Notas1005Allan

Contenidos
1 Introducción
1.1 Caída Libre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Nociones Básicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2
2
3
2 EDs de orden 1
2.1 EDs Directas . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 EDs de Variables Sepables . . . . . . . . . . .
2.3 EDs Homogéneas . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4 EDs Reducibles a Homogéneas . . . . . . . .
2.5 EDs Exactas . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.6 Factores Integrantes . . . . . . . . . . . . . .
2.7 ED Lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.8 ED de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . .
2.9 EDs con variable ausente: reducción de orden
2.10 Teorema de Existencia y Unicidad . . . . . .
2.11 Aplicaciones de las EDs de orden 1 . . . . . .
2.11.1 Trayectorias Ortogonales . . . . . . .
2.11.2 Desintegración Radioactiva . . . . . .
2.11.3 Ley de Enfriamiento de Newton . . . .
2.11.4 Leyes de Movimiento de Newton . . .
2.11.5 Mezclas y Reacciones Químicas . . . .
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7
9
11
11
14
16
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17
18
19
19
21
21
22
23
3 EDs Lineales de orden n > 1
3.1 El Método del Wronskiano . . . . . . . .
3.2 Fórmula de Abel . . . . . . . . . . . . .
3.3 ED Lineales con Coeficientes Constantes
3.3.1 Raíces Reales Distintas . . . . .
3.3.2 Raíces Reales Repetidas . . . . .
3.3.3 Raíces Complejas . . . . . . . . .
3.4 ED Lineales no Homogéneas . . . . . . .
3.4.1 Variación de Parámetros . . . . .
3.4.2 Coeficientes Indeterminados . . .
3.5 Ecuación de Euler . . . . . . . . . . . .
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4 Sistemas de EDs Lineales
35
4.1 Sistemas de orden 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
4.2 Sistemas de EDLs de orden 1 y C.C. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
1
CAPÍTULO 1
Introducción
Anadir aqui un poco de paja
1.1
Caída Libre
Suponga que usted desea averiguar la altura de un edificio. Para ello deja caer un objeto desde lo alto del
edificio y anota el tiempo que este tarda en golpear el suelo. Si el objeto tardó 5 s en golpear el suelo, ¿Cómo
puedo conocer la altura del edificio?
Tenemos la esperanza que la altura de un edificio pueda ser determinada a partir del tiempo que tarda un
objeto en caer desde lo más alto del mismo. Empecemos entonces, por definir una función s(t) que represente
la altura de un edificio del cual un objeto tarda t ≥ 0 segundos en caer al suelo desde lo más alto del mismo.
Así, la altura de nuestro edificio estaría dada por s(5).
Note que no conocemos mucho acerca de esta función. Algo que recordamos del cálculo es la interpretación
de sus derivadas:
s0 (t)
s00 (t)
= v(t) : velocidad
= a(t) : aceleración
Parece que no hemos ganado mucha información. Sin embargo, como el objeto está cayendo gracias a
la fuerza (aceleración) de la gravedad, tenemos que s00 (t) = a(t) = g, una constante1 !! Integrando esta
expresión:
t
Z
s00 (u) du
0
0
t
Z
=
g du
0
⇒ s (t) − s0 (0)
= gt
Usando el hecho que s0 (0) = 0 (pues el objeto es dejado caer) obtenemos:
s0 (t) = v(t) = gt
Integrando esta expresión:
Z
t
Z
0
t
s (u) du =
0
⇒ s(t) − s(0)
=
Finalmente, dado que s(0) = 0 (¿porque?) tenemos que
1 En
gu du
0
el SI, g ≈ 9, 81m/s2
2
gt2
2
s(t) =
gt2
2
(1.1)
Así, la altura del edificio está dada por
s(5) =
9, 81 · 52
≈ 123 m
2
2
Lo que hemos probado es que la función s(t) = gt2 es solución de la ecuación diferencial s00 (t) = g
sujeta a las condiciones
0
s (0) = 0 (velocidad inicial cero)
s(0) = 0 (altura de referencia -la del suelo- cero)
Observación 1.1.1. El mismo análisis nos permite deducir la conocida ecuación para el movimiento uniformemente
acelerado. Es decir, la función
at2
+ v0 t + s0
2
es solución de la ecuación diferencial con valores iniciales
 00
 s (t) = a
s0 (0) = v0

s(0) = s0
s(t) =
donde a, v0 y s0 son constantes dadas.
anadir, solo mencionando, que otras ecuaciones diferenciales corresponden a fenómenos físicos de interés.
talvez anadir algún dibujo.
1.2
Nociones Básicas
En la sección anterior manejamos el concepto de ecuación diferencial y el de solución de una ecuación
diferencial al analizar un ejemplo. En esta sección definiremos estos conceptos y veremos mas ejemplos.
Concretamente
Definición 1.2.1. Una ecuación diferencial es una ecuación entre una o mas funciones (las incógnitas), sus variable independientes y sus derivadas. Si en la ecuación diferencial, las funciones involucradas
dependen de una única variable independiente, entonces se llama ecuación diferencial ordinaria; y si
dependen de más de una variable independiente, se llama ecuación diferencial en derivadas parciales).
Para aclarar esta definición, consideramos varios ejemplos
Ejemplo 1.2.1. Las siguientes son ecuaciones diferenciales ordinarias:
(a) y 0 (x) = y(x)
(b) y 00 (x) + y(x) = 0
(c) y 0 (x) = − xy
(d) y (n) (x) = 0
Así por ejemplo, en la primera de estas ecuaciones, buscamos una función y(x) cuya derivada sea igual a
ella misma. De las reglas de derivación, tal vez recordamos que la función exponencial ex satisface precisamente esta propiedad, de donde podríamos decir que la solución de esta ecuación diferencial es y(x) = ex .
Esta respuesta es correcta solo en parte, es decir, esta no es la única función que satisface esta misma
3
propiedad. Note que para cualquier constante C ∈ R la función y(x) = Cex también es solución. Así, las
funciones ex , −2ex y πex son algunas soluciones particulares de esta ecuación diferencial.
Similarmente podríamos tratar de resolver cada una de las ecuaciones diferenciales del ejemplo anterior:
¿qué función derivada dos veces es igual a menos ella misma? Se nos viene a la mente las derivadas de las
funciones seno y coseno
(sin x)0 = cos x, (sin x)00 = (cos x)0 = − sin x,
(cos x)0 = − sin x,
(cos x)00 = (− sin x)0 = − cos x.
Entonces las funciones sin x y cos x son ambas soluciones de esta ecuación diferencial. Dado que la derivada
es lineal 2 vemos que para cualesquiera constantes A, B ∈ R la función A cos x + B sin x también es una
solución. Si ud asigna valores a las constantes A y B, hallaría ejemplos de soluciones particulares: tomando
A = 2 y B = 3 hallamos la solución 2 cos x+3 sin x; tomando A = 0 y B = e hallamos la solución e sin x. Mas
adelante veremos que cualquier solución de la ecuación diferencial y 00 = −y es de esta forma para algunas
constantes A y B.
Definición 1.2.2. Una solución a una ED es cualquier función talque al sustituirla en la ED por la
función incógnita verifica la igualdad.
Como acabamos de ver, para cualquier constante C, la función y = Cex es solución de la ED y 0 = y. Si
asignamos valores concretos a C, obtenemos distintas soluciones a esta ED; por ejemplo y = ex , y = 2ex ,
y = 0, etc. Esto nos lleva a distinguir entre dos tipos de solución a una ED: solución general y solución
particular.
Definición 1.2.3. La solución general a una ED es el conjunto de funciones más general que satisfacen
la ED. Una solución particular es cualquier miembro del conjunto anterior.
Como veremos enseguida, la solución general de una ED depende de varias constantes arbitrarias; así que
una solución particular es simplemente cualquier función que se obtiene de esta asignando valores concretos
a estas constantes.
Ejemplo 1.2.2. Las siguientes son las soluciones (generales) de las EDs del ejemplo anterior (verifíquelo)
(a) y = Cex ; C ∈ R
(b) y = A1 sin x + A2 cos x ; A1 , A2 ∈ R
(c) y 2 + x2 = R ; R ∈ R+ (esto es un círculo centrado en el origen)
(d) y = a0 + a1 x + . . . + an−1 xn−1 ; a0 , . . . , an−1 ∈ R
Observación 1.2.1. Cuando trabajamos con ODEs solemos no escribir la variable independiente, pues no hace falta.
Es claro que las dos funciones y(x) = Cex y y(t) = Cet son la misma. Usamos y 0 para indicar la derivación respecto
de la variable independiente.
Otro concepto relacionado con una ED es el de orden:
Definición 1.2.4. El orden de una ED es el de la derivada de mayor orden que aparece en la ED.
Podemos decir, que una ED de orden n se puede expresar en la forma general
F (x, y, y 0 , . . . , y (n )) = 0
donde F es una función de n + 2 variables, y la variable y
Ejemplo 1.2.3.
0
(b) La ED y =
2 mantra:
√
(n)
(1.2)
aparece en la expresión (1.2).
(a) La ED y 00 + 2y 0 + y = 0 es de orden 2, y su solución general es y = Ae−x + Bxe−x ; A, B ∈ R
x es de orden 1, y su solución general es y = 23 x3/2 + C; C ∈ R
la derivada de una suma es la suma de las derivadas.
4
(c) La ED x3 y 000 + 3x2 y 00 + xy 0 = 27x3 es de orden 3, y su solución general es y = A + B ln x + C(ln x)2 + x3
Pero, ¿cuantas constantes arbitrarias debe tener la solución general de una ED? Si nos fijamos en los
ejemplos anteriores, notamos que la cantidad de constantes que aparecen coincide con el orden de la ED. Esta
observación no es un hecho aslado: la solución general de una ED de orden n posee n constantes arbitrarias.
El objetivo del resto de estos apuntes es estudiar como hallar la solución a varias EDs, así como estudiar
algunas de sus aplicaciones.
Ejercicio 1.2.1.
(a) Verifique que la función dada es solución a la ED planteada
(a) y = Aex + Be−1 + C; y 000 − y 0 = 0
(b) xy 2 = C; y 2 + 2xyy 0 = 0
(c) e−y = y − 2x − 1; y 0 =
2
y−2x
(b) Halle (por inspección)la solución a las siguientes EDs
(a) y 0 = −y
(d) y (5) = x3
(b) y 00 − y = 0
(e) y 0 =
(c) y 0 =
(f) y 00 = y 0
x
y
(c) Halle la ED que satisface la función dada
(a) y = xe2x
(b) y = Aekt + Be−kt , donde A, B y k son constantes
(c) y = cos(cθ), donde c es constante
(d) y =
2ce2x
,
1+ce2x
donde c es constante
5
√1
x
CAPÍTULO 2
EDs de orden 1
En el capítulo anterior resolvimos varias EDs sencillas, basicamente inspeccionando algunas funciones conocidas, como lo son las exponenciales y las trigonométricas. En general, ¿Como podemos hallar la solución a
una ED dada? Posiblemente la respuesta mas acertada es: no se puede. Esto quiere decir que no existe
un método que permita resolver cualquier ED. En este capítulo estudiaremos varios tipos de EDs para las
cuales se conoce un método para resolverlas.
2.1
EDs Directas
Las ecuaciones mas sencillas de resolver son aquellas en las cuales basta integrar la ED para hallar la solución.
Así, si se nos pide resolver la ED
dy
= f (x), para alguna función f
(2.1)
dx
se nos está pidiendo hallar una función y(x) tal que su derivada sea f (x). La respuesta nos la da el
Teorema Fundamental del Cálculo:
Teorema 2.1.1. Si f (x) es continua en R, entonces se cumple
Z
d
f (x) dx = f (x)
dx
Así, la solución de la ED (2.1) es
Z
y=
f (x) dx + C
Note que la solución anterior, no es una función. Es toda una familia de funciones (que dependen del
parámetro C) que satisfacen la ED.
Si consideramos la ED con valor inicial
dy
dx = f (x)
y(x0 ) = y0
entonces la constante de integración, queda determinada por la condición y(x0 ) = y0
Ejemplo 2.1.1. Considere la ED dada por y 0 = ex cos x. Obtenemos la solución por integración (por partes):
ex
(cos x + sin x) + C
2
Si además pedimos que la solución pase por el punto (0, 1) (es decir, que y(0) = 1) entonces debemos escoger
C = 12
Z
y=
ex cos x dx =
6
Note que el Teorema 2.1.1Res un resultado de existencia. En la práctica puede resultar díficil (incluso
imposible) hallar la primitiva f (x) dx. Por lo tanto, el lector debe de repasar los principales métodos de
integración.
2
Ejemplo 2.1.2. La solución de la ED y 0 = e−x está dada por
Z
y=
2
e−x dx
2
Sin embargo, la función e−x no poseé primitiva.
Las EDs que acabamos de estudiar, si bien son las más sencillas, son también de las más importantes.
Conforme estudiemos otros tipos de ED de orden 1 veremos que, el método de solución consistirá en manipular
la ED dada para que se transforme en una ED de la forma (2.1)
Ejercicio 2.1.1. Resuelva las siguientes EDs
(a) y 0 = sin x cos 2x
(d) y 0 = sec3 x
(b) y 0 = ex sin x
(e) y 0 = arctan x
(c) y 0 = x2 ex
(f) y 0 = ln x
2.2
EDs de Variables Sepables
Considere la ED mas general
1
f (x)
dy
=
, para algunas f, g
dx
g(y)
(2.2)
Podemos escribir esta ED como
dy
= f (x)
(2.3)
dx
en donde las variables x y y se encuentran separadas. Queremos hallar la función y que satisface esta
ED. Bueno, supongamos que sabemos que y = h(x) es una solución de (2.3). Si sustituimos obtenemos la
igualdad
g(y)
g(h(x))h0 (x) = f (x)
en la cual no aparece la y. Si entegramos a ambos lados respecto de x:
Z
Z
0
g(h(x))h (x) dx = f (x) dx + C
y hacemos el cambio de variable y = h(x) para obtener
Z
Z
g(y) dy = f (x) dx + C
(2.4)
En donde no aparece la función h (es decir, no hacia falta conocerla). Así, la expresión (2.4) da la solución
general (generalmente de forma implícita) de la ED (2.3)
1 Si
g(y) = 1 la ED se reduce al caso anterior
7
Observación 2.2.1. Si observamos las expresiones (2.2) y (2.4) parece que lo que estamos haciendo es multiplicar
en cruz por g(y) y por el dx y luego integrar. Funciona como truco nemotécnico y es lo que haremos en la práctica,
pero debemos tener claro que dx no es un número que podemos pasar a multiplicar. Sin embargo, abusando de la
notación, escribiremos por lo general la ecuación (2.3) como
g(y)dy = f (x)dx
Definición 2.2.1. Una ED de la forma
dy
dx
=
f (x)
g(y)
se llama una ED de variables separables
Ejemplo 2.2.1. Halle la solución de las siguientes EDs de variables separables
= sin(2x)
(b)
dy
dx
dy
dx
(c)
dy
dx
= e2x−y
(a)
= − xy
Solución:
(a) Integrando obtenemos y = − cos(2x)
+C
2
(b) Separando las variables, nos queda ydy = −xdx. Integrando, obtenemos la solución y 2 + x2 = C
dy
(c) Usando las propiedades de la función exponencial podemos escribir la ED como dx
= e2x e−y , de donde,
y
2x
separando las variables tenemos: e dy = e dx. La solución la obtenemos por integración: ey = 21 e2x + C
dy
Suponga que iniciamos con la ED dx
= f (x)g(y) y dividimos ambos lados por g(y) para obtener la ED
1 dy
en variables separadas g(y) dx = f (x). Para poder realizar este último paso necesitamos estar seguros que
no estamos dividiendo por cero. ¿Porque? Considere la ecuación x2 = x. Si simplemente dividimos ambos
lados por x obtenemos la solución x = 1 (y perdemos la solución x = 0). La misma pérdida de soluciones
puede ocurrir con nuestra ED. En efecto, si y0 es un cero de g(y); es decir g(y0 ) = 0, entonces la función
dy
1 dy
= f (x)g(y), pero no de g(y)
y(x) = y0 es solución de dx
dx = f (x). Hemos predido por lo tanto una solución!
1
y
esta dada por
dy
dx
= −2xy 2 . Entonces si y 6= 0 dividiendo tenemos
= x2 + C o bien y = x2 1+C . Así, la solución de la ED está dada por
y = x2 1+C
y=0
Ejemplo 2.2.2. Considere la ED
Note que la solución y = 0 no se obtiene a partir de y =
Definición 2.2.2. En
dy
dx
1
x2 +C
−1 dy
y 2 dx
= 2x cuya solución
mediante la elección de la constante C.
= f (x)g(y), si g(y0 ) = 0, la solución y = y0 se llama una Solución Singular
dy
Ejemplo 2.2.3. Considere la ED xy 4 + (y 2 + 2)e−3x dx
= 0. Separando las variables:
−
1
2
+ 4
y2
y
dy
= xe3x
dx
e integrando esta expresión obtenemos la solución (en forma implícita)
1
2
1
1
+ 3 = xe3x − e3x + C
y
3y
3
9
y no debemos olvidar la solución singular y = 0.
Ejercicio 2.2.1.
(a) Halle las soluciones de las siguientes EDs
0
(a) xy = 3y
(b)
dy
dx
= x(y − 1)(y − 2)
8
(c) (x +
√ dy
√
x) dx = y + y
dy
(d) 1 − y 2 + (x − 1)y dx
=0
dy
= y2
(e) (1 + x2 + y 2 + x2 y 2 ) dx
dy
(b) *En la ED dx
= f (ax + by + c) donde a, b, c ∈ R, b 6= 0; haga el cambio de variable u = ax + by + c para
transformarla en una ED en variables separables. Use el resultado anterior para resolver las siguientes EDs
(a) y 0 =
1−x−y
x+y
(b) y 0 = (x − y)2
(c) y 0 = (x + 2y − 1)2 − 3x − 6y + 3
(d) y 0 = sin x cos y − sin y cos x
2.3
EDs Homogéneas
Considere la ED
y
dy
=F
dx
x
donde F es una función dada. El cambio de variable v = xy , nos permite escribir esta ED como:
v+x
dv
= F (v)
dx
(2.5)
1
dv
1
=
F (v) − v dx
x
o bien
la cual es una ED de variables separadas2 , y por lo tanto, sabemos resolver.
dy
= F ( xy ), pero podamos llevarla a esta forma
Muchas veces es posible que una ED no sea de la forma dx
mediante una manipulación algebraica, como lo muestra los siguientes ejemplos.
Ejemplo 2.3.1. Resuelva
(x3 + y 3 ) − (xy 2 )
dy
=0
dx
transformándola en una ED homogénea.
Solución: Podemos escribir la ED como
y 3
1 + ( xy )3
dy
x3 + y 3
x3 1 + ( x )
=
=
=
dx
xy 2
x3 ( xy )2
( xy )2
La cual tiene la forma de (2.5) para F (v) =
1+v 3
.
v2
Haciendo v =
y
,
x
tenemos:
dv
1 + v3
dv
1 + v3 − v3
1
=
⇒x
=
= 2
2
dx
v
dx
v2
v
de donde, obtenemos la ED en variable separadas
v+x
v2
dv
1
=
dx
x
cuya solución está dada por
1 3
v = ln |x| + C
3
Por lo tanto la solución de la ED está dada por
y 3 = 3x3 (ln |x| + C)
2 Si
F (v) = v la ED anterior no tiene sentido, sin embargo en este caso la ED original es de variables separadas
9
Ejemplo 2.3.2. Resuelva
(x − 4y) + (3x − 2y)
dy
=0
dx
transformándola en una ED homogénea.
Solución: Similarmente al ejemplo anterior, podemos expresar la ED como
(2v − 1)(v + 1)
dv
1 − 4v
dv
1 − 4v − 2v 2 + 3v
=
⇒
x
=
=
dx
2v − 3
dx
2v − 3
2v − 3
y v 6= −1 podemos separar las variables y escribir
2v − 3
dv
1
1
−4
5
dv
1
=
o bien
+
=
(2v − 1)(v + 1) dx
x
3 2v − 1
v + 1 dx
x
v+x
Ahora, si v 6=
1
2
Integrando esta última expresión tenemos
1
[−4 ln |2v − 1| + 5 ln |v + 1|] = ln |x| + C
3
Finalmente, devolviendo el cambio de variable e incluyendo las soluciones singulares; la solución de la ED es

(y+x)5

 (2y−x)4 = Cx4
2y = x

 y = −x
A diferencia del ejemplo anterior, la ED (x − 4y 2 )dx + (3x − 2y)dy = 0 no puede ser transformada en
una ED homogénea. La gran (pequena) diferencia con la ED anterior es la y que se encuentra elevada al
dy
= 0 de los ejemplos
cuadrado!. La propiedad que nos permitió convertir las ED de la forma M + N dx
anteriores en ED homogéneas es que las funciones M y N son homogéneas
Definición 2.3.1. Una función F (x, y) se llama homogénea si para todo λ 6= 0 se verifica F (λx, λy) =
λn F (x, y) para alguna constante n (llamada el grado de homogeneidad de F )
(a) F (x, y) = x2 − y 2 es homogénea de grado 2
p
(b) F (x, y) = x3 + xy 2 es homogénea de grado 32
Ejemplo 2.3.3.
(c) F (x, y) = 1 +
y
x
es homogénea de grado 0
dy
= 0 donde las funciones M y N son homogéneas del mismo grado (digamos
Considere la ED M + N dx
n). Entonces podemos convertir esta ED en una ED homogénea:
y
y
M (x, y)
xn M (1, x )
dy
=−
=− n
=
F
dx
N (x, y)
x N (1, xy )
x
Observación 2.3.1. Nada de especial tiene haber factorizado la x y no la y en el paso anterior. Una ED de la forma
dy
dx
= f ( xy ) también se llama homogénea; y como el lector puede verificar, la sustitución v =
ED en variables separadas.
Ejercicio 2.3.1. Resuelva las siguientes ED
(a)
dy
dx
=
2x+3y
3x−2y
(b) −ydx + (x +
√
xy)dy = 0
dy
(c) x − y ln y + y ln x + x(ln y − ln x) dx
=0
(d)
dy
dx
=
x+3y
3x+y
10
x
y
la convierte en una
2.4
EDs Reducibles a Homogéneas
La ED
dy
=F
dx
ax + by + c
Ax + By + C
se transforma en homogenea al hacer el cambio coordenadas
X =x−h
Y =y−k
donde (h, k) es el punto de intersección de las rectas ax + by + c = 0 y Ax + By + C = 0
Ejercicio 2.4.1. Resuelva las siguientes EDs transformándolas en homogéneas
(a)
dy
dx
=
x+3y−2
3x+y+2
(b)
dy
dx
=
2x+3y+1
3x−2y−5
2.5
EDs Exactas
Considere la ED
y
dy
+ = ex
dx x
Inmediantamente se verifica que esta ED no es de variables separables ni homogénea. Si multiplicamos
ambos lados por x:
dy
+ 1 · y = xex
dx
reconocemos del lado izquierdo la regla para la derivada del producto xy :
x
d
[xy] = xex
dx
de forma que al integrar obtenemos
Z
xy =
xex dx = xex − ex + C
de donde hallamos la solución de la ED: y = ex − x−1 (ex + C).
En general, si el lado derecho de la ED anterior solo depende de la variable x, la ED puede resolverse por
integración, como lo muestra el siguiente ejemplo. Considere la ED
dy
− e−x y = Q(x)
dx
Del lado izquierdo podemos reconocer la regla para la derivada del producto e−x y
e−x
d −x e y =
dx
e−x y
=
y
=
Q(x)
⇒
Z
Q(x) dx
⇒
Z
ex
Q(x)dx + C
Consideremos ahora la ED
11
dy
− y = Q(x)
dx
En esta ocasión, buscar una derivada exacta del lado izquierdo de la ecuación resulta inútil (¿Porque?)
por lo que el método anterior no funciona. Sin embargo, lo que podemos notar es que esta ED es básicamente
la ED del ajemplo anterior, en donde se ha cancelado el factor e−x . Si multiplicamos pues esta ED por el
factor e−x tenemos
Z
−x
−x
x
−x
−x dy
− e y = e Q(x)
⇒
y=e
e Q(x)dx + C
e
dx
obteniendo la solución de (ambas) EDs.
En este punto, ya debería ser claro el método de solución que estamos aplicando: intentamos expresar
una ED de orden 1 como la derivada exacta (respecto de x) de una función F (x, y), de forma que obtenemos
una ED del tipo
d
[F (x, y)] = Q(x)
dx
R
cuya solución está dada por: F (x, y) = Q(x)dx + C.
(2.6)
Definición 2.5.1. Una ED de orden 1 que puede ser expresada como (2.6) se llama ED exacta
Observación 2.5.1. Como vimos en el ejemplo anterior, una ED que no es exacta, puede serlo si la multiplicamos
por un factor apropiado. Como hallar este factor se estudiará en la próxima sección
Queremos poder determinar, cuando una ED de orden 1 es exacta; es decir, cuando podemos hallar la
función F (x, y) en (2.6). Supongamos que la ecuación
dy
= Q(x)
dx
es exacta, y está dada por (2.6). Realizando la derivación en (2.6) tenemos:
M (x, y) + N (x, y)
(2.7)
∂F dy
∂F
+
= Q(x)
∂x
∂y dx
de donde, comparando los coeficientes:
M (x, y) =
∂F
∂x
y
N (x, y) =
∂F
∂y
(2.8)
Por lo tanto (2.8) es una condición (necesaria) que satisface (2.7) de ser exacta. Note que esta condición
no es de utilidad para determinar si la ED es exacta, pues no conocemos F (x, y). Para intentar hallar una
condición que no involucre la F , calculamos las siguientes derivadas:
 2

 ∂ F = ∂ ∂F = Nx

 ∂x∂y
∂x ∂y 2
∂
F
∂ ∂F

=
= My


 ∂y∂x
∂y ∂x
En general, las derivadas cruzadas no coinciden; sin embargo, si F tiene derivadas de orden 2 continuas,
el orden de derivación no importa y Fxy = Fyx . Por lo tanto, bajo estos supuestos, obtenemos la condición
∂N
∂M
=
∂y
∂x
(2.9)
Esta condición (necesaria) puede verificarse sin necesidad de conocer la función F (x, y). Más aún, el
siguiente teorema garantiza que esta condición también es suficiente.
12
Teorema 2.5.1. Si
∂M
∂y
y
∂N
∂x
son continuas, la ecuación diferencial
M (x, y) + N (x, y)
es exacta si y solo si
∂M
∂y
=
dy
=0
dx
∂N
∂x
Si bien la condición (2.8) no nos sirvió para determinar si la ED es exacta o no; si nos sirve para hallar
la función F (x, y) una vez que sabemos que existe.
Ejemplo 2.5.1. Considere la ED
Si ponemos M =
y
x−1
dy
y
+ [ln(x − 1) + 2y]
=0
x−1
dx
y N = ln(x − 1) + 2y, tenemos que
∂M
1
∂N
=
=
∂y
x−1
∂x
y el teorema (2.5.1) garantiza que la ED es exacta. Así pues existe una función F (x, y) que satistace

y
∂F


 ∂x = M = x − 1


 ∂F = N = ln(x − 1) + 2y
∂y
Integrando la primera ecuación respecto de x recuperamos F (x, y):
F (x, y) = y ln(x − 1) + g(y)
en donde la función g(y) se debe determinar. Para ello, derivamos la última expresión respecto de y
∂F
= ln(x − 1) + g 0 (y) = N = ln(x − 1) + 2y
∂y
de donde obtenemos que g 0 (y) = 2y; es decir g(y) = y 2 + c. Así, tenemos que F (x, y) = y ln(x − 1) + y 2 + c, y la
d
ED se escribe como dx
[y ln(x − 1) + y 2 ] = 0. Por lo tanto la solución está dada por
y ln(x − 1) + y 2 = C
Ejemplo 2.5.2. Considere la ED
(x − y 3 + y 2 sin x)dx − (3xy 2 + 2y cos x)dy = 0
Si ponemos M = x − y 3 + y 2 sin x y N = −(3xy 2 + 2y cos x) verificamos que
∂N
∂M
=
= −3y 2 + 2y sin x
∂y
∂x
y por lo tanto la ED es exacta. Por lo tanto existe una función F (x, y) tal que

3
2
 ∂F
∂x = x − y + y sin x
∂F
2
= −(3xy + 2y cos x)
 ∂y
Hallamos que F (x, y) =
x2
2
− xy 3 − y 2 sin x + c, de donde la soluión de la ED es
x2
− xy 3 − y 2 sin x = C
2
13
2.6
Factores Integrantes
En la sección anterior observamos que la ED
dy
− y = Q(x)
dx
no es exacta; sin embargo, si la multiplicamos por µ = e−x , obtenemos una ED exacta cuya solución es
la misma que la de la ED original.
Definición 2.6.1. Decimos que µ = µ(x, y) es un factor integrante de la ED M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0,
si la ED µM (x, y)dx + µN (x, y)dy = 0 es exacta
En vista del Teorema 2.5.1, tenemos que µ es un factor integrante de (2.7) si
∂
∂
(µM ) =
(µN )
∂y
∂x
(2.10)
En general, esto es lo único que sabemos de µ y no existe un método que nos permita hallar un factor
integrante a partir de la ED (2.7)3 . El camino a seguir dependerá de la forma de M y N . A continuación
analizaremos ciertos casos particulares en donde podemos hallar el factor integrante µ.
Todos los métodos para intentar hallar un factor integrante µ se basan en suponer que µ tiene cierta
forma como función de x y y. Nuestro primer intento será suponer que µ es función solamente de la variable
x; esto es µ = µ(x). En este caso (2.10) toma la forma
∂M
∂N
µ0
1 ∂M
∂N
µ
=µ
+ N µ0
o bien
=
−
(2.11)
∂y
∂x
µ
N
∂y
∂x
Como estamos suponiendo que el lado izquierdo de la última expresión
de x, deberíamos de
solo depende
1
∂N
∂M
tener lo mismo para el lado derecho. Digamos entonces que P (x) := N ∂y − ∂x . En este caso, podemos
hallar µ integrando (2.11):
µ(x) = e
R
P (x)dx
Un camino análogo es suponer que µ solo depende de y. El siguiente teorema resume lo anterior
Teorema 2.6.1. .
R
∂N
= P (x) entonces µ(x) = e P (x)dx es factor integrante de la ecuación diferencial
(a) Si N1 ∂M
∂y − ∂x
dy
M + N dx
=0
R
1
∂N
∂M
Q(y)dy
(b) Si M
−
=
Q(y)
entonces
µ(y)
=
e
es factor integrante de la ecuación diferencial
∂x
∂y
dy
M + N dx
=0
Ejemplo 2.6.1. Resuelva la ED
(y ln y + yex ) + (x + y cos y)
dy
=0
dx
Solución: Calculamos
∂M
= ln y + 1 + ex
∂y
por lo tanto
1
M
∂N
∂x
−
∂M
∂y
∂N
=1
∂x
= − y1 y el teorema anterior garantiza que
R
µ=e
3 Peor
y
1 dy
−y
= e− ln y =
1
y
aún es que (2.10) difícilmente permite asegurar cuando no existe del todo un factor integrante
14
es factor integrante. Multiplicando nuestra ED por µ =
(ln y + ex ) + (
1
y
obtenemos la ED exacta
x
dy
+ cos y)
=0
y
dx
Buscamos entonces F (x, y) tal que
Fx = ln y + ex
Fy = xy + cos y
Integrando la primera de estas expresiones (respecto de x)
F (x, y) = x ln y + ex + g(y)
y derivando respecto de y
Fy =
x
x
+ g 0 (y) = + cos y
y
y
de donde g 0 (y) = cos y y por lo tanto g(y) = sin y + c. Así, F (x, y) = x ln y + ex + sin y + c y la solución de la ED
está dada por
x ln y + ex + sin y = C
El teorema (2.6.1) se puede generalizar al caso en que exista un factor integrante que dependa de una
una sola variable.
Teorema 2.6.2. Una función µ = µ(u) es factor integrante de la ED
M (x, y) + N (x, y)
dy
=0
dx
si y solamente
∂N
∂M
∂x − ∂y
du
M du
dy − N dx
En este caso µ(u) =
R
= F (u)
eF (u) du . En particular:
(a) Si u = xy, entonces µ = µ(u) es f.i sii F (u) =
∂N
∂M
∂x − ∂y
xM −yN
(b) Si u = x2 + y 2 , entonces µ = µ(u) es f.i sii F (u) =
− ∂M
∂y
2yM −2xN
∂N
∂x
(c) etc...
Ejemplo 2.6.2. Muestre que la ED
x2 y 3 + 2y + (2x − 2x3 y 2 )
dy
=0
dx
poseé un f.i. que depende de u = xy
Solución: Pongamos
M = x2 y 3 + 2y
y
N = 2x − 2x3 y 2
Calculamos
∂N
∂x
−
∂M
∂y
xM − yN
=
(2 − x2 y 2 ) − (3y 2 x2 + 2)
−3
−3
=
=
+ 2xy) − (2xy − 2x3 y 3 )
xy
u
(x3 y 3
Por lo tanto existe un f.i. µ = µ(u), y está dado por
15
µ = e−3
R 1
du
u
1
1
= 3 3
u3
x y
=
Multiplicando por este f.i., obtenemos la ED exacta
y3
2
+ 3 2 +
x2
x y
!
2
x2 y 3 −
2
y
dy
=0
dx
la cual el lector puede comprobar que tiene por solución:
ln x − 2 ln y −
1
=C
(xy)−2
Ejercicio 2.6.1.
2.7
ED Lineal
La ED
dy
+ yP (x) = Q(x)
dx
siempre poseé un factor integrante de la forma µ(x) = e
sección anterior. Así
e
R
P (x) dx dy
R
+ ye
P (x) dx
R
(2.12)
P (x) dx
P (x) = e
R
, como se verifica con los métodos de la
P (x) dx
dx
es una ED exacta. Es más, se verifica que esta ED está dada por
Q(x)
R
d h R P (x) dx i
y = Q(x)e P (x) dx
e
dx
de donde tenemos que la solución es 4
Z
R
R
P (x) dx
− P (x) dx
dx + C
y=e
Q(x)e
2.8
ED de Bernoulli
Considere la ED
dy
+ yP (x) = y n Q(x)
(2.13)
dx
donde n ∈ R. Si n = 0 ó n = 1 entonces sabemos como resolverla (¿Porque?). Supongamos entonces que
dz
n 6= 0 y n 6= 1. En este caso, apliquemos el cambio de variable z = y 1−n . Calculemos el dx
:
dy
dz
= (1 − n)y −n
dx
dx
o bien
y −n
dy
1 dz
=
dx
1 − n dx
La ED (2.13) la podemos escribir como
y −n
4 No
dy
+ y 1−n P (x) = Q(x)
dx
se supone que deba memorizar esta fórmula. Esta aquí para efectos de completitud!
16
de forma que al aplicar el cambio de variable, obtenemos
1 dz
+ zP (x) = Q(x)
1 − n dx
la cual, después de multiplicar por (1 − n), vemos que es una ED lineal:
dz
+ y[(1 − n)P (x)] = (1 − n)Q(x)
dx
2.9
EDs con variable ausente: reducción de orden
Cuando definimos lo que es una ED, lo hicimos muy informalmente diciendo que es una relación entre una
función y y sus derivadas. Formalmente podemos decir esto de la siguiente manera:
Una ODE de orden n es una expresión de la forma
F (x, y(x), y 0 (x), ..., y (n) (x)) = 0
en donde F : U → R es una función conocida, definida en alguna región U ⊆ Rn+2 .
A continuación estudiaremos la ED de orden 2
F (x, y, y 0 , y 00 ) = 0
en los casos en que falte ya sea la variable (dependiente) y o bien la variable (independiente) x. Veremos
que un cambio de variable, nos permite expresar esta ED como una de orden 1.
Caso 1. Falta la variable y:
F (x, y 0 , y 00 ) = 0
En esta caso haremos la sustitución u = y 0 =
dy
dx ,
de forma que u0 = y 00 . Así, la ED toma la forma
F (x, u, u0 ) = 0
la cual es una ED de orden 1.
Ejemplo 2.9.1. Considere la ED
d2 y
dy
= ex
+2
dx2
dx
dy
Dado que no aparece la variable y hacemos la sustitución u = dx
para obtener la ED
x
du
+ 2u = ex
dx
la cual se transforma en exacta al multiplicar por x. La sulución está dada por
Z
x2 u = xex dx = xex − ex + C
x
Despejando la u, y devolviendo el cambio de variable tenemos
dy
ex
ex
C
ex
A
=u=
− 2 + 2 ⇒y=
+ +B
dx
x
x
x
x
x
17
Caso 2. Falta la variable x:
F (y, y 0 , y 00 ) = 0
dy
Note, sin embargo, que la variable x ’está presente’ de cierta forma en y 0 = dx
. Por lo tanto, en la
sustitución que haremos, debemos hacer que desaparezca del todo.
dy
Consideramos de nuevo la sustitución u = y 0 = dx
. No queremos calcular u0 = du
dx pues al hacerlo todavía
:
aparece la x. En su lugar, usamos la regla de la cadena para calcular du
dy
y 00 =
du
du dy
du
=
·
=u
dx
dy dx
dy
Por lo tanto, la ED toma la forma
du
)=0
dy
la cual es una ED de orden 1, en la cual, la variable y juega el papel de la variable independiente.
F (y, u, u
Ejemplo 2.9.2. Considere la ED
yy 00 + (y 0 )2 = 0
Dado que no aparece la variable x, hacemos el cambio u =
dy
dx
para obtener la ED
du
+ u2 = 0
dy
la cual es una ED (en variables separables) de orden 1. El lector puede comprobar que la solución de la ED
original está dada entonces por
y·u
y 2 = Cx + D
Ejercicio 2.9.1. Resuelva las siguientes EDs
(a) xy 00 + 3y 0 = x
(b) 2y 00 − (y 0 )2 + 1 = 0
(c) y 00 = y 0 (1 + y) sujeto a y(0) = 0, y 0 (0) = −4

00
2
0
0 2
 y · y = y · y + (y )
y 0 (0) = 1
(d)

y(0) = −1/2
2.10
Teorema de Existencia y Unicidad
Hasta este punto no nos hemos preocupado por preguntarnos acerca de la existencia de solución a una ED
dada. Básicamente hemos dejado esta pregunta de lado, pues las EDs que se nos han propuestas las hemos
podido resolver de una u otra forma. En la práctica (es decir, en la vida real) las EDs aparecen como modelos
matemáticos de fenómenos físicos, químicos, etc, y queremos saber si la ED involucrada poseé solución. Si
la solución existe, la pregunta sería si esta es única.
Para el caso de EDs de orden 1 tenemos el siguiente teorema que contesta estas dos interrogantes:
Teorema 2.10.1 (de existencia y unicidad de soluciones). Considere la ecuación diferencial de primer orden
dada por
dy
= F (x, y)
dx
donde F : R → R y U ⊂ R2 es una región abierta. Si F (x, y) satisface las condiciones
18
(a) F (x, y) es real y continua en R
(b)
∂F
∂y
es real y continua en R
Entonces, si (x0 , y0 ) ∈ R, el problema de valor inicial
0
y = F (x, y)
y(x0 ) = y0
poseé solución única.
Si en el teorema anterior, consideramos solamente la ED y 0 = F (x, y), y no el problema de valor inicial;
podemos garantizar la existencia de solución pero no la unicidad. En efecto, como sabemos, la solución a
una ED de orden 1 es toda una familia de curvas que dependen de un parámetro.
Ejemplo 2.10.1. Considere el problema de valor inicial
xy 0 − 3y = 0
y(1) = 1
La solución de la ED está dada por
y = Cx3
y si además pedimos y(1) = 1, debemos escoger C = 1. Por lo tanto obtenemos que y = x3 . Sin embargo, esta no
es la única función que satisface nuestro problema de valor inicial. Considere por ejemplo las siguientes soluciones:
y = x3 , x ≥ 0
y = x3 , x ≥ 0
y = x3 , x ≥ 0
y=
,
y=
,
y=
3
0
,x < 0
−x
,x < 0
2x3
,x < 0
y el lector podría dar muchas más.
¿Porque el teorema no aplica en este caso?. Si escribimos la ED en la forma y 0 = F (x, y), tenemos que F (x, y) =
3y/x, y no se verifican ningunas de las dos condiciones del teorema para ninguna región que contenga puntos x ≥ 0
y x < 0.
Note que si restringimos el dominio de F (x, y) a una región de R2 que solo contenga x ≥ 0 (pues x = 1 tiene que
pertenecer a esta región), entonces la solución si es única: y = x3
Ejemplo 2.10.2. El problema de valor inicial
xy 0 − 3y = 0
y(0) = 0
no poseé solución única en región abierta de R2
2.11
2.11.1
Aplicaciones de las EDs de orden 1
Trayectorias Ortogonales
Como ya hemos visto, al resolver la ED de primer orden y 0 = F (x, y) no obtenemos una única función y,
sino una familia de curvas (que dependen de una constante arbitraria).
Así por ejemplo, cualquier miembro de la familia de curvas dadas por
x2 + y 2 = R 2
es solución de la ED
19
,R ∈ R
dy
x
=−
dx
y
También podemos interpretar lo anterior diciendo que la pendiente de la recta tangente al círculo x2 +y 2 =
2
R en cualquier punto (x, y) está dada por m = −x/y.
Estamos interesados en contestar la siguiente pregunta: ¿Cual familia de curvas es tal que, cualquiera de
sus miembros interseca ortogonalmente 5 a cualquiera de estos círculos?
La respuesta la encontramos en el siguiente resultado:
Proposición 2.11.1. Dos rectas L1 y L2 que no son paralelas son ortogonales si y sólo si sus pendientes
respectivas satisfacen m1 · m2 = −1
Por lo tanto, la familia de curvas que buscamos debe satisfacer la ED
y
dy
=
dx
x
cuya solución está dada (por la familia)
,C ∈ R
y = Cx
la cual es la familia de todas las rectas que pasan por el origen (un dibujo lo convencerá que cualquiera
de estas rectas es ortogonal a cualquier círculo centrado en el origen)
En general decimos que dos familias de funciones F y G son mutuamente ortogonales, si para cada
f ∈ F y g ∈ G tenemos
df dg
·
= −1
dx dx
en los puntos de intersección de f y g.
En caso que las familias F y G sean mutuamente ortogonales, también decimos que las familias son, cada
una, trayectorias ortogonales de la otra. Así, en el ejemplo anterior decimos que los círculos centrados
en el origen y las rectas que pasan por el origen son trayectorias ortogonales
Ejemplo 2.11.1. Halle las trayectorias ortogonales a la familia C1 = {y =
Solución: Derivando tenemos
de C1 :
dy
dx
=
− xC2 .
C
x
: C ∈ R}.
Sustituyendo C = xy, obtenemos la ED que satisfacen los miembros
y
dy
=−
dx
x
Por lo tanto, la familia C2 ortogonal a C1 debe cumplir con la ED
dy
x
=
dx
y
cuya solución está dada por C2 = {y 2 − x2 = C : C ∈ R}
x
Ejemplo 2.11.2. Halle las trayectorias ortogonales de la familia C1 = {y = −x − 1 + Ce : C ∈ R}
Solución: La ED que caracteriza esta familia de curvas está dada por
dy
= −1 + Cex = x + y
dx
de donde, tenemos que la familia C2 de sus trayectorias ortogonales esta dada por la ED
dy
−1
=
dx
x+y
Cuya solución es la familia C2 = {y + ln |x + y − 1| = C : C ∈ R}
5 Ortogonal:
las respectivas rectas tangentes son perpendiculares
20
2.11.2
Desintegración Radioactiva
Cuando un ser vivo muere, el Carbono 14 (C-14) empieza a desintegrarse y se convierte en Carbono 12
(C-12), el cual es estable. La velocidad con la que se dedintegran estos isótopos radioactivos es proporcional
a la cantidad presente de los mismos.
Así, si definimos por
y(t) = cantidad de núcleos de C-14 presentes t años despues de muerto
obtenemos el problema de valor inicial
dy
dt
= k · y(t)
y(0) = y0
en donde k es la constante de proporcionalidad, y y0 es la cantidad de núcleos de C-14 en el momento de
la muerte (pues t = 0).
Este problema tiene por solución la función
y(t) = y0 ekt
Note que aún necesitamos más información, pues no conocemos el valor de k. Un dato conocido es el de
la vida media del C-14: el tiempo necesario para que la cantidad inicial (y0 ) se reduzca a la mitad. Para el
C-14, la vida media es aproximadamente de 5730 años. Así, si ponemos tm = 5730 tenemos
y(tm ) =
ln 2
y0
⇒k=−
≈ −0.00012097
2
tm
Ejemplo 2.11.3. Se encontró una calavera fosilizada, y se midió que contenía la mílesima parte de la cantidad
original de C-14. ¿Cuanto tiempo lleva muerto su dueño?
Solución: Por lo anterior, tenemos que
ln 2
y(t) = y0 e− 5730 t
Debemos hallar el tiempo, t0 , talque y(t0 ) =
ln 2
y0
= y0 e− 5730 t0
1000
y0
.
1000
Tenemos
ln 1000
≈ 57103 años
⇔ t0 = 5730 ·
ln 2
2.11.3
Ley de Enfriamiento de Newton
La ley de enfriamiento de Newton dice que
en un cuerpo que se está enfriando, la rapidez con la cual la temperatura cambia es proporcional a la
diferencia entre la temperatura del cuerpo y la temperatura constante del medio que lo rodea.
Definamos por T (t) la temperatura del objeto después de t > 0 segundos y por Ta la temperatura del
ambiente. Entonces, podemos describir la ley de enfriamiento por
T 0 (t)
=k
T (t) − Ta
donde k es la constante de proporcionalidad.
Se verifica que la solución está dada por
T (t) = Ta + |T (0) − Ta | ekt
21
Ejemplo 2.11.4. Suponga que al sacar un pastel del horno su temperatura es de 300o F y tres minutos después, su
temperatura es de 200o F . Si la temperatura del ambiente es de 70o F , calcule en cuantos minutos el pastel alcanza
los 100o F ?
Solución Aplicando la fórmula con T (0) = 300 y Ta = 70, tenemos que la temperatura del pastel está dada por
T (t) = Ta + (T (0) − Ta )ekt = 70 + 230ekt
Para hallar el valor de la constante k usamos que T (3) = 200. Así
k=
T (3) − 70
1
ln
≈ −0.302
3
230
Por lo tanto, el valor buscado es la solución de T (t0 ) = 100, la cual el lector puede verificar es
t0 ≈ 10.7 min
2.11.4
Leyes de Movimiento de Newton
La segunda ley del Movimiento de Newton, establece que
En un cuerpo, la tasa de cambio de momentum en el tiempo es proporcional a la fuerza neta que actúa
sobre el cuerpo
El momentum de un cuerpo se define por p = mv, donde m es la masa del cuerpo y v su velocidad. Si
denotamos por F (t) a la fuerza que actúa sobre el cuerpo, podemos escribir la 2a LN como
d
(mv) = kF
dt
donde k es la constante de proporcionalidad.
Si la masa del objeto permanece constante, podemos escribir la 2a LN como
ma = kF
dv
dt
6
donde a =
es la aceleración del cuerpo. Finalmente, podemos elegir las unidades de a para eliminar
la constante k y obtener la conocida ecuación F = ma.
En el ejemplo de caída libre, la única fuerza que actúa sobre el objeto es la fuerza de la gravedad, F = mg.
Por lo tanto, la 2a LN dice mg = ma, o bien, g = a = s00 (t). Esta fue la ED que obtuvimos anteriormente.
A continuación consideramos una variante del ejemplo estudiado
Caída libre con resistencia de aire
Un objeto es dejado caer desde el reposo desde una altura s0 (la altura de un edificio, digamos). El
objeto experimenta una fuerza R, debida a la resistencia del aire, la cual es proporcional a la velocidad
en cualquier instante de la caída. Halle una expresión que le permita determinar la posición del objeto en
cualquier instante.
Solución: Sea s(t) la posición del objeto durante la caída t ≥ 0 segundos después de ser soltado.
Aplicando la 2a LN obtenemos la ED
m
d2 s
= mg − R
dt2
7
Por hipótesis, sabemos que R = kv = k ds
dt para alguna constante k . Sustituyendo, obtenemos la ED
o
(de 2 orden)
m
6 En
d2 s
ds
= mg − k
dt2
dt
el SI la aceleración tiene unidades de m/s2 , y la fuerza tiene unidades N = kg · m/s2 (Newton)
k 6= 0
7 Suponemos
22
Haciendo la sustitución v =
ds
dt
podemos escribir esta ED como una de orden 1 en variables separables:
m
dv
= mg − kv
dt
cuya solución está dada por
kt
mg − kv = e− m −kc1
Para determinar la constante c1 usamos la condición v(0) = 0 (el objeto es dejado caer). Así c1 =
Despejando v = ds
dt de esta ecuación, obtenemos
ln mg
k .
o
kt
ds
mg n
1 − e− m
=
dt
k
de donde
s=
m kt o
mg n
t − e− m + c2
k
k
2
Usando la condición s(0) = 0 hallamos c2 = − mk2g de donde obtenemos la solución
mg n
m kt
mo
s(t) =
t + e− m −
k
k
k
Note que, a diferencia del caso sin resistencia de aire, la fórmula obtenida depende de la masa del objeto.
Ejemplo 2.11.5. En el ejemplo inicial, el objeto tardaba 5 segundos en golpear el suelo. Si la masa del objeto es
de 1 Kg, y k = 1/2, determine la altura del edificio.
Solución: Ya hemos hecho el trabajo duro:
9.8
1 − 5/2
1
s(5) =
5+
e 1 −
≈ 62m
1/2
1/2
1/2
prácticamente la mitad de la altura obtenida anteriormente.
2.11.5
Mezclas y Reacciones Químicas
Ejemplo 2.11.6. Un tanque está lleno con 40 litros de agua salada, en el que hay 10 Kg de sal disuelta.
Agua salada, con una concentración de 3/2 Kg/L entra al tanque a una tasa de 8 L/min. A la misma tasa,
la solución (bien mezclada) sale del tanque por un agujero.
Usando esta información, determinar
(a) La cantidad de sal presente en el tanque en cualquier instante
(b) Si queremos conseguir 40 litros de agua a una concentración de 1/2 Kg/L de sal, ¿cuanto debemos
esperar para tapar el agujero y cortar la entrada de agua?
(c) ¿Que pasa si esperamos suficiente tiempo?
Solución: Definamos por A(t) la cantidad de sal en el tanque presente en t minutos. Entonces tenemos:
dA
dt
=
[tasa de cambio de la sal en el tanque]
[tasa sal que entra ] − [tasa sal que sale]
3 Kg
L
A Kg
L
=
·8
−
·8
2 L
min
40 L
min
A
= 12 −
5
=
23
Por lo tanto, debemos resolver la ED
dA
dt
= 12 −
A(0) = 10
A
5
cuya solución, el lector puede verificar, es
A(t) = 60 − 50e−t/5
Ahora, dado que una concentración de 1/2 Kg/L, equivale a tener 20 Kg de sal en el tanque; el tiempo
que debemos esperar está dado por la solución de A(t0 ) = 20. Se verifica que este tiempo es
t0 ≈ 1.1 min
Finalmente, dado que limt→∞ A(t) = 60 tenemos que al pasar del tiempo la mezcla llega a tener 60 Kg
de sal disuelta.
Ejemplo 2.11.7. Dos productos químicos A y B reaccionan para formar un tercero C, de la siguiente forma:
por cada 2 g de A se requiere 1 g de B. Experimentalmente, se observa que la velocidad con la que se forma
C, es proporcional al producto (algebraico) de las cantidades presentes de A y B. Si empezamos con 40 g de
A y 50 g de B, y se observa que en 5 min se han formado 10 g de C, determine en cuanto tiempo se habrán
formado 20 g de C
Solución: Primero definamos por x(t) la cantidad de producto C que se forma en t minutos. Por la
x
regla de formación. sabemos que por cada x gramos de C que se formen, se requiere de 2x
3 de A y 5 de B.
De esta forma,
cuando se hayan formado x gramos de C, las cantidades restantes de A y B serán 40 − x3
y 50 − x3 , respectivamente.
Por lo tanto, la observación experimental se puede expresar matemáticamente como
2x dx
x
= k · 40 −
50 −
dt
3
3
donde k es la constante de proporcionalidad. Para hallar una expresión para x(t) debemos resolver esta
ED sujeta a las condiciones x(0) = 0 y x(5) = 10.
Se verifica que la solución está dada por
150 − x
= Ce180kt
60 − x
en donde C = 5/2 y 180k =
1
5
28
ln( 25
) ≈ 0, 0227. Así, tenemos que
x(t0 ) = 20 ⇔ t0 ≈ 11, 57 min
24
CAPÍTULO 3
EDs Lineales de orden n > 1
En el capítulo anterior estudiamos la ED lineal (orden 1)
dy
+ yP (x) = Q(x)
dx
la cual pudimos resolver, hallando un factor integrante. En este capítulo estudiaremos la ED lineal de
orden n arbitrario:
dn y
dn−1 y
dy
+ an−1 (x) n−1 + . . . + a1 (x)
+ a0 (x)y = F (x)
(3.1)
n
dx
dx
dx
Lamentablemente, como veremos, no existe un método estandar que nos permita resolver la ED (3.1)
dados los coeficientes a0 , . . . , an . Analizaremos varios casos particulares de los coeficientes ai para los cuales
podemos aplicar un método para hallar la solución. El siguiente teorema nos da condiciones suficientes bajo
las cuales hay existencia de soluciones para la ED (3.1) (aunque claro, no dice como encontrarla!!)
an (x)
Teorema 3.0.1. En (3.1), si an (x) 6= 0 en un intervalo I = [a, b] y además a0 (x), . . . , an (x), F (x) son todas
funciones continuas en I, entonces existe una única solución a

dn y
dn−1 y
dy

an dx
n + an−1 dxn−1 + . . . + a1 dx + a0 y = F (x)




 y(c) = p0
y 0 (c) = p1

..



.

 (n−1)
y
(c) = pn−1
donde p0 , . . . , pn−1 son constantes arbitrarias y c ∈]a, b[
Piense por un momento para que se necesitan las condiciones y (k) (c) = pk en el teorema para garantizar
la unicidad.!!
Ántes de continuar, introduciremos una notación para simplificar la escritura de (3.1).
Definición 3.0.1. Definimos el operador diferencial D por la fórmula Dy =
Con esta notación, usamos también
Dn y
D0 y
dn y
= D
◦
·
◦
D
y
=
para n ∈ N
| {z }
dxn
n veces
= y
Así, para abreviar la expresión
25
dy
dx .
an
dn−1 y
dy
dn y
+
a
+ . . . + a1
+ a0 y = F (x)
n−1
n
n−1
dx
dx
dx
podemos escribir
φ(D)y = F (x)
en donde φ está definido por
φ(z) = an z n + an−1 z n−1 + . . . + a1 z + a0
Ejemplo 3.0.1. Considere la ED
 2 00
0
 x y − 4xy + 6y = 0
y(0) = 0
 0
y (0) = 0
Se puede verificar que y1 (x) = 0, y2 (x) = x2 y y3 (x) = x3 son todas soluciones de esta ED. Es más, apartir de
estas soluciones podemos formar nuevas poniendo y = Ay2 + By3 = Ax2 + bx3 para cualesquiera constantes A, B.
Hemos encontrado por lo tanto una infinidad de soluciones a nuestra ED lineal. Note que esto no contradice el
teorema anterior, pues con c = 0, el coeficiente a2 (x) = x2 se anula en cualquier intervalo que contenga al punto
c = 0.
Ejemplo 3.0.2. El teorema anterior garantiza la existencia y unicidad de la solución para la ED
 2 00
0
 x y − 4xy + 6y = 0
y(1) = 0
 0
y (1) = 0
en cualquier intervalo que contenga a c = 1 pero no a 0
Ejemplo 3.0.3. Se verifica fácilmente que las funciones y1 = ex , y2 = e2x y y3 = e3x son todas soluciones de la ED
lineal
y 000 − 6y 00 + 11y 0 − 6y = 0
Ahora, sabemos que la solución general a una ED de orden 3, poseé 3 constantes arbitrarias, por lo que podriamos
adivinar que es
y = c1 ex + c2 e2x + c3 e3x
Como veremos despueés, esta es en efecto la solución general; sin embargo, no es suficiente formar una combinación
lineal de cualesquiera 3 soluciones para obtener la solución general.
Vea por ejemplo, que las 3 funciones e2x + e3x , 2e2x − e3x y e2x − 2e3x son soluciones a la ED, pero al formar una
combinación lineal de ellas:
y
=
A(e2x + e3x ) + B(e2x − e3x ) + C(e2x − 2e3x )
=
(A + 2B + C)e2x + (A − B − 2C)e3x
=
ae2x + be3x
no obtenemos la solución general, pues solo contamos con 2 constantes arbitrarias.
26
En los ejemplos anteriores hemos formado nuevas soluciones formando combinaciones lineales de las ya
conocidas. Este hecho particular ocurre siempre con la ED lineal
φ(D)y = 0
pues el operador D es lineal. Es decir, que si y1 , y2 son soluciones es esta ED, tambien lo es Ay1 + By2
para cualesquiera A y B:
φ(D)(Ay1 + By2 ) = A · φ(D)y1 + B · φ(D)y2 = 0 + 0 = 0
Esto se generaliza fácilmente a cualquier cantidad finita de soluciones, y es el contenido del siguiente
teorema.
Definición 3.0.2. La ED, φ(D)y = 0, se llama ED lineal homogénea.
Teorema 3.0.2. El conjunto V , de las soluciones de la ED lineal homogénea de orden n, φ(D)y = 0, es un
espacio vectorial. Más aún, este espacio es de dimensión finita con dim V = n.
Así, la solución general de la ED φ(D)y = 0, es una combinación lineal de n vectores (soluciones). Pero
como vimos en el ejemplo anterior (y sabemos del Algebra Lineal), no cualquier colección de n vectores
funciona. Ocupamos que los vectores sean linealmente independientes
Definición 3.0.3. Las funciones {y1 , · · · , yn } son linealmente independientes en un intervalo I ⊆ R
si la ecuación
α1 y1 + . . . + αn yn = 0 ∀x ∈ I
(3.2)
implica que α1 = . . . = αn = 0. En otro caso, se llaman linealmente dependientes.
Observación 3.0.1. La dependencia lineal de {y1 , · · · , yn } quiere decir que alguno de los vectores yi se puede escribir
como la combinación lineal de los restantes.
Proposición 3.0.1. Si y1 , y2 , . . . , yn son soluciones l.i. de φ(D)y = 0, entonces la solución general está
dada por
y = c1 y1 + c2 y2 + . . . + cn yn ci ∈ R
Ejemplo 3.0.4. Veamos que ex , e2x , e3x es un conjunto l.i. Para ello, supongamos que podemos escribir
αex + βe2x + γe3x = 0
para algunas incógnitas α, β, γ. Debemos mostrar que α = β = γ = 0 es la única solución. Note que tenemos
3 incógnitas y solamente 1 ecuación. Para contar con otra ecuación, derivemos la anterior. Formamos entonces el
sistema
αex + βe2x + γe3x = 0
αex + 2βe2x + 3γe3x = 0
del cual, podemos eliminar por ejemplo, el factor αex , y obtenemos
βe2x + 2γe3x = 0 ⇔ β = −2γe3x
lo cual es imposible, a no ser que β = γ = 0 (y por lo tanto también α = 0). Por lo tanto {ex , e2x , e3x } constituye
un sistema l.i.
Como ya habíamos visto que estas 3 funciones son soluciones de la ED y 000 − 6y 00 + 11y 0 − 6y = 0, concluimos que
su solución general es y = c1 ex + c2 e2x + c3 e3x
27
Ejemplo 3.0.5. Verifique que la función y = A cos x + B sin x es la solución de la ED lineal, y 00 + y = 0.
Solución: Dado que ambas funciones cos x y sin x satisfacen la ED; por la proposición (3.0.1), basta con mostrar
que el conjunto {cos x, sin x} es l.i.
Supongamos que podemos escribir
α cos x + β sin x = 0
para algunas constantes α, β. Si derivamos la expresión anterior, obtenemos el sistema
α cos x · sin x + β sin2 x = 0
α cos x + β sin x = 0
⇔
−α sin x · cos x + β cos2 x = 0
−α sin x + β cos x = 0
Sumando las dos expresiones, eliminamos la incógnita α:
0 = β(sin2 x + cos2 x) = β
y por lo tanto α = 0 como queriamos mostrar.
Para poder determinar cuando un conjunto de funciones y1 , y2 , . . . , yn es l.i debemos calcular todos los
αi0 s en (3.2) y verificar que son todos iguales a cero. En general, este trabajo es bastante arduo, y depende
(aparentemente) de la forma de las funciones yi . A continuación, estudiamos un método que hace este
trabajo sucio por nosotros.
3.1
El Método del Wronskiano
Empecemos con el caso n = 2. Queremos saber si {y1 , y2 } son l.d o l.i. Sean α, β constantes tales que
αy1 + βy2 = 0
(3.3)
Tenemos una sola ecuación y dos incógnitas (α y β). Para formar un sistema 2x2 derivamos esta ecuación
para obtener el sistema
αy1 + βy2 = 0
(3.4)
αy10 + βy20 = 0
el cual podemos escribir en forma matricial como
y1 y2
α
0
=
y10 y20
β
0
el cual sabemos que tiene solución no trivial si y solamente si
y1
y10
y2
y20
6= 0
(3.5)
Por lo tanto, tenemos que {y1 , y2 } son l.i si el determinante en (3.5) es distinto de cero, y son l.d. si es
igual a cero.
En el caso de n arbitrario procedemos de manera análoga: si queremos determinar si el conjunto
{y1 , · · · , yn } es l.i o ld., formamos la combinación lineal
αy1 + βy2 + . . . + γyn = 0
en la cual debemos hallar las n incógnitas α, β, · · · γ. Es es un sistema 1xn. Para formar un sistema de
ecuaciones nxn derivamos esta ecuación (n − 1) veces, para obtener
28





y1
y10
..
.
y2
y20
..
.
(n−1)
y1
...
...
..
.
(n−1)
y2

yn
yn0
..
.
(n−1)
...




α
β
..
.


 
 
=
 





0
γ
yn
0
0
..
.
Definición 3.1.1. El Wronskiano de {y1 , y2 , . . . , yn } esta dado por el determinante
y1
y10
..
.
W (y1 , y2 , . . . , yn ) =
(n−1)
y1
y2
y20
..
.
(n−1)
y2
...
...
..
.
...
yn
yn0
..
.
(n−1)
yn
El Wronskiano de un sistema de funciones nos permite determinar la dependencia - independencia de
este sistema; a saber
Teorema 3.1.1. Sea {y1 , y2 , . . . , yn } un conjunto de n funciones definidas en un intervalo I ⊆ R. Entonces
y1 , y2 , . . . , yn son l.i. sí y solo si W 6= 0 en I.
Ejercicio 3.1.1. Verifique, usando el método del Wronskiano, que los conjuntos dados son l.i
(a) ex , e2x , e3x
(b) sin x, cos x
(c) 1, x, x2
(d) 1, x, x2 , · · · , xn para n ∈ N
(e) ex , xex , x2 ex
3.2
Fórmula de Abel
Habrá notado que el método del Wronskiano no usa en ningún momento que las funciones {y1 , y2 , · · · , yn }
sean soluciones de una ED lineal, φ(D)y = 0. Tomando esto en cuenta, obtendremos la llamada Fórmula
de Abel.
Haremos el caso de n = 2. Supongamos que {y1 , y2 } son soluciones de la ED
a2 y 00 + a1 y 0 + a0 y = 0
Sustituyendo las soluciones en la ED obtenemos el par de ecuaciones
a2 y100 + a1 y10 + a0 y1 = 0
a2 y200 + a1 y20 + a0 y2 = 0
Con el fin de eliminar los términos con a0 , multipliquemos la primera ecuación por y2 , la segunda por
−y1 , y sumemos:
a2 (y1 y200 − y2 y100 ) + a1 (y1 y20 − y2 y10 ) = 0
pero esta ecuación la podemos escribir como
dW
+ a1 W = 0
dx
en donde W = W (y1 , y2 ). Esto es una ED lineal para W , cuya solución está dada por (la fórmula de
Abel)
a2
29
R
W = Ce
a (x)
− a1 (x) dx
(3.6)
2
Esta fórmula que hemos hallado para el caso n = 2 se puede generalizar a cualquier n ∈ N, y es el
siguiente teorema
Teorema 3.2.1 (Fórmula de Abel). Sean y1 , y2 , . . . , yn soluciones de la ED lineal
(an Dn + an−1 Dn−1 + · · · + a1 D + a0 )y = 0
donde an 6= 0 y a0 , a1 , . . . , an son funciones continuas en un intervalo I ⊆ R. Entonces, el Wronskiano
de y1 , y2 , . . . , yn en I, esá dado por
Z x
an−1 (t)
W (x) = W (p) exp −
dt
(3.7)
an (t)
p
donde p es un punto arbitrario en I
La fórmula (3.7) nos permite concluir que el signo del Wronskiano de un conjunto de soluciones de una
ED lineal homogénea en un intervalo I ⊆ R está determinado por su valor en un punto: si W (p) 6= 0 para
algún punto p ∈ I, entonces W (x) 6= 0 para todo x ∈ I
Otra utilidad de la fórmula (3.7) esá descrita en el siguiente ejercicio.
Ejercicio 3.2.1.
(a) *Sea y1 una solución de la ED (a2 D2 + a1 D + a0 )y = 0. Muestre que la función
Z
y2 = y1 ·
−
e
R a1
a2
y12
dx
dx
es una solución a la ED que es l.i con y1
(b) Halle la solución general de las siguientes EDs
(a) y 00 − 2y 0 + y = 0, si sabemos que y1 = ex es solución
(b) x2 y 00 − 2y = 0 para x > 0, si sabemos que y1 = x2 es solución
3.3
ED Lineales con Coeficientes Constantes
Si los coeficientes a0 (x), . . . , an (x) en la ED lineal
φ(D)y = (an Dn + an−1 Dn−1 + · · · + a1 D + a0 )y = 0
(3.8)
son constantes, podemos desarrollar un algoritmo que nos permite resolver la ED (3.8). (En este caso
llamamos a la ED (3.8) ED lineal de coeficientes constantes)
El método consiste en buscar una solución de la forma y = eλx , donde λ es un parámetro que deberemos
determinar.
Sustituyendo y = eλx en (3.8) obtenemos
(an λn + an−1 λn−1 + · · · + a1 λ + a0 )eλx = 0
Puesto que eλx 6= 0 para todo x, debemos tener
an λn + an−1 λn−1 + · · · + a1 λ + a0 = 0
y por lo tanto, el parámetro λ, debe ser una raíz (solución) de esta ecuación polinomial.
Definición 3.3.1. La ecuación (3.9) se llama la ecuación característica de (3.8).
Observación 3.3.1. Vea que si la ED es φ(D)y = 0, su ecuación característica es φ(λ) = 0
30
(3.9)
En este punto vale recordar
Proposición 3.3.1 (Terorema Fudamental del Álgebra). Sea p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 con
ai ∈ R y a0 6= 0. Entonces la ecuación p(x) = 0 tiene exactamente n soluciones (contando repeticiones) en
C
Con este resutado en mente, estudiaremos por separado los siguientes casos
(a) La ecuación (3.9) tiene solo raíces reales (con posibles repeticiones)
(b) La ecuación (3.9) tiene solo raíces complejas (con posibles repeticiones)
(c) El caso general (soluciones reales y complejas)
Analizamos cada caso con varios ejemplos
3.3.1
Raíces Reales Distintas
Ejemplo 3.3.1. Considere la ED dada por
y 000 + 2y 00 − y 0 − 2y = 0 o bien (D3 + 2D2 − D − 2)y = 0
Haciendo y = eλx y sustituyendo, obtenemos la ecuación característica
λ3 + 2λ2 − λ − 2 = (λ − 1)(λ + 1)(λ + 2) = 0
de donde obtenemos que λ = −2, −1, 1. Así, obtenemos las soluciones y1 = e−x , y2 = ex , y3 = e2x . Así, la
solución (general) de esta ED es
y = Ae−x + Bex + Ce2x
Ejemplo 3.3.2. La ED (D3 − D2 − 6D)y = 0 tiene por ecuación característica
λ3 − λ2 − 6λ = λ(λ − 3)(λ + 2) = 0
de donde obtenemos λ = −2, 0, 3
Así, las soluciones asociadas a estos λ son: y1 = e−2x , y2 = e3x y y3 = 1 y la solución (general) es
y = A + Be−2x + Ce3x
En los ejemplos anteriores, para poder afirmar que la solución dada, es en efecto, la solución general,
debemos verificar que las soluciones que obtuvimos a partir de los λ’s forman un sistema l.i. El siguiente
teorema muestra que los sistemas obtenidos son l.i.
Teorema 3.3.1. Si λ1 , λ2 , . . . , λn son raices reales distintas de la ecuación
an λn + an−1 λn−1 + · · · + a1 λ + a0 = 0
entonces, la solución general de la ED
φ(D)y = (an Dn + an−1 Dn−1 + · · · + a1 D + a0 )y = 0
está dada por
y = c1 eλ1 x + c2 eλ2 x + · · · + cn eλn x
31
Proof. Ya sabemos que cada yi = eλi x es solución de la ED. Por lo tanto solo debemos verificar que el
conjunto {y1 , y2 , . . . yn } es l.i.
Usando el criterio del Wronskiano, debemos calcular el determinante
W = |V (λ1 , λ2 , . . . , λn )| =
1
λ1
λ21
..
.
1
λ2
λ22
..
.
...
...
...
..
.
1
λn
λ2n
..
.
λn−1
1
λ2n−1
...
λn−1
n
(3.10)
la matriz V (λ1 , λ2 , . . . , λn ) en la ecuación (3.10) se llama la matríz de Vandermonde asociada a los
λ0i s, y podemos calcular su determinante usando la siguiente fórmula:
Y
|V (λ1 , λ2 , . . . , λn )| =
(λj − λi )
(3.11)
1≤i<j≤n
Así, si en (3.11) los λ0i s son todos distintos, ninguno de los factores (λj − λi ) es cero, y por lo tanto este
determinante es distinto de cero. Es decir, el conjunto {y1 , y2 , . . . yn } es l.i.
Ejercicio 3.3.1. Halle la solución general de las siguientes EDs
(a) y 000 − 3y 00 + 2y 00 = 0
(b) y 00 + 9y 0 + 20y = 0
(c) (24D3 − 26D2 + 9D − 1)y = 0
3.3.2
Raíces Reales Repetidas
Ejemplo 3.3.3. Considere la ED
(D2 + 2D + 1)y = 0
Su ecuación característica está dada por λ2 + 2λ + 1 = (λ + 1)2 = 0. Por lo tanto, el único valor para λ es
λ = −1. De esta forma obtenemos la solución y1 = e−x . Para hallar la solución general, debemos hallar otra solución
y2 que sea l.i. con y1 . Para esto, utilizamos el ejercicio (3.2.1):
Z
y2 = y1 ·
−
e
R a1
a2
dx
dx = e−x · (x + C)
y12
y tomando C = 0, obtenemos y2 = xe−x . Por lo tanto la solución (general) es
y = Ae−x + Bxe−x = e−x (A + Bx)
En general, si obtenemos que λ = a es la única raíz (de multiplicidad n) de la ecuación característica,
esta debe ser
(λ − a)n = 0,
la cual proviene de la ED
(D − a)n y = 0
(3.12)
y la única solución que obtenemos mediante este método es y1 = eax . Para el caso n = 2 (ejemplo
anterior), la fórmula de Abel (3.6) nos da la solución l.i, y2 , que nos hace falta. En efecto, se puede verificar
que esta es y2 = xy1 = xeax ; de donde la solución general estaría dada por
32
y = Ay1 + By2 = eax (A + Bx)
Para el caso n > 2, la fórmula de Abel (3.7) no nos permite determinar las soluciones restantes y2 , . . . , yn .
Pero, basados en el caso anterior, podriamos buscar por que tipo de función multiplicamos y1 para obtener
las demás soluciones. Veamos entonces, cual función u(x) es tal que y = y1 u(x) = eax u(x) es solución de la
ED 1 . Al sustituir en (3.12) nos queda (verifíquelo)
(D − a)n eax u = 0 ⇔ eax u(n) = 0 ⇔ u(n) = 0
la cual es la condición que debe satisfacer la función u(x). La solución de esta ED está dada por
u(x) = c0 + c1 x + · · · + cn−1 xn−1
de forma que hallamos la solución
y = y1 u(x) = eax (c0 + c1 x + · · · + cn−1 xn−1 )
la cual es además, la solución general de (3.12). Note por ejemplo que la solución y1 , corresponde a
c0 = 1, c1 = c2 = . . . = cn−1 = 0.
Hemos probado (casi) el siguiente
Teorema 3.3.2. La solución general de la ED
(D − a)n y = 0
es
y = eax (c0 + c1 x + · · · + cn−1 xn−1 )
Proof. El conjunto {1, x, x2 , . . . , xn−1 } es l.i. (Ejercicio)
Ejemplo 3.3.4. Considere la ED
y 000 − 6y 00 + 12y 0 − 8y = 0
Su ecuación característica está dada por
λ3 − 6λ2 + 12λ − 8 = (λ − 2)3 = 0
2x
de forma que λ = 2, y y1 = e es solución de la ED. Según el teorema anterior, las funciones y2 = xe2x y
y3 = x2 e2x son también soluciones de la ED, y además, el conjunto {y1 , y2 , y3 } es l.i.. Por lo tanto, la solución general
de la ED es
y = Ae2x + Bxe2x + Cx2 e2x = e2x (A + Bx + Cx2 )
3.3.3
Raíces Complejas
Ejemplo 3.3.5. Considere la ED
y 00 + y = 0
Ya esta ED la hemos resuelto anteriormente, y sabemos que su solución general es y = A sin xB cos x. Apliquemos
el método de éste capítulo a esta ED: su ecuación característica es
λ2 + 1 = 0
1 para
el caso n = 2, hallamos u(x) = x
33
cuyas raíces son λ = i y λ = −i. Esto nos daría las soluciones y1 = eix y y2 = e−ix , de donde la solución general
estaría dada por y = aeix + be−ix . Para ver que ésta es esencialmente la misma solución encontrada anteriormente
considere el siguiente razonamiento:
Usando la identidad de Euler, eiθ = cos θ + i sin θ, podemos escribir
y1 = cos x + i sin x
y
y2 = cos x − i sin x
Ahora, como el conjunto de soluciones de nuestra ED lineal homogénea es un espacio vectorial, podemos asegurar
que las funciones
y1 + y2
y1 − y2
= cos x y Y2 =
= sin x
2
2i
son también soluciones. Se verifica que el sistema {Y1 , Y2 } es l.i., de forma que también es generador de el espacio
solución. Concluimos que la solución general está dada por
Y1 =
y = AY1 + BY2 = A cos x + B sin x
Ejemplo 3.3.6. Considere la ED
y 00 + 6y 0 + 13 = 0
Su ecuación característica es
λ2 + +λ + 13 = 0
la cual tiene por raíces λ = −3 ± 2i. Esto nos da las soluciones y1 = e(−3+2i)x y y2 = e(−3−2i)x . Para dar la
solución general como una función real, usamos que
e(−3±2i)x = e−3x e±2ix = e−3x (cos(2x) ± sin(2x))
para escribir la solución como
y =A·
y1 + y2
y1 − y2
+B·
= e−3x (A cos(2x) + B sin(2x))
2
2i
A partir de los ejemplos anteriores es fácil enunciar (y probar)
Teorema 3.3.3. Considere la ED lineal de coeficientes constantes, φ(D)y = 0. Por cada par de raíces
complejas (autoconjugadas) de multiplicidad 1
λ = a ± ib
de la ecuación característica, p(λ) = 0; la solución general posee un término de la forma
eax (A cos(bx) + B sin(bx))
3.4
ED Lineales no Homogéneas
3.4.1
Variación de Parámetros
3.4.2
Coeficientes Indeterminados
3.5
Ecuación de Euler
34
CAPÍTULO 4
Sistemas de EDs Lineales
4.1
Sistemas de orden 1
En esta sección estudiaremos sistemas de EDLs de orden 1. Luego veremos que en realidad estos son
suficientes, en el sentido que un sistema de orden mayor se puede escribir (introduciendo nuevas ’incógnitas’)
como uno de orden 1.
Para estudiar este tipo de sistema haremos uso de herramientas del Algebra Lineal. Empezaremos
resolviendo algunos sistemas de forma intuitiva, para irnos familiarizando con los métodos generales que
desarrollaremo posteriormente. Consideremos el siguiente ejemplo sencillo.
Ejemplo 4.1.1. Resuelva el sistema de EDs
dx
dt
dy
dt
−y =0
+ x = sin t
De este sistema podemos despejar la ’y’ de la primera ecuación: y =
obtenemos la ED
dx
.
dt
Al sustituir en la segunda ecuación,
d2 x
+ x = sin t
dt2
de la cual hallamos:
x(t) = A cos t + B sin t −
Para hallar y(t), sustituimos en y =
t
cos t
2
dx
:
dt
y(t) = −A sin t + B cos t −
1
1
cos t − t cos t
2
2
Observación 4.1.1. En el ejemplo anterior, una vez que encontramos x(t), pudimos hallar y(t) a partir de la segunda
ecuación:
dy
= cos t − x(t) ⇒ y(t) = − sin t −
dt
Z
x(t) dt + C
Sin embargo, no cualquier valor de la constante C satisface la primer ecuación: dx
= y. Esto quiere decir que C
dt
no es arbitraria. La solución de este sistema solo poseé dos constantes arbitrarias: A y B.
La sencillez del ejemplo anterior se basa en que pudimos despejar una incógnita (la ’y’) en términos de
las demás (la ’x’). Considere esta misma situación en el siguiente ejemplo.
Ejemplo 4.1.2. Resuelva el sistema de EDs
1 Du
=
1
du
dt
35

 Dx = y
Dy = z

Dz = −8x
Sustituyendo la primera ecuación en la segunda, nos queda: D2 x = Dy = z. Sustituyendo esta expresión en la
tercera: D3 x = Dz = −8x, o bien
(D3 + 8)x = 0
de donde
√
√
x(t) = Ae−2t + et (B cos( 3t) + C sin( 3t))
Note que esta función ya contiene 3 constates arbitrarias, y la solución debe contener (al menos intuitivamente)
3 constantes (una por cada una de las EDs de orden 1 del sistema). De forma que debemos tener cuidado al hallar
las funciones y(t) y z(t) para no incluir mas constantes. Por ejemplo, si hallamos z(t) a partir de la ED, Dz = −8x,
aparece la constante de integración. Lo ideal es primero hallar y(t) a partir de
y(t) = Dx = −2Ae−2t + et {(B +
√
√
√
√
3C) cos( 3t) + (C − 3B) sin( 3t)}
y finalmente hallar z(t) a partir de
√
√
√
√
z(t) = Dy = 4e−2t + 2et {( 3C − B) cos( 3t) + (C + 3B) sin( 3t)}
Se parece a reducción gaussiana del algebra lineal .......
El siguiente ejemplo no es tan fácil:
XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX
4.2
Sistemas de EDLs de orden 1 y C.C.

dx




 dt
dy
 dt



 dz
dt
Este sistema lo podemos escribir como
−x − 2y − z
= e−t
−6x + y
= et
+x + 2y + z
= e2t
(4.1)
du
+ Au = F (t)
dt
en donde
(4.2)
2


x
u =  y ,
z

−1
A =  −6
1
−2
1
2

−1
0 ,
1

e−t

F (t) =  et
e−2t

Note que la ecuación (4.2) tiene la ’apariencia’ de una ED lineal de orden 1 con coeficientes constantes.
A pesar que son cosas distintas, tenemos los siguientes resultados
2 la
derivada
du
dt
del vector u es el vector con las derivadas de sus componentes
36
Teorema 4.2.1. La solución general del sistema de EDs
du
+ Au = F (t)
dt
está dada por u = uc + up , donde up es una solución particular, y uc es la solución general del sistema
homogéneo asociado
du
+ Au = 0
dt
Teorema 4.2.2. Si u1 , u2 , . . . , un son soluciones l.i del sistema
du
+ Au = 0
dt
entonces, la solución general está dada por uc = c1 u1 + c2 u2 + · · · + cn un para constantes arbitrarias ci
Por lo tanto, en este momento debemos responder las siguientes preguntas
(a) ¿ Como hallar las ui ?
(b) ¿ Como determinar cuando las ui forman un sistema l.i ?
(c) ¿ Como hallar la up ?
Veamos como encontramos las ui . Recordemos que en el caso de una ecuación lineal (de orden n)
buscamos soluciones del tipo u = eλt . Para un sistema de EDL como en (4.2) ,en general con n incógnitas,
la idea es hacer lo mismo para cada componente de u. De esta forma, pongamos u = eλt v, donde v es un
vector constante de dimensión n que debemos determinar (junto con λ)
Sustituyamos u = eλt v en el sistema du
dt + Au = 0. Obtenemos
λeλt v + Aeλt v = 0
de donde
λv + Av = 0 ⇔ (λI + A)v = 0
(4.3)
en donde I representa la matriz identidad nxn
Sabemos que el sistema de ecuaciones dado por (4.3) tendrá solución no trivial (v 6= 0) si y solamente si
det(λI + A) = 0
(4.4)
Hemos traslado nuestro problema del sistema de EDs a un problema del Algebra Lineal: hallar los valores
propios de −A. Así, si λ es uno de estos valores propios, entonces el v es un vector propio asociado.
Observación 4.2.1. La ecuación (4.4) es una ecuación polinomial en λ de grado n. Por lo tanto, deberemos analizar
las distintas posibilidades para sus soluciones: reales distintas, reales repetidas, complejas, etc.
Aclaremos todo esto con varios ejemplos
Ejemplo 4.2.1. Hallemos la uc para el sistema del principio de la sección. En este caso, tenemos que

−1
A =  −6
1
−2
1
2

−1
0 
1
De esta forma tenemos que (verifiquelo)
det(λI + A) = λ(λ + 4)(λ − 3)
Por lo tanto, los valores propios corresponden a
37
λ = 0,
λ = −4,
λ=3
Ahora, busquemos los vectores propios asociados, v = (a b c)T
Caso λ = 0. Debemos resolver Av = 0, o sea

 


0
a
−1 −2 −1
 −6
1
0  b  =  0 
0
c
1
2
1
Este sistema tiene por solución

 b = 6a
c = −2b − a = −13a

a∈R
Tomando a = 1, obtenemos

1
v= 6 
−13

1
= 6 
−13


⇒
u1 = ve0t
Caso λ = 3. Debemos resolver (3I + A)v = 0, o sea


 

2
−2 −1
a
0
 −6
4
0  b  =  0 
1
2
4
c
0
el cual es equivalente (realizando operaciones fundamentales de fila) al sistema


 

2 −2 −1
a
0
 0
2
−3   b  =  0 
0
0
0
c
0
El cual tiene por solución

 2b = −3c
a = −2b − 4c = −c

c∈R
Tomando c = 2 (para evitar fracciones), obtenemos




−2
−2
3t
v =  −3  ⇒ u2 = ve =  −3  e3t
2
2
Caso λ = −4. Debemos resolver (−4I + A)v = 0, o sea


 

−5 −2 −1
a
0
 −6 −3
0  b  =  0 
1
2
−3
c
0
el cual es equivalente al sistema

1
 0
0
2
1
0

 

−3
a
0
−2   b  =  0 
0
c
0
El cual tiene por solución

 b = 2c
a = −2b + 3c = −c

c∈R
Tomando c = 1, obtenemos
38

−1
v= 2 
1

−1
=  2  e−4t
1


u2 = ve−4t
⇒
Por lo tanto, la solución (¿general?) esta dada por
u = c1 u1 + c2 u2 + c3 u3
o bien

3t
−4t
 x(t) = c1 − 2c2 e − c3 e
y(t) = 6c1 − 3c2 e3t + 2c3 e−4t

z(t) = −13c1 − 2c2 e3t + c3 e−4t
Ejemplo 4.2.2. Considere el sistema


 dx − 5x + 9y = 0
dt
dy


−x+y =0
dt
Poniendo u = eλt v, debemos resolver det(λI + A) = 0. Calculamos
det(λI + A) = (λ − 2)2
de donde el único valor propio es λ = 2 (de multiplicidad 2). Hallemos los vectores propios asociados, v = (a b)T
Debemos resolver (2I + A)v = 0, o sea
−3 9
a
0
=
−1 3
b
0
El cual se verifica fácilmente que poseé solución a = 3b, b ∈
bbR. Así, tomando b = 1 obtenemos:
3
3
v=
⇒ u1 = ve2t =
e2t
1
1
Veamos como lidiamos con el valor repetido de λ. Basados en nuestra experiencia con la ED lineal, podemos
intentar multiplicar por t la solución que obtuvimos. Veamos si sirve.
Ponga
u2 = tu1
Sustituyendo en el sistema:
du2
+ Au2
dt
=
=
=
=
d
(tu1 ) + Atu1
dt
du1
t
+ u1 + Atu1
dt
du1
t
+ Au1 + u1
dt
u1 6= 0
Por lo tanto, nuestra escogencia de u2 no sirve. Sin embargo, el cálculo que acabamos de hacer nos da una pista
de como podemos escoger la u2 : hace falta un término de la forma (c d)T e2t que se encarge de eliminar el término
u1 que nos ’sobró’. Intentemos entonces con la nueva u2 dada por:
c
u2 = tu1 +
e2t
d
Sustituyendo en el sistema obtenemos
39
du2
+ Au2
dt
d
c
c
e2t
u1 +
e2t + A
d
d
dt
3 − 3c + 9d
e2t
1 − a + 3b
=
=
Así, para que u2 sea solución los paramentros c y d deben satisfacer
a = 1 + 3b
3 − 3a + 9b = 0
⇔
b∈R
1 − a + 3b = 0
Por lo tanto, tomando b = 0 de forma que a = 1, obtenemos la solución
3t + 1
e2t
u2 =
t
Finalmente, la soluci’ón esta dada por
u = c 1 u1 + c 2 u2
o bien
x(t) = 3c1 e2t + c2 (3t + 1)e2t
y(t) = c1 e2t + c2 te2t
Observación 4.2.2. En el ejemplo anterior, si en la solución para x agrupamos los términos con e2t y los términos
con te2t , obtenemos la solución usual
x(t) = c3 e2t + c4 te2t
con lo cual perdemos el vínculo con la solución para y. De hecho este sería el caso, si hubiesemos resuelto el
ejercicio usando operadores.
Ejemplo 4.2.3. Considere el sistema de EDs


 dx −2x − 8y
dt
dy


+x + 2y
dt
El cual lo podemos escribir en forma matricial como
=0
=0
du
+ Au = 0
dt
en donde
u=
x
y
,
A=
−2
1
−8
2
Calculamos
det(λI + A) = λ2 + 4
de donde los valores propios corresponden a λ = 2i y λ = −2i
Caso λ = 2i. Como ya es usual, debemos resolver
−2 + 2i
−8
a
0
(2iI + A)v = 0 o sea
=
1
2 + 2i
b
0
cuya solución es: a = −2(1 + i)b, b ∈ R. Tomando b = −1, tenemos a = 2(1 + i), y por lo tanto
40
u1
=
=
=
=
2(1 + i)
e2it
−1
2
2i
+
e2it
−1
0
2
2i
+
(cos(2t) + i sin(2t))
−1
0
2
−2
2
2
cos(2t) +
sin(2t) + i
sin(2t) +
cos(2t)
−1
0
−1
0
Así que esta es una solución. Ya veremos como lidiamos con el hecho que esta solución es compleja.
Ahora deberiamos hacer lo mismo con el valor propio λ = −2i. Sin embargo, nos damos cuenta que este
caso equivale cambiar todos los i por −i en la u1 (hagalo!!!), y al usar el hecho que la función cos(x) es par
y sin(x) es impar, obtenemos u2 = u1 .
Sin embargo, si somos observadores (!!!) nos percatamos que la parte real y la parte imaginaria de u1
son ambas soluciones del sistema original. Es decir
2
−2
w1 =
cos(2t) +
sin(2t)
−1
0
y
2
2
w2 =
sin(2t) +
cos(2t)
−1
0
son las soluciones buscadas.: la solución general está dada por u = c1 w1 + c2 w2 . Así obtenemos
x(t) = (2c1 + 2c2 ) cos(2t) + (2c2 − 2c1 ) sin(2t)
y(t) = −c1 cos(2t) − c2 sin(2t)
Como se mencionó al principio del capítulo, estudiar los sistemas de ecuaciones diferenciales de orden 1
es suficiente: cualquier sistema de orden mayor se puede convertir en un sistema de orden 1.
Veamos con un ejemplo como es esto. Consideremos primero un sistema con una sola ecuación
Ejemplo 4.2.4. Considere la EDL de orden 3 dada por
x000 + 2x00 − x0 − 2x = 0
Introducimos las nuevas variables (incógnitas)
y = x0
z = x00
De esta forma, nuestra ED original equivale al sistema de EDs

dz


+ 2z − y − 2x = 0


 dt
dx
=y

dt


dy


=z
dt
Si ponemos


x
u =  y ,
z

0
A= 0
−2
41
−1
0
−1

0
1 
2
podemos escribir el sistema como
du
+ Au = 0
dt
Poniendo u = eλt v, calculamos el polinomio característico
det(λI + A) = λ3 + 2λ2 − λ − 2 = (λ − 1)(λ + 1)(λ + 2)
de donde, los valores propios asociados son λ = 1, λ = −1, λ = −2. Note, que el polinomio característico coincide
con la ecuación característica de la ED original.
De esta forma, hallamos la solución general del sistema






1
1
1
−t
−2t
+ c2  −1  e + c3  1  et
u = c1  −2  e
1
1
4
La solución de la ED es por lo tanto
x(t) = c1 e−2t + c2 e−t + c3 et
En general, para un sistema de orden arbitrario, le aplicamos el mismo procedimiento anterior a cada
una de las funciones que poseen derivadas de orden mayor a 1.
Ejemplo 4.2.5. El sistema
 2

 d x + dy − 3x − y = 0
dt2 2
dt

 d y + dx + 4x + 2y = 0
dt2
dt
Lo transformamos a un sistema de orden 1 poniendo
z=
dx
dy
y z=
dt
dt
Obtenemos

dz


+ w − 3x − y = 0


dt



 dw + z + 4x + 2y = 0
dt
dx


−z =0


dt


 dy

−w =0
dt
Resuelva este sistema y verifique que corresponde a la solución hallada anteriormente.
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