análisis matemático iv - Universidad Tecnológica del Perú

UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DEL PERÚ
Vicerrectorado de Investigación
ANÁLISIS
MATEMÁTICO IV
TINS Básicos
INGENIERÍA S
TEXTOS DE INSTRUCCIÓN BÁSICOS (TINS) / UTP
Análisis Matemático IV
© ANÁLISIS MATEMÁTICO IV
Desarrollo y Edición: Vicerrectorado de Investigación
Elaboración del TINS: Lic. Primitivo Cárdenas Torres
Diseño y Diagramación: Julia Saldaña Balandra
Soporte académico: Instituto de Investigación
Producción: Imprenta Grupo IDAT
Queda prohibida cualquier forma de reproducción, venta, comunicación pública y transformación de
esta obra.
2
Análisis Matemático IV
“El presente material contiene una compilación de obras de Análisis
Matemático IV publicadas lícitamente, resúmenes de los temas a cargo del
profesor; constituye un material auxiliar de enseñanza para ser empleado en
el desarrollo de las clases en nuestra institución.
Éste material es de uso exclusivo de los alumnos y docentes de la Universidad
Tecnológica del Perú, preparado para fines didácticos en aplicación del
Artículo 41 inc. C y el Art. 43 inc. A., del Decreto Legislativo 822, Ley sobre
Derechos de Autor”.
3
Análisis Matemático IV
4
Análisis Matemático IV
Presentación
La matemática, ciencia de la más alta jerarquía, en el concierto de las ciencias,
desde los albores de la creación presocrática sigue ascendiendo como base del
desarrollo científico y tecnológico de nuestro mundo; imprimiendo sucesivos saltos
de creación de flujo continúo de sabiduría y conocimientos, en el transvase del ser
al estar de la humanidad; buscando pertinazmente una respuesta, al sentido
metafórico de una frase teleogal: quo vadis?
La ingeniería como expresión de la tecnología, se erige sobre la base de los espacios
de evolución de la humanidad: del sentimiento, del pensamiento, y de la creación
matemática que se proyecta en dos direcciones a decir de B. Russell.
En la dirección “constructiva en el sentido de una complejidad gradualmente
creciente: de los enteros a las fracciones, los números reales, los números
complejos; de la adición y multiplicación a la diferenciación y la integración, y de
ahí hasta la matemática superior”; y en la otra dirección opuesta, “por medio del
análisis, hacia un grado cada vez mayor de abstracción y de simplicidad lógica”.
En el marco de esta comprensión se ha desarrollado el presente texto de instrucción
en su primera edición dirigido a estudiantes de Ingeniería de las Carreras de
Ingeniería
de:
Sistemas,
Industriales,
Electrónica
y
Mecatrónica,
Telecomunicaciones, Automotriz, Aeronáutica, Marítima, Software y otras áreas
afines; para la Asignatura de Análisis Matemático IV.
Plasma la preocupación institucional de la innovación de la enseñanza-aprendizaje
en educación universitaria, que en acelerada continuidad promueve la producción de
materiales educativos, actualizados en concordancia a las exigencias de la sociedad
de estos tiempos.
La estructura de contenido de este texto permitirá avanzar en el conocimiento del
Análisis Matemático, progresivamente modelada en función del sillabus de la
Asignatura acotada líneas arriba; contenido elaborado mediante un proceso acucioso
de recopilación de temas, desarrollados en diferentes fuentes bibliográficas.
La conformación del texto ha sido posible gracias al esfuerzo y dedicación
académica del profesor Lic. Primitivo Cárdenas Torres; que trabajando con denuedo
ha compuesto V capítulos cuyas descripciones genéricas son como sigue:
En el capítulo I, presenta un tratamiento más detallado que el usual en la
identificación y solución de los diferentes tipos de ecuaciones diferenciales:
Variables Separables, Homogéneas, Ecuaciones Lineales de primer orden y grado,
Ecuaciones de Bernoulli, Exactas y Factores de Integración con ejemplificación.
5
Análisis Matemático IV
En el capítulo II, se presenta tres tipos de ecuaciones diferenciales, Trayectorias
Ortogonales y una serie de problemas de aplicación geométrica, crecimiento de
población y mortalidad, reflectores parabólicos y elípticos, mezclas, etc.
En el capítulo III, se trata las Ecuaciones Diferenciales de orden Superior con
Coeficientes Constantes y los métodos de solución. Aplicaciones a Vibraciones
Mecánicas, Sistemas RLC, Masa-Resorte, Mezclas – Sales y otras.
En el capítulo IV, saliendo un poco de la rutina de enfoque de problemas en forma
redundante, el objetivo es presentar un procedimiento alternativo a los casos
anteriores ¿cómo abordar las ecuaciones diferenciales con Coeficientes Variables?.
Solución de las Ecuaciones Diferenciales por el método de las series de potencia en
torno a los puntos ordinarios y puntos singulares regulares. Método de Frobenius y
la solución de dos ecuaciones diferenciales especiales: Ecuación Diferencial de
Bessel y la Ecuación Diferencial de Legendre debido a sus aplicaciones en:
Acústica; Flujo de Calor, Diseño de Reactores Nucleares y la Teoría de Redes.
El capítulo V, es un esfuerzo por resolver con facilidad las Ecuaciones Diferenciales
Lineales Ordinarias (o Parciales), presentando uno de los métodos más eficientes,
llamado Transformada de Laplace. Su eficacia se debe a la capacidad de la
Transformada de Laplace para convertir una ecuación diferencial en una ecuación
algebraica; que en muchos aspectos, este procedimiento es semejante al uso de
logaritmos para efectuar las multiplicaciones y divisiones. El método es
especialmente útil para tratar problemas de circuitos eléctricos y otros en los que se
requiere soluciones particulares.
Cerrar estas líneas de presentación, obliga a reconocer el trabajo acucioso del prof.
Lic. Primitivo Cárdenas Torres que ha contribuido al acopio de temas y
composición del presente texto.
Ing. Lucio H. Huamán Ureta
Vicerrectorado de Investigación
6
Análisis Matemático IV
ÍNDICE
CAPÍTULO I
Introducción a las Ecuaciones Diferenciales Ordinarias
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5
1.6
1.7
1.8
1.9
1.10
1.11
Ecuaciones Diferenciales ......................................................................
Orden y Grado de una Ecuación Diferencial........................................
Solución de una Ecuación Diferencial..................................................
El Problema Inverso o formación de ecuaciones diferenciales............
Ecuaciones Diferenciales exactas y factores de integración ................
Ecuaciones Diferenciales de variables separables................................
Ecuaciones Diferenciables Reducibles a Variables Separables ...........
Ecuaciones Diferenciables Homogéneas y Reducibles a ellas ............
Ecuaciones Diferenciales no Homogéneas Reducibles a Homogéneas
Ecuaciones Diferenciales Lineales de Primer Orden ...........................
Ecuaciones Diferenciales de Bernoulli .................................................
11
13
13
15
18
24
25
28
30
32
34
CAPÍTULO II
Tres Tipos de Ecuaciones Diferenciales Especiales
2.1
Ecuación Diferencial de Riccati............................................................
2.2
Ecuación Diferencial de Clairaut ..........................................................
2.3
Trayectorias Ortogonales. Aplicaciones Geométricas y Otros ............
Problemas propuestos sobre aplicaciones de ecuaciones diferenciales de primer
orden ................................................................................................................
39
40
42
64
CAPÍTULO III
Ecuaciones Diferenciales de Orden Superior con Coeficientes Constantes
3.1
3.2
3.3
3.4
Definición ..............................................................................................
Solución de L(y)=0 ................................................................................
Problema de Condiciones o Valores Iniciales (PVI)............................
La Ecuación no Homogénea de Orden N y los Métodos para hallar la
Solución Particular ................................................................................
3.5
Método de Variación de Parámetros.....................................................
3.6
Método de los Coeficientes Indeterminados.........................................
3.7
Métodos de los Operadores Diferenciales ............................................
3.8
Ecuación de Cauchy-Euler ....................................................................
3.9
Aplicaciones de las ecuaciones diferenciales de segundo orden .........
3.10 Aplicaciones a circuitos eléctricos........................................................
Miscelánea de ejercicios y problemas del Capítulo III.....................................
7
69
69
71
74
75
79
84
89
92
98
105
Análisis Matemático IV
CAPÍTULO IV
Solución de Ecuaciones diferenciales en serie de potencias
4.1
4.2
4.3
4.4
4.5
4.6
4.7
4.8
Definición ..............................................................................................
Previamente veremos algunos conceptos importantes a usar .............
Soluciones en torno a puntos singulares ...............................................
Método de Frobenius (1848-1917) .......................................................
Ecuación de Bessel y su solución .........................................................
Propiedades de la función de Bessel.....................................................
La ecuación diferencial de Legendre y su solución (1752-1833) ........
Propiedades de polinomios de Legendre ..............................................
111
112
115
116
124
126
127
130
CAPÍTULO V
La transformada de Laplace y sus aplicaciones
5.1
Definición F:[a,b]→ℜ, a < b................................................................
5.2
Definición F:[a,b]→ℜ es de orden exponencial λ ..............................
5.3
Definición (Funciones de clase A).......................................................
5.4
Definición F:[0,∞> →ℜ.......................................................................
5.5
Propiedades de la transformada de Laplace..........................................
5.6
Transformada Inversa de Laplace .........................................................
5.7
Propiedades de la transformada inversa de Laplace.............................
Ejemplos y contacto con las ecuaciones diferenciales y otras aplicaciones ....
5.8
Concepto de convolución ......................................................................
5.9
Ejercicios y problemas sobre transformada de Laplace y sus aplicaciones
133
135
136
136
141
169
172
174
200
205
Bibliografía
219
...................................................................................................
8
Análisis Matemático IV
DISTRIBUCIÓN TEMÁTICA
Clase
N°
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
Tema
Ecuaciones diferenciales: Clasificación. Orden y
Grado. Solución de una Ecuación Diferencial.
Problemas de Valores Iniciales (PVI). Ecuaciones
Diferenciales de Variables Separables.
Ecuaciones Diferenciales Reducibles a Variables
Separables. Ecuaciones Diferenciales Homogéneas.
Teoremas. Ecuaciones Diferenciales Reducibles a
Homogéneas. Casos y formas.
Ecuaciones Diferenciales Exactas. Factores de
Integración: casos y formas. Ecuaciones Diferenciales
Lineales de primer orden respecto a x e y.
Ecuaciones Diferenciales Reducibles a Lineales.
Ecuaciones de Bernoulli en x e y. Teoremas
Ecuaciones Diferenciales de Riccati.
Ecuaciones Diferenciales de Lagrange y Clairaut.
Soluciones de Ecuaciones Diferenciales tipo
parametritos en general. Trayectorias Ortogonales
Rectangulares.
Aplicaciones de Ecuaciones Diferenciales a los
problemas geométricos. Crecimiento de población.
Temperatura. Mezclas y Sales.
Sistemas RL y RC. Ecuaciones Diferenciales de
Orden Superior con Coeficientes Constantes
Homogéneas y no Homogéneas. Polinomio
característico. Naturaleza de raíces y soluciones y
soluciones fundamentales.
Problema de Valores Iniciales (PVI) y Teorema de
Existencia y Unicidad de solución. Métodos de
solución. Wronskiano. Método de Variación de
Parámetros.
Método de los Coeficientes Indeterminados y método
de los Operadores Diferenciales (casos abreviados).
EXAMEN
PARCIAL
9
Semana
Horas
1
5
2
5
3
5
4
5
5
5
6
5
7
5
8
5
9
5
10
2
Análisis Matemático IV
Clase
N°
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
Tema
Semana
Horas
11
5
12
5
13
5
14
5
15
5
16
5
17
5
18
5
FINAL
19
2
SUSTITUTORIO
20
2
Aplicaciones de las Ecuaciones Diferenciales a
Sistemas Mecánicos, Sistemas Eléctricos.
Ecuación de Euler (nuevo enfoque). Series de
potencia. Radio e intervalo de convergencia. Serie de
MacLaurin. Una recapitulación de funciones Gamma
y Beta.
Solución de Ecuaciones Diferenciales por serie de
potencias: Polinomio y raíz indicial. Método de
Frobenius: Soluciones en torno a puntos singulares
regulares.
Solución de dos Ecuaciones Diferenciales
importantes: Ecuación Diferencial de Bessel y
funciones de Bessel. Ecuación de Legendre y
polinomios de Legendre.
Funciones continuas por tramos. Funciones de
crecimiento exponencial. La transformada de Laplace.
Teorema de existencia y propiedades de linealidad,
escalonamiento y primera propiedad de
desplazamiento.
Funciones de paso o Escalón Unitario (Heaviside).
Segunda propiedad de desplazamiento. Transformada
de derivadas e integrales. Teorema de la división y
otros.
El Operador de Laplace como transformación lineal.
Transformación inversa y contacto con las Ecuaciones
Diferenciales. Propiedades. Convolución.
Aplicaciones de la Transformada de Laplace a las
Ecuaciones Diferenciales, Sistemas RLC, Redes y
otras aplicaciones.
EXAMEN
EXAMEN
10
Análisis Matemático IV
CAPÍTULO I
Introducción a las Ecuaciones Diferenciales
Ordinarias
1.1
ECUACIONES DIFERENCIALES: Conceptos básicos
Muchas de las leyes básicas de las ciencias físicas y mas recientemente de las
ciencias biológicas y sociales, se expresan como relaciones matemáticas entre
ciertas cantidades conocidas y desconocidas y sus derivadas; tales relaciones
se denominan Ecuaciones Diferenciales, es decir, se llama ecuación diferencial
a una ecuación que liga la variable independiente x , la función
incógnita y = y ( x) y sus derivadas sucesivas y ', y '',..., y ( n ) , es decir una
función de la forma:
F ( x, y, y ', y '',..., y ( n ) ) = 0 o F ( x, y,
dy d 2 y
dny
, 2 ,..., n ) = 0
dx dx
dx
(1)
donde F es una función de las variables independientes x , la variable
dependiente y , y sus derivadas hasta el orden n. Se supone que x pertenece a
dny
en
dx n
la ecuación (1) y esto permite escribir la ecuación diferencial en la forma:
dny
dy d 2 y
d n −1 y
f
x
y
=
(
,
,
,
,...,
)
(2)
dx n
dx dx 2
dx n −1
un intervalo arbitrario I ; en mayoría de los casos se puede despejar
Ejemplos
d2y
dy
1.+ xy ( )3 = 0
2
dx
dx
4
2
d y
d y
dy
2.+ 5 2 + 3 + 3xy = cos x
4
dx
dx
dx
2
∂ u ∂u
3.- λ 2 2 =
, u = u ( x, t ) ecuación de calor donde λ tiene un valor
∂x
∂t
específico.
∂ 2u ∂ 2 u
4.- λ 2 2 = 2 , u = u ( x, t ) , ecuación de onda, λ como en (3).
∂x
∂t
11
Análisis Matemático IV
5.6.-
7.-
8.-
∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u
+
+
= 0, u = u ( x, y, z ) , ecuación de Laplace en tres
∂x 2 ∂y 2 ∂z 2
variables
La ley de enfriamiento de Newton afirma que la tasa de cambio de la
temperatura T (t ) de un cuerpo con respecto al tiempo t, es proporcional
a la diferencia entre T y la temperatura A del medio ambiente, es decir
dT (t )
= k ( A − T (t ) ) , en la que k es una constante positiva.
dt
La tasa de cambio con respecto al tiempo de una población P (t ) con
índices constantes de nacimiento y de mortalidad es (en muchos casos
simples) proporcional al tamaño de la población
es decir
dP(t )
= α P (t ) donde α es la constante de proporcionalidad que puede
dt
ser positiva o negativa, dependiendo si la población aumenta o
disminuye .
Un sistema RLC con señales: una resistencia de R ohms, un inductor
con inductancia L henrys y un condensador con capacitancia de C
farads y una fuerza electromotriz ( voltaje ) E (t ) voltios , según la
segunda Ley de Kirchhoff está gobernado por la ecuación diferencial
1 t
LI '(t ) + RI (t ) + ∫ I ( u ) du = E (t ) (primera ecuación diferencial del
C 0
1
circuito) y LQ ''(t ) + RQ '(t ) + Q(t ) = E (t ) (segunda ecuación
C
diferencial del circuito) , donde I (t ) = Q '(t ) , Q(t ) es la carga de un
condensador en un circuito.
12
Análisis Matemático IV
Así las ecuaciones diferenciales se originan de diferentes formas:
i)
Problema de determinación del movimiento de un proyectil, cohete,
satélite.
ii) Problema de determinación de la corriente en un circuito.
iii) Problema de conducción de calor en una barra o plancha.
iv) Problema de determinación de la vibración de una cuerda o membrana.
v) Problema de rapidez de descomposición de una sustancia radiactiva o
rapidez de crecimiento de una población.
vi) Estudio de las reacciones químicas.
vii) El problema de determinación de curvas que tienen ciertas propiedades
geométricas.
1.2 ORDEN Y GRADO DE UNA ECUACIÓN DIFERENCIAL
∗
El orden de una ecuación diferencial está dado por la derivada de mayor
orden que aparece en ella.
∗
El grado de una ecuación diferencial es el grado algebraico de la mayor
derivada que interviene en la ecuación.
Ejemplos
d2y
dy
1.+ xy ( )3 = 0 , ecuación diferencial de segundo orden y primer
2
dx
dx
grado
d4y
d2y
dy
2.+ 5 2 + 3 + 3xy = cos x , ecuación diferencial de cuarto orden
4
dx
dx
dx
y primer grado
∂ 2u ∂ u
, u = u ( x, t ) , ecuación de segundo orden y primer grado
3.- λ 2 2 =
∂x
∂t
λ2
5.-
∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u
+
+
= 0 , ecuación de segundo orden y primer grado
∂x 2 ∂y 2 ∂z 2
6.-
1.3
∂ 2u ∂ 2 u
, u = u ( x, t ) , ecuación de segundo orden y primer grado
=
∂x 2 ∂ t 2
4.-
d4y 3
d2y
dy
)
+
5
+ 3 + 3xy = cos x ecuación diferencial de cuarto
4
2
dx
dx
dx
orden y tercer grado.
(
SOLUCIÓN DE UNA ECUACIÓN DIFERENCIAL
∗
Solución explícita.- Se llama solución explícita de las ecuaciones (1) o
(2) en un intervalo I , a una función ϕ ( x) que al sustituir por y en las
ecuación diferencial satisface para todo x en I .
13
Análisis Matemático IV
∗
Solución implícita.- Se dice que una relación G ( x, y ) = 0 es una
solución implícita de la ecuación diferencial (1) en el intervalo I , si
define una o mas soluciones explícitas en I .
Ejemplos
1.
Verificar que la función y = y ( x) = ∫
ecuación diferencial y ''+ y =
∞
0
e− x z
dz es solución de la
1+ z2
1
.
x
Solución
−xz
2 −xz
∞ − ze
∞ z e
y'= ∫
dz
,
y
''
=
∫0 1 + z 2 dz ⇒
0 1+ z2
2 −x z
−xz
2
−x z
∞ z e
∞ e
∞ ( z + 1)e
∞
1
y ''+ y = ∫
dz
+
dz
=
dz = ∫ e − x z dz =
2
2
2
∫
∫
0 1+ z
0 1+ z
0
0
1+ z
x
1
Por tanto y ''+ y =
x
2.
1
Verificar que la función y = y ( x) = ∫ ( z 2 − 1) n −1 e x z dz es solución de la
−1
ecuación diferencial xy ''+ 2ny '− xy = 0 .
Solución
1
1
−1
−1
y ' = ∫ z ( z 2 − 1) n −1 e x z dz , y '' = ∫ z 2 ( z 2 − 1) n −1 e x z dz , sustituyendo en la
xy ''+ 2ny − xy =
ecuación:
∫
1
−1
1
1
−1
−1
z 2 ( z 2 − 1)n −1 e x z dz + 2n ∫ z ( z 2 − 1) n −1 e x z dz − x ∫ ( z 2 − 1) n −1 e x z dz = 0
Agrupando la primera y tercera integral tenemos:
1
1
−1
−1
xy ''+ 2ny '− xy = x ∫ ( z 2 − 1) n e x z dz + 2n ∫ z ( z 2 − 1) n −1 e x z dz (*),
calculamos la primera integral por integración por partes:
u = ( z 2 − 1) n ⇒ du = 2n z ( z 2 − 1) n −1 dz , dv = e x z dz ⇒ v =
⎡ x( z 2 − 1) n x z ⎤
x ∫ ( z − 1) e dz = ⎢
e ⎥
−1
x
⎣
⎦
1
2
n
1
xz
−1
− 2n x ∫
1
−1
1 xz
e ⇒
x
z 2
( z − 1) n −1 e x z dz =
x
1
−2n ∫ z ( z 2 − 1) n −1 e x z dz , sustituyendo en (*) tenemos que
−1
1
1
−1
−1
xy ''+ 2ny '− xy = −2n ∫ z ( z 2 − 1) n −1 e x z dz + −2n ∫ z ( z 2 − 1) n −1 e x z dz = 0
Por tanto se tiene que xy ''+ 2ny '− xy = 0
14
Análisis Matemático IV
3.
Verificar que la función y = y ( x) = ∫
∞
0
e− x z
dz es solución de la
( z 2 + 1) n +1
ecuación diferencial xy ''− 2ny '+ xy = 1 .
Solución
y=∫
∞
0
−xz
∞ − ze
∞
e− x z
z 2e− x z
dz
y
dz
y
,
'
,
''
=
=
∫ 0 ( z 2 + 1)n+1
∫ 0 ( z 2 + 1)n+1 dz
( z 2 + 1) n +1
xy ''− 2ny '+ xy = ∫
∫
∫
∞
0
∞
0
∞
0
∞
∞
x z 2e− x z
ze − x z
x e− x z
dz
+
2
n
dz
+
∫0 ( z 2 + 1)n+1 ∫0 ( z 2 + 1)n+1 dz =
( z 2 + 1) n +1
∞
x( z 2 + 1)e − x z
z e− x z
dz + 2n ∫
dz =
0 ( z 2 + 1) n +1
( z 2 + 1) n +1
∞
xe − x z
z e− x z
+
2
dz
n
∫0 ( z 2 + 1)n+1 dz
( z 2 + 1) n
(**)
Calculamos la primera integral por integración por partes:
1
2nz
⇒ du = −
u= 2
dz , dv = xe − x z dz ⇒ v = −e − x z
2 n +1
n
( z + 1)
(1 + z )
∫
∞
0
∞
∞
∞
⎡
xe − x z
e− x z ⎤
ze − x z
ze − x z
=
−
−
=
−
2
1
2
dz
n
dz
n
⎢
2 n ⎥
∫0 ( z 2 + 1)n+1
∫0 ( z 2 + 1)n+1 dz
( z 2 + 1) n
⎣ (1 + z ) ⎦ 0
Reemplazando en (**),tenemos :
∞
∞
ze − x z
ze − x z
xy ''− 2ny '+ xy = 1 − 2n ∫
+
2
dz
n
∫0 ( z 2 + 1)n+1 dz = 1
0 ( z 2 + 1) n +1
1.4
EL PROBLEMA INVERSO O FORMACIÓN DE ECUACIONES
DIFERENCIALES
Antes de proceder a desarrollar métodos para la solución de ecuaciones
diferenciales, se considerará brevemente el proceso inverso, esto es, la
formación de una ecuación diferencial por la eliminación de las constantes
arbitrarias de la solución general. El problema para dos variables, puede
enunciarse como sigue:
Dada una función con dos variables y n constantes arbitrarias esenciales;
encontrar la ecuación diferencial (de orden n) cuya solución general sea la
función dada.
15
Análisis Matemático IV
Ejemplos
1.
Obtener la ecuación diferencial cuya solución general sea la función
x3
y = y ( x) = + Ax + B
6
Solución
x2
y ' = + A ⇒ y '' = x es la ecuación diferencial buscada.
2
2.
Hallar la ecuación diferencial cuya solución general es
y = y ( x) = Ae x + y + Be y − x , cuando A, B son constantes arbitrarios.
Solución
y = Ae x + y + Be y − x ⇒ ye − y = Ae x + Be − x , diferenciando respecto a x
y ' e − y − yy ' e − y = Ae x − Be− x , nuevamente diferenciando tenemos que
y '' e − y − 2 ( y ') 2 e − y − yy '' e − y + y ( y ') 2 e− y = Ae x + Be − x = ye − y ,
pero
−y
2
2
como e ≠ 0, ∀y ∈ R ⇒ y ''− 2 ( y ') − yy ''+ y ( y ') = y , es la ecuación
diferencial buscada.
3.
Hallar la ecuación diferencial cuya solución general es la función
y = Ax n + Bx1− n
a) Cuando A , B son constantes arbitrarios y n es una constante fijo.
b) Cuando A , B , n son arbitrarios.
Solución
y = Ax n + Bx 1− n ⇒ y ' = n Ax n −1 + (1 − n) Bx − n ⇒
y '' = n (n − 1)( Ax n − 2 + Bx − n −1 ) ⇒
x 2 y '' = n(n − 1)( Ax n + Bx 1− n ) ⇒ x 2 y '' = n(n − 1) y , es la ecuación
buscada.
x 2 y ''
= n(n − 1) , diferenciando obtenemos
b) x 2 y '' = n(n − 1) y ⇒
y
a)
2 xyy ''+ x 2 yy '''− x 2 y ' y ''
= 0 ⇒ 2 xyy ''+ x 2 yy '''− x 2 y ' y '' = 0 ,
2
y
( y ≠ 0 ) es la ecuación diferencial buscada.
Ejercicios
1.
Verificar que la función u = u ( x) = ∫
ecuación diferencial u ''+ u =
a b
+
x x2
16
∞
0
a cos v + bsenv
dv , satisface a la
x+v
Análisis Matemático IV
2.
Verificar
que
la
función
π
u = u ( x) = ∫ e a x cosϕ ( A + B Ln( xsen 2ϕ ))dϕ ,
0
satisface o es solución de la ecuación diferencial x u ''+ u '− a 2 x u = 0 .
3.
Probar que la función u = u ( x) = ∫
π
Ln ( sen 2ϕ + x 2 cos 2 ϕ )dϕ , es solución
2
0
de la ecuación diferencial ( x + 1) 2 y ''+ ( x + 1) y '+ y = π Ln (
4.
2
Verificar que la función u = u (t ) =
∫
π
π
2
0
x +1
).
2
cos( t cos ϕ )dϕ , es solución de la
ecuación diferencial t u ''+ u '+ t u = 0
5.
Probar que la función u = u ( x) = ∫
cos x t
1
−1
1− t2
diferencial x u ''+ u '+ x u = 0 .
1
λ∫
x
dt es solución de la ecuación
P(t ) senh(λ ( x − t ))dt , es una solución
6.
Probar que la función u = u ( x) =
7.
de la ecuación diferencial u ''− λ 2 u = P ( x ) . Sugerencia: Para derivar la
función u ( x) use la regla de Leibnitz.
y = Asenx + B cos x
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
y = Ae x + Be − x
( x2 + λ 2 ) y2 = λ 2 x2
( x + 5 y + 9 ) 4 = C ( x + 2 y + 3)
y = A(cos x + x senx) + B( senx + x cos x)
y = Asenhx + B cosh x
senhx
cosh x
y=A(
) + B(
)
x
x
x y
3
tgh ( + ) = 3 tg (
x+λ)
4 2
4
1
x
15.
y = Ae
16.
±( x + λ ) =
17.
18.
0
+ Be
−
1
x
k 2 − y 2 − k arccos h(
λ
y
) , k fija
x−b
) + c , familia catenaria, a , b , c constantes arbitrarías.
a
y = A cos 2 x cosh(2 x + ϕ ) + Bsen 2 x senh(2 x + λ ) , A , B , λ , ϕ constantes.
y = a cosh (
17
Análisis Matemático IV
1.5
ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS Y FACTORES DE
INTEGRACIÓN
Este tipo de ecuaciones diferenciales son los más triviales para resolver sin
ninguna dificultad. Las discusiones que vamos aplicar es sobre una región
rectangular definida por:
D = { ( x , y ) ∈ R / x − r ≤ a , y − s ≤ b , a , b > 0} ,
∂P ∂P ∂Q ∂Q
, ,
,
son uniformes y continuas en D.
∂x ∂y ∂x ∂y
Una ecuación diferencial P ( x , y ) dx + Q( x, y ) dy = 0 (*) es exacta si
∂F
∂F
∂P ∂Q
=
∃ una función F ( x , y ) tal que P =
,Q =
, es decir, si
.
∂y
∂y ∂x
∂x
Teorema.- Sean P , Q:D ⊂ R → R tal que P ( x , y ) y Q ( x , y ) son
continuas en D .Entonces P ( x , y ) dx + Q( x, y ) dy = 0 es exacta en
∂P ∂Q
=
D⇔
∀( x, y ) ∈ D .
∂y ∂x
Demostración
⇒) Supongamos que P ( x , y ) dx + Q( x, y ) dy = 0 es exacta ⇒ existe una
∂F
función
F ( x , y ) tal
que
se
cumple
y
( x , y ) = P ( x, y )
∂x
∂P ∂ 2 F
∂Q ∂ 2 F
∂F
=
=
( x, y ) = Q ( x, y ) ⇒
y
,por tanto de la hipótesis
∂y ∂y∂x
∂x ∂x∂y
∂y
donde P , Q ,
∂P ∂ 2 F ∂ 2 F ∂Q
∂P ∂Q
=
=
=
=
en D ⇒
.
de tenemos que se cumple
∂y ∂y∂x ∂x∂y ∂x
∂y ∂x
∂F
Además
como
( x , y ) = P ( x, y )
y
∂x
∂F
( x, y ) = Q( x, y ) ⇒ F ( x , y ) = ∫ P( x, y )dx + h( y ) ⇒
∂y
∂F ∂
∂F ∂
= ∫ P( x, y )dx + h ' ( y ) ⇒ h ' ( y ) =
−
P( x, y )dx , es decir
∂y ∂y
∂y ∂y ∫
∂
h ' ( y ) = Q( x, y ) − ∫ P( x, y )dx , integrando se obtiene h ( y ) sin tomar en
∂y
cuenta la constante numérica.
∂P ∂Q
⇐) Supongamos que
=
⇒ probaremos que la ecuación diferencial
∂y ∂x
18
Análisis Matemático IV
P ( x , y ) dx + Q( x, y ) dy = 0 es exacta, mostrando que realmente una función
∂F
∂F
F ( x , y ) satisface
( x , y ) = P ( x, y )
y
( x, y ) = Q( x, y ) ,pero por la
∂x
∂y
primera
parte
tenemos
F ( x , y ) = ∫ P( x, y )dx + h( y ) ⇒ como
que
x
∂F ∂
− ∫ P( x, y )dx definimos F ( x , y ) = ∫ P(u, y )du + h( y ) y
x0
∂y ∂y
∂F ∂ x
−
P(u, y )du ,de aquí es obvio concluir.
para ( x0 , y0 ) , h ' ( y ) =
∂y ∂y ∫x0
Observación.- Si consideramos P0 ( x0 , y0 ) ∈ D fijo y M ( x , y ) ∈ D punto
arbitrario, la solución de la ecuación P ( x , y ) dx + Q( x, y ) dy = 0 se puede
obtener directamente aplicando la integral
h ' ( y) =
x
y
x0
y0
F ( x , y ) = ∫ P( u , y )du + ∫ Q( x0 , v )dv = k
Ejemplos
1.
Resolver la ecuación diferencial
(12 x 2 + 8 xy + 2 y 2 ) dx + ( 4 x 2 + 4 xy + 6 y 2 ) dy = 0
Solución
∂P ∂Q
=
= 8 x + 4 y es una ecuación diferencial exacta , entonces
∂y ∂x
x
y
F ( x , y ) = ∫ (12u 2 + 8 uy + 2 y 2 )du + ∫ ( 4 x0 2 + 4 x0 v − 6v 2 )dv =
x0
y0
F ( x , y ) = (4u 3 + 4u 2 y + 2 xy 2 )
x
x0
+ ( 4 x02 v + 2 x0 v 2 − 2v3 )
y
y0
F ( x , y ) = (4 x + 4 x y + 2 xy ) − 2 y = k
3
2.
2
2
3
2 y3
3y2
3
2
3
Resolver ( 3x tgy − 3 )dx + ( x sec y + 4 y + 2 ) dy = 0
x
x
Solución
∂P ∂Q
6 y2
=
= 3 x 2 sec 2 y − 3 es una ecuación diferencial exacta y aplicando
∂y ∂x
x
la fórmula de integración
x
y
2 y3
3v 2
F ( x , y ) = ∫ (3u 2 tgy − 3 ) du + ∫ ( x03 sec 2 v + 4v3 + 2 )dv =
x0
y0
u
x0
2
y3
F ( x , y ) = (u tgy + 2 )
u
x
3
v3
+ ( x tgv + v + 2 )
x0
3
0
x0
y
= x 3 tgy + y 4 +
4
19
y0
y3
=k
x2
Análisis Matemático IV
Si una ecuación diferencial no es exacta, al multiplicar la ecuación por una
función μ , se obtiene una ecuación diferencial exacta, dicha función se
denomina Factor Integrante de la ecuación.
Este problema es intrascendente en la educación y la enseñanza actual.
Porque se trata de un problema al azar, no existe un método general para
determinar el factor integrante y ésta no es única, una ecuación puede
tener uno, dos o mas factores de integración ¿entonces que necesidad de
insistir con este tipo de problemas cuando hay otros métodos para
resolver?, el autor de estas notas conoce por lo menos mas de nueve tipos de
factores de integración .Los casos mas frecuentes son los siguientes:
1.
Py − Qx
= R ( x) , donde R es función sólo de x , entonces el factor
Q
integrante de la ecuación diferencial P ( x , y ) dx + Q( x, y ) dy = 0 está
Si
x
2.
R ( t ) dt
dado por μ ( x) = e ∫
Qx − Py
= M ( y ) , donde M es función sólo de y , entonces el factor
Si
P
integrante de la ecuación diferencial P ( x , y ) dx + Q( x, y ) dy = 0 está
y
3.
4.
M ( t ) dt
dado por μ ( y ) = e ∫
Si P ( x , y ) dx + Q( x, y ) dy = 0 es una ecuación diferencial homogénea,
1
entonces su factor integrante está dado por μ ( x, y ) =
,
x P + yQ
x P + yQ ≠ 0.
El docente como el alumno observarán que se han resuelto problemas
de ecuaciones homogéneas por integración directa, entonces ¿existe
alguna razón para buscar un factor integrante?.
Qx − Py
Si
= Z ( xy ) , x P − y Q ≠ 0 , donde Z es una función de xy ,
xP − yQ
entonces el factor integrante está dado por μ (v) = e ∫
Aquí presentamos otra lista de factores de integración
Ecuación diferencial
a)
m y dx + n x dy = 0
Factor integrante
μ = x m −1 y n −1
20
xy
Z ( v) d v
.
Análisis Matemático IV
b)
y dx − x dy = 0
μ=
1
1
1
1
, μ= 2, μ= , μ= 2
2
ax + bxy + cy 2
x
y
xy
Existen tipos de factores de integración que pueden ser identificados también a
simple vista y otros que están dados en forma implícita. Tienen que ser
precisados para resolver cualquier ecuación diferencial y estos pueden
presentarse en las formas:
μ = ϕ ( x + y 2 ) , μ = ϕ ( x2 + y 2 ) ,
μ = ϕ ( x − y 2 ) , μ = ϕ ( x2 − y 2 ) ,
μ = ϕ ( y 2 − x 2 ) , μ = ϕ ( x + y ) , etc.
Ejemplos
1.
Hallar un factor integrante y resolver la ecuación diferencial
( x 3 y 2 + x)dy + ( x 2 y 3 − y )dx = 0
Solución
( x 3 y 2 + x)dy + ( x 2 y 3 − y )dx = 0 ⇔ xdy − ydx + ( xy ) 2 ( xdy + ydx) = 0 ⇒
Un factor integrante es μ =
1
xdy − ydx
⇒
+ ( xy )( xdy + ydx) = 0 es una
xy
xy
ecuación exacta y aplicando:
x
y
x0
y0
F ( x , y ) = ∫ P ( u , y )du + ∫ Q( x0 , v )dv = k ,
la
solución
y
1
Ln( ) + ( xy ) 2 = k
x
2
2.
Hallar dos factores de integración y resolver la ecuación diferencial
( y + x 3 y + 2 x 2 )dx + (4 xy 4 + 8 y 3 + x)dy = 0
Solución
Sea μ = X ( x)Y ( y ) un factor integrante, entonces
X '( x)
Y '( y )
Py − Qx =
Q−
P ⇒ P ( x , y ) = y + x3 y + 2 x 2 ⇒ Py = 1 + x 3 , y
X ( x)
Y ( y)
21
es
Análisis Matemático IV
Q( x , y ) = 4 xy 4 + 8 y 3 + x ⇒ Qx = 4 y 4 + 1 ,
reemplazando tenemos que
X '( x)
Y '( y )
x3 − 4 y 4 =
(4 xy 4 + 8 y 3 + x) −
( y + x3 y + 2 x 2 ) ⇔
X ( x)
Y ( y)
3
3
3
x
x
x
+ y4
4
4
X '( x)
Y '( y )
= x2 ,
= 4 y 3 ⇔ X ( x) = e 3 , Y ( y ) = e y ⇒ μ = e 3 e y = e 3
X ( x)
Y ( y)
es un factor integrante. Otro factor integrante está dado por la función
∂z
∂z
μ = ϕ ( xy + 2) ⇒ z = xy + 2 ⇒ = y , = x
∂x
∂y
1
Py − Qx
− dz
1
1
1
=−
= − ⇒ μ = μ ( x , y ) = e ∫ z = e − Lnz = , luego
∂z
∂z
xy + 2
z
z
Q −P
∂x
∂y
1
μ=
es un factor integrante. La integración en ambos casos queda
xy + 2
como ejercicio para el alumno.
Ejercicios
1.
Resolver la ecuación diferencial (3xy + y 2 ) + ( x 2 + xy ) y ' = 0 , si un factor
1
integrante es μ =
.
xy ( 2 x + y )
2.
3.
4.
5.
6.
7.
Resolver la ecuación diferencial
seny
cos y + 2e − x cos x
(
− 2e − x senx )dx + (
)dy = 0 , si un factor integrante es
y
y
μ = ye x .
Resolver la ecuación diferencial xdy + ydx = 3 x 2 dx , xdy + ydx = xy 3 dx si un
1
factor integrante es μ = 3 3 .
x y
Resolver las ecuaciones diferenciales
( y 4 + x 3 )dx + 8 xy 3 dy = 0 , (5 x 3 + 3xy + 2 y 2 )dx + ( x 2 + 2 xy )dy = 0 si un
factor integrante es μ ( x) = x k .
Resolver la ecuación diferencial
(2 x5 + 4 x 3 y − 2 xy 2 )dx + ( y 2 + 2 x 2 y − x 4 )dy = 0 , si un factor integrante
es de la forma μ ( x, y ) = ϕ ( x 2 + y ) .Observar que esta ecuación está resuelto
1.7.
Resolver ( x 2 + y 2 + 1)dx − 2 xydy = 0 , si μ ( x, y ) = ϕ ( y 2 − x 2 )
Resolver ( x − xy )dx + ( y + x 2 )dy = 0 , si μ ( x, y ) = ϕ ( y 2 + x 2 )
22
Análisis Matemático IV
8.
Determinar un factor integrante por cualquier de las alternativas planteadas
y resolver las siguientes ecuaciones:
a) (2 x 2 y + 2 y 3 − by )dx + (2bx − 2 x3 − 2 xy 2 )dy = 0
b) x 2 ( x 6 − y 2 ) x ' = 2 y , y 2 ( y 6 − x 2 ) y ' = 2 x
c) (7 x 4 y − 3 y 8 )dx + (2 x5 − 9 xy 7 ) dy = 0
d) [ 2 xysen( x + y ) + y sec( x + y )] dx + [ 2 xysen( x + y ) + x sec( x + y )] dy = 0
e) y ⎡⎣ 2( x + y ) + (1 + x 2 ) arctgx ⎤⎦ dx + ⎡⎣( x3 + 2 x 2 y + x + 2 y )arctgx ⎤⎦ dy = 0
f) y ( ydx − xdy ) + 3 y 4 − x 4 ( ydx + xdy ) = 0
g) ( x3 y − 3 y 4 )dx + ( xy 3 − 3 x 4 )dy = 0
9.
Probar que toda función μ = μ ( x, y ) que tiene primeras derivadas parciales y
es homogénea de grado −2 es un factor integrante de la ecuación diferencial
ydx − xdy = 0 .
10. Demostrar que μ = μ ( x, y ) es un factor integrante para la ecuación
diferencial P ( x , y ) dx + Q( x, y ) dy = 0 ⇔ μ satisface la ecuación diferencial
∂μ
∂μ
∂P ∂Q
−Q
+(
−
P
)μ = 0.
∂y
∂x
∂y ∂x
11. Si μ = μ ( x , y ) es un factor integrante para P ( x , y ) dx + Q( x, y ) dy = 0 y
suponiendo que dF ( x , y ) = ( μ P( x , y ))dx + ( μ Q( x, y ) )dy . Probar que toda
función de la forma μ ϕ ( F ) ,donde ϕ es una función arbitraria de F es
también un factor integrante de P ( x , y ) dx + Q( x, y ) dy = 0 .
De este resultado se puede concluir que existen infinitos factores de
integración, que está de acorde con lo aseverado inicialmente al tratamiento
del tema.
12.
Deducir que la ecuación diferencial (1 + xy + y 2 )dx + ( x 2 + xy + 1)dy = 0
tiene factores de integración a μ = μ ( x , y ) = e x y , μ = μ ( x , y ) = ( x + y )e x y
y resolver para estos casos.
23
Análisis Matemático IV
1.6
ECUACIONES DIFERENCIALES DE VARIABLES SEPARABLES
dy
, con y = y ( x)
dx
es de variables separables, cuando se escribirse en la forma P dx + Q dy = 0
(1), donde P , Q : R → R son en general funciones de x e y
respectivamente.
Una ecuación diferencial de primer orden y grado
y' =
Si en la ecuación (1) , P , Q son funciones continuas (o constantes) sólo de
x e y respectivamente, la ecuación tiene sus variables separadas
P ( x) dx + Q ( y )dy = 0 y puede integrar fácilmente para obtener la solución
general
∫ P( x)dx + ∫ Q( y)dy = C , donde C
es la constante de integración.
Ejemplos
1.
Resolver la ecuación diferencial (1 + y 2 )dx + (1 + x 2 )dy = 0
Solución
Es una ecuación de variables separables e integrando
1
1
1
1
dx +
dy = 0 ⇒ ∫
dx + ∫
dy = C integrando
2
2
2
1+ x
1+ y
1+ x
1 + y2
x+ y
obtenemos arctgx + arctgy = arctgC ⇒ arctg (
) = arctgC ⇒
1 − xy
x+ y
aplicando la función tangente, obtenemos
= C ⇒ x + y = C (1 − xy ) .
1 − xy
2.
Integrar la ecuación diferencial
⎡⎣ xy 2 − y 2 + x − 1⎤⎦ dx + ⎡⎣ x 2 y − 2 xy + x 2 + 2 y − 2 x + 2 ⎤⎦ dy = 0
Solución
Separando las variables
⎡⎣ y 2 ( x − 1) + x − 1⎤⎦ dx + ⎡⎣ x 2 ( y + 1) − 2 x( y + 1) + 2( y + 1) ⎤⎦ dy = 0
⎡⎣( x − 1)( y 2 + 1) ⎤⎦ dx + ⎡⎣( y + 1) ( x 2 − 2 x + 2) ⎤⎦ dy = 0 ⇒
⎡ y +1 ⎤
⎡ x −1 ⎤
⎢⎣ x 2 − 2 x + 2 ⎥⎦ dx + ⎢ y 2 + 1 ⎥ dy = 0 ⇒
⎣
⎦
1
1
Ln( x 2 − 2 x + 2) + Ln( y 2 + 1) + arctgy = C ⇒
2
2
24
Análisis Matemático IV
Ln( x 2 − 2 x + 2) + Ln( y 2 + 1) + 2arctgy = 2C = Lnk ⇒
( x 2 − 2 x + 2)( y 2 + 1)e2 arctg y = k es la solución buscada.
3.
1.7
⎡ y2 ⎤
⎡
⎤
1
Integrar la ecuación diferencial ⎢
⎥ dx + ⎢ y 2 + 1 ⎥ dy = 0
2
⎣ x( x + 1) ⎦
⎣
⎦
Solución
⎡
x ⎤
1 ⎤
⎡1
Partiendo por fracciones parciales ⎢ − 2 ⎥ dx + ⎢1 − 2 ⎥ dy = 0
⎣ x x + 1⎦
⎣ y + 1⎦
1
e integrando Lnx − Ln( x 2 + 1) + y − arctgy = C ⇒
2
2
2
Ln( x ) − Ln( x + 1) + 2 y − 2arctgy = 2C = Lnk ⇒ x 2 e 2 y − 2 arctg y = k ( x 2 + 1)
es la solución general.
ECUACIONES DIFERENCIALES REDUCIBLES A VARIABLES
SEPARABLES
Todas las ecuaciones diferenciales de la forma y ' = F (ax + by + c) , donde
a , b , c son constantes no nulas, se reduce a variables separables, mediante
la sustitución u = ax + by + c ⇒ du = adx + bdy
du − adx
⇒ dy =
, sustituyendo obtenemos:
b
du − adx
du
du
= F (u ) ⇒
= a + bF (u ) ⇒
= dx , que es una ecuación
bdx
dx
a + bF (u )
de variables separables.
Ejemplos
1.
Resolver y ' = tg 2 (ax + by + c) , a b > 0, a ≠ b
Solución
Por lo anterior, tenemos que:
du
du
dx =
⇒ x+C = ∫
(*)
2
a + b tg u
a + b tg 2u
dw
dw
dw
Sea w = tgu ⇒ dw = sec 2 udu ⇒ du =
=
=
, luego
2
2
sec u 1 + tg u 1 + w2
du
dw
1
1
b
∫ a + b tg 2u = ∫ (1 + w2 )(a + b w2 ) = a − b ∫ (1 + w2 − a + b w2 )dw =
1
1
1
1 ⎡
(
)dw =
−
arctgw − b / a arctg ( b / a w) ⎤⎦
2
∫
2
2
a − b 1+ w ( a / b ) + b w
a −b ⎣
25
Análisis Matemático IV
du
dw
1
1
b
=∫
=
(
−
)dw =
2
2
2
2
∫
a + b tg u
(1 + w )(a + b w ) a − b 1 + w a + b w2
1
1
1
(
−
)dw
2
∫
a − b 1 + w ( a / b ) 2 + b w2
∫
1 ⎡
arctgw − b / a arctg ( b / a w) ⎤⎦
a −b ⎣
1 ⎡
=
u − b / a arctg ( b / a tg u ) ⎤⎦ =
a −b ⎣
1 ⎡
ax + by + c − b / a arctg ( b / a tg (ax + by + c ) ⎤⎦ , por tanto tenemos
a −b ⎣
la solución general
1 ⎡
x+C =
ax + by + c − b / a arctg ( b / a tg (ax + by + c ) ⎤⎦ .
a −b ⎣
Resolver y ' = cos ec 2 (ax + by + c) , a , b∈ R + , a ≠ b
Solución
du
du
du
dx =
⇒ x+C = ∫
=∫
2
2
a + b cos ec u
a + b cos ec u
a + b (1 + cot g 2u )
dv
v = cot gu ⇒ dv = −c sec2 udu ⇒ du = −
⇒
1 + v2
⎡
⎤
du
1
b
x + C = −∫
= −∫ ⎢
−
dv =
2
2
2
2 ⎥
(1 + v )(a + b + bv )
⎣ a (1 + v ) a(a + b + bv ) ⎦
=
2.
1
b
b
− arctgv +
arctg (
v ) , sustituyendo
a
a ab
ab
1
b
b
cot g (ax + by + c))
x + C = − arctg ( cot g (ax + by + c)) +
arctg (
a
a ab
ab
3.
Existen una variedad de ecuaciones diferenciales que son reducibles a
Variables Separables, tales como:
xdx − ydy
Resolver 11( 2 x 2 − y )10 ( 4 xdx − dy ) = 3(
)
x2 − y 2
Solución
Sea u = 2 x 2 − y ⇒ du = 4 xdx − dy , v = x 2 − y 2 ⇒ dv = 2( xdx − ydy )
3 dv
11u10 du =
⇒ u11 = 3 v + c ⇒ (2 x 2 − y )11 = 3 x 2 − y 2 + C
2 v
26
Análisis Matemático IV
4.
Resolver la ecuación diferencial
(2 xy sen( x + y ) + y sec( x + y ))dx + (2 xy sen( x + y ) + xsex( x + y ))dy = 0
Solución
5.
Sean u = xy , v = x + y ⇒ du = xdy + ydx , dv = dx + dy
du
2u senv dv + sec v du = 0 ⇒ senv cos v dv +
= 0 ⇒ integrando
2u
1
1
sen 2 v + Ln u = C ⇒ sen 2 v + Lnu = k ⇒ sen 2 ( x + y ) + Ln( xy ) = k
2
2
x + y +1 3
)
Resolver la ecuación diferencial y ' = (
x+ y
Solución
Sea u = x + y ⇒ du = dx + dy ⇒ dy = du − dx
du − dx
u + 1 3 du
u + 1 3 2u 3 + 3u 2 + 3u + 1
=(
) ⇒
= 1+ (
) =
⇒
dx
u
dx
u
u3
u 3 du
u 3 du
dx = 3
⇒
x
+
C
=
∫ 2u 3 + 3u 2 + 3u + 1 =
2u + 3u 2 + 3u + 1
1
3u 2 + 3u + 1
1
1
1
4u + 2
(
−
∫ 2 2( 2u + 1)(u 2 + u + 1) ) du = 2 ∫ du − 6 ∫ ( 2u + 1 + u 2 + u + 1 )du =
u 1
1
1
− Ln(2u + 1) − Ln(u 2 + u + 1) = ( 6u − Ln((2u + 1)(u 2 + u + 1) 4 ) ⇒
2 12
3
12
2
4
6u − 12 x + k = Ln( (2u + 1)(u + u + 1) ) ⇒
6( y − x) + k = Ln( x 2 + y 2 2 xy + x + y + 1) 4
Ejercicios
Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales
1 + xy 3
y '+
=0
1.
1 + x3 y
2.
y ' = cos 2 ( ax + by + c) , a , b > 0, a ≠ b
x+ y
x− y
y '+ sen(
3.
) = sen(
)
2
2
( x n y n +1 + ay ) dx + ( x n +1 y n + bx) dy = 0 , para n = 0 , n ≠ 0
4.
5.
( xy + 2 xy Ln 2 y + yLny ) dx + (2 x 2 Lny + x) dy = 0
27
Análisis Matemático IV
6.
7.
( x3 − y 3 + x 2 y − xy 2 − 2 x) dx + ( x3 − y 3 − xy 2 + x 2 y + 2 y ) dy = 0
( x 2 + y 2 ) y '' = (1 + ( y ') 2 )( xy '− y )
8.
xdy − ydx =
9.
( x n +1 y n + ay ) dx + ( x n y n +1 + ax) dy = 0 , para n = 1 , n ≠ 1
10.
⎡⎣ x 2 y 3 + x 4 y 4 + x 4 y + x 2 y 4 + y 4 + y 5 ⎤⎦ dx − ⎡⎣ x3 y 2 + x5 + xy 4 ⎤⎦ dy = 0
⎡⎣ x3 y 4 + x5 y 5 + x5 y 2 + x3 y 5 + y 5 + y 7 ⎤⎦ dx − ⎡⎣ x 4 y 3 + x 6 y + xy 6 ⎤⎦ dy = 0
11.
12.
9 x 2 + 16 y 2 (9 x + 16 y )
Probar que la ecuación diferencial y P( x y )dx + x Q( x y )dy = 0 se reduce a
una ecuación de variable separable mediante la sustitución u = x y y
aplicando
este
resultado
resolver
la
ecuación
diferencial
2 3
2
3
2
( x y + 2 xy + y )dx + ( x y − 2 x y + x ) dy = 0 .
La forma general de este tipo de ecuaciones es:
y P( x m y n )dx + x Q( x m y n )dy = 0 , mediante la sustitución u = x m y n .
Aplicar este resultado a y ( 2 + 4 x 2
1.8
y )dx + x 3
y dy = 0
ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS Y
EDUCIBLES A ELLAS
Definición.- Una función F : R 2 → R es homogénea de grado de
homogeneidad n , si F (λ x , λ y ) = λ n F ( x, y ) para cualquier λ ∈ R , λ ≠ 0
y n ∈ Z +0 . Este concepto debe ser de común conocimiento de Análisis
Matemático III. G ( x, y ) = 8 x3 y + 6 x 2 y 2 − 3x 4 + y 4 es una función
homogénea de grado n = 4
Definición.-Una ecuación diferencial P ( x, y ) dx + Q( x, y )dy = 0 , es
homogénea, si P , Q : R 2 → R son funciones continuas homogéneas del
mismo grado.
Ejemplos
1. 8 x3 y + ( 6 x 2 y 2 − 3x 4 + y 4 ) y ' = 0 , es una ecuación
diferencial
homogénea
2. ( x5 + 2 x3 y 2 − xy 4 )dx − ( x 4 y − 2 x 2 y 3 − y 5 ) dy = 0
es una ecuación
homogénea
¿Como resolver una ecuación diferencial homogénea?
28
Análisis Matemático IV
Teorema.- Si existe v = v( x) tal que y ( x) = x v es solución de la ecuación
diferencial homogénea P ( x, y ) dx + Q( x, y )dy = 0 , entonces esta solución
general está dada por la integral
Ln x + ∫
Q(1, v )
y
dv = k , donde v =
x
P(1, v ) + vQ(1, v )
Demostración
P , Q : R 2 → R son funciones homogéneas
⇒ P ( λ x , λ y ) = λ n P ( x , y ) , Q (λ x , λ y ) = λ n Q ( x , y )
(1)
y
1
y
⎧
P ( 1, ) = n P( x , y ) ⇒ P( x ,y ) = x n P ( 1, )
⎪
1
⎪
x
x
x
,
Sea λ = en (1) ⎨
x
⎪Q( 1, y ) = 1 Q( x , y ) ⇒ Q( x , y ) = x n Q ( 1, y )
⎪⎩
x
xn
x
y
y
reemplazando en la ecuación diferencial x n P(1 , ) dx + x n Q(1 , )dy = 0
x
x
y como y = xv
dy = x dv + vd x ⇒ x n P(1, v ) dx + x nQ(1, v ) ( x dv + v dx ) = 0 ⇒
( P (1, v) + v Q (1, v ))dx + x Q (1, v )dv = 0
es una ecuación de variables separables
dx
Q (1, v )
Q (1, v )
+
dv = 0 ⇒ Ln x + ∫
dv = k ,
x P (1, v) + v Q (1, v )
P (1, v) + v Q (1, v )
y
v=
x
Corolario.- Si existe w = w( y ) tal que x( y ) = w y es solución de la
ecuación homogénea P ( x, y ) dx + Q( x, y )dy = 0 , entonces esta solución está
P( w ,1)
x
dw = C , w =
dada por la integral Ln y + ∫
y
w P( w,1) + Q( w ,1)
Análogamente al teorema se demuestra este corolario.
Ejemplos
1.
Resolver la ecuación ( 4 x 2 + xy − 3 y 2 ) dx + ( y 2 + 2 xy − 5 x 2 )dy = 0
Solución
Q (1, v )
dv = k , tenemos que
Aplicando el teorema Ln x + ∫
P (1, v) + v Q (1, v )
Ln x + ∫
v 2 + 2v − 5
v 2 + 2v − 5
dv = k ⇒ Ln x + ∫ 3 2
dv = k
4 − v − 3v 2 + v (v 2 + 2v − 5)
v − v − 4v + 4
29
Análisis Matemático IV
v 2 + 2v − 5
dv = k ⇒
(v + 2)(v − 2 )(v − 1)
2
3
5
Ln x + ∫ (
+
−
)dv = k ⇒
3(v − 1) 4(v − 2 ) 12( v + 2 )
Ln x + ∫
2
3
5
y
Ln x + Ln(v − 1) + Ln(v − 2) − Ln(v + 2) = k , v = , luego
x
3
4
12
9
8
5
( y − 2 x) ( y − x) = c ( y + 2 x) , es la solución general.
2.
Resolver la ecuación diferencial 8 x3 y + ( 6 x 2 y 2 − 3x 4 + y 4 ) y ' = 0
Solución
Reescribiendo la ecuación 8 x3 y dx + ( 6 x 2 y 2 − 3x 4 + y 4 ) dy = 0 y aplicando el
teorema obtenemos
v 4 + 6v 2 − 3
v 4 + 6v 2 − 3
Ln x + ∫ 6
dv
=
k
⇒
Ln
x
+
∫ v(v 2 + 1)(v2 + 5) dv = k ,
v + 6v3 + 5v
integrando por fracciones parciales
⎡ 3
2v
2v ⎤
Ln x + ∫ ⎢ − + 2
−
⎥ dv = k ⇒
2
⎣ 5v v + 1 5(v + 5) ⎦
3
1
Ln x − Ln v + Ln(v 2 + 1) − Ln(v 2 + 5) = k ⇒ , multiplicando por 5
5
5
5
3
2
5
Ln x − Ln v + Ln((v + 1) ) − Ln(v 2 + 5) = 5k = LnC
Ln x 5 (v 2 + 1)5 − Ln(v3 (v 2 + 5)) = 5k = LnC ⇒
y
x
2
2 5
3
2
2
( x + y ) = k y (5 x + y ) , solución general.
x5 (v 2 + 1)5 = Cv3 (v 2 + 5)) v =
1.9
ECUACIONES DIFERENCIALES NO HOMOGÉNEAS
REDUCIBLES A HOMOGÉNEAS
Existen diferentes formas de reducir o transformar una ecuación diferencial
no homogénea a homogénea.
ax + by + c
I.
Las ecuaciones diferenciales de la forma y ' = g (
) se
mx + ny + p
reduce a homogénea mediante la sustitución x = u + h , y = v + k , si
⎧ ah+bk +c = 0
h , k se toman de manera que ⎨
, sea un sistema
⎩m h + n k + p = 0
consistente.
30
Análisis Matemático IV
Ejemplos
1.
2.
Resolver la ecuación diferencial ( x + y − 2 )dx + ( x − y + 4)dy = 0
Solución
Es una ecuación de la forma I , entonces resolvemos el sistema
⎧h +k − 2 = 0
⇒ h = −1 , k = 3 ,
hacemos x = u − 1 , y = w + 3 ,
⎨
⎩ h−k + 4 = 0
reemplazando tenemos que ( u + w )du + ( u − w)dw = 0 , aplicando el
teorema:
1− v
w
1− v
Ln u + ∫
dv = k , v = ⇒ Ln u + ∫
dv = k
1 + v + v(1 − v)
u
1 + 2v − v 2
1
Ln u + Ln(1 + 2v − v 2 ) = k ⇒ L u 2 + Ln (1 + 2v − v 2 ) = 2k = LnC ⇒
2
y −3
y −3 2⎤
⎡
u 2 (1 + 2v − v 2 ) = C ⇒ ( x + 1) 2 ⎢1 + 2 (
)−(
) =C
x +1
x + 1 ⎥⎦
⎣
Resolver la ecuación 2 ⎡⎣ x5 + 2 x3 y − xy 2 ⎤⎦ dx + ⎡⎣ y 2 + 2 x 2 y − x 4 ⎤⎦ dy = 0
Sugerencia: Usar sustitución y = z λ
Solución
Es una ecuación que no es homogénea. Por
y = z λ ⇒ dy = λ z λ −1dz reemplazando en la ecuación dada
sugerencia
2 ⎡⎣ x5 + 2 x3 z λ − xz 2 λ ⎤⎦ dx + ⎡⎣ z 2 λ + 2 x 2 z λ − x 4 ⎤⎦ ( λ z λ −1 )dz = 0 (*)
esta ecuación será homogénea
⇔ 5 = 3λ − 1 = 3 + λ = 2λ + 1 = 2λ + 1 = 3 + λ ⇒ λ = 2 en (*)
2 ⎡⎣ x5 + 2 x3 z 2 − xz 4 ⎤⎦ dx + ⎡⎣ z 4 + 2 x 2 z 2 − x 4 ⎤⎦ ( 2 z )dz = 0
2 ⎡⎣ x5 + 2 x3 z 2 − xz 4 ⎤⎦ dx + ⎡⎣ z 5 + 2 x 2 z 3 − x 4 z ⎤⎦ dz = 0 , es una ecuación
homogénea.
Aplicando el teorema:
w5 + 2w3 − w
z
Ln x + ∫ 6
dw = k , w = ⇒ por fracciones parciales
4
2
w + w + w +1
x
w
2w + 2
2w − 2
Ln x + ∫ ( − 2
)dw = k
+
+
2
w + 1 2( w + 2 w + 1) 2 ( w2 − 2 w + 1)
1
1
1
Ln x − Ln( w2 + 1) + L( w2 + 2w + 1) + Ln( w2 − 2w + 1) = k
2
2
2
2
4
2
2
4
Ln x (v + 1) = Ln(C (v + 1)) ⇒ x (v + 1) = C (v 2 + 1) , C = Lnk ,
31
Análisis Matemático IV
x 4 + y 2 = C ( x 2 + y ) , es la solución general.
Ejercicios
Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales y si no es homogénea
reducir a homogénea.
1.
2.
3.
4.
⎡⎣ x 2 + 2 xy − 4 y 2 ⎤⎦ dx − ⎡⎣ x 2 − 8 xy − 4 y 4 ⎤⎦ dy = 0
x 2 y ' = 4 x 2 + 7 xy + 2 y 2
⎡⎣ y 4 − 2 x3 y ⎤⎦ dx + ⎡⎣ 2 x 4 − 3xy 3 ⎤⎦ dy = 0
⎡⎣ x 2 y + xy 2 + y 3 ⎤⎦ dx − ⎡⎣ x3 + 3 x 2 y + xy 2 ⎤⎦ dy = 0
(
5.
2 xy e
x 2
)
y
dx − ( y + y e
2
2
(
x 2
)
y
+ 2x e
2
(
x 2
)
y
)dy = 0
2
4sen y
x5 + x tgy
6.
y' =
7.
( x 2 + y 2 ) y '' = (1 + ( y ') 2 )( xy '− y )
3x5 + 3x 2 y 2
2 x3 y − 2 y 3
9. ( x + yy ' ) 2 ( x 2 + y 2 ) = ( x 2 + 2 xyy '− y 2 ) 2
10. ( 3 y − 7 x + 7) dx − (3x − 7 y − 3)dy = 0
8.
y' =
11. ( y + y x 2 y 4 + 1) + 2 xy ' = 0
12. ( 3x 2 y + y 3 ) dx + ( x3 + 3xy 2 )dy = 0
13. ( 4 y + 5 x + 4) dx + (4 x + 3 y + 1)dy = 0
14. ( 3 y + 7 x + 5) dx + (3 x + 11y + 17 )dy = 0
15. ( 2 x3 y − x 2 y 2 − y 4 ) dx + (2 xy 3 − x 2 y 2 − x 4 )dy = 0
1.10
ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE PRIMER
ORDEN
I.
Una ecuación diferencial de la forma
y '+ p( x) y = q ( x) donde
p( x) , q ( x) son funciones (constantes) continuas en un intervalo I , se
llama Ecuación Diferencial Lineal de primer orden en y respecto a x ;
cuya
solución
general
está
dado
por
la
integral
− p ( x ) dx ⎡
∫ p ( x ) dx q ( x) dx + k ⎤ .
y = y ( x) = e ∫
⎢⎣ ∫ e
⎥⎦
32
Análisis Matemático IV
Si
q( x) = 0 , y '+ p( x) y = 0 , se dice ecuación diferencial lineal
− p ( x ) dx
homogénea y su solución está dado por la integral y ( x) = k e ∫
.
II.
Una ecuación diferencial de la forma
x '+ m( y ) x = n ( y ) donde
m( y ) , n ( y ) son funciones (constantes) continuas en un intervalo I , se
llama Ecuación Diferencial lineal de primer orden en x respecto a y ,
cuya
solución
general
está
dado
por
la
integral
− m( y ) d y ⎡
∫ m( y ) d y n ( y) d y + C ⎤ .
x = x ( y) = e ∫
⎢⎣ ∫ e
⎥⎦
Si n( x) = 0 , x '+ m( y ) x = 0 , se dice ecuación diferencial lineal
homogénea y
cuya solución está dado por la integral
− ∫ m( y ) d y
x ( y) = C e
.
Observación
La ecuación diferencial y '+ p( x) y = q ( x) , sujeto a la restricción y ( x0 ) = yo ,
se llama Problema de los Valores Iniciales (PVI) y para esta condición la
solución es única.
Ejemplos
1.
Resolver
la
ecuación
diferencial
2 x y '− y = − cos x − sne x
Sujeto a las condiciones iniciales y ( 0 ) = 10
Solución
1
cos x + sne x
2 x y '− y = − cos x − sne x ⇒ y '−
y=−
, es una
2 x
2 x
ecuación lineal en y , entonces por la fórmula de integración tenemos que
1
⎡
⎤
∫ − 2 x dx cos x + sne x
−
e
(
) dx + k ⎥ =
⎢ ∫
2 x
⎢⎣
⎥⎦
⎡
⎤
cos x + sne x
1
e x ⎢−∫ e− x (
) dx + k ⎥ , sea u = − x ⇒ du = −
dx ⇒
2
x
2
x
⎣
⎦
x
−u
y = y ( x) = e ⎣⎡ ∫ e ( cos u + senu )du + k ⎦⎤ = e x ⎡⎣ − e −u cos u + k ⎤⎦ =
y = y ( x) = e
∫
− −
1
2
x
dx
y = y ( x) = − cos x + ke
x
, solución general. , aplicando las condiciones
iniciales , 10 = y ( 0 ) = −1 + k ⇒ k = 11 ⇒ y ( x ) = − cos x + 11e x .
33
Análisis Matemático IV
2.
Resolver la ecuación diferencial (cos x ) y '+ ( senx + cos x ) y = sen2 x + 2
Solución
y,
Es
una
ecuación
lineal
en
entonces
y '+ ( tgx + 1) y = 2 senx + 2sec x ⇒
− ( tg x +1) dx ⎡
∫ (tg x +1) dx ( 2 senx + 2sec x ) dx + k ⎤ =
y = y ( x) = e ∫
e
⎢⎣ ∫
⎥⎦
e − Ln cos x +− x ⎡⎣ ∫ e Ln cos x + x ( 2senx + 2sec x ) dx + k ⎤⎦ =
e − x sec x ⎡⎣ ∫ e x ( 2 cos x senx + 2 ) dx + k ⎤⎦ = 2senx + ke− x cos x
Por tanto y = y ( x) = 2senx + ke− x cos x .
3.
Resolver la ecuación diferencial
y '+ ( sec2 x + tg x) y = sec3 x + 4sec x
Solución
Es una ecuación lineal
2
− (sec2 x + tg x ) d x ⎡
∫ (sec x +tg x ) d x ( sec3 x + 4sec x )d x + C ⎤
y = y ( x) = e ∫
e
⎢⎣ ∫
⎥⎦
y = y ( x) = e− tg x − Ln sec x ⎡⎣ ∫ etg x + Ln sec x ( sec3 x + 4sec x )d x + C ⎤⎦ =
y = y ( x) = cos x e− tg x ⎡⎣ ∫ etg x ( sec 4 x + 4sec 2 x )d x + C ⎤⎦ =
y = y ( x) = cos x e− tg x ⎡⎣ ∫ etg x sec2 x( sec2 x + 4 )d x + C ⎤⎦ , sea u = tgx ⇒
du = sec 2 xd x ⇒ y = y ( x) = cos x e −tg x ⎡⎣ ∫ eu ( u 2 + 4 )d u + C ⎤⎦ =
y = y ( x) = cos x e −tg x ⎡⎣ u 2 eu − 2ueu + 6eu + C ⎤⎦ =
cos x e − tg x ⎡⎣ tg 2 xetg x − 2tgxetg x + 6etg x + C ⎤⎦ =
cos x ⎡⎣ tg 2 x − 2tgx + 6 + C e− tg x ⎤⎦ ⇒
y = y ( x) = cos x ⎡⎣ tg 2 x − 2tgx + 6 + C e− tg x ⎤⎦
1.11 ECUACIONES DIFERENCIALES DE BERNOULLI
I.
La ecuación diferencial de la forma y '+ P( x) y = Q( x) y n , n ≠ 0 ; 1
se llama ecuación diferencial de Bernoulli en y respecto a x , cuya
solución general está dado por:
34
Análisis Matemático IV
Teorema 1.- La solución
y '+ P( x) y = Q( x) y n , n ≠ 0;1 ,
y1− n = e
∫
( n −1) P ( x ) dx
general de la ecuación diferencial
está
dado
por
la
integral
⎡(1 − n) e(1− n ) ∫ P ( x ) dx Q( x)dx + k ⎤ .
∫
⎢⎣
⎥⎦
Demostración
Multiplicando la ecuación y '+ P( x) y = Q( x) y n por y − n tenemos que
y − n y ' + P( x) y1− n = Q( x) ⇒ sea u = y 1− n ⇒ du = (1 − n) y − n dy ⇒
yn
du , sustituyendo en la ecuación
1− n
y n du
1 du
−n
+ P ( x)u = Q( x) ⇒
y (
) + P ( x)u = Q( x) ⇒
(1 − n) dx
(1 − n) dx
du
+ (1 − n) P( x)u = (1 − n)Q( x) , ecuación lineal en u respecto a x ⇒
dx
( n −1) P ( x ) d x ⎡
( 1− n ) ∫ P ( x ) d x
u = u ( x) = e ∫
(1
n
)
e
Q( x) dx + k ⎤⎥ , esto es
−
∫
⎢⎣
⎦
(
n
−
1)
P
(
x
)
d
x
(
1
−
n
)
P
(
x
)
d
x
⎡(1 − n) e
∫
∫
y1− n = e
Q( x) dx + k ⎤⎥
∫
⎢⎣
⎦
La ecuación diferencial de la forma x '+ M ( y ) x = N ( y ) x n , n ≠ 0 ; 1 se
denomina ecuación de Bernoulli en x respecto a y cuya su solución
está dado por:
dy =
II.
Teorema 2.- La solución general de la ecuación diferencial
x '+ M ( y ) x = N ( y ) x n , n ≠ 0;1 , está dado por la integral
x 1− n = e
∫
( n− 1 ) M ( y ) d y
⎡( 1 − n ) e( 1− n ) ∫ M ( y ) d y N ( y ) d y + k ⎤ .
∫
⎢⎣
⎥⎦
Observación.- Toda ecuación de Bernoulli es reducible o transformable a una
ecuación lineal, mediante las sustituciones u = y 1− n o v = x 1− n según
sean los casos (I) o (II) respectivamente.
Ejemplos
1.
Resolver la ecuación diferencial 8 xy '− y = −
1
1 + x y3
Solución
1
1
y '−
y=−
y − 3 , es una ecuación de Bernoulli en y , entonces
8x
8x 1 + x
aplicando el teorema1 tenemos que
35
Análisis Matemático IV
1
4∫ − d x
⎡
⎤
1
8x
e
4
(−
)dx + k ⎥ =
⎢ ∫
8x 1 + x
⎣
⎦
1
1
⎤
⎡
⎤
x) ⎡
− Ln ( x )
(−
)dx + k ⎥ = x ⎢ 4∫ ( −
)dx + k ⎥ =
⎢ 4∫ e
8x 1 + x
8x x 1 + x
⎣
⎦
⎣
⎦
y4 = e
e Ln (
∫
− 4 −
1
dx
8x
⎡
⎤
⎡ x +1
⎤
x +1
+ k ⎥ = x +1 + k x ⇒
) + k⎥ = x ⎢
x ⎢∫ d (
x
⎣
⎦
⎣ x
⎦
1
y = y ( x) = ⎡⎣ x + 1 + k x ⎤⎦ 4
2.
Resolver la ecuación diferencial y 2 ( y 6 + x 2 ) y ' = 2 x
Solución
dx y 2
y 8 −1
2
6
2
−
y ( y + x ) y ' = 2x ⇒
x=
x , n = −1 ≠ 0;1 es una ecuación de
2
dy 2
Bernoulli en x , entonces por el teorema 2
y3 ⎡
y3
y2
y2
8
⎤
⎤
−
−2 ∫ − d y ⎡
2∫ − d y y
2
8
2
x =e
⎢ 2∫ e 2 ( ) dy + k ⎥ = e 3 ⎢ ∫ e 3 y dy + k ⎥ , integrando
2
⎣⎢
⎦⎥
⎣⎢
⎦⎥
por partes obtenemos que
y3 ⎡
y3
y3 ⎤
⎤ ⎡
−
−
2
6
3
6
3
x = e 3 ⎢e 3 ( − y − 6 y − 18) + k ⎥ = ⎢( − y − 6 y − 18) + k e 3 ⎥ ⇒
⎣⎢
⎦⎥ ⎣⎢
⎦⎥
1
y ⎤2
⎡ 6
−
2
6
3
3
x = − y − 6 y − 18 + k e ⇒ x = x( y ) = ⎢ − y − 6 y − 18 + k e 3 ⎥
⎥⎦
⎣⎢
3
6
4
5
Resolver la ecuación diferencial ( x y − y )dx = ( x + xy )dy
−
3.
y3
3
3
Solución
Sea x = uy ⇒ dx = udy + ydu sustituyendo obtenemos
(u 3 y 4 − y 6 )(udy + ydu ) = ( u 4 y 4 + uy 5 )dy ⇒ −2uydy + ( u 3 − y 2 )du = 0
dy 1
u 2 −1
+
y=
y es una ecuación de Bernoulli en y respecto a u ,
du 2u
2
1
1
2
2
−2
du ⎡
du u
⎤ 1
por teorema1 y 2 = e ∫ 2ux ⎢ 2 ∫ e ∫ 2u ( )du + k ⎥ = ⎡⎣ ∫ u 3 du + k ⎤⎦ =
2
⎣
⎦ u
⎤
x
1 ⎡u4
u4
2
k
u
y
+
⇒
=
+ k ⇒ , como u = ⇒ 4 xy 5 = x 4 + 4k y 4
⎢
⎥
y
4
u⎣4
⎦
36
Análisis Matemático IV
4.
Resolver la ecuación diferencial
⎡ 2
y ⎤
2 y y2 ⎤
⎡ 2
2
2
⎢⎣ ( x + y ) + (2 + x ) ⎥⎦ dy − ⎢ 2( x + y ) + ( x + x 2 ) ⎥ dx = 0
⎣
⎦
Solución
Sea y = ux ⇒ dy = udx + xdu , reemplazando tenemos que
⎡ 2
ux ⎤
2ux u 2 x 2
⎡ 2
2 2
2 2
(
x
x
u
)
(2
)
(
udx
xdu
)
2(
x
x
u
)
(
+
+
+
+
−
+
+
+ 2
⎢
⎢⎣
x ⎥⎦
x
x
⎣
⎤
) ⎥ dx = 0
⎦
2
2 2
2
2 2
2
⎡⎣ ( x + x u ) + (2 + u ) ⎤⎦ ( udx + xdu ) − ⎡⎣ 2( x + x u ) + (2u + u ) ⎤⎦ dx = 0
⎡⎣ x 2 (u + u 3 − 2 − 2u 2 ) ⎤⎦ dx + x ⎡⎣ x 2 (1 + u 2 ) + (2 + u ) ⎤⎦ du = 0 ⇒
dx
u2 +1
u+2
+
x=−
x −1 ⇒
3
2
3
2
(u + u − 2 − 2u )
du (u + u − 2 − 2u )
dx
1
u+2
x=− 2
x −1 es una ecuación de Bernoulli en x para
+
du u − 2
(u + 1)(u − 2)
1
1
2
− 2
du ⎡
du
⎤
u+2
n ≠ 0 , 1 , entonces x 2 = e ∫ u − 2 ⎢ 2 ∫ e ∫ u − 2 ( − 2
) du + k ⎥ =
(u + 1)(u − 2)
⎣
⎦
⎡
⎤
⎤
(u + 2)(u − 2) 2
1 ⎡
u2 − 4
2
(
)
2
(
)
du
k
du
k
−
+
=
−
−
+
⎢ ∫
⎥
⎥=
2
2 ⎢
2
∫
(
1)(
2)
(
2)
(
1)
u
u
u
u
+
−
−
+
⎣
⎦
⎣
⎦
1 ⎡
5
1
⎤
2 ( −1 + 2
) du + k ⎥ =
−2u + 10 arctgu + k ] ⇒
2 ⎢ ∫
2 [
(u − 2) ⎣
u +1
⎦ (u − 2)
1
y
x2 =
−2u + 10 arctgu + k ] , pero u = ⇒
2 [
(u − 2)
x
1
(u − 2) 2
x2 =
x2
( y − 2 x)2
y
y
⎡ 2y
⎤
⎡ 2y
⎤
2
⎢⎣ − x + 10 arctg ( x ) + k ⎥⎦ , ( y − x) = ⎢⎣ − x + 10 arctg ( x ) + k ⎥⎦
Ejercicios
Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales según sean lineales, Bernoulli
o reducibles a ellas:
1.
2.
3.
( x 3 + cos y − 2 x 2 cos y) dx + ( xseny ) dy = 0
y ' − ( Lnx ) y = − (1 + 2 Lnx ) x − x
( x n − 2 x n −1 cos y + cos y ) dx + ( xseny ) dy = 0
37
, n ≠1 , 2
Análisis Matemático IV
4.
5.
6.
7.
8.
y ' '+ ( tgx ) y '+ ( sec 2 x ) y = cos x
( cos x ) y ' '+ ( sec x ) y '+ ( sec xtgx + cos x ) y = 2 sec 2 xtgx
1 − cos x
y ' + ( cot gx + 3 cot ag 3x ) y =
senxsen3x(cos x + senx − 1)
y '+ seny + x + x cos y = 0
(tagxsen2 y ) y ' = sen 2 x + cos 2 y
1
9.
∫ ϕ (ux) du =n ϕ ( x)
10.
11.
12.
( y 2 − 5 y + 6) dx + ( 3 xy − 8 x + y 2 dy = 0
( senx ) y '+ (cos x ) y = ( xsenx − esnx) y 3
2 xyy ' = x5 y 4 + x 3 y 3 − y 2
13.
y'=
14.
0
4sen 2 y
x 5 + x tgy
2x
1
2 x arctgx
−
y '−
y=
2
2
2
(1 + x ) Ln(1 + x )
1 + x (1 + x 2 ) Ln(1 + x 2 )
38
Análisis Matemático IV
CAPÍTULO II
Tres Tipos de Ecuaciones Diferenciales Especiales
2.1
ECUACIÓN DIFERENCIAL DE RICCATI
Una ecuación diferencial de la forma y ' = P( x) + Q ( x) y + R( x) y 2 se llama
ecuación de Riccati generalizada, donde P , Q , R son funciones reales
continuas de x .Esta es una de las ecuaciones diferenciales de primer orden
y grado mas simples que en general, no puede ser integrada en términos de
cuadratura, resultado que fue probado en 1841 por el matemático francés
Liouville.
Por su importancia histórica, teórica
y por aparecer en muchas
aplicaciones es que estudiamos algunos aspectos de esta ecuación.
Si se conoce una solución particular ϕ = ϕ ( x ) de
y ' = P( x) + Q( x) y + R( x) y 2 , con la sustitución y = ϕ + u donde y = y ( x) ;
u = u ( x) la ecuación se reduce a una integración de una ecuación
diferencial de Bernoulli y por lo tanto a dos cuadraturas.
Teorema1.-
Demostración
y = ϕ + u ⇒ y ' = ϕ '+ u ' ⇒ ϕ '+ u ' = P( x) + Q( x) (ϕ + u ) + R( x)(ϕ + u ) 2
ϕ '+ u ' = P( x) + Q ( x ) ϕ + Q( x ) u + R( x )(ϕ 2 + 2 ϕ u + u 2 ) ⇒
⎡⎣ϕ '− P( x) − Q( x) ϕ − Rϕ 2 ⎤⎦ + ⎡⎣u '− (Q( x) + 2 R ϕ ) u − R u 2 ⎤⎦ = 0 ,
ϕ = ϕ (x )
como
es
una
solución
particular,
entonces
2
2
ϕ '− P( x) − Q( x) ϕ − Rϕ = 0 y u '− (Q( x) + 2 R ϕ ) u − R u = 0 es una
ecuación de Bernoulli en u , respecto a x y la solución de esta ecuación ya
es conocido, estudiado en el capítulo anterior.
Si se conoce una solución particular ϕ = ϕ ( x ) de
1
y ' = P( x) + Q( x) y + R( x) y 2 , con la sustitución y = ϕ + ,
donde
v
y = y ( x) y v = v( x) ; la integración se reduce a una integración de una
ecuación diferencial lineal en v respecto a x .
Teorema 2.-
39
Análisis Matemático IV
La demostración es similar al anterior teorema y queda para el docente o el
estudiante.
2.2
ECUACIÓN DIFERENCIAL DE CLAIRAUT
La ecuación diferencial de la forma
y = x y '+ ϕ ( y ' ) se llama ecuación de Clairaut y haciendo y ' = p
tenemos y = x p + ϕ ( p ) y diferenciando respecto a x :
dp
dp
dp
dp
y ' = p + x +ϕ ' ( p )
⇒ [ x + ϕ ' ( p )]
=0⇒
= 0 ∨ x +ϕ ' ( p ) = 0
dx
dx
dx
dx
dp
Si
= 0 ⇒ p = c ⇒ y = cx + ϕ (c ) (*) es la solución paramétrica (una
dx
familia de rectas).
Si x + ϕ ' ( p ) = 0 ⇒ x = −ϕ '( p ) de aquí siempre es posible eliminar p y
obtener una solución sólo en términos de x e y denominado solución
singular o envolvente de la familia (*).
Ejemplos
1.-
Resolver la ecuación diferencial y '− ( sen 2 x ) y 2 +
1
y + cos 2 x = 0 ,
senx cos x
si ϕ ( x ) = cot gx es una solución particular.
Solución
1
1
v'
= cot gx + ⇒ y ' = − cos ec 2 x − 2 ⇒ reemplazando en la
v
v
v
ecuación y simplificando tenemos que
1
v '+ ( sen2 x −
) v = − sen 2 x es una ecuación lineal en v respecto
senx cos x
a x .Integrando
1
1
)dx ⎡
− ∫ ( sen 2 x −
⎤
∫ ( sen 2 x − senx cos x ) d x
senx cos x
v = v( x) = e
(− sen 2 x )d x + C ⎥ ⇒
⎢∫ e
⎣⎢
⎦⎥
Sea y = ϕ +
1
v = v( x) = e 2
sen 2 x + Ln tgx
1
v = v( x) = tgx e 2
sen 2 x
⎡ − 12 sen 2 x − Ln tgx
⎤
(− sen 2 x )d x + C ⎥ ⇒
⎢∫ e
⎣
⎦
⎡ − 12 sen 2 x
⎤
ctgx(− sen 2 x ) d x + C ⎥ ⇒
⎢∫ e
⎣
⎦
40
Análisis Matemático IV
⎡ − 12 sen 2 x
⎤
v = v( x) = tgx e
(− cos xsenx ) d x + C ⎥ ⇒
⎢∫ e
⎣
⎦
1
1
1
sen 2 x ⎡
− sen 2 x
sen 2 x
⎤
2
v = v( x) = tgx e 2
+ C ⎥ = −tgx + C tgxe 2
⇒
⎢ −e
⎣
⎦
1
sen 2 x
2
1
v = −tgx + C tgxe 2
sen 2 x
1
sen 2 x
⎡
⎤
− 1) ⎥
y = y ( x) = cot gx + ⎢tgx ( C e 2
⎣
⎦
ecuación.
2.-
Resolver
la
ecuación
−1
es la solución general de la
diferencial
ϕ ( x ) = senx
y'=
2 cos 2 x − sen 2 x + y 2
2cosx
,
si
Solución
1
1
v'
y = ϕ + = senx + ⇒ y ' = cos x − 2 ⇒ , sustituyendo en la ecuación
v
v
v
1 1
2 cos 2 x − sen 2 x + sen 2 x + 2 senx + 2
v'
v v ⇒
diferencial cos x − 2 =
v
2 cos x
v '+ ( tgx )v = −1/ 2sec x es una ecuación lineal, la solución está dado por:
− tg x d x ⎡
∫ tg x d x (−1/ 2sec x ) d x + k ⎤ =
v=e ∫
e
∫
⎢⎣
⎦⎥
e Ln cos x ⎡⎣ ∫ e − Ln cos x (−1/ 2sec x ) d x + k ⎤⎦
= cos x ⎣⎡ ∫ cos x( −1/ 2sec x ) d x + k ⎤⎦ = cos x [ −1/ 2tgx + k ] =
1
1
− senx + k cos x ⇒ v = v( x) = − senx + k cos x ⇒
2
2
−1
y = y ( x) == senx + [ −1/ 2senx + k cos x ]
3.-
Resolver y 2 Ln y = x y y '+ ( y ') 2
Solución
x
y
y'
y '+ ( ) 2 ⇒ = u ' ⇒ u = x u '+ u 2 es una
y
y'
y
ecuación de Clairaut, haciendo u ' = p ⇒ u = p x + p 2 (*) , y diferenciando
dp
dp
dp
dp
se tiene u ' = p + x + 2 p
⇒ [x + 2 p ] = 0 ⇒
= 0 ∨ x+ 2p = 0
dx
dx
dx
dx
Sea u = Ln y ⇒ Ln y =
41
Análisis Matemático IV
2
dp
= 0 ⇒ p = c ⇒ en (*): u = c x + c 2 ⇒ Ln y = c x + c 2 ⇒ y = ec x + c
dx
es la solución paramétrica (familia de curvas exponenciales).
x
x
x2
x2
x2
Si x + 2 p = 0 ⇒ p = − ⇒ u = x (− ) + = − ⇒ Ln y = − ⇒
2
2
4
4
4
Si
y=e
−
x2
4
, solución singular.
⎧ y = ec x +c = λ ec x
⎪
Por tanto ⎨
x2
−
⎪⎩ y = e 4
2
es la solución general.
EJERCICIOS
Resolver las siguientes ecuaciones
1.- y = ( y − 1) x + a y '+ b
2.-
( y ') 2 − y y '' = a
( y ') 2 + ( y '') 2
3.4.5.-
cos 2 ( y ) ( y ' ) 2 + ( senx cos x cos y ) y '− seny cos 2 x = 0
( y + 1) y ''+ ( y ') 2 = 0
y ''− ( y ') 2 + y ( y ') 3 = 0
6.-
y = x y '+ 1 − ( y ') 2 − y ' acr cos( y ')
7.8.-
a x y ( y ') 2 + ( x 2 − a y 2 − b ) y '− x y = 0 sugerencia: u = x 2 , v = y 2
y 2 cos x (cos x + 2 y y ' ) = 2 y senx (cos x´+2 y y ') y '− 4 y y 'cos x ,
Sugerencia: u = y 2 , v = senx
2.3
TRAYECTORIAS ORTOGONALES, APLICACIONES
GEOMÉTRICAS Y OTROS
En esta sección sólo trataremos sobre
rectangulares no así en coordenadas polares.
trayectorias
ortogonales,
Sean γ : ϕ ( x , y , c ) = 0 (*) y β : φ ( x , y , k ) = 0 (**) dos familia de
curvas.
Se dice que γ , β son trayectorias ortogonales en un punto P0 ( x , y ) , si
solo si sus tangentes (rectas tangentes) L γ , L β son perpendiculares en el
punto de intersección P 0 ( x , y ) , excepto en el caso en que L γ y L β son
paralelos a los ejes coordenados, lo que equivale que la pendiente de una
tangente es la recíproca de la otra.
42
Análisis Matemático IV
¿Como se calcula las trayectorias ortogonales de una familia de
curvas?
Procederemos de la siguiente manera:
1°) Se halla le ecuación diferencial de la familia de curvas
γ : ϕ ( x , y , c ) = 0 , eliminado la constante c , F ( x, y, y ' ) = 0
2°) Se determina la ecuación diferencial de las trayectorias ortogonales,
1
1
cambiando y ' por −
, esto es G ( x , y , − ) = 0
y'
y'
1
3°) Se resuelve la ecuación G ( x , y , − ) = 0 y se obtiene la familia de
y'
curvas β : φ ( x , y , k ) = 0 , que representan
las trayectorias
ortogonales.
Ejemplos
1.- Hallar las trayectorias ortogonales de la familia de elipses x 2 + 3 y 2 = k
Solución
x
2 x + 6y y ' = 0 ⇒ y ' = −
es la ecuación diferencial de la familia de
3y
3y
es la ecuación diferencial de las trayectorias ortogonales y
elipses; y ' =
x
es una ecuación de variables separables.
dy dx
1
=
⇒ Ln y = Ln x + Ln c = Ln c x ⇒ y = c 3 x3
x
3y
3
3
y = λ x , son trayectorias ortogonales y viene a ser parábolas semicúbicas.
43
Análisis Matemático IV
2.- Hallar las trayectorias ortogonales a la familia de Cisoide de Diocles
y 2 (a − x ) = x3
Solución
x y 2 + x3
y (a − x ) = x ⇒ a y − x y = x ⇒
= a , diferenciando
y2
respecto a x obtenemos
( y 2 + 2 x y y '+ 3x 2 ) y 2 − 2 y y '( x y 2 + x3 )
3 x2 y 2 + y 4
y
=
⇒
=
es la
0
'
2 x3 y
y4
2
3
2
2
3
2 x3 y
es la
3 x2 y2 + y4
ecuación diferencial de las trayectorias ortogonales y es una ecuación
diferencial homogénea 2 x 3 y d x + ( 3 x 2 y 2 + y 4 )d y = 0 , aplicaremos el
método ya conocido para resolver ecuaciones diferenciales homogéneas
Q(1, v)
y
Ln x + ∫
dv = C , v =
P (1, v ) + vQ(1, v)
x
ecuación diferencial de las familia de Cisoides y ' = −
44
Análisis Matemático IV
Ln x + ∫
v4 + 3 v2
v3 + 3 v
d
v
C
Ln
x
=
⇒
+
∫ v4 + 3 v2 + 2 d v = C
v5 + 3 v3 + 2 v
v3 + 3 v
v 3 + 3v
d
v
C
Ln
x
=
⇒
+
∫ ( v 2 + 1) ( v 2 + 2 ) dv = C ⇒
v4 + 3 v2 + 2
2v
v
1
Ln x + ∫ ( 2
− 2
) dv = C ⇒ Ln x + Ln(v 2 + 1) − Ln (v 2 + 2 ) = C
v +1 v + 2
2
Ln x + ∫
Ln x 2 + Ln(v 2 + 1) 2 − Ln (v 2 + 2 ) = 2C = Ln k ⇒ x 2 ( v 2 + 1) 2 = k (v 2 + 2 )
y
tenemos que ( x 2 + y 2 ) 2 = k ( 2 x 2 + y 2 ) es la familia
x
de las trayectorias ortogonales de la familia de Cisoides.
Sustituyendo v =
3.-
Hallar las trayectorias ortogonales de la familia de las trisectrices de
MacLaurin ( a + x ) y 2 = x 2 ( 3a − x )
Solución
x y 2 + x3
= a ⇒,
diferenciando
y
simplificado
obtenemos
3x 2 − y 2
y'=
y 4 + 6 x2 y 2 − 3 x4
. Es la ecuación diferencial de la familia de
8 x3 y
8 x3 y
es la ecuación diferencial de
y 4 + 6 x2 y 2 − 3 x4
las trayectorias ortogonales y esta ecuación es homogénea cuya solución
es ( x 2 + y 2 ) 5 = k y 3 ( 5 x 2 + y 2 ) y viene a ser la familia de las
trayectorias ortogonales (La solución de la ecuación ver en el Capítulo I)
trisectrices, entonces y ' = −
Para resolver problemas geométricos, bastará recordar los conceptos
de recta Tangente y Normal a la gráfica de una curva en un punto
dado.
Sea γ : y = F ( x) una curva arbitraria en el plano R 2 y sea P ( x , y ) un
punto del de mismo Plano.
45
Análisis Matemático IV
4.-
Del gráfico la ecuación de las rectas tangente y normal en el punto
P ( x , y ) están dadas respectivamente por:
1
L T : Y − y = y '( X − x) , L N : Y − y = − ( X − x) .
y'
Dados dos puntos fijos A (1, 0 ) y B ( − 1, 0 ) . Una curva tiene la propiedad
de que, para un punto cualesquiera P ( x , y ) sobre ella, la diferencia entre
los ángulos α ≡ PAB
y β ≡ PBA
es constante.
a) Probar que las curvas caracterizadas por esta propiedad son una familia
de hipérbolas.
b) Hallar las trayectorias ortogonales de la familia de hipérbolas.
c) Demostrar que las trayectorias ortogonales se pueden caracterizar por la
propiedad de que el producto PA . PB es constante.
d) Probar y graficar que las trayectorias ortogonales son óvalos
cassinnianos.
Solución
a)
Por hipótesis α − β = k (*) , del gráfico
y
y
tg β =
⇒ β = acrctg (
)
x +1
x +1
46
Análisis Matemático IV
y
y
) ⇒ α = arct (
)
en
(*)
1− x
x −1
y
y
acrctg (
tenemos
que
) − arctg (
) = k = arctgC ,
x +1
1− x
y
y
−
k = arctgC ⇒ acrctg ( 1 − x 1 + x ) = arctgC
y
y
1+ (
)(
)
1− x 1+ x
y
y
−
⇒ 1 − x 1 + x = C ⇒ simplificando C x 2 + 2 x y − C y 2 − C = 0 ,
y
y
1+ (
)(
)
1− x 1+ x
pero la ecuación cuadrática general de segundo grado es
A x 2 + Bx y + C y 2 + Dx + Ey + F = 0 ⇒ si B 2 − 4 AC > 0 representa
una hipérbola, por tanto C x 2 + 2 x y − C y 2 − C = 0 es una familia de
hipérbolas, pues
B 2 − 4 AC = 4 − 4C (−C ) = 4 + 4C 2 > 0 .
xy
C
C x2 + 2x y − C y2 − C = 0 ⇒ 2
= ⇒
diferenciando
2
y − x +1 2
α = π − θ ⇒ tgα = −tgθ = −(
b)
obtenemos que
y'=
x2y + y3 + y
es la ecuación diferencial de la
x3 + x y2 − x
x3 + x y2 − x
es la ecuación diferencial de las
x2y + y3 + y
trayectorias ortogonales. Esta ecuación
( x 3 + x y 2 − x ) d x + ( x 2 y + y 3 + y ) d y = 0 es diferencial exacta, pues
tenemos que
familia y y ' = −
x
y
x0
y0
Py = Q x = 2 x y ⇒ F ( x, y ) = ∫ P ( u , y ) d u + ∫ Q ( x0 , v ) d v = k
∫
x
x0
4
y
(u 3 + u y 2 − u ) d u + ∫ ( x0 2 v + v3 + v ) d v = k ⇒
y0
4
2
2
2
x
y
x y
x
y2
+ +
− + + C = k ⇒ x4 + y 4 + 2 x2 y 2 − 2 x2 + 2 y 2 = λ
4
4
2
2
2
4
4
2 2
2
x + y + 2x y + 2x + 2 y 2 − 4x2 = λ ⇒
x 4 + y 4 + 2 x 2 y 2 + 2 x 2 + 2 y 2 − 4 x 2 + 1 = λ + 1 ⇒ ( x 2 + y 2 + 1) 2 − 4 x 2 = λ1
es la familia de las trayectorias ortogonales
hipérbolas.
47
de la familia de
Análisis Matemático IV
c)
PA . PB =
( x + 1) 2 + y 2
( x + 1) 2 + y 2 = λ1 ⇒
( x 2 + y 2 + 1) 2 − 4 x 2 = λ1
d)
Una ecuación de la forma ( x 2 + y 2 + b 2 ) 2 − 4b 2 x 2 = k 4 son los óvalos
de Cassini en este caso b = 1 , λ1 = k 4
Si b > k tenemos (Fig1)
Si b < k tenemos
Estas curvas son secciones de un toro por planos paralelos al eje del toro.
Si b=k (Ejercicio)
5.-
Determinar las curvas tales que la distancia del origen O a un punto M
cualesquiera de dichas curvas sea media proporcional entre la distancia del
origen a la tangente en M y el radio de curvatura en el mismo
punto M .Resolver la ecuación hallada.
Solución
48
Análisis Matemático IV
La media proporcional significa que
d (O, M )
R
=
⇒ d 2 ( O , M ) = R d (O , LT ) (*)
d (O , LT ) d ( O , M )
Si k es la curvatura de la curva γ : y = F ( x ) ,
(1 + ( y ') 2 )3
1
el radio de curvatura es R = =
, y
como
k
y ''
y − xy '
es la
M ( x, y ) ∈ γ ⇒ d (O, M ) = x 2 + y 2 y D(O, LT ) =
1 + ( y ') 2
distancia del origen a la tangente cuya ecuación está dada por
LT : Y − y = y '( X − x )
∨ y ' X − xy '− Y + y = 0
(es de la forma
L : A x + B y + C = 0 , donde
distancia del
A = y ' , B = −1 , C = y − x y ' ) entonces la
A x0 + B y0 + C
),
punto P0 ( x0 , y0 ) ∈ L es d ( P0 , L) =
A2 + B 2
pero d 2 (O , M ) = x 2 + y 2 en (*) x 2 + y 2 =
y − xy '
(1 + ( y ') 2 )3
⇒
.
y ''
1 + ( y ') 2
1 + ( y ') 2
.( x y '− y ) ⇒ ( x 2 + y 2 ) y '' = (1 + ( y ') 2 )( x y '− y ) es la ecuación
y ''
diferencial de las curvas solicitadas.
y ''
x y '− y
= 2
Resolviendo la ecuación diferencial
vemos que cada
2
1 + ( y ')
x + y2
miembro es conocido
y
y
d (arctg ( y ')) = d ( arctg ( )) ⇒ arctg ( y ') − arctg ( ) = arctgk
x
x
y
y
y '−
y '−
x ) = arctgk ⇒
x = k ⇒ ( x − ky ) y ' = k x + y es una
arctg (
y
y
1 + ( y ')
1 + ( y ')
x
x
ecuación homogénea, integrando con la fórmula ya conocida tenemos
y
6.-
− λ arctg ( )
1
1
y
x
Ln x + L(1 + v 2 ) − arctg (v ) = C , v = ⇒ ( x 2 + y 2 )e
= λ1
2
k
x
a) Graficar y hallar la ecuación diferencial de las curvas de las curvas
tales que la tangente en un punto cualesquiera M forme un ángulo θ
π
, siendo ϕ
4
el ángulo que el segmento OM forma con el semi-eje positivo X .
b) Resolver la ecuación diferencial hallada en (a)
con el semi-eje positivo X y que se verifique θ − ϕ =
49
Análisis Matemático IV
c) Partiendo de la ecuación diferencial, hallar la relación entre el radio de
curvatura en M y OM .
Solución
y
,
x
π
tgθ − tgϕ
θ − ϕ = ⇒ tg (θ − π ) = 1 ⇒
= 1,
4
1 + tgθ tgϕ
y
y '−
x = 1 ⇒ y ' = x + y es la ecuación diferencial de
reemplazando
y
x− y
1 + y '( )
x
las curvas.
a) Del gráfico tgθ = y ' , tgϕ =
x+ y
y
es homogénea, integrando Ln( x 2 + y 2 ) = 2arctg ( ) + c .
x− y
x
1
donde k es la curvatura
c) Sabemos que el radio de curvatura es ρ =
k
de las curvas planas en el plano,
b) y ' =
3
k=
y ''
3
(1 + ( y ') 2 ) 2
(1 + ( y ') 2 ) 2
⇒ρ=
, y como
y ''
x+ y
2( x 2 + y 2 )
⇒ y '' =
,y
y' =
(x − y ) 2
x− y
OM =
x 2 + y 2 , entonces la
relación entre el radio de curvatura en M y OM es
50
Análisis Matemático IV
3
ρ
=
(1 + ( y ') 2 ) 2
y ''
OM
7.-
x2 + y2
(1 + (
=
x + y 2 32
) ) ( x − y )3
x− y
2( x 2 + y 2 ) x 2 + y 2
= 2.
Un punto M de una curva referida a los ejes rectangulares tiene por
coordenadas x e y , la normal en M corta al semi-eje positivo X en el
punto P y al semi-eje positivo Y en el punto Q . Sea C el centro de
curvatura de la curva en M .
a) Hallar la ecuación diferencial de las curvas tal que
d ( M , C ) = 2n d ( P , Q )
b) Tomando como variables el ángulo θ que forma la tangente en M
dx dy
con OX , calcular
,
en función de n , x , y, θ .
dθ dθ
Solución
1
( X − x ) entonces
y'
coordenadas tenemos que
Sabemos que L T :Y − y = y '( X − x ) , L N :Y − y = −
intersectando
P ( x + y y ', 0 ) ,
estas
rectas con los ejes
x+ y y'
Q ( 0,
).
Del
y'
gráfico
tenemos
que
AB = Pr oy OX MC , OP = Pr oy OX PQ ⇒
MC
PQ
=
Pr oy OX MC
= 2n
(1), pero sabemos que
MC = ρ es el
Pr oy OX PQ
3
3
(1 + ( y ') 2 ) 2
(1 + ( y ') 2 ) 2
radio de curvatura y ρ =
,y
⇒ MC =
y ''
y ''
51
Análisis Matemático IV
PQ =
( x + yy ') 2 + (
x+ y y' 2 1
) = ( x + yy ') 1 + ( y ') 2 ,
y'
y'
sustituyendo
y '(1 + ( y ') 2 )
en (1)
= 2n ⇒ y '(1 + ( y ') 2 ) = 2n y ''( x + x y ') es la ecuación
y ''( x + x y ')
diferencial buscada .
c)
Como y ' = tgθ , es la pendiente de la recta tangente, entonces
d y d y dθ
dy dy dx
dx
d2 y
dx
d2x
2
=
.
⇒
=
.
= tgθ
⇒
= sec θ
+ tgθ
d x dθ d x
dθ d x dθ
dθ
dθ 2
dθ
dθ 2
d2 y dx d2 y d y
.
−
.
d 2 y dθ 2 dθ dθ 2 dθ
d 2 y d x d 2 y d y dθ 3
=
=(
.
−
.
)(
) ,
dx 3
d x2
dθ 2 dθ dθ 2 dθ d x
(
)
dθ
reemplazando valores obtenidos
d2 y
dx 2
d2x dx
d 2 x d y dθ 3
2
=
(
sec
θ
(
)
+
tg
θ
.
−
tg
θ
.
)(
) , luego
d x2
dθ
dθ 2 dθ
dθ 2 dθ d x
d2 y
dθ
= sec 2 θ
reemplazando en la ecuación diferencial
2
dx
dx
dθ
d x 2n ( x + y tgθ )
=
tgθ (1 + ( tgθ ) 2 ) = 2n sec 2 θ .
( x + x tgθ ) ⇒
y como
dx
dθ
tgθ
d y d y dx
2n ( x + y tgθ )
dy
.
) = 2n ( x + y tgθ ) ⇒
=
= tgθ (
= 2n ( x + y tgθ )
d θ d x dθ
tgθ
dθ
⎧
y '(1 + ( y ') 2 ) = 2n y ''( x + x y ')
⎪
⎨ d x 2n ( x + y tgθ ) d y
,
= 2n ( x + y tgθ )
⎪ dθ =
tgθ
dθ
⎩
La ley del enfriamiento de Newton afirma que la razón de cambio de
la diferencia de temperatura entre un objeto y el medio ambiente es
proporcional a la diferencia de temperatura.
Sea Δ (t ) la diferencia de temperatura en el tiempo t , como la razón de
cambio de temperatura se expresa por una derivada, podemos traducir la ley
dΔ
del enfriamiento de Newton como la ecuación
= k Δ donde k es la
dt
constante de proporcionalidad.
Sabemos que ( ce k t ) ' = k (cek t ) , entonces llegamos a la solución
Δ ( t ) = Δ 0 e k t para la ecuación dada.
52
Análisis Matemático IV
Si hacemos t = 0 , en la última ecuación obtenemos Δ ( 0 ) = Δ 0 , lo cual
indica que Δ 0 es la diferencia inicial de temperatura entre el objeto y el
medio ambiente.
8.-
Una olla de agua hirviendo a 100°C se retira del fuego y se deja enfriar a
una temperatura ambiente de 20°C .Dos minutos después , la temperatura
del agua en la olla es 80°C .¿Cuál será la temperatura del agua cinco
minutos después de retirarla del fuego?.
Solución
En este caso Δ ( 0 ) = 100° − 20° = 80° , entonces la ecuación Δ ( t ) = Δ 0 e k t
se reduce a Δ ( t ) = 80 e k t .
t=2
minutos,
Para
Δ ( 2 ) = 80° − 20° = 60°C
la
diferencia
de
temperatura
es
Entonces 60 = 80 e 2 k ⇒ k = Ln ( 3/4 ) ≈ −0,1438 , esto significa que la
diferencia de temperatura debe disminuir a medida que pasa el tiempo.
Sustituyendo el valor de k
1
3
Ln ( ) t
3
Δ ( t ) = 80 e 2 4 = 80 ( ) t , finalmente para hallar la temperatura del agua
4
en la olla cuando t = 5 minutos, encontramos primero la diferencia de
t =5
en
temperatura
haciendo
1
3
1
5
Ln ( ) t
t
3
3
Δ ( t ) = 80 e 2 4 = 80 ( ) 2 ⇒ Δ(5) = 80 ( ) 2 ≈ 38,9711 , sumando esta
4
4
diferencia a la temperatura del salón de 20°C , se obtiene una
temperatura para el agua en la olla de 58,9711°C cinco minutos después
de haber retirado del fuego.
9.-
La temperatura de un cuarto es 30°C .Un termómetro que ha permanecido
en el cuarto es colocado en el exterior. En 2 minutos el termómetro acusa
una temperatura de 25°C y dos minutos después de la primera medición el
termómetro marca 24°C . ¿Cuál es la temperatura exterior?
Solución
Sea Tc temperatura del cuarto y TM del medio exterior ,entonces tenemos
que 25 = Tc ( 2 ) = TM + (30 − TN ) e −2 k y 24 = Tc ( 4 ) = TM + (30 − TN ) e −4 k ,
(25 − TM ) 2
= 24 − TM ⇒ TM = 23, 75°C .
30 − TM
Se considera una población de bacterias que está cambiando a una tasa
dp
proporcional a su tamaño. Si P(t) representa la población es
= λP ,
dt
luego
53
Análisis Matemático IV
donde λ puede ser positiva o negativa, dependiendo si la población
aumenta o disminuye.
Una solución de la ecuación está dado por P ( t ) = P (0 ) eλ t , donde P (0 ) es
la población inicial .Si λ > 0 , la población crece exponencialmente,
mientras que si λ < 0 decrece exponencialmente y por último si λ = 0 , la
población se mantiene en su punto de equilibrio P (0 ) .
10.- Suponga que se examina el contenido de bacterias en una botella de leche
de un litro un día después de haber sido embotellado , y el análisis arroja
una cuenta de 500 organismos. Un día después la cuenta es de 8000
organismos .¿Cuál fue el número de bacterias en el momento de embotellar
la leche?
Solución
Por datos del problema tenemos que P (1) = 500 , P(2 ) = 8000 , así
tenemos que
8000 P(2 ) P (0 )e 2 λ
8000
) = Ln (16 ) , por
=
=
= eλ ⇒ λ = Ln(
λ
500
500
P(1) P(0 )e
tanto P ( t ) = P(0 ) e Ln (16) t = P(0 ) (16 ) t y aplicando las condiciones dadas
tenemos que 500 = 16 P( 0 ) ⇒ P(0) = 31, 25 , esto representa el número de
bacterias en el momento de embotellar la leche.
La tasa de crecimiento por individuo de una población es la diferencia
entre la tasa promedio de nacimientos y la tasa promedio de mortalidad.
Supóngase que en una población dada la tasa promedio de nacimientos es
una constante positiva β , pero la tasa de mortalidad es proporcional al
tamaño de la población, debido a los efectos de hacinamiento y la
competencia creciente por el alimento disponible. Supongamos que esta
última constante de proporcionalidad es δ > 0 .
dP
es la tasa de crecimiento de la población,
Puesto que
dt
1 dP
la tasa de crecimiento por individuo será
, por tanto la ecuación
P dt
diferencial que modela
el crecimiento de esta población es
1 dP
= β − δ P (*) .
P dt
dP
Multiplicando (*) por P obtenemos
= P ( β − δ P ) (**) la Ecuación
dt
Logística y el tipo de crecimiento representado por esta ecuación se
denomina Crecimiento Logístico.
54
Análisis Matemático IV
La solución de esta ecuación está dada por P ( t ) =
donde
e − β t → 0 cuando
β
,
⎡ β
⎤ −β t
δ +⎢
−δ ⎥ e
⎣ P( 0 )
⎦
t → +∞ puesto que β > 0 , entonces la
población tiende al valor límite P =
aumentar, pues si se toma P =
β
δ
β
, mas allá del cual no puede
δ
en la ecuación
dP
= P ( β − δ P ) se
dt
dP
= 0.
dt
11.- Supongamos que los recursos mundiales sólo proporcionaran alimento
suficiente para seis mil millones de seres humanos. La población mundial
fue de 1, 6 mil millones en 1990 y de 2, 4 mil millones en 1950 .¿ Cuál
será la población mundial en el año 2000 ? .
tiene
Solución
Haciendo corresponder t = 0 al año 1990 y dividiendo por el numerador y
el denominador , obtenemos que
P( t ) =
β
δ
⎡ β
⎤
− 1⎥ e − β t
1+ ⎢
⎣ δ P( 0 ) ⎦
=
6 000 000 000
6 000 000 000
=
, como la
⎡ 6
⎤ − β t 1 + 2, 75 e − β t
− 1⎥ e
1+ ⎢
⎣1, 6 ⎦
población no excede el valor límite
β
= 6 000 000 000 , haciendo t = 50 ,
δ
P (50) = 2 400 000 000 es la población del año 1950 , tenemos que
6 000 000 000
⇒
2 400 000 000 =
1 + 2, 75 e − β t
1
6
6 000 000 000
β = − Ln( ) ⇒ P (t ) =
t
50
11
50
1 + 2, 75( 6 /11)
y para encontrar la población en el año 2 000 , hacemos t = 100 (el
número de años a partir de 1990 ) , entonces P (100) = 3 300 000 000
habitantes.
12.- La población P de la ciudad de Ayacucho satisface la ley logística
dP( t )
1
1
=
P(t ) −
P 2 (t ) , donde el tiempo t se mide en años.
8
dt
100
(10 )
Suponiendo que la población de esta ciudad es de 100 000 en 1980 ,
55
Análisis Matemático IV
determinar la población como una función del tiempo t > 1980 , en
particular:
a) ¿Cuál será la población en el año 2000 ?
b) ¿En que año se duplicará la población del año 1980 ?
c) ¿Cuál será la población para t > 1980 ?
Solución
Resolveremos la ecuación diferencial PVI
1
1
⎧ dP
=
P (t ) −
P 2 (t )
⎪
8
(10 )
,
ésta es una ecuación de variables
⎨ dt 100
⎪
P(1980 ) = 100 000
⎩
separables, por tanto
dP(t )
= dt ⇒ 100 { LnP(t ) − Ln(1 − (10 ) − 6 P(t )} = t + c ⇒
1
1
2
P (t ) −
P (t )
100
(10 )8
ce
P( t ) =
t
100
1 + (10) − 6 c e
t
100
, tener mucho cuidado de que 0 < P (t ) < 106 .
c e 19,8
10 6
Aplicando la condición inicial 10 =
⇒ c = 19,8 ⇒
1 + (10) − 6 c e 19,8
9e
5
10 6
P( t ) =
1+ 9 e
a) Para
(19,8) −
t
100
t = 2000
es la población en función del tiempo t > 1980 .
10 6
P ( 2000 ) =
1+ 9 e
habitantes
que
b) Para
P ( t ) = 200 000 =
c) Finalmente
lim P( t ) = lim (
t →∞
t →∞
duplica
10 6
(19,8) −
1+ 9 e
para
10 6
(19,8) −
(19,8) −
la
t
100
⇒
e
(19,8) −
2000
100
10 6
=
≈ 119 495
1 + 9 e− 0 , 2
población
hacemos
4
= ⇒ t ≈ 2061
9
t
100
todo
t
100
t > 1980 ,
) = 10 6 = 1 000 000 habitantes.
1+ 9 e
13.- Un tanque grande contiene inicialmente 50 galones de salmuera en donde
se han disuelto 10 libras de sal. Salmuera que contiene 2 libras de sal
disuelta por galón entra al tanque a razón de 5 galones por minuto. La
mezcla se mantiene uniforme mediante agitación y la mezcla agitada sale
56
Análisis Matemático IV
simultáneamente a razón de 3 galones por minuto.¿ Qué cantidad de sal
existe en el tanque en cualquier tiempo t > 0 ?
Solución
Sea x(t ) la cantidad de sal en el tiempo t ,
d x(t )
= Entrada − Salida
dt
donde:
Entrada = ( 2lb / gal ) (5 gal / min ) = 10lb / min . ,
Salida = ( C lb / gal ) (3gal / min )
donde C lb / gal representa la concentración.
En el tiempo t = 0 el tanque contiene 50 gal. de salmuera .Puesto que la
salmuera entra a razón de 5 gal / min . pero sale con una rapidez mas lenta
3gal / min . existe una ganancia neta de 5 − 3 = 2 gal / min . de salmuera en
el tanque. Por tanto, después de t min . la cantidad de salmuera en el
tanque es 50 + 2 t gal , por tanto la concentración en el tiempo t min . es
x(t )
3 x(t )
li / gal , la salida es Salida =
lb / min y así tenemos la
50 + 2 t
50 + 2 t
x(t )
3 x (t )
, con la condición de
ecuación diferencial que gobierna
= 10 −
50 + 2 t
dt
x (0 ) = 10
,
pero
esta
es
una
ecuación
lineal
que
c
c
x ( t ) = 4 ( t + 25) +
⇒ x (0 ) = 10 = 100 +
⇒ c = −22500 2
3
3
50
(2 t + 50 ) 2
t>0
es
Por
tanto
la
cantidad
de
salmuera
para
22500 2
x ( t ) = 4 t + 100 −
3
(2 t + 50 ) 2
14.- Consideremos un tanque que contiene 1000 L de agua, dentro del cual una
solución de salmuera empieza a fluir a una velocidad constante de
6 l / min . Si la concentración de sal en la salmuera que entra en el tanque es
1
de 1kg / L . Determine cuándo será de kg / L la concentración de sal en el
2
tanque.
57
Análisis Matemático IV
Solución
Sea x(t ) la cantidad de sal que hay en el tanque en el tiempo t , se puede
determinar la concentración de sal en el tanque dividiendo x(t ) por el
volumen del fluido contenido en el tanque en el tiempo t . Pero tenemos
que para un proceso:
d x (t )
= Velocidad de entrada − Velocidad de salida
dt
Velocidad de entrada de sal al interior del
tanque = ( 6 L / min .)(1 kg / L) = 6kg / min .
Suponiendo que la concentración de sal en el mismo es uniforme ,tenemos
que la velocidad de salida de sal es igual a:
x(t )
3 x(t )
( 6 L / min .)(
kg / L) =
kg / min .
1000
500
Como el tanque contenía inicialmente sólo agua, hacemos x(0 ) = 0 y
d x(t )
3x(t )
= 6−
, x(0 ) = 0 como un modelo para el problema
tenemos
500
dt
de mezclas. Esta es una ecuación lineal y resolviendo para la condición
inicial dada tenemos que x(t ) = 1000 (1 − e
de sal en el tanque en el tiempo t
−
es
3t
500
) por tanto la concentración
3t
−
x(t )
= (1 − e 500 ) kg / L , para
1000
3t
−
1
500 Ln2
= 1 − e 500 ⇒ t =
≈ 115,52 min .
2
3
Además la cantidad de sal en el tanque aumenta constantemente y tiene el
valor límite lim x(t ) = 1000kg .
concluir
t →∞
15.- Para el mismo problema (14) ,supongamos que la salmuera sale del tanque
a razón de 5 L / min . en vez de 6 L / min . con los demás condiciones
iguales. Determinar la concentración de sal en el tanque en función del
tiempo.
58
Análisis Matemático IV
Solución
Puesto que la Velocidad de flujo hacia el interior del tanque – Velocidad
de salida 6 − 5 = 1 L / min . , la cantidad de fluido presente en el tanque al
cabo de t minutos es (1000 + t ) , entonces la velocidad con la cual la sal
abandona el tanque es:
x(t )
5 x(t )
( 5L / min .)(
kg / L) =
kg / min . ⇒
1000
1000 + t
d x(t )
5 x(t )
, x(0 ) = 0
= 6−
1000 + t
dt
Integrando x(t ) = (1000 + t ) + c (1000 + t ) −5 y aplicando la condición
inicial c = − (1000 )6 ⇒ x(t ) = (1000 + t ) − (1000 )6 (1000 + t ) −5⇒
La concentración de sal en el tanque en el tiempo t es:
x(t )
= 1 − (1000 )6 (1000 + t ) − 6 kg / L .
1000 + t
16.- Halle la forma que debe tener un espejo curvo para que la luz de un foco
situado en el origen se refleje en un haz paralelo al eje X .(Reflectores
Parabólicos)
Solución
Por simetría, el espejo debe tener la forma de una superficie de revolución
obtenida al hacer girar una curva alrededor del eje X .Sea P( x , y ) un punto
59
Análisis Matemático IV
cualesquiera en el corte del espejo con el plano XY .
La ley de reflexión afirma que el ángulo de incidencia α debe ser igual al
ángulo de reflexión β de modo que α − β = θ . Pero la suma de los
ángulos interiores de un triángulo es 180° , luego ϕ = α + θ = 2θ y
y
por
tanto
tenemos
que
además
y ' = tgθ , tgϕ =
x
y
2tgθ
2y '
tgϕ = = tg 2θ =
=
, entonces:
2
1 − tg θ 1 − ( y ') 2
x
x2 + y2
,
y
debemos considerar sólo el signo + , puesto que:
y ( y ') 2 + 2 x y '− y = 0 ⇒ y ' =
como
y ' = tgθ > 0
x2 + y 2 > x ⇒ y ' =
−x +
diferencial homogénea
−x ±
x2 + y2
. Esto es que es una ecuación
y
(x−
x 2 + y 2 )d x + y d y = 0 y aplicando las
fórmulas ya conocidas obtenemos y 2 = 2 λ x + λ 2 que es la ecuación de la
familia de todas las parábolas con foco en el origen y simétricas respecto
al eje X .
17.- Dado un sistema RL con señales R = resistencia (ohms), L = inductancia
(henrys) y f (t ) = Esenwt ,la fuerza electromotriz (voltios) una función
armónica simple, donde E es la amplitud de valor máximo de la fem. y
w (rad / seg ) la velocidad angular, o sea 2π veces la frecuencia en ciclos
por segundo. Hallar la corriente que circula en el circuito cuando en el
instante t = 0 no circulaba corriente alguna y separar las corrientes.
Solución Por la ley de Kirchhoff la ecuación diferencial que gobierna al
⎧ dI
+ R I = Esen wt
⎪L
circuito está dada por ⎨ d t
, esto es
⎪ I (0) = 0
⎩
60
Análisis Matemático IV
dI R
E
+ I = sen wt ⇒
dt L
L
o I (t ) =
R
− t
E
L
R
senwt
−
L
w
cos
wt
)
+
k
e
]
2
2 2 [
R +Lw
(*)
Aplicando la condición inicial I ( 0 ) = 0 tenemos que K =
ELw
en
R + L2 w2
2
( * ) obtenemos
R
− t
E
ELw
i (t ) = 2
[ R senwt − L w cos wt ) ] + 2 2 2 e L (**) .
R + L2 w2
R +Lw
Para un circuito simple que contenga las señales R , L en serie con una
f.e.m. aplicada de la forma f (t ) = Esenwt , la ecuación (**) da la
corriente i para cualquier tiempo t .
Toda corriente se puede escribir como la suma de las corrientes en estado
permanente y la transitoria , es decir I = I (t ) = I p (t ) + I T (t ) en este caso
−
R
t
L
E
ELw
.
I p (t ) = 2
R senwt − L w cos wt ) ] , I T (t ) = 2
2 2 [
2 2
R +Lw
R +Lw
⎡
⎤
E
R
Lw
I p (t ) =
senwt −
cos wt ) ⎥ o
⎢
⎥⎦
R 2 + L2 w2 ⎢⎣ R 2 + L2 w2
R 2 + L2 w2
E
wL ⎤
⎡
I p (t ) =
sen ( wt − acrtg (
)
( Δ ).
⎢
R ⎥⎦
R 2 + L2 w2 ⎣
Esta ecuación muestra que el valor máximo o amplitud de la corriente de
E
E
estado permanente o estacionario es
, que es menor que ;
2
2 2
R
R +Lw
el valor que tendría si no existiera inductancia.
La expresión
R 2 + L2 w2 se denomina impedancia .La corriente del
estado estacionario es alternativamente positiva o negativa y oscila entre:
E
E
y
+
−
R 2 + L2 w2
R 2 + L2 w2
18.- Un sistema eléctrico simple RL contiene una resistencia R = 10 ohms
y una inductancia L = 4 henrys en serie con una fuerza electromotriz
aplicada de E (t ) = 100 sen 200 t Voltios. Si la corriente I ( 0 ) = 0 para
t = 0 , encontrar :
a) La corriente cuando t = 0, 01 seg.
b) La relación de la corriente de estado estacionario cuando t = 4 seg.
61
Análisis Matemático IV
Solución
dI
dI
a) 4
+ 10 I = 100sen 200 t ⇒
+ 2,5 I = 25sen 200 t integrando
dt
dt
b)
19.- a)
b)
a)
− 2,5 d t ⎡
∫ 2,5 d t 25 sen 200 t + c ⎤ = e −2,5 t ⎡ e 2,5 t 25 sen200 t + c ⎤
I = I (t ) = e ∫
e
∫
⎢⎣
⎣∫
⎦
⎦⎥
⎡ 25 e 2,5 t
⎤
⇒ I = I (t ) = e −2,5 t ⎢
( 2,5 sen 200 t − 200 cos 200 t ) + c ⎥ ,
2
2
⎣ ( 2,5) + 200
⎦
aplicando la condición inicial y simplificando tenemos
⎡
⎤
25
I = I (t ) = ⎢
( 2,5 sen 200 t − 200 cos 200 t ) + c e − 2,5t ⎥
2
2
⎣ ( 2,5) + 200
⎦
I = I (0, 01) = 0,175 Amp.
La relación de la corriente del estado estacionario cuando t = 4 seg. a
su valor máximo es sen (800 − arctg 80 ) , pero arctg 80 = 89, 28° ,
entonces:
800rad = 800 ( 57, 29578 ° ) ≈ 45,836.34° ,
800 − arctg 80rad = 45, 747.34°
reduciendo este ángulo en 127 (360° ) = 45720° se obtiene lo que se
esperaba sen ( 27.34° ) = 0, 459 .
En un sistema RL , una inductancia de L = 2 henriys y una
resistencia R = 10 ohms se conectan en serie con una f.e.m de
E (t ) = 100 voltios. Si la corriente es cero cuando t = 0 . Hallar la
corriente después de t = 0,1 seg.
Con los mismos datos de (a) si E (t ) = 100 sen60 t , hallar la corriente
para t = 0,1 seg.
Solución
dI
dI
2
+ 10 I = 100 , I (0 ) = 0 ⇒
+ 5 I = 50 ⇒ I = I (t ) = 10 + k e− 5 t
dt
dt
como I ( 0 ) = 0 ⇒ 0 = 10 + k ⇒ k = −10 ⇒ I (t ) = 10 − 10− 5 t , entonces
cuando t = 0,1 , I ( 0,1) = 3,93 amperios.
62
Análisis Matemático IV
b)
2
dI
+ 10 I = 100 sen 60t , I ( 0 ) = 0 , integrando tenemos que
dt
− 5d t
5d t
I = I (t ) = e ∫ ⎡⎢ ∫ e ∫ 50 sen60 t + c ⎤⎥ = e −5 t ⎡⎣ ∫ e5 t 50 sen60 t + c ⎤⎦ ⇒
⎣
⎦
5 sen60 t − 60 cos 60 t )
⎡
⎤
) + c⎥ ⇒
I = I (t ) = e −5 t ⎢50e5 t (
3625
⎣
⎦
⎡ 2 sen60 t − 24 cos 60 t )
⎤
) + c e− 5t ⎥ ⇒ , aplicando la
I = I (t ) = ⎢
3625
⎣
⎦
condición inicial:
24
24
⎡ 2 sen60 t − 24 cos 60 t )
⎤
) + e − 5t ⎥ , por último
⇒ I = I (t ) = ⎢
29
3625
29
⎣
⎦
I = I (0,1 ) = − 0,31 Amp.
c=
20.- Si en un sistema LC se conectan en serie una resistencia de R = 2000
ohms y una capacitancia de C = 5 ×10− 6 farads, con una fuerza
electromotriz E (t ) = 100 voltios. Hallar la corriente para t = 0,1 seg. si
I (0 ) = 0, 01 ampere.
Solución
Para el circuito de la figura, la ecuación diferencial es R
dQ Q
+ = E (t )
dt C
Sustituyendo los datos tenemos que
dQ 106 Q
dQ
1
2000
,
+
= 100 ⇒
+ 100 Q =
5
20
dt
dt
Calculando Q (0 ) ,
1
= Q '(0 ) + 100Q(0 ) = I (0 ) + 100Q(0 ) ⇒ Q(0 ) = 4 × 10− 4 colombs.
20
1
⇒ Q(t ) =
+ k e −100 t y para t = 0 , c = −10 − 4
2000
63
Análisis Matemático IV
entonces la carga en cualquier tiempo t es Q(t ) =
corriente es I (t ) = Q '(t ) =
I ( 0,1) =
1
( 5 − e −100 t ) y la
104
1 −100 t
e
⇒
100
1 −100(0,1)
e
= 4,54 ×10 − 7 amp.
100
PROBLEMAS
PROPUESTOS
SOBRE
APLICACIONES
ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
DE
1.-
Encontrar las trayectorias ortogonales de cos y − a cosh x = k senh x donde
a es una constante fija y k un parámetro arbitrario.
2.-
Hallar las trayectorias ortogonales de la familia de curvas:
e) a x 2 + y 2 = 2 ac x
a) x 4 (4 x 2 + 3 y 2 ) = k 2
b) y 4 = c 2 ( x 2 + 4 y 2 )
f) y 2 = a x 2 (1 − c x ) , a fijo, c arbitrario
c) y = 3x − 1 + c e− 3 x
g) y 2 ( 2 x 2 + y 2 ) = c 2
d) y 2 = 4 x 2 (1 − c x )
h) r = 4 a ( sec θ tgθ )
3.- Considerar una lámina plana de material conductor a la cual se alimenta
corriente en un punto A (1, 0 ) y de donde fluye a un punto B( − 1, 0 ) .
a) Demostrar que las líneas de corriente están representadas por la familia
de círculos que pasan por los puntos A y B.
b) Encontrar las trayectorias ortogonales ( las equipotenciales) de la
familia de círculos .
c) Probar que las equipotenciales pueden caracterizarse por la propiedad
de que en cualquier punto P( x , y ) de una equipotencial la relación
PA
es una constante.
PB
d) Graficar ambas familias de curvas.
4.-
Un esquiador acuático P localizado en el punto A ( a , 0 ) es halado
(arrastrado) por un bote de motor Q localizado en el origen y que viaja
hacia el norte a lo largo del eje Y . Hallar la trayectoria del esquiador si
éste se dirige en todo momento hacia el bote.
5.-
Suponga que un gavilán P situado en el punto A ( a , 0 ) descubre un
gorrión Q en el origen , la cual vuela a lo largo del eje Y a una velocidad
v.
64
Análisis Matemático IV
El gavilán emprende vuelo inmediatamente hacia el gorrión a una
velocidad w . Hallar la trayectoria del gavilán y determinar el punto donde
el gavilán capturará al gorrión.
6.-
Hallar la ecuación de la familia de curvas que satisface las siguientes
condiciones: La parte de la recta tangente comprendida entre el punto de
tangencia y su intersección con el eje de ordenadas es bisecada con el
lugar geométrico de la ecuación 4 x 2 + y 2 = 1 .
7.-
La normal en un punto P de la curva encuentra al eje X en el punto Q .
Encontrar la ecuación de la curva si pasa por R( 0,5) y si el lugar
x
.Comprobar el resultado
geométrico del punto medio de PQ es y =
3
para las normales dibujadas en R( 0,5) y en el vértice de la curva.
8.-
Hallar la ecuación de las curvas para los que el radio de curvatura
proyectado sobre el eje X es el doble de la abscisa.
9.-
Hallar la curva en la cual el radio de curvatura es igual al cubo de la
normal. La curva buscada debe pasar por el punto M ( 0,1) y tener en
este punto una tangente que forme con el semi-eje positivo X un ángulo
de θ = 45° .
10.- Se da un punto M ( 0, b ) sobre el eje Y , calcular la ecuación de la curva que
tiene las siguientes propiedades: Si por un punto P ( x , y ) arbitrario de la
curva se traza una tangente a la curva, ésta corta al eje X en el punto R
que equidista de M y P , además la curva pasa por el punto Q ( 7 ,5) .
11.- Un punto luminoso situado en un plano emite rayos en todas direcciones.
Los rayos luminosos que están en el plano encuentran una curva y son
reflejados paralelamente a una línea recta fija del mismo plano.
a) Hallar la ecuación de la curva , sabiendo que el ángulo de incidencia
con la normal a la curva en el punto de incidencia es igual al ángulo de
reflexión.
b) Resolver el problema en coordenadas polares y rectangulares.
65
Análisis Matemático IV
1
1
dy
Sugerencia: se deduce que ϕ = 180° − θ , ϕ = θ , tgϕ =
2
dx
2
12.- Dado un punto O y una recta OD , hallar una curva tal que se vea desde O
bajo un ángulo constante el segmento MN de tangente comprendido entre
el punto de contacto M y el punto de intersección N de la tangente con la
la tangente con la recta OD .
OP
ρ
=
senϕ sen (ϕ + α )
13.- Un proyectil describe una trayectoria en la cual el ángulo con el objetivo es
siempre una constante α . Hallar la trayectoria del proyectil. (Problema
interesante)
Sugerencia: Use la ley de los senos para obtener
14.- Reflectores elípticos: Determinar una curva plana tal que la luz o el
sonido que inciden en ella, partiendo de una fuente puntual fija A ( a , 0 ) ,
son reflejados hacia un segundo punto fijo B ( − a , 0 ) .
a) Hallar la ecuación diferencial de la trayectoria.
b) Resolver la ecuación diferencial obtenida.
66
Análisis Matemático IV
15.-
17.-
18.-
19.-
20.-
Observación: La solución de este problema es la ecuación diferencial del
ejercicio (9).
Teniendo en cuenta que el coeficiente de variación de la temperatura de un
cuerpo es proporcional a la diferencia entre su temperatura y la del medio
ambiente, resolver:
Un cuerpo pasa de 200° a 100° en 40 minutos al ser sumergido en un
medio cuya temperatura se mantiene constante M (t ) = 10° (Temperatura
conocida).
Si t medimos en minutos T (t ) (Temperatura desconocida) en grados,
tenemos T ( 0 ) = 200
a) Hallar T (t )
b) Hallar T (t ) si M (t ) = 5°
Una cierta sustancia química se convierte en otra mediante reacción
química .La rapidez con la que la primera sustancia se convierte es
proporcional a la cantidad de esta sustancia presente en cualquier instante.
El 10% de la cantidad original de la primera sustancia se ha transformado
en 5 min.
a) ¿Qué porcentaje de la primera sustancia química se habrá convertido en
20 min.?
b) ¿En cuántos minutos se habrá convertido el 60% de la primera
sustancia química?
En un cultivo de bacterias la rapidez de crecimiento en el número de
bacterias es proporcional al número presente .
a) Si el número se triplica en 5 horas ¿Cuántas habrá en 10 horas?
b) ¿Cuándo el número será 10 en número inicial?
Suponga que la población de un país crece con una rapidez que es
proporcional al número de habitantes en cualquier tiempo: Si la población
se duplica en 40 años. ¿En cuántos años se cuadruplicará?
Suponga que la señal RL de la figura tiene los valores de los señales dados
para la resistencia, la inductancia, la fuerza electromotriz y la corriente
inicial. Hallar la corriente para cualquier tiempo t para cada caso:
67
Análisis Matemático IV
a) R = 10 Ω , L = 1 H , E (t ) = 12V , I (0 ) = 0
b) R = 8 Ω , L = 1 H , E (t ) = 6V , I (0 ) = 1
c) R = 50 Ω , L = 2 H , E (t ) == 100V , I (0 ) = 0
d) R = 10 Ω , L = 5 H , E (t ) = 10sent V , I (0 ) =1
e) R = 10 Ω , L = 10 H , E (t ) = et V , I (0 ) = 0
22.- Suponga que la señal RC de la figura tiene los valores de los señales dados
para la resistencia, la capacitancia, la fuerza electromotriz y la corriente
inicial. Hallar la carga y la corriente para cualquier tiempo t para cada
caso:
a) R = 10 Ω , C = 1 F , E (t ) = 12 V , Q (0 ) = 0
b) R = 10 Ω , C = 0, 001 F , E (t ) = 10 cos 60t V , Q (0 ) = 0
c) R = 1Ω , C = 0, 001 F , E (t ) = sen60t V , Q (0 ) = 0
d) R = 100 Ω , C = 10− 4 F , E (t ) = 100 V , Q (0 ) = 1
e) R = 200 Ω , C = 5 ×10−5 F , E (t ) = 1000 V , Q (0 ) = 1
1
ohms
y
una capacitancia
23.- Una resistencia variable R =
5+t
C = 5 ×10− 6 F se conectan en serie con una fuerza electromotriz de
E (t ) = 100 V ¿Cuál es la carga del condensador después de t = 1 minuto
si Q(0 ) = 0 ?
24.- Encontrar una fórmula de la corriente para un circuito RL en serie, donde
⎧ 6 , 0 ≤ t ≤ 10
R = 100 Ω , L = 2 F , I (0 ) = 0 y E (t ) = ⎨
10 − t
⎩7 − e , t ≥ 10
25.- Hallar la corriente del estado estacionario o permanente, si se conectan en
serie una resistencia de R = 200 Ω , C = 3 ×10− 6 F con un alternador de
E (t ) = 120 cos 2 t voltios.
68
Análisis Matemático IV
CAPÍTULO III
Ecuaciones Diferenciales de orden superior con
coeficientes constantes
3.1 DEFINICIÓN
Una ecuación diferencial lineal ordinaria de orden n en la variable
dependiente y y la variable independiente x es una ecuación de la forma
dn y
d n −1 y
dy
por
L( y ) = a 0
+ a1
+ ... + an −1
+ an y = F (x )
n
n −1
dx
dx
dx
equivalentemente por
L( y ) = a 0 y ( n ) + a 1 y ( n −1 ) + ... + an −1 y '+ a n y = F ( x) , donde L no es un
o
con : a 0 , a1 , a 2 ,…, a n
operador sino mas que es una notación
constantes, a 0 ≠ 0 y F ( x) es una función ( o una constante ).
Si F ( x) = 0 , la ecuación L( y ) = 0 se denomina ecuación diferencial
homogénea y cuando F ( x) ≠ 0 se llama ecuación no homogénea.
Todas las aplicaciones en los campos de la Ingeniería, Economía,
Biología, Ciencias Sociales, química y otras áreas afines se da
solamente con ecuaciones diferenciales de segundo orden
L( y ) = y ''+ a1 y '+ a 2 y = F ( x) .
3.2 SOLUCIÓN DE L( y ) = 0
Para resolver
L( y ) = y ( n ) + a 1 y ( n −1 ) + ... + an −1 y '+ a n y = 0
con
a 0 = 1,
determinaremos primero su polinomio característico o polinomio auxiliar
p ( r ) = r n + a1 r n −1 + ... + an −1 r + a n , que es un polinomio de grado n , por
tanto posee n -raíces r1 , r1 , r2 ,…, rn y pueden presentarse los siguientes
casos:
i) Si r1 , r1 , r2 ,…, rn sean todos raíces reales y diferentes, en este caso la
solución
de
la
ecuación
r1 x
r2x
ϕ ( x ) = c1e + c 2 e + ... + cn er n x o
está
dado
por
ϕ ( x ) = c1ϕ 1 ( x ) + c 2 ϕ 2 ( x ) + ... + cn ϕ n ( x ) , donde los c k , k =1, 2,..., n
son las constantes y ϕ 1 ( x ) = e 1 , ϕ 2 ( x ) = e 2 ,..., ϕ n ( x ) = e n son las
r x
soluciones fundamentales .
69
r x
r x
Análisis Matemático IV
ii) Si r1 = r2 = … = rn son raíces reales e iguales (multiplicidad n ), en este
caso la solución está dado por ϕ ( x ) = (c1 + c 2 x + ... + cn x n −1 )ϕ 1 ( x ) .
iii) Si r1 = λ1 + β 1 i , r2 = λ1 − β 1 i , r3 = λ 2 + β 2 i , r4 = λ 2 − β 2 i ,… son
raíces complejo conjugadas, entonces la solución está dado por
ϕ ( x ) = c1ϕ 1( x ) cos ( β 1 x ) + c 2 ϕ 1 ( x ) sen ( β 1 x ) + c 3ϕ 2 cos ( β 2 x ) +
c4 ϕ 2 sen( β 2 x ) + ...
Ejemplos
1.-
Resolver la ecuación y ''− 10 y '+ 21y = 0
Solución
p (r ) = r 2 − 10 r + 21 = 0 ⇒ r1 = 3 , r2 = 7 , es del caso (i), por tanto la
solución es ϕ ( x ) = c1e3 x + c 2 e7 x
2.-
Resolver la ecuación diferencial y (6) − 9 y ( 4) + 24 y (2) − 16 y = 0
Solución
p (r ) = r 6 − 9 r 4 + 24r 2 − 16 = 0 ⇒ (r 2 − 1)(r 2 − 4 ) 2 = 0 ⇒ r1 = 1 , r2 = −1 ,
r3 = r4 = 2 , r5 = r6 = −2 , son raíces de los casos (i) y (ii), por tanto
y ( x ) = c1e x + c 2 e − x + (c 3 + c4 x )e 2 x + (c 5 + c 6 x )e − 2 x .
3.-
Resolver y (6) + y = 0
Solución
p(r ) = r 6 + 1 = 0 ⇒ (r 2 )3 + 1 = 0 ⇒ (r 2 + 1)(r 4 − r 2 + 1) = 0 ⇒
(r 2 + 1)(r 4 + 2r 2 + 1 − 3r 2 ) = 0 ⇒ (r 2 + 1)((r 2 + 1) 2 − ( 3 r ) 2 ) = 0 ⇒
(r 2 + 1)((r 2 −
3 r + 1)(r 2 +
3 r + 1)) = 0 ⇒ r1 = i , r2 = −i , r3 =
3 1
+ i,
2 2
3 1
3 1
3 1
− i , r5 = −
+ i , r6 = −
− i , son raíces complejo
2 2
2 2
2 2
conjugadas, entonces la solución es de la forma (iii).
r4 =
ϕ ( x ) = c1 cos x + c 2 sen x + c 3e
c5e
−
3
2
x
−
x
cos ( ) + c 6 e
2
3
2
x
3
2
x
x
cos( ) + c 4 e
2
x
sen ( )
2
70
3
2
x
x
sen ( ) +
2
Análisis Matemático IV
3.3 PROBLEMA DE CONDICIONES O VALORES INICIALES (PVI)
Un
problema
de
valores
iniciales
para
(n)
( n −1 )
L( y ) = y + a 1 y
+ ... + an −1 y '+ a n y = 0 , es el problema de hallar una
solución ϕ de la cual se conocen ciertos valores, así como de
ϕ ', ϕ '',..., ϕ ( n−1) para algún punto inicial x 0 ∈ I = [ a , b ] cierto intervalo.
Si λ1 , λ 2 ,..., λ n son constante dadas, x 0 ∈ I ⊂ R , el problema de hallar
una solución ϕ de la ecuación dada que además satisfaga las siguientes
condiciones, ϕ ( x 0 ) = λ1 , ϕ '( x 0 ) = λ 2 , ϕ ''( x 0 ) = λ 2 ,..., ϕ ( n −1) ( x 0 ) = λ n se
representa así:
L( y ) = = 0, y ( x 0 ) = λ1 , y '( x 0 ) = λ 2 , y ''( x 0 ) = λ 3 ,..., y ( n −1) ( x 0 ) = λ n o
⎧ L( y ) = 0
.
⎨
( n −1)
(x0 ) = λn
⎩ y ( x 0 ) = λ1 , y '( x 0 ) = λ 2 , y ''( x 0 ) = λ 3 ,..., y
Para el PVI existe una sola solución.
Definición.-
ϕ (x ) =
ϕ ( x) + ϕ '( x) + ... + ϕ ( n −1) ( x)
2
2
2
≥0
Teorema 1 .- Sea ϕ una solución arbitraria de la ecuación
L( y ) = y ( n ) + a 1 y ( n −1 ) + ... + an −1 y '+ a n y = 0 en un intervalo I
tal que
x0 ∈ I .
Entonces para todo x ∈ I ,
ϕ (x ) e
−k x− x 0
≤ ϕ (x ) ≤ ϕ (x ) e
k x− x 0
,
donde k = 1 + a1 + a 2 + a 3 + ... + a n .
Demostración
Haciendo u ( x ) = ϕ ( x )
2
tenemos u = ϕ ϕ + ϕ ϕ ' + ϕϕ '' + ... + ϕ ( n −1) ϕ ( n −1) ,
entonces
u ' = ϕ 'ϕ + ϕ ''ϕ ' + ϕ '''ϕ '' + ... + ϕ (n ) ϕ (n−1) + ϕϕ + ϕϕ ' + ϕϕ '' + ... + ϕ (n−1)ϕ (n−1) ⇒
u '( x ) ≤ 2 ϕ ( x ) ϕ '( x ) + 2 ϕ '( x ) ϕ ''( x ) + ... + 2 ϕ ( n −1) ( x ) ϕ ( n ) ( x )
(*),
como
ϕ + a1 ϕ
( n)
( n−1)
ϕ
es
solución
( n−2)
+ a 2ϕ
+ ... + a nϕ = 0 ⇒
ϕ ( n ) = − ⎡⎣ a1 ϕ ( n−1) + a 2ϕ ( n−2) + ... + a nϕ ⎤⎦
71
de
L( y ) = 0 ,
entonces
Análisis Matemático IV
y ϕ (n)(x) ≤ a1 ϕ (n−1) (x) +... + an ϕ(x)
sustituyendo en (*) tenemos que
u '( x ) ≤ 2 ϕ ( x ) ϕ '( x ) + 2 ϕ '( x ) ϕ ''( x ) + ...
+2 ϕ ( n − 2) ( x ) ϕ ( n −1 ) ( x ) + 2 a1 ϕ ( n −1 ) ( x )
2
+ 2 a 2 ϕ ( n − 2) ( x ) ϕ ( n −1 ) ( x )
+... + 2 a n ϕ ( n − 2) ( x ) ϕ ( n −1 ) ( x ) , sabemos que
2 a b ≤ a
2
+ b ,
2
entonces
u '( x ) ≤ (1 + a n ) ϕ ( x )
2
+ ( 2 + an −1 ) ϕ '( x )
2
+ ... + (2 + a 2 ) ϕ ( n −1) ( x )
2
+ (1 + 2 a1 + a 2 + ... + an ) ϕ ( n −1) ( x ) . Por tanto
u '( x ) ≤ 2k u ( x ) ⇔ −2k u ( x ) ≤ u '( x ) ≤ 2k u ( x )
Tomando u '( x ) − 2k u( x ) ≤ 0 ⇒ e−2 k x ( u '− 2ku) = (e−2k xu ) ' ≤ 0 ⇒para x > x 0
∫
x
x0
(e −2 k x u ) ' ≤ 0 ⇒ e −2 k xu ( x) − e −2 k x 0 u ( x 0 ) ≤ 0 ⇒ u ( x) ≤ u ( x 0 )e
luego ϕ ( x ) ≤ ϕ ( x 0 ) e
ϕ ( x0 ) e
−k ( x− x 0 )
k ( x− x 0 )
≤ ϕ (x ) ⇒
2k ( x − x 0 )
,
, análogamente para x < x 0 tenemos que
ϕ ( x0 ) e
−k x− x 0
k x− x 0
≤ ϕ ( x ) ≤ ϕ ( x0 ) e
,
lo que se quería probar.
λ1 , λ 2 ,..., λ n constantes arbitrarios y
Teorema 2 (Unicidad).- Sean
x 0 ∈ R , en un intervalo arbitrario I / x 0 ∈ I .Entonces existe a lo más una
⎧ L( y ) = 0
solución ϕ de ⎨
( n −1)
(x0 ) = λn
⎩ y ( x 0 ) = λ1 , y '( x 0 ) = λ 2 , y ''( x 0 ) = λ 3 ,..., y
Demostración
Supongamos que φ , ϕ son soluciones en I de la ecuación L( y ) = 0 que
ϕ ( x 0 ) = λ1 , ϕ '( x 0 ) = λ 2 , ϕ ''( x 0 ) = λ 3 ,.., ϕ ( n −1) ( x 0 ) = λ n ,
satisface
entonces
u( x ) = φ ( x ) − ϕ ( x )
satisface
la
u ( x 0 ) = u '( x 0 ) = u ''( x 0 ) = ... = u ( n −1) ( x 0 ) = 0 . Así
ecuación
L( u ) = 0
y
u ( x 0 ) = 0 , entonces
aplicando el teorema 1 a u ( x ) = φ ( x ) − ϕ ( x ) obtenemos que ∀ x ∈ I
u ( x ) = φ ( x ) − ϕ ( x ) = 0 ⇒ φ ( x) = ϕ ( x ) lo que prueba la unicidad de
la solución.
Definición.- El Wronskiano de n-funciones ϕ 1 , ϕ 2 ,..., ϕ n que poseen
derivadas hasta orden (n − 1) en el intervalo I , se define como el
determinante
72
2
Análisis Matemático IV
ϕ1
ϕ1 '
ϕ2
ϕ 2 ''
. . .
ϕn
ϕn '
.
.
.
.
. . .
. . .
.
.
.
. . .
.
( n −1)
. . . ϕn
( n −1)
W = W (ϕ 1 , ϕ 2 ,..., ϕ n ) =
.
ϕ
ϕ2
( n −1)
1
cuyo
valor
para
cualquier
W ( x ) = W (ϕ 1 , ϕ 2 ,..., ϕ n ) ( x ) .
. . .
x∈I
se
,
denota
por
Teorema 3.- Si ϕ 1 , ϕ 2 ,..., ϕ n son n-soluciones de L( y ) = 0 con x ∈ I .
Estas son linealmente independientes
⇔ W ( x ) = W (ϕ 1 , ϕ 2 ,..., ϕ n ) ( x ) ≠ 0 , en particular
W ( x 0 ) = W (ϕ 1 , ϕ 2 ,..., ϕ n ) ( x 0 ) ≠ 0 .
Ejemplo
1.-
Resolver la ecuación diferencial L( y ) = y '''− 3 y ''+ 3 y '− y = 0 y verificar
que las soluciones fundamentales son linealmente independientes.
Solución
p(r ) = r 3 − 3 r 2 + 3r − 1 = 0 ⇒ (r − 1)3 = 0 ⇒ r = s = t = 1 son raíces de
multiplicidad 3 ,entonces hacemos ϕ 1 ( x ) = e x , ϕ 2 ( x ) = xe x , ϕ 3 ( x ) = x 2 e x
ex
W ( x ) = W (ϕ 1 , ϕ 2 ,..., ϕ n ) ( x ) = ee
ex
x ex
(1 + x ) e x
(2 + x ) e x
x 2e x
(2 x + x 2 ) e x ≠ 0 ,
(2 + 4 x + x 2 ) e x
1 0 0
para x 0 = 0 , W ( 0 ) = W (ϕ 1 , ϕ 2 ,..., ϕ n ) (0 ) = 1 1 0 = 2 ⇒
1 2 2
W ( x ) = W (ϕ 1 , ϕ 2 ,..., ϕ n ) ( x ) = 2e3 x ≠ 0 ⇒
las
soluciones
son
linealmente Independientes.
Teorema 4 (Existencia).-
Sean λ1 , λ 2 ,..., λ n constantes arbitrarios
y x 0 ∈ R cualquier número real .Entonces existe una solución ϕ de la
ecuación L( y ) = y ( n ) + a1 y ( n −1 ) + ... + an −1 y '+ a n y = 0 , para todo x ∈ R y
que satisface las condiciones ϕ(x0 ) = λ1 ,ϕ'(x0 ) = λ2 ,ϕ''(x0 ) = λ2 ,..., ϕ(n−1) (x0 ) = λn .
73
Análisis Matemático IV
Demostración
Sean ϕ 1 , ϕ 2 ,..., ϕ n un conjunto de soluciones de la ecuación diferencial
L( y ) = y (n) + a1 y (n−1) + ... + an−1 y '+ an y = 0 , linealmente independientes para
x∈R.
Probaremos que existen las constantes únicas c1 , c 2 ,..., c n tal que
ϕ ( x ) = c1 ϕ 1 + c 2 ϕ 2 + ... + cn ϕ n es una solución de la ecuación L( y ) = 0
que satisfacen las condiciones
ϕ ( x 0 ) = λ1 , ϕ '( x 0 ) = λ 2 , ϕ ''( x 0 ) = λ 2 ,..., ϕ ( n −1) ( x 0 ) = λ n y
⎧ c1ϕ 1 ( x 0 ) +
⎪ c ϕ '( x )
⎪ 1 1 0
⎪⎪
.
⎨
.
⎪
⎪
.
⎪
( n −1)
(x0 )
⎪⎩ c1ϕ n
. . .
c nϕ n ( x 0 )
= λ1
. . .
c nϕ n '( x 0 )
= λ2
. . .
.
.
. . .
.
.
.
.
. . .
. . . c nϕ n
( n −1)
(x0 ) = λn
forman un sistema de ecuaciones lineales tal que W ( ϕ 1 ,..., ϕ n ) ≠ 0 , por
consiguiente existe un conjunto único de constantes c1 , c 2 ,..., c n que
satisfacen ϕ ( x 0 ) = λ1 , ϕ '( x 0 ) = λ 2 , ϕ ''( x 0 ) = λ 2 ,..., ϕ ( n −1) ( x 0 ) = λ n y para
este conjunto de constantes la función ϕ ( x ) = c1 ϕ 1 + c 2 ϕ 2 + ... + cn ϕ n es la
solución que existe.
3.4
LA ECUACIÓN NO HOMOGÉNEA DE ORDEN N Y LOS
MÉTODOS PARA HALLAR LA SOLUCIÓN PARTICULAR.
Sea F : I ⊂ R → R una función en el intervalo I , y sea la ecuación
diferencial L( y ) = y ( n ) + a1 y ( n −1 ) + ... + an −1 y '+ a n y = F ( x ) ≠ 0 .
Si ϕ p es una solución particular de L( y ) = F ( x ) ≠ 0 y si ϕ es cualquier
otra solución, entonces L(ϕ − ϕ p ) = L(ϕ ) − L (ϕ p ) = F − F = 0 ⇒ ω = ϕ − ϕ p es
una solución de la ecuación homogénea L( y) =y(n) +a1 y(n−1) +...+an−1 y'+any=0
esto es, ϕ h = c 1ϕ 1 + c 2 ϕ 2 + ... + cn ϕ
n
, y llamaremos solución homogénea
o Complementaria, esto implica que cualquier solución ϕ
L( y ) = F ( x ) ≠ 0 , puede escribirse como ϕ = ϕ h + ϕ p
74
de
Análisis Matemático IV
Para hallar la solución particular existen varios métodos:
- Método de Variación de Parámetros
- Método de los coeficientes indeterminados
- Método de los Operadores diferenciales
3.5 MÉTODO DE VARIACIÓN DE PARÁMETROS.- Es uno de los
métodos más generales, pero el mas trabajoso, por ello es recomendable
trabajar a lo mas con ecuaciones de segundo, tercero y cuarto orden.
Trataremos de hallar n -funciones u 1 , u 2 ,..., u n tales que:
ϕ p = u 1 ϕ 1 + u 2 ϕ 2 + ... + un ϕ n sea una solución .Así , si
u 1 'ϕ 1 + u 2 'ϕ 2 + ... + un 'ϕ n = 0 , entonces
ϕ p ' = u 1ϕ 1 ' + u 2 ϕ 2 ' + ... + un ϕ n ' y si
u 1 'ϕ 1 ' + u 2 'ϕ 2 ' + ... + un 'ϕ n ' = 0 , tenemos
ϕ p '' = u 1ϕ 1 '' + u 2 ϕ 2 '' + ... + un ϕ n '' .
Así, si u 1 ', u 2 ',..., u n ' satisfacen
⎧ u1 ' ϕ1 +
⎪ u ' ϕ '+
⎪ 1 1
⎪⎪
.
(Δ) ⎨
.
⎪
( n − 2)
⎪ u1 ϕ 1
+
⎪
( n −1)
+
⎪⎩ u 1 'ϕ n
. . .
+ u n 'ϕ n
=0
. . .
+un ' ϕn '
=0
. . .
.
.
. . .
.
.
. . . + u n ' ϕ n ( n − 2)
=0
+ u n 'ϕ n ( n −1)
=F
. . .
. Vemos que
ϕ p = u 1ϕ 1 + u 2 ϕ 2 + ... + un ϕ n
⎧
⎪
ϕ p ' = u 1ϕ 1 ' + u 2 ϕ 2 ' + ... + un ϕ ' n
⎪
⎪⎪
.
⎨
.
⎪
( n −1)
( n −1)
⎪ ϕp
= u 1ϕ 1
+ u 2 ϕ 2 ( n −1) + ... + un ϕ n ( n −1) .
⎪
(n)
(n)
(n)
(n)
⎪⎩ ϕ p = u 1ϕ 1 + u 2 ϕ 2 + ... + un ϕ n + F
Por
L( ϕ p ) = u 1 L(ϕ 1 ) + u 2 L(ϕ 2 ) + ... + un −1 L(ϕ n −1 ) + u n L(ϕ n ) + F ,
tanto
entonces ϕ
p
es una solución de L( y ) = F ( x ) ≠ 0 , ahora todo el problema
se reduce a resolver el sistema de ecuaciones dado en ( Δ ) para
u 1 ', u 2 ',..., u n ' .
75
Análisis Matemático IV
El determinante del sistema es precisamente W = W (ϕ 1 , ϕ 2 ,..., ϕ n ) , el
cual es W (ϕ 1 , ϕ 2 ,..., ϕ n ) ≠ 0 . Si ϕ 1 , ϕ 2 ,..., ϕ n son soluciones de
L( y ) = 0 linealmente independientes, por consiguiente existe un conjunto
de funciones u 1 ', u 2 ',..., u n ' que satisface ( Δ ) y las soluciones están dadas
por u k ' ( x ) =
Wk ( x) F ( x )
, k = 1, 2, ..., n donde Wk ( x) es el
W (ϕ 1 , ϕ 2 ,..., ϕ n ) ( x )
determinante que se obtiene de W (ϕ 1 , ϕ 2 ,..., ϕ n ) reemplazando la
k − ésima columna ϕ k , ϕ k ',..., ϕ k ( n −1) por 0, 0,..., 0,1.
Si
x0 ∈ I
es cualquier punto, u k ( x ) = ∫
k = 1, 2, ..., n
n
ϕ p(x ) = ∑ ∫
k =1
y
la
solución
Wk (t ) F (t )
dt ,
x 0 W (ϕ , ϕ ,..., ϕ ) (t )
n
1
2
x
particular
ϕ
p
toma
la
forma
Wk (t ) F (t )
dt .
x 0 W (ϕ , ϕ ,..., ϕ ) (t )
n
1
2
x
Ejemplos
1.-
Resolver la ecuación diferencial y ''+ 4 y = cos ec 2 x
Solución
p(r ) = r 2 + 4 = 0 ⇒ r1 = 2i , r2 = − 2i ⇒ϕ1 = ϕ1( x ) = cos2x , ϕ 2 = ϕ 2 (x ) = sen2x
ϕ p = u1 ϕ 1 + u 2 ϕ 2 ⇒
u 1 'cos 2 x + u 2 ' sen 2 x = 0
⎧ u 1 'ϕ 1 + u 2 'ϕ 2 = 0
⎧
⇒⎨
⎨
2
⎩ u 1 'ϕ 1 ' + u 2 'ϕ 2 ' = 0 ⎩ −2 sen 2 xu 1 ' + 2 cos 2 xu 2 ' = cos ec x
0
cos2x
0
sen2x
cos ec2 x 2cos2x
−2sen2x cos ec2 x 1
u1 ' =
= − cot gx , u 2 ' =
= ( ctg 2 x −1)
cos2x
cos2x
sen2x
sen2x
2
−2sen2x 2cos2x
−2sen2x 2cos2x
u 1 = − ∫ ctgxdx = − Ln senx + Lnc = Ln cos ecx
1
1 1
1
ctg 2 xdx − = ∫ (cos ec 2 x − 1)dx = − ctgx − x
∫
2
2 2
2
1
1
ϕ p ( x ) = (cos 2 x )(−ctgx ) − ( ctgx + x ) sen2 x = −ctgx cos 2 x − ( x + cot x) sen 2 x
2
2
y ( x ) = ϕh ( x ) + ϕ p ( x ) , solución general.
u2 =
76
Análisis Matemático IV
2.- Resolver la ecuación diferencial y ''+ y = sec x tgx
Solución
p (r ) = r 2 + 1 = 0 ⇒ r1 = i , r2 = − i ⇒ ϕ 1 = ϕ 1 ( x ) = cos x , ϕ 2 = ϕ 2 ( x ) = senx
ϕ h ( x ) = c1 cos x + c 2 senx
u 1 'cos x + u 2 ' senx = 0
⎧ u 1 'ϕ 1 + u 2 'ϕ 2 = 0
⎧
⇒⎨
, análogamente al
⎨
u
'
ϕ
'
+
u
'
ϕ
'
=
0
−
senx
u
'
+
cos
x
u
'
=
sec
xtgx
1
1
2
2
1
2
⎩
⎩
ejemplo (1)
u 1 ' = −tg 2 x ⇒ u 1 = − ∫ tg 2 xdx = x − tgx
u 2 ' = tgx ⇒ u 2 = ∫ tgxdx = Ln sec x ⇒ ϕ p(x ) = (x − tgx )cos x + senx Ln sec x
y ( x) = ϕ h ( x) + ϕ p ( x)
3.- Resolver la ecuación diferencial y '''− 6 y ''+ 11y '− 6 y = e x
Solución
p (r ) = r 3 − 6r 2 + 11r − 6 = 0 ⇒ r1 = 1 , r2 = 2 , r3 = 3
ϕ h ( x) = c1e x + c 2e 2 x + c 3e3 x
ϕ p ( x) = u 1e x + u 2e 2 x + u 3e3 x ⇒
ϕ p '( x) = u 1e x + 2 u 2 e 2 x + 3 u 3e3 x + u 1 ' e x + u 2 ' e2 x + u 3 ' e3 x ,
imponemos
condición u1 ' ex + u 2 ' e2x´´u3 ' e3x = 0 ( 1) y ϕ p '(x) = u1ex + 2u2e2x + 3u3e3x
ϕ p '( x) = u 1e x + 2 u 2e 2 x + 3 u 3e3 x ⇒
ϕ p ''( x) = u 1e x + 4 u 2e 2 x + 9 u 3e3 x + u 1 ' e x + u 2 ' e2 x + u 3 ' e3 x
u 1 ' e x + u 2 ' e 2 x + u 3 ' e3 x = 0 (2), ϕ p ''( x) = u 1e x + 4 u 2 e 2 x + 9 u 3e3 x
ϕ p '''( x) = u 1 e x + 8 u 2 e 2 x + 27 u 3 e3 x + u 1 ' e x + 4u 2 ' e 2 x + 9u 3 ' e3 x
u 1 ' e x + 4u 2 ' e 2 x + 9u 3 ' e3 x = e x (3)
⎧ u 1 ' e x + u 2 ' e 2 x ´´u 3 ' e3 x = 0
⎪
x
2x
3x
, W
⎨ u1 ' e + u 2 ' e + u 3 ' e = 0
⎪ u ' e x + 4u ' e 2 x + 9u ' e3 x = e x
2
3
⎩ 1
2x
3x
0 e
e
0 2e 2 x 3e3 x
e x 4e 2 x 9e3 x
e6 x 1
=
= , u2 ' =
u1 ' =
W
w 2
77
= W (ϕ 1 , ϕ 2 , ϕ3 ) = 2e6 x
ex
ex
ex
0
0
4e x
W
e3 x
3e3 x
9e 3 x
=
−e −5 x
= −e x
2e6 x
la
Análisis Matemático IV
ex
ex
ex
e2 x
2e 2 x
4e 2 x
0
0
ex
1
1
1
= e −2 x , entonces u 1 = x , u 2 = e − x , u 3 = − e −2 x
2
2
4
W
x x − x 2 x 1 −2 x 3 x x x x 1 x x x 3 x
Por tanto ϕ p ( x) = e + e e − e e = e + e − e = e + e
2
4
2
4
2
4
x
3
y ( x ) = c1e x + c 2 e2 x + c 3e3 x + e x + e x , es la solución general.
2
4
Como se podrá observar, con este método los cálculos son tediosos, mas
adelante estudiaremos métodos mas adecuados para este tipo de ecuaciones
que solamente requerirá una línea para hallar la solución particular.
u3 ' =
Ejercicios
1.-
Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales por el método de variación
parámetros:
a) y '''+ 5 y ''+ 9 y '+ 5 y = 2e −2 x tgx
b) y ''+ 4 y = sec 2 x
c) y ''+ 4 y '+ 5 y = e − x sec x
d) y ''+ 4 y '+ 5 y = e −2 x sec x
e) y ''− 2 y '+ y = e x tg 2 x
f) y ''− 2 y '+ y = xe x Lnx , x > 0
g) y ''− y = sec 2 x − tgx
h) y ''− 2 y '+ y =
ex
(1 − x ) 2
i) y ''+ y = tg 3 x
j)
k)
l)
m)
n)
e −3 x
y ''+ 6 y '+ 9 y = 3
x
y ''− 2 y '+ y = e x arcsenx
y ''+ y = tg 2 x
y ''+ y = sec3 x
y ''+ y = tg 3 x
(2 x − 1)e x
x2
(5 x − 2 )e 4 x
p) y ''− 4 y '− 3 y =
x3
o) y ''− y =
78
Análisis Matemático IV
2.-
Resolver y (4) + λ y = cos λ x + 4eλ x para i ) λ > 0 , ii) λ = 0 , iii) λ < 0
3.-
y (4) + 16 y = cos x
4.-
Resolver las siguientes ecuaciones:
y ''+ 9 y = cos 3x
a)
y ''+ 9 y = sen3x
b)
y ''+ y = 2 senxsen2 x
c)
d)
e)
f)
y ''− 4 y '+ 5 y = 3e − x + 2 x 2
y ''− 4 y '+ 5 y = 3e − x + 2 x 2
y ''+ y = tg 4 x
3.6 MÉTODO DE LOS COEFICIENTES INDETERMINADOS.- Dado la
ecuación diferencial L( y ) = a 0 y ( n ) + a 1 y ( n −1 ) + ... + an −1 y '+ a n y = F ( x) ≠ 0
, este método exige que la función F ( x ) tenga alguna de las tres
características necesariamente, caso contrario no se podrá aplicar:
1.- F ( x) = Pn ( x )
2.- F ( x) = Pn ( x )eα x
∨
3.- F ( x) = ⎡⎣ Pn ( x ) cos β x + Q n ( x ) senβ x ⎤⎦ eα x donde Pn ( x ) y Q n ( x )
son polinomios de grd ( Pn ( x ) ) = grd (Q n ( x )) = n , n ∈ Z 0 + .
n
El método también puede ser usado si F ( x ) = ∑ Fk ( x ) , Fk ( x ) es
k= 1
cualquiera de las formas citadas, puesto que por el principio de la
superposición se puede resolver cada una de las ecuaciones y luego sumar
las soluciones.
El método de los coeficientes indeterminados, presupone que la solución
particular de L( y ) = F ( x) ≠ 0 es de la misma forma que F ( x) ≠ 0 .
La técnica requiere que reemplacemos cada variable dependiente “ y ” por
una expresión de la misma forma que F ( x) , en la cual los polinomios
tienten coeficientes indeterminados que luego son determinados
comparando ambos lados de la ecuación resultante.
Se pueden presentarse los siguientes casos:
I.-
Ningún término de F ( x) ≠ 0 es una solución de L( y ) = 0 .Una
solución particular de la ecuación L( y ) = F ( x) ≠ 0 tendrá la forma
ϕ p ( x ) de acuerdo con las características de F ( x) ≠ 0
79
Análisis Matemático IV
F ( x)
ϕ p ( x)
Pn ( x)
A0 + A1 x + A2 x 2 + ... + An x n
Pn ( x)eα x
eα x ⎡⎣ A0 + A1 x + A2 x 2 + ... + An x n ⎤⎦
Pn ( x)eα x cos β x
⎡⎣ A 0 + A1 x + A 2 x 2 + ... + A n x n ⎤⎦ e α x cos β x
⎡⎣ A0 + A1 x + A2 x 2 + ... + An x n ⎤⎦ eα x senβ x
Pn ( x)eα x senβ x
eα x cos β x
eα x [ A cos β x + Bsenβ x ]
eα x senβ x
eα x [ A cos β x + Bsenβ x ]
II.- Si algún término de F ( x) es una solución de la ecuación L( y ) = 0
entonces se multiplica la función apropiada ϕ p ( x ) del caso I por x k
donde k es el menor entero tal que ningún término de x kϕ p ( x ) es
solución de L( y ) = 0 .
Ejemplos
1.-
Resolver la ecuación diferencial y ''− 3 y '+ 2 y = e x cos x
Solución
P (r ) = r 2 − 3r + 2 = 0 ⇒ (r − 2 )(r − 1) = 0 ⇒ r1 = 2 , r2 = 1
ϕ h ( x ) = ce 2 x + d e x ,la solución particular es de la forma
ϕ p ( x ) = Ae x cos x + B e x senx
ϕ p '( x ) = Ae x cos x − Ae x senx + B e x senx + Be x cos x
= ( B − A )e x senx + ( A + B )e x cos x
ϕ p ''( x ) = ( B − A )e x senx + ( B − A)e x cos x + ( A + B )e x cos x − ( A + B)e x senx
= −2 Ae x senx + 2 Be x cos x , sustituyendo en la ecuación original obtenemos
⎧ −2 A − 3B + 3 A + 2 B = 0 ⎧ A − B = 0
1
⇒⎨
⇒ A= B=−
el sistema ⎨
2
⎩ −3 A + 2 A + 2 B − 3B = 1 ⎩ − A − B = 1
1
1
ϕ p ( x ) = − e x cos x − e x senx , luego la solución general es
2
2
ex
x
2x
y ( x ) = ϕ h ( x ) + ϕ p ( x ) = ce + d e − ( cos x + senx ) .
2
80
Análisis Matemático IV
2.-
Resolver la ecuación diferencial y ''+ y = x e3 x
Solución
P (r ) = r 2 + 1 = 0 ⇒ r1 = i , r2 = −i ⇒ ϕ h ( x ) = c1 cos x + c 2 senx
ϕ p ( x ) = e3 x ( A + B x ) ⇒ ϕ p '( x ) = e3 x ( 3 A + B + 3Bx)
ϕ p ''( x ) = 3e3 x ( 3 A + B + 3Bx) + 3Be3 x = e3 x (9 A + 6 B + 9 Bx )
ϕ p ''( x ) + ϕ p ( x ) = e3 x (9 A + 6 B + 9 Bx ) + e3 x ( A + Bx ) = xe3 x ⇒
3.-
⎧ 10 B = 1
1
3
⇒B=
(9 A + 6 B + 9 Bx ) + ( A + Bx ) = x ⇒ ⎨
, A=−
10
50
⎩ 10 A + 6 B = 0
3 1
ϕ p ( x ) = e3 x ( − + x ) , por tanto la solución general es
50 10
3 1
y ( x ) = ϕ h ( x ) + ϕ p ( x ) = c1 cos x + c 2 senx + e3 x ( − + x )
50 10
Resolver la ecuación diferencial y '''+ y ' = cos 3 x
Solución
P (r ) = r 3 + r = 0 ⇒ r1 = 0 , r2 = i , r3 = −i ⇒ ϕ h ( x ) = c1 + c 2 cos x + c 3 senx
ϕ p ( x ) = A cos 3 x + Bsen3 x ⇒ ϕ p '( x ) = −3 Asen3x + 3B cos 3x
ϕ p ''( x ) = − 9 A cos3x − 9Bsen3x , ϕ p '''( x ) = 27 Asen3x − 27B cos3x ,
reemplazando
en
la
ecuación
dada
27 Asen3 x − 27 B cos 3 x + (−3 Asen3x + 3B cos 3x ) = cos3 x
24 Asen3 x + 24 B cos 3 x = cos 3x ⇒ 24 A = 0 ⇒ A = 0 , 24 B = 1 ⇒ B =
ϕ p (x ) =
1
cos 3x
24
1
cos 3 x
24
Resolver la ecuación diferencial y ''− 2 y '− 3 y = 2e x − 10 senx
Solución
P (r ) = r 2 − 2r − 3 = 0 ⇒ r1 = 3 , r2 = −1 ⇒ ϕ h ( x ) = c1e3 x + c 2 e − x
y ( x ) = ϕ h ( x ) + ϕ p ( x ) = c1 + c 2 cos x + c 3 senx +
4.-
ϕ p ( x ) = Ae x + Bsenx + C cos x ⇒ ϕ p '( x ) = Ae x + B cos x − Csenx
ϕ p ''( x ) = Ae x − Bsenx − C cos x , sustituyendo en la ecuación dada
ϕ p ''( x ) − 2ϕ p ' ( x ) − 3ϕ p ( x ) = Ae x − Bsenx − C cos x +
81
1
24
Análisis Matemático IV
( Ae x + B cos x − Csenx) − 3( Ae x + Bsenx + C cos x) = e x − 10 senx
1
− 4 A = 2 , − 4 B + 2C = −10 , − 4C − 2 B = 0 ⇒ A = − , B = 2 , C = −1 , por
2
1 x
tanto ϕ p ( x ) = − e + 2senx − cos x
2
1
y ( x ) = ϕ h ( x ) + ϕ p ( x ) = c1e3 x + c 2 e− x − e x + 2 senx − cos x .
2
5.-
Resolver la ecuación diferencial y (4) + y '' = 3 x 2 + 4 senx − 2 cos x
Solución
P (r ) = r 4 + r 2 = 0 ⇒ r1 = r2 = 0 , r3 = i , r4 = −i ⇒
ϕ h ( x ) = (c1 + c 2 x ) + c 3 cos x + c 4 senx , por el caso (II)
ϕ p ( x ) = ax 4 + bx 3 + cx 2 + d x senx + e x cos x
ϕ p '( x ) = 4ax3 + 3bx 2 + 2cx + d senx + d x cos x + e cos x − e x senx
ϕ p ''( x ) = 12ax 2 + 6bx + 2c − d x senx + 2d cos x − e x cos x − 2e senx
ϕ p ''' ( x ) = 24a x + 6b − d x cos x − 3d senx + e x senx − 3e cos x
ϕ p (4) ( x ) = 24a + d x senx − 4d cos x + e x cos x + 4e senx
Reemplazando igual que en los casos anteriores obtenemos el sistema
⎧ 24a + 2c = 0
⎪ 6b = 0
⎪⎪
1
⎨ 12a = 3 ⇒ a = , b = 0 , c = −3 , d = 1 , e = 2 , entonces
4
⎪ −2d = −2
⎪
⎪⎩ 2e = 4
1
ϕ p ( x ) = x 4 − 3 + x senx + 2 x cos x
4
y ( x ) = ϕ h ( x ) + ϕ p ( x ) = (c1 + c 2 x ) + c 3 cos x + c 4 senx +
1 4
x − 3 + x senx + 2 x cos x .
4
Ejercicios
I.-
⎧ y ''− 2 y '− 3 y = 2e x − 10 senx
⎪
Resolver el PVI ⎨ y (0) = 2
⎪ y '(0) = 4
⎩
II.- Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales
82
Análisis Matemático IV
1.2.3.4.5.6.7.8.9.10.11.12.13.14.15.16.-
y ( 4) + 2 y '''− 3 y '' = 18 x 2 + 16 xe x + 6e3 x
y ''− 2 y '− 8 y = 4 e 2 x − 21e−3 x
y ''+ 2 y '+ 5 y = 6sen2 x + 7 cos 2 x
y ''+ 2 y '+ 2 y = 10sen2 x + 4 cos 4 x
y ( 4) − 5 y '''+ 7 y ''− 5 y '+ 6 y = 5senx + 16 sen2 x
y '''+ 4 y ''+ y '− 6 y = 18 x 2 + 10
y '''+ 2 y ''− 3 y '− 10 y = 16 xe− 2 x
y '''+ y ''+ 3 y '− 5 y = 5sen2 x + 10 x 2 − 3 x
y '''− 4 y ''+ 5 y '− 2 y = 3 x 2 e x − 7e x
y '''− 2 y ''− y '+ 2 y = 9e2 x − 8e3 x
y ( 4) − 3 y '''+ 2 y '' = 3e − x + 6 x e 2 x
y '''− 6 y ''+ 11 y '− 6 y = x e x − 4e2 x
y (6) + y = cos x + 6
4 y '''− 4 y ''− 5 y '+ 3 y = 16 x3 − 12 x
y ''− 3 y '+ 2 y = 4 x 2 e3 x
y ''− 3 y '− 4 y = 16 x − 12e 4 x
III.- Resolver los siguientes ecuaciones diferenciales con valores iniciales
33
, y '( 0 ) = 0 , y ''(0 ) = 0
1.- y '''− 4 y ''+ y '+ 6 y = 3 xe x + 2e3 x − senx , y (0 ) =
40
2.- y '''− 6 y ''+ 9 y '+ −4 y = 8 x 2 + 3 − 6e 2 x , y (0 ) = 1 , y '( 0 ) = 7 , y ''(0 ) = 10
3.- y ''− 4 y '+ 3 y = 9 x 2 4 , y (0 ) = 6 , y '(0 ) = 8
4.- y ''+ 5 y '+ 4 y = 16 x + 20e x , y (0 ) = 0 , y '(0 ) = 3
5.- y ''− 8 y '+ 15 y = 9 xe 2 x , y (0 ) = 5 , y '(0 ) = 10
6.- y ''− y '− 6 y = 8e 2 x − 5e3 x , y (0 ) = 3 , y '(0 ) = 5
7.- y ''− 2 y '+ y = 2 xe 2 x + 6e x , y (0 ) = 1 , y '(0 ) = 0
8.- y ''+ 4 y = 8sen 2 x , y (0 ) = 6 , y '(0 ) = 8
83
Análisis Matemático IV
3.7
MÉTODO DE LOS OPERADORES DIFERENCIALES
Sean
M = { F : I → R / F ', F '',..., F ( n ) ∈ I } , F ', ..., F ( n ) continuas en I y
N = { F : I → R / F ∈ I } , F continua en I
dy
d2 y
2
Definición.- El operador D : U ⊂ M → N / D ( y ) =
, D (y) =
,
dx
d x2
dn y
d3 y
n
, se llama operador diferencial lineal y
D (y) =
, …, D ( y ) =
d xn
d x3
3
los operadores D 2 , D 3 , ..., D n se definen respectivamente por
D 2 = D.D , D 3 = D.D 2 , ..., D n = D.D n −1 y son operadores lineales de orden
2,3, ..., n , respectivamente.
El método de los operadores diferenciales es lo más recomendable para
hallar las soluciones particulares de las ecuaciones diferenciales con
coeficientes constantes, más aún en las carreras de ingenierías por tratarse
de una herramienta versátil, contundente y rápida cuando se aplican
adecuadamente las propiedades.
Dado la ecuación diferencial:
L( y ) = a 0 y ( n ) + a 1 y ( n −1 ) + ... + an −1 y '+ a n y = F ( x) ≠ 0
podemos escribir en términos de los operadores diferenciales como
P( D )( y ) = (a0 D n + a1 D n−1 + ... + an−1 D + a n)( y) = F ( x) ≠ 0 , o simplemente
P ( D ) ( y ) = F ( x ) ≠ 0 , donde P ( D ) = a 0 D n + a 1 D n −1 + ... + an −1 D + a n es
un polinomio en D y su polinomio
auxiliar está dado por
n
n −1
P( r ) = a 0 r + a1 r
+ ... + an −1 r + a n .
La solución homogénea de la ecuación se halla como en los métodos
anteriores y la forma que asumirá las soluciones particulares, dependen de
84
Análisis Matemático IV
F ( x) , no es aplicable
la característica de la función
cuando F ( x) = tagx , cot gx ,sec x , cos ec , Lnx , salvo excepciones .Además
existen muchas propiedades y en este caso trataremos solo de las
propiedades abreviadas por la naturaleza de la asignatura.
Si P( D ) ( y ) = F ( x ) ≠ 0 , la solución particular será como sigue:
1.-
Si F ( x ) = eα x ⇒ ϕ p ( x ) =
1 αx
eα x
e =
, P(α ) ≠ 0
P( D)
P(α )
2.-
Si F ( x ) = eα x ⇒ ϕ p ( x ) =
⎡
⎤
1 αx
1
.1⎥ , P(α ) = 0
e = eα x ⎢
P( D)
⎣ P( D + α ) ⎦
3.-
1 m
x = ⎡⎣b0 + b1D + b2D2 +... + bmDm ⎤⎦ xm obtenido
P(D)
1
al desarrollar la división ordinaria
según potencias crecientes
P( D)
de D y suprimiendo todas las potencias de D mayores que m , ya
que D n x m = 0 para n > m .
Si F(x ) = xm ⇒ϕp (x ) =
⎡
⎤
1 αx
1
e R ( x ) = eα x ⎢
R( x) ⎥
P( D)
⎣ P( D + α )
⎦
4.-
Si F ( x ) = eα x R( x ) ⇒ ϕ p ( x ) =
5.-
Si F(x ) = xR( x ) ⇒ϕp (x ) =
6.-
Denotando P ( D 2 ) = ( D 2 + a 2 ) n ⇒ ( D 2 + a 2 ) n ( y ) = cos bx
, a≠b
1
cos bx
tiene por solución particular ⇒ ϕ p ( x ) =
cos bx =
2
P( D )
P(−b 2 )
7.-
Denotando P ( D 2 ) = ( D 2 + a 2 ) n ⇒ ( D 2 + a 2 ) n ( y ) = senbx , a ≠ b se
1
senbx
senbx =
tiene por solución particular ⇒ ϕ p ( x ) =
.
2
P( D )
P(−b 2 )
8.-
⎡ 1
⎤ ⎡ P'(D)
⎤
1
xR( x ) = x ⎢
R(x)⎥ − ⎢
R(x )⎥
2
P(D)
⎣ P(D)
⎦ ⎣ (P(D))
⎦
Si P (−b 2 ) = 0 , las propiedades (6) y (7) no son aplicables, este caso
es análogo caso II del método de los coeficientes indeterminados y
1
xn
nπ
cos
ax
=
cos(ax − )
a) (D2 + a2 )n ( y) = cos ax ⇒ϕ p (x ) =
n
2
P (D )
(2a ) n!
2
b) (D2 + a2 )n ( y) = senax ⇒ϕ p (x ) =
85
1
xn
nπ
senax
=
sen (ax − )
n
2
P (D )
(2a ) n!
2
Análisis Matemático IV
Observaciones
ϕp (y) =
⎤
1
1 ⎡ 1
F(x) =
F(x)⎥
⎢
P1(D) P2(D)
P1(D) ⎣⎢P2(D)
⎦⎥
1.-
Si P1 ( D ) P2 ( D )( y ) = F ( x ) ≠ 0 ⇒
2.-
D F ( x ) = F '( x ) , D 2 F ( x ) = F ''( x ) ,...
1
1
F (x ) = ∫ F (x ) d x ,
F ( x ) = ∫ ∫ F ( x ) d x d x ,...
D
D2
∞
1
= 1 + D + D 2 + D 3 + ... = ∑ D n
1− D
n =1
∞
1
= 1 − D + D 2 − D 3 + ... = ∑ (−1) n D n
1+ D
n =1
3.4.5.-
Ejemplos
1.-
Resolver la ecuación diferencial ( D2 + 4)( y ) = 8sen2x , y(0) = 6 , y '(0) = 8
Solución
p (r ) = r 2 + 4 = 0 ⇒ r = 2 i , s = −2 i ⇒ ϕ h ( x) = c1 cos 2 x + c 2 sen 2 x ,
para
hallar la solución particular aplicamos (8b)
1
x
π
π
ϕ p (x ) = 2
8sen2 x = 8 sen (2 x − ) = 2 xsen (2 x − )
D +4
4
2
2
π
y ( x ) = ϕ h ( x) + ϕ p ( x) = c1 cos 2 x + c 2 sen2 x + 2 xsen (2 x − ) , aplicando las
2
condiciones iniciales 6 = y (0 ) = c1 ⇒ c1 = 6
π
π
y '( x ) = −2c1sen2 x + 2c 2 cos 2 x + 2sen (2 x − ) + 4 x cos (2 x − )
2
2
8 = y '(0 ) = 2c 2 − 2 ⇒ c 2 = 5
π
y ( x ) = ϕ h ( x) + ϕ p ( x) = 6 cos 2 x + 5sen2 x + 2 xsen (2 x − ) , esta solución
2
es única para la condición inicial dado.
2.-
Resolver la ecuación diferencial D 4 ( D 2 − 1)( y ) = x 3
Solución
p (r ) = r 4 (r 2 − 1) = 0 ⇒ r1 = r2 = r3 = r4 = 0, r5 = 1 , r6 = −1 ⇒
ϕ h ( x) = (c1 + c 2 x + c 3 x2 + c 4 x3 ) + c 5 ex + c 6 e− x , aplicando observación 3 y 4
1
1 ⎡ 1 3⎤
1
x7
3
x = 2
x =
(
)=
ϕ p ( x) = 4 2
D ( D − 1)
D − 1 ⎢⎣ D 4 ⎥⎦ D 2 − 1 840
86
Análisis Matemático IV
− (1 + D 2 + D 4 + D 6 + ..)
y( x ) = ϕ h ( x ) + ϕ p ( x ) .
3.-
x7
1
=−
( x 7 + 7.6 x5 + 7.6.5.4 x 3 + 7.6.5.4.3.2 x )
840
840
Resolver ( D8 + 13D 6 + 60 D 4 + 112 D 2 + 64 ) ( y = e3 x
Solución
p(r ) = r 8 + 13r 6 + 60r 4 + 112r 2 + 64 = 0 ⇒ (r 2 + 4)3 (r 2 + 1) = 0 ⇒
r1 = r2 = r3 = 2 i , r4 = r5 = r6 = −2 i , r7 = i , r8 = − i
ϕ h ( x) = (c1 + c 2 x + c 3 x 2 ) cos 2 x + (c 4 + c 5 x + c 6 x 2 ) sen2 x + c 7 cos x + c 8 senx
ϕ p (x ) =
⎤
⎤
1
1 ⎡ 1
1 ⎡
1
e3x ⎥ = 2 ⎢ 2
e3x ⎥ =
( e2x ) = 2 ⎢ 2
3
2
3
3
D +1 ⎣ (D + 4)
(D + 4) (D +1)
⎦ D +1 ⎣ (−3 + 4)
⎦
2
1
1
1
e3 x
e3 x
3x
⎡
⎤
−
e =−
(
)=
125 D 2 + 1 ⎣ ⎦
125 −9 + 1 1000
y ( x ) = ϕ h ( x ) + ϕ p ( x ) es la solución general.
4.-
Resolver la ecuación diferencial ( D 4 + D 2 )( y ) = 4senx − 2 cos x
Solución
p (r ) = r 4 + r 2 = 0 ⇒ r 2 (r 2 + 1) = 0 ⇒ r1 = r2 = 0 , r3 = i , r4 = − i
ϕ h ( x) = (c1 + c 2 x ) + (c 3 cos x + c 4 senx )
1
1 ⎡ 1
⎤
(4sen − 2 cos x ) = 2
(4senx − 2 cos x ) ⎥ =
2
2
⎢
D ( D + 1)
D +1 ⎣ D
⎦
1 ⎡1
1
⎤
(−4 cos x − 2 senx ) ⎥ = 2 [ −4senx + 2 cos x ) ] =
2
⎢
D +1 ⎣ D
⎦ D +1
ϕ p (x ) =
2
= 2 x ( sen ( x −
5.-
π
2
) + x cos( x −
π
2
) ( se aplicó observación 3 y propiedad 8 )
Resolver la ecuación diferencial ( D4 − 8D3 + 42D2 −104D +169)( y ) = senx + ex
Solución
p(r ) = r 4 − 8r 3 + 42r 2 − 104r + 169 = 0 ⇒ , por aspa doble
r 4 − 8r 3 + 42r 2 − 104r + 169 = 0 ⇒ ( r 2 − 4r + 13) 2 = 0 ⇒
r1 = r2 = 2 + 3 i , r3 = r4 = 2 − 3 i
ϕ h ( x) = (c1 + c 2 x )e 2 x cos 3x + (c 3 + c 4 x )e2 x sen3 x )
1
senx
ex
x
( senx + e ) =
+
=
ϕ p (x ) = 2
( D − 4 D + 13) 2
(−1 − 4 D + 13) 2 1 − 4 + 13
87
Análisis Matemático IV
senx
e x 1 ⎡ (3 + D) 2 senx ⎤ e x 1 ⎡ (3 + D) 2 senx ⎤ e x
+ =
+ =
+ =
(12 − 4 D ) 2 10 16 ⎢⎣ (3 − D ) 2 (3 + D ) 2 ⎥⎦ 10 16 ⎢⎣ (9 − D 2 ) 2 ⎥⎦ 10
1 ⎡ (9 + 6 D + D 2 ) senx ⎤ e x
1
ex
2
⎡
⎤
(9
6
D
D
)
senx
+
=
+
+
+
⎢
⎥
⎣
⎦ 10
16 ⎣
(9 + 1 ) 2
⎦ 10 1600
1
ex
9
sen
+
6
cos
x
−
senx
+
[
]
1600
10
y( x ) = ϕ h ( x ) + ϕ p ( x ) .
6.-
Resolver la ecuación diferencial ( D 2 + 16) 4 ( y ) = sen4 x + cos 4 x
Solución
p(r ) = (r 2 + 16)4 = 0 ⇒ r1 = r2 = 4 i , r3 = r4 = − 4 i , raíces de multiplicidad 4
ϕ h ( x) = (c1 + c 2 x + c 3 x 2 + c 4 x3 ) cos 4 x + (c 5 + c 6 x + c 7 x 2 + c 8 x3 ) sen4 x
1
x4
x4
(
sen
4
x
+
cos
4
x
)
=
sen
(4
x
−
2
)
+
cos(4 x − 2π )
π
( D2 + 16)4
82.4!
82.4!
y( x ) = ϕ h ( x ) + ϕ p ( x ) .
ϕ p (x ) =
7.-
Resolver la ecuación diferencial ( D 4 + 8D 2 + 16) 2 ( y ) = x 2 + cos 2 x
Solución
p (r ) = (r 4 + 8r 2 + 16) 2 = 0 ⇒ r1 = 2 i , r2 = −2 i ,raíces de multiplicidad
cuatro cada uno, entonces
ϕ h ( x) = (c1 + c 2 x + c 3 x 2 + c 4 x3 ) cos 2 x + (c 5 + c 6 x + c 7 x 2 + c 8 x3 ) sen2 x
1
1
x2
2
x4
2
cos
2
(
−
)
+
cos(2x − 2π )
x
+
x
=
( D 2 + 4) 4
( D 2 + 4) 4
256 256 (4)4 4!
y( x ) = ϕ h ( x ) + ϕ p ( x )
ϕ p ( x) =
Ejercicios
Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales
1.- ( D 4 − 8D 3 + 42 D 2 − 104 D + 169)( y ) = x 3e 4 x
2.- ( D 4 + 16)( y ) = sen4 x + cos 4 x
3.- ( D 4 + D 3 + D 2 + D + 1)( y ) = x 4
5.- ( D 6 + 2 D 5 + 5D 4 )( y ) = x 3 + x 2 e− x + e−2 x sen 2 x
6.- ( D − 1) 2 ( y ) = ( x 2 + 2 x − 1)e2 x
7.- ( D + 2)3 ( y ) = (2 x 2 − 3 x + 1)e− 2 x
8.- ( D − 1)3 ( y ) = ( x 2 − 3 x + 2 )e3 x
88
Análisis Matemático IV
9.10.11.12.-
( D − 1)2 ( D − 2)4 ( D − 3)3 ( y ) = (4 x 2 − 3x + 2) + e2 x (3 − 2 x + x2 − x3 ) + e4 x (1 − 3x2 )
( D − 2)( D 2 − 2 D + 5)( y ) = x e x cos 2 x
( D 2 + 4) 2 ( y ) = 2 cos 2 x + 6 senx − 6 xsen 2 x
( D 2 − 2 D + 2 ) 2 ( y ) = (2 x cos x − 6senx ) + x e x
3.8
ECUACIÓN DE CAUCHY-EULER
Una
ecuación
diferencial
de
n (n)
n −1 ( n −1 )
x y + a1 x y
+ ... + a n −1 x y '+ a n y = F ( x ) ≠ 0 ,
la
forma
x>0, donde los
a i , i = 1, 2,..., n son constantes, se denomina Ecuación de Cauchy-Euler
o Ecuación Equidimensional.
Esta es una ecuación diferencial con coeficientes variables que mediante
un simple cambio de variable se puede transformar a otra ecuación con
coeficientes constantes de los tipos ya estudiados anteriormente .Para salir
de lo común introducimos un cambio de variable que no es frecuente en los
textos.
Para x > 0 , se tiene x = et ⇔ t = Lnx ⇔ y ( x ) = y (et ) = y (t ) = U ( Lnx )
y = U ( Lnx ) , y ' = U '( Lnx ) x −1 ∨ x y ' = D( y )
y '' = U ''( Lnx ) x −2 − U '( Lnx ) x −2 ∨ x 2 y '' = D( D − 1)( y )
y ''' = U '''( Lnx ) x −3 − 3U ''( Lnx ) x −3 + 2U '( Lnx ) x −3 ∨ x 3 y ''' = D( D − 1)( D − 2)( y )
y (4) = U ( 4) ( Lnx ) x −4 − 6U '''( Lnx ) x −4 + 11U ''( Lnx ) x −4 − 6U '( Lnx ) x −4 ∨
x 4 y ( 4) = D( D − 1)( D − 2)( D − 3)( y ) .
Las
ecuaciones
diferenciales
de
la
forma
n (n)
n −1
( n −1 )
(ax + b) y + (ax + b) y
+ ... + (ax + b) y '+ y = F ( x ) ≠ 0 , también son
de Cauchy – Euler, en este caso basta introducir el cambio
ax + b = et ⇔ t = Ln ( ax + b ) y seguir el mismo proceso.
Ejemplos
1.-
Resolver x 2 y ''+ 3xy '+ 3 y = 0
Solución
y = U ( Lnx ) ⇒ y ' = U '( Lnx ) x −1 , y '' = U ''( Lnx ) x −2 − U '( Lnx ) x −2 ⇒
x2 y ''+ 3xy '+ 3 y = x2U ''( Lnx ) x−2 − x2U '( Lnx ) x−2 + 3xU '( Lnx ) x−1 + 3U ( Lnx ) = 0
U ''(t ) + 2U '(t ) + 3U (t ) = 0 ⇒ p(r) = r 2 + 2r + 3 = 0 ⇒ r = −1+ 2 i , s = −1− 2 i
U (t ) = c1e −t cos( 2 t ) + c 2 e− t sen( 2 t ) ⇔
y ( x ) = c1 x −1 cos( 2 Lnx ) + c 2 x −1sen( 2 Lnx )
89
Análisis Matemático IV
2.-
Resolver x 2 y ''− 3 xy '+ 3 y = 2 x 4 e x
Solución
y = U ( Lnx ) ⇒ y ' = U '( Lnx ) x −1 , y '' = U ''( Lnx ) x −2 − U '( Lnx ) x −2 ⇒
x 2U ''( Lnx ) x −2 − x 2U '( Lnx ) x −2 − 3xU '( Lnx ) x −1 + 3U ( Lnx ) = 2te 4 t ⇒
U ''(t ) − 4U '(t ) + 3U (t ) = 2te4t ⇒ p(r ) = r 2 − 4r + 3 = 0 ⇒ r = 1, s = 3 ⇒
U h (t ) = c1et + c 2 e3t ⇔ y h ( x ) = c1 x t + c 2 x 3
1
1
( 2t e4 t ) = 2e 4 t (
t )=
2
( D + 4) − 4( D + 4) + 3
D − 4D + 3
1
1 4
t 4
Lnx 4
2e4t ( 2
t ) = 2e4t ( − )t = 2e4t ( − ) ⇔ y p ( x ) = 2 x4 (
− )
D + +4D + 3
3 9
3 9
3 9
Lnx 4
− ) es la solución general.
Luego y ( x ) = c1 xt + c 2 x3 + 2 x 4 (
3
9
4 ( 4)
3
2
Resolver x y + 6 x y '''+ 15 x y ''+ 9 xy '− 9 y = 3Ln 2 x + x −2
Solución
Reemplazando las derivadas obtenidas al inicio tenemos que :
U (4) (t ) + 8U ''(t ) − 9U (t ) = 3t 2 + e−2 t es una ecuación con coeficientes
constantes p (r ) = r 4 + 8r 2 − 9 = 0 ⇒ r1 = 1 , r2 = −1 , r3 = 3 i , r4 = −3 i ⇒
U p (t ) =
3.-
2
U h (t ) = c1et + c 2 e − t + c 3 cos 3t + c 4 sen3t ⇔
yh (t ) = c1 x + c 2 x −1 + c 3 cos (3ln x ) + c sen ( 3 Lnx )
1
1 8 2 2
e−2t
2
−2 t
(
3
t
e
)
3(
D
)
t
+
=
−
−
+
=
D 4 + 8D 2 − 9
9 9
16 + 32 − 9
t 2 16 e−2t
Ln 2 x 16 x −2
3(− − ) +
⇔ y p (t ) = 3
− +
,luego la solución general
9 9
39
9
3 39
está dado por
Ln 2 x 16 x −2
y ( x) = c1 x + c 2 x −1 + c 3 cos (3ln x ) + c sen ( 3 Lnx ) + 3
− +
9
3 39
U p (t ) =
4.-
Resolver (1 + x )3 y '''+ (1 + x) 2 y ''+ 3(1 + x) y '− 8 y =
x
1+ x
Solución
1 + x = et ⇔ t = Ln (1 + x ) , y = U ( Ln (1 + x )) , y ' = U '( Ln(1 + x ))(1 + x ) −1
y '' = U ''( Ln(1 + x ))(1 + x ) −2 − U '( Ln(1 + x ))(1 + x ) −2
y ''' = U '''( Ln (1 + x ))(1 + x )−3 − 3U ''( Ln (1 + x ))(1 + x )−3 + 2U '( Ln (1 + x ))(1 + x )−3
Sustituyendo en la ecuación:
1
t
U '''(t ) − 2U ''(t ) + 4U '(t ) − 8U (t ) = e 2 − e
90
1
− t
2
⇒ p ( r ) = r 3 − 2r 2 + 4r − 8 = 0
Análisis Matemático IV
r1 = 2 , r2 = 2 i , r3 = −2 i ⇒ U h (t ) = c1e 2t + c 2 cos 2t + c 3 sen2t
yh ( x ) = c1 x 2 + c 2 cos (2 Ln (1 + x )) + c 3 sen ( 2 Ln (1 + x ))
U p (t ) =
1
(e
1
t
2
+e
1
− t
2
D − 2D + 4D − 8
8 1+ x
8
y p ( x ) == −
−
⇔
51
77 1 + x
3
2
)=−
1
t
2
1
− t
2
8e
8e
−
⇔
51
77
y ( x ) = c1 x 2 + c 2 cos (2 Ln (1 + x )) + c 3 sen ( 2 Ln (1 + x )) + −
Ejercicios
I.-
Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales
1.2.3.4.5.6.7.8.9.10.11.12.-
3x 2 y ''+ 6 xy '+ y = 0
x3 y '''− 6 y = 0
x3 y '''+ xy '− y = 0
x3 y '''− 2 x 2 y ''− 2 xy '+ 8 y = 0
x3 y '''− 2 x 2 y ''+ 4 xy '− 4 y = 0
xy ''− y '+ x3 y = 0
x ( x + 1) 2 y ''+ 2(1 + x) 2 y '− 2 y = 0
x 2 y ''− 5 xy '+ 8 y = 0 , y (2 ) = 32 , y '( 2 ) = 0
x 2 y ''+ xy '+ y = 0 , y (1) = 1 , y '(1) = 2
x 2 y ''− 3 xy '+ 4 y = 0 , y (1) = 5 , y '(1) = 3
x 2 y ''− 4 xy '+ 6 y = 0 , y (−2 ) = 8 , y '( − 2 ) = 0
x 2 y ''+ 3xy ' = 0 , y (1) = 0 , y '(1) = 4
II.- Resolver las ecuaciones
1.- x 2 y ''− xy '+ y = Lnx
2.- x 2 y ''+ 10 xy '+ 8 y = x 2
3.- x 2 y ''− 4 xy '+ 6 y = Lnx 2
4.- 2 x 2 y ''− 3xy '− 13 y = 4 + 3 x
5.- 2 x 2 y ''− 3 xy '− 3 y = 1 + 2 x + x 2
5
6.- x 2 y ''+ 9 xy '− 20 y = 3
x
3
2
7.- x y '''− 3x y ''+ 6 xy '− 6 y = 3 + Lnx3
91
8
1+ x
8
−
51
77 1 + x
Análisis Matemático IV
8.- x 4 y (4) + 6 x3 y '''+ 7 x 2 y ''+ xy '− y = 4 x 2 + sen( Lnx3 )
9.- x3 y '''+ 4 x 2 y ''+ xy '− y = 2 x −1 Lnx + cos( 2 Lnx )
x2
)
2
11.- x 2 y ''+ 4 xy '+ 2 y = 2 Lnx 2 + 16 x 2
1 ⎤
⎡
12.- ⎢ ( x 2 D − x )( D − ) ⎥ ( y ) = x 4
x ⎦
⎣
3 (4)
13.- (3x − 1) y + 9(3 x − 1) 2 y '''+ (3x − 1) y '' = 36 x 2 − 24 x + 4 + sen( Lnx3 )
10.- xy ''− y '+ x3 y = x3 cos(
14.- xy ''− 3 y '+ x 7 y = x 7 cos(
x4
) + x19
4
3.9 APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE
SEGUNDO ORDEN
Vibraciones Mecánicas.- El movimiento de una masa sujeta a un resorte
sirve de ejemplo muy sencillo de las vibraciones que ocurren en los
sistemas mecánicos más complejos.
Para muchos de estos sistemas, el análisis de las vibraciones es un
problema de resolución de ecuaciones diferenciales lineales con
coeficientes constantes.
Supongamos un cuerpo de masa m sujeto a un extremo de un resorte
ordinario que resiste tanto a la compresión como el estiramiento; el otro
extremo del resorte está sujeto a un muro fijo como se muestra en la figura.
92
Análisis Matemático IV
Suponiendo que el cuerpo descansa sin fricción sobre un plano horizontal,
de modo que solo puede moverse hacia atrás y hacia delante cuando el
resorte se estira o se comprime. Sea x la distancia del cuerpo a la posición
de equilibrio (posición cuando el resorte no está estirado).
Considerando x > 0 cuando el resorte está estirado y x < 0 cuando el
resorte está comprimido.
De acuerdo con la ley de Hooke, la fuerza restauradora Fs que el resorte
ejerce sobre la masa es proporcional a la distancia a la que el resorte se ha
estirado o comprimido.
Puesto que esto es igual al desplazamiento de la masa m de sus posición
de equilibrio se deduce que Fs = − k x (1), donde k > 0 se llama
constante de resorte.
Observar que Fs y x tienen signos opuestos: Fs < 0 cuando x > 0 y
Fs > 0 cuando x < 0 .
La figura muestra también que la masa está sujeta a un amortiguador (un
dispositivo que absorbe los choques y que produce una fuerza opuesta a la
dirección del movimiento de la masa m ).
Supondremos que el amortiguador está diseñado de modo que esta fuerza
dx
FR sea proporcional a la velocidad v =
de la masa, de modo que
dt
dx
F R = −cv = −c
(2), donde la constante c > 0 es la constante de
dt
amortiguamiento del amortiguador.
En términos más generales podemos considerar a (2) como una fuerza
específica de fricción en nuestro sistema (incluyendo la resistencia del aire
del movimiento de m ).
Si además de las fuerzas Fs y FR la masa está sujeta a una fuerza externa
dada FE = F (t ) , entonces la fuerza total que actúa sobre la masa es
F = Fs + FR + FE .
d 2x
Aplicando la ley de Newton F = ma = m 2 = mx '' , obtenemos la
dt
ecuación de segundo orden mx ''+ cx '+ kx = F (t ) (3) que gobierna el
movimiento de la masa.
Si no hay amortiguador (e ignoramos todas las fuerzas de fricción),
entonces en la ecuación (3) consideramos c = 0 y decimos que el
movimiento es no amortiguado, el movimiento es amortiguado
cuando c > 0 .Si no hay fuerza externa ,anulamos F (t ) en la
93
Análisis Matemático IV
ecuación(3).Diremos en este caso que el movimiento es libre y diremos
que es forzado en el caso en que F (t ) ≠ 0 , así la ecuación homogénea
mx ''+ cx '+ kx = 0 (4) describe el movimiento libre de una masa en un
resorte con un amortiguador ,pero sin fuerzas externas aplicados sobre ella.
Por ejemplo podríamos sujetar la masa al extremo inferior de un resorte
suspendido verticalmente de un soporte fijo como se ve en la figura.
En este caso, el peso W = mg de la masa estirará el resorte una distancia
s 0 determinada por la ecuación (1) con Fs = − W y x = s 0 .Es decir,
mg
.Esto da la posición de equilibrio estático de
k
la masa .Si “ y ” denota el desplazamiento de la masa en movimiento
,medido hacia debajo de la posición de equilibrio estático, se prueba que
“ y ” satisface la ecuación (3), esto es my ''+ cy '+ ky = F (t ) (5) si incluimos
fuerzas externas y de amortiguamiento.
mg = k s 0 por lo que s 0 =
Movimiento libre no amortiguado.- Si sólo tenemos una masa en el
resorte, sin amortiguador ni fuerzas externas, la ecuación (3) toma la forma
k
más simple mx ''+ + kx = 0 (6), conviene definir w 0 =
(7) y
m
reescribimos la ecuación (6) como x' '+ w 2 0 x = 0 (8), y cuya solución
general es x(t ) = A cos w 0 t + Bsenw 0 t (9).
94
Análisis Matemático IV
Para analizar el movimiento descrito mediante esta solución, elegimos
B
A
(10)
constantes C y θ tales que C = A2 + B 2 , cos θ = y sen θ =
C
C
como se aprecia en la figura
Observar que en tgθ =
B
, el ángulo θ no está dado por la inversa de la
A
π π
, > .Por el contrario, θ
2 2
es el ángulo entre 0 y 2π cuyo coseno y seno tienen los signos dados en
(10).
De las ecuaciones (9) y (10) tenemos que
B
⎛A
⎞
x(t) = C ⎜ cos(w0 t) + sen(w0 t) ⎟ = C ( cosθ cos(w0 t) + senθ sen(w0 t)) =
C
⎝C
⎠
C cos ( w0 t − θ )
(11)
Así, la masa oscila a uno y a otro lado de su posición de equilibrio con
Amplitud
C
Frecuencia circular w0 y
Fase angular θ
A tal movimiento se le denomina Movimiento Armónico Simple.
La gráfica clásica de x (t ) es la figura adjunta abajo.
Si el tiempo t se mide en segundos, la frecuencia circular w0 tiene
dimensiones de radianes por segundo (rad/seg.)
función tangente, cuya imagen es el intervalo < −
El período del movimiento es el tiempo requerido para que el sistema
2π
segundos y su
complete una oscilación, está definido por T =
w0
1 w0
=
frecuencia es
en hertzios (Hz) (12), que mide el número de
T 2π
oscilaciones (ciclos) por segundo.
Si la posición x(0 ) = x0 y la velocidad inicial x '(0 ) = v0 de la masa se
conocen, se determinan los valores de A , B , C , θ .
95
Análisis Matemático IV
Ejemplos
1.-
Un cuerpo que pesa 16 libras está sujeto al extremo de un resorte que se
estira 2 f t mediante una fuerza de 100 libras. El cuerpo se pone en
y velocidad inicial
movimiento con posición inicial x0 = 0,5 f t
v0 = −10 ( f t / seg ) (Observar que estos datos indican que el cuerpo es
desplazado hacía la derecha y que se mueve hacia la izquierda al instante
t = 0 ). Encuentre la función solución que da la posición del cuerpo, así
como la amplitud, frecuencia, período de oscilación y ángulo de fase de su
movimiento.
Solución
Tomamos g = 32 f t / seg 2 .La masa del cuerpo será entonces
100
W
= 50 (lb / f t ) y por
m = = 0,5( slugs ) ,la constante principal es k =
2
g
1
ecuación (8) tenemos que x '' + 50x = 0 ⇒ x ''+100x = 0 ⇒ w0 = 10 rad / seg. Así
2
10
≈ 1,59 Hz y período
que el cuerpo oscilará con frecuencia
2π
2π
≈ 0, 63 seg.
10
96
Análisis Matemático IV
Imponiendo las condiciones iniciales x(0 ) = x0 = 0,5 , x '(0 ) = −10 en la
x(t ) = A cos10 t + Bsen10t
solución
general
se
obtiene
que
1
A = 0,5 , B = −1 , entonces x(t ) = cos10 t − sen10t , por lo tanto la
2
1
1
5 ≈ 1,12 f t . Para hallar
amplitud del movimiento es C = ( ) 2 + 12 =
2
2
el
ángulo
de
fase,
escribimos
5 1
2
5
x(t ) =
(
cos10 t −
sen10t ) =
cos (10 t − θ ) .
2
2
5
5
1
2
y senθ = −
< 0 .Por lo tanto θ es el
Así , se requiere que cos θ =
5
5
ángulo del cuarto cuadrante θ = 2π − arctg (
2.-
2/ 5
) ≈ 5,176 rad.
1/ 5
función de posición
Teniendo todo lo requerido la
es
5
x(t ) ≈
cos (10 t − 5,176 ) .
2
Una masa que pesa 4 lb estira un resorte 3 pulgadas al llegar al reposo en
equilibrio.
Se tira o se jala luego de la masa a 6 pulgadas debajo del punto de
2 pies / seg. dirigida hacía
equilibrio y se le aplica una velocidad de
abajo. Despreciando todas las fuerzas de amortiguación o externas que
pueden estar presentes, hallar la ecuación de movimiento de la masa, su
amplitud, período y frecuencia natural. ¿Cuánto tiempo transcurre desde
que se suelta la masa hasta que pasa por la posición de equilibrio?
Solución
Como se trata de un caso de vibración libre no amortiguada, la función de
movimiento está dado por x(t ) = A cos w 0t + Bsenw 0t , para hallar la
constante k , observamos que la masa de 4 lb estira al resorte 3 pulgadas
1
pie.
Por
la
ley
de
Hooke
se
tiene
que
o
4
1
mg = 4 = k ( ) ⇒ k = 16 lb / pie. Como g ≈ 32 pie / seg 2 . se obtiene que
4
4 1
m=
= slug.
32 8
Por consiguiente w0 =
k
=
m
16
=8 2 ⇒
1/8
97
Análisis Matemático IV
x(t ) = A cos( 8 2 t ) + Bsen ( 8 2 t ) , haciendo uso de las condiciones
1
iniciales x(0 ) = 6 pu lg = pie. y x '(0 ) = 2 pie / seg . para encontramos
2
1
1
los valores de A = x ( 0 ) =
y
2 = x '( 0 ) = 8 2 B ⇒ B = ⇒
2
8
1
1
x(t ) = cos( 8 2 t ) + sen ( 8 2 t ) ,
2
8
1
1
17
1/ 2
C = ( )2 + ( )2 =
, tgθ =
= 4 , como A , B > 0 ⇒ θ está en el
2
8
8
1/8
primer cuadrante, entonces θ = acrtg 4 ⇒
x(t ) =
17
cos ( 8
8
2 t − arctg 4 ) =
17
sen ( 8
8
2 t + arctg 4 ) .
17
y el ángulo de fase θ = arctg 4 ≈ 1,326 , el
8
2π
π 2
1
8
=
y la frecuencia natural es
=
.Por
período es T =
8
T π 2
8 2
último para determinar cuando pasará la masa por la posición de equilibrio
, x(0 ) = 0 se debe despejar t de la función
Así , la amplitud es C =
x(t ) =
17
sen ( 8
8
como 0 < θ <
2 t + arctg 4 ) = 0 ⇒ 8
2 t + θ = nπ , para n ∈ Z
y
θ
.
2
Para n = 1, 2,3,... obtenemos los tiempos positivos para los cuales la masa
pasa por su posición de equilibrio.
8 2 t +θ = π ⇒
El
primer
caso
ocurre
para
n =1,
π − θ π − arctg 4
t=
=
≈ 0,16 seg
8 2
8 2
3.10 APLICACIONES A CIRCUITOS ELÉCTRICOS
En esta sección consideraremos circuitos eléctricos simples compuestos de
un resistor y un inductor o condensador en serie con una fuente de fuerza
Electromotriz (fem), llamados también sistemas RL o RLC .Estos circuitos
se muestran en las figuras (1) y (2) y su funcionamiento puede entenderse
fácilmente sin ningún conocimiento especial de electricidad (salvo en los
Laboratorios).
98
Análisis Matemático IV
Sistema o Circuito LC
Sistema o Circuito RLC
1.- Una fuerza electromotriz (fem) E (voltios) producida casi siempre por una
batería o un generador, hace fluir una carga eléctrica Q (coulumbs) y
produce una corriente I (amperes).
La corriente se define como la rapidez de un flujo de la carga Q y puede
dQ
escribirse I =
.Determinar el modelo de ecuación diferencial para el
dt
problema.
2.- Un resistor de resistencia R (ohms) es una componente del circuito que
opone a la corriente y disipa energía en forma de calor .Produce una caída
de voltaje que está dado por la ley de Ohm E R = RI
3.-
4.-
Un inductor de inductancia L (henrys) se opone a cualquier cambio en la
dI
.
corriente produciendo una caída de voltaje de E L = L
dt
Un condensador de capacitancia C (farads) acumula carga .Al hacerlo se
resiste al flujo adicional de carga, produciendo una caída de voltaje de
Q
EC =
C
Las cantidades R , L , C son generalmente constantes dependientes de las
componentes específicas del circuito; E puede ser constante o una función
del tiempo.
El principio fundamental que gobierna estos circuitos es la ley de los
voltajes de Kirchhoff.
La suma algebraica de todas las caídas de voltaje
alrededor de un circuito cerrado es cero
En el circuito de la figura 1, el resistor y el inductor producen caídas de
voltaje ER y E L respectivamente. Pero la fem produce un aumento de
voltaje E , es decir una caída de voltaje − E . Entonces la ley de los voltajes
99
Análisis Matemático IV
de Kirchhoff da ER + E L − E = 0 ⇒ ER + E L = E y reemplazado por sus
valores tenemos la ecuación diferencial L
dI
+RI = E .
dt
De la figura (2) se deduce que
dI
1
1
L
+ R I + Q = E (t ) o LQ ''+ RQ '+ Q = E (t ) .
dt
C
C
En la mayoría de los problemas prácticos es la corriente I , más que la
carga Q , lo que tiene interés primario, así que podemos derivar ambos
dI
1
+ R I + Q = E (t ) y hacer la sustitución
miembros de la ecuación L
dt
C
1
I = Q ' para obtener LI ''+ RI '+ I = E '(t ) (*)
C
En el caso típico de una corriente alterna con voltaje E (t ) = E0 sen wt ,
1
tenemos LI ''+ RI '+ I = wE0 cos wt (**).
C
Como en el problema masa -resorte –amortiguador con una fuerza externa
armónica simple, la solución de la ecuación (**) es la suma de una
corriente transitoria I t r que tiende a cero cuando t → ∞ y de una corriente
periódica estacionaria I s p , por lo tanto I = I t r + I s p .
Recordemos que para
F (t ) = F0 cos wt ,
Is p =
F0 cos ( wt − θ )
(k − mw2 ) 2 + (cw ) 2
,
cw
) , 0 ≤ θ ≤ π , si hacemos la sustitución de L
k − mw2
1
por k y wE0 por F0 obtenemos la corriente
por m , R por c ,
C
F0 cos ( wt − θ )
, con un ángulo de fase
periódica estacionaria I s p =
1 2
2
R + ( wL −
)
wC
wRC
θ = arctg (
),0 ≤θ ≤ π
1 − LCw2
1 2
La magnitud Z = R 2 + ( wL −
) (ohms) se denomina impedancia del
wC
circuito. Por lo tanto la corriente periódica estacionaria
E
E
(a)
tiene amplitud I 0 = 0 que es una
I s p = 0 cos ( wt − θ )
Z
Z
E
reminiscencia de la ley de Ohm I =
.
R
donde θ = arctg (
100
Análisis Matemático IV
La ecuación (a) es una función de coseno, mientras el voltaje
E (t ) = E0 sen wt
es una función de seno. Para convertir
E
I s p = 0 cos ( wt − θ ) a una función de seno, definimos primero la
Z
reactancia.
1
,
entonces
Z = R2 + S 2
y
vemos
que
S = wL −
wC
wRC
θ = arctg (
) es un ángulo como de la figura.
1 − LCw2
Reactancia y Angulo de Retraso
Con un ángulo de retraso ϕ = θ −
π
.La ecuación I s p =
E0
cos ( wt − θ ) se
Z
en
2
convierte
ahora
E
E
S
R
Is p = 0 (cosθ cos wt + senθ sen wt ) = 0 ( − cos wt + sen wt ) =
Z
Z
Z
Z
E0
E
( cos ϕ senwt − senϕ cos wt ) = 0 sen ( wt − ϕ ) , donde
Z
Z
2
LCw − 1
ϕ
ϕ = arctg (
(en
) ∈ [ 0, π ] , esto da finalmente el retardo
wRC
w
segundos) de la corriente periódica estacionaria I s p con respecto al voltaje
introducido.
101
Análisis Matemático IV
En el capítulo II, ya se han dado algunos ejemplos como una aplicación de
las ecuaciones lineales de primer orden.
Ejemplos
1.-
Dado un sistema RLC con R = 50 Ohmios, L = 0,1 Henrys (H), y
C = 5 ×10−4 faradios (F). En el instante t = 0 , cuando I (0 ) = 0 y Q(0 ) = 0 ,
al circuito se conecta un generador de corriente alterna de 110 V y
60 Hz .Encuentre la corriente del circuito y el retardo de la corriente
periódica estacionaria con respecto al voltaje.
Solución
Una frecuencia de 60 Hz significa w = (2π )(60 ) rad / seg ≡ 377 rad / seg.
Por lo tanto tomamos E (t ) = 110 sen377t , entonces la ecuación es
(0,1) I ''+ 50 I '+ 2000 I = (377 )(110 ) cos 377t .
Como
Z=
R = 50
R 2 + ( wL −
L = 0,1 ,
C = 5 ×10− 4 y
, w = 377 ,
entonces
1 2
) = 59,58 ohmios .
wC
De
modo
que
la
amplitud
110 (volts )
I0 =
= 1,846 amperes ( A )
59,58(ohms )
Además ϕ = arctg ( 0, 648) = 0,575 .
periódica
ϕ
estacionaria
es
0,575
= 0, 0015 seg. Y la
w
377
corriente periódica estacionaria es I s p (t ) = (1,846 ) sen ( 377t − 0,575).
Así, el retardo con respecto al voltaje es
La
ecuación
auxiliar
es
r1 ≈ − 44 , r2 ≈ − 456
entonces
=
P(r ) = (0,1) r 2 + 50r + 2000 = 0 ⇒
la
solución
general
es
I (t ) = c1 e − 44 t + c 2 e − 456 t + (1,846 ) sen ( 377t − 0,575)
I '(t ) = − 44c1 e − 44 t − 456c 2 e − 456 t + 696 cos ( 377t − 0,575) ,
condiciones
iniciales
I (0 ) = 0
y
Q(0 ) = 0
⎧ 0 = I ( 0 ) = c1 + c 2 − 1, 004
⇒ c1 = −0,307 , c 2 = 1,311
⎨
⎩0 = I (0 ) = −44c1 − 456c 2 + 584
aplicando
las
obtenemos:
Por tanto la corriente transitoria es I t r (t ) = (−0,307 ) e − 44 t + (1,311) e − 456 t y
obviamente lim I t r (t ) = 0 como es de esperar.
t →∞
102
Análisis Matemático IV
2.-
Supongamos que el circuito RLC del ejemplo (1), todavía con I (0 ) = 0 y
Q(0 ) = 0 , se conecta en el instante t = 0 a una batería que proporciona un
voltaje constante de 110 voltios. Encuentre la corriente del circuito.
Solución
E ( 0 ) 110
Ahora tenemos que E (t ) = 110 ⇒ I '(0 ) =
=
= 1100 A/seg. Y la
L
0,1
ecuación diferencial es (0,1) I ''+ 50 I '+ 2000 I = E '(t ) = 0 cuya solución es
la función complementaria I (t ) = c1 e − 44 t + c 2 e − 456 t , aplicando las
condiciones
iniciales
tenemos
que
c1 = c 2 = 2, 671 ,
por
lo
tanto I (t ) = (2, 671) (e − 44 t + e − 456 t ) y lim I (t ) = 0 .
t →∞
3.-
Dado un sistema RLC con
señales L = 1 H, R = 100 Ω , C = 10− 4 F ,
E = 100 0V y suponiendo que no hay carga ni corriente en el momento
t = 0 en que se aplica E .Hallar la corriente del circuito .
Solución
Por la ley de Kirchhoff, la ecuación diferencial que gobierna la circuito está
dado por Q ''(t ) +100Q '(t ) +10000Q(t ) = 1000 ⇒ P(r) = r 2 +100r +10000 = 0 ⇒
r1 = − 50 + 50 3 i , r2 = −50 − 50 3 i
Q c (t ) = c1 e − 50 t cos (50 3 t ) + c 2 e − 50 t sen (50 3 t ) ,
Q p (t ) =
1000
1
=
D + 100 D + 10000 10
2
Q (t ) = c1 e − 50 t cos (50 3 t ) + c 2 e− 50 t sen (50 3 t ) +
condiciones iniciales
103
1
,
10
aplicando
las
Análisis Matemático IV
1
1
⇒ c1 = −
10
10
− 50 t
Q '(t ) = −50c1 e cos (50 3 t ) − 50 3c1 e− 50 t sen (50 3 t ) −
0 = Q (0 ) = c1 +
50 c 2 e − 50 t sen (50 3 t ) + 50 3 c 2 e − 50 t cos (50 3 t )
0 = Q '(0 ) = −50c1 + 50
3c 2 ⇒ c 2 =
50c1
50 3
=−
1
10
3
⇒
1 − 50 t
1
1
e
e − 50 t sen (50 3 t ) +
cos (50 3 t ) −
10
10
10 3
5 − 50t
I (t ) = 5e− 50t cos(50 3t ) + 5 3 e− 50t sen(50 3t ) +
e sen(50 3 t) −
3
20 − 50 t
5e − 50 t cos (50 3 t ) ⇒ I (t ) =
e sen (50 3 t ) .
3
Dado un sistema RLC con
señales L = 1 H, R = 100 Ω , C = 10− 4 F ,
E = 962 sen60t V y suponiendo que no hay carga ni corriente en el
momento t = 0 en que se aplica E .Hallar la corriente del circuito y
separarlas .
Q (t ) = −
4.-
Solución
Q ''(t ) + 100Q '(t ) + 10000Q(t ) = 962sen60t ⇒ P(r ) = r 2 + 100r + 10000 = 0 ⇒
Q c (t ) = c1 e − 50 t cos (50 3 t ) + c 2 e− 50 t sen (50 3 t )
Q p (t ) =
1
962
962sen (60 t ) =
sen60t =
D + 100 D + 10000
−3600 + 100 D + 10000
2
962
962 D − 64
962 60cos 60t − 64sen60t
sen60t =
( 2
)sen60t =
(
)=
100D + 6400
100 D − 4096
100
−3600 − 4096
3
2
3
2
− cos 60t + sen60t ⇒ Q p (t ) = − cos 60t + sen60t
40
25
40
25
3
2
Q(t ) = c1 e − 50 t cos (50 3 t ) + c 2 e − 50 t sen (50 3 t ) − cos 60t + sen60t
40
25
3
3
0 = Q(0 ) = c1 − ⇒ c1 =
40
40
−50t
Q '(t ) = −50 c1 e cos(50 3 t ) − 50 3 c1 e−50t sen (50 3t ) −
9
24
50c 2 e − 50 t sen (50 3 t ) + 50 3 c 2 e − 50 t cos (50 3 t ) + sen60t + cos 60t
2
5
24
21
21
0 = Q '(0 ) = −50 c1 + 50 3 c 2 + ⇒ 50 3 c 2 = − ⇒ c 2 = −
=
5
20
1000 3
104
Análisis Matemático IV
7 3
. Sustituyendo los valores obtenemos
1000
e − 50 t
I (t ) = Q '(t ) = −
( 48cos (50 3 t ) + 34sen (50 3 t )) , es la
10
corriente total del circuito ,separando las corrientes
e − 50 t
I t r (t ) = −
( 48cos (50 3 t ) + 34 sen (50 3 t )) , corriente transitoria
10
48cos 60t + 45sen60t
I s p (t ) =
, corriente estable
10
−
MISCELÁNEA DE EJERCICIOS Y PROBLEMAS DEL CAPÍTULO III
1.- La gráfica de una
solución u = u ( x ) de la ecuación diferencial
y ''− 4 y '+ 29 y = 0 corta a la gráfica de una solución v = v ( x ) de la
ecuación diferencial y ''+ 4 y '+ 13 y = 0 en el origen de coordenadas .Las
dos curvas tienen pendientes iguales en el origen .Encontrar las funciones
u y v si satisface la condición u '(
π
2
) =1.
2.- La gráfica de una
solución u = u ( x ) de la ecuación diferencial
y ''− 3 y '− 4 y = 0 corta a la gráfica de una solución v = v ( x ) de la ecuación
diferencial y ''+ 4 y '− 5 y = 0 en el origen de coordenadas .Las dos curvas
tienen pendientes iguales en el origen. Encontrar las funciones u y v si
(v ( x )) 4 5
= .
satisface la condición lim
x →∞
u( x )
6
3.-
Dado un sistema RLC con señales:
a) R = 40 Ω , C = 10−3 F , L = 20 H , E (t ) = 500sent Voltios
b) R = 48 Ω , C = 0,375F , L = 24 H , E (t ) = 900 cos 2t Voltios
Bosquejar el circuito para ambos casos y encontrar la corriente transitoria.
4.-
Dado un sistema RLC con señales R = 1200 Ω , C = 10−6 F , L = 1 H ,
E(t ) = 100sen600 t V y que satisface las condiciones iniciales
I (0 ) = Q (0 ) = 0 .Hallar las corrientes estacionaria y la transitoria. Estimar
la corriente transitoria para t = 200 años .
105
Análisis Matemático IV
5.-
Se conectan una inductancia de L henrys, una resistencia de R ohms y
una capacitancia C farads en serie con una fem. E (t ) = E0 sen ( wt )
Voltios. Suponga que I (0 ) = Q (0 ) = 0 y 4L > R 2C .
a) Encuentre Q (t ) y I (t )
b) ¿Qué valor de w producirá resonancia?
c) Resuelva el problema para 4 L = R 2C y 4 L < R 2C
6.-
Dado
un
sistema
RLC
en
serie
con
señales
R = 0, 02 Ω , C = 2 F , L = 0, 001 H , E (t ) = sen100 t Voltios y que satisface
las condiciones iniciales I (0 ) = Q (0 ) = 0 . Hallar las corrientes para t > 0 .
7.-
Dado
8.-
Dado un sistema RL con señales R=10Ω, L = 1 H
E (t ) = 30 cos 60t + 40 sen 60t V con I (0 ) = 0 . Encontrar la corriente
estacionaria xs p (t ) y escribir en la forma xs p (t ) = C cos ( wt − θ ) .
9.-
El tanque X contiene 100 galones de salmuera en la que se han disuelto
100 libras de sal y el tanque Y contiene 100 galones de agua. Suponga que
entra agua al tanque X a razón de 2 galones por minuto y que la mezcla
fluye del tanque X al tanque Y a razón de 3 galones por minuto. Del
tanque Y se bombea un galón otra vez a X (estableciéndose una
realimentación) mientras que se expulsan fuera dos galones .Hallar la
cantidad de sal que hay en ambos tanques en el tiempo t .
un
sistema
RLC
en
serie
con
señales
1
R = 120 Ω , C =
F , L = 4 H , E (t ) = 10 cos 2 t V y que satisface las
2200
condiciones iniciales I (0 ) = Q (0 ) = 0 . Hallar la corriente para t > 0 .
¿Cuál es la frecuencia de resonancia del circuito?
106
Análisis Matemático IV
10.- Consideremos el sistema masa-resorte de la figura, que es una
generalización directa del sistema descrito con anterioridad. Tenemos dos
masas suspendidas por resortes en serie que tienen constantes k 1 , k 2 .Si el
desplazamiento vertical a partir del punto de equilibrio de las dos masas se
denota por x1 (t ) , x 2 (t ) respectivamente. Establecer que las dos fuerzas
netas que actuán en las dos masas
F1 = − k 1 x1 + k 2 ( x 2 − x1 ) , F2 = − k 2 ( x 2 − x1 )
están
dadas
por
11.- El tanque X contiene 500 galones de salmuera que contiene 500 libras de
sal disueltas. El tanque Y contiene 500 galones de agua. En el tanque X
entra agua a razón de 30 galones por minuto y la mezcla fluye al tanque
Y a razón de 40 galones por minuto. Desde el tanque , Y la solución se
bombea de nuevo a X a razón 10 galones por minuto y a un tercer tanque
a razón de 30 galones por minuto .Halle la máxima cantidad de sal en Y
¿Cuándo se llega a esta concentración ?.
12.- Hallar la solución general del sistema lineal de ecuaciones:
⎧ x' = x + 2y
⎧ x ' = x + y , x(0 ) = 1
a) ⎨
e) ⎨
⎩ y ' = 3x + 2 y
⎩ y ' = x − 2 y , y (0 ) = 0
⎧ x ' = 12 x + −17 y
f) ⎨
⎩ y ' = 4x − 4 y
⎧ x ' = 2 x + y + 3e 2t
b) ⎨
2t
⎩ y ' = −4 x + 2 y + t e
107
Análisis Matemático IV
⎧ x ' = x + 3 y + t − 1, x(0 ) = 0
c) ⎨
⎩ y ' = 3x + 2 y − 5t − 2 , y ( 0 ) = 4
⎧ x ' = 8x − y
g) ⎨
⎩ y ' = 4 x + 12 y
13.- En cada uno de los problemas obtenga la solución periódica estacionaria de
la forma xs p (t ) = C cos ( wt − θ ) y para aquellos que tienen condiciones
iniciales, encuentre también la solución transitoria.
1.- x ''(t ) + 4 x '(t ) + 4 x(t ) = 10 cos 3t
2.- 2 x ''(t ) + 2 x '(t ) + 5 x(t ) = −4 cos 5t
3.- 2 x ''(t ) + 2 x '(t ) + x(t ) = 3sen10 t
4.- x ''(t ) + 3 x '(t ) + 3 x(t ) = 8cos10t + 6 sen10 t
5.- x ''(t ) + 4 x '(t ) + 5 x(t ) = 10c os 3t , x(0 ) = x '(0 ) = 0
6.- x ''(t ) + 6 x '(t ) + 13 x(t ) = 10 sen5 t , x(0 ) = x '(0 ) = 0
7.- x ''(t ) + 2 x '(t ) + 6 x(t ) = 3cos10t , x(0 ) = 10 , x '(0 ) = 0
8.- x ''(t ) + 8 x '(t ) + 25 x(t ) = 5cos t + 13sent , x(0 ) = 5 , x '(0 ) = 0
14.- Uno de los extremos de un resorte está sujeto a un soporte móvil como se
ve en la figura. Una masa m es fijada tanto al otro extremo del resorte
como a un amortiguador (cuya constante de amortiguamiento es c ). Pruebe
que la ecuación diferencial del movimiento de la masa está dado por
mx ''(t ) + cx '(t ) + kx(t ) = mAw2 cos wt .
15.- En el momento inicial cada uno de los tanques A y B contiene 1000
litros de salmuera, teniendo 200 kg de sal la solución del tanque A y 50
kg de sal la solución del tanque B . La salmuera pasa por una tubería del
tanque A al B a razón de 20 litros/min. La mezcla es homogénea en todo
momento. ¿Cuánta sal contendrá el segundo tanque al cabo de 50 minutos?
108
Análisis Matemático IV
16.- Verificar que los tanques interconectados de la figura
gobernados por las ecuaciones diferenciales:
b
⎧
x1 '(t ) = − x1 (t )
⎪
V1
⎪
⎨
⎪ x '(t ) = b x1 (t ) − b x 2 (t )
⎪ 2
V1
V2
⎩
adjunto
están
y resolver. Mientras que para el sistema de tanques figura mostrada abajo
tenemos las ecuaciones
109
Análisis Matemático IV
b
b
⎧
⎪ x1 '(t ) = V x 2 (t ) − V x1 (t )
2
1
⎪
y resolver.
⎨
x
(
t
)
+
a
b
1
⎪ x '(t ) = b
−
x 2 (t )
⎪ 2
V1
V2
⎩
17.- Un problema concreto de aplicación es: ¿Cuánto tiempo deberá el sistema
de la figura estar en funcionamiento para que por el punto C comience a
salir solución por debajo de una concentración de 1 mgr / l t ?
18.- Dos recipientes están conectados mediante una cañería tal como se ve en la
figura adjunta. Cada uno contiene 50 litros de solución, con 10 grs. de
soluto el tanque A y 5 grs. el tanque B . Se abren las cañerías, haciendo
entrar agua a través de P . Por P , Q y R , circula líquido a razón de
2 lit / min . Encontrar la cantidad de soluto en ambos recipientes después
de 30 minutos (Las soluciones se mantienen perfectamente homogéneas
mediante el uso de Agitadores).
110
Análisis Matemático IV
CAPÍTULO IV
Soluciones de ecuaciones diferenciales en series de
potencias
4.1
En esta discusión que sigue usaremos series de potencias, para ello el
estudiante ya debe conocer los siguientes hechos:
ƒ Una serie de potencia en potencias de ( x − x0 ) es una serie de la
∞
forma
∑c
n= 0
ƒ
ƒ
∞
∑
n= 0
ƒ
( x − x0 ) n .
Toda serie de potencias tiene un intervalo de convergencia, que es el
conjunto de los números reales para los cuales la serie converge.
Una serie de potencias converge absolutamente hacia un número real
x si
ƒ
n
c n ( x − x0 )
n
converge.
Todo intervalote de convergencia tiene un radio de convergencia
R≥0
Toda serie de potencia converge absolutamente para x − x0 < R y
∞
diverge para
x − x0 > R . Cuando R = 0 , la serie ∑ c n ( x − x0 ) n
n= 0
converge sólo en x0 y si R = ∞ converge en todo R .
ƒ
ƒ
ƒ
El radio de convergencia se obtiene usualmente mediante el criterio
de la razón o del cociente para series alternadas
c
lim n +1 x − x0 = L .La serie converge absolutamente para L < 1 y
n →∞ c
n
diverge para L > 1 .
Si R ≠ 0 ∨
R ≠ ∞ el intervalo de convergencia puede ser
[ x0 − R , x0 + R ] .
∞
Una serie de potencias
∑c
n= 0
n
( x − x0 ) n representa una función
continua en su intervalo de convergencia.
ƒ
∞
Una serie de potencias
∑c
n= 0
n
( x − x0 ) n puede ser derivada o integrada
término a término en el interior de su intervalo de convergencia.
111
Análisis Matemático IV
El propósito de este capítulo de acuerdo al programa vigente no se trata
de hacer un estudio pormenorizado de soluciones de ecuaciones
diferenciales por serie de potencias, sino se basa en resolver dos tipos de
ecuaciones diferenciales de mucha importancia en los campos de la
ingeniería:
Ecuación diferencial de Bessel
Ecuación diferencial de Legendre
4.2.- PREVIAMENTE VEREMOS ALGUNOS CONCEPTOS
IMPORTANTES A USAR EN EL DESARROLLO DE ESTOS
TEMAS.
Sea
a 2 ( x ) y ''+ a1 ( x ) y '+ a 0 ( x ) y = 0 (1) o
y ''+ P( x ) y '+ Q( x ) y = 0
(2) donde P ( x ) =
en la forma
a1 ( x )
, Q( x ) =
a2 (x )
a0 (x )
a2 (x )
,
a 2 ( x) ≠ 0 .
Definición.- Un punto x0 se llama punto ordinario de la ecuación (1) si
P( x ) y Q( x ) son funciones analíticos en x0 ; esto es P( x ) y Q( x ) son
funciones desarrollables en una serie de potencias en potencias de ( x − x0 )
con radio de convergencia positiva. Si x0 no es punto ordinario se dice
que es punto singular.
Ejemplos
1.-
y ''+ e2 x y '+ ( senx ) y = 0 tiene punto ordinario para todo x ∈ R finito, en
particular x = 0 es un punto ordinario pues P ( x ) = e2 x y Q( x ) = senx
∞
2 n xn
,
n = 0 n!
tienen desarrollo en serie de potencias: P ( x ) = e2 x = ∑
(−1) n 2 n +1
x
que convergen para todo x ∈ R .
n = 0 (2n + 1)!
2.- La ecuación diferencial xy ''+ ( senx ) y = 0 tiene punto ordinario en x = 0 ,
senx
pues Q( x ) =
tiene desarrollo en serie de potencia, es decir
x
senx ∞ (−1) n 2 n
Q( x ) =
=∑
x converge para todo x ∈ R .
x
n = 0 (2 n + 1)!
x
3.- xy ''+
y '+ ( senx ) y = 0 tiene punto ordinario en x = 0 y punto singular
1− x
en x = 1
∞
Q( x ) = senx = ∑
112
Análisis Matemático IV
4.-
xy ''+ ( x Lnx ) y = 0 tiene un punto singular en x = 0 , puesto que
Q( x ) = Lnx no tiene un desarrollo en serie de potencia de x .
Observación.- Si a 2 ( x ) , a1 ( x ) y a 0 ( x ) son polinomios y no tienen
factores comunes, un punto x0 es:
i)
un punto ordinario si a 2 ( x ) ≠ 0
un punto singular si a 2 ( x ) = 0
ii)
Ejemplos
1.-
La ecuación diferencial
( x 2 − 9 ) y ''+ 4 xy '+ 10 y = 0 tiene puntos
singulares en x = ±3 , los otros valores finitos de x son puntos
ordinarios.
2.-
La ecuación diferencial ( x 2 + 16 ) y ''+ xy '− 11 y = 0 tiene puntos singulares
en x 2 + 16 = 0 ⇒ x = ±4 i y los demás valores reales (finitos) o
complejos x son puntos ordinarios.
Teorema 1.- Si x0 es un punto ordinario de la ecuación diferencial
a 2 ( x ) y ''+ a1 ( x ) y '+ a 0 ( x ) y = 0 , siempre podemos encontrar dos soluciones
∞
distintas en serie de potencias de la forma y = y ( x ) = ∑ c n ( x − x0 ) n que
n= 0
converge por lo menos en x − x0 < R , donde R es la distancia al punto
singular más cercano.
Ejemplos
1.-
Resolver la ecuación diferencial y ''− 2 x y = 0
Solución
x = 0 es un punto ordinario de la ecuación ( no hay puntos singulares
finitos), entonces el teorema 1 garantiza dos soluciones de la forma
∞
y = y( x ) = ∑ c n x
n
convergente para x < ∞ .
n= 0
∞
∞
n= 0
n= 0
y = ∑ cn x n , y ' = ∑ n cn x
∞
y '' = ∑ n (n − 1) c n x
n= 0
n−2
∞
= ∑ n cn x
n −1
= ∑ n (n − 1) c n x
n−2
n −1
n= 1
∞
n= 2
113
,
Análisis Matemático IV
Reemplazado en la ecuación dada
∞
y ''− 2 x y = ∑ n (n − 1) c n x
n−2
n= 2
∞
∞
− 2x ∑ n cn x
n −1
=0⇒
n= 1
∞
∞
n= 1
n= 2
∞
∑ n (n −1) cn x n−2 − 2 ∑ncn x n = 0 ⇒ ∑ n (n −1) cn x n−2 − ∑ 2ncn x n+1 = 0 ⇒
n= 2
n= 0
∞
∞
∞
∞
n= 2
n= 0
n= 3
n= 0
∑n(n −1) cn x n−2 − ∑2ncn x n+1 = 2.1c2x0 + ∑n(n −1) cn x n−2 − ∑2ncn x n+1 = 0
esto es lo mismo que escribir
∞
∞
n= 1
n= 1
2c2 + ∑(n + 2)(n +1) cn+2 x n − ∑2 cn−1 x n = 0 ⇔ 2c 2 = 0,
2
cn −1 para
(n + 2 )(n + 1)
2
c1 ,
c0 , c 4 =
4.3
22
c4 =
c1 ,
7.6.4.3
23
c7 =
c1 ,
10.9.7.6.4.3
(n + 2 ) (n + 1) c n + 2 − 2 c n −1 = 0 ⇔ c 2 = 0 ∧ c n + 2 =
2
3.2
2
2
2
2
c2 , c 6 =
c3 =
c0 , c 7 =
6.5
6.5.3.2
7.6
3
2
2
c5 = 0 , c 9 =
c0 , c10 =
10.9
9.8.6.5.4.3
n ∈ Z + , por tanto tenemos que c 2 = 0 , c 3 =
2
5.4
2
c8 =
8.7
2
c11 =
c8 = 0 , …, reemplazando valores
11.10
∞
⎡
⎤
2 3
22
23
y = y ( x ) = ∑ c n x n = c 0 ⎢1 +
x +
x6 +
x 9 + ...⎥ +
6.5.3.2
9.8.6.5.3.2
n= 0
⎣ 3.2
⎦
c5 =
⎡
⎤
2 4
22
23
7
c1 ⎢ x +
x +
x +
x10 + ...⎥ =
4.3
7.6.4.3
10.9.7.6.4.3
⎣
⎦
2
∞
∞
⎡
⎡
2 (1.4.7...(3n − 2 ) 3 n ⎤
2n ( 2.5.8...(3n − 1) 3 n +1 ⎤
c 0 ⎢1 + ∑
x ⎥ + c1 ⎢ x + ∑
x ⎥
(3n )!
(3n + 1)!
⎣ n= 1
⎦
⎣ n= 1
⎦
2
∞
⎡
2 (1.4.7...(3n − 2) 3n ⎤
ϕ1 ( x ) = ⎢1+ ∑
x ⎥
Por tanto
y
(3n )!
⎣ n= 1
⎦
⎡
2n (2.5.8...(3n −1) 3n+1 ⎤
x ⎥
(3n +1)!
⎣ n= 1
⎦
son soluciones fundamentales linealmente independientes y la solución
general es y ( x ) = c 0ϕ 1 ( x ) + c 2ϕ 2 ( x ) , como era de esperarse.
∞
ϕ 2 (x ) = ⎢x + ∑
2.-
Resolver la ecuación diferencial 2 y ''+ x y '+ y = 0
Solución
114
Análisis Matemático IV
Esta ecuación diferencial tiene punto ordinario en x = 0 , entonces tiene
∞
∞
n= 0
n= 1
una solución de la forma y = y ( x ) = ∑ c n x n , y ' = ∑ n c n x
∞
y '' = ∑ n (n − 1) c n x
n −2
n −1
,
entonces sustituyendo en la ecuación dada
n= 2
∞
∑ 2n ( n − 1 ) c n x
n −2
n= 2
∞
n= 1
∞
∑ 2(n + 2 ) (n + 1) c
n= 0
∞
+ ∑ n c n x n + ∑ c n x n = 0 reescribiendo
n+2
n= 0
∞
∞
n= 1
n= 0
x n + ∑ n cn x n + ∑ cn x n = 0 ⇒
∞
1
4c 2 + c 0 + ∑ ⎡⎣ 2(n + 2 ) (n + 1 ) c n + 2 + n c n + c n ⎤⎦ x n = 0 ⇔ c 2 = − 2 c 0 y
2
n =10
(n + 1)
1
1
cn = −
c n , n ∈ Z + , luego c 3 = −
c1
2(n + 2 ) (n + 1)
2(n + 2 )
3.2
1
1
1
1
c4 = −
c2 = 2
c0 , c5 = −
c3 = 2
c1 ,
2.4
2 .2.4
2.5
2 .3.5
1
1
1
1
1
c6 = −
c4 = − 3
c0 = − 6 c0 , c7 = −
c5 = − 3
c1 ,
2.6
2 .2.4.6
2 .3!
2.7
2 .3.5.7
1
1
c8 = −
c 6 = 8 c 0 , …,
2.8
2 .4!
n
(−1)
(−1) n
c 2 n = 2 n c 0 , n ∈ Z + y c 2 n +1 = n
c1 , entonces las
2 n!
2 [1.3.5.7...(2n + 1) ]
soluciones fundamentales son:
∞ ⎡
∞
⎤ 2 n +1
(−1) n
(−1) n
ϕ 1 ( x ) = ∑ 2n x2 n , ϕ 2 ( x ) = ∑ ⎢ n
⎥x
n = 0 ⎣ 2 [1.3.5.7...(2n + 1) ] ⎦
n = 0 2 n!
y ( x ) = c 0ϕ 1 ( x ) + c1ϕ 2 ( x ) es la solución general .
c n+ 2 = −
4.3.- SOLUCIONES EN TORNO A PUNTOS SINGULARES
Cuando x 0 es un punto ordinario de a 2 ( x ) y ''+ a1 ( x ) y '+ a 0 ( x ) y = 0 no
existen dificultades para resolver en serie de potencias como en los
ejemplos precedentes, sin embargo cuando x 0 es un punto singular no
siempre
es
posible
encontrar
una
solución
de
la
forma
∞
y = y ( x ) = ∑ c n x n , pero tal vez se puede hallar una solución de la
n= 0
∞
forma y = y ( x ) = ∑ c n ( x − x0 ) n + r ,
n= 0
determinar.
115
donde r es una constante por
Análisis Matemático IV
Los puntos singulares se clasifican en regulares e irregulares
Definición.-
Un
punto
x0
de
la
ecuación
diferencial
a 2 ( x ) y ''+ a1 ( x ) y '+ a 0 ( x ) y = 0 se denomina punto singular regular si
( x − x0 ) P( x ) , ( x − x0 ) 2 Q( x ) son ambas analíticas en x0 , es decir son
desarrollables en serie de potencias ( x − x0 ) con radio de convergencia
R > 0 y un punto x 0 que no es punto singular regular se llama punto
singular irregular de la ecuación diferencial dada.
Observación.Si
los
coeficientes
de
la
ecuación
a 2 ( x ) y ''+ a1 ( x ) y '+ a 0 ( x ) y = 0 son polinomios sin factores comunes, la
definición anterior es equivalente a lo siguiente:
a 2 ( x ) ≠ 0 . De
a 2 ( x ) y ''+ a1 ( x ) y '+ a 0 ( x ) y = 0
obtenemos
Sea
P( x ) =
a1 ( x )
a2 (x )
,
Q( x ) =
a0 (x )
a 2 (x )
que sean fracciones racionales
irreducibles. Si el factor ( x − x0 ) es a lo mas de primer grado en el
denominador de P( x ) y a lo mas de segundo grado en el denominador de
Q( x ) , entonces x0 es un punto singlar regular.
Ejemplos
1.-
( x 2 − 9 ) 2 y ''+ ( x − 3) y '+ y = 0 tiene puntos
1
1
singulares en x = ±3 , P ( x ) =
, Q( x ) =
.
2
2
( x − 2 )( x + 2 )
( x − 2 ) ( x + 2 )2
Por la observación x = −3 es un punto singular irregular ,pues en el
denominador de P( x ) el factor ( x + 3) 2 , tiene grado dos pero la teoría
exige a los de primer grado; x = 3 es un punto singular regular ,pues en
el denominador de P( x ) el factor ( x − 3) es de grado uno en el de Q( x )
es de segundo grado.
La ecuación diferencial
4.4. MÉTODO DE FROBENIUS (1848-1917)
Para resolver a 2 ( x ) y ''+ a1 ( x ) y '+ a 0 ( x ) y = 0 en torno a un punto singular
regular, usaremos el teorema de Ferdinand Georg Frobenius que
publicó el método de Frobenius en1873.
116
Análisis Matemático IV
Teorema 2 (Teorema Frobenius 1).- Si x0 es un punto singular regular
de a 2 ( x ) y ''+ a1 ( x ) y '+ a 0 ( x ) y = 0 , existe a lo menos una solución de la
∞
forma y = y ( x ) = ∑ c n ( x − x0 )
n+r
, donde r es una constante por
n= 0
determinar y la serie convergerá al menos en
algún intervalo
0 < x − x0 < R .
Supongamos que x0 = 0 es un punto singular regular de la ecuación
∞
y ''+ P( x ) y '+ Q( x ) y = 0
tal
que
satisface
P( x ) = ∑ p n x
n −1
,
n= 0
∞
Q( x ) = ∑ q n x
n−2
, osea
n= 0
∞
∞
n= 0
n= 0
xP ( x ) = ∑ p n x n , x 2Q ( x ) = ∑ q n x n , la idea
de Frobenius fue que como las Ecuaciones de Cauchy-Euler tiene
soluciones de la forma x k , entonces para el punto singular regular x = 0
debe haber soluciones de y ''+ P( x ) y '+ Q( x ) y = 0 de la forma x k
multiplicada por una función analítica .En consecuencia se buscan
y ''+ P( x ) y '+ Q( x ) y = 0 de la forma
soluciones de la ecuación
∞
y = y( x ) = ∑ c n x
n+r
, donde x > 0 .
n= 0
Supongamos que c 0 ≠ 0 es una constante arbitraria, entonces solo
quedaría determinar r y los coeficientes c n para n ≥ 1 .
∞
y = ∑ cn x
n= 0
n+r
∞
, y ' = ∑ ( n + r )c n x
n + r −1
n= 0
∞
, y '' = ∑ ( n + r )(n + r − 1)c n x
n+ r −2
n= 0
entonces reemplazando en la ecuación dada tenemos que:
∞
∑ ( n + r )(n + r − 1)c
n= 0
∞
(∑ q n x
n= 0
n−2
∞
)( ∑ c n x
n
x
n+r
n+r −2
∞
+ ( ∑ pnx
n −1
n= 0
) = 0,
aplicando
∞
)( ∑ ( n + r )c n x
n + r −1
)+
n= 0
el
producto
de
Cauchy
n= 0
obtenemos que:
[ r(r −1) + p0r + q0 ] xr−2 + ⎡⎣(r +1)r c1 + (r +1) p0c1 + p1rc0 + q0c1 + q1c0 ⎤⎦ xr−1 + ... = 0
Como los x > 0 , entonces será igual a cero solamente cuando cada uno de
los coeficientes es cero r (r − 1) + p0 r + q0 = 0 ,
(r + 1)r c1 + (r + 1) p0 c1 + p1rc 0 + q 0 c1 + q1c 0 = 0,...
117
,
Análisis Matemático IV
Definición.-( Ecuación Indicial).- Si x 0 es un punto singular regular de
y ''+ P( x ) y '+ Q( x ) y = 0 ,entonces la ecuación indicial de este punto es
r (r − 1) + p0 r + q0 = 0 ,
donde
p0 = lim ( x − x0 ) P( x ) ,
x→ x 0
q0 = lim ( x − x0 ) 2 Q( x ) . Las raíces de ésta
x→ x 0
se llaman exponentes
(índices) de la singularidad x 0 .
Ejemplos
1.-
La ecuación diferencial xy ''+ 3 y '− y = 0 tiene punto singular regular en
3
x = 0 , entonces p0 = lim ( x − x0 ) P( x ) = lim x ( ) = 3 ,
x→ x 0
x→ x 0
x
1
q0 = lim ( x − x0 ) 2 Q( x ) = lim x 2 ( − ) = 0 , entonces su polinomio indical
x→ x 0
x →0
x
2
es r (r − 1) + 3r = 0 ⇒ r + 2r = 0 ⇒ r1 = 0 , r2 = − 2 , son raíces iniciales.
2.- La ecuación diferencial ( x 2 − 1) y ''+ ( x + 1) y '− y = 0 tiene en x = −1
un punto singular regular, luego
x +1
1
1
p0 = lim ( x + 1)( 2
) = lim (
)= ,
2
2
x→−1
x →−1 ( x − 1)
( x −1)
4
1
1
1
) = lim ( −
) = − , por tanto el
q0 = lim ( x + 1) 2 (− 2
2
2
1
x →−1
x
→−
( x − 1)
( x − 1)
4
1
1
1
polinomio indicial es r (r − 1) + r − = 0 ⇒ r1 = 1 , r2 = − son los
4
4
4
exponentes indiciales.
3.-
Aplicando el método de Frobenius resolver la ecuación diferencial
xy ''+ 3 y '− y = 0
Solución
Esta ecuación tiene punto singular regular en el punto x = 0 , entonces
∞
tiene una solución de la forma y = ∑ c n x
n+r
, entonces
n= 0
∞
y ' = ∑ ( n + r )c n x
n= 0
n + r −1
∞
, y '' = ∑ ( n + r )(n + r − 1)c n x
n+ r −2
,
n= 0
reemplazando en la ecuación diferencial dada, tenemos
∞
∞
∞
n= 0
n= 0
n= 0
xy ''+ 3y '− y = ∑( n + r )(n + r −1)c n x n+r −1+ 3∑( n + r )c n x n+r −1 − ∑cn x n+r = 0
entonces operando y haciendo las simplificaciones tenemos que
118
Análisis Matemático IV
∞
⎡
⎤ r
−1
n
⎢ r (r + 2 )c 0 x + ∑ (( n + r + 1)(n + r + 3)c n +1 − c n ) x ⎥ x = 0 ⇒
n= 0
⎣
⎦
r (r + 2 )c 0 = 0 ⇒ , como
c 0 ≠ 0 ⇒ r (r + 2 ) = 0 ⇒
(( n + r + 1)(n + r + 3)c n +1 − c n = 0 ⇒ r1 = 0 , r2 = − 2 y
1
c n , n = 0,1, 2,...
( n + r + 1)(n + r + 3)
1
c n , n = 0,1, 2,... entonces
Para r = 0 c n +1 =
( n + 1)(n + 3)
1
1
2
1
2
c1 =
c0 , c2 =
c1 =
c0 , c3 =
c2 =
c0 ,
1.3
2.4
2!4!
3.5
3!5!
1
2
c4 =
c3 =
c0 ,
4.6
4!6!
2
cn =
c 0 , para n =1, 2,... por tanto una solución en serie es
n !(n + 2 )!
c n +1 =
∞
2
x
n = 0 n !( n + 2)!
ϕ1(x ) = c 0 ∑
n
, para x < ∞ .
1
c n , n = 2,3 ,... , c 0 = c1 = 0 ,
( n − 1)(n + 1)
1
2
1
2
, c4 =
c3 =
c 2 , c5 =
c4 =
c2 ,
2.4
2!4!
3.5
3!5!
Para r = − 2 , c n +1 =
1
c2
1.3
2
c n +1 =
c 2 , para n = 2,3 ,...
n !(−2)!
∞
2
x n + 2 pero observamos que ϕ 2 es
Por tanto ϕ 2 ( x ) = c2 ∑
n = 0 n !( n + 2)!
múltiplo de ϕ 1 , entonces una de ellas es la solución, por tanto
c3 =
∞
2
x
n = 0 n !( n + 2)!
y = y ( x ) = c2 ∑
n+2
es la solución general .
Teorema 3 (Frobenius 2).- Sea x 0 un punto singular regular de
y ''+ P( x ) y '+ Q( x ) y = 0 y sean r1 , r2 las raíces indiciales asociadas,
donde r1 ≥ r2 ( Re r1 ≥ Re r2 ) .
i)
Si r1 ≠ r2 y r1 − r2 ∉ Z , entonces existen dos soluciones linealmente
independientes
de
la
119
ecuación
de
la
forma
Análisis Matemático IV
∞
∞
ϕ 1 ( x ) = ∑ c n ( x − x0 ) n + r , c 0 ≠ 0 y
ϕ 2 ( x ) = ∑ d n ( x − x0 ) n + r ,
n= 0
n= 0
d0 ≠ 0
Si
ii)
r1 = r2 siempre
existen
dos
soluciones
∞
independientes de la forma ϕ 1 ( x ) = ∑ c n ( x − x0 )
linealmente
n+ r 1
n= 0
, c0 ≠ 0 ,
∞
ϕ 2 ( x ) = ϕ 1 ( x ) Ln( x − x 0 ) + ∑ d n ( x − x0 ) n + r
1
n= 1
r1 − r2 = λ ∈ Z , entonces existen dos soluciones linealmente
+
iii)
∞
independientes de la forma
ϕ 1 ( x ) = ∑ c n ( x − x0 )
n+ r 1
n= 0
, c0 ≠ 0 ;
∞
ϕ 2 ( x ) = kϕ 1 ( x ) Ln( x − x 0 ) + ∑ d n ( x − x0 ) n + r , d 0 ≠ 0 donde k es
2
n= 0
una constante arbitraria.
Ejemplos
1.-
Resolver la ecuación diferencial xy ''+ ( x − 6 ) y '− 3 y = 0
Solución
∞
y = y( x ) = ∑ c n x
∞
, y ' = ∑ ( n + r )c n x
n+r
n= 0
n + r −1
,
n= 0
∞
y '' = ∑ (n + r )(n + r − 1)c n x
n+ r −2
n= 0
Reemplazando en la ecuación dada tenemos que :
∞
xy ''+ ( x − 6 ) y '− 3 y = ∑ (n + r )(n + r − 1)c n x
n= 0
∞
- 6 ∑ ( n + r )c n x
n= 0
n + r −1
∞
−3 ∑ c n x
n+r
n + r −1
∞
+ ∑ ( n + r )c n x
n+r
n= 0
=0⇒
n= 0
∞
∞
⎡
⎤
−1
n −1
r
(
r
7
)
c
x
(
n
r
)(
n
r
1)
c
x
(n + r − 3)c n x n ⎥ x r =
−
+
+
+
−
+
⎢
∑
∑
0
n
n =1
n= 0
⎣
⎦
∞
⎡
⎤ r
−1
n
⎢ r (r − 7 )c 0 x + ∑ ⎣⎡ (n + r + 1)(n + r − 6 )c n +1 + (n + r − 3)c n ⎦⎤ x ⎥ x = 0 ⇒
n =0
⎣
⎦
r (r − 7 ) = 0 ⇒ r1 = 7 , r2 = 0 ⇒ r1 − r2 = 7 y
(n + r + 1)(n + r − 6 )c n +1 + (n + r − 3)c n = 0
120
Análisis Matemático IV
Para r = 0 (n + 1)(n − 6 )c n +1 + (n − 3)c n = 0 ⇒ c n +1 =
1
1
1
1
( n − )c n ⇒ c 1 = − c 0 , c 2 = − c 1 = c 0 ,
(n + 1)(n − 6 )
2
5
10
1
1
c3 = − c 2 = −
c 0 , c 4 = c 5 = c 6 = 0 , donde c 0 , c 7 , pueden ser
12
120
elegidos arbitrariamente.
1
4
(n − 3)c n , c 8 = −
c7 ,
Para n ≥ 7 , c n +1 = −
(n + 1)(n − 6 )
8.1
5
4.5
6
4.5.6
c8 = −
c8 =
c 7 , c10 = −
c9 = −
c7 , … ,
9.2
2!8.9
10.3
3!8.9.10
(−1) n +1 4.5.6...(n − 4)
cn =
c 7 , n = 8,9,10,...
(n − 7)!8.910...n
Si seleccionamos c 7 = 0 , c 3 ≠ 0 , obtenemos la solución polinomial
−
1 2 1 3⎤
⎡ 1
x −
x , para c 7 = 0 , c 0 ≠ 0 , tenemos que
10
120 ⎥⎦
⎣ 2
∞
⎡
(−1) n 4.5.6...(n + 3) n + 7 ⎤
x ⎥ , x < ∞ y para x > 0
ϕ 2 ( x ) = c 7 ⎢ x7 + ∑
n = 1 n !8.9.10...( n + 7 )
⎣
⎦
y ( x ) = C 1ϕ 1 ( x ) + C 2ϕ 2 ( x ) .
ϕ 1 ( x ) = c 0 ⎢1 − x +
Si no encontramos una segunda solución que sea una serie, siempre
podemos
usar
formalmente
el
hecho
que
− ∫ P ( x ) dx
e
y 2 ( x ) = ϕ 2 ( x ) = ϕ 1 ( x )∫ 2
dx (*) , también es una solución de la
ϕ1 (x )
ecuación
y ''+ P( x ) y '+ Q( x ) y = 0 , donde ϕ 1 ( x ) es una solución
conocida.
2.-
Resolver xy ''+ 3'− y = 0
Solución
Por el ejemplo (3),
∞
2
1
1
1 3
y1( x ) = ϕ1(x ) = ∑
x n = 1+ x + x2 +
x + ...
3 24
360
n = 0 n!(n + 2)!
Aplicando (*)
121
Análisis Matemático IV
y 2 ( x ) = ϕ 2 ( x ) = ϕ1 ( x )∫
e
−
3
∫ x dx
dx = ϕ1 ( x )∫
1
dx
1
1 2 1 3
2
x (1 + x + x +
x + ...)
3
24
360
1
1
2 1
19 3
ϕ1 (x )∫
d x = ϕ1(x )∫ 3 (1− x + x2 −
x + ...) dx =
2
7
1
x
3 4
270
x3 (1+ x + x2 + x3 + ...)
3 36
30
2
1 19
2 1
19
⎡1
⎤
⎡ 1
⎤
+ ..⎥ = ϕ 1 ( x ) ⎢ − 2 − + Lnx −
x + ..⎥
ϕ 1 ( x )∫ ⎢ 3 − 2 + −
270
⎣ x 3 x 4 x 270 ⎦
⎣ 2 x 3x 4
⎦
1
2 1
19
⎡ 1
⎤
o bien ϕ 2 ( x ) = ϕ 1 ( x ) Lnx + ϕ 1 ( x ) ⎢ − 2 − + Lnx −
x + ...⎥ ,
4
270
⎣ 2 x 3x 4
⎦
por tanto la solución general es:
⎡1
2 1
19
⎡ 1
⎤⎤
y( x ) = C1ϕ 1 ( x ) + C 2 ⎢ ϕ 1 ( x ) Lnx + ϕ 1 ( x ) ⎢− 2 − + Lnx −
x + ...⎥ ⎥ .
270
⎣ 2 x 3x 4
⎦⎦
⎣4
3.-
ϕ (x )
2
1
3
Resolver la ecuación diferencial xy ''+ y '− 4 y = 0
Solución
∞
∞
∞
n= 0
n= 0
n= 0
y = ∑ c n x n+r , y ' = ∑ (n + r )c n x n+r −1 , y '' = ∑ (n + r )(n + r −1)c n x n+r −2
Reemplazando tenemos que
∞
∞
∞
xy ''+ y '− 4 y = x∑ (n + r )(n + r −1)c n x n+r −2 + ∑ (n + r )c n x n+r −1 − ∑ c n x n+r = 0
n= 0
n= 0
∞
∑ (n + r )(n + r − 1)c
n= 0
n
x
n + r −1
∞
+ ∑ ( n + r )c n x
n= 0
n + r −1
n= 0
∞
− 4∑ c n x
n+r
=
n= 0
∞
∞
⎡ 2 −1 ∞
⎤
2
n+ r −1
n+r
2
n−1
(
n
r
)
c
x
4
c
x
r
c
x
(
n
r
)
c
x
c n x n ⎥ xr =
+
−
=
+
+
−
⎢ 0
∑
∑
∑
∑
n
n
n
n= 0
n= 0
n= 1
n= 0
⎣
⎦
⎡ 2 −1 ∞
⎤ r
2
n
⎢ r c 0 x + ∑ ⎡⎣(n + r + 1) c n +1 − 4c n ⎤⎦ x ⎥ x = 0 ⇔
n= 0
⎣
⎦
2
2
r c 0 = 0 ⇒ r = 0 ⇒ r1 = r2 = 0
∞
4
, n = 0 ,1, 2,...
(n + r + 1) 2
Para r1 = 0 solo hay una solución, correspondiente a los coeficientes
(n + r + 1) 2 c n +1 − 4c n = 0 ⇒ c n +1 =
definidos
por
∞
ϕ1 (x ) = c 0 ∑
n= 0
c n +1 =
4n
x
( n !) 2
n
4
, n = 0 ,1, 2,...
(n + 1) 2
, x <∞
122
y
tenemos
Análisis Matemático IV
Calculamos la segunda solución, para ello usamos:
y 2 ( x ) = ϕ 2 ( x ) = ϕ 1 ( x )∫
e
−
1
∫ x dx
dx
dx = ϕ 1 ( x ) ∫
=
2
16 3 ⎤
⎡
2
x ⎢1 + 4 x + 4 x + x + ..⎥
9
⎣
⎦
1⎡
1472 3 ⎤
1472 3 ⎤
⎡
ϕ1 ( x )∫ ⎢1− 8x + 40x2 −
x + ..⎥ d x = ϕ1 ( x ) ⎢ Lnx − 8x + 20x2 −
x + ..⎥
x⎣
9
27
⎦
⎣
⎦
Por tanto
⎡
1472 3 ⎤ ⎤
⎡
y ( x ) = C 1ϕ 1 ( x ) + C 2 ⎢ϕ 1 ( x ) Lnx + ϕ 1 ( x ) ⎢ Lnx − 8 x + 20 x 2 −
x + ..⎥ ⎥
27
⎣
⎦⎦
⎣
0< x<∞
4.-
ϕ (x )
2
1
Encuentre la solución por Forbenius 2 x 2 y ''+ 3 x y '− ( x 2 + 1) y = 0
Solución
3
3
Calculando el polinomio indicial p 0 = lim xP( x ) = lim x ( ) =
x →0
x →0
2x
2
1 1
1
q 0 = lim x 2Q( x ) = lim ( − − x 2 ) = − , luego la ecuación indicial es
x →0
x →0
2 2
2
3
1
1
3
r (r − 1) + r − = 0 ⇒ r1 = , r2 = −1 ,
r1 − r2 = ∉ Z , entonces
2
2
2
2
existen dos soluciones linealmente independientes
de la forma
∞
∞
∞
n= 0
n= 0
n= 0
y = y( x ) = ∑ c n x n+r ; y ' = ∑ (n + r )c n x n+r −1 , y '' = ∑(n + r )(n + r −1)cn x n+r−2
sustituyendo tenemos
∞
∞
n= 0
n= 0
2x2 y ''+ 3x y '− ( x2 +1) y = x2 ∑ (n + r )(n + r −1)c n x n+r −2 + 3x∑ (n + r )c n x n+r −1
∞
( x 2 + 1) ∑ c n x
n+r
-
=0⇒
n= 0
∞
2 ∑ (n + r )(n + r − 1)c n x
n= 0
n+r
∞
+ 3 ∑ ( n + r )c n x
n+r
n= 0
∞
− ∑ c n−2 x
n=2
n+r
∞
− ∑ cnx
n+r
n= 0
2r (r − 1)c 0 x r + 2r (r + 1)c1 x1+ r + 3rc 0 x r + 3(r + 1)c1 − c 0 x r − c1 x1+ r +
∞
∑ ⎡⎣ 2(n + r )(n + r − 1)c
n =2
n
+ 3(n + r )c n − cn − 2 − c n ⎤⎦ x n + r = 0 , agrupando
(2r (r − 1) + 3r − 1)c 0 = 0 , (2r 2 + 5r + 2 )c1 = 0 ⇒ 2r (r − 1) + 3r − 1 = 0 ⇒
1
∨ r = −1 , 2r 2 + 5r + 2 > 0 ⇒ c1 = 0 ,
2
2(n + r )(n + r − 1)c n + 3(n + r )c n − cn − 2 − c n = 0
r=
123
=0
Análisis Matemático IV
1
cn − 2 , n ≥ 2
2(n + r ) + (n + r − 1)
1
1
, sea α n = 2
Para r =
α n − 2 , n ≥ 2 con esto deducimos los
2
2n + 3n
coeficientes de la primera solución
1
1
α 2 = α 0 , α 3 = α1 = 0 , α 5 = α 7 = ... = α 2 n +1 = 0 ,
14
27
1
1
1
1
α 4 = α2 =
α 0 , α 6 = α4 =
α 0 , ..
44
616
90
55440
1
⎡ x2 x4
⎤
x6
2
La primera solución será ϕ 1 ( x ) = α 0 x ⎢1 + +
+
+ ..⎥
⎣ 14 616 55440 ⎦
1
1
⇒ sea β n = 2
βn−2 , n ≥ 2
Para r = −1 en c n =
2
2(n − 1) + (n − 2 )
2n − 3n
tenemos que β 1 = β 3 = ... = 0 y para n = 2, 4, 6 ,... tenemos que
cn =
2
1
2
1
1
β0, β6 =
β 0 .. ,
40
2160
⎡ x2 x4
⎤
x6
luego ϕ 2 ( x ) = β 0 x −1 ⎢1 + + +
+ ...⎥ , por tanto
2 40 2160
⎣
⎦
β2 = β0 , β4 =
y ( x ) = C 1ϕ 1 ( x ) + C 2ϕ 2 ( x ) es la solución general .
4.5. ECUACIÓN DE BESSEL Y SU SOLUCIÓN
La ecuación diferencial de segundo orden x 2 y ''+ xy '+ ( x 2 − n 2 ) y = 0 ,
donde n ∈ R es un parámetro fijo, se llama Ecuación de Bessel de orden
n.
Sus soluciones se llamarán ahora funciones de Bessel de orden n . Estas
tienen un gran campo de aplicaciones, son eficaces para resolver
problemas de flujo de calor y de electricidad en cilindros ,problema de
vibración de membranas y otros muchos problemas.
Tales funciones aparecieron por primera vez en la década de 1730 en el
trabajo de Daniel Bernoulli y Euler sobre las oscilaciones de una cadena
suspendida verticalmente .La ecuación misma aparece en un artículo
1764 debido a Euler sobre las vibraciones de un tambor y Fourier usó las
funciones de Bessel en su clásico tratado sobre el calor 1822 .
Sus propiedades generales fueron estudiados sistemáticamente por
primera vez en 1824 en un informe de F. W .Bessel que estaba
investigando el movimiento de los planetas.
124
Análisis Matemático IV
Solución de la ecuación de Bessel x 2 y ''+ xy '+ ( x 2 − n 2 ) y = 0 n ∈ R
1
n2
p 0 = lim xP( x ) = lim x ( ) = 1 , q 0 = lim x 2Q( x ) = lim x 2 (1 − 2 ) = −n 2
x →0
x →0
x →0
x →0
x
x
La ecuación indicial es:
r (r − 1) + r − n 2 = 0 ⇒ r 2 − n 2 = 0 ⇒ r1 = n , r2 = −n
Si r = n ⇒ y = y ( x ) =
∞
∑ cmx
m+n
⇒, y' =
y '' =
∑ (m + n )(m + n − 1)c
m= 0
m
x
∑ ( m + n )c
m= 0
m= 0
∞
∞
m+n−2
,
m
x
m + n −1
reemplazando en la ecuación
original tenemos que
∞
∞
∞
m= 0
m= 0
m= 0
∞
∑ (m + n )(m + n −1)cmx m+n+ ∑ (m + n )cmx m+n+ ∑ cmx m+n+2− n2 ∑ cmx m+n = 0
∞
∑ ⎡⎣(m + n )(m + n − 1)c
m= 0
m= 0
∞
m
+ (m + n )c m − n 2 c m ⎤⎦ x m + n + ∑ c m x
m+n+2
=0⇒
m= 0
∞
∞
m= 0
m= 0
∑ ⎡⎣ m(m + 2n )c m ⎤⎦x m+n + ∑ c m x
m+n+2
=0⇒
∞
∞
m= 2
m= 0
(1 + 2n )c1 x + ∑ ⎡⎣ m(m + 2n )c m ⎤⎦ x m + n + ∑ c m x
m+n+2
=0⇒
∞
∞
m= 0
m= 0
(1 + 2n )c1 x + ∑ ⎡⎣ ( m + 2 )(m + 2n + 2 )c m + 2 ⎤⎦ x m + n + 2 + ∑ c m x
m+n+2
=0⇒
∞
(1 + 2n )c1 + ∑ ⎡⎣( m + 2 )(m + 2n + 2 )c m + 2 + c m ⎤⎦ x m + n + 2 = 0 ⇒
m= 0
(1 + 2n )c1 = 0 , ( m + 2 )(m + 2n + 2 )c m + 2 + c m = 0 y
1
cm = 0
( m + 2 )(m + 2n + 2 )
1
c1 = 0 , c m+2 =
c m = 0 m ∈ Z 0 + , c3 = c5 = ... = c 2m+1 = 0
( m + 2)(m + 2n + 2)
1
1
1
1
c2 = −
c0 = − 2
c0 , c4 = −
c2 = 4
c0 ,
2(2 + 2n )
2 .1!(1+ n )
4(4 + 2n )
2 .2!(1+ n )(2 + n )
1
1
c6 = −
c4 = − 6
c0 ,
6(6 + 2n )
2 .3!(1 + n )(2 + n )(3 + n )
1
1
c8 = −
c4 = 8
c 0 , …,
8(8 + 2n )
2 .4!(1 + n )(2 + n )(3 + n )(4 + n)
c m+2 =
125
Análisis Matemático IV
(−1) m
c 0 , m ∈ Z+
2m
2 .m !(1 + n )(2 + n )(3 + n )(4 + n)...(m + n )
1
A c 0 le damos un valor específico c 0 = n
donde Γ es la función
2 Γ( n )
Gamma, además:
(−1)m
(1 + n )(2 + n )(3 + n )(4 + n)...(m + n ) = Γ(m + n + 1) ⇒ c2m = 2m+n
2 .m!Γ(m + n +1)
c 2m =
(−1) m
x
( ) 2 m + n , n ≥ 0 esta serie
m= 0
m = 0 m !Γ ( m + n + 1) 2
converge por lo menos en 0 < x < ∞ .
Luego y 1 ( x ) =
∞
∑ cmx
m+n
∞
=∑
(−1) m
x
( )2m− n
∑
m = 0 m !Γ ( m − n + 1) 2
A estas funciones se llaman Funciones de Bessel de primera clase y se
denotan por
∞
∞
(−1)m
x
(−1) m
x
J n (x ) = ∑
( ) 2 m+ n , J − n ( x ) = ∑
( )2m− n ,
m = 0 m!Γ(m + n + 1) 2
m = 0 m !Γ ( m − n + 1) 2
luego la solución general está dado por y ( x ) = C 1 J n ( x ) + C 2 J − n ( x ) .
Análogamente para r = − n , y 2 ( x ) =
Si n = 0 , J 0 ( x ) =
∞
(−1) m x 2 m
∑ 2 ( 2 ) se llama función de Bessel de orden
m = 0 ( m !)
∞
cero.
Si n ∈ Z + , J n ( x ) =
(−1) m
x
( )2 m+ n
∑
m = 0 m !( m + n )! 2
∞
4.6. PROPIEDADES DE LA FUNCIÓN DE BESSEL
1.-
x 2 J n ''( x ) + x J n '( x ) + ( x 2 − n 2 ) J n ( x ) = 0
2.-
x 2 J − n ''( x ) + x J − n '( x ) + ( x 2 − n 2 ) J − n ( x ) = 0
3.-
x J n ( x ) = n J n ( x ) − x J n +1 ( x )
4.-
x J n '( x ) = −n J n ( x ) + x J n −1 ( x )
5.-
J n (x ) =
6.-
d
⎡ x n J n ( x ) ⎤⎦ = x n J n − 1 ( x )
dx⎣
J 0 '( x ) = J −1 ( x ) = − J1 ( x )
7.-
1
π∫
x
0
cos (nθ − xsen θ ) dθ , n ≥ 2
8.- J − n ( x ) = (−1) n J n ( x ) , n ∈ Z +
126
Análisis Matemático IV
9.-
J n (− x ) = (−1) n J n ( x ) , n ∈ Z 0 +
10.- 2n J n ( x ) = x J n +1 ( x ) + x J n −1 ( x )
Ejercicios
I.-
Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales en 0 < x < ∞
2 x y ''− y '+ 2 y = 0
2 x y ''+ 5 y '+ x y = 0
1
3.- 4 x y '+ y '+ y = 0
2
2
4.- 2 x y ''− xy '+ ( x 2 + 1) y = 0
5.- 3x y ''+ (2 − x ) y '− y = 0
2
6.- x 2 y ''− ( x − ) y = 0
9
7.- 2 x y ''+ (3 + 2 x ) y '+ y = 0
4
8.- x 2 y ''+ x y '+ ( x 2 − ) y = 0
9
9.- xy ''+ 2 y '− x y = 0
1
10.- x 2 y ''+ x y '+ ( x 2 − ) y = 0
4
1
11.- x 2 y ''+ x y '+ ( x 2 − ) y = 0
9
1
12.- 4 x 2 y ''+ 4 x y '+ (4 x 2 − ) y = 0
25
II.- Graficar la funciones de Bessel J 0 ( x ) , J 1 ( x ) , J 2 ( x ) , J 3 ( x ) usando
algún asistente matemático
1.2.-
4.7. LA ECUACIÓN DIFERENCIAL
SOLUCIÓN (1752 − 1833)
DE
LEGENDRE
Y
SU
Otra ecuación muy importante que surge en muchas aplicaciones a la
física, ingeniería y estadística matemática etc. es la ecuación diferencial
de Legendre (1 − x 2 ) y ''− 2 x y '+ n (n + 1) y = 0 , donde n ∈ R .
Las soluciones de esta ecuación se denominan Funciones de Legendre o
Polinomios de Legendre o Polinomios esféricos en homenaje al
famoso matemático francés Adrien Marie Legendre.
127
Análisis Matemático IV
Esta ecuación tiene un punto singular en x = 1 por tanto se puede obtener
una solución en serie de potencias en torno de x = 1 por el método de
Frobenius, pero x = 0 es un punto ordinario de la ecuación ,entonces
suponemos una solución de la forma
y = y( x ) =
∞
∞
∑ c m x m , derivando y ' = ∑ m c m x
(1 − x 2 ) ∑ m(m − 1) c m x
m−2
m= 2
∑ m(m −1) c
m= 2
m
x
, y '' =
m−2
∞
− 2x ∑ m c m x
m −1
m= 1
∞
m
x
m−2
+ n (n + 1) ∑ c m x m = 0 ⇒
m= 0
− ∑ m(m −1) cm x −− 2x ∑mcm x
m
m= 2
∑ m(m − 1) c
∞
∞
m−1
m= 1
∞
∞
m= 2
m= 1
m= 0
∞
∞
m −1
∞
+ n (n +1) ∑ cm x m = 0
m= 0
∞
∞
m= 2
m= 2
(2c2 + 6c3 x + ∑ m(m −1) cm x m−2 ) − ∑ m(m −1) cm x m − (2 c1x + 2 ∑ mcm x m ) +
m= 4
∞
( n (n + 1)c 0 + n(n + 1)c1 x + ∑ c m x m ) = 0
m= 2
∞
⎡⎣ n (n + 1) c 0 + 2c 2 ⎤⎦ + ⎡⎣ n (n + 1) c1 − 2c1 + 6c 3 ⎤⎦ x + ∑ m (m − 1) c m x
m−2
m= 4
∞
− ∑ m(m − 1) c m x
∞
m
m= 2
− 2 ∑ m cmx
∞
m
m= 2
+ n (n + 1) ∑ c m x
m
=0
m= 2
∞
⎡⎣ n (n + 1) c 0 + 2c 2 ⎤⎦ + ⎡⎣ n (n + 1) c1 − 2c1 + 6c 3 ⎤⎦ x + ∑ (m + 2 ) (m + 1) c m + 2 x
m= 2
∞
− ∑ m (m − 1) c m x
m= 2
∞
m
− 2∑ m cmx
m= 2
∞
m
+ n (n + 1) ∑ c m x
m
= 0⇒
m= 2
⎡⎣ n (n + 1) c 0 + 2c 2 ⎤⎦ + ⎡⎣ n (n + 1) c1 − 2c1 + 6c 3 ⎤⎦ x +
∞
∑ ⎡⎣(m + 2 ) (m + 1) c
m= 2
m+2
+ ( n − m )(n + m + 1)c m ⎤⎦ x m = 0 ⇔
n (n + 1) c 0 + 2c 2 = 0 ⇒ c 2 = −
n (n + 1)
c 0 , n (n + 1) c1 − 2c1 + 6c 3 = 0 ⇒
2
(n − 1)(n + 2 )
c1 , (m + 2 ) (m + 1) c m + 2 + ( n − m(n + m + 1)c m ⇒
3!
( n − m )(n + m + 1)
c m+2 = −
c m , para m = 2,3, 4,..
(m + 2 ) (m + 1)
( n − 2 )(n + 3)
(n − 2 )n (n + 1)(n + 3)
c4 = −
c2 =
c0 ,
4.3
4!
( n − 3)(n + 4 )
(n − 3)(n − 1)(n + 2 )(n + 4 )
c5 = −
c3 =
c1
5.4
5!
c3 = −
128
m
Análisis Matemático IV
( n − 4 )(n + 5)
(n − 4 )(n − 2) n(n + 1)(n + 3)(n + 5)
c4 = −
c0
6.5
6!
( n − 5)(n + 6 )
(n − 5)(n − 3) (−1)(n + 2 )(n + 4 )(n + 6 )
c7 = −
c5 = −
c1 ,…
7.6
7!
Para x < 1 , obtenemos dos soluciones linealmente independientes
c6 = −
⎡ n(n + 1) 2 (n − 2 )n (n + 1)(n + 3) 4
x +
x −
2
4!
⎣
(n − 4 )(n − 2) n(n + 1)(n + 3)(n + 5)
⎤
+ ...⎥
6!
⎦
(
n
1)(
n
2
)
(
n
3)(
n
1)
(n + 2 )(n + 4 ) 5
−
+
−
−
⎡
ϕ 2 ( x ) = c1 ⎢ x −
x3 +
x −
3!
5!
⎣
(n − 5)(n − 3) (−1)(n + 2 )(n + 4 )(n + 6 ) 7
⎤
x + ...⎥
7!
⎦
+
Para n ∈ Z par, la serie ϕ 1 ( x ) se anula o termina, pero ϕ 2 ( x ) es una serie
ϕ 1 ( x ) = c 0 ⎢1 −
infinita.
35 ⎤
⎡ 4.5 2 2.4.5.7 4 ⎤
⎡
x +
x ⎥ = c 0 ⎢1 − 10 x 2 + x 4 ⎥ ,
Si n = 4 ⇒ ϕ 1 ( x ) = c 0 ⎢1 −
2!
4!
3 ⎦
⎣
⎦
⎣
+
n
análogamente para n ∈ Z 0 impar ϕ 2 ( x ) termina en x , es decir cuando
n ∈ Z 0 + se obtiene una solución polinomial de grado n .
Eligiendo valores específicos para c 0 y c1 dependiendo de n ∈ Z + par o
impar obtenemos:
1.3.5....(2n − 1 )
Para n = 0 , c 0 = 1 y para n = 2, 4, 6,.. par c 0 = (−1) n
2.4.6...(2 n )
Mientras que para n = 1 , c1 = 1 y si n = 2n − 1 , n ≥ 2 impares
definimos c1 = (−1) n −1
1.3.5....(2n − 1 )
,
2.4.6...(2 n − 2 )
Para n = 4 ,
ϕ 1 ( x ) = (−1)4
1.3 ⎡ 4.5 2 2.4.5.7 4 ⎤ 3 ⎡
35 ⎤
1−
x +
x ⎥ = ⎢1 − 10 x 2 + x 4 ⎥ =
⎢
2.4 ⎣
2!
4!
3 ⎦
⎦ 8⎣
1
⎡3 − 30 x 2 + 35 x 4 ⎤⎦ es una polinomio de grado 4 y denotamos por
8⎣
1
P4 ( x ) = ⎡⎣3 − 30 x 2 + 35 x 4 ⎤⎦
8
Con la series ϕ 1 ( x ) y ϕ 2 ( x ) y los valores dados a c 0 y c 2 , encontramos
los primeros polinomios de Legendre y que a su vez son soluciones
particulares de las respectivas ecuaciones :
129
Análisis Matemático IV
P0 ( x ) = 1
1.2.3.4.5.6.7.-
8.-
(1 − x 2 ) y ''− 2 x y ' = 0
P1 ( x ) = x
(1 − x 2 ) y ''− 2 x y '+ 2 y = 0
1
P2 ( x ) = (3 x 2 − 1)
(1 − x 2 ) y ''− 2 x y '+ 6 y = 0
2
1
(1 − x 2 ) y ''− 2 x y '+ 12 y = 0
P3 ( x ) = ( 5 x3 − 3x )
2
1
P4 ( x ) = ( 35 x 4 − 30 x 2 + 3)
(1 − x 2 ) y ''− 2 x y '+ 20 y = 0
8
1
P5 ( x ) = ( 63x5 − 70 x3 + 15 x )
(1 − x 2 ) y ''− 2 x y '+ 30 y = 0
8
1
P6 ( x ) = ( 693x 6 − 945 x 4 + 315 x 2 − 15)
48
2
(1 − x ) y ''− 2 x y '+ 42 y = 0
1
P7 (x ) = (1287x7 − 2079x5 + 945x3 −105x )
48
2
(1 − x ) y ''− 2 x y '+ 56 y = 0 , así sucesivamente.
4.8. PROPIEDADES DE POLINOMIOS DE LEGENDRE
1.- Pn (− x ) = (−1) n Pn ( x ) ,
Pn (1) = 1 , Pn (− 1) = (−1) n
2.- Pn (0 ) = 0 , n = 1,3,5,... , Pn '(0 ) = 0 , n = 0, 2, 4,...
(−1) m (2n − 2m )!
x n − 2 m , donde M es el mayor
∑
n
2
m
!(
n
−
m
)!(
n
−
2
m
)!
m= 0
n n
.
entero de , es decir M = 2
2 n
1 dn
2
⎡
⎤
4.- Pn ( x ) = n
x
−
1
⎦ (Fórmula de Rodrigues 1794 − 1885 )
2 n! d xn ⎣
2n + 1
1
5.- Pn +1 ( x ) = (
) x Pn ( x ) −
Pn −1 ( x )
n +1
n +1
(−1) n (2n )!
(−1) n (2n + 1)!
6.- P2 n (0 ) = 2 n
,
P
'(0
)
=
0
,
P
'(0
)
=
2n
2 n +1
2 (n !) 2
22 n (n !) 2
3.- Pn ( x ) =
M
(−1) n (2n )!(4n + 3)!
∫0
22 n +1 n !(n + 1)!
1
2n
8.- ∫ x Pn ( x ) Pn −1 ( x )d x = 2
−1
4n − 1
7.-
1
P2 n +1 ( x )d x =
130
, para n ∈ Z + .
Análisis Matemático IV
Observación.- Con la propiedad de recurrencia (5),se determinan todos
Polinomios de Legendre.
los
Ejercicios
1.2.3.-
4.5.6.-
Usando la propiedad de recurrencia (9) calcular P8 ( x ) , P9 ( x ) , P10 ( x ) y
comprobará que es mas sencillo que usar la fórmula de Rodrigues.
Graficar los polinomios P2 ( x ) , P3 ( x ) , P4 ( x ) , P5 ( x )
Resolver las ecuaciones diferenciales:
a) (1 − x 2 ) y ''− 2 x y '+ 30 y = 0
b) (1 − x 2 ) y ''− 2 x y '+ 56 y = 0
c) (1 − x 2 ) y ''− 2 x y '+ 72 y = 0
Resuelve la ecuación de Legendre (1 − x 2 ) y ''− 2 x y '+ n(n + 1) y = 0 por el
método de de Frobenius para el punto singular regular x = 1
Verificar que Pn ( x ) satisface (1− x2 )Pn ''( x ) − 2x Pn '( x ) + n(n +1)Pn ( x ) = 0
Verificar todas las propiedades del 1 al 16.
131
Análisis Matemático IV
CAPÍTULO V
La Transformada de Laplace y sus Aplicaciones
La transformada de Laplace se usó por primera vez en forma sistemática para
resolver problemas de electricidad .Su utilización causó una revolución
comparable a lo que se produjo cuando inventaron los logaritmos en el siglo
XVII . Así como los logaritmos transforman un producto en suma y un cociente
en diferencia, la Transformada de Laplace transforma un problema de
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias (EDO) en otra más simple ecuación
algebraica y problemas de Ecuaciones en Derivadas Parciales (EDP) en sus
similares Ecuaciones Diferenciales Ordinarias.
El nombre de Laplace hace honor al científico francés Pierre Simón Laplace
( 1749 − 1827) , llamado Newton de Francia.
En lo que se refiere a la Química, el uso de la transformada de Laplace data a
partir de los años sesenta en la solución de problemas de Cinética Química. La
integral que define la transformada de Laplace probablemente haya aparecido
primero en un trabajo de Euler y fue empleado por P. S. Laplace en sus trabajos
sobre Teoría de la Probabilidad.
La técnica operacional que lleva su nombre para la solución de ecuaciones
diferenciales y que se basa en la transformada de Laplace no fue explotado por
el matemático francés, de hecho él lo descubrió, pero las aplicaciones fueron
popularizados por ingenieros prácticos, en particular por ingenieros electricistas
como el inglés Oliver Heaviside (1850 − 1925) .
Estas técnicas fueron exitosas y ampliamente aplicadas antes de que fueran
justificadas rigurosamente y al rededor del inicio del presente siglo fue objeto de
controversias.
Previamente daremos algunas definiciones preliminares:
5.1
DEFINICIÓN.- Una función F : [a ,b ] → R , a < b es seccionalmente
continua o continua por tramos en [a ,b ] si existe un número finito de
puntos a = t 0 < t 1 < t 2 < ... < t n = b tal que F es continua en < t i − 1 , t i >
i = 1 ,2 ,3 ,...,n
y
que los límites laterales F( t i + ) = lim+ F(t ) ,
t→ t
133
i
Análisis Matemático IV
F( t i− ) = lim− F(t ) existen. Si F( t i + ) = F( t i + ) = F(t i ) se dice que F es
t→ t
i
continua en t = t i .
La discontinuidad de salto se define como F( t i + ) − F( t i − ) = λ i
Por definición
∫
b
a
n
F(t)dt = ∑ ∫
i =1
ti
t
i−1
F(t )dt .
Una función F : I → R donde I es un intervalo infinito, es seccionalmente
continua en I , si F es continua por tramos en cada intervalo finito
[a ,b ] ⊂ I .
Ejemplos
1.-
, o < t <1
⎧t
⎪
La función F(t ) = ⎨ 2
, 1 < t < 2 es seccionalmente continua o
⎪(t − 2 )2 , 2 ≤ t ≤ 3
⎩
continua por segmentos en [0 ,3 ]
134
Análisis Matemático IV
Vemos que F es continua en los intervalos < 0 , 1 > , < 1, 2 >
< 2 , 3 > , además
F( 0− ) = lim− F(t ) = 0 , F( 0 + ) = lim+ F(t ) = lim t = 1
t →0
t→ 0
t→ 0
−
y
+
F(1 ) = lim− F(t ) = lim t = 1 , F(1 ) = lim+ F(t ) = lim 2 = 2
t→1
t →1
t→1
−
t →1
+
F( 2 ) = lim− F(t ) = lim t = 2 , F( 2 ) = lim+ F(t ) = lim(t − 2 )2 = 0
t→ 2
t →2
t→ 2
t →2
Por tanto F es continua por tramos en [0 ,3 ] .
2.-
5.2
, 0 < t <1
⎧t
La función G(t ) = ⎨
es continua por tramos en [0 ,2 ] y
⎩1− t , 1 < t < 2
tiene una discontinuidad de salto F(1+ ) − F(1− ) = 0 − 1 = −1 en t = 1
DEFINICIÓN.- Una función F : [a ,b ] → R es de orden exponencial λ
(o de crecimiento Exponencial) si existen t 0 > 0, M > 0
, tales que
F(t ) < Meλ t , para t > t 0 .
Toda función continua es de orden exponencial de orden λ = 0
Una definición alternativa de función de orden exponencial es:
F( t )
F : [a ,b ] → R es de orden exponencial si lim a t = 0 ,donde a > 0 es
t→ ∞ e
arbitrario. En adelante λ siempre representará el orden o crecimiento
exponencial de F cuando es citado en los conceptos y propiedades.
135
Análisis Matemático IV
Ejemplo
1.-
F(t ) = ea t cosb t
es
de
orden
exponencial
λ
,
pues
F(t ) = eλ t cosbt ≤ eλ t , M = 1 > 0
2.-
G(t ) = t n es de crecimiento exponencial de orden λ=0, pues
G(t )
n t n−1
n!
lim
=
= ... = lim n a t = 0
a
t
a
t
t →∞
t →∞ ae
t →∞ a e
e
n
H(t ) = e t no es de orden exponencial
lim
3.-
cuando
t →∞,
pues
n
lim
t→ ∞
5.3
et
= lim e t (t −a ) = ∞
at
t→ ∞
e
DEFINICIÓN (FUNCIONES DE CLASE A ).Se dice que una función F : [0, ∞ > → R pertenece a la clase A cuando:
a) F es seccionalmente continua sobre un intervalo finito de t ≥ 0
b) F es de algún orden exponencial λ conforme t → ∞ .
5.4
DEFINICIÓN.- Sea
F : [0, ∞ > → R
una función seccionalmente
∞
continua. Definimos la función H / H(s ) = ∫ e− s t F(t )d t , donde s ∈ R
0
para los cuales la integral impropia existe o converge.
Entonces se dice que la integral define la transformada de Laplace de F
∞
y denotamos por H(s ) = L [F(t )] = ∫ e− s t F(t )d t .
0
El lector deberá darse cuenta que, el hecho de ser F continua por tramos
no implica la existencia de L [F(t )] , se puede encontrar contraejemplos de
tal noción.
El concepto de funciones seccionalmente continuas,
desempeñará un papel importante en un conjunto de condiciones
suficientes para la existencia de la transformada.
136
Análisis Matemático IV
Ejemplos
1.-
Calcular la transformada de F(t ) = t n cunado
n ∈ Z0+
y
n ∈ R , n > −1
Solución
∞
H(s ) = L [F(t )] = ∫ e− s t t n dt , el cálculo por integración por partes sería
0
tediosa, hacemos el cambio de variable u = s t ⇒ t =
t→∞⇒u→∞ y t→0⇒u→0
u
du
, si
⇒ dt =
s
s
u n du
1 ∞
= n+1 ∫ e− u u n du =
)
0
0
0
s
s s
⎧ n!
,n ∈ Z0+ ,s > 0
n +1
⎪
∞
Γ(n + 1) ⎪ s
1
=⎨
e− u u ( n+1) −1 du =
n +1 ∫ 0
s
sn+1
⎪ Γ(n + 1) , n ∈ R ,n > −1,s > 0
⎪⎩ s n+1
Calcular L [cosa t ]
∞
∞
H(s ) = L [F(t )] = ∫ e− s t t n d t = ∫ e− u (
2.-
Solución
H(s ) = L [cosa t ] =
∫
∞
0
e − s t cosa t dt =
e− s t
s
∞
scosa t − asena t ] 0 = 2
,s > 0
2
2 [
s +a
s + a2
137
Análisis Matemático IV
3.-
Determinar L ⎡⎣ t ⎤⎦
Solución
∞
H(s ) = L ⎡⎣ t ⎤⎦ = ∫ e
0
π
2s3 / 2
4.-
−st
1
2
∞
t dt = ∫ e− s t t
0
3 / 2− 1
dt =
Γ (3 / 2 ) Γ(1/ 2 )
=
=
s3 / 2
2s3 / 2
,s > 0
⎡ 1 ⎤
Calcular L ⎢ ⎥
⎢⎣ t ⎥⎦
Solución
La función F(t ) = 1
no es continua en t = 0 , pero por el ejemplo (1) ,
t
1
> −1. Por tanto
2
1
1/ 2 − 1
−
⎡ 1 ⎤
∞
∞
Γ(1/ 2 )
2
−st
H(s ) = L ⎢
e
t
d t = ∫ e− s t t
d t = 1/ 2 =
=
⎥ ∫0
0
s
⎣⎢ t ⎦⎥
n=−
Γ(1/ 2 )
=
s1/ 2
5.-
π
s
,s > 0
Calcular L ⎡⎣cos3 t ⎤⎦
Solución
F(t ) = cos3 t =
3
1
1
⎡3
⎤
cos t + cos3 t ⇒ H(s ) = L ⎡⎣cos3 t ⎤⎦ = L ⎢ cos t + cos3 t ⎥ =
4
4
4
⎣4
⎦
3s
s
s3 + 7s
s(s2 + 7 )
+
=
=
4( s2 + 1) 4(s2 + 9 ) (s2 + 1)(s2 + 9 ) (s2 + 1)(s2 + 9 )
6.-
Evaluar L [ sena t ]
Solución
H(s ) = L [ sena t ] =
∫
∞
0
e − s t sena t d t =
e− s t
a
∞
−s sena t − acosa t ] 0 = 2
, s>0
2
2 [
s +a
s + a2
138
Análisis Matemático IV
7.-
Si h(t ) = k es una función constante entonces
H(s ) = L [k ] =
8.-
∫
∞
0
e
− st
∞
k dt = k ∫ e
∞
− st
0
k
⎡ 1
⎤
dt = k ⎢ − e− s t ⎥ = ,s > 0
⎣ s
⎦0 s
Calcular la transformada de Laplace de g(t ) = e− a t pulso unilateral.
Solución
H(s ) = L ⎡⎣e− a t ⎤⎦ =
∫
9.-
∞
0
e
− st
e
−at
∞
dt = ∫ e
∞
− (s + a ) t
0
1 − (s+a ) t ⎤
1
⎡
=
dt = ⎢ −
e
,s > −a
⎥
⎣ s+a
⎦0 s+a
Calcular la transformada de Laplace de g(t ) = ea t pulso unilateral
Solución
H(s ) = L ⎡⎣ea t ⎤⎦ =
∫
∞
0
10.-
e
− st
∞
e dt = ∫ e
at
∞
− (s −a ) t
0
1 − (s−a ) t ⎤
1
⎡
=
dt = ⎢ −
e
,s > a ≥0
⎥
⎣ s−a
⎦0 s−a
⎧ t2 , 0 ≤ t < 3
Calcular L [ f(t )] si f(t ) = ⎨
⎩8 t , t > 3
Solución
H(s ) = L [ f(t )] =
∫
3
0
e
− st
3
∞
t d t + 8∫ e
2
− st
3
⎡ t2
⎤
2t
2
t dt = ⎢ − e− s t − 2 e− s t − 3 e − s t ⎥ −
s
s
⎣ s
⎦0
∞
11.-
2
2 2
⎡8 t −st 8 −st ⎤
− 3 s 15
+
=
+
+
−
e
e
e
(
)
2
3
⎢s
⎥
s
s s 2 s3
⎣
⎦3 s
⎧ 2 , 0≤t≤5
⎪
Calcular L [h(t )] si h(t ) = ⎨ 0 , 5 ≤ t ≤ 10
⎪ e6 t , t > 10
⎩
Solución
∞
H(s ) = L [h(t )] = 2∫ e− s t d t + ∫ e− s t e6 t d t =
5
0
10
∞
− 10 ( s − 6 )
⎡ e
⎤
⎤
⎡ 2 −st ⎤
⎡2 2 − 5 s ⎤ ⎡e
−
+
−
=
e
−
+
e
⎢
⎥
⎢
⎥=
⎢ s
⎥
⎢
⎥
s − 6 ⎦ 10 ⎣ s s
⎣
⎦0 ⎣
⎦ ⎣ s−6 ⎦
5
− ( s−6 ) t
139
Análisis Matemático IV
12.-
2 2 − 5s e− 10 ( s−6 )
− e +
,s>6
s s
s−6
Determinar L [ g(t )] donde g( t ) = sen 5 t
Solución
Sabemos que
5
⎡1
⎤
1
g( t ) = sen t = ⎢ ( e i t − e− i t )⎥ =
[sen5 t − 5sen3 t + 10sen t ] por
16
⎣ 2i
⎦
Binomio de Newton. Aplicando el ejemplo (6) tenemos que
5
H(s ) =
1
1 ⎡ 5
15
10 ⎤
− 2
+ 2
=
L [ sen5 t − 5sen3 t + 10sen t ] =
2
⎢
16
16 ⎣ s + 25 s + 9 s + 1⎥⎦
5!
2
2
(s + 1)(s + 9 )(s2 + 25 )
El siguiente teorema proporciona una condición suficiencia para la
existencia de L [ f(t )] .
Existen funciones que poseen transformada pese a no cumplir ambas
hipótesis, sin embargo todas las funciones que nos interesan en las
aplicaciones son continuas por tramos y de orden exponencial, es decir son
funciones de clase A .
Teorema1. (Existencia).- Sea F : [0, ∞ > → R una función tal que
i) F es continua por tramos
ii) F es de orden exponencial λ
Entonces L [ f(t )] existe para s > λ
Demostración
∫
Además sabemos que
r
0
e − s t F(t )dt = ∫
t0
0
r
e − s t F(t )dt + ∫ e − s t F(t )dt
t0
(1) para r → ∞
De la hipótesis se tiene que 0 ≤ e− s t F(t ) < Me − (s−λ ) t , para t > t 0
r
pero por otra parte
∫
r
t0
Me
− ( s− λ ) t
⎡ e − ( s− λ ) t ⎤
F(t )dt = M ⎢
⎥ =
⎣ s − λ ⎦t 0
M ⎡ − ( s− λ ) t 0
− e − ( s− λ )r ⎤⎦ , entonces
e
⎣
s−λ
140
(2),
Análisis Matemático IV
r
∫
lim
r →∞
r
t0
Me
− ( s− λ ) t
⎡ e − ( s− λ ) t ⎤
M ⎡ − ( s− λ ) t 0 ⎤
F(t )dt = M ⎢
e
⎥ =
⎣
⎦
⎣ s − λ ⎦ t0 s − λ
∫
Para s > λ , es decir,
(2) tenemos que
∫
(1) concluimos que
∞
t0
r
t0
Me − ( s− λ ) t F(t )dt existe para s > λ , luego de
e− s t F(t )dt
∫
∞
0
existe para s > λ . Por consiguiente de
e− s t F(t )dt existe para s > λ .
5.5
PROPIEDADES DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE
I.-
Linealidad: Sean F1 , F2 , ..., Fn : [0, ∞ > → R funciones de clase A tal
L ⎡⎣F1(t )⎤⎦ = H 1 (s ) ,
que
L ⎡⎣F2 (t )⎤⎦ = H 2 (s ) , .. ,
L ⎡⎣Fn (t )⎤⎦ = H n (s )
definidas en < λ 1 , ∞ > , < λ 2 , ∞ > , …, < λ n , ∞ > respectivamente y sean
β 1 , β 2 , β 3 , .. β n ∈ R .
Entonces
L ⎡⎣ β 1 F1(t ) + β 2 F2 (t ) + ... + β n Fn (t )⎤⎦ = β 1 L ⎡⎣F1(t )⎤⎦ + β 2 L ⎡⎣F2 (t )⎤⎦ + ... +
n
β n L ⎡⎣Fn (t )⎤⎦ = β 1 H 1 ( s ) + β 2 H 2 ( s ) + ... + β n H n ( s ) = ∑ β i H i ( s ) ,
i =1
s > Má x {λ 1 , λ 2 ,.., λ n } .
Demostración
∞
∞
L ⎡⎣ β 1 F1(t ) + β 2 F2 (t ) + ... + β n Fn (t )⎤⎦ = ∫ e− s t β 1 F1(t )dt + ∫ e− s t β 2 F2 (t )dt + ...
0
∫
∞
0
0
∞
∞
0
0
e − s t β n Fn (t )d t = β 1 ∫ e − s t F1(t )d t + β 2 ∫ e− s t F2 (t )d t + ... +
∞
n
0
i =1
β n ∫ e− s t Fn (t )d t = β 1 H 1 ( s ) + β 2 H 2 ( s ) + ... + β n H n ( s ) = ∑ β i H i ( s )
II.-
Escalonamiento.- Sea F : [0, ∞ > → R una función de clase A tal que
L [F(t )] = H(s ) . Entonces L [F(a t )] =
1 s
H( ) a ∈ R + .
a a
Demostración
∞
H(s ) = L [F(a t )] = ∫ e − s t F( a t )d t , sea
0
u = at ⇒ t =
u
du
⇒ dt =
, si t → 0 ⇒ u → 0 ,
a
a
141
Análisis Matemático IV
t→∞⇒u→∞⇒
∞
∞
0
0
H(s ) = L [F(a t )] = ∫ e− s t F( a t )d t = ∫ e
III.-
−s (
u
)
a
F( u )
du 1
s
)
= H(
a
a
a
Primera propiedad de desplazamiento o de Modulación.- Sea
F : [0, ∞ > → R una función de clase A tal que L [F(t )] = H(s ) .
Entonces:
i) L ⎡⎣e a t F(t )⎤⎦ = H(s − a ) s > a + λ
ii) L ⎡⎣e− a t F(t )⎤⎦ = H(s + a ) , s > λ − a
Demostración
i)
Como F es de clase A , entonces es de orden exponencial λ . La
prueba es directamente a partir de la definición de la transformada de
Laplace.
∞
Como H(s ) = L [F( t )] = ∫ e − s t F( t )d t,s > λ , entonces
0
∞
∞
0
0
L ⎡⎣ e a t F(t )⎤⎦ = ∫ e − s t e a t F(t )d t = ∫ e − (s−a ) t F(t )d t = H(s − a )
ii)
Análogo a (i).
Antes de continuar con el enunciado de las demás propiedades
tenemos que definir algunos conceptos que serán de mucha
importancia para el cálculo de la transformada de Laplace.
Definición (Función Escalón Unitario o Función de Heaviside).La función denotada
Uc ( t ) = U( t − c) , c ∈ R 0+ y definida
⎧0 , t <c
Uc ( t ) = ⎨
, se llama función escalón unitario
⎩1,t≥c
Heaviside desplazado c unidades a la derecha del cero.
⎧0 , t <0
Si c = 0 U0 ( t ) = U( t − 0) = U( t ) = ⎨
.
⎩1 ,t≥0
Las dos funciones son discontinuas en
t=0 y
respectivamente.
142
por
o de
t=c
Análisis Matemático IV
e− c s
,s > 0
Teorema 2.- L [U( t − c )] =
s
Demostración
∞
L [U( t − c )] = ∫ e
−st
0
∞
U( t − c )dt = ∫ e
−st
c
⎡ e− s t ⎤
dt = ⎢
⎥
⎣ s ⎦
∞
=
c
e− c s
, s>0
s
En particular si c = 0 ,
∞
L [U( t − 0 )] = ∫ e
0
−st
∞
∞
U( t − 0 )dt = ∫ e
−st
0
⎡ e− s t ⎤
1
dt = ⎢
⎥ =
⎣ s ⎦0 s
s>0
Observación.En cuanto a la traslación o desplazamiento de funciones:
F : [0, ∞ > → R , desplazarla a la derecha del cero al punto c de tal manera que
F( t ) ≡ 0
en
[0 , c >
h(t ) = F( t − c )U(t − c )
significa
143
construir
una
nueva
función
Análisis Matemático IV
IV.-
Segunda propiedad de desplazamiento (Teorema de Heaviside o de
Retraso).- Sea
F : [0, ∞ > → R
de clase A
tal que
L [ F( t )] = H(s ) .
Entonces
i) L [ F( t − c )U( t − c )] = e − c s H(s ),s > c
ii) L [ F( t )U( t − c )] = e − c s L [ F( t + c )] ,s > c
Demostración
i)
∞
∞
0
c
L [ F( t − c )U( t − c )] = ∫ e− s t F( t − c )U( t − c )dt = ∫ e − s t F( t − c )dt ,
sea: w = t − c ⇒ t = w + c ⇒ si t → 0 ⇒ w → 0 y si t → ∞ ⇒ w → ∞ ,
luego:
∞
∞
L [ F( t − c )U( t − c )] = ∫ e− s t F( t − c )U( t − c )dt = ∫ e− s t F( t − c )dt =
0
∫
∞
0
c
∞
e − s ( w +c ) t F( w )d w = e − c s ∫ e− s w F( w )d w = e− c s H(s ) , por tanto
L [ F( t − c )U( t − c )] = e
0
−c s
H(s ),s > c .
A estas alturas estamos en condiciones de desarrollar una variedad de
ejemplos
1.-
3
⎡
⎤
Calcular L ⎢ cos5t + t 2 + cosh t ⎥
⎣
⎦
Solución
Aplicando la propiedad de linealidad tenemos que
3
⎡
⎤
⎡ 3⎤
H(s ) = L ⎢ cos5t + t 2 + cosh t ⎥ = L [cos5t ] + L ⎢ t 2 ⎥ + L [cosh t ] =
⎣
⎦
⎣ ⎦
3
3
Γ ( + 1)
π
s
s
s
s
2
4
+
+
=
+
+ 2
=
5
5
2
2
2
s + 25
s − 1 s + 25
s −1
2
2
s
s
s
3 π
s
+
+ 2
,s > 1
5
2
−
s + 25
s
1
4s 2
2.-
Evaluar L ⎡⎣ e− 6 t cos4 (t − 2π )sen 4 ( t − 2π )U( t − 2π ) ⎤⎦
Solución
Aplicaremos las dos propiedades de desplazamiento
144
Análisis Matemático IV
Sea F( t ) = cos4 (t − 2π )sen 4 ( t − 2π )U( t − 2π ) ⇒
F( t ) = cos4 (t − 2π )sen 4 ( t − 2π )U( t − 2π ) ⇒
⎡ 1
⎤
H(s ) = e− 2π s L ⎡⎣cos4 (t )sen 4 ( t )⎤⎦ = e− 2π s L ⎢( sen2 t )4 ⎥ =
⎣ 2
⎦
e − 2π s
e− 2 π s ⎡ 3
1
⎤
L ⎡⎣( sen2 t )4 ⎤⎦ =
L ⎢ − 2cos 4t + cos8t ⎥ =
16
64 ⎣ 2
2
⎦
− 2π s
⎡3
⎤
e
2s
s
, luego aplicando la propiedad de
− 2
+
⎢
2
64 ⎣ 2s s + 16 2( s + 64 ) ⎥⎦
modulación tenemos que
L ⎡⎣ e− 6 tF( t )⎤⎦ = H(s + 6 ) =
e− 2 π ( s+6 )
64
3.-
⎡
⎤
3
2(s + 6 )
s+6
⎢ 2(s + 6 ) − (s + 6 ) 2 + 16 + 2( (s + 6 ) 2 + 64 ) ⎥
⎣
⎦
Calcular L ⎡
⎣
t cos t + t 4 U(t − 1)⎤⎦
Solución
Por la propiedad de linealidad
L ⎣⎡ t cos t + t 4 U(t − 1)⎦⎤ = L ⎣⎡
t cos t ⎦⎤ + L ⎡⎣ t 4 U(t − 1)⎤⎦
(*)
( −1) n 2 n
t ⇒
n = 0 (2n )!
∞
Sabemos que la serie de MacLaurin de cos t es cos t = ∑
∞
( −1) n 2 n + 21
( −1)n ⎡ 2 n + 21 ⎤
⎡
⎤
⇒ L ⎣ t cos t ⎦ = ∑
t cos t = ∑
t
L ⎢t
⎥=
n = 0 (2n )!
n = 0 (2n )! ⎣
⎦
∞
( −1) n
∑
n = 0 (2n )!
∞
3
)
2 , s>0
3
Γ ( 2n +
2 n+
2
s
L ⎡⎣ t 4 U(t − 1)⎤⎦ = e− s L ⎡⎣ ( t + 1) 4 ⎤⎦ = e− s L ⎡⎣ t 4 + 4t 3 + 6 t 2 + 4t + 1 ⎤⎦ =
⎡ 24 24 12 2 4 1 ⎤
e− s ⎢ 5 + 4 + 3 + 2 + ⎥ , s > 0 sustituyendo en (*)
s
s
s
s ⎦
⎣s
145
Análisis Matemático IV
L⎡
⎣
( −1) n
t cos t + t 4 U(t − 1)⎤ = ∑
⎦ n = 0 (2n ) !
∞
Γ ( 2n +
s
2 n+
3
2
3
)
2 +
⎡ 24 24 12 2 4 1 ⎤
e− s ⎢ 5 + 4 + 3 + 2 + ⎥ ,s > 0
s
s
s
s ⎦
⎣s
4.-
Calcular L ⎡
⎣
Solución
( t − 6 ) 3 U(t − 6 )⎤
⎦
L⎡
⎣
( t − 6 ) 3 U(t − 6 )⎤ = e− 6 s L ⎡
⎦
⎣
3
−6s
⎡
⎤ 3 πe
e− 6 s L ⎢ t 2 ⎥ =
,s > 0
5
⎣
⎦
2
s
5.-
t3 ⎤ =
⎦
⎡ sen t ⎤
Determinar L ⎢
t ⎥
⎣ 3 ⎦
Solución
⎡ sen
L⎢
t
⎣ 3
t⎤
−
⎥ = L ⎣⎡e
⎦
( Ln3 ) t
1
sen t ⎤⎦ =
( s + Ln3 ) 2 + 1
Observación. - La función de Heaviside tiene una importancia sin igual en la
solución de problemas en los campos de la ingeniería, especialmente en la
electrónica y eléctrica como también en la solución de problemas con la
transformada de Laplace.
Así por ejemplo sería muy laborioso calcular la transformada de Laplace por
definición de una señal como:
0 ≤ t < α1
⎧ F1 (t ) ,
⎪
⎪ F2 (t ) , α 1 ≤ t < α 2
⎪
.
⎪
F( t ) = ⎨
.
.
⎪
⎪ Fn−1 (t ) , α n−2 ≤ t < α n−1
⎪
t ≥ α n−1
⎪⎩ Fn (t ) ,
146
Análisis Matemático IV
Pero resultará sumamente fácil si asociamos esta función con la función escalón
unitario o de Heaviside:
F( t ) = F1 ( t ) + ⎡⎣F2 (t ) − F1 ( t )⎤⎦ U( t − α 1 ) + ⎡⎣F3 (t ) − F2 ( t )⎤⎦ U( t − α 2 ) + ... +
⎡⎣Fn (t ) − Fn−1 ( t )⎤⎦ U( t − α n−1 ) .
Ejemplos
1.-
⎧
⎪
⎪
Calcular la transformada de F( t ) = ⎨
⎪
⎪⎩
Solución
t , 0≤t≤2
8 − 3t ,2 ≤ t ≤ 3
t−4 , ,3<t ≤4
0
,t>4
F( t ) = t − 4(t − 2 )U( t − 2 ) + 4( t − 3 )U( t − 3 ) − ( t − 4 )U(t − 4 ) ⇒
L [F( t )] = L [ t − 4(t − 2 )U( t − 2 ) + 4( t − 3 )U( t − 3 ) − ( t − 4 )U(t − 4 )] =
2.-
1
1 4e− 2 s
−2s
−3s
− 4s
4
e
L
t
4e
L
t
e
L
t
−
+
−
=
[ ]
[ ]
[ ] s2 − s2
s2
4e− 3 s e − 4 s
+
− 2 ,s>0
s2
s
⎧ sen t , 0 ≤ t ≤ π
⎪
Determinar la transformada de Laplace de G( t ) = ⎨ sen2 t , π ≤ t ≤ 2π
⎪ sen3 t ,2π ≤ t
⎩
Solución
G( t ) = sent + [ sen2t − sent ] U( t − π ) + [ sen3t − sen2 t ] U( t − 2π )
L [G( t )] = L [ sen t + (sen2 t − sen t ) )U( t − π ) + ( sen3 t − sen2 t ))U( t − 2π )] =
1
+ e− π s L [ sen2( t − π ) − sen( t − π )] + e− 2π s L [ sen3( t − 2π ) − sen2( t − 2π )]
s +1
2
1
+ e− π s L [ sen2 t + sen t ] + e − 2π s L [ sen3 t − sen2t ] =
s +1
1
1 ⎤
3
2 ⎤
⎡ 2
− 2π s ⎡
+ e− π s ⎢ 2
+ 2
+
−
e
2
2
2
⎥
⎢s + 9 s + 4⎥
s +1
⎣s + 4 s +1 ⎦
⎣
⎦
=
2
147
Análisis Matemático IV
Función Impulso Unitario (Delta de Dirac).- En muchas aplicaciones en la
ingeniería estamos siempre interesados en buscar la respuesta a funciones fuerza
que son aplicadas de repente pero sólo en un tiempo muy corto. Estas funciones
son conocidas como fuerzas impulsivas.
Matemáticamente, tales funciones de fuerza son idealizadas por la función
impulso que es una función cuyo valor total está concentrado en un punto. Para
desarrollar una formulación matemática de la función impulso y entender su
interpretación física consideramos la función de pulso:
T
⎧
⎪ 0 , 0 < t < t0 − 2
⎪
T
T
⎪ A
ϕ (t) = ⎨
, a− < t < t0 +
2
2
⎪ T
T
⎪
t ≥ t0 +
⎪ 0 ,
2
⎩
A
y su duración es T , el área debajo del pulso es
T
T
t0+
∞
A
2
ϕ
=
(
t
)dt
∫ −∞
∫ t 0 − T22 T dt = A u
La función impulso cuya magnitud es unitaria es denominado función impulso
unitario o función delta de Dirac.
El impulso unitario que ocurre en el tiempo t = t 0 es el caso límite del pulso
Como su altura del pulso es
ϕ ( t ) con el valor de A = 1 y se denota por δ ( t − t 0 ) y se define como
⎧⎪ 0 , t ≠ t 0
⎪⎩∞ , t = t 0
δ (t − t0 ) = ⎨
y tiene la propiedad
148
∫
∞
−∞
δ ( t − t 0 )dt = 1
Análisis Matemático IV
La función δ ( t − t 0 ) no es una función en el sentido usual, pero es un ejemplo
de una clase de funciones generalizadas que pueden ser analizados usando la
teoría del cálculo generalizado o visto como una distribución investigada usando
la teoría de las distribuciones.
El estudio detallado de este tema saldrá en el texto de Análisis Matemático V, por
ahora es solo para calcular su trasformada de Laplace y hacer uso en la solución
de problemas de aplicación como los circuitos eléctricos.
Teorema 3.- L ⎡⎣δ ( t − t 0 )⎤⎦ = e
Prueba
− t0 s
∞
L ⎡⎣δ ( t − t 0 )⎤⎦ = ∫ e − s t δ ( t − t 0 )d t = ⎡⎣ e − s t ⎤⎦
0
t =t 0
=e
−st0
, si t 0 = 0 , L [δ ( t )] = 1
Ejemplo
1.- Calcular L [δ ( t − 20 )U( t − 20 ) ]
Solución
L [δ ( t − 20 )U( t − 20 ) ] = e − 20 s L [δ ( t − 20 + 20)] = e − 20 s L [δ ( t ] = e −20 s .
V.- Teorema 4(Propiedad de multiplicación por potencias de t).- Sea
F : [0, ∞ > → R una función de clase A tal que L [F( t ) ] (s ) = H( s ) .
dn
Entonces L ⎡⎣ t n F( t ) ⎤⎦ = ( −1) n
[H(s )] = ( −1) n H
ds n
( n )
(s) , s > λ
Demostración
Por definición de transformada tenemos que
∞
H(s ) = L [F( t )] (s ) = ∫ e − t s F( t )dt , s > λ
0
Aceptando el hecho de que la derivada se intercambia con la integral,
derivamos respecto a s
∞
H (1 )(s ) = L(1 ) [F( t )] (s ) = ( − 1) 1 ∫ t e− t s F( t )dt
0
∞
H ( 2 )(s ) = L(2 ) [F( t )] (s ) = ( −1) 2 ∫ t 2 e− t s F( t )dt
0
∞
H ( 3 )(s ) = L(3 ) [F( t )] (s ) = ( −1) 3 ∫ t 3 e− t s F( t )dt
0
∞
H ( n )(s ) = L( n ) [F( t )] (s ) = ( −1) n ∫ t n e− t s F( t )dt ⇒
0
149
Análisis Matemático IV
∞
∞
H ( n )(s ) = ( −1) n ∫ t n e− t s F( t )dt ⇒ ∫ t n e − t s F( t )dt = ( −1) n H ( n ) (s ) ,
0
0
es decir que L ⎡⎣ t F( t ) ⎤⎦ = ( −1) H
n
n
(n)
(s).
Ejemplos
1.-
Aplicando el teorema anterior, calcular L ⎡⎣ t n ⎤⎦ (s )
Solución
1
Sea F( t ) = 1 ⇒ H( s ) = = s− 1 , s > 0 ⇒ H'( s) = −s− 2 = ( −1) 1 1!s− (1+1)
s
−3
2
H''( s) = 2s = ( −1) 2!s− (2+1) , H'''( s) = −6s− 4 = ( −1) 3 3!s− (3+1) , … ,
H ( n ) ( s) = ( −1) n n!s− ( n+1) ⇒ L ⎣⎡ t n .1 ⎦⎤ = ( −1) n ( n ) ( s) =
n!
( −1) n ( −1) n n!s− ( n+1) = n!s− ( n+1) = n+1
s
2.-
Calcular L ⎡⎣ t n e− 3 t sen( t − 2 )U( t − 2 )⎤⎦ (s )
Solución
Sea F(t ) = sen( t − 2 )U( t − 2 ) ⇒ H(s ) =
e− 2 s
⇒
L [ sen( t − 2 )U( t − 2 )] (s ) = 2
s +1
L ⎡⎣ e − 3 t sen( t − 2 )U( t − 2 )⎤⎦ (s ) = H(s + 3 ) =
e − 2 ( s+3
= T (s ) ⇒
(s + 3)2 +1
L ⎡⎣ t n e− 3 t sen( t − 2 )U( t − 2 )⎤⎦ (s ) = ( −1)n T ( n ) ( s )
.
d n e− 2 ( s+3 )
(
)
ds n ( s + 3 ) 2 + 1
El cálculo de la derivada queda como tarea para el lector.
= ( −1) n
VI.-
Teorema5 (La transformada de la derivada de una función).- Sea
F : < 0 , ∞ >→ R una función continua y de orden exponencial λ ,
L [F( t ) ] (s ) = H( s ) y F' : [0, ∞ > → R de clase A . Entonces
L [F'( t ) ] (s ) = H( s )
está
definida
s>λ
para
L [F'( t ) ] (s ) = sH( s ) − F(0 + ) , donde F(0+ ) = lim+ F( t ) .
t→ 0
150
y
además
Análisis Matemático IV
En general si F , F' , F'' , ..., F ( n−1 ) : < 0 , ∞ >→ R son continuas y de
orden exponencial y F ( n ) : [0, ∞ > → R es de clase A , entonces
L [F''( t ) ] (s ) = s 2 H( s ) − sF( 0 + ) − F'( 0 + ) , donde F'(0 + ) = lim+ F'( t )
t→ 0
L [F'''( t ) ] (s ) = s H( s ) − s F( 0 ) − s F'( 0 ) − F''(0 ) , donde
3
+
2
+
+
F''( 0 + ) = lim+ F'' ( t )
t→ 0
L ⎡⎣F
(n )
( t ) ⎤⎦ (s ) = s n H( s ) − s n−1 F( 0 + ) − s n−2 F'( 0+ ) − ... − F( n−1 ) ( 0+ ) =
n
s n H( s ) − ∑ s n−1 F ( n−1 ) ( 0 + )
k =1
Demostración
La demostración se hace por inducción sin mayor dificultad
∞
L [F'( t ) ] (s ) = ∫ e − s t F'(t )d t , integrando por partes, sea
0
−st
u = e ⇒ du = −s e− s t dt
dv = F'( t )dt ⇒ v = F( t ) , entonces
∞
∞
0
0
L [F'( t ) ] (s ) = ⎡⎣e − s t F( t )⎤⎦ + s ∫ e− s t F(t )dt = − F( 0 + )
∞
+ s ∫ e− s t F(t )dt
0
∞
= s ∫ e− s t F(t )dt − F( 0 + ) = sH( s ) − F( 0 + )
0
Análogamente se prueba el resto.
Ejemplos
1.-
⎡ 1
⎤
Aplicado la propiedad anterior calcular L ⎢ − cosa t ⎥ (s )
⎣ a
⎦
Solución
1
Sea F( t ) = − cosa t ⇒ F'( t ) = sena t ⇒ H( s ) = L [F'( t )] (s ) =
a
s
1
s
s
1
)+ =
L [ sena t ] (s ) = − L [cosa t ] (s ) + = − ( 2
2
a
a
a s +a
a
2
1
s
a
(− 2
+1 ) = 2
,
s>0
2
a s +a
s +a2
151
Análisis Matemático IV
2.-
Aplicando la propiedad IV, calcular L ⎡⎣ t n ⎤⎦ (s )
Solución
Sea F( t ) = t n ⇒ H(s ) = L [ F( t )] y
F'( t ) = nt n−1 ,F''( t ) = n(n − 1)t n−2 ,...,F( n ) ( t ) = n! ⇒
n!
L ⎡⎣ F( n ) ( t )⎤⎦ =
s
(n)
Pero L ⎡⎣ F ( t )⎤⎦ = s n H(s ) (2), luego de (1) y (2)
(1)
n!
n!
= s n H(s ) ⇒ H(s ) = n+1 ,s > 0 .
s
s
VII.- Teorema 6 (Transformada de la integral de una función).- Sea
F : [0, ∞ > → R una función de clase A tal que L [F( t ) ] (s ) = H( s ) y
a ∈ R 0+ , entonces
t
H( s ) 1 a
− ∫ F(t )dt ,
L ⎡ ∫ F(u )du ⎤ (s ) =
⎣⎢ a
⎦⎥
s
s 0
t
t
H( s ) 1 a
1 a t
L ⎡ ∫ ∫ F(u )du du ⎤ (s ) = 2 − 2 ∫ F(t )dt − ∫ ∫ F(u )dudu , en
⎢⎣ a a
⎥⎦
s
s 0
s 0 a
general
t
t
t
H( s ) 1 a
L ⎡ ∫ ∫ ...∫ F(u )dudu...du ⎤ (s ) = n − n ∫ F(t )dt
⎣⎢ a a a
⎦⎥
s
s 0
1 a t
− n−1 ∫ ∫ F( u )dudu − ...
0
a
s
t
1 a t
...∫ F(u )dudu...du
∫
∫
0
a
a
s
Demostración
La prueba se basa en que F : [0, ∞ > → R es de crecimiento exponencial,
entonces también lo es
∫
t
a
F(u )du .
t
∞
t
L ⎡ ∫ F(u )du ⎤ (s ) = ∫ e− s t ( ∫ F(u )du )dt ⇒
⎢⎣ a
⎥⎦
0
a
partes:
por
integración por
t
1
Sea w ( t ) = ∫ F(u )du ⇒ dw = F(u)du y dv = e− s t d t ⇒ v = − e− s t
a
s
152
Análisis Matemático IV
∞
∞
t
t
t
⎡1
⎤
L ⎡ ∫ F(u )du ⎤ (s ) = ∫ e− s t ( ∫ F(u )du )dt = − ⎢ e − s t ∫ F(u )du⎥
0
a
a
⎣⎢ a
⎦⎥
⎣s
⎦0
∞
1 ∞
1 ∞ −st
⎡1 −st t
⎤
e
F(u
)du
e ∫ F(u )du⎥ =
+ ∫ e− s t F(u )du =
−
∫
⎢
0
a
0
s
s
⎣s
⎦0
H(s ) 1 0
H(s ) 1 a
+ ∫ F( t )dt =
− ∫ F( t )dt .
s
s a
s
s 0
t
t
t
H( s )
Observación.- L ⎡ ∫ ∫ ...∫ F(u )dudu...du ⎤ (s ) = n ,
⎣⎢ 0 0 0
⎦⎥
s
Ejemplos
1.-
s>0
t
Determinar L ⎡ t 2 ∫ usenudu ⎤ (s )
⎢⎣ 0
⎥⎦
Solución
Sea
t
F( t ) = ∫ u senu du ⇒
0
t
1
1⎡ d
1 ⎤
H( s ) = L ⎡ ∫ usenudu ⎤ = L [ t sen t ] = ⎢ ( 2
) =
⎥⎦ s
⎣⎢ 0
s ⎣ ds s + 1 ⎥⎦
⎤
1⎡
2s
2
2
, luego
− 2
=− 2
⇒ H(s ) = − 2
⎢
2 ⎥
2
s ⎣ (s + 1) ⎦
(s + 1)
(s + 1) 2
t
d2
2
L ⎡ t 2 ∫ u senu du ⎤ (s ) =
(− 2
)
2
⎣⎢ 0
⎦⎥
ds
(s + 1) 2
2.-
t
⎡
⎤
d
Calcular L ⎢ t e t ∫ u ( e 2 u senu )du ⎥ (s ) sólo aplicando propiedades y
0
du
⎣
⎦
sin derivar.
Solución
d
( e 2 u senu )du ⇒ H(s ) = L [F( t )] ( s )
0
dt
⎤ 1 ⎡ d
⎤
d
u ( e 2 u senu )du⎥ = L ⎢ t ( e 2 t sen t )⎥ =
du
⎦
⎦ s ⎣ dt
t
F( t ) = ∫ u
⎡ t
=L ⎢ ∫
⎣ 0
⎡d
⎤ ⎤ 1⎡ d
⎤
1⎡ d
(L ⎢ ( e 2 t sen t )⎥ )⎥ = ⎢ −
( s L ⎡⎣ e 2 t sen t ⎤⎦ )⎥ =
⎢−
s ⎣ ds ⎣ d t
⎦ ⎦ s ⎣ ds
⎦
⎤ 1⎡ d
⎤
1⎡ d
1
s
( s(
))⎥ = ⎢ −
(
)⎥ ⇒
−
⎢
2
2
s ⎣ ds
(s − 2 ) + 1 ⎦ s ⎣ ds ((s − 2 ) + 1 ⎦
153
Análisis Matemático IV
⎤
1⎡ d
s
H(s ) = − ⎢
(
)⎥
2
s ⎣ ds (s − 2 ) + 1 ⎦
t
⎡
⎤
d
d
Por último L ⎢ t e t ∫ u ( e 2 u senu )du ⎥ (s ) =
[ H(s − 1)]
0
du
ds
⎣
⎦
estas operaciones es muy fácil.
3.-
efectuar
3t
Calcular L ⎡ ∫ cos 2 (z − 10 )U( z − 10 )dz ⎤ (s )
⎢⎣ t
⎥⎦
Solución
Sea F( t ) = ∫
3t
t
cos 2 ( z − 10 )U( z − 10 )d w , el teorema es , entonces
adaptamos la integral para la forma del teorema 6
F( t ) = ∫
3t
t
cos 2 ( z − 10 )U( z − 10 )d w − ∫ cos 2 ( z − 10 )U( z − 10 )d w ⇒
0
0
t
H(s ) = L ⎡ ∫ cos 2 ( z − 10 )U( z − 10 )d w ⎤
⎣⎢ 0
⎦⎥
1
1
= L ⎡⎣cos 2 ( t − 10 )U( t − 10 )⎤⎦ = ⎡⎣e− 10 s L ⎡⎣cos 2 t ⎤⎦ ⎤⎦ =
s
s
1 ⎡ − 10 s 1 1
s
⎤
e
(
)) ⎥ ⇒
+ ( 2
⎢
s ⎣
2s 2 s + 4 ⎦
1⎡
1 1
s
⎤
H( s ) = ⎢ e− 10 s (
) ) ⎥ , luego
+ ( 2
s⎣
2s 2 s + 4 ⎦
3t
1 s
L ⎡ ∫ cos 2 ( z − 10 )U( z − 10 )d w ⎤ = H( )
⎢⎣ 0
⎥⎦ 3 3
1⎡
3 1
3s
⎤
)) ⎥
= ⎢ e− 10 ( s / 3 ) (
+ ( 2
s ⎣
2s 2 s + 36 ⎦
3t
L ⎡e − 4t ∫ cos 2 (z − 10 )U( z − 10 )dz ⎤ (s )
⎢⎣
⎥⎦
t
1⎡
3 1
3s
3 1
3s
⎤ 1⎡
⎤
) ) ⎥ − ⎢e− 10 ( s / 3 ) (
)) ⎥
= ⎢ e− 10 ( s / 3 ) (
+ ( 2
+ ( 2
s ⎣
2s 2 s + 36 ⎦ s ⎣
2s 2 s + 36 ⎦
4.-
Calcular L ⎡e − 4 t ∫
0
⎣⎢
Solución
t
Sea F( t ) = ∫
=L⎡ ∫
⎢⎣ 0
t
∫
t
0
∫
t
0
∫
t
0
sen 2 4ududu ⎤ (s )
⎦⎥
sen 2 4ududu ⇒ H(s ) = L [ F( t )]
1
1 ⎡1
⎤
sen 2 4udu du ⎤ = 2 L ⎡⎣ sen 2 4t ⎤⎦ = 2 L ⎢ (1 − cos 4 t )⎥ =
⎥⎦ s
0
s ⎣2
⎦
t
154
Análisis Matemático IV
1 ⎡1 1
s
⎤
( − 2
)⎥ ⇒
2 ⎢
s ⎣ 2 s s + 16 ⎦
L ⎡e −4 t ∫
0
⎣⎢
t
∫
⎡1 1
⎤
1
s+4
sen 2 4ududu ⎤ (s ) =
(
)⎥
−
⎢
2
2
0
⎦⎥
( s + 4 ) ⎣ 2 s + 4 ( s + 4 ) + 16 ⎦
t
VIII.- Teorema7 (Transformada del cociente).Sea F : < 0 , ∞ >→ R una función de clase A con L [F( t ) ] (s ) = H( s ) y
F( t )
⎡ F( t ) ⎤
L⎢
existe.
Entonces
existe
y
⎥
t →0
t
⎣ t ⎦
∞
F( t )
⎡ F( t ) ⎤
⎡ F( t ) ⎤
H( u )du .Si lim 2 existe, entonces L ⎢ 2 ⎥
ϕ1( s) = L ⎢
=
∫
⎥
s
t
→
0
t
⎣ t ⎦
⎣ t ⎦
∞
⎡ F( t ) ⎤
existe y ϕ 2 ( s ) = L ⎢ 2 ⎥ = ∫ ϕ 1 ( u )du ,… sucesivamente.
⎣ t ⎦ s
lim
que
Demostración
F(t )
d
⇒ F(t ) = t w ( t ) ⇒ H(s ) = − (L [ w ( t )] ) =
Sea w ( t ) =
t
ds
s
∞
d
d
( T ( s )) = H( s ) ⇒ T (s ) = − ∫ H( u )du + k = ∫ H( u )du + k
− ( T( s)) −
∞
s
ds
ds
Pero lim H( s ) = 0 ⇒ k = 0 (teorema que citaremos y demostraremos
s→∞
más adelante). Un ejemplo clásico y trivial es:
Ejemplos
1.-
⎡ sen t ⎤
Calcular L ⎢
⎥
⎣ t ⎦
Solución
Sea F( t ) = sen t ⇒ lim(
t →0
H( s ) = L [ sen t ] =
sen t
) = 1 existe, entonces
t
1
⇒
s +1
2
⎡ sen t
L⎢
⎣ t
∞
1
∞
⎤
du
arctgu
=
=
= arctg(∞ ) − arctg( s ) =
[
]
2
∫
⎥ s u +1
s
⎦
π
1
1
⎡ sen t ⎤
− arctg( s ) = arctg( ) ⇒ L ⎢
= arctg( ) , s > 0
⎥
2
s
s
⎣ t ⎦
155
Análisis Matemático IV
Otra forma de resolver este problema es usando la serie de MacLaurin de
∞
( −1) n 2 n+1
sen t ∞ ( −1) n 2 n
t
⇒
=∑
t ⇒
la función sen t = ∑
t
n = 0 (2n + 1)!
n = 0 (2n + 1)!
⎡ ∞ ( −1) n 2 n ⎤ ∞ ( −1) n
⎡ sen t ⎤
=
H( S ) = L ⎢
L
t ⎥=∑
L ⎡⎣ t 2 n ⎤⎦ =
⎢∑
⎥
+
+
(2n
1)!
t
(2n
1)!
⎣
⎦
⎣ n= 0
⎦ n= 0
n
n
∞
∞
( −1)
( 2n )!
( −1)
1
1
( 2n+1 ) = ∑
( ) 2n+1 = arctg( ) .
∑
s
s
n = 0 (2n + 1) s
n = 0 (2n + 1)!
2.-
2
t sen u
⎡
⎤
Determinar L ⎢ t e − 7t ∫
du ⎥
2
0
u
⎣
⎦
Solución
2
t sen u
1 ⎡ sen 2 t ⎤
Sea G( t ) = ∫
du
H(
s
)
L
G(
t
)
L⎢
⇒
=
=
[
]
⎥ , tenemos
0
u2
s ⎣ t2 ⎦
⎡ sen 2 t ⎤
L⎢ 2 ⎥.
Si
que
garantizar
la
existencia
de
t
⎣
⎦
sen t 2
) = 1 existe, entonces queda garantizado la
t →0
t
⎡ sen 2 t ⎤
existencia de L ⎢ 2 ⎥ .
⎣ t
⎦
F( t ) = sen 2 t ⇒ lim(
Sea T ( s ) = L [ F( t )] = L ⎡⎣sen 2 t ⎤⎦ =
1
1 1
s
L [(1 − cos 2 t ) ] = ( − 2
)
2
2 s s +4
luego por teorema:
∞
u
1⎡
1
⎡ F( t ) ⎤ 1 ∞ 1
⎤
)⎥ = ∫ ( − 2
)du = ⎢Lnu − Ln(u2 + 4 )⎥ =
ϕ ( s ) =L ⎢
s
u u +4
2⎣
2
⎣ t ⎦ 2
⎦s
∞
⎤
1⎡
u2
1
s2
1
s2 + 4
) ⎥ = − Ln( 2
) = Ln( 2 ) , por último
⎢ Ln( 2
4⎣
u +4 ⎦
4
s +4
4
s
1 ⎡ sen 2 t ⎤ 1 ∞
1 ∞
u2 + 4
H( s ) = L [ G( t )] = L ⎢ 2 ⎥ = ∫ ϕ (u )du =
Ln(
)du ,
s ⎣ t
4s ∫ s
u2
⎦ s s
integrando por partes: sea w = Ln(
u2 + 4
8
) ⇒ dw = −
du ,
2
2
u
u( u + 4 )
d v = du ⇒ v = u ⇒
∞
1 ∞
u2 + 4
1 ⎡
u2 + 4 ⎤
H( s ) =
Ln(
)du
(
uLn(
)⎥
=
⎢
4s ∫ s
u2
4s ⎣
u2 ⎦ s
156
Análisis Matemático IV
+∫
∞
s
∞
8u
1 ⎡
s2 + 4 ⎤
8
(
sLn(
)
8
du ) =
du
)
=
−
+
⎢
⎥
2
2
2
∫
s
4s ⎣
s
(u + 4 )
u(u + 4 )
⎦
∞
1 ⎡
s2 ⎤ 1 ⎡
s ⎤
Ln(
)⎥ + ⎢arctg( )⎥ =
⎢
2
4 ⎣
s +4 ⎦ s ⎣
2 ⎦s
1 ⎡
s2 ⎤ 1 ⎡
s ⎤ 1 ⎡
s2 ⎤
+
∞
−
=
Ln(
)
arctg(
)
arctg(
)
Ln(
)⎥ +
⎢
⎥
⎢
4 ⎣
s 2 + 4 ⎦ s ⎢⎣
2 ⎥⎦ 4 ⎣
s2 + 4 ⎦
1 π
s
1 ⎡
s2 ⎤ 1
2
( − arctg( )) =
Ln(
)⎥ + arctg( ),s > 0 , por tanto
⎢
2
s 2
2
4 ⎣
s +4 ⎦ s
s
2
t sen u
⎡
⎤
⎤
1 ⎡
(s + 7)2
=
+
=
L ⎢ e − 7t ∫
du
H(s
7
)
Ln(
)⎥
⎥
⎢
2
2
0
u
4 ⎣
(s + 7) + 4 ⎦
⎣
⎦
1
2
arctg(
) = ϕ1( s)
+
s+7
s+7
2
t sen u
⎡
⎤
d
du ⎥ = − ( ϕ 1 ( s )) .
Finalmente L ⎢ t e − 7t ∫
2
0
u
ds
⎣
⎦
3.-
Aplicando la transformada de Laplace calcular
∫
∞
0
(
1 − cos t
)d t
t2
Solución
1 − cos t
⎡ 1 − cos t ⎤
)d t = L ⎢
¿existe?
2
t
t 2 ⎥⎦
⎣
1 − cos t
1
F( t ) = 1 − cos t ⇒ lim(
) = existe, por tanto queda garantizado
2
t →0
t
2
la existencia de la transformada del cociente.
∞
Definimos H( s ) = ∫ e− s t (
0
T ( s ) = L [F( t )] = L [1 − cos t ] =
∫
∞
s
∞
1
s
⎡1 − cos t ⎤
− 2
⇒L⎢
= ∫ T ( u )du =
⎥
s
s s +1
t
⎣
⎦
∞
∞
1
u
1
1⎡
u2 ⎤
⎡
⎤
( − 2
)du = ⎢ Lnu − Ln(u 2 + 1)⎥ = ⎢ Ln( 2
)⎥ =
u u +1
2
u +1 ⎦ s
⎣
⎦s 2⎣
⎡
s2 ⎤ 1 ⎡
s2 +1 ⎤
=
Ln(
)
Ln(
) ⎥ = ϕ ( s ) , entonces
⎢
⎥
⎢
2
2
s
1
2
s
+
⎣
⎦
⎣
⎦
2
∞
u +1
⎡ 1 − cos t ⎤ 1
H( s ) = L ⎢
= ∫ Ln(
)du , integrando por partes
2
⎥
s
t
u2
⎣
⎦ 2
−
1
2
w = Ln(
u2 +1
2
) ⇒ dw = −
du , dv = du ⇒ v = u ⇒
2
u
u( u 2 + 1)
157
Análisis Matemático IV
∞
∞
1 ∞
u2 +1
1 ⎡
u2 +1 ⎤
2u
H( s ) = ∫ Ln(
)du
(
uLn(
)⎥ + ∫
du )
=
⎢
2
2
s u(u2 + 1)
2 s
u
2 ⎣
u
⎦s
∞
s ⎡
s2 +1 ⎤
1
s ⎡
s2 ⎤
∞
+
=
Ln(
)
du
Ln(
)⎥ + [ arctg( s )] s =
⎢
⎥ ∫s
⎢
2
2
2
2 ⎣
s
(u + 1)
2 ⎣
s +1 ⎦
⎦
s ⎡
s2 ⎤
s ⎡
s2 ⎤
)⎥ + [ arctg( ∞ ) − arctg( s )] = ⎢ Ln( 2
)⎥
⎢ Ln( 2
2 ⎣
s +1 ⎦
2 ⎣
s +1 ⎦
−
s2 ⎤
1
⎡ π
⎤ s ⎡
+ ⎢ − arctg( s )⎥ =
Ln(
)⎥ + arctg( ),s > 0 , por último
⎢
2
s +1 ⎦
s
⎣ 2
⎦ 2 ⎣
∞
s2 ⎤
⎡ 1 − cos t ⎤ s ⎡
− s t 1 − cos t
= ⎢ Ln( 2
H( s ) = ∫ e (
)d t = L ⎢
)⎥
0
t2
t 2 ⎥⎦ 2 ⎣
s +1 ⎦
⎣
1
),s > 0 .Ahora tenemos que
s
∞ 1 − cos t
s ⎡
s2 ⎤
=
H( 0 ) = limH( s ) = ∫ (
)d
t
im
(
Ln(
)⎥
⎢
0
s →0
s →0
t2
2 ⎣
s2 +1 ⎦
π
1
+arctg( ) ) = 0 + arctg(∞ ) =
s
2
∞ 1 − cos t
π
)d t =
Por consiguiente ∫ (
2
0
t
2
+arctg(
4.-
−u
t 1− e
⎡
⎤
Calcular L ⎢ e − 4t ∫
du ⎥
0
u
⎣
⎦
Solución
−u
t 1− e
1 ⎡1 − e− t ⎤
du ⇒ H (s )=L [F(t )] = L ⎢
Sea F(t )= ∫
⎥ ¿existe?
0
u
s
⎣ t ⎦
⎡ 1- e- t ⎤
1 − e− t
Como lim(
) = 1 existe, entonces L ⎢
⎥ existe, esto es
t →0
t
⎣ t ⎦
H (s ) = L [F(t )] =
1 ⎡1 − e− t ⎤ 1
L ⎢
⎥=
s
⎣ t ⎦ s
∫
∞
s
(
1
1
−
)du =
u u +1
∞
1
1 ⎡
u ⎤
1
s+1
∞
Lnu − Ln ( u + 1 )] s =
Ln (
)⎥ = Ln (
)=
[
⎢
s
s ⎣
u+1 ⎦ s s
s
1
1
Ln ( 1+ ) , por tanto
s
s
158
Análisis Matemático IV
⎡
L ⎢ e−
⎣
4t
∫
t
0
⎤
1 − e− u
1
1
du ⎥ =
Ln ( 1+
) ,s > −4
u
s+4
⎦ s+4
F : [0, ∞ > → R es periódica con
Funciones periódicas.- Una función
período T > 0 , si F( t + T ) = F( t ) , para t ≥ 0 . Es importante tener
un resultado que permita calcular la transformada de F y que
solamente utilice los valores de F en el intervalo [0 , T ] .
IX.-
Teorema
8.-
F : [ 0, ∞ > → R
Sea
F( t + T ) = F( t ) , para
∫
L [ F( t )] ( s ) =
T
0
t≥0
y
una
F
función
de clase
tal
que
A . Entonces
e− s t F ( t ) d t
, s > 0.
1 − e− T s
Demostración
Por definición de transformada de Laplace L
∫
∫
T
0
e − s t F ( t ) d t+∫
(n +1)T
nT
2T
T
e− s t F ( t ) d t+ ∫
3T
2T
∞
[ F( t )] ( s ) = ∫0 e− s t
e − s t F ( t ) d t +…+
e − s t F ( t ) d t+...
Hacemos w + n T = t en la (n + 1) - ésima integral ⇒ d t = d w ⇒ si
t →0⇒ w →0,
t → ( n+1 )T ⇒ w → T
∞
[ F( t )] ( s ) = ∫0 e− s t
L
∫
T
0
F(t )dt=
T
e − s w F ( w ) d w+e− s T ∫ e − s w ) F ( w ) d w+ +
0
T
T
0
0
e −2 s T ∫ e − s w F ( w ) d w+...+e − n s T ∫ e− s w F ( w ) d w =
159
F(t )dt=
Análisis Matemático IV
⎡⎣ 1+e
− sT
+e
− 2sT
∫
L [ F( t )] ( s ) =
+ ... + e
T
0
− nsT
T
+ ...⎤⎦ ∫ e
− sw
0
e− s t F ( t ) d t
F(w) d w =
∫
T
0
e− s w F ( w ) d w
1 − e− s T
, s > o
1 − e− s T
Ejemplos
Evaluar L
1.-
[ G( t )] ( s ) = L
⎡⎣ cosw t ⎤⎦ , donde w ∈ R .
Solución
G( t ) = cosw t
, es la onda cosenoide rectificada (en electrónica
conocida como la función rec ( t ) = cosw t )
La función podemos escribirlo como:
π
⎧
⎪⎪ cos w t , 0 ≤ t < 2 w
,
G( t ) = cosw t = ⎨
⎪− cos w t , π ≤ t < π
⎪⎩
2w
w
G( t+
L
∫
π
2w
0
π
w
) = G ( t ).
[ G( t )] ( s ) = L
e−
∫
⎤=
⎡⎣ cosw t ⎦
π
st
cosw t d t -
∫π
e−
w
st
1− e
π
w
e−
st
=
s
cosw t d t
1− e
cosw t d t
2w
−
π
w
0
−
π
w
=
s
s-se
−
π
w
s
+ 2w e
( s + w )( 1 − e
2
160
2
−
−
π
2w
π
w
s
s
=
)
⇒
Análisis Matemático IV
π
−
s⎤
⎡
2w
s( 1 − e
) + 2we
1
2we
⎢
⎥=
s+
= 2
π
π
2
⎢
−
s
−
s ⎥
( s +w )
( s2 + w 2 )( 1 − e w )
1 − e w ⎥⎦
⎢⎣
⎡
⎡
⎤
⎢
1
2w
1
w
⎢s + π
⎥= 2
s+
⎢
π
2
2
2
π
s
s⎥
−
( s +w ) ⎢
( s +w ) ⎢
sen h (
s
e 2w − e 2w ⎦
⎣
2w
⎣
−
2.-
π
w
−
s
π
2w
s
⎤
⎥
⎥
)⎥
⎦
Asociando con la función escalón unitario, calcular la transformada semionda rectificada
π
⎧
⎪⎪sen ( λ t ) , 0 ≤ t < λ
2π
)
, h( t +
G( t ) = ⎨
π
λ
2π
⎪
≤ t <
0 ,
⎪⎩
λ
λ
Solución
π
π
))U( t −
)
λ
λ
π
−
s
λ
λ
λ
+
e
h 1( t ) ] s 2 + λ 2 s 2 + λ 2
=
2π
2π
Sea h 1 ( t ) = sen (λ t )U( t )+sen (λ ( t −
L
=
[ G( t )] ( s ) =
λ
s2 +λ
2
L
[
−
s
1− e λ
π
−
s ⎤
⎡
λ
+
1
e
λ
⎢
⎥=
2π ⎥
2
⎢
−
s
s +λ
⎢⎣1 − e λ ⎥⎦
161
1− e
2
−
λ
s
π
−
s ⎤
⎡
λ
+
1
e
⎢
⎥=
2π ⎥
⎢
−
s
⎢⎣1 − e w ⎥⎦
Análisis Matemático IV
π
−
s
⎡
⎤
λ
λ
1+ e λ
⎢
⎥=
π
π
2
2
2 ⎢
⎥
−
s
−
s
s +λ
s +λ
⎢⎣ ( 1 − e w )(1 + e w ) ⎥⎦
⎡
⎤
λ
1
⎢
⎥
L [ G( t )] ( s ) = 2
π
s ⎥
−
s +λ 2 ⎢
⎢⎣ ( 1 − e w ) ⎥⎦
3.-
Sea g ( t ) = (-1 )
t
, calcular L
2
⎡
1
⎢
⎢
−
⎢⎣ ( 1 − e
⎤
⎥⇒
π
s ⎥
w
) ⎥⎦
[ g( t )] ( s )
a)
b)
Generando una serie de potencias
Asociando con la función de Heaviside.
a)
Discutiendo la función tenemos que
⎧ 1 ,0≤t<1
⎪ −1 , 1≤ t < 2
⎪
t ⎪ 1 , 2≤ t < 3
g ( t ) = (-1 ) ⎨
, asociando con la función U( t )
⋅
⎪
⎪
⋅
⎪
⋅
⎪⎩
g ( t ) =1 - 2U( t-1) + 2U( t-2 ) - 2U( t-3 )+.... , luego
162
Análisis Matemático IV
1
e− s
e− 2 s
e− 3 s
e− 4 s
−
+
−
+
− ... =
2
2
2
2
[
s
s
s
s
s
⎤
1 ⎡
e− s
1
2
(1- e − s + e − 2 s − e − 3 s + e − 4 s − ... ) ⎥ =
⎢
s ⎣
s
⎦
−s
⎤
1 ⎡
e
1
(
)⎥=
⎢1-2
−s
s ⎣
s 1+e
⎦
s
s
−
⎡
⎤
1 ⎡ 1- e− s ⎤ 1 ⎢ e 2 - e 2 ⎥ 1
s
) , s > 0.
= tgh(
⎢
⎥=
s
s
−s
s ⎣ 1+ e
2
⎦ s ⎢⎢ e 2 + e - 2 ⎥⎥ s
⎣
⎦
L
b)
g( t )] ( s ) =
g ( t ) es un pulso rectangular periódico u onda cuadrada de
período T = 2 , entonces reescribimos como
⎧ 1 ,0≤t<1
⎪
g ( t )= ⎨ −1 , 1 ≤ t < 2 , g ( t +2 ) = g ( t )
⎪ 0 , t≥2
⎩
g 1 ( t )=U( t ) - 2U( t - 1 ) + U( t - 2 )
L
1
s
1
s
1 2 e− s
e− 2 s
−
+
L [ g ( t )] ( s )
[ g( t )] ( s ) = 1 −1 e−2 s = s 1 s− e− 2 s s =
⎡ 1 − 2e − s + e − 2 s ⎤ 1 ⎡ 1 − 2e − s + e − 2 s ⎤
⎢
⎥=
⎢
⎥=
1 − e− 2 s
1 − e− 2 s
⎣
⎦ s ⎣
⎦
−s
2
− s
⎡
⎤ 1 ⎡ 1 − e
⎤
(1 − e )
=
=
⎢
⎢
− s
− s ⎥
− s ⎥
⎣ ( 1 − e )( 1 + e ) ⎦ s ⎣ ( 1 + e ) ⎦
s
s
−
⎡
⎤
2
2
1 ⎢ e − e
⎥ = 1 tgh ( s ) , s > 0 , los resultados de a) y b)
s
s
⎢
⎥ s
−
s
2
⎢⎣ e 2 + e 2 ) ⎥⎦
son iguales.
Observación.- Antes de proseguir con los ejemplos, citaremos algunos teoremas;
funciones especiales y sus transformadas que serán de gran utilidad en los
cálculos y las aplicaciones.
Teorema 9.- Si F : [0, ∞ > → R es de clase A tal que L
Entonces lim H( s ) = 0 .
s →∞
163
[ F( t )] = H ( s ) .
Análisis Matemático IV
Teorema10.- (Teorema de valor inicial).- Si lim F( t ) y lim s H( s ) existen.
t→ 0
s→ ∞
Entonces lim F( t ) = lim s H ( s ) .
t→ 0
s→ ∞
Teorema11.- (Teorema de valor Final).- Si lim F( t ) y lim s H ( s ) existen.
t→ ∞
s→ 0
Entonces lim F( t ) = lim s H ( s ) .
t→ ∞
s→ 0
Los teoremas 10 − 11
son muy útiles que nos permite
predecir el
comportamiento del sistema conforme t → 0 y t → ∞ respectivamente sin
necesidad de invertir la transformada de Laplace.
Función error.- La función error se define como la integral
t
2
−w2
f e r( t ) =
∫ e dw
π
0
Función complementaria de error.- Esta función se define como:
t
∞
2
2
−w2
−w2
f c e r ( t ) = 1 − f er ( t ) = 1 −
∫ e dw=
∫ e dw.
π
π
0
t
Propiedades.-De las transformadas de Laplace de las funciones f e r ( t ) ,
f c e r ( t ) y sus consecuencias:
1.- L [ f e r ( t )] =
2.- L ⎡⎣ f e r (
3.- L ⎡⎣ f c e r (
e
s2
4
s
fce (
s
)
2
1
t )⎤⎦ =
s s +1
t )⎤⎦ =
1
s +1 (
s+1 + 1 )
-λ
s
λ
⎡
⎤ 1− e
4.- L ⎢ f e r (
t )⎥ =
2
s
⎣
⎦
1
⎡ 1
⎤
5.- L ⎢
f e r ( λ t )⎥ =
,λ >0
⎣ λ
⎦ s s+λ
−λ
s
λ
⎡
⎤ e
6.- L ⎢ f c e r (
t )⎥ =
2
s
⎣
⎦
Como ejemplos veamos el cálculo de algunas funciones que involucran las
propiedades anteriores y la transformada de las funciones de Bessel y otros.
164
Análisis Matemático IV
1.-
2.-
⎡ − 41 t 2 ⎤
Calcular L ⎢ e
⎥
⎣
⎦
Solución
1 2
t
∞
∞ − ( s + ) 2− s 2
t
−
⎡ − 41 t 2 ⎤
− st
4
2
H(s )=L ⎢e
e
d t =∫ e
d t , sea
⎥ = ∫0 e
0
⎣
⎦
t
dt
u = s + ⇒ du =
, si t → 0 ⇒ u → 0 , t → ∞ ⇒ u → ∞ , luego
2
2
1 2
t
∞
∞ − ( s + ) 2− s 2
t
−
⎡ − 1t2⎤
2
H ( s ) = L ⎢ e 4 ⎥ = ∫ e− s t e 4 d t = ∫ e
dt
0
0
⎣
⎦
∞
∞
2 ⎡
2
2
2
2
2
⎤
= 2 es ∫ e −u d u = π e s ⎢
e− u d u ⎥ = π e s f c e r ( s ) .
∫
0
⎣ π 0
⎦
Verificar que L
[ f er
( t )] =
s2
4
e
f c e r(
s
s
) ,s>0
2
Prueba
H ( s )=L
⎡
( t )] = L ⎢
⎣
π
2
2
2
⎤
e− u du⎥ =
L ⎡ e− t ⎤ =
⎦
π 0
⎦ s π ⎣
2
∫
t
2
s
1 s4
s
) , s > 0 , aquí se ha hecho
e
f c e r(
) = e f c e r(
s
2
2
2
s π
uso del ejemplo (1)
s2
1 ⎡
s ⎤
Verificar que L [ f e r ( t )] = ⎢1 − e 4 f c e r (
)⎥ ,s>0
s ⎣⎢
2 ⎦⎥
Prueba
∞
2
2
2
-w2
fc e r ( t ) =
e- t , aplicando la
∫ e d w ⇒ f c e r' ( t ) = −
2
3.-
s2
4
[ f er
π
π
t
transformada de Laplace
L
[ f c e r ' ( t )] = s L [ f c e r
( t )] − f
cer
( 0 )= -
⎡ s
s ⎤
)⎥ , pero f c e r ( 0 )=1 ⇒
⎢e 4 f c e r (
2 ⎥⎦
π ⎢⎣
2
2 ⎡ s4
s ⎤
s L [ f c e r ( t )] − 1 = )⎥ ⇒
⎢e f c e r (
2 ⎥⎦
π ⎢⎣
s2
1 ⎡
s ⎤
L [ f c e r ( t )] = ⎢1 − e 4 f c e r (
)⎥ , s > 0 .
s ⎢⎣
2 ⎥⎦
2
2
165
2
L ⎡e− t ⎤ =
⎦
π ⎣
2
Análisis Matemático IV
4.-
Calcular L ⎡ t e − 2 t
⎢⎣
Solución
Sea
∫
t
0
u n Ln u du⎤ , para n ∈
⎥⎦
t
F ( t ) = ∫ u n Ln u du ⇒ H ( s ) = L
0
=
1
L ⎡⎣ t n Ln t
s
,n>-1
[ F ( t )]
⎤⎦ =
1 ∞ − st n
dv
,
e
t Ln t d t , sea v = s t ⇒ d t =
∫
0
s
s
los límites de integración no sufren cambios.
H(s)=
1
s
n + 2
1
s
n + 2
1
s
n + 2
∫
∞
0
1 ∞ − -s t n
1 ∞ −v v n
v
=
e
t
Ln
t
d
t
e (
) Ln
∫
∫
0
0
s
s
s
s
dv
=
s
⎡⎣ e− v v n Ln v − e − v v n Ln s ⎤⎦ d v =
⎡ d
⎢ d n(
⎣
∫
∞
0
e − v v n + 1 − 1 d v) - Ln s
∫
∞
0
⎤
e− v v n + 1 − 1 d v ⎥ =
⎦
⎡⎣ Γ ' ( n + 1 ) - Γ ( n + 1 ) Ln s ⎤⎦ , s > 0
1
⎡ Γ'(n + 1) − Γ(n +1)Ln s + 2 ⎤⎦ =
L ⎡⎣ e − 2 t F (t)⎤⎦ =
(s + 2) n + 2 ⎣
M ( s ) . Por último
L ⎡⎣ t e − 2 t F ( t )⎤⎦ = − M ' ( s ) ,
s > 0
derivada es obvia.
5.-
Calcular L
[ J0
(t)
]
Solución
Previamente recordemos el siguiente resultado
1
t 1.3 2 1.3.5 3 1.3.5.7 4 1.3.5.7.9 5
= 1− +
t −
t +
t −
t + ...(*)
2 2.4
2.4.6
2.4.6.8
2.4.6.8.10
1+ t
∞
(-1 ) m
t 2m
t2
t4
t6
(
) = 1 − 2 + 2 2 − 2 2 2 + ... .
y J 0 ( t ) =∑
2
2
2
2 .4
2 .4 .6
m=0 ( m! )
Aplicando Laplace tenemos:
⎡
⎤
t2
t4
t6
L [ J 0 ( t ) ] = L ⎢ 1 − 2 + 2 2 − 2 2 2 + ...⎥
2
2 .4
2 .4 .6
⎣
⎦
166
la
Análisis Matemático IV
1
2!
4!
6!
− 2 3+ 2 2 5− 2 2 2 7+
s 2 s
2 .4 s
2 .4 .6 s
1 ⎡
1
1
1.3
1
1.3.5
1
⎤
=
1( 2 )1+
( 2 )2−
( 2 ) 3 + ...⎥ ( Δ )
⎢
s ⎣
2 s
2.4 s
2.4.6 s
⎦
1
En la serie ( * ) tomamos t = 2 y obtenemos ( Δ ) , entonces tenemos
s
1
1
el resultado final L [ J 0 ( t ) ] =
=
.
1
1+ s 2
s 1+ 2
s
Determinar L ⎡ J 0 ( t ) ⎤
⎣
⎦
Solución
Usando los cálculos realizados en el ejercicio (5 ) tenemos
t
t2
t3
−
+ ...
J 0 ( t ) = 1− 2 + 2
2
4 ( 2! ) 2 4 3 ( 3! ) 2
Tomando la transformada
1 1
1
2!
1
L ⎡⎣ J 0 ( t ) ⎤⎦ = − 2 ( 2 ) +
( 3 )
2
2
s 2
s
( 2! ) .4
s
3!
1
−
( 4 ) + ... =
2
3
( 3! ) 4
s
1 ⎡
1 1
1 2 1
1 3 1
1 4
⎤
+
1(
) −
(
) +
(
) − ...⎥ =
⎢
s ⎣
4s 2! 4s
3! 4s
4! 4s
⎦
=
6.-
1
s
∞
∑
n=0
−
−
1
4s
e
t )⎤=
,s>0
⎦
s
Usando propiedades de la función de Bessel calcular L
L ⎡ J0 (
⎣
7.-
1
(-1)n
1 n e 4s
(
) =
,s>0⇒
n!
4s
s
[ J1 ( t ) ]
Solución
Sabemos que J 0' ( t ) = − J 1 ( t ) ⇒ J 1 ( t ) = − J 0' ( t ) ⇒
L
(
[ J 1 ( t ) ] = − L [ J 0 ' ( t ) ] = −s L [ J 0
1+ s 2 − s
1+ s
2
)1 ⇒L
[
J 0( t ) ] = (
167
( t ) ]+ J0 ( 0 )
1+ s 2 − s
1+ s
2
)1
Análisis Matemático IV
8.-
Usando propiedades de la función de Bessel calcular L
[ J2
(t)
]
Solución
Sabemos que J 2 ( t ) = J 0 ( t ) - 2J 1 ' ( t ) ⇒
L
=
[ J2
( t ) ]=L
1
1+ s
1+ s 2
1+ s 2 − s
−2 s (
2
1
[ J 0 ( t ) - 2J 1 ' ( t ) ]
1+ s
⎡1-2s
⎣
2
)1 =
1+ s 2 + 2 s 2 ⎤ =
⎦
(
1+ s 2 − s ) 2
1+ s 2
Así, se obtiene la transformada de todas las funciones de Bessel.
El lector debe deducir una fórmula de recurrencia partiendo sólo de las
propiedades conocidas de Bessel.
9.-
Calcular L
10.-
L
[ J0
[ J0
( t ) sen t
( t ) cos t
]
(Ejercicio)
]
Solución
Por problema (5) sabemos que L
y
cos t =
[ J0
(t)
]=
1
1+ s 2
1
⎡⎣ e j t + e− j t ⎤⎦ , entonces aplicando la
2
propiedad de
modulación
L
[ J0
1 ⎡
⎢
2 ⎢
⎣
( t ) cos t
1
]= 2
L ⎡⎣ J 0 ( t ) e j t +J 0 ( t ) e− j t ⎤⎦ =
⎤ 1 ⎡
⎤
1
1
+
⎥=
⎢
⎥=
(s - j ) 2 + 1
( s + j ) 2 + 1 ⎥⎦ 2 ⎢⎣
s2 - 2 j s
s 2 + 2j s ⎥⎦
⎡
⎡
⎤
1
1
1
1
1
1
⎢
+
+
=
⎢
⎥
2 s ⎢⎣ s - 2j
s + 2 j ⎥⎦ 2 s ⎢
s 2 + 4 e − jθ
s 2 + 4 e − jθ
⎣
1
−
jθ ⎤
⎡ 21 jθ
⎡
⎤
2
1
1
1
1
e
+
e
⎢
⎥=
⎢
+ 1 ⎥=
1
4
2
4
2
⎢
⎥
2
2 s s + 4 ⎢⎣ e− 2 jθ e 2 jθ ⎥⎦
s s +4
⎢⎣
⎥⎦
1
+
1
168
⎤
⎥=
⎥
⎦
Análisis Matemático IV
1
s
4
s2 +4
Por tanto L
cos (
[ J0
θ
2
1
)=
( t ) cos t
s
4
]=
s2 +4
1
cos (
s s +4
hemos usado el hecho que z = z e j θ donde
θ = Arg( z ) = arctg (
5.6
4
2
1
2
arctg (
))
2
s
cos (
1
2
arctg (
)) ,
2
s
y
), z = x + j y ≠ 0
x
TRANSFORMADA INVERSA DE LAPLACE
Previamente veamos la transformada de Laplace como una transformación
lineal.
Sea E = { F: ⎡⎣0 , ∞ > → R / F es de clase A} visto como un espacio
vectorial bajo las definiciones usuales de adición y multiplicación escalar
y sea F = { F: ⎡⎣s 0 , ∞ > → R} s 0 ≥ − ∞ el conjunto de las funciones
de valores reales.
Podemos hacer de F un espacio vectorial real, pero como no todas las
funciones en F están definidos en el mismo intervalo, modificando este
hecho para ∀ F , G ∈ F , D ( F + G ) = D ( F ) ∩ D ( G ) tal que
∀ s ∈ D ( F ) ∩ D ( G ) se tiene ¿ L [F + G] = F(s ) + G(s ) ?.
Entonces F con las operaciones usuales es un espacio vectorial real, por
tanto el operador de Laplace aplica el espacio vectorial E al espacio
vectorial F , es decir L : E → F y es natural preguntarnos si esta
aplicación es lineal, aún que la respuesta puede parecerse obvia es
errónea.
La dificultad surge del hecho de que L [F + G] no es la misma función
que
L [F] + L [G] ,
por
ejemplo
tomamos
F( t ) = cos λ t
y
G( t ) = − cos λ t entonces L [F] + L [G] ≡ 0 en el intervalo < 0 , ∞ >
pero no está definido en s ≤ 0 , mientras que L [F + G] = L [0] ≡ 0 es la
función nula para s ∈ < - ∞ , ∞ > . Es clarísimo, lo único que estamos
autorizados a decir es que L [F + G] y L [F] + L [G] son idénticos para
aquellos valores de s en donde tanto una como la otra función estén bien
definidas, afirmación que no es lo mismo que asegurar la igualdad.
169
Análisis Matemático IV
Reconocida esta dificultad, podemos sortearla simplemente considerando
dos funciones en F como idénticas siempre que coincidan en un intervalo
de la forma < a , ∞ > .
Dando por válida esta identificación es fácil de probar que:
a) L [F + G] = L [F] + L [G] ∀ F,G ∈ E y
b) L [ λ F] = λ L [F] para λ ∈ R .
Con esto hemos logrado que L : E → F es una transformación lineal
entre dos espacios vectoriales.
Una vez hecho todo este análisis, la pregunta es si L : E → F es
inyectiva es decir significa que ¿ L [F] = L [G] ⇒ F = G ? , pero esto no
es otra cosa que preguntarnos ¿dado una ecuación con operadores de la
forma L [F( t )] = H (s ) puede resolverse en forma única para F cuando
se ha dado H?, como en la discusión de linealidad hay una dificultad
trivial que nos impide afirmar, pues si ∀ F,G ∈ E que difieren solamente
en sus puntos de discontinuidad, entonces L [F] = L [G] a pesar que
F ≠ G . Pero dos funciones con estas características están muy próximas a
ser idénticas y siendo esto lo peor que podría suceder, estaríamos
ciertamente justificando si afirmáramos que para toda finalidad práctica
L : E → F es inyectiva.
El siguiente teorema garantiza que éste es el caso y por ello debemos
considerarlo como uno de los resultados mas importantes en la teoría de la
transformad de Laplace.
Teorema 12 (Teorema de Lerch).- Sean F,G : [0, ∞ > → R funciones
de clase A y supongamos que ∃ s 0 ∈ R tal que
L [F] (s) = L [G] (s)
∀ s > s 0 . Entonces con la posible excepción
discontinuidad, F ( t ) = G ( t ) , ∀ t > 0 .
de los puntos de
Demostración (ejercicio para lector).
Así pues, siempre que una ecuación L [F ( t )] = H (s ) puede resolverse
para F, la solución es esencialmente única y a esta solución se le llama la
Transformada inversa de Laplace de la función H y lo denotamos por
L−1 [H (s )]
y
está
caracterizado
por
la
propiedad
L−1
[ H (s ) ] = F ( t ) ⇔ L [F ( t )] = H (s ) .
170
Análisis Matemático IV
Nos hacemos una pregunta de orden general, ¿aplica L a E sobre F ? En
términos de ecuaciones con operadores esto es equivalente a preguntar si
L [F ( t )] = H (s ) tiene una solución para toda función H ∈ F , pero la
respuesta en esta ocasión es no puesto que tenemos el teorema 9.
El símbolo L−1
[ H (s )]
denota una función causal
F(t )
cuya
transformada de Laplace es H (s ) , es decir, si L [F ( t )] = H (s )
entonces F(t ) = L−1 [ H (s )] . Esta correspondencia entre H (s ) y F(t )
se denomina transformada inversa de Laplace, siendo F(t ) la
transformada inversa de H (s ) , llamamos a L− 1 :F → E el operador
transformada inversa de Laplace y como H (s ) sólo determina el
comportamiento de F(t ) para t ∈ [0 , ∞ > , así L− 1 [ H (s )] = F(t ) .
Ejemplos
⎡ 1 ⎤
1.- L− 1 ⎢
=eat
⎥
⎣ s - a⎦
1 ⎤ sen t
⎡
) =
,t>0
2.- L− 1 ⎢ arctg (
s ⎥⎦
t
⎣
171
Análisis Matemático IV
− 1
3.- L
4.- L− 1
⎡ e− 4 s ⎤
1
=
( t−4 ) U ( t−4 )
⎢
6 ⎥
⎣ s ⎦ 120
⎡
1+s 2 − s ⎤
⎢
⎥ = J 1 (t )
1+s 2 ⎦⎥
⎣⎢
⎡
⎤
1
5.- L− 1 ⎢
⎥ = J 0 (t )
1+s 2 ⎦
⎣
⎡ ( 1+s 2 − s ) 2 ⎤
− 1
6.- L ⎢
⎥ = J 2 (t )
1+s 2
⎣⎢
⎦⎥
s
⎡
7.- L− 1 ⎢ 2
2
⎣ s −w
w
⎡
8.- L− 1 ⎢ 2
2
⎣ s −w
⎤
⎥ = cosh(w t )
⎦
⎤
⎥ = senh(w t )
⎦
Estos resultados aceptamos como tal, por que anteriormente ya fueron calculados.
¿Cómo se determinarían estos resultados si no se conocieran?, para ello
aplicaremos las propiedades de las transformadas inversas. Las propiedades
directas de la transformada visto anteriormente poseen inversa y como todas
ellas han sido demostrados, aquí solo probaremos cuando sea necesario.
5.7
PROPIEDADES DE LA TRANSFORMADA INVERSA DE
LAPLACE
i)
Linealidad.-
Si
L− 1
[ H 1 ( s )] , L− 1 [ H 2
( s )],...,L− 1
[ Hn
( s )]
existen y son de clase A , además sean λ 1 , λ 1 ,..., λ n ∈ R .Entonces
[ λ 1 H 1 ( s ) +λ 2 H 2 ( s )+...+λ n H n ( s ) ] =
λ 1 L [ λ 1H 1( s )] +λ 2L− 1 [ λ 2H 2 ( s ) ] + ... + λ nL− 1 [ λ nHn ( s )] =
L− 1
− 1
n
∑ λ k L− 1
k =1
ii)
[
n
H k( s )
] = ∑ λ k Fn ( t ) .
k =1
Escalonamiento.- Para a ∈ R + con L−1
Entonces L− 1
1
t
[ H ( a s )] = a F( a
) .
172
[H
( s )] =F( t ) .
Análisis Matemático IV
iii) Primera propiedad de desplazamiento o de modulación.Si L− 1
− 1
a) L
b) L− 1
[H
[H
[H
( s )] =F( t ) entonces:
( s - a )] = e a t F( t )
( s + a )] = e − a t F( t )
Demostración a)
H(s )=
t
= ∫ e−
0
L
−1
[
∫
t
0
e− s t F(t )d t ⇒ H( s − a ) =
∫
t
0
e− ( s − a ) t F(t )d t
( e a t F(t ))d t = L ⎡⎣ e a t F(t )⎤⎦ , aplicando L−1
H ( s − a )] = L− 1 ( L ⎡⎣ e a t F(t)⎤⎦ ) = e a t F(t) .
st
iv) Segunda propiedad de Desplazamiento (o de retraso).Dado L− 1
[H
( s )] =F( t ) y a ≥ 0 , a ∈ R .
Entonces
,t<a
⎧ 0
.
L− 1 ⎡⎣e− a s H( s )⎤⎦ =F( t − a ) U ( t − a ) = ⎨
⎩F( t − a ) , t > a
Prueba
Como H ( s ) =
e− a s H ( s ) =
∫
∞
0
e− s ( t
+ a)
∫
∫
∞
0
∞
0
e− s t F(t )d t ⇒
e− a s e − s t F(t )d t =
F(t ) d t , sea w = t + a ⇒ d t = d w ⇒ t = w − a , si
t→0⇒ w →a
⇒ e− a s H ( s ) =
∫
∞
0
e−
st
∫
∞
a
e−
sw
F( w − a ) d w =
F( t - a ) U ( t - a ) d t L
e− a s H ( s ) =
∫
∞
0
[ F( t
− a ) U ( t − a ) ]⇒
e − s t F( t − a ) U ( t − a ) d t =
L− 1 ⎡⎣e− a s H ( s ) ⎤⎦ = L − 1 ( L [F ( t − a ) U ( t − a ) ] ) =
( L − 1 o L )( F ( t − a ) U ( t − a )) = F ( t − a ) U ( t − a ) ⇒
L− 1 ⎡⎣e − a s H ( s ) ⎤⎦ = F ( t − a ) U ( t − a ) .
173
Análisis Matemático IV
v) Transformada inversa de la derivada.Si L− 1 [H(s)] = F(t) ⇒ , para
n ∈ Z + . L− 1 ⎡⎣ H ( n ) ( s )⎤⎦ = ( − 1 ) n t n F( t )
⎡ H( s ) ⎤
=
vi) Teorema de división por potencias de s.- L− 1 ⎢
s ⎥⎦
⎣
t
u
⎡ H( s ) ⎤
L− 1 ⎢
= ∫ ∫ F( w ) d w d u ,…,
2 ⎥
0
0
⎣ s ⎦
t
t
t
⎡ H( s ) ⎤
L− 1 ⎢
= ∫ ∫ ...∫ F( w ) d w d w...d w
n ⎥
0
0
0
⎣ s ⎦
Prueba (ejercicio).
∫
t
0
F( w )dw ,
EJEMPLOS Y CONTACTO CON LAS ECUACIONES
DIFERENCIALES Y OTRAS APLICACIONES
1.-
Hallar la inversa de la función H( s ) = arctg (
1
)
s
Solución
1
1
)⇒H ' ( s )= − 2
⇒ L− 1 [ H ' ( s )]
s
s +1
⎡ 1 ⎤
= − L− 1 ⎢ 2
⎥⇒
⎣ s + 1⎦
sen t
− t L− 1 [ H ( s )] = sen t ⇒ L− 1 [ H ( s )] =
, t > 0 . Por tanto
t
1 ⎤ sen t
⎡
L− 1 ⎢ arctg (
) =
, t > 0.
s ⎥⎦
t
⎣
Otro método es por medio de la serie de potencia de la función arctg x.
8s
⎡
⎤
Calcular L − 1 ⎢ 2
⎥
⎣ s − 8s + 20 ⎦
Solución
⎡
⎤
8s
8s
⎡
⎤
F( t ) = L − 1 ⎢ 2
= L− 1 ⎢
⎥
2
⎥
⎣ s − 8s + 20 ⎦
⎣ (s − 4) + 4 ⎦
H( s ) = arctg (
2.-
⎡8 ( s − 4 )⎤
= e 4t L− 1 ⎢
= e4t
2
⎥
⎣ s +4 ⎦
[ 8cos 2 t − 32sen2 t ]
174
.
Análisis Matemático IV
3.-
Determinar L
−1
⎡
⎤
e− 6 s
⎢ 2
⎥
⎣ s + 8s + 52 ⎦
Solución
⎡
⎤
1
1
⎡
⎤
G( t ) = L − 1 ⎢ 2
= L− 1 ⎢
⎥
2
⎥
⎣ s + 8s + 52 ⎦
⎣ ( s + 4 ) + 36 ⎦
1
⎡ 1 ⎤
= e− 4 t L − 1 ⎢ 2
= e− 4 t sen6 t ⇒
⎥
6
⎣ s + 36 ⎦
Por la segunda propiedad de desplazamiento
⎡
⎤
e− 6 s
e− 4 ( t − 4 )
L− 1 ⎢ 2
=
sen6 ( t − 4 )U( t − 4 )
⎥
6
⎣ s + 8s + 52 ⎦
4.-
⎡ e− 1 2 s ( 2s 3 + 3s 2 + 10s − 3 ) ⎤
Calcular L − 1 ⎢
⎥
2
2
⎣ (s + 4s + 13)(s − 2s + 5) ⎦
Solución
Por fracciones parciales
2s 3 + 3s 2 + 10s − 3
As + B
Cs + D
= 2
+ 2
2
2
(s + 4s + 13)(s − 2s + 5) s + 4s + 13 s − 2s + 5
Obtenemos que A = 1 , C = 1 ,B = 2 , D = - 1 , estos cálculos ya son
conocidos para el estudiante, luego
2s 3 + 3s 2 + 10s − 3
s+2
s −1
= 2
+ 2
⇒
2
2
(s + 4s + 13)(s − 2s + 5) s + 4s + 13 s − 2s + 5
⎡
⎤
2s 3 + 3s 2 + 10s − 3
s+2
s −1 ⎤
−1⎡
L− 1⎢ 2
+ 2
⎥ =L ⎢ 2
2
⎥
⎣ s + 4s + 13 s − 2s + 5 ⎦
⎣ (s + 4s + 13)(s − 2s + 5) ⎦
⎡
⎤
s+2
s −1
⎡ s ⎤
= L− 1 ⎢
+
= e− 2 t L − 1 ⎢ 2
⎥
2
2
⎥
⎣s + 9⎦
⎣ (s + 2 ) + 9 (s − 1 ) + 4 ⎦
⎡ s ⎤
⎡ s ⎤
⎡ s ⎤
+e t L − 1 ⎢ 2
= e− 2 t L − 1 ⎢ 2
+ e t L− 1 ⎢ 2
⎥
⎥
⎥
⎣s + 4⎦
⎣s + 9⎦
⎣s + 4⎦ ,
= e− 2 t cos3 t + e t cos 2 t
− 12 s
( 2s 3 + 3s 2 + 10s − 3 ) ⎤
− 1 ⎡e
Por tanto L
⎢
⎥ =
2
2
⎣ (s + 4s + 13)(s − 2s + 5) ⎦
⎡⎣ e− 2 ( t − 12 ) cos3 ( t − 12 ) + e ( t − 12 ) cos 2 ( t − 12 ) ⎤⎦ U( t - 12 )
175
Análisis Matemático IV
5.-
⎡( s − 4 ) 3 ⎤
Evaluar L − 1 ⎢
⎥
s4
⎣
⎦
Solución
1
⎡ 32
⎤
3
2
⎡
⎤
( s −4 )
− 12s + 48s − 64 ⎥
−1
− 1 ⎢s
L
=
⎢
⎥ =L
⎢
⎥
s4
s4
⎣
⎦
⎢⎣
⎥⎦
3
L
−1
3
2
5
2
3
2
48 t
= e − 3 t sen 9 t
2π
−
⎡
⎤
2π
4
9
e
−1 ⎢
⎥ = e −3(t − 4
L
⎢ ( s + 3 ) 2 + 81⎥
⎣⎢
⎦⎥
7.-
5
32 t 3 4 t 2
128 t 2 32 t 3
=
−6 t +
=
.
-6t2 +
3
3
3 π
15 π
3 π
5 π
4
8
2π
−
⎡
⎤
9e 4
−1 ⎢
⎥
Calcular L
⎢ s 2 + 6s + 90 ⎥
⎢⎣
⎥⎦
Solución
⎡
⎤
9
9
⎡
⎤
⎡ 9
⎤
L− 1 ⎢ 2
= L− 1 ⎢
= e − 3t L− 1 ⎢ 2
⎥
2
⎥
⎥
⎣ s + 6s + 90 ⎦
⎣ s + 81⎦
⎣ ( s + 3 ) + 81⎦
t
6.-
5
⎡ 1 12 48 64 ⎤
2
12 t 2 48 t 2 64 t 3
⎢ 5 − 3 + 7 − 4⎥= t
−
+
−
7
s ⎥ Γ( 5 )
2
6
⎢ 2 s
2
Γ(
)
s
⎣s
⎦
2
2
)
sen 9 ( t −
2π
2π
)U(t −
)
4
4
⎡ ( 2s 2 + 7 ) e− 8 s ⎤
Calcular L − 1 ⎢ 3
⎥
2
⎣ s − 4s + s + 6 ⎦
Solución
2s 2 + 7
2s 2 + 7
A
B
C
,
=
=
+
+
3
2
s − 4s + s + 6 ( s + 1 )( s − 2 )( s − 3 ) s + 1 s − 2 s − 3
3
25
A= , B=− 5 y C=
. Entonces tenemos que
4
4
⎡ ( 2s 2 + 7 ) ⎤
⎤
3
5
25
−1 ⎡
−
+
L− 1 ⎢ 3
⎥ =L
⎢
⎥=
2
⎣ 4(s + 1 ) s − 2 4(s − 3 ) ⎦
⎣ s − 4s + s + 6 ⎦
3 −t
25 − 3 t
e − 5e 2 t +
e
, luego
4
4
176
Análisis Matemático IV
L
8.-
−1
⎡ ( 2s 2 + 7 ) e− 8 s ⎤ ⎡ 3 − ( t − 8 )
25 − 3 ( t − 8 ) ⎤
− 5e 2 ( t − 8 ) +
e
⎢ 3
⎥ =⎢ e
2
⎥ U( t − 8 )
4
⎦
⎣ s − 4s + s + 6 ⎦ ⎣ 4
Verificar
L− 1
que
s > 0,t > 0
Solución
Sabemos que e
L
−1
⎡ − as ⎤
⎢e ⎥ =
⎢ s⎥
⎢⎣
⎥⎦
−
a
s
⎡ − as ⎤
⎢e ⎥ =
⎢ s⎥
⎣⎢
⎦⎥
1
π t
−
∞
cos ( 2 π t )
para
a
(-1) n a n
e s
= ∑
(
) ⇒
=
s
s
n = 0 n!
∞
(-1) n a n
⇒
s n+1
n = 0 n!
∑
∞
1
∞
n −
(-1) n a n − 1 ⎡ 1 ⎤
(-1) n a n
2
t
,
∑ n! L ⎢⎣ s n+1 ⎥⎦ = n∑= 0
1
n=0
n! Γ ( n + )
2
pero
Γ ( n+
1
π
1
(2 n )! π
)=
2
2 2 n n!
∞
∑
t
n=0
(-1) n
(
n! ( 2 n )!
⎡ − as ⎤
∞
( − 1) n a n 2 2 n n − 21
− 1 ⎢e
⎥
=
t
=
⇒L
⎢ s ⎥ n∑
n! ( 2 n )! π
=0
⎢⎣
⎥⎦
1
2 a t )2n =
cos ( 2 a t )
π t
lo que se quería probar.
9.-
⎡ 1 ⎤ I (2 t )
, donde I 1 ( t ) es la función
Verificar que L − 1 ⎢ e s − 1⎥ = 1
t
⎣
⎦
modificada de Bessel de orden uno.
Solución
1
1
∞
∞
1
1
s
⇒
⇒
e s = ∑
e
1
=
∑
m
m
m = 0 m! s
m=1 m ! s
⎡ 1 ⎤
1 ⎤
⎡ ∞
=
L − 1 ⎢e s − 1⎥ = L − 1 ⎢ ∑
m⎥
⎣m = 1 m ! s ⎦
⎣
⎦
∞
∞
∞
1
tm−1
tk
−1 ⎡ 1 ⎤
=
=
L
∑
∑
⎢ s m ⎥ ∑ m ! ( m − 1 )!
⎣
⎦ m=1
m=1 m !
k = 0 k ! ( k+1 )!
1
⎤ I (2 t )
I1 ( 2 t )
1 ∞
( t )2k
−1 ⎡
s
=
=
⇒
− 1⎥ = 1
L
e
∑
⎢
t k = 0 k ! ( k+1 )!
t
t
⎣
⎦
177
Análisis Matemático IV
−
10.-
Demostrar que L − 1 ⎡ e − a
⎣
s
a2
4t
⎤ = ae
⎦
2 π t3
, para s > 0 , t > 0
Prueba
L − 1 ⎡e − a
⎣
=
11.-
ae
−
s
⎡e − a
⎢
⎢⎣ s
⎤ = − d ( L− 1
⎦
da
s
⎤
d ⎡ 2
⎥ )=−
⎢
da ⎣ π
⎥⎦
∫
∞
⎤
2
e− v d v ⎥
4t
⎦
a
a2
4t
2 π t3
Calcular L
−1
⎡
⎤
e−5s
⎢
⎥
2
⎣ s + 4s + 8 ⎦
Solución
⎡
L− 1 ⎢
⎣
⎤
−1
⎥ =L
2
s + 4s + 8 ⎦
1
⎡
⎢
⎢⎣
⎤
⎥
( s + 2) 2 + 4 ⎥⎦
1
⎡
⎤
1
−2t
J0 ( 2 t )⇒
= e − 2t L− 1 ⎢
⎥ = e
2
⎣ s +4⎦
⎡
⎤
e−5s
−2(t −5)
L− 1 ⎢
J0 ( 2 ( t − 5 ) ) U ( t − 5 )
⎥= e
2
⎣ s + 4s + 8 ⎦
12.-
1
⎡
⎤
Calcular L − 1 ⎢
⎥ , si s > − a , s > − b , a ≠ b
⎣ s+a + s+b⎦
Solución
1
1
⎡
⎤
−1
⎡ s + a − s + b⎤ ( * )
L− 1 ⎢
⎥ = a − b L
⎣
⎦
⎣ s+a + s+b⎦
1
1
Sea g ( s ) = s + a − s + b ⇒ g' ( s ) =
−
tomando
2 s+a 2 s+b
la transformada Inversa:
1
1
e− a t
e− b t
⎡
⎤
−
=
−
⇒
L − 1 [ g' ( s )] = L − 1 ⎢
⎥
⎣2 s + a 2 s + b ⎦ 2 π t 2 π t
Como L − 1 [ g' ( s )] = − t L − 1 [ g ( s )] ⇒ − t L − 1 [ g ( s )]
=
e− a t
2 π t
−
e− b t
2 π t
⇒ L − 1 [ g ( s )] = −
Por último
178
e− a t
2 π t3
+
e− b t
2 π t3
Análisis Matemático IV
L
13.-
−1
⎡ e− b t
1
1
e− a t ⎤
⎡
⎤
−
⎢
⎥
⎢
⎥ =
⎣ s + a + s + b ⎦ a − b ⎣2 π t 3 2 π t 3 ⎦
.
s
⎡
⎤
Determinar L − 1 ⎢ 4
4⎥
⎣ s + 4a ⎦
Solución
⎡
⎤
s
s
⎡
⎤
L− 1 ⎢ 4
= L− 1 ⎢ 2
⎥ =
4 ⎥
2
2
2
⎣ s + 4a ⎦
⎣ ( s − 2as + 2a )( s − 2as + 2a ) ⎦
⎡
⎤
s
1
L− 1 ⎢
−
2
2
2
2 ⎥
⎣ 4a ( ( s − a ) + a ) 4a(( s + a ) + a ) ⎦
−at
eat −1 ⎡
1
1
⎤ e
⎡
⎤
=
−
L
L− 1 ⎢ 2
2
2 ⎥
2 ⎥
⎢
4a
4a
⎣ s +a ⎦
⎣ s +a ⎦
e at
e−at
1
sena
t
sena t =
senh ( a t ) sen( a t )
−
2
2
4a
4a
2a
=
14.-
Calcular L − 1 ⎡
⎣
Solución
s 2 + 9 − s ⎤ si existe.
⎦
Sea G (s ) = −s +
s2 + 9 − s
=−
s2 + 9
s2 + 9 ⇒ G' (s ) = −1 +
15.-
G '(s )
L− 1
[ G (s ) ] =
Determinar L − 1
s2 + 9
⇒
⎡
[
] = L− 1 ⎢
⎣⎢
= − 3 J 1 (3 t ) ⇒
L− 1
s
s2 + 9 − s ⎤
−1
⎥⇒−tL
2
s + 9 ⎦⎥
3 J 1 (3 t )
,t>0
t
⎡ s 2 − 9 − s ⎤ si existe.
⎣
⎦
Solución
g(s)=
=−(
s 2 −9 −s⇒ g ' ( s ) =
s 2 −9 − s
s 2 −9
) ⇒
179
s
s 2 −9
−1
[ G (s ) ]
Análisis Matemático IV
⎡
L − 1 [g ' ( s ) ] = L − 1 ⎢− (
⎢⎣
= −3 I 1 ( 3 t )
Entonces L − 1 [ g ( s ) ] =
s 2 −9 − s
s 2 −9
⎤
) ⎥ ⇒ − t L − 1 [g ( s )
⎥⎦
]
3 I1 ( 3 t )
, t > 0 , donde I 1 ( t ) es como en
t
el ejemplo 9.
16.-
⎡
s +1− s ⎤
Calcular L − 1 ⎢
⎥
s +1+ s ⎦
⎣
Solución
⎡
s +1− s ⎤
1
−1 ⎡
L− 1 ⎢
⎥ =L
⎢
s +1+ s ⎦
⎣( s + 1 +
⎣
⎡
⎤
⎢
⎥
1 −1
1
=
L
⎢
⎥=
1
2
⎢ (s + ) + s + 1 s ⎥
2
⎣
⎦
⎡
⎤
1
−
t
⎢
⎥
2
e
1
⎥
=
L− 1 ⎢
2
1
1 ⎥
⎢
⎢⎣ s + s − 2 s + 2 ⎥⎦
=
=
=
e
−
1
t
2
2
e
−
1
t
2
2
e
−
L− 1
L− 1
1
t
2
2
L
−1
⎡
⎢
1
⎢
1
1
⎢
⎢⎣ s + s − 2 s + 2
⎡
⎤
⎢
⎥
1
⎢
⎥
1
⎢ s+
4s 2 − 1 ⎥
⎣
⎦
2
⎡
⎤
⎢
⎥
1
⎢
⎥=2
1
⎢
⎥
2
⎢⎣ s + s − 4 ⎥⎦
⎡
1 ⎤ e
2e
L− 1 ⎢ s - s 2 − ⎥ =
4 ⎦
⎣
este último resultado es por (15) .
−
1
t
2
−
180
1
t
2
⎤
⎥
s ) ⎦
2
⎤
⎥
⎥
⎥
⎥⎦
e
−
1
t
2
⎡
L− 1 ⎢ s −
⎣
I 1 (t )
,t>0 ,
t
s2−
1 ⎤
⎥=
4 ⎦
Análisis Matemático IV
17.-
Aplicando la transformada de Laplace resolver el problema de valores
iniciales (PVI)
x '' ( t ) + 4x ' ( t ) + 13x ( t ) = 2t + 3e− 2 t cos3 t ,
x (0 ) = 0 , x (0 ) = − 1
Solución
Sea L [ x (t )] =x (s ) , aplicando la transformada de Laplace a ambos
miembros
2
3(s + 2 )
+
⇒
2
s
(s + 2 ) 2 + 9
1
2
3(s + 2 )
+ 2
+
=
x (s ) = −
2
2
(s + 2 ) + 9 s ((s + 2 ) + 9 ) ((s + 2 ) 2 + 9 ) 2
s 2 x (s ) + 1 + 4x (s ) + 13x (s ) =
1
3
8
2
8
s+2
x (s ) = − (
)−
+
+
(
)−
2
2
3 (s + 2 ) + 9
169s 13s
169 ((s + 2 ) 2 + 9 )
10
3
3(s + 2 )
(
)+
, por tanto tomando
2
3(169) (s + 2 ) + 9
((s + 2 ) 2 + 9 ) 2
inversa
1
8
2
8 − 2t
x (t ) = − e− 2 t sen3 t −
t+
e
cos3 t
+
3
169 13
169
10 − 2 t
−
e
sen3 t +
507
t −t
8
179 −2t
8 −2t
e sen3 t = −
e sen3t +
e cos3t
−
2
169 507
169
.
t −2t
2
+ e sen3t +
t
2
13
8
179 −2t
8 −2t
t
2
−
x (t ) = −
e sen3t +
e cos3t + e −2t sen3t +
t
169 507
169
2
13
18.-
Un sistema masa-resorte-amortiguador con condiciones iniciales
x(0 ) = x ' (0 ) = 0 y con la fuerza F(t ) = 15sen2 t está gobernado por
la ecuación diferencial x '' ( t ) + 6x ' ( t ) + 34x ( t ) = 30 sen2 t ,
x(0 ) = x ' (0 ) = 0 .Encuentre el movimiento transitorio resultante y el
movimiento periódico estacionario de la masa.
181
Análisis Matemático IV
Solución
Sea
s 2 x (s ) + 6x (s ) + 34x (s ) =
x (s ) =
60
⇒
s +4
2
60
(s + 4 )(s 2 + 6s + 34 )
2
Por fracciones parciales
60
As + B
Cs + D
x (s ) = 2
= 2
+ 2
,
2
(s + 4 )(s + 6s + 34 ) s + 4 s + 6s + 34
operando se obtiene
10
50
10
A=−
, B=
, C=D=
, por tanto
29
29
29
1 −10s + 50
10s + 10
x (s ) =
(
+ 2
) y aplicando el operador L - 1
2
29
s +4
s + 6s + 34
5
L − 1 [ x(s )] = x (t ) =
( −2cos 2 t + 5sen2 t )
29
2 − 2t
+
e
(5cos5 t − 2sen5 t)
29
Los términos de la frecuencia circular 2 representan las oscilaciones
periódicas estacionarias forzadas de la masa, en tanto que los términos
exponencialmente amortiguados de frecuencia circular 5 constituyen el
movimiento transitorio.
19.-
Resolver el PVI x ''' ( t ) + 4x '' ( t ) + 5x ' ( t ) + 2x ( t ) = 10 cos t
x ( 0 ) = x ' (0 ) = 0 , x '' ( 0 ) = 3
Solución
Sea L [ x ( t )] = x (s ) ⇒ aplicando la transformada a ambos lados
s 3 x(s ) − s2 x (0 ) − s x ' (0 ) − x '' (0 ) + 4s 2 x(s ) − 4s x(0 ) − 4x ' (0 ) +
10s
5s x (s ) − 5x (0 ) + 2x (s ) = 2
, aplicando las condiciones iniciales
s +1
10s
3s 2 + 10s + 3
x(s )(s 3 + 4s 2 + 5s + 2 ) − 3 = 2
⇒ x(s ) = 2
s +1
(s + 1 )(s 3 + 4s 2 + 5s + 2 )
Tomando inversa
⎡
⎤
3s 2 + 10s + 3
L − 1 [ x(s )] = x (t ) = L − 1 ⎢ 2
⎥=
3
2
⎣ (s + 1 )(s + 4s + 5s + 2 ) ⎦
182
Análisis Matemático IV
⎡ As + B
⎤
C
D
E
L− 1 ⎢ 2
+
+
+
⇒ A = −1 , B = 2 , C = −1,
2⎥
⎣ s + 1 s + 2 s + 1 (s + 1 ) ⎦
D = 2 , E = −2
⎡− s + 2
⎤
1
2
2
x (t ) = L − 1 ⎢ 2
−
+
−
⇒
2⎥
⎣ s + 1 s + 2 s + 1 (s + 1 ) ⎦
x ( t ) = ⎡⎣ − cos t + 2sen t − e− 2 t + 2e − t − 2t e − t ⎤⎦
20.- Resolver el PVI x ''' ( t ) + 5x '' ( t ) + 17x ' ( t ) + 13x ( t ) = 1
x ( 0 ) = x ' ( 0 ) = 1 , x '' ( 0 ) = 0
Solución
s 3 x(s ) − s2 x (0 ) − s x ' (0 ) − x '' (0 ) + 5s 2 x(s )
10
−5s x(0 ) − 5x ' (0 ) + 17s x (s ) − 17x (0 ) + 13x (s ) =
⇒
s
1
x (s ) (s 3 + 5s 2 + 17s + 13 ) - (s 2 + 5s + 17 + s + 5 ) =
s
3
2
3
2
s + 6s + 22s + 1
s + 6s + 22s + 1
x (s ) =
=
=
3
2
s(s + 5s + 172s + 13) s (s + 1 )(s2 + 4s + 13 )
1
44
7
A
B
Cs + D
8
, A=
, B= , C=−
, D=
⇒
+
+ 2
13
65
65
s s + 1 s + 4s + 13
5
1
8
−44s + 7
x (s ) =
+
+
.
13s 5(s + 1 ) 65(s2 + 4s + 13 )
Tomando la inversa a ambos miembros
⎡ 1
8
− 44s + 7
x ( t ) = L − 1 [ x (s )] = L − 1 ⎢
+
+
2
⎣13s 5(s + 1 ) 65(s + 4s + 13
⎤
=
) ⎥⎦
1 8e − t e − 2 t
( 44 cos3 t − 27sen3 t ) , t ≥ 0
+
+
13
5
65
21.-
La masa-resorte-amortiguador del gráfico adjunto, está sometida a una
fuerza periódica externa F(t ) = 4sen w t aplicada en el tiempo t = 0 . Si
x (0 ) = x ' (0 ) = 0 , calcular el desplazamiento resultante x (t ) de la
masa en el tiempo t > 0 para los siguientes casos: i) Si w = 2 ,
ii) Si w = 5 iii) ¿Si w = 5 que ocurre si no está el amortiguador?
183
Análisis Matemático IV
Solución
Del gráfico adjunto, las fuerzas que actúan sobre la masa M son las
fuerzas aplicadas F(t ) y las fuerzas F 1 y F 2 llamadas de restauración
debidas al resorte y al amortiguador respectivamente.
Por la Ley de Newton M x '' ( t ) = F( t ) − F 1( t ) − F 2 ( t ) , como M = 1 ,
F ( t ) = 4senw t
,
F 1( t ) = k x( t )=25 x( t )
,
F 2 ( t ) = β x( t )=6 x ' ( t )
⎧ x ''(t ) + 6 x '(t ) + 25 x(t ) = 4senw t
Luego por resolver ⎨
,
x (0 ) = x ' (0 ) = 0
⎩
Aplicando Laplace
s 2 x(s ) − s x (0 ) − x ' (0 ) + 6s x(s ) − 6 x(0 ) + 25x (s ) =
2
4w
, tenemos para cada caso:
(s + w )(s 2 + 6s + 25 )
8
As + B
Cs + D
w = 2 ⇒ x(s ) = 2
= 2
+ 2
,
2
(s + 4 )(s + 6s + 25 ) s + 4 s + 6s + 25
entonces
16
56
16
40
A=−
, B=
, C=
, D=
⇒
195
195
195
195
4
−4s + 14
2
8s + 20
x(s ) =
(
)+
( 2
)⇒
2
195
s +4
195 s + 6s + 25
Aplicando el operador L − 1 tenemos que
⇒ x(s ) =
i)
4w
s +w
2
2
2
184
Análisis Matemático IV
x ( t ) = L − 1 [ x (s )] =
+
ii)
4
( 7sen2 t − 4cos2 t )
195
2
(8cos 4 t − sen4 t )
195
Si
w = 5 ⇒ x(s ) =
20
(s + 25 )(s 2 + 6s + 25 )
2
As + B
Cs + D
+ 2
2
s + 25 s + 6s + 25
2
2
12
Obtenemos que A = −
, B=0 , C=
, D=
⇒
15
15
15
2s
2s + 12
x(s ) = −
+
⇒ Aplicando el
2
2
15(s + 25 ) 15(s + 6s + 25 )
operador L− 1
2
1 − 3t
3
x ( t ) = L − 1 [ x (s )] = − cos5 t +
e ( 2cos4 t+ sen4 t)
15
15
2
20
iii) Si no hay amortiguador, entones x(s ) = 2
(s + 25 )(s 2 + 6s + 25 )
20
se reduce a x(s ) = 2
⇒
(s + 25 ) 2
2
x ( t ) = L − 1 [ x (s )] =
( sen5 t − 5 t cos5 t ) .
25
=
22.-
Resolver el PVI
x '' ( t ) − 2 x ' ( t ) + 5 x ( t ) = − 8e π − t , x (π ) = 2 ,x ' (π ) = 12
Solución
Para aplicar la transformada de Laplace trasladamos las condiciones
iniciales a t = 0
x '' ( t + π ) = y '' ( t ) ,
x' ( t +π ) = y' ( t ),
Haciendo
x ( t + π ) = y ( t ) obtenemos y '' ( t ) − 2 y ' ( t ) + 5 y ( t ) = − 8e − t ,
y (o ) = 2 ,y ' (o ) = 12
8
s 2 y ( s ) − s y (0 ) − y ' (0 ) − 2 sy ( s ) + 2y (0 ) + 5 y ( s ) = −
s+1
8
s 2 y ( s ) − 2s − 12 − 2 s y ( s ) + 4 + 5 y ( s ) = −
⇒
s+1
2s2 + 10s
y(s ) =
⇒ y ( t ) = e t (3cos2 t+4sen2 t ) − e − t
2
(s + 1 )(s − 2s + 5 )
⇒ X(t) = y ( t − π ) = e t − π (3cos2 ( t − π )+4sen2 ( t − π ) − e − ( t − π )
185
Análisis Matemático IV
En los problemas 23 y 24 resolveremos dos ecuaciones diferenciales de
segundo orden con coeficientes variables: Ecuaciones de Bessel para
n=0 ,n=1
23.-
Resolver la ecuación diferencial t y '' ( t ) + y ' ( t ) + t y ( t ) = 0 sujeto
a las condiciones iniciales y (0 ) = 1 ,y ' (0 ) = 0
Solución
L [ y ( t )] = y (s ) ⇒
d
d
(s 2 y (s) - s y(0) - y ' ( 0 )) + s y (s) + y (0) (y (s )) = 0 ,
ds
ds
simplificando
− 2s y (s) − s 2 y '(s) + s y (s) − y ' (s) = 0 ⇒
( s2 +1 ) y ' (s)+s y (s) = 0 ⇒
y' ( s )
s
1
+ 2
= 0 ⇒ d ( Ln y ( s ) ) + d ( Ln s 2 +1 ) = 0 ⇒
y ( s ) s +1
2
1
( Ln s 2 +1 ) = LnC ⇒
Integrando Ln y ( s ) +
2
C
C
⇒y(s)=
⇒
Ln y ( s ) = Ln
2
s +1
s 2 +1
Tomando inversa
y ( t ) = c J 0 ( t ) , pero 1 = y ( 0 ) = CJ 0 ( 0 ) ⇒ C = 1 ,
puesto que J 0 ( 0 ) = 1
Por tanto y ( t ) = J 0 ( t ) es la solución.
−
24.-
Resolver la ecuación diferencial
t 2 y '' ( t ) +t y ' ( t ) + ( t 2 − 1 ) y ( t ) = 0 sujeto a
1
y ( 0 ) = 0 ,y ' ( 0 ) = .
2
Sea L [ y ( t ) ] = y (s ) ⇒
d2
d
( s 2 y(s ) − s y(0 ) − y '(0 )) −
( s y (s ) − y(0 ))
2
ds
ds
− y ''(s ) − y(s ) = 0
d2
d
( s 2 y(s ) − s y(0 ) − y '(0 )) −
( s y (s ) − y(0 ))
2
ds
ds
− y ''(s ) − y(s ) = 0
y '' (s )
3s
+ 2
=0⇒
Simplificando y ''(s )(s 2 + 1 ) + 3 s y(s ) = 0 ⇒
y (s ) s + 1
186
Análisis Matemático IV
d ( Ln y' ( s ) ) +
Ln y' ( s ) +
3s
= 0 , integrando
s 2 +1
3
Ln (s 2 + 1 ) = LnC ⇒ y '( s ) =
2
integrando y ( s ) =
Cs
(1 + s 2 ) 3
,
+ C 1 , pero por teorema 9, se tiene
1+ s 2
Lim y ( s ) = 0 = C + C 1 ⇒ C = − C 1 ⇒ y ( s ) = −
s→ ∞
C1 s
1+ s 2
+C1
1+ s 2 − s
C1 s
y ( s )=−
C
+C1 =C1 (
) ⇒ y( t ) = C 1 J 1( t ) ,
1+ s 2
1+ s 2
1 C
Pero y ' ( 0 ) = = 1 ⇒ C 1 = 1 ⇒ y( t ) = J 1( t )
2
2
es la solución buscada.
25.-
1
2
Sugerencia: Elija un calor adecuado para la constante resultante en la
solución de la ecuación diferencial x = x ( s ) de tal manera que la
solución general sea una función conocida.
Solución
Sea L [ x( t )] = x ( s ) y x ' ( 0 ) = k cualquier valor.
Resolver el PVI t x '' ( t ) +3 x ' ( t ) + t x ( t ) = 0 , si x ( 0 ) =
d
( s 2 x(s ) − s x (0 ) − x ' (0 )) + 3s x (s ) − 3x (0 )
ds
d
− ( x (s )) = 0 ⇒
ds
s
1
x(s ) = − 2
x ' (s )( s 2 + 1) − s x(s ) + 1 = 0 ⇒ x ' (s ) − 2
s +1
s +1
es una ecuación diferencial lineal en x ( s ) , entonces
−
x ( s )=e
1
e2
Ln( s 2 +1 )
∫
s
s 2 +1
ds
− ∫
⎡
⎢ ∫e
⎢⎣
s
s 2 +1
ds
(−
1
)ds + C
s +1
2
1
− Ln( s 2 +1 )
⎡
⎤
1
2
e
(− 2
)ds + C ⎥ =
⎢ ∫
s +1
⎣
⎦
187
⎤
⎥=
⎥⎦
Análisis Matemático IV
⎡
1
s 2 +1 ⎢ ∫ −
ds + C
2
⎢⎣
( s +1 ) 3
⎡
⎤
1
= s 2 +1 ⎢ −
+C ⎥ ⇒
s 2 +1
⎣
⎦
⎤
⎥
⎥⎦
x ( s ) = −s + C s 2 + 1 ,
aplicando el teorema del valor final
lim (x (s)) = − lim ( s − C s 2 + 1 ) = − lim (
s 2 − C 2 (s 2 + 1 )
s + C s 2 +1
si C = 1 es la elección dado por la sugerencia, entonces
s→ ∞
s→ ∞
x ' ( s ) = −1 +
s→ ∞
s
s 2 +1
⇒ x' ( s ) = − (
⎡
⇒ L− 1 [ x ' ( s )] = − L− 1 ⎢
⎢⎣
s 2 +1− s
s 2 +1
)=0
)
s 2 +1− s ⎤
⎥⇒
s 2 + 1 ⎥⎦
− t L− 1 [ x ( s )] = − J 1(t ) ⇒ L− 1 [ x ( s )] =
J 1(t )
, t > 0 , esto es
t
J 1(t )
, t > 0 es l a solución de la ecuación
t
(¿un lindo problema?).
X (t ) =
26.-
Resolver el sistema de valores iniciales
⎧t x ' (t ) + x (t) + t y (t ) = ( t − 1 )e − t
⎪
−t
⎨ y ' (t ) − x (t ) = e
⎪ x(0) = − 1 , y(0 ) = 1
⎩
Solución
Sean L [ x( t )] = x ( s ) y L [ y( t )] = y ( s ) , tomando transformada
s
⎧
⎪⎪ s x ' ( s ) + y '(s) = ( s + 1 ) 2 , (1)
⎨
⎪s y ( s ) − x(s) = s + 2
, (2)
s +1
⎩⎪
De (2) tenemos
x ( s ) = s y(s) −
s+2
1
⇒ x ' ( s ) = y(s) + s y(s ) +
s +1
(s + 1 ) 2
188
Análisis Matemático IV
Sustituyendo en (1) obtenemos que
(1 + s 2 )y ' ( s ) + s y(s ) = 0
ecuación lineal
s
y' ( s )
s
y' ( s ) +
y(s ) = 0 ⇒
=−
⇒ d ( Ln y(s) ) =
2
1+ s
y(s )
1+ s 2
s
−
⇒
1+ s 2
1
λ
⇒ y( t ) = λ J 0 ( t )
Ln ( y(s) ) = − Ln(1 + s 2 ) ⇒ y(s) =
2
1+ s 2
Como 1 = y (0 ) = λ J 0 ( 0 ) ⇒ λ = 1 ⇒ y ( t ) = J 0 ( t )
1
s
y ( s )=
⇒ y' ( s ) = −
en (1)
1 + s2
(1 + s 2 ) 3
1
1
x' ( s ) =
+
⇒
2
( s +1 )
(1 + s 2 ) 3
(3)
1
s − 1+ s 2
x ( s )=−
+
+C
s +1
1+ s 2
Por teorema (9)
1
s − 1+ s 2
+
, tomando
s +1
1+ s 2
− J 1 ( t ) , finalmente
lim (x ( s )) ⇒ C = 0 ⇒ x ( s ) = −
s →∞
inversa x ( t ) = − e − t
⎧x ( t ) = − e − t − J 1 ( t )
es la solución del sistema .
⎨
⎩y ( t ) = J 0 ( t )
27.-
Hallar la solución general de la ecuación diferencial de valores iniciales
x '' ( t ) +2 x ' ( t ) + x ( t ) =h ( t ) , x (0) = 0 , x ' ( 0 ) =0 donde
h ( t ) está dado por el gráfico adjunto
189
Análisis Matemático IV
Solución
Del grafico tenemos que
h ( t ) = 4 − 5U ( t − π ) + U ( t − 2π ) + 6δ ( t − 2π ) + 4δ ( t − 3π )
− 4δ ( t − 4π )
Sea L [ x( t )] = x ( s ) , aplicando Laplace a cada lado obtenemos que
x ( s )( s 2 +2s+1) =
4 5e− π s e − 2 π s
−
+
+ 6e− 2 π s + 4e− 3 π
s
s
s
s
−4e− 4 π s ⇒
x(s)=
4
5e − π s
e− 2 π s
6e − 2 π s
−
+
+
s (s + 1 ) 2 s(s + 1 ) 2 s(s + 1 ) 2 (s + 1 ) 2
4e − 3 π s 4e − 4 π s
−
⇒
(s + 1 ) 2 (s + 1 ) 2
X(t) = 4 ( 1 − e − t − t e − t ) − 5 (1 − e − (
+
t− π )
)−
( 1− e
− ( t − 2π ) e
) U ( t − 2π )
− ( t − 2π )
+6( t − 2π ) e
U ( t − 2π ) +
− ( t − 3π )
3( t − 3π ) e
) U( t − 3π ) − 4( t − 4π ) e − ( t − 4π ) ) U( t − 4π ) .
− ( t − 2π )
28.-
− ( t − 2π )
Dado un sistema RLC en serie con señales R = 160 Ω , L = 1 H ,
C = 10 − 4 F y una fuerza electromotriz E( t ) = 20 voltios .Determinar
la carga Q ( t ) en el capacitor y la corriente I ( t ) para t > 0 , si
inicialmente tanto la carga como la corriente en el sistema son cero.¿ Que
tipo de corriente se obtiene?
190
Análisis Matemático IV
Solución
Por la ley de Kichhoff la ecuación diferencial que gobierna al circuito está
1
dado por LQ'' ( t ) +RQ ' ( t ) + Q ( t ) =E ( t ) , sustituyendo los
C
Q'' ( t ) +160Q ' ( t ) +10000 Q ( t ) =20 ,
valores obtenemos que
aplicando la transformada de Laplace y las condiciones iniciales tenemos
que:
20
20
(s 2 +160s+10000)q(s) =
⇒ q(s) =
=
2
s
s(s +160s+10000)
1
1
s+160
1
1
(s + 80 ) + 80
q(s) =
( 2
)=
( −
)
−
500s 500 s +160s+10000
500 s ( s + 80 ) 2 + ( 60 ) 2
1
4 − 80 t
Entonces Q ( t ) =
( 1 − e− 80 t cos60 t −
e
sen60 t ) es la
500
3
carga en el capacitor y la corriente en el circuito está dado por:
1
I ( t ) = Q ' ( t ) = e − 80 t sen60 t y es una corriente transitoria para t
3
suficientemente grande.
29.-
Dado el sistema RLC adjunto con señales R = 110 Ω , L = 1 H ,
C = 0,001 F y habiendo una batería que proporciona E 0 = 90 voltios.
Originalmente no hay corriente en el circuito y carga en el condensador.
En el instante t = 0 se cierra el interruptor y se deja así por un segundo.
Al tiempo t = 1 segundo se deja abierto y se deja así. Hallar la corriente
I ( t ) resultante para t > 0 .
191
Análisis Matemático IV
Solución
L I' ( t ) +R I ( t ) +
diferencial
del
1
C
∫
t
0
I ( u ) d u = E ( t ) es la primera ecuación
circuito L I'' ( t ) +R I' ( t ) +
1
I ( t ) = E' ( t )
C
,
E ( t ) = 90 - 90 U ( t - 1 )
E' ( t ) = - 90 δ ( t - 1 ) ⇒
I'' ( t ) + 110 I' ( t ) + 1000 I ( t ) = −90δ ( t − 1 )
Tenemos que resolver el PVI
⎧I'' ( t ) + 110 I' ( t ) + 1000 I ( t ) = − 90δ ( t − 1 )
⎨
⎩I ( 0 ) = 0 , I' ( 0 ) = 90
Sea L [I ( t )] = i ( s ) , aplicando la transformada tenemos que
s 2 i ( s ) - 90+110 s i ( s )+1000 i ( s ) = - 90e - s ⇒
90 ( 1 − e − s )
⇒I ( t ) = L− 1
s 2 +110s+1000
⎡ 90 ( 1 − e− s ) ⎤
L− 1 ⎢ 2
⎥⇒
⎣ s +110s+1000 ⎦
−s
)⎤
− 1 ⎡ 90 ( 1 − e
I ( t )=L
⎢ 2
⎥
⎣ s +110s+1000 ⎦
i (s) =
[ i (s)] =
= e− 10t − e− 100t − ⎡⎣e−10 ( t − 1 ) − e− 100 ( t − 1 ) ⎤⎦ U( t − 1 ) ⇒
⎧⎪ e − 10 t − e − 100 t , t < 1
I( t ) = ⎨
− 10
) e −10 t − ( 1 − e− 100 ) e −100 t ⎤⎦ , t ≥ 1
⎪⎩ ⎡⎣(1 − e
e− 10t − e− 100t , describe la corriente en el caso que el interruptor fuese
dejado cerrado para todo t en lugar de estar abierto para t ≥ 1.
192
Análisis Matemático IV
30.-
1
F y una
160
fuerza Electromotriz E(t) = 100sen60 t voltios. Si q (0) = I (0) = 0 ,
hallar la corriente total en cualquier tiempo t > 0 y separar las
corrientes.
Un sistema RLC en serie contiene R = 28 Ω , L = 1 H , C =
Solución
La segunda ecuación diferencial que gobierna al circuito está dado por
⎧Q''(t) + 28Q'(t) + 160Q(t) = 100sen60t
⎨
⎩ q (0) = I (0) = q'(0) = 0
Sea L
[ Q ( t )] = q ( s ) ⇒
s 2q(s) − sq(0) − q'(0) + 28q(s) − 28q(s) + 160q(s) =
16000
⇒
s + (60) 2
2
16000
16000
⇒ q(s) = 2
2
2
s + (60)
(s + (60) )(s 2 + 28s + 160 )
16000
16000
q(s) = 2
=
2
2
(s + (60) )(s + 28s + 160 ) (s + 8)(s + 20)(s 2 + 3600)
4000 ⎡ 1
1
1
⎤
−
q(s) =
(
)( 2
) ⎥=
⎢
3 ⎣ s + 8 s + 20 s + 3600 ⎦
⎤
4000 ⎡
1
1
) ⎥=
−
⎢
2
2
3 ⎣ (s + 8)(s + 3600) (s + 20)(s + 3600) ⎦
4000 ⎡ A
Bs + C
M
Ns + P
⎤
+ 2
−(
+ 2
) ⎥ se obtiene que
⎢
3 ⎣ s + 8 s + 3600 s + 20 s + 3600 ⎦
q(s) =
2
193
Análisis Matemático IV
1
1
1
1
, B= −
, C=
, M =−
,
3664
3664
458
4000
1
1
N=
,P =
⇒
4000
200
−s
1
1
1
1
⎡ 1
⎤
+
−
s−
4000 ⎢ 3664 3664 458
200 ) ⎥ =
+ 2
− ( 4000 + 4000
q(s) =
⎢
⎥
2
3 ⎢ s+8
s + 3600
s + 20
s + 3600
⎥
⎥⎦
⎣⎢
⎤
4000 ⎡
1
1
−s
+
+
−
⎢
2
2
3 ⎣ 3664(s + 8) 3664(s + 3600) 3664(s + 3600) ⎥⎦
A=
⎤
4000 ⎡
s
1
−1
(
) ⎥⇒
+
⎢
2
2
3 ⎣ 4000(s + 20) 4000(s + 3600) 200(s + 3600) ⎦
916 ⎡ − 8 t
1
⎤
− cos 60 t +
Q(t) =
e
sen60 t ⎥ +
⎢
3 ⎣
60
⎦
1 ⎡ − 20 t
1
⎤
− cos 60 t +
e
sen60 t ⎥
⎢
3⎣
30
⎦
Es la carga en el condensador y la corriente está dada por la derivada de
la carga
916
⎡⎣ −8e− 8 t + 60sen60 t + cos 60 t ⎤⎦ +
I (t) =
3
1
⎡ − 20 e − 20 t + 60sen60 t + cos 60 t ⎤⎦
3⎣
7328 − 8 t 20 − 20 t
−
es la corriente transitoria
I T (t) = −
e
e
3
3
916
1
I E (t) =
(60sen60 t + cos 60 t ) + ( 60sen60 t + cos 60 t ) =
3
3
917
I E (t) = 18340sen60 t +
cos 60 t , corriente estacionaria.
3
I (t ) = I E (t ) + IT (t ) , corriente total en el circuito.
194
Análisis Matemático IV
31.-
Hallar la corriente del circuito adjunto, si para i (0 ) = 0
Solución
10 5
5
I ( t )] = i ( s ) ⇒
2 I' ( t ) +240 I ( t ) +
Sea L
[
∫
t
0
I ( u ) d u = 30 , aplicando Laplace
10 5
30
2 s i ( s ) - 2 i ( 0 ) + 240 i ( s ) +
i(s)=
5s
s
15
15
i(s)= 2
=
⇒
s + 120s + 10000 (s + 60 ) 2 + 6400
⎡
⎤ 3 − 60 t
15
I ( t ) = L − 1 [ i ( s )] = L − 1 ⎢
e
sen80 t
⎥=
2
⎣ (s + 60 ) + 6400 ⎦ 16
3 − 60 t
e
sen80 t
por tanto I ( t ) =
16
32.-
Hallar la corriente total I ( t ) del circuito adjunto, si i 1 (0 ) = i 2 (0 ) = 0
195
Análisis Matemático IV
Solución
El circuito está gobernado por el sistema
1 t
⎧
⎪R I 1 ( t ) + C ∫ 0 I 1 ( u )du = Eδ ( t )
⎪
⎨ L I 2 ' ( t ) + R I 2 ( t ) = Eδ ( t )
⎪ i (0 ) = i (0 ) = 0
2
⎪ 1
⎩
aplicando Laplace tenemos que
1
⎧
⎪R i1 ( s ) + i1 (s ) = E
C
⎨
⎪⎩L s i2 ( s ) + R i2 (s ) = E
Resolviendo el sistema tenemos que
⎛
⎞
⎛
⎞
E⎜ s ⎟
E⎜ 1 ⎟
i 1 (s) = ⎜
⎟ , i 2 (s) = ⎜
⎟ ⇒ i (s) = i 1 (s) + i 2 (s) =
R⎜s+ 1 ⎟
L⎜s+R ⎟
⎜
⎟
⎜
⎟
⎝
RC ⎠
L⎠
⎝
⎛
⎞
⎛
⎞
E
E ⎜ 1 ⎟ E⎜ 1 ⎟
i (s) = − 2 ⎜
⎟+ ⎜
⎟ ,
R R C⎜s+ 1 ⎟ L ⎜s+ R ⎟
⎜
⎟
⎜
⎟
⎝
RC ⎠
L⎠
⎝
tomando la inversa tenemos que
t
−
E
E
E
RC
I(t) =
e
δ (t) −
+ e
2
R
R C
L
33.-
−
R
t
L
es la corriente total.
Hallar la corriente total I ( t ) del circuito adjunto, si i 1 (0 ) = i 2 (0 ) = 0 ,
donde L 1 = 2 H , L 4 = 4 H , R = 80 Ω , E(t) = 200cos 20t
196
Análisis Matemático IV
Solución
Por la ley de Kirchhoff, el circuito está gobernado por la ecuación
diferencial de VI
⎧L 1 I ' ( t ) R I1 ( t ) = 200cos20 t
⎪
⎨L 1 I ' ( t ) + L 2 I 2' ( t ) = 200cos20 t , sustituyendo los valores
⎪I (t ) + I (t ) = I (t ) , i (0 ) = 0
2
⎩1
⎧2 I'(t) + 80 I1 ( t ) = 200cos 20t
, aplicando Laplace
⎨
2
I'(t)
+
4
I
'
(
t
)
=
200cos
20t
⎩
2
200s
⎧
⎪⎪2 s i ( s ) + 80 i 1 ( s ) = s2 + 400
, demás como
⎨
⎪2 s i ( s ) + 4s i ( s ) = 200s
2
⎪⎩
s2 + 400
i 2 (s ) = i (s ) − i 1(s ) ⇒
⎧ 2
200s2
+
=
2s
i
(s)
80s
i
(s)
⎪⎪
1
⎤
s + 20
s2 + 400 ⇒ i (s) = 100 ⎡
⎨
⎢ (s + 60)(s2 + 400) ⎥ =
⎣
⎦
⎪120s i(s) − 80s i (s) = 200s
1
2
⎪⎩
s + 400
197
Análisis Matemático IV
1
1 ⎤
⎡
⎢ s 2 + 400 − s + 60 ⎥ ,
⎣
⎦
invirtiendo
1
1 ⎤ 1
⎡
−
=
L− 1 ⎢ 2
sen20t − e− 60 t ,
⎥
⎣ s + 400 s + 60 ⎦ 20
1
separando las corrientes tenemos I E (t) =
sen20 t corriente estable y
20
la corriente transitoria I T (t) = − e − 60 t amperios.
I ( t ) = L− 1
34.-
[ i ( s )] =
Un voltaje E (t ) = 28sen2 t voltios; es aplicado a un primer circuito en
el tiempo t = 0 y la inducción mutua M conduce la corriente I 2 (t) en el
segundo circuito de la figura adjunta. Si previo al cierre del interruptor las
corrientes en ambos circuitos son cero, hallar la corriente inducida I 2 (t)
en el segundo circuito en el tiempo t > 0 , cuando R 1 = 4 Ω , R 2 = 10 Ω ,
M=2 H
L 1 = 2 H ,L 2 = 8 H y
sujeto a las
condiciones
i 1 (0 ) = i 2 (0 ) = 0 .
Solución
Aplicando la ley de Kirchhoff al primer y segundo circuitos tenemos el
sistema
⎧ 2 I 1' ( t ) + 4 I 1 ( t )+2 I 2 ( t ) = 28sen2 t
⎪
, aplicando Laplace
⎨2 I 1' ( t ) + 8 I 2 ( t ) + 10 I 2 ( t ) = 0
⎪ i (0 ) = i (0 ) = 0
2
⎩ 1
198
Análisis Matemático IV
⎧
⎪(s + 2) i 1 ( s ) +s i 2 ( s ) =
⎨
⎪⎩ s i 1 ( s ) + (4s+5 ) i 2 ( s
i 2 (s ) = −
28
s + 4 , resolviendo para i 2 (s ) ,
)=0
2
28s
(3s + 10 )(s + 1 )(s2 + 4 )
⎡
45
4
7(s − 26) ⎤
= ⎢−
+
+
⇒
s 2 + 4 ⎥⎦
⎣ 17(3s + 10) 5(s + 1)
⎡
45
4
7(s − 26) ⎤
I 2 ( t ) = L − 1 [ i 2 ( s )] L − 1 ⎢ −
+
+
s 2 + 4 ⎥⎦
⎣ 17(3s + 10) 5(s + 1)
7
91
4 −t
15 − 103 t
cos2 t −
sen2 t +
e
e
−
y para
85
85
5
17
7
91
t → ∞ , tenemos que I 2 ( t ) =
cos2 t sen2 t es corriente
85
85
estacionaria.
I2 ( t ) =
35.-
a)
En el gráfico adjunto, sea E (t ) = 60 voltios,
R 1 = 10 Ω ,
− 5
b)
R 3 = 20 Ω y C 2 = 5 (10)
F , encuentre la corrientes si, cuando
el interruptor está cerrado, el condensador lleva una carga de 0,03
coulombs.
En el mismo problema, suponga que la carga inicial sobre el
condensador es de 0,01 Coulombs, siendo lo mismo los otros datos.
Solución
a)
Tenemos que I 1 ( t ) = I 2 ( t ) + I 3 ( t )
(1)
pero I ( t ) = Q' ( t ) ⇒ Q 1' ( t ) − Q 2' ( t ) − Q 3' ( t ) = 0 (2)
Del primer circuito
1
R 1 I1 ( t )+
= E ⇒ 10 I 1 ( t ) + 2000Q 2 ( t ) = 60 ⇒
C2
I 1 ( t ) + 200Q 2 ( t ) = 6 ⇒ Q 1' ( t ) + 200Q 2 ( t ) = 6 (3)
199
Análisis Matemático IV
Del segundo
1
Q 2 ( t ) = 0 ⇒ Q 3' ( t ) − 100Q 2 ( t ) = 0 (4)
C2
Tenemos el sistema:
R 3 I3 ( t )−
⎧ Q 1' ( t ) − Q 2' ( t ) − Q 3' ( t ) = 0
⎪ Q ' ( t ) + 200Q ( t ) = 6
⎪ 1
2
⎨
⎪Q 3' ( t ) − 100Q 2 ( t ) = 0
⎪⎩ q 1 (0 ) = q 3 (0 ) = 0 , q 2 (0 ) = 0,03
Sean L [Q3 (t )] = q 3 (s) , L [Q2 (t )] = q 2 (s) L [Q1(t )] = q 1(s)
Aplicando Laplace con las condiciones iniciales y un poco de
6
0,03
algebra obtenemos que q 2 (s) =
+
⇒
s(s + 300) s + 300
1
Q 2( t ) =
(1 − e− 300 t ) + (0,03)e−300 t
50
I 2 ( t ) = Q 2 ' ( t ) = −3e− 300 t , ahora
2
1
1
q 3 (s) = 2 +
(1 − e− 300 t )
⇒ Q 3 ( t ) = 2t +
s
s (s + 300 )
300
− 300 t
I 3( t ) = Q 3 ' ( t ) = 2 + e
, por tanto y último
I 1 ( t ) = I 2 ( t ) + I 3 ( t ) = 2 − 2e− 300 t
5.8
CONCEPTO DE CONVOLUCIÓN
[ H(s) + T(s)] = L− 1 [ H(s)] + L− 1 [ T(s)] ¿Qué
L− 1 [ H(s)T(s)] ?. Mediante un simple ejemplo
Así como L− 1
se puede
afirmar de
podemos
mostrar que es falso:
L− 1
[ H(s)T(s)] = L− 1 [ H(s)]L− 1 [ T(s)] .
⎡ 2⎤
⎡ 2⎤
⎡ 1⎤
t 2 = L− 1 ⎢ 3 ⎥ ≠ L− 1 ⎢ ⎥ L− 1 ⎢ 2 ⎥ = 2 ⋅ t = 2 t
⎣ s ⎦
⎣ s⎦
⎣ s ⎦
Procederemos a definir un nuevo tipo de multiplicación de funciones la
cual
denotaremos
Por
*
que
satisface
la
propiedad
− 1
− 1
− 1
L [ H(s)T(s)] = L [ H(s)] * L [ T(s)] .
200
Análisis Matemático IV
[ H(s)] y L− 1 [ T(s)] mas no L− 1 [ H(s)T(s)] .
F,G : [0 , ∞ > → R funciones de clase A , entonces
Es fácil de calcular L− 1
Definición.- Sean
t
(F * G)(t) = ∫ F(u)G(t-u)du , donde la operación * se llama operación
0
convolución es regularizante o suavizante.
Ejemplos
t
t
cos t * t = ∫ cosu (t − u)du = ∫ (t cosu − ucosu)du =
1.-
0
0
[ t senu − u senu − cosu]0 = 1 − cos t
t
e
2.-
− t
*e
− t
t
t
t
= ∫ e− t e− (t −u)du = e − 2t ∫ eudu = C ⎡⎣eu ⎤⎦ = e − 2t ⎡⎣e t − 1⎤⎦
0
0
0
= e− t − e− 2t .
Teorema 12.- Sean F,G , H : [0 , ∞ > → R funciones de clase A , entonces
i)
ii)
iii)
iv)
( F * G )(t) = ( G * F )(t) (conmutatividad)
( F * (G + H ))(t) = ( F * G )(t) + ( F * H )(t) (distributiva)
(( F * G ) * H )(t) = ( F * ( G * H ))(t) (asociativa)
( F * θ )(t) = θ , donde θ es la función nula.
Prueba
a)
Tenemos que probar que
∫
t
0
t
F(u)G(t − u)du = ∫ F(t − u)G(u)du esto
0
significa que la convolución puede evaluarse por traslación o
desplazamiento en el tiempo de cualquiera de las dos funciones. Sea
w = t − u ⇒ u = t − w ⇒ du = −dw , si
u → t ⇒ w → 0 y si
u→0⇒w →t⇒
t
0
0
t
(F * G)(t) = ∫ F(u)G(t − u)du = ∫ F(t − w)G(w)( − dw)
t
= ∫ F(t − w)G(w)dw = (G * F)(t)
0
Teorema 13 (Convolución en el tiempo) .- Sean F,G : [0 , ∞ > → R funciones
de clase A , tales que L [F(t )] = H(s) y L [F(t )] = H(s) , entonces:
L
[ (F * G)(t) ] = L ⎡⎣⎢ ∫ 0 F(u)G(t − u)du ⎤⎦⎥ = H(s)T(s) , s > λ
t
201
.
Análisis Matemático IV
Demostración
[ (F * G)(t) ] = L ⎣⎢⎡ ∫ 0 F(t − u)G(u)du ⎦⎥⎤ = ∫ 0 e − st ( ∫ 0 F(t − u)G(u)du ) d t =
∫
∫
∞
t
L
∞
0
∞
0
L
e− st (
∫
∞
0
∞
F(t − u)G(u)U(t − u)du ) d t = ∫ G(u) (
0
t
∫
∞
0
e − st F(t − u)U(t − u)dt )d u =
∞
G(u) e− usH(s)d u = H(s)∫ e − us G(u) d u = H(s)T(s) , por tanto
0
[ (F * G)(t) ] = H(s)T(s) , s > λ
, recuerde que se ha hecho uso de las
propiedades de la función de Heaviside U(t − u) = 0 , u > t .
Teorema 14 (Convolución en la función respuesta).- Sean F,G : [0 , ∞ > → R
funciones de clase A
L − 1 [H(s)] = F(t)
, tales que L [F(t )] = H(s) y
y L − 1 [ T(s)] = G(t) .
L [F(t )] = H(s) . Si
Entonces L − 1 [H(s)T(s)] = F(t) * G(t) .
La prueba es consecuencia del teorema 13.
La convolución es una herramienta que tiene ventajas y desventajas, en algunos
casos abrevia los cálculos y en otros los hace más difícil , pero su importancia
prevalece en la solución de las ecuaciones diferenciales e integro-diferenciales.
Ejemplos
1.-
⎡
1
Usando convolución calcular L − 1 ⎢ 2
2
⎣ (s + 1 )(s + 4
Solución
⎡
⎤
⎡
⎤
1
1
−1
= L− 1 ⎢ 2
L− 1 ⎢ 2
⎥
⎥ * L
2
+
+
+
(s
1
)(s
4
)
(s
1
)
⎣
⎦
⎣
⎦
= sen t *
=
2.-
⎤
) ⎥⎦
⎡
1
⎢ (s 2 + 4
⎣
⎤
) ⎥⎦
1
sen2 t
2
1 t
1
sen( t - u )sen2udu = ( 2sen t − sen2 t )
∫
0
2
6
Calcular F(t) = J 0 (t ) *
J 1(t )
t
Solución
J 1(t )
1
, la existencia
)=
t
2
completamente garantizado, entonces:
Como
lim (
t →0
202
de
⎡J ( t )⎤
L⎢ 1
⎥
⎣ t ⎦
queda
Análisis Matemático IV
⎡J ( t
L [F(t )] = H(s) = L [ J 0 (t )] L ⎢ 1
⎣ t
1
s 2 +1
∫
∞
s
(1 -
⎡
F( t ) = L − 1 ⎢
⎢⎣
3.-
u
)du =
)⎤
⎥=
⎦
1
s 2 +1
∫
∞
s
(
u 2 +1−u
u 2 +1
)du =
2
∞
⎡u − u2 + 1⎤ = s + 1 − s ⇒
⎦s
s 2 +1⎣
s 2 +1
1
u 2 +1
J (t )
s2 + 1 − s ⎤
= J 1( t ) ⇒ F(t) = J 0 (t ) * 1
= J 1( t ) .
⎥
t
s 2 + 1 ⎥⎦
t
Resolver la ecuación x(t) = 6cos t + ∫ x ( u ) sen2( t - u )du para x(t)
0
Solución
Sea: L [ x(t )] = x(s) ⇒
6s
2
18s
12s
x(s) ⇒ x(s) = 2
+ 2
− 2
2
s +1 s + 4
s +1 s + 2
12s ⎤
⎡ 18s
− 2
x( t ) = L − 1 [ x(s) ] = L −1 ⎢ 2
⎥ = 18cos t − 12cos( 2 t )
⎣ s +1 s + 2 ⎦
x(s) =
4.-
Resolver la ecuación integro-diferencial
t
5 ∫ eu y ( u ) cos2( t - u )du = e t
0
[ y '(t) + y(t) ] − 1 ,
sujeto a
y (0) = 0
Solución
Por resolver 5 e− t ∫ eu y ( u ) cos2( t - u )du = [ y '(t) + y(t) ] − e− t o
t
0
5
∫
5e
t
e − ( t − u ) cos2( t − u )y ( u )du = [ y '(t) + y(t) ] − e− t ⇒
0
−t
cos2 t * y ( u ) =
[ y'
(t) + y (t) ] − e− t , luego aplicando la
transformada
L ⎣⎡ 5 e − t cos2 t * y ( u ) ⎦⎤ = L ⎣⎡ y ' (t) + y (t) − e − t ⎦⎤ ⇒
5(s + 1 )
1
s 2 + 2s + 5
=
+
−
⇒
=
y(s)
(s
1)y(s)
y(s)
((s + 1) 2 + 4 )
s +1
s(s + 1 ) 2 (s + 2)
s 2 + 2s + 5
M
N
P
Q
5
= +
+
+
⇒M= ,
y(s) =
2
2
s(s + 1 ) (s + 2) s s + 1 (s + 1 )
s+2
2
203
Análisis Matemático IV
N = 0 , P = −4
5
5
4
5
−
−
⇒ , aplicando L − 1
Q = − ⇒ y(s) =
2
2s (s + 1 )
2(s + 2 )
2
y ( t ) = L− 1
5.-
[ y(s) ] = L− 1
⎡ 5
⎤
4
5
⎢ 2s − (s + 1 ) 2 − 2(s + 2 ) ⎥
⎣
⎦
5
5e− 2t
= − 4 t e− t −
2
2
⎡
⎤
1
Calcular L− 1 ⎢
⎥ usando convolución, a > 0
3
2
+
s
as
⎣
⎦
Solución
⎡
L− 1 ⎢
⎣
= L− 1
.
⎤
1
⎡
⎤
= L− 1 ⎢
⎥
⎥
⎣ s s+a ⎦
s 3 + as 2 ⎦
1
⎤
⎡ 1 ⎤
− 1 ⎡
⎢ s ⎥ * L ⎢ s+a ⎥ =
⎣
⎦
⎣
⎦
1
−at
−
1
2
1
−
t
e
t
1
⎡ 1 ⎤
− au
2
=
1* e
L ⎢
⎥ =1 *
∫ e u du
cπ 0
π
⎣ s ⎦
2w
dw , si u → 0 ⇒ w → 0 ,
Sea au = w 2 ⇒ du =
a
u→t⇒w → a t
1
t
at
−
⎡
⎤
2
1
1
2
-au
2
=
L− 1 ⎢
e
u
du =
e− w dw =
⎥
∫
∫
3
2
cπ 0
aπ 0
⎣ s + as ⎦
− at
− 1
at
2
1
⎡ 2
⎤
e - w dw ⎥ =
f cer (
⎢
∫
a ⎣ π 0
a
⎦
⎡
⎤
1
1
L− 1 ⎢
f cer ( a t ) .
⎥=
3
2
a
⎣ s + as ⎦
1
6.-
a t ) ,por tanto
5
)x '( t ) + 2 x ( t ) = 0
2
5
sujeto a las condiciones iniciales x(0) = 1, x ' (0) =
2
Solución
5
⎡
⎤
Sea L [ x(t )] = x(s) ⇒ L ⎢ x '' (t) + ( 2 t − )x ' ( t ) + 2 x ( t ) ⎥ =
2
⎣
⎦
Resolver la ecuación diferencial x '' (t) + ( 2 t −
204
Análisis Matemático IV
d
5
(s x(s) − x(0)) − x (s) + 2x (s) = 0 ⇒
ds
2
5
5 s
1
2s x ' (s) + ( s − s 2 ) x (s ) + s = 0 ⇒ x ' (s) + ( − ) x (s ) + = 0 ⇒
2
4 2
2
x ' (s)
5 1
1
+(
− ) x (s ) +
= 0 , aplicando L − 1
s
4s 2
2s
5 1
1⎤
5
⎡ x ' (s)
+(
− ) x (s ) + ⎥ = 1 * (- t x ( t )) +
L− 1 ⎢
*x(t)
4s 2
2s ⎦
4
⎣ s
s 2 x (s) − s x (0) − s x ' (0) − 2
1
1
x ( t )+ = 0
2
2
t
5 t
1
1
x ( u )du - x ( t ) +
= 0,
− ∫ u x (u)du +
∫
0
0
4
2
2
aplicando el primer teorema fundamental del cálculo tenemos que
5
1
− t x ( t ) + x ( t ) − x' ( t ) = 0
4
2
5
5
− ( 2t − )dt
− t 2+ t
5
4
2
x' ( t ) + ( 2 t −
) x( t ) = 0 ⇒ x ( t ) = k e ∫
=k e
2
-
x ( t )=k e
− t 2+
5
t
2
, como 1 = x (0) = ke0 ⇒ k = 1 ⇒ x ( t ) = e
− t 2+
Este problema puede ser generalizado.
5.9
EJERCICIOS Y DE PROBLEMAS SOBRE TRANSFORMADA
DE LAPLACE Y SUS APLICACIONES
I.-
Hallar la transformada de Laplace de las siguientes señales:
1.-
⎧ 4 , 0≤t <π
⎪
h(t ) = ⎨−3 , π ≤ t < 2π
⎪1 ,
t ≥ 2π
⎩
2.-
F (t ) = 2 seh2t sen 4 (t − π )U (t − π )
3.-
F (t ) = t 2 e −4t cosh (t − π ) U (t − π )
4.-
F (t ) = e t ∫ u
5.-
g (t ) = J 0 ( t ) sent
t
0
d 2u
( e senu ) du
du
205
5
t
2
Análisis Matemático IV
sen 2t
t2
6.-
h(t ) = e − a t
7.-
g (t ) = senwt
8.-
T (t ) = e − 4t senw ( t − 6 )
9.-
h(t ) = J 4 ( t ) , h(t ) = J n ( t )
10.-
g (t ) =
11.-
π
⎧ π
, 0≤t ≤
⎪ 2
2
⎪
⎪π − t , π ≤ t ≤ π
⎪⎪
2
f (t ) = ⎨
π
⎪
, π ≤ t ≤ 2π
⎪ 2
⎪ t − 2π , 2π ≤ t ≤ 3π
⎪
, t ≥ 3π
⎪⎩ 0
12.-
G (t ) = 4 − t 2 − 1
13.-
g (t ) = t 3e − 6 t U (t 2 − 1 )
14.-
G (t ) = et ∫
15.-
f (t ) = e − 2t J 0 ( t )
16.-
h(t ) =
17.-
G (t ) = t 4 e − 6t
18.-
g (t ) = t e− 8t J1 (t )
19.-
h(t ) = sen ( ) t
k
20.-
f (t ) = t 3 ∫
1 − J 0 (t )
t
4t
e−u
2t
senu
du
u
1 − cos t
t2
cos wt
π
t
0
sen (
π
k
) u du
206
U (t − 6)
Análisis Matemático IV
21.-
Hallar la transformada del pulso triangular del gráfico adjunto
22.-
Graficar y hallar la transformada de Laplace de la señal
⎧ 1 , 0 ≤ t ≤ 3π
F (t ) = ⎨
, t > 3π
⎩ cost
23.-
Si
G (t ) = t 4 ( sent cos t )3
,
calcular
la
transformada
de
G (t − 2π ) U ( t − 2π )
sen3t
t2
24.-
Calcular la transformada de G (t ) =
25.-
Calcular la transformada de G (t ) = ∫
3t
t
sen3u
∫0 ∫0 u 2 du du du .Use
t
t
adecuadamente. Las propiedades para este problema.
26.-
Dados F (t ) =
1
⎧ 1
, 0<t<1
⎪
, t > 0 , G (t ) = ⎨ t
. Demostrar
t
⎪0 , t > 1
⎩
⎧⎪π , 0 < t < 1
que F (t ) * G (t ) = ⎨
⎪⎩π − 2arct ( t − 1 ) , t > 1
II.-
Calcular la transformada inversa de las siguientes funciones:
1.- T ( s ) =
4s 3 + 6s 2 + 14s + 11
( s 5 + 4 s 4 + 6 s 3 + 5s 2 + 5s + 2)(1 − e − 2 s ) 2
2.- g ( s ) =
1
s (as + 1)(as + 2)...(as + n)
207
Análisis Matemático IV
3.- h( s ) =
e −4 s
arctg ( s 2 + 4s + 4 )
2
s
4.- H ( s ) =
1
( s + 1) ( s + 4 )( s 2 + 9)
2
2
4s 3 + 6s 2 + 14s + 11
5.- T ( s ) = 5
( s + 4 s 4 + 6 s 3 + 5s 2 + 5s + 2)(1 − e − 2 s ) 2
6.- G ( s ) =
7.- h( s ) =
8a 3 s 2
(s 2 + a 2 ) 2
13.-
s
s + a2
g (s) =
14.- g ( s ) =
Lns
s 2 +1
8.-
f ( s) =
9.-
f ( s ) = arctg (
2
)
s2
1
( s + 1)(1 − e − π s )
2
−a
s
15.- G ( s ) =
e
s n +1
16.- H ( s ) =
s
s − a2
10.- H ( s ) = ( s + a − s ) , k > 0 17.- T ( s ) = e
2
11.III.-
H (s) =
2
k
s
4
s + 4 a4
e − 10 s
s 4 +1
18.- g ( s ) =
−
1
s
−1
Ln( s 2 + a 2 )
, a>0
s
Aplicando la transformada de Laplace, resolver las ecuaciones
diferenciales
1.-
, 0≤t <π
⎧3
⎧ x ''(t ) + 2 x ' (t ) + x(t ) = g (t )
+ δ (t − 2π )
, g (t ) = ⎨
⎨
⎩ x(0) = x '(0) = 0
⎩− 1 , π ≤ t < 2π
2.-
⎧ x ''(t ) + 3 x ' (t ) + x(t ) = 2 − U (t − π ) + δ (t − π )
⎨
⎩ x(0) = x '(0) = 0
⎧ x ''(t ) + 3 x ' (t ) + 2 x(t ) = 3 t 2 + e 2t sen3 t
3.- ⎨
⎩ x(0) = x '(0) = 0
4.-
⎧ x ''(t ) − 2 x ' (t ) + 5 x(t ) = e − 4 t ( 4 cos 3t + 18sen3 t )
⎨
⎩ x(0) = 2 , x '(0) = −1
208
Análisis Matemático IV
5.-
⎧ x ''(t ) + 6 x ' (t ) + 34 x(t ) = 30 sen 2 t
⎨
⎩ x(0) = x '(0) = 0
6.-
⎧ y IV (t ) + 3 y '' (t ) + 2 y (t ) = e − t U (t − 2)
⎨
⎩ y (0) = y '(0) = 1 , y ''(0) = y '''(0) = 0
7.-
x ' ' ' (t ) − 6 x' ' (t ) + 12 x' (t ) − 8 x(t ) = t 3 e 2t ,
x(0) = 1 , x' (0) = −1 , x' ' (0) = −2
8.-
x ' ' (t ) + (2t − 3) x' (t ) + 2 x(t ) = 0 , x(0) = 1 , x' (0) = 3
9.-
t 2 x ' ' (t ) + t (2t + 1) x' (t ) + (2t 2 − 1) x(t ) = 0 , x(0) = 0 , x' (0) =
10.- p ∫
11.- 5∫
t
0
t
0
1
2
x(t − u ) x(u )du = 2 x(t ) − senpt , p constante diferente de cero .
eu cos 2(t − u ) x(u )du = et ( x '(t ) + x(t ) ) − 1 , x(0) = 0
12.- Encontrar la solución del PVI
⎧ x ''(t ) + 2 x ' (t ) + x(t ) = F (t )
⎨
⎩ x(0) = x '(0) = 0
Donde F (t ) está dado por el grafico adjunto.
13.- Resolver la ecuación
y (t ) = 7
3sen( 3 t )+4
∫
t
0
cos2( t − 2 )y(u) d u
14.- tx ' ' (t ) + 3x' (t ) + tx(t ) = 0 , x(0) =
209
1
2
Análisis Matemático IV
15.- tx ' ' (t ) + x' (t ) + 4tx(t ) = 0 , x(0) = 3 , x' (0) = 0
16.- tx ' ' (t ) + x' (t ) + a 2 tx(t ) = 0 , x(0) = 3 , x' (0) = 0
⎧ x ''(t ) + y '(t ) + 10 x(t ) − 2 y (t ) = 20 sen2t
⎪ y ''(t ) + x '(t ) + 2 x(t ) − 4 y (t ) = −20 cos 2t
⎪
17.- ⎨
⎪ x(0) = 0 ; x '(0) = 12
⎪⎩ y (0) = 11 , y '(0) = − 9
⎧ 2 x ''(t ) + y '(t ) − 2 x(t ) − y (t ) = − cos t − sent
⎪ 2 x ''(t ) − 2 x '(t ) − 2 x(t ) + y (t ) = 3cos t + 4 sent
⎪⎪
18.- ⎨
3
⎪ x(0) = 4 ; x '(0) = 2
⎪
⎪⎩ y (0) = 6 , y '(0) = 5
⎧
x(t ) + y '(t ) = e − t
, x(0) = 1
19.- ⎨
⎩3 x(t ) + x '(t ) = y (t ) − 3 y '(t ) , y (0) = 1
⎧ty (t ) + x(t ) + tx '(t ) = (t − 1)e − t
20.- ⎨
y '(t ) − x(t ) = e − t
⎩
IV.-
, x(0) = −1
, y (0) = 1
Aplicando la transformada de Laplace resolver los siguientes
problemas:
1.-
En un sistema RLC con señales R = 100Ω , C = 10 −4 F , L = 1 H y
una fuerza electromotriz E (t ) = 962sen60t voltios, en el momento
t=0 no hay carga presente y no está fluyendo corriente. Hallar la
carga y la corriente para t > 0, luego separe las corrientes.
1
F ,
260
L = 0 ,1 H y una fuerza electromotriz E (t ) = 100 sen60t voltios, si
la corriente inicial y la carga inicial en el capacitor son ambos cero,
calcule la carga en el capacitor para cualquier tiempo t > 0 y la
corriente que fluye en el circuito.
2.-
Un sistema RLC en serie con señales R = 2Ω , C =
3.-
En un sistema RLC con señales R = 20Ω , C = 0,001 F , L = 0 , 2 H ,
además I (0 ) = 0 , Q ( 0 ) = 0 . Cuando t = 0 se cierra el circuito y se
210
Análisis Matemático IV
aplica una fuente electromotriz E (t ) = 20sen6 t + 10sen12 t voltios.
Hallar la intensidad de la corriente para t > 0.
4.-
En la red de la figura, las señales están dados por
R1 = 10 Ω , R3 = 20 Ω , C 2 = 5 (10 ) −4 F , E (t)= 60 voltios, halle las
corrientes si, cuando el interruptor está cerrado, el condensador lleva
una carga de 0,03 Coulombs. Separar las corrientes.
5.-
En el problema (4), supóngase que la carga inicial sobre el
condensador es de 0,01 Coulombs, sin modificar el resto de los
datos, resolver el problema y separar las corrientes.
6.-
La red adjunta
está gobernado por la ecuación
⎧ L1 I 2 ' (t ) + RI 2 (t ) + RI 3 (t ) = E (t )
, hallar la corriente I 1 (t ) cuando
⎨
⎩ L2 I 3 ' (t ) + RI 2 (t ) + RI 3 (t ) = E (t )
R = 5Ω , L1 = 0.01H , L2 = 0.0125 H ,
I 3 (0) = 0 .
7.-
E = 100V ,
si
I 2 ( 0) = 0 ,
Usando las técnicas de la transformada de Laplace, encontrar las
corrientes I1 (t ) y
I 2 (t ) , donde I1 (t ) es la corriente a través del
211
Análisis Matemático IV
capacitor
e I 2 (t ) es la corriente a través de la resistencia , si
inicialmente i 1 (0) = i 2 (0) = q 1 (0) = 0 . Graficar I 2 (t ) pata los t > 0 .
8.-
En el instante
t=0
voltaje E (t ) = 10 sent
sin que fluye ninguna corriente, un
es aplicado al primer circuito de un
transformador que tiene una inductancia L = 1 H. Si se denota el
flujo de corriente en el segundo circuito, en el tiempo t por I 2 (t ) ,
verificar
que
I 2 (t ) = − e − t +
9.-
L [ I 2 (t ) ] =
10s
( s + 7 s + 6 )( s 2 + 1)
2
y
que
12 − 6t 25
35
e + cos t + sent .
37
37
37
En la figura adjunta no hay energía almacenada, esto es, no hay
carga en los capacitores y tampoco hay corriente fluyendo en los
inductores antes de cerrar el interruptor en el tiempo t = 0 . Calcular
I1 (t ) para t > 0 para un voltaje constante E0 = 10 Voltios.
212
Análisis Matemático IV
10.- Considere un circuito RC inicialmente inactivo con una batería que
le proporciona E0 voltios.
a)
Si se cierra el interruptor de la batería en el instante t = 0 y se
abre cuando t = b > a y dejándose abierto de ahí en adelante,
pruebe que la corriente I (t ) en el circuito satisface el PVI
1
⎧
⎪ R1 I '(t ) + I (t ) = E 0 δ ( t − a ) − E 0 δ ( t − b )
C
⎨
⎪⎩ i (0) = 0
b)
Resuelve este problema
para
R = 100 Ω , C = 10− 4 F ,
E 0 = 100 Voltios, a = 1 seg. , b = 2 seg. Pruebe que I (t ) > 0 si
1 < t < 2 y que I (t ) < 0 si t > 2 .
11.-
Considere un circuito LC inicialmente inactivo con una batería que
proporciona E0 Voltios.
a)
Si se cierra el interruptor de la batería en el instante t = a y se abre
cuando t = a , demuestre que la corriente I (t ) del circuito satisface
el PVI
1
⎧
⎪ LI ''(t ) + I (t ) = E 0 δ ( t ) − E 0 δ ( t − a )
C
⎨
⎪⎩ i (0) = i ' (0) = 0
b)
Si L = 1 H , C = 10− 2 F , E 0 = 10 voltios y a = π seg. pruebe que
⎧ sen10 t , t < π
I (t ) = ⎨
⎩ 0, t>π
213
Análisis Matemático IV
Así, la corriente oscila durante cinco ciclos y después se detiene
abruptamente cuando se abre el interruptor.
12.-
Considere el problema 11b), salvo que se supones que el interruptor se
cierra y se abre alternadamente cuando t = π , (0,1)π , (0, 2)π , …
a)
Pruebe que I (t ) satisface el PVI
∞
⎧
+
=
I
''(
t
)
100
I
(
t
)
10
(−1) n δ ( t − (0,1 )nπ )
⎪
∑
⎨
n =0
⎪ i (0) = i '(0) = 0
⎩
b)
Resuelva este problema para demostrar que I (t ) es la rectificación
en Semi-ondas de sen10t.
13.-
Considere un circuito RLC en serie con una batería, con
L =1 H ,
R = 60 Ω , C = 10 − 3 F y E 0 = 10 voltios.
a)
Supóngase que el interruptor es cerrado y abierto alternadamente
cuando t = π , (0,1)π , (0, 2)π , … demuestre que I (t ) satisface el
∞
⎧
+
+
=
I
''
(
t
)
60
I
'
(
t
)
100
I
(
t
)
10
( −1) n δ ( t − (0,1 )nπ )
⎪
∑
⎨
n =0
⎪ i (0) = i '(0) = 0
⎩
b)
Resuelva este problema para demostrar que si
(0,1)nπ < t < (0,1)(n + 1)π entonces
e3n π +3π − 1 − 30 t
I (t ) = (
sen10 t .
)e
e3π − 1
14.-
Hallar la corrientes I1 (t )
y
I 2 (t ) en el circuito adjunto. Los
condensadores se encuentran inicialmente descargados y no circulaba
corriente alguna antes de cerrar el circuito
214
Análisis Matemático IV
15.-
En el instante t = 0 se cierra el circuito adjunto y se le aplica el voltaje
periódico Vi (t ) . Encuentre VR (t ) y separe las corrientes.
16.-
En los problemas a), b), c) y d) encuentre:
i)
Un sistema de ecuaciones diferenciales que los gobierna y las
condiciones iniciales para las corrientes de las redes.
ii) Suponiendo que todas las corrientes iniciales son cero. Determine las
corrientes en cada rama de la red y las corrientes totales.
iii) Si existe, separar las corrientes
a)
215
Análisis Matemático IV
b)
Red RLC
c)
d)
Red RL
17.-
Resolver lo mismo que en el problema 16 los circuitos adjuntos:
a)
216
Análisis Matemático IV
b)
18.-
Utilizando el método de la transformada de Laplace, resolver los
siguientes sistemas:
a)
⎧ x '(t ) + y '(t ) + 5 x(t ) + 3 y (t ) = e− t
⎪
⎨2 x '(t ) + y '(t ) + x(t ) + y (t ) = 3
⎪ x(0) = 0, y (0) = 1
⎩
b)
⎧2 x '(t ) − 2 y '(t ) − 9 y = e− 2t
⎪
⎨2 x '(t ) + 4 y '(t ) + 4 x(t ) − 37 y (t ) = 0
⎪ x(0) = 0, y (0) = 1
4
⎩
c)
⎧3x '(t ) + 3 y '(t ) − 2 x(t ) = et
⎪
⎨ x '(t ) + 2 y '(t ) − y (t ) = 1
⎪ x(0) = 1, y (0) = 1
⎩
d)
⎧3 x '(t ) + y '(t ) − 2 x(t ) = 3sent + 5cos t
⎪
⎨2 x '(t ) + y '(t ) + y (t ) = sent + cos t
⎪ x(0) = 0, y (0) = −1
⎩
e)
⎧5 x ''(t ) + 12 y ''(t ) + 6 x(t ) = 0
⎪
⎨5 x ''(t ) + 16 y ''(t ) + 6 y (t ) = 0
⎪ x(0) = 7 , y (0) = 1, x '(0) = y '(0) = 0
⎩
4
217
Análisis Matemático IV
f)
⎧2 x ''(t ) − y ''(t ) − x '(t ) − y '(t ) = 3 y (t ) − 9 x(t )
⎪
⎨2 x ''(t ) − y ''(t ) + x '(t )(t ) + y '(t ) = 5 y ( + ) − 7 x(t )
⎪ x(0) = x '(0) = 1, y = y '(0) = 0
⎩
g)
⎧ x '(t ) = 3 x(+) + y (t ) − 2 z (t )
⎪ y '(t ) = − x(t ) + 2 y (t ) + z (t )
⎪
⎨
⎪ z '(t ) = 4 x(t ) + y (t ) − 3 z (t )
⎪⎩ x(0) = −6, y (0) = 2, z (0) = −12
Problemas Adicionales
I.- Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales
t
1.- x ' (t ) + 5∫ cos 2(t − u ) x(u )du = 10 , sujeto a x(0) = 2
0
t
2.- y (t ) = t + 2 ∫ cos(t − u ) x(u )du , x(0) = 1
0
t
3.- y ' (t ) = 1 − sent − ∫ y (u ) du , y (0) = 0
0
t
4 .- x ' (t ) + 6 x(t ) + 9 ∫ x(u )du = 1 , x(0) = 0
0
5.-
t
x ' (t ) = cos t + ∫ x(u ) cos(t − u )du , x(0) = 1
0
⎧ x(u )du + 2 y (t ) = 0
⎪∫ 0
⎪ t
6.- ⎨ ∫ y (u )du + x(t ) = 0
0
⎪
⎪ x(0) = y (0) = 0
⎩
t
218
Análisis Matemático IV
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