + 2)
5
(x − 2)2
de donde se deduce que x = −2 es un punto singular irregular, pues p(x) no es analı́tica en x = −2.
q(x) = (x + 2)2 Q(x) =
Ahora para encontrar soluciones alrededor de un punto singular regular utlizamos el siguiente teorema
de Frobenius
53
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales
CAPÍTULO 4. SOLUCIÓN POR SERIES
Teorema 4.1 (Teorema de Frobenius). Si x = a es un punto singular regular de la ecuación diferencial
a2 (x)y 00 + a1 (x)y 0 + a0 (x)y = 0
entonces existe al menos una solución de la forma
∞
X
y=
an (x − a)n+r
n=0
para algún r ∈ R.
Este teorema solamente nos garantiza una de las dos soluciones que estamos buscando. Sin embargo
en muchos casos es suficiente para encontrar dos soluciones linealmente independientes de la ecuación
homogénea (4.1). Veamos un ejemplo.
EJEMPLO 4.2
Resuelva la ecuación diferencial
3xy 00 + y 0 − y = 0
alrededor del punto x = 0.
Solución: Facilmente se verifica que x = 0 es un punto singular regular. Entonces aplicando el Teorema de Frobenius
bucamos una solución de la forma
∞
X
y=
an xn+r , r ∈ R
n=0
derivando para sustituir
y0
y 00
∞
X
=
=
(n + r)an xn+r−1
n=0
∞
X
(n + r)(n + r − 1)an xn+r−2
n=0
observe que en este caso los ı́ndices iniciales no se modifican, pues no se cancelan los primeros términos a menos que
r = 0. Sustituyendo obtenemos:
3xy 00 + y 0 − y
=
3x
∞
X
(n + r)(n + r − 1)an xn+r−2 +
n=0
=
=
∞
X
n+r−1
3(n + r + 1)(n + r)an+1 x
+
n+r
n=−1
=
(n + r)an xn+r−1 −
n=0
3(n + r)(n + r − 1)an x
n=0
∞
X
∞
X
∞
X
∞
X
an xn+r
n=0
n+r−1
(n + r)an x
n=0
∞
X
−
∞
X
an xn+r (coeficientes)
n=0
(n + r + 1)an+1 xn+r −
+
n=−1
∞
X
an xn+r (subı́ndices)
n=0
∞
X
(3(n + r + 1)(n + r)an+1 + (n + r + 1)an+1 − an )xn+r (simplificar)
(3r(r − 1) + r) a0 xr−1 +
|
{z
} n=0
n=−1
=
∞
X
(r(3r − 2)) a0 xr−1 +
((n + r + 1)(3n + 3r + 1)an+1 − an )xn+r = 0
|
{z
} n=0
n=−1
dividiendo entre xr−1 , como a0 6= 0 y debido a que toda la serie está igualada a cero obtenemos las dos ecuaciones
r(3r − 2)
=
0
(4.2)
(n + r + 1)(3n + 3r + 1)an+1 − an
=
0
(4.3)
La ecuación (4.2) se le conoce como ecuación indical
r(3r − 2) = 0
y esta ecuación es la que determina para cuales valores de r se va a poder encontrar una solución de la forma asumida
inicialmente. Es más desde este momento se puede saber si la forma asumida
y=
∞
X
an xn+r
n=0
54
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales
CAPÍTULO 4. SOLUCIÓN POR SERIES
va a generar dos soluciones linealmente independientes. Y esto es si las raices r1 y r2 de la ecuación indical (4.2) son
tales que su diferencia no es un número entero.(i.e. r1 − r2 ∈
/ Z)
Este es uno de estos casos, pues observe que las soluciones de la ecuación indical son r1 = 0 y r2 = 2/3 y claramente
su diferencia no esta en Z. Entonces lo que hacemos para encontrar las dos soluciones linealmente independientes es
analizar cada uno de los casos de r1 = 0 y r2 = 2/3 por aparte.
Asumamos que r = 0, entonces la fórmula de recurrencia que se obtiene de la ecuación (4.3)
an+1 =
an
; n≥0
(n + r + 1)(3n + 3r + 1)
se transforma en
an+1 =
an
(n + 1)(3n + 1)
entonces dando valores para n = 0, 1, 2, . . .
a1
=
a2
=
a3
=
a5
=
a0
1·1
a1
2·4
a2
3·7
a3
4 · 10
..
.
an
an−1
n · (3n − 2)
=
multiplicando ambos lados de la igualdad obtenemos
a1 · a2 · a3 · · · an =
a0 · a1 · a2 · · · an−1
n!1 · 4 · 7 · · · (3n − 2)
de donde finalmente obtenemos
a0
;
n!1 · 4 · 7 · · · (3n − 2)
por lo tanto la solución y obtenida cuando r = 0 es igual a
an =
y = a0 +
∞
X
n
an x = a0
1+
n=1
∞
X
n=1
n≥1
1
xn
n!1 · 4 · 7 · · · (3n − 2)
!
tomando a0 = 1 obtenemos una solución particular
y1 = 1 +
∞
X
n=1
1
xn
n!1 · 4 · 7 · · · (3n − 2)
Asumamos que r = 2/3, entonces la fórmula de recurrencia que se obtiene de la ecuación (4.3)
an+1 =
an
; n≥0
(n + r + 1)(3n + 3r + 1)
se transforma en
an+1 =
an
(n + 1)(3n + 5)
entonces dando valores para n = 0, 1, 2, . . .
a1
=
a2
=
a3
=
a5
=
..
.
an
=
a0
1·5
a1
2·8
a2
3 · 11
a3
4 · 14
an−1
n · (3n + 2)
55
MA01500 – Ecuaciones Diferenciales
CAPÍTULO 4. SOLUCIÓN POR SERIES
multiplicando ambos lados de la igualdad obtenemos
a1 · a2 · a3 · · · an =
de donde finalmente obtenemos
an =
a0 · a1 · a2 · · · an−1
n!5 · 8 · 11 · · · (3n + 2)
a0
;
n!5 · 8 · 11 · · · (3n + 2)
n≥1
por lo tanto la solución y obtenida cuando r = 2/3 es igual a
y = a0 x
2/3
+
∞
X
an x
n+2/3
= a0 x
2/3
1+
n=1
∞
X
n=1
a0
xn
n!5 · 8 · 11 · · · (3n + 2)
!
tomando a0 = 1 obtenemos una solución particular
y1 = x
2/3
1+
∞
X
n=1
1
xn
n!5 · 8 · 11 · · · (3n + 2)
!
Finalmente la solución final de la ecuación inicial es:
y = ay1 + by2 , a, b ∈ R
En caso de que la ecuación indical tenga dos raices cuya diferencia sea un entero, entonces las soluciones
y1 y y2 obtenidas en el ejemplo anterior serán linealmente dependientes. Para este caso lo que hacemos
es buscar dos soluciones linealmente independientes de la forma
y1
=
∞
X
an xn+r1
n=0
y2
=
Cy1 ln x +
∞
X
bn xn+r2 ; C ∈ R
n=0
Hay un teorema que garantiza que siempre se podrá encontrar dos soluciones de la forma descrita
anteriormente y como ambas son linealmente independientes entonces obtenemos la solución final.
56
Bibliografı́a
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[2] Spiegel, Murray R. Ecuaciones Diferenciales Aplicadas, Prentice-Hall Hipanoamericana S.A.
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Frontera, Thomson Lerning, 2002.
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[6] Wylie C. R. Advanced Engineering Mathematics, McGraw-Hill, 1966.
[7] Spiegel, Murray R. Transformada de Laplace, McGraw-Hill, 1971.
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