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ecuaciones diferencialess

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FACULTAD DE INGENIERÍA
UNIVERSIDAD NACIONAL AUTÓNOMA DE MÉXICO
CUADERNO DE EJERCICIOS DE
ECUACIONES DIFERENCIALES
MARGARITA RAMÍREZ
GALINDO
ENRIQUE ARENAS
SÁNCHEZ
DIVISIÓN DE CIENCIAS BÁSICAS
COORDINACIÓN DE CIENCIAS APLICADAS
PRESENTACIÓN
La Facultad de Ingeniería ha decidido realizar una serie de ediciones provisionales de
obras recientemente elaboradas por académicos de la institución, como material de apoyo
para sus clases, de manera que puedan ser aprovechadas de inmediato por alumnos y
profesores. Tal es el caso de la obra Cuaderno de ejercicios de ecuaciones diferenciales,
elaborada por los profesores Margarita Ramírez Galindo y Enrique Arenas Sánchez.
Se invita a los estudiantes y profesores a que comuniquen a los autores las observaciones y
sugerencias que mejoren el contenido de la obra, con el fin de que se incorporen en una
futura edición definitiva.
PRÓLOGO
La presente reimpresión surge después de varios semestres de trabajar en la captura,
revisión y corrección de la obra original Cuaderno de Ejercicios de Ecuaciones
Diferenciales, en la cual se ha respetado el contenido en su totalidad. La obra fue capturada
inicialmente en el procesador de ecuaciones wordperfect ; sin embargo, este procesador
presentó inconvenientes al momento de tratar de digitalizar el contenido del Cuaderno de
Ejercicios, por lo que fue necesario capturar nuevamente para su presentación en word. Es
importante mencionar que gracias a los comentarios de profesores y estudiantes que han
empleado este material como apoyo para su Curso de Ecuaciones Diferenciales, se
detectaron errores de captura principalmente, los cuales se han corregido bajo la
responsabilidad íntegra de la M. E. M. Margarita Ramírez Galindo, Jefa del Departamento
de Ecuaciones Diferenciales.
Se agradece de manera muy especial a la Ing. Raquel Martínez Avalos su colaboración y
esmero en la captura del contenido de esta obra.
Conscientes de la importancia de que los alumnos cuenten con el material didáctico que
complemente su clase de teoría de la asignatura, y que los profesores que la imparten
tengan un apoyo para sus clases, se ha trabajado con entusiasmo y compromiso para que
esta obra en su versión actualizada contribuya al propósito con el que originalmente fue
creada.
Cabe señalar que aunque este trabajo fue revisado minuciosamente, existe la posibilidad de
que se hayan cometido errores involuntarios, por lo que se agradece de antemano a los
profesores y alumnos los comentarios que hagan sobre esta obra, lo que contribuirá a
mejorar la calidad de futuras ediciones.
M. E. M. MARGARITA RAMÍREZ GALINDO
JEFA DEL DEPARTAMENTO DE ECUACIONES DIFERENCIALES
CONTENIDO
TEMA 1
ECUACIONES DIFERENCIALES
1.1 DEFINICIÓN DE ECUACIÓN DIFERENCIAL ……………………….………1
1.2 SOLUCIÓN DE LA ECUACIÓN DIFERENCIAL ……………………………..3
1.3 PROBLEMA DE VALOR INICIAL ………………………………………...…16
EJERCICIOS PROPUESTOS ………………………………………………….….18
TEMA 2
ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
2.1 ECUACIONES DIFERENCIALES DE VARIABLES SEPARABLES ………..22
2.2 ECUACIONES DIFERENCIALES DE COEFICIENTES HOMOGÉNEOS …...29
2.3 ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS. FACTOR INTEGRANTE ……32
EJERCICIOS PROPUESTOS ……………………………………………………...49
TEMA 3
ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES
3.1 ECUACIÓN DIFERENCIAL DE PRIMER ORDEN ……………………….…..55
3.2 SOLUCIÓN DE LA ECUACIÓN DIFERENCIAL LINEAL HOMOGÉNEA ....70
3.3 SOLUCIÓN DE LA ECUACIÓN DIFERENCIAL LINEAL NO
HOMOGÉNEA …………………………………………………………………...74
EJERCICIOS PROPUESTOS …………………………………………………….110
TEMA 4
SISTEMAS DE ECUACIONES DIFRENCIALES
LINEALES
4.1 CÁLCULO DE LA MATRIZ EXPONENCIAL ……………………………....115
4.2 TRANSFORMACIÓN DE UNA ECUACIÓN DIFERENCIAL DE ORDEN n
A UN SISTEMA DE n ECUACIONES DE PRIMER ORDEN ………………121
4.3 SISTEMAS HOMOGÉNEOS DE PRIMER ORDEN …………………………125
4.4 SISTEMAS NO HOMOGÉNEOS DE PRIMER ORDEN …………………….133
EJERCICIOS PROPUESTOS ……………………………………………………148
TEMA 5
TRANSFORMADA DE LAPLACE
5.1 DEFINICIÓN DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE …………………...153
5.2 LA TRANSFORMADA DE LAPLACE COMO UN OPERADOR LINEAL …158
5.3 TEOREMA DE TRASLACIÓN EN EL DOMINIO DE “ s ” ...………………..159
5.4 TEOREMA DE TRASLACIÓN EN EL DOMINIO DE “ t ” …………………..162
5.5 TRANSFORMADA DE LAPLACE DE LAS FUNCIONES IMPULSO,
ESCALÓN Y RAMPA ………………………………………………………....165
5.6 DERIVADA DE LA TRANSFORMADA DE UNA FUNCIÓN ……………...170
5.7 TEOREMA DE CONVOLUCIÓN …………………………………………….172
5.8 RESOLUCIÓN DE ECUACIONES Y SISTEMAS DE ECUACIONES
DIFERENCIALES LINEALES ………………………………………………..174
EJERCICIOS PROPUESTOS …………………………………………………....184
TEMA 6
INTRODUCCIÓN A LAS ECUACIONES EN
DERIVADAS PARCIALES
6.1 SOLUCIÓN DE LA ECUACIÓN EN DERIVADAS PARCIALES …………..190
6.2 EL MÉTODO DE SEPARACIÓN DE VARIABLES ………………………….194
6.3 SERIE TRIGONOMÉTRICA DE FOURIER …………………………………198
6.4 RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS DE CONDICIONES INICIALES
Y DE FRONTERA ……………………………………………………………206
EJERCICIOS PROPUESTOS …………………………………………………..217
TEMA 1
ECUACIONES DIFERENCIALES
1.1 DEFINICIÓN DE ECUACIÓN DIFERENCIAL.
1)
Clasifique cada una de las ecuaciones diferenciales, atendiendo a si es ordinaria o
parcial, de coeficientes variables o constantes, lineal o no lineal; indique también el
orden, así como las variables dependientes e independientes.
a)
b)
dx
= k ( 4 − x) ( 1 − x) , donde k es constante
dt
dy
1/ 2
− π ( y tan α) 2
= 12( 2 g y ) , donde α y g son constantes
dt
∂N
∂ 2N
1 ∂N
=
+
+ k N , donde k es constante
c)
2
∂t
∂r
r ∂r
RESOLUCIÓN
a) Ordinaria, coeficientes constantes, no lineal, primer orden, “ x ” variable dependiente,
“ t ” variable independiente.
b) Ordinaria, coeficientes constantes, no lineal, primer orden, “ x ” variable dependiente,
“ t ” variable independiente.
c) Parcial, coeficiente variable, lineal, segundo orden, “ N ” variable dependiente,
“ r ” y
“ t ” variables independientes.
1
2)
Determine los valores que pueden tomar las constantes k , m , n , t de modo que
⎛d y⎞
la ecuación diferencial x ⎜
⎟
⎝dx⎠
y de coeficientes constantes.
t
m
⎛ d ky ⎞
+ 4⎜
= x n sea lineal, de segundo orden
k ⎟
⎝d x ⎠
RESOLUCIÓN
Si m = 1 es lineal
Si k = 2 es de segundo orden
Si
t = 0
x t = x 0 = 1 es constante y la ecuación es de coeficientes constantes
Como x n es el término independiente, n puede ser cualquier real.
2
1.2 SOLUCIÓN DE LA ECUACIÓN DIFERENCIAL.
1)
Sea la función y ( x ) = C 1 e − x + C 2 e 2 x
a) Muestre que y ( x ) es solución de la ecuación
d 2y
dy
−
− 2y = 0
2
dx
dx
b) Determine, si existen, los valores de C 1 y C 2 , tales que satisfagan las
condiciones iniciales y ( 0 ) = 2 , y ' ( 0 ) = 1 .
RESOLUCIÓN
a) Si y ( x ) es solución de la ecuación diferencial, entonces debe satisfacerla.
Se calcula la primera y segunda derivadas de la función y ( x )
dy
= − C 1 e − x + 2C 2 e 2 x
dx
Al derivar nuevamente se obtiene
d 2y
= C 1 e − x + 4C 2 e 2 x
2
dx
Enseguida se sustituyen estas funciones en la ecuación diferencial:
(
C 1 e − x + 4 C 2 e 2 x − − C 1 e − x + 2C 2 e 2 x
) − 2( C
1e
−x
)
+ C 2e 2x = 0
se efectúan operaciones y reducen términos semejantes, con lo que se tiene
0 = 0
y así queda demostrado que
y ( x)
es solución de la ecuación diferencial.
b) Para la condición y ( 0 ) = 2 , se sustituye en la solución de la ecuación diferencial,
esto es
3
0
0
2 = C1 e( ) + C 2 e( )
.............. ( 1)
2 = C1 + C2
De manera análoga para la condición y ' ( 0 ) = 1 , se sustituye en la primera derivada de
la función solución
0
0
1 = − C 1 e( ) + 2C 2 e( )
.............. ( 2 )
1 = − C 1 + 2C 2
Se resuelve el sistema formado por (1) y (2); sumando ambas ecuaciones
(1) + (2)
3 = 3C 2
⇒ 1 = C2
Finalmente, se sustituye este valor en (2), con lo que se obtiene
C 1 = 2C2 − 1
C 1 = 2 ( 1) − 1
C1 = 1
Por lo tanto, sí existen los valores que satisfacen y ( 0 ) = 2 y y ' ( 0 ) = 1
3
2)
2
Verifique que y =
( x ) 2 con x > 0 , es solución de la ecuación diferencial
3
y y ''' = −
1
2
RESOLUCIÓN
La función dada debe satisfacer la ecuación diferencial, por lo que es necesario calcular
y ' , y '' , y '''
Para y ' se tiene
1
y' =
3⎛ 2 ⎞
( x) 2 =
⎜
⎟
2⎝ 3⎠
1
3 ( x) 2
4
Para y '' se tiene
1
−
3
y '' =
( x) 2
2
Finalmente se tiene y '''
3
3
−
−
1 3
3
y ''' = −
( x) 2 = −
( x) 2
2 2
4
Se sustituye y , y ''' en la ecuación diferencial
3
⎛ 2
⎞
( x ) 2 ⎟⎟
⎜⎜
⎝ 3
⎠
3
⎛
− ⎞
3
1
( x ) 2 ⎟⎟ = −
⎜⎜ −
4
2
⎝
⎠
−
1
1
= −
2
2
Del resultado obtenido se concluye que la función dada sí es solución de la ecuación
diferencial.
3)
Dada la ecuación diferencial ( y ') 2 + 2 y ' + 4 x − 4 y = 0 , cuya solución general es
y = (x −C) 2 + C
a) construya una gráfica de la familia de soluciones,
b) determine, si existe, la ecuación de una solución singular.
RESOLUCIÓN
a)
y − C = (x − C) 2
representa a la familia de parábolas con vértice sobre la recta
y = x . Al dar a la constante C
continuación.
distintos valores se obtiene la gráfica mostrada a
5
b) Para determinar si existe alguna solución singular, se deriva la ecuación diferencial
parcialmente respecto a y ' :
∂
⎡( y ' ) 2 + 2 y ' + 4 x − 4 y ⎤ = 0
⎦
∂ y' ⎣
de aquí se obtiene
2 y' + 2 = 0
y' = −1
Este valor de y ' es sustituido en la ecuación diferencial
( − 1) 2
+ 2 ( − 1) + 4 x − 4 y = 0
y al reducir términos se tiene
4x − 4y = 1
que constituye una solución singular. En la gráfica del inciso a)
a la familia de parábolas;
se observa la recta tangente
esta recta es la representación gráfica de la solución singular
obtenida.
4)
a)
Obtenga la ecuación diferencial que tiene por solución general a
y = ( x − C ) 2 − 1 , donde C es constante.
b) Determine cuáles de las siguientes funciones son solución de la ecuación obtenida
6
en a) indicando, en su caso, qué tipo de solución es:
I)
y = x2
II)
y = −1
III) y = x 2 + 2 x
RESOLUCIÓN
a) Para obtener la ecuación diferencial, se debe eliminar la constante C de la solución
y = (x − C) 2 − 1
lo cual se logra derivando dicha solución
y' = 2 (x − C)
enseguida se despeja la constante C o el término
(x
− C ) , lo cual resulta más adecuado;
es decir,
(x
− C) =
y'
2
este resultado se sustituye en la solución general, con lo que se tiene
⎛ y'⎞
y = ⎜ ⎟
⎝2⎠
2
− 1
que es la ecuación diferencial y es posible reescribir como
4 y = ( y ')
( y ')
b)
Para
se tiene
2
2
− 4
= 4y + 4
y = x 2 , se deriva obteniendo y ' = 2 x y al sustituir en la ecuación diferencial
(2 x) 2
≠ 4x2 + 4
∴ no es solución
Para y = − 1 , al derivar resulta y ' = 0 ; se sustituye en la ecuación diferencial
0 = 4 ( − 1) + 4 = 0 ; ∴ sí es solución y es solución singular pues no se obtiene de la
solución general.
7
Para y = x 2 + 2 x , se deriva
y' = 2 x + 2
al sustituir en la ecuación diferencial
(2 x
(
)
+ 2) 2 = 4 x 2 + 2 x + 4 ,
4 x 2 + 8 x + 4 = 4x 2 + 8 x + 4
por lo tanto sí es solución y es particular pues se obtiene de la solución general cuando
C = − 1.
5)
La pendiente de una familia de curvas en cualquier punto
está dada por
( x , y)
del plano x y
f ( x) = 4 − 2 x .
a) Establezca la ecuación diferencial de la familia.
b) Determine el elemento de la familia que pasa por el punto ( 0 , 0 ) .
RESOLUCIÓN
a) La pendiente m de acuerdo al enunciado es la función
f ( x ) , que es la derivada de la
función y , de donde
m =
dy
= 4 − 2x
dx
que representa la ecuación diferencial de la familia.
b) Para resolver este inciso se requiere la solución general de la ecuación diferencial, es decir,
la función y . Entonces al integrar
d y = (4 − 2 x) d x
∫
dy =
∫
(4
− 2 x) d x
de donde resulta
y = 4 x − x 2 + C , que es la solución general.
8
Para la condición x = 0 , se tiene y = 0 y al sustituir en la solución general resulta
0 = C
Finalmente, sustituyendo este valor en la solución general, se obtiene
y = 4 x − x 2 que representa el elemento de la familia que pasa por
6)
(0
, 0)
Obtenga la ecuación diferencial cuya solución general es la familia de rectas tales que su
pendiente y su abscisa al origen son iguales.
RESOLUCIÓN
La ecuación de la recta a considerar corresponde a la de punto y pendiente,
y − y 0 = m(x − x 0 )
donde el punto P 0 ( x 0 , y 0 )
tiene por coordenadas
(a , 0)
y a es la abscisa al origen;
si la pendiente y abscisa al origen son iguales se tiene m = a y al sustituir en la ecuación de
la recta
y = a ( x − a ) ; a es una constante arbitraria
Finalmente
y = ax − a2
que es la ecuación de la familia de rectas.
Para obtener la ecuación diferencial se deriva la ecuación de la familia
y' = a
enseguida se sustituye en la ecuación de la familia
y = y ' x − ( y ') 2
que también se puede escribir como
( y ') 2
− y' x + y = 0
que es la ecuación diferencial.
9
7)
Obtenga la ecuación diferencial cuya solución es la familia de parábolas con vértice sobre
el eje x , eje focal paralelo al eje y , con distancia del foco al vértice igual a a .
RESOLUCIÓN
Es necesario obtener inicialmente la expresión analítica de la familia de parábolas.
La ecuación de la familia de parábolas es
4a y =
donde
(x
− h ) 2 ..........................................................(1)
es la única constante arbitraria; al derivar una vez se tiene
h
4 a y ' = 2( x − h )
despejando x − h
x − h = 2ay ' ……………………...…………………(2)
sustituyendo (2) en (1)
4a y =
( 2a y ' ) 2
Finalmente
4 a y = 4 a 2( y ' ) 2
8)
es la ecuación diferencial.
Obtenga la ecuación diferencial cuya solución es la familia de circunferencias con centro
sobre el eje x .
RESOLUCIÓN
La ecuación de la circunferencia de centro
(x
( h,k )
− h)2 +
(y
y radio r es
− k
)2
= r2
De acuerdo a la descripción del enunciado, el centro de las circunferencias tiene ordenada cero,
es decir,
k = 0 ; en lo que respecta al radio, es también variable. Entonces, la ecuación que
describe a la familia es
(x
− C1
)2
+ y2 = C2
2
10
donde C 1 y C 2 son constantes arbitrarias.
La ecuación diferencial deseada es de segundo orden (el orden corresponde al número de
constantes arbitrarias), por lo que es necesario derivar dos veces y eliminar las constantes
C1 y C2
Para la primera derivada
2( x − C 1
)
+ 2 y y' = 0
Al simplificar
x − C 1 + y y' = 0
C 1 = x + y y'
Nuevamente se deriva
0 = 1 + y y '' + y ' y '
Finalmente
( y ') 2
+ y y '' + 1 = 0
es la ecuación diferencial.
9)
Determine la ecuación diferencial que tiene como solución general
y G = C1 e α x + γ sen ( x )
Donde α , γ , C 1 son constantes y únicamente C 1 es esencial y arbitraria.
RESOLUCIÓN
La solución general es y = C1 e α x + γ sen x ......................................................................(1)
Esta función contiene una sola constante esencial y arbitraria por lo que la ecuación diferencial
debe ser de primer orden.
Al derivar la función se obtiene
y ' = α C1 e α x + γ cos x .......................................................................(2)
A continuación se elimina la constante C 1 despejándola de (1) y (2)
11
C1 =
C1 =
(y
− γ sen x )
eαx
..........................................................................(3)
y ' − γ cos x
............................................................................(4)
αe α x
al igualar (3) y (4) se tiene
y − γ sen x
y ' − γ cos x
=
αx
e
αe α x
y al simplificar
α y − α γ sen x = y ' − γ cos x
Finalmente, al reordenar los términos se obtiene
y ' − α y = γ cos x − α γ sen x
que es la ecuación diferencial.
10)
Verifique que la función
P
= C 1 e t es solución de la ecuación diferencial
1 − P
dP
= P( 1 − P )
dt
RESOLUCIÓN
Para que la función dada sea solución de la ecuación diferencial debe satisfacerla, entonces es
necesario calcular la derivada de la función.
Se observa que la función es implícita por lo que es conveniente expresarla de la siguiente
manera
P = C 1et (1 − P )
derivando en forma implícita y simplificando
P' = C 1 e t ( − P' ) +
(1
− P )C 1 e t
P' = − C 1 e t P' + C 1 e t − C 1 e t P
P ' = C1 e t ( 1 − P − P ' )
12
pero sabemos que C 1 e t =
P
, por lo que
1 − P
P' =
P
1 − P
(1
− P − P ')
P ' ( 1 − P ) = P ( 1 − P − P ')
al efectuar operaciones y simplificar
P ' − P P ' = P ( 1 − P) − P P '
P ' = P (1 − P )
es decir ,
11)
dP
= P ' = P ( 1 − P ) por lo que se verifica.
dt
Verifique que la ecuación diferencial
y '' − y = 4 x
tiene por solución a la función y = C 1 e x + C 2 e − x − 4 x y obtenga la solución
particular que satisfaga las condiciones y ( 0 ) = 2 , y ' ( 0 ) = 0
RESOLUCIÓN
Para verificar es necesario que la función satisfaga a la ecuación diferencial; obtenemos
y'
y y ''
y ' = C1 e x − C2 e − x − 4
y '' = C1 e x + C2 e − x
enseguida se sustituyen en la ecuación diferencial
(C e
1
x
+ C2 e − x
) − (C e
1
x
)
+ C2 e − x − 4 x = 4 x
efectuando operaciones y simplificando se tiene que
4x = 4x
por lo tanto se verifica.
13
Para obtener la solución particular se requiere derivar la solución general y aplicar la condición
inicial y ' ( 0 ) = 0
Al derivar se obtiene
y 'G = C1 e x − C2 e − x − 4
Entonces, aplicando y ( 0 ) = 2 y y ' ( 0 ) = 0 se obtiene
2 = C1 + C2
0 = C1 − C2 − 4
que es un sistema de ecuaciones que tiene por solución C 1 = 3
y C2 = − 1
Así, la solución particular que satisface las condiciones iniciales es
y = 3e x − e − x − 4 x
12)
Determine las funciones Q ( y ) y P ( x ) si y 2 + 2 C x = C 2 es la solución
2
dy
⎛ dy ⎞
− y = 0
general de la ecuación diferencial Q ( y ) ⎜ ⎟ + P ( x )
dx
⎝ dx ⎠
RESOLUCIÓN
Inicialmente se calcula la derivada de la función que representa a la solución general; dado que
no está en forma explícita, se deriva implícitamente
2y y ' + 2C = 0
o bien
yy' + C = 0
de donde
C = − yy'
Enseguida se sustituye en la solución general
y 2 + 2 ( − y y ') x =
( − y y ') 2
efectuando operaciones
14
y 2 − 2 y y ' x = y 2 ( y ') 2
reordenando e igualando a cero
y 2( y ' ) 2 + 2 x y y ' − y 2 = 0
dividiendo entre y
y ( y ') 2 + 2 x y ' − y = 0
Esta última ecuación tiene la forma de la ecuación diferencial dada
2
dy
⎛ dy ⎞
− y = 0
Q ( y) ⎜ ⎟ + P ( x)
dx
⎝ dx ⎠
Por lo que al comparar los coeficientes se obtiene
Q ( y ) = y , P ( x ) = 2x
15
1.3 PROBLEMA DEL VALOR INICIAL.
1)
Verifique que
(y
− C ) 2 = C x es la solución general de la ecuación diferencial
4 x ( y ') 2 + 2 x y ' − y = 0
y obtenga una solución particular que satisfaga la condición
inicial y ( 1) = 2
RESOLUCIÓN
La solución general contiene una sola constante arbitraria, por lo que es necesario derivar una
vez la solución general, esto es
2 ( y − C)y' = C
despejando y ' se obtiene
⎛
⎞
C
y ' = ⎜⎜
⎟⎟
⎝ 2 ( y − C) ⎠
Después se sustituye en la ecuación diferencial
4 x ( y ')
2
⎛
⎞
C
+ 2 x y ' − y = 4 x ⎜⎜
⎟⎟
⎝ 2 ( y − C) ⎠
2
⎛
⎞
C
+ 2 x⎜⎜
⎟⎟ − y
⎝ 2 ( y − C) ⎠
Efectuando operaciones en el segundo miembro
=
x C 2 + xC ( y − C ) − y ( y − C )
=
=
De la solución general se tiene
(y
xC
2
− C)
2
2
+ x y C + x C 2 − y( y − C)
(y
2
− C) 2
x yC − y( y − C)2
(y
(y
− C)2
− C ) 2 = C x , por lo que en el segundo miembro de la
ecuación diferencial anterior se escribe
=
x y C − y (C x )
= 0
Cx
por lo tanto se verifica que sí es solución.
16
Para obtener la solución particular se aplica la condición inicial y ( 1) = 2 en la solución
general
(y
− C ) 2 = C x , por lo que
(2
− C ) 2 = C ( 1)
desarrollando el binomio se obtiene
4 − 4C + C 2 = C
C2 − 5C + 4 = 0
Esta última expresión es una ecuación de segundo grado que al resolver determina
C = 1 y C = 4
Para cada valor obtenido se tiene una solución particular, es decir
Para C = 1
(y
− 1)
Para C = 4
(y
− 4) 2 = 4 x
2
= x
17
EJERCICIOS PROPUESTOS
1)
Verifique que la función y = x x + C x donde C es una constante arbitraria, es una
familia monoparamétrica de soluciones de la ecuación diferencial
x y' − y = x x
Solución
x (2 x + C ) − ( x x + C x) = x x
x x = x x
Se verifica.
2)
Clasifique cada una de las ecuaciones diferenciales, atendiendo a si es ordinaria o parcial,
de coeficientes variables o constantes, lineal o no lineal; indique también el orden, así como
las variables dependientes e independientes.
a)
x y '' − 4 y ' − 5 y = e 3 x
b)
∂2y
∂y
∂y
=
+ ky −
2
∂t
∂s
∂t
donde k es una constante
3
c) y '' + 2 x 3 y ' − ( x − 1) y = x y 2
Solución
a) x y '' − 4 y ' − 5 y = e 3 x ; ordinaria, coeficientes constantes, lineal, orden 2, y
variable dependiente,
x variable independiente.
∂2 y
∂y
∂y
b)
=
+ ky −
2
∂t
∂s
∂t
k = cte ; parcial, coeficientes constantes, lineal, orden
2, y variable dependiente; t , s variables independientes.
18
c) y '' + 2 x y ' − ( x − 1) y = x y
3
3
2
; ordinaria, coeficientes variables, no lineal,
orden 2, y variable dependiente, x variable independiente.
3)
Obtenga la ecuación diferencial cuya solución general es la familia de circunferencias con
centro sobre la recta y = x
y tangentes al eje y .
Solución
⎛ x + y y'⎞
x 2 + y 2 − 2⎜
⎟ ( x + y) +
⎝ x + y' ⎠
4)
Sea la ecuación diferencial y ' − x
( x + y y ') 2 =
( x + y ') 2
y = 0
⎛x2
⎞
uniparamétrica de soluciones y = ⎜
+ C⎟
⎝ 4
⎠
0
que tiene como solución a la familia
2
Determine
a) Una solución particular.
b) Una solución singular.
Solución
⎛x2⎞
a) Si C = 0 , una solución particular es y = ⎜
⎟
⎝ 4 ⎠
2
b) Una solución singular es y = 0
5)
Verifique que y =
2
1 − Ce x
, donde C es una constante arbitraria, es una familia
uniparamétrica de soluciones de la ecuación diferencial
y ( y − 2)
dy
=
dx
2
19
6)
Determine los valores que pueden tomar las constantes k , m , n , t de modo que la
⎛ d ny ⎞
ecuación diferencial x ⎜
⎜ d x n ⎟⎟
⎝
⎠
m
t
⎛ d ky ⎞
+ 4⎜
⎜ d x k ⎟⎟
⎝
⎠
3
= x sea de segundo orden y de
segundo grado.
Solución.
⎛ d ny ⎞
Para que la ecuación diferencial x ⎜
⎜ d x n ⎟⎟
⎝
⎠
m
t
⎛ d ky ⎞
+ 4⎜
⎜ d x k ⎟⎟
⎝
⎠
3
= x
sea de segundo orden
y de segundo grado n = 2 (2o. orden) con k < 2 , m = 2 y t ∈
7)
a) Obtenga una ecuación diferencial de la cual la familia de rectas y = C x − C 2
es
solución.
b) Determine cuáles de las funciones
y1 = −
1 2
x
4
,
y2 = x + 1 ,
y3 = x + 3
son solución de la ecuación obtenida en el inciso anterior e indique, en cada caso, qué tipo
de solución es.
Solución
a)
y = x y ' + ( y ') 2
b) y 1
es una solución singular
y 2 es una solución particular
y 3 no es solución
8)
Sea la ecuación diferencial
y '' − y ' = 20
, cuya solución general es
y G = C 1 + C 2 e t − 20 t
Obtenga la solución particular sujeta a las condiciones iniciales
y (0 ) = 0 ,
y ' ( 0 ) = 40
20
Solución
y
9)
p
Si
= − 60 + 60 e t − 20 t
x2 +
(y
(4
− x2
x2 =
− C) 2 = 4
) ( y ')
2
es la solución general de la ecuación diferencial
, obtenga, si existe, una solución singular de la ecuación
diferencial dada.
Solución
Existen dos soluciones singulares que son x = 2
10)
, x = −2
Verifique que 4 x 2 − y 2 = C , donde C es una constante arbitraria, proporciona
una familia uniparamétrica de soluciones implícitas de
y
dy
− 4x = 0
dx
21
TEMA 2
ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN
2.1 ECUACIONES DIFERENCIALES DE VARIABLES
SEPARABLES.
1)
y 2 dx − x y d y = x 2 y d y
Resuelva la ecuación diferencial
, utilizando el
método de separación de variables.
RESOLUCIÓN
y 2 dx − x yd y = x 2 y d y
Agrupando términos para cada diferencial se tiene
(
)
y2 dx = x2 y + x y d y
Enseguida se separan variables
dx
ydy
=
x + x
y2
2
El paso inmediato es integrar ambos miembros
∫
dx
=
x + x
2
∫
ydy
y2
en el primer miembro se observa que es necesario descomponer en fracciones parciales, de
donde se obtiene
∫
⎛1
1 ⎞
⎜ −
⎟ dx =
x + 1⎠
⎝x
∫
dy
y
integrando
Ln x − Ln x + 1 = Ln y + C
22
por propiedades de logaritmos se obtiene
⎛ x ⎞
Ln ⎜
⎟ = Ln ( C y )
⎝ x + 1⎠
y aplicando la función exponencial
x
= Cy
x + 1
finalmente
x
, que es la solución general
C ( x + 1)
y =
2)
(
Resuelva la ecuación diferencial y ' 1 + e x
)=e
x−y
utilizando el método de
separación de variables.
RESOLUCIÓN
La ecuación diferencial también se puede escribir de la siguiente manera
(
dy
1 + ex
dx
)
=
ex
ey
al separar variables se obtiene
⎛ ex ⎞
ey dy = ⎜
dx
x ⎟
⎝1 + e ⎠
posteriormente se integran ambos miembros
∫
ey dy =
∫
e x dx
1 + ex
de donde se obtiene
(
e y = Ln 1 + e x
)+C
que es la solución de la ecuación diferencial.
3)
Resuelva la ecuación diferencial
23
(3 x
− 6 y + 4)
dy
+ x − 2y + 3 = 0
dx
Sugerencia: utilizar el cambio de variable v = x − 2 y
RESOLUCIÓN
(3 x
al utilizar la sustitución
− 6 y + 4)
dy
+ x − 2y + 3 = 0
dx
v = x − 2 y se despeja a la variable y , asimismo se calcula
la derivada con respecto a x
y =
x − v
;
2
dy
1⎛
dv ⎞
= ⎜1 −
⎟
dx
2⎝
dx ⎠
se sustituye en la ecuación diferencial dada
1 dv ⎞
⎛
⎞⎛ 1
⎛x − v⎞
⎛ x − v⎞
⎜ 3 x − 6 ⎜ 2 ⎟ + 4 ⎟ ⎜ 2 − 2 dx ⎟ + x − 2 ⎜ 2 ⎟ + 3 = 0
⎝
⎠
⎝
⎠
⎝
⎠⎝
⎠
se efectúan las operaciones indicadas y se reducen términos
(3 x
⎛1
1 dv ⎞
− 3 x + 3 v + 4) ⎜ −
⎟ + x − x + v + 3 = 0
2 dx ⎠
⎝2
(3 v
⎛
dv ⎞
+ 4) ⎜ 1 −
⎟ + 2v + 6 = 0
dx ⎠
⎝
3v + 4 − 3v
dv
dv
− 4
+ 2v + 6 = 0
dx
dx
se llega a una ecuación diferencial de variables separables
(3 v
+ 4 ) dv = ( 5 v + 10 ) dx
dx =
1 ( 3 v + 4)
dv
5 ( v + 2)
integrando
∫
dx =
1
5
∫
3v + 4
dv
v + 2
para el segundo miembro
24
3v + 4
2
= 3 −
v + 2
v + 2
entonces
∫
dx =
x =
1
5
∫
2
dv
v + 2
1
( 3 v − 2 Ln ( v + 2) ) + C
5
Sin embargo, de la sustitución v = x − 2 y
x =
3 −
se obtiene
1
( 3 x − 6 y − 2 Ln ( x − 2 y + 2) ) + C
5
que es la solución general.
4)
Resuelva la ecuación diferencial.
y ' = tan 2 ( x + y )
RESOLUCIÓN
Se tiene
dy
= tan 2 ( x + y )
dx
La forma del argumento de la función sugiere emplear la sustitución
u = x + y ...........................................(1)
lo que implica calcular du , entonces
du = dx + d y .........................................(2)
ahora bien, en la ecuación diferencial es necesario el término
dy
dx
; lo obtenemos de (2)
dy
du
=
− 1 .........................................(3)
dx
dx
Enseguida se sustituyen (1) y (3) en la ecuación diferencial
25
du
− 1 = tan 2 ( u )
dx
Se tiene una ecuación de variables separables, por lo que
du
= tan 2 ( u ) + 1
dx
du
= dx
tan ( u ) + 1
2
du
= dx
sec 2( u )
cos 2( u ) du = dx
Entonces ya es posible integrar ambos miembros
∫ cos ( u ) du = ∫ dx
2
∫
1
⎛1
⎞
⎜ + cos 2 u ⎟ du =
2
⎝2
⎠
∫ dx
de donde resulta
1
1
u + sen 2 u = x + C
2
4
pero de la sustitución efectuada se tiene
u = x + y
entonces del resultado anterior
1
1
( x + y ) + sen 2 ( x + y ) = x + C
2
2
o bien
2 ( x + y ) + 2 sen 2 ( x + y ) = 4 x + 4 C
agrupando términos
2 ( y − x ) + 2 sen 2 ( x + y ) = C 1
;
C1 = 4C
que es la solución general.
5)
Resuelva la ecuación diferencial
26
⎛1
x⎞
2
⎜ − ⎟ dx + x cos y d y = 0
y⎠
⎝y
(
)
sujeta a la condición inicial y ( 1) = π
RESOLUCIÓN
Es una ecuación diferencial de primer orden expresada en forma diferencial, analizamos si
es o no de variables separables, para lo cual separamos los términos diferenciales
⎛1 − x⎞
2
⎜
⎟ dx = − x cos y d y
⎝ y ⎠
Sí es de variables separables, por lo que se tiene
1 − x
d x = y cos y d y
−x2
esta igualdad también se puede escribir como
x − 1
dx = y cos y d y
x2
Luego de separar variables se integran ambos miembros de la igualdad
∫
x − 1
dx =
x2
∫ y cos y d y
La integral del lado izquierdo se resuelve separando en dos nuevas integrales; la del lado
derecho se resuelve integrando por partes
∫
x
dx −
x2
∫
dx
−
x
Ln x −
∫
∫x
dx
=
x2
−2
dx =
∫ y cos y d y
∫ y cos y d y
x −1
+ c 1 = y sen y + cos y + c 2
−1
Reordenando y agrupando constantes se obtiene
Ln x +
1
= y sen y + cos y + C
x
27
que es la solución general de la ecuación diferencial. Sin embargo, se tienen condiciones
iniciales, las cuales se aplican en la solución general para obtener el valor de la constante C
y ( 1) = π
⇒
Ln ( 1) +
(0 )
1
= π sen π + cos π + C
1
+ 1 = ( 0 ) + ( − 1) + C
2 = C
Entonces, la solución particular que satisface la condición inicial dada es
y sen y + cos y + 2 = Ln x +
1
x
28
2.2 ECUACIONES DIFERENCIALES DE COEFICIENTES
HOMOGÉNEOS.
1)
(x
Resuelva la ecuación diferencial
2
)
+ y 2 dx − x y d y = 0
RESOLUCIÓN
Se tiene la ecuación
(x
2
)
+ y 2 dx − x y d y = 0
Se analiza qué tipo de ecuación es; se descarta que sea de separación de variables y, por
inspección, se puede afirmar que es de coeficientes homogéneos de grado 2.
Se realiza la sustitución
y = u x teniendo presente que es necesario calcular d y . Al
calcularlo se obtiene d y = u dx + x du , que al sustituirlo en la ecuación diferencial
nos lleva a
(x
2
)
+ ( u x ) 2 dx − x ( u x ) ( u dx + x du )
Efectuando operaciones y simplificando
(x
2
)
+ u 2 x 2 dx − x 2 u ( u dx + x du ) = 0
x 2 dx + u 2 x 2 dx − u 2 x 2 dx − u x 3 du = 0
se obtiene una ecuación diferencial de variables separables
x 2 dx − x 3 u du = 0
Separando variables
∫
dx
−
x
∫ u du = 0
e integrando
Ln x −
u2
= C
2
Finalmente se obtiene
29
Ln x −
2)
y2
= C
2x 2
, que es la solución general de la ecuación diferencial.
Resuelva la ecuación diferencial de coeficientes homogéneos
y dx =
(x +
)
y 2 − x 2 dy
RESOLUCIÓN
Se observa que es una ecuación diferencial de coeficientes homogéneos de grado uno; se
propone la sustitución
y = u x lo que implica calcular la diferencial d y , esto es
d y = u dx + x du
Enseguida se sustituye en la ecuación diferencial
(
u x dx = x +
u2 x2 − x2
) (u dx + x du )
donde luego de efectuar operaciones y reordenar se tiene
(
− u u 2 − 1 x dx = x 2 1 +
)
u 2 − 1 du
que es una ecuación de variables separables.
Al separar variables se obtiene
−
−
1 + u2 − 1
dx
=
du
x
u u2 − 1
⎛
u2 − 1 ⎞
dx
1
⎟ du
= ⎜
+
2
⎜u u 2 − 1
⎟
x
u
u
1
−
⎝
⎠
al simplificar
−
⎛
dx
1
1⎞
⎟ du
= ⎜
+
⎜u u 2 − 1
x
u ⎟
⎝
⎠
Posteriormente se integra
30
∫
−
dx
=
x
1
∫u
u
2
− 1
du +
∫
du
u
− Ln x = ang sec u + Ln u + C
y
x
pero se tiene y = u x , entonces u =
, por lo que
− Ln x = ang sec
y
y
+ Ln
+ C
x
x
que es la solución general de la ecuación diferencial.
3)
Determine si la función
F ( x , y ) es homogénea. En caso de serlo defina su
grado de homogeneidad.
F (x , y ) =
(x +
y
2
)
x y + y2
x5
− xy −
+
x
y4
RESOLUCIÓN
Una función F ( x , y ) es homogénea de grado n si
F (λ x , λ y ) = λ n F ( x , y )
entonces
F (λ x , λ y ) = λ x +
F (λ x , λ y ) = λ x + λ
(
⎡
F (λ x , λ y ) = λ ⎢ x +
⎣
(λ y ) 2
y
2
− (λ x) (λ y ) −
− xy −
)
y2 − x y −
(
(λ x) (λ y ) + (λ y ) 2
(λ x)
λ2 x y + y2
λx
)
+
+
(λ x) 5
(λ y) 4
λ5 x5
λ5 y4
x y + y2
x5⎤
+ 4⎥
x
y ⎦
F (λ x , λ y ) = λ F ( x , y )
Por lo que F ( x , y ) es homogénea de grado 1.
31
2.3 ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS. FACTOR
INTEGRANTE.
1)
2
dy
+ P ( x ) y = x es µ ( x ) = e x ,
dx
Si un factor integrante de la ecuación diferencial
obtenga:
a) P ( x )
b) la solución general y = y ( x )
RESOLUCIÓN
Se tiene la ecuación diferencial
dy
+ P ( x) y = x
dx
Esta ecuación diferencial es lineal y de primer orden; un factor integrante es
µ ( x) = e ∫
P ( x) d x
y como µ ( x ) = e x
2
se tiene que
∫ P ( x ) dx
= x2
por lo tanto
P ( x) = 2 x
así, la ecuación diferencial correspondiente que se tiene es
dy
+ 2x y = x
dx
que en forma diferencial se expresa como
d y = ( x − 2 x y ) dx
(2 x y
− x ) dx + d y = 0
multiplicando por su factor integrante e x
2
se obtiene
e x ( 2 x y − x ) dx + e x dy = 0
2
2
Esta ecuación diferencial, según se observa, es diferencial exacta pues cumple
(
2
2
∂
2x yex − xex
∂y
) = ∂∂x ( e )
x2
32
2xex
2
= 2xex
2
Por lo que se asegura que existe una función f ( x , y ) tal que
∂ f ( x , y)
2
2
= M ( x , y ) = 2 x y e x − x e x …………….(1)
∂x
así como
∂ f ( x , y)
2
= N ( x , y ) = e x ……………………………..(2)
∂y
Al integrar (2) resulta
f (x , y ) =
∫
e x d y + h ( x)
2
f ( x , y ) = y e x + h ( x ) ……………...…(3)
2
En la ecuación (3), h ( x ) es la constante de integración que debe obtenerse.
Derivando parcialmente a
f
con respecto de x e igualando con (1)
2
2
2
∂f
= 2 x y e x + h '( x) = 2 x y e x − x e x
∂x
M
Por lo tanto
h '( x) = − x e x
2
y
ex
h ( x) = −
2
2
+ C
finalmente, la solución general es
yex
2
−
1 x2
e = C
2
y en forma explícita
y = C e −x
2)
2
+
1
2
Resuelva la ecuación diferencial
− x seny d y − ( 5 x − 5 x cos y ) dx = 0
33
RESOLUCIÓN
− x seny d y − ( 5 x − 5 x cos y ) dx = 0 ……….( 1 )
Efectuando un cambio de variable
u = cos y
du = − sen y d y
sustituyendo en la ecuación diferencial
x du − ( 5 x − 5 x u ) dx = 0
que tiene la forma lineal
u ' + 5u = 5 ……….……….(2)
Si se considera a la función
v ( x) = e ∫
P ( x) d x
5 dx
v ( x) = e ∫
= e5x
como un factor integrante, al multiplicar la ecuación diferencial (2) por v ( x ) y simplificar
se transforma en exacta
e 5 x du + 5 e 5 x u dx = 5 e 5 x d x
e 5 x du + 5 e 5 x u dx − 5 e 5 x d x = 0 ……………(3)
(5 e
5x
)
− 5 e 5 x u dx − e 5 x du = 0
M dx + N du = 0
∂M
∂N
∴ se comprueba que es exacta.
=
∂u
∂x
Integrando (3) con respecto a x se tiene
∫ 5e
5x
u dx =
∫ 5e
5x
dx
e5x u = e5x + C
u = 1 + C e −5x
pero u = cos y ; entonces
cos y = 1 + C e − 5 x
34
es la solución general.
⎛ 1⎞
Otra forma de resolver la ecuación (1) es multiplicarla por ⎜ − ⎟ , de donde
⎝ x⎠
sen y d y + 5 ( 1 − cos y ) dx = 0
sen y
d y + 5 dx = 0
1 − cos y
integrando resulta
Ln ( 1 − cos y ) + 5 x = C 1
1 − cos y = C 2 e − 5 x
que es la solución general en forma implícita.
3)
Resuelva la ecuación diferencial
(2 x y
)
− sec 2 x dx +
(x
2
)
+ 2 y dy = 0
RESOLUCIÓN
Es una ecuación diferencial que no es de variables separables y no es de coeficientes
homogéneos; se verá entonces si es o no exacta.
Se identifican los coeficientes de la ecuación diferencial, donde
M ( x , y ) = 2 x y − sec 2 x
∂M
= 2x
∂y
N (x , y ) = x 2 + 2 y
∂N
= 2x
∂x
se cumple
35
∂M
∂y
=
∂N
∂x
entonces es una ecuación diferencial exacta.
Al ser exacta se sabe que existe una función
df
=
f (x , y )
tal que
∂f
∂f
dx +
d y …………….………….…….(1)
∂x
∂y
donde
d f = M ( x , y ) dx + N ( x , y ) d y ………..………(2)
de (1) y (2) se tiene
∂
f ( x , y ) = M ( x , y ) …………………….……(3)
∂x
∂
f ( x , y ) = N ( x , y ) ……………………......…(4)
∂y
De (4)
∫ N (x , y )dy + g (x)
f (x , y ) = (x + 2 y )dy + g (x)
∫
f (x , y ) =
2
Luego de integrar
f (x , y ) = x 2 y + y 2 + g(x)
y al derivar parcialmente con respecto a x
∂
f ( x , y ) = 2 x y + g ' ( x ) ………………(5)
∂x
igualando los segundos miembros de (3) y (5)
M ( x , y ) = 2 x y + g '( x )
al sustituir al coeficiente
M
2 x y − sec 2 x = 2 x y + g ' ( x )
resulta
g ' ( x ) = − sec 2 x
36
y al integrar
g(x) = −
∫ sec
2
x dx
g ( x ) = − tan x
por lo que la función
f ( x , y ) es
f ( x , y ) = x 2 y + y 2 − tan x
Teniendo presente que la solución general es de la forma
f (x , y ) = C
se puede escribir
x 2 y + y 2 − tan x = C
que es la solución general en forma implícita.
4)
Resuelva la ecuación diferencial
(1
+ sen y ) dx = ⎡⎣ 2 y cos y − x ( sec y + tan y ) ⎤⎦ d y
sujeta a la condición inicial y ( 0 ) = 1
RESOLUCIÓN
Se observa que la ecuación no es de variables separables ni de coeficientes homogéneos; se
verá si es o no exacta, para lo cual la llevamos a la forma
M ( x , y ) dx + N ( x , y ) d y = 0
entonces se tiene
(1
+ seny ) dx − ⎡⎣ 2 y cos y − x ( sec y + tan y ) ⎤⎦ d y = 0 ………………( 1 )
Enseguida se determinan
∂M
∂y
y
∂N
∂x
∂M
∂y
= cos y
37
∂N
= sec y + tan y
∂x
∂M
∂y
∂N
∂x
≠
∴
no es exacta
Dado que no es exacta, se procede a obtener un factor integrante adecuado para transformar
la ecuación diferencial en exacta.
Se propone un factor integrante µ ( x ) =
∫e
g ( x) d x
, para el cual
∂M
∂N
−
cos y − ( sec y + tan y )
∂y
∂x
g ( x) =
=
N
− 2 y cos y + x ( sec y + tan y )
se observa que no depende sólo de x .
Ahora se propone un factor integrante
µ( y) =
∫e
h ( y) d y
, para el cual
∂N
∂M
−
sen y + tan y − cos y
∂x
∂y
h( y) =
=
1 + sen y
M
Depende sólo de
y , sin embargo, es conveniente simplificarlo pues para obtener
µ( y)
se requiere integrar a la función h ( y )
Las funciones
sec y
y
tan y
se pueden expresar en términos de las funciones
sen y y cos y , como se indica enseguida:
sec y + tan y =
sec y + tan y − cos y =
sen y
1
1 + sen y
+
=
cos y
cos y
cos y
1 + sen y
− cos y
cos y
Entonces h ( y ) se puede escribir como
1 + sen y
1 + sen y
− cos y
cos y
cos y
cos y
h( y) =
=
−
1 + sen y
1 + sen y
1 + sen y
h( y) =
1
cos y
−
cos y 1 + sen y
Enseguida se procede a integrar
38
∫
h( y) d y =
∫
⎛ 1
cos y ⎞
−
⎜
⎟ dy
cos
y
1
+
sen
y
⎝
⎠
=
∫
sec y d y −
∫
cos y
dy
1 + sen y
= Ln ( sec y + tan y ) − Ln ( 1 + sen y )
⎛ sec y + tan y ⎞
= Ln ⎜
⎟
⎝ 1 + sen y ⎠
⎛ 1 + sen y ⎞
⎜ cos y ⎟
⎟
= Ln ⎜
⎜ 1 + sen y ⎟
⎜
⎟
⎝
⎠
⎛ 1 ⎞
= Ln ⎜
⎟
⎝ cos y ⎠
El elemento que se requiere es
e∫
h ( y) d y
, entonces
⎛ 1 ⎞
Ln ⎜
⎟
h ( y) d y
e∫
= e ⎝ cos y ⎠ =
1
cos y
Así, el factor integrante es
µ( y) =
1
cos y
A continuación se multiplica la ecuación diferencial ( 1 ) por µ ( y )
{
}
µ ( y ) ( 1 + sen y ) dx − ⎡⎣ 2 y cos y − x ( sec y + tan y ) ⎤⎦ d y = 0
1
cos y
{(1 +
}
sen y ) dx − ⎡⎣ 2 y cos y − x ( sec y + tan y ) ⎤⎦ d y = 0
de aquí se obtiene
⎛ 1 + sen y ⎞
⎡
⎤
x
( sec y + tan y )⎥ d y = 0 …………..( 2 )
⎜
⎟ dx − ⎢ 2 y −
cos y
⎝ cos y ⎠
⎣
⎦
Se procede a verificar si es o no exacta
M (x , y ) =
1 + sen y
cos y
39
N (x , y ) = − 2 y +
∂M
∂y
x
( sec y + tan y )
cos y
=
cos y ( cos y ) − (1 + sen y )( sen y )
cos 2 y
=
cos 2 y + sen y + sen 2 y
1 + sen y
=
2
cos y
cos 2 y
∂N
=
∂x
1
sen y
+
sec y + tan y
cos y
cos y
=
cos y
cos y
1 + sen y
cos y
=
cos y
=
Así, se cumple
∂M
∂y
∂N
∂x
=
1 + sen y
cos 2 y
por lo que se verifica que ( 2 ) es exacta.
Por otro lado, se tiene que si una ecuación diferencial es exacta, entonces existe una función
f ( x , y ) tal que
d f = M (x , y )d x + N (x , y )d y
donde
Se puede proceder a obtener
M (x , y ) =
∂
f (x , y )
∂x
N (x , y ) =
∂
f (x , y )
∂y
f (x , y ) :
f (x , y ) =
∫ M ( x , y ) d x + h( y)
f (x , y ) =
1 + sen y
dx + h ( y )
cos y
∫
⎛ 1 + sen y ⎞
f (x , y ) = x ⎜
⎟ + h ( y ) ……………( 3 )
⎝ cos y ⎠
Por otro lado
40
∂
f (x , y ) = N (x , y )
∂y
entonces
⎛ 1 + sen y ⎞
∂
f (x , y ) = x ⎜
⎟ + h '( y)
2
∂y
⎝ cos y ⎠
por lo que se tiene
⎛ 1 + sen y ⎞
x
x⎜
( sec y + tan y )
⎟ + h '( y ) = − 2 y +
2
cos y
⎝ cos y ⎠
sen y ⎞
⎛ 1
⎜ cos y
cos y ⎟
⎟
= − 2 y + x⎜
+
cos y ⎟
⎜ cos y
⎜
⎟
⎝
⎠
⎛ 1 + sen y ⎞
= − 2 y + x⎜
⎟
2
⎝ cos y ⎠
De esta última ecuación despejamos
h ' ( y ) , esto es
h '( y ) = − 2 y
de aquí se procede a integrar en ambos miembros, de donde
h( y) = − 2
∫ y dy
h( y) = − y 2
este valor se sustituye en ( 3 ), por lo que
⎛ 1 + sen y ⎞
2
f (x , y ) = x ⎜
⎟ − y
cos
y
⎝
⎠
Se recordará que la solución está dada por
f (x , y ) = C
Entonces, la solución general es
⎛ 1 + sen y ⎞
2
x⎜
⎟ − y = C
⎝ cos y ⎠
Dado que se trata de un problema con valor inicial
y ( 0 ) = 1 , se tiene
0 − ( 1) 2 = C
41
− 1 = C
por lo que la solución particular que satisface la condición es
⎛ 1 + sen y ⎞
2
x⎜
⎟ − y = − 1
⎝ cos y ⎠
5)
Demuestre que
(x
)
(
)
+ 3 x 3 sen y dx + x 4 cos y d y = 0
no es exacta, pero que multiplicando esta ecuación por el factor x
−1
se obtiene
una ecuación exacta. Posteriormente obtenga la solución de esta última.
RESOLUCIÓN
Para que una ecuación diferencial sea exacta, es condición necesaria y suficiente que
∂
∂
M (x , y ) =
N (x , y )
∂y
∂x
por lo que inicialmente se procede a identificar las funciones
M
y N
,
M ( x , y ) = x + 3 x 3 sen y
N ( x , y ) = x 4 cos y
enseguida se obtienen las derivadas parciales , esto es
∂M
∂y
= 3 x 3cos y
∂N
= 4 x 3cos y
∂x
Se observa que
∂M
∂y
≠
∂N
∂x
con lo que se confirma que no es exacta.
A continuación multiplicamos la ecuación dada por el factor x
−1
, que es justamente un
factor integrante µ ( x )
42
x
− 1⎡
⎣
(x
)
(
)
+ 3 x 3 sen y dx + x 4 cos y dy ⎤ = 0
⎦
de donde se obtiene
(1 +
)
(
)
3 x 2 sen y dx + x 3cos y dy = 0 ……………………..( A )
Enseguida se verifica que sea exacta.
M ( x , y ) = 1 + 3 x 2 sen y
N ( x , y ) = x 3cos y
∂M
∂y
= 3 x 2cos y
∂N
= 3 x 2cos y
∂x
se cumple que
∂M
∂y
=
∂N
∂x
por lo tanto es exacta
Para obtener la solución de ( A ) se debe determinar la función
f (x , y ) =
f ( x , y ) tal que
∂f
∂f
dx +
dy
∂x
∂y
donde
∂f
∂f
= N (x , y )
= M (x , y ) ;
∂y
∂x
Se procede a obtener
f (x , y ) :
∫ N ( x , y ) d y + g ( x)
f (x , y ) =
∫ ( x cos y ) d y + g ( x )
f (x , y ) =
3
f ( x , y ) = x 3 sen y + g ( x )
Para obtener la función g ( x ) , la cual representa a la constante de integración, se considera
∂f
= M (x , y )
∂x
43
∂f
= 3 x 2 sen y + g ' ( x ) = 1 + 3 x 2 sen y
∂x
de donde se obtiene
g '( x) = 1
e integrando
g ( x) =
∫ dx = x
por lo que
f ( x , y ) = x 3 sen y + x
La solución de la ecuación diferencial es de la forma
f (x , y ) = C
por lo que
x 3 sen y + x = C
es la solución general.
6)
Para la ecuación diferencial
x
⎡
⎤
⎣ y cos ( x y ) + e ⎦ dx + N ( x , y ) d y = 0
obtenga la función más general N ( x , y )
de manera que la ecuación se exacta.
RESOLUCIÓN
Inicialmente se establece la condición necesaria y suficiente para que una ecuación
diferencial sea exacta:
∂M
∂y
=
∂N
…………………( A )
∂x
Lo anterior implica identificar a la función M ( x , y )
a considerar, por lo que se tiene
M ( x , y ) = y cos ( x y ) + e x
Enseguida se deriva con respecto a
∂M
∂y
y
= − x y sen ( x y ) + cos ( x y )
44
y bajo la condición necesaria y suficiente establecida por la ecuación ( A ) se tiene
∂N
= − x y sen ( x y ) + cos ( x y ) ………….( B )
∂y
De la ecuación anterior se procede a integrar parcialmente con respecto a x , es decir
N (x , y ) =
∫ ⎡⎣− x y sen ( x y ) + cos ( x y )⎤⎦ dx + h ( y )
de aquí tenemos dos integrales, a saber
∫ ( − x y ) sen ( x y ) dx
=
∫ cos ( x y ) dx
I1 =
I2
Para I 1 se tiene una integral por partes donde
u = − xy
y
dv = sen ( x y ) dx
du = − y dx
,
v =
,
∫ sen ( x y ) dx =
− 1
cos ( x y )
y
Entonces
I 1 = x cos ( x y ) −
∫ cos ( x y ) dx
I 1 = x cos ( x y ) −
1
sen ( x y )
y
Para I 2 se tiene una integral inmediata
I2 =
∫
cos ( x y ) d x =
1
sen ( x y )
y
De lo anterior se tiene
N ( x , y ) = x cos ( x y ) −
1
1
sen ( x y ) +
sen ( x y ) + h ( y )
y
y
N ( x , y ) = x cos ( x y ) + h ( y )
que es la función general que garantiza que la ecuación diferencial dada sea exacta.
45
7)
Determine si la ecuación diferencial
(
)
cos θ dr − r sen θ − e θ d θ = 0
es exacta. Si es exacta, obtenga su solución general.
RESOLUCIÓN
La ecuación diferencial es de la forma
M (r , θ ) d r + N (r , θ ) d θ = 0
donde se identifican a las funciones
M
y N
M ( r , θ ) = cos θ
(
N ( r , θ ) = r sen θ − e θ
)
La condición necesaria y suficiente para que la ecuación diferencial sea exacta es que
∂M
∂θ
=
∂N
∂r
por lo que se procede a obtener las derivadas parciales
∂M
∂θ
= − sen θ
∂N
= − sen θ
∂r
De la igualdad anterior se concluye que es exacta.
Ahora bien, si es exacta, se asegura que existe una función
f (r , θ )
tal que su
diferencial total es justamente el primer miembro de la ecuación diferencial original, es
decir
∂f
∂r
(r
, θ ) dr +
df = M
(r
, θ ) dr + N ( r , θ ) d θ
df =
∂f
∂θ
(r
, θ ) dθ
o bien
por lo que
46
∂f
= M
∂r
(r
, θ)
f (r , θ )
lo que permite obtener
,
∂f
= N (r , θ )
∂θ
integrando cualquiera de las expresiones anteriores,
como se muestra enseguida
∫ M ( r , θ ) dr + h ( θ )
, θ) =
∫ cos θ dr + h ( θ )
f (r , θ ) =
f (r
f ( r , θ ) = r cos θ + h ( θ ) ……………………( A )
Para obtener h ( θ ) , se considera que
∂f
= N ( r , θ ) ……………………( B )
∂θ
de donde
∂f
∂
=
( r cos θ + h ( θ ) )
∂θ
∂θ
∂f
= − r sen θ + h ' ( θ )
∂θ
entonces, de acuerdo a la ecuación ( B ) se tiene
− r sen θ + h ' ( θ ) = − r sen θ + e θ
despejando h ' ( θ )
h ' (θ ) = e θ
posteriormente se integra
h (θ ) =
∫ e dθ
θ
h (θ ) = e θ
y al sustituir el resultado anterior en ( A ) se obtiene
f ( r , θ ) = r cos θ + e θ
47
Finalmente, se tiene que
f (r , θ ) = C
es la forma de la solución general de la ecuación
diferencial, por lo que el resultado es
r cos θ + e θ = C
48
EJERCICIOS PROPUESTOS
1) Resuelva la ecuación diferencial
(2 y
2
)
(
)
+ 3 x y − 2 y + 6 x dx + x 2 + 2 x y − x d y = 0
Solución.
x 2y 2 + x3y − x2y + 2 x3 = C
2) Obtenga una solución gráfica de la ecuación y y ' = cos x , con x en el intervalo
π⎤
⎡
0
,
⎢⎣
2 ⎥⎦
Solución.
Trazando para k = ± 1 , ±
3
, ± 2 , ± 4 , se obtiene
2
49
(
)
(
)
3) Resuelva la ecuación diferencial x 2 + y 2 + 1 dx + x 2 − 2 x y d y = 0
Solución.
x −
y2
1
−
+ y = C
x
x
4) Obtenga una solución gráfica de la ecuación y ' = y 2
Solución.
y2 = k
Trazando para k = ± 2 , ± 1 , ±
1
, 0 , se obtiene
2
50
5) Resuelva la siguiente ecuación diferencial homogénea
)
(x +
y 2 − x y y' = y
;
(
)
y − 3 e− 4 = e− 4
Sugerencia: considerar el cambio de variable x = u y .
Solución.
y = e
⎛
x⎞
− 2 ⎜1 − ⎟
y⎠
⎝
1
2
6) Si la ecuación propuesta no es exacta obtenga un factor integrante que dependa de una sola
de las variables y posteriormente resuelva la ecuación diferencial
(x
)
+ y 2 dx − 2 x y d y = 0
Solución.
−
y2
+ Ln x = C
x
7) Resuelva la ecuación diferencial
(x y +
)
y 2 + x 2 dx − x 2 d y = 0
Solución.
y = x tan ( Ln C x
)
8) Compruebe si la siguiente ecuación diferencial es exacta. En caso de no serlo,
obtenga un factor integrante µ ( x ) y determine su familia uniparamétrica de
soluciones
F (x , y )
(y
2
)
(
e 2 x + 1 dx + 2 y e 2 x − e
x
)dy
= 0
51
Solución.
y2e
x
− e
−x
− y = C
9) Resuelva la ecuación diferencial
(
)
x d y − y dx − 1 − x 2 dx = 0
Solución.
y = C x − 1 − x2
y = − y' − x y'
10) Resuelva el problema de condiciones iniciales
,
y (0 ) = 1
Solución.
Ln ( x + 1) + 2 y = 2
11) Resuelva la ecuación diferencial
(y
4
)
(
)
+ 2 x y 2 dx + 2 x y 3 − 3 y 4 d y = 0
Solución.
x y2 + x2 − y3 = C
12) Resuelva la ecuación diferencial
dy
y
=
+ 2
dx
x
Solución.
x
2
= Ce
y
x
52
13) Resuelva la ecuación diferencial
x d y + y dx + ( x + y ) dx = 0
Solución.
x 3 + 3 x 2y = C
14) Resuelva la ecuación diferencial
(x y
2
)
− x − y 2 + 1 dx = ( x y + x − y − 1) d y
Solución.
y = Cex + 1
15) Resuelva la ecuación diferencial y ' =
y
x
+
x
y
Solución.
x = Ce
y2
2x2
16) Resuelva la ecuación diferencial
dy
y
=
+ x
dx
x
2
+ y
2
Sugerencia: hacer el cambio de variable y = vx .
Solución.
⎛x2
⎞
y = x tan ⎜
+ C⎟
⎝ 2
⎠
53
17) Resuelva la ecuación diferencial
(x +
y
2
− xy
) ddxy = y
Solución.
− 2
y
2
y
− xy
− Ln y = C
18) Resuelva la ecuación diferencial
r cos θ d θ + ( r − sen θ ) dr = 0
Solución.
1
sen θ + Ln r = C
r
19) Resuelva la ecuación
dy
x − y
=
dx
x + y
Solución.
−
⎛ − y 2− 2 x y + x 2 ⎞
1
Ln ⎜
⎟ − Ln ( x ) = C
2
x2
⎝
⎠
20) Resuelva la ecuación diferencial
2 x − y + 1) 2
(
dy
=
2x − y
dx
Sugerencia: Realice el cambio de variable u = 2 x − y .
Solución.
−
1
Ln ( 2 x − y ) 2 + 1 − x = C
2
(
)
54
TEMA 3
ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES
3.1 ECUACIÓN DIFERENCIAL DE PRIMER ORDEN.
1) Si la solución general de la ecuación diferencial y ' + P ( x ) y = Q ( x )
y ( x) = C e
determine las funciones P ( x )
sen 2 x
2
es:
− 1
y Q ( x)
RESOLUCIÓN
La ecuación diferencial es no homogénea, por lo que su solución general es de la forma
y = yh + y
p
, donde y h es la solución de la homogénea asociada y
y
p
es
una solución particular de la no homogénea.
Así se tiene que
yh = Ce
Ahora bien, si
sen 2 x
2
y
y
p
= −1
y h es solución de la homogénea asociada, entonces la satisface, por lo
que se calcula y h '
cos 2 x
y h' =
( 2) C e
2
y h ' = C cos 2 x e
Sustituyendo en
sen 2 x
2
sen 2 x
2
y ' + P ( x ) y = 0 que es la ecuación diferencial homogénea asociada
a la no homogénea, se tiene
C cos 2 x
sen 2 x
e 2
+ P ( x)C
sen 2 x
e 2
= 0
55
De esta ecuación se obtiene P ( x )
P ( x) = −
C ( cos 2 x ) e
Ce
sen 2 x
2
sen 2 x
2
De donde resulta
P ( x ) = − cos 2 x
De manera análoga, si y
p
es solución de la no homogénea, entonces la satisface, por lo
que es necesario calcular y p '
y p' = 0
Sustituyendo en y ' + P ( x ) y = Q ( x ) , que es la ecuación diferencial no homogénea, se
tiene
( 0)
+ P ( x ) ( − 1) = Q ( x ) ; pero P ( x ) = − cos 2 x
(−
cos 2 x ) ( − 1) = Q ( x )
Finalmente
Q ( x ) = cos 2 x
2) Obtenga la solución general de la ecuación
x
dy
− y = x 2 cos 2 x
dx
RESOLUCIÓN
Se tiene una ecuación diferencial no homogénea, de primer orden y de coeficientes
variables, que puede asociarse con la expresión
y ' + P ( x ) y = Q ( x ) ……………..(A)
que es la forma normalizada de la ecuación de primer orden no homogénea.
56
Por lo anterior, se observa la conveniencia de normalizar la ecuación diferencial dada.
Dividiendo entre x se obtiene.
dy
1
−
y = x cos 2 x
dx
x
y ya es posible identificar las funciones
P ( x) = −
1
x
Q ( x ) = x cos 2 x
Debe tenerse presente que la solución general de (A) está dada por
yG = yh + y
donde
p
y h es la solución de la homogénea asociada y
y
p
es una solución particular
de la no homogénea y cada una de estas funciones está dada por
−
yh = Ce ∫
y
p
−
= e ∫
P( x) d x
P( x) d x
∫ Q ( x) e ∫
P ( x ) dx
Enseguida se procede a calcular las integrales anteriores requeridas:
∫ P( x) dx
= −
⎛1⎞
1
∫ x dx = − Ln x = Ln ⎜⎝ x ⎟⎠
1
∫ P( x) dx = ∫ x dx = Ln x
( )
∫ Q ( x ) e ∫ dx = ∫ x cos 2 x e
−
− Ln x dx
P( x) d x
A continuación se tiene y h y y
p
=
∫
⎛1⎞
x cos 2 x ⎜ ⎟ dx
⎝ x⎠
=
∫
cos 2 x dx =
dx
1
sen 2 x
2
, esto es,
−
yh = Ce ∫
P( x) d x
−
yp = C e ∫
P( x) d x
= C e Ln x = C x
∫
Q ( x) e ∫
P( x) d x
57
y
p
y
p
⎛1
⎞
= ⎜ sen 2 x ⎟ e Ln x
⎝2
⎠
⎛1
⎞
= ⎜ sen 2 x ⎟ x
⎝2
⎠
Por lo que la solución general es
y = Cx +
x
sen 2 x
2
3) Sabiendo que la solución general de una ecuación diferencial de la forma
y ' + P ( x) y = Q ( x) ,
es
y' =
calcular las funciones P ( x )
x3 − 3x
(
2
3 x + x
)
+
c
(
2
3 x + x
)
y Q ( x)
RESOLUCIÓN
Se tiene una ecuación diferencial de primer orden, no homogénea, de coeficientes
variables de la cual su solución general es dato.
Para una ecuación diferencial no homogénea de primer orden, su solución general es de
la forma
yG = yh + y
donde
−
yh = ce ∫
P( x) d x
y
y
p
−
= e ∫
P( x) d x
∫
p
Q ( x) e ∫
P ( x ) dx
dx
por lo que de la
solución general dada se infiere
yh =
(
c
3 x2 + x
)
…………( A )
y
p
=
x 3 − 3x
(
3 x2 + x
)
………..( B )
58
y h es la solución de la homogénea asociada y y
donde
es una solución particular
p
de la no homogénea.
Así, para la ecuación homogénea asociada
y ' + P ( x ) y = 0 …………….( C )
y teniendo presente que
yh
es su solución y que por lo tanto la satisface, es
necesario obtener y h '
y h' =
− c ( 2 x + 1)
(
3 x2 + x
)
2
la cual se sustituye en la ecuación ( C )
− c ( 2 x + 1)
(
3 x2 + x
)
2
+ P ( x)
(
c
3 x2 + x
= 0
)
De donde se despeja la función P ( x ) , esto es
(2 x
P ( x) =
Por otro lado, asumiendo que
y
p
(x
2
+ 1)
+ x
)
es una solución particular de
y ' + P ( x) y = Q ( x)
y se sabe que la forma de y
p
está dada por
y
p
−
= e ∫
P( x) d x
∫
Q ( x) e ∫
P( x) d x
dx
se sustituye la función P ( x ) y se efectúan las operaciones indicadas; para las integrales
−
∫
P( x) dx = −
∫
P( x) dx =
entonces y
p
∫
(2 x
∫(
+ 1)
⎛ 1 ⎞
dx = − Ln x 2 + x = Ln ⎜ 2
⎟ …….( D )
x + x
⎝ x + x⎠
(
)
2
2x + 1
dx = Ln x 2 + x
2
x + x
(
)
)
……………...( E )
es
y
p
= e
⎛ 1 ⎞
Ln ⎜ 2
⎟
⎝x + x⎠
∫
Q ( x) e
(
Ln x 2 + x
)
dx
simplificando se obtiene
59
y
p
=
1
x + x
2
∫
(
)
Q ( x ) x 2 + x dx ………………….( F )
Por otro lado, se tiene el valor conocido y
p
dado por ( B ), entonces se pueden igualar ( B )
y (F)
1
2
x + x
∫
(
)
Q ( x ) x 2 + x dx =
x 3 − 3x
(
3 x2 + x
)
de donde
(
)
∫
Q ( x ) x + x dx =
∫
Q ( x ) x 2 + x dx =
2
(
)
(x
3
− 3x
(
) (x
2
3 x2 + x
1
x 3 − 3x
3
(
+ x
)
)
)
Derivando ambos miembros de la ecuación se tiene
(
Q ( x) x 2 + x
)
=
1
3x 2 − 3
3
=
1
3 x2 − 1
3
(
(
)
)
= x2 − 1
Finalmente, se despeja a la función de interés
x2 − 1
Q ( x) =
(x
2
+ x
)
=
Q ( x) =
(x
+ 1)( x − 1)
x ( x + 1)
x − 1
x
4) Resuelva la ecuación diferencial
t
dx
− 2 x = t Ln 3 t
dt
RESOLUCIÓN
Se trata de una ecuación diferencial de primer orden no homogénea; resolverla implica
obtener su solución general la cual es de la forma
60
xG = xh + x
donde
xh
p
es la solución de la ecuación homogénea asociada y
x
p
es una solución
particular de la ecuación no homogénea.
Para obtener la solución general se tienen 2 formas; una consiste en aplicar directamente la
expresión que involucra factores integrantes:
−
xG = Ce ∫
−
+ e ∫
P (t ) d t
P (t ) d t
∫
Q (t ) e ∫
P (t ) d t
dt
Otra, obteniendo inicialmente x h por separación de variables y posteriormente aplicando
el método de variación de parámetros para obtener x p , lo que da lugar justamente al
segundo término de la ecuación anterior.
Entonces, reordenando inicialmente la
ecuación
diferencial
para
transformarla posteriormente en la forma normalizada
x ' + P (t ) x = Q (t )
t
dx
− 2 x = t Ln ( 3 t )
dt
Dividiendo entre “ t “
dx
2
− x = Ln ( 3 t )
dt
t
que es una ecuación diferencial de la forma
x ' + P (t ) x = Q (t )
Para obtener la solución, inicialmente trabajamos con la ecuación homogénea asociada
2
dx
−
x = 0
dt
t
Efectuamos separación de variables
2
dx
x
=
dt
t
dx
dt
= 2
x
t
Integramos
∫
dx
= 2
x
∫
dt
t
61
Ln x + C 1 = 2 Ln t + C 2
Finalmente, la solución de la homogénea asociada es,
Ln x = 2 Ln t
+ C
Que también se puede expresar en forma explícita; aplicamos propiedades según se indica
( )
Ln ( x ) = Ln t 2
(
Ln ( x ) = Ln C t 2
)
+ Ln C
, y al aplicar la exponencial
xh = Ct2
que es la solución general, en forma explícita, de la ecuación homogénea asociada.
Para obtener x
p
, identificamos los elementos necesarios para integrar.
Sabemos que una solución particular de la no homogénea tiene la forma:
x
p
−
= e ∫
P (t ) d t
∫
Q (t ) e ∫
P (t ) d t
dt
y de la ecuación normalizada
P (t ) =
− 2
; Q ( t ) = Ln ( 3 t )
t
enseguida se integran las funciones respectivas:
−
∫
e
∫
P(t ) dt = 2
− ∫ P (t ) d t
Q (t ) e ∫
P (t ) d t
∫
dt
= 2 Ln t = Ln t 2
t
⎛ 1 ⎞
2 ⎟
⎠
( ) = t 2 ; e ∫ P (t ) d t dt = e Ln ⎜⎝ t
= e
Ln t 2
∫
=
⎛ 1 ⎞
Ln ( 3t ) ⎜ 2 ⎟ dt =
⎝t ⎠
∫
(
Ln ( 3 t ) t −
2
=
1
t2
) dt
= I
Se obtiene I integrando por partes:
u = Ln ( 3 t )
du =
I =
dv = t − 2
3
1
dt = dt
3t
t
− 1
Ln ( 3 t ) =
t
v =
∫
t −1
− 1
=
− 1
t
1 1
1
⋅ dt = − Ln ( 3 t ) +
t t
t
∫t
−2
dt
62
I =
− 1
t −1
1
1
Ln ( 3 t ) +
= − Ln ( 3 t ) −
t
−1
t
t
Entonces la solución particular es
x
1⎞
⎛ 1
= t 2 ⎜ − Ln ( 3 t ) − ⎟
t⎠
⎝ t
p
Finalmente la solución general es:
xG = xh + x
5)
p
= c t 2 − t Ln ( 3 t ) − t
Resuelva la ecuación diferencial
1
x2
1
1
y' + x 2 y = x 2 1 − e
x
2
RESOLUCIÓN
Es una ecuación diferencial no homogénea de primer orden de coeficientes variables;
es necesario normalizar, por lo que multiplicamos por
⎛
y ' + x y = x ⎜1 − e
⎜
⎝
x2
2
x
1
⎞2
⎟
⎟
⎠
es una ecuación diferencial de la forma
y ' + P ( x) y = Q ( x)
La solución general puede obtenerse en términos de un factor integrante como se muestra
enseguida
−
yG = C e ∫
P( x) d x
−
+ e ∫
P( x) d x
∫ Q ( x) e ∫
P( x) d x
dx
donde
P ( x) = x
,
⎛
Q ( x ) = x ⎜1 − e
⎜
⎝
x2
2
⎞
⎟
⎟
⎠
1
2
Enseguida calculamos las integrales indicadas
63
−
∫ P( x) d x
∫
= −
x2
; e∫
x dx =
2
∫ P( x) d x = ∫
∫
Q( x) e
P( x) d x
dx =
x2
−
; e ∫
x dx = −
2
∫
x
⎛
x ⎜1 − e 2
⎜
⎝
2
1
⎞2
⎟
⎟
⎠
P ( x ) dx
P ( x ) dx
⎛ x
⎜e 2
⎜
⎝
2
= e
⎞
⎟ dx =
⎟
⎠
= e
−
x2
2
x2
2
∫u
n
du
Integramos realizando un cambio de variable
u = 1 −e
du = − e
x2
2
x2
2
( x ) dx
= −xe
x2
2
dx
Por lo que
∫
x
2⎛
u n du = − ⎜ 1 − e 2
3⎜
⎝
2
3
⎞2
⎟
⎟
⎠
Entonces, al sustituir en la forma de la solución general se obtiene
yG = Ce
x2
−
2
+
x2
−
e 2
⎡
x2
⎢ 2⎛
2
⎢ − ⎜⎜ 1 − e
⎢ 3⎝
⎣
3
⎤
⎞ 2⎥
⎟ ⎥
⎟
⎠ ⎥
⎦
Reordenando y factorizando se tiene finalmente
yG = e
−
x2
2
⎡
x2
⎢
2⎛
2
⎢C − ⎜⎜ 1 − e
3
⎢
⎝
⎣
3
⎤
⎞ 2⎥
⎟ ⎥
⎟
⎠ ⎥
⎦
6) Resuelva la siguiente ecuación diferencial
x y' − y = x 2 e −
3x
…………….( A )
RESOLUCIÓN
64
Se trata de una ecuación diferencial de primer orden, no homogénea y coeficiente
variable; para resolverla es necesario normalizarla por lo que se divide entre la variable
x , de donde se obtiene
y' −
1
y = xe−
x
3x
La cual ya es una ecuación de la forma y ' + P ( x ) y = Q ( x ) donde
1
x
P ( x) = −
Q ( x) = x e −
y
3x
La solución general de una ecuación de la forma anterior está dada por
−
yG = Ce ∫
−
donde y h = C e ∫
y
p
−
= e ∫
P( x) d x
∫
P( x) d x
Q ( x) e ∫
P( x) d x
−
+ e ∫
P( x) d x
∫
Q ( x) e ∫
P( x) d x
dx
es la solución de la homogénea asociada y
P( x) d x
dx es una solución particular de la no homogénea.
Efectuamos el cálculo de las diferentes integrales, según se indica.
∫
P( x) dx = −
−
∫
dx
⎛1⎞
= − Ln x = Ln ⎜ ⎟
x
⎝ x⎠
∫
P( x) dx =
−
e ∫
P( x) d x
e∫
P( x) d x
∫ Q ( x) e ∫
P( x) d x
∫
dx
= Ln x
x
= e Ln x = x
= e
dx =
⎛1⎞
Ln ⎜ ⎟
⎝ x⎠
∫ xe
− 3x
1 −
e
3
= −
1
x
=
1
dx =
x
∫e
− 3x
dx
3x
Así, se obtiene
yh = C x
y
y
p
= −
x −
e
3
3x
Y la solución general es
yh = C x −
x −
e
3
3x
65
7) Obtenga la solución general de la ecuación diferencial
dy
x
+ 2
y =
dx
x + 1
cos 3 x
x2 + 1
RESOLUCIÓN
Es una ecuación lineal, de primer orden, no homogénea y coeficientes variables de la
forma
y ' + P ( x) y = Q ( x)
su solución general está dada por
−
yG = Ce ∫
P( x) d x
−
+ e ∫
P( x) d x
∫ Q ( x) e ∫
P( x) d x
dx
donde
−
yh = Ce ∫
P( x) d x
y
;
p
−
= e ∫
P( x) d x
∫
Q ( x) e ∫
P( x) d x
dx
Para resolverla es conveniente identificar a las funciones que intervienen en las integrales,
es decir,
P ( x) =
x
x + 1
Q ( x) =
cos 3 x
2
x2 + 1
A continuación efectuamos las operaciones necesarias para y h y y
−
∫
P ( x ) dx = −
∫
x
1
dx = −
Ln x 2 + 1
2
x + 1
(
2
p
)
⎛
⎞
1
⎟
= Ln ⎜
⎜ x2 + 1⎟
⎝
⎠
∫
P ( x ) dx =
∫
x
1
dx =
Ln x 2 + 1
2
x + 1
2
(
)
66
= Ln x 2 + 1
entonces
yh = Ce
⎛
⎞
1
⎟
Ln ⎜
⎜ x2 + 1⎟
⎝
⎠
=
C
x2 + 1
Por otro lado
y
p
= e
y
p
=
y
p
=
y
p
⎛
⎞
1
⎟
Ln ⎜
⎜ x2 + 1⎟
⎝
⎠
1
x + 1
1
2
x + 1
∫
x2 + 1
cos 3 x
∫
2
cos 3 x
2
x + 1
e
Ln
(
x2 + 1
)
dx
x 2 + 1 dx
∫ cos 3 x dx
⎛
⎞ sen 3 x
1
⎟
= ⎜
⎜ x2 + 1⎟
3
⎝
⎠
Finalmente, la solución general es
y =
C
+
x2 + 1
sen 3 x
3 x2 + 1
8) Resuelva la ecuación diferencial
y ' = ( tan x ) y + sen x
⎛π ⎞
Sujeta a la condición inicial y ⎜ ⎟ =
⎝4⎠
2
RESOLUCIÓN
Se tiene una ecuación diferencial de primer orden, que puede escribirse de la siguiente
manera
y ' − ( tan x ) y = sen x
67
la cual es una ecuación de la forma
y ' + P ( x) y = Q ( x)
Entonces, se identifican las siguientes funciones
P ( x) = − tan x
Q ( x ) = sen x
La ecuación diferencial referida corresponde a una ecuación no homogénea de coeficientes
variables, cuya solución general es de la forma
−
y = Ce ∫
P ( x ) dx
−
+ e ∫
P ( x ) dx
∫
Q ( x) e ∫
P ( x ) dx
dx
donde
−
yh = Ce ∫
y
p
−
= e ∫
P ( x ) dx
P ( x ) dx
∫ Q ( x) e ∫
P ( x ) dx
dx
A continuación se calculan las integrales necesarias, esto es
−
∫
P ( x ) dx =
−
e ∫
P ( x ) dx
∫
= e
tan x dx =
Ln ( sec x )
∫
sen x
dx = − Ln ( cos x ) = Ln ( sec x )
cos x
= sec x
por lo que
y h = C sec x
Por otro lado
∫ P ( x ) dx = − ∫ tan x d x = Ln ( cos x )
e∫
P ( x ) dx
= e
Ln ( cos x )
= cos x
entonces
∫
Q ( x) e ∫
P ( x ) dx
dx =
∫
sen x cos x dx =
( sen x ) 2
2
por lo que
y
p
= sec x
( sen x ) 2
2
y la solución general es
68
y = C sec x + sec x
⎛π ⎞
Aplicando la condición inicial y ⎜ ⎟ =
⎝4⎠
( sen x ) 2
2
2 se tiene
⎛
⎛ π ⎞⎞
sen ⎜ ⎟ ⎟
⎜
⎛π ⎞
⎛π ⎞
⎝ 4 ⎠⎠
2 = C sec ⎜ ⎟ + sec ⎜ ⎟ ⎝
2
⎝4⎠
⎝4⎠
2 = C 2 +
⎛ 1 ⎞
⎜
⎟
2⎠
2 ⎝
2
2 = C 2 +
⎛1⎞
2 ⎜ ⎟
⎝4⎠
2
2
⇒
C =
3
4
Finalmente para la condición inicial dada
sen x ) 2
(
3
y = sec x + sec x
4
2
69
3.2 SOLUCIÓN DE LA ECUACIÓN DIFERENCIAL LINEAL
HOMOGÉNEA.
y '' − y ' − 2 y = 0
1) Resuelva la ecuación diferencial
RESOLUCIÓN
Se trata de una ecuación diferencial de segundo orden, homogénea y de coeficientes
constantes. Inicialmente la expresamos en términos del operador diferencial
(D
2
)
− D − 2 y = 0
de donde la ecuación característica es
λ2 − λ − 2 = 0
cuyas raíces son λ 1 = − 1 y λ 2 = 2
Dado que las raíces son reales y diferentes, la solución general es
y = C 1 e − x + C 2 xe 3x
2) Resuelva la ecuación diferencial
y '' − 6 y ' + 9 y = 0
RESOLUCIÓN
Se tiene una ecuación diferencial de segundo orden, homogénea y de coeficientes
constantes, que expresada en términos del operador diferencial es
(D
2
)
− 6D + 9 y = 0
de donde la ecuación característica es
λ 2 − 6λ + 9 = 0
siendo sus raíces λ 1 = 3 y λ 2 = 3 que son reales y repetidas; entonces la solución
general es
70
y = C 1 e 3x + C 2 xe 3x
3) Resuelva la ecuación diferencial y '' − 3 y ' + 4 y = 0
RESOLUCIÓN
Se tiene una ecuación diferencial de segundo orden, homogénea y de coeficientes
constantes; expresada en términos del operador diferencial es
(D
2
)
− 3D + 4 y = 0
y la ecuación característica correspondiente es
λ 2 − 3λ + 4 = 0
siendo sus raíces o valores característicos λ 1 =
3
+
2
7
3
7
i y λ2 =
−
i las
2
2
2
cuales son complejas, por lo que la solución general es
y = C1e
3
x
2 cos
3
x
7
7
x + C 2 e 2 sen
x
2
2
4) Resuelva la ecuación diferencial
y ''' − 2 y '' − y ' + 2 y = 0
RESOLUCIÓN
Se tiene una ecuación diferencial de tercer orden, homogénea y de coeficientes constantes;
expresada en términos del operador diferencial es
(D
3
)
− 2D 2 − D + 2 y = 0
de donde la ecuación característica es
71
λ 3 − 2λ 2 − λ + 2 = 0
Se procede a obtener sus raíces, las cuales son λ 1 = 1 , λ 2 = 2 y λ 3 = − 1
Las raíces son reales y distintas, por lo que la solución general es
y = C 1 e x + C 2 e2x + C 3 e −x
5) Resuelva la ecuación diferencial
y ''' − 3 y '' + 3 y ' − y = 0
RESOLUCIÓN
Se tiene una ecuación de tercer orden, homogénea y de coeficientes constantes; expresada
en términos del operador diferencial es
(D
3
)
− 3D 2 + 3D − 1 y = 0
Su ecuación característica es
λ 3 − 3λ 2 + 3λ − 1 = 0
siendo sus raíces λ 1 = λ 2 = λ 3 = 1
Se tiene el caso de raíces reales repetidas por lo que la solución general de la ecuación
diferencial es
y = C 1 e x + C 2 xe x + C 3 x 2 e x
6) Resuelva la ecuación diferencial
y ( IV ) + 2 y '' + y = 0
RESOLUCIÓN
Se tiene una ecuación diferencial de cuarto orden, homogénea y coeficientes constantes; en
términos del operador diferencial
72
(D
4
)
+ 2D 2 + 1 y = 0
y su ecuación característica es
λ 4 + 2 λ 2 + 1 = 0 …………..( A )
Se determinan sus raíces reales mediante un cambio de variable adecuada que transforme la
ecuación de cuarto grado en una ecuación de segundo grado, esto es
w = λ 2 , w2 = λ 4
por lo que se tiene
w 2 + 2w + 1 = 0
(w
+ 1) 2 = 0
Las raíces para la ecuación de segundo grado son w 1 = w 2 = − 1
variable original se tiene
λ2 = − 1
por lo que
; regresando a la
λ = ± i ; entonces las raíces de la
ecuación de cuarto grado son
λ 1, 2 = ± i , λ 3 , 4 = ± i
esto es, raíces complejas repetidas con parte real nula.
Entonces, la solución general de la ecuación diferencial dada es
y = C 1 cos x + C 2 sen x + C 3 x cos x + C 4 x sen x
73
3.3 SOLUCIÓN DE LA ECUACIÓN DIFERENCIAL LINEAL NO
HOMOGÉNEA.
1) Dada la ecuación diferencial y '' = x 2 − 1 , obtenga
a) la solución general,
b) una solución y ( x ) tal que y ( 0 ) = 1 , y ' ( 0 ) = 2 ,
c) una solución cuya representación gráfica pase por los puntos ( 1 , 2 ) y
(3 , 5)
RESOLUCIÓN
a) Por el tipo de ecuación diferencial, se tiene la posibilidad de resolverla utilizando
dos métodos diferentes.
Primer método:
Se tiene
y '' = x 2 − 1 …………………….( A )
que también se puede expresar de la siguiente forma
d 2y
= x2 − 1
dx 2
Al integrar esta ecuación se tiene
dy
x3
=
− x + C1
dx
3
nuevamente se integra
⎛x3
⎞
− x + C 1 ⎟ dx
⎜
⎝ 3
⎠
y =
∫
y =
x4
x2
−
+ C1 x + C2
12
2
de donde se obtiene
que constituye la solución general de la ecuación diferencial ( A )
Segundo método:
74
La ecuación dada es de segundo orden, coeficientes constantes y no homogénea y su
solución general es de la forma
yG = yh + y
donde
p
y h es la solución de la homogénea asociada y
y
p
es una solución particular de
la no homogénea.
Para obtener
y h se considera la ecuación
y '' = 0
que expresada en términos del operador diferencial es
D2y = 0
y cuya ecuación característica es
λ2 = 0
De esta última obtenemos sus raíces, a saber,
λ1 =λ 2 = 0
Se tienen valores característicos repetidos nulos, por lo que la solución correspondiente es
yh = C 1 + C 2 x
La determinación de y
p
implica obtener un aniquilador para la función
Q ( x) = x 2 − 1
el cual resulta ser
P ( D) = D 3
Al aplicar este operador a ambos miembros de la ecuación (A ), esta última en términos del
operador D se tiene
(
)
(
)
D3 D2 y = D3 x2 − 1
lleva a la expresión
D5 y = 0
Esta es una ecuación diferencial de quinto orden cuya ecuación característica es λ 5 = 0 ;
de aquí obtenemos sus raíces: λ 1 = λ 2 = λ 3 = λ 4 = λ 5 = 0
Así, la solución de la ecuación es
y = C1 + C2 x + C3 x2 + C4 x3 + C5 x4
75
Esta solución involucra la solución de la ecuación homogénea asociada
(y p)
solución particular
(y h)
y una
de la ecuación no homogénea original ( A ) ; entonces, cada
solución es de la forma
y h = C 1 + C 2 x …………………….………….( B )
y
Ahora bien, si y
p
p
= C 3 x 2 + C 4 x 3 + C 5 x 4 …………………( C )
es solución de ( A ) entonces la satisface, por lo que es necesario
obtener
y p ' , y p ''
y p' = 2 C 3 x + 3 C 4 x 2 + 4 C 5 x 3
y p '' = 2 C 3 + 6 C 4 x + 12 C 5 x 2
Enseguida se sustituye en la ecuación diferencial no homogénea:
2 C 3 + 6 C 4 x + 12 C 5 x 2 = x 2 − 1
y por igualdad de polinomios se obtiene el sistema
2C 3 = − 1
6C 4 = 0
12 C 5 = 1
que al resolver permite obtener
C3 = −
1
2
, C4 = 0 , C5 =
1
12
Estos valores se sustituyen en la ecuación ( C ) con lo que se tiene
y
p
= −
1 2
1 4
x +
x
2
12
Finalmente, la solución general es
yG = C1 + C2 x −
1 2
1 4
x +
x
……………………….( D )
2
12
la cual es igual a la obtenida por el primer método.
b)
A partir de la solución general se obtiene la solución particular que satisfaga las
condiciones iniciales dadas, lo que requiere calcular y G , esto es
76
1 3
x ……………………..( E )
2
yG = C2 − x2 +
Esta ecuación junto con ( D ), al aplicar las condiciones iniciales constituyen un sistema de
dos ecuaciones con dos incógnitas: C 1 y C 2 .
La condición
y ( 0 ) = 1 se sustituye en ( D ), lo que permite obtener
1 = C1
La condición
y ' ( 0 ) = 2 se sustituye en ( E ), con lo que se obtiene
2 = C2
Sustituyendo los valores
C1
y C 2 en la ecuación ( D ) se tiene
y = 1 + 2x −
1 2
1 4
x +
x
2
12
que constituye una solución particular de la ecuación diferencial ( A ) .
c) Este inciso implica nuevamente condiciones iniciales; si se busca obtener una solución
que satisfaga
y ( 1) = 2 y y ( 3 ) = 5 , entonces se sustituyen estas condiciones en la
ecuación ( D )
2 =
1
1
−
+ C1 + C2
12
2
2 = −
5
+ C1 + C2
12
finalmente
2 +
5
12
= C1 + C2
29
= C 1 + C 2 …………….…………( F )
12
Asimismo
5 = C 1 + 3C 2 x −
1
1
( 3) 2 + ( 3) 4
2
12
5 = C 1 + 3C 2 x −
9
81
+
2
12
5 +
9
81
−
= C 1 + 3C 2
2
12
77
finalmente
33
= C 1 + 3 C 2 …………………………….( G )
12
Enseguida se resuelve el sistema formado por las ecuaciones ( F ) y ( G ), de donde se tiene
C1 =
27
12
y
C2 =
1
6
Al sustituir estos valores en ( D ), se obtiene la solución
y =
27
1
1
1 4
+ x − x2 +
x
12
6
2
12
cuya representación gráfica contiene a los puntos ( 1 , 2 ) y
(3 , 5)
2) Resuelva la siguiente ecuación diferencial mediante el método de coeficientes
indeterminados
y '' + 3 y ' − 10 y = cot 3 x sen 3 x
RESOLUCIÓN
Se tiene la ecuación
y '' + 3 y ' − 10 y = cot 3 x sen 3 x
que es una ecuación diferencial no homogénea, de segundo orden y de coeficientes
constantes; asimismo se tiene una función
Q ( x)
para la cual aparentemente no existe
operador diferencial anulador, sin embargo, si simplificamos la función Q ( x ) , se tiene
Q ( x ) = cot 3 x sen 3 x =
cos 3 x
( sen 3 x )
sen 3 x
Q ( x ) = cos 3 x
Por lo que la ecuación diferencial se puede escribir de la siguiente manera
y '' + 3 y ' − 10 y = cos 3 x
y es posible resolverla por el método de coeficientes indeterminados.
Se sabe que la solución general de una ecuación diferencial no homogénea es de la forma
78
yG = yh + y
p
por lo que inicialmente se calcula y h , que es la solución de la homogénea asociada
y '' + 3 y ' − 10 y = 0
y en términos del operador diferencial es
(D
2
)
+ 3 D − 10 y = 0
cuya ecuación y valores característicos son
λ 2 + 3 λ − 10 = 0 ⇒ λ 1 = − 5 , λ 2 = 2
por lo que se tiene
y h = C 1 e −5x + C 2 e 2x
Para obtener
y
p
, que es una solución particular de la ecuación no homogénea, se busca
un operador que anule a la función
Q ( x ) = cos 3 x
el cual resulta
P ( x) = D 2 + 9
Aplicando P ( D ) a la ecuación original se tiene
(
)
P ( D ) D 2 + 3 D − 10 y = P ( D ) ( cos 3 x )
(D
2
+ 9
) (D
2
)
+ 3 D − 10 y = 0 ……………………..( A )
que es una ecuación diferencial de orden mayor a la original, cuya ecuación característica y
raíces respectivas son
(λ
)(
)
+ 9 λ 2 + 3 λ − 10 = 0
2
⇒ λ 1 = − 5 , λ 2 = 2 , λ 3 = 3i , λ 4 = − 3i
Así, la solución general de ( A ) es
y G = C 1 e − 5 x + C 2 e 2 x + C 3 cos 3 x + C 4 sen 3 x
en donde es posible identificar y h y la forma de y
p
y h = C 1 e −5x + C 2 e 2x
y
p
= C 3 cos 3 x + C 4 sen 3 x
79
En
y
p
se tienen justamente los coeficientes indeterminados
valores deben obtenerse, lo cual se logra derivando
y
p
C3
y
C4
cuyos
y posteriormente sustituyendo en
la ecuación no homogénea
y p ' = − 3 C 3 sen 3 x + 3 C 4 cos 3 x
y p '' = − 9 C 3 cos 3 x − 9 C 4 sen 3 x
al sustituir en la ecuación diferencial original
− 9 C 3 cos 3 x − 9 C 4 sen 3 x + 3 ( − 3 C 3 sen 3 x + 3 C 4 cos 3 x )
− 10 ( C 3 cos 3 x + C 4 sen 3 x ) = cos 3 x
desarrollando operaciones y posteriormente al factorizar se obtiene
( − 19 C
3
+ 9 C 4 ) cos 3 x + ( − 9 C 3 − 19 C 4 ) sen 3 x = cos 3 x
y al igualar coeficientes se forma el sistema
− 19 C 3 + 9 C 4 = 1
− 9 C 3 − 19 C 4 = 0
cuya solución es
C3 = −
Entonces y
p
19
9
; C4 =
442
442
resulta
y
p
= −
19
9
cos 3 x +
sen 3 x
442
442
por lo que la solución general es
y G = C 1 e −5x + C 2 e 2x −
19
9
cos 3 x +
sen 3 x
442
442
3) Obtenga la solución general de la ecuación
y '' − 4 y ' + 8 y = 4 e 2 x sec 2 x − 4 e 2 x csc 2 x
RESOLUCIÓN
80
La ecuación diferencial es no homogénea, lineal, de segundo orden y de coeficientes
constantes; su solución general es de la forma
yG = yh + y
p
Para la solución de la ecuación homogénea asociada, y h , se tiene
y '' − 4 y ' + 8 y = 0
y en términos del operador diferencial
(D
2
)
− 4D + 8 y = 0
su ecuación característica es
λ 2 − 4λ + 8 = 0
cuyas raíces son
λ 1 = 2 + 2i y λ 2 = 2 − 2i
De acuerdo a las raíces obtenidas resulta
y h = C 1 e 2 x cos 2 x + C 2 e 2 x sen 2 x
En lo que respecta a y
p
, que es una solución particular de la no homogénea, necesitamos
considerar a la función Q ( x ) , para la cual no existe operador anulador; lo anterior implica
la aplicación del método de variación de parámetros, el cual consiste en sustituir las
constantes ó parámetros de y h por funciones desconocidas u ( x ) y v ( x ) , las que deben
ser determinadas. Así, se tiene
y
p
= u ( x ) e 2 x cos 2 x + v ( x ) e 2 x sen 2 x ………………..( A )
donde u ' ( x ) y v ' ( x ) son funciones que satisfacen el sistema
⎡
e 2 x cos 2 x
⎢ 2x
⎣⎢ 2 e ( cos 2 x − sen 2 x )
⎤ ⎡u ' ( x ) ⎤
⎡ 0 ⎤
=
⎥
⎢
⎥
⎢Q x ⎥
2 e 2 x ( cos 2 x + sen 2 x ) ⎦⎥ ⎣ v ' ( x ) ⎦
⎣ ( )⎦
e 2 x sen 2 x
siendo Q ( x ) = 4 e 2 x sec 2 x − 4 e 2 x csc 2 x
Para resolver este sistema por regla de Cramer es necesario obtener los determinantes
siguientes:
∆1
⎡
e 2 x cos 2 x
= ⎢ 2x
⎢⎣ 2 e ( cos 2 x − sen 2 x )
⎤
⎥
2 e 2 x ( cos 2 x + sen 2 x ) ⎥⎦
e 2 x sen 2 x
81
∆ 1 = 2 e 4 x cos 2 2 x + 2 e 4 x sen 2 x cos 2 x + 2 e 4 x sen 2 2 x − 2 e 4 x cos 2 x sen 2 x
∆ 1 = 2e 4 x
⎡ 0
∆2 = ⎢
⎣⎢Q ( x )
∆ 2 = − 4 e 4x
⎤
4x
4x
⎥ = − 4 e sen 2 x sec 2 x + 4 e sen 2 x csc 2 x
2x
2 e ( cos 2 x + sen 2 x ) ⎦⎥
1
1
sen 2 x ⋅
+ 4 e 4 x sen 2 x ⋅
cos 2 x
sen 2 x
e 2 x sen 2 x
∆ 1 = − 4 e 4 x tan 2 x + 4 e 4 x
∆3
∆3
⎡
e 2 x cos 2 x
0 ⎤
4x
4x
= ⎢ 2x
⎥ = 4 e sec 2 x cos 2 x − 4 e cos 2 x csc 2 x
Q ( x ) ⎥⎦
⎣⎢ 2 e ( cos 2 x − sen 2 x )
1
1
= 4 e 4 x cos 2 x
− 4 e 4 x cos 2 x
cos 2 x
sen 2 x
∆ 3 = 4 e 4 x − 4 e 4 x cot 2 x
Enseguida se procede a determinar las incógnitas u ' ( x ) y v ' ( x ) :
u '( x) =
− 4 e 4 x ( tan 2 x − 1)
∆2
=
= − 2 ( tan 2 x − 1)
∆1
2e4x
v '( x) =
4 e 4 x ( 1 − cot 2 x )
∆3
=
= 2 ( 1 − cot 2 x )
∆1
2e4x
Interesan las funciones
obtenidas
u ( x ) y v ( x ) por lo que se procede a integrar las funciones
u ' ( x ) y v ' ( x ) , esto es
∫ ( tan 2 x − 1) dx
= − 2 tan 2 x dx + 2 dx
∫
∫
sen 2 x
= − 2
∫ cos 2 x dx + 2 x
u ( x) = − 2
= Ln ( cos 2 x ) + 2 x
∫ (1 − cot 2 x ) dx
cos 2 x
= 2 dx − 2
∫
∫ sen 2 x dx
v ( x) = 2
= 2 x − ln ( sen 2 x )
82
De lo anterior se establece la solución y
y
p
p
= ⎡⎣ Ln ( cos 2 x ) + 2 x ⎤⎦ e 2 x cos 2 x + ⎡⎣ 2 x − ln ( sen 2 x ) ⎤⎦ e 2 x sen 2 x
Finalmente, la solución general es
y G = C 1 e 2 x cos 2 x + C 2 e 2 x sen 2 x + e 2 x cos 2 x ⎡⎣ Ln ( cos 2 x ) + 2 x ⎤⎦
+ e 2 x sen 2 x ⎡⎣ 2 x − ln ( sen 2 x ) ⎤⎦
4) Resuelva la siguiente ecuación diferencial utilizando el método de los coeficientes
indeterminados
y '' + y ' − 2 y = ( 2 + 6 x ) e x
RESOLUCIÓN
Se tiene una ecuación diferencial es no homogénea, de segundo orden y coeficientes
constantes, por lo que su solución general es de la forma
yG = yh + y
Para obtener
p
y h , que es la solución de la ecuación homogénea asociada, se considera
y '' + y ' − 2 y = 0
que en términos del operador diferencial es
(D
2
)
+ D − 2 y = 0
siendo su ecuación característica y raíces, respectivamente,
λ2 + λ − 2 = 0 ⇒ λ1 = 1 , λ2 = − 2
de donde
y h = C 1 e x + C 2 e −2x
Para obtener
y
p
, que es una solución particular de la ecuación no homogénea dada,
mediante el método de los coeficientes indeterminados, es necesario identificar a la función
Q ( x ) , a saber
83
Q ( x) = (2 + 6 x) e x
= 2ex + 6 xex
Enseguida se elige al operador anulador ( aniquilador ) de la función Q ( x ) , esto es,
P ( D ) = ( D − 1) 2
este es un operador tal que, aplicado a la función
Q ( x ) la anula
P ( D)Q ( x) = 0
(D
(
− 1) 2 2 e x + 6 x e x
)=0
Al aplicar P ( D ) a la ecuación no homogénea original se tiene
(
)
P ( D) D 2 + D − 2 y = P ( D) Q ( x)
(D
(
)
− 1) 2 D 2 + D − 2 y = 0 ……………………..( A )
que es una ecuación homogénea de orden superior a la dada inicialmente; la ecuación
característica correspondiente es
(λ
(
)
− 1) 2 λ 2 + λ − 2 = 0
y sus raíces son λ 1 = 1 , λ 2 = − 2 , λ 3 = 1 , λ 4 = 1
por lo que la solución general de ( A ) resulta ser
y = C 1 e x + C 2 e −2x + C 3 x e x + C 4 x 2 e x
En esta solución podemos identificar a y h y y
p
, esto es
y h = C 1 e x + C 2 e −2x
y
En
y
p
p
= C3 xex + C4 x2 ex
es necesario determinar los coeficientes C 3
y C4
, por lo que se requiere
y p ' y y p '' .
yp ' = C 3 x e x + C 3 e x + C 4 x 2 e x + 2 C 4 x e x
y p '' = C 3 x e x + C 3 e x + C 3 e x + C 4 x 2 e x + 2 C 4 x e x + 2 C 4 x e x + 2 C 4 e x
reduciendo términos en y p '' se llega a
y p '' = C 3 x e x + 2 C 3 e x + C 4 x 2 e x + 4 C 4 x e x + 2 C 4 e x
84
enseguida se sustituye en la ecuación diferencial original, esto es,
C 3 x e x + 2 C 3 e x + C 4 x 2 e x + 4C 4 x e x
+ 2C 4 e x + C 3 x e x + C 3 e x + C 4 x 2 e x
+ 2C 4 x e x − 2C 3 x e x − 2C 4 x 2 e x = 2e x + 6 x e x
simplificando términos y factorizando
3C 3 e x + 6C 4 xe x + 2C 4 e x = 2e x + 6 xe x
e x( 3 C 3 + 2 C 4 ) + 6 C 4 x e x = 2 e x + 6 x e x
de donde se obtiene el sistema
3 C 3+ 2 C 4 = 2
6C 4 = 6
cuya solución es C 3 = 0 , C 4 = 1
Estos valores son sustituidos en y
p
, por lo que resulta
y
p
= x2ex
Finalmente, la solución general es
y G = C 1 e x + 2C 2 e−x + x 2 e x
5) Obtenga la solución general de la ecuación diferencial
y '' − 2 y ' + y = x 2 − 1
RESOLUCIÓN
Sea la ecuación diferencial
y '' − 2 y ' + y = x 2 − 1 …………..( A )
la cual es una ecuación de segundo orden, no homogénea de coeficientes constantes. La
solución general está dada por la solución de la ecuación homogénea asociada
una solución particular de la no homogénea
Para obtener
(y h)
y
(y p) .
y h , se considera
85
y '' − 2 y ' + y = 0
que expresada en términos del operador diferencial es
(D
2
)
− 2D + 1 y = 0
y cuya ecuación característica es
λ 2 − 2λ + 1 = 0
Las raíces de esta ecuación son λ 1 = λ 2 = 1 , raíces reales repetidas; para este caso la
solución es
yh = C1ex + C2 xex
que corresponde a la solución de la ecuación homogénea asociada a la ecuación homogénea
asociada a la ecuación no homogénea ( A ).
Para obtener
y
p
es conveniente emplear el método de coeficientes indeterminados, pues
la forma del segundo miembro de la ecuación no homogénea
Q ( x) = x 2 − 1
es una función de tipo polinomial , la cual sugiere la aplicación de un operador anulador de
la forma
P ( D) = D 3
Dado que la ecuación no homogénea es una igualdad, se aplica
P ( D)
en ambos
miembros
(
)
(
)
(
P ( D ) D 2 − 2 D + 1 y = P ( D ) x 2− 1
(
D 3 D 2 − 2 D + 1 y = D 3 x 2− 1
La aplicación de
)
)
P ( D ) = D 3 en el segundo miembro determina que el término Q ( x )
se anule, por lo que se tiene
(
)
D 3 D 2 − 2 D + 1 y = 0 …………………….( B )
que es una ecuación diferencial homogénea de orden superior al de la ecuación original, la
que al ser resuelta permitirá obtener la solución y
p
La ecuación característica asociada a ( B ) es
86
(
)
λ 3 λ 2 − 2λ + 1 = 0
λ 3( λ − 1) 2 = 0
y sus valores característicos son
λ1 = λ2 = 1 , λ3 = λ4 = λ5 = 0
Así, la solución general de ( B ) es
y = C1ex + C2 xex + C3 + C4 x + C5 x2
esta solución involucra a
yh y y
, donde
p
yh = C1ex + C2 xex
y
= C3 + C4 x + C5 x2
p
Enseguida se determinan los coeficientes de y
p
considerando que si y
p
es una solución
particular de ( A ), entonces la satisface.
Calculamos y p ' y y p '' ,
yp ' = C 4 + 2 C 5 x
y p '' = 2 C 5
Sustituyendo en ( A )
2C 5 − 2C 4 − 4C 5 x + C 3 + C 4 x + C 5 x 2 = x 2 − 1
de aquí se tiene el sistema
2C 5 − 2C 4 + C 3 = − 1
− 4C 5 + C 4 = 0
C5 = 1
⇒
⎫ C3 = 5
⎪
⎬ C4 = 4
⎪ C = 1
5
⎭
por lo que
y
p
= 5 + 4x + x2
Finalmente, la solución general de ( A ) es
yG = C1ex + C2 xex + x2 + 4x + 5
6) Resuelva la siguiente ecuación diferencial ordinaria, utilizando el método de los
coeficientes indeterminados.
87
y ''' − 3 y '' + 9 y ' + 13 y = − 6 e − x + 3 sen 3 x
RESOLUCIÓN
Sea la ecuación no homogénea
y ''' − 3 y '' + 9 y ' + 13 y = − 6 e − x + 3 sen 3 x …………….( A )
La ecuación homogénea asociada correspondiente
(D
3
)
− 3 D 2 + 9 D + 13 y = 0 ………………..( B )
Su ecuación característica y sus raíces son
λ
3
− 3λ
λ1 = − 1
λ 2 = 2 + 3i
λ 3 = 2 − 3i
⎧
⎪
+ 9 λ + 13 = 0 ⇒ ⎨
⎪
⎩
2
por lo que la solución de ( B ) es
y h = C 1 e − x + e 2 x ( C 2 cos 3 x + C 3 sen 3 x )
Por otro lado, para la función
Q ( x ) = − 6 e − x + 3 sen 3 x
el operador anulador es
(
P ( D) = D 2 + 9
) (D
+ 1)
por lo que, al aplicarlo en la ecuación diferencial ( A ) se tiene
(D
2
+ 9
) (D
(
)
+ 1) D 3 − 3 D 2 + 9 D + 13 y = 0 ………….( C )
cuya ecuación característica es
(λ
2
)
(
)
+ 9 ( λ + 1) λ 3 − 3 λ 2 + 9 λ + 13 y = 0
y sus raíces son
λ 1 = − 1 , λ 2 = 2 + 3i , λ 3 = 2 − 3i , λ 4 = − 1 , λ 5 = 3i , λ 6 = − 3i
entonces, la solución general de ( C ) es
y = C 1 e − x + C 2 e x cos 3 x + C 3 e 2 x sen 3 x
+ C 4 x e − x sen 3 x + C 5 cos 3 x + C 6 sen 3 x
88
donde se identifican
yh y y
, esto es
p
y h = C 1 e − x + C 2 e x cos 3 x + C 3 e 2 x sen 3 x
y
p
= C 4 x e − x sen 3 x + C 5 cos 3 x + C 6 sen 3 x
Para obtener los valores de C 4 , C 5 , C 6
es necesario calcular y p ' , y p '' , y p '''
y p ' = − C 4 x e − x + C 4 e − x − 3 C 5 sen 3 x + 3 C 6 cos 3 x
y p '' = C 4 x e − x − C 4 e − x − C 4 e − x − 9 C 5 cos 3 x − 9 C 6 sen 3 x
y p ''' = − C 4 x e − x + 3 C 4 e − x + 27 C 5 sen 3 x − 27 C 6 sen 3 x
Sustituyendo en la ecuación diferencial ( A )
− C 4 x e − x + 3 C 4 e − x + 27 C 5 sen 3 x − 27 C 6 sen 3 x − 3 C 4 x e − x
+ 6 C 4 e − x + 27 C 5 cos 3 x + 27 C 6 sen 3 x − 9 C 4 x e − x + 9 C 4 e − x
− 27 C 5 sen 3 x + 27 C 6 cos 3 x + 13 C 4 x e − x + 13 C 5 cos 3 x
+ 13 C 6 sen 3 x = − 6 e − x + 3 sen 3 x
al reducir términos semejantes
18 C 4 e − x + 40 C 5 cos 3 x + 40 C 6 sen 3 x = − 6 e − x + 3 sen 3 x
de donde se obtienen los valores buscados
1
3
C4 = −
,
C5 = 0
al sustituir estos valores en la forma de y
y
p
=
−
p
,
C6 =
3
40
se tiene
1
3
x e −x +
sen 3 x
3
40
Finalmente, la solución general es
y G = C 1 e − x + e 2 x ( C 2 cos 3 x + C 3 sen 3 x ) +
3
1
sen 3 x − x e − x
40
3
7) Sea la ecuación diferencial de coeficientes constantes
d 2y
dy
+ A
+ B y = Q (t )
2
dt
dt
89
de la que se conoce una solución particular y
p
y
la solución de la ecuación diferencial homogénea asociada y h
y
= −
p
3
t cos 2 t
4
y h = C 1 cos 2 t + C 2 sen 2 t
Obtenga
a) los valores de las constantes A y B
b) la función
Q (t )
RESOLUCIÓN
a) Para determinar A y B se considera la ecuación homogénea asociada
d 2y
dy
+ A
+ By = 0
2
dt
dt
y su correspondiente solución y h = C 1 cos 2 t + C 2 sen 2 t
de la cual es posible identificar las raíces que determinan los valores característicos
correspondientes a la ecuación característica asociada a la ecuación diferencial
λ = 2i
λ = − 2i
,
entonces, la ecuación característica es
λ2 + 4 = 0
y la ecuación diferencial homogénea expresada en términos del operador diferencial resulta
(D
2
)
+ 4 y = 0
o bien
d 2y
+ 4y = 0
dt 2
de donde los valores constantes son A = 0
,
B = 4
Otra forma para determinar estos valores consiste en obtener yh ' , yh '' y posteriormente
eliminar las constantes esenciales y arbitrarias C 1 y C 2 considerando las funciones
90
y h = C 1 cos 2 t + C 2 sen 2 t …………………………….( I )
yh ' = − 2 C 1 sen 2 t + 2 C 2 cos 2 t …………………..….( II )
yh '' = − 4 C 1 cos 2 t − 4 C 2 sen 2 t ……………………..( III )
Multiplicando ( I ) por ( 4 ) y sumando a ( III )
4 C 1 cos 2 t + 4 C 2 sen 2 t = 4 y h
− 4 C 1 cos 2 t − 4 C 2 sen 2 t = y h ''
de donde resulta
yh '' + 4 yh = 0
d 2y
+ 4y = 0
dt 2
por lo que las constantes buscadas son A = 0 , B = 4 .
b) En lo que respecta a la obtención de Q ( t ) , debe considerarse que la ecuación
diferencial es de la forma
d 2y
+ 4 y = Q ( t ) ……………………..( IV )
dt 2
que es una ecuación diferencial no homogénea y si
y
satisfacerla. Entonces se obtienen las derivadas de y
p
yp ' =
p
es una solución de ella debe de
3
3
t sen 2 t − cos 2 t
2
4
y p '' = 3 t cos 2 t +
3
3
sen 2 t + sen 2 t
2
2
y p '' = 3 t cos 2 t + 3 sen 2 t
posteriormente se sustituyen y
p
y y p '' en ( IV )
⎛ 3
⎞
3 t cos 2 t + 3 sen 2 t + 4 ⎜ − t cos 2 t ⎟ = Q(t )
⎝ 4
⎠
3 sen 2 t = Q(t )
91
8)
Resuelva la siguiente ecuación diferencial y '' + y = 2 cos x utilizando el método de
variación de parámetros. Considere las condiciones iniciales y ( 0 ) = 5 y y ' ( 0 ) = 2 .
RESOLUCIÓN
Se tiene una
ecuación diferencial de segundo orden, no homogénea, de coeficientes
constantes y su solución general es de la forma
yG = yh + y
p
Para la solución de la homogénea asociada y h , se tiene
y '' + y = 0
en términos del operador diferencial es
(D
)
2
+ 1 y = 0
y su ecuación característica
λ2 + 1 = 0
y sus valores característicos λ 1 = i
⇒
,
λ2 = − 1
λ 2 = − i de donde
y h = C 1 cos x + C 2 sen x
Para una solución particular de la no homogénea
y
p
, mediante el método de variación
de parámetros, se tiene
y
donde las primeras derivadas de
p
= u ( x ) cos x + v ( x ) sen x
u ( x ) y v ( x ) satisfacen el sistema
sen x ⎤ ⎡u ' ( x ) ⎤
⎡ cos x
⎡ 0 ⎤
⎢ − sen x cos x ⎥ ⎢ v ' x ⎥ = ⎢ 2 cos x ⎥
⎣
⎦ ⎣ ( )⎦
⎣
⎦
Del sistema anterior se obtiene
u ' ( x ) = − 2 sen x cos x
v ' ( x ) = 2 cos 2 x
donde, al integrar
92
u ( x) = − 2
v ( x) = 2
sustituyendo en y
∫
cos x sen x dx = − sen 2 x
cos 2 x dx = x +
1
sen 2 x
2
permite obtener
p
y
pero
∫
p
⎛1
⎞
= − sen 2 x cos x + x + ⎜ sen 2 x ⎟ sen x
⎝2
⎠
(
)
1
1
sen 2 x = ( 2 sen x cos x ) = sen x cos x , por lo que
2
2
y
p
(
)
(
)
= − sen 2 x cos x + ( x + sen x cos x ) sen x
(
)
= − sen 2 x cos x + x sen x + sen 2 x cos x
= x sen x
Entonces, la solución general es
y G = C 1 cos x + C 2 sen x + x sen x
Para las condiciones iniciales dadas se requiere yG ' , así
yG ' = − C 1 sen x + C 2 cos x + sen x + x cos x
Aplicando
y ( 0 ) = 5 y y ' ( 0 ) = 2 en y G y yG ' se tiene que
C1 = 5
C2 = 2
Finalmente
y = 5 cos x + 2 sen x + x sen x
93
10)
Sea la ecuación diferencial homogénea de coeficientes constantes
L ( y ) = 3 y '' + A y ' + B y = 0 , de la cual se conocen las soluciones y 1 = 4 e x / 3
y
y 2 = 3e 3x −
1 x/3
; donde L es el operador diferencial.
e
3
Determine la solución de la ecuación L ( y ) = 9 , de tal forma que se satisfagan las
condiciones iniciales y ( 0 ) = 3 , y ' ( 0 ) = − 8 .
RESOLUCIÓN
La ecuación diferencial
3 y '' + A y ' + B y = 0
se obtiene al aplicar el operador
diferencial L a la función y .
Es necesario obtener los coeficientes
A
y
B
para establecer la ecuación diferencial
homogénea inicialmente.
Del enunciado se tienen dos funciones tales que cada una de ellas es solución de la
ecuación diferencial homogénea, por lo que la satisfacen, entonces se calcula
y1 ' , y1 '' , y2 ' y y2 '' .
x
y1 ' =
x
4 3
e
3
4 3
e
3
x
,
y1 ' =
,
y2 '' = 27 e 3 x −
,
x
y2 ' = 9 e 3 x −
1 3
e
9
y1 '' =
4 3
e
9
x
1
e3
27
Dado que y 1 y y 2 son soluciones de la ecuación diferencial, se sustituyen en ella.
Para y 1 se tiene
x
⎛4 x⎞
⎛4 x⎞
⎛
⎞
3⎜ e 3 ⎟ + A⎜ e 3 ⎟ + B ⎜4 e 3 ⎟ = 0
⎜9
⎟
⎜3
⎟
⎜
⎟
⎝
⎠
⎝
⎠
⎝
⎠
x
x
x
4 3
4
e + A e3 + 4Be3 = 0
3
3
Multiplicando por 3
x
x
x
4 e 3 + 4 A e 3 + 12 B e 3 = 0 ………………….( 1 )
94
Para y 2 se tiene
x
x
x
⎛
⎛
⎛ 3x
1 3⎞
1 3⎞
1 3⎞
3x
3x
3 ⎜ 27 e
−
e ⎟ + A⎜ 9 e
− e ⎟ + B⎜3 e
− e ⎟ = 0
⎜
⎟
⎜
⎟
⎜
⎟
27
9
3
⎝
⎠
⎝
⎠
⎝
⎠
x
81 e 3 x −
x
x
1 3
A 3
B 3
e + 9 Ae 3x −
e + 3 B e3x −
e = 0
9
9
3
Multiplicando por 9
729 e
3x
− e
x
3
+ 81 A e
3x
− Ae
x
3
3x
+ 27 B e
− 3Be
x
3
= 0 ………..( II )
Debe resolverse el sistema formado por ( I ) y ( II ) .
Resolviendo para ( A) en ( I ) resulta
A = −3B − 1
Al sustituir en ( II ) y reducir términos semejantes se obtiene
648 = 216 B
⇒
B = 3
por lo que A = − 10
Así, la ecuación diferencial homogénea resulta ser
3 y '' − 10 y ' + 3 y = 0
Del enunciado se tiene que se quiere la solución de L ( y ) = 9 , es decir, la solución de
3 y '' − 10 y ' + 3 y = 9 ………………..( III )
que es una ecuación no homogénea de segundo orden, cuya solución general es de la forma
yG = yh + y
p
Para obtener y h se considera
3 y '' − 10 y ' + 3 y = 0
que en términos del operador diferencial es
(3 D
2
)
− 10 D + 3 y = 0
siendo su ecuación característica
3 λ 2 − 10 λ + 3 = 0
cuyas raíces son λ 1 = 3
,
λ2 =
1
3
95
Entonces, la solución de la homogénea asociada es
yh = C1e
Para obtener y
p
3x
+ C2e
1
x
3
se tiene de la ecuación no homogénea ( III )
Q ( x) = 9
un operador anulador para esta función es
P ( D) = D
Y al aplicarlo en ( III ) se obtiene
(
)
D 3 D 2 − 10 D + 3 y = 0 ………….( IV )
cuya ecuación característica es
λ ( 3 λ 2 − 10 λ + 3 ) y = 0
y los valores característicos correspondientes resultan
λ1 = 3
,
λ2 =
1
3
λ3 = 0
,
así, la solución general de ( IV ) es
1
y = C 1 e 3x + C 2 e 3
x
+ C3
por lo que
y
Ahora bien, si
y
p
p
= C3
es una solución particular de ( III ) entonces debe satisfacerla por lo
que calculamos y p ' , y p ''
yp ' = 0
y p '' = 0
al sustituir en ( III ) resulta
3C 3 = 9
⇒
C3 = 3
por lo que la solución general de la ecuación no homogénea es
1
y G = C 1 e 3x + C 2 e 3
x
+ 3
96
Para aplicar las condiciones iniciales dadas es necesario derivar a la función que representa
a la solución general, esto es
yG ' = 3 C 1 e
enseguida se aplican y ( 0 ) = 3
3x
1
x
1
+ C2e3
3
y ' ( 0 ) = − 8 , que son las condiciones iniciales
,
3 = C1 + C2 + 3
− 8 = 3C 1 +
1
C2
3
al resolver este sistema se obtiene
C1 = − 3
,
C2 = 3
sustituyendo estos valores en la solución general resulta finalmente
y = − 3e
3x
+ 3e
1
x
3
+ 3
11) Resuelva la siguiente ecuación diferencial
x y ' − y = x 2 e − 3 x …………………( A )
RESOLUCIÓN
Se trata de una ecuación diferencial de primer orden, no homogénea, de coeficiente
variable; para resolverla es necesario normalizarla por lo que se divide entre la variable x ,
de donde se obtiene
y' −
1
y = x e −3x
x
La cual ya es de la forma y ' + P ( x ) y = Q ( x ) donde
P ( x) = −
1
x
y
Q ( x) = x e − 3 x
La solución general de una ecuación de la forma anterior está dada por
−
yG = C e ∫
P( x) d x
−
+ e ∫
P( x) d x
∫
Q ( x) e ∫
P( x) d x
dx
97
− P ( x ) dx
donde yh = C e ∫
es la solución de la homogénea asociada
−
yp = e ∫
P( x) d x
∫
Q ( x) e ∫
P( x) d x
dx
Efectuamos el cálculo de las diferentes integrales, según se indica
−
∫
P( x) dx = −
∫
P( x) dx =
∫
∫
dx
⎛1⎞
= − Ln x = Ln ⎜ ⎟
x
⎝ x⎠
dx
= Ln x
x
−
e ∫
P( x) d x
dx = e Ln x = x
e∫
P( x) d x
dx = e
∫ Q ( x) e ∫
P ( x ) dx
dx =
⎛1⎞
Ln ⎜ ⎟
⎝ x⎠
∫ xe
= −
=
−3x
1
x
1
dx =
x
1 −3x
e
3
∫e
−3x
dx
Así, se obtienen
yh = C x
y
yp = −
x −3x
e
3
y la solución general es
yG = C x −
x −3x
e
3
12) Obtenga la ecuación diferencial lineal de coeficientes constantes de menor orden cuya
solución general es
y ( x ) = e − 3 x ( C 1 cos 2 x + C 2 sen 2 x ) + C 3 + C 4 x + 5 e
4x
RESOLUCIÓN
De la solución general
y G = C 1 e − 3 x cos 2 x + C 2 e − 3 x sen 2 x + C 3 + C 4 x + 5 e
4x
98
se tiene la solución yh y la solución y p , esto es
y h = C 1 e − 3 x cos 2 x + C 2 e − 3 x sen 2 x + C 3 + C 4 x
yp = 5 e
4x
Lo anterior significa que la ecuación buscada es no homogénea. Por otro lado, al observar
los elementos de yh , es posible determinar las raíces que están involucradas; de los
términos con funciones exponenciales y trigonométricas se tiene
λ 1 = − 3 + 2i
λ 2 = − 3 − 2i
,
de los términos con funciones polinomiales se tiene
λ3 = λ4 = 0
Así, la ecuación característica correspondiente a yh está dada por
⎡⎣ λ −
(−
3 + 2 i ) ⎤⎦ ⎡⎣λ −
(−
3 − 2 i ) ⎤⎦ λ 2 = 0
al efectuar operaciones se obtiene
λ 4 + 6 λ 3 + 13 λ 2 = 0
en términos del operador diferencial
(D
4
)
+ 6 D 3 + 13 D 2 y = 0
o bien
y ( IV ) + 6 y ''' + 13 y '' = 0
Entonces, la ecuación diferencial buscada se puede escribir como
y ( IV ) + 6 y ''' + 13 y '' = Q ( x ) …………………………( A )
donde Q ( x ) es la función pendiente por determinar.
Al inicio del proceso de resolución se encontró y p , que es una solución de la no
homogénea ( A ), y si es solución entonces la satisface, por lo que se requiere obtener y p ' ,
y p '' , y p ''' ,
y ( IV ) , por lo que
yp = 5 e
4x
y p ' = 20 e
4x
y p '' = 80 e
4x
99
y p ''' = 320 e
4x
y p ( IV ) = 1280 e
4x
enseguida se sustituye en ( A )
1280 e
+ 6 ( 320 e
4x
4x
)
+ 13 ( 80 e
)
= Q ( x)
4x
= Q ( x)
4x
4240 e
Por lo que la ecuación diferencial buscada es
y ( IV ) + 6 y ''' + 13 y '' = 4240 e
4x
13) Obtenga la solución general de la ecuación diferencial
y ''' + 2 y '' − 4 y ' − 8 y = x e
2x
RESOLUCIÓN
Se tiene una ecuación diferencial lineal no homogénea, de tercer orden y coeficientes
constantes; su solución general es de la forma
yG = yh + y
p
Inicialmente se obtiene la solución de la ecuación homogénea asociada
y ''' + 2 y '' − 4 y ' − 8 y = 0
cuya ecuación característica es
λ 3 + 2λ 2 − 4λ − 8 = 0
y sus raíces son
λ1 = 2
,
λ2 = λ3 = − 2
Entonces la solución es
yh = C1e
2x
+ C 2 e −2x + C 3 x e −2x
Para obtener y p se empleará el método de coeficientes indeterminados, por lo que se
considera a la función
Q ( x) = x e
2x
100
cuyo operador anulador es
P ( D ) = ( D − 2)
2
Al aplicar P ( D ) en la ecuación no homogénea se tiene
(D
− 2)
2
(D
3
+ 2 D 2 − 4 D − 8 y = ( D − 2)
)
(D
− 2)
2
(D
3
+ 2D2 − 4D − 8 y = 0
2
Q ( x)
)
su ecuación característica y raíces respectivas son
(
(λ
)
− 2) 2 λ 3 + 2 λ 2 − 4 λ − 8 = 0 ;
λ1 = 2
λ2 = λ3 = − 2
,
,
λ4 = λ5 = 2
Por lo que su solución general es
yG = C1e
2x
+ C 2 e −2x + C 3 x e −2x + C 4 x e 2x + C 5 x 2 e 2x
donde se identifica a y p , esto es
y
p
= C 4 x e 2x + C 5 x 2 e 2x
Es necesario obtener yP ' , yP '' ,
yP '''
yp ' = 2 C 4 x e
2x
+ C 4 e 2x + 2C 5 x 2 e 2x + 2C 5 x e 2x
y p '' = 4 C 4 x e
2x
+ 4C 4 e 2x + 4C 5 x 2 e 2x + 8C 5 x e 2x + 2C 5 e 2x
y p ''' = 8 C 4 x e
2x
+ 12 C 4 e 2 x + 8 C 5 x 2 e 2 x + 24 C 5 x e 2 x + 12 C 5 e 2 x
Enseguida se sustituye en la ecuación diferencial dada, pues se sabe que si y p es su
solución, entonces la satisface.
Al reducir términos semejantes y agruparlos se obtiene
16 C 4 e
2x
+ 40 C 5 x e 2 x + 16 C 5 e 2 x − 8 C 5 x e 2 x = x e 2 x
(16 C 4
+ 16 C 5 ) e
2x
+ 32 C 5 x e 2 x = x e 2 x
y por igualdad de coeficientes
16 C 4 + 16 C 5 = 0
C4 = − C5
resolviendo para las constantes
101
C4 = −
32 C 5 = 1
1
32
⇒
C5 =
1
32
sustituyendo estos valores en la solución particular se tiene que
y
p
= −
1
1 2 2x
x e 2x +
x e
32
32
Y la solución general es finalmente
yG = C1e
14)
2x
+ C 2 e −2x + C 3 x e −2x −
1
1 2 2x
x e 2x +
x e
32
32
Obtenga la solución particular de la ecuación diferencial
(x
)
2
− 1 y '' − 2 x y ' + 2 y = x 2 − 1
si la solución de la ecuación homogénea asociada correspondiente es
(
yh = C1 x + C2 1 + x2
)
RESOLUCIÓN
Se trata de una ecuación diferencial de coeficientes variables, de segundo orden y no
homogénea. Para obtener y
p
(solución particular) es necesario normalizar y al hacerlo se
obtiene
y '' −
La forma de y
p
2x
2
y' + 2
y = 1
x − 1
x − 1
2
es
y
p
(
= u ( x) x + v ( x) 1 + x 2
donde las primeras derivadas de u ( x )
y
)
v ( x ) son funciones tales que satisfacen el
sistema
⎡x
⎢
⎣1
⎡0 ⎤
1 + x 2 ⎤ ⎡u ' ( x ) ⎤
⎥ = ⎢ ⎥
⎥⎢
2 x ⎦ ⎣v '( x)⎦
⎣1⎦
102
Para resolver por Cramer es necesario obtener los siguientes determinantes:
⎡x
∆ = ⎢
⎣1
1 + x 2⎤
2
⎥ = x − 1
2x ⎦
⎡0
∆1 = ⎢
⎣1
1 + x 2⎤
2
⎥ = − x + 1
2x ⎦
⎡x
∆2 = ⎢
⎣1
0⎤
= x
1 ⎥⎦
(
)
de lo anterior, resulta
u '( x) =
v '( x) =
∆1
∆
∆2
∆
(
− x2 + 1
=
x
2
)
− 1
= −1 −
(x
2
− 1)( x + 1)
x
x − 1
=
2
Integrando cada función u ' ( x ) y v ' ( x ) obtenemos las funciones deseadas para yP
u ( x) =
para obtener
∫
⎛
⎜⎜ −1 −
⎝
⎞
⎟ dx = −
( x − 1)( x + 1) ⎟⎠
∫
⎛
⎞
dx
⎜⎜
⎟⎟ se emplea la descomposición en fracciones parciales,
x
−
1
x
+
1
(
)(
)
⎝
⎠
2
∫
dx − 2
∫
⎛
⎞
dx
⎜⎜
⎟⎟
⎝ ( x − 1)( x + 1) ⎠
esto es,
(x
1
=
− 1)( x + 1)
A
B
+
x − 1
x + 1
1 = A ( x − 1) + B ( x − 1)
de aquí resulta A =
1
2
B = −
,
1
2
por lo que
∫
⎛
⎞
1
1
⎜⎜
⎟⎟ d x =
2
⎝ ( x − 1)( x + 1) ⎠
∫
dx
1
−
x − 1
2
1
1
∫ x + 1 = 2 Ln ( x − 1) − 2 Ln ( x + 1)
dx
= −
1
⎡ Ln ( x + 1) − Ln ( x − 1) ⎤⎦
2⎣
= −
⎛ x + 1⎞
1
Ln ⎜
⎟
2
⎝ x − 1⎠
103
Regresando a u ( x ) resulta
⎛ x + 1⎞
u ( x ) = − x + Ln ⎜
⎟
⎝ x − 1⎠
De manera similar para v ( x )
v ( x) =
∫
x
1
dx = Ln x 2 − 1
2
x − 1
(
2
)
Finalmente, una solución particular es
⎡
⎛ x + 1 ⎞⎤
⎡1
⎤
2
2
yP = ⎢ − x + Ln ⎜
⎟ ⎥ x + ⎢ Ln x − 1 ⎥ 1 + x
−
x
1
2
⎣
⎦
⎝
⎠⎦
⎣
(
)(
)
⎛ x + 1⎞
1
yP = − x 2 + x Ln ⎜
Ln 1 + x 2 Ln x 2 − 1
⎟ +
2
⎝ x − 1⎠
(
15)
{
Si 1 , x
− 1
) (
)
} es un conjunto fundamental de soluciones de la ecuación diferencial
x 2 y '' + 2 x y ' = 0 , obtenga la solución general de la ecuación
x 2 y '' + 2 x y ' = x −
1
RESOLUCIÓN
La ecuación a resolver es de segundo orden, coeficientes variables y no homogénea y su
solución es de la forma
yG = yh + y
p
En lo que respecta a y h , que es la solución de la ecuación homogénea asociada, se
obtiene a partir del conjunto dado, pues al ser fundamental se asegura que cada función es
independiente de la otra y la solución general de la homogénea asociada está formada por
una combinación lineal de las funciones linealmente independientes, por lo que se tiene
yh = C1 + C2 x−
1
104
Por otro lado, la solución y
p
se obtiene empleando el método de variación de parámetros,
esto es
y
p
= u ( x )( 1) + v ( x ) x −
1
donde las primeras derivadas de las funciones u ( x ) y v ( x ) satisfacen el sistema
⎡1
⎡ 0 ⎤
x − 1 ⎤ ⎡u ' ( x ) ⎤
⎥ = ⎢
⎢
⎥
− 2⎥ ⎢
⎣Q ( x ) ⎦
⎣0 − x ⎦ ⎣ v ' ( x ) ⎦
Es importante señalar que la función Q ( x ) de este sistema se determina a partir de la
ecuación diferencial no homogénea expresada en forma normalizada la cual se obtiene al
dividir la ecuación
x 2 y '' + 2 x y ' = x −
1
entre x 2 , de donde se obtiene
y '' +
2
1
y' = 3
x
x
de esta forma se identifica a la función deseada
Q ( x) =
1
x3
Así, el sistema anterior se escribe nuevamente
⎡ 1 x − 1 ⎤ ⎡u ' ( x ) ⎤
⎡ 0 ⎤
⎥ = ⎢ − 3⎥
⎢
− 2⎥ ⎢
⎣x ⎦
⎣0 − x ⎦ ⎣ v ' ( x ) ⎦
que se resuelve utilizando la regla de Cramer. Para resolverlo se obtiene
u '( x) =
∆1
∆
, v '( x) = 2
∆
∆
donde
⎡1 x − 1 ⎤
∆ = ⎢
= − x−
− 2⎥
⎣0 − x ⎦
⎡ 0
∆1 = ⎢ − 3
⎣x
2
⎤
= −x−
− 2⎥
−x ⎦
x−
1
4
105
0 ⎤
⎡1
∆2 = ⎢
= x−
− 3⎥
⎣0 x ⎦
3
Entonces
u '( x) =
− x−
− x−
4
2
= x−
x− 3
= − x−
− 2
− x
; v '( x) =
2
1
Integrando
u ( x) =
∫x
v ( x) = −
Enseguida se sustituye en y
p
∫
− 2
1
x
dx = −
dx
⎛1⎞
dx = − Ln x = Ln ⎜ ⎟
x
⎝ x⎠
, esto es
y
p
y
p
⎛ 1⎞
⎛1⎞⎛1⎞
= ⎜ − ⎟ ( 1) + Ln ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ x⎠
⎝ x⎠⎝ x⎠
=
1
x
⎡ ⎛1⎞
⎤
⎢ Ln ⎜ x ⎟ − 1⎥
⎣ ⎝ ⎠
⎦
Finalmente, la solución general es
y = C1 + C2 x− 1 +
1
x
⎡ ⎛1⎞
⎤
⎢ Ln ⎜ x ⎟ − 1⎥
⎣ ⎝ ⎠
⎦
16) Considere una ecuación diferencial lineal no homogénea con coeficientes constantes,
e−x
cuyo segundo miembro es la función Q ( x ) =
1 + x
característica
de
la
ecuación
homogénea
2
y cuyas raíces de la ecuación
asociada
correspondiente
son
λ 1 = − 1 , λ 2 = − 1 . Obtenga una solución particular de la ecuación no
homogénea.
RESOLUCIÓN
De acuerdo a la descripción, se deberá obtener y
p
(solución particular de la no
homogénea) utilizando el método de variación de parámetros.
106
Se requiere conocer primero
yh
(solución de la ecuación homogénea asociada) lo cual
es posible por los valores λ 1 y λ 2 .
y h = C 1 e−x + C 2 xe−x
Así, una solución y
está dada por
p
y
= u ( x) e − x + v ( x) x e − x
p
donde las funciones u ' ( x ) y v ' ( x ) satisfacen el sistema
⎡ e− x
⎢
− x
⎣− e
xe −
− xe−
x
⎡ 0 ⎤
⎤ ⎡u ' ( x ) ⎤
⎢ −x ⎥
⎥ = ⎢ e
− x⎥ ⎢
⎥
v
'
x
+ e ⎦ ⎣ ( )⎦
⎢⎣ 1 + x 2 ⎥⎦
x
Resolviendo el sistema por el método de la regla de Cramer:
u '( x) =
∆1
∆
, v '( x) = 2
∆
∆
donde ∆ , ∆1 y ∆ 2 son los siguientes determinantes
⎡ e− x
∆ = ⎢
− x
⎣− e
− xe
∆ = − xe−
+ e−
x
xe −
⎡ 0
⎢
∆1 = ⎢ e − x
⎢1 + x 2
⎣
∆1 = −
− x
2x
⎤
= e−
− x⎥
+ e ⎦
+ xe−
xe −
− xe
x
− x
2x
= e−
x
(−
xe−
x
+ e−
x
)+
e−
x
(x e )
− x
2x
⎤
⎛ e− x ⎞
⎥
xe−
= − ⎜
2 ⎟
− x⎥
+ e ⎥
⎝1 + x ⎠
⎦
x
(
x
)
x e − 2x
1 + x2
⎡ e− x
⎢
∆2 = ⎢
− x
⎢− e
⎣
⎤
e − 2x
⎥
− x
e
⎥ = 1 + x2
2⎥
1 + x ⎦
0
de lo anterior se tiene
u '( x) =
−
x e − 2x
x
1 + x2
= −
− 2x
e
1 + x2
107
u ( x) = −
∫
x
1
dx = − Ln 1 + x 2
2
2
1 + x
(
⎛
1
u ( x ) = Ln ⎜
⎜ 1 + x2
⎝
)
⎞
⎟
⎟
⎠
e − 2x
1
1 + x2
=
v '( x) =
− 2x
1 + x2
e
v ( x) =
∫
dx
= ang tan x
1 + x2
Por lo que finalmente
y
p
⎛
⎞
1
⎟e−
= Ln ⎜
2
⎜ 1 + x ⎟
⎝
⎠
x
+ ( ang tan x ) x e −
x
17) Obtenga la ecuación diferencial de la cual es solución general la siguiente función:
y = C 1 e x + ( C 2 + x ) cos x + ( C 3 − x ) sen x
RESOLUCIÓN
Inicialmente conviene desarrollar la función dada, esto es
y = C 1 e x + C 2 cos x + x cos x + C 3 sen x − x sen x
reordenando
y = C 1 e x + C 2 cos x + C 3 sen x + x cos x − x sen x
Se observa que hay elementos constantes no especificados ( C 1 , C 2 y C 3 ) y elementos
cuyos coeficientes están determinados; lo anterior indica que la solución general involucra la
solución de la ecuación homogénea asociada
homogénea ( y
p
(y h),
más una solución particular de la no
) , es decir
yG = yh + y
p
108
Para y h = C 1 e x + C 2 cos x + C 3 sen x es posible identificar las raíces que la generan,
las cuales son
λ 1 = 1 , λ 2,3 = ± i
y en términos de factores se tiene
(λ
(
)
− 1) λ 2 + 1 = 0
que es la ecuación característica correspondiente. Esta ecuación nos permite obtener la
ecuación diferencial en términos del operador diferencial
(
(D
(D
)
− 1) D 2 + 1 = 0
)
3
− D2 + D − 1 = 0
o bien
y ''' − y '' + y ' − y = 0
Entonces, la ecuación buscada es de la forma
y ''' − y '' + y ' − y = Q ( x ) ……………………. ( A )
conocida la función y
p
, se sabe que al ser solución de la ecuación no homogénea, entonces
la satisface, por lo que se deriva y sustituye en ( A )
y
p
= x cos x − x sen x
y p ' = − x sen x + cos x − x cos x − sen x
y p '' = − x cos x − 2 sen x − 2 cos x + x sen x
y p ''' = x sen x + x cos x − 3 cos x + 3 sen x
Al realizar la sustitución en ( A ):
x sen x + x cos x − 3 cos x + 3 sen x + x cos x
+ 2 sen x + 2 cos x − x sen x − x sen x + cos x
− x cos x − sen x − x cos x + x sen x = Q ( x )
reduciendo términos se obtiene
Q ( x ) = 4 sen x
Finalmente, la ecuación diferencial es
y ''' − y '' + y ' − y = 4 sen x
109
EJERCICIOS PROPUESTOS
1)
Determine la forma de la solución particular y
p
( x)
en la siguiente ecuación
diferencial:
(
)
y '' + 9 y = 10 x 2 + 21 x + 9 sen 3 x + x cos 3 x
Solución.
y
2)
p
(
)
(
)
= C 3 x + C 4 x 2 + C 5 x 3 sen 3 x + C 6 x + C 7 x 2 + C 8 x 3 cos 3 x
Obtenga la solución general de la ecuación diferencial:
x y '' + y ' −
4
y = x + x3
x
utilizando el método de variación de parámetros si:
yh ( x ) = C1 x 2 + C2 x −
2
Solución.
yG = C1x2 + C2x−
3)
2
+
1 2
1 4
x2
x Ln x +
x −
4
12
16
Use el método de los coeficientes indeterminados para obtener la solución general
de la ecuación diferencial
y '' + 5 y ' + 6 y = x e −
3x
Solución.
yG = C 1 e −
2x
+ C 2e−
3x
−
1
2x + x2 e−
2
(
)
3x
110
4)
Resuelva la ecuación diferencial
y '' + y = sec x
Solución.
yG = C 1 cos x + C 2 sen x + cos x Ln ( cos x ) + x sen x
5)
Obtenga la ecuación diferencial cuya solución general es
1⎞
⎛
y = e 2 x⎜ C 1 + C 2 x + ⎟
x⎠
⎝
Solución.
y '' − 4 y ' + 4 y =
6)
2e 2 x
x3
Sea la ecuación diferencial lineal
P ( D ) = Q ( x ) …………………………..( 1 )
Si
{
}
A = x − 2 e 3 x , 4 + 5 e 3 x , 2 − 9 x ¨ es un conjunto de algunas soluciones
de la ecuación P ( D ) y = 0 y f ( x ) = − e 4 x es una solución de (1) , determine
a) la solución general de (1),
b) la ecuación diferencial (1), identificando el operador P ( D ) y la función
Q ( x)
Solución.
a) y G = C 1 + C 2 x + C 3 e 3 x − e 4 x
b) D 2( D − 3 ) y = − 16 e 4 x
111
Utilice el método de coeficientes indeterminados para obtener la forma de una
7)
solución particular de la ecuación diferencial
(D
2
)
− 2 D − 3 y = x sen 2 x + x 3 e 3 x
Solución.
y
8)
p
(
)
= C 3 x + C 4 x 2 + C 5 x 3 + C 6 x 4 e 3 x + ( C 7 + C 9 x ) cos 2 x + ( C 8 + C 10 x ) sen 2 x
Sean L 1 y L 2 operadores diferenciales tales que
L 1 = D 2 + 1 y L 2 = ( sen x ) D
Obtenga
a)
(L 1 L 2) y ;
b)
(L 2 L 1) y ;
c) de acuerdo al resultado obtenido en los incisos a) y b) ¿qué puede concluir
respecto al producto de los operadores
L1 y L2 ?
Solución.
a)
(L 1 L 2) y
= 2 ( cos x ) y '' + ( sen x ) y '''
b)
(L 2 L 1) y
= ( sen x )( y ''' + y ')
c) Los operadores L 2 L 1 y L 1 L 2 son diferentes.
9)
Determine la ecuación diferencial cuya solución general es
y = C 1 e x + C 2 e−x −
1
1
+
cos 2 x
2
10
Solución.
y '' − y =
1
1
− cos 2 x
2
2
112
10)
Obtenga la solución general de la ecuación diferencial
y' =
2 + ex − y
Solución.
y = C e−x +
11)
2 −x
e 2 + ex
3
(
)
3
2
Determine la ecuación diferencial
y ''' + y ' = 6 x ( 2 x + 1)
Solución.
y = C 1 + C 2 x + C 3 e−x + 9 x 2 − 3 x 3 + x4
12)
Resuelva la ecuación diferencial
y '' − 4 y ' + 4 y =
2e 2x
x
Solución.
y = ( C 1 + C 2 x ) e 2 x − 2 x e 2 x ( 1 − Ln x )
13)
Resuelva la ecuación diferencial
y ' = cos x ( y + 2 sen x)
Solución.
y = C e sen x + 2 sen x − 2
113
14)
Resuelva la ecuación diferencial
(D
+ 1)( D − 1) y = cos
x
2
Solución.
y = C1e
15)
x
Sean los operadores diferenciales
+ C 2 e−x −
4
x
cos
5
2
A = ( x D − 1) y B = ( D + 1) . Demuestre
que AB ≠ B A
Solución.
AB = ( x D − 1)( D + 1) = x D 2 + x D − D − 1
B A = ( D + 1)( x D − 1) = D( x D) − D − x D − 1
Se demuestra que AB ≠ B A .
114
TEMA 4
SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES
4.1 CÁLCULO DE LA MATRIZ EXPONENCIAL.
1)
Obtenga la matriz exponencial correspondiente a
⎡0 1 0 ⎤
C = ⎢⎢0 0 1 ⎥⎥
⎢⎣ 1 − 1 1 ⎥⎦
RESOLUCIÓN
Para obtener la matriz exponencial e A t es necesario calcular los valores característicos
asociados a la matriz C por lo que se requiere el determinante
1
0 ⎤
⎡0 − λ
⎢
0 − λ
1 ⎥⎥ = − λ 3 + λ 2 − λ + 1
det A − λ I = ⎢ 0
⎢⎣ 1
− 1 1 − λ ⎥⎦
por lo que la ecuación característica asociada a la matriz C es
− λ3 + λ2 − λ + 1 = 0
y los valores característicos correspondientes a esta última son
λ1 = 1 , λ2 = i , λ3 = − i
La matriz exponencial está dada por la expresión
e At = β
y la obtención de β
e
λi t
0
I + β
, β
0
= β
0
1
1
A + β
y β
2
A 2 ……………………….( A )
a su vez está dada por
2
+ β1λi + β
2
(λ i ) 2
………………….( B )
por lo que se sustituye cada valor característico en ( B )
λ1 = 1
et = β
0
+ β
1
+ β
2
………………………...….( C )
λ2 = i
115
eti = β
0
+ β 1 i + β 2 i 2 ……………………… ( D )
eti = β
0
+ β1i − β
2
y de acuerdo al desarrollo de Euler
e t i = cis t = cos t + i sen t
………………………( E )
Haciendo ( D ) = ( E )
de donde resulta β
0
β
0
+ β1i − β
− β
2
= cos t ⇒ β
β
1
= sen t
2
= cos t + i sen t
0
= cos t + β
…………….( F )
2
De la ecuación ( C )
β
β
0
= et − β
0
= e
t
− β
1
2
− sen t − β
………………….( G )
2
además ( F ) = ( G )
cos t + β
2
= e t − sen t − β
2
=
β
2
e t − sen t − cos t
2
sustituyendo en ( G ) se tiene
β
= e t − sen t −
0
β
Las funciones β
0
, β
1
, y β
(
)
cos t + e t − sen t
=
2
0
2
1 t
e − sen t − cos t
2
se sustituyen en ( A ), donde previamente se efectúan las
operaciones del segundo miembro
⎡1
⎢0
⎢
⎢⎣ 0
0
e
At
= β
e
At
⎡ β0
β2
= ⎢⎢
⎢⎣ β 1 + β
0
1
0
0⎤
⎡0
⎥
0 ⎥ + β 1 ⎢⎢ 0
⎢⎣ 1
1 ⎥⎦
β
β
2
0
β
1
− β
− β
0 ⎤
0
1 ⎥⎥ + β
− 1 1 ⎥⎦
1
1
2
β1
β0
2
⎡0
⎢1
⎢
⎢⎣ 1
0 ⎤
− 1 1 ⎥⎥
0
0 ⎥⎦
0
⎤
+ β 2 ⎥⎥
+ β 1 ⎥⎦
2
finalmente
116
e At
2)
⎡ e t + cos t − sen t
1⎢
= ⎢e t − cos t − sen t
2⎢ t
⎣⎢ e − cos t + sen t
Determine e
2 sen t
2 cos t
− 2 sen t
e t − cos t − sen t ⎤
⎥
e t − cos t + sen t ⎥
⎥
e t + cos t + sen t ⎦⎥
⎡ 0 1 0⎤
para A = ⎢⎢ − 1 0 0 ⎥⎥
⎢⎣ 0 0 1 ⎥⎦
At
RESOLUCIÓN
La matriz exponencial está dada por
e At = β
0
I + β
1
A + β
2
A 2 ……………….( A )
además, es necesario emplear la expresión
e
donde
λi t
= β
0
+ β 1 λi + β
2
(λ )
2
………………….( B )
i
λ i representa a cada uno de los valores característicos.
Para obtener los valores característicos se calcula
⎡− λ
det A − λ I = ⎢⎢ − 1
⎢⎣ 0
(1
(
− λ) λ 2 + 1
)
0
− λ
0
λ1 = 1
,
⎤
0 ⎥⎥ = ( 1 − λ ) λ 2 + 1
1 − λ ⎥⎦
1
,
(
λ2 = i
,
)
λ3 = − i
Enseguida se sustituye cada uno de estos valores en ( B ); para λ 1 = 1
et = β
para
0
+ β
1
+ β
2
……………….……… ( C )
λ = i
eti = β
0
+ β1i − β
2
…………………..… ( D )
y del desarrollo de la forma de Euler
e t i = cos t + i sen t
por lo que
117
β
0
+ β1i − β
= cos t + i sen t
2
de donde resulta
β
− β
0
2
= cos t
β 1 = sen t
…………………..( E )
De la ecuación ( C ) y ( E ) se obtiene
β
0
β
2
1 t
e − sen t + cos t
2
1 t
=
e − sen t − cos t
2
=
(
)
(
)
Ahora bien, considerando la ecuación ( A ) es conveniente expresarla en términos de β 0 ,
β
1
y β 2 como se indica; además es necesario obtener la matriz A 2 , entonces resulta
⎡1
⎢0
⎢
⎢⎣ 0
e
= β
e
At
⎡β 0 − β 2
= ⎢⎢
− β1
⎢⎣
0
0
0⎤
⎡ 0
⎥
0 ⎥ + β 1 ⎢⎢ − 1
⎢⎣ 0
1 ⎥⎦
0
At
1
0
β
β
1
e
At
0
0
2
⎡− 1
⎢ 0
⎢
⎢⎣ 0
0
− 1
0
0⎤
0 ⎥⎥
1 ⎥⎦
⎤
⎥
0
⎥
+ β 1 + β 2 ⎥⎦
0
1
− β
0
Finalmente, se sustituyen las funciones β
0⎤
0 ⎥⎥ + β
1 ⎥⎦
1
0
2
, β
β
0
y β
1
⎡ cos t
⎢
= ⎢ − sen t
⎢ 0
⎣
2
sen t
cos t
0
0⎤
⎥
0⎥
e t ⎥⎦
3) Sea la matriz exponencial
⎡ cos t
e At = e 2t ⎢
⎣ sen t
− sen t ⎤
cos t ⎥⎦
Obtenga
a) las funciones β
0
y β
1
tales que e A t = β
a) la matriz de coeficientes correspondiente a
0
I + β
1
A ,
e At
118
RESOLUCIÓN
a) De la matriz exponencial se pueden identificar los valores característicos asociados a
A , esto es
λ1 = 2 + i , λ2 = 2 − i
las cuales se sustituyen en
e
λi t
= β
+ β 1 λi
0
Para λ 1 = 2 + i
e(
2 + i) t
= β
0
+ β
e 2t ⋅ e t i = β
0
+ 2β
1
(2
1
+ i)
+ β 1 i ………...………...( A )
y del desarrollo de Euler
e t i = cis t = cos t + i sen t
………………..( B )
Sustituyendo ( B ) en ( A )
β
0
+ 2β
1
+ β 1 i = e 2 t ( cos t + i sen t )
= e 2 t cos t + i e 2 t sen t
y por igualdad de números complejos
β 0 + 2 β 1 = e 2 t cos t
β 1 = e 2 t sen t
por lo que resulta
β 0 = e 2 t cos t − 2 e 2 t sen t
b)
Se sabe que e A t = β
0
I + β
1
A donde A es una matriz cuyos elementos son
desconocidos. Si se considera que
⎡a b ⎤
A = ⎢
⎥
⎣c d ⎦
entonces se tiene
e At = β
0
⎡1 0 ⎤
⎡a b ⎤
⎢0 1 ⎥ + β 1 ⎢ c d ⎥
⎣
⎦
⎣
⎦
119
⎡β
e At = ⎢
⎣
0
+ aβ
cβ1
sustituyendo las funciones β
0
1
y β
bβ1
⎤
……………………..( C )
β 0 + d β 1 ⎥⎦
1
en ( C )
⎡e 2 t cos t − 2 e 2 t sen t + a e 2 t sen t
e At = ⎢
c e 2 t sen t
⎢⎣
b e 2 t sen t
e 2 t cos t − 2 e 2 t sen t + d e 2 t
⎤
⎥
sen t ⎥⎦
que también se puede escribir como
⎡ cos t + ( sen t )( − 2 + a )
e At = e 2t ⎢
( sen t ) c
⎣
cos t
( sen t ) b
+ ( sen t )( −
⎤
⎥
2 + d )⎦
Igualando con los elementos de la matriz e A t , que es dato, se tiene
c os t + ( sen t )( a − 2 ) = cos t
( sen t ) b
= − sen t
( sen t ) c
= sen t
c os t + ( sen t )( d − 2 ) = cos t
y por igualdad de funciones
a − 2 = 0 ⇒ a = 2
b = − 1
c = 1
d − 2 = 0 ⇒ d = 2
por lo tanto la matriz A es
⎡ 2 − 1⎤
A = ⎢
⎥
⎣1 2 ⎦
120
4.2 TRANSFORMACIÓN DE UNA ECUACIÓN DIFERENCIAL DE
ORDEN n A UN SISTEMA DE n ECUACIONES DE PRIMER
ORDEN.
1)
Sea la ecuación diferencial
y '' − 2 y ' + y = 1
con condiciones iniciales y ( 0) = 1 y y '( 0) = 1
a) Obtenga el sistema de ecuaciones diferenciales de primer orden equivalente.
b) Resuelva el sistema obtenido en el inciso anterior.
RESOLUCIÓN
Se tiene
y '' − 2 y ' + y = 1
y ( 0) = 1 y y '( 0) = 1
a) Para realizar la transformación se introducen tantas variables nuevas como el orden de la
ecuación diferencial; para este caso se tendrán 2 variables, a saber
y = w1
……………………………....( 1 )
y ' = w 1' = w 2 ……………..……..…..( 2 )
y '' = w2 ' ……………………………....( 3 )
Sustituyendo ( 1 ) , ( 2 ) y ( 3 ) en la ecuación diferencial
w 2' − 2 w 2 + w 1 = 1
que también se escribe como
w2 ' = − w 1 + 2 w 2 + 1
Entonces, el sistema de primer orden es
w 1' = w 2
w 2' = − w 1 + 2 w 2 + 1
y en forma matricial
⎡ w 1'⎤ ⎡ 0 1⎤ ⎡ w 1 ⎤ ⎡0⎤
⎢w '⎥ = ⎢− 1 2⎥ ⎢w ⎥ + ⎢1⎥
⎦ ⎣ 2⎦ ⎣ ⎦
⎣ 2⎦ ⎣
que es el sistema de ecuaciones diferenciales equivalente.
121
En lo que se refiera a las condiciones iniciales dadas, para obtener el vector w( 0) , se
tiene
y = w 1 , por lo que si y ( 0 ) = 1 ⇒ w 1 ( 0 ) = 1
y' = w 2 , por lo que si y' ( 0 ) = 1 ⇒ w 2 ( 0 ) = 1
entonces
⎡1⎤
⎡0⎤
w( 0) = ⎢ ⎥ y b ( t ) = ⎢ ⎥ que es el vector de términos independientes
⎣1⎦
⎣1⎦
b) El sistema es de la forma
w 1' = A w + b ( t )
que es un sistema de primer orden; su solución está dada por
w = e At w (0) +
∫
t
0
e A τ b ( t − τ) d τ
Se procede a calcular la matriz exponencial, esto es
e At = β
0
I + β
1
A ………………………………….( 1 )
donde
⎡ 0 1⎤
A=⎢
⎥
⎣− 1 2⎦
y las funciones β
y β
0
1
se obtendrán considerando los valores característicos; para
determinar éstos últimos
1 ⎤
⎡0 − λ
det A − λ I = ⎢
= ( λ − 1) 2
⎥
⎣ − 1 2 − λ⎦
entonces
λ1 = λ2 = 1
Cada λ i
se sustituye en la ecuación
e
λi t
= β
0
+ β 1 λ i …………………..( 2 )
pero dado que los valores característicos son repetidos, deberá derivarse ( 2 ) con
respecto a λ ,
122
d (λ t )
d
e
=
( β 0 + β 1 λ)
dλ
dλ
t eλt = β 1
y sustituyendo λ = 1 se tiene
β
= t et
1
Para obtener β 0 ; se sustituye λ = 1 y β 1 en ( 2 )
et = β0 + t et
⇒ β0 = e t − t e t
así, la matriz exponencial es
e At = β
0
⎡1 0 ⎤
⎡ 0 1⎤
⎢0 1 ⎥ + β 1 ⎢ − 1 2 ⎥
⎣
⎦
⎣
⎦
⎡ β
e At = ⎢ 0
⎣− β 1
e
At
β
β
⎤
+ 2 β 1 ⎥⎦
0
⎡e t − t e t
= ⎢
t
⎣⎢ − t e
1
⎤
⎥
+ t e t ⎦⎥
t et
et
De la forma de solución se tiene
w h = e A t w (0)
wp =
∫
t
0
e A t b ( t − τ) d τ
por lo que
⎡e t − t e t
t e t ⎤ ⎡1⎤ ⎡e t ⎤
wh = ⎢
⎥⎢ ⎥ = ⎢ ⎥
t
e t + t e t ⎥⎦ ⎣1⎦ ⎢⎣e t ⎥⎦
⎢⎣ − t e
y para w p
e
At
⎡e τ − τ e τ
τ e τ ⎤ ⎡0⎤
b ( t − τ) = ⎢
⎥⎢ ⎥
τ
e τ + τ e τ ⎦⎥ ⎣1⎦
⎣⎢ − τ e
luego de efectuar el producto de matrices
e
At
⎡ τeτ ⎤
b ( t − τ) = ⎢ τ
⎥
τ
⎣⎢e + τ e ⎦⎥
123
enseguida se procede a integrar
wp =
∫
t
0
e A t b ( t − τ) d τ =
∫
t
0
⎡ τeτ ⎤
⎡I 1 ⎤
d
τ
=
⎢ τ
⎥
⎢I ⎥
τ
⎣ 2⎦
⎢⎣e + τ e ⎥⎦
donde
I1 =
I2 =
∫
t
0
∫
t
τ e τ dτ = τ e τ − e τ
0
(e + τ e ) dτ = e
τ
τ
t
0
+ τeτ − eτ
= t et − et + 1
t
0
= eτ + t et − et = t et
entonces
wp
⎡t e t − e t + 1⎤
= ⎢
⎥
t et
⎥⎦
⎣⎢
Finalmente la solución del sistema es w = wh + wp
⎡ t et + 1 ⎤
w= ⎢ t
⎥
t
⎣⎢e + t e ⎦⎥
124
4.3 SISTEMAS HOMOGÉNEOS DE PRIMER ORDEN.
1) Utilice el método de la matriz exponencial para resolver el sistema
x 1' = − 2 x 1 − 4 x 2
x2 ' = x1 − 2 x2
sujeto a las condiciones iniciales x 1 ( 0 ) = 1 , x 2 ( 0 ) = − 1
RESOLUCIÓN
La forma matricial del sistema es x ' = A x
, el cual es un sistema homogéneo de
primer orden cuya solución es de la forma x = e A t x ( 0 )
, donde e A t es la matriz
exponencial y x ( 0) es el vector de condiciones iniciales.
Del sistema es posible identificar a la matriz de coeficientes A , de donde se tiene
⎡− 2 − 4⎤
A= ⎢
⎥
⎣ 1 − 2⎦
At
se obtiene de
Por otro lado, se sabe que la matriz exponencial e
e At = β 0 I + β 1 A ………………….. ( 1 )
β0
lo que implica obtener
y
β
1
, que son funciones de “ t ” y quedan
determinadas a partir de
e
λi t
= β
0
+ β 1 λ i ………………… ( 2 )
donde
λ i , i = 1 , 2 , ... , n son los valores característicos de la matriz de coeficientes y
n es el orden de la matriz.
Los
λ i se obtienen del determinante
A − λI
, esto es
125
⎡− 2 − λ
det A − λ I = ⎢
1
⎣
donde
λ 2 + 4λ + 8
es
el
− 4 ⎤
= λ 2 + 4λ + 8
⎥
− 2 − λ⎦
polinomio
característico
correspondiente
y
λ 2 + 4 λ + 8 = 0 es la ecuación característica asociada al polinomio anterior.
Al resolver la ecuación se obtienen
λ1 = − 2 + 2i
,
λ 2 = − 2 − 2i
que son
los valores característicos asociados a la matriz de coeficientes A .
Enseguida se sustituye en la ecuación ( 2 ) cada uno de los valores característicos
obtenidos.
Para λ 1 = − 2 + 2 i
e(
− 2 + 2 i) t
e−
2t
= β
0
+ β
e2 t i = β
0
− 2β
1
(−
1
2 + 2 i)
+ 2 β 1 i …………………….( 3 )
Considerando la representación en forma de Euler para números complejos
e θ i = cos θ + i sen θ
e 2 t i = cos 2 t + i sen 2 t
por lo que e − 2 t e 2 t i = e − 2 t ( cos 2 t + i sen 2 t )
e − 2 t e 2 t i = e − 2 t cos 2 t + i e − 2 t sen 2 t …………….( 4 )
Igualando ( 3 ) y ( 4 )
β
0
− 2β
1
+ 2 β 1 i = e − 2 t cos 2 t + i e − 2 t sen 2 t
Entonces, por igualdad de números complejos
β 0 − 2 β 1 = e − 2 t cos 2 t …………….……….( 5 )
2 β 1 = e − 2 t sen 2 t …………………….( 6 )
De la ecuación ( 6 )
β1 =
1 − 2t
e
sen 2 t
2
Al sustituir β 1 en ( 5 ) y despejar β 0
⎛1
⎞
β 0 = 2 ⎜ e − 2 t sen 2 t ⎟ + e − 2 t cos 2 t
⎝2
⎠
β 0 = e − 2 t sen 2 t + e − 2 t cos 2 t
126
Según se observa, se han determinado los valores de β0
y β1 a partir del valor
característico λ 1 = − 2 + 2 i , por lo que es innecesario realizar el proceso análogo
para λ 2 = − 2 − 2 i , lo que nos llevará al mismo resultado.
Enseguida se procede a obtener e A t , esto es
e At = β 0 I + β 1 A
⎡1 0⎤
⎡− 2 − 4⎤
+
e At = β 0 ⎢
β
1
⎥
⎢ 1 − 2⎥
⎣0 1⎦
⎣
⎦
e
At
⎡ − 2 t cos 2 t − 2 e − 2 t sen 2 t ⎤
− 4β 1 ⎤ ⎢ e
⎡β 0 − 2 β 1
⎥
=⎢
= 1 − 2t
⎥
−
2
t
⎢
β1
β 0 − 2 β 1⎦
e
sen 2 t
e cos 2 t ⎥
⎣
⎢⎣ 2
⎥⎦
Se sabe que la solución es de la forma x = e A t x ( 0) , por lo que al sustituir se tiene
x =e
− 2t
⎡ cos 2 t − 2 sen 2 t ⎤
⎢1
⎥⎡ 1 ⎤
⎢ ⎥
⎢ sen 2 t
cos 2 t ⎥ ⎣− 1⎦
⎣2
⎦
Finalmente
⎡ e − 2 t ( cos 2 t + 2 sen 2 t ) ⎤
⎢
⎥
x = ⎢ − 2t ⎛ 1
⎞⎥
e ⎜ sen 2 t − cos 2 t ⎟
⎢⎣
⎝2
⎠⎥⎦
2) Obtenga la solución general del sistema
x 1' = x 1 − 3 x 2
x 2' = 3 x 1 + 7 x 2
utilizando el método de la matriz exponencial.
RESOLUCIÓN
Se trata de un sistema de ecuaciones diferenciales de primer orden, homogéneo, de
representación matricial
127
x' = A x
y su solución está dada por
x = e A t x ( 0) ……………… ( 1 )
⎡k1 ⎤
en este caso x ( 0) = ⎢ ⎥
⎣k2 ⎦
La matriz exponencial se obtiene de
e A t = β 0 + β 1 A ………………..( 2 )
donde A es la matriz de coeficientes
⎡1 − 3⎤
A= ⎢
⎥
⎣3 7 ⎦
y β 0 , β 1 se obtiene de los valores característicos de
⎡1 − λ − 3 ⎤
det A − λ I = ⎢
= λ 2 − 8 λ + 16
⎥
7 − λ⎦
⎣ 3
Así, la ecuación característica es
λ 2 − 8 λ + 16 = 0
y sus valores característicos son λ 1 = λ 2 = 4
Cada valor característico se sustituye en
e
λi t
= β
0
+ β 1 λ i ………………( 3 )
para λ 1 = 4
e A t = β 0 + 4 β 1 …………………….( 4 )
ahora bien, como se tienen valores característicos repetidos, la ecuación ( 3 ) debe
derivarse con respecto a λ , esto es
( )
d λt
d
e
=
( β 0 + β 1 λ)
dλ
dλ
t eλt = β 1
en esta última ecuación se sustituye λ 2 = 4
t e4t = β 1
y de la ecuación ( 4 )
128
β 0 = e 4 t − 4β 1
β 0 = e 4t − 4t e 4t
Obtenidas las funciones β 0 y β 1 es posible determinar la matriz exponencial
⎡1 0 ⎤
⎡1 − 3⎤
+ β1⎢
e At = β 0 ⎢
⎥
⎥
⎣0 1⎦
⎣3 7 ⎦
⎡β + β 1
e At = ⎢ 0
⎣ 3β 1
− 3β 1 ⎤
β 0 + 7 β 1 ⎥⎦
Sustituyendo β 0 y β 1
⎡e 4 t − 3t e 4 t
− 3t e 4 t ⎤
e At = ⎢
⎥
4t
e 4 t + 3t e 4 t ⎥⎦
⎢⎣ 3t e
Finalmente, la solución general es:
x = e A t x ( 0)
⎡e 4 t − 3t e 4 t
x = ⎢
4t
⎣⎢ 3t e
⎤ ⎡k 1 ⎤
⎥⎢ ⎥
+ 3t e 4 t ⎦⎥ ⎣k 2 ⎦
− 3t e 4 t
e 4t
x 1 = e 4 t ⎡⎣k 1 − t ( 3 k 1 + 3 k 2 ) ⎤⎦
x 2 = e 4 t ⎡⎣k 2 + t ( 3 k 1 + 3 k 2 ) ⎤⎦
y si consideramos
C 1 = k1 , C 2 = k 2 , C 3 = 3 k 1 + 3 k 2
entonces
x 1 = e 4 t(C 1 − C 3 t )
x 2 = e 4 t(C 2 + C 3 t )
129
3)
Escoger la opción que contenga la solución correcta del sistema de ecuaciones
⎧ x' = 3 x − 2 y
y determine la solución particular para t = 0 si x ( 0) = 1
⎨
⎩ y' = x + y
y y ( 0) = 2 .
⎧⎪ x ( t ) = e t ( C 1 cos 2t + C 2 sen 2t )
A) ⎨
t
⎪⎩ y ( t ) = e ⎡⎣( C 1 − C 2 ) cos 2t − ( C 1 − C 2 ) sen 2t ⎤⎦
⎧⎪ x ( t ) = C 1 e 2 t + C 2 e t
B) ⎨
t
t
⎪⎩ y ( t ) = − 3 C 1 e + 2 C 2 e
⎧⎪ x ( t ) = C 1 e2 t cost + C 1 ( C 1 − 2 C 2 ) e2 t sent
C) ⎨
2t
2t
⎪⎩ y ( t ) = C 2 e cost + ( C 1 − C 2 ) e sent
RESOLUCIÓN
Del sistema, el cual es homogéneo, se tiene la matriz de coeficientes
⎡3 − 2⎤
A= ⎢
⎥
⎣1 1 ⎦
cuya ecuación característica asociada está dada por det A − λ I = 0 es decir
det A − λ I =
3−λ
−2
1
1−λ
= ( 3 − λ ) (1 − λ ) + 2
λ 2 − 4λ + 5 = 0 ⇒ λ1 = 2 + i , λ 2 = 2 − i
Estas raíces permiten obtener términos como e 2 t cos t y
e 2 t sen t , por lo que la
solución del sistema los debe contener.
Considerando las diferentes opciones, la única posible es la del inciso ( C ) y al aplicar
las condiciones iniciales dadas se llega a
C1 = 1 , C2 = 2
por lo que la solución particular resulta
x ( t ) = e 2 t cos t − 3 e 2 t sen t
y ( t ) = 2 e 2 t cos t − e 2 t sen t
130
4) Si el sistema de ecuaciones diferenciales
x '1 = x1 + x2 + x3
x '2 = − 2 x1 − 2 x2 − 2 x3
x '3 = x1 + x2 + x3
tiene como matriz exponencial
e
At
β
obtener las funciones
⎡t + 1
= ⎢⎢ − 2 t
⎢⎣ t
k (t )
t ⎤
− 2 t ⎥⎥
t + 1⎥⎦
t
− 2t + 1
t
∀ k = 0 , 1 , 2 tal que e
2
λjt
= ∑
k = 0
(λ
k
i
β
k
(t ))
RESOLUCIÓN
Se tiene un sistema homogéneo de primer orden de la forma
x ' = Ax en el que se
identifica a la matriz de coeficientes
⎡ 1
A = ⎢⎢− 2
⎢⎣ 1
y se obtiene la matriz
las funciones
β k (t )
e
λjt
1
−2
1
1 ⎤
− 2⎥⎥
1 ⎥⎦
⎡0 0 0⎤
A = ⎢⎢0 0 0⎥⎥
⎢⎣0 0 0⎥⎦
2
se obtienen a partir de
= β
0
+ β 1λ
j
+ β 2 λ 2j
…………………….( A )
por lo que se requieren los valores característicos asociados a la matriz A .
Entonces se tiene
1−λ
det A − λ I = − 2
1
1
−2−λ
1
−2
1
1−λ
131
= ( 1 − λ ) ⎡⎣( − 2 − λ )( 1 − λ ) + 2⎤⎦
= − 1 ⎡−
⎣ 2( 1 − λ ) + 2⎤⎦ + ⎡−
⎣ 2 − ( − 2 − λ )⎤⎦
= λ3
así, la ecuación característica es λ 3 = 0 y los valores característicos son λ 1 = λ 2 = λ 3 = 0
que son valores reales repetidos. Al tener valores característicos repetidos 3 veces, se deriva
la ecuación ( A ) 2 veces respecto a λ
d 2 λt
d ⎛ d λt ⎞
d2
e
e
β0 + β1λ + β2λ2
=
=
⎜
⎟
2
2
dλ ⎝ dλ
dλ
⎠ dλ
(
)
d 2 λt
d
d
e =
t eλt =
( β 1 + 2 β 2 λ ) ………..….( B )
2
dλ
dλ
dλ
(
Finalmente
)
t 2 e λ t = 2 β 2 …………………..( C )
Enseguida se sustituye en ( A ) , ( B ) y ( C ) el valor λ = 0 y se obtiene
β0 = 1 ,
β1 = t y β2 =
t2
2
que son las funciones pedidas.
132
4.4 SISTEMAS NO HOMOGÉNEOS DE PRIMER ORDEN.
1) Obtenga la solución del sistema
x = A x + b( t )
⎡2⎤
sujeto a las condiciones x ( 1) = ⎢ ⎥ , si la matriz exponencial correspondiente es
⎣0⎦
e
At
⎡( 1 + t ) e 2 t
=⎢
2t
⎢⎣ − t e
⎤
⎥
(1 − t ) e 2 t ⎥⎦
t e 2t
⎡1⎤
y el vector de términos independientes es b ( t ) = ⎢ ⎥
⎣0⎦
RESOLUCIÓN
La forma x = A x + b ( t ) corresponde a un sistema de ecuaciones diferenciales de primer
orden no homogéneo, cuya solución es de la forma
x =e
A ( t − t0 )
x(t 0 ) +
∫
t − t0
0
e A τ b ( t − τ) d τ
donde t 0 indica que las condiciones iniciales ocurren en x ( t 0 ) .
En este caso se tiene como dato la matriz exponencial y el vector de condiciones en
t0 ≠ 0
Sabemos que la solución del sistema homogéneo asociado es
A t
xh = e (
− t0 )
x(t 0 )
entonces para los datos conocidos
A t
xh = e (
− 1)
x ( 1)
2 t − 1 ⎡1 + ( t − 1)
xh = e ( ) ⎢
⎣ − ( t − 1)
2 t
xh = e (
− 1)
2 t
xh = e (
− 1)
⎡ t
⎢− t + 1
⎣
t −1
⎤ ⎡2⎤
⎥
1 − ( t − 1) ⎦ ⎢⎣0⎥⎦
t − 1⎤ ⎡2⎤
2 − t ⎥⎦ ⎢⎣0⎥⎦
⎡ 2t ⎤
⎢2 − 2 t ⎥
⎣
⎦
133
En lo que respecta a la solución particular del sistema no homogéneo, está dada por
xp =
∫
t − t0
0
e Aτ b ( t − τ) d τ
En esta expresión conviene trabajar el integrando de manera que tome una forma más
sencilla para integrar.
Realizando el producto
e
Aτ
⎡( 1 + τ) e 2 τ ⎤
b ( t − τ) d τ = ⎢
⎥
2τ
⎣⎢ − τ e
⎦⎥
Enseguida procedemos a efectuar la integral, teniendo presente que la integral de una
matriz de funciones se obtiene integrando cada uno de los elementos de dicha matriz. Para
el primer elemento se tiene
∫
t − 1
0
( 1 + τ) e 2 τ d τ =
∫
t − 1
∫
e 2τ d τ +
0
t − 1
⎡1 ⎤
= ⎢ e 2τ ⎥
⎣2 ⎦ 0
(
t − 1
τ e 2τ d τ
0
t − 1
1
⎡1
⎤
+ ⎢ τ e 2τ − e 2 τ ⎥
4
⎣2
⎦0
)
⎡1
2 t
− e 0 + ⎢ ( t − 1) e (
⎣2
=
1 2 (t
e
2
=
1 2 (t
e
2
− 1)
−
1 1 2 (t
+ te
2 2
1 2 (t
te
2
− 1)
−
1 2 (t
e
4
=
− 1)
− 1)
−
− 1)
−
− 1)
1 2 (t
e
2
−
− 1)
1 2 (t
e
4
−
− 1)
1 2 (t
e
4
+
− 1)
1⎤
4 ⎥⎦
+
1
4
1
4
Para el siguiente elemento
∫
t − 1
0
t − 1
1 ⎤
⎡1
− τ e 2τ d τ = − ⎢ τ e 2τ − e 2τ ⎥
4 ⎦0
⎣2
⎡1
2 t
= − ⎢ ( t − 1) e (
⎣2
⎡1 2 t
= − ⎢ te (
⎣2
=−
1 2 (t
te
2
− 1)
− 1)
−
+
− 1)
−
1 2 (t
e
2
3 2 (τ
e
4
1 2 (τ
e
4
− 1)
− 1)
−
1 2 (τ
e
4
+
1
4
− 1)
+
1⎤
4 ⎥⎦
− 1)
+
1⎤
4 ⎥⎦
Entonces la integral
134
∫
t − 1
0
e Aτ b ( t − τ ) d τ
da por resultado
1 2 (t − 1)
1 ⎤
⎡ t 2 (t − 1)
−
−
e
e
⎢ 2
4
4 ⎥
⎢
⎥
⎢− t e 2 (t − 1) − 3 e 2 ( t − 1) − 1 ⎥
⎢⎣ 2
4
4 ⎥⎦
Por lo que
xp
⎡ ⎛t
1 ⎞ 2 (t − 1)
1 ⎤
−
⎢ ⎜2 − 4⎟e
4 ⎥⎥
⎝
⎠
=⎢
⎢⎛ t
3 ⎞ 2 (t − 1)
1⎥
− ⎥
⎢⎜ − + ⎟ e
4⎦
⎣⎝ 2 4 ⎠
Finalmente, la forma de la solución del sistema es
x = xh + x p
Y de acuerdo a los resultados se obtiene finalmente
⎡ ⎛5t
1 ⎞ 2 (t − 1)
1 ⎤
−
⎢ ⎜ 2 − 4⎟e
4 ⎥⎥
⎝
⎠
⎢
x =
⎢⎛ 5 t
11 ⎞ 2 t − 1
1⎥
+ ⎟e ( ) − ⎥
⎢⎜ −
4⎠
4⎦
⎣⎝ 2
que es la solución del sistema.
2)
Aplique el método de la matriz exponencial para resolver el sistema
⎡ x ' 1 ⎤ ⎡3 3⎤ ⎡ x 1 ⎤ ⎡5⎤
⎢ x ' ⎥ = ⎢2 2⎥ ⎢ x ⎥ + ⎢0⎥
⎦ ⎣ 2⎦ ⎣ ⎦
⎣ 2⎦ ⎣
sujeto a las condiciones iniciales x 1 ( 0) = 10 , x 2 ( 0) = 5 , si se sabe que
e At =
5t
1 ⎡ 3e + 2
⎢
5 ⎢⎣ 2 e 5t − 2
3 e 5t − 3 ⎤
⎥
2 e 5t + 3 ⎥⎦
RESOLUCIÓN
135
Se tiene un sistema no homogéneo de primer orden cuya representación matricial es
x ' = A x + b ( t ) , donde la matriz de coeficientes es
⎡3 3⎤
A= ⎢
⎥
⎣2 2⎦
y el vector de términos independientes es
⎡ 5⎤
b (t ) = ⎢ ⎥
⎣0⎦
Asimismo, el vector de condiciones iniciales es
⎡10⎤
x ( 0) = ⎢ ⎥
⎣5⎦
Para un sistema de este tipo, con condiciones iniciales en
x ( 0)
, la solución es de la
forma
x = e At x ( 0) +
∫
t
0
e A τ b ( t − τ) d τ
donde identificamos la solución del sistema homogéneo asociado
x h = e At x ( 0)
y una solución particular del sistema no homogéneo asociado
xp =
∫
t
0
e Aτ b ( t − τ) d τ
Considerando que parte de la información que se proporciona es la matriz exponencial
e A τ , obtenemos
xh = e
At
5t
1 ⎡3 e + 2
x ( 0) = ⎢ 5 t
5 ⎣⎢ 2 e − 2
3 e 5 t − 3 ⎤ ⎡10⎤
⎥⎢ ⎥
2 e 5 t + 3⎦⎥ ⎣ 5 ⎦
efectuando operaciones
xh =
5t
5t
1 ⎡45 e + 5⎤ ⎡9 e + 1⎤
=
⎢
⎥ ⎢
⎥
5 ⎢⎣45 e 5 t − 5⎥⎦ ⎢⎣6 e 5 t − 1⎥⎦
En lo que respecta a x p , se tiene que calcular la integral de una matriz, que corresponde
al integrando e Aτ b ( t − τ) el cual inicialmente se obtiene de la siguiente manera:
136
Aτ
e
1 ⎡3 e + 2
b ( t − τ) d τ = ⎢ 5 τ
5 ⎢⎣ 2 e − 2
3 e 5 τ − 3 ⎤ ⎡5⎤
⎥⎢ ⎥
2 e 5 τ + 3⎥⎦ ⎣0 ⎦
5τ
⎡3 e 5 τ + 2⎤
= ⎢ 5τ
⎥
⎢⎣2 e − 2⎥⎦
Enseguida se integra
∫
t
0
e A t b ( t − τ) d τ =
∫
t
0
⎡3 e 5 τ + 2⎤
⎢ 5τ
⎥ dτ
e
−
2
2
⎥⎦
⎣⎢
Para cada uno de los términos se tiene
∫
∫
t
0
t
0
(3 e
(
5τ
t
3
3
⎡3
⎤
+ 2 d τ = ⎢ e 5 τ + 2 τ⎥ = e 5 t − + 2 t
5
5
⎣5
⎦0
)
t
2
2
⎡2
⎤
2 e 5 τ − 2 d τ = ⎢ e 5 τ − 2 τ⎥ = e 5 t − − 2 t
5
5
⎣5
⎦0
)
Por lo que
xp
3⎤
⎡3 5t
⎢5 e + 2t − 5⎥
= ⎢
⎥
⎢ 2 e 5 t − 2t − 2⎥
5 ⎥⎦
⎣⎢ 5
Finalmente
x = xh + x p
3⎤
⎡3 5t
⎡9 e 5 t + 1⎤ ⎢ 5 e + 2 t − 5 ⎥
x = ⎢ 5t
⎥
⎥ + ⎢
⎣⎢6 e − 1⎥⎦ ⎢ 2 e 5 t − 2 t − 2 ⎥
⎢⎣ 5
5 ⎥⎦
2⎤
⎡ 48 5 t
⎢ 5 e + 2t + 5⎥
x = ⎢
⎥
⎢ 32 e 5 t − 2 t − 7 ⎥
⎢⎣ 5
5 ⎥⎦
3) Resuelva el sistema
x' = x − y
y' = x + 3 y − 1
137
cuya solución está sujeta a x ( 0) = 1 , y ( 0) = 0
RESOLUCIÓN
Se tiene un sistema de primer orden, no homogéneo, que se puede expresar también de la
siguiente forma
⎡ x '⎤ ⎡1 − 1⎤ ⎡ x ⎤ ⎡ 0 ⎤
⎢ y '⎥ = ⎢1 3 ⎥ ⎢ y⎥ + ⎢− 1⎥ o bien x ' = A x + b ( t )
⎣ ⎦ ⎣
⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦
y es fácil así identificar los diferentes elementos que intervienen en su solución.
Para un sistema no homogéneo, su solución es de la forma
x = e A t x ( 0) +
At
donde e
∫
t
0
e A τ b ( t − τ) d τ
es la matriz exponencial y se obtiene considerando las ecuaciones
e A t = β 0 I + β 1 A ………………. ( A )
e
λi t
= β 0 + β 1 λ i …………………( B )
Es necesario determinar los valores característicos correspondientes a la matriz de
coeficientes, por lo que se calcula
det A − λ I =
1−λ
−1
1
3−λ
= λ 2 − 4λ + 4
de donde
λ 2 − 4λ + 4 = 0
(λ
− 2) 2 = 0 ⇒ λ 1 = λ 2 = 2
Enseguida se sustituye λ 1 = 2 en la ecuación ( B )
e 2 t = β 0 + 2 β 1 ………………………………..( C )
Para tener otra ecuación que permita obtener las funciones β 0 y β 1 , se deriva la ecuación
( B ) con respecto a λ ,
138
( )
d
eλt = β 1
dλ
t eλt = β 1
y se sustituye λ 2 = 2 por lo que
β 1 = t e 2t
asimismo, se sustituye β 1 en ( C ) de donde resulta
β 0 = e 2t − 2t e 2t
Luego de obtener estas funciones se procede a calcular la matriz exponencial, por lo que
At
conviene desarrollar e
de la siguiente manera
⎡1 0 ⎤
⎡1 − 1⎤
e At = β1 ⎢
+ β1 ⎢
⎥
⎥
⎣0 1⎦
⎣1 3 ⎦
− β1 ⎤
⎡β + β 1
e At = ⎢ 0
β 0 + 3 β 1 ⎥⎦
⎣ β1
entonces
⎡e 2 t − t e 2 t
− t e 2t ⎤
e At = ⎢
⎥
2t
e 2t + t e 2t ⎦
⎣ te
por lo que la solución del sistema homogéneo se expresa como
x = e A t x ( 0)
⎡e 2 t − t e 2 t
− t e 2 t ⎤ ⎡1⎤
x = ⎢
⎥⎢ ⎥
2t
e 2 t + t e 2 t ⎦⎥ ⎣0⎦
⎣⎢ t e
y para el sistema no homogéneo, al efectuar operaciones
2t
2t
⎡ x ⎤ ⎡e − t e ⎤
=
⎥ +
⎢ y⎥ ⎢
2t
⎣ ⎦ ⎢⎣ t e
⎥⎦
∫
t
0
⎡
⎤
τ e 2τ
⎢ 2τ
⎥ dτ
2τ
⎢⎣− e − τ e ⎥⎦
τ 2τ
1
⎡
⎤
e − e 2τ
2t
2t
⎢
⎥
⎡
⎤
e − te
⎡ x⎤
2
4
=
+
⎢
⎥
⎢
⎥
⎢ y⎥
2t
⎣ ⎦ ⎣⎢ t e
⎥⎦ ⎢− 1 e 2 τ − τ e 2 τ + 1 e 2 τ ⎥
2
4
⎣⎢ 2
⎦⎥ 0
t
Finalmente
139
1
1⎤
⎡3 2t
e − t e 2t + ⎥
⎢
⎡ x⎤
4
2
4
⎥
⎢ y⎥ = ⎢ 1
1
⎣ ⎦ ⎢ t e 2 t − e 2 t + 1⎥
⎢⎣ 2
4
4 ⎥⎦
4) Sea el sistema de ecuaciones diferenciales
x '1 = 3 x 1 + x 2 + f
x '2 = − 3 x 2 + f
Con condiciones iniciales
f
2
(t )
x 1 ( 0) = 0 ,
2
1
(t )
(t )
x 2 ( 0) = 0 . Obtener las funciones
f
1
(t )
y
tales que la solución del sistema sea:
x1 =
1 3t
e − 1 − 3t
9
(
)
x2 = 0
RESOLUCIÓN
El sistema en cuestión es de primer orden, no homogéneo y se conoce su solución.
A partir de la representación matricial del sistema
x' = A x + f (t )
se tiene que
f (t ) = x' − A x
donde el primer miembro constituye la incógnita en cuestión. De la solución, que es dato,
obtenemos el vector x '
⎡1 3 t
⎤
e − 1 − 3t ⎥
x = ⎢9
⎢
⎥
0
⎣
⎦
(
)
⎡e 3 t
1⎤
− ⎥
⎢
x' = 3
3⎥
⎢
⎢⎣ 0 ⎥⎦
asimismo, de la matriz de coeficientes A y el vector x
⎡1
⎤
⎡3 1 ⎤ ⎢ e 3 t − 1 − 3 t ⎥
Ax = ⎢
⎥ 9
⎥
⎣0 − 3⎦ ⎢
0
⎣
⎦
(
)
140
entonces, al sustituir en
1
⎡1 3t
⎤
e − − t⎥
⎢
Ax = 3
3
⎢
⎥
0
⎣
⎦
f (t ) :
⎡e 3 t
1
⎤
1⎤ ⎡ 1 3 t
− ⎥ ⎢ e − − t⎥
⎢
f (t ) = 3
3
3⎥ − ⎢ 3
⎢
⎥
0
⎢⎣ 0 ⎥⎦ ⎣
⎦
⎡t ⎤
f (t ) = ⎢ ⎥
⎣0⎦
de donde
f
1
(t )
=t
f
2
(t )
=0
5) Sea el sistema
⎧⎪ x ' = x − 3 y − 9 e t
⎨
t
⎪⎩ y ' = 3 x + y + 9 e
del cual se sabe que su respectiva matriz exponencial es
⎡cos 3 t − sen 3 t ⎤
e At = e t ⎢
⎥
⎣sen 3 t cos 3 t ⎦
Determine la solución general del sistema.
RESOLUCIÓN
Se tiene un sistema no homogéneo de la forma
x ' = A x + b( t )
y su solución está dada por
141
∫
x = e At x ( 0) +
t
At
e (
0
− τ)
b ( τ) d τ
En este caso no se conoce el vector de coeficientes iniciales x ( 0) , por lo que es
conveniente expresarlo en términos de elementos no especificados, es decir
⎡x ⎤
x ( 0) = ⎢ 0 ⎥
⎣y0 ⎦
Dado que se conoce la matriz exponencial, la solución del sistema homogéneo asociado
x h puede obtenerse de la siguiente manera
⎡cos 3 t − sen 3 t ⎤ ⎡ x 0 ⎤
x h = e A t x ( 0) = e t ⎢
⎥⎢ ⎥
⎣sen 3 t cos 3 t ⎦ ⎣ y 0 ⎦
⎡ x cos 3 t − y 0 sen 3 t ⎤
= et ⎢ 0
⎥
⎣ x 0 sen 3 t y 0 cos 3 t ⎦
Para el sistema no homogéneo, una solución particular x p se obtiene según se indica:
xp =
∫
t
At
e (
− τ)
0
b ( τ) d τ
por lo que se obtienen inicialmente los elementos del integrando, esto es,
At
e (
− τ)
b ( τ) d τ = e (
t − τ)
⎡cos 3 ( t − τ) − sen 3 ( t − τ)⎤ ⎡− 9 e τ ⎤
⎥
⎢
⎥⎢
τ
⎣sen 3 ( t − τ) cos 3 ( t − τ) ⎦ ⎢⎣ 9 e ⎥⎦
⎡ − cos ( 3t − 3τ) − sen 3 ( t − τ) ⎤
= 9e t ⎢
⎥
⎣− sen ( 3t − 3 τ) + cos ( 3t − 3 τ) ⎦
Posteriormente se integra esta matriz de funciones:
∫
t
0
A t
e (
− τ)
⎡I 1 ⎤
b ( τ) d τ = ⎢ ⎥
⎢⎣I 2 ⎥⎦
donde
I1 = 9 e
t
I2 = 9e t
∫
∫
t
0
t
0
⎡−
⎣ cos ( 3t − 3 τ) − sen ( 3 t − 3 τ)⎤⎦ dτ
⎡−
⎣ sen ( 3t − 3τ) + cos ( 3t − 3τ)⎤⎦ dτ
Para I 1 se tiene
142
⎡
I1 = − 9 e t ⎢
⎣
∫
∫
t
( cos 3t cos 3τ +
0
⎤
t
( sen 3t cos 3τ − cos 3 t sen 3 τ) dτ⎥
⎦
0
∫
( sen 3t − cos 3 t ) ∫
t
= − 9 e ⎡⎣( cos 3t + sen 3 t )
t
sen 3 t sen 3 τ − 3 τ) dτ +
cos 3τ dτ +
0
⎤
t
( sen 3τ) dτ⎥
⎦
0
⎡1
= − 9 e t ⎢ ( cos 3t + sen 3 t ) sen 3 τ
⎢⎣ 3
t
⎤
1
− ( sen 3t − cos 3 t ) cos 3τ ⎥
3
0⎥
⎦
t
0
= − 3 e t ( cos 3t + sen 3 t ) sen 3t + 3 e t ( sen 3t − cos 3 t ) ( cos 3t − 1)
Efectuando operaciones y simplificando resulta
I 1 = 3 e t ( cos 3t − sen 3 t − 1)
De manera similar para I 2 se tiene
⎡
I2 = 9e t ⎢
⎣
−
∫
t
0
∫
t
0
( cos 3t cos 3τ +
sen 3 t sen 3 τ) dτ +
⎤
( sen 3t cos 3τ − cos 3 t sen 3 τ) dτ⎥
⎦
⎡
= 9 e t ⎢( cos 3t − sen 3 t )
⎣
( sen 3t
+ cos 3 t )
∫
t
0
∫
t
cos 3τ dτ +
0
⎤
( sen 3τ) dτ⎥
⎦
⎡1
= − 9 e ⎢ ( cos 3t − sen 3 t ) sen 3τ
⎢⎣ 3
t
⎤
1
− ( sen 3t − cos 3 t ) cos 3τ ⎥
3
0⎥
⎦
t
t
0
= 3 e t ( cos 3t − sen 3 t ) sen 3t − 3 e t ( sen 3t + cos 3 t )( cos 3t − 1)
143
Efectuando operaciones y simplificando resulta
I 2 = 3 e t ( − 1 + sen 3t + cos 3 t )
Entonces, una solución particular del sistema no homogéneo es
⎡3 e t ( cos 3 t − sen 3 t − 1) ⎤
xp = ⎢ t
⎥
⎢⎣3 e ( cos 3 t + sen 3 t − 1) ⎥⎦
por lo que la solución es
xG = xh + x p
⎡e t ( x 0 cos 3 t − y 0 sen 3 t ) + 3 e t ( cos 3 t − sen 3 t − 1) ⎤
x = ⎢ t
⎥
t
⎣⎢e ( x 0 sen 3 t − y 0 cos 3 t ) + 3 e ( cos 3 t + sen 3 t − 1) ⎥⎦
⎡e − 2 t − t e − 2 t ⎤
At
= ⎢
⎥ es la matriz inversa de la matriz exponencial e de
6) Si
− 2t
e
⎣⎢ 0
⎦⎥
la matriz de coeficientes del sistema de ecuaciones diferenciales
⎡e A t ⎤
⎣ ⎦
−1
x 1 ' = 2 x 1 + x 2 + f (t )
2 x 2 + 4 e 2t
x2' =
(
y una solución particular del sistema es
)
⎡ 3t + 2t 2 e 2t ⎤
⎥ .
x p (t ) = ⎢
⎢⎣
⎥⎦
g (t )
Obtenga las funciones
f (t ) y g (t ) .
RESOLUCIÓN
Del sistema
x 1 ' = 2 x 1 + x 2 + f ( t ) ……………….( 1 )
x2' =
2 x 2 + 4 e 2 t ………………….( 2 )
se resuelve la ecuación ( 2 )
x 2 ' − 2 x 2 = 4 e 2t
que es no homogénea de primer orden, de la forma
x 2 ' + P ( t ) x 2 = Q( t )
144
cuya solución está dada por
x2 = x2h + x2 p
donde
− P ( t ) dt
x 2h = C1 e ∫
x 2h = C1 e ∫
2 dt
= C1 e 2t
y también
− P( t ) dt
P( t ) dt
x2 p = e ∫
∫ Q( t ) e ∫ dt
− 2 dt
x 2 p = e 2 t ∫ 4 e 2 t e ∫ dt
x 2 p = e 2t (4 t)
x 2 p = 4 t e 2t
Entonces, la solución general de ( 2 ) es
x 2 h = C 1 e 2 t + 4 t e 2 t …………………………..( 3 )
sustituyendo (3) en ( 1 ) , considerando que x 2 h = x 2 :
x 1 ' − 2 x 1 = C 1 e 2 t + 4 t e 2 t + f ( t ) …………………( 4 )
Por otro lado, de x p ( t ) se tiene
(
)
x1 = 3t + 2t 2 e 2t
y al derivar esta última ecuación
(
)
x1 ' = 3t + 2t 2 2 e 2t + e 2t (3 + 4 t)
(
)
x 1 ' = 3 + 10 t − 4 t 2 e 2 t
por lo que al sustituir en (4):
(
)
(
)
x 1 ' − 2 x 1 = 3 + 10 t − 4 t 2 e 2 t − 6 t + 4 t 2 e 2 t ………………………..( 5 )
= (3 + 4 t) e 2t
Igualando ( 4 ) y ( 5 )
C 1 e 2 t + 4 t e 2 t + f (t ) = ( 3 + 4 t ) e 2 t
145
(
)
f (t ) = ( 3 + 4 t ) e 2 t − C 1 + 4 t e 2 t
(
)
f (t ) = 3 − C 1 e 2 t
y de la ecuación ( 3 ) resulta
(
)
g (t ) = C 1 + 4 t e 2 t
que son las funciones buscadas.
7) Resuelva el sistema
x1' = x2 + 1
x2' = x1 + e t
sujeto a las condiciones iniciales x 1 ( 0) = C 1 , x 2 ( 0) = C 2 , si la matriz exponencial
correspondiente es
t
−t
e t − e −t ⎤
1 ⎡e + e
At
e = ⎢ t
⎥
2 ⎣⎢ e − e − t
e t + e − t ⎦⎥
RESOLUCIÓN
Se tiene un sistema no homogéneo de la forma
x ' = A x + b( t )
y su solución está dada por
x = e At x ( 0) +
t
∫0 e
Aτ
b ( t − τ) d τ
x = xh +x p
Del sistema se identifican
⎡0
A= ⎢
⎣1
⎡1⎤
1⎤
, b( t ) = ⎢ t ⎥
⎥
0⎦
⎣e ⎦
y en este caso las condiciones iniciales están dadas por elementos constantes por lo que se
tiene
146
xh = e
xh =
At
t
−t
1 ⎡e + e
x ( 0) = ⎢ t
2 ⎢⎣e − e − t
e t − e −t ⎤
⎥
e t + e − t ⎥⎦
⎡C1 ⎤
⎢ ⎥
⎢⎣C2 ⎥⎦
t
−t
t
−t
1 ⎡e + e ⎤ 1 ⎡e − e ⎤
+
C1 ⎢ t
C
⎥
⎥
2⎢
2 ⎢⎣e − e − t ⎥⎦ 2 ⎢⎣e t + e − t ⎥⎦
por otro lado
e
τ
−τ
1 ⎡e + e
b ( t − τ) = ⎢ τ
2 ⎣⎢e − e −τ
Ατ
e τ − e −τ ⎤
⎥
e τ + e −τ ⎦⎥
⎡ 1 ⎤
⎢ ( t − τ) ⎥
⎣⎢e
⎦⎥
efectuando operaciones
e
Ατ
τ
−τ
t
− 2τ t
1 ⎡e + e + e − e e ⎤
b ( t − τ) = ⎢ τ
⎥
2 ⎣⎢e − e −τ + e t + e −2τ e t ⎦⎥
por lo que
xp =
=
∫
t
0
⎡1
⎢
2
Ατ
e b ( t − τ) = ⎢
⎢1
⎢
⎢⎣ 2
∫
∫
t
0
t
0
⎤
+ e −τ + e t − e −2t e t d τ⎥
⎥
⎥
e τ − e −τ + e t + e −2t e t d τ⎥
⎥⎦
(e
(
τ
)
)
⎤
2t e t + e t − e − t
1⎡
⎢
⎥
4 ⎢⎣− 4 + 2 t e t + 3 e t + e − t ⎥⎦
finalmente resulta
x = xh + x p
x =
⎤
1 ⎡e t + e − t ⎤ 1 ⎡e t − e − t ⎤ 1 ⎡ 2t e t + e t − e − t
C1 ⎢ t
+ C2 ⎢ t
+ ⎢
−t ⎥
−t ⎥
t
t
−t⎥
2 ⎣e − e ⎦ 2 ⎣e + e ⎦ 4 ⎣− 4 + 2t e + 3e + e ⎦
147
EJERCICIOS PROPUESTOS
1) Dada la matriz exponencial
⎡cos t − sen t ⎤
e Αt = e 2t ⎢
⎥
⎣sen t cos t ⎦
Obtenga los valores de β 0
,
β 1 , tales que e Α t = β 0 I + β 1 A, así como la matriz
⎡a b ⎤
A= ⎢
⎥
⎣c d ⎦
Solución.
β 0 = e 2 t ( cos t − 2 sen t )
β 1 = e 2 t ( sen t )
⎡2 − 1⎤
A= ⎢
⎥
⎣1 2 ⎦
2) Resuelva el sistema de ecuaciones diferenciales
x1 = x 2 + 1
x 2 = − x 1 + cot ( t )
⎛ π⎞
⎛ π⎞
con las condiciones x 1 ⎜ ⎟ = 0 , x 2 ⎜ ⎟ = 0 .
⎝ 2⎠
⎝ 2⎠
Solución.
⎛ sen t
x 1 = ( sen t ) Ln ⎜
⎝ cos t +
⎛ sen t
x 2 = ( cos t ) Ln ⎜
⎝ cos t +
⎞
⎟
1⎠
⎞
⎟
1⎠
148
Αt
3) Obtenga la matriz exponencial e , donde
⎡0 1 0⎤
A = ⎢⎢0 2 0⎥⎥
⎢⎣1 0 0⎥⎦
Solución.
⎡
⎢1
⎢
= ⎢0
⎢
⎢
⎢t
⎣
e Αt
e 2t −1
2
e 2t
e 2 t − 1 − 2t
4
⎤
0⎥
⎥
0⎥
⎥
⎥
1⎥
⎦
4) Utilice la matriz exponencial para resolver el sistema de ecuaciones diferenciales
x1 = x 2 + e 3t
x2 = 3 x1 + 2 x2
con las condiciones x 1 ( 0) = 1 , x 2 ( 0) = 0
Solución.
x1 =
1
4 t e 3t + 9 e −t + 7 e 3t
16
x2 =
1
12 t e 3 t − 9 e − t + 9 e 3 t
16
(
(
)
)
⎡0 2⎤
⎡ 0 0⎤
5) Dadas las matrices A = ⎢
y B = ⎢
⎥
⎥
⎣− 2 0 ⎦
⎣0 0⎦
At
Bt
=e
a) verifique si se cumple e ⋅ e
( A +B ) t
b) de acuerdo con el resultado del inciso a) ¿se puede afirmar que la expresión
A +B ) t
e At ⋅ e B t = e (
es falsa para toda matriz cuadrada. Justifique la respuesta.
149
Solución.
La igualdad no se cumple, sólo se cumple cuando las matrices A y B son conmutativas.
6) Dada la ecuación diferencial y '' + 2 y ' + y = 1 sujeta a
y ( 0) = 1 , y ' ( 0) = − 1 .
Obtenga un sistema de ecuaciones diferenciales lineal de primer orden equivalente y
resuélvalo.
Solución.
x = 1 − e −t
y = x' = e − t
y '' + 2 y ' + 2 y = e −t cos t
7) Transforme la ecuación diferencial
en un sistema de
ecuaciones diferenciales de primer orden equivalente.
Solución.
1 ⎤
⎡x' 1 ⎤ ⎡ 0
⎢ x ' ⎥ = ⎢− 2 − 2⎥
⎦
⎣ 2⎦ ⎣
⎡x 1 ⎤ ⎡ 0 ⎤
⎢ x ⎥ + ⎢e −t cos t ⎥
⎦
⎣ 2⎦ ⎣
8) Resuelva el sistema de ecuaciones diferenciales
dx
= y + z
dt
dy
= z + x
dt
dz
= x + y
dt
150
Solución.
( (
x =
1
C1 6 e − t + 3 e 2 t + C 2 − 3 e − t + 3 e 2 t + C 3 − 3 e − t + 3 e 2 t
a
y =
1
C1 − 3e − t + 3e 2 t + C2 6 e − t + 3e 2 t + C3 − 3e − t + 3e 2 t
a
z =
1
C1 − 3 e − t + 3 e 2 t + C 2 − 3 e − t + 3 e 2 t + C 3 6 e − t + 3 e 2 t
a
)
(
( (
)
( (
)
)
(
(
(
)
(
)
(
))
))
))
⎡ − 1 − 2⎤
9) Si se sabe que para A = ⎢
, la matriz exponencial
2 ⎥⎦
⎣− 2
e
Αt
1
=
5
⎡ e 3 t + 4 e −2 t
− 2 e 3 t + 2 e −2 t ⎤
⎢
⎥
3t
−2 t
4 e 3 t + e −2 t ⎦
⎣− 2 e + 2 e
calcule la solución del sistema
(D
+ 1) x + 2 y = 0
2 x + ( D − 2) y = t
que cumpla con las condiciones
x ( 0) = 0 , y ( 0) = 0 .
Solución.
x =−
2 3t
1 − 2t
1
1
e +
e
+ t −
45
10
3
18
y =−
4 3t
1 − 2t
1
5
e +
e
+ t −
45
20
6
36
10) Dada la ecuación diferencial y IV − 5 y ''' + 7 y ' − 5 y + 2 e − t = 0
151
obtenga un sistema de ecuaciones diferenciales de primer orden equivalente y expréselo
en forma matricial.
Solución.
⎡ x ' 1 ⎤ ⎡0 1
⎢ x ' ⎥ ⎢0 0
⎢ 2⎥ = ⎢
⎢ x ' 3 ⎥ ⎢0 0
⎢ ⎥ ⎢
⎣ x ' 4 ⎦ ⎣5 −7
0 0⎤
1 0⎥⎥
0 1⎥
⎥
0 5⎦
⎡x 1 ⎤ ⎡
⎢x ⎥ ⎢
⎢ 2⎥ + ⎢
⎢x 3 ⎥ ⎢
⎢ ⎥ ⎢
⎣ x 4 ⎦ ⎣−
⎤
0 ⎥⎥
0 ⎥
⎥
2 e −t ⎦
0
152
TEMA 5
TRANSFORMADA DE LAPLACE
4.4 DEFINICIÓN DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE.
2) Aplique la definición para obtener la transformada de Laplace de la función
(
f (t ) = 1 + e 2t
)
2
RESOLUCIÓN
La función f ( t ) se puede expresar también de la siguiente manera:
f (t ) = 1 + 2 e 2t + e 4 t
y la definición de Transformada de Laplace es:
∫
∞
L
{ f ( t )}
=
L
{ f ( t )}
= lim
e − s t f ( t ) dt
0
b→∞
∫
b
e − s t f ( t ) dt
0
Entonces, al aplicar la definición a la función dada se tiene
∫
∞
(
)
L
{ f ( t )}
L
{ f ( t )} = lim
L
{ f ( t )}
⎡
= lim ⎢
b→∞
⎣
{ f ( t )}
⎡ 1
= lim ⎢ − e − s t
b→∞
⎣⎢ s
L
=
0
b→∞
e − s t 1 + 2 e 2 t + e 4 t dt
∫
b
0
∫
b
0
(
)
e − s t 1 + 2 e 2 t + e 4 t dt
e − s t dt + 2
b
+ 2
0
∫
∫
b
0
b
0
e − s t e 2 t dt +
− s−2 t
e ( ) dt +
∫
∫
b
0
b
0
⎤
e − s t e 4 t dt ⎥
⎦
⎤
− s−4 t
e ( ) dt ⎥
⎦⎥
153
L
{ f ( t )}
⎡ 1
= lim ⎢ − e − s t
b→∞ ⎢ s
⎣
b
0
2
− s−2 t
−
e ( )
( s − 2)
b
0
1
− s−4 t
−
e ( )
( s − 4)
⎤
⎥
⎥
0⎦
b
Evaluando en los extremos de integración y aplicando el límite a cada uno de los términos
L
{ f ( t )}
⎡ 1
⎤
2
1
− s−2 b
− s−4 b
e ( ) −1 −
e ( ) −1 ⎥
= lim ⎢ − e − s b − 1 −
b→∞
( s − 2)
( s − 4)
⎣ s
⎦
L
{ f ( t )}
=
(
)
(
)
(
)
1
2
1
+
+
s
s − 2
s − 4
Así resulta
L
{ f ( t )}
= F (s) =
1
2
1
+
+
s
s − 2
s − 4
2) Dada la gráfica de la función f ( t ) , determine L
{ f ( t )} utilizando la definición.
RESOLUCIÓN
La función mostrada se expresa en términos de su regla de correspondencia de la siguiente
manera:
154
⎧0
f (t ) = ⎨
⎩t
0 ≤ t < 1
t ≥ 1
entonces, al aplicar la definición
L
{ f ( t )} =
L
{ f ( t )}
∫
∞
0
e − s t f ( t ) dt =
⎡
= lim ⎢
b→∞⎣
∫
b
1
∫
1
0
e − s t ( 0 ) dt +
∫
∞
1
t e − s t dt
⎤
t e − s t dt ⎥
⎦
Integrando por partes
L
L
b
{ f ( t )}
⎡ t
1
= lim ⎢ − e − s t +
s
s
b→∞⎣
{ f ( t )}
⎡ t
⎤
1
= lim ⎢ − e − s t − 2 e − s t ⎥
s
b→∞⎣ s
⎦1
∫
e
−s t
⎤
dt ⎥
⎦1
b
Evaluando en los extremos de integración y aplicando el límite resulta
L
{ f ( t )}
⎡ b
⎤
1
1
1
= lim ⎢ − e − s b − 2 e − s b + e − s + 2 e − s ⎥
s
s
s
s
b→∞⎣
⎦
L
{ f ( t )}
⎡ 1 −s
⎤
1
e
= ⎢
+ 2 e −s ⎥
s
⎣ s
⎦
⎡ 1
1 ⎤
⇒ F (s) = e −s ⎢
+ 2⎥
s ⎦
⎣ s
3) Aplique la definición para obtener L
{ f ( t )} de la función
⎧
⎪⎪0
f (t ) = ⎨
⎪cos t
⎪⎩
0 ≤ t <
t ≥
π
π
2
2
155
RESOLUCIÓN
{ f ( t )} =
L
{ f ( t )}
L
∫
∞
e
f (t ) d t =
−s t
0
= lim
b→∞
∫
b
π
∫
π
2
e − s t ( 0) d t +
0
∫
∞
π
e − s t cos t d t
2
e − s t cos t dt
2
Integrando por partes se tiene
lim
b→∞
lim
b→∞
∫
∫
b
e
π
−s t
2
b
π
2
⎡ cos t − s t
1 ⎛ s ent − s t
1
e
e
cos t dt = lim ⎢ −
− ⎜−
+
s
s⎝
s
s
b→∞⎣
⎡ cos t − s t
1
1
e − s t cos t dt = lim ⎢ −
e
+ 2 ( s ent ) e − s t − 2
s
s
s
b→∞ ⎣
∫
b
e
−s t
⎞⎤
cos t dt ⎟ ⎥
⎠⎦ π
2
∫
b
⎤
e− s t cos t d t ⎥
⎦π
2
Agrupando términos semejantes
lim
b→∞
lim
b→∞
lim
b→∞
lim
b→∞
∫
∫
∫
∫
b
b
π
e
−s t
2
b
π
2
e −s t
2
b
π
e
−s t
2
b
π
2
⎛ cos t − s t
s ent − s t ⎞
cos t dt = lim ⎜ −
e
e
+
⎟
s
s2
b→∞⎝
⎠π
e −s t
⎛ − s ( cos t ) e − s t + ( s ent ) e − s t
⎜
s2
⎜
cos t dt = lim
s2 + 1
b→∞⎜
⎜⎜
s2
⎝
⎛ − s ( cos t ) e − s t + ( s ent ) e − s t
cos t dt = lim ⎜
⎜
s2 + 1
b→∞⎝
b
⎞
⎟
⎟
⎟
⎟⎟
⎠π
2
b
⎞
⎟⎟
⎠π
2
π
π
⎡
⎛π ⎞ − s
⎛π ⎞ − s
−s b
+ s enb e − s b − s cos ⎜ ⎟ e 2 + s en ⎜ ⎟ e 2
⎢ − s cos b e
⎝2⎠
⎝2⎠
cos t d t = lim ⎢
2
s + 1
b→∞⎢
⎢
⎣
Calculando el límite en el segundo miembro
156
⎤
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
lim
b→∞
∫
−
b
0
e
−s t
π
s
−e 2
cos t d t = 2
s + 1
Finalmente
L
{ f ( t )}
−
−1
= F (s) = 2
e
s + 1
π
2
s
157
5.2 LA TRANSFORMADA DE LAPLACE COMO UN OPERADOR
LINEAL.
1) Sin utilizar la definición, obtenga
⎧ cos ht ⎫
L ⎨ −3t ⎬
⎩e
⎭
RESOLUCIÓN
Es conveniente expresar la función coseno hiperbólico en términos de la función
exponencial, por lo que
⎧⎪ e t + e − t ⎫⎪
⎧ cos ht ⎫
L ⎨ −3t ⎬ = L ⎨
⎬
− 3t
⎪⎩ 2 e
⎩e
⎭
⎭⎪
⎧ cos ht ⎫
⎧1
L ⎨ − 3t ⎬ = L ⎨ e
⎩2
⎩e
⎭
(
t
)
+ e−t e
3t
⎫
⎬
⎭
dado que la transformada de Laplace es una transformación lineal se tiene
⎧ cos ht ⎫ 1
L ⎨ − 3 t ⎬ = ⎡L
⎩e
⎭ 2⎣
{ e } + L { e }⎤⎦
4t
2t
⎡ 1
1 ⎤
+
⎢
⎥
s − 2⎦
⎣s − 4
=
1
2
=
1 ⎡s − 2 + s − 4⎤
⎢
⎥
2 ⎣ s 2 − 6s + 8 ⎦
=
1 ⎡ 2 ( s − 3) ⎤
⎢
⎥
2 ⎣s 2 − 6s + 8⎦
De donde
F (s) =
s
2
s − 3
− 6s + 8
158
5.3 TEOREMA DE TRASLACIÓN EN EL DOMINIO DE “ s ”.
1) Determine
a) L
b) L
{e
−1
t−2
sen 3 t
}
⎧
s + 4 ⎫
⎨
⎬
⎩ s − 2s + 5 ⎭
RESOLUCIÓN
a) La función a transformar se expresa también como
{
f ( t ) = e t e − 2 sen 3 t
}
por lo que se tiene
{e
L
−2
e t sen 3 t
}
De la linealidad de la transformada de Laplace resulta
e
−2
L
{e
t
sen 3 t
}
y de acuerdo al primer teorema de traslación, expresado como sigue
L
donde F ( s ) = L
{e
}
f (t ) = F ( s − a )
at
{ f ( t )}
se obtiene
L
{e
−t −2
}
sen 3 t = e
−2
⎡
⎤
3
⎢
⎥
2
⎢⎣ ( s − 1) + 9 ⎥⎦
⎡
3e
= ⎢
⎣⎢ ( s − 1)
−2
2
⎤
⎥
+ 9 ⎦⎥
b) La función a antitransformar puede expresarse en términos de su denominador
factorizado según se indica
L
−1
⎧⎪
⎫⎪
s + 4
⎨
⎬
2
⎪⎩ ( s − 1) + 4 ⎭⎪
Por la linealidad de la transformada inversa
159
L
−1
⎧⎪
⎫⎪
s + 4
⎨
⎬ = L
2
⎩⎪ ( s − 1) + 4 ⎪⎭
⎧⎪
⎫⎪
s
⎨
⎬ + L
2
⎩⎪ ( s − 1) + 4 ⎪⎭
−1
−1
⎧⎪
⎫⎪
4
⎨
⎬
2
⎩⎪ ( s − 1) + 4 ⎪⎭
En el segundo miembro se tiene un traslado en el denominador, por lo que es necesario
realizarlo también en el numerador, y de esta forma aplicar el primer teorema de traslación;
asimismo, en el segundo miembro conviene factorizar como se indica a continuación
L
−1
s + 4
⎪⎧
⎪⎫
= ⎨
⎬ = L
2
⎪⎩ ( s − 1) + 4 ⎪⎭
−1
= L
−1
⎪⎧ s − 1 + 1 ⎪⎫
⎨
⎬ + 4L
2
⎪⎩ ( s − 1) + 4 ⎪⎭
⎧⎪
⎫⎪
s − 1
⎨
⎬ + 5L
2
⎪⎩ ( s − 1) + 4 ⎭⎪
−1
−1
1
⎪⎧
⎪⎫
⎨
⎬
2
⎪⎩ ( s − 1) + 4 ⎪⎭
⎧⎪
⎫⎪
1
⎨
⎬
2
⎩⎪ ( s − 1) + 4 ⎭⎪
y al aplicar el primer teorema de traslación en su forma inversa
−1
L
2) Sea L
{ f ( t )}
⎧⎪
⎫⎪
s + 4
5 t
t
e sen ( 2 t )
⎨
⎬ = e cos ( 2 t ) +
2
2
⎩⎪ ( s − 1) + 4 ⎪⎭
⎧ ⎛ t ⎞⎫
= F ( s ) , compruebe que L ⎨ f ⎜ ⎟ ⎬ = a F ( a s )
⎩ ⎝ a ⎠⎭
donde f ( t ) = t
2
+ e(
2 t + 1)
RESOLUCIÓN
Si f ( t ) = t
2
+ e 2t e , entonces
⎛t⎞
f⎜ ⎟
⎝a⎠
2
⎛t⎞
= ⎜ ⎟
⎝a⎠
2
+ ee
t2
= 2 + ee
a
⎛t⎞
2⎜ ⎟
⎝a⎠
⎛ 2⎞
⎜ ⎟t
⎝a⎠
Transformando en Laplace resulta
1
⎧ ⎛ t ⎞⎫
L ⎨ f ⎜ ⎟⎬ = 2 L
a
⎩ ⎝ a ⎠⎭
{t }
2
⎧⎪ ⎛⎜ 2 ⎞⎟ t ⎫⎪
+ e L ⎨e ⎝ a ⎠ ⎬
⎪⎩
⎭⎪
160
⎧ ⎛ t ⎞⎫
2
e
2
e
L ⎨ f ⎜ ⎟⎬ = 2 3 +
= 2 3 +
2
as−2
a s
a s
⎩ ⎝ a ⎠⎭
s−
a
a
=
2
ae
+
…………………...( A )
3
as−2
a s
2
Por otro lado
L
{ f ( t )}
= F (s)
y al transformar f ( t ) se tiene
F (s) = L
=
por lo que F ( a s ) =
{t }
2
{ }
+ eL e 2 t
2
e
+
3
s−2
s
2
e
+
3
as−2
(a s)
y multiplicando ambos miembros por la constante a
a F (a s) =
2a
ae
+
3 3
as − 2
a s
a F (a s) =
2
ae
+
………………..( B )
3
as − 2
a s
2
Al comparar (A) y (B) se comprueba que
⎧
L ⎨f
⎩
⎛ t ⎞⎫
⎜ ⎟⎬ = a F ( a s )
⎝ a ⎠⎭
161
5.4 TEOREMA DE TRASLACIÓN EN EL DOMINIO DE “ t ”.
1) De un formulario de transformadas de Laplace se tiene que
⎧ sen a t − a t cos a t ⎫
1
L ⎨
⎬ =
3
2
2a
s + a2
⎩
⎭
)
2
⎧ t sen a t ⎫
s
L ⎨
⎬ =
2
s + a2
⎩ 2a ⎭
)
2
(
(
y
Utilizando las transformadas de Laplace anteriores, obtenga
L
−1
⎧
s
⎪
⎨
2
⎪⎩ ⎡⎣( s − 2 ) + 9 ⎤⎦
⎫
⎪
2⎬
⎭⎪
RESOLUCIÓN
Para obtener la transformada inversa es necesario trasladar el parámetro s del numerador al
traslado que presenta el mismo parámetro del denominador, es decir
L
−1
⎧
s
⎪
⎨
2
⎪⎩ ⎡⎣( s − 2 ) + 9 ⎤⎦
⎫
⎪
= L
2⎬
⎪⎭
⎧
s − 2 + 2
⎨
2
⎪⎩ ⎡⎣( s − 2 ) + 9 ⎤⎦
⎫
⎪
2⎬
⎭⎪
⎧
1
⎪
⎨
2
⎪⎩ ⎡⎣( s − 2 ) + 9 ⎤⎦
⎫
⎪
2⎬
⎪⎭
− 1⎪
y por la linealidad de la antitransformada se tiene
L
−1
⎧
s − 2
⎪
⎨
2
⎪⎩ ⎡⎣( s − 2 ) + 9 ⎤⎦
⎫
⎪
+ 2L
2⎬
⎪⎭
−1
Por otro lado, de las transformadas dadas resulta
L
−1
L
−1
⎧
1
⎪
⎨
2
2
⎪⎩ s + a
(
⎧
s
⎪
⎨
2
2
⎪⎩ s + a
(
)
⎫
⎧ sen a t − a t cos a t ⎫
⎪
= ⎨
⎬
2⎬
2a3
⎩
⎭
⎪⎭
)
⎫
t sen a t
⎪
=
2⎬
2a
⎪⎭
Entonces, del segundo teorema de traslación
162
L
−1
2L
−1
⎧
s
⎪
⎨
2
⎪⎩ s + 9
(
)
⎫
t sen 3 t 2 t
e 2 t t sen 3 t
⎪
=
=
e
⎬
2
6
2 ( 3)
⎪⎭
( s − 2) → s
)
⎫
⎡ sen 3 t − 3 t cos 3 t ⎤ 2 t
⎪
=
2
⎢
⎥e
⎬
2
2 ( 3) 3
⎢⎣
⎪⎭
⎦⎥
( s − 2) → s
también
⎧
1
⎪
⎨
2
⎪⎩ s + 9
(
=
e 2t
( sen 3 t − 3 t cos 3 t )
27
Finalmente
L
−1
⎧
s
⎪
⎨
2
⎪⎩ ⎡⎣( s − 2 ) + 9 ⎤⎦
⎫
e 2t t sen 3 t
e 2t
⎪
=
+
( sen 3 t − 3 t cos 3 t )
2⎬
6
27
⎪⎭
2) Obtenga la transformada de Laplace de la función x ( t ) = e − 3 t cos ( 2 t − 8 ) u ( t − 4 )
RESOLUCIÓN
La función x ( t ) también se puede expresar de la siguiente manera:
x ( t ) = e − 3 t cos 2 ( t − 4 ) u ( t − 4 )
o bien
x (t ) = e
− 3( t − 4 )
e − 12 cos 2 ( t − 4 ) u ( t − 4 )
del segundo teorema de traslación
L
{g (t
− a ) u ( t − a )} = e − a s G ( s )
entonces
X (s) = L
{ x (t ) }
= L
{e
− 3 (t − 4)
}
e − 12 cos 2 ( t − 4 ) u ( t − 4 )
donde
g (t − 4) = e
− 3 (t − 4)
e − 12 cos 2 ( t − 4 )
de aquí se obtiene
163
g ( t ) = e − 3 t e − 12 cos 2 t
y al transformar
{
G ( s ) = e − 1 2 L e − 3 t cos 2 t
}
Aplicando el primer teorema de traslación resulta
⎡
⎤
s + 3
G (s) = e − 1 2 ⎢
⎥
2
⎣⎢ ( s + 3 ) + 4 ⎥⎦
y para la función buscada
⎡
⎤
s + 3
X ( s ) = e − 12 e − 4 s ⎢
⎥
2
⎣⎢ ( s + 3 ) + 4 ⎥⎦
164
5.5 TRANSFORMADA DE LAPLACE DE LAS FUNCIONES
IMPULSO, ESCALÓN Y RAMPA.
1)
Obtenga la transformada de Laplace de la función
1
; 0≤t <1
⎧
f (t ) = ⎨ 2
⎩t − 2 t + 2 ; 1 ≤ t
RESOLUCIÓN
La función también se puede escribir de la siguiente manera
1
; 0≤t <1
⎧⎪
f (t ) = ⎨
2
⎪⎩ ( t − 1) + 1 ; 1 ≤ t
y en términos de la función escalón unitario resulta
f ( t ) = u ( t ) + u ( t − 1) ⎡⎣( t − 1) 2 + 1⎤⎦ − u ( t − 1)
= u ( t ) + u ( t − 1) ( t − 1) 2 + u ( t − 1) − u ( t − 1)
al simplificar se obtiene
f ( t ) = u ( t ) + u ( t − 1) ( t − 1) 2
de esta manera la obtención de la transformada de Laplace resulta
L
{ f ( t )}
= L
{u ( t )}
{u ( t
+ L
− 1) ( t − 1) 2
}
y del segundo teorema de traslación
L
{u ( t
− a ) g ( t − a )} = e − a s G ( s ) , donde G ( s ) = L
{ g( t ) }
Interesa determinar
L
{u (t
− 1) ( t − 1) 2
}=
e − s G (s)
para obtener G ( s ) es necesario primero obtener g ( t ) por lo que se tiene
g ( t − 1) = ( t − 1) 2
⇒
g (t ) = t
2
y resulta
G (s) = L
{t } =
2
2
s3
165
entonces
L
{u ( t − 1) g ( t − 1)} =
2e−s
s3
y para la función u ( t )
L
{u ( t )}
=
1
s
Finalmente
F (s) =
1
2e−s
+
s
s3
Es conveniente mencionar que la transformada obtenida, se puede determinar también
empleando la definición de transformada de Laplace.
2) Obtenga la transformada de Laplace de la función
⎧ cos 2 t ; 0 ≤ t < 2π
f (t ) = ⎨
; 2π ≤ t
⎩ 0
RESOLUCIÓN
Para obtener F ( s ) es posible facilitar el proceso si expresamos a la función en términos de
la función escalón unitario:
f ( t ) = u ( t ) cos 2 t − u ( t − 2π ) cos 2 t
pero cos 2 t = cos 2 ( t − 2π )
entonces
f ( t ) = ( cos 2 t ) u ( t ) − ⎡⎣cos 2 ( t − 2π ) ⎤⎦ u ( t − 2π )
transformando en Laplace y aplicando el segundo teorema de traslación
L
{ f ( t )}
= L
=
{( cos 2 t ) u ( t )}
− L
{cos 2 ( t
− 2π ) u ( t − 2π )}
⎛
⎞
s
s
− e − 2π s ⎜ 2
⎟
s + 4
⎝ s + 4 ⎠
2
166
Finalmente
F (s) =
s
s e − 2π s
−
s2 + 4
s2 + 4
F (s) =
⎛
s
e − 2π s ⎞
1
−
⎜
⎟
s2 + 4 ⎝
s2 + 4⎠
Otra manera de obtener F ( s ) es aplicando la definición como se indica enseguida:
L
{ f ( t )}
=
∫
∞
0
e − s t f ( t ) dt =
∫
2π
e − s t cos 2 t dt
0
Integrando dos veces por partes y simplificando
∫
2π
e
0
−s t
2 e − s t sen 2 t − s e − s t cos 2 t
cos 2 t dt =
s2 + 4
=
2π
0
s
s e − 2π s
−
s2 + 4
s2 + 4
Finalmente
L
{ f ( t )}
=
(
s
1 − e − 2π s
s + 4
2
)
3) Obtenga la transformada de Laplace de la función cuya gráfica se muestra a
continuación
RESOLUCIÓN
A partir de la gráfica se expresa la función en términos de la función rampa
167
f ( t ) = r ( t − 1) − r ( t − 2 ) − r ( t − 3 ) + r ( t − 4 )
y al transformar en Laplace
F (s) = L
4)
{r ( t
− 1)} − L
{r ( t
− 2 )} − L
{r ( t
F (s) =
1 −s
1
1
1
e
− 2 e −2s − 2 e −3s + 2 e −4s
2
s
s
s
s
F (s) =
1
e −s − e −2s − e −3s + e −4s
2
s
(
− 3)} + L
{r ( t
− 4 )}
)
Exprese la función f ( t ) , cuya gráfica se muestra en la figura, en términos de las
funciones generalizadas rampa unitaria y escalón unitario.
RESOLUCIÓN
Para expresar a f ( t ) en términos de las funciones generalizadas debe recordarse que
⎧ 0
u (t ) = ⎨
⎩ 1
; t<0
⎧ 0
; u (t − a ) = ⎨
; t≥ 0
⎩ 1
; t<a
; t≥ a
⎧ 0
r (t ) = ⎨
⎩ t
; t <0
; t<a
⎧ 0
; r (t − a ) = ⎨
; t≥ 0
⎩ t − a ; t≥ a
por lo que se tiene
168
f (t ) = 3t 2 u ( t
)
− 3 t 2 u ( t − 1) + 3 r ( t − 2 ) − 3 u ( t − 3 )
− 3 r (t − 3) + 3 u ( t − 4 ) − 3 u ( t − 5 )
⎧ t ; 0 < t < 2
⎪
5) Sea f ( t ) = ⎨ 4 ; 2 < t < 4
⎪ 0 ; t > 4
⎩
a) Represente la función f ( t ) en términos de funciones generalizadas rampa
unitaria y escalón unitario.
b) Calcule la transformada de Laplace de f ( t )
RESOLUCIÓN
Es conveniente representar gráficamente a la función, por lo que se tiene
a) a partir de esta gráfica resulta más fácil expresar f ( t ) en términos de las funciones
r (t ) y u (t ) :
f ( t ) = r ( t ) + 2 u ( t − 2) − r ( t − 2) − 4 u ( t − 4 )
b)
f (t ) = L
{ f ( t )}
= L
{r ( t )}
+ 2L
{u ( t
− 2 )} − L
{r ( t
− 2 )} − 4 L
{u ( t
− 4 )}
Finalmente
F (s) =
1
2 −2s
1
4
+
e
− 2 e −2s − e −4s
2
s
s
s
s
169
5.6 DERIVADA DE LA TRANSFORMADA DE UNA FUNCIÓN.
1) Calcule L
−1
⎪⎧ ⎛ s + 2 ⎞ ⎪⎫
⎨ Ln ⎜
⎟⎬
⎩⎪ ⎝ s − 2 ⎠ ⎭⎪
Sugerencia: Utilice el teorema de la derivada de una transformada.
RESOLUCIÓN
Por propiedades de la función logaritmo natural se tiene que
L
−1
⎪⎧ ⎛ s + 2 ⎞ ⎪⎫
⎨ Ln ⎜
⎟⎬ = L
⎩⎪ ⎝ s − 2 ⎠ ⎭⎪
−1
{Ln ( s
+ 2 ) − Ln ( s − 2 )}
Del teorema de la derivada de una transformada
L
{t
n
f ( t )} = ( − 1)
n
d
F (s)
; F (s) = L
dsn
n
{ f ( t )}
y si F ( s ) = Ln ( s + 2 ) − Ln ( s − 2 ) al derivar se tiene
d F (s)
1
1
.............................. ( A )
=
−
ds
s + 2
s − 2
Ahora bien, si se antitransforma el teorema referido de la sugerencia
−1
L
n
⎧⎪
F ( s ) ⎫⎪
n d
n
⎨( − 1)
⎬ = t f (t )
n
ds
⎩⎪
⎭⎪
para n = 1 resulta
L
−1
⎧ d F (s) ⎫
⎨−
⎬ = t f (t )
ds ⎭
⎩
por lo que de la derivada obtenida en (A)
−
d F (s)
1
1
= −
+
ds
s + 2
s − 2
Antitransformando resulta
L
−1
⎧
1
1 ⎫
+
⎨−
⎬ = t f (t )
s − 2⎭
⎩ s + 2
170
− e − 2 t + e 2 t = t f (t )
pero también
− e − 2 t + e 2 t = 2 sen h 2 t
por lo que
t f ( t ) = 2 sen h 2 t
de donde se tiene
f (t ) =
2 sen h 2 t
t
171
5.7 TEOREMA DE CONVOLUCIÓN.
1) Utilice el teorema de Convolución para calcular
−1
L
⎧
⎫
2
⎪
⎪
⎨
⎬
2
⎪⎩ ( s − 1) s + 4 ⎭⎪
(
)
RESOLUCIÓN
Se tiene L
−1
{H ( s )} ,
donde H ( s ) =
2
(
(s
− 1) s 2 + 4
)
Esta función es también
⎤
⎡ 1 ⎤ ⎡
2
⎢
⎥
⎢
⎥
2
s
−
1
⎢
⎥
(
)
+
4
s
⎣
⎦ ⎣
⎦
(
)
entonces se busca obtener
L
−1
⎧⎡
⎤⎫
1 ⎤ ⎡⎢
2
⎪
⎥ ⎪⎬
⎨⎢
⎥
2
( s − 1) ⎦ ⎢⎣ s + 4 ⎥⎦ ⎪
⎩⎪ ⎣
⎭
(
)
Del teorema de Convolución
L
−1
{F ( s ) G ( s )}
L
−1
{F ( s ) G ( s )} =
= f (t ) * g (t )
∫
t
0
f (τ ) g ( t − τ ) dτ
Entonces se tiene
g (t ) = L
−1
{F ( s )}
f (t ) = L
−1
{G ( s )} = L
= L
⎧ 1 ⎫⎪
t
⎨
⎬ = e
⎩⎪ ( s − 1) ⎪⎭
− 1⎪
⎧
⎫
2
⎪
⎨ 2
⎬ = sen 2 t
−
s
4
⎪⎩
⎪⎭
− 1⎪
(
)
pero para resolver la integral de convolución se requieren las funciones
f (τ ) y
g ( t − τ ) , así
172
f (τ ) = sen 2 τ
g (t − τ ) = e (
t −τ )
sustituyendo estas funciones en la integral de convolución
∫
f (t ) * g (t ) =
t
( sen 2 τ ) e (t − τ ) dτ
0
f (t ) * g (t ) = e t
∫
t
e − τ sen 2 τ dτ
0
La integral se calcula integrando dos veces por partes, de donde se obtiene
∫
t
0
1
5
e − τ ( sen 2 τ ) dτ =
(−
2 e − t cos 2 t − e − t sen 2 t + 2
(−
2 e − t cos 2 t − e − t sen 2 t + 2
)
A partir de este resultado se tiene
f (t ) * g (t ) =
et
5
f (t ) * g (t ) =
1
5
(−
2 cos 2 t − sen 2 t + 2e
t
)
)
De donde
L
−1
⎧⎪
⎫⎪
2
1
⎨
⎬ = −
2
5
⎪⎩ ( s − 1) s + 4 ⎪⎭
(
)
( 2 cos 2 t
+ sen 2 t − 2e
t
)
173
5.8 RESOLUCIÓN DE ECUACIONES Y SISTEMAS DE
ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES.
1) Utilice el método de la transformada de Laplace para resolver el problema de
valores iniciales
y '' + 4 y = sen 3 t ; y ( 0 ) = 0 y y ' ( 0 ) = 0
RESOLUCIÓN
Transformando en Laplace ambos miembros de la ecuación diferencial se tiene
L
{ y ''}
+ 4L
{ y}
= L
s 2 Y ( s ) − s Y (0 ) − Y '(0 ) + 4 Y ( s ) =
{sen 3 t}
3
s + 9
2
Enseguida se aplican las condiciones iniciales y ( 0 ) = 0 ,
y ' ( 0 ) = 0 de donde
resulta
s 2 Y (s) + 4 Y (s) =
3
s2 + 9
Se tiene ahora un problema de tipo algebraico donde se busca despejar a la función Y ( s )
esto es
(
)
Y (s) s 2 + 4 =
Y (s) =
3
s + 9
2
(s
3
2
+ 4
) (s
2
+ 9
)
Para obtener la solución de la ecuación diferencial se deberá antitransformar, por lo que es
necesario simplificar el segundo término de la última expresión y tener elementos que se
antitransformen fácilmente; es necesario descomponer Y ( s ) en una suma de fracciones
parciales, según se indica a continuación
Y (s) =
(s
3
2
+ 4
) (s
2
+ 9
)
=
As + B
Cs + D
+
2
s + 4
s2 + 9
de aquí resulta
174
(
)
(
3 = ( A s + B ) s 2 + 9 + (C s + D ) s 2 + 4
)
desarrollando el segundo miembro
3 = As3 + 9 As + Bs2 + 9B + C s3 + 4C s + Ds2 + 4D
3 = s 3( A + C ) + s 2 ( B + D ) + s ( 9 A + 4 C ) + 9 B + 4 D
y por igualdad de términos
A + C = 0
B + D = 0
9 A + 4C = 0
9B + 4D = 3
resolviendo este sistema se tiene A = 0 , B =
3
3
, C = 0 , D = −
5
5
Entonces
3
3
Y (s) = 2 5
− 25
s + 4
s + 9
Al antitransformar
y (t ) = L
−1
{Y ( s )}
=
3
L
5
−1
⎧ 1 ⎫
3
⎨ 2
⎬ − L
5
⎩s + 4⎭
−1
⎧ 1 ⎫
⎨ 2
⎬
⎩s + 9⎭
por lo que la solución de la ecuación diferencial es
y (t ) =
3
3
sen 2 t −
sen 3 t
10
15
y (t ) =
3
1
sen 2 t − sen 3 t
10
5
o bien
2) Aplique la transformada de Laplace para resolver la ecuación diferencial
y '' − 7 y ' + 6 y = 10 δ ( t − 2 )
con las condiciones iniciales y ( 0 ) = 0 ,
y ' ( 0) = 0
175
RESOLUCIÓN
Aplicando la transformada de Laplace en ambos miembros de la ecuación diferencial
{ y ''}
s 2 Y (s)
L
{ y '} + 6 L { y} = 10 L {δ ( t − 2 )}
s Y ( 0 ) − Y ' ( 0 ) − 7 ⎡⎣ s Y ( s ) − Y ( 0 ) ⎤⎦ + 6 Y ( s )
− 7L
−
= 10 e − 2 s
Al efectuar operaciones y aplicar las condiciones iniciales resulta
s 2 Y ( s ) − 7 s Y ( s ) + 6 Y ( s ) = 10 e − 2 s
En esta última ecuación interesa obtener Y ( s ) , por lo que se factoriza y se despeja según
se muestra
(
)
Y ( s ) s 2 − 7 s + 6 = 10 e− 2 s
Y (s) =
Y (s) =
s2
10 e− 2 s
− 7s + 6
10 e − 2 s
( s − 6 ) ( s − 1)
Teniendo presente que la solución de la ecuación diferencial está dada por y ( t ) , es
necesario obtener la antitransformada de la función Y ( s ) , esto es
y (t ) = L
−1
{Y ( s )}
= L
−1
⎧⎪
⎫⎪
10 e − 2 s
⎨
⎬
⎪⎩ ( s − 6 )( s − 1) ⎭⎪
La función a antitransformar puede expresarse también de la siguiente forma
Y ( s ) = e− 2 s
10
( s − 6 )( s − 1)
que llevaría a la aplicación del segundo teorema de traslación en forma inversa, es decir
L
−1
{e− a s G ( s )}
= g (t − a ) u (t − a )
Para obtener g ( t ) se requiere que G ( s ) se antitransforme, lo que lleva a expresar a
ésta última en términos de fracciones parciales:
176
G (s) =
A
B
10
=
+
( s − 6 )( s − 1) s − 6 s − 1
siguiendo este proceso se tiene
10 = A ( s − 1) + B ( s − 6 )
La obtención de las constantes A y B puede realizarse como se indica:
para s = 1
⇒
B = − 2
para s = 6
⇒
A = 2
Entonces, para la función g ( t ) se tiene
g (t ) = L
−1
{G ( s )}
⇒
= 2L
−1
⎧ 1 ⎫
⎨
⎬ − 2L
−
s
6
⎩
⎭
−1
⎧ 1 ⎫
⎨
⎬
⎩ s − 1⎭
g (t ) = 2 e 6 t − 2 e t
De acuerdo al segundo teorema de traslación y a la función
Y (s)
se identifica el valor
del traslado que es a = 2 , por lo que
6 t−2
t−2
g ( t − a ) = g ( t − 2) = 2 e ( ) − 2 e ( )
y para la función y ( t ) resulta
y (t ) = L
−1
{Y ( s )}
= L
−1
10
⎪⎧ − 2 s
⎪⎫
⎨e
⎬ = g ( t − 2) u ( t − 2)
( s − 6 )( s − 1) ⎪⎭
⎪⎩
por lo que finalmente
6 t−2
t−2
y ( t ) = ⎡ 2 e ( ) − 2 e ( ) ⎤ u ( t − 2)
⎣
⎦
3) Mediante el método de la transformada de Laplace, resuelva la ecuación diferencial
y '' + y = t − ( t − 4 ) u ( t − 2 )
para las condiciones iniciales y ( 0 ) = 0 , y ' ( 0 ) = 1
RESOLUCIÓN
Se tiene la ecuación diferencial
177
y '' + y = t − ( t − 4 ) u ( t − 2 )
Enseguida se aplica la transformada de Laplace a cada uno de los términos
L
{ y ''}
+ L
{ y}
{t}
= L
{( t
− L
− 4 ) u ( t − 2 )}
de donde se obtiene
s 2 Y ( s ) − s Y (0 ) − Y '(0 ) + Y ( s ) =
⎛1 − 2 s⎞
1
− e− 2 s ⎜
⎟
2
2
s
⎝ s
⎠
Al aplicar condiciones iniciales y reducir términos resulta
s 2 Y (s) − 1 + Y (s) =
(
⎛1 − 2 s⎞
1
− e− 2 s ⎜
⎟
2
2
s
⎝ s
⎠
)
Y (s) s 2 + 1 = 1 +
⎛1 − 2 s⎞
1
− e− 2 s ⎜
⎟
2
2
s
⎝ s
⎠
despejando a la función de interés
Y (s) =
⎛ 1 − 2s ⎞
⎟
− e− 2 s ⎜ 2 2
⎜s s + 1 ⎟
+ 1
⎝
⎠
s2 + 1
(
s2 s2
)
(
)
Interesa obtener la antitransformada de la función Y ( s ) , esto es
y (t ) = L
− 1⎧
1⎫
⎨ 2⎬ − L
⎩s ⎭
{Y ( s )} = L
−1
⎧
⎨e
⎪⎩
− 1⎪ − 2 s
⎛ 1 − 2 s ⎞ ⎫⎪
⎜
⎟⎬
⎜ s 2 s 2 + 1 ⎟⎪
⎝
⎠⎭
(
)
En el segundo miembro, al antitransformar el segundo término se tiene
L
⎧
⎨e
⎪⎩
− 1⎪ − 2 s
⎛ 1 − 2 s ⎞ ⎫⎪
⎜
⎟⎬
⎜ s 2 s 2 + 1 ⎟⎪
⎝
⎠⎭
(
)
y de acuerdo al segundo teorema de traslación en su forma inversa
L
−1
{e
−as
}
G ( s ) = g (t − a ) u (t − a )
lo cual implica obtener la función g ( t ) ; para obtenerla se considera
G (s) =
1 − 2s
(
s2 s2 + 1
(
)
A
B
Cs + D
+ 2+
s
s
s2 + 1
=
)
(
)
1 − 2 s = A( s ) s 2 + 1 + B s 2 + 1 + (C s + D ) s 2
178
1 − 2 s = s 3( A + C ) + s 2( B + D ) + s ( A ) + B
de donde resulta
A + C = 0
⇒
C = 2
B + D = 0
⇒
D = − 1
A = − 2
B = 1
entonces
G (s) = −
g (t ) = L
{G ( s )}
−1
= − 2L
2
1
2s − 1
+ 2+ 2
s
s
s + 1
− 1⎧ 1 ⎫
⎨ ⎬ + L
⎩s ⎭
g ( t ) = − 2 + t + 2 cos t − sent
− 1⎧
1⎫
⎨ 2 ⎬ + 2L
⎩s ⎭
− 1⎧
s ⎫
⎨ 2
⎬ − L
⎩ s + 1⎭
− 1⎧
1 ⎫
⎨ 2
⎬
⎩ s + 1⎭
Del exponencial e − 2 s se tiene a = 2 , por lo que la función g ( t ) trasladada es
g ( t − 2 ) = − 2 + ( t − 2 ) + 2 cos ( t − 2 ) − sen ( t − 2 )
Finalmente, para la función solución
g ( t ) = t − ⎡⎣ − 2 + ( t − 2 ) + 2 cos ( t − 2 ) − sen ( t − 2 ) ⎤⎦ u ( t − 2 )
y ( t ) = t + ⎡⎣ 4 − t + sen ( t − 2 ) − 2 cos ( t − 2 ) ⎤⎦ u ( t − 2 )
4) Utilice la transformada de Laplace para resolver la ecuación diferencial
y '' + 4 y ' + 3 y = 1 + δ ( t − 3 )
Sujeta a las condiciones iniciales y ( 0 ) = 1 , y ' ( 0 ) = 1
RESOLUCIÓN
Inicialmente se transforma en Laplace cada uno de los términos de la ecuación diferencial
L
{ y ''}
+ 4L
{ y '}
+ 3L
{ y}
= L
{1}
+ L
{δ ( t
− 3 )}
1
s 2 Y ( s ) − s Y ( 0 ) − Y ' ( 0 ) + 4 ⎡⎣ s Y ( s ) − Y ( 0 ) ⎤⎦ + 3 Y ( s ) =
+ e−3s
s
179
posteriormente se aplican condiciones iniciales y se simplifica, es decir,
s 2 Y (s) − s − 1 + 4 s Y (s) − 4 + 3 Y (s) =
1
+ e−3s
s
Y (s) s 2 + 4 s + 3 =
1
+ e−3s + s + 5
s
Y ( s ) ( s + 3 ) ( s + 1) =
1 + s e−3s + s 2 + 5 s
s
(
)
Y (s) =
s2 + 5s + 1
s e−3s
+
s ( s + 3 )( s + 1)
s ( s + 3 )( s + 1)
y (t ) = L
y (t ) = L
−1
−1
{Y ( s )}
2
⎪⎧ s + 5 s + 1 ⎪⎫
⎨
⎬ + L
⎩⎪ s ( s + 3 )( s + 1) ⎪⎭
−1
1
⎪⎧ − 3 s
⎪⎫
⋅
⎨e
⎬
( s + 3)( s + 1) ⎪⎭
⎩⎪
se tienen entonces dos funciones a antitransformar, a saber
I = L
−1
2
⎪⎧ s + 5 s + 1 ⎪⎫
⎨
⎬
⎪⎩ s ( s + 3 )( s + 1) ⎭⎪
Por fracciones parciales
s2 + 5s + 1
A
=
+
s ( s + 3 )( s + 1)
s
B
+
( s + 3)
C
( s + 1)
s 2 + 5 s + 1 = A ( s + 3 ) ( s + 1) + B s ( s + 1) + C s ( s + 3 )
para s = 0 : A =
1
3
para s = − 3 : B = −
para s = − 1 : C =
5
6
3
2
por lo que resulta
I =
I =
1
L
3
−1
5
⎧1⎫
⎨ ⎬ − L
6
⎩s⎭
−1
⎧⎪
⎫⎪
1
3
⎨
⎬ + L
2
⎩⎪ ( s + 3 ) ⎭⎪
−1
⎧⎪ 1 ⎫⎪
⎨
⎬
⎩⎪ ( s + 1) ⎭⎪
1
5
3
− e − 3t + e −t
3
6
2
Por otro lado
180
−1
II = L
⎧⎪ − 3 s
⎫⎪
1
⋅
⎨e
⎬
( s + 3)( s + 1) ⎭⎪
⎩⎪
Esta función se antitransformará considerando el segundo teorema de traslación, esto es
−1
L
{e
−as
Entonces, la función G ( s ) es
(s
}
G ( s ) = g (t − a ) u (t − a )
1
+ 3 )( s + 1)
1
(s
+ 3 )( s + 1)
=
, y por fracciones parciales
A
B
+
s + 3
s + 1
1 = A ( s + 1) + B ( s + 3 )
para s = − 1 :
B =
para s = − 3 : A = −
1
2
1
2
por lo que resulta g ( t ) = L
−1
{G ( s )}
⎧ 1 ⎫
1
⎨
⎬ + L
2
⎩s + 3⎭
g (t ) = −
1
L
2
g (t ) = −
1 −3t
1
e
+ e−t
2
2
−1
−1
⎧ 1 ⎫
⎨
⎬
⎩ s + 1⎭
y de acuerdo a la expresión II , se tiene de la función e − 3 s el elemento a = 3 , por lo
que es posible obtener la función g ( t ) con traslado
g ( t − 3) = −
1 − 3 (t
e
2
− 3)
+
1 − (t
e
2
− 3)
Así, resulta
⎡ 1 −3 t
II = ⎢ − e (
2
⎣
− 3)
+
1 −( t
e
2
− 3) ⎤
⎥⎦ u ( t − 3 )
Finalmente
y (t ) =
1
5
3
⎡ 1 −3 t
− e− 3 t + e− t + ⎢ e (
3
6
2
⎣ 2
− 3)
−
1 − 3 (t
e
2
− 3) ⎤
⎥⎦ u ( t − 3 )
181
5)
Utilice la transformada de Laplace para resolver el sistema
x '' − y '' = t 2
x '' + y '' = 4 t
dadas las condiciones iniciales x ( 0 ) = 8 , x ' ( 0 ) = 0 , y ( 0 ) = 0 , y ' ( 0 ) = 0 .
RESOLUCIÓN
Transformando en Laplace cada una de las ecuaciones del sistema resulta
L
L
{ x ''}
{ x ''}
− L
+ L
{ y ''}
{ y ''}
=L
{t }
=4L
2
{t}
2
s 2 X ( s ) − s X ( 0 ) − X ' ( 0 ) − ⎡⎣ s 2 Y ( s ) − s Y ( 0 ) − Y ' ( 0 ) ⎤⎦ = 3
s
4
s 2 X ( s ) − s X ( 0 ) − X ' ( 0 ) + ⎡⎣ s 2 Y ( s ) − s Y ( 0 ) − Y ' ( 0 ) ⎤⎦ = 2
s
enseguida se aplican condiciones iniciales y se reducen términos
s 2 X (s) − 8 s − s 2 Y (s) =
2
………………. (A)
s3
s 2 X (s) − 8 s − s 2 Y (s) =
4
…..………...….(B)
s2
Sumando (A) y (B) se obtiene
2 s 2 X ( s ) − 16 s =
2
4
+ 2
3
s
s
de donde
2s 2 X (s) =
2
4
2 + 4 s + 16 s 4
16
s
+
+
=
s3
s2
2s 3
(
2 1 + 2s + 8s 4
2 + 4 s + 16 s 4
X (s) =
=
2s 5
2s 5
X (s) =
)
1
2
8
+ 4 +
5
s
s
s
182
y al antitransformar
x (t ) = L
x (t ) = L
x (t ) =
{ X ( s )}
−1
−1
⎧ 1 ⎫
⎨ 5 ⎬ + 2L
⎩s ⎭
−1
⎧1⎫
⎨ 4⎬ + 8L
⎩s ⎭
−1
⎧1⎫
⎨ ⎬
⎩s⎭
1 4
2 3
t +
t + 8 …………….( C )
4!
3!
Para obtener Y ( s ) se puede emplear la ecuación ( B ), es decir
s 2 Y (s) =
s 2 Y (s) =
4
+ s 2 X (s) + 8 s
2
s
4 − s 4 X (s) + 8 s 3
s2
de donde
Y (s) =
Y (s) =
4 − s 4 X (s) + 8 s 3
s4
4
8
− X (s) +
4
s
s
y al antitransformar
y (t ) = L
−1
y (t ) = 4 L
{Y ( s )}
−1
⎧1 ⎫
⎨ 4⎬ + 8L
⎩s ⎭
−1
⎧1⎫
⎨ ⎬ − x (t )
⎩s⎭
pero x ( t ) ya ha sido obtenida, entonces al sustituirla se tiene finalmente
y (t ) =
4 3
1 4
2
t + 8 −
t − t3 − 8
3!
4!
3!
y (t ) =
2 3
1 4
t −
t
……………….( D )
3!
4!
por lo que ( C ) y ( D ) constituyen la solución del sistema.
183
EJERCICIOS PROPUESTOS
1)
Obtenga la transformada de Laplace de las siguientes funciones:
a)
b)
; t<5
⎧⎪0
f (t ) = ⎨ 2
t
⎪⎩t + e ; t ≥ 5
g ( t ) = e 3 t cos 5 t − t 2e − 2 t +
∫
t
0
senτ dτ
Solución.
2)
a) L
{ f ( t )}
= e
b) L
{ g ( t )}
=
−5s
⎡ 2
10
25
es
+
⎢ 3 + 2 +
s
s −
s
⎣s
s − 3
−
( s − 3) 2 + 5
2
( s + 2)
3
+
⎤
⎥
1⎦
(
s s
1
2
+ 1
)
Obtenga la transformada inversa de Laplace de las siguientes funciones:
3
, usando convolución
s + s
a)
G (s) =
b)
e −3s + s − 2
F (s) = 2
s − 4s − 5
3
Solución.
a) g ( t ) = 3 − 3 cos t
b)
3)
⎧ e 2 t cosh 3 t
; 0 ≤ t < 3
⎪
f (t ) = ⎨ 2 t ⎛ 1 − 6
⎞
senh ( 3 t − 9 ) + cosh 3 t ⎟ ; t > 3
⎪e ⎜3e
⎝
⎠
⎩
Obtenga, utilizando la transformada de Laplace, la solución de la ecuación
184
y '' + 4 y ' + 4 y = 3 e − t que satisface las condiciones y ( 0 ) = 2 ,
y '(0 ) = 1
Solución.
y (t ) = 2 t e − 2 t − e − 2 t + 3 e − t
4)
Utilice el método de la transformada de Laplace para obtener la solución de la
ecuación diferencial
y ' + 2 y = f ( t ) con las condiciones iniciales
y (0 ) = 0 ,
siendo f ( t ) la función cuya gráfica se muestra a continuación.
Solución.
⎧ − 1 + 2 t + e − 2t
⎪
4
⎪
y (t ) = ⎨
2
− 2t
⎪ 1 + e e
⎪⎩
4
(
)
; 0 ≤ t < 1
; t ≥ 1
5) Utilice la transformada de Laplace para obtener x 1 ( t ) del sistema de ecuaciones
diferenciales
x 1' = − x 2 + f ( t )
x 1 = 1 − x 2'
donde
⎧t ; 0 ≤ t < 1
f (t ) = ⎨
⎩0 ; t ≥ 1
185
con condiciones
⎧⎪ x 1 ( 0 ) = 0
⎨
⎪⎩ x 2 ( 0 ) = 0
Solución.
(
x 1 (t ) = 1 − e (
t − 1)
)
0
; 0 ≤ t < 1
⎧⎪
u ( t − 1) o bien x 1 ( t ) = ⎨
( t − 1)
; t ≥ 1
⎪⎩− 1 + e
6) Sea la ecuación diferencial
y ' − 3 y = e 3 t y la condición y ( 1) = 0
Calcule y ( 0 ) mediante el uso de la transformada de Laplace.
Solución.
y = ( t − 1) e 3 t
y (0 ) = − 1
7) Utilice la transformada de Laplace para obtener el valor de la función x ( t ) tal
que satisfaga al sistema de ecuaciones diferenciales
x'
+ 8y = 2
x' − 2 x + y' = e 4 t
con las condiciones iniciales x ( 0 ) = 0 , y ( 0 ) = 0 .
Solución.
(
x (t ) = e 4 t 2 t − 4 t 2
)
186
8) Emplee la transformada de Laplace para resolver la ecuación diferencial
y '' + 6 y ' + 9 y = 6 t 2 e − 3 t
con y ( 0 ) = 0 , y ' ( 0 ) = 0 .
Solución.
y (t ) = L
{Y ( s )}
−1
=
1 4 −3t
t e
2
9) Utilice la transformada de Laplace para resolver una de las siguientes ecuaciones
diferenciales con las condiciones dadas
(D
y '' + y 2 = e − t
;
y (0 ) = 1 , y '(0 ) = 1
+ 2) 2 y = e t
;
y ( 0) = 1 , y '( 0) = 0
1
y' = 2
t
;
y ( 0) = 0 , y '( 0) = 0
y '' +
Solución.
y (t ) =
1 t
8
5
e + e −2t + t e − 2t
9
9
3
10) Utilice la transformada de Laplace para resolver el sistema
x '' + y '' = e 2 t
2 x ' + y '' = − e 2 t + δ ( t − 1)
sujeto a las condiciones iniciales x ( 0 ) = 0 , y ( 0 ) = 0 , x ' ( 0 ) = 0 ,
y '(0 ) = 0
187
Solución.
x (t ) =
1
1
− e 2 t + t e 2 t + e t − 1 senh ( t − 1) u ( t − 1)
2
2
y (t ) = −
3
1
3
− t + e 2 t − t e 2 t − e t − 1 senh ( t − 1) u ( t − 1)
4
2
4
11) Utilice el método de la transformada de Laplace para resolver la ecuación diferencial
y '' + 9 y = 3 sent
si las condiciones iniciales son y ( 0 ) = y ' ( 0 ) = 0
Solución.
y (t ) =
3
1
sent − sen 3 t
8
8
12) Obtenga, mediante la transformada de Laplace, la solución del sistema
x 1'' + 10 x 1 = 4 x 2
− 4 x 1 + x 2 '' = − 4 x 2
sujeta a las condiciones iniciales x 1( 0 ) = 0 , x 1' ( 0 ) = 1 , x 2( 0 ) = 0 ,
x 2' ( 0 ) = − 1
Solución.
x 1( t ) = −
x 2( t ) =
2
3
sen 2 t +
sen 2 3 t
10
5
2
3
sen 2 t −
sen 2 3 t
5
10
13) Obtenga la transformada de Laplace de la siguiente función periódica
188
Solución.
L
{ f ( t )}
=
1 ⎡1 − e − s ⎤
⎢
⎥
s ⎣1 + e − s ⎦
14) Aplique la transformada de Laplace, para resolver la ecuación diferencial
y '' − 7 y ' + 6 y = 10 δ ( t − 2 )
con las condiciones iniciales y ( 0 ) = 0 ,
y '(0 ) = 0
Solución.
(
)
6 t−2
t−2
y ( t ) = 2 e ( ) − 2 e ( ) u ( t − 2)
15) Emplee la transformada de Laplace para obtener la solución de la ecuación
diferencial
y ''' + 2 y '' + y ' = 0
con las condiciones iniciales y ( 0 ) = 0 ,
y ' ( 0 ) = 1 , y '' ( 0 ) = − 3
Solución.
(
)
y (t ) = − 1 + e − t + 2 t e − t u (t )
189
TEMA 6
INTRODUCCIÓN A LAS ECUACIONES EN DERIVADAS
PARCIALES
6.1 SOLUCIÓN DE LA ECUACIÓN EN DERIVADAS PARCIALES.
3)
Obtenga la ecuación diferencial parcial cuya solución general sea
U ( x , y) = f ( y) e x + g ( x)
RESOLUCIÓN
La función U contiene a su vez dos funciones arbitrarias, f y g , por lo que la ecuación en
derivadas parciales que se busca debe ser de segundo orden. Deben entonces calcularse
parciales segundas de manera que se eliminen las funciones arbitrarias.
Se tiene a la función
U ( x , y) = f ( y) e x + g ( x)
Obtenemos parciales segundas buscando eliminar a
f
y g
∂U
= f ( y ) e x + g ' ( x ) ……………………………….( A )
∂x
∂ 2U
= f ( y ) e x + g '' ( x ) …………………………….( B )
2
∂x
∂U
= f ' ( y ) e x …………………………………...…….( C )
∂y
∂ 2U
= f ' ( y ) e x …………………………………...….( D )
∂ x∂ y
Se observa que al igualar las ecuaciones ( C ) y ( D ) se obtiene:
∂ 2U
∂U
=
∂ x∂ y
∂y
190
que es la ecuación en derivadas parciales buscada.
4) Obtenga la ecuación diferencial en derivadas parciales cuya solución general es la
función
(
)
(
)
u ( x , y) = f x 2 − 2 y + x 2
RESOLUCIÓN
Para la función solución general
u ( x , y) = f x 2 − 2 y + x 2
Se tiene a la función u en términos de una función arbitraria f , por lo que la ecuación en
derivadas parciales a obtener debe ser de primer orden.
Así, es necesario calcular primeras derivadas parciales buscando eliminar a la función
arbitraria.
∂u
= f ' x2 − 2y
∂x
) (2 x)
∂u
= f ' x2 − 2y
∂y
) (−
(
(
+ 2 x …………………( A )
2 ) ………………..………( B )
(
)
De ( A ) y ( B ) se despeja el factor común f ' x 2 − 2 y , esto es
(
)
(
)
f ' x2 − 2y =
⎞
1 ⎛ ∂u
− 2 x ⎟ ………………….( C )
⎜
2x ⎝∂x
⎠
f ' x2 − 2y = −
1 ∂u
2 ∂y
…………………………...( D )
igualando ( C ) y ( D ) resulta
⎞
1 ⎛ ∂u
1 ∂u
− 2 x⎟ = −
⎜
2x ⎝∂x
2 ∂y
⎠
y al simplificar y reordenar la expresión anterior se llega a
1 ∂u
1 ∂u
+
= 1
2x ∂x
2 ∂y
o bien, finalmente
191
∂u
∂u
+ x
= 2x
∂x
∂y
5)
Determine la ecuación en derivadas parciales cuya solución general es
u ( x , y) = f ( y) e
xy
+ g ( y) e
−xy
e−x
+
1 − y2
RESOLUCIÓN
Se tienen dos funciones arbitrarias f y g , ambas dependen de la variable y . Es necesario
derivar parcialmente dos veces, de manera que se logren eliminar dichas funciones.
La primera derivada parcial con respecto a x es
∂u
ex
…………………( A )
= y f ( y) e x y − y g ( y) e − x y +
∂x
1 − y2
Nuevamente se deriva parcialmente con respecto a x
∂2u
ex
2
2
−xy
xy
…………….( B )
=
y
f
y
e
+
y
g
y
e
+
(
)
(
)
1 − y2
∂x2
No se han eliminado las funciones arbitrarias, sin embargo, al factorizar la expresión ( B )
se observa la posibilidad de eliminarlas, según se indica enseguida
∂2u
ex
2
−xy
xy
⎡
⎤
=
y
f
y
e
+
g
y
e
+
(
)
(
)
⎣
⎦
1 − y2
∂x2
Multiplicando la función u ( x , y ) por el factor y
………....( C )
2
ex
y 2 u = y 2 ⎡⎣ f ( y ) e x y + g ( y ) e − x y ⎤⎦ + y 2
1 − y2
………..( D )
Se observa en ( C ) y ( D ) un factor común, lo que lleva a
∂2u
ex
y 2 ⎡⎣ f ( y ) e x y + g ( y ) e − x y ⎤⎦ =
−
1 − y2
∂x2
…………..( E )
ex
y 2 ⎡⎣ f ( y ) e x y + g ( y ) e − x y ⎤⎦ = y 2 u − y 2
1 − y2
Igualando ( E ) y ( F ) y reordenando términos
……....( F )
∂2u
ex
ex
2
2
=
+
−
y
u
y
∂x2
1 − y2
1 − y2
∂2u
ex
2
1 − y2
=
y
u
+
1 − y2
∂x2
(
)
192
Finalmente
∂2u
= y2u + ex
2
∂x
193
6.2 EL MÉTODO DE SEPARACIÓN DE VARIABLES.
1) Resuelva la ecuación en derivadas parciales
x
∂2u
∂u
+ y
= u
2
∂y
∂x
Considere una constante de separación α = 0
RESOLUCIÓN
Se tiene la ecuación diferencial en derivadas parciales
x
∂2u
∂u
+ y
= u ………….( A )
2
∂y
∂x
De acuerdo al método de separación de variables, se propone la función
u ( x , y) = F ( x) G ( y)
como solución de la ecuación diferencial dada.
Esta función también se puede escribir simplemente
u = FG
Enseguida se calculan las derivadas parciales que se observan en la ecuación diferencial
parcial:
∂2u
= F '' G
∂x2
∂u
= F G'
∂y
y al sustituir en ( A )
x F '' G + y F G ' = F G
Posteriormente se reordenan términos para separar variables
x F '' G = F ( G − y G ' )
x F ''
G − y G'
=
F
G
Para la constante de separación indicada α = 0 se tiene
194
x F ''
= α = 0 ……………………( B )
F
también
G − y G'
= α = 0 ……………….( C )
G
Resolviendo la ecuación ( B ) resulta
x F ''
= 0 ; x F '' = 0 ⇒ F '' = 0
F
que es una ecuación diferencial ordinaria homogénea de segundo orden, cuya solución es
F = F ( x) = C 1 + C 2 x
De manera similar se procede a resolver la ecuación ( C )
G − y G'
= 0 ; G − y G' = 0
G
que es una ecuación diferencial ordinaria homogénea de variables separables, esto es
G' =
G
y
;
dG
G
=
dy
y
Separando variables e integrando
∫
dG
=
G
∫
dy
y
ln G = ln y + C
de donde resulta
G = G ( y) = C y
Entonces, la función u ( x , y ) resulta
u ( x , y ) = (C 1 + C 2 x ) (C y )
y al efectuar operaciones se tiene finalmente
u ( x , y) = A y + B x y
2) Utilice el método de separación de variables para resolver la ecuación en derivadas
parciales
∂2u
∂u
+
= u
2
∂t
∂x
Considere una constante de separación α < 0
195
RESOLUCIÓN
Para la ecuación diferencial en derivadas parciales
∂2u
∂u
+
= u ………….( A )
2
∂t
∂x
de acuerdo al método de separación de variables se propone como solución la función
u ( x , t ) = F ( x ) G (t )
A continuación se obtienen las derivadas parciales requeridas:
∂2u
= F '' G
∂x2
∂u
= F G'
∂t
posteriormente se sustituye en la ecuación diferencial
F '' G + F G ' = F G
enseguida se reordenan términos para separar variables
F '' G + F G ' − F G = 0
G ( F '' − F ) = − F G '
F '' − F
− G'
=
F
G
Para la constante de separación α < 0 se considera α = − k 2 , por lo que se tiene
F '' − F
= α = − k
F
2
……………………( B )
− G'
= α = − k 2 ……………...…….( C )
G
Inicialmente se resuelve la ecuación ( B )
F '' − F
= − k
F
⇒
2
F '' − F + k 2 F = 0
o bien
(
)
F '' − 1 − k 2 F = 0
196
que es una ecuación ordinaria homogénea de segundo orden, la cual también se puede
escribir como
(
)
⎡D 2 − 1 − k 2 ⎤ F = 0
⎣
⎦
siendo su ecuación característica asociada
(
)
λ2 − 1 − k2 = 0
que al resolver nos lleva a obtener
λ = ±
1 − k2
por lo que la solución de ( B ) es
F ( x) = C 1 e
(
1 − k
2
)x
+ C2e
(−
1 − k
2
)x
De manera análoga para la ecuación ( C ) se tiene
− G'
= − k2
G
⇒
− G' + k 2G = 0
G' − k 2G = 0
que es una ecuación de primer orden de variables separables; al resolver se tiene
G' = k 2G
dG
= k 2G
dt
∫
dG
=
G
∫k
2
dt
ln G = k 2 t + C
y al aplicar la función exponencial resulta
G (t ) = C 3 e k
2
t
Entonces, la solución es
⎡
(
u ( x , t ) = ⎢C 1 e
⎣
)
1 − k2 x
+ C2e
(−
1 − k
2
)x⎤ C
⎥
⎦
3
ek
2
t
197
6.3 SERIE TRIGONOMÉTRICA DE FOURIER.
1) Obtenga la serie trigonométrica de Fourier de la función
− π ≤ x < 0
0 ≤ x ≤ π
⎧− x
f ( x) = ⎨
⎩ x
RESOLUCIÓN
La función está dada por dos reglas de correspondencia y su representación gráfica es:
Se trata de una función par, entonces los coeficientes de la Serie Trigonométrica de Fourier
son: a 0 , a n y b n = 0 y la serie en cuestión es de la forma
f ( x) =
∞
1
a0 +
2
∑ a n cos
n=1
nπ x
L
………………………( A )
por la que se procede a la obtención de a 0 y a n .
a0 =
2
L
∫
L
0
f ( x ) dx ; a n =
2
L
∫
L
f ( x ) cos
0
nπ x
dx
L
En las expresiones anteriores L representa el semiperiodo, que en este caso está dado por
L = π ; se tiene así:
a0 =
2
π
∫
π
0
π
2 ⎡x 2⎤
x dx =
⎢ ⎥
π ⎣ 2 ⎦
= π
0
Para el segundo coeficiente se tiene:
an =
2
π
∫
π
0
x cos
nπ x
π
dx =
2
π
∫
π
0
x cos n x dx
198
an
an
2⎛x
= ⎜ sen n x −
π ⎝n
1
⎞
sen n x dx ⎟
n
⎠
∫
π
⎞
2⎛x
1
=
⎜ sen n x + 2 cos n x ⎟
π ⎝n
n
⎠
an =
=
0
π
0
2 ⎛π
1
1 ⎞
⎜ sen n π + 2 cos n π − 2 ⎟
π ⎝n
n
n ⎠
2⎛ 1
1 ⎞
2
n
n
⎜ 2 ( − 1) − 2 ⎟ = 2 ⎡⎣( − 1) − 1⎤⎦
π ⎝n
n ⎠
n π
Obtenidos los coeficientes de la serie, se sustituye en ( A ) , de donde finalmente
f ( x) =
π
2
+
∞
2
∑
⎡( − 1) n − 1⎤ cos n x
⎦
n π ⎣
2
n=1
2) Obtenga los tres primeros términos no nulos del desarrollo en serie de Fourier de la
función
− π < x < 0
0 ≤ x < π
⎧ − 1
f ( x) = ⎨
1
⎩
RESOLUCIÓN
La función indicada es una función impar por lo que sólo se tienen coeficientes b n ,
entonces el desarrollo de la serie trigonométrica de Fourier es de la forma
∞
∑ b n sen
f ( x) =
n=1
nπ x
L
De acuerdo a la función f dada, se tiene que el periodo es T = 2 π , por lo que el
semiperiodo es L = π
Para obtener el coeficiente b n se considera
bn =
y para L = π
2
L
∫
L
0
f ( x ) sen
nπ x
dx
L
resulta
bn =
2
π
∫
π
0
sen x dx
199
enseguida se integra y evalúa la integral
bn
2⎡ 1
⎤
=
− cos n x ⎥
⎢
π ⎣ n
⎦
π
=
0
2
⎡1 − ( − 1) n ⎤
⎦
nπ ⎣
y la serie trigonométrica de Fourier, que resulta ser la serie de senos de Fourier es
f ( x) =
∞
2
⎡1 − ( − 1) n ⎤ sen ( n x )
⎦
nπ ⎣
∑
n=1
Es necesario obtener los 3 primeros términos no nulos de la serie indicada, por lo que
dando a n distintos valores se observa que
b n = 0 , si n es par
b n ≠ 0 , si n es impar
Por lo anterior, se tiene que para la función con términos no nulos se considerará
n = 1 , 3 , 5 ; esto es,
f ( x) =
4
π
sen x +
4
4
sen ( 3 x ) +
sen ( 5 x ) +
3π
5π
que representa el desarrollo de interés.
3) Obtenga los cuatro primeros términos no nulos de la serie trigonométrica de Fourier de
la función
f ( x) = x 2
en el intervalo − 1 < x < 1
RESOLUCIÓN
La función en cuestión es una función par, de periodo T = 2 y semiperiodo L = 1 .
El desarrollo de la serie trigonométrica de Fourier está dado por
f ( x) =
1
a0 +
2
∞
∑ a n cos
n=1
nπ x
L
donde los coeficientes a 0 y a n se obtienen de acuerdo a las expresiones siguientes:
200
a0 =
2
L
∫
L
0
2
L
f ( x ) dx ; a n =
∫
L
0
f ( x ) cos
nπ x
dx
L
Al sustituir L y la función dada se tiene por un lado
a0 = 2
∫
⎡x 3⎤
x dx = 2 ⎢ ⎥
⎣ 3 ⎦
1
1
2
0
=
0
2
3
y por otro
an = 2
an
∫
1
0
x 2 cos n π x dx
⎡ 2x
⎤
⎛ x2
2 ⎞
= 2 ⎢ 2 2 cos n π x + ⎜
− 3 3 ⎟ sen n π x ⎥
n π ⎠
⎥⎦
⎝nπ
⎣⎢ n π
⎡ 2
an = 2⎢ 2
⎣n π
=
4
n π
2
2
2
1
0
⎤
⎛ 1
2 ⎞
− 3 3 ⎟ sen n π − 0 ⎥
cos n π + ⎜
n π ⎠
⎝nπ
⎦
( − 1) n
Entonces, el desarrollo de Fourier correspondiente es
f ( x) =
1
+
3
∞
∑
4
n=1
n π
2
2
( − 1) n cos n π
x
y para los cuatro primeros términos no nulos damos a n los valores 1 , 2 y 3 , pues el
primer término no nulo está dado por a 0 ; así se tiene
f ( x) =
1
4
4
+ 2 ( − 1) cos π x +
3 π
4π
2
( − 1) 2 cos 2 π
x+
4
9π
2
( − 1) 3 cos 3 π
x +…
o bien
f ( x) =
1
4
1
4
− 2 cos π x + 2 cos 2 π x −
3
π
π
9π
2
cos 3 π x + …
6) Obtenga el desarrollo en serie de Fourier de la función
⎧
f ( x) = ⎨
⎩
x + 1
− x + 1
si − 1 < x < 0
si
0 < x < 1
201
RESOLUCIÓN
Es conveniente trazar la gráfica de la función para determinar a partir de ella qué tipo de
función (par o impar) es.
Se observa que es una función par (simétrica respecto al eje de las ordenadas) por lo que el
desarrollo de la serie de Fourier estará dado por
f ( x) =
1
a0 +
2
∞
∑ a n cos
n=1
nπ x
L
Los coeficientes a 0 y a n se determinan a partir de las expresiones
a0 =
2
L
∫
L
f ( x ) dx ; a n =
0
2
L
∫
L
0
f ( x ) cos
nπ x
dx
L
El periodo de la función es T = 2 , por lo que el semiperiodo es L = 1 ; entonces al
sustituir en las expresiones anteriores se tiene
a0 = 2
∫
⎡ x2
⎤
+ x⎥
( − x + 1) dx = 2 ⎢ −
2
⎣
⎦
1
0
1
0
⎛ 1
⎞
a 0 = 2⎜−
+ 1⎟ = 1
⎝ 2
⎠
an = 2
∫
1
(−
0
x + 1) cos n π x dx
de aquí resultan dos integrales
⎡
a n = 2 ⎢−
⎣
∫
1
0
x cos n π x dx +
∫
1
0
⎤
cos n π x dx ⎥
⎦
resolviendo
202
an
1
1
⎡ ⎛ cos n π x
⎞
⎛ sen n π x ⎞ ⎤
x
sen
n
π
x
= 2 ⎢− ⎜ 2 2 +
⎟ + ⎜
⎟ ⎥
nπ
n
π
⎢ ⎝ n π
⎝
⎠ 0 ⎥⎦
⎠0
⎣
evaluando para extremo superior y para extremo inferior
⎡ ⎛ cos n π
sen n π
1 ⎞⎤
− 2 2 ⎟⎥
a n = 2 ⎢− ⎜ 2 2 +
nπ
n π ⎠⎦
⎣ ⎝n π
de aquí se tiene cos n π = ( − 1) n y
sen n π = 0 , n = 1 , 2 , 3… por lo que
⎡ − ( − 1) n + 1 ⎤
2
an = 2⎢
⎥ = − 2
2
2
n π
n π
⎢⎣
⎥⎦
2
⎡( − 1) n − 1⎤
⎣
⎦
que también se puede expresar de la siguiente manera:
an
⎧ 4
⎪
= ⎨n 2 π
⎪ 0
⎩
, para n impar
2
, para n par
Así, el desarrollo de Fourier correspondiente es
f ( x) =
1
+
2
∞
∑ cos n π x
n=1
7) Obtenga el desarrollo en serie seno de Fourier de la función f ( x ) = cos 3 x , en el
intervalo 0 < x <
π
2
RESOLUCIÓN
Se tiene una función definida en medio intervalo, entonces L =
π
2
El desarrollo en serie seno de Fourier está dado por
f ( x) =
∞
∑b
n =1
n
sen
nπ x
L
El coeficiente b n se determina con la expresión
203
2
L
bn =
∫
L
0
f ( x ) sen
nπ x
dx
L
Entonces se tiene
2
bn =
π
∫
π
2
0
cos ( 3 x ) sen
nπ x
π
2
2
4
π ∫
bn =
dx
π
2
0
cos ( 3 x ) sen ( 2 n x ) dx
Esta integral contiene en el integrando un producto de funciones trigonométricas de
argumento diferente, que se puede resolver empleando la expresión
∫
cos ( m − n ) u ⎤
1 ⎡ cos ( m + n ) u
−
⎢
⎥ + C
m + n
m − n
2⎣
⎦
sen m u cos n u du = −
Así, para la integral que nos ocupa
bn =
bn =
cos ( 2 n − 3 ) x ⎤
4 ⎡ cos ( 2 n + 3 ) x
−
⎢−
⎥
2 ( 2 n + 3)
2 ( 2 n − 3) ⎦
π ⎣
4 ⎡ 2n ⎤
8n
⎢
⎥ =
2
π ⎣4 n − 9⎦
π 4n2 − 9
(
π
2
0
)
Finalmente, el desarrollo pedido es
f ( x) =
∞
∑
n=1
(
8n
π 4n2 − 9
)
sen ( 2 n x )
6) Calcule la serie de cosenos de Fourier para la función
f ( x) = e x
,
0 < x < 1
RESOLUCIÓN
Para la función en cuestión el desarrollo de la serie de cosenos de Fourier está dado por
204
f ( x) =
∞
1
a0 +
2
∑ a n cos
n=1
nπ x
L
y los coeficientes a 0 y a n se determinan a partir de las expresiones
a0 =
2
L
∫
L
0
f ( x ) dx y a n =
2
L
∫
L
0
f ( x ) cos
nπ x
dx
L
Se tiene una función definida en medio intervalo donde L = 1 , de donde
a0 = 2
∫
1
0
e x dx = 2 ⎡⎣ e x ⎤⎦
1
0
= 2 ⎡⎣e − e 0 ⎤⎦ = 2 ( e − 1)
también
an = 2
∫
1
0
⎡ e x nπ ⎛
1
cos n π
e cos n π x dx = 2 ⎢ 2 2
⎜ sen n π x +
nπ
⎣n π + 1⎝
x
⎡ enπ
⎛
⎞
⎛ 1
1
nπ
cos n π ⎟ − 2 2
an = 2⎢ 2 2
⎜ sen n π +
⎜
nπ
n π + 1⎝ n π
⎠
⎣n π + 1⎝
se tiene: sen n π = 0 ,
⎞⎤
x ⎟⎥
⎠⎦
1
0
⎞⎤
⎟⎥
⎠⎦
n = 1 , 2 , 3 , … ; cos n π = ( − 1) n
n = 1 , 2 , 3 ,…
por lo que resulta
⎡ nπ e
⎤
⎛ 1
⎞
1
an = 2⎢ 2 2
( − 1) n ⎟ − 2 2
⎥
⎜
n π + 1⎦
⎠
⎣n π + 1 ⎝ n π
simplificando
an
⎡ ( − 1) n e − 1 ⎤
= 2⎢ 2 2
⎥
⎢⎣ n π + 1 ⎥⎦
Finalmente se obtiene
f ( x ) = ( e − 1) + 2
∞
∑
n=1
⎡ ( − 1) n e − 1 ⎤
⎢ 2 2
⎥ cos n π x
⎢⎣ n π + 1 ⎥⎦
205
6.4 RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS DE CONDICIONES INICIALES Y
DE FRONTERA.
1) Determine la solución de la ecuación en derivadas parciales
∂2u
∂2u
=
+ u
∂ y ∂x
∂y 2
sujeta a las condiciones de frontera
u (0 , y ) = 2 e y
RESOLUCIÓN
En este caso no se conoce la constante de separación, por lo que el proceso a seguir
implicará expresar la solución en términos de dicha constante y posteriormente la condición
de frontera llevará a la obtención de la solución que la satisfaga. Se propone la función
u
como solución de la ecuación en derivadas parciales, esto es
u ( x , y) = F ( x)G ( y)
Enseguida se obtienen las derivadas parciales necesarias
∂ 2u
= F ' ( x) G ' ( y)
∂ y ∂x
∂2u
= F ( x ) + G '' ( y )
∂y 2
que al sustituir en la ecuación diferencial llevan a
F ' ( x ) G ' ( y ) = F ( x ) G '' ( y ) + F ( x ) G ( y )
esta ecuación también se puede expresar de la siguiente manera
F ' G ' = F G '' + F G
separando variables
F'
G '' + G
=
F
G'
y considerando la constante de separación α
se tiene
F'
G '' + G
= α ;
= α
F
G'
206
A continuación se resuelve cada una de las ecuaciones diferenciales ordinarias obtenidas.
Por un lado se tiene
F' = α F
y al resolver
dF
= αF
dx
∫
∫ αdx
dF
=
F
ln F = α x + C
F ( x) = C 1 e α x
y por otro
G '' + G = α G '
G '' − α G ' + G = 0
que en términos del operador diferencial es
(D
2
)
− αD + 1 G = 0
siendo su ecuación característica
λ2 − αλ + 1 = 0
λ1 =
⇒
α +
α
2
− 4
, λ2 =
2
α −
α
2
− 4
2
por lo que
G ( y) = C 2 e
⎛α +
⎜
⎜
⎝
α
2
2
− 4⎞
⎟y
⎟
⎠
+ C3e
⎛α −
⎜
⎜
⎝
α
2
2
− 4⎞
⎟y
⎟
⎠
Entonces, para la función propuesta como solución se obtiene
u ( x , y) = C 1 e α x
⎛α
⎡
⎜
⎜
⎢
⎝
⎢C 2 e
⎢
⎣
+
α
2
2
− 4⎞
⎟y
⎟
⎠
+ C3e
⎛α −
⎜
⎜
⎝
α
2
2
− 4⎞ ⎤
⎟y
⎟ ⎥
⎠
⎥
⎥
⎦
que al efectuar operaciones se simplifica según se indica
u ( x , y) = A e
⎛α +
⎜
⎜
⎝
α
2
2
− 4⎞
⎟ y +α x
⎟
⎠
+ Be
⎛α −
⎜
⎜
⎝
α
2
2
− 4⎞
⎟ y +α x
⎟
⎠
……………………( A )
207
Posteriormente se aplica la condición de frontera u ( 0 , y ) = 2 e y , esto es
Ae
⎛α +
⎜
⎜
⎝
α
2
2
− 4⎞
⎟y
⎟
⎠
+ Be
⎛α −
⎜
⎜
⎝
α
2
2
− 4⎞
⎟y
⎟
⎠
= 2 e y ……………………..( B )
y por igualdad de exponentes
α +
α
2
− 4
2
− 4
2
− 4
2
α −
α
2
= 1
= 1
o bien
α ±
α
2
α ±
Resolviendo para α
α
2
= 1
− 4 = 2
resulta
±
α
2
− 4 = 2 − α
α
2
− 4 = (2 − α )
α
2
− 4 = 4 − 4α + α
2
2
4α = 8
α =2
sustituyendo este valor en ( B )
Ae
⎛2 + 4 − 4⎞
⎜⎜
⎟⎟ y
2
⎝
⎠
+ Be
⎛2 − 4 − 4⎞
⎜⎜
⎟⎟ y
2
⎝
⎠
= 2e y
de donde
Ae
y
(A
+ Be
y
= 2e y
+ B) e
y
= 2e y
y por igualdad de coeficientes
(A
+ B ) = 2 ……………………..( C )
208
Al sustituir α en
u ( x , y) = A e y
+ 2x
+ Bey
+ 2x
= ( A + B) e y + 2 x
y si en esta última expresión se considera ( C ) se tiene
(A
Finalmente
+ B) e y + 2 x = 2 e y + 2 x
u ( x , y) = 2 e y
+ 2x
2) Resuelva la ecuación diferencial
∂ 2u
∂ 2u
= 2
∂x ∂ y
∂y 2
para las condiciones de frontera u ( 0 , y ) = 5 + e 2 y + 2 e 4 y ,
u ( x , 0) = 3 e x + 5 e 2 x
RESOLUCIÓN
Se tiene la ecuación
∂2u
∂ 2u
2
=
∂x ∂ y
∂y 2
…………………..( I )
con ciertas condiciones de frontera, las cuales llevarán a la obtención de la solución que
satisfaga dichas condiciones.
Se plantea la solución por el método de separación de variables, considerando a la función
u ( x , y ) como la función solución, esto es
u ( x , y ) = F ( x ) G ( y ) ……………………( II )
Enseguida se obtienen las derivadas parciales requeridas
∂2u
= F G ''
∂y 2
∂2u
= F 'G'
∂x ∂ y
sustituyendo en la ecuación ( I )
F G '' = 2 F ' G '
209
separando variables resulta
G ''
F'
=
2G'
F
y para la constante de separación α
G ''
= α
2G'
F'
= α
F
;
A continuación se resuelve cada una de estas ecuaciones diferenciales ordinarias.
Por un lado se tiene
G '' − 2 α G ' = 0
cuya solución es
G ( y) = C 1 + C 2 e 2α y
y por otro
F' = α F
dF
= αF
dx
∫
dF
=
F
∫ α dx
ln F = α x + C
F ( x) = C 3 e α x
por lo que la solución completa es
(
u ( x , y) = C 3 e α x C 1 + C 2 e 2α y
)
que al simplificar lleva
α x + 2 y)
u ( x , y) = A e α x + B e (
Considerando las condiciones de frontera se observa que se tienen dos exponenciales en x
y y , por lo que es conveniente expresar la solución de la siguiente manera:
u ( x , y) = A 1 e α 1 x + B 1 e
α 1 ( x + 2 y)
+ A2 e
α2x
+ B2e
α
2
( x + 2 y)
……( III )
Para la condición u ( 0 , y ) = 5 + e 2 y + 2 e 4 y , se sustituye en ( III )
210
5 + e 2 y + 2 e 4 y = A 1 + B 1 e 2α 1 y + A 2 + B 2 e 2α 2 y
donde por igualdad de coeficientes se tiene
A1 + A2 = 5
B1 = 1
B2 = 2
2α 1 = 2
⇒
α1 = 1
2α
⇒
α
2
= 4
2
= 2
sustituyendo estos valores en ( III )
2 x + 2 y)
u ( x , y) = A 1 e x + e x + 2 y + A 2 e 2 x + 2 e (
…………..( IV )
Para la condición u ( x , 0 ) = 3 e x + 5 e 2 x , al sustituir en ( IV )
3e x + 5 e 2x = A1 e x + e x + A2 e 2x + 2e 2x
igualando coeficientes se tiene
A1 + 1 = 3
⇒
A1 = 2
A2 + 2 = 5
⇒
A2 = 3
Finalmente, al sustituir en ( IV ) resulta
2 x + 2 y)
u ( x , y) = 2 e x + e x + 2 y + 3 e 2 x + 2 e (
3) Resuelva el siguiente problema con valor de frontera usando una constante de
separación negativa.
U
t
= α 2U
xx
U (0 , t ) = 0
U (L , t) = 0
1
⎛π x⎞
⎛ 3π x ⎞
U ( x , 0 ) = sen ⎜
⎟ + sen ⎜
⎟
2
⎝ L ⎠
⎝ L ⎠
211
RESOLUCIÓN
Para la ecuación en derivadas parciales
U
t
= α 2U
xx
que también se puede escribir de la siguiente manera
∂U
= α
∂t
2
∂ 2U
∂x 2
se tienen las condiciones de frontera
U (0 , t ) = 0
U (L , t) = 0
1
⎛π x⎞
⎛ 3π x ⎞
U ( x , 0 ) = sen ⎜
⎟ + sen ⎜
⎟
2
⎝ L ⎠
⎝ L ⎠
y se considera una constante de separación negativa, es decir se considerará de la forma
− k2 , k ∈
De acuerdo al método de separación de variables se tiene
U ( x , t ) = F ( x ) G ( t ) …………….………..( I )
derivando parcialmente resulta
∂U
= F ( x ) G '(t )
∂t
∂ 2U
= F '' ( x ) G ( t )
∂x 2
enseguida se sustituye en la ecuación diferencial parcial dada:
F ( x ) G ' ( t ) = α 2 F '' ( x ) G ( t )
o bien
F G ' = α 2 F '' G
Separando variables
F ''
G'
= 2
F
α G
212
para la constante de separación igual a − k 2 se tiene
F ''
= − k2 ,
F
G'
= − k2
2
α G
Resolviendo para cada una de las ecuaciones diferenciales anteriores
F ''
= − k2
F
G'
= − k2
2
α G
⇒
F '' + k 2 F = 0
⇒
G' + k 2 α 2 G = 0
se obtiene, en cada caso
F ( x ) = C 1 cos k x + C 2 sen k x
G (t ) = C 3 e − k
2
α2t
posteriormente se sustituyen estas funciones en la función ( I ), de donde resulta
U ( x , t ) = ( C 1 cos k x + C 2 sen k x ) C 3 e − k
2
α2t
= F ( x ) G (t )
Para la condición de frontera U ( 0 , t ) = 0 se tiene
U (0 , t ) = F (0 ) G (t ) = 0
F (0 ) = C 1 = 0
entonces
F ( x ) = C 2 sen k x
Para la condición de frontera
U (L , t) = 0
U ( L , t ) = F ( L ) G (t ) = 0
F ( L ) = C 2 sen k L = 0
resulta
sen k L = 0
⇒
k L = ang sen ( 0 )
k L = nπ
para
n = 1 , 2 ,…
k =
nπ
L
por lo que
213
F ( x ) = C 2 sen
nπ
x ; n = 1 , 2 ,…
L
Sustituyendo en ( I )
⎛
nπ ⎞⎜
⎛
U ( x , t ) = ⎜ C 2 sen
x⎟ C 3 e
L ⎠⎜
⎝
⎝
2
⎛nπ ⎞
−⎜
⎟ α
⎝ L ⎠
2
t
⎞
⎟
⎟
⎠
que se puede expresar también como
∞
∑ Cne
U (x , t) =
2
⎛nπ α ⎞
−⎜
⎟ t
⎝ L ⎠
sen
n = 1
nπ x
L
1
⎛π x⎞
⎛ 3π x ⎞
Para la condición de frontera U ( x , 0 ) = sen ⎜
⎟ + sen ⎜
⎟
2
⎝ L ⎠
⎝ L ⎠
1
⎛π x ⎞
⎛ 3π x ⎞
sen ⎜
⎟ + sen ⎜
⎟ =
2
⎝ L ⎠
⎝ L ⎠
∞
∑ C n sen
n = 1
nπ x
L
por comparación de funciones se tiene
1
2
n = 1 , C1 = 1 ; n = 3 , C3 =
entonces la solución es
2
U (x , t) = e
⎛π α ⎞
−⎜
⎟ t
⎝ L ⎠
1
⎛π x ⎞
sen ⎜
⎟ + e
2
⎝ L ⎠
2
⎛ 3π α ⎞
−⎜
⎟ t
⎝ L ⎠
⎛ 3π x ⎞
sen ⎜
⎟
⎝ L ⎠
4) Obtenga la solución de la ecuación en derivadas parciales
∂2u
∂u
∂ 2u
+
−
= 0
∂x
∂x∂y
∂x 2
que cumpla con las condiciones de frontera u ( 0 , y ) = 2 y u ( − 1 , y ) = 0
RESOLUCIÓN
La ecuación diferencial parcial dada se resuelve mediante el método de separación de
variables, considerando como constante de separación a α , cuyo valor se determinará a
partir de las condiciones del problema.
214
Las derivadas parciales para la función propuesta como solución U ( x , y ) = F ( x ) G ( y ) ,
son
∂u
∂2u
∂ 2u
=
'
F
G
''
,
,
=
F
G
= F 'G'
∂x
∂ x∂ y
∂x 2
sustituyendo en la ecuación diferencial se tiene
F '' G + F ' G − F ' G ' = 0
separando variables
F '' G + F ' ( G − G ') = 0
F ''
G' − G
=
F'
G
Para la constante de separación α
F ''
G' − G
= α ;
= α
F'
G
enseguida se resuelve cada una de estas ecuaciones diferenciales ordinarias:
F '' − α F ' = 0
;
λ2 − αλ = 0
⇒
de donde
(D
2
)
− αD F = 0
λ (λ − α ) = 0
∴
λ1 = 0 , λ2 = α
F ( x) = C 1 + C 2 e α x
también
G' − G = α G
∫
∫
dG
=
G
(α
;
dG
= G ( α + 1)
dy
+ 1) d y
ln G = (α + 1) y
por lo que
1+α y
G ( y) = C 3 e ( )
así, la solución completa es
(
)
1+α y
u ( x , y) = C 1 + C 2 e α x C 3 e ( )
o bien
215
u ( x , y) = A e (
1+α) y
+ Be
α x + (1 + α ) y
…………………( I )
A continuación se aplica la condición de frontera u ( 0 , y ) = 2
2 = Ae(
1+α) y
+ Be(
2 = ( A + B) e (
1+α) y
1+α) y
de aquí se tiene
(1 + α ) y
= 0
1+α = 0
α = − 1
⇒
A + B = 2
A = 2 − B
sustituyendo en ( I )
u ( x , y) = (2 − B) e 0 + B e − x + 0
u ( x , y) = (2 − B) + B e − x
para la condición u ( − 1 , y ) = 0
0 = (2 − B) + B e
B (1 − e ) = 2
B =
2
1 − e
A =
2 − 2e − 2
2e
= −
1 − e
1 − e
⇒
A = 2 −
2
1 − e
;
Finalmente se sustituyen los valores de A , B y α en ( I )
u ( x , y) =
2e
2
−
e−x
e − 1
e − 1
y luego de simplificar
u ( x , y) =
2
e − e−x
e − 1
(
)
216
EJERCICIOS PROPUESTOS
1) Obtenga la función U ( x , t ) que satisfaga la ecuación diferencial parcial
∂u
∂ 2U
= 2
∂t
∂x2
; 0 < x < 3 , t > 0
con las condiciones U ( 0 , t ) = 0 , U ( 3 , t ) = 0 , U ( x , 0 ) = 2 ,
sabiendo que una solución completa de la ecuación en derivadas parciales es
(
U ( x , t ) = ( A cos k x + B sen k x ) e − 2 k
2
t
)
Solución.
2( 2 n
⎡ 1
−
u (x , t) =
e
∑⎢
π n =1⎢2 n − 1
⎣
8
∞
− 1) 2 π
9
2
t
sen
(2 n
− 1) π ⎤
x⎥
3
⎥⎦
2) Desarrolle en una serie de Fourier la función f ( x ) = x + 1 en el intervalo
− π ≤ x ≤ π.
Solución.
f ( x) = 1 +
3) Resuelva la ecuación
π
2
+
∞
∑
n=1
2
⎡( − 1) n − 1⎤ cos n x
⎦
n π ⎣
2
∂2u
= u sujeta a u ( 0 , t ) = 2 e t + 4 e − t
∂ x ∂t
Solución.
u(x , t) = 2 e x+t + 4 e − x−t
217
f ( x ) = ( x − π ) 2 , definida en π < x < 2 π , por medio
4) Represente a la función
de una serie de Fourier. Considere que f ( x ) = ( x + π )
Solución.
f ( x) =
π
2
3
∞
∑
+
n=1
⎛ 1
⎞
π
sen 2 n x ⎟
⎜ 2 cos 2 n x −
n
⎝n
⎠
5) Obtenga el desarrollo en serie seno de Fourier de la función f ( x ) = cos 3 x en
el intervalo 0 < x <
π
2
Solución.
f ( x) =
4
+
3π
∞
∑ (16 n
n=1
12
16 n
cos 4 n x +
sen 4 n x
− 9) π
(16 n 2 − 9 ) π
2
6) Sea f ( t ) una función periódica de periodo T = 2 , donde f ( t ) = t 2 para
t ∈ ( 0 , 2) .
Realice el desarrollo de la serie de Fourier de f ( t ) si se sabe que a n =
4
n π
2
2
Solución.
f (t ) =
4
+
3
∞
∑
n=1
⎛ 4
⎜ 2
⎝n π
2
cos ( n π t ) −
⎞
4
sen ( n π t ) ⎟
nπ
⎠
7) Resuelva el problema de valores en la frontera
∂u
= α
∂t
2
∂2u
∂x2
; 0 < x < 100 , t > 0
218
con
u (0 , t ) = 0
, t > 0
u ( 100 , t ) = 0
, t > 0
u ( x , 0 ) = 50
, 0 < x < 100
Solución.
u(x , t) =
∞
∑
n=1
π
α2t
( 2 n − 1) π x e − n10000
200
sen
100
( 2 n − 1) π
2
2
8) Calcule los cuatro primeros términos no nulos de la serie de Fourier de la función
Solución.
f (t ) =
9)
4
1
4
4
3
4
5
sen t +
sen t +
sen t +
sen t + …
π
π
2
3π
2
5π
2
Obtenga los cuatro primeros términos del desarrollo en serie coseno de Fourier de la
función mostrada en la figura siguiente:
219
Solución.
f ( x) =
⎛ 16
⎛
⎛ 16
5
4 ⎞
π
4 ⎞
+ ⎜ − 3 + 2 ⎟ cos x + ⎜ − 2 ⎟ cos x + ⎜
12
2
π ⎠
⎝ π
⎝ π ⎠
⎝ 27 π
3
+
4 ⎞
3π x
cos
+ …
2 ⎟
2
9π ⎠
10) Obtenga el desarrollo en serie de Fourier de la función f ( x ) = A x (π − x ) (π + x ) en
el intervalo − π ≤ x ≤ π
.
Sugerencia: Verifique si la función es par o impar.
Solución.
∞
f ( x ) = − 12 A ∑
n=1
( − 1) n
n3
sen n x
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