TEMA 3

OR
Capı́tulo 3
3.1.
AD
Ecuaciones diferenciales ordinarias
de primer orden
Definición y ejemplos
RR
La definición formal de una ecuación diferencial ordinaria (EDO) es la de una
expresión
F(x, y, y 0 , y 00 , . . . , y (n) ) = 0
que relaciona entre sı́ una variable independiente x, una función incógnita y =
y(x) y un número finito de sus derivadas y (i) . Aquı́ la notación quiere decir
que F(x, y, y 0 , . . . , y (n) ) es una función de varias variables, un objeto que todavı́a no
hemos estudiado, pero que es una extensión intuitivamente clara del concepto
de función de una variable.
BO
Ejemplo 3.1. El ejemplo más sencillo de ecuación diferencial es, a partir
de una función conocida f (x), tomar F(x, y 0 ) = y 0 − f (x), dando lugar
a la expresión
y 0 (x) = f (x).
La solución la proporciona el teorema fundamental del cálculo infinitesimal
Z
y(x) =
f (t) dt + C
y existe si f (x) es integrable. Obsérvese que hay infinitas soluciones,
porque la constante de integración C es arbitraria.
75
CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS
OR
76
Como acabamos de ver en el ejemplo, una solución de una ecuación diferencial
es una función y = h(x) que sustituida (ella y sus derivadas) en la ecuación la
convierte en una identidad.
El mayor orden de las derivadas que aparecen en la ecuación ordinaria se
denomina orden de la ecuación diferencial.
Ejemplo 3.2. Con F(x, y, y 0 , y”) = y 00 − cos x la ecuación diferencial es
y 00 (x) = cos x
AD
que es de segundo orden porque contiene una derivada segunda de y.
La solución se obtiene integrando dos veces:
Z
0
y (x) = cos x dx = sen x + C1 ⇒
Z
y(x) = (sen x + C1 ) dx = − cos x + C1 x + C2
donde C1 y C2 son dos constantes arbitrarias.
RR
Los ejemplos 3.1 y 3.2 ofrecen un dato relevante. No solo hemos encontrado
una solución, sino toda una familia de ellas, ya que las integrales indefinidas
producen constantes de integración.
Ejercicio 3.3. Resolver de modo análogo la ecuación diferencial
y 000 (x) = f (x).
¿ Cuántas constantes arbitrarias se obtienen ?
La ecuación de los procesos exponenciales.
es siguiente ejemplo de ecuación diferencial
Menos trivial que los anteriores
y 0 (x) = y(x).
BO
Es fácil adivinar una solución: la función exponencial y(x) = exp(x) es su propia
derivada. Pero además podemos comprobar que todo múltiplo y(x) = C exp(x) de
esta solución es solución, ası́ que de nuevo obtenemos una familia uniparamétrica
de soluciones. La ecuación algo más general
y 0 (t) = k y(t)
(3.1)
tiene innumerables aplicaciones cientı́fico-técnicas. Se trata de la ecuación que
modela la desintegración de una sustancia radiactiva, ya que la cantidad que
77
OR
3.2. SOLUCIÓN GENERAL. SOLUCIONES SINGULARES
se desintegra es proporcional a la cantidad de sustancia. También modela la
capitalización o amortización a interés compuesto continuo, los procesos de
enfriamiento o calentamiento, las descargas o cargas (simples) de condensadores
y baterı́as, y en general cualquier fenómeno cuya variación instantánea sea
proporcional (negativa o positivamente) a su propia intensidad. La datación del
Carbono 14 o la averiguación del tiempo de fallecimiento de un cadáver, son
aplicaciones más o menos directas de este modelo.
AD
La solución de (3.1) es y(t) = C exp(kt), y a τ = 1/|k| se le denomina constante
de tiempo o caracterı́stica del fenómeno exponencial descrito, ya que si en cierto
momento t0 la función vale f (t0 ), en t = t0 + τ su valor es f (t) = e · f (t0 ) (si k > 0)
o f (t) = f (t0 )/e (si k < 0). A veces se considera el tiempo de semivida del proceso,
que no es más que ln 2/|k|, y es el tiempo en el que el proceso se dobla o reduce a
la mitad en cantidad.
RR
La ecuación de los procesos oscilatorios. En general, en la Naturaleza, un
proceso exponencial decreciente es transitorio (hasta llegar a se constante) y
uno creciente es explosivo. En ingenierı́a electrónica, ambos casos suelen evitarse o ignorarse. Un proceso exponencial decreciente aparece como una señal
transitoria que tiende a anularse cuando el tiempo pasa y uno creciente suele
indicar una realimentación positiva, y da lugar a inestabilidades si no se elimina
o anula en cierto momento. Mucho más comunes son los procesos oscilatorios, que
permiten a los sistemas trabajar en régimen estacionario.
Ejemplo 3.4. Encontrar soluciones de las ecuaciones diferenciales de
segundo orden siguientes
y 00 + y = 0
y en general
y 00 + ω2 y = 0.
Las soluciones de la ecuación y 00 + ω2 y = 0 son y(x) = C1 sen ωx +
C2 cos ωx donde C1 y C2 son constantes arbitrarias.
BO
De la solución del ejercicio anterior (ver al final del capı́tulo) concluı́mos que la
ecuación diferencial tiene como soluciones funciones que representan oscilaciones sinusoidales.
3.2.
Solución general. Soluciones singulares
Hemos encontrado en la sección anterior ejemplos de soluciones de ecuaciones
diferenciales de orden 1 y 2. En el caso de orden 1 encontramos una familia
CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS
OR
78
uniparamétrica de soluciones, mientras que en el de orden 2 se podı́a encontrar
una familia biparamétrica.
Definición 3.5. Dada una ecuación diferencial ordinaria de orden n
F(x, y, y 0 , y 00 , . . . , y (n) ) = 0
una solución general es una familia de funciones
y = f (x, c1 , . . . , cn )
AD
que depende de n parámetros reales c1 , . . . , cn y que son solución de la ecuación
diferencial.
Toda solución que no aparece en la solución general, es una solución singular.
Hemos de decir que la existencia de la solución general no está garantizada para
una ecuación diferencial cualquiera, y ni siquiera lo está la existencia de una
solución. Existen ecuaciones que no poseen ninguna solución, y ecuaciones que
aunque poseen solución general, no se puede encontrar de forma sistemática. En
este curso veremos clases de ecuaciones que se pueden estudiar sistemáticamente,
y cuya solución general se puede encontrar.
RR
Para apoyar la plausibilidad de la existencia de solución general, procedamos
de un modo inverso. Consideremos una familia, por ejemplo biparamétrica, de
funciones, e intentemos establecer una ecuación diferencial que todas satisfagan.
Por ejemplo, la familia de elipses
(x − c)2 +
1 2
y =1
b2
se puede derivar dos veces
2(x − c) +
2 0
yy = 0,
b2
2+
2
[yy 00 + (y 0 )2 ] = 0
b2
de donde podemos deducir que
BO
b2 = −yy 00 − (y 0 )2 ,
c=x−
yy 0
yy 00 + (y 0 )2
y 2 (y 0 )2
y2
−
=1
[yy 00 + (y 0 )2 ]2 yy 00 + (y 0 )2
⇒
⇒
y 2 (y 0 )2 − y 2 [yy 00 + (y 0 )2 ] = [yy 00 + (y 0 )2 ]2
y 2 (y 00 )2 + [2y(y 0 )2 +y 3 ] y 00 + (y 0 )4 = 0.
⇒
79
OR
3.3. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
Más simple es estudiar la familia uniparamétrica de cı́rculos
(x − c)2 + y 2 = 1.
Derivando una vez
2(x − c) + 2yy 0 = 0,
y por tanto
⇒ c = x + yy 0
y 2 (y 0 )2 + y 2 = 1.
(3.2)
3.3.
AD
Es interesante observar cómo las “envolventes” de los cı́rculos, las funciones y(x) = ±1 son soluciones singulares.
Ecuaciones de primer orden. Interpretación geométrica y problemas de valor inicial
Una ecuación de primer orden puede escribirse despejando la derivada
RR
y 0 (x) = f (x, y)
Esta expresión nos da una interpretación geométrica a la ecuación diferencial de
primer orden: se trata de un campo de direcciones en el plano (x, y).
Las soluciones poseen gráficas que son en todo punto tangentes a la dirección
determinada por la ecuación diferencial. Estas gráficas se denominan curvas
integrales de la ecuación diferencial. La pregunta surge inmediatamente: por un
punto dado (x0 , y0 ) del plano (x, y), ¿ pasa una curva integral, y solo una ? En
el ejemplo de la ecuación (3.2), hay puntos con |y| > 1 por los cuales no pasa
ninguna curva integral. Por los puntos con |y| = 1 pasan dos curvas integrales, y
por el resto de puntos (x, y) pasa una sola curva integral.
BO
En primer lugar, definamos más propiamente el problema que nos ocupa, que se denomina problema de condiciones iniciales, de valores iniciales, o de
Cauchy.
Definición 3.6 (Problema de valores iniciales (p.v.i.)). Un problema de condiciones
iniciales de primer orden consiste en encontrar la o las soluciones y(x) de una ecuación
diferencial, que toman un valor determinado y0 en x = x0 :
y 0 (x) = f (x, y),
y(x0 ) = y0 .
CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS
OR
80
Equivalentemente, podemos decir que el problema de valores iniciales plantea
encontrar la o las curvas integrales que pasan por un punto determinado (x0 , y0 )
del plano (x, y).
El siguiente teorema, que se comprenderá mejor una vez cursada la asignatura
de cálculo de varias variables, es el que asegura condiciones suficientes de
existencia y unicidad para el p.v.i. de una ecuación de primer orden.
AD
Teorema 3.7. Si en un punto dado (x0 , y0 ) la función f (x, y) es continua ( en dos
∂f
variables (x, y) ) y posee derivada parcial
(x , y ) continua, entonces por (x0 , y0 )
∂y 0 0
solo pasa una curva integral de la ecuación diferencial
y 0 (x) = f (x, y).
Como ejemplos de soluciones al problema de valores iniciales, podemos ver
los de dos ecuaciones estudiadas en la sección anterior. En el caso de
y 0 (x) = cos x
⇒
y(x) = y0 + sen x − sen x0
RR
podemos encontrar la solución al p.v.i. o bien usando el teorema fundamental
del Cálculo en su versión detallada, especificando los lı́mites de integración y la
constante de integración:
Z
∞
y(x) = y(x0 ) +
cos x dx = y0 + sen x − sen x0
x0
o bien sustituyendo la solución general en la condición inicial
y(x) = sen x + C, y(x0 ) = y0
⇒
C = y0 − sen x0 .
Otro ejemplo es el de
BO
y 0 (x) = k y(x)
⇒
y(x) = y0 ek(x−x0 )
ya que
y(x) = Cekx y(x0 ) = x0
⇒
C = y0 e−kx0 .
Ejercicio 3.8. Esbozar las curvas integrales de la ecuación diferencial
y0 =
x
y
(3.3)
3.4. MÉTODOS ELEMENTALES DE RESOLUCIÓN
Métodos elementales de resolución de
ecuaciones diferenciales de primer orden
Ecuaciones de variables separadas.
orden se puede escribir en la forma
OR
3.4.
81
Si una ecuación diferencial de primer
g(y)y 0 (x) = f (x)
(3.4)
AD
entonces su solución general es sencilla de calcular
Z
Z
g(y) dy = f (x) dx + C.
Se suele utilizar la siguiente forma “diferencial” de escribir la ecuación separable (3.4)
g(y) dy − f (x) dx = 0
RR
Es fácil ver que una ecuación separable se puede presentar de muchas formas,
usualmente:
f (x)
y 0 (x) =
.
g(y)
Ejemplo 3.9. Resolver el problema de valor inicial
y 0 + 5x4 y 2 = 0,
y(0) = 1.
Separando variables
dy
= −5x4 dx,
y2
1
− = −x5 + C,
y
y=
1
x5 − C
.
BO
Esta es la solución general, y sustituyendo en ella las condiciones
iniciales:
1
1
1= 5
⇒ C = −1 ⇒ y = 5
.
0 −C
x +1
No se debe olvidar comprobar el resultado sustituyendo la solución
encontrada en la ecuación diferencial y en las condiciones iniciales.
Ecuaciones homogéneas.
Las ecuaciones denominadas homogéneas:
y
0
y =f
x
(3.5)
CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS
OR
82
Se pueden hacer separables mediante el cambio de variables que consiste en
definir una nueva variable dependiente u = u(x) con la fórmula
u=
y
x
Entonces y = xu ⇒ y 0 = xu 0 + u y sustituyendo en (3.5)
xu 0 + u = f
y
= f (u)
x
AD
y despejando se obtiene una ecuación diferencial el la nueva variable dependiente u = u(x):
1
u 0 = [f (u) − u]
x
que es separable.
Ejercicio 3.10. Resolver la ecuación homogénea
2xyy 0 − y 2 + x2 = 0.
Tenemos que
RR
2
y 0
y
2 y −
+1 = 0
x
x
por lo que
dx
2 du
=−
2
x
u +1
C
ln(1 + u 2 ) = − ln |x| + c, 1 + u 2 =
x
2
2
2
2
2
x + y = Cx, (x − c) + y = c
2xuu 0 + 2u 2 − u 2 + 1 = 0,
Las ecuaciones de la forma
!
a1 x + b1 y + c1
0
y =f
a2 x + b2 y + c2
BO
Ecuaciones reducibles a homogéneas.
son reducibles a homogéneas trasladando el origen de coordenadas al punto de
intersección (x0 , y0 ) de las rectas
a1 x + b1 y + c1 = 0,
a1 x + b1 y + c1 = 0
83
OR
3.4. MÉTODOS ELEMENTALES DE RESOLUCIÓN
lo cual se consigue haciendo x = x̃ + x0 , y = ỹ + y0 . Si el determinante siguiente se
anula
a1 b1 = 0
a2 b2 entonces la ecuación original se puede escribir de la forma
y 0 = g(a1 x + b1 y)
que con el cambio ỹ = a1 x + b1 y es separable.
AD
La ecuación lineal de primer orden. La ecuación lineal de primer orden es
lineal en la funcón incógnita y en su derivada
y 0 + p(x)y = q(x)
Si q(x) = 0 se denomina ecuación lineal homogénea. En este caso la ecuación es
separable:
y 0 (x)
y 0 (x) = −p(x)y(x),
= −p(x)
y(x)
y la solución general de la ecuación lineal homogénea es
R
p(x) dx
.
RR
y(x) = Ce−
(3.6)
Para encontrar la solución general de la ecuación no homogénea se puede aplicar
el método de variación de constantes. Se utiliza una solución prueba de tipo (3.6),
pero suponiendo que la constante C es una función de x:
y(x) = C(x)e−
R
p(x) dx
.
Sustituyendo esta expresión en la ecuación se obtiene
0
[C (x) − p(x)C(x)]e
R
− p(x) dx
+ p(x)C(x)e
R
− p(x) dx
= q(x)
BO
lo cual implica
C 0 (x) = q(x)e
R
p(x) dx
con lo que la solución de la ecuación lineal de primer orden puede ser escrita
como
"Z
#
y(x) = e−
R
p(x) dx
R
q(x)e
p(x) dx
dx + C .
Es importante ver la estructura de esta solución: es la suma
y(x) = yh (x) + yp (x)
(3.7)
CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS
OR
84
de la solución general yh (x) de la ecuación homogénea (3.6), más una solución
particular yp (x) de la ecuación inhomogénea
Z
R
R
− p(x) dx
yp (x) = e
q(x)e p(x) dx dx
De hecho, sumando cualquier solución concreta de la homogénea a la solución yp (x) de la no homogénea, obtenemos otra solución particular válida.
AD
Ejemplo 3.11. En un circuito LR compuesto de una resistencia R y
una bobina de inductancia L en serie, alimentado por una fuerza
electromotriz v(t)
R
it
L
vt
RR
Figura 3.1: Circuito LR.
la ley de Kirchoff (en corriente alterna) asegura que la intensidad está
dada por la ecuación diferencial
L
di
(t) + Ri(t) = v(t).
dt
BO
Esta ecuación es lineal, y para cualquier voltaje v(t) la solución puede
encontrarse mediante la fórmula (3.7), poniendo lı́mites de integración concretos como hicimos en (3.3) para resolver el p.v.i. i(0) = i0 :
"Z t
#
v(τ) R τ
− RL t
i(t) = e
e L dτ + i0 .
0 L
La fórmula del ejemplo anterior tiene una interpretación fı́sica inmediata. La
solución de la ecuación homogénea ih (t) = i0 e−Rt/L satisface la condición inicial
y representa un transitorio que decae exponencialmente con constante de tiempo L/R, debido a una corriente inicial i0 . El término correspondiente a la solución
particular
Zt
v(τ) R τ
− RL t
ip (t) = e
e L dτ
0 L
85
OR
3.4. MÉTODOS ELEMENTALES DE RESOLUCIÓN
es el que incluye el voltaje, “forzamiento” o señal de entrada al circuito v(t).
Representa la reacción del circuito a la fuerza electromotriz introducida, y
contiene información sobre un posible estado estacionario que se establezca en él.
Por ejemplo, si se introduce un voltaje continuo v(t) = V0 a partir de un momento
de conmutación t = 0, es decir, v(t) = H(t)V0 , tenemos
Zt
R
V0
V0 R τ
t→∞ V
t
−
− RL t
e L dτ =
1 − e L −→ 0
ip (t) = e
R
R
0 L
que es el estado estacionario que predice la ley de Ohm para el funcionamiento
del circuito en corriente continua* .
RR
AD
Si la señal introducida es un voltaje alterno v(t) = V0 cos ωt, obtenemos
que
Zt
R
V0
− RL t
ip (t) = e
cos(ωτ) e L τ dτ
0 L
V0
− RL t
e R + R cos ωt + ωL sen ωt
= 2
R + ω 2 L2
V
t→∞
−→ 2 0 2 2 [R cos ωt + ωL sen ωt] .
R +ω L
√
Se puede comprobar que R cos ωt + ωL sen ωt = R2 + ω2 L2 cos(ωt − θ) (v. la
ωL
, quedando
fórmula (1.6)) donde θ = arctan
R
V0
cos(ωt − θ).
ip (t) = √
R2 + ω2 L2
La intensidad es, pues, una sinusoide de la misma frecuencia √
que el voltaje de
entrada, con un desfasaje θ y una amplitud V0 /Z donde Z = R2 + ω2 L2 es la
denominada impedancia del circuito.
BO
La ecuación de Bernouilli.
La ecuación de Bernouilli
y 0 + p(x)y = q(x)y n
no es lineal (si n , 0, 1) pero haciendo la sustitución
z=
1
y
,
n−1
z0 = −(n − 1)
y0
yn
* Hay que observar que la solución particular ası́ calculada contiene también una parte
transitoria, no como las soluciones particulares que se calculan en Fı́sica o en Electrónica. La
condición que hemos impuesto sobre la solución particular encontrada es que sea nula en t = 0,
condición que la parte estacionaria aislada no cumple.
CAPÍTULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS
se linealiza:
y n z0
−
+ p(x)y = q(x)y n ,
n−1
OR
86
z0 − (n−1)p(x)z = −(n−1)q(x).
Puede resultar más conveniente hacer la sustitución y(x) = u(x)v(x) y proceder
como sigue:
u 0 v + uv 0 + p(x)uv = q(x)u n v n ,
u 0 v + u(v 0 + p(x)v) = q(x)u n v n
AD
Tomando v(x) como una solución particular de v 0 + p(x)v = 0, tenemos que u(x)
puede hallarse con
v(x)u 0 = q(x)u n v(x)n ,
Ejemplo 3.12.
u0
= q(x)v(x)n−1 .
un
xy 0 + y = y 2 ln x
RR
es decir, p(x) = 1/x, q(x) = ln x/x y n = 2. Si z = 1/y
Z
ln x
ln x 1
0 1
, = z = −x
dx = ln x + 1 + Cx.
z − z=−
x
x y
x2
Por tanto
BO
y=
1
1
=
.
z 1 + ln x + Cx